?專題四　氧化還原反應(yīng)
1.下列有關(guān)酸的性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是(　　)
A.鹽酸具有還原性,可用于金屬除銹
B.濃硫酸具有脫水性,可用作干燥劑
C.過(guò)氧乙酸有強(qiáng)氧化性,可用作消毒劑
D.硝酸具有揮發(fā)性,可用于制造化肥
答案　C　鹽酸用于金屬除銹,是利用鹽酸的酸性,而不是還原性,A錯(cuò)誤;濃硫酸用作干燥劑,是利用濃硫酸的吸水性,而不是脫水性,B錯(cuò)誤;過(guò)氧乙酸有強(qiáng)氧化性,可用作消毒劑,C正確;硝酸用于制造化肥,是利用其含有的N元素可以被植物吸收轉(zhuǎn)化為蛋白質(zhì),而不是因?yàn)槠渚哂袚]發(fā)性,D錯(cuò)誤。

2.據(jù)文獻(xiàn)報(bào)道,我國(guó)學(xué)者提出O2氧化HBr生成Br2的反應(yīng)歷程如圖所示。下列有關(guān)該歷程的說(shuō)法不正確的是(　　)

A.O2氧化HBr生成Br2的總反應(yīng)為O2+4HBr 2Br2+2H2O
B.中間體HOOBr和HOBr中Br的化合價(jià)相同
C.發(fā)生步驟②時(shí),斷裂的化學(xué)鍵既有極性鍵又有非極性鍵
D.步驟③中,每生成1 mol Br2轉(zhuǎn)移2 mol電子
答案　D　總反應(yīng)的反應(yīng)物為氧氣和溴化氫,生成物為溴單質(zhì)和水,化學(xué)方程式為O2+4HBr 2Br2+2H2O,A正確;由化合物中各元素正、負(fù)化合價(jià)的代數(shù)和為0可知,HOOBr中氫元素為+1價(jià)、氧元素為-1價(jià)、溴元素為+1價(jià),HOBr中氫元素為+1價(jià)、氧元素為-2價(jià)、溴元素為+1價(jià),則兩個(gè)中間體中溴元素的化合價(jià)相同,都為+1價(jià),B正確;發(fā)生步驟②時(shí),斷裂的化學(xué)鍵既有H—Br極性鍵,又有O—O非極性鍵,C正確;步驟③發(fā)生的反應(yīng)為HOBr+HBr Br2+H2O,反應(yīng)中每生成1 mol Br2轉(zhuǎn)移1 mol電子,D錯(cuò)誤。



3.黃鐵礦(主要成分為FeS2)因其呈淺黃銅色且具有明亮的金屬光澤,常被誤認(rèn)為是黃金,故又稱為“愚人金”。在酸和催化劑的作用下FeS2發(fā)生如圖所示的轉(zhuǎn)化。下列分析正確的是(　　)

A.反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均為氧化還原反應(yīng)
B.在酸性條件下,黃鐵礦催化氧化中只有Fe3+作催化劑
C.反應(yīng)Ⅱ中,每消耗1 mol FeS2,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為14 mol
D.反應(yīng)Ⅰ的離子方程式:4Fe(NO)2++O2+2H2O 4Fe3++4NO+4OH-
答案　C　反應(yīng)Ⅲ中Fe2+與NO結(jié)合生成Fe(NO)2+,沒(méi)有元素化合價(jià)的變化,不是氧化還原反應(yīng),A錯(cuò)誤;由題圖可知,NO在反應(yīng)Ⅲ中作為反應(yīng)物進(jìn)入,在反應(yīng)Ⅰ中作為產(chǎn)物出來(lái),故NO是該反應(yīng)的催化劑,B錯(cuò)誤;反應(yīng)Ⅱ中,FeS2中的S元素轉(zhuǎn)化成SO42-,S元素的化合價(jià)由-1升高為+6(1個(gè)S原子失去7個(gè)電子),則每消耗1 mol FeS2,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為14 mol,C正確;反應(yīng)Ⅰ中,Fe(NO)2+與O2反應(yīng)生成Fe3+和NO,酸性條件下,生成物中不應(yīng)出現(xiàn)OH-,反應(yīng)Ⅰ的離子方程式應(yīng)為4Fe(NO)2++O2+4H+ 4Fe3++4NO+2H2O,D錯(cuò)誤。
名師點(diǎn)睛　反應(yīng)機(jī)理題是命題熱點(diǎn),催化劑與中間產(chǎn)物的區(qū)別更是命題的重點(diǎn)所在。中間產(chǎn)物是流程中間產(chǎn)生而又在中途作為反應(yīng)物消失;催化劑的特征是在流程中某一步以反應(yīng)物的形式進(jìn)入,某一步以產(chǎn)物的形式出去。書寫陌生的化學(xué)方程式要注意產(chǎn)物與體系環(huán)境的協(xié)調(diào)。

4.一種新型的合成氨的方法如圖所示,下列說(shuō)法正確的是　(　　)
A.反應(yīng)①中N2發(fā)生了氧化反應(yīng)
B.反應(yīng)①和②均屬于“氮的固定”
C.反應(yīng)③為4LiOH 4Li+2H2O+O2↑
D.三步循環(huán)的總結(jié)果為N2+3H22NH3
答案　C　反應(yīng)①中氮元素得電子,發(fā)生還原反應(yīng),A錯(cuò)誤;氮的固定是指將空氣中游離態(tài)的氮轉(zhuǎn)化為含氮化合物的過(guò)程,反應(yīng)①是氮的固定,反應(yīng)②不是,B錯(cuò)誤;分析題圖可知,該合成氨反應(yīng)中沒(méi)有氫氣參與,氫元素來(lái)源于水,且伴有氧氣生成,三步循環(huán)的總結(jié)果為2N2+6H2O 4NH3+3O2,D錯(cuò)誤。
5.過(guò)氧化鈉可用作熔礦劑,使一些難溶于酸的礦物變成可溶于水或酸的物質(zhì)。過(guò)氧化鈉與鉻鐵礦[主要成分為亞鉻酸亞鐵(FeCr2O4)]反應(yīng)的化學(xué)方程式為2FeCr2O4+7Na2O2 4Na2CrO4+Fe2O3+3Na2O。下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　)
A.Na2O2、Na2O分別和SO2反應(yīng),生成物均為Na2SO3
B.該反應(yīng)中的氧化產(chǎn)物是Na2CrO4和Fe2O3
C.若有2 mol Fe2+被氧化,則被Fe2+還原的Na2O2為1 mol
D.每生成18.6 g氧化鈉轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是1.4 mol
答案　A　Na2O2具有強(qiáng)氧化性,SO2具有還原性,Na2O2與SO2反應(yīng)生成Na2SO4,A錯(cuò)誤;該反應(yīng)中,FeCr2O4中鐵、鉻元素的化合價(jià)升高,被氧化,Na2CrO4、Fe2O3是氧化產(chǎn)物,B正確;若有2 mol Fe2+被氧化,則Fe2+失去2 mol 電子,Na2O2被還原時(shí),氧元素從-1價(jià)降到-2價(jià),1 mol Na2O2被還原得到2 mol電子,則被Fe2+還原的Na2O2為1 mol,C正確;每生成3 mol Na2O轉(zhuǎn)移14 mol 電子,則生成18.6 g(0.3 mol)Na2O轉(zhuǎn)移1.4 mol 電子,D正確。

6.用電石(主要成分為CaC2,含CaS和Ca3P2等)制取乙炔時(shí),常用CuSO4溶液除去乙炔中的雜質(zhì)。反應(yīng)為①CuSO4+H2S CuS↓+H2SO4
②11PH3+24CuSO4+12H2O 3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓
下列分析正確的是(　　)
A.可以依據(jù)反應(yīng)①比較硫酸與氫硫酸的酸性強(qiáng)弱
B.反應(yīng)②中Cu3P既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物
C.反應(yīng)②中每24 mol CuSO4氧化3 mol PH3
D.用酸性KMnO4溶液驗(yàn)證乙炔還原性時(shí),也可以使用NaOH溶液除雜
答案　C　CuS不溶于硫酸,所以硫酸銅能和氫硫酸反應(yīng)生成CuS和硫酸,反應(yīng)不能比較硫酸和氫硫酸的酸性強(qiáng)弱,A 錯(cuò)誤;Cu3P中Cu為+1價(jià),P為-3價(jià),Cu元素的化合價(jià)從+2降低到+1,P元素的化合價(jià)不變,所以Cu3P是還原產(chǎn)物,B錯(cuò)誤;硫酸銅中銅元素的化合價(jià)從+2降低到+1,得到1個(gè)電子,故24 mol CuSO4發(fā)生反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移24 mol 電子,PH3被氧化時(shí)P元素的化合價(jià)從-3升高到+5,失去8個(gè)電子,故1 mol PH3被氧化時(shí)轉(zhuǎn)移8 mol 電子,根據(jù)得失電子守恒,可得每24 mol CuSO4 氧化 3 mol PH3,C正確;類比NH3,PH3不能與NaOH溶液反應(yīng),所以不能用NaOH溶液除雜,D錯(cuò)誤。





7.酸性環(huán)境中,納米Fe/Ni去除NO3-過(guò)程中的含氮微粒變化如圖所示,溶液中鐵以Fe2+形式存在。下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是(　　)

A.反應(yīng)ⅱ的離子方程式為NO2-+3Fe+8H+ NH4++3Fe2++2H2O
B.增大單位體積水體中納米Fe/Ni的投入量,可提高NO3-的去除效果
C.假設(shè)反應(yīng)過(guò)程都能徹底進(jìn)行,反應(yīng)ⅰ、ⅱ消耗的鐵的物質(zhì)的量之比為3∶1
D.a mol NO3-完全轉(zhuǎn)化為NH4+至少需要4a mol 的鐵
答案　C　由題圖可知,反應(yīng)ⅱ中NO2-被Fe還原為NH4+,Fe被氧化為Fe2+,根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可得離子方程式為NO2-+3Fe+8H+ NH4++3Fe2++2H2O,A正確;增大單位體積水體中納米Fe/Ni的投入量,即增大反應(yīng)物間的接觸面積,可提高NO3-的去除效果,B正確;反應(yīng)ⅰ中NO3-被Fe還原生成NO2-,N元素的化合價(jià)從+5降到+3,Fe被氧化為Fe2+,根據(jù)得失電子守恒可知1 mol NO3-氧化1 mol Fe,同時(shí)生成1 mol NO2-,根據(jù)A選項(xiàng)可知,1 mol NO2-可以氧化 3 mol Fe,故假設(shè)反應(yīng)過(guò)程都能徹底進(jìn)行,反應(yīng) ⅰ、ⅱ 消耗的鐵的物質(zhì)的量之比為1∶3,C錯(cuò)誤;根據(jù)C選項(xiàng)分析可知,將a mol NO3-完全轉(zhuǎn)化為NH4+至少需要a mol+3a mol=4a mol 的鐵,D正確。

8.(NH4)2S2O8具有強(qiáng)氧化性,在酸性溶液中,可將Mn2+氧化為MnO4-,但一般情況下,該反應(yīng)進(jìn)行的非常緩慢,而加入幾滴AgNO3溶液后,混合液迅速變?yōu)樽霞t色。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　)
A.AgNO3為該反應(yīng)的催化劑
B.SO42-為還原產(chǎn)物
C.S2O82-中存在一個(gè)過(guò)氧鍵
D.反應(yīng)中氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為2∶5
答案　D　催化劑可以改變化學(xué)反應(yīng)速率,根據(jù)題述現(xiàn)象可知,AgNO3為該反應(yīng)的催化劑,A正確;(NH4)2S2O8具有強(qiáng)氧化性,在酸性溶液中,可將Mn2+氧化為MnO4-,自身被還原為SO42-,所以還原產(chǎn)物為SO42-,B正確;設(shè)S2O82-中存在x個(gè)-1價(jià)O原子,y個(gè)-2價(jià)O原子,則x+y=8,根據(jù)化合物中各元素化合價(jià)代數(shù)和為0可知,(+6)×2+(-1)×x+(-2)×y+2=0,聯(lián)立方程解得x=2,y=6,因?yàn)?個(gè)O22-中含2個(gè)-1價(jià)O原子,則S2O82-中存在1個(gè)過(guò)氧鍵,C正確;每個(gè)(NH4)2S2O8分子中存在1個(gè)過(guò)氧鍵,反應(yīng)過(guò)程中O22-→O2-,Mn2+→ MnO4-,Mn2+為還原劑,根據(jù)得失電子守恒可知,反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為5∶2,D錯(cuò)誤。
9.將NO2通入Na2S2O3溶液中可轉(zhuǎn)化為NO2-和SO42-,關(guān)于該反應(yīng)及反應(yīng)中的物質(zhì)的說(shuō)法錯(cuò)誤的是　　(　　)
A.該反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶8
B.反應(yīng)后溶液的pH減小
C.NO2與NaOH溶液發(fā)生歧化反應(yīng)無(wú)氣體放出,每1 mol NO2轉(zhuǎn)移0.5 mol 電子
D.Na2S2O3溶液中加過(guò)量稀硝酸,氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量相等
答案　AD　根據(jù)題干,可推知該反應(yīng)的離子方程式為5H2O+8NO2+S2O32- 8NO2-+2SO42-+10H+,該反應(yīng)中氧化劑NO2和還原劑S2O32-的物質(zhì)的量之比為8∶1,反應(yīng)后溶液的酸性增強(qiáng),pH減小,A錯(cuò)誤、B正確;NO2在NaOH溶液中發(fā)生歧化反應(yīng)無(wú)氣體放出,反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NO2+2OH- NO2-+NO3-+H2O,每1 mol NO2轉(zhuǎn)移0.5 mol 電子,C正確;Na2S2O3溶液中加過(guò)量稀硝酸,發(fā)生反應(yīng):3S2O32-+8NO3-+2H+ 6SO42-+8NO↑+H2O,則氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為3∶4,D錯(cuò)誤。

10.某同學(xué)進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn):
實(shí)驗(yàn)
操作和現(xiàn)象
Ⅰ
向溴水中滴加少量CCl4,振蕩,CCl4層顯橙色
Ⅱ
向碘水中滴加少量CCl4,振蕩,CCl4層顯紫色
Ⅲ
向KBr、KI的混合液中加入CCl4,滴加氯水,振蕩后CCl4層顯紫色;再滴加氯水,振蕩后紫色褪去;繼續(xù)滴加氯水,振蕩后CCl4層變?yōu)槌壬?br /> 下列分析不正確的是(　　)
A.Ⅰ中CCl4層顯橙色,說(shuō)明CCl4層含Br2
B.Ⅱ中的現(xiàn)象說(shuō)明I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度
C.Ⅲ中CCl4層顯紫色,說(shuō)明Cl2的氧化性強(qiáng)于I2
D.Ⅲ中CCl4層變?yōu)槌壬珪r(shí),水層中仍含有大量I-
答案　D　A項(xiàng),向溴水中滴加少量CCl4,振蕩,CCl4層顯橙色,說(shuō)明CCl4萃取溴水中的溴,CCl4層含Br2,正確;B項(xiàng),向碘水中滴加少量CCl4,振蕩,CCl4層顯紫色,說(shuō)明CCl4萃取碘水中的碘,即I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度,正確;C項(xiàng),Ⅲ中CCl4層顯紫色,說(shuō)明產(chǎn)生了I2,滴加氯水將I-氧化為I2,因此Cl2的氧化性強(qiáng)于I2,正確;D項(xiàng),Ⅲ中CCl4層變?yōu)槌壬珪r(shí),說(shuō)明過(guò)量的氯水氧化Br-為Br2,此時(shí)水層中含大量IO3-,無(wú)I-,錯(cuò)誤。


11.在恒溫、恒定氣體流速下,催化氧化HCl生產(chǎn)Cl2的工藝的主要反應(yīng)機(jī)理如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是(　　)

A.該過(guò)程中Cu元素的化合價(jià)保持不變
B.CuO、Cu(OH)Cl、Cu2OCl2均為中間產(chǎn)物
C.Cu(OH)Cl分解產(chǎn)生兩種產(chǎn)物,物質(zhì)X為H2O
D.該過(guò)程涉及反應(yīng):2Cu2OCl2+O2 2Cl2+4CuO
答案　B　根據(jù)題圖和題目信息,進(jìn)入循環(huán)的物質(zhì)為反應(yīng)物,從循環(huán)中出來(lái)的物質(zhì)為生成物,反應(yīng)前后不變的物質(zhì)為催化劑,該過(guò)程總反應(yīng)為4HCl+O2 2H2O+2Cl2。A項(xiàng),CuO、Cu(OH)Cl和Cu2OCl2中的銅元素化合價(jià)均為+2價(jià),正確;B項(xiàng),CuO為催化劑,Cu(OH)Cl和Cu2OCl2為中間產(chǎn)物,錯(cuò)誤;C項(xiàng),根據(jù)原子守恒可知X為H2O,正確;D項(xiàng),根據(jù)題圖可知,CuO和Cu2OCl2的轉(zhuǎn)化是可逆的,正確。

12.幾種物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是(　　)

A.反應(yīng)1中Fe3+是還原產(chǎn)物
B.反應(yīng)2中H2S得電子
C.反應(yīng)2的離子方程式為2Fe3++H2S 2Fe2++S↓+2H+
D.HNO3能和H2S大量共存
答案　C　A項(xiàng),反應(yīng)1中Fe3+是氧化產(chǎn)物,錯(cuò)誤;B項(xiàng),反應(yīng)2中H2S失去電子被氧化為S,錯(cuò)誤;C項(xiàng),由題圖可知,反應(yīng)2的離子方程式為2Fe3++H2S 2Fe2++S↓+2H+,正確;D項(xiàng),HNO3具有強(qiáng)氧化性,H2S具有還原性,二者不能大量共存,錯(cuò)誤。



13.一種提純白磷樣品(含惰性雜質(zhì))的工藝流程如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是(　　)

A.過(guò)程Ⅰ中,白磷既作氧化劑又作還原劑
B.過(guò)程Ⅱ中,發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)
C.過(guò)程Ⅲ中,反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C 10CO↑+6CaSiO3+P4
D.理論上,通過(guò)該提純工藝不會(huì)造成白磷損失
答案　D　過(guò)程Ⅰ中,磷元素化合價(jià)部分由0升高為+5、部分由0降低為-3,所以白磷既作氧化劑又作還原劑,故A正確;過(guò)程Ⅱ中,磷酸和氫氧化鈣反應(yīng)生成磷酸鈣和水,屬于復(fù)分解反應(yīng),故B正確;過(guò)程Ⅲ中,磷酸鈣、二氧化硅和焦炭反應(yīng)生成硅酸鈣、CO和白磷,反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C 10CO↑+6CaSiO3+P4,故C正確;由題圖可知,有Cu3P生成,故該提純工藝會(huì)造成白磷損失,故D錯(cuò)誤。

14.CO2加氫偶合苯胺(RNH2)的一種反應(yīng)機(jī)理如圖所示。下列敘述不正確的是(　　)

A.金屬Au可吸附H原子,TiO2可吸附CO2
B.反應(yīng)過(guò)程中N的成鍵數(shù)目保持不變
C.反應(yīng)過(guò)程中CO2發(fā)生還原反應(yīng)
D.該過(guò)程的總反應(yīng):RNH2+CO2+H2 RNHCHO+H2O
答案　B　A項(xiàng),由題圖可知,過(guò)程Ⅰ中,金屬Au可吸附H原子,TiO2可吸附CO2,正確;B項(xiàng),題圖中RNH2在過(guò)程Ⅳ后,N與C形成了新的化學(xué)鍵(配位鍵),此時(shí)N原子的成鍵數(shù)目由3變?yōu)?,錯(cuò)誤;C項(xiàng),反應(yīng)過(guò)程中CO2中C元素的化合價(jià)由+4價(jià)降低為+2價(jià),二氧化碳被還原,正確;D項(xiàng),根據(jù)題圖中的反應(yīng)物和生成物可知,該過(guò)程的總反應(yīng)為RNH2+CO2+H2 RNHCHO+H2O,正確。

15.氮氧化物(NOx)是一類特殊的污染物,它本身會(huì)對(duì)生態(tài)系統(tǒng)和人體健康造成危害。一種以沸石籠作為載體對(duì)氮氧化物進(jìn)行催化還原的原理如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是(　　)

A.過(guò)程①可表示為2[Cu(NH3)2]++O2 [(NH3)2Cu—O—O—Cu(NH3)2]2+
B.過(guò)程③有元素的化合價(jià)發(fā)生變化
C.過(guò)程④涉及極性共價(jià)鍵的斷裂與形成
D.圖中總過(guò)程中NO、NH3、O2物質(zhì)的量之比為4∶4∶1
答案　B　過(guò)程①的反應(yīng)物為[Cu(NH3)2]+和O2,生成物為[(NH3)2Cu—O—O—Cu(NH3)2]2+,反應(yīng)方程式為2[Cu(NH3)2]++O2 [(NH3)2Cu—O—O—Cu(NH3)2]2+,A項(xiàng)正確;過(guò)程③只有O—O非極性共價(jià)鍵斷裂,元素化合價(jià)沒(méi)有變化,B項(xiàng)錯(cuò)誤;過(guò)程④涉及NO極性共價(jià)鍵、N—H極性共價(jià)鍵的斷裂和非極性共價(jià)鍵、O—H極性共價(jià)鍵的形成,C項(xiàng)正確;分析題圖可知,總反應(yīng)為4NO+4NH3+O2 4N2+6H2O,故總過(guò)程中NO、NH3、O2物質(zhì)的量之比為4∶4∶1,D項(xiàng)正確。




16.中國(guó)自古就有“信口雌黃”“雄黃入藥”之說(shuō)。雌黃As2S3和雄黃As4S4都是自然界中常見(jiàn)的砷化物,早期都曾用作繪畫顏料,因都有抗病毒療效也用來(lái)入藥。砷元素有+2、+3兩種常見(jiàn)價(jià)態(tài)。一定條件下,雌黃和雄黃的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　)

A.反應(yīng)Ⅰ中,As2S3和SnCl2的物質(zhì)的量之比為1∶1時(shí)可恰好完全反應(yīng)
B.反應(yīng)Ⅱ中,物質(zhì)a可能是S、SO2
C.反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ是氧化還原反應(yīng),反應(yīng)Ⅲ是非氧化還原反應(yīng)
D.反應(yīng)Ⅰ可用NaOH溶液吸收H2S,向吸收后的溶液中加入足量稀硫酸可為反應(yīng)Ⅳ提供H2S
答案　C　反應(yīng)Ⅰ中,As2S3和Sn2+、H+反應(yīng)生成Sn4+、As4S4和H2S,As化合價(jià)由+3價(jià)降低至+2價(jià),Sn化合價(jià)由+2價(jià)升高至+4價(jià),根據(jù)得失電子守恒可知,As2S3與SnCl2的物質(zhì)的量之比為1∶1時(shí)可恰好完全反應(yīng),A正確;反應(yīng)Ⅱ中氧氣具有氧化性,As4S4具有還原性,則物質(zhì)a可能是S、SO2,B正確;反應(yīng)Ⅳ中H、O、S、As元素化合價(jià)反應(yīng)前后均不改變,是非氧化還原反應(yīng),C錯(cuò)誤;反應(yīng)Ⅰ可用NaOH溶液吸收H2S,向所得溶液中加入足量稀硫酸反應(yīng),生成硫化氫氣體,D正確。

17.根據(jù)下表信息,下列敘述中正確的是(　　)
序號(hào)
氧化劑
還原劑
氧化產(chǎn)物
還原產(chǎn)物
①
Cl2
FeBr2

FeCl3
②
KMnO4
H2O2
O2
MnO2
③
KClO3
濃鹽酸
Cl2

④
KMnO4
濃鹽酸
Cl2
MnCl2
A.表中③還原產(chǎn)物是KCl
B.表中④的離子方程式配平后,H+的化學(xué)計(jì)量數(shù)為16
C.表中②生成1 mol O2將有4 mol電子轉(zhuǎn)移
D.表中①反應(yīng)的氧化產(chǎn)物只能有FeCl3
答案　B　KClO3和濃鹽酸反應(yīng)生成KCl、Cl2和H2O,氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物都是Cl2,A錯(cuò)誤;表中④反應(yīng)的離子方程式是2MnO4-+10Cl-+16H+ 2Mn2++5Cl2↑+8H2O,H+的化學(xué)計(jì)量數(shù)為16,B正確;表中②H2O2是還原劑,氧元素化合價(jià)由-1升高為0,生成1 mol O2將有2 mol電子轉(zhuǎn)移,C錯(cuò)誤;若氯氣足量,表中①反應(yīng)的氧化產(chǎn)物有FeCl3、Br2,D錯(cuò)誤。

18.(雙選)碘介導(dǎo)的醇歧化反應(yīng)機(jī)理如圖所示(R—為烴基)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　)

A.反應(yīng)RCH2OH→RCH2I屬于還原反應(yīng)
B.有3種自由基參加了反應(yīng)
C.該反應(yīng)利用了HI的還原性和I2的氧化性
D.醇歧化的總反應(yīng)方程式為2RCH2OH RCH3+RCHO
答案　AD　反應(yīng)RCH2OH→RCH2I屬于取代反應(yīng),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;有R—C·H2、、R—C·H—OH 3種自由基參加了反應(yīng),選項(xiàng)B正確;該反應(yīng)過(guò)程中出現(xiàn)HI轉(zhuǎn)化為再轉(zhuǎn)化為I2,也出現(xiàn)I2轉(zhuǎn)化為再轉(zhuǎn)化為HI,利用了HI的還原性和I2的氧化性,選項(xiàng)C正確;根據(jù)題圖可知,醇歧化的總反應(yīng)方程式為2RCH2OH RCH3+RCHO+H2O,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

19.濃硝酸和稀硝酸均具有強(qiáng)氧化性,在氧化還原反應(yīng)中濃硝酸被還原為NO2,稀硝酸被還原為NO。同溫同壓下,0.1 mol 金屬單質(zhì)M與足量濃硝酸反應(yīng),生成NO2體積為V1;0.1 mol金屬單質(zhì)N與足量稀硝酸反應(yīng),生成NO體積為V2。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　)
A.M、N與硝酸的反應(yīng)中,被還原硝酸的物質(zhì)的量之比一定為V1V2
B.M、N與硝酸的反應(yīng)中,消耗硝酸的物質(zhì)的量之比一定為V13V2
C.產(chǎn)物中M和N化合價(jià)之比一定為V13V2
D.將生成的氣體恰好溶于水生成硝酸,需要通入氧氣的體積之比一定為V13V2
答案　B　設(shè)兩個(gè)反應(yīng)中產(chǎn)生的氣體物質(zhì)的量分別為n1、n2,被還原的n(HNO3)之比等于產(chǎn)生氣體體積之比n1n2=V1V2,A正確;設(shè)反應(yīng)后M轉(zhuǎn)化為M(NO3)x,則根據(jù)得失電子守恒得:0.1 mol×x=n1,M與硝酸反應(yīng)中消耗硝酸2n1,設(shè)反應(yīng)后N轉(zhuǎn)化為N(NO3)y,則根據(jù)得失電子守恒得:0.1 mol×y=3n2,N與硝酸反應(yīng)中消耗硝酸4n2,則兩個(gè)反應(yīng)中消耗n(HNO3)之比為2n14n2=V12V2,B錯(cuò)誤;由B選項(xiàng)分析知,反應(yīng)后M的化合價(jià)為+x價(jià),N的化合價(jià)為+y價(jià),故M、N反應(yīng)后化合價(jià)之比為V13V2,C正確;根據(jù)得失電子守恒,知將生成的NO2完全溶于水需要n(O2)=n14,將生成的NO完全溶于水需要n(O2)=3n24,則需要通入n(O2)之比(即體積比)為n13n2=V13V2,D正確。

20.工業(yè)上以電解錳渣(主要成分為MnCO3、MnSO4,含有少量FeCO3、Al2O3、SiO2等)為原料制取MnSO4·H2O。

“氧化”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為　　　　　　　　　　　　　　　,工業(yè)上調(diào)節(jié)pH的過(guò)程選擇在加熱條件下進(jìn)行,其目的是　　　　　　　　　　　　。?
答案　MnO2+2Fe2++4H+ Mn2++2Fe3++2H2O
有利于將Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀
解析　“氧化”時(shí)MnO2把Fe2+氧化成Fe3+,自身被還原為Mn2+,根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒,配平離子方程式。Fe3+、Al3+水解,使溶液顯酸性,加Ca(OH)2促進(jìn)其水解,加熱也會(huì)促進(jìn)其水解,便于生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀。

21.用油脂氫化后廢棄的鎳催化劑(主要成分為Ni、Al,少量其他不溶性物質(zhì))制備NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O并研究其分解反應(yīng)的過(guò)程如下:
(1)制NiSO4溶液。向廢鎳催化劑中加入足量NaOH溶液,充分反應(yīng)后過(guò)濾。向洗滌后的濾渣中加入稀硫酸至Ni恰好完全溶解,過(guò)濾。加入NaOH溶液的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(2)制NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O?？刂茰囟葹?5 ℃,向NiSO4溶液中加入適量Na2CO3溶液,有NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O沉淀生成和CO2氣體放出,過(guò)濾。
①為確定所加Na2CO3的添加量,需測(cè)定NiSO4溶液的濃度。準(zhǔn)確量取5.00 mL溶液于100 mL容量瓶中,加水稀釋至刻度線;準(zhǔn)確量取20.00 mL稀釋后的溶液于錐形瓶中,用0.040 00 mol·L-1 EDTA(Na2H2Y)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)(滴定反應(yīng)為Ni2++H2Y2- NiY2-+2H+),平行滴定3次,平均消耗EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液31.25 mL。計(jì)算NiSO4溶液的物質(zhì)的量濃度(寫出計(jì)算過(guò)程)。
②生成NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O時(shí)所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
③若將NiSO4溶液加入Na2CO3溶液中,會(huì)使沉淀中鎳元素含量偏高,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(3)NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O熱分解。在氧氣氣氛中加熱NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O,固體質(zhì)量隨溫度變化的曲線如圖所示。

①500~700 K之間分解產(chǎn)生的氣體為　　　　。?
②800 K后剩余固體質(zhì)量略有增加的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　。?
答案　(1)除去廢鎳催化劑表面的油污,溶解其中的Al
(2)①滴定20.00 mL稀釋液中Ni2+消耗的n(EDTA)=0.040 00 mol·L-1×31.25×10-3 L=1.250×10-3 mol
n(Ni2+)=n(EDTA)=1.250×10-3 mol
5.00 mL濾液中:n(NiSO4)=n(Ni2+)=1.250×10-3 mol×100 mL20.00 mL=6.250×10-3 mol
c(NiSO4)=6.250×10-3mol5.00×10-3L=1.250 mol·L-1
②3Ni2++3CO32-+4H2O NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O↓+2CO2↑
③Na2CO3溶液呈堿性,若將NiSO4溶液加入Na2CO3溶液中,會(huì)使沉淀中Ni(OH)2的量偏大,Ni(OH)2中鎳元素含量高于NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O
(3)①CO2
②NiO被氧化成更高價(jià)態(tài)的鎳氧化物
解析　(1)向廢鎳催化劑中加入NaOH溶液,可以除去廢鎳催化劑表面的油污,溶解其中的Al。(3)①NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O完全熱分解,其反應(yīng)方程式為NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O 3NiO+CO2↑+4H2O↑,若分解先得到水蒸氣,則固體質(zhì)量降低的百分比為72341×100%≈21.1%,若分解先得到二氧化碳,則固體質(zhì)量降低的百分比為44341×100%≈12.9%,結(jié)合題圖可知,300~500 K之間分解產(chǎn)生的氣體為水蒸氣,500~700 K之間分解產(chǎn)生的氣體為CO2。②700 K后,剩下的固體為NiO,在氧氣氣氛中加熱,NiO被氧化成更高價(jià)態(tài)的鎳氧化物,導(dǎo)致800 K后剩余固體質(zhì)量略有增加。
22.鉛和錳是工業(yè)生產(chǎn)中的重要金屬,利用軟錳礦(主要成分為MnO2)和方鉛礦(主要成分為PbS,含少量FeS2)協(xié)同浸出制取鉛、錳氧化物是重要的化工方法。
已知:PbCl2(s)+2Cl-(aq) PbCl42-(aq)
(1)在攪拌條件下將方鉛礦、軟錳礦和鹽酸混合溶液進(jìn)行混合,反應(yīng)生成Mn2+、Fe3+、PbCl2(s)和S。寫出該過(guò)程中浸出Fe3+的離子方程式:　　　　　　　　　　　　。?
(4)氯化鉛配合物與硫酸溶液反應(yīng)生成PbSO4。利用PbSO4與Na2CO3溶液進(jìn)一步反應(yīng)制取PbCO3。將所得固體樣品進(jìn)行X-射線衍射分析如圖所示,寫出生成雜質(zhì)的化學(xué)方程式:　　　　　　　　　　　　　　。?

(5)利用除去Pb2+、Fe3+后的溶液制備Mn3O4。在溶液中滴加氨水并通入氧氣得到Mn3O4,寫出該反應(yīng)的離子方程式:　　　　　　　　　　　　　　。?
答案　(1)12H++2FeS2+3MnO2 3Mn2++2Fe3++4S+6H2O
(4)3PbSO4+3Na2CO3+H2O 2PbCO3·Pb(OH)2+3Na2SO4+CO2↑或3PbSO4+4Na2CO3+2H2O 2PbCO3·Pb(OH)2+3Na2SO4+2NaHCO3
(5)6Mn2++12NH3·H2O+O2 2Mn3O4↓+12NH4++6H2O
解析　(1)FeS2中鐵元素、硫元素化合價(jià)均升高,1個(gè)FeS2失去3個(gè)電子,MnO2作氧化劑,被FeS2還原為Mn2+,結(jié)合得失電子守恒、電荷守恒、原子守恒配平離子方程式。(4)根據(jù)題意可知,生成的雜質(zhì)是2PbCO3·Pb(OH)2,PbSO4與Na2CO3溶液反應(yīng),無(wú)元素化合價(jià)改變,可根據(jù)復(fù)分解反應(yīng)的特點(diǎn),結(jié)合原子守恒配平化學(xué)方程式。(5)除去Pb2+、Fe3+后的溶液含有Mn2+,根據(jù)題意,Mn2+的氧化產(chǎn)物是Mn3O4,錳元素化合價(jià)升高,O2是氧化劑,結(jié)合得失電子守恒、電荷守恒、原子守恒配平離子方程式。





23.釩具有廣泛用途,利用含釩廢催化劑(主要含有V2O5、VOSO4和不溶性硅酸鹽)制備V2O5的新工藝流程如圖:

已知:濾液1和濾液2中釩以VO2+的形式存在?；卮鹣铝袉?wèn)題:
(1)寫出V基態(tài)原子核外電子排布式:　　　　。?
(2)在實(shí)驗(yàn)室中操作Ⅰ用到的玻璃儀器有　　　　　　　　。?
(3)在濾渣1中加入Na2SO3和過(guò)量稀H2SO4溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng),氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為　　　　。?
(4)混合溶液中加入KClO3,發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是　　　　　　　　　　　　　。?
答案　(1)[Ar]3d34s2　(2)漏斗、燒杯、玻璃棒　(3)1∶1　(4)6VO2++ClO3-+3H2O 6VO2++Cl-+6H+
解析　(1)V的原子序數(shù)為23,則基態(tài)原子核外電子排布式為[Ar]3d34s2。(2)操作Ⅰ為固、液分離的過(guò)濾操作,過(guò)濾用到的玻璃儀器有漏斗、燒杯、玻璃棒。(3)含釩廢催化劑加水溶解,V2O5和不溶性硅酸鹽不溶于水,VOSO4溶于水,則濾渣1為V2O5和不溶性硅酸鹽,濾液1為VOSO4溶液,由于濾液2中釩以VO2+的形式存在,則濾渣1中的V2O5與Na2SO3在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng),生成Na2SO4和VOSO4,由得失電子守恒可知,氧化劑V2O5和還原劑Na2SO3的物質(zhì)的量之比為1∶1。(4)已知濾液1和濾液2中釩以VO2+的形式存在,加入KClO3,VO2+被KClO3氧化為VO2+,ClO3-被還原為Cl-,結(jié)合得失電子守恒、電荷守恒以及原子守恒,可寫出反應(yīng)的離子方程式。




24.MoS2作為石墨電極的改性劑不僅能彌補(bǔ)石墨低容量的不足,還可以有效解決自身穩(wěn)定性和導(dǎo)電性不佳的問(wèn)題。以鉬精礦(主要成分為MoS2,含SiO2、CuFeS2、CaCO3、PbS等雜質(zhì))為原料生產(chǎn)MoS2的工藝流程如圖。

已知:①M(fèi)oS2中S元素的化合價(jià)為-2價(jià);
②常溫下PbCl2不溶于水,但PbCl2可與Cl-反應(yīng),生成可溶性配合離子PbCl3-;
③MoS2不溶于水和常見(jiàn)酸堿,“燒熔”時(shí)可轉(zhuǎn)化為酸性氧化物MoO3,“硫代”時(shí)生成MoS42-。
回答下列問(wèn)題:
(1)使用濃鹽酸進(jìn)行“初級(jí)酸浸”的工藝原理是濃鹽酸與鉬精礦中的CaCO3、PbS雜質(zhì)發(fā)生反應(yīng),生成CaCl2、PbCl2,其中生成PbCl2的化學(xué)方程式為　　　　　　　　　　　　。?
(2)“氯鹽浸出”的原理是利用具有強(qiáng)氧化性的FeCl3,在強(qiáng)酸性條件下氧化CuFeS2,使之生成CuCl2和S,該“氯鹽浸出”過(guò)程的化學(xué)方程式為　　　　　　　　　　　　　　。?
(3)“堿浸”時(shí)使用氨水而不使用NaOH溶液的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(4)“堿浸”后濾液③的主要成分為　　　　(填化學(xué)式)。?
(5)“初級(jí)酸浸”“堿浸”流程中操作溫度不宜過(guò)高的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(6)產(chǎn)品MoS2中存在極微量的非整比晶體雜質(zhì)MoS2.8,則該雜質(zhì)中Mo4+與Mo6+物質(zhì)的量之比為　　　　。?
答案　(1)PbS+2HCl(濃) PbCl2+H2S↑
(2)CuFeS2+4FeCl3 CuCl2+5FeCl2+2S
(3)NaOH溶液會(huì)與二氧化硅反應(yīng),生成的Na2SiO3進(jìn)入濾液③,使制得的MoS2不純
(4)(NH4)2MoO4
(5)在“初級(jí)酸浸”中使用了濃鹽酸,如果溫度過(guò)高,濃鹽酸大量揮發(fā),不利于反應(yīng)進(jìn)行;“堿浸”時(shí)使用氨水,也容易受熱分解
(6)1∶4
解析　(1)PbS與濃鹽酸反應(yīng)生成PbCl2的反應(yīng)為復(fù)分解反應(yīng),根據(jù)原子守恒可寫出化學(xué)方程式。(2)FeCl3在強(qiáng)酸性條件下氧化CuFeS2,使之生成CuCl2和S,CuFeS2中S元素的化合價(jià)為-2價(jià),Cu元素為+2價(jià),Fe元素為+2價(jià),Fe3+將-2價(jià)的硫元素氧化成硫單質(zhì),自身被還原成Fe2+,根據(jù)得失電子守恒和原子守恒,可寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式。(3)結(jié)合已知信息③可知濾渣②中含MoO3、SiO2和S,“堿浸”時(shí)如果用NaOH溶液代替氨水,NaOH溶液會(huì)與二氧化硅反應(yīng),生成的Na2SiO3進(jìn)入濾液③,使制得的MoS2不純。(4)濾渣②中加氨水“堿浸”,酸性氧化物MoO3轉(zhuǎn)化為(NH4)2MoO4,故濾液③的主要成分為(NH4)2MoO4。(6)設(shè)1個(gè)MoS2.8中Mo4+與Mo6+的個(gè)數(shù)分別為x和y,已知MoS2中S元素的化合價(jià)為-2,根據(jù)化合物中各元素正、負(fù)化合價(jià)代數(shù)和為0可得,4x+6y-2×2.8=0,又x+y=1,解得x=0.2、y=0.8,則該雜質(zhì)中Mo4+與Mo6+物質(zhì)的量之比為1∶4。

25.KMnO4性質(zhì)探究。
取適量制取的KMnO4溶液稀釋至約0.01 mol·L-1(用硫酸酸化至pH=1),取配制好的KMnO4溶液2 mL于試管中,逐滴滴加0.1 mol·L-1KI溶液,紫色KMnO4溶液迅速變?yōu)樽睾稚珣覞嵋?然后沉淀逐漸消失,最終溶液變?yōu)樽攸S色。
(3)最終溶液呈棕黃色,推測(cè)生成了　　　　　　(寫化學(xué)式)。?
(4)實(shí)驗(yàn)小組對(duì)初始階段的產(chǎn)物成分進(jìn)行探究:

①黑色固體是MnO2,試劑X是　　　　　(寫化學(xué)式)。?
②在紫色清液中存在IO3-,寫出生成IO3-的離子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
③下列實(shí)驗(yàn)方案中,可用于檢驗(yàn)紫色清液中是否存在IO3-的是　　(填序號(hào))。?
A.用潔凈的玻璃棒蘸取紫色清液滴在淀粉-KI試紙上,觀察試紙是否變藍(lán)色
B.取少量紫色清液于試管中,向其中加入幾滴淀粉溶液,溶液不變藍(lán),再加入過(guò)量NaHSO3溶液,觀察溶液是否變色
C.取少量紫色清液于試管中,向其中加入稀硝酸酸化,再加入幾滴硝酸銀溶液,觀察是否生成黃色沉淀
(5)探究實(shí)驗(yàn)中棕褐色沉淀消失的原因:

用離子方程式解釋步驟③中固體消失的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(6)由上述實(shí)驗(yàn)可知,KMnO4的還原產(chǎn)物與　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　有關(guān)。?
答案　(3)I2　(4)①H2O2　②2MnO4-+I-+2H+ 2MnO2↓+IO3-+H2O?、跙　(5)MnO2+2I-+4H+ Mn2++I2+2H2O　(6)還原劑的用量、溶液的酸堿性、氧化劑的濃度
解析　(3)KMnO4具有強(qiáng)氧化性,I-具有還原性,二者可發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成I2,使溶液呈棕黃色。(4)①加入試劑X立即產(chǎn)生大量氣泡,且題目信息說(shuō)明黑色固體是MnO2,MnO2能催化分解H2O2,因此試劑X為H2O2。②黑色固體是MnO2,即MnO4-被還原為MnO2,紫色清液中存在IO3-,且實(shí)驗(yàn)結(jié)果表明沒(méi)有生成I2,即I-被氧化為IO3-,根據(jù)原子守恒、得失電子守恒和電荷守恒,配平離子方程式為2MnO4-+I-+2H+ 2MnO2↓+IO3-+H2O。③A項(xiàng),紫色清液中存在KMnO4,KMnO4也可將I-氧化為I2,錯(cuò)誤;B項(xiàng),取少量紫色清液于試管中,向其中加入幾滴淀粉溶液,溶液不變藍(lán),說(shuō)明溶液中不存在I2,再加入過(guò)量NaHSO3溶液,將IO3-還原為I2,淀粉遇I2變藍(lán),正確;C項(xiàng),硝酸為氧化劑,無(wú)法將IO3-轉(zhuǎn)化為I-,再加入硝酸銀溶液,不會(huì)產(chǎn)生黃色沉淀AgI,錯(cuò)誤。(5)根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象,步驟③中黑色固體MnO2溶解,溶液變?yōu)樽攸S色,可知在酸性環(huán)境下MnO2將I-氧化為I2,反應(yīng)的離子方程式為MnO2+2I-+4H+ Mn2++I2+2H2O。(6)根據(jù)題述實(shí)驗(yàn),逐滴滴加0.1 mol·L-1KI溶液,紫色KMnO4溶液迅速變?yōu)樽睾稚珣覞嵋?然后沉淀逐漸消失,最終溶液變?yōu)樽攸S色,說(shuō)明氧化劑和還原劑的用量會(huì)影響產(chǎn)物;根據(jù)(5)中實(shí)驗(yàn)棕褐色沉淀消失可知,MnO2與KI的反應(yīng)需要在酸性環(huán)境下才可以進(jìn)行,由此得出溶液的酸堿性也會(huì)影響產(chǎn)物。







26.某化工廠產(chǎn)生的廢渣中含有PbSO4和Ag,為了回收這兩種物質(zhì),某同學(xué)設(shè)計(jì)了如下流程:

已知:“浸出”過(guò)程發(fā)生可逆反應(yīng):AgCl+2SO32-Ag(SO3)23-+Cl-。
回答下列問(wèn)題:
(1)“氧化”階段需在80 ℃條件下進(jìn)行,最適合的加熱方式為　　　　。將廢渣“氧化”的化學(xué)方程式為　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(2)其他條件不變,在敞口容器中進(jìn)行“浸出”時(shí),浸出時(shí)間過(guò)長(zhǎng)會(huì)使銀的浸出率(浸出液中銀的質(zhì)量占起始廢渣中銀的質(zhì)量的百分比)降低,可能原因是　　　　　　　　　　　　　　(用離子方程式表示)。?
答案　(1)水浴加熱　4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑　(2)2SO32-+O22SO42-
解析　(1)在80 ℃水浴加熱條件下,用20%次氯酸鈉溶液將廢渣中的銀轉(zhuǎn)化為氯化銀,根據(jù)題圖可知有氧氣生成,由于鈉離子沒(méi)有實(shí)質(zhì)參與反應(yīng),考慮到溶液呈電中性原則,氯離子全部沉淀,故鈉離子只能組成氫氧化鈉,反應(yīng)的化學(xué)方程式為4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑。(2)在敞口容器中進(jìn)行浸出的時(shí)間過(guò)長(zhǎng),溶液中的SO32-會(huì)被空氣中氧氣氧化,c(SO32-)減小,平衡AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-逆向移動(dòng),導(dǎo)致銀的浸出率降低。
3.為測(cè)定制得的MnSO4·H2O的純度,稱取1.000 g樣品,配成100.00 mL酸性溶液,取出20.00 mL,加入適量H3PO4和NH4NO3溶液,加熱使Mn2+全部氧化成Mn3+,用0.050 00 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定冷卻后的含錳溶液至終點(diǎn)(滴定過(guò)程中Mn3+被還原為Mn2+),用去(NH4)2Fe(SO4)2溶液21.60 mL,計(jì)算該MnSO4·H2O樣品的純度(寫出計(jì)算過(guò)程)。
答案　根據(jù)關(guān)系式MnSO4·H2O~Mn3+~(NH4)2Fe(SO4)2可得1.000 g樣品中:n(MnSO4·H2O)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=21.60 mL×10-3 L·mL-1×0.050 00 mol·L-1×100.00 mL20.00 mL=5.400×10-3 mol
該MnSO4·H2O樣品的純度=
5.400×10-3mol×169 g·mol-11.000 g×100%=91.26%
解析　先將Mn2+氧化為Mn3+,由錳原子守恒知,n(Mn2+)=n(Mn3+);Mn3+將(NH4)2Fe(SO4)2中的Fe2+氧化成Fe3+,同時(shí)Mn3+被還原為Mn2+,根據(jù)Mn、Fe得失電子守恒知n(Mn3+)=n[(NH4)2Fe(SO4)2],由(NH4)2Fe(SO4)2的消耗量可以計(jì)算出n(Mn3+),進(jìn)而得出n(Mn2+),可計(jì)算出m(MnSO4·H2O),由此得出MnSO4·H2O樣品的純度。

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這是一份2024屆人教版高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)專題四氧化還原反應(yīng)十年高考題作業(yè)含答案，共18頁(yè)。試卷主要包含了下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是，7%，下列實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)正確的是等內(nèi)容，歡迎下載使用。

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