《》(江苏专用)2020高考化学二轮复习 上篇 专题一 第3讲 两类重要的无机反应提升训练

化钡溶液混合 C 醋酸铵溶于水 用惰性电极电解氯BaSO4↓ 错误,应该用可逆CH3COONH4=== CH3COO+NH 符号 错误,该阴阳两极阴极:2Cu+4e===2Cu 2+--+4D 化铜和氯化钠的混阳极:4OH-4e===2H2O+O2↑ 合溶液一段时间 2+

反应不可能同时--发生 -

解析 A项,向次氯酸钙溶液中通入足量SO2时:Ca+2ClO+2SO2+2H2O===2Cl+CaSO4↓+4H

+SO4;B项,硫酸铁溶液与氢氧化钡溶液混合反应,二者的物质的量之比为1∶3;C项,醋

2-

酸铵溶于水的离子方程式正确,但评价错误。 答案 D

13.工业上金属铜的冶炼常以黄铜矿为原料。黄铜矿在焙烧过程中发生的主要反应的化学方程式为①2CuFeS2+O2===Cu2S+2FeS+SO2 ②Cu2S+O2===2Cu+SO2,下列有关说法正确的是( ) A.反应①中,O2只作氧化剂,CuFeS2只作还原剂 B.两反应中SO2均是氧化产物

C.若有1 mol Cu生成,则两个反应共转移6 mol电子

D.对于反应①,若有1 mol O2参加反应,则反应①中共转移4 mol电子

解析 本题考查氧化还原反应的基本概念。对于反应①,反应前各元素的化合价:Cu为+2、Fe为+2、S为-2、O为0,反应后各元素的化合价:Cu为+1、Fe为+2、S为-2和+4、O为-2。O2只作氧化剂,由于Cu元素的化合价由+2变为+1,S元素的化合价由-2变为+4,所以CuFeS2既是还原剂又是氧化剂,A说法错误;两反应中S元素的化合价均由-2变为+4,O元素的化合价由0变为-2,所以SO2既是氧化产物又是还原产物,B说法错误;反应①中硫元素的化合价由-2变为+4,失去6个电子,所以每生成1 mol Cu2S转移6 mol电子,反应②中硫元素的化合价由-2变为+4,生成2 mol Cu转移6 mol 电子,即生成2 mol Cu,两个反应共转移12 mol电子,所以若有1 mol Cu生成,则两个反应共转移6 mol电子,C说法正确。反应①中硫元素的化合价由-2变为+4,失去6个电子,所以反应①中若有1 mol O2参加反应时,共有6 mol电子转移,D说法错误。 答案 C

14.近年来,地震、洪水、泥石流等各种自然灾害频发,灾害过后,对环境进行消毒杀菌、获取洁净的饮用水都需要使用大量的消毒剂,开发具有广谱、高效、低毒的杀菌消毒剂是今后消毒

行业发展的趋势。

(1)Cl2、H2O2、ClO2(还原产物为Cl)、HClO等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质中消毒效率最高的是 (填序号)。 A.Cl2

B.H2O2

C.ClO2

D.HClO

(2)氯氨(NH2Cl)可作杀菌剂,请用化学方程式表示氯氨在水中的杀菌机理: 。 (3)氯溴海因(C5H6BrClN2O2)是一种比较安全的氯气和氯制剂的替代产品,其结构简式如图所示。氯溴海因在水中的水解过程比较复杂,主要生成次卤酸和海因,请写出海因的结构简式: 。

(4)过碳酸钠是一种多用途的新型固体漂白剂,化学式可表示为Na2CO3·3H2O2,

它具有Na2CO3和H2O2的双重性质。下列物质中不能使过碳酸钠失效的是 (填序号)。 A.MnO2 C.稀盐酸

B.KMnO4溶液

D.NaHCO3溶液

(5)消毒剂亚氯酸钠(NaClO2)在常温、黑暗的条件下可保存一年。亚氯酸不稳定可分解,反应的离子方程式:5HClO2===4ClO2+H+Cl+2H2O。在该反应中,当有1 mol ClO2生成时,转移电子的物质的量是 。

解析 (1)物质的量相等时,ClO2得到的电子最多,消毒效率最高。(2)NH2Cl水解生成HClO和NH3,HClO有强氧化性,具有杀菌作用。(3)氯溴海因在水中水解主要生成次卤酸和海因,即氯溴海因分子中的卤素原子X(X代表Cl、Br)被水中的氢原子取代,卤素原子与水中的羟基(-OH)结合为HXO。(4)MnO2能催化H2O2分解;KMnO4溶液能氧化H2O2;稀盐酸能与Na2CO3反应,Na2CO3·3H2O2与NaHCO3溶液不反应。(5)该反应是歧化反应,HClO2一部分转化为ClO2,其中Cl的化合价由+3―→+4,另一部分转化为Cl,Cl的化合价由+3―→-1,当有1 mol ClO2生成时,反应中失去电子的物质的量为1 mol,即转移1 mol电子。 答案 (1)C (2)NH2Cl+H2O

NH3+HClO

(3)

(4)D (5)1 mol

15.人造金刚石酸洗废液中含有大量的Ni、Mn、Co等离子。某厂技术人员设计了如下方案,使上述离子的浓度降低到排放标准,且得到了纯度较高的镍粉。 Ⅰ.废液组成:

2+2+2+

金属元素 浓度(g·L) Ⅱ.处理方案:

-1Ni 45 Mn 15 Co 7.5 Fe ≤0.1 Cu ≤0.05 Zn ≤0.05 步骤1:调节pH:向强酸性溶液中加入NaOH溶液调节pH到2。

此步骤中工业上不直接使用饱和Na2CO3溶液来调节溶液的pH的原因可能是 。 步骤2:除去Mn、Co离子:在搅拌下加入适量饱和Na2CO3溶液和NaClO溶液并控制pH≤3.5,过滤。

2+

2+

2+

①Mn反应生成MnO2同时放出CO2,写出此反应的离子方程式: 。

2+

②Co反应生成Co(OH)3沉淀同时放出CO2,写出此反应的离子方程式: ; Ni可反应生成Ni(OH)3沉淀,Co可使Ni(OH)3转化为Co(OH)3沉淀,写出Ni(OH)3转化为Co(OH)3的离子方程式: 。 ③此步骤中必须控制好NaClO溶液的用量,其原因可能是 。 答案 步骤1.产生大量的CO2不利于工业生产 步骤2.①Mn+ClO+CO3===MnO2↓+Cl+CO2↑

②2Co+ ClO+2CO3+3H2O===2Co(OH)3↓+Cl+2CO2↑ Co+Ni(OH)3===Co(OH)3+Ni ③使Mn、Co沉淀完全而Ni不被沉淀

16.已知高锰酸钾(硫酸酸化)溶液和草酸(H2C2O4)溶液可以发生氧化还原反应。请回答下列问题: (1)该反应中的还原剂是 (填化学式)。

2+

2+

2+

2+

2-

2+

2+

2+

2-

2+

2+

(2)写出该反应的化学方程式: 。 (3)反应转移了0.4 mol电子,则参加反应的H2SO4的物质的量为 mol。

(4)高锰酸钾(硫酸酸化)溶液和草酸溶液的反应可用于测定血钙的含量。方法是取2 mL血液用蒸馏水稀释后,向其中加入足量草酸铵晶体[化学式为(NH4)2C2O4],反应生成CaC2O4沉淀,将沉

淀用稀硫酸溶解后得到H2C2O4,再用KMnO4溶液滴定。

①稀硫酸溶解CaC2O4沉淀的化学方程式是 。 ②用KMnO4溶液滴定H2C2O4时,判断滴定终点的方法是 。 ③若消耗了1.0×10 mol·L的KMnO4溶液20.00 mL,则100 mL该血液中含钙 g。 解析 根据题意,写出反应的化学方程式:2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4===K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O,则不难看出反应中的还原剂是草酸。在反应中Mn由+7价降到+2价,转移10 mol电子时消耗3 mol H2SO4,所以容易求出反应转移了0.4 mol电子时,参加反应的H2SO4的物质的量为0.12 mol。高锰酸钾溶液本身有颜色,在开始滴入草酸中时被还原,颜色消失,当达到滴定终点时,溶液应该是由无色变为浅红色。利用有关反应的化学方程式可以得出关系式:5Ca~2KMnO4,所以可计算出100 mL该血液中含钙的质量为1.0×10 mol·L×0.02 L×5/2×100 mL/2 mL×40 g·mol=0.01 g。

答案 (1)H2C2O4 (2)2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4===K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O (3)0.12

(4)①CaC2O4+H2SO4===CaSO4+H2C2O4 ②溶液由无色变为浅红色,并在半分钟内不褪色 ③0.01 17.六价铬[Cr(Ⅵ)]有剧毒,废水中的Cr2O7常用铁氧磁体法除去,即把过量的FeSO4·7H2O加入含Cr2O7的废水中,调节pH<4,Fe将Cr(Ⅵ)还原为Cr。 (1)写出上述Fe

2+

2-

2+

3+

2-

-1

-4

-1

2+

-4

-1

还原Cr2O2-7的离子方程式,并标明电子转移的方向和数

目: 。 (2)若调节溶液的pH为8~10,将析出相当于Fe(Ⅱ)[Fe(Ⅲ)xCr2-x]O4(磁性材料铁氧体)的沉淀,由此可确定x= 。 (3)Cr

3+

在过量的NaOH溶液中会转化为CrO-2,写出这一转化的离子方程

式: 。 由此可知Cr(OH)3呈 (选填“酸”、“碱”或“两”)性。

(4)根据(2)的结果,若废水中Cr(Ⅵ)按CrO3计。加入的FeSO4·7H2O与CrO3的质量比应为多少才能除去废水中的Cr(Ⅵ),m(FeSO4·7H2O)∶m(CrO3)= 。

解析 (1)由题意初步确定反应为Cr2O7+Fe+H―→Fe+Cr+H2O,再由化合价升降法配平得:Cr2O7+6Fe+14H===6Fe+2Cr+7H2O。

2-

2+

3+

3+2-

2+

3+

3+

n(Fe3+)6(2)上述反应生成的Fe、Cr将以沉淀的形式析出,根据上述离子方程式有:==

n(Cr3+)2

3+

3+

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