- 氧化还原反应的配平
- 共1760题
在50 mL a mol·L-1的硝酸溶液中，加入6．4g Cu，全部溶解，假设硝酸的还原产物只有NO2和NO，将反应后溶液用蒸馏水稀释至100 mL时测得c(NO3-)＝3 mol·L-1。
(1)求稀释后的溶液中H+的物质的量浓度
(2)若a＝9，求生成的气体中NO2的物质的量
(3)治理氮氧化物污染的方法之一是用NaOH溶液进行吸收，反应原理如下：
NO2＋NO＋2NaOH＝2NaNO2＋H2O、2NO2＋2NaOH＝NaNO2＋NaNO3＋H2O。若将上述的NO2和NO的混合气体通入1 mol·L-1的NaOH溶液恰好被吸收，求需要NaOH溶液的体积。
正确答案
（1）1mol/L (2)0．125 mol (3) 150ml
试题分析：（1）6．4g Cu的物质的量为6．4g÷64g/mol＝0．1mol，所以溶液n（Cu2+）=n（Cu）=0．1mol，溶液中c（NO3-）＝c（H+）+2c（Cu2+），因此溶液中c（H+）＝2c（Cu2+）-c（NO3-）＝
（2）根据N元素守恒，可知n（NO2）+n（NO）=n硝酸溶液（HNO3）-n反应后溶液（NO3-）＝0．05L×9mol/L＝0．45mol-0．1L×3mol/L＝0．15mol，令NO2、NO的物质的量分别为xmol、ymol，则：x+y＝0．15、x+3y＝0．1×2，解得，x=0．125，y=0．025。
（3）反应后为NaNO2、NaNO3混合溶液，根据N元素守恒可知，n（NaNO2）+n（NaNO3）＝n（NO2）+n（NO）＝0．15mol，根据钠元素守恒可知，n（NaOH）＝n（NaNO2）+n（NaNO3）＝0．15mol，NaOH溶液的体积为0．15mol÷1L/mol＝0．15L=150mL。
（10分）已知：2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2,2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－。
（1）含有1 mol FeI2和2 mol FeBr2的溶液中通入2 mol Cl2，此时被氧化的离子是____________，被氧化的离子的物质的量分别是________。
（2）如果向原溶液中通入3 mol Cl2，则被氧化的离子是________，其对应的氧化产物的物质的量分别是________。
（3）若向含a mol FeI2和b mol FeBr2的溶液中通入c mol Cl2，当I－、Fe2＋、Br－完全被氧化时，c为________(用含a、b的代数式表示)。
正确答案
（ 10分，每空2分）
①I－、Fe2＋ 2 mol、2 mol ②I－、Fe2＋、Br－ 1 mol、3 mol、0．5 mol ③
考查氧化还原反应的应该判断和计算。
（1）在氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的，所以还原性强弱顺序是I－、Fe2＋、Br－，所以氯气首先氧化的的是I－，然后是Fe2＋，最后是Br－。根据电子的得失守恒可知，2mol氯气能氧化2molI－和2molFe2＋。
（2）如果氯气是3mol，则根据电子的得失守恒可知，被氧化的离子是2molI－、3molFe2＋和1molBr－，所以对应的氧化产物分别是1molI2、3molFe3＋和0.5molBr2。
（3）根据电子的得失守恒可知，2c＝2a＋（a＋b）＋2b，即c＝
钛（Ti）具有高强度和耐酸腐蚀性，是重要的工业原料．以金红石（主要成分为TiO2，含少量Fe2O3、SiO2）为原料可制取Ti．工业流程如下：
（1）粗TiCl4中含有少量FeCl3、SiCl4等，它们的部分性质如下：
从粗TiCl4中精制TiCl4的方法是______ A．用水溶解后，重结晶 B．蒸馏 C．用乙醚萃取后，分液
（2）写出金红石高温反应制取TiCl4的化学方程式______．
（3）写出电解熔融NaCl的化学方程式______；阴极产物是______．
（4）粗钛产品粉碎后要用盐酸浸洗．其主要目的是______．
（5）Ti可溶解在浓HF溶液中，请完成下列离子方程式．______Ti+______HF-______TiF62-+______+______H2↑
正确答案
（1）粗TiCl4中加热易气化，与固体混合物可用分馏的方法分离，由表中数据可知，TiCl4在水中强烈水解，易变质，且易溶于乙醚中，不能分离，只能用蒸馏的方法分离，
故答案为：B；
（2）由流程图可知，反应为TiO2、C和Cl2，生成物为TiCl4和CO，则反应的化学方程式为TiO2+2C+2Cl2
故答案为：TiO2+2C+2Cl2
（3）电解氯化钠生成金属钠和氯气，方程式为2NaCl （熔融）
故答案为：2NaCl （熔融）
（4）粗钛产品中剩余的少量钠，加入盐酸和除去，并且Cl-浓度增大，有利于NaCl晶体析出，
故答案为：除去粗钛产品中剩余的少量钠，促进NaCl晶体析出（Cl-同离子效应）；
（5）反应前后Ti的化合价由0价升高为+4价，HF中H元素的化合价由+1价降低到0价，则有Ti～2H2，
则有1Ti+6HF=1TiF62-+2H++2H2↑，
故答案为：1；6；1；2；2．
(12分)接触法制硫酸采用V2O5作催化剂，使用过的催化剂中含V2O5、VOSO4和SiO2，其中VOSO4能溶于水，从使用过的V2O5催化剂中回收V2O5的主要步骤是：向使用过的催化剂中加硫酸和Na2SO3浸取还原，过滤得VOSO4溶液；向滤液中加入KClO3氧化，再加入氨水生成沉淀；将沉淀焙烧处理后得V2O5。
（1） V2O5被浸取还原的反应产物之一是VOSO4，该反应的化学方程式为____。
（2） 若生产过程使用的硫酸用量过大，进一步处理时会增加________的用量。氨气常用________检验，现象是________________________。
（3） 若取加入氨水后生成的沉淀(其摩尔质量为598 g·mol－1，且仅含有四种元素)59．8 g充分焙烧，得到固体残留物54．6 g，同时将产生的气体通过足量碱石灰，气体减少了1．8 g，剩余的气体再通入稀硫酸则被完全吸收。通过计算确定沉淀的化学式(写出计算过程)。
正确答案
（1） Na2SO3＋V2O5＋2H2SO4===2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O(2分)
（2） 氨水(2分) 红色的石蕊试纸(1分) 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝(1分)
（3） n(沉淀)＝59．8 g/598 g·mol－1＝0．1 mol
n(V)＝2n(V2O5)＝(54．6 g/182 g·mol－1)×2＝0．6 mol(1分)
n(N)＝n(NH3)＝(59．8 g－54．6 g－1．8 g)/17 g·mol－1＝0．2 mol(1分)
n(H2O)＝1．8 g/18 g·mol－1＝0．1 mol
n(H)＝2n(H2O)＋3n(NH3)＝0．8 mol(1分)
n(O)＝n(H2O)＋5n(V2O5)＝1．6 mol(1分)
沉淀的化学式为V6H8N2O16[或(NH4)2V6O16](2分)
试题分析：（1）Na2SO3浸取其被氧化为硫酸盐；（2）加硫酸反应后，加入氨水产生沉淀，若硫酸过多，消耗更多氨水；（3）加入氨水产生的沉淀加热产生气体，根据反应物情况，该气体只能为氨气，分解还产生水，所以应含有V、N、H、O四种元素，
n(沉淀)＝59．8 g/598 g·mol－1＝0．1 mol
由残留物计算V的量
n(V)＝2n(V2O5)＝(54．6 g/182 g·mol－1)×2＝0．6 mol(1分)
由硫酸增重（氨气）计算N的量
n(N)＝n(NH3)＝(59．8 g－54．6 g－1．8 g)/17 g·mol－1＝0．2 mol(1分)
由碱石灰增重计算水的量，进一步计算H、O元素的量
n(H2O)＝1．8 g/18 g·mol－1＝0．1 mol
n(H)＝2n(H2O)＋3n(NH3)＝0．8 mol(1分)
n(O)＝n(H2O)＋5n(V2O5)＝1．6 mol(1分)
沉淀的化学式为V6H8N2O16[或(NH4)2V6O16](2分)
已知将盐酸滴入酸性高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去．现有一个氧化还原反应的体系中共有HCl、Cl2、H2O、KMnO4、MnCl2、KCl六种物质：
（1）写出一个包含上述六种物质的配平的氧化还原反应方程式，并用单线桥标出电子转移方向和数目：______．
（2）上述反应中，氧化剂是______，1mol氧化剂在反应中得到的电子数目为______；生成的氧化产物的物质的量为______．
（3）如果在反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变紫红色．说出NaBiO3的一个性质：______．
正确答案
（1）化合价升高元素是氯元素，在反应中共失去电子10mol，化合价降低元素是锰元素，在反应中共得到电子10mol，氧化还原反应中转移的电子数目为10mol，所以：
（2）化合价降低的元素是锰元素，所在反应物KMnO4是氧化剂，消耗2molKMnO4转移10mol的电子，得到氧化产物氯气5mol，所以1mol氧化剂KMnO4在反应中得到5mol电子，即5NA个，生成氯气2.5mol，故答案为：KMnO4；5NA；2.5mol；
（3）在反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变紫红色，说明锰离子成为高锰酸根，所以NaBiO3具有强氧化性，能将锰离子氧化，故答案为：NaBiO3具有强氧化性（比KMnO4氧化性强）．
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