資源簡介

本專題復習提升
易混易錯練
易錯點1　　混淆SO2的還原性和漂白性
1.下列裝置可用于收集SO2并驗證其某些化學性質,下列說法正確的是(　　)
選項 試劑 現象 結論
A 酸性KMnO4溶液 溶液褪色 SO2有氧化性
B 品紅溶液 溶液褪色 SO2有漂白性
C NaOH溶液 無明顯現象 SO2與NaOH溶液不反應
D 紫色石蕊試液 溶液變紅 后不褪色 SO2有酸性,沒有漂白性
2.如圖所示,在注射器中加入少量Na2SO3晶體,并吸入少量的70%的硫酸溶液(以不接觸紙條為準)。則下列有關說法正確的是(　　)
A.濕潤的藍色石蕊試紙先變紅后褪色
B.蘸有KMnO4溶液的濾紙褪色,證明了SO2的漂白性
C.濕潤的品紅試紙褪色,證明了SO2的漂白性
D.蘸有酚酞和NaOH溶液的濾紙顏色變淺,證明了SO2的漂白性
易錯點2　　反應中濃硫酸所表現的性質判斷錯誤
3.下列說法正確的是　(　　)
A.濃硫酸能使藍礬(CuSO4·5H2O)變成白色粉末,體現了濃硫酸的脫水性
B.蔗糖和濃硫酸的“黑面包”實驗中,主要體現了濃硫酸的強氧化性和吸水性
C.濃硫酸有吸水性,因此可以干燥SO2、H2S、HI、NH3等氣體
D.100 mL 18.0 mol·L-1的濃硫酸和足量銅反應,生成SO2的物質的量小于0.9 mol
4.某課外活動小組的同學,在實驗室做鋅與濃硫酸反應的實驗時,甲同學認為產生的氣體是二氧化硫,而乙同學認為除生成二氧化硫氣體外,還可能產生了氫氣。為了探究甲、乙兩位同學的判斷是否正確,丙同學設計了如圖所示實驗裝置(常溫下,鋅與濃硫酸反應產生的氣體為X,且該發生裝置略去),試回答下列問題:
(1)Zn和濃硫酸反應生成二氧化硫的化學方程式為　　　　　　　　　　　　。
(2)乙同學認為還可能產生氫氣,理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)丙同學在安裝好裝置后,必須首先進行的一步操作是　　　　　　　　。
(4)A中加入的試劑可能是　　　　　　,作用是　　　　　;B中加入的試劑可能是　　　　,作用是　　　　　　　;E中加入的試劑可能是　　　　　,作用是　　　　　　　　　　　　　　　。
(5)如果去掉裝置B,還能否根據D中的現象判斷氣體X中有氫氣 　　　　(填“能”或“不能”),原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
思想方法練
得失電子守恒思想在氧化還原反應方程式配平、相關計算中的應用
方法概述
　　氧化還原反應遵循得失電子守恒,根據得失電子守恒思想,既可配平氧化還原反應方程式,又可進行化學計算。得失電子守恒思想用于氧化還原反應方程式的配平時,主要解決的是氧化劑與還原劑的化學計量數之比的問題,也可以用于在明確相關物質化學計量數的條件下,推斷氧化產物或還原產物等。得失電子守恒思想用于化學計算時,最大優點就是能簡化計算過程,快速準確地得出答案。
1.將20 mL R2濃度為0.05 mol·L-1的某溶液與20 mL Fe2+濃度為0.3 mol·L-1的溶液混合,若R2恰好將Fe2+完全氧化為Fe3+,則R元素在還原產物中的化合價為(　　)
A.+2價　　　B.+3價　　　C.+4價　　　D.+5價
2.CuS、Cu2S可用于處理酸性廢水中的Cr2,反應如下。
反應Ⅰ:CuS+Cr2+H+ Cu2++S+Cr3++H2O(未配平)
反應Ⅱ:Cu2S+Cr2+H+ Cu2++S+Cr3++H2O(未配平)
下列有關說法正確的是(　　)
A.反應Ⅰ和Ⅱ中各有2種元素的化合價發生變化
B.處理1 mol Cr2時,反應Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物質的量相等
C.反應Ⅱ中還原劑與氧化劑的物質的量之比為3∶5
D.CuS、Cu2S的物質的量相同時,CuS能去除更多的Cr2
3.實驗室用Na2S2O3(硫代硫酸鈉)固體配制100 mL 0.5 mol·L-1Na2S2O3溶液,所得溶液可以與100 mL 0.25 mol·L-1碘水完全反應,反應后I2完全轉化為I-,反應過程中只有I和S的化合價發生變化。與I2反應后,S元素可能的存在形式是　(　　)
A.S2-　　　B.S4
4.已知離子方程式As2S3+H2O+N As+NO↑+　　　(未配平),下列說法錯誤的是(　　)
A.配平后H2O的化學計量數為4
B.反應后的溶液呈酸性
C.當有1 mol還原劑被氧化時,轉移的電子有24 mol
D.氧化產物為As和S
5.某反應的離子方程式中氧化劑與還原劑及部分產物可表示為2Mn2++5I+…………+2Mn;已知該反應體系中還包括H+、H2O與另一種含碘微粒。下列說法錯誤的是(　　)
A.Mn2+是還原劑,I是氧化劑
B.體系中另一種含碘微粒為I
C.隨著反應進行,溶液酸性不斷減弱
D.每有1個I參加反應,轉移2個電子
6.已知:在酸性溶液中,下列物質氧化KI時,自身發生如下變化:Mn Mn2+、HNO2 NO、I I2、Cl2 Cl-。如果分別用等物質的量的這些物質氧化足量的KI,得到I2最多的是(　　)
A.Mn　　D.Cl2
7.鋅與某濃度稀硝酸反應:Zn+HNO3 Zn(NO3)2+X+H2O(未配平),當鋅與硝酸恰好完全反應時,其物質的量之比為5∶12,則還原產物X為(　　)
A.NH4NO3　　B.NO　　C.N2O　　D.N2
8.(經典題)NaNO2是一種食品添加劑,但要嚴格控制用量。酸性KMnO4溶液與NaNO2反應的離子方程式為Mn+　 Mn2++N+H2O(未配平)。下列敘述中正確的是(　　)
A.該反應中N被還原
B.Mn2+的還原性強于N
C.生成1 mol N需消耗0.4 mol Mn
D.　中的粒子是OH-
9.高銅酸鈉(NaCuO2)是黑色難溶于水的固體,具有強氧化性,在中性、堿性環境中穩定。一種制備高銅酸鈉的反應原理為Cu+NaClO+NaOH NaCuO2+NaCl+H2O(未配平)。下列說法錯誤的是(　　)
A.NaCuO2中銅元素的化合價為+3價
B.1 mol ClO-參加反應,轉移2 mol電子
C.反應中氧化產物和還原產物的物質的量之比為2∶3
D.Cu與NaClO的化學計量數相同
10.鋰電池用到的磷酸亞鐵鋰(LiFePO4)可通過如下反應制備:
　Li2CO3+　FePO4+　H2C2O4 　X↑+　LiFePO4+　H2O。
設NA為阿伏加德羅常數的值,下列說法不正確的是(　　)
A.FePO4中Fe的化合價為+3價
B.X的化學式為CO2,且化學方程式配平后的化學計量數依次為1、2、1、3、2、1
C.該反應中氧化產物與還原產物的物質的量之比為3∶2
D.若生成標準狀況下6.72 L X,則轉移的電子數為0.2NA
11.二氧化氯(ClO2)是一種黃綠色氣體,可用作水處理劑、漂白劑。在處理廢水時,ClO2可將廢水中的CN-(其中C為+2價)氧化成CO2和N2,其離子方程式為ClO2+CN- CO2+N2+Cl-(未配平)。下列說法錯誤的是(　　)
A.ClO2與CN-的化學計量數相同
B.氧化性:ClO2>CO2
C.當生成0.1 mol N2時,轉移0.6 mol電子
D.氧化產物與還原產物的物質的量之比為3∶2
12.反應體系中的物質有K2Cr2O7、FeSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4、Cr2(SO4)3、K2SO4、H2O。
(1)請將K2Cr2O7之外的反應物與生成物分別填入以下空格內(不用配平)。
K2Cr2O7+　　+　　 　　+　　+　　+　　
(2)反應中,被還原的元素是(標出價態)　　　　。
(3)將氧化劑與還原劑及配平后的化學計量數填入下列空格中(如果化學計量數為1也要填寫),并標出電子轉移的方向和數目。
答案與分層梯度式解析
本專題復習提升
易混易錯練
1.B　SO2使酸性KMnO4溶液褪色,體現其還原性,A項錯誤;SO2為酸性氧化物,能與NaOH溶液反應:2NaOH+SO2 Na2SO3+H2O(或NaOH+SO2 NaHSO3),C項錯誤;SO2具有漂白性,但不能漂白石蕊試液,D項錯誤。
易錯分析　注意區分與二氧化硫相關的三種“褪色”原理:①使滴有酚酞的氫氧化鈉溶液褪色(體現二氧化硫酸性氧化物的性質);②使品紅溶液褪色(體現二氧化硫的漂白性);③使溴水、酸性高錳酸鉀溶液褪色(體現二氧化硫的還原性)。
2.C　A項,Na2SO3與70%的硫酸溶液反應生成SO2,SO2與水作用生成H2SO3而使藍色石蕊試紙變紅,但不能使其褪色,錯誤;B項,KMnO4具有強氧化性,SO2與KMnO4溶液反應而使KMnO4溶液褪色,能證明SO2具有還原性,錯誤;C項,濕潤的品紅試紙褪色可證明SO2具有漂白性,正確;D項,SO2能與NaOH反應,體現了SO2酸性氧化物的通性,錯誤。
3.D　濃硫酸能使藍礬變成白色粉末,體現了濃硫酸的吸水性,A項錯誤;蔗糖和濃硫酸的“黑面包”實驗主要體現了濃硫酸的強氧化性和脫水性,B項錯誤;濃硫酸具有吸水性,可干燥CO2、SO2、O2等氣體,但不能干燥堿性氣體(NH3)和還原性氣體(H2S、HI等),C項錯誤;n(H2SO4)=1.8 mol,若H2SO4完全反應,生成SO2 0.9 mol,但隨著反應不斷進行,硫酸濃度減小,稀硫酸與Cu不反應,即該濃硫酸和足量銅反應生成SO2的物質的量小于0.9 mol,D項正確。
易錯分析　(1)混淆濃硫酸的吸水性與脫水性,如利用濃硫酸吸收膽礬中的結晶水,體現的是濃硫酸的吸水性,并非脫水性。
(2)誤認為濃硫酸可以干燥所有氣體。
(3)一定量濃硫酸與足量某些金屬的反應中,H2SO4不一定完全反應。
4.答案　(1)Zn+2H2SO4(濃) ZnSO4+SO2↑+2H2O
(2)隨著反應進行,H2SO4濃度逐漸減小,Zn與稀H2SO4反應會產生H2　
(3)檢查裝置的氣密性
(4)品紅溶液　檢驗SO2　濃H2SO4　吸收水蒸氣　堿石灰　防止空氣中的水蒸氣進入D中
(5)不能　混合氣體中含H2O會干擾H2的檢驗
解析　(1)常溫下,鋅和濃硫酸反應生成二氧化硫、硫酸鋅和水,反應的化學方程式為Zn+2H2SO4(濃) ZnSO4+SO2↑+2H2O。
(2)隨著反應不斷進行,H2SO4濃度逐漸減小,Zn與稀H2SO4反應會產生H2,反應的化學方程式為Zn+H2SO4 ZnSO4+H2↑。
(3)實驗開始前應檢查裝置的氣密性。
(4)生成的氣體中有二氧化硫和氫氣,所以A是驗證二氧化硫存在的裝置,試劑選品紅溶液;通過酸性高錳酸鉀溶液除去二氧化硫,通過裝置B中的濃硫酸除去水蒸氣,裝置C中氫氣和氧化銅在加熱條件下反應生成銅和水,利用裝置D中的無水硫酸銅檢驗水的生成,為避免空氣中的水蒸氣影響檢驗,裝置E中可盛裝堿石灰。
(5)混合氣體中含H2O會干擾H2的檢驗,所以如果去掉裝置B,就不能根據D中的現象判斷氣體X中有氫氣。
思想方法練
1.B　設R元素在還原產物中的化合價為x,根據得失電子守恒得:0.02 L×0.3 mol·L-1×(3-2)=0.02 L×0.05 mol·L-1×2×(6-x),計算得出x=+3,即R元素在還原產物中的化合價為+3價,B項正確。
方法點津　反應中Fe2+被氧化成Fe3+,R2被還原,R2中R元素的化合價為+6價,令R元素在還原產物中的化合價為+x,根據得失電子守恒列方程計算。
2.C　反應Ⅰ中S、Cr元素化合價發生變化,反應Ⅱ中Cu、S、Cr三種元素的化合價發生變化,A錯誤;反應Ⅰ的離子方程式配平后為3CuS+4Cr2+32H+ 3Cu2++3S+8Cr3++16H2O,反應Ⅱ配平后的離子方程式為3Cu2S+5Cr2+46H+ 6Cu2++3S+10Cr3++23H2O,處理1 mol Cr2時,反應Ⅰ消耗H+的物質的量是8 mol,反應Ⅱ消耗H+的物質的量是9.2 mol,B錯誤;反應Ⅱ中還原劑是Cu2S,氧化劑是Cr2,二者物質的量之比為3∶5,C正確;根據配平后的離子方程式可知,CuS、Cu2S的物質的量相同時,Cu2S能去除更多的Cr2,D錯誤。
方法點津　解答該題目時,首先要理清反應所涉及物質中所存在的元素的化合價是如何變化的,再結合得失電子守恒、原子守恒、電荷守恒配平離子方程式,最后結合選項進行分析與計算。
3.B　100 mL 0.5 mol·L-1的Na2S2O3溶液中含有Na2S2O3的物質的量為0.05 mol,0.05 mol硫代硫酸鈉與100 mL 0.25 mol·L-1的碘水完全反應,I2的物質的量為0.025 mol,0.025 mol I2轉化為I-得到0.05 mol電子,則0.05 mol硫代硫酸鈉共失去0.05 mol電子,S的平均化合價從+2價升高到+2.5價,選B。
4.C　將離子方程式配平,可得3As2S3+4H2O+28N 6As+28NO↑+8H+。配平后H2O的化學計量數為4,A正確;反應中有酸生成,則反應后的溶液呈酸性,B正確;當有1 mol還原劑(As2S3)被氧化時,轉移的電子有(2×2+8×3) mol=28 mol,C錯誤;氧化產物為As和S,D正確。
5.C　根據題目信息可得該反應的離子方程式為2Mn2++5I+3H2O 2Mn+6H+,其中Mn元素從+2價升高為+7價,Mn2+為還原劑,I元素從+7價降低為+5價,I為氧化劑,A項正確;根據離子方程式可知,B項正確;根據離子方程式可知反應中有氫離子生成,溶液酸性會增強,C項錯誤;I生成I,I元素的化合價降低2價,故每有1個I參加反應,轉移2個電子,D項正確。
6.C　設Mn、HNO2、I、Cl2的物質的量均為1 mol,1 mol Mn轉化為1 mol Mn2+,轉移5 mol e-,得到I2 mol;1 mol HNO2轉化為1 mol NO,轉移1 mol e-,得到I2 mol;1 mol I與5 mol I-反應生成3 mol I2;1 mol Cl2轉化為2 mol Cl-,轉移2 mol e-,可得到1 mol I2。則得到I2最多的是I,C正確。
7.D　由未配平的方程式可知,反應中鋅元素化合價升高,Zn被氧化,Zn為還原劑,則氮元素的化合價應部分降低,反應中硝酸表現氧化性和酸性,設X中氮元素的化合價為a,由得失電子守恒可得:5×(2-0)=(12-5×2)×(5-a),解得a=0,則還原產物X為N2,選D。
8.C　反應后N的化合價由+3價升高到+5價,N失電子,被氧化,A錯誤;N是還原劑,Mn2+是還原產物,同一氧化還原反應中還原劑的還原性強于還原產物,故Mn2+的還原性弱于N,B錯誤;反應中Mn的化合價由+7價降低至+2價,N的化合價由+3價升高為+5價,根據得失電子守恒可得2Mn+　 2Mn2++5N+H2O,根據電荷守恒可知,　中的粒子應該是H+,配平可得2Mn+6H+ 2Mn2++5N+3H2O,可知生成1 mol N需消耗0.4 mol Mn,C正確,D錯誤。
9.D　NaCuO2中Na為+1價、O為-2價,則Cu的化合價為+3價,A正確;ClO- Cl-,氯元素的化合價由+1價降低到-1價,所以1 mol ClO-參加反應時轉移2 mol電子,B正確;根據得失電子守恒和原子守恒配平化學方程式為2Cu+3NaClO+2NaOH 2NaCuO2+3NaCl+H2O,該反應中Cu化合價升高,則NaCuO2為氧化產物,Cl元素化合價降低,則NaCl為還原產物,兩者的物質的量之比為2∶3,C正確,D錯誤。
10.C　FePO4中Fe的化合價為+3價,A項正確;X為CO2,H2C2O4中C的化合價為+3價,反應后變為+4價,FePO4中Fe的化合價為+3價,反應后變為+2價,根據得失電子守恒和原子守恒,配平化學方程式,為Li2CO3+2FePO4+H2C2O4 3CO2↑+2LiFePO4+H2O,B項正確;氧化產物是CO2,還原產物是LiFePO4,氧化產物與還原產物的物質的量之比為1∶1,C項錯誤;每生成3 mol CO2,轉移2 mol電子,若生成標準狀況下6.72 L CO2,即0.3 mol CO2,則轉移的電子數為0.2NA,D項正確。
11.C　ClO2~Cl-~5e-,CN-~CO2+N2~5e-,根據得失電子守恒可知,ClO2與CN-的化學計量數相同,A正確;該反應中,ClO2是氧化劑,CO2和N2是氧化產物,同一反應中,氧化劑的氧化性強于氧化產物,故氧化性:ClO2>CO2,B正確;當生成0.1 mol N2時,轉移1 mol電子,C錯誤;該反應中氧化產物是CO2和N2,還原產物是Cl-,配平后的離子方程式為2ClO2+2CN- 2CO2+N2+2Cl-,故氧化產物與還原產物的物質的量之比為3∶2,D正確。
12.答案　(1)FeSO4　H2SO4　Fe2(SO4)3　Cr2(SO4)3
K2SO4　H2O
(2)
(3)
解析　由題意知,K2Cr2O7是反應物,所以Cr2(SO4)3和K2SO4是生成物,Cr元素的化合價由+6價降低到+3價,所以Fe元素的化合價應升高,由+2價升高到+3價,即FeSO4是反應物、Fe2(SO4)3是生成物,生成物硫酸根離子增多,則H2SO4也是反應物,H2O是生成物。
(1)該反應可簡單地表示為K2Cr2O7+FeSO4+H2SO4 Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+K2SO4+H2O(未配平)。
(2)反應中,被還原的元素是Cr(+6價)。
(3)根據得失電子守恒,將氧化劑與還原劑的化學計量數寫出后并標出電子轉移的方向和數目,可表示為。
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