(课标I)2020版高考化学一轮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 (课标专用)A A组课标组课标卷题组卷题组五年高考考点一氧化还原反应的概念考点一氧化还原反应的概念考点二氧化还原反应的规律考点二氧化还原反应的规律考点三氧化还原反应方程式的书写及相关计算考点三氧化还原反应方程式的书写及相关计算1.(2014课标,27,15分)次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品,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

2、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):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

3、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。答案答案(1)H3PO2H2P+H+(2)+1H3PO4正盐弱碱性(3)2P4+3Ba(OH)2+6H2O3Ba(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,二者反应生成H3PO2PH2P或H3PO2被氧化2O2O34O2O解析解析(1)H3PO2为一元中强酸,其电离方程式为H3PO2H+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(+

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+6H2O3Ba(H2PO2)2+2PH3。(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规律方法

5、规律方法此题考查的内容比较散、知识点比较多,如弱电解质的电离、氧化还原反应的相关计算,在平时的学习过程中要注重对基础知识的掌握。知识拓展知识拓展1.H3PO2是一元中强酸,故H3PO2无对应的酸式盐。2.H3PO2具有较强的还原性。3.阳膜只允许阳离子通过,阴膜只允许阴离子通过。4.电解池阳极发生失电子的氧化反应。2.(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0.54g的FeClx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,

6、使Cl-和OH-发生交换。交换完成后,流出溶液的OH-用0.40molL-1的盐酸滴定,滴至终点时消耗盐酸25.0mL。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在强碱性条件下反应可制取K2Fe

7、O4,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)=0.0250L0.40molL-1=0.010mol0.54g-0.010mol35.5gmol-1=0.19gn(Fe)=0.19g/56gmol-1=0.0034moln(Fe) n(Cl)=0.0034 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-

8、Fe+3e-+4H2OFe(OH)3+5OH-2Fe+8H2O+3Zn2Fe(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3I24O24O24O解析解析(1)依题意:n(Cl-)=n(OH-)=0.40molL-125.010-3L=1.010-2mol,n(Fe) n(Cl)=1 x= (1.010-2mol),x3。(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+2HClFeCl2+H2、Fe+2FeCl33FeCl2、2Fe+3Cl22FeCl3可知,FeCl2可用铁粉与FeCl3

9、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。2110.54g 1.0 1035.5l56g molmolg moB B组课标组课标、及其他省及其他省( (区、市区、市) )卷题组卷题组考点一氧化还原反应的概念考点一氧化还原反应的概念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)

10、NaOH溶液、稀HClCCl2(HCl)H2O、浓H2SO4DNO(NO2)H2O、无水CaCl2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FeCl2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

11、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。2.(2018北京理综,9,6分)下列实验中的颜色变化,与氧化还原反应无关的是()ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl浊液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀,随后变为红褐色溶液变红,随后迅速褪色沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体,随后变为红棕色答案答案C本题考查HClO、HNO3的氧化性和Fe(OH)2的还原性等相关知识。C项中沉淀由白色变为黑色是因为Ag2S比AgCl更难溶,AgCl转化为Ag2S发生复分解反应,不涉及氧

12、化还原反应。3.(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。4.(2016上海单科,2,2分)下列化工生产过程中,未涉及氧化还原反应的是()A.海带提碘B.氯碱工业C.氨碱法制碱D.海水提溴答案答案CA项,海带提碘是由KI变为I2,有元素化合价的变化,涉及氧化还原反应,错误;B项,氯碱工业是由N

13、aCl饱和溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2,有元素化合价的变化,涉及氧化还原反应,错误;C项,氨碱法制取碱的过程中没有元素化合价的变化,是非氧化还原反应,正确;D项,海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质,有元素化合价的变化,涉及氧化还原反应,错误。5.(2015课标,13,6分)用如图所示装置进行下列实验:将中溶液滴入中,预测的现象与实际相符的是()答案答案D稀盐酸滴入Na2CO3和NaOH的混合溶液中,NaOH优先发生反应,不会立即产生气泡,A项错误;常温下,铝遇浓硝酸发生钝化,不会产生红棕色气体,B项错误;AlCl3溶液滴加到NaOH溶液中发生反应:Al3+4OH-Al+2

14、H2O,不会产生沉淀,C项错误;H2C2O4与高锰酸钾酸性溶液发生氧化还原反应而使KMnO4酸性溶液褪色,D项正确。2O关联知识关联知识1.结合质子能力:OH-CHC;23O3O2.常温下,Fe、Al遇浓硫酸、浓硝酸会发生钝化,钝化属于化学变化。解题关键解题关键H2C2O4具有还原性,高锰酸钾酸性溶液有强氧化性。6.(2015北京理综,28,15分)为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系,某同学通过改变浓度研究“2Fe3+2I-2Fe2+I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如下:(1)待实验溶液颜色不再改变时,再进行实验,目的是使实验的反应达到。(2)是的对比实验,目的是排除

15、中造成的影响。(3)和的颜色变化表明平衡逆向移动,Fe2+向Fe3+转化。用化学平衡移动原理解释原因:。(4)根据氧化还原反应的规律,该同学推测中Fe2+向Fe3+转化的原因:外加Ag+使c(I-)降低,导致I-的还原性弱于Fe2+。用如图所示装置(a、b均为石墨电极)进行实验验证。K闭合时,指针向右偏转。b作极。当指针归零(反应达到平衡)后,向U形管左管中滴加0.01molL-1AgNO3溶液。产生的现象证实了其推测。该现象是。(5)按照(4)的原理,该同学用如图装置进行实验,证实了中Fe2+向Fe3+转化的原因。转化原因是。与(4)实验对比,不同的操作是。(6)实验中,还原性:I-Fe2+

16、;而实验中,还原性:Fe2+I-。将(3)和(4)、(5)作对比,得出的结论是。答案答案(1)化学平衡状态(2)溶液稀释对颜色变化(3)加入Ag+发生反应:Ag+I-AgI,c(I-)降低;或增大c(Fe2+),平衡均逆向移动(4)正左管产生黄色沉淀,指针向左偏转(5)Fe2+随浓度增大,还原性增强,使Fe2+还原性强于I-向右管中加入1molL-1FeSO4溶液(6)该反应为可逆氧化还原反应,在平衡时,通过改变物质的浓度,可以改变物质的氧化、还原能力,并影响平衡移动方向解析解析(1)反应“2Fe3+2I-2Fe2+I2”为可逆反应,当溶液颜色不再改变时,说明有色物质的物质的量浓度不再变化,即

17、可逆反应达到了化学平衡状态。(2)实验中加入了FeSO4溶液,有色溶液的稀释也会导致溶液颜色变浅,因此需做对比实验,以排除溶液稀释对溶液颜色变化造成的影响。(4)K闭合后即形成了原电池,b极的电极反应式为Fe3+e-Fe2+,故b是原电池的正极。根据该同学的推测,若I-的还原性弱于Fe2+,则应发生反应:I2+2Fe2+2Fe3+2I-,其中b极的电极反应式为Fe2+-e-Fe3+,即b作原电池的负极,由中现象可知,此时电流计指针应向左偏转。(5)(4)中的原理是c(I-)降低导致I-的还原性弱于Fe2+,据此不难推测中Fe2+向Fe3+转化的原因应是c(Fe2+)增大导致Fe2+还原性强于I

18、-。若要增大c(Fe2+),应向U形管右管中加入1molL-1FeSO4溶液,然后观察指针的偏转方向。(6)对比(3)、(4)、(5)不难发现,物质的氧化性或还原性的强弱与物质的浓度有关,对于一个可逆反应,在平衡时,可通过改变物质的浓度来改变物质的氧化、还原能力,并影响平衡移动方向。考点二氧化还原反应的规律考点二氧化还原反应的规律1.(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

19、油中羟基的亲水性;C项,漂粉精作消毒剂是利用漂粉精溶于水后,ClO-水解生成HClO,HClO具有强氧化性。2.(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)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c.浓硫酸d.饱和食盐水(3)用如图装置可以测定混合气中Cl

20、O2的含量:.在锥形瓶中加入足量的碘化钾,用50mL水溶解后,再加入3mL稀硫酸;.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0.1000molL-1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2S22I-+S4),指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中: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

21、的是(填标号)。a.明矾b.碘化钾c.盐酸d.硫酸亚铁23O26O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)0.02700(2分)(4)d(1分)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:Na2O3Na2O4,根据得失电子守恒可知n(KClO3) n(Na2SO3)=2 1。(2)由题

22、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+3H2O6ClO2+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ClO2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

23、-,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。53KClO4Cl4S6S2O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)=0.20.1000molL-10.02000L=4.00010-4mol,m(ClO2)=4.00010-4mol67.5gmol-1=0.02700g。(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

24、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规律方法规律方法书写陌生氧化还原反应的方程式,首先要结合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,再进行配平。考点三氧化还原反应方程式的书写及相关计算考点三氧化还原反应方程式的书写及相关计算1.(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

25、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3.000g,置于250mL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5.00010-2molL-1K2Cr2O7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22.00mL。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)。27O

26、答案答案(12分)(1)2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O减小(2)偏大n(Cr2)=5.00010-2molL-122.00mL10-3LmL-1=1.10010-3mol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)=61.10010-3mol=6.60010-3mol样品中铁元素的质量:m(Fe)=6.60010-3mol56gmol-1=0.3696g样品中铁元素的质量分数:(Fe)=100%=12.32%27O27O27O27O27O0.

27、3696g3.000g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

28、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、电荷守恒、电子得失守恒进行计算。2.(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5min,然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2+I22I-+S4)。回答下列问题:(

29、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。23O26O(4)取100.00mL水样经固氧、酸化后,用amolL-1Na2S2O3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bmL,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

30、产生误差(2)O2+2Mn(OH)22MnO(OH)2(3)量筒氧气(4)蓝色刚好褪去80ab(5)低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使水样中溶解氧逸出,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100.00mL水样中含氧量为mol,即8ab10-3g,1000mL(即1L)水样中含氧量为80a

31、bmg。(5)滴定完成时,若滴定管尖嘴处留有气泡会导致代入计算式中Na2S2O3溶液的体积偏小,测定结果偏低。3104ab3.(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5mgL-1。某化学小组同学设计了下列装置(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N

32、a2S2O3标准溶液滴定生成的I2:2S2+I2S4+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。b.向烧瓶中加入200mL水样。c.向烧瓶中依次迅速加入1mLMnSO4无氧溶液(过量)、2mL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2mLH2SO4无氧溶液,至反应完全,溶液为中性或弱酸性。e.从烧瓶中取出40.00mL溶液,以淀粉作指示剂,用0.01000molL-1Na2S2O3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

33、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23O26O(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。(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4.50mL,水样的DO=mgL-1(保留一位小数)。作为饮用水源,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,

34、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+S2S+SO2+H2OSO2+I2+2H2O4H+S+2I-4H+4I-+O22I2+2H2O(任写其中2个)23O24O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

35、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)=0.01000molL-14.5010-3L=4.5010-5mol,故水样中的DO=4.5010-5mol32gmol-1=910-3gL-1,即9.0mgL-1;由于9.0mgL-15mgL-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+S2S+S

36、O2+H2O;生成的SO2也能与I2反应,即SO2+I2+2H2O4H+2I-+S;pH过低时,水样中空气中的O2也能氧化I-,即4H+4I-+O22I2+2H2O。23O12121214143140.00 10L23O24OC C组教师专用题组组教师专用题组考点一氧化还原反应的概念考点一氧化还原反应的概念(2014山东理综,7,5分)下表中对应关系正确的是()答案答案BCH2CH2+HClCH3CH2Cl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化剂也不是还原剂,D项错误。考点二氧化还原反应的规律考点二氧化还原反应的规律(2014大纲

37、全国,13,6分)已知:将Cl2通入适量KOH溶液,产物中可能有KCl、KClO、KClO3,且的值与温度高低有关。当n(KOH)=amol时,下列有关说法错误的是()A.若某温度下,反应后=11,则溶液中=B.参加反应的氯气的物质的量等于amolC.改变温度,反应中转移电子的物质的量的范围:amolamolD.改变温度,产物中KClO3的最大理论产量为amol(Cl )(ClO )cc(Cl )(ClO )cc3(ClO )(ClO )cc1212en12en5617答案答案DA项,可设溶液为1L,n(Cl-)=11mol,n(ClO-)=1mol,则反应中n(得电子)=11mol,生成1m

38、olClO-时只失电子1mol,故应生成2molCl(失电子10mol),即=,A正确。由KCl、KClO、KClO3中n(Cl)=n(K)=n(KOH)=amol可推知n(Cl2)=mol,B正确。Cl2通入KOH溶液中,可发生,当n(KOH)=amol时,转移电子的物质的量范围:amol(只发生反应)amol(只发生反应),C正确。若只发生反应,KClO3可达最大理论产量mol,D错误。3O3(ClO )(ClO )cc122a12en566a考点三氧化还原反应方程式的书写及相关计算考点三氧化还原反应方程式的书写及相关计算(2014重庆理综,11,14分)氢能是重要的新能源。储氢作为氢能利

39、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1molNaBH4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,向恒容密闭容器中加入环己烷,其起始浓度为amolL-1,平衡时苯的浓度为bmolL-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)。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

40、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答案答案(1)H2O(2)NaBH4+2H2ONaBO2+4H24NA或2.4081024(3)mol3L-3(4)ADC6H6+6H+6e-C6H1264.3%427bab解析解析(1)H2的燃烧产物是H2O。(2)由NaBO2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+2H2ONaBO2+4H2,1molNaBH4反应时有4mol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bmolL-1,则环己烷浓度为(

41、a-b)molL-1,H2的浓度为3bmolL-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2.8mol,n(e-)转移=n(O2)4=2.8mol4=11.2mol,而C6H6没有完全转化,所以电极D上有H2生成。设生成H2xmol,C6H6转化ymol,则有:解得:y=1.2,x=2。所以=100%64.3%。1H3662612(C H )(H )(C H )ccc3(3 )bbab427bab66

42、2611.2()1024%10%(C H)10 xyyx得失电子守恒的体积分数1.2mol 611.2molA 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的概念考点一氧化还原反应的概念1.(2019山西太原期末,1)下列应用不涉及物质氧化性或还原性的是()A.用葡萄糖制镜或保温瓶胆B.用漂白液杀菌、消毒C.用Na2SiO3溶液制备木材防火剂D.用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果答案答案C葡萄糖与银氨溶液发生氧化还原反应,生成银单质,葡萄糖作还原剂被氧化,故A不选;用漂白液杀菌、消毒利用了NaClO的强氧化性,故B不选;用Na2

43、SiO3溶液制备木材防火剂不发生氧化还原反应,与氧化性或还原性无关,故选C;高锰酸钾可氧化具有催熟作用的乙烯,从而达到保鲜水果的目的,故D不选。2.(2019上海闵行期末,14)FeCl3溶液吸收H2S的原理为2Fe3+H2S2Fe2+2H+S。下列说法正确的是()A.H2S作氧化剂B.还原性:H2SFe2+C.Fe3+发生氧化反应D.每消耗1molH2S时转移4NA个电子答案答案BH2SS,硫元素化合价升高,发生氧化反应,H2S作还原剂,A错误;H2S作还原剂,Fe2+为还原产物,还原性:H2SFe2+,B正确;Fe3+Fe2+,化合价降低,Fe3+发生还原反应,C错误;根据方程式可知,该反

44、应转移2NA个电子时,消耗1molH2S,D错误。3.(2019河南信阳期末,8)在酸性介质中,往MnSO4溶液里滴加(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)溶液会发生如下反应:Mn2+S2+H2OMn+S+H+(未配平)。下列说法不正确的是()A.可以利用该反应检验Mn2+B.氧化性:S2MnC.该反应中酸性介质可以为盐酸D.若有0.1mol氧化产物生成,则转移电子0.5mol28O4O24O28O4O答案答案C在酸性条件下,加入(NH4)2S2O8溶液,如果溶液变为紫红色,说明原溶液中含有Mn2+,故A正确;氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,S2为氧化剂,Mn为氧化产物,因此S2的氧化性强于M

45、n,故B正确;Mn具有强氧化性,能把Cl-氧化成Cl2,因此酸性介质不能是盐酸,故C错误;氧化产物是Mn,生成0.1molMn转移电子物质的量为0.1(7-2)mol=0.5mol,故D正确。28O4O28O4O4O4O4O考点二氧化还原反应的规律考点二氧化还原反应的规律4.(2019安徽定远一模,11)根据下列实验现象,所得结论正确的是(部分加热、夹持装置省略)()选项实验现象结论A左边烧杯中铁表面有气泡,右边烧杯中铜表面有气泡氧化性:Al3+Fe2+Cu2+B左边棉花变为橙色,右边棉花变为蓝色氧化性:Cl2Br2I2C右边烧杯中澄清石灰水变浑浊,左边烧杯中无明显变化热稳定性:Na2CO3N

46、aHCO3D锥形瓶中有气体产生,烧杯中液体变浑浊非金属性:ClCSi答案答案CA项,根据实验现象判断出金属性:AlFeCu,则氧化性:Al3+Fe2+I2,错误;C项,碳酸钠受热温度高,碳酸氢钠受热温度低,右边烧杯中澄清石灰水变浑浊,左边烧杯中无明显变化,说明碳酸氢钠分解产生二氧化碳气体,所以碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠,正确;D项,盐酸易挥发,烧杯中的溶液变浑浊,不能证明是二氧化碳与硅酸钠溶液发生了反应,且HCl不是最高价含氧酸,不能判断非金属性的强弱,错误。5.(2019上海黄浦期末,9)在硫酸溶液中NaClO3和Na2SO3按2 1的物质的量之比完全反应,生成一种棕黄色气体X。则X为()

47、A.Cl2B.Cl2OC.ClO2D.Cl2O5答案答案CNa2SO3被氧化为Na2SO4,S元素化合价由+4价升高为+6价;NaClO3中Cl元素的化合价降低,设Cl元素在还原产物中的化合价为x,根据得失电子守恒有1(6-4)=2(5-x),解得x=+4,故棕黄色气体X的化学式为ClO2。方法技巧方法技巧利用“升失氧、降得还”判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物,利用得失电子守恒进行计算。考点三氧化还原反应方程式的书写及相关计算考点三氧化还原反应方程式的书写及相关计算6.(2019湖南株洲一模,11)含氰化物的废液乱倒或与酸混合,均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理

48、高浓度氰化物污水,发生的主要反应为CN-+OH-+Cl2CO2+N2+Cl-+H2O(未配平)。下列说法错误的是(其中NA表示阿伏加德罗常数的值)()A.Cl2是氧化剂,CO2和N2是氧化产物B.上述离子方程式配平后,氧化剂、还原剂的化学计量数之比为2 5C.该反应中,若有1molCN-发生反应,则有5NA个电子发生转移D.若将该反应设计成原电池,则CN-在负极区发生反应答案答案B反应中Cl元素化合价降低,N、C元素化合价升高,则Cl2是氧化剂,CO2和N2是氧化产物,故A正确;配平的离子方程式为2CN-+8OH-+5Cl22CO2+N2+10Cl-+4H2O,氧化剂与还原剂的化学计量数之比为

49、5 2,故B错误;C元素化合价由+2升高为+4,N元素化合价由-3升高为0,所以若有1molCN-发生反应,则有5NA个电子发生转移,故C正确;若将该反应设计成原电池,则CN-在负极区发生氧化反应,故D正确。7.(2019河北承德期末,16)黄铁矿(主要成分为FeS2)的有效利用对环境具有重要意义。(1)在酸性条件下催化氧化黄铁矿的物质转化关系如图1所示。图1图1转化过程的总反应中,FeS2作(填“催化剂”“氧化剂”或“还原剂”,下同)。该转化过程中NO的作用是。写出图1中Fe3+与FeS2反应的离子方程式:。(2)FeS2氧化为Fe3+的过程中,控制起始时Fe2+的浓度、溶液体积和通入O2的

50、速率不变,改变其他条件时,Fe2+被氧化的转化率随时间的变化如图2所示。图2加入NaNO2发生反应:2H+3NN+2NO+H2O。该反应中若有6molNaNO2完全反应,转移电子的物质的量为mol。加入NaNO2、KI发生反应:4H+2N+2I-2NO+I2+2H2O。解释图2中该条件下能进一步提高单位时间内Fe2+转化率的原因:。2O3O2O答案答案(1)还原剂催化剂14Fe3+FeS2+8H2O15Fe2+2S+16H+(2)4生成的催化剂NO更多,加快了反应速率24O解析解析(1)转化过程中FeS2中S元素被氧化为S,FeS2是还原剂;反应前后NO没有改变,所以NO是催化剂。反应的离子方