北京市2021高考化学一轮复习专题一基本概念第5讲氧化还原反应同步练习 25页

第5讲　氧化还原反应 考试要点 备考策略 ‎1.根据化学反应的特点理解不同类型的化学反应。‎ ‎2.在分析元素化合价变化的基础上,理解氧化还原反应的本质。‎ ‎3.根据氧化还原反应的规律研究物质的化学性质以及常见氧化剂和还原剂之间的反应。‎ ‎　　本讲内容与能量变化、电化学有较强的关联性,预计今后高考中,与这些内容一起考查的可能性较大;另外,限定条件的氧化还原反应方程式的书写的命题趋势也较大。在复习备考中,注意加强氧化还原反应方程式的配平练习。‎ 一、氧化还原反应的概念及应用 ‎　　1.氧化还原反应 ‎(1)概念:有元素化合价升降的化学反应。‎ ‎(2)特征:反应前后元素的化合价发生了改变。‎ ‎(3)实质:反应过程中有①　电子　转移(包括电子得失和电子对偏移)。 ‎ ‎2.有关概念及相互关系 ‎3.氧化还原反应与四种基本反应类型之间的关系 ‎4.氧化还原反应中电子转移的表示方法 ‎(1)双线桥法 注意事项:‎ - 25 -‎ a.箭头必须由反应物指向生成物,且两端对准同种元素。‎ b.箭头方向不代表电子转移的方向,仅表示电子转移前后的变化。‎ c.在“桥”上标明电子的“得”与“失”,且得、失电子总数应相等。‎ ‎(2)单线桥法 注意事项:‎ a.箭头必须由还原剂中失电子的元素指向氧化剂中得电子的元素。‎ b.箭头方向表示④　电子转移的方向　。 ‎ c.在“桥”上标明转移的⑤　电子总数　。 ‎ ‎5.常见的氧化剂和还原剂 氧化剂 还原剂 ‎(1)活泼的非金属单质,如Cl2、O2、Br2、F2等 ‎(2)高价金属阳离子,如Fe3+、Sn4+、Cu2+等 ‎(3)高价或较高价元素的含氧化合物,如KMnO4、MnO2、PbO2、KClO3等 ‎(4)过氧化物,如H2O2、Na2O2等 ‎(1)活泼的金属单质,如K、Na、Mg等 ‎(2)某些非金属单质,如H2、C、Si等 ‎(3)低价金属阳离子,如Fe2+、Cu+等 ‎(4)元素处于低价态时的氧化物,如CO、NO、SO2等 ‎(5)非金属阴离子及低价态化合物,如S2-、I-、H2S等 ‎(6)非金属氢化物,如HBr、HI、H2S等 自测1　判断正误,正确的画“√”,错误的画“✕”。‎ ‎(1)有单质参加或有单质生成的化学反应一定是氧化还原反应( ✕ )‎ ‎(2)金属阳离子一定只具有氧化性( ✕ )‎ ‎(3)氧化还原反应中有一种元素被氧化时,一定有另一种元素被还原( ✕ )‎ ‎(4)氧化还原反应中的反应物,不是氧化剂就是还原剂( ✕ )‎ - 25 -‎ ‎(5)某元素从游离态变为化合态,该元素可能被氧化也可能被还原( √ )‎ 自测2　下列判断错误的是(　　)‎ A.向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯,振荡、静置,溶液上层呈橙红色,所以Br-还原性强于Cl-‎ B.向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水,再滴加淀粉溶液,加入淀粉溶液后溶液变成蓝色,则氧化性:Cl2>I2‎ C.向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液,再滴加H2O2溶液,加入H2O2后溶液变成红色,则Fe2+既有氧化性又有还原性 D.在CO2中,Mg燃烧生成MgO和C,在该反应条件下,Mg的还原性强于C的还原性 ‎　　答案　C　向FeSO4与KSCN的溶液中加入H2O2后溶液变成红色,说明Fe2+被氧化为Fe3+,只能证明Fe2+有还原性,无法证明它有氧化性。‎ 二、氧化还原反应方程式的配平及相关计算 ‎　　1.氧化还原反应方程式的配平 ‎(1)配平原则 ‎(2)常用方法——化合价升降法 ‎①基本步骤 ‎②示例:配平□Cu+□HNO3(稀) □Cu(NO3)2+□NO↑+□H2O Cu‎0‎‎ Cu‎+2‎(NO3)2　化合价升高2×3‎ HN‎+5‎O3 N‎+2‎O　化合价降低3×2‎ ‎3Cu+8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2+2NO↑+□H2O - 25 -‎ 根据原子守恒确定其他物质的化学计量数,然后将箭头改为等号。‎ ‎3Cu+8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O ‎2.应用得失电子守恒解题的一般步骤 ‎(1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。‎ ‎(2)找准一个原子或离子得到或失去的电子数(注意化学式中粒子的个数)。‎ ‎(3)根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出关系式。n(氧化剂)×变价元素原子个数×化合价变化值(高价-低价)=n(还原剂)×变价元素原子个数×化合价变化值(高价-低价)。‎ 特别提示　(1)注意特殊物质中元素的化合价,如Na2O2中氧元素、FeS2中硫元素的化合价均为-1。‎ ‎(2)解答有关配平化学方程式的题目时,如无特别说明,化学计量数“1”也必须填写在空上。‎ ‎　　自测3　根据FeS2+O2 Fe2O3+SO2,回答下列问题:‎ ‎(1)氧化剂是　　　　,还原剂是　　　　,氧化产物是　　　　,还原产物是　　　　。 ‎ ‎(2)化合价升高的元素为　　　　,化合价降低的元素为　　　　。 ‎ ‎(3)1“分子”还原剂化合价升高总数为　　　　,1“分子”氧化剂化合价降低总数为　　　　。 ‎ ‎(4)配平后各物质的化学计量数依次为　　　　　　　　。 ‎ ‎　　答案　(1)O2　FeS2　Fe2O3、SO2　Fe2O3、SO2‎ ‎(2)Fe、S　O ‎(3)11　4‎ ‎(4)4、11、2、8‎ ‎　　自测4　配平下列方程式:‎ ‎(1)　　KI+　　KIO3+　　H2SO4 　　I2+　　K2SO4+　　H2O ‎ ‎(2)　　MnO‎4‎‎-‎+　　H++　　Cl-　　Mn2++　　Cl2↑+　　H2O ‎ ‎(3)　　S+　　KOH　　K2S+　　K2SO3+　　H2O ‎ ‎(4)　　P4+　　KOH+　　H2O　　K3PO4+　　PH3↑ ‎ ‎(5)　　　ClO-+　　　Fe(OH)3+　　　 　　　Cl-+　　FeO‎4‎‎2-‎+　　H2O ‎ ‎(6)　　MnO‎4‎‎-‎+　　H2O2+　　　 　　Mn2++　　O2↑+　　H2O ‎ 答案　(1)5　1　3　3　3　3‎ - 25 -‎ ‎(2)2　16　10　2　5　8‎ ‎(3)3　6　2　1　3‎ ‎(4)2　9　3　3　5‎ ‎(5)3　2　4OH-　3　2　5‎ ‎(6)2　5　6H+　2　5　8‎ 考点一　物质氧化性、还原性强弱的判断 ‎1.依据氧化还原反应方程式判断 氧化性:氧化剂>氧化产物 还原性:还原剂>还原产物 口诀:比什么“性”找什么“剂”,“产物”之“性”弱于“剂”。‎ ‎2.依据反应条件及反应的剧烈程度判断 反应条件要求越低,反应越剧烈,对应物质的氧化性(或还原性)越强。例如:‎ 还原性Na>Mg ‎3.依据相同或相似条件下被氧化(或被还原)的程度判断 ‎(1)不同氧化剂作用于同一种还原剂,所得氧化产物的价态越高,相应的氧化剂的氧化性越强。例如:‎ 氧化性Cl2>S ‎(2)不同还原剂作用于同一种氧化剂,所得还原产物的价态越低,相应的还原剂的还原性越强。例如:‎ 还原性Zn>Cu ‎4.依据“两池”判断 ‎(1)原电池:一般情况下,两种不同的金属构成原电池的两极,其还原性:负极金属>正极金属。‎ ‎(2)电解池:用惰性电极电解混合溶液时,在阴极先放电的阳离子的氧化性较强,在阳极先放电的阴离子的还原性较强。‎ - 25 -‎ ‎5.依据元素周期表及相关物质的活动性顺序判断 ‎(1)根据元素周期表判断 ‎(2)根据金属活动性顺序判断 ‎(3)根据非金属活动性顺序判断 ‎6.依据“三度”判断(“三度”即浓度、温度、酸碱度)‎ ‎(1)浓度:同一种物质,浓度越大,其氧化性(或还原性)越强。如氧化性:浓H2SO4>稀H2SO4,浓HNO3>稀HNO3;还原性:浓盐酸>稀盐酸。‎ ‎(2)温度:同一种物质,温度越高,其氧化性(或还原性)越强。如热的浓硫酸的氧化性比冷的浓硫酸的氧化性强。‎ ‎(3)酸碱度:同一种物质,所处环境酸(或碱)性越强,其氧化性(或还原性)越强。如KMnO4溶液的氧化性随溶液酸性的增强而增强。‎ 特别提示　(1)氧化性、还原性强弱取决于得失电子的难易程度,与得失电子的数目无关。‎ ‎(2)依据金属活动性顺序判断阳离子的氧化性强弱时,要注意Fe对应的阳离子是Fe2+,而不是Fe3+。‎ 典例1　(2019北京西城期末)K2FeO4是优良的水处理剂。一种制备方法是将Fe2O3、KNO3、KOH混合共熔,反应为Fe2O3 + 3KNO3 + 4KOH 2K2FeO4 + 3KNO2 + 2H2O。下列关于该反应的说法不正确的是(　　)‎ A.铁元素被氧化,氮元素被还原 B.氧化性:KNO3>K2FeO4‎ C.每生成1 mol K2FeO4,转移6 mol e-‎ - 25 -‎ D.K2FeO4具有氧化杀菌作用 答案　C　A项,分析题给反应,铁元素由+3价升高到+6价,氮元素由+5价降低到+3价,故铁元素被氧化,氮元素被还原;B项,依据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知,KNO3的氧化性大于K2FeO4的氧化性;C项,标出双线桥可知,整个反应每转移6 mol e-,生成2 mol K2FeO4,故每生成1 mol K2FeO4,转移3 mol e-;D项,K2FeO4具有强氧化性,具有杀菌作用。‎ ‎　　1-1　有如下反应:①2BrO‎3‎‎-‎+Cl2 Br2+2ClO‎3‎‎-‎;②ClO‎3‎‎-‎+5Cl-+6H+ 3Cl2↑+3H2O;③2FeCl3+2KI 2FeCl2+2KCl+I2;④2FeCl2+Cl2 2FeCl3。下列各微粒氧化能力的强弱顺序正确的是(　　)‎ ‎　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.ClO‎3‎‎-‎>BrO‎3‎‎-‎>Cl2>Fe3+>I2 B.BrO‎3‎‎-‎>Cl2>ClO‎3‎‎-‎>I2>Fe3+‎ C.BrO‎3‎‎-‎>ClO‎3‎‎-‎>Cl2>Fe3+>I2 D.BrO‎3‎‎-‎>ClO‎3‎‎-‎>Fe3+>Cl2>I2‎ 答案　C　在同一个氧化还原反应中,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,故由反应①可知,氧化性:BrO‎3‎‎-‎>ClO‎3‎‎-‎;由反应②可知,氧化性:ClO‎3‎‎-‎>Cl2;由反应③可知,氧化性:Fe3+>I2;由反应④可知,氧化性:Cl2>Fe3+。综上所述,各微粒氧化能力的强弱顺序为BrO‎3‎‎-‎>ClO‎3‎‎-‎>Cl2>Fe3+>I2。‎ ‎　　1-2　铋(Bi)位于元素周期表中第ⅤA族,其价态为+3价时较稳定,铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液,向其中依次滴加下列溶液,对应实验现象如下表所示:‎ 加入溶液 ‎①适量铋酸钠溶液 ‎②过量的双氧水 ‎③适量淀粉-KI溶液 实验现象 溶液呈紫红色 溶液紫红色消失,产生气泡 溶液变成蓝色 ‎　　则NaBiO3、KMnO4、I2、H2O2的氧化性由强到弱的顺序为(　　)‎ A.I2、H2O2、KMnO4、NaBiO3　　 B.H2O2、I2、NaBiO3、KMnO4‎ C.NaBiO3、KMnO4、H2O2、I2 D.KMnO4、NaBiO3、I2、H2O2‎ 答案　C　①NaBiO3能将MnSO4中的Mn2+氧化成MnO‎4‎‎-‎,说明NaBiO3的氧化性强于KMnO4;②MnO‎4‎‎-‎能将H2O2氧化成O2,说明KMnO4的氧化性强于H2O2;③H2O2能将KI氧化成I2,说明H2O2的氧化性强于I2。‎ ‎1-3　有下列三个反应:‎ ‎①3Cl2+2FeI2 2FeCl3+2I2‎ ‎②2Fe2++Br2 2Fe3++2Br-‎ ‎③Co2O3+6HCl 2CoCl2+Cl2↑+3H2O 下列说法正确的是(　　)‎ A.①②③中的氧化产物分别是I2、Fe3+、CoCl2‎ - 25 -‎ B.根据以上方程式可以得到氧化性强弱顺序:Cl2>Fe3+>Co2O3‎ C.可以推理得到Cl2+FeBr2 FeCl2+Br2‎ D.在反应③中,当1 mol Co2O3参加反应时,有2 mol HCl被氧化 答案　D　A项,反应①②③中的氧化产物分别为Fe3+与I2、Fe3+、Cl2;B项,由①可知氧化性:Cl2>Fe3+,由③可知氧化性:Co2O3>Cl2,故氧化性强弱顺序为Co2O3>Cl2>Fe3+;C项,由于还原性:Fe2+>Br-,通入Cl2后,Cl2优先氧化Fe2+;D项,在反应③中,当1 mol Co2O3参加反应时,6 mol HCl 中只有2 mol被氧化为Cl2。‎ 考点二　氧化还原反应的规律及应用 ‎1.守恒规律 氧化还原反应中有物质得电子必有物质失电子,且得电子总数等于失电子总数。或者说氧化还原反应中,有元素化合价降低必有元素化合价升高,且化合价降低总数必等于升高总数。‎ 应用:配平氧化还原反应方程式及进行有关计算。‎ ‎2.强弱规律 氧化性较强的氧化剂跟还原性较强的还原剂反应,生成还原性较弱的还原产物和氧化性较弱的氧化产物。‎ 应用:在适宜条件下,用氧化性较强的物质制备还原性较弱的物质,或用还原性较强的物质制备氧化性较弱的物质,也可用于比较物质间氧化性或还原性的强弱。‎ ‎3.价态规律 元素处于最高价态,只有氧化性;元素处于最低价态,只有还原性;元素处于中间价态,既有氧化性又有还原性,但主要表现一种性质。物质中若含有多种元素,其性质是这些元素性质的综合体现。‎ 应用:判断元素或物质有无氧化性或还原性。‎ ‎4.转化规律 氧化还原反应中,元素相邻价态之间的转化最容易;同种元素不同价态之间发生反应,元素的化合价只靠近,不交叉;同种元素相邻价态之间不发生氧化还原反应。例如:‎ - 25 -‎ 应用:判断氧化还原反应能否发生及表明电子转移情况。‎ ‎5.难易规律 越易失去电子的物质,失去电子后就越难得到电子;越易得到电子的物质,得到电子后就越难失去电子。一种氧化剂同时和多种还原剂相遇时,与还原性最强的优先发生反应;同理,一种还原剂同时和多种氧化剂相遇时,与氧化性最强的优先发生反应,如FeBr2溶液中通入Cl2时,发生离子反应的先后顺序为2Fe2++Cl2 2Fe3++2Cl-,2Br-+Cl2 Br2+2Cl-。‎ 应用:判断反应的先后顺序及物质的稳定性。‎ 典例2　(2016北京理综,10,6分)K2Cr2O7溶液中存在平衡:Cr2O‎7‎‎2-‎(橙色)+H2O 2CrO‎4‎‎2-‎(黄色)+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验:‎ 结合实验, 下列说法不正确的是(　　)‎ A.①中溶液橙色加深,③中溶液变黄 B.②中Cr2O‎7‎‎2-‎被C2H5OH还原 C.对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强 D.若向④中加入70% H2SO4溶液至过量,溶液变为橙色 答案　D　④中存在C2H5OH,溶液变为酸性后,K2Cr2O7的氧化性增强,会将C2H5OH氧化,溶液变成绿色。‎ ‎　　2-1　根据表中信息,判断下列叙述中正确的是(　　)‎ 序号 氧化剂 还原剂 其他反应物 氧化产物 还原产物 ‎①‎ Cl2‎ FeBr2‎ ‎—‎ Cl-‎ ‎②‎ KMnO4‎ H2O2‎ H2SO4‎ O2‎ Mn2+‎ ‎③‎ KClO3‎ 浓盐酸 ‎—‎ Cl2‎ - 25 -‎ ‎　　A.表中①组反应可能有一种或两种元素被氧化 B.氧化性强弱的比较:KClO3>Fe3+>Cl2>Br2‎ C.表中②组反应的离子方程式为2MnO‎4‎‎-‎+3H2O2+6H+ 2Mn2++4O2↑+6H2O D.表中③组反应的还原产物是KCl,电子转移数目是6e-‎ 答案　A　A项,Cl2与FeBr2反应,Cl2少量时只氧化Fe2+,Cl2足量时氧化Fe2+和Br-;B项,氧化性:KClO3>Cl2>Br2>Fe3+;C项,不符合得失电子守恒;D项,③组中的反应为KClO3+6HCl(浓) KCl+3Cl2↑+3H2O,还原产物是Cl2,1 mol KClO3参与反应转移5 mol电子。‎ ‎　　2-2　(2019北京十中月考)某同学设计完成了以下两个实验:‎ ‎①向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水,CCl4层变成紫色。继续向试管中滴加氯水,振荡,CCl4层会逐渐变浅,最后变成无色(生成了HIO3)。‎ ‎②向盛有KBr溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水,CCl4层变成橙红色。继续向试管中滴加氯水,振荡,CCl4层的颜色没有变化。‎ 下列说法不正确的是(　　)‎ A.实验①生成HIO3时发生的反应为I2+5Cl2+6H2O 2HIO3+10HCl B.实验②中当CCl4层变成红棕色时可通过分液的方法获得Br2的CCl4溶液 C.由上述实验得出Cl2、Br2、I2的氧化性的强弱顺序是Cl2>Br2>I2‎ D.由上述实验得出Cl2、HIO3、HBrO3的氧化性的强弱顺序是HBrO3>Cl2>HIO3‎ 答案　C　A项,由继续向试管中滴加氯水,振荡,CCl4层会逐渐变浅,最后变成无色(生成了HIO3)可知,氯气可氧化碘单质,发生的反应为I2+5Cl2+6H2O 2HIO3+10HCl;B项,由向盛有KBr溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水,CCl4层变成橙红色可知,Cl2将Br-氧化成溴单质,溴单质易溶于CCl4,则可通过分液的方法获得Br2的CCl4溶液;C项,同一化学反应中,由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知,①中氧化性:Cl2>I2,②中氧化性:Cl2>Br2,此实验不能比较Br2、I2的氧化性强弱;D项,由①②中继续滴加氯水的现象及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知,氧化性的强弱顺序是HBrO3>Cl2>HIO3。‎ A组　基础题组　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ ‎1.(2020北京牛栏山一中月考)下列过程与氧化还原反应无关的是(　　)‎ - 25 -‎ A.工业上原油的分馏 B.生活中用“暖宝宝”取暖 C.拉瓦锡测定空气中O2含量 D.普利斯特利的光合作用实验 ‎1.答案　A　A项,工业上原油的分馏是利用各组分的沸点不同,从而实现物质的分离,与氧化还原反应无关;B项,生活中用“暖宝宝”取暖,其工作原理是利用还原性铁粉、活性炭、无机盐、水形成无数微小的原电池,放出大量的热,与氧化还原反应有关;C项,拉瓦锡测定空气中O2含量,主要利用了两个反应:2Hg+O2 2HgO、2HgO 2Hg+O2↑,与氧化还原反应有关;D项,普利斯特利的光合作用实验涉及了多个氧化还原反应,如老鼠的呼吸作用、植物的光合作用、蜡烛的燃烧。‎ ‎2.下列属于非氧化还原反应的是(　　)‎ A.2HClO 2HCl+O2↑‎ B.Cu(OH)2+2HCl CuCl2+2H2O C.SO2+H2O2 H2SO4‎ D.Br2+2NaI 2NaBr+I2‎ ‎2.答案　B　A项,Cl、O元素的化合价发生变化,属于氧化还原反应;B项,该反应中元素的化合价没有发生变化,属于非氧化还原反应;C项,S、O元素的化合价发生变化,属于氧化还原反应;D项,Br、I元素的化合价发生变化,属于氧化还原反应。‎ ‎3.(2020北京西城期末)下列反应过程,与氧化还原反应无关的是　(　　)‎ A.在钢铁设备上连接金属Zn保护钢铁 - 25 -‎ B.向工业废水中加入Na2S除去其中的Cu2+、Hg2+‎ C.向煤中加入适量石灰石转化为CaSO4减少SO2排放 D.补铁剂(含琥珀酸亚铁)与维生素C同服促进铁的吸收 ‎3.答案　B　A项,在钢铁设备上连接金属Zn,形成原电池保护钢铁,与氧化还原反应有关;B项,向工业废水中加入Na2S除去其中的Cu2+、Hg2+,发生复分解反应,与氧化还原反应无关;C项,向煤中加入适量石灰石使SO2转化为CaSO4,S元素化合价升高,与氧化还原反应有关;D项,补铁剂(含琥珀酸亚铁)与维生素C同服促进铁的吸收是利用维生素C的还原性,与氧化还原反应有关。‎ ‎4.下列氧化还原反应中,水作氧化剂的是(　　)‎ A.C+H2O(g) CO+H2 B.CuO+H2 Cu+H2O C.2F2+2H2O 4HF+O2 D.3NO2+H2O 2HNO3+NO ‎4.答案　A　A项,反应C+H2O(g)CO+H2中,水中氢元素的化合价由+1价降低到0价,水作氧化剂;B项,反应CuO+H2 Cu+H2O中,氢气中氢元素的化合价由0价升高到+1价,氢气作还原剂,H2O为氧化产物;C项,反应2F2+2H2O 4HF+O2中,水中氧元素的化合价由-2价升高到0价,水作还原剂;D项,反应3NO2+H2O 2HNO3+NO中,氮元素发生自身的氧化还原反应,水既不是氧化剂也不是还原剂。‎ ‎5.(2020北京通州期中)下列变化中,需要加入氧化剂才能实现的是(　　)‎ A.H2O2→O2 B.CuO→Cu C.CaCO3→CO2 D.Cl-→Cl2‎ ‎5.答案　D　A项,H2O2在二氧化锰催化作用下可以自身分解生成水和氧气,不需要加入氧化剂;B项,氧化铜在还原剂(如H2、CO等)作用下可以转化为铜,需要加入还原剂才能实现;C项,碳酸钙在高温条件下可以分解生成二氧化碳和氧化钙,不需要加入氧化剂;D项,Cl-转化为Cl2,氯元素化合价升高,需要加入氧化剂(如MnO2、KMnO4等)才能实现。‎ ‎6.下列化学反应中溴元素仅被氧化的是(　　)‎ A.2NaBr+Cl2 2NaCl+Br2‎ B.Br2+2NaI 2NaBr+I2‎ C.3Br2+6NaOH 5NaBr+NaBrO3+3H2O D.HBr+NaOH NaBr+H2O - 25 -‎ ‎6.答案　A　A项,溴化钠中溴元素化合价升高,被氧化,作还原剂;B项,溴单质中溴元素化合价降低,被还原,作氧化剂;C项,溴单质既是氧化剂又是还原剂,被氧化生成溴酸钠,被还原生成溴化钠;D项,该反应属于中和反应,各元素化合价不变,属于非氧化还原反应。‎ ‎7.反应8NH3+3Cl2 N2+6NH4Cl中,被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为(　　)‎ A.2∶3 B.8∶3 C.2∶1 D.3∶2‎ ‎7.答案　A　分析题给反应,当有3 mol Cl2被还原时,参加反应的8 mol NH3中只有2 mol氮元素化合价从-3价升高到0价,即被氧化的NH3为2 mol,故A正确。‎ ‎8.(2020北京牛栏山一中月考)实验:‎ ‎①向2 mL 1 mol·L-1 NaBr溶液中通入一定量的氯气,溶液变为黄色;‎ ‎②取①所得溶液滴加到淀粉-KI试纸上,试纸变蓝;‎ ‎③向①所得溶液中继续通入氯气,溶液由黄色变成橙色。‎ 下列分析不正确的是(　　)‎ A.仅根据实验①能说明还原性:Br->Cl-‎ B.仅根据实验②能说明氧化性:Br2>I2‎ C.上述实验验证了Cl2、Br2、I2的氧化性相对强弱 D.向实验③所得溶液中加CCl4,充分振荡,下层为橙红色 ‎8.答案　B　A项,实验①发生反应:Cl2+2Br- Br2+2Cl-,说明还原性:Br->Cl-,正确;B项,实验①所得溶液可能含有过量的Cl2,Cl2也能将I-氧化成I2,仅根据实验②不能说明氧化性:Br2>I2,错误;C项,根据实验③可知实验①中氯气不足,则实验②中与I-反应的是溴单质,能说明氧化性:Br2>I2,结合实验①,可以得出氧化性:Cl2>Br2>I2,正确;D项,CCl4的密度比水大,CCl4能萃取水溶液中的溴单质而使下层呈橙红色,正确。‎ ‎9.(2019北京门头沟一模)中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳米点(CQDs)-氮化碳(C3N4)纳米复合物]可以利用太阳光实现高效分解水,其原理如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ - 25 -‎ A.C3N4中C的化合价为-4‎ B.反应的两个阶段均为吸热过程 C.阶段Ⅱ中,H2O2既是氧化剂,又是还原剂 D.通过该反应,实现了化学能向太阳能的转化 ‎9.答案　C　A项,根据化合物中各元素正、负化合价的代数和为0,C3N4中N的化合价为-3,所以C的化合价为+4,错误;B项,阶段Ⅱ中过氧化氢分解生成氧气和水的过程为放热过程,错误;C项,阶段Ⅱ中,H2O2发生歧化反应,既是氧化剂,又是还原剂,正确;D项,利用太阳光高效分解水,实现了太阳能向化学能的转化,错误。‎ ‎10.碳酸氢钠俗称小苏打,在生活、生产中用途广泛。‎ ‎(1)泡沫灭火器中主要成分是NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液,两者混合后发生反应生成Al(OH)3和CO2进行灭火,写出该反应的化学方程式: 　　　　　　　　　　　 　　。  ‎ ‎ (2)Na2O2和NaHCO3都属于钠的化合物,Na2O2具有很强的氧化性。少量Na2O2与FeCl2溶液能发生如下反应:‎ ‎　　Na2O2+　　FeCl2+　　H2O 　　Fe(OH)3↓+　　FeCl3+　　NaCl。 ‎ 已知FeCl2的化学计量数为6,配平上述化学方程式,并标出电子转移方向和数目。该反应中被还原的元素是　　　　,氧化产物是　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)向NaHCO3溶液中加入少许Ba(OH)2固体,忽略溶液体积变化,溶液中的c(CO‎3‎‎2-‎)的变化是　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。 ‎ ‎(4)NaHCO3是氨碱法和联合制碱法制纯碱的中间产物,在滤出小苏打后,母液提取氯化铵有两种方法:①通入氨,冷却、加食盐,过滤;②不通入氨,冷却、加食盐,过滤。‎ 对两种方法的评价正确的是　　　　(填编号)。 ‎ a.①析出的氯化铵纯度更高 b.②析出的氯化铵纯度更高 c.①的滤液可直接循环使用 d.②的滤液可直接循环使用 ‎(5)已知HCO‎3‎‎-‎在水中既能水解也能电离。NaHCO3溶液显碱性,溶液中c(H2CO3) c(CO‎3‎‎2-‎)(填“>”“<”或“=”)。 ‎ ‎10.答案　(1)6NaHCO3+Al2(SO4)3 2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4‎ - 25 -‎ ‎(2)　O　Fe(OH)3和FeCl3‎ ‎(3)增大 ‎(4)ad ‎(5)>‎ 解析　(1)根据题给信息,NaHCO3与Al2(SO4)3发生反应的化学方程式为6NaHCO3+Al2(SO4)3 2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4。‎ ‎(2)Na2O2具有强氧化性,该反应中作氧化剂,Fe2+具有还原性,该反应中作还原剂,Na2O2中O元素共降低2价,FeCl2中Fe元素升高1价,最小公倍数为2,题中给出FeCl2的化学计量数为6,则Na2O2的化学计量数为3,根据原子守恒配平其他物质,即反应的化学方程式为3Na2O2+6FeCl2+‎ ‎6H2O 4Fe(OH)3↓+2FeCl3+6NaCl;电子转移的方向和数目表示为;该反应中被还原的元素是O,氧化产物是Fe(OH)3和FeCl3。‎ ‎(3)HCO‎3‎‎-‎在溶液中存在电离平衡:HCO‎3‎‎-‎ H++CO‎3‎‎2-‎,加入少许Ba(OH)2固体,使平衡正向移动,发生反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2HCO‎3‎‎-‎ BaCO3↓+2H2O+CO‎3‎‎2-‎,因此加入少许Ba(OH)2固体,溶液中的c(CO‎3‎‎2-‎)增大。‎ ‎(4)母液中含有氯化铵,通入氨,冷却、加食盐,有利于氯化铵的析出,纯度更高,过滤后的滤液中含有氨气,不能直接循环使用,而②的滤液可直接循环使用,故选ad。‎ ‎(5)HCO‎3‎‎-‎的电离方程式为HCO‎3‎‎-‎ H++CO‎3‎‎2-‎,HCO‎3‎‎-‎的水解方程式为HCO‎3‎‎-‎+H2O H2CO3+OH-,‎ NaHCO3溶液显碱性,说明HCO‎3‎‎-‎的水解程度大于其电离程度,即c(H2CO3)>c(CO‎3‎‎2-‎)。‎ B组　提升题组 ‎　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ ‎11.(2020北京朝阳期末)化学与生活密切相关,下列过程与氧化还原反应无关的是(　　)‎ A B C D - 25 -‎ 酸性重铬酸钾用于检测酒精 铝粉与强碱溶液反应放热 植物油在空气中变质,产生“哈喇”味 海水经风吹日晒获得粗盐 ‎11.答案　D　A项,酸性重铬酸钾具有强氧化性,能够和乙醇发生氧化还原反应;B项,铝粉与强碱溶液反应放热,属于氧化还原反应;C项,植物油在空气中被氧化变质产生“哈喇”味,发生了氧化还原反应;D项,海水经风吹日晒获得粗盐属于物理变化,与氧化还原反应无关。‎ ‎12.(2019北京朝阳期中)下列实验未涉及氧化还原反应的是(　　)‎ A B C D 实 验 FeCl3溶液滴入H2O2溶液中 ‎ Na2O2粉末曝露在空气中 ‎ NH4Cl溶液滴入Mg(OH)2沉淀中 乙醇滴入酸性K2Cr2O7溶液中 ‎ 现 象 产生气泡 固体变白 沉淀溶解 溶液由橙色变绿色 ‎12.答案　C　A项,FeCl3溶液滴入H2O2溶液中产生气泡,说明生成氧气,发生了氧化还原反应;B项,Na2O2粉末曝露在空气中能与空气中的二氧化碳反应,生成白色固体碳酸钠和氧气,发生了氧化还原反应;C项,NH4Cl溶液滴入Mg(OH)2沉淀中沉淀溶解是由于NH‎4‎‎+‎与OH-结合生成弱碱NH3·H2O,使Mg(OH)2 Mg2++2OH-平衡向右移动,与氧化还原反应无关;D项,乙醇滴入酸性K2Cr2O7溶液中,溶液由橙色变绿色是由于乙醇把Cr2O‎7‎‎2-‎还原为Cr3+,发生了氧化还原反应。‎ ‎13.(2019北京海淀一模)下列实验生成沉淀的过程中,与氧化还原反应无关的是(　　)‎ 实验 现象 A 将NaOH溶液滴入FeSO4溶液中 产生白色沉淀,最终变为红褐色 B 将SO2通入硝酸酸化的BaCl2溶液中 产生白色沉淀 C 将Cl2通入硝酸酸化的AgNO3溶液中 产生白色沉淀 D 将生石灰投入Na2CO3溶液中 产生白色沉淀 ‎13.答案　D　A项,白色沉淀氢氧化亚铁被氧气氧化为红褐色氢氧化铁,铁元素化合价发生变化,发生了氧化还原反应;B项,SO2溶于水被硝酸氧化为SO‎4‎‎2-‎,SO‎4‎‎2-‎与Ba2+结合为BaSO4‎ - 25 -‎ 白色沉淀,硫元素的化合价发生变化,发生了氧化还原反应;C项,氯气与水反应生成HClO和HCl,Cl-与Ag+结合为AgCl白色沉淀,氯元素的化合价发生变化,发生了氧化还原反应;D项,将生石灰投入Na2CO3溶液中,生成CaCO3白色沉淀,无元素化合价变化,与氧化还原反应无关。‎ ‎14.(2020北京朝阳期中)偏二甲肼[(CH3)2NNH2]与N2O4是常用的火箭推进剂,火箭发射时常出现红棕色气体,发生的化学反应如下:‎ ‎①(CH3)2NNH2(l)+2N2O4(l) 2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g)　ΔH1<0‎ ‎②N2O4(l) 2NO2(g)　ΔH2>0‎ 下列说法不正确的是(　　)‎ A.反应①中,N2O4为氧化剂 B.反应①中,生成1 mol CO2时,转移8 mol e-‎ C.由反应②推断:加压、降温是获得液态N2O4的条件 D.升高温度,反应①的化学反应速率减小、反应②的化学反应速率增大 ‎14.答案　D　A项,反应①中,N2O4中氮元素的化合价由+4价降低到0价,故N2O4为氧化剂,正确;B项,画出双线桥可知,反应①中转移16e-,故生成1 mol CO2时,转移8 mol e-,正确;C项,由反应②可知,加压、降温都能使平衡逆向移动,故加压、降温是获得液态N2O4的条件,正确;D项,升高温度,反应①、②的化学反应速率都增大,错误。‎ ‎15.(2019北京海淀期中)处理含氰(CN-)废水涉及以下反应,其中无毒的OCN-中碳元素显+4价。‎ CN-+OH-+Cl2 OCN-+Cl-+H2O(未配平) 反应Ⅰ ‎2OCN-+4OH-+3Cl2 2CO2+N2+6Cl-+2H2O 反应Ⅱ 下列说法中正确的是(　　)‎ A.反应Ⅰ中碳元素被还原 B.反应Ⅱ中CO2为氧化产物 C.处理过程中,每产生1 mol N2,消耗3 mol Cl2‎ D.反应Ⅰ中CN-与Cl2按物质的量之比为1∶1进行反应 ‎15.答案　D　A项,根据题目提示可知,产物OCN-中碳元素显+4价,CN-中碳元素显+2价,故反应Ⅰ中碳元素被氧化;B项,反应Ⅱ中碳元素和氧元素的化合价均未发生变化,而氮元素从反应物OCN-中的-3价升高为产物N2中的0价,氧化产物应为N2;C项,“处理过程”指CN-经过反应Ⅰ和反应Ⅱ最终生成N2的过程,每产生1 mol N2应消耗5 mol Cl2;D项,配平反应Ⅰ的离子方程式为CN+2OH-+Cl2 OCN-+2Cl-+H2O,CN-与Cl2按物质的量之比为1∶1进行反应。‎ - 25 -‎ ‎16.(2020北京海淀期中)利用下列实验探究亚硝酸钠(NaNO2)的化学性质(AgNO2是难溶于水的淡黄色固体)。‎ 实验 装置 试剂a 现象 ‎①‎ 酚酞溶液 无色溶液变红 ‎②‎ AgNO3溶液 产生淡黄色沉淀 ‎③‎ 淀粉-KI溶液+稀硫酸 无色溶液立即变蓝 ‎④‎ 酸性K2Cr2O7溶液 无色溶液变为绿色 由上述实验所得结论不正确的是(　　)‎ A.NaNO2溶液呈碱性:NO‎2‎‎-‎+H2O HNO2+OH-‎ B.NaNO2可与某些盐发生复分解反应:NO‎2‎‎-‎+Ag+ AgNO2↓‎ C.NaNO2有氧化性:2I-+2H++2NO‎2‎‎-‎ I2+2NO2↑+H2O D.NaNO2有还原性:Cr2O‎7‎‎2-‎+3NO‎2‎‎-‎+8H+ 3NO‎3‎‎-‎+2Cr3++4H2O ‎16.答案　C　A项,由实验①可知,NaNO2溶液中加入酚酞溶液变红,是因为NaNO2属于强碱弱酸盐,水解呈碱性:NO‎2‎‎-‎+H2O HNO2+OH-,正确;B项,由实验②可知,NaNO2溶液中加入AgNO3溶液,产生淡黄色沉淀,说明NaNO2可与某些盐发生复分解反应:NO‎2‎‎-‎+Ag+ AgNO2↓,正确;C项,由实验③可知,NaNO2溶液中加入淀粉-KI溶液和稀硫酸,溶液变蓝,说明NaNO2有氧化性,可与I-发生氧化还原反应生成I2,反应的离子方程式为2I-+4H++2NO‎2‎‎-‎ I2+2NO↑+2H2O,错误;D项,由实验④可知,NaNO2溶液中加入酸性K2Cr2O7溶液,溶液变为绿色,说明NaNO2有还原性,可与Cr2O‎7‎‎2-‎发生氧化还原反应生成Cr3+,反应的离子方程式为Cr2O‎7‎‎2-‎+3NO‎2‎‎-‎+8H+3NO‎3‎‎-‎+2Cr3++4H2O,正确。‎ ‎17.(2019北京十一中月考)水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2++2S2O‎3‎‎2-‎+O2+xOH- Fe3O4+S4O‎6‎‎2-‎+2H2O,下列说法中错误的是(　　)‎ A.每生成1 mol Fe3O4,转移4 mol电子 B.Fe2+和S2O‎3‎‎2-‎都是还原剂 C.1 mol Fe2+参加反应时,被Fe2+还原的O2的物质的量为‎1‎‎3‎ mol D.x=4‎ - 25 -‎ ‎17.答案　C　A项,题给反应的氧化剂是O2,生成1 mol Fe3O4,消耗1 mol O2,转移4 mol电子;B项,Fe2+和S2O‎3‎‎2-‎都是还原剂;C项,由得失电子守恒可得,1 mol×(‎8‎‎3‎-2)=n(O2)×4,解得n(O2)=‎1‎‎6‎ mol;D项,根据电荷守恒可知x=4。‎ ‎18.(2019北京西城期末)实验小组研究酸性条件下K2Cr2O7溶液和H2O2溶液的反应。‎ ‎【实验Ⅰ】向盛有H2O2溶液的试管中,加入过量的K2Cr2O7溶液和硫酸,振荡,溶液立即变为紫红色,此时pH=1。溶液中持续产生气泡,最终溶液变为绿色。‎ 资料:‎ ⅰ.Cr2(SO4)3溶液呈绿色。‎ ⅱ.酸性条件下,K2Cr2O7溶液和H2O2溶液反应生成CrO5,CrO5进一步反应生成Cr3+和O2。‎ ⅲ.CrO5是一种+6价Cr的过氧化物,其结构如下图,CrO5可溶于水,易溶于乙醚得到蓝色溶液。‎ ⅳ.乙醚是一种无色、不溶于水、密度比水小的有机溶剂,化学性质稳定。‎ ‎(1)实验Ⅰ中产生的气体是O2,检验的方法是  ‎ ‎　 。 ‎ ‎(2)实验Ⅰ的紫红色溶液中含有CrO5。‎ ‎①验证紫红色溶液中含有CrO5的操作及现象是　　　　  ‎ ‎　　　 。‎ ‎②生成CrO5的反应不是氧化还原反应,反应的离子方程式是 ‎　　　　　　　 　。 ‎ ‎(3)对实验Ⅰ中溶液变为绿色和产生O2的原因,作出如下假设:‎ a.CrO5在酸性溶液中不稳定,自身氧化还原生成Cr3+和O2。‎ b.CrO5在酸性条件下氧化了溶液中的H2O2,生成Cr3+和O2。‎ 为验证上述假设,用下图装置进行实验Ⅱ和实验Ⅲ(夹持装置已略,B中石蜡油用于吸收挥发出的乙醚)。实验操作及现象如下:‎ - 25 -‎ ‎【实验Ⅱ】‎ ⅰ.将20 mL CrO5的乙醚溶液加入锥形瓶中的20 mL pH=1的稀硫酸中,不断搅拌,静置,乙醚层由蓝色变为无色,水层变为绿色,O2体积为V mL。‎ ⅱ.步骤ⅰ结束后向A中加入少量K2Cr2O7溶液,轻轻搅拌,静置,乙醚层又显出蓝色。‎ ‎【实验Ⅲ】仅将实验Ⅱ中的pH=1的稀硫酸替换为等量的含H2O2的pH=1的稀硫酸,重复实验。现象与实验Ⅱ相同,且O2体积仍为V mL。‎ ‎①实验Ⅱ步骤ⅰ中消耗的CrO5与生成的O2的物质的量之比为2∶3,补全离子方程式:‎ ‎2CrO5+　　　  2Cr3++3O2↑+　　　　+　　　　。 ‎ ‎②甲同学认为依据实验Ⅱ和Ⅲ中生成O2的体积相同,无法说明假设b是否成立,其理由是  ‎ ‎  ‎ ‎ 　。 ‎ ‎(4)实验Ⅰ中总反应的离子方程式是 。 ‎ ‎18.答案　(1)将带火星的木条伸入试管中,木条复燃,说明生成的气体是O2‎ ‎(2)①取少量紫红色溶液于试管中,加入乙醚,振荡,静置,液体分为两层,上层呈蓝色 ‎②Cr2O‎7‎‎2-‎+4H2O2+2H+ 2CrO5+5H2O ‎(3)①6H+　H2O2　2H2O ‎②实验Ⅱ、Ⅲ中,O2来源于CrO5、H2O2中的-1价O,且-1价O过量,当CrO5的量相同时,生成O2的体积相同,因而由实验Ⅱ和Ⅲ中生成O2的体积相同无法说明假设b是否成立 ‎(4)Cr2O‎7‎‎2-‎+3H2O2+8H+ 2Cr3++3O2↑+7H2O 解析　(1)检验O2的方法是将带火星的木条伸入试管中,木条复燃,说明生成的气体是O2。‎ - 25 -‎ ‎(2)①根据资料ⅲ、ⅳ可知,CrO5易溶于乙醚得到蓝色溶液,乙醚不溶于水,密度比水小。故向紫红色溶液中加入乙醚,通过萃取处理、静置后,上层呈蓝色即可证明其中含有CrO5;②根据资料ⅲ可知,CrO5中有4个O显-1价,1个O显-2价,又由于生成CrO5的反应不是氧化还原反应,可知CrO5中有4个O来源于H2O2,根据原子守恒可得出离子方程式是Cr2O‎7‎‎2-‎+4H2O2+2H+ 2CrO5+5H2O。‎ ‎(3)①根据题意可知,步骤ⅰ中消耗的CrO5与生成的O2的物质的量之比为2∶3,由步骤ⅱ现象可知,产物中存在H2O2,根据原子守恒和得失电子守恒配平可得离子方程式:2CrO5+6H+ 2Cr3++3O2↑+H2O2+2H2O;②实验Ⅱ、Ⅲ中,O2来源于CrO5、H2O2中的-1价O,且-1价O过量,当CrO5的量相同时,生成O2的体积相同,因而由实验Ⅱ和Ⅲ中生成O2的体积相同无法说明假设b是否成立。‎ ‎(4)根据以上分析,反应最终生成Cr3+和O2,故总反应的离子方程式是Cr2O‎7‎‎2-‎+3H2O2+8H+ 2Cr3++3O2↑+7H2O。‎ ‎19.(2019北京西城期末)KMnO4在实验室和工业上均有重要应用,其工业制备的部分工艺如下:‎ Ⅰ.将软锰矿(主要成分为MnO2)粉碎后,与KOH固体混合,通入空气充分焙烧,生成暗绿色熔融态物质。‎ Ⅱ.冷却,将固体研细,用稀KOH溶液浸取,过滤,得暗绿色溶液。‎ Ⅲ.向暗绿色溶液中通入CO2,溶液变为紫红色,同时生成黑色固体。‎ Ⅳ.过滤,将紫红色溶液蒸发浓缩,冷却结晶,过滤,洗涤,干燥,得KMnO4固体。‎ 资料:K2MnO4为暗绿色固体,在强碱性溶液中稳定,在近中性或酸性溶液中易发生歧化反应(Mn的化合价既升高又降低)。‎ ‎(1)Ⅰ中,粉碎软锰矿的目的是 。 ‎ ‎ (2)Ⅰ中,生成K2MnO4的化学方程式是 。‎ ‎ (3)Ⅱ中,浸取时用稀KOH溶液的原因是 。 ‎ ‎ (4)Ⅲ中,CO2和K2MnO4在溶液中反应的化学方程式是 。‎ ‎ (5)将K2MnO4溶液采用惰性电极隔膜法电解,也可制得KMnO4。装置如下图:‎ - 25 -‎ ‎①b极是　　　极(填“阳”或“阴”),D是　 。 ‎ ‎②结合电极反应式简述生成KMnO4的原理:  ‎ ‎　 。 ‎ ‎③传统无膜法电解时,锰元素利用率偏低,与之相比,用阳离子交换膜可以提高锰元素的利用率,其原因是 。 ‎ ‎ (6)用滴定法测定某高锰酸钾产品的纯度,步骤如下:‎ 已知:Na2C2O4+H2SO4 H2C2O4+Na2SO4‎ ‎5H2C2O4+2MnO‎4‎‎-‎+6H+ 2Mn2++10CO2↑+8H2O 摩尔质量:Na2C2O4 134 g·mol-1　KMnO4 158 g·mol-1‎ ⅰ.称取a g产品,配成50 mL溶液。‎ ⅱ.称取b g Na2C2O4,置于锥形瓶中,加蒸馏水使其溶解,再加入过量的硫酸。‎ ⅲ.将锥形瓶中溶液加热到75~80 ℃,恒温,用ⅰ中所配溶液滴定至终点,消耗溶液V mL(杂质不参与反应)。‎ 产品中KMnO4的质量分数的表达式为　 。 ‎ ‎19.答案　(1)增大反应物接触面积,加快反应速率 ‎(2)2MnO2+4KOH+O2 2K2MnO4+2H2O ‎(3)保持溶液呈强碱性,防止K2MnO4发生歧化反应 ‎(4)3K2MnO4+2CO2 2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3‎ ‎(5)①阴　较浓的KOH溶液 ‎②a极:MnO‎4‎‎2-‎-e- MnO‎4‎‎-‎,部分K+通过阳离子交换膜进入阴极区,阳极区生成KMnO4‎ ‎③用阳离子交换膜可防止MnO‎4‎‎-‎、MnO‎4‎‎2-‎在阴极被还原 - 25 -‎ ‎(6)‎1 580b‎67aV×100%‎ 解析　(1)粉碎软锰矿的目的是增大反应物接触面积,加快反应速率。‎ ‎(2)书写化学方程式时要注意得失电子守恒和原子守恒,生成K2MnO4的化学方程式是2MnO2+4KOH+O2 2K2MnO4+2H2O。‎ ‎(3)由题目信息可知,K2MnO4在强碱性溶液中稳定,故浸取时用稀KOH溶液的原因是保持溶液呈强碱性,防止K2MnO4发生歧化反应。‎ ‎(4)通入CO2使溶液碱性减弱,K2MnO4发生歧化反应,故CO2和K2MnO4在溶液中反应的化学方程式是3K2MnO4+2CO2 2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3。‎ ‎(5)H+在阴极得电子产生H2,剩余的OH-结合从阳极室移动过来的K+形成KOH,若不使用阳离子交换膜,则MnO‎4‎‎-‎、MnO‎4‎‎2-‎有可能在阴极得电子被还原,从而降低锰元素的利用率。①观察电解装置图知,b极生成H2,则b极是阴极,在阴极同时生成KOH,即D是较浓的KOH溶液;②生成KMnO4的原理是a极:MnO‎4‎‎2-‎-e- MnO‎4‎‎-‎,部分K+通过阳离子交换膜进入阴极区,阳极区生成KMnO4;③用阳离子交换膜可防止MnO‎4‎‎-‎、MnO‎4‎‎2-‎在阴极被还原,可以提高锰元素的利用率。‎ ‎(6)氧化还原滴定的计算,注意5C2O‎4‎‎2-‎~MnO‎4‎‎-‎的关系和50 mL ⅰ中溶液只用了V mL的关系。‎ ‎20.(2019北京理综,26,12分)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。‎ Ⅰ.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a mol·L-1 KBrO3标准溶液;‎ Ⅱ.取V1 mL上述溶液,加入过量KBr,加H2SO4酸化,溶液颜色呈棕黄色;‎ Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入V2 mL废水;‎ Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI;‎ Ⅴ.用b mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时,滴加2滴淀粉溶液,继续滴定至终点,共消耗Na2S2O3溶液V3 mL。‎ 已知:I2+2Na2S2O3 2NaI+Na2S4O6‎ Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色 ‎(1)Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和　　　　　。 ‎ ‎(2)Ⅱ中发生反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)Ⅲ中发生反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(4)Ⅳ中加KI前,溶液颜色须为黄色,原因是　　　　　　　　　　　　　 　。 ‎ - 25 -‎ ‎(5)KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)≥6n(KBrO3)时,KI一定过量,理由是  ‎ ‎　 。 ‎ ‎(6)Ⅴ中滴定至终点的现象是　　　　　　　　　。 ‎ ‎(7)废水中苯酚的含量为　　　　　　　g·L-1(苯酚摩尔质量:94 g·mol-1)。 ‎ ‎(8)由于Br2具有　　　　　性质,Ⅱ~Ⅳ中反应须在密闭容器中进行,否则会造成测定结果偏高。 ‎ ‎20.答案　(1)容量瓶 ‎(2)BrO‎3‎‎-‎+5Br-+6H+3Br2+3H2O ‎(3)+3Br2↓+3HBr ‎(4)Br2过量,保证苯酚完全反应 ‎(5)反应物用量存在关系:KBrO3~3Br2~6KI,若无苯酚时,消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍,因有苯酚消耗Br2,所以当n(KI)≥6n(KBrO3)时,KI一定过量 ‎(6)溶液蓝色恰好消失　‎ ‎(7)‎‎(6aV‎1‎-bV‎3‎)×94‎‎6‎V‎2‎ ‎(8)易挥发 解析　(1)配制标准溶液用到的玻璃仪器除了给出的三种仪器外,还有容量瓶。‎ ‎(4)溶液为黄色说明仍有Br2存在,此时废水中的苯酚已完全反应。‎ ‎(5)假设废水中没有苯酚,KBrO3和KBr反应生成的Br2完全和KI反应时,消耗KI的物质的量刚好是KBrO3的6倍。实际上苯酚一定会消耗一定量的Br2,所以当n(KI)∶n(KBrO3)=6∶1时,KI就已经过量了。‎ ‎(7)由KBrO3与KBr反应生成的Br2的物质的量的计算:‎ BrO‎3‎‎-‎+5Br-+6H+　　3Br2+3H2O ‎1 mol 3 mol a mol·L-1×V1×10-3L 3aV1×10-3 mol 与废水反应后剩余的Br2的物质的量的计算:‎ - 25 -‎ Br2　　~　　I2　　　~　　　2Na2S2O3‎ ‎1 mol 2 mol ‎1‎‎2‎bV3×10-3 mol b mol·L-1×V3×10-3 L 与苯酚反应的Br2的物质的量为(3aV1×10-3-‎1‎‎2‎bV3×10-3) mol;‎ 设废水中苯酚的物质的量为x,‎ ‎　　~　　3Br2‎ ‎1 mol 3 mol x (3aV1-‎1‎‎2‎bV3)×10-3 mol 解得x=(aV1-‎1‎‎6‎bV3)×10-3 mol,‎ 所以废水中苯酚的含量为‎(aV‎1‎-‎1‎‎6‎bV‎3‎)×1‎0‎‎-3‎mol×94 g·mol‎-1‎V‎2‎‎×1‎0‎‎-3‎L=‎94(6aV‎1‎-bV‎3‎)‎‎6‎V‎2‎ g·L-1。‎ ‎(8)当Br2挥发掉后,在Ⅴ步骤中消耗的Na2S2O3的量减少,即V3减小,导致测定结果偏高。‎ - 25 -‎