2020-2021高考化学专题复习氧化还原反应的综合题附详细答案 下载本文

个电子层,则砷位于元素周期表第四周期ⅤA族,故答案为:第四周期ⅤA族; ②根据题给信息可知,酸性条件下,硫化钠与和废水中的砷酸反应,生成难溶性的三硫化二砷和水,反应中硫化钠做还原剂,砷酸做氧化剂,反应的离子方程式为2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3↓+6H2O,故答案为:2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3↓+6H2O;

(2)由题意可知,在微生物的作用下,CN-被氧气氧化成HCO3-,同时生成NH3,反应中碳元素化合价升高被氧化,氮元素化合价没有变化,则反应的离子方程式为4H2O+2CN-+O2=2HCO3-+2NH3,故答案为:4H2O+2CN-+O2=2HCO3-+2NH3;

(3)①水电离出的氢氧根离子在阳极上失电子发生氧化反应生成氧气,破坏水的电离平衡,使溶液呈酸性,溶液中氢离子浓度增大,电极反应式为4OH-或2H2O-4e-═O2↑+4H+,故答案为:4OH--4e-═2H2O+O2↑或2H2O-4e-═O2↑+4H+;

②由电极反应式和生成HA的化学方程式可得:2HA—2 H+—H2,电解过程中生成HA的质量为(145 g/L×0.4L—10 g/L×0.4L)=54g,则由HA和氢气的关系式可知阴极上产生的 H2 在标准状况下的体积约为90g/mol×1×22.4L/mol=6.72L,故答案为:6.72。 2【点睛】

电渗析法处理厨房垃极发酵液时,阳极上水电离出的氢氧根放电,使溶液中氢离子浓度增大,氢离子从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室,阴极上水电离出的氢离子放电,使溶液中氢氧根浓度增大,溶液中A-通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室,发生反应H++A-═HA,导致乳酸浓度增大是理解的关键,也是解答关键。

54g

11.消除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护的重要研究课题。

(1)已知反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O,请分析氧化产物和还原产物的质量之比为________。 (2)水体中过量氨氮(以NH3表示)会导致水体富营养化。

①用次氯酸钠除去氨氮的原理如题图所示。写出该图示的总反应化学方程式:________。 该反应需控制温度,温度过高时氨氮去除率降低的原因是________。

②取一定量的含氨氮废水,改变加入次氯酸钠用量,反应一段时间后,溶液中氨氮去除率、总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的总量)去除率以及剩余次氯酸钠的含量随m(NaCIO)m(NH3)的变化情况如图所示。当m( NaCIO):m(NH3)>7.6时,水体中总氮去除率反而下降,可能的原因是________ 。

【答案】4:3 2NH3+ 3NaClO= N2+ 3NaCl+ 3H2O 温度过高,HClO发生分解,氨氮去除率随之降低 有部分NH3被氧化成NO2-或NO3- 【解析】 【分析】

(1)该反应中NH3中N由-3价变为0价,化合价升高,被氧化,所得产物为氧化产物;

NO2中N由+4价变为0价,化合价降低,被还原,所得产物为还原产物;因此氧化产物和还原产物的物质的量之比为8:6=4:3;

(2)①根据图示判断发生氧化还原反应的反应物、生成物,根据得失电子守恒和原子守恒书写化学方程式;温度越高,化学反应速率越快,但是温度过高,HClO不稳定,受热易分解;

②当m( NaCIO):m(NH3)>7.6时,NaCIO加入的量越多会将氨氮氧化为NO3-等高价态物质。 【详解】

(1)该反应中NH3中N由-3价变为0价,化合价升高,发生氧化反应,所得为氧化产物;NO2中N由+4价变为0价,化合价降低,发生还原反应,所得为还原产物;因此氧化产物和还原产物的物质的量之比为8:6=4:3;

(2)①由图转化过程可知,该反应中反应物为NH3和NaClO,生成物为N2、NaCl2和H2O,因此该反应的化学方程式为:2NH3+3NaClO=N2+3NaCl+3H2O;

由于反应过程中生成HClO,HClO不稳定,受热易分解,因此温度过高,氨氮去除率降低;

②NaClO具有氧化性,其量增大,会使得部分NH3被氧化成NO2-或NO3- , 使得水体中总氮去除率降低; 【点睛】

本题考查氧化还原反应方程式的书写,考生应从图中找出反应物、生成物,另外解释控制反应条件的度。

12.根据方程式3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,回答下列问题: (1)用双线桥法表示电子的转移的方向及数目___。 (2)该反应中的氧化剂是___,还原剂是__。 (3)该反应中的氧化产物是__,还原产物是__。 (4)该反应中体现了稀硝酸的性质有__、__。 (5)将其改为离子反应方程式__。

(6)该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__。

(7)若反应中转移的电子的物质的量是0.9mol,则生成NO的体积为__(标准状况),被还原的硝酸为__mol。

(8)H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O,在该反应中每一摩尔H2SO4参加反应,转移的电子的物质的量为____。

【答案】 硝酸 铜 硝酸铜 NO 酸性 氧化

性 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O 2:3 6.72 0.3 2mol 【解析】 【分析】

用双线桥表示电子转移,首先找出反应物、生成物的变价元素,桥上标电子的得与失,

,依据元素化合价的变化从中找出氧化剂是

HNO3、还原剂是Cu、氧化产物是Cu(NO3)2、还原产物是NO,硝酸在反应中起到酸性和氧化性,反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3;另外根据同种元素不同价态之间若发生氧化还原反应,元素的化合价只靠近不交叉,H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O该反应中每一摩尔H2SO4参加反应,转移的电子的物质的量为2 mol。 【详解】

(1)3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O是氧化还原反应,反应中失电子的元素是铜元素,化合价升高,得电子的元素是氮元素,化合价降低,用双线桥法表示电子的转移的方

向及数目为:;

(2)氧化剂指在反应中得到电子化合价降低的反应物;还原剂指在反应中失去电子化合价升高的反应物。反应中反应物的铜元素的化合价是0价,生成物Cu(NO3)2中铜元素的化合价为+2价,铜元素化合价升高,故Cu是还原剂;反应中反应物HNO3中氮元素的化合价为+5价,生成物NO中氮元素的化合价为+2价,氮元素化合价降低,故HNO3是氧化剂; (3)氧化剂HNO3在反应中得到电子,被还原生成NO,故NO是还原产物;还原剂Cu在反应中失去电子,被氧化生成Cu(NO3)2,故是Cu(NO3)2氧化产物;

(4)在反应中反应物HNO3,一部分被还原为NO,一部分HNO3中的氮元素没有改变,并且以NO3- 形式存在,故该反应中体现了浓硝酸的性质有酸性、氧化性;

(5)Cu(NO3)2、HNO3都是易溶于水的强电解质,书写离子方程式时拆成离子的形式,Cu是单质、NO是氧化物并且还是非电解质、H2O是氧化物并且是弱电解质,所以书写离子方程式时写成化学式,故铜与稀硝酸反应的离子方程式为:3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O;

(6)在反应中硝酸一部分起到氧化剂作用、一部分起到酸性作用,反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3;

(7)在反应中每生成一个NO转移3个电子,当反应中转移的电子的物质的量是0.9mol,生成NO的物质的量为:0.9 mol ?3=0.3 mol,则标准状况下生成NO的体积为: 0.3 mol×22.4L·mol-1= 6.72L;

(8)H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O,同种元素不同价态之间若发生氧化还原反应,元素的化合价只靠近不交叉,故H2SO4→2e-→SO2,所以该反应中每一摩尔H2SO4参加反应,转移的电子的物质的量为2 mol。 ? 【点睛】

本题考查氧化还原反应中的氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物、电子转移的表示形式,以及同种元素不同价态之间若发生氧化还原反应,元素的化合价只靠近不交叉等知识点,这些知识点考生应该熟练掌握。

13.用纳米Fe/Ni复合材料能去除污染水体的NO3-,Ni不参与反应。离子在材料表面的活性位点吸附后发生反应,活性位点被其他附着物占据会导致速率减慢(NH4+无法占据活性位点)。反应过程如图所示:

(1)酸性环境中,纳米Fe/Ni去除NO3-分两步,将步骤ii补充完整: Ⅰ.NO3-+Fe+2H+=NO2-+Fe2++H2O Ⅱ.___+___+___H+=___Fe2++___+___

(2)初始pH=2.0的废液反应15min后,出现大量白色絮状物,过滤后很快变成红褐色,结合化学用语解释整个变化过程的原因___。

(3)水体初始pH会影响反应速率,不同pH的硝酸盐溶液与纳米Fe/Ni反应时,溶液中

c(NO3-)1所示。(注:c0(NO3-)为初始时NO3-的浓度。) -随时间的变化如图

c0(NO3)

①为达到最高去除率,应调水体的初始pH=___。

②t<15min,pH=2.0的溶液反应速率最快,t>15min,其反应速率迅速降低,原因分别是___。

(4)总氮量指溶液中自由移动的所有含氮微粒浓度之和,纳米Fe/Ni处理某浓度硝酸盐溶液时,随时间的变化如图2所示。40min时总氮量较初始时下降,可能的原因是___。

(5)利用电解无害化处理水体中的NO3-,最终生成N2逸出。其装置及转化图如图所示: ①阴极的电极反应式为___。 ②生成N2的离子方程式为___。