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题型突破5　氧化还原反应及应用
1.(2024·山东卷)中国书画是世界艺术瑰宝,古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的是(　　)
A.竹管、动物尾毫→湖笔
B.松木→油烟→徽墨
C.楮树皮→纸浆纤维→宣纸
D.端石→端砚
2.(2024·江苏卷)催化剂能改变化学反应速率而不改变反应的焓变,常见催化剂有金属及其氧化物、酸和碱等。催化反应广泛存在,如豆科植物固氮、石墨制金刚石、CO2和H2制CH3OCH3(二甲醚)、V2O5催化氧化SO2等。催化剂有选择性,如C2H4与O2反应用Ag催化生成(环氧乙烷)、用CuCl2/PdCl2催化生成CH3CHO。催化作用能消除污染和影响环境,如汽车尾气处理、废水中N电催化生成N2、氯自由基催化O3分解形成臭氧空洞。我国在石油催化领域领先世界,高效、经济、绿色是未来催化剂研究的发展方向。下列化学反应表示正确的是(　　)
A.汽车尾气处理:2NO+4CON2+4CO2
B.N电催化为N2的阳极反应:2N+12H++10e-===N2↑+6H2O
C.硝酸工业中NH3的氧化反应:4NH3+3O22N2+6H2O
D.CO2和H2催化制二甲醚:2CO2+6H2CH3OCH3+3H2O
3.(2024·浙江6月选考)利用CH3OH可将废水中的N转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为H++CH3OH+N—→X+CO2+H2O(未配平)。下列说法正确的是(　　)
A.X表示NO2
B.可用O3替换CH3OH
C.氧化剂与还原剂物质的量之比为6∶5
D.若生成标准状况下的CO2气体11.2 L,则反应转移的电子数为2NA(NA表示阿伏加德罗常数的值)
4.(双选)(2023·山东卷)一种制备Cu2O的工艺路线如图所示,反应Ⅱ所得溶液pH在3~4之间,反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行。常温下,H2SO3的电离平衡常数=1.3×10-2,=6.3×10-8。下列说法正确的是(　　)
A.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B.低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3被氧化
C.溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体Ⅰ
D.若Cu2O产量不变,参与反应Ⅲ的X与CuSO4物质的量之比增大时,需补加NaOH的量减少
5.(2023·湖南卷)油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现,在不同的空气湿度和光照条件下,颜料雌黄(As2S3)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应:
下列说法正确的是(　　)
A.S2和S的空间结构都是正四面体形
B.反应Ⅰ和Ⅱ中,元素As和S都被氧化
C.反应Ⅰ和Ⅱ中,参加反应的:Ⅰ<Ⅱ
D.反应Ⅰ和Ⅱ中,氧化1 mol As2S3转移的电子数之比为3∶7
1.氧化还原反应概念及关系
2.氧化还原反应的重要规律
1.(2024·江苏南通二模)第四周期过渡元素形成的化合物具有重要作用。黄铜(CuFeS2)用Fe2(SO4)3溶液浸泡后生成单质硫,所得CuSO4溶液可用于制取纳米Cu2O,Cu2O能与酸发生反应。CuOx-TiO2可用于低温下催化氧化HCHO:HCHO(g)+O2(g)CuOx-TiO2CO2(g)+H2O(l)。CoCl3具有强氧化性,可与盐酸反应生成氯气。由NaNO2、Co(NO3)2、H2O2和CH3COOH反应制备的配合物Na3[Co(NO2)6]可应用于K+的鉴定。
下列化学反应表示正确的是(　　)
A.Cu2O与稀硫酸反应:Cu2O+2H+===2Cu2++H2O
B.Fe2(SO4)3溶液和CuFeS2反应:CuFeS2+4Fe3+===5Fe2++Cu2++2S
C.Co(OH)3与足量盐酸反应:Co(OH)3+3HCl===CoCl3+3H2O
D.制备Na3[Co(NO2)6]的反应:12N+2Co2++H2O2+2H+===2[Co(NO2)6]3-+2H2O
2.(2024·江苏南通二模)工业制备硫酸的主要过程如下:
已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)　ΔH=-196.6 kJ·mol-1,下列说法错误的是(　　)
A.硫酸粘度较高,与其分子间氢键有关
B.FeS2中含有离子键、非极性共价键
C.第②步,每转移2 mol电子,放出98.3 kJ能量
D.氟氢化钾(KHF2)与发烟硫酸反应可生成氟磺酸(HSO3F),说明硫酸的酸性大于氟磺酸
3.(2024·辽宁鞍山二模)25 ℃时,利用8N2O+4CS2===S8+4CO2+8N2(反应Ⅰ)获得:1 mol S8(),同时将生成的CO2溶于水形成pH=5.6的溶液Ⅱ,设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(　　)
A.反应Ⅰ中转移电子的数目为16NA
B.反应Ⅰ中形成S—S键的数目为7NA
C.反应Ⅰ产物中π电子的数目为8NA
D.溶液Ⅱ中含H+的数目为10-5.6NA
4.(2023·辽宁协作校一模)已知反应:aFeSO4+bNa2O2===cNa2FeO4+2Na2O+dNa2SO4+eO2↑,a=2。下列关于该反应的说法错误的是(　　)
A.Na2FeO4可以对水体进行杀菌消毒、净化
B.Na2O2在该反应中既是氧化剂又是还原剂
C.3a=b
D.每生成1 mol Na2FeO4,转移4 mol电子
5.(2023·山西临汾一模)实验室利用Bi(OH)3制取高锰酸钠的相关反应的离子方程式如下。
Ⅰ:Cl+6H++5Cl-===3Cl2↑+3H2O
Ⅱ:Bi(OH)3+3OH-+Cl2+Na+===NaBiO3+2Cl-+3H2O
Ⅲ:5NaBiO3+2Mn2++14H+===2Mn+5Bi3++5Na++7H2O
下列说法错误的是(　　)
A.反应Ⅰ中氧化产物和还原产物的物质的量比为5∶1
B.酸性条件下的氧化性:Cl>Cl2>NaBiO3>Mn
C.NaBiO3可与盐酸发生反应:NaBiO3+6H++2Cl-===Bi3++Cl2↑+3H2O+Na+
D.制得28.4 g高锰酸钠时,理论上消耗氯酸钠的物质的量为 mol
题型突破5　氧化还原反应及应用
1.(2024·山东卷)中国书画是世界艺术瑰宝,古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的是(　　)
A.竹管、动物尾毫→湖笔
B.松木→油烟→徽墨
C.楮树皮→纸浆纤维→宣纸
D.端石→端砚
答案　B
解析　A.湖笔,以竹管为笔杆,以动物尾毫为笔头制成,不涉及氧化还原反应,A不符合题意;B.松木中的C元素主要以有机物的形式存在,徽墨主要为C单质,存在元素化合价的变化,属于氧化还原反应,B符合题意;C.宣纸,以楮树皮为原料,得到纸浆纤维,从而制作宣纸,不涉及氧化还原反应,C不符合题意;D.端砚以端石为原料经过采石、维料、制璞、雕刻、磨光、配盒等步骤制成,不涉及氧化还原反应,D不符合题意。
2.(2024·江苏卷)催化剂能改变化学反应速率而不改变反应的焓变,常见催化剂有金属及其氧化物、酸和碱等。催化反应广泛存在,如豆科植物固氮、石墨制金刚石、CO2和H2制CH3OCH3(二甲醚)、V2O5催化氧化SO2等。催化剂有选择性,如C2H4与O2反应用Ag催化生成(环氧乙烷)、用CuCl2/PdCl2催化生成CH3CHO。催化作用能消除污染和影响环境,如汽车尾气处理、废水中N电催化生成N2、氯自由基催化O3分解形成臭氧空洞。我国在石油催化领域领先世界,高效、经济、绿色是未来催化剂研究的发展方向。下列化学反应表示正确的是(　　)
A.汽车尾气处理:2NO+4CON2+4CO2
B.N电催化为N2的阳极反应:2N+12H++10e-===N2↑+6H2O
C.硝酸工业中NH3的氧化反应:4NH3+3O22N2+6H2O
D.CO2和H2催化制二甲醚:2CO2+6H2CH3OCH3+3H2O
答案　D
解析　根据O原子守恒可知,A错误;阳极应发生失电子的反应,B错误;NH3发生催化氧化反应生成NO,该反应的化学方程式应为4NH3+5O24NO+6H2O,C错误。
3.(2024·浙江6月选考)利用CH3OH可将废水中的N转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为H++CH3OH+N—→X+CO2+H2O(未配平)。下列说法正确的是(　　)
A.X表示NO2
B.可用O3替换CH3OH
C.氧化剂与还原剂物质的量之比为6∶5
D.若生成标准状况下的CO2气体11.2 L,则反应转移的电子数为2NA(NA表示阿伏加德罗常数的值)
答案　C
解析　A.由题中信息可知,利用CH3OH可将废水中的N转化为对环境无害的物质X后排放,则X表示N2,NO2仍然是大气污染物,A不正确;B.CH3OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价,CH3OH是该反应的还原剂,O3有强氧化性,通常不能用作还原剂,故不可用O3替换CH3OH,B不正确;C.该反应中,还原剂CH3OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价,升高了6个价位,氧化剂N中N元素的化合价由+5价降低到0价,降低了5个价位,由电子得失守恒可知,氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶5,C正确;D.CH3OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价,升高了6个价位,若生成标准状况下的CO2气体11.2 L,即生成0.5 mol CO2,反应转移的电子数为0.5×6=3NA,D不正确。
4.(双选)(2023·山东卷)一种制备Cu2O的工艺路线如图所示,反应Ⅱ所得溶液pH在3~4之间,反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行。常温下,H2SO3的电离平衡常数=1.3×10-2,=6.3×10-8。下列说法正确的是(　　)
A.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B.低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3被氧化
C.溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体Ⅰ
D.若Cu2O产量不变,参与反应Ⅲ的X与CuSO4物质的量之比增大时,需补加NaOH的量减少
答案　CD
解析　铜和浓硫酸反应(反应Ⅰ)生成二氧化硫气体(气体Ⅰ)和硫酸铜,生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应(反应Ⅱ),所得溶液pH在3~4之间,溶液显酸性,根据H2SO3的电离平衡常数=1.3×10-2,=6.3×10-8,可知NaHSO3溶液显酸性(电离大于水解),则反应Ⅱ所得溶液成分是NaHSO3,调节溶液pH值至11,使NaHSO3转化为Na2SO3,低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化),故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液,Na2SO3和CuSO4反应的离子方程式是S+2Cu2++2H2O===S+Cu2O↓+4H+,反应过程中酸性越来越强,可能使Na2SO3转化成SO2气体,需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行,据此分析解答。A.反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应,生成二氧化硫,是氧化还原反应,反应Ⅱ是SO2和碳酸钠溶液反应,生成NaHSO3、水和二氧化碳,是非氧化还原反应,反应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O,是氧化还原反应,A错误;B.低温真空蒸发主要目的是防止Na2SO3被氧化,而不是NaHSO3,B错误;C.经分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液,可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO2气体(气体Ⅰ),C正确;D.制取Cu2O总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3===Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4,化合物X是指Na2SO3,若Cu2O产量不变,增大,多的Na2SO3会消耗氢离子,用于控制pH值,可减少NaOH的量,D正确。
5.(2023·湖南卷)油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现,在不同的空气湿度和光照条件下,颜料雌黄(As2S3)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应:
下列说法正确的是(　　)
A.S2和S的空间结构都是正四面体形
B.反应Ⅰ和Ⅱ中,元素As和S都被氧化
C.反应Ⅰ和Ⅱ中,参加反应的:Ⅰ<Ⅱ
D.反应Ⅰ和Ⅱ中,氧化1 mol As2S3转移的电子数之比为3∶7
答案　D
解析　A.S2的中心S原子形成的4个σ键的键长不一样,故其空间结构不是正四面体形,A错误;B.As2S3中As的化合价为+3价,反应Ⅰ产物As2O3中As的化合价为+3价,故该过程中As没有被氧化,B错误;C.根据题给信息可知,反应Ⅰ的方程式为:2As2S3+6O2+3H2O2As2O3+3H2S2O3,反应Ⅱ的方程式为:As2S3+7O2+6H2O2H3AsO4+3H2SO4,则反应Ⅰ和Ⅱ中,参加反应的:Ⅰ>Ⅱ,C错误;D.As2S3中As为+3价,S为-2价,在经过反应Ⅰ后,As的化合价没有变,S变为+2价,则1 mol As2S3失电子3×4 mol=12 mol;在经过反应Ⅱ后,As变为+5价,S变为+6价,则1 mol As2S3失电子2×2 mol+3×8 mol=28 mol,故反应Ⅰ和Ⅱ中,氧化1 mol As2S3转移的电子数之比为3∶7,D正确。
命题立意:试题常以物质的转化过程或实验制备为素材,考查氧化还原反应的相关知识,主要涉及物质的性质、氧化还原反应的基本概念、规律、电子转移以及定量计算等必备知识。此类试题通常以物质的转化或实验操作作为载体,考查学生信息获取与加工、逻辑推理和论证能力。
1.氧化还原反应概念及关系
2.氧化还原反应的重要规律
1.(2024·江苏南通二模)第四周期过渡元素形成的化合物具有重要作用。黄铜(CuFeS2)用Fe2(SO4)3溶液浸泡后生成单质硫,所得CuSO4溶液可用于制取纳米Cu2O,Cu2O能与酸发生反应。CuOx-TiO2可用于低温下催化氧化HCHO:HCHO(g)+O2(g)CuOx-TiO2CO2(g)+H2O(l)。CoCl3具有强氧化性,可与盐酸反应生成氯气。由NaNO2、Co(NO3)2、H2O2和CH3COOH反应制备的配合物Na3[Co(NO2)6]可应用于K+的鉴定。
下列化学反应表示正确的是(　　)
A.Cu2O与稀硫酸反应:Cu2O+2H+===2Cu2++H2O
B.Fe2(SO4)3溶液和CuFeS2反应:CuFeS2+4Fe3+===5Fe2++Cu2++2S
C.Co(OH)3与足量盐酸反应:Co(OH)3+3HCl===CoCl3+3H2O
D.制备Na3[Co(NO2)6]的反应:12N+2Co2++H2O2+2H+===2[Co(NO2)6]3-+2H2O
答案　B
解析　A.Cu2O与稀硫酸发生歧化反应,离子方程式为Cu2O+2H+===Cu2++Cu+H2O,错误;B.Fe2(SO4)3溶液和CuFeS2反应,生成Fe2+和单质S,离子方程式为CuFeS2+4Fe3+===5Fe2++Cu2++2S,正确;C.CoCl3具有强氧化性,可与盐酸反应生成氯气,故Co(OH)3与足量盐酸反应生成Cl2和Co2+,化学方程式为2Co(OH)3+6HCl===2CoCl2+6H2O+Cl2↑,错误;D.制备Na3[Co(NO2)6]时的离子方程式,醋酸要保留化学式,离子方程式为12N+2Co2++H2O2+2CH3COOH===2[Co(NO2)6]3-+2H2O+2CH3COO-,错误。
2.(2024·江苏南通二模)工业制备硫酸的主要过程如下:
已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)　ΔH=-196.6 kJ·mol-1,下列说法错误的是(　　)
A.硫酸粘度较高,与其分子间氢键有关
B.FeS2中含有离子键、非极性共价键
C.第②步,每转移2 mol电子,放出98.3 kJ能量
D.氟氢化钾(KHF2)与发烟硫酸反应可生成氟磺酸(HSO3F),说明硫酸的酸性大于氟磺酸
答案　D
解析　黄铁矿与空气反应将硫元素转化为SO2,SO2在催化剂高温情况下转化为SO3,SO3最后转化为H2SO4,据此回答。A.硫酸—OH中的氢原子与另一分子的氧原子形成分子间氢键,故硫酸流动性差,粘度较高,正确;B.FeS2中含有Fe2+、,中含有非极性共价键,正确;C.每转移2 mol电子转移,即有1 mol SO2完全转化,故放出98.3 kJ能量,正确;D.氟原子的电负性大,吸电子能力强,使氟磺酸中的羟基极性大,故酸性大于硫酸,错误。
3.(2024·辽宁鞍山二模)25 ℃时,利用8N2O+4CS2===S8+4CO2+8N2(反应Ⅰ)获得:1 mol S8(),同时将生成的CO2溶于水形成pH=5.6的溶液Ⅱ,设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(　　)
A.反应Ⅰ中转移电子的数目为16NA
B.反应Ⅰ中形成S—S键的数目为7NA
C.反应Ⅰ产物中π电子的数目为8NA
D.溶液Ⅱ中含H+的数目为10-5.6NA
答案　A
解析　A.8N2O+4CS2===S8+4CO2+8N2中N元素由+1价下降到0价,S元素由-2价上升到0价,1 mol S8参与反应时转移电子的数目为16NA,正确;B.由S8的结构可知,生成1 mol S8时,形成S—S键的数目为8NA,错误;C.CO2中含有2个π键,N2中含有2个π键,获得1 mol S8时生成4 mol CO2和8 mol N2,含有(4×2+8×2) mol=24 mol π键,π电子的数目为48NA,错误;D.未知溶液的体积,无法计算溶液Ⅱ中含H+的数目,D错误。
4.(2023·辽宁协作校一模)已知反应:aFeSO4+bNa2O2===cNa2FeO4+2Na2O+dNa2SO4+eO2↑,a=2。下列关于该反应的说法错误的是(　　)
A.Na2FeO4可以对水体进行杀菌消毒、净化
B.Na2O2在该反应中既是氧化剂又是还原剂
C.3a=b
D.每生成1 mol Na2FeO4,转移4 mol电子
答案　D
解析　Na2FeO4具有强氧化性,能对水体进行杀菌消毒,产生的Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体可以吸附水中的小颗粒,可以净水,A正确;Na2O2中O元素化合价既有升高,又有降低,故Na2O2既是氧化剂又是还原剂,B正确;a=2,根据Fe和S元素守恒可知,c=2、d=2,再根据Na元素守恒可知,b=6,则3a=b, C正确；由选项C可知，该反应的化学方程式为2FeSO4+6Na2O2===2Na2FeO4+ 2Na2O+2Na2SO4+O2↑,则每生成1 mol Na2FeO4,转移5 mol电子,D错误。
5.(2023·山西临汾一模)实验室利用Bi(OH)3制取高锰酸钠的相关反应的离子方程式如下。
Ⅰ:Cl+6H++5Cl-===3Cl2↑+3H2O
Ⅱ:Bi(OH)3+3OH-+Cl2+Na+===NaBiO3+2Cl-+3H2O
Ⅲ:5NaBiO3+2Mn2++14H+===2Mn+5Bi3++5Na++7H2O
下列说法错误的是(　　)
A.反应Ⅰ中氧化产物和还原产物的物质的量比为5∶1
B.酸性条件下的氧化性:Cl>Cl2>NaBiO3>Mn
C.NaBiO3可与盐酸发生反应:NaBiO3+6H++2Cl-===Bi3++Cl2↑+3H2O+Na+
D.制得28.4 g高锰酸钠时,理论上消耗氯酸钠的物质的量为 mol
答案　B
解析　反应Ⅰ中,5Cl-→2.5Cl2(氧化产物),Cl→0.5Cl2(还原产物),则氧化产物和还原产物的物质的量之比为2.5∶0.5=5∶1,A正确;反应Ⅰ在酸性条件下进行,氧化性:Cl>Cl2;反应Ⅱ在碱性条件下进行,氧化性:Cl2>NaBiO3,反应Ⅲ在酸性条件下进行,氧化性:NaBiO3>Mn,Ⅰ~Ⅲ的反应条件不同,故B错误;酸性条件下,NaBiO3的氧化性强于NaMnO4,NaBiO3与盐酸发生反应生成氯气;NaBiO3+6H++2Cl-===Bi3++Cl2↑+3H2O+Na+,C正确;根据化学方程式可得关系式:Cl~5Cl2~5NaBiO3~2Mn,28.4 g高锰酸钠即0.2 mol,理论上消耗氯酸钠的物质的量为 mol,D正确。(共26张PPT)
第一篇　新高考题型突破
板块Ⅰ　化学用语与基本概念
题型突破选择题　题型突破5　氧化还原反应及应用
真题导航
核心整合
模拟预测
1.(2024·山东卷)中国书画是世界艺术瑰宝,古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的是(　　)
A.竹管、动物尾毫→湖笔 B.松木→油烟→徽墨
C.楮树皮→纸浆纤维→宣纸 D.端石→端砚
解析　A.湖笔,以竹管为笔杆,以动物尾毫为笔头制成,不涉及氧化还原反应,A不符合题意;B.松木中的C元素主要以有机物的形式存在,徽墨主要为C单质,存在元素化合价的变化,属于氧化还原反应,B符合题意;C.宣纸,以楮树皮为原料,得到纸浆纤维,从而制作宣纸,不涉及氧化还原反应,C不符合题意;D.端砚以端石为原料经过采石、维料、制璞、雕刻、磨光、配盒等步骤制成,不涉及氧化还原反应,D不符合题意。
B
答案　D
3.(2024·浙江6月选考)利用CH3OH可将废水中的N转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为H++CH3OH+N—→X+CO2+H2O(未配平)。下列说法正确的是(　　)
A.X表示NO2
B.可用O3替换CH3OH
C.氧化剂与还原剂物质的量之比为6∶5
D.若生成标准状况下的CO2气体11.2 L,则反应转移的电子数为2NA(NA表示阿伏加德罗常数的值)
C
解析　A.由题中信息可知,利用CH3OH可将废水中的N转化为对环境无害的物质X后排放,则X表示N2,NO2仍然是大气污染物,A不正确;B.CH3OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价,CH3OH是该反应的还原剂,O3有强氧化性,通常不能用作还原剂,故不可用O3替换CH3OH,B不正确;C.该反应中,还原剂CH3OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价,升高了6个价位,氧化剂N中N元素的化合价由+5价降低到0价,降低了5个价位,由电子得失守恒可知,氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶5,C正确;D.CH3OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价,升高了6个价位,若生成标准状况下的CO2气体11.2 L,即生成0.5 mol CO2,反应转移的电子数为0.5×6=3NA,D不正确。
4.(双选)(2023·山东卷)一种制备Cu2O的工艺路线如图所示,反应Ⅱ所得溶液pH在3~4之间,反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行。常温下,H2SO3的电离平衡常数=1.3×10-2,=6.3×10-8。下列说法正确的是(　　)
A.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B.低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3被氧化
C.溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元
吸收气体Ⅰ
D.若Cu2O产量不变,参与反应Ⅲ的X与CuSO4物质
的量之比增大时,需补加NaOH的量减少
CD
解析　铜和浓硫酸反应(反应Ⅰ)生成二氧化硫气体(气体Ⅰ)和硫酸铜,生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应(反应Ⅱ),所得溶液pH在3~4之间,溶液显酸性,根据H2SO3的电离平衡常数=1.3×10-2,=6.3×10-8,可知NaHSO3溶液显酸性(电离大于水解),则反应Ⅱ所得溶液成分是NaHSO3,调节溶液pH值至11,使NaHSO3转化为Na2SO3,低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化),故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液,Na2SO3和CuSO4反应的离子方程式是S+2Cu2++2H2O=== S+Cu2O↓+4H+,反应过程中酸性越来越强,可能使Na2SO3转化成SO2气体,需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行,据此分析解答。A.反应Ⅰ是铜和浓
硫酸反应,生成二氧化硫,是氧化还原反应,反应Ⅱ是SO2和碳酸钠溶液反应,生成NaHSO3、水和二氧化碳,是非氧化还原反应,反应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O,是氧化还原反应,A错误;B.低温真空蒸发主要目的是防止Na2SO3被氧化,而不是NaHSO3,B错误;C.经分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液,可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO2气体(气体Ⅰ),C正确;D.制取Cu2O总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3===Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4,化合物X是指Na2SO3,若Cu2O产量不变,增大,多的Na2SO3会消耗氢离子,用于控制pH值,可减少NaOH的量,D正确。
5.(2023·湖南卷)油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现,在不同的空气湿度和光照条件下,颜料雌黄(As2S3)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应:
下列说法正确的是(　　)
A.S2和S的空间结构都是正四面体形
B.反应Ⅰ和Ⅱ中,元素As和S都被氧化
C.反应Ⅰ和Ⅱ中,参加反应的:Ⅰ<Ⅱ
D.反应Ⅰ和Ⅱ中,氧化1 mol As2S3转移的电子数之比为3∶7
D
命题立意:试题常以物质的转化过程或实验制备为素材,考查氧化还原反应的相关知识,主要涉及物质的性质、氧化还原反应的基本概念、规律、电子转移以及定量计算等必备知识。此类试题通常以物质的转化或实验操作作为载体,考查学生信息获取与加工、逻辑推理和论证能力。
1.氧化还原反应概念及关系
2.氧化还原反应的重要规律
下列化学反应表示正确的是(　　)
A.Cu2O与稀硫酸反应:Cu2O+2H+===2Cu2++H2O
B.Fe2(SO4)3溶液和CuFeS2反应:CuFeS2+4Fe3+===5Fe2++Cu2++2S
C.Co(OH)3与足量盐酸反应:Co(OH)3+3HCl===CoCl3+3H2O
D.制备Na3[Co(NO2)6]的反应:12N+2Co2++H2O2+2H+===2[Co(NO2)6]3-+2H2O
答案　B
解析　A.Cu2O与稀硫酸发生歧化反应,离子方程式为Cu2O+2H+===Cu2++Cu+H2O,错误;B.Fe2(SO4)3溶液和CuFeS2反应,生成Fe2+和单质S,离子方程式为CuFeS2+4Fe3+===5Fe2++Cu2++2S,正确;C.CoCl3具有强氧化性,可与盐酸反应生成氯气,故Co(OH)3与足量盐酸反应生成Cl2和Co2+,化学方程式为2Co(OH)3+6HCl===2CoCl2+6H2O+Cl2↑,错误;D.制备Na3[Co(NO2)6]时的离子方程式,醋酸要保留化学式,离子方程式为12N+2Co2++H2O2+2CH3COOH=== 2[Co(NO2)6]3-+2H2O+2CH3COO-,错误。
2.(2024·江苏南通二模)工业制备硫酸的主要过程如下:
已知2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)　ΔH=-196.6 kJ·mol-1,下列说法错误的是(　　)
A.硫酸粘度较高,与其分子间氢键有关
B.FeS2中含有离子键、非极性共价键
C.第②步,每转移2 mol电子,放出98.3 kJ能量
D.氟氢化钾(KHF2)与发烟硫酸反应可生成氟磺酸(HSO3F),说明硫酸的酸性大于氟磺酸
D
解析　黄铁矿与空气反应将硫元素转化为SO2,SO2在催化剂高温情况下转化为SO3,SO3最后转化为H2SO4,据此回答。A.硫酸—OH中的氢原子与另一分子的氧原子形成分子间氢键,故硫酸流动性差,粘度较高,正确;B.FeS2中含有Fe2+、,中含有非极性共价键,正确;C.每转移2 mol电子转移,即有1 mol SO2完全转化,故放出98.3 kJ能量,正确;D.氟原子的电负性大,吸电子能力强,使氟磺酸中的羟基极性大,故酸性大于硫酸,错误。
A
解析　A.8N2O+4CS2===S8+4CO2+8N2中N元素由+1价下降到0价,S元素由-2价上升到0价,1 mol S8参与反应时转移电子的数目为16NA,正确;B.由S8的结构可知,生成1 mol S8时,形成S—S键的数目为8NA,错误;C.CO2中含有2个π键,N2中含有2个π键,获得1 mol S8时生成4 mol CO2和8 mol N2,含有(4×2+8×2) mol=24 mol π键,π电子的数目为48NA,错误;D.未知溶液的体积,无法计算溶液Ⅱ中含H+的数目,D错误。
4.(2023·辽宁协作校一模)已知反应:aFeSO4+bNa2O2===cNa2FeO4+2Na2O+ dNa2SO4+eO2↑,a=2。下列关于该反应的说法错误的是(　　)
A.Na2FeO4可以对水体进行杀菌消毒、净化
B.Na2O2在该反应中既是氧化剂又是还原剂
C.3a=b
D.每生成1 mol Na2FeO4,转移4 mol电子
D
解析　Na2FeO4具有强氧化性,能对水体进行杀菌消毒,产生的Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体可以吸附水中的小颗粒,可以净水,A正确;Na2O2中O元素化合价既有升高,又有降低,故Na2O2既是氧化剂又是还原剂,B正确;a=2,根据Fe和S元素守恒可知,c=2、d=2,再根据Na元素守恒可知,b=6,则3a=b, C正确；由选项C可知，该反应的化学方程式为2FeSO4+6Na2O2===2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑,则每生成1 mol Na2FeO4,转移5 mol电子,D错误。
5.(2023·山西临汾一模)实验室利用Bi(OH)3制取高锰酸钠的相关反应的离子方程式如下。
Ⅰ:Cl+6H++5Cl-===3Cl2↑+3H2O
Ⅱ:Bi(OH)3+3OH-+Cl2+Na+===NaBiO3+2Cl-+3H2O
Ⅲ:5NaBiO3+2Mn2++14H+===2Mn+5Bi3++5Na++7H2O
下列说法错误的是(　　)
A.反应Ⅰ中氧化产物和还原产物的物质的量比为5∶1
B.酸性条件下的氧化性:Cl>Cl2>NaBiO3>Mn
C.NaBiO3可与盐酸发生反应:NaBiO3+6H++2Cl-===Bi3++Cl2↑+3H2O+Na+
D.制得28.4 g高锰酸钠时,理论上消耗氯酸钠的物质的量为 mol
B
解析　反应Ⅰ中,5Cl-→2.5Cl2(氧化产物),Cl→0.5Cl2(还原产物),则氧化产物和还原产物的物质的量之比为2.5∶0.5=5∶1,A正确;反应Ⅰ在酸性条件下进行,氧化性:Cl>Cl2;反应Ⅱ在碱性条件下进行,氧化性:Cl2>NaBiO3,反应Ⅲ在酸性条件下进行,氧化性:NaBiO3>Mn,Ⅰ~Ⅲ的反应条件不同,故B错误;酸性条件下,NaBiO3的氧化性强于NaMnO4,NaBiO3与盐酸发生反应生成氯气;NaBiO3+6H++2Cl-===Bi3++Cl2↑+3H2O+Na+,C正确;根据化学方程式可得关系式:Cl~5Cl2~5NaBiO3~2Mn,28.4 g高锰酸钠即0.2 mol,理论上消耗氯酸钠的物质的量为 mol,D正确。

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