2023屆新高考新教材化學(xué)人教版一輪訓(xùn)練-專項(xiàng)提能特訓(xùn)(1)　從氧化還原反應(yīng)的

專項(xiàng)提能特訓(xùn)(1)從氧化還原反應(yīng)的視角分析化工生產(chǎn)中的物質(zhì)變化1．硫化氫的轉(zhuǎn)化是資源利用和環(huán)境保護(hù)的重要研究課題將H2S和空氣的混合氣體通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反應(yīng)回收S，其物質(zhì)轉(zhuǎn)化如圖所示。下列敘述正確的是()A．在轉(zhuǎn)化過(guò)程中化合價(jià)不變的元素只有Cu和ClB．由圖示的轉(zhuǎn)化可得出氧化性的強(qiáng)弱順序：O2>Cu2＋>SC．在轉(zhuǎn)化過(guò)程中能循環(huán)利用的物質(zhì)只有FeCl2D．反應(yīng)中當(dāng)有34gH2S轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)時(shí)，保持溶液中Fe2＋的量不變，需要消耗O2的質(zhì)量為16g解析：D根據(jù)圖中各元素化合價(jià)知，Cu元素化合價(jià)都是＋2、H元素化合價(jià)都是＋1、Cl元素化合價(jià)都是－1，所以化合價(jià)不變的元素是Cu、H、Cl，故A錯(cuò)誤；轉(zhuǎn)化過(guò)程中，O2把Fe2＋氧化為Fe3＋，F(xiàn)e3＋把S2－氧化為S，則氧化性的強(qiáng)弱順序：O2>Fe3＋>S，故B錯(cuò)誤；根據(jù)圖示，反應(yīng)的本質(zhì)是空氣中的氧氣氧化H2S轉(zhuǎn)化為S和水，在轉(zhuǎn)化過(guò)程中能循環(huán)利用的物質(zhì)有FeCl2、CuCl2、FeCl3，故C錯(cuò)誤；由題圖可知，反應(yīng)的總方程式為2H2S＋O2eq\o(=,\s\up7(催化劑))2S↓＋2H2O，所以有34gH2S轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)時(shí)，保持溶液中Fe3＋的量不變，需要消耗O2的質(zhì)量為eq\f(34g,34g·mol－1)×eq\f(1,2)×32g·mol－1＝16g，故D正確。2．在酸性條件下，黃鐵礦(FeS2)催化氧化的反應(yīng)方程式為2FeS2＋7O2＋2H2O=2Fe2＋＋4SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋，該反應(yīng)的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化如圖所示。下列分析正確的是()A．反應(yīng)Ⅰ的離子方程式為4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋4NO＋2H2O，F(xiàn)e(NO)2＋作氧化劑B．反應(yīng)Ⅱ中Fe3＋作氧化劑，F(xiàn)eS2被還原C．酸性條件下，黃鐵礦催化氧化中NO作催化劑D．反應(yīng)Ⅲ的離子方程式為Fe2＋＋NO=Fe(NO)2＋，該反應(yīng)是氧化還原反應(yīng)解析：C反應(yīng)Ⅰ的離子方程式為4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋4NO＋2H2O，鐵元素的化合價(jià)由＋2價(jià)到＋3價(jià)，化合價(jià)升高，F(xiàn)e(NO)2＋作還原劑，A項(xiàng)錯(cuò)誤；反應(yīng)Ⅱ中Fe3＋作氧化劑，硫元素的化合價(jià)升高，F(xiàn)eS2被氧化，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由題圖可以看出，在酸性條件下，黃鐵礦催化氧化中NO作催化劑，C項(xiàng)正確；反應(yīng)Ⅲ的離子方程式為Fe2＋＋NO=Fe(NO)2＋，所含元素的化合價(jià)沒(méi)有發(fā)生變化，該反應(yīng)是非氧化還原反應(yīng)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。3．用還原法可以將硝酸廠煙氣中的大量氮氧化物(NO)轉(zhuǎn)化為無(wú)害物質(zhì)。常溫下，將NO與H2的混合氣體通入Ce(SO4)2與Ce2(SO4)3的混合溶液中，其轉(zhuǎn)化過(guò)程如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A．該轉(zhuǎn)化過(guò)程的實(shí)質(zhì)為NO被H2還原B．反應(yīng)Ⅱ中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶1C．反應(yīng)Ⅰ的離子方程式為Ce4＋＋H2=Ce3＋＋2H＋D．反應(yīng)過(guò)程中混合溶液內(nèi)Ce3＋和Ce4＋的總數(shù)減少解析：A本題以轉(zhuǎn)化流程圖為載體考查氧化還原反應(yīng)的基本概念?？偡磻?yīng)可以看作NO與H2反應(yīng)，則該轉(zhuǎn)化過(guò)程的實(shí)質(zhì)為NO被H2還原，故A正確；反應(yīng)Ⅱ方程式：2NO＋4Ce3＋＋4H＋=N2＋4Ce4＋＋2H2O，反應(yīng)Ⅱ中NO是氧化劑，Ce3＋是還原劑，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶2，故B錯(cuò)誤；反應(yīng)Ⅰ中氫氣是還原劑，Ce4＋是氧化劑，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：H2＋2Ce4＋=2H＋＋2Ce3＋，故C錯(cuò)誤；處理過(guò)程中，實(shí)質(zhì)為NO被H2還原，混合溶液中Ce4＋和Ce3＋總數(shù)不變，故D錯(cuò)誤。4．(2021·河南鄭州質(zhì)量預(yù)測(cè))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)在實(shí)驗(yàn)室中操作Ⅰ用到的玻璃儀器有________________。(2)在濾渣1中加入Na2SO3和過(guò)量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____________________________________。(3)混合溶液中加入KClO3，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是__________________。(4)釩最后以NH4VO3的形式沉淀出來(lái)。沉釩率(NH4VO3沉淀中V的質(zhì)量和廢催化劑中V的質(zhì)量之比)表示該工藝中釩的回收率。圖中是沉釩率隨溫度變化的關(guān)系曲線，“沉釩”時(shí)，溫度超過(guò)80℃以后，沉釩率下降的可能原因是________________(寫一條即可)。(5)稱取wg所得產(chǎn)品，先用硫酸溶解，得取(VO2)2SO4溶液，再加入a1mLb1mol·L－1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液，最后用b2mol·L－1酸性KMnO4溶液滴定過(guò)量的(NH4)2Fe(SO4)2至終點(diǎn)，消耗KMnO4溶液的體積為a2mL。假設(shè)雜質(zhì)不參與反應(yīng)，錳被還原為Mn2＋。則產(chǎn)品中V2O5的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為______________[已知(VO2)2SO4和(NH4)2Fe(SO4)2溶液反應(yīng)的離子方程式為VOeq\o\al(＋,2)＋2H＋＋Fe2＋=VO2＋＋Fe3＋＋H2O]。解析：本題考查陌生氧化還原反應(yīng)方程式的書寫、氧化還原滴定的相關(guān)計(jì)算等。由題給流程可知，含釩廢催化劑中加水溶解，過(guò)濾得到含有V2O5及不溶性硅酸鹽的濾渣1和含有VOSO4的濾液1；向?yàn)V渣1中加入亞硫酸鈉溶液和過(guò)量稀硫酸，在酸性條件下，亞硫酸鈉與V2O5發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鈉、VOSO4和水；向含有VOSO4的混合溶液中加入氯酸鉀，具有氧化性的氯酸根離子在酸性條件下將VO2＋氧化為VOeq\o\al(＋,2)，向含VOeq\o\al(＋,2)的溶液中加入氨水，反應(yīng)生成NH4VO3沉淀，過(guò)濾得到NH4VO3；NH4VO3受熱分解生成V2O5。(1)操作Ⅰ為固、液分離的過(guò)濾操作，用到的玻璃儀器為漏斗、燒杯、玻璃棒。(2)在濾渣1中加入亞硫酸鈉溶液和過(guò)量稀硫酸，亞硫酸鈉與V2O5發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鈉、VOSO4和水，由得失電子守恒可知，氧化劑V2O5和還原劑亞硫酸鈉的物質(zhì)的量之比為1∶1。(3)混合溶液中加入氯酸鉀，氯酸根離子在酸性條件下將VO2＋氧化為VOeq\o\al(＋,2)，反應(yīng)的離子方程式為：6VO2＋＋ClOeq\o\al(－,3)＋3H2O=6VOeq\o\al(＋,2)＋Cl－＋6H＋。(4)“沉釩”時(shí)，溫度超過(guò)80℃以后，NH4VO3的溶解度增大，NH3·H2O受熱分解，都會(huì)導(dǎo)致沉釩率下降。(5)由題意可知，滴定時(shí)，硫酸亞鐵銨作還原劑，VOeq\o\al(＋,2)和高錳酸鉀作氧化劑，由得失電子守恒可得：n(VOeq\o\al(＋,2))＋5n(MnOeq\o\al(－,4))＝n(Fe2＋)，解得n(VOeq\o\al(＋,2))＝(a1b1－5a2b2)×10－3mol，由釩原子守恒可知，產(chǎn)品中V2O5的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(（a1b1－5a2b2）×10－3mol×\f(1,2)×182g·mol－1,wg)×100%＝eq\f(91（a1b1－5a2b2）,10w)%。答案：(1)漏斗、燒杯、玻璃棒(2)1∶1(3)6VO2＋＋ClOeq\o\al(－,3)＋3H2O=6VOeq\o\al(＋,2)＋Cl－＋6H＋(4)80℃以后，溫度升高，NH4VO3的溶解度增大，沉釩率下降(或溫度升高，NH3·H2O受熱分解，溶液中NHeq\o\al(＋,4)濃度減小，沉釩率下降。合理即可)(5)eq\f(91（a1b1－5a2b2）,10w)%5．(2020·北京卷)MnO2是重要化工原料，用軟錳礦制備MnO2的一種工藝流程如圖。軟錳礦eq\o(→,\s\up7(),\s\do5(研磨))eq\o(→,\s\up7(過(guò)量較濃H2SO4，過(guò)量鐵屑),\s\do5(溶出（20℃）))Mn2＋溶出液eq\o(→,\s\up7(),\s\do5(純化))Mn2＋純化液eq\o(→,\s\up7(),\s\do5(電解))MnO2資料：①軟錳礦的主要成分為MnO2，主要雜質(zhì)有Al2O3和SiO2②金屬離子沉淀的pHFe3＋Al3＋Mn2＋Fe2＋開始沉淀時(shí)1.53.45.86.3完全沉淀時(shí)2.84.77.88.3③該工藝條件下，MnO2與H2SO4不反應(yīng)。(1)溶出：①溶出前，軟錳礦需研磨。②溶出時(shí)，F(xiàn)e的氧化過(guò)程及得到Mn2＋的主要途徑如圖所示。ⅰ.Ⅱ是從軟錳礦中溶出Mn2＋的主要反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式是______________。ⅱ.若Fe2＋全部來(lái)自于反應(yīng)Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，完全溶出Mn2＋所需Fe與MnO2的物質(zhì)的量比值為2。而實(shí)際比值(0.9)小于2，原因是___________________________。(2)純化：已知：MnO2的氧化性與溶液pH有關(guān)。純化時(shí)先加入MnO2，后加入NH3·H2O，調(diào)溶液pH≈5，說(shuō)明試劑加入順序及調(diào)節(jié)pH的原因：_________________。(3)產(chǎn)品純度測(cè)定：向ag產(chǎn)品中依次加入足量bgNa2C2O4和足量稀H2SO4，加熱至充分反應(yīng)，再用cmol·L－1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至終點(diǎn)，消耗KMnO4溶液的體積為dL。(已知：MnO2及MnOeq\o\al(－,4)均被還原為Mn2＋，相對(duì)分子質(zhì)量：MnO286.94；Na2C2O4134.0)產(chǎn)品純度為________________________。(用質(zhì)量分?jǐn)?shù)表示)解析：(1)ⅰ.根據(jù)反應(yīng)途徑可知，二氧化錳與亞鐵離子反應(yīng)生成二價(jià)錳離子和鐵離子，則反應(yīng)的離子方程式為MnO2＋4H＋＋2Fe2＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；ⅱ.根據(jù)方程式可知，F(xiàn)e與MnO2的物質(zhì)的量比值為2，實(shí)際反應(yīng)時(shí)，二氧化錳能夠氧化單質(zhì)鐵轉(zhuǎn)化為Fe2＋，導(dǎo)致需要的鐵減少，故實(shí)際比值(0.9)小于2；(2)MnO2的氧化性與溶液pH有關(guān)，且隨酸性的減弱，氧化性逐漸減弱，溶液顯酸性時(shí)，二氧化錳的氧化性較強(qiáng)，故純化時(shí)先加入MnO2，后加入NH3·H2O，調(diào)溶液pH≈5，除去溶液中的Al3＋、Fe3＋；(3)根據(jù)題意可知，部分草酸鈉與二氧化錳發(fā)生氧化還原反應(yīng)，剩余部分再與高錳酸鉀反應(yīng)(5H2C2O4＋2KMnO4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O)，則與二氧化錳反應(yīng)的草酸鈉；MnO2＋Na2C2O4＋2H2SO4=Na2SO4＋MnSO4＋2CO2↑＋2H2O，則n(MnO2)＝n(Na2C2O4)＝eq\f(bg,134g/mol)－eq\f(cmol/L×dL,2)×5，產(chǎn)品純度＝