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2.工业上可用亚氢酸钠和盐酸为原料制备ClO2,反应如下:
5NaClO2+4HCl(稀)═5NaCl+4ClO2↑+2H2O(主反应)
NaClO2+4HCl(浓)═NaCl+2Cl2↑+2H2O(副反应)
下列说法正确的是(  )
A.主反应和副反应的还原剂都是HCl
B.副反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为1:4
C.盐酸的还原性与浓度有关,浓度越大还原性越强
D.为加快ClO2的生成速率,应选用较大浓度的盐酸

分析 A、由主反应5NaClO2+4HCl(稀)═5NaCl+4ClO2↑+2H2O,4NaClO2→4ClO2,+3价的氯元素化合价升高到+4价,所以NaClO2是还原剂;1NaClO2→1NaCl,+3价的氯元素的化合价降低到-1价,所以部分NaClO2作氧化剂,副反应NaClO2+4HCl(浓)═NaCl+2Cl2↑+2H2O,NaClO2→$\frac{1}{2}$Cl2,+3价的氯元素化合价降低到0价,所以NaClO2是氧化剂;3HCl→$\frac{3}{2}$Cl2,-1价的氯元素的化合价升高到0价,所以部分HCl作还原剂;
B、副反应NaClO2+4HCl(浓)═NaCl+2Cl2↑+2H2O,NaClO2→$\frac{1}{2}$Cl2,+3价的氯元素化合价降低到0价,所以NaClO2是氧化剂;3HCl→$\frac{3}{2}$Cl2,-1价的氯元素的化合价升高到0价,所以部分HCl作还原剂;
C、由A的分析,主反应中稀盐酸即不是氧化剂又不是还原剂,而副反应中浓盐酸为还原剂;
D、由副反应得,盐酸浓度越大,就会生成氯气而得不到ClO2,据此判断;

解答 解:A、由主反应5NaClO2+4HCl(稀)═5NaCl+4ClO2↑+2H2O,4NaClO2→4ClO2,+3价的氯元素化合价升高到+4价,所以NaClO2是还原剂;1NaClO2→1NaCl,+3价的氯元素的化合价降低到-1价,所以部分NaClO2作氧化剂,副反应NaClO2+4HCl(浓)═NaCl+2Cl2↑+2H2O,NaClO2→$\frac{1}{2}$Cl2,+3价的氯元素化合价降低到0价,所以NaClO2是氧化剂;3HCl→$\frac{3}{2}$Cl2,-1价的氯元素的化合价升高到0价,所以部分HCl作还原剂,故A错误;
B、副反应NaClO2+4HCl(浓)═NaCl+2Cl2↑+2H2O,NaClO2→$\frac{1}{2}$Cl2,+3价的氯元素化合价降低到0价,所以NaClO2是氧化剂;3HCl→$\frac{3}{2}$Cl2,-1价的氯元素的化合价升高到0价,所以部分HCl作还原剂,所以氧化剂和还原剂物质的量之比为1:3,故B错误;
C、由A的分析,主反应中稀盐酸即不是氧化剂又不是还原剂,而副反应中浓盐酸为还原剂,所以盐酸的还原性与浓度有关,浓度越大还原性越强,故C正确;
D、由副反应得,盐酸浓度越大,就会生成氯气而得不到ClO2,所以为加快ClO2的生成速率,不能增大盐酸的浓度,故D错误;
故选C.

点评 本题综合考查氧化还原反应知识,侧重于氧化剂、氧化剂的判断、浓度不同产物不一样等问题,题目难度中等,注意从化合价变化的角度分析氧化还原反应.

练习册系列答案
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科目:高中化学 来源: 题型:选择题

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12.某兴趣小组为研究碳酸钠水解平衡与温度的关系,用数字试验系统测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度的关系,得到曲线如图,下列分析不合理的是(  )
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C.bc段说明水解平衡向左移动D.水的电离平衡也对pH产生影响

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10.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(  )
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17.生物法净化含硫废气时发生如下反应:CH3COOH+SO${\;}_{4}^{2-}$$\frac{\underline{\;脱硫弧菌\;}}{\;}$2HCO${\;}_{3}^{-}$+H2S,下列有关说法正确的是(  )
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C.H2S分子既存在极性键又存在非极性键
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科目:高中化学 来源: 题型:解答题

7.材料是人类赖以生存和发展的重要物质基础.回答下列问题:
(1)下列生产工艺能获取新型无机非金属材料的是①②(填序号).
①采用甲烷为原料,在微波和其他条件下生产金刚石
②采用传统方法用焦炭还原SiO2制备单晶硅
③在水泥生产过程中加入高炉矿渣生产特殊用途的水泥
④在玻璃生产过程中加入K、Pb生产其有特殊用途的光学玻璃
(2)某炼铁高炉中一次投入磁铁矿冶炼生铁,若该过程中转移的电子为1.60×105mol,不考虑其他的反应,也不考虑生铁中的杂质,则炼得的生铁为3.36t.生铁中含碳、硫等元素较多,炼钢是以生铁为原料,除去过多的碳、硫等杂质元素,其中除去硫的化学方程式为FeS+CaO$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$FeO+CaS.
(3)工业炼金属Al的工艺流程如下:
               
该工艺中冰晶石和氟化钙的作用是降低Al2O3的熔点,减少熔融电解质的能耗,物质W的化学式为Al2O3;若铝土矿的纯度为60%,提取W的损失率为3%,电解时损失率为0.1%,粗铝净化时的损失率为2%,铝锭中铝的含量为99.9%,那么1.0t铝土矿可制备铝锭0.3t.
(4)金属腐蚀带来的损失无法估量.钢铁腐蚀多为吸氧腐蚀,其正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-,金属防腐措施很多,其中牺牲阳极(金属Zn)的阴极保护法的“阴极”反应式为Zn-2e-=Zn2+

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14.除去混在HNO3中的少量盐酸,可加适量的(  )
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11.已知:硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠(H2N-CH2-COONa)即可得到配合物A,其结构如图甲.硫酸铜与次磷酸钠在少量硫酸存在的条件下反应得到CuH红色沉淀,CuH晶体结构单元如乙图所示.

(1)Cu元素基态原子的外围电子排布式为3d104s1
(2)1mol氨基乙酸钠中含有σ键的数目为8NA
(3)氨基乙酸钠分解产物之一为二氧化碳,写出二氧化碳的一种等电子体N2O(或SCN-、N3-等)(写化学式).已知二氧化碳在水中溶解度不大,却易溶于二硫化碳,请解释原因:O2与CS2均是非极性分子,而水是极性分子,根据相似相溶原理,所以CO2在水中溶解度不大,却易溶于CS2
(4)硫酸根离子的空间构型为正四面体;已知:硫酸铜灼烧可以产生一种红色晶体,其结构如图丙,则该化合物的化学式是Cu2O.
(5)配合物A中碳原子的杂化轨道类型是sp2、sp3杂化.
(6)CuH晶体的密度为p g/cm2,阿伏伽德罗常数的值为NA,则该晶胞中Cu原子与H原子之间的最短距离为$\frac{\sqrt{3}}{4}$×$\root{3}{\frac{4×65}{p{N}_{A}}}$cm(用含p和NA的式子表示).

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12.为了探索外界条件对反应aX(g)+bY(g)?cZ(g)+Q的影响,以X和Y物质的量比为a:b开始反应,通过实验得到不同条件下达到平衡时Z的物质的量分数,实验结果如下图所示.以下判断正确的是(  )
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