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2020-2021全国高考化学氧化还原反应的综合高考真题汇总.doc

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    • 2020-2021全国高考化学氧化还原反应的综合高考真题汇总一、高中化学氧化还原反应1.叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体,是汽车安全气囊的主要成分NaN3易溶于水,微溶于乙醇,水溶液呈弱碱性,能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢实验室可利用亚硝酸叔丁酯(t-BuNO2,以t-Bu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠1)制备亚硝酸叔丁酯取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合,发生反应H2SQ+2NaNO2===2HNO2+Na2SOu可利用亚硝酸与叔丁醇(t-BuOH)在40c左右制备亚硝酸叔丁酯,试写出该反应的化学方程式:(2)制备叠氮化钠(NaN3)按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应,反应的化学方程式为:t-BuNO2+NaOH+N2H4===NaN3+2H2O+t-BuOH①装置a的名称是②该反应需控制温度在65C,采用的实验措施是③反应后溶液在0C下冷却至有大量晶体析出后过滤所得晶体使用无水乙醇洗涤试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是(3)产率计算①称取2.0g叠氮化钠试样,配成100mL溶液,并量取10.00mL溶液于锥形瓶中②用滴定管加入0.10molL1六硝酸锦钱[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL(假设杂质均不参与反应)。

      ③充分反应后将溶液稀释并酸化,滴入2滴邻菲罗咻指示液,并用0.10molL―1硫酸亚铁钱[(NH4)2Fe(SQ)2]为标准液,滴定过量的Ce4+,终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理:Ce4+Fe2===Ce3+Fe3)已知六硝酸锦俊[(NH4)2Ce(NQ)6]与叠氮化钠反应生成硝酸俊、硝酸钠、氮气以及Ce(NQ)3,试写出该反应的化学方程式;计算叠氮化钠的质量分数为(保留2位有效数字)若其他操作及读数均正确,滴定到终点后,下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是(填字母)A.锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗B.滴加六硝酸铀钱溶液时,滴加前仰视读数,滴加后俯视读数C.滴加硫酸亚铁钱标准溶液时,开始时尖嘴处无气泡,结束时出现气泡D.滴定过程中,将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁钱标准液滴用蒸储水冲进瓶内(4)叠氮化钠有毒,可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁,反应后溶液碱性明显增强,且产生无色无味的无毒气体,试写出反应的离子方程式:【答案】t-BuOH+HNO2”土t-BuNO2+H2O恒压滴液漏斗(滴液漏斗)水浴加热降低叠氮化钠的溶解度,防止产物损失2(NH4)2Oe(NO3)6+2NaN3===4NH4NO3+2Oe(NO3)3+2NaNO3+3N2T65%ACClO+2N3-H2O===Cl+2OH+3N2T【解析】【分析】【详解】(1)制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇,反应类型属于有机的酯化反应,所以方程式为:t-BuOHHNO240ct-BuNO2H2O;(2)。

      装置a的名称即为恒压滴液漏斗;② 反应要控制温度在65C,参考苯的硝化实验,该反应加热时,应当采用水浴加热;③ 题干中提到了叠氮酸钠易溶于水,而微溶于乙醇;因此,洗涤产品时,为了减少洗涤过程中产品的损耗,应当用无水乙醇洗涤;(3)通过题干提示的反应产物分析,可知反应过程中Ce4+和N3中的元素发生了变价,所以反应的方程式为:2(NH4)2Ce(NO3)62NaN3=4NH4NO32NaNO32Ce(NO3)33N2;在计算叠1,氮化钠的含量时,一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了—与过量的六硝酸铀钱反10应,再用Fe2+去滴定未反应完的正四价的Ce,因此有:12.0gNaN3样品的,消耗的Ce4Fe2消耗的Ce4=0.004molCe4,考虑到Fe2+与10Ce4+的反应按照1:1进行,所以2.0g叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为:n(NaN3)10(0.004Fe2消耗的Ce4)0.02mol,所以叠氮化钠样品的质量分数,m(NaN3)0.02mol65g/mol八…为:w-—100%==65%;2.0g2.0A.润洗锥形瓶,会使步骤②消耗的六硝酸铀钱的量增加,通过分析可知,会使最终计算的质量分数偏大,A项正确;B.量取40mL六硝酸铀钱溶液时若前仰后俯,则会量取比40ml更多的六硝酸铀钱溶液,那么步骤③会需要加入更多的Fe2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的Ce4+,通过分析可知,最终会导致计算的质量分数偏低,B项错误;C.步骤③用Fe2+标定未反应的Ce4+,若开始尖嘴无气泡,结束后出现气泡,则记录的Fe2+消耗量比实际的偏小,通过分析可知,最终会使质量分数偏大,C正确;D,将挂在锥形瓶壁上的Fe2+溶液冲入锥形瓶,相当于让溶液混合更均匀,这样做会使结果更准确,D项不符合;答案选AC;(4)反应后溶液碱性增强,所以推测生成了OH-;产生的无色无味无毒气体,推测只能是氮气,所以离子方程式为:ClO2N3H2O=Cl3N22OH。

      点睛】滴定计算类的题目,最常考察的形式之一是配制完待测样品溶液后,只取一部分进行滴定,在做计算时不要忘记乘以相应的系数;此外,常考察的形式也有:用待测物A与过量的B反应,再用C标定未反应的B,在做计算时,要注意A与C一同消耗的Bo2.碘酸钾(KIO3)是重要的微量元素碘添加剂实验室设计下列实验流程制取并测定产品中KIO3的纯度:I"口G隆"KCH济派2濡/・辆蛊触"_LitJ帮1工爆鹿J山-k步隆、启斌其中制取碘酸(HIO3)的实验装置见图,有关物质的性质列于表中回答下列问题(1)装置A中参加反应的盐酸所表现的化学性质为2)装置B中反应的化学方程式为B中所加CC4的作用是从而加快反应速率3)分离出B中制得的HIO3水溶液的操作为;中和之前,需将HIO3溶液煮沸至接近于无色,其目的是,避免降低KIO3的产率4)为充分吸收尾气,保护环境,C处应选用最合适的实验装置是(填序A广A(5)为促使KIO3晶体析出,应往中和所得的KIO3溶液中加入适量的6)取1.000gKIO3产品配成200.00mL溶液,每次精确量取20.00mL溶液置于锥形瓶中,加入足量KI溶液和稀盐酸,力口入淀粉作指示剂,用0.1004mol/LNa2s2O3溶液滴定。

      22-滴定至终点时蓝色消失(I2+2S2O3=2I+S4O6),测得每次平均消耗Na2S2O3溶液25.00mL则产品中KIO3的质量分数为—(结果保留三位有效数字)答案】还原性、酸性5CI2+I2+6H2O==2HIO3+I0HCI充分溶解I?和CL以增大反应物浓度分液除去Cl2(或CIO-),防止氧化KIO3C乙醇(或酒精)89.5%解析】【分析】装置A用于制取C12,发生的反应为:KC1Q+6HC1脓尸KC1+3C2T+3H2O,装置B中发生的是制取HIO3的反应,装置C为尾气处理装置,既要吸收尾气中的HC1和C12,还要防止倒吸详解】(1)装置A中发生的反应为:KC1Q+6HC1(浓尸KC1+3C2T+3H2O,浓盐酸中的C1元素有一部分失电子转化为C12,表现出还原性,还有一部分C1元素没有变价转化为KC1(盐),表现出酸性,故答案为:还原性、酸性;(2)装置B中发生的反应为:5C6+l2+6H2O=2HIO3+10HC1,C12和I2均难溶于水,易溶于CC4,加入CC4可使二者溶解在CC4中,增大反应物浓度,故答案为:5C12+I2+6H2O=2HIO3+10HC1;充分溶解I2和C12,以增大反应物浓度;(3)分离B中制得的HIO3水溶液的操作为分液,HIO3溶液中混有的C12在碱性条件下转化为C1O,C1O会将IO3-氧化为IO4",因此在中和前需要将C12除去,故答案为:分液;除去C12(或C1O"),防止氧化KIO3;(4)尾气中主要含HC1和C12,需用NaOH溶液吸收,同时要防止倒吸,故答案为:C;(5)因为HQ难溶于乙醇,向KIO3溶液中加入乙醇可降低其溶解度,促使KIO3晶体析出,故答案为:乙醇(或酒精);(6)每20mLKIO3溶液中,加入KI溶液和稀盐酸发生的反应为:IO3-+5「+6H+=3I2+3H2O,滴定时发生的反应为:Iz+ZSOs\Zr+SiOG2-,可列出关系式:IO3-〜3I2〜6&O32-,每次平均消耗的m&Q2》0.1004mo1/LX0.025L=0.00251,m则每20mLKIQ溶液中,n(KIO3)=n(IO3-)=n(S2O32-)+6=0.00251mo1+6=0.000418m000mL溶液中,n(KIO3)=0.00418mo1,产品中KIO3214g/mo10.00418mo1的质重分数=X100%=89.5%,故答案为:89.5%。

      1g【点睛】1g样品配成了200mL溶液,而根据关系式计算出的是20mL溶液中KIO3的物质的量,需扩大10倍才能得到1g样品中KIO3的物质的量3.锂离子电池能够实现千余次充放电,但长时间使用后电池会失效,其中的化学试剂排放至环境中不仅会造成环境污染,还会造成资源的浪费实验室模拟回收锂离子电池中的Co>Ni、Li的流程如图已知:LiCoQ难溶于水,易溶于酸回答下列问题:废**♦子电做Hsoifn*।层草*.上心■^^仪口用件(1) LiCoO2中Co的化合价是2) LiCoO2在浸出过程中反应白离子方程式是_3)浸出剂除了H2O2外,也可以选择N32&O3,比较二者的还原效率H2O2__(填“峨“<”胆O3(还原效率:还原等物质的量的氧化剂消耗还原剂的物质的量)4)提高浸出效率的方法有_5)利用Cyanex272萃取时,pH对钻、馍萃取分离效果的影响如图从图中数据可知,用Cyanex272萃取分离时,最佳pH是4J3.0±56.06.5TjO未爆第n?TJ)口wiZTIJ(6)反萃取的离子方程式为2H++CoF2=C『++2HR,则反萃取剂的最佳选择是⑺常温下,若水相中的Ni2+的质量浓度为1.18g•L-1,则pH=—时,Ni2+开始沉淀。

      [Ksp(Ni(OH)2=2X105]已知:(8)参照题中流程图的表达,结合信息设计完成从水相中分离Ni和Li的实验流程图(如沉淀]洗%干羯②(产品1)■悔③过■「aL.位「物质UFNl(OH)3NiaCOsN遍1溶解性(室温)难溶难溶_班溶ku!H!U微溶1提供的无机试剂:NaOH、NazCQ、NaF答案】+32LiCoQ+6H++H2O2=2Co2++O2T+2L++4H2O<适当升高温度,适当增加H2SO浓度5.5H2SO17.5①NaOH②Ni(OH)2③NaF【解析】【分析】(1)通过化合物中各元素化合价代数和为0进行计算;(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSQ,可知LiCoQ与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应,根据氧化还原反应的规律写出化学方程式;(3)根据等物质的量H2O2和Na2s2O3作为还原剂转移电子的多少进行判断;(4)提高浸出效率即提高化学反应速率;(5)分离Co2+和Ni2+时,由于Co2+进入有机相,Ni进入水相,因此,应该选择钻的萃取率高而馍的萃取率低的pH范围;(6)将钻洗脱进入水相中时,应该使反应向正反应方向移动,同时不能引入新杂质;(7)根据Ksp(N。

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