2020版53B课标Ⅲ高考化学复习专题四氧化还原反应课件.pptx

1、专题四 氧化还原反应高考化学高考化学(课标)A A组课标组课标卷区题组卷区题组五年高考考点一氧化还原反应基本概念与常用规律考点一氧化还原反应基本概念与常用规律1.(2015课标,28,15分)二氧化氯(ClO2,黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。回答下列问题:(1)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为 。2(2)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料,通过以下过程制备ClO2:电解时发生反应的化学方程式为 。溶液X中大量存在的阴离子有 。除去ClO2中的NH3可选用的试剂是 (填标号)。a.水b.碱石灰

2、c.浓硫酸d.饱和食盐水(3)用右图装置可以测定混合气中ClO2的含量:.在锥形瓶中加入足量的碘化钾,用50 mL水溶解后,再加入3 mL稀硫酸;3.在玻璃液封装置中加入水,使液面没过玻璃液封管的管口;.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收;.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中;.用0.100 0 molL-1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2S2 2I-+S4),指示剂显示终点时共用去20.00 mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中:23O26O锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为 。玻璃液封装置的作用是 。中加入的指示剂通常为 ,滴定至终点的现象是 。测得混合气中ClO2的质量为

3、g。(4)用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐,下列物质最适宜的是 (填标号)。a.明矾b.碘化钾c.盐酸d.硫酸亚铁4答案答案(15分)(1)2 1(1分)(2)NH4Cl+2HCl3H2+NCl3(2分)Cl-、OH-(2分)c(1分)(3)2ClO2+10I-+8H+5I2+4H2O+2Cl-(2分)吸收残余的二氧化氯气体(避免碘的逸出)(2分)淀粉溶液溶液由蓝色变为无色,且半分钟内溶液颜色不再改变(每空1分,共2分)0.027 00(2分)(4)d(1分)5解析解析(1)该反应的氧化剂为KClO3,发生变化:O2;还原剂为Na2SO3,发生变化:Na2

4、O3 Na2O4,根据得失电子守恒可知n(KClO3)n(Na2SO3)=2 1。(2)由题中信息可知,电解NH4Cl溶液和盐酸的混合物得到NCl3溶液和H2,据此可写出电解时的总反应方程式。由NaClO2溶液与NCl3溶液反应的生成物可以看出,反应物中除NaClO2和NCl3外,还应有H2O,则该反应的离子方程式为NCl3+6Cl+3H2O 6ClO2+NH3+3Cl-+3OH-,故溶液X中大量存在的阴离子有Cl-和OH-。由于ClO2易溶于水,因此不能用水或饱和食盐水除去ClO2中的NH3;碱石灰不与NH3反应,无法将NH3除去;浓硫酸不与ClO2反应但能与NH3反应,故可用浓硫酸除去Cl

5、O2中的NH3。(3)ClO2具有强氧化性,在酸性条件下可将I-氧化为I2,自身被还原为Cl-,据此可写出有关的离子方程式。向锥形瓶中通入混合气时,会有少量ClO2从溶液中逸出,生成的碘也会逸出,通过玻璃液封装置可将逸出的ClO2和碘吸收,再将吸收液倒入锥形瓶中,保证了测定结果的准确性,减小了实验误差。53KClO4Cl4S6S2O6滴定含I2的溶液时一般使用淀粉溶液作指示剂。由2ClO25I210S2可知,n(ClO2)=0.2n(S2)=0.20.100 0 molL-10.020 00 L=4.00010-4 mol,m(ClO2)=4.00010-4mol67.5 gmol-1=0.0

6、27 00 g。(4)要除去亚氯酸盐,需加入具有还原性的物质,明矾显然不适宜;由于饮用水已处理过,再加入KI或盐酸,会产生对人体健康不利的I2或Cl2,故最适宜的物质是硫酸亚铁。23O23O疑难突破疑难突破陌生氧化还原反应方程式的书写,首先要结合自身已经掌握的基础知识及题目给出的信息,分析出氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物,再对该反应方程式进行配平。知识拓展知识拓展滴定反应的关键是反应终点的判断,而反应终点的判断需要反应呈现特定的现象。7考点二氧化还原反应方程式的书写及相关计算考点二氧化还原反应方程式的书写及相关计算2.(2014课标,27,15分)次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品,

7、具有较强还原性。回答下列问题:(1)H3PO2是一元中强酸,写出其电离方程式 。(2)H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银,从而可用于化学镀银。H3PO2中,P元素的化合价为 。利用H3PO2进行化学镀银反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为4 1,则氧化产物为 (填化学式)。NaH2PO2为 (填“正盐”或“酸式盐”),其溶液显 (填“弱酸性”“中性”或“弱碱性”)。(3)H3PO2的工业制法是:将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2,后者再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式 。(4)H3PO2也可用电渗析法制

8、备,“四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过):8写出阳极的电极反应式 。分析产品室可得到H3PO2的原因 。早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2:将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替,并撤去阳极室与产品室之间的阳膜,从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有 杂质,该杂质产生的原因是 。9答案答案(1)H3PO2 H2P+H+(2)+1H3PO4正盐弱碱性(3)2P4+3Ba(OH)2+6H2O 3Ba(H2PO2)2+2PH3(4)2H2O-4e-O2+4H+阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室,原料室的H2P穿过阴膜扩散至产品室,二者反

9、应生成H3PO2PH2P或H3PO2被氧化2O2O34O2O10解析解析(1)H3PO2为一元中强酸,其电离方程式为H3PO2 H+H2P。(2)在化合物中,各元素正、负化合价的代数和为零,故H3PO2中P元素化合价为+1价。设氧化产物中P元素的化合价为+x价,依题意并根据得失电子守恒有4(+1)-0=1+x-(+1),解得x=5,故氧化产物为H3PO4。因H3PO2为一元酸,故NaH2PO2为正盐;H3PO2为中强酸,故NaH2PO2溶液呈弱碱性。(3)根据得失电子守恒及原子守恒,可写出P4与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式:2P4+3Ba(OH)2+6H2O 3Ba(H2PO2)2+2P

10、H3。(4)由题给装置可知阳极反应式为2H2O-4e-4H+O2。阳极生成的H+穿过阳膜扩散至产品室,与从原料室穿过阴膜扩散至产品室的H2P反应生成H3PO2。若取消阳膜,合并阳极室和产品室,阳极生成的O2可将H3PO2或原料室扩散来的H2P氧化,造成产品中混入P杂质。2O2O2O34O解题关键解题关键得失电子守恒法是进行氧化还原反应有关计算的不二法宝,也是判断氧化产物、还原产物的重要依据。知识拓展知识拓展书写陌生的氧化还原反应方程式时,首先应根据化合价的变化分析所给反应物中谁是氧化剂,谁是还原剂,以及反应后生成的氧化产物、还原产物是什么,然后根据得失电子相等将方程式配平,同时要根据溶液的酸碱

11、性以及原子守恒,考虑反应物中是否需要添加H+、OH-或H2O。113.(2012课标,26,14分)铁是应用最广泛的金属,铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物。(1)要确定铁的某氯化物FeClx的化学式,可用离子交换和滴定的方法。实验中称取0.54 g的Fe-Clx样品,溶解后先进行阳离子交换预处理,再通过含有饱和OH-的阴离子交换柱,使Cl-和OH-发生交换。交换完成后,流出溶液的OH-用0.40 molL-1的盐酸滴定,滴至终点时消耗盐酸25.0 mL。计算该样品中氯的物质的量,并求出FeClx中x值:(列出计算过程);(2)现有一含有FeCl2和FeCl3的混合物样品,采

12、用上述方法测得n(Fe)n(Cl)=1 2.1,则该样品中FeCl3的物质的量分数为 。在实验室中,FeCl2可用铁粉和 反应制备,FeCl3可用铁粉和 反应制备;(3)FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质,该反应的离子方程式为 ;(4)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂,可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强12碱性条件下反应可制取K2FeO4,其反应的离子方程式为 。与MnO2-Zn电池类似,K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池,K2FeO4在电池中作为正极材料,其电极反应式为 ,该电池总反应的离子方程式为 。答案答案 (14分)(1)n(Cl)=0.025 0 L

13、0.40 molL-1=0.010 mol0.54 g-0.010 mol35.5 gmol-1=0.19 gn(Fe)=0.19 g/56 gmol-1=0.003 4 moln(Fe)n(Cl)=0.003 4 0.0101 3,x=3(2)0.10盐酸氯气(3)2Fe3+2I-2Fe2+I2(或2Fe3+3I-2Fe2+)(4)2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-2Fe+5H2O+3Cl-Fe+3e-+4H2O Fe(OH)3+5OH-2Fe+8H2O+3Zn 2Fe(OH)3+3Zn(OH)2+4OH-注:Fe(OH)3、Zn(OH)2写成氧化物等其他形式且正确也可给分3I24O24

14、O24O13解析解析(2)设FeCl3的物质的量分数为x,由题意得3x+2(1-x)=2.1,x=0.10。据Fe+2HCl FeCl2+H2、Fe+2FeCl3 3FeCl2、2Fe+3Cl2 2FeCl3可知,FeCl2可用铁粉与FeCl3溶液或盐酸反应制备,FeCl3可用铁粉与Cl2反应制备。(3)生成的棕色物质为I2,故可写出该反应的离子方程式:2Fe3+2I-2Fe2+I2。(4)解答此问要紧扣题给信息,注意离子方程式中的电荷守恒及氧化还原反应中的得失电子守恒。14B B组课标组课标、课标、课标、自主命题、自主命题省省(区、市区、市)卷题组卷题组考点一氧化还原反应基本概念与常用规律考

15、点一氧化还原反应基本概念与常用规律1.(2019北京理综,10,6分)下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是()物质(括号内为杂质)除杂试剂AFeCl2溶液(FeCl3)Fe粉BNaCl溶液(MgCl2)NaOH溶液、稀HClCCl2(HCl)H2O、浓H2SO4DNO(NO2)H2O、无水CaCl215答案答案B本题考查Fe3+的氧化性,Mg(OH)2、Cl2、NO、NO2的性质等知识,借助实验形式考查学生的实验能力、识记能力和分析推理能力。试题需要考生运用分析、推理的方法研究物质的性质及化学性质与实验方法的关系,体现了证据推理与模型认知的学科核心素养。A项,用Fe粉除去FeC

16、l2溶液中的Fe3+时,发生了氧化还原反应;C项,除去Cl2中的HCl杂质一般用饱和食盐水,用水除会损失部分Cl2,同时Cl2与H2O的反应是氧化还原反应;D项,NO2和H2O的反应属于氧化还原反应。易错易混易错易混 除杂问题往往会被“理想化”,即加适量试剂就能全部除去杂质,但实际很难做到这一点。B项中除杂试剂稀盐酸是用来除去过量的NaOH的。162.(2017天津理综,3,6分)下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是()A.硅太阳能电池工作时,光能转化成电能B.锂离子电池放电时,化学能转化成电能C.电解质溶液导电时,电能转化成化学能D.葡萄糖为人类生命活动提供能量时,化学能转化成热能答案答案

17、A 本题考查氧化还原反应及能量转化形式。硅太阳能电池吸收光能后,把光能转化为电能,没有发生氧化还原反应。173.(2015四川理综,1,6分)下列物质在生活中应用时,起还原作用的是()A.明矾作净水剂B.甘油作护肤保湿剂C.漂粉精作消毒剂D.铁粉作食品袋内的脱氧剂答案答案DA项,明矾作净水剂是因为Al3+水解生成的Al(OH)3胶体有吸附作用;B项,甘油作护肤保湿剂是利用甘油中羟基的亲水性;C项,漂粉精作消毒剂是因为漂粉精溶于水后,ClO-水解生成HClO,HClO具有强氧化性。184.(2015重庆理综,8,15分)某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO

18、3等物质。当汽车发生碰撞时,产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀,从而起到保护作用。(1)NaN3是气体发生剂,受热分解产生N2和Na,N2的电子式为 。(2)Fe2O3是主氧化剂,与Na反应生成的还原产物为 (已知该反应为置换反应)。(3)KClO4是助氧化剂,反应过程中与Na作用生成KCl和Na2O。KClO4含有化学键的类型为 ,K的原子结构示意图为 。(4)NaHCO3是冷却剂,吸收产气过程中释放的热量而发生分解,其化学方程式为 。(5)100 g上述产气药剂产生的气体通过碱石灰后得到N2 33.6 L(标准状况)。用碱石灰除去的物质为 ;该产气药剂中NaN3的质量分数为 。答案答案(1

19、)(2)Fe(3)离子键和共价键 (4)2NaHCO3 Na2CO3+CO2+H2O(5)CO2、H2O65%19解析解析(2)由题中信息可知,Fe2O3与Na的反应为置换反应,则Fe2O3与Na反应的还原产物应为单质铁。(3)KClO4为离子化合物,K+与Cl通过离子键结合,Cl中氯原子和氧原子通过共价键结合。(5)由题中信息及分析可知,产气药剂产生的气体有N2、CO2和H2O(g)三种,则通过碱石灰除去的气体应是CO2和H2O(g)。由氮原子守恒可知2NaN33N2,则n(NaN3)=n(N2)=1 mol,m(NaN3)=1 mol65 gmol-1=65 g,(NaN3)=100%=6

20、5%。4O4O2323133.6 L22.4 L mol65 g100 g20考点二氧化还原反应方程式的书写及相关计算考点二氧化还原反应方程式的书写及相关计算5.(2019江苏单科,18,12分)聚合硫酸铁Fe2(OH)6-2n(SO4)nm广泛用于水的净化。以FeSO47H2O为原料,经溶解、氧化、水解聚合等步骤,可制备聚合硫酸铁。(1)将一定量的FeSO47H2O溶于稀硫酸,在约70 下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液,继续反应一段时间,得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2+的离子方程式为 ;水解聚合反应会导致溶液的pH 。(2)测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数:准确称取液态样品3.

21、000 g,置于250 mL锥形瓶中,加入适量稀盐酸,加热,滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+),充分反应后,除去过量的Sn2+。用5.00010-2 molL-1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+),消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。上述实验中若不除去过量的Sn2+,样品中铁的质量分数的测定结果将 (填“偏大”或“偏小”或“无影响”)。计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程)。27O21答案答案(12分)(1)2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O减小(2)偏大 n(Cr2)=5.00010-2 molL

22、-122.00 mL10-3 LmL-1=1.10010-3 mol由滴定时Cr2Cr3+和Fe2+Fe3+,根据电子得失守恒可得微粒的关系式:Cr26Fe2+(或Cr2+14H+6Fe2+6Fe3+2Cr3+7H2O)则n(Fe2+)=6n(Cr2)=61.10010-3 mol=6.60010-3 mol样品中铁元素的质量:m(Fe)=6.60010-3 mol56 gmol-1=0.369 6 g样品中铁元素的质量分数:(Fe)=100%=12.32%27O27O27O27O27O0.369 6 g3.000 g22解析解析本题涉及氧化还原反应离子方程式的书写,溶液pH的变化,化合物中元

23、素的质量分数的计算及误差分析等,通过滴定原理的拓展应用,考查了化学实验与探究的能力,体现了科学探究与创新意识的学科核心素养。(1)依氧化还原反应原理可以写出H2O2氧化Fe2+的离子方程式,水解聚合反应消耗了溶液中的OH-,导致溶液中H+浓度增大,所以溶液的pH减小。(2)过量Sn2+具有还原性也可与K2Cr2O7溶液反应,若不除去则导致消耗K2Cr2O7的量偏多,使测定结果偏大。由题意知样品中的Fe3+被Sn2+还原为Fe2+,结合氧化还原反应中电子得失守恒规律可以找出Fe2+与Cr2的反应关系,从而计算出样品中Fe元素的质量分数。27O方法技巧方法技巧 在化学计算时,应用守恒思想:原子守恒

24、、电荷守恒、电子得失守恒进行计算。236.(2017课标,28,15分)水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下:.取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合,反应生成MnO(OH)2,实现氧的固定。.酸化、滴定将固氧后的水样酸化,MnO(OH)2被I-还原为Mn2+,在暗处静置5 min,然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2+I22I-+S4)。回答下列问题:(1)取水样时应尽量避免扰动水体表面,这样操作的主要目的是 。(2)“氧的固定”中发生反

25、应的化学方程式为 。(3)Na2S2O3溶液不稳定,使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和 ;蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用,其目的是杀菌、除 及二氧化碳。23O26O24(4)取100.00 mL水样经固氧、酸化后,用a molL-1 Na2S2O3溶液滴定,以淀粉溶液作指示剂,终点现象为 ;若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL,则水样中溶解氧的含量为 mgL-1。(5)上述滴定完成时,若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏 。(填“高”或“低”)答案答案(1)使测定值与水体中的实际值保持一致,避免产生误差(2)O2+2Mn(OH)2 2MnO(OH)2(3

26、)量筒氧气(4)蓝色刚好褪去80ab(5)低25解析解析本题考查学生分析实验方案的能力及处理实验结果的能力。(1)取样时若扰动水体表面,会造成水样中溶解的氧气逸出,使测定结果产生误差。(2)反应中Mn(OH)2作还原剂,O2作氧化剂,依据得失电子守恒可知二者应按物质的量之比2 1反应。(3)配制Na2S2O3溶液时,若蒸馏水中含有溶解氧会导致后续滴定实验产生误差,故应除去蒸馏水中的溶解氧。(4)由得失电子守恒可得关系式:O22I24Na2S2O3,则100.00 mL水样中含氧量为 mol,即8ab10-3 g,1 000 mL(即1 L)水样中含氧量为80ab mg。(5)滴定完成时,若滴定

27、管尖嘴处留有气泡会导致代入计算式中的Na2S2O3溶液的体积偏小,测定结果偏低。3104ab解题方法解题方法 发生多步反应时可找出总关系式进行一步计算。知识拓展知识拓展一定浓度的Na2S2O3溶液是碘量法滴定所需的标准溶液,由于所用试剂Na2S2O35H2O可能不纯以及Na2S2O3溶液不稳定等,故Na2S2O3溶液使用前需用K2Cr2O7、KIO3等基准物质进行标定。267.(2016天津理综,9,18分)水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标,通常用每升水中溶解氧分子的质量表示,单位mgL-1。我国地表水环境质量标准规定,生活饮用水源的DO不能低于5 mgL-1。某化学小组同学设计

28、了下列装置(夹持装置略),测定某河水的DO。.测定原理:碱性条件下,O2将Mn2+氧化为MnO(OH)2:2Mn2+O2+4OH-2MnO(OH)2酸性条件下,MnO(OH)2将I-氧化为I2:MnO(OH)2+I-+H+Mn2+I2+H2O(未配平)用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2:2S2+I2 S4+2I-.测定步骤:a.安装装置,检验气密性,充N2排尽空气后,停止充N2。23O26O27b.向烧瓶中加入200 mL水样。c.向烧瓶中依次迅速加入1 mL MnSO4无氧溶液(过量)、2 mL碱性KI无氧溶液(过量),开启搅拌器,至反应完全。d.搅拌并向烧瓶中加入2 mL H2SO4无

29、氧溶液,至反应完全,溶液为中性或弱酸性。e.从烧瓶中取出40.00 mL溶液,以淀粉作指示剂,用0.010 00 molL-1 Na2S2O3溶液进行滴定,记录数据。f.g.处理数据(忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体积的变化)。回答下列问题:(1)配制以上无氧溶液时,除去所用溶剂水中氧的简单操作为 。(2)在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择的仪器是 。滴定管注射器量筒(3)搅拌的作用是 。(4)配平反应的方程式,其化学计量数依次为 。28(5)步骤f为 。(6)步骤e中达到滴定终点的标志为 。若某次滴定消耗Na2S2O3溶液4.50 mL,水样的DO=mgL-1(保留一位小数)。作为

30、饮用水源,此次测得DO是否达标:(填“是”或“否”)。(7)步骤d中加入H2SO4溶液反应后,若溶液pH过低,滴定时会产生明显的误差。写出产生此误差的原因(用离子方程式表示,至少写出2个)。答案答案(共18分)(1)将溶剂水煮沸后冷却(2)(3)使溶液混合均匀,快速完成反应(4)1,2,4,1,1,3(5)重复步骤e的操作23次(6)溶液蓝色褪去(半分钟内不变色)9.0是(7)2H+S2 S+SO2+H2OSO2+I2+2H2O 4H+S+2I-4H+4I-+O2 2I2+2H2O(任写其中2个)23O24O29解析解析(1)升高温度,气体在水中的溶解度减小,故配制无氧溶液时,可将溶剂水煮沸后

31、冷却。(2)在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择注射器。(3)烧瓶中加入溶液后搅拌的作用是使溶液混合均匀,增大反应物的接触面积,加快反应速率。(4)标出化合价发生变化的元素的化合价,利用化合价升降总数相等,结合电荷守恒和原子守恒,配平方程式:MnO(OH)2+2I-+4H+Mn2+I2+3H2O。(5)定量测定实验中,常多次测量求平均值以减小测定误差,故步骤f为重复步骤e的操作23次。(6)步骤e中用Na2S2O3溶液滴定I2,淀粉作指示剂,故达到滴定终点的标志为溶液蓝色褪去,且半分钟内不变色。测定过程中,由关系式:2S2I2MnO(OH)2O2知:n(O2)=0.010 00 molL-14.

32、5010-3 L =4.5010-5 mol,故水样中的DO=4.5010-5 mol32 gmol-1=910-3 gL-1,即9.0 mgL-1;由于9.0 mgL-15 mgL-1,故作为饮用水源,此次测得DO达标。(7)步骤d中加入H2SO4溶液反应后,若溶液pH过低,H2SO4能与Na2S2O3溶液反应,即2H+S2 S+SO2+H2O;生成的SO2也能与I2反应,即SO2+I2+2H2O 4H+2I-+S;pH过低时,水样中空气中的O2也能氧化I-,即4H+4I-+O2 2I2+2H2O。23O12121214143140.00 10L23O24O308.(2015安徽理综,28,

33、14分)某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1 molL-1的Ba(NO3)2溶液中,得到了BaSO4沉淀。为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2,该小组提出了如下假设:假设一:溶液中的N假设二:溶液中溶解的O2(1)验证假设一该小组设计实验验证了假设一。请在下表空白处填写相关实验现象。3O实验步骤实验现象结论实验1:在盛有不含O2的25 mL 0.1 molL-1 BaCl2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的SO2气体 假设一成立实验2:在盛有不含O2的25 mL 0.1 molL-1 Ba(NO3)2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的SO2气体 31(2)为深入研究该反应,该小组还测得上述两个实验

34、中溶液pH随通入SO2体积的变化曲线如图。实验1中溶液pH变小的原因是 ;V1时,实验2中溶液pH小于实验1的原因是(用离子方程式表示)。(3)验证假设二请设计实验验证假设二,写出实验步骤、预期现象和结论。实验步骤、预期现象和结论(不要求写具体操作过程):(4)若假设二成立,请预测:在相同条件下,分别用足量的O2和KNO3氧化相同的H2SO3溶液(溶液体积变化忽略不计),充分反应后两溶液的pH前者 (填“大于”或“小于”)后者,理由是 。32答案答案(1)无明显现象有白色沉淀(2)SO2溶于水生成H2SO33SO2+2N+2H2O 3S+4H+2NO(或3H2SO3+2N 3S+4H+2NO+

35、H2O)(3)实验步骤、预期现象和结论(不要求写具体操作过程):实验1作为参照实验实验3:将纯净的SO2气体缓慢通入未经脱O2处理的25 mL 0.1 molL-1BaCl2溶液中,若有白色沉淀,表明假设二成立,否则不成立。(4)小于反应的离子方程式表明,足量的O2和N分别氧化相同的H2SO3,生成H+的物质的量前者多于后者(本题部分小题属于开放性试题,合理答案均给分)3O24O3O24O3O33解析解析(1)向不含O2的BaCl2溶液中通入SO2气体无明显现象;向不含O2的Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体产生白色沉淀,表明溶液中的N能氧化SO2气体产生BaSO4白色沉淀。(2)向BaCl

36、2溶液中通入SO2气体,二者不发生反应,但SO2溶于水可以与水反应生成H2SO3使溶液显酸性;向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体,N可以把SO2氧化为H2SO4使溶液pH减小,反应的离子方程式为3SO2+2N+2H2O 3S+4H+2NO。(4)由O2氧化H2SO3的离子方程式:2H2SO3+O2 4H+2S和N氧化H2SO3的离子方程式:3H2SO3+2N 3S+4H+2NO+H2O知,足量的O2和N分别氧化相同的H2SO3,生成H+的物质的量前者多于后者,故反应后两溶液的pH前者小于后者。3O3O3O24O24O3O3O24O3O34C C组教师专用题组组教师专用题组考点一氧化还原反应

37、基本概念与常用规律考点一氧化还原反应基本概念与常用规律1.(2014山东理综,7,5分)下表中对应关系正确的是()ACH3CH3+Cl2 CH3CH2Cl+HClCH2 CH2+HCl CH3CH2Cl均为取代反应B由油脂得到甘油由淀粉得到葡萄糖均发生了水解反应CCl2+2Br-2Cl-+Br2Zn+Cu2+Zn2+Cu均为单质被还原的置换反应D2Na2O2+2H2O 4NaOH+O2Cl2+H2O HCl+HClO均为水作还原剂的氧化还原反应35答案答案BCH2CH2+HCl CH3CH2Cl是加成反应,A项错误;Zn+Cu2+Zn2+Cu中单质Zn被氧化,C项错误;D项两个反应中水既不是氧

38、化剂也不是还原剂,D项错误。2.(2014天津理综,9,18分)Na2S2O3是重要的化工原料,易溶于水,在中性或碱性环境中稳定。.制备Na2S2O35H2O反应原理:Na2SO3(aq)+S(s)Na2S2O3(aq)36实验步骤:称取15 g Na2SO3加入圆底烧瓶中,再加入80 mL蒸馏水。另取5 g研细的硫粉,用3 mL乙醇润湿,加入上述溶液中。安装实验装置(如图所示,部分夹持装置略去),水浴加热,微沸60分钟。趁热过滤,将滤液水浴加热浓缩,冷却析出Na2S2O35H2O,经过滤、洗涤、干燥,得到产品。回答问题:(1)硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是 。(2)仪器a的名称是 ,其作用是

39、 。(3)产品中除了有未反应的Na2SO3外,最可能存在的无机杂质是 。检验是否存在该杂质的方法是 。(4)该实验一般控制在碱性环境下进行,否则产品发黄,用离子反应方程式表示其原因:。.测定产品纯度准确称取W g产品,用适量蒸馏水溶解,以淀粉作指示剂,用0.100 0 molL-1碘的标准溶液滴定。37反应原理为:2S2+I2 S4+2I-(5)滴定至终点时,溶液颜色的变化:。(6)滴定起始和终点的液面位置如图,则消耗碘的标准溶液体积为 mL。产品的纯度为(设Na2S2O35H2O相对分子质量为M)。23O26O38.Na2S2O3的应用(7)Na2S2O3还原性较强,在溶液中易被Cl2氧化成

40、S,常用作脱氯剂,该反应的离子方程式 。24O答案答案(1)使硫粉易于分散到溶液中(2)冷凝管冷凝回流(3)Na2SO4取少量产品溶于过量稀盐酸,过滤,向滤液中加BaCl2溶液,若有白色沉淀,则产品中含有Na2SO4(4)S2+2H+S+SO2+H2O(5)由无色变蓝色(6)18.10 100%(7)S2+4Cl2+5H2O 2S+8Cl-+10H+23O33.620 10MW23O24O39解析解析(1)硫粉难溶于水,反应前用乙醇润湿硫粉,可使硫粉易于分散到溶液中,从而增大硫粉与Na2SO3溶液的接触面积,有利于反应进行。(2)仪器a是球形冷凝管,其作用是冷凝回流。(3)Na2SO3可被空气

41、中的O2氧化生成Na2SO4,可用BaCl2和稀盐酸检验Na2SO4是否存在,具体操作见答案。(4)产品发黄是因为含杂质硫,生成硫的离子方程式为S2+2H+S+SO2+H2O。(5)终点时,S2消耗完全,I2与淀粉作用,溶液由无色变为蓝色。(6)消耗标准溶液的体积为18.10 mL-0.00 mL=18.10 mL。产品的纯度=100%=100%。(7)根据题给信息,结合质量守恒、电荷守恒及得失电子守恒,可写出Cl2氧化S2的离子方程式S2+4Cl2+5H2O 2S+8Cl-+10H+。23O23O32 0.100 0 18.10 10ggMW33.620 10MW23O23O24O40考点二

42、氧化还原反应方程式的书写及相关计算考点二氧化还原反应方程式的书写及相关计算3.(2014北京理综,27,12分)碳、硫的含量影响钢铁性能。碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体,再用测碳、测硫装置进行测定。(1)采用装置A,在高温下将x克钢样中碳、硫转化为CO2、SO2。41气体a的成分是 。若钢样中硫以FeS形式存在,A中反应:3FeS+5O2 1 +3 。(2)将气体a通入测硫装置中(如下图),采用滴定法测定硫的含量。H2O2氧化SO2的化学方程式:。用NaOH溶液滴定生成的H2SO4,消耗z mL NaOH溶液。若消耗1 mL NaOH溶液相当于硫的42质量为y克,则该钢样中

43、硫的质量分数:。(3)将气体a通入测碳装置中(如下图),采用重量法测定碳的含量。气体a通过B和C的目的是 。计算钢样中碳的质量分数,应测量的数据是 。43答案答案(1)O2、SO2、CO2Fe3O4SO2(2)H2O2+SO2 H2SO4(3)排除SO2对CO2测定的干扰吸收CO2前、后吸收瓶的质量yzx解析解析(1)钢样在O2中灼烧,所得气体a的成分是SO2、CO2和过量的O2。依据原子守恒及得失电子守恒,可写出反应方程式:3FeS+5O2Fe3O4+3SO2。(2)H2O2氧化SO2的化学方程式为SO2+H2O2 H2SO4。钢样中m(S)=yz g,故钢样中硫的质量分数为。(3)气体a通

44、过B、C时,SO2被氧化吸收,排除了SO2对CO2测定的干扰。测定CO2吸收瓶吸收CO2前、后的质量,就可得出灼烧生成CO2的质量,进而求出钢样中碳的质量分数。yzx444.(2014重庆理综,11,14分)氢能是重要的新能源。储氢作为氢能利用的关键技术,是当前关注的热点之一。(1)氢气是清洁燃料,其燃烧产物为 。(2)NaBH4是一种重要的储氢载体,能与水反应得到NaBO2,且反应前后B的化合价不变,该反应的化学方程式为 ,反应消耗1 mol NaBH4时转移的电子数目为 。(3)储氢还可借助有机物,如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢:(g)(g)+3H2(g)。在某温度下,向恒

45、容密闭容器中加入环己烷,其起始浓度为a molL-1,平衡时苯的浓度为b molL-1,该反应的平衡常数K=。(4)一定条件下,下图所示装置可实现有机物的电化学储氢(忽略其他有机物)。45导线中电子移动方向为 。(用A、D表示)生成目标产物的电极反应式为 。该储氢装置的电流效率=。(=100%,计算结果保留小数点后1位)生成目标产物消耗的电子数转移的电子总数46答案答案(1)H2O(2)NaBH4+2H2O NaBO2+4H24NA或2.4081024(3)mol3L-3(4)ADC6H6+6H+6e-C6H1264.3%427bab47解析解析(1)H2的燃烧产物是H2O。(2)由NaBO2

46、和NaBH4中B的化合价相同知,NaBH4中H的化合价升高,H2O中H的化合价降低,所以反应为:NaBH4+2H2O NaBO2+4H2,1 mol NaBH4反应时有4 mol 的化合价升高,所以转移电子数为4NA。(3)由化学反应知,平衡时苯的浓度为b molL-1,则环己烷浓度为(a-b)molL-1,H2的浓度为3b molL-1,所以平衡常数K=mol3L-3=mol3L-3。(4)由图知在多孔惰性电极D表面生成,C的化合价降低,所以电子移动方向为:AD。目标产物是C6H12,所以电极反应式为:C6H6+6H+6e-C6H12。由题意知,电极E产生O2的物质的量为2.8 mol,=n

47、(O2)4=2.8 mol4=11.2 mol,而C6H6没有完全转化,所以电极D上有H2生成。设生成H2 x mol,C6H6转化y mol,则有:解得:y=1.2,x=2。1H3662612(C H)(H)(C H)ccc3(3)bbab427bab(e)n转移662611.2()1024%10%(C H)10 xyyx得失电子守恒的体积分数所以=100%64.3%。1.2mol 611.2mol48A A组组2017201920172019年高考模拟年高考模拟考点基础题组考点基础题组三年模拟考点一氧化还原反应基本概念与常用规律考点一氧化还原反应基本概念与常用规律1.(2019云南玉溪一中

48、月考,10)三氟化氮(NF3)(氟只有两种价态:-1,0)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体,它在潮湿的环境中能发生反应:3NF3+5H2O2NO+HNO3+9HF。下列有关该反应的说法正确的是()A.NF3是氧化剂,H2O是还原剂B.若1 mol NF3被氧化,反应转移电子数为2NAC.若生成0.4 mol HNO3,则转移0.4 mol电子D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1 249答案答案B该反应中,部分N元素化合价由+3变为+2,部分N元素化合价由+3变为+5,其他元素化合价不变,所以NF3既是氧化剂又是还原剂,A错误;若1 mol NF3被氧化,则反应转移电子数=1 mol2NA/m

49、ol=2NA,B正确;若生成0.4 mol HNO3,则转移电子的物质的量=0.4 mol2=0.8 mol,C错误;3 mol NF3参加反应,有2 mol NF3被还原,有1 mol NF3被氧化,所以还原剂和氧化剂的物质的量之比为1 2,D错误。解题关键解题关键明确该反应中的元素化合价变化是解答本题的关键。502.(2018贵州贵阳普通高中摸底,3)已知反应:FeOCr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2(未配平)。下列说法正确的是()A.Na2CrO4是还原产物B.该反应中有3种元素的化合价发生变化C.NaNO3是还原剂D.1 mol FeOC

50、r2O3参与反应将得到7 mol 电子答案答案B反应中Cr元素化合价升高,则Na2CrO4是氧化产物,A错误;题给反应中,Fe元素的化合价从+2升高为+3,Cr元素的化合价从+3升高为+6,N元素的化合价从+5降为+3,即该反应中Fe、Cr及N元素的化合价发生变化,B正确;反应中N元素化合价降低,则NaNO3是氧化剂,C错误;1 mol FeOCr2O3参与反应,失去电子的物质的量为(3-2)+(6-3)2mol=7 mol,D错误。513.(2019西藏拉萨中学月考,10)SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后,再加入K2Cr2O7溶液,发生如下两个化学反应:SO2+2Fe3+2H