2019高考化学一轮--氧化还原反应基本概念及配平演练(有解析)

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2019高考化学一轮--氧化还原反应基本概念及配平演练(有解析)

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1.(2018届江苏省泰州中学高三第四次模拟)煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx,会污染大气。采用NaClO、Ca(C1O)2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行税硫、脱硝,下列说法正确的是
①SO2(g)+2OH-(aq) SO32-(aq)+H2O(l) ΔH1=a KJ/mol
②ClO-(aq)+SO32-(aq)SO42-(aq)+Cl-(aq) ΔH2=b KJ/mol
③CaSO4(s)Ca2+(aq)+ SO42- (aq) ΔH3=c KJ/mol
④SO2(g)+Ca2+(aq)+ClO-(aq)+2OH-(aq) CaSO4(s)+H2O(l)+Cl-(aq)ΔH4=dKJ/mol
A. 随着吸收反应的进行,吸收剂溶液的pH逐渐减小
B. 反应①、②均为氧化还原反应
C. 反应Ca(OH)2(aq)+H2SO4(aq)=CaSO4(s)+2H2O(1)的ΔH=-ckJ/mol
D. d=a+b+c
【答案】A
离子反应不是反应③的逆反应,因此ΔH-ckJ/mol,C错误;D.根据盖斯定律可知④=①+②-③,所以d=a+b-c,D错误;答案选A.
2.(2018届四川省乐山四校联考)H2S2O3是一种弱酸,实验室欲用0.01 mol•L-1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液,发生的反应为:I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6,下列说法合理的是( )
A. 该滴定可选用如图所示装置示剂;
B. 该滴定可用甲基橙作指;
C. Na2S2O3是该反应的还原剂;
D. 该反应中每消耗2 mol Na2S2O3,电子转移数为4 mol;
【答案】C
【解析】分析:A、Na2S2O3溶液显碱性;
B、根据碘遇淀粉溶液变蓝色分析解答;
C、根据Na2S2O3中S元素化合价变化分析;
D、根据Na2S2O3中S元素化合价变化解答。
详解:A、Na2S2O3溶液显碱性,应该用碱式滴定管,A错误;
B、溶液中有单质碘,加入淀粉溶液呈蓝色,碘与Na2S2O3发生氧化还原反应,当反应终点时,单质碘消失,蓝色褪去,B错误;
C、Na2S2O3中S元素化合价由+2价升高到+2.5价,失去电子被氧化,作还原剂,C正确;
D、Na2S2O3中S元素化合价由+2价升高到+2.5价,因此反应中每消耗2mol Na2S2O3,转移2mol电子,D错误;答案选C。
3.(上海市静安区2018届高三下学期教学质量检测二模)ClO2是一种高效水处理剂,实验室通过以下反应制得ClO2: 2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O,关于此反应的说法正确的是
A. KClO3发生化合价降低,失电子             B. 反应中H2SO4体现了酸性和强氧化性
C. 反应中H2C2O4被氧化                     D. 产物中Cl与C化合价相同,因而氧化性一样强
【答案】C
4.(2018届北京市门头沟区高三5月综合练习二)下列玻璃仪器的洗涤方法不涉及氧化还原反应的是
A. 附有银镜的试管用稀硝酸清洗
B. 附有油脂的烧杯用热纯碱溶液清洗
C. 附有 MnO2 的烧瓶用热的浓盐酸清洗
D. 附有硫的燃烧匙用热的烧碱溶液清洗
【答案】B
【解析】银与稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮、水属于氧化还原反应,故A错误;附有油脂的烧杯用热纯碱溶液清洗,属于油脂水解,是非氧化还原反应,故B正确;MnO2 与热的浓盐酸反应生成氯化锰、氯气、水属于氧化还原反应,故C错误;硫与热的烧碱溶液反应生成硫化钠、亚硫酸钠、水属于氧化还原反应,故D错误。
5.(2018届辽宁师大附中第一学期期中考试)下列实验的反映原理用离子方程式表示正确的是(   )
A. 用浓盐酸化的KMnO4溶液与H2O2反应,证明H2O2具有还原性:2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O
B. 用氢氧化钠溶液除去镁粉中的杂质铝:2Al+2OH-=2AlO2-+H2↑
C. 室温下测得氯化铵溶液pH<7,证明一水合氨是弱碱:NH4++2H2O NH3•H2O+H3O+
D. 用酸性高锰酸钾标准溶液滴定草酸:2MnO4-+16H++5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O
【答案】C
氨是弱碱,其水解方程式为NH4++2H2O ⇌NH3•H2O+H3O+,故C正确;D、草酸为弱酸,在离子方程式中不可拆开,故D错误。故选C。
6.(2018届河南省南阳市第一中学高三第十五次考试)下列说法正确的是
A. FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板的制作,该反应是置换反应
B. 向纯碱溶液中滴加醋酸,将生成的气体通入澄清的苯酚钠溶液中,观察是否出现沉淀,由此证明醋酸、碳酸、苯酚酸性强弱
C. 反应A(g)B(g) △H,若正反应的活化能为EakJ/mol,逆反应的活化能为EbkJ/mol,则△H=-(Ea-Eb)kJ/mol
D. 3x%的A物质的溶液与x%的A物质的溶液等体积混合后,溶液的质量分数小于2x%,则A物质可能为乙醇
【答案】D
【解析】A. FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板的制作,FeCl3和Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜,该反应不是置换反应,A不正确;B. 向纯碱溶液中滴加醋酸,由于醋酸有挥发性,生成的二氧化碳气体含有一定量的醋酸蒸气,该气体通入澄清的苯酚钠溶液中,溶液一定会变浑浊,但是不生成沉淀,得到的是乳浊液,此实验无法证明碳酸和苯酚的酸性强弱,B不正确;C. 反应A(g)B(g) △H,若正反应的活化能为EakJ/mol,逆反应的活化能为EbkJ/mol,则△H=-(Eb-Ea)kJ/mol,C不正确;D. 3x%的A物质的溶液与x%的A物质的溶液等体积混合后,溶液的质量分数小于2x%,说明A的质量分数越大其密度越小,即A的密度小于水,则A物质可能为乙醇,D正确。本题选D。
7.(2018届北京市朝阳区高三年级理综二模)下列变化中,未涉及到电子转移的是
A. H2C2O4使酸性KMnO4溶液褪色    B. C2H5OH使酸性K2Cr2O7溶液变绿
C. CO2使苯酚钠溶液变浑浊          D. H2O2使酸化的KI溶液变黄
【答案】C
【解析】A. H2C2O4使酸性KMnO4溶液褪色反应中有元素的化合价发生变化,有电子的转移,故A不选;B. C2H5OH使酸性K2Cr2O7溶液变绿发生了氧化还原反应,有电子的转移,故B不选;C. CO2使苯酚钠溶液变浑浊反应中没有元素的化合价发生变化,没有电子的转移,故C选;D. H2O2使酸化的KI溶液变黄发生了氧化还原反应,有电子的转移,故D不选;故选C。
8.(2018届河南省洛阳市高三下学期尖子生第二次联考)氧化铅( PbO)是黄色固体。实验室用草酸在浓硫酸作用下分解制备CO,其原理为:H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O。某课题组同学设计实验探究CO 还原氧化铅并检验氧化产物(已知CO能使银氨溶液产生黑色沉锭)的装置如图所示。下列说法正确的是
 
A. 实验时,先点燃装置①处酒精灯,当装置⑤中产生连续气泡且有明显现象后再点燃装置③处酒精灯
B. 装置②④⑤中的试剂依次为碱石灰、银氨溶液、澄清石灰水
C. 实验完毕时,先熄灭装置①处酒精灯,再熄灭装置③处酒精灯
D. 尾气处理可选用点燃、气袋收集、NaOH 溶液吸收等方法
【答案】A
后,再点燃装置③处酒精灯,开始反应,故A正确;B、装置②④⑤中的试剂应该依次为碱石灰、澄清石灰水、银氨溶液,故B错误;C、实验完毕时,先先熄灭装置③处酒精灯,再熄灭装置①处酒精灯,否则极容易发生倒吸造成危险,故C错误;D、尾气处理装置用于处理未反应的CO,尾气处理可选用点燃、气袋收集,不能用NaOH 溶液吸收,故D错误;故选A。
9.(2018届江苏省启东中学高三下学期期中考试)在好氧菌和厌氧菌作用下废液中NH4+能转化为N2(g)和H2O(l),示意图如下:
 
反应I:NH4+(aq)+2O2(g)=NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)     ΔH1=a kJ•mol-1
反应II:5NH4+(aq)+3NO3-(aq)=4N2(g)+9H2O(l)+2H+(aq)  ΔH2=b kJ•mol-1
下列说法正确的是
A. 两池发生的反应中氮元素只被氧化
B. 两池中投放的废液体积相等时NH4+能完全转化为N2
C. 常温常压下,反应II中生成22.4 L N2转移的电子数为3.75×6.02×1023
D. 4NH4+(aq)+3O2(g)=2N2(g)+4H+(aq)+6H2O(l)  ΔH=(3a+b) kJ•mol-1
【答案】D
数目,C错误;D.根据盖斯定律(3×I+II)/2即可得到4NH4+(aq)+3O2(g)=2N2(g)+4H+(aq)+6H2O(l)  ΔH=(3a+b) kJ•mol-1,D正确。答案选D。
10.(2018届重庆市綦江区高三年级第一学期期中考试)氯酸是一种强酸,浓度超过40%时会发生分解,反应可表示为:a HClO3 = bO2↑+ c Cl2↑+ d HClO4 + e H2O。下列有关说法正确的是 (    )
A. 由反应可确定:氧化产物是HClO4
B. 由非金属性Cl>S,可推知酸性HClO3>H2SO4
C. 若化学计量数a=8,b=3,则该反应转移电子数为8e-
D. 若该反应所得lmol混合气体质量为45g,则反应可表示为:3HClO3  = 2O2↑+ C12↑+ HClO4 + H2O
【答案】D
【解析】A. 由反应可知,化合价升高的元素有O和Cl两种,所以氧化产物是O2和HClO4,A不正确;B. 由非金属性Cl>S,可推知酸性HClO4>H2SO4,B不正确;C. 若化学计量数a=8,b=3,则配平后可得8 HClO3 = 3O2↑+ 2Cl2↑+4HClO4 + 2H2O,该反应转移电子数为20e-,C不正确;D. 若该反应所得lmol混合气体质量为45g,则n(O2)+n(C12)=1mol,32g/mol n(O2)+71g/moln(C12)=45g,解之得n(O2):n(C12)=2:1,则反应可表示为3HClO3 = 2O2↑+ C12↑+ HClO4 + H2O,D正确。本题选D。
11.(2018届上海市宝山区高三下学期教学质量检测)实验室用KMnO4和浓盐酸反应制取Cl2:2KMnO4+16HCl(浓)→2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。下列判断错误的是
A. HCl既作还原剂,又作酸
B. 氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:8
C. Cl2是氧化产物
D. 1molKMnO4完全反应,转移电子5mol
【答案】B
12.(2018届北京市一零一中学高三3月月考)氮化铝(AlN,Al和N的相对原子质量分别为27和14)广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下,AlN可通过反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成。下列叙述不正确的是
A. 上述反应中, C是还原剂,AlN是还原产物
B. 上述反应中,每生成1 mol AlN需转移3 mol电子
C. AlN中氮元素的化合价为-3
D. AlN的摩尔质量为41
【答案】D
【解析】反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中,C元素化合价升高,N元素化合价降低,反应中N2为氧化剂,CO是氧化产物;C为还原剂,AlN是还原产物。. 上述反应中, C是还原剂,AlN是还原产物,选项A正确;B. 上述反应中,每生成1 mol AlN需转移3 mol电子,选项B正确;C. AlN中铝元素的化合价为+3价,氮元素的化合价为-3,选项C正确;D. AlN的摩尔质量为41g/mol,选项D不正确。答案选D。
13.(2018届重庆八中高三高考适应性月考)化学与生产、生活密切相关,下列说法不正确的是
A. 酸雨样品露天放置一段时间,酸性增强,是因为发生了氧化还原反应
B. 将草木灰与NH4H2PO4混合施用,可更好为植物全面提供N、P、K 三种营养元素
C. 纳米铁粉可将地下水中的NO3-转化为N2,是因为纳米铁粉具有还原性
D. 生活中常用可溶性铝盐净水,可加速水中悬浮物沉降
【答案】B
【解析】A. 酸雨样品露天放置一段时间,酸性增强,是因为亚硫酸被氧气氧化为硫酸,发生了氧化还原反应,A正确;B. 草木灰水溶液显碱性、NH4H2PO4水溶液显酸性,将草木灰与NH4H2PO4混合施用后,铵根离子可能会转化为氨气导致N元素损失,氮肥的肥效损失,B不正确;C. 纳米铁粉可将地下水中的NO3-转化为N2,是因为纳米铁粉具有还原性,B正确;D. 可溶性铝盐水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性,所以生活中常用可溶性铝盐净水,可加速水中悬浮物沉降,D正确。本题选B。
14.(2018届安徽省A10联盟高三开年考试)下列对KNO3的古代文献的说明不合理的是(   )
选项 目的 古代文献 说明
A 提纯 “…(KNO3)所在山泽,冬月地上有霜,扫” 取以水淋汁后,乃煎炼而成”——《开宝本草》 溶解,蒸发结晶
B 鉴别 区分硝石(KNO3)和朴消(Na2SO 4), “强烧之,紫青烟起,云是硝石也”—— 《本草经集注》 利用焰色反应
C 性质 “(火药) 乃焰消 (KNO3),硫磺,山木碳所合,以为烽燧铜用诸药者”——《木草纲目》 利用KNO3
的氧化性
D 使用 “…凡研消(KNO3) 不以铁碾入石臼,想激火生,锅不可测”——《天工开物》 KNO3能自燃
【答案】D
15.(2018届安徽省合肥市高三上学期第一次教学质量检测)已知O2F2可以发生反应:H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2,下列说法正确的是
A. 氧气是氧化产物                 B. O2F2是还原剂
C. 若生成3.2gO2,则转移0.4mole-    D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:4
【答案】D
【解析】试题分析; O2F2中氧和氟的化合价分别为+1和-1,在反应H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2中,S由-2升高到+6,O由+1降低到0,所以硫化氢是还原剂、二氟化二氧是氧化剂。A. 氧气是还原产物,A不正确;B. O2F2是氧化剂,B不正确;C. 由化学方程式可知,每生成4mol O2,转移8mol e-。3.2gO2的物质的量为0.1mol,若生成3.2gO2,则转移0.2mole- ,C不正确;D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:4,D正确。本题选D。
16.(2018届河南省周口市高三上学期期末抽测)下列说法正确的是
A. HF、KOH、CH3COONa和Al2O3分别属于酸、碱、盐和酸性氧化物
B. SO2、AgNO3和H2C2O4分别属于非电解质、强电解质和弱电解质
C. K、Al、Cu可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到
D. H-+NH3=NH2-+H2属于置换反应
【答案】B
17.(2018届河北省邢台市高三上学期期末)中国传统文化对人类文明贡献巨大,《本草纲目》中有如下记载:“(火药)乃焰消(KNO3)、硫黄、杉木炭所合,以为烽燧铳机诸药者”,其中利用KNO3的性质是(   )
A. 自燃性    B. 稳定性    C. 还原性    D. 氧化性
【答案】D
【解析】根据火药的反应原理为2KNO3+S+3C=K2S+N2+3CO2,反应中N元素化合价降低,KNO3作氧化剂,故反应中利用了KNO3的氧化性,本题正确答案为D。
18.(甘肃省天水市一中2017-2018学年高一上学期期末)由于Cl2对饮用水消毒,生成的有机氯化物对人体有害。世界环保联盟建议使用ClO2,它是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2:KClO3+H2C2O4+H2SO4—— ClO2↑+K2SO4+CO2↑+H2O(未配平)。下列说法正确的是(    )
A. KClO3在反应中是还原剂
B. 1 mol KClO3参加反应,在标准状况下能得到22.4 L气体
C. ClO2消毒的效率(以单位质量得到电子数表示)是Cl2的约5.3倍
D. 1 mol KClO3参加反应有1 mol电子转移
【答案】D
【解析】A. KClO3中Cl元素化合价从+5价降低到+4价,得到1个电子,在反应中是氧化剂,A错误;B. 1 mol KClO3参加反应得到1mol电子,草酸中碳元素化合价从+3价升高到+4价,失去1个电子,所以得到的气体是1molClO2和1molCO2,在标准状况下的体积是44.8 L,B错误;C. ClO2消毒的效率(以单位质量得到电子数表示)是Cl2的倍,C错误;D. 根据以上分析可知1 mol KClO3参加反应有1 mol电子转移,D正确,答案选D。
19.(2018届陕西省榆林市高考模拟第一次测试)人体正常的血红蛋白含有Fe2+,若误食亚硝酸盐(如NaNO2),则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒,服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是(  )
A. 亚硝酸盐被还原               B. 维生素C是还原剂
C. 维生素C将Fe3+还原为Fe2+    D. 亚硝酸盐与一氧化碳使人中毒的原理相同
【答案】D
20.(2018届北京市朝阳区第一学期高三年级期末质量检测)中国科学院科研团队研究表明,在常温常压和可见光下,基于LDH(一种固体催化剂)合成NH3的原理示意图如右。下列说法不正确的是
 
A. 该过程将太阳能转化成为化学能
B. 该过程中,只涉及极性键的断裂与生成
C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3
D. 原料气N2可通过分离液态空气获得
【答案】B
【解析】A. 该过程将太阳能转化成为化学能,A正确;B. 该过程中,既有极性键(N-H、O-H)的断裂与生成,也有非极性键(NN、O=O)的断裂与生成,B不正确;C. 该反应的化学方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2,氮气是氧化剂、水是还原剂,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3,C正确;D. 原料气N2可通过分离液态空气获得,D正确。本题选B。
21.(2018年江苏省南京师范大学附属中学学业水平测试模拟)黄铜矿(主要成分CuFeS2)是提取Cu的主要原料。
已知:2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO(Ⅰ)
产物Cu2S在1200 ℃高温下继续反应:2Cu2S+3O2==2Cu2O+2SO2 (Ⅱ)
2Cu2O+Cu2S==6Cu +SO2↑ (Ⅲ)
假定各步反应都完全。则下列说法正确的是
A. 反应Ⅰ中CuFeS2仅作还原剂
B. 取12.5g黄铜矿样品,经测定含3.60g硫,则矿样中CuFeS2质量分数一定为82.8%
C. 由6molCuFeS2生成6molCu消耗O2的物质的量为14.25mol
D. 6molCuFeS2和15.75molO2反应,理论上可得到铜的物质的量为3mol
【答案】D
3molCu2S,剩余3.75mol氧气可以消耗Cu2S的物质的量是,得到2.5molCu2O,此时剩余Cu2S的物质的量是0.5mol,与1molCu2O反应生成3mol铜,D正确,答案选D。
22.(2018届四川省乐山市高三第一次调查研究考试)用NA 表示阿伏加德罗常数的值,下列有关说法正确的是
A. 2.0gH182O与D2O的混合物中所含中子数为NA
B. 标准状况下,22.4L二氯甲烷的分子数约为NA个
C. 1mol H2与足量O2反应生成的H2O中含有的共价健总数为NA
D. 在11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4反应中,6mol CuSO4能氧化白磷的分子数为1.1NA
【答案】A
【解析】A、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol,故2.0gH218O与D2O混合物的物质的量为0.1mol,而每个H218O与D2O分子中均含10个中子,故0.1 mol H218O与D2O混合物中共含1mol中子,即NA个,故A正确;B、标况下,二氯甲烷为液态,则22.4L二氯甲烷不为1mol,分子数不是NA个,故B错误;C、1mol H2与足量O2反应生成1molH2O,每个H2O分子含有2个O-H,则1molH2O中含有共价键总数为2NA,故C错误;D、CuSO4中Cu元素化合价由+2价降到Cu3P 中的+1价,则每1molCuSO4得1mol电子,6molCuSO4可以得6mol电子,而白磷P4的氧化过程为0价→+5价,每1mol P4失去20mol电子,所以6molCuSO4能氧化P4的物质的量为mol,即0.3mol,故6mol CuSO4能氧化白磷的分子数为0.3NA,故D错误。故选A。
23.(2018届甘肃省武威第二中学高三上学期期末考试)PbO2是褐色固体,受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物,+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2;现将1 mol PbO2加热分解得到O2,向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2,O2和Cl2的物质的量之比为3:2,则剩余固体的组成及物质的量比是
A. 1:2混合的Pb3O4、PbO    B. 1:2混合的PbO2、Pb3O4
C. 1:4:1混合的PbO2、Pb3O4、PbO    D. 1:1:4混合的PbO2、Pb3O4、PbO
【答案】D
【解析】设1 mol PbO2加热分解得到O2的物质的量为xmol,其中氧元素化合价升高,失去的电子为4xmol,由电子转移守恒可得1 mol PbO2化合价降低生成的+2价Pb为2xmol,则剩余的+4价Pb为(1-2x)mol,这些+4价的Pb在与足量盐酸反应时,化合价又降低为+2价的Pb,共得到电子2(1-2x)mol,由电子转移守恒可得,由HCl生成Cl2为(1-2x)mol,依题意可得x:(1-2x)=3:2,则x=3/8mol,所以剩余固体中+2价Pb为3/4mol,+4价的Pb为1/4mol,即+2价Pb与+4价的Pb的物质的量之比为3:1。A中+2价Pb与+4价的Pb的物质的量之比为4:1,所以A错误;B中+2价Pb与+4价的Pb的物质的量之比为4:3,则B错误;C中+2价Pb与+4价的Pb的物质的量之比为9:5,故C错误;D中+2价Pb与+4价的Pb的物质的量之比为6:2=3:1,所以D正确。本题正确答案为D。
24.(2018届北京市海淀区高三第二学期适应性练习)下列反应中,CO2做氧化剂的是
A. CO2被过氧化钠固体吸收,有氧气生成
B. 镁条在CO2中燃烧,有黑色固体生成
C. 将足量CO2通入氨水中,有碳酸氢铵生成
D. 将CO2通入苯酚钠溶液中,有白色浑浊物生成
【答案】B
25.(2018届贵州省贵阳市第一中学高三12月月考理科综合)下列说法正确的是
A. 蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质
B. Ca(HCO3)2、Fe(OH)3、FeCl2均可由化合反应制得
C. 需要通电才可进行的有:电解、电泳、电离、电镀、电化学腐蚀
D. 用油脂和烧碱制肥皂的过程中有加成反应
【答案】B
【解析】A. 淀粉、油脂是混合物,既不是电解质也不是非电解质,蔗糖水解生成的葡萄糖和果糖、淀粉水解生成葡萄糖都是非电解质,而油脂在酸性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸,其中高级脂肪酸是电解质,故A错误;B. Ca(HCO3)2可利用反应:CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2制得、Fe(OH)3可利用反应:4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3制得、FeCl2可利用反应:2FeCl3+Fe=3FeCl2制得,三个反应均为化合反应,故B正确;C. 电离指的是电解质在水溶液中离解成自由移动离子的过程,不需要通电,电化学腐蚀若为原电池构成的腐蚀,不需要通电,故C错误;D. 用油脂和烧碱制肥皂的过程中发生的是水解反应,没有加成反应,故D错误;答案选B。
26.(2018届山西省太原市第五中学高三第二次模拟考试5月)锑(Sb)广泛用于生产各种阻燃剂、陶瓷、半导体元件、医药及化工等领域。以辉锑矿为原料制备金属锑,其一种工艺流程如下:
 
己知部分信息如下:
I.辉锑矿(主要成分为Sb2S3,还含有As2S5、PbS 、CuO和SiO2等);
II.浸出液主要含盐酸和SbCl3,还含SbCl5、CuCl2、AsCl3和PbCl2等杂质;
III.常温下,Ksp(CuS)=1.0×10-36  Ksp(PbS)=9.0×10-29
回答下列问题:
(1)“酸浸”过程中SbCl5和Sb2S3反应有S生成,该反应的还原产物是________(填化学式)。
(2)写出“还原”反应的化学方程式:______________ 。
(3)已知:浸出液中:c(Cu2+)=0.01 mol•L-1、c(Pb2+)=0.10 mol•L-1。在沉淀铜、铅过程中,缓慢滴加极稀的硫化钠溶液,先产生的沉淀是_______(填化学式);当CuS、PbS共沉时,=_________。加入硫化钠的量不宜过多,原因是_________。
(4)在“除砷”过程中,氧化产物为H3PO4。该反应中氧化剂、还原剂的物质的量之比___________。
(5)在“电解”过程中,以惰性材料为电极,阴极的电极反应式为______;“电解”中锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压超过U0V时,锑的产率降低的原因可能是______。
 
【答案】  SbCl3  3 SbCl5+ 2Sb=5SbCl3  CuS  9.0×107  避免砷、锑离子沉淀  4:3  Sb3++3e-=Sb  H+参与了电极反应
详解:(1)“酸浸”过程中SbCl5和Sb2S3反应有S生成,该反应的氧化剂为SbCl5,其还原产物是SbCl3。
(2) “还原”反应的化学方程式为3SbCl5+ 2Sb=5SbCl3。
(3)浸出液中c(Cu2+)=0.01 mol•L-1、c(Pb2+)=0.10 mol•L-1。常温下,Ksp(CuS)=1.0×10-36  Ksp(PbS) =9.0×10-29,CuS的溶度积较小,故在沉淀铜、铅过程中,缓慢滴加极稀的硫化钠溶液,先产生的沉淀是CuS;当CuS、PbS共沉时,= 9.0×107。加入硫化钠的量不宜过多,防止砷、锑离子转化为沉淀。
(4)在“除砷”过程中,次磷酸钠是还原剂,其氧化产物为H3PO4,P的化合价由+1升高到+5、升高了4,而As的化合价由+3降到0、降低了3,故该反应中氧化剂、还原剂的物质的量之比4:3。
(5)在“电解”过程中,以惰性材料为电极,阴极发生还原反应,其电极反应式为Sb3++3e-=Sb;由“电解”中锑的产率与电压大小关系示意图可知,当电压超过U0V时,锑的产率降低,其原因可能是H+参与了电极反应。
27.(2018届贵州省贵阳市高三下学期适应性考试一模)我国重晶石(含BaSO490%以上)资源丰富,其中贵州省重晶石储量占全国总储量的三分之一。我省某工厂以重晶石为原料,生产“电子陶瓷工业支柱”——钛酸钡(BaTiO3)的工艺流程如下:
 
查阅资料可知:
①常温下: Ksp(BaSO4)=1.0×10-10,Ksp(BaCO3)=2.5×10-9
②TiC14在常温下是无色液体,遇水容易发生水解:TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl。
③草酸氧钛钡的化学式为:BaTiO(C2O4)2•4H2O。
请回答下列问题:
(1)工业上用饱和Na2CO3溶液处理重晶石(假设杂质不与Na2CO3溶液作用),待达到平衡后,移走上层清液,重复多次操作,将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3,该过程用离子方程式可表示为___________,此反应的平衡常数K=____ (填写计算结果)。若不考虑CO32- 的水解,则至少需要使用_____mol/L 的Na2CO3溶液浸泡重晶石才能实现该转化过程。
(2)酸浸时所发生反应的离子方程式为___________________________________。
(3)配制TiCl4溶液时通常将TiCl4固体溶于浓盐酸再加水稀释,其目的是_____________________。
(4)可循环使用的物质X 是_________(填化学式),设计实验方案验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净:_____________________________________________________________。
(5)煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3的同时,高温下生成的气体产物有CO、__________和_________(填化学式)。
【答案】  BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)   0.04 (或1/25 )  2.5×10-4  BaCO3+2H+= Ba2++CO2↑+H2O  抑制TiCl4的水解  HCl  取最后一次洗涤液少许,滴入稀硝酸酸化的硝酸银,若无沉淀生成,则说明晶体已经洗涤干净  CO2  H2O(g)
【解析】(1)用饱和Na2CO3溶液将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3离子方程式为:BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq),根据平衡常数的定义,结合方程式可知K===0.04,饱和硫酸钡溶液中,SO42-浓度是1×10-5mol/L,所以此时CO32-浓度是1×10-5mol/L÷0.04=2.5×10-4mol/L;(2)酸浸时,碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、水、二氧化碳,离子反应为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O;(3)TiC14在常温下是无色液体,遇水容易发生水解可知,在配制为抑止其水解,需将TiCl4固体溶于浓盐酸再加水稀释;(4)向混合液中加入TiC14溶液和H2C2O4溶液反应得到草酸氧钛钡和HCl,故可循环使用的物质X 是HCl;草酸氧钛钡晶体表面附着氯离子,验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净的方法为:取最后一次洗涤液少许,滴入稀硝酸酸化的硝酸银,若无沉淀生成,则说明晶体已经洗涤干净;(5)BaTiO(C2O4)2•4H2O煅烧,发生分解反应,由元素守恒可知,生成高温下的气体产物有CO、CO2、H2O(g)。
28.(2018届山西省孝义市第四中学高三下学期名校最新高考模拟示范卷)用生产甲醇的废催化剂(主要成分为ZnO和CuO,还含有少量有机杂质等)制散CuCl和ZnO的工艺流程如下:
 
已知用NH4Cl溶液设取时.发生的主要反应如下,
ZnO(s)+2NH4Cl(aq)Zn(NH3)2Cl2(aq)+H2O(l) K1=0.042
CuO(s)+2NH4Cl(aq)Cu(NH3)2Cl2(aq)+H2O(l)K2=0.0065
回答下列同题:
(1)预处理时,废催化剂需进行“粉碎”的主要目的是________;步骤②中“煅烧”的目的是______________。
(2)步骤④发生反应的离子方程式为______________________________。
(3)步骤⑤加H2O稀释的目的是____________________________________________。
(4)步骤⑥过滤、洗涤时,若要检验是否洗涤干净,其实验操作是_____________________。
(5)准确称取mg产品CuCl,将其溶于稍过量的FeCl3溶液中,充分溶解后、加入适量的稀硫酸,用cmol•L-1的K2Cr2O7溶液滴定至终点,消耗K2Cr2O7溶液的体积为VmL。已知滴定时Cr2O72-被还原为Cr3+,则滴定过程中发生反应的离子方程式为______________________;该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________;该产品中CuCl的质量分数为________(用含c、m、V的代数式表示)。
【答案】  提高铜和锌的浸取率  使其中的C、N、S等杂质被氧化而除去  2Cu2++2CO32-+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+CO2↑  降低Cl-浓度,有利于平衡CuCl2-CuCl+Cl-正向移动,得到更多的CuCl沉淀  取最后一次洗涤过滤液于试管中,滴加AgNO3溶液,若无白色沉淀生成,说明已洗涤干净  Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O  1:6  ×100%
检验是否洗涤干净,其实验操作是取最后一次洗涤过滤液于试管中,滴加AgNO3溶液,若无白色沉淀生成,说明已洗涤干净;(5) Cr2O72-被还原为Cr3+,Fe2+被氧化为Fe3+,滴定过程中发生反应的离子方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O;根据反应Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O可知,氧化剂Cr2O72-与还原剂Fe2+的物质的量之比为1:6;氯化亚铜与氯化铁发生反应:Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-,加入K2Cr2O7溶液,发生反应:Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O,反应的关系式为
6CuCl~6Fe2+~Cr2O72-
6                1
n                cV×10-3mol
n=6cV×10-3mol
m(CuCl)=99.5g/mol×6cV×10-3mol=0.597cVg
则样品中CuCl的质量分数为×100%。
29.(2018届山西省孝义市高三下学期高考模拟卷)硝酸镓在激光材料的制备中已成为重要的基础和主要原料。以废催化剂GCS(主要成分为Ga2O3、Cr2O3和SiO2)为原料制备硝酸嫁晶体的工艺流程如下:
 
(1)滤渣的主要成分是______(写化学式),用稀氨水调节溶液pH至3.0~3.5之间的目的是________。
(2)用硝酸溶解时,温度应控制在40~80℃,实验室控制该温度区间的方法是______;温度高于80℃,溶解速率减慢,其原因是____________。
(3)采用减压蒸馏的目的是_________________。
(4)催化剂GCS可用于催化热乙烯还原一氧化氮,以消除尾气排放对大气的污染,写出该反应的化学方程式:________________。
(5)用硝酸镓制备含镓、铱和铂的催化剂可以有效地催化正庚烷转化为甲苯,该反应的化学方程式为________________。
(6)硝酸镓晶体加热过程中,固体失重率[失重率=]随温度的变化关系如图所示。A点时,固体物质的化学式为_________,B点至C点变化过程中,生成的气体为N2O5和另一种氮氧化物,则该变化的总反应方程式为___________。
 
【答案】  SiO2  使Ga3+水解完全生成Ga(OH)3  水浴加热  硝酸受热易挥发且会分解  使过量硝酸和水蒸气快速蒸出  C2H4+6NO 3N2+2CO2+2H2O  CH3CH2CH2CH2CH2CH2CH3 +4H2↑  2Ga(NO3)3•3H2O  Ga(NO3)3GaO2+NO2↑+N2O5↑
(1)根据上述分析,滤渣的主要成分为SiO2。用稀氨水调节溶液pH至3.0~3.5之间的目的是使Ga3+水解完全生成Ga(OH)3。故答案为:SiO2;使Ga3+水解完全生成Ga(OH)3。
(2)若要将温度控制在40~80℃,可采用水浴加热的方式控制温度。温度太低,硝酸反应速度较慢,若温度高于80℃,硝酸受热易挥发且会分解,沉淀溶解的速率也会减慢。故答案为:水浴加热;硝酸受热易挥发且会分解。
(3)溶液中主要溶质为Ca(NO3)3和未反应完的硝酸,减压蒸馏可以降低硝酸和水的沸点,加快硝酸和水蒸气的蒸出,故答案为:使过量硝酸和水蒸气快速蒸出。
(4)根据题意可知,乙烯和NO在GCS作催化剂的条件下,反应生成无污染的N2和CO2,反应方程式为C2H4+6NO3N2+2CO2+2H2O,故答案为:C2H4+6NO3N2+2CO2+2H2O。
(5)在催化剂的作用下,正庚烷可转化为甲苯,根据原子守恒可知,应还有H2生成,故反应方程式为CH3CH2CH2CH2CH2CH2CH3 +4H2↑。
(6)Ga(NO3)3﹒9H2O的相对分子质量为418,假设加热前硝酸镓晶体的质量为418g,物质的量为1mol,则其中结晶水的质量=18g×9=162g。A点时,失重率为32.3%,则固体减少的质量△m=418×32.3%=135g,所以A点固体物质中还含有结晶水。A点固体中结晶水的物质的量= =1.5mol,则固体中n[Ga(NO3)3]﹕n[结晶水]=1﹕1.5=2﹕3,所以A点固体物质的化学式为2Ga(NO3)3•3H2O。
B点时,失重率为38.7%,则固体减少的质量=418×38.7%≈162g,则B点时恰好失去全部结晶水,固体物质的化学式为Ga(NO3)3。C点时,失重率为75.6%,则固体减少的质量=418×75.6%=316g,剩余固体的质量=102g,其中m(Ga)=70g。B点至C点变化过程中,生成的气体为N2O5和另一种氮氧化物,则可推测剩余固体为Ga的氧化物,且m(O)=32g,所以固体物质中n(Ga)﹕n(O)= 1﹕2,则固体物质的化学式为GaO2。GaO2中Ga元素化合价为+4价,则GaO2为氧化产物,另一种氮氧化物应为还原产物。假设该氮氧化物为NO2,则有Ga(NO3)3——GaO2+NO2↑+N2O5↑,根据化合价升价守恒和原子守恒,可得方程式Ga(NO3)3 GaO2+NO2↑+N2O5↑,假设成立。
故答案为:2Ga(NO3)3•3H2O;Ga(NO3)3GaO2+NO2↑+N2O5↑。
30.(2018届黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高三上学期期末考试)高锰酸钾可用于生活消毒,是中学化学常见的氧化剂。工业上,用软锰矿制高锰酸钾的流程如下:
 
请回答下列问题:
(1)MnO2和KOH在熔融前粉碎的目的是_____________________________________________。
(2)写出二氧化锰和氢氧化钾熔融物中通入空气时发生的主要反应的化学方程式___________。
(3)通入CO2后,生成的KMnO4与MnO2的物质的量之比为___________。
(4)上述流程中可以循环使用的物质有___________、___________(填化学式)。
(5)已知:常温下,Ksp[Mn(OH)2]=2.4×10-13工业上,调节pH可以沉淀废水中Mn2+,当pH=10时,溶液中c(Mn2+)=___________mol/L。
(6)操作Ⅰ的名称是___________,操作Ⅱ根据下表KMnO4和K2CO3两物质在溶解性上的差异,采用___________、___________(填操作步骤)得到KMnO4粗晶体。
 10 20 30 40 60
K2CO3 109.0 111.0 114.0 117.0 126.0
KMnO4 4.3 6.3 9.0 12.6 22.1
 
【答案】  增大反应物与空气的接触面积,加快反应速率  2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O  2∶1  KOH  MnO2  2.4×10-5  过滤  蒸发浓缩  趁热过滤
其他物质的系数,可得化学方程式2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O。
(3)向K2MnO4溶液中通入CO2制备KMnO4、K2CO3、MnO2,反应只有Mn元素的化合价发生变化,则该反应为歧化反应,Mn元素由+6价升高到KMnO4中的+7价,共升1价;降低到中的MnO2的+4价,共降2价;则KMnO4与MnO2的物质的量之比为2∶1;
(4)由工艺流程转化关系可知,向K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4的步骤中生成的MnO2及最后由母液加入石灰生成的KOH,可以在MnO2、KOH的熔融制备K2MnO4中被循环利用,故答案为:KOH;MnO2;
(5)当pH=10时,c(OH﹣)=1×10-4mol/L,根据Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)•c2(OH﹣),可知c(Mn2﹣)= =2.4×10﹣5mol/L,故答案为:2.4×10-5mol/L;
(7)KMnO4、K2CO3易溶于水,而MnO2难溶于水,将KMnO4、K2CO3、MnO2溶于水然后过滤得到KMnO4、K2CO3混合溶液;由图可知KMnO4、K2CO3的溶解度随温度变化差异较大,KMnO4的溶解度随温度降低减小较明显,故可以采用蒸发浓缩、趁热过滤的方式得到KMnO4粗晶体。故答案为:过滤;蒸发浓缩;趁热过滤。
31.(2018届山东省菏泽市七县一中(郓城一中、曹县一中等)高三上学期期中考试)CeO2是一种重要的稀土氧化物,可利用氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3)来制备。其工艺流程如下:
 
已知:I.Ce4+能与SO42-结合成[CeSO4]2+,与F-结合成[CeFx](4-x)+(0<x<4).
II.在硫酸体系中,Ce4+能被萃取剂萃取二Ce3+不能。
回答下列问题:
(1)“氧化焙烧”中“氧化”的目的是_________________。
(2)CeO2不溶于水和碱,微溶于酸,但“浸出”时却能溶解完全,原因是溶液中的_______(填原子符号,下同)、__________、_____________促进了CeO2的溶解。
(3)“反萃取”时发生反应的离子方程式为____________________。
(4)若缺少“洗氟”这一环节,则所得产品的质量将___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】  将+3价铈氧化为+4价铈  H+  F-  SO42-  2[CeSO4]2++H2O2===2Ce3++O2↑+2H++2SO42-  偏小
(1)“氧化焙烧”中“氧化”的目的是将+3价铈氧化成+4价,以便后续的提取。故答案为:将+3价铈氧化成+4价;
(2)CeO2微溶于酸,CeO2+4H+=Ce4++2H2O,根据信息Ce4+能与SO42-结合成[CeSO4]2+,与F-结合成[CeFx](4-x)+,故F−、SO42−促进了CeO2的溶解,故答案为:H+、F-、SO42-;
(3)反萃取时,H2O2为还原剂,将Ce4+还原为Ce3+,H2O2自身被氧化为O2,故离子方程式为:2[CeSO4]2++H2O2=2Ce3++O2↑+2H++2SO42-;
(4)若缺少“洗氟”, 部分Ce元素存在于[CeFx](4-x)+,难以被反萃取,进入有机层,则进入水层的Ce元素偏少,所得产品的质量将减少。故答案为:偏小。
32.(2018届四川省遂宁市高三三诊考试)对炼锌厂的铜镉废渣中各元素进行分离,能减少环境污染,同时制得食品锌强化剂的原料ZnSO4•7H2O实现资源的再利用。其流程图如下。
 
[相关资料]
①铜镉废渣中含有铜、锌、镉、铁、砷等元素,其含量依次减少。
②FeAsO4难溶于水;ZnSO4•7H2O易溶于水,难溶于酒精。
③Zn(OH)2属于两性氢氧化物。
④滤液I中有Fe2+、Zn2+、Cu2+、Cd2+和少量的AsO。
⑤有关离子沉淀完全的pH
金属离子 Fe3+ Zn2+ Mn2+ Cu2+ Cd2+
沉淀完全pH 3.2 8.0 9.8 6.4 9.4
 
请回答下列问题:
(1)提高铜镉废渣浸出率可以采用的方法是(写出其中一点即可)____;
(2)向滤液I中逐滴滴人酸性KMnO4溶液可与AsO发生反应生成FeAsO4,写出该反应的离子方程式____;加入酸性KMnO4溶液不能过量,判断该滴定终点的现象是____;滤渣Ⅱ中除了FeAsO4外,还有____;
(3)制得的ZnSO4•7H2O需洗涤,洗涤晶体时应选用试剂为____;
(4)上述流程除了实现对这些元素进行提取分离能减少环境污染,同时制得ZnSO4•7H2O实现资源的再利用,还可以得到副产物___
(5)回收所得的Cd可用于制造镍镉碱性二次电池,电池的工作时,正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2,则充电时电池的正极反应式为____;
(6)若a克铜镉废渣含有b molFe元素,加入了c mol KMnO4,则铜镉废渣中As元素的质量分数为____。(不考虑镉元素与KMnO4的反应)
【答案】  适当增大硫酸浓度 或 升高溶液温度 或 搅拌 或 将铜镉渣研磨成小颗粒  等合理答案均可以   5Fe2+ + 5AsO + 3MnO +14H+ = 3Mn2+ + 5FeAsO4↓ + 7H2O  溶液恰好变为浅紫红色且半分钟内不恢复为原色  Fe(OH)3  乙醇 或 饱和硫酸锌溶液  K2SO4  Ni(OH)2 – e—+ OH— = NiO(OH) + H2O  75(5c-b)/2a
(1)提高铜镉废渣浸出率可以采用的方法是:适当增大硫酸浓度或升高溶液温度或搅拌 或将铜镉渣研磨成小颗粒等;
(2)酸性KMnO4溶液可与AsO发生反应生成FeAsO4,KMnO4将Fe2+氧化成Fe3+,将AsO氧化成AsO43-,根据化合价升价相等,该反应的离子方程式为:5Fe2+ + 5AsO + 3MnO +14H+ = 3Mn2+ + 5FeAsO4↓ + 7H2O,加入酸性KMnO4溶液不能过量,判断该滴定终点的现象是溶液恰好变为浅紫红色且半分钟内不恢复为原色,滤渣Ⅱ中除了FeAsO4外,还有Fe(OH)3;
(3)制得的ZnSO4•7H2O需洗涤,洗去残留的其它离子,但不能用水洗,ZnSO4•7H2O易溶于水,难溶于酒精,所以用酒精洗涤或饱和的硫酸锌溶液;
(4)上述流程最后一步向K2ZnO2溶液中加硫酸同时制得ZnSO4•7H2O,还可以得到副产物K2SO4;
(5)回收所得的Cd可用于制造镍镉碱性二次电池,电池的工作时,正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2,则充电时电池的正极反应为Ni(OH)2失电子转化为NiO(OH) ,故电极反应为:Ni(OH)2 – e—+ OH— = NiO(OH) + H2O;
(6)KMnO4发生了两个反应:
5Fe2+ + 5As + 3Mn +14H+ = 3Mn2+ + 5FeAsO4↓
 5        5        3
x mol    x mol    0.6 x mol            
MnO4- +      5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
           5
0.2(b-x)mol  (b-x)mol
x+0.2(b-x)=c
x=   所以n(As)=  m(As)= 
故As元素的质量分数为:。
33.(2018届北京市东城区高三第一学期期末)某小组研究Na2S溶液与KMnO4溶液反应,探究过程如下。
 
资料:ⅰ. 在强酸性条件下被还原为Mn2+,在近中性条件下被还原为MnO2。
ⅱ. 单质硫可溶于硫化钠溶液,溶液呈淡黄色。
(1)根据实验可知,Na2S具有________性。
(2)甲同学预测实验I中S2–被氧化成。
①根据实验现象,乙同学认为甲的预测不合理,理由是________。
②乙同学取实验I中少量溶液进行实验,检测到有,得出S2–被氧化成的结论,丙同学否定了该结论,理由是________。
③同学们经讨论后,设计了如下实验,证实该条件下的确可以将S2–氧化成。
 
a.右侧烧杯中的溶液是________。
b.连通后电流计指针偏转,一段时间后,________(填操作和现象)。
(3)实验I的现象与资料i存在差异,其原因是新生成的产物(Mn2+)与过量的反应物()发生反应,该反应的离子方程式是________。
(4)实验II的现象与资料也不完全相符,丁同学猜想其原因与(3)相似,经验证猜想成立,他的实验方案是______。
(5)反思该实验,反应物相同,而现象不同,体现了物质变化不仅与其自身的性质有关,还与________因素有关。
【答案】  还原  溶液呈紫色,说明酸性KMnO4溶液过量, 能被其继续氧化  因KMnO4溶液是用H2SO4酸化的,故溶液中出不一定是氧化新生成的  0.01mol/L KMnO4溶液(H2SO4酸化至pH=0)  取左侧烧杯中的溶液,用盐酸酸化后,滴加BaCl2溶液,观察到有白色沉淀生成  2Mn+3Mn2+-+ 2H2O = 5MnO2↓+ 4H+  将实验I中生成的MnO2分离洗涤后,加入0.1mol/L Na2S溶液,观察到有浅粉色沉淀,且溶液呈黄色,证明新生成的MnO2与过量的S2-反应,故没得到MnO2沉淀  浓度、用量、溶液中的酸碱性
【解析】(1)实验I中KMnO4反应生成MnO2,Mn元素由+7降到+4价,KMnO4被还原,体现了Na2S的还原性。实验II中KMnO4反应生成MnS,Mn元素由+7降到+2价,KMnO4被还原,体现Na2S的还原性。故答案为:还原性。
(2)①反应I,溶液紫色变浅,但紫色并未褪去,说明酸性KMnO4过量,KMnO4能与SO32-反应,则甲的预测不合理。故答案为:溶液呈紫色,说明酸性KMnO4溶液过量,SO32-能被其继续氧化。
②检验到溶液中存在SO42-,也不能说明S2-被氧化为SO42-,因KMnO4溶液是用H2SO4酸化的,溶液中本身就存在SO42-。
③要证明实验I中MnO4-的确将S2-氧化为SO42-,则要先排除酸性高锰酸钾溶液中SO42-的干扰。可以将MnO4-与S2-的氧化还原反应设计成带盐桥的原电池,将Na2S和酸性高锰酸钾分开反应。如图,如果能在左侧烧杯中检验到SO42-,说明S2-被氧化为SO42-。
a、由图可知,右侧烧杯中应放0.01mol/L KMnO4溶液(H2SO4酸化至pH=0);
b、根据上述分析,取左侧烧杯中的溶液,用盐酸酸化后,滴加BaCl2溶液,观察到有白色沉淀生成。
(3)根据资料i可知,在强酸性条件下MnO4-被还原为Mn2+,实验I结束后溶液依然呈强酸性,但事实上了生成了MnO2。原因是高锰酸钾过量与生成的Mn2+可以反应生成MnO2,反应离子方程式:2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+ 4H+ 。
(5)物质变化还与反应物的浓度或用量有关,反应I中KMnO4溶液过量,浓度较大,反应II中Na2S过量,浓度较大;也与溶液中的酸碱性有关,强酸性溶液时和中性时产物不同。故答案为:浓度、用量、溶液中的酸碱性。
34.(2018届广东省“六校联盟”高三第二次高考模拟)磷化铝(AlP)通常可作为一种广谱性熏蒸杀虫剂,吸水后会立即产生高毒性PH3气体(沸点-89.7℃,还原性强)。某化学兴趣小组的同学用下述方法测定粮食中残留磷化物的含量。
 
在C中加入l00g原粮,E中加入20.00mL l.50×l0-3 mol•L-1 KMnO4溶液(H2SO4酸化),往C中加入足量水,充分反应后,用亚硫酸钠标准溶液滴定E中过量的KMnO4溶液。
回答下列问题:
(1)仪器D的名称是____________________________________。
(2)AlP与水反应的化学方程式为______________________________________________。
(3)装置A中盛装KMnO4溶液的作用是除去空气中的还原性气体,装置B中盛有焦性没食子酸的碱性溶液,其作用是__________________。
(4)通入空气的作用是_____________________________。
(5)装置E中PH3被氧化成磷酸,则装置E中发生反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为___________________________。
(6)收集装置E中的吸收液,加水稀释至250mL,取25.00mL于锥形瓶中,用4.0×l0-4 mol•L-1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液,消耗Na2SO3标准溶液15.00mL,Na2SO3与KMnO4溶液反应的离子方程式为:________________________________,则该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为________________mg•kg-1(写计算表达式和计算结果)。
【答案】  直形冷凝管(或冷凝管)  AlP+3H2O= PH3↑+Al(OH)3  吸收空气中的O2  保证生成的PH3全部被酸性KMnO4溶液吸收  8:5  5SO32-+2MnO4-+6H+=5SO42-+2Mn2++3H2O  = 1.275
(4)通入空气的作用是将装置内生成的PH3气体全部排出,进入装置E中,减小实验误差;(5)在装置E中,PH3作还原剂,被氧化成磷酸,P元素的化合价升高8,MnO4-作氧化剂,被还原为Mn2+,Mn元素的化合价降低5,根据电子转移守恒可得,反应的化学方程式为:5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+4K2SO4+8MnSO4+12H2O,其中氧化剂和还原剂物质的量之比为8∶5;
(6) Na2SO3与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为5SO32-+2MnO4-+6H+=5SO42-+2Mn2++
3H2O,已知KMnO4的总物质的量为n(KMnO4)= 20×10-3L×l.50×l0-3 mol•L-1=3×l0-5 mol,
则与Na2SO3反应的KMnO4的物质的量为n(KMnO4)= ×n(Na2SO3) = ×(15×10-3L×4.0×10-4 mol•L-1)× =2.4×10-5 mol,所以与PH3反应的n(KMnO4)= 3×l0-5 mol-2.4×10-5 mol=0.6×10-5 mol,又PH3与KMnO4酸性溶液反应的化学方程式为5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+4K2SO4+8MnSO4+12H2O,所以原粮中磷化物(以PH3计)的含量为:= (×0.6×10-5 mol×34g/mol×103mg/g-1)/(100×10-3kg)=1.275 mg/ kg。
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