氧化还原体系

氧化还原体系（通用12篇）

氧化还原体系 篇1

聚羧酸系高效减水剂掺量低、减水率高、坍落度保持能力强, 对混凝土增强效果显著, 能降低混凝土收缩, 有害物质含量极低, 这些技术性能特点赋予混凝土出色的工作性、良好的强度发展以及优异的耐久性[1,2,3,4], 十分符合现代混凝土工程的需要, 具有综合的技术性能及环保优势。

本文采用自制大单体MPEG-1500MAA, 通过水溶液共聚反应合成聚羧酸系高效减水剂, 着重研究了不同氧化还原引发体系下, 反应温度、反应物掺量等对减水剂性能的影响。

1 试验部分

1.1 试验原料

聚乙二醇单甲醚-1500甲基丙烯酸酯MPEG-1500MAA, 自制;甲基丙烯磺酸钠SMAS工业级;甲基丙烯酸MAA, 分析纯;过硫酸铵PASM, 分析纯;过氧化氢, 分析纯;亚硫酸氢钠;硫酸亚铁;氢氧化钠;蒸馏水。

1.2 合成工艺

将一定量蒸馏水溶解SMAS后加入到四口瓶中, 待温度升至设定值时, 通入氮气并搅拌, 开始滴加MPEG-1500MAA及MAA混合溶液1~2h和PASM溶液2~3h, 恒温反应2~3h, 冷却至室温, 加入40%浓度的NaOH溶液, 将减水剂PH值调至6~7, 得到约40%浓度的红棕色聚羧酸高效减水剂。

在采用氧化还原引发体系时, 需先将过硫酸铵等氧化剂与SMAS溶解后加入四口瓶中, 通入氮气搅拌, 同时滴加MPEG-1500MAA及MAA混合溶液1~2h和还原剂 (如亚硫酸氢钠) 溶液2~3h, 后面操作同上。

1.3 水泥净浆流动度测试方法

采用重庆拉法基水泥有限公司生产的P.O42.5R水泥, 按照《混凝土外加剂匀质性试验方法》 (GB/T8077-2000) 测定水泥净浆流动度。实验条件为:W/C=0.29, 外加剂掺量为水泥用量的0.3%, 测定水泥净浆在玻璃板上30s内流动度作为初始流动度, 并分别测其30min、60min净浆流动度。

2 结果与讨论

2.1 SMAS掺量对水泥净浆流动度的影响

在PASM的用量为MPEG-1500MAA的2wt%, MAA与MPEG-1500MAA的摩尔比为5:1, 反应温度为80℃, 调整SMAS与MPEG-1500MAA的摩尔比为0.3~0.9:1的条件下合成减水剂, 并分别测其0min、30min、60min净浆流动度, 结果见图1。

由图1可以看出, 随着甲基丙烯磺酸钠用量的增加, 制得的聚羧酸高性能减水剂的水泥净浆流动度逐渐增大, 当其摩尔比为0.5时达到最佳;继续增加SMAS用量将使减水剂对水泥的分散性能出现明显的下降, 从图1可以看出, SMAS的用量对减水剂分散保持性能没有显著的影响[5,6]。

2.2 MAA掺量对水泥净浆流动度的影响

在PASM的用量为MPEG-1500MAA的2wt%, SMAS与MPEG-1500MAA的摩尔比为0.5:1, 反应温度为80℃, 调整MAA与MPEG-1500MAA的摩尔比2~7:1的条件下合成减水剂, 并分别测其0min、30min、60min净浆流动度, 结果见图2。

由图2可以看出, 随着MAA用量的增加, 减水剂的分散性能增强, 但保持分散性的能力降低;在MAA摩尔比为4时, 减水剂的初始分散性以及分散保持性都较强, 但MAA摩尔比为5时, 减水剂分散保持性已有所降低, 当摩尔比超过6时, 减水剂分散性及分散保持性均大大降低。

2.3 PASM掺量与浓度对水泥净浆流动度的影响

在保持SMAS与MPEG-1500MAA的摩尔比为0.5:1, MAA与MPEG-1500MAA的摩尔比4:1, 反应温度为80℃, 调整PASM的用量为MPEG-1500MAA的1~4wt%, 配制浓度为5~15%时, 分别对合成减水剂的0min、30min、60min净浆流动度测定结果见图3、图4。

由图3可见, 随着PASM用量的增加, 减水剂的分散效果提高, 当PASM用量增加到单体用量的2%时, 减水剂的分散性及分散保持性均最佳。由图4可知, 随着PASM浓度的增高, 减水剂对水泥净浆分散性增大, 在浓度为10%左右达到最佳, 而PASM浓度对减水剂分散保持性没有显著影响。这可能是因为[7,8,9]:引发剂用量和浓度与聚合物的分子量的大小密切相关, 引发剂用量较少时, 自由基聚合速率大, 聚合物分子量大;相反, 引发剂用量较多时, 自由基聚合速率小, 聚合物分子量小。引发剂浓度越高, 减水剂分子量越小;相反引发剂浓度越低, 减水剂分子量越大, 而减水剂的分子量过大或过小都对其分散性能有显著的影响。分子量过小, 不利于减水剂空间位阻效应的发挥;分子量过大, 则容易产生絮凝现象, 导致水泥净浆粘度增大、流动性降低。

2.4 反应温度对水泥净浆流动度的影响

保持SMAS与MPEG-1500MAA摩尔比为0.5:1, MAA与MPEG-1500MAA的摩尔比4:1, PASM的用量为MPEG-1500MAA的2wt%, 浓度为10%, 调整反应温度在60~90℃, 所合成减水剂的初始净浆流动度测定结果见图5。

由图5可以看出, 在80~85℃时合成的减水剂分散性较好。因为温度越高, 引发剂分解越快, 半衰期越短, 溶剂中自由基浓度较高, 生成聚合物的分子量越小;反之温度越低, 引发剂分解越慢, 半衰期越长, 溶剂中自由基浓度越低, 生成聚合物的分子量越大[10,11]。聚合物分子量对减水剂性能影响的原因如2.3中所述。

2.5 氧化还原引发体系合成减水剂对水泥净浆流动度的影响

氧化还原引发体系[12]可以产生自由基, 引发单体聚合, 该体系的活化能低, 在较低温度下也能获得较快的反应速率。这类体系的组分可以是无机或有机化合物, 性质可以是水溶性或油溶性, 根据聚合方法而定, 水溶性氧化还原引发体系中, 氧化剂组分有过氧化氢, 过硫酸盐, 氢过氧化物等, 还原剂有无机还原剂 (Fe2+, Cu+, NaHSO3, Na SO3, Na2S2O3等) 和有机还原剂 (醇, 胺, 草酸, 葡萄糖等) 。

本试验是水溶性聚合反应体系, 选用过硫酸铵—亚硫酸氢钠、过硫酸铵—亚硫酸氢钠—亚铁盐、过氧化氢—亚硫酸氢钠—亚铁盐三种氧化还原引发体系, 按氧化还原引发体系总体掺量为大单体质量分数的2%, 在氧化剂与还原剂不同摩尔比、不同温度下反应5~6h左右, 对合成减水剂的分散性能进行了对比试验, 从而确定最低反应温度。

2.5.1 过硫酸铵—亚硫酸氢钠体系对水泥净浆流动度的影响

由图6可以看出, 过硫酸铵—亚硫酸氢钠氧化还原引发体系中, 过硫酸铵与亚硫酸氢钠的摩尔比在1:1~1:2之间时, 合成的减水剂分散性能最好, 而随着其过硫酸铵用量的增加, 分散性和分散保持性能均显著降低, 随着亚硫酸氢钠用量的增加, 尽管其分散性能有所提高, 但减水剂极不稳定, 并产生恶臭气味, 因此本体系确定过硫酸铵与亚硫酸氢钠的最佳摩尔比为1.5:1。由图7可以看出, 在确定过硫酸铵与亚硫酸氢钠的摩尔比为1.5:1情况下, 降低反应温度, 在60℃时减水剂仍然有较好的分散性与分散保持性能, 当温度降低为50℃时, 合成减水剂初始流动度为0mm, 表明其没有发生共聚反应。

2.5.2 过硫酸铵—亚硫酸氢钠—亚铁盐体系对水泥净浆流动度的影响

在过硫酸铵—亚硫酸氢钠—亚铁盐氧化还原引发体系中, 确定反应温度为60℃, 在亚硫酸氢钠与过硫酸铵摩尔比为0.5, 亚铁盐与过硫酸铵摩尔比在0.01:1~0.07:1时, 以及在亚铁盐与过硫酸铵摩尔比为0.05, 亚硫酸氢钠与过硫酸铵摩尔比在0.2:1~1.5:1时, 合成减水剂的分散性及分散保持性分别见图8、图9;并在确定亚硫酸氢钠:亚铁盐:过硫酸铵为0.5:0.05:1时, 调整反应温度为40~70℃, 合成减水剂分散性及分散保持性见图10。

由图8可以看出, 随着亚铁盐用量的增加, 减水剂分散性能与分散保持性能均增大, 在其与过硫酸铵摩尔比为0.05时, 达到最佳。由图9可以看出, 亚硫酸氢钠与过硫酸铵摩尔比在0.5~1.2时, 分散性与分散保持性能相差不大, 而在0.5时达到最佳。由图10可以看出, 固定体系摩尔比情况下, 随着反应温度的升高, 其分散性与分散保持性能均有大幅提高, 而温度在60℃时, 净浆流动度达到250mm, 30min几乎无损失, 与PASM为引发剂、反应温度为80℃时相比, 分散性与分散保持性效果相差不大, 表明在此引发体系下, 合成减水剂时温度可以降低到60℃.

此反应体系可能的反应机理是[13,14,15,16]:过硫酸铵在反应体系中发生反应 (NH4) 2S2O8+2H2O=2NH4HSO4+H2O2, 生成双氧水, 而在亚硫酸氢钠、七水硫酸亚铁和双氧水三组份构成的氧化还原体系中, 七水硫酸亚铁和双氧水组成氧化剂体系和反应单体混合在一起, 双氧水将两价铁氧化成三价铁, 同时释放出氧自由基, 氧自由基有很高的反应活性, 能够在低温下进行反应, 并不断的被消耗;同时亚硫酸氢钠作为还原剂将三价铁还原成二价铁, 重新生成的二价铁再次参与和双氧水的反应, 不断的循环反应释放出氧自由基, 直到双氧水耗尽, 从而在低温的条件下合成聚羧酸高效减水剂。

2.5.3 过氧化氢—亚硫酸氢钠—亚铁盐体系对水泥净浆流动度的影响

基于2.5.2中所述反应机理, 用H2O2直接代替过硫酸铵, 掺量为单体质量分数的2%, 亚硫酸氢钠:亚铁盐:过氧化氢的摩尔比为0.5:0.05:1, 得到试验结果见图11。

由图11可以看出, 用双氧水代替过硫酸铵与亚硫酸氢钠、亚铁盐组成氧化还原引发体系时, 其试验结果与过硫酸铵—亚硫酸氢钠—亚铁盐氧化还原引发体系相差无几, 而其分散保持性能却得到一定程度的改善。

3 结论

(1) 以MPEG-1500MAA、SMAS、MAA、PASM为主要原料合成聚羧酸减水剂, 在最优摩尔比SMAS:MAA:MPEG-1500MAA为0.5:4.5:1, PASM的掺量为MPEG-1500MAA质量的2%, 配制浓度为10%, 反应温度为80℃时, 其水泥净浆初始流动度达到275mm, 1h流动度保持率为95%。

(2) 分别对过硫酸铵—亚硫酸氢钠、过硫酸铵—亚硫酸氢钠—亚铁盐、过氧化氢—亚硫酸氢钠—亚铁盐三种氧化还原引发体系合成减水剂及其分散性和分散保持性能的研究结果表明, 在控制氧化、还原剂适当摩尔比, 反应温度为60℃时, 合成减水剂的水泥净浆初始流动度为250mm, 30min流动度保持率达95%以上。

(3) 在过硫酸铵—亚硫酸氢钠—亚铁盐与过氧化氢—亚硫酸氢钠—亚铁盐两种氧化还原引发体系下, 其合成减水剂的性能相差不大, 表明这两种氧化还原引发体系的反应机理具有相似性。

氧化还原体系 篇2

1.通过复习使所学知识系统化。

2.通过针对性训练，使学生进一步理解有关概念的本质，提高综合应用知识的能力。

3.培养学生用发展、联系、全面辩证的观点分析和认识事物，从而了解事物的本质。

●教学重点

氧化还原反应和离子反应。

●教学难点

氧化还原反应的基本规律和离子方程式的书写。

●教学方法

启发讨论、问答、归纳整理、讲练结合。

●课时安排

一课时

●教学用具

投影仪、胶片

●教学过程

［引言］本章学习了化学反应及其能量变化，现将知识要点及要求投影如下，请大家思考讨论后进行归纳整理。

［投影］本章知识要点及要求

1.化学反应的类型

认识化学反应的不同分类方法及关系。

2.氧化还原反应的有关概念及联系

理解氧化还原反应的实质、特征、氧化与还原、氧化性与还原性、氧化剂与还原剂、氧化产物与还原产物等概念，掌握用双线桥法分析氧化还原反应的方法及氧化还原反应的基本规律。

3.离子反应

掌握离子反应概念、离子反应的条件、离子方程式的书写和离子大量共存的规律。

4.化学反应中的能量变化

建立化学反应中能量变化的观点，并能初步理解能量变化的原因。

［问］根据反应物和生成物的类别及种类可将化学反应分为哪些类型？

［答］化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应。

［问］化学反应还可分为氧化还原反应和非氧化还原反应，其分类根据是什么呢？

［答］根据是反应中是否有电子的转移(得失或偏移)。

［讲述］一切化学反应可划分为两类，有电子转移的氧化还原反应，无电子转移的非氧化还原反应。因此，是否有电子转移是对化学反应的本质的研究。

［问］本章我们还学习了另一重要类型的反应，主要指电解质在溶液中进行的反应，其实质是……？

［答］离子反应。

［讲］根据反应中是否有离子参加，我们将有离子参加的反应称为离子反应。相反，可称非离子反应。中学阶段所学习的离子反应主要有溶液中进行的复分解反应和溶液中进行的＋＋有离子参加的氧化还原反应(如Fe＋Cu2====Fe2＋Cu)。

［问］我们知道一个化学反应的发生一定有新物质产生，就是说化学反应中，必然伴随有物质变化，这势必导致另一种变化，是什么呢？

［答］能量变化。

［讲］化学反应中的能量变化，常常表现为热量的变化，根据反应中热量的变化情况又可将化学反应分为放热反应和吸热反应。

［投影总结］化学反应的类型。

［讲述］由此看来，化学反应从不同角度、不同层次可有不同的分类方法。即说从不同角度、不同层次可研究同一个整体。它们之间是有联系的。其中，是否有电子转移是对化学反应最深层次即最本质的研究。

［投影］氧化还原反应同四种基本反应类型的关系：

［问］结合图示，请用文字简要说明。

［答］化合反应、分解反应与氧化还原反应属交叉关系，置换反应包含于氧化还原反应中，是从属关系，而复分解反应与之不相关，非从属关系。

［问］离子反应与氧化还原反应有何关系呢？可举例说明？并用示意图表示。

［答］有些离子反应是氧化还原反应，如：Fe＋2H====Fe2＋H2↑

Fe＋Cu

2＋

＋＋

－

＋

＋

=====Fe2＋Cu等，还有些离子反应不属氧化还原反应，如OH＋H====H2O SO24＋Ba2====BaSO4↓等，因此两者属于交叉关系，可图示如右：

［投影］请看下列反应，并回答所设问题。＋(1)C＋CO2 2CO

高温(2)CaCO3CaO＋CO2↑

高温(3)2Al＋6HCl====2AlCl3＋3H2↑

(4)2NaOH＋H2SO4====Na2SO4＋2H2O

［问题1］从不同角度说出以上四个反应的类型。

．．．．［提问并回答］(1)属化合反应；属氧化还原反应；属吸热反应；属非离子反应。

(2)属分解反应；属非氧化还原反应；属吸热反应；属非离子反应。

(3)属置换反应；属氧化还原反应；属放热反应；属离子反应。

(4)属复分解反应；属非氧化还原反应；属放热反应；属离子反应。

［问题2］反应(1)(3)为氧化还原反应，请用双线桥表示电子转移的方向和数目，并指出氧化剂和还原剂，氧化产物和还原产物。

［生］用双线桥表示反应(1)(3)，并由一名学生板演。

C为还原剂，CO2是氧化剂，CO既是氧化产物也是还原产物。

Al为还原剂，HCl是氧化剂，AlCl3为氧化产物，H2是还原产物。

［讲］氧化还原反应的本质是电子的转移，由此而产生的其他概念及转化关系归纳如下：

［投影总结］氧化还原反应的有关概念及关系。

［说明］投影时先给出中间一行内容，然后根据氧化还原反应的相关概念，在老师提示下共同找出有关概念及关系。

［问题3］反应(3)(4)属离子反应，请写出离子方程式。

［学生板演］

＋＋［评价］(3)2Al＋6H====2Al3＋3H2↑

－＋(4)OH＋H====H2O ［问题4］反应(3)(4)的离子方程式还能表示哪些物质间的反应？请各举一例写出化学方程式。

［学生］如2Al＋3H2SO4(稀)====Al2(SO4)3＋3H2↑

Ba(OH)2＋2HCl====BaCl2＋2H2O

［讲解］显然，离子方程式不仅可表示一定物质间的某个反应，而且表示所有同一类型的离子反应。

＋＋－［问题5］请分析反应(3)中H，反应(4)中H和OH反应前后浓度的变化，说明离子反应的本质。

＋＋－［学生］反应(3)中H转化为H2而减少，反应(4)中H与OH因结合成难电离的水而减少，显然，离子反应朝着使某些离子浓度减小的方向进行。

［小结］离子反应的本质：离子浓度的减小。

［问题6］哪些因素可使离子浓度减小呢？

［学生］生成难电离物或生成气体或生成难溶物。因氧化还原反应的发生也可使某些离子的浓度减小如以上反应(3)。

［投影总结］离子反应

［问题7］反应(4)为放热反应。试简要说明中和反应为什么全是放热反应，并用图表表示反应中反应物和生成物的能量变化。

＋－［分析］中和反应的实质为由酸电离出的H跟由碱电离出的OH作用而生成难电离水＋－＋－的过程。即H＋OH====H2O。由反应(4)是放热反应，说明：H与OH的能量总和大于水分子的总能量，当两者反应时，一部分能量会以热量形式释放出来，所以中和反应都是放热反应。可用图表示意如下：

［投影总结］化学反应中的能量变化。

［讲述］任何一个化学反应的发生，都必然伴随着物质变化和能量变化。

．．．．．．．．．［本节小结］本章教材中介绍的氧化还原反应和离子反应等知识，都是中学化学的重要理论。本章概念较多，在学习中要在复习初中化学中有关知识的基础上，对其进行分类、归纳，掌握其中的规律。

氧化还原反应之要点 篇3

[ 克难攻新，理清关系]

以前的高考常考的是较为熟知的HNO3、KMnO4等参加的氧化还原反应，现在考的是熟悉中较难一些的反应，甚至是一些全新的氧化还原反应。这就要求我们更加熟练地理解氧化还原反应的相关概念，做到面对新情景、新反应，能克难攻新，应对自如。

例1 在氧化还原反应中，水作为氧化剂的是（ ）

A.C+H2O[高温]CO+H2

B.3NO2+H2O=2HNO3+NO

C.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑

D.2F2+2H2O=4HF+O2

解析 该题实际上归纳了有水参加的氧化还原反应的3个类型。 A项中是水作为氧化剂，B、C项中水既不作氧化剂，又不作还原剂，D项中水作为还原剂。我们平时都做过这些分析，但是，较多的同学难以理解Na2O2与H2O、CO2的反应关系。类似地，KClO3和浓HCl的氧化反应关系也是需要强化弄懂的。因此，平时的复习就是要突破难点。

答案 A

例2 已知氧化还原反应：2Cu（IO3）2+24KI+12 H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O，其中1 mol氧化剂在反应中得到的电子为（ ）

A.10 mol B.11 mol

C.12 mol D.13 mol

解析 本题的化学反应是我们没有接触过的反应，新颖而且不算简单。给定一个氧化还原反应，我们应从元素化合价的变化入手试探着分析：Cu（IO3）2中Cu元素价态从+2价降低到+1价，反应中降低的总价数为2价，I元素价态从+5价降低到0价，反应中降低的总价数为20价;KI中I元素价态从-1价升高到0价，反应中升高的总价数为22价。这种按化合价就近变化的关系最后体现出的化合价升降总数是相等的，说明反应关系就应如此，如果简单地这样理解还行不通的话，那么，该反应的关系就不是这样单纯了。由上述分析可知，Cu（IO3）2是氧化剂，KI是还原剂。1 mol Cu（IO3）2参加反应，得到的电子总数为11 mol。

答案 B

例3 三聚氰酸[C3N3（OH）3]可用于消除汽车尾气中的NO2。其反应原理为：C3N3（OH）3[△]3HNCO;8HNCO+6NO2[△]7N2+8CO2+4H2O。下列说法正确的是（ ）

A.C3N3（OH）3与HNCO为同一物质

B.HNCO是一种很强的氧化剂

C.1 mol NO2在反应中转移的电子为4 mol

D.反应中NO2是还原剂

解析 反应C3N3（OH）3[△]3HNCO可以理解为分解反应，C3N3（OH）3、HNCO为不同组成的分子，不是同一物质。反应8HNCO+6NO2[△]7N2+8CO2+4H2O明显是氧化还原反应。NO2中元素的化合价从+4价降低到0价，1 mol NO2参加反应得到电子4 mol，因此，NO2就是氧化剂。那么，HNCO是否就是还原剂呢？按常规理解，氰酸HOCN的结构为HO—CN。异氰酸HNCO的结构为H—N=C=O中C为+4价，N为-3价。这样看来，HNCO中C元素的化合价没有发生变化，只有N元素的化合价在升高，HNCO就是还原剂。反应8HNCO+6NO2[△]7N2+8CO2+4H2O为归中反应。

答案 C

[ 把握氧化还原反应的内涵和外延]

氧化还原反应有特有的概念、规律。这些概念、规律是学好氧化还原反应的基础知识，它可能有点枯燥，但是，氧化还原反应无处不在，融合在我们课堂内外的各个环节、领域。因此氧化还原反应会变得生动活泼和丰富多彩起来。下面归纳10个氧化还原反应，阐释它们富有的内涵和外延，启示了我们对化学的深刻认识。

12FeCl2+3O2+6H2O=8FeCl3+4Fe（OH）3↓

分析 化学具有指导性。氯化亚铁溶液久置容易被空气氧化变质，因此，实验室保存FeCl2溶液应该采取相应的防止氧化措施：向FeCl2溶液中加入少量的铁粉和少量的稀盐酸。

4KI+O2+2H2O=4KOH+2I2

分析 化学与生产、生活联系紧密。KI可被氧气氧化生成单质碘，因此，添加KI的食盐食用时往往有苦涩味。现在食盐加碘较普通地更新为加入KIO3的方法。

5CH2=CH2+12KMnO4+18H2SO4=10CO2↑+6K2SO4+12MnSO4+28H2O

分析 化学变化中可能隐藏着某些不够清晰的内容。我们知道乙烯可以被酸性的KMnO4溶液氧化为CO2，所以，在除去甲烷中的乙烯气体时，不宜让混合气体通过酸性KMnO4溶液，以免引入了新的杂质气体，而应通入足量的溴水中。

2CrO3（红色）+3CH3CH2OH+3H2SO4=Cr2（SO4）3（绿色）+3CH3CHO+6H2O

分析 化学应该为社会服务。司机酒后驾车可通过专用仪器检测。使驾车人呼出的气体接触载有经过硫酸酸化处理的强氧化剂CrO3的硅胶，通过观察颜色的变化来判断是否酒后驾车。

2Na2S2O3+I2=2Na2S4O6+2NaI

分析 化学知识的原理和方法可以迁移、挖掘。中学有酸碱中和滴定实验测定未知溶液浓度的实验方法，类似地，可以拓展滴定操作，依据氧化还原反应关系也可以测定未知溶液的浓度。

nlc202309051545

CH3CHO+Br2+H2O=CH3COOH+2HBr

分析 化学需要尊重客观事实。乙醛能够使溴水溶液的橙色褪去，但是，该反应不能按思维定势想象为溴单质与乙醛的加成反应，实际上是溴水氧化乙醛为羧酸的氧化反应。这一点可以通过实验测定反应前后溶液的酸性强弱变化来验证。

2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O

分析 化学设计需要优化。我们通常用碱溶液去沉淀金属阳离子使其转化为难溶于水的金属氢氧化物沉淀除去。但是，Fe（OH）2是白色絮状沉淀，采用过滤操作容易夹杂溶液中的离子一起滤去。因此，实验中除去溶液中的Fe2+通常先用绿色氧化剂双氧水氧化Fe2+为Fe3+，再用碱溶液反应生成Fe（OH）3除去。

I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl

分析 化学需要发现。当我们向KI淀粉溶液通入Cl2时，可以看到溶液呈蓝色，但是，如果通入过量的Cl2，会发现溶液的蓝色会褪去。

6FeBr2+3Cl2（少量）=2FeCl3+4FeBr3

分析 化学是有规律可遵循的。当Cl2的物质的量不足时，Cl2选择性地先与还原性较强的Fe2+反应。值得注意的是当少量的Cl2通入FeI2溶液时，Cl2选择性地先与还原性比Fe2+强的I-反应，FeI2+Cl2（少量）=Cl2+FeI2。

3CuO+2NH3[△]3Cu+N2+3H2O

分析 化学具有开放性。我们最开始知道的是H2、C、CO还原氧化铜，现在展示的是NH3还原氧化铜生成了铜。其实，能够还原氧化铜的还原剂还有CH3CH2OH、Al、CH4等。

[ 理解氧化还原反应的特点]

我们学习了氧化还原反应的概念和规律，掌握了大量的氧化还原反应的应用实例。现在综合分析众多形式和内容不同的氧化还原反应的特点，进一步深入地认识和理解氧化还原反应。

1. 某些氧化还原反应的发生是有条件的

（1）温度。燃烧是剧烈的氧化还原反应，往往需要点燃或加热才能发生。MnO2和浓盐酸需要加热才能反应生成氯气。

（2）催化剂。金属锌粉和碘粉混合，滴入几滴水才能发生剧烈的反应。

（3）浓度。浓盐酸中氯离子具有较强的还原性，稀盐酸是不能代替浓盐酸与MnO2、KMnO4反应生成Cl2的。因此，在实验室用加热MnO2和浓盐酸制取氯气时，浓盐酸是不可能完全反应的。同理，浓硫酸是强氧化性酸，可发生氧化还原反应，表现出强氧化性。加热铜和浓硫酸制取SO2时，硫酸也是不能完全反应的。

（4）酸化。从价态分析，SO32-具有氧化性、S2-具有还原性，但是，Na2SO3和Na2S溶液是可大量共存的。如果再向混合溶液中加入稀硫酸酸化，则可以发生氧化还原反应。Na2SO3+2Na2S+3H2SO4=3Na2SO4+3S↓+3H2O。

（5）外加电源。电解是电解质的离子在阴阳两极分别进行的氧化还原反应，该类反应是在外加电源存在的条件下进行的非自发的氧化还原反应。

2. 氧化还原反应的进行是动态的

随着氧化还原反应的进行，氧化还原反应可发生动态变化。例如，加热金属锌和浓H2SO4的混合物，前一阶段发生的反应是Zn+2H2SO4（浓）[△]ZnSO4+SO2↑+2H2O，后一阶段发生的反应是Zn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑。类似地，铜和浓HNO3的反应依次为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O。

3. 氧化还原反应是不可完全类比的

氧化还原反应的进行是由物质本身的性质决定的，在反应的形式和内容上不能完全类比。例如，卤素单质与水的反应，Cl2、Br2、I2可用通式表示：X2+H2O=HXO+HX;但是，氟气和水反应是置换反应：2F2+2H2O=4HF+O2。少量的氯气通入FeBr2溶液中：6FeBr2+3Cl2=2FeCl3+4FeBr3。少量的氯气通入FeI2溶液中：FeI2+Cl2=FeCl2+I2。

4. 归中反应、歧化反应

它们是发生在同种元素原子之间的氧化还原反应，存在广泛，意义重大。

（1）归中反应，如：4NH3+6NO[催化剂△]5N2+6H2O。

（2）歧化反应，如：3S+6NaOH[△]2Na2S+Na2SO3+3H2O。

5. 氧化还原反应的原理、规律指引了氧化还原反应的新情境

我们知道Cl2的氧化性是大于I2的，第一次见到反应KClO3+I2=KIO3+Cl2时，有的同学感觉该反应是不成立的。其实，上述反应显示的是I2的还原性大于Cl2。

又如，实验表明乙二酸溶液能使酸性的KMnO4溶液褪色的。反应5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O是符合氧化还原反应元素化合价升降变化原理的。因此，我们有一种认识是：草酸是一种常用的还原剂。

[练习]

1.从矿物学资料中查得，一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列说法正确的是（ ）

A.Cu2S既是氧化产物又是还原产物

B.5 mol FeS2发生反应，有10 mol电子转移

C.产物中的SO42-有一部分是氧化产物

D.FeS2只作还原剂

2.赤铜矿的成分是Cu2O，辉铜矿的成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热有以下反应：2Cu2O+Cu2S [△]6Cu+SO2↑。对于该反应，下列说法正确的是（ ）

A.该反应的氧化剂只有Cu2O

B.Cu既是氧化产物又是还原产物

C.Cu2S在反应中既是氧化剂又是还原剂

D.还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶6

[参考答案]

1.C 2.C

氧化还原体系 篇4

本研究以白油为连续相,以山梨糖醇酐油酸酯/聚乙二醇辛基苯基醚(Span-80/OP-10)为复合乳化剂,过硫酸铵-亚硫酸氢钠(APS-Na HSO3)为氧化还原引发剂制备了稳定的丙烯酸-丙烯酰胺(AA-AM)反相乳液,并对AA-AM反相乳液的共聚工艺条件进行探讨。

1 实验部分

1.1 主要实验材料与仪器

1.1.1 主要实验材料

丙烯酰胺(AM),AR,天津市化学试剂研究所;丙烯酸(AA),AR,天津市永大化学试剂开发中心;山梨糖醇酐油酸酯(Span-80),AR,上海森灏精细化工有限公司;聚乙二醇辛基苯基醚(OP-10),AR,苏州工业园区正兴化工研究所;亚硫酸氢钠(Na HSO3),AR,上海试一化学试剂有限公司;过硫酸胺(APS),AR,上海森灏精细化工有限公司;

甲醇,AR,长沙湘科精细化工厂;丙酮,AR,湖南汇虹试剂有限公司;白油,市售;去离子水,自制

1.1.2 主要实验仪器

YL501超级恒温水浴器,上海跃进医疗机械厂;BS300-0电子天平,北京赛多利斯天平有限公司;JJ-1电动调速定时搅拌器,常州澳森电器有限公司;ZKF035型电热恒温干燥箱,上海实验仪器厂有限公司;TJ270-30红外分光光度计,天津市光学仪器厂;ZRY-2P高温综合热分析仪,中国上海精密仪器厂

1.2 实验方法

1.2.1 合成方法

在三颈瓶中加入适量的乳化剂和白油,搅拌,使其混合均匀;然后将一定量混合好的AM、AA单体溶液加入到三颈瓶中,待溶液乳化形成W/O型乳液后,添加少量的氧化还原引发剂,保持反应温度在35~45℃反应3h,制备得到均匀稳定的AA-AM聚合产品。

1.2.2 产品处理

取上述AA-AM乳液于烧杯中,加入一定量的甲醇,使聚合物大分子沉淀絮凝,并用丙酮洗涤2次后,放入恒温箱中干燥至恒重。

转化率(%)=100%

1.3 测试与分析

1.3.1 红外测试与分析(IR)

聚合后的乳液在搅拌下倒入过量的丙酮中沉淀;样品在索氏管中用丙酮抽提24h,抽真空干燥至恒重,KBr压片后,用红外分光光度计(IR)测定。

1.3.2 热重分析

将AA-AM聚合物真空干燥至恒重,加入20mg左右于ZRY-2P型高温综合热分析仪中,气体氛为N2,气流量为120m L/min,升温速率10℃/min。

2 结果与讨论

2.1 单体浓度对转化率影响

在反应体系中,AM/AA质量比为4:1,引发剂浓度为0.25%(占乳液的质量分数),乳化剂(Span-80:OP-10=7:3)质量分数为6%,反应温度40℃,反应3h。在上述条件不变的情况下,改变单体的浓度,考察单体浓度对聚合转化率的影响,探讨结果如图1所示。

由图1可知,在单体浓度低于20%时,聚合转化率随着单体浓度的增加而增大;因为当单体浓度过低时,单体之间接触和碰撞的几率较小,不利于分子链的增长,且反应速率慢,时间长,聚合不完全;但单体用量的增加使的反应速率变大,聚合时间变短,所以聚合物黏度变大,相对分子质量也就增大,也就单体转化率增大。当AA、AM单体在浓度为20%时,聚合转化率达到最大值。但在单体浓度在高于20%后,聚合转化率会随着单体浓度增大而减小;是因为当单体用量超过一定值后,过量的单体较难参加聚合反应,聚合放出的热量不能及时散出,大量的放出的热破坏乳化作用,造成反应中的“破乳”,甚至出现交联,导致聚合物的相对分子质量和转化率降低。从图1可看出在单体AM与AA的质量比为4:1,单体的浓度为20%时,单体转化率最好。

2.2 乳化剂配比及其浓度对转化率影响

乳化剂的作用是将单体水溶液分散成小的单体液滴,稳定分散在油相中,达到乳化的效果,然后小的单体液滴成核,即活性自由基进入单体小液滴中引发聚合,生成聚合物。在反应体系中,AM与AA的质量比为4:1,质量分数为20%,引发剂的质量分数为0.25%,反应温度40℃时,不同配比的乳化剂浓度与转化率之间的关系图如图2所示。

由图2可知,对于不同浓度的乳化剂,当复合乳化剂中的Span-80的含量达到70%左右时,都出现最大转化率。并且在Span-80:OP-10为7:3这一比例时,单体转化率以乳化剂浓度为6%时最大。这是因为当聚合反应中乳化剂用量较低时,乳胶粒子表面吸附的乳化剂分子较少,表面乳化膜不致密,胶粒易聚结,所以使得聚合反应速率下降,聚合反应转化率降低;随着乳化剂用量增加时,胶粒数目增多,聚合反应速率加快,聚合反应转化率增加;但达到一定值后继续增加会使得油水之间的界面膜增厚,反而阻碍引发自由基的扩散,导致聚合反应速率下降,转化率降低。所以乳化剂的最适配比为Span-80:OP-10为7:3,最适浓度为6%。

2.3 引发剂浓度对转化率影响

引发剂分解为自由基时需克服其活化能,即经过热分解生成具有活性的带电引发离子。在反应体系中,AM与AA的质量比为4:1,质量分数为20%,乳化剂的质量分数为6%、Span-80/OP-10为7:3,反应温度40℃时,不同浓度的引发剂含量与转化率之间的关系如图3所示。

图3看出引发剂APS/Na HSO3浓度在0.25%时,单体转化率达到一个最佳值。并可看出在较低引发剂用量时,单体转换率较低,是因为引发剂用量不足时聚合应速率慢,链增长不能顺利进行;随着引发剂浓度增加,单体转化率提高,是因为温度一定时,当体系中自由基浓度增加,引发速率加快,聚合物的分子质量增加,同时更多的单体参与聚合反应;当引发剂浓度达到适宜值后继续增加,反而使得转化率下降,因为反应过程中产生的热不易散开,导致分子链断裂。所以以APS-Na HSO3作引发剂,浓度为0.25%时,达到反应的最适工艺条件。且从合理使用能源和经济价值来讲,其温度远低于APS作引发剂时反应温度为70~80℃[9~10],宜采用APS-Na HSO3作引发体系。

2.4 反应温度对转化率的影响

聚合反应链引发、链增长都与体系的温度密切相关。在本实验用APS-Na HSO3作氧化还原引发体系,降低引发温度,使聚合反应在较低的温度下进行。在聚合反应体系中,在其他反应条件不变的情况下,该变反应温度。得到不同反应温度与转化率之间的关系曲线如图4所示。

从图4可看出在较低温度下,引发剂分解及自由基活化也都受影响,活性基与单体作用较弱,阻碍聚合链增长,因此单体转化率不高;随着温度的升高,链引发速率常数增加,聚合物相对分子质量增加,同时,乳胶粒布朗运动加剧,使乳胶粒之间进行撞合而发生聚结的速率增大,所以单体转化率增大;但在较高温度下(>50℃),链引发速率常数和链终止速率常数同时增大,反应速度过快,使得产生大量的热,发生暴聚行为,至使单体转化率降低。一般宜控制温度在40℃左右.

2.5 IR光谱分析

图5为AA-AM共聚物样品的IR光谱图,在3632cm-1处和3568cm-1处为酰胺基团的N-H特征吸收峰;2928cm-1处为-CH,-CH2特征吸收峰,1652cm-1~1704cm-1处为羧酸基团的-COOH特征吸收峰;1652cm-1处为丙烯酸和丙烯酰胺的C=O特征吸收峰;在1400cm-1处为丙烯酰胺的C-N特征吸收峰。由于高分子聚合材料中官能团的环境更加复杂,使峰位有所移动甚至不明显。由聚合得到的样品的光谱图可知,共聚物中含有AA、AM等链接单元。

2.6 热重分析

图6是在气体氛为N2,气流量为120m L/min,以升温速率10℃/min上升的差热分析曲线。

当失重温度在162.5~301.3℃时,聚合物样品的损失为28%;失重温度在370.1~442.8℃时,聚合物样品的损失为46%;出现了两个平台。且从DTG曲线看出该共聚物的两个最大失重速率温度分别为237.3℃和391℃。由于整个过程中伴随打开双键发生分子间的交联反应,所以在较高温度下也难以完全失重。由TG曲线可知,该高分子聚合物在162.5℃时开始分解,说明了该高分子聚合物在该温度以下使用时有较好的稳定性。

3 结论

通过对AA-AM氧化还原体系的反相微乳液聚合,考察了单体浓度,引发剂用量,乳化剂配比及其浓度,反应温度对聚合转化率的影响。探讨出较佳的反应工艺条件为:AM与AA质量比为41、质量分数为20%,Span80与OP-10质量比为7:3、质量分数为6%,引发体系APS-Na HSO3的质量分数为0.25%,连续相为白油,温度40℃,反应时间3~5h。在此条件下,单体的转化率较佳,可达92.7%。

参考文献

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[4]雷武,平春霞,王风贺等.含荧光基团的丙烯酸-丙烯酰胺共聚物的合成[J].PETROCHEM ICAL TECHNOLOGY,2006,35(2):145~150.

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[8]BENDA D.Inverse emulsion polymerization of acrylamide and salts of acrylic acid.Eur.Polym.J,1997,33:1345~1352.

氧化还原反应教案 篇5

1、巩固初中四种基本反应类型知识、初中氧化反应和还原反应知识。

2、用化合价变化的观点和电子转移的观点加深对氧化反应、还原反应等概念的理解。二能力目标

通过判断一个反应是否是氧化还原培养学生的逻辑思维能力。三情感目标

培养学生能用辨证的对立统一的观点分析事物的意识。重点与难点

巩固初中化学反应分类的知识和主要反应类型的知识并加深认识。教学方法设疑、比较、讨论、讲解、练习教学过程

一、化学反应类型 1基本反应类型

反应类型 举例 表示式 化合反应 C+O2===CO2 A+B====AB 分解反应``` CaCO3====CaO+CO2↑ AB====A+B 置换反应 C+CuO====Cu+CO↑ A+BC====AC+B 复分解反应 AgNO3+NaCl====AgCl↓+NaNO3 AB+CD====AD+CB 讨论以上反应类型的分类依据是什么? 小结依据反应物和生成物的类别及种类来区分。

思考Fe2O3+3CO=== 2Fe+3CO2、CH4+2O2====CO22H2O两反应属种基本反应类型? 小结不属于基本反应类型中的任何一种说明此种分类方法不能囊括所有化学反应

不能反映所有化学反应的本质。根据上面二个反应可以知道四种基本类型反应不能包括所

有反应且不能反映化学反应本质。氧化反应和还原反应的分类也没有反映反应的本质。

练习各写出一个符合下列条件的有关化学方程式。1两种单质化合两种化合物化合单质与化合物化合。2一种物质分解成两种物质一种物质分解成三种物质。

3非金属单质置换非金属单质4复分解反应氧化物与酸、氧化物与碱、酸与碱、酸与盐、盐与盐反应。

[讲述]化学反应还有其他分类方法。例如从得失氧的角度去分类我们还学习了氧 化反应和还原反应。

二、氧化还原反应

1、实验分析

实例CuO + H2 = Cu + H2O ↓ ↓ 从得失氧分析失氧 得氧

↓ ↓ 从升降价分析降价 升价 ↓ ↓ 电子转移分析得e 失e

↓ ↓

反应结论 还原反应 氧化反应--同时发生称为氧化还原反应 教师提示学生全面理解电子转移包括电子的偏移和电子的得失

2、概念迁移

用价态升降和电子转移的观点判断没有得失氧的反应。1电子完全得失2Na + Cl2 === 2NaCl 2电子对偏移H2 + Cl2=== 2HCl 得出氧化还原的本质定义凡是有电子转移得失、偏移的反应。

3、氧化还原反应与四种基本反应类型的关系。讨论后完成下表

反应类型 反应实例 是否氧化还原反应 与氧化还原反的关系 化合反应3Fe+2O2 ====Fe3O4 是 相关 化合反应 CaO+H2O=====Ca(OH)2 非

分解反应2H2O=====2H2↑+O2↑ 是 相关 分解反应 CaCO3 =====CaO+CO2 ↑ 非

置换反应 Fe+CuSO4 ====Cu+FeSO4 是 从属 复分解反应NaOH+HCl====NaCl+H2O 非 对立

--

三、氧化剂和还原剂

1、实例分析

CuO + H2  Cu + H2O ↓ ↓

还原反应 氧化反应

↓ ↓

被还原 被氧化

↓ ↓

氧化剂 还原剂

↓ ↓

得电子物质 失电子物质

从反应物中进一步引导学生分析“还原反应-被还原-氧化剂”和“氧化反应-被氧化-还原剂”的内联系

2、归纳小结师生共同讨论。

综合得出如下的氧化还原反应对立统一关系的两根推断线

实质 判断依据 元素变化 反应物称为 反应物性质

失e —→ 升价 —→ 被氧化 —→ 还原剂 —→ 还原性

得e —→ 降价 —→ 被还原 —→ 氧化剂 —→ 氧化性 例 根据下列反应

2H2S+O2 === 2S+2H2O 4NaI + O2 +2H2O === 5NaOH + 2I2 Na2S + I2 === 2NaI + S

判断以上反应中氧化剂氧化性由大至小的排列顺序。解析此类试题应首先根据概念判断出各反应中的氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物。

然后根据“在同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性”的规律比较得出结论。由此可知

反应（1）中氧化性氧化剂O2>氧化产物S 反应（2）中氧化性氧化剂O2>氧化产物I2

2015年高考“氧化还原反应” 篇6

例1 （上海化学卷）下列反应中的氨与反应4NH3+5O2→4NO+6H2O中的氨作用相同的是（）。

A.2Na+2NH32NaNH2+H2↑

B.2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O

C.4NH3+6NO→5N2+6H2O

D.3SiH4+4NH3→Si3N4+12H2

解析在反应4NH3+5O2→4NO+6H2O中，NH3中的氮元素化合价升高，氨作还原剂（氨体现还原性）。在反应A和D中，NH3中的氢元素化合价均降低，氨均作氧化剂（氨体现氧化性）;在反应B和C中，NH3中的氮元素化合价均升高，氨均作还原剂（氨体现还原性）。故答案为B、C。

二、考查物质氧化性或还原性强弱的比较

例2（江苏化学卷、山东理综卷、北京理综卷和广东理综卷组合）下列说法不正确的是（）。

A.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

B.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;则Br-还原性强于Cl-

C.对比Fe与稀HNO3反应、Fe与浓HNO3反应中的现象（Fe与稀HNO3反应，Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色;Fe与浓HNO3反应，Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止），说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3

D.向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，加入淀粉后溶液变成蓝色，则氧化性：Cl2>I2

解析对于A项，应用“还原剂的还原性比还原产物强”的规律，由反应CO2+Mg点+C可知，Mg的还原性强于C的还原性，A项正确;对于B项，溶液上层呈橙红色，说明Cl2与NaBr反应生成了Br2和NaCl（Cl2+2NaBrBr2+2NaCl），应用“还原剂的还原性比还原产物强”的规律可知，Br-的还原性强于Cl-，B项正确;对于C项，Fe与浓HNO3反应，Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止，这是因为发生了钝化现象，不能根据Fe与稀HNO3和Fe与浓HNO3反应的现象比较稀硝酸和浓硝酸的氧化性强弱（物质氧化性强弱只能通过比较物质得电子能力大小来分析），C项错误;对于D 项，Cl2将I-氧化为I2（Cl2+2I-2Cl-+I2），而碘遇淀粉溶液变蓝色，应用“氧化剂的氧化性比氧化产物强”的规律可知，氧化性：Cl2>I2，D项正确。故答案为C。

三、考查物质氧化性或还原性的判断

例3 （上海化学卷）二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有（ ）。

A.还原性B.氧化性C.漂白性D.酸性

解析二氧化硫能使溴水褪色，是因二氧化硫被溴水氧化（SO2+Br2+2H2OH2SO4+2HBr），说明二氧化硫具有还原性。故答案为A。

四、考查转移电子数的判断

例4（江苏化学卷、广东理综卷和安徽理综卷组合）下列说法正确的是（ ）。

A.若H2O2分解产生1 mol O2，理论上转移的电子数约为4×6.02×1023

B.反应CH4+H2O催化剂△3H2+CO，每消耗1 mol CH4转移12 mol电子

C.3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA（NA为阿伏加德罗常数的数值）个电子

D.向NaClO和NaCl混合溶液中加入浓盐酸，每产生1 mol Cl2，转移电子约为6.02×1023个

解析对于A项，由反应2H2O22H2O+O2↑可知，产生1 mol O2理论上转移2 mol电子，即理论上转移的电子数约为2×6.02×1023，A项错误;对于B项，因CH4-6e-→CO，则每消耗1 mol CH4转移6 mol电子，B项错误;对于C项，因3Fe-8e-Fe3O4，则3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4失去8NA个电子，C项正确;对于D项，由反应NaClO+2HCl

NaCl+H2O+Cl2↑可知，每产生1 mol Cl2转移1 mol电子，即转移电子约为6.02×1023个，D项正确。故答案为C、D。

例5 （海南化学卷，节选）硝酸铵加热分解可得到N2O和H2O，若有1 mol硝酸铵完全分解，转移的电子数为 mol。

解析因NH+4-4e-1/2N2O（或NO-3+4e-→1/2N2O），则1 mol硝酸铵完全分解，转移的电子数为4 mol。

故答案为：4 mol。

五、考查氧化还原反应化学方程式或离子方程式的配平

例6 （安徽理综卷，节选）请配平化学方程式：

□NaBO2+□SiO2+□Na+□H2——

□NaBH4+□Na2SiO3

解析可从还原剂Na和氧化剂H2入手，找出元素化合价的变化值（“↑”表示元素化合价升高，“↓”表示元素化合价降低;下同），根据其最小公倍数使化合价升降值相等，先确定出氧化剂和还原剂的化学计量数，再确定出氧化产物和还原产物的化学计量数，最后确定出其他物质的化学计量数。即：

NaBO2+SiO2+Na0+H02

↑1×2↓2×1

——Na+1BH-14+Na2SiO3

可先确定出Na和H2的化学计量数分别为2和1，然后确定出NaBH4的化学计量数为1/2，最后依次确定出NaBO2、SiO2和Na2SiO3的化学计量数分别为1/2、1和1。即1/2NaBO2+SiO2+2Na+H21/2NaBH4+Na2SiO3;再同时扩大2倍得：NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+

2Na2SiO3。

故答案为：1、2、4、2、、1、2。

例7 （天津理综卷，节选）完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：

□ClO-3+□Fe2++□→□Cl-+□Fe3++□

解析可从氧化剂ClO-3和还原剂Fe2+入手，找出元素化合价的变化值，根据其最小公倍数使化合价升降值相等，先确定出氧化剂和还原剂的化学计量数，再确定出氧化产物和还原产物的化学计量数，最后确定出缺项物质的化学式及其化学计量数。即：

Cl+5O-3+Fe+22++——Cl-1-+Fe+3+

↓6×1 ↑1×6

可先确定出ClO-3和Fe2+的化学计量数分别为1和6，然后确定出Cl-和Fe3+的化学计量数分别为1和6;此时，左端比右端少6个正电荷、而多3个O原子，则左端的缺项物质为

H+，其化学计量数为6;右端的缺项物质为H2O，其化学计量数为3。即：ClO-3+6Fe2++6H+Cl-+6Fe3++3H2O。

故答案为：1、6、6H+、1、6、3H2O。

六、考查氧化还原反应的计算

例8 （上海化学卷）将O2和NH3的混合气体448 mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8 mL气体。原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化;气体体积均已换算成标准状况） （ ）mL。

A.231.5B.268.8C.287.5D.313.6

解析设原混合气体中O2和NH3的体积分别为V（O2）和V（NH3），则V（O2）+V（NH3）=

448 mL……①。由题意可知发生的反应为4NH3+5O24NO+6H2O和4NO+3O2+2H2O

4HNO3，将这两个反应叠加得总反应为NH3+2O2HNO3+H2O。若最终收集到44.8 mL气体为NO，则生成HNO3的NH3为[V（NH3）-44.8 mL];因NH3-8e-→HNO3，NH3-5e-→NO，O2+4e-→HNO3（H2O）;则根据得失电子守恒原则和阿伏加德罗定律得：[V（NH3）-44.8 mL]×8+44.8mL×5=V（O2）×4……②;解方程组①②得，V（NH3）=160.5mL，V（O2）=287.5 mL;若最终收集到44.8mL气体为O2，因NH3-8e-→HNO3，O2+4e-→HNO3;则根据得失电子守恒原则和阿伏加德罗定律得：V（NH3）×8=[V（O2）-44.8 mL]×4……③;解方程组①③得，V（NH3）=134.4mL，V（O2）=313.6 mL。故答案为C、D。

例9 （江苏化学卷，节选）软锰矿（主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等）的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4·H2O，反应的化学方程式为：MnO2+SO2

MnSO4。准确称取0.1710 g MnSO4·H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+，用c（Fe2+）=0.0500 mol/L的标准溶液滴定至终点（滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+），消耗Fe2+溶液20.00 mL。计算MnSO4·H2O样品的纯度（ 请给出计算过程）。

解析设Mn3+和Fe2+的物质的量分别为n（Mn3+）和n（Fe2+）。因Mn3++e-→Mn2+，Fe2+-e-→Fe3+;则根据得失电子守恒原则得：

n（Mn3+）×1=n（Fe2+）×1，即n（Mn3+）=n（Fe2+）=0.0500 mol/L

×20.00×10-3=1.00×10-3mol;根据Mn元素守恒原则得，n（MnSO4·H2O）=n（Mn3+）=1.00×10-3mol，则m（MnSO4·H2O）=1.00×10-3mol×169 g/mol=0.169 g，从而得MnSO4·H2O样品的纯度为0.169 g0.1710 g×100%=98.8%。故答案为98.8%（计算过程见解析）。

七、综合考查氧化还原反应的有关知识

例10 （上海化学卷）工业上将Na2CO3和Na2S以1∶2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。在该反应中（ ）。

A.硫元素既被氧化又被还原

B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2

C.每生成1 mol Na2S2O3，转移4 mol电子

D.相同条件下，每吸收10 m3SO2就会放出2.5 m3 CO2

解析由题给信息可知其反应为：Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+CO2↑;由此可知，

Na2S中的硫元素被氧化，SO2中的硫元素被还原，A项正确;氧化剂（SO2）与还原剂（Na2S）的物质的量之比为2∶1，B项错误;因每生成3 mol Na2S2O3转移8mol电子（在中学通常认为Na2S2O3中硫元素为+2价），则每生成1 mol Na2S2O3转移8/3mol电子，C项错误;相同条件下，每吸收1体积SO2就会放出0.25体积CO2，则每吸收10 m3 SO2就会放出2.5 m3 CO2，D项正确。故答案为A、D（笔者认为，由于Na2S2O3中硫元素的化合价目前有争议：一种观点认为，硫元素为+2价;第二种观点认为，其中1个S原子为+4价，1个S原子为0价;第三种观点认为，其中1个S原子为+6价，1个S原子为-2价。这样，将使考生难以判断每生成1 mol Na2S2O3转移电子的物质的量。所以，此题以Na2S2O3作为命题素材欠妥）。

氧化还原体系 篇7

基于现有研究,本实验以氧化石墨烯(GO)为载体,利用盐调控法制备一种三元复合催化材料(Pd-Fe2O3/GO)。通过调控PdNPs与纳米氧化铁(Fe2O3NPs)的用量,可以得到一系列PdNPs与Fe2O3NPs不同摩尔比的纳米复合材料以及通过调控纳米Fe2O3NPs的形貌,可以得到含不同形貌Fe2O3NPs的Pd-Fe2O3/GO复合材料。以NaBH4作为还原剂还原GO,从而得到相应的Pd-Fe2O3/氧化还原石墨烯(RGO)三元复合材料。以此为基础,研究了PdNPs和Fe2O3NPs之间的协同效应在电氧化催化甲酸中的影响以及纳米Fe2O3NPs的形貌对Pd-Fe2O3/RGO三元复合材料催化性能的影响。

1 实验部分

1.1 纳米复合催化剂Pd/RGO和Pd-Fe2O3/RGO的制备合成

PdNPs[17]、Fe2O3NPs(多面体Fe2O3-poNPs[18]、立方体Fe2O3-cuNPs[19]和球状Fe2O3-spNPs)合成见参考文献。将要负载的纳米粒子和GO搅拌混合,加入电解质NaCl于上述混合物中,通过控制混纳米粒子形貌、不同纳米粒子间的摩尔比以及后续的NaBH4还原可以得到一系列的Pd-Fe2O3/RGO纳米复合材料。Pd-Fe2O3-po/RGO(1∶0.5)复合材料的制备步骤:分别移取1mL 5mmol/L PdNPs溶液、3mL 0.25mg/mL经超声30min处理过的GO溶液、0.5mL 5mmol/L Fe2O3-po纳米粒子溶液以及4.5mL去离子水(H2O-de)加入三口烧瓶中,磁力搅拌10min,保证不同纳米粒子充分混合。在磁力搅拌下快速加入1mL 2mmol/L NaCl溶液,反应液持续搅拌30min,离心、洗涤后重新分散于5mL H2O-de中,得到PdFe2O3-po/GO(1∶0.5)复合材料。向Pd-Fe2O3-po/GO(1∶0.5)溶液中加入新配置的5mL 6mg/mL NaBH4溶液。反应液静置24h,反复多次离心、H2O-de洗涤,最后分散在10mL H2O-de中,得到最终样品Pd-Fe2O3-po/RGO(1∶0.5)。整个制备过程在室温下进行。其他纳米复合物的制备过程与此类似,最终样品都分散在10mL H2O-de中,只是加入纳米物种的种类和相互之间的比例不同,详见表1。

1.2 Pd/RGO和一系列Pd-Fe2O3/RGO工作电极的制备

Pd/RGO工作电极的制备:向制备分散好的Pd/RGO溶液中加入5滴全氟磺酸树脂溶液(Nafion)超声振荡10min,混合均匀。用移液枪移取10μL混合好的溶液滴在新处理好的玻碳电极(先在氧化铝粉末水溶液中轻轻研磨,后分别在水和乙醇溶液中超声清洗几分钟)上,自然晾干。其他一系列PdFe2O3/RGO工作电极的制备方法与Pd/RGO工作电极相同。

1.3 纳米粒子以及纳米复合纳材料催化剂的表征

利用场扫描电镜(SEM,S-4800型,日本日立公司)观纳米粒子和复合材料的形貌。

1.4 纳米复合纳材料Pd/RGO和一系列Pd-Fe2O3/RGO电化学测试

电化学测试在电化学工作站(CHI202型,上海辰华仪器公司)上进行,采用常规三电极体系(玻碳电极,饱和甘汞电极和铂丝电极)。电催化氧化甲酸测试在1.0mol/L HCOOH+0.5mol/L H2SO4中进行。进行电化学测试前,先向电解液中通10min N2以除去溶液中的O2。

2 结果与讨论

2.1 催化材料形貌分析

图1是合成的各种纳米粒子以及部分复合材料的SEM图。从图1中可以看出,PdNPs呈立方型,尺寸大小在80nm左右[图1(a)];Fe2O3-cuNPs呈立方型,部分纳米粒子顶角已经分解,向多面体分解的趋势且尺寸大小不均一,大部分在600nm以上[图1(b)];Fe2O3-poNPs呈多面体,尺寸大小在400nm左右[图1(c)];Fe2O3-spNPs呈球型,有一定程度的团聚现象,尺寸大小在30nm左右[图1(d)]。图1(e)中可以看到小的立方型和大的多面体型两种形貌纳米粒子,其中大多数面体为Fe2O3-poNPs[如图1(e)中箭头所指向纳米粒子],这说明PdNPs和Fe2O3-poNPs已经复合在一起,两种纳米粒子以互相接触与覆盖的方式在石墨烯上负载沉积且PdNPs和Fe2O3NPs纳米粒子之间接触面十分大。

[(a)PdNPs;(b)Fe2O3-cuNPs;(c)Fe2O3-poNPs;(d)Fe2O3-spNPs;(e)Pd-Fe2O3-sp/RGO(1∶0.5)]

2.2 负载过程分析

GO表面含有大量的含氧基团,在水溶液中是被双电层包覆的,显负电性。在水溶液中,当GO和其他一种或多种纳米粒子混合时,由于GO上双电层的保护,纳米粒子是无法在GO片上附着的。当在混合溶液中加入一定溶度的电解质时,根据双电层理论,GO上的双电层会被破坏,GO片被看做是裸露在异质纳米粒子中,这样,在磁力搅拌下,纳米粒子很容易在GO片上沉积负载。详细的负载沉积理论见参考文献[20]。

2.3 催化活性分析

2.3.1 Pd纳米粒子和Fe2O3-po纳米粒子的协同催化研究

图2(a)为Pd/RGO和一系列的Pd-Fe2O3-po/RGO电催化甲酸的循环伏安曲线,图2(b)为相对应的计时电流曲线(恒电位0.6V)。表2为催化甲酸初始氧化电位(Eonset)和电流密度(Ionset),正向扫描时峰电位(Ef)和峰电流密度(If),反向扫描时峰电位(Eb)和峰电流密度(Ib),峰电流密度比Rs(Ib/If)和恒电位0.6V下100s后的电流密度(Ic)。由图2(a)和表2可以看出,Fe2O3-poNPs的加入,If和Ib明显增大,Pd催化性能得到很大的提高。这说明在复合催化剂中,PdNPs和Fe2O3-poNPs两者之间存在着相互作用力,在催化氧化甲酸中有很好的协同效应。随着Fe2O3-poNPs加入的量增多,催化效果先增大后减小,且在PdNPs和Fe2O3-poNPs摩尔比为1∶0.5时催化效果达到最好。这个可以用以下原因来解释:一方面,Fe2O3-poNPs的加入可以和Pd产生相互作用,协同催化氧化甲酸,提高催化性能;另一方面,Fe2O3-poNPs的加入可能掩盖部分PdNPs,减小了PdNPs的活性位点,降低催化性能。结合图2(a)和表2,可以看出,各催化剂的Eonset和曲线峰形趋势基本不变,这说明了Fe2O3-poNPs的引入,并没有改变催化剂中PdNPs作为催化主体的地位。另一方面看,Fe2O3-poNPs的加入,Ef和Eb有一定程度的增大和减小,这可能是Fe2O3-poNPs对甲酸的吸附造成的影响。Pd对甲酸的催化机理是很复杂的,在研究甲酸氧化时一般可认为是直接氧化成CO2,而其中Pd极其容易吸附CO中间体,形成Pd-CO。Rs(If/Ib)一定程度上可以反映Pd基催化剂CO中毒的程度。Rs越接近于1,Pd基催化剂抗CO中毒性越强。从表2中可以看出,Pd/RGO的Rs为0.573,而Fe2O3-po/RGO的Rs都在0.9左右,这说明Fe2O3-poNPs的存在,可以增强Pd基催化剂的抗CO中毒能力。有意思是:Pd-Fe2O3-po/RGO(1∶0.1)抗CO中毒能力最强,但催化性能最好的却是Pd-Fe2O3-po/RGO(1∶0.5)。这个可以解释如下:一方面,引入Fe2O3-poNPs对于催化效果有协同催化(等同正向催化)和Pd基活性位点被覆盖(等同负向催化)两个效应;另一方面,Fe2O3-poNPs和PdNPs在GO片上沉积负载时是无序进行,这一定程度上会带来这种偏差。图2(b)计时电流曲线反映出的结果同图2(a)是一致的。其他催化剂的各种具体实验结果数据见表2。

[(a-b)Pd/RGO和Pd-Fe2O3-po/RGO(1∶x,x=0.1、0.3、0.5、0.8、1.0)催化氧化甲酸的循环伏安曲线和计时电流曲线;(c-d)Pd/RGO和Pd-Fe2O3/RGO(Fe2O3=Fe2O3-po、Fe2O3-cu、Fe2O3-sp)催化氧化甲酸的循环伏安曲线和计时电流曲线]

结果说明:在Pd-Fe2O3-po/RGO复合催化体系中,Fe2O3-poNPs和PdNPs之间有很强的协同催化效果且PdFe2O3-po/RGO(1∶0.5)具有最优的催化效果以及很好的催化稳定性和抗CO中毒能力。

2.3.2 Fe2O3纳米粒子对Pd-Fe2O3/RGO协同催化效应的影响

实验中制备了3种含Fe2O3NPs形貌不同的纳米复合催化剂并和Pd/RGO一起进行了催化性能考察。图2(c-d)分别为其电催化甲酸的循环伏安曲线和相对应催化剂的计时电流曲线(恒电位0.6V)。从图2(c-d)和表2中可以看出,Pd-Fe2O3-sp/RGO(1∶0.5)催化性能比Pd/RGO略微有提高,而其他两种复合催化剂催化性能和Pd/RGO相比有一个明显的提高。此外,Pd-Fe2O3-po/RGO(1∶0.5)催化性能最好,而Pd-Fe2O3-cu/RGO(1∶0.5)要低些。从Ic和Rs(If/Ib)值可以得出,Pd-Fe2O3-po/RGO(1∶0.5)催化稳定性和抗CO中毒性能最好,Pd-Fe2O3-cu/RGO(1∶0.5)次之。这种结果的可能解释:Fe2O3-poNP表面积最大,其次大小依次为Fe2O3-cuNP和Fe2O3-spNPs。各种催化剂的Ic和Rs以及其他实验结果具体见表2。

3 结论

GO片是一种性能优越的载体,通过盐调控的方法可简单实现不同性质纳米粒子沉积负载,通过后续还原处理,实验中得到了Pd/RGO和一系列含Fe2O3NP形貌或者摩尔量不同的Pd-Fe2O3/RGO纳米复合材料体系。催化氧化甲酸实验结果得出,Pd-Fe2O3-po/RGO中PdNPs和Fe2O3NPs具有优异的协同催化效应,且Pd-Fe2O3-po/RGO(1∶0.5)具有最好的催化性能和催化稳定性。此外,Fe2O3NPs的形貌对Fe2O3NPs和PdNPs之间的协同性能有一定影响,在3种Fe2O3NPs中,Fe2O3-poNPs和PdNPs具有最好的协同性能且Pd-Fe2O3-po/RGO(1∶0.5)依然还是具有最好的催化性能和催化稳定性。

摘要：以氧化石墨烯(GO)为平台,利用盐调控的方法、通过改变加入纳米钯(Pd NPs)和纳米氧化铁(Fe2O3NPs)的摩尔比以及Fe2O3 NPs的内在性质成功制备出一系列的Pd-Fe2O3/GO三元复合材料。再经NaBH4还原,可得到最终的Pd-Fe2O3/还原氧化石墨烯(RGO)复合材料。催化氧化甲酸实验表明,PdNPs和Fe2O3NPs之间存在协同催化效应,且Pd-Fe2O3/RGO(1∶0.5)催化性能最好。此外,实验还表明Fe2O3NPs形貌对PdNPs和Fe2O3NPs之间的协同催化效应有较大影响,且含较大比表面的Fe2O3-poNPs的Pd-Fe2O3-poNPs/RGO具有最大的催化活性。

氧化还原体系 篇8

由于日益严重的能源环境问题,如何开发出清洁、高效的新能源以及如何控制和治理能源带来的污染成为现代科学家们所亟需解决的重要课题。发展人工光合作用系统意义重大,因为它利用太阳光将二氧化碳还原成为一氧化碳、甲烷等化学能源,不仅能缓解能源危机,而且能降低二氧化碳含量,缓解气候变化问题[1,2]。然而,由于二氧化碳具有很强的化学稳定性,光还原二氧化碳难度很大,效率仍然很低。导致效率不高的一个主要原因是目前的研究不能有效利用全波段的太阳光。紫外光波长短,能量密度相对较大,能量转换的效率相对较高,因此对于紫外光区催化还原CO2的研究非常之多,但是其能量仅占全部波段的8.7%,而在太阳光能量中占很大比例的可见和红外波段的光没有得到有效利用,阻碍了光催化效率的提升。近年来已有一些研究开始注重可见光波段的利用如Bi2S3-CdS异质节[3]、覆有钌薄膜的Cu2ZnSnS4[4]、g-C3N4薄片[5]等。本研究通过提升紫外-可见-红外宽光谱太阳光的利用率来提升光还原二氧化碳的性能。

一般的光催化半导体材料只能响应紫外波段的太阳光,而等离子体金属纳米结构,如金纳米棒/纳米星/纳米球、银纳米线/纳米块、铜纳米颗粒等[6,7],能够通过表面等离子体谐振吸收可见-红外波段的太阳光,它们在光催化、光电、光探测、拉曼增强等领域有潜在的应用价值。最近,一些研究将等离子体纳米金属结构负载于半导体光催化剂上以得到可见光波段高效的复合光催化系统[1,8,9,10]。但是大部分的等离子体金属纳米结构只对窄波段的光有响应,不能够高效利用宽光谱的太阳光。因此,探索利用宽幅响应的等离子体金属纳米结构来提升光催化性能很有前景。

光吸收是光还原CO2中至关重要的因素,很多研究通过调控材料的显微结构来增强其光吸收的能力。一些研究通过人工方法制备出一些特殊微结构,增加材料的光吸收能力,但是这些制备方法通常复杂繁琐,设备昂贵,所得结构也比较单一,提升效果不够显著[11]。自然界生物在漫长的进化过程中,形成了很多特有的、复杂的超精细结构。在光催化领域,生物启迪材料有非常广泛的研究和应用:硅藻土/TiO2复合光催化剂[12];具有樟树叶精致分级结构的ZnO[13]、CeO2[14]。对太阳能的高效吸收利用在蝴蝶的生存和繁殖中起着至关重要的作用,因而自然界的蝴蝶翅膀进化出了天然的纳米分级多孔结构,可以有效地利用光的反射和散射来增加光吸收的效果,大幅提高对太阳能的捕获和利用效率[15,16]。

受此启发,本研究以红珠灰蝶为生物模板,使用原子层沉积法构筑三维构型TiO2光催化材料以增强其光捕获能力;制备具有宽幅可见光波段吸收能力的等离子体共振金纳米棱结构,并将其负载于蝶翅构型TiO2上以得到全光谱响应的复合光催化体系;在全光谱照射下,负载有金纳米棱的蝶翅构型TiO2的二氧化碳光还原性能比无结构的提升了54%,证明蝶翅三维结构具有增强全光谱光吸收的作用。

1 实验

1.1 蝶翅构型TiO2的制备

使用的前驱体(钛源)为上海宏锐新材料公司提供的TDMAT(纯度不低于99.9995%),分子式Ti(N(CH3)2)4。TDMAT装在钢制反应器中,由加热套预热至30℃,并将它的气体输送管道加热至40℃。将装有水的反应器加热至25℃,将其对应的输送管加热至50℃。以Ar气作为整个反应的前驱体的载气,将固定在硅片上的红珠灰蝶蝶翅作为基底,设置反应温度150℃,设定沉积厚度30nm。

蝴蝶翅膀结构中的主要成分是几丁质,几丁质是一种非常坚硬的有机物,有机物在高温下会分解生成CO2、H2O等,因此通过焙烧可以将蝶翅有机模板除去,只留下蝶翅构型的TiO2。焙烧全程在马弗炉中进行,设定试验参数为:空气气氛,升温温度1℃/min,600℃保温10h。

1.2 金纳米棱的制备

采用种子生长法制备金纳米棱[17]。先合成金的种子溶液:将0.2mL 0.025mol/L的柠檬酸三钠溶液加入到19.8mL 2.5×10-4mol/L的HAuCl4水溶液中,同时配制0.01mol/L NaBH4的0.025 mol/L柠檬酸三钠冰水溶液;吸取0.6mL的NaBH4溶液加入到HAuCl4水溶液中并搅拌,混合物逐渐变成紫红色,说明金种子形成。合成金纳米棱状晶体:准备20mL小瓶4个,标记A、B、C、D;配制生长溶液:10×10-4mol/L HAuCl4,0.1mol/L十六烷基三甲基溴化铵(CTAB);在A、B、C、D瓶中分别加入9mL上述配制的生长溶液;向B瓶中加入100μL 0.01mol/L的AgNO3溶液,然后分别向A、B、C、D瓶中加入50μL 0.08mol/L的抗坏血酸溶液,溶液变为无色透明状;取出1mL金的种子溶液加入A瓶中,搅拌20s后,从A瓶中取出1mL溶液加入B中,搅拌20s后,从B中取出1mL加入C中,搅拌20s后从C中取出1mL加入到D中,D中溶液逐渐变成蓝色;将D中溶液在30℃保温12h;之后1500r/min离心10min(2次),收集产物即为制备的金纳米棱。

1.3 负载金纳米棱于蝶翅TiO2金纳米棱上

向培养皿中加入金纳米棱锥悬浊液使其完全浸润TiO2粉末,在干燥箱内60℃保温12h。

1.4 样品表征

采用场发射扫描电子显微镜(SEM,Hitachi S-4800)观测蝴蝶原翅及蝶翅构型TiO2的微观形貌;采用X射线衍射(Rigaku D-max/2550,40kV,40mA,Cu Kα射线,λ=0.154nm,扫描速度为4(°)/min)检测制备样品的物相;使用紫外可见红外分光光度计(PerkinElmer 750S)测量蝶翅和金纳米棱胶体溶液的吸收光谱(300~1200nm),为了突出蝶翅微观结构对光吸收的作用,测量三溴甲烷浸润过的蝶翅的吸收光谱,由于三溴甲烷的折射率与几丁质接近,所以滴入三溴甲烷能够填充蝶翅中的微观结构,从而消除结构的影响[18],可以由此得出蝶翅结构是否具备增强光吸收的能力。

1.5 光催化二氧化碳还原性能测试

将60mg光催化剂平铺在反应器底部,之后加入2mL超纯水;将反应器接入测试系统,抽真空后充入一定量的CO2;打开光源开始测试,每隔1h测试一次系统内部CO、CH4气体的含量。测试系统:中教金源CEL-SPH2N型光催化活性评价系统;光源:中教金源全光谱氙灯;产物(CO,CH4)检测:中教金源GC-7920型气相色谱仪。

2 结果与讨论

2.1 原始蝶翅形貌和光学特性

本实验研究了红珠灰蝶对于光吸收的增强作用,如图1(a)所示,红珠灰蝶的翅膀正面呈蓝紫色半透明状。为了验证其光吸收效果,使用分光光度计分别测量原始蝶翅和经三溴甲烷浸润过的蝶翅的吸收光谱图,三溴甲烷的折射率与几丁质接近,滴入三溴甲烷能够填充蝶翅中的微观结构,从而消除结构的影响,可以由此得出蝶翅结构是否具备增强光吸收的能力[18]。由图1(b)可以看出,原始蝶翅的光吸收率比经三溴甲烷(溴仿)处理后的蝶翅高很多,证实了红珠灰蝶微观结构具有提高光吸收效果的能力,因此本研究选取具备这种三维光子晶体结构的红珠灰蝶蝶翅作为模板制备TiO2。

2.2 蝶翅构型TiO2的微观形貌和物相

图2(a)是原始蝶翅的场发射扫描电子显微镜(SEM)照片,可以看出此蝶翅微观构型由两部分组成:上方的脊-方形窗口层以及下方的面心立方网状的三维光子晶体结构。采用原子层沉积的方法在原始蝶翅上沉积了30nm厚的TiO2,后高温烧结将有机模板去除。图2(b)是人工复制的蝶翅构型TiO2的SEM照片,其微观形貌和图2(a)中的原始结构基本吻合,结构保持得也很完好,但尺度略有缩减。图3为烧结产物的X射线衍射图谱(XRD),得到的X射线衍射谱线完全符合锐钛矿型二氧化钛的特征谱线,因此制备得到的是纯的锐钛矿型二氧化钛。

图1红珠灰蝶原始蝶翅表征:数码照片(a);原始蝶翅和浸渍溴仿后的蝶翅的吸收光谱对比(b)Fig.1 Characterization of original Lycaeides argyrognomon bergstrasser wing.Digital photograph(a);absorption spectra of original butterfly wings and bromoform-soaked butterfly wings(b)

2.3 金纳米棱的微观结构和吸收光谱

采用两步种子生长法制备了宽吸收光谱的金纳米棱。图4(a)和图4(b)是金纳米棱的透射电子显微镜(TEM)照片,可以看出制备的纳米金大多为棱锥状或者星形,金纳米棱长度为200~250nm。图4(c)是金纳米棱的吸收光谱,由图可知其在500~1000nm(可见-近红外)范围内具有宽的光吸收峰,考虑到纯TiO2只对紫外波段的光有响应,金纳米棱负载于TiO2表面后可以作为可见光波段的吸收天线,拓宽此光催化体系的响应光谱范围(紫外-可见-红外),从而实现高效的全光谱光催化。

等离子体纳米金促进光催化可以通过近场增强机制解释[19,20]。半导体光催化剂表面负载等离子体纳米金后,等离子体纳米金吸收宽幅的可见光,在其周围产生了强大的电磁场(比入射光强度高出2个数量级),强电磁场促进了纳米金附近的半导体光催化剂中电子空穴对的产生,从而提升了光催化性能。

图4金纳米棱的微观结构和吸收光谱:不同倍数下的金纳米棱透射电子显微镜照片(a、b);金纳米棱吸收光谱(c)Fig.4 Microstructure and absorption spectrum of gold nanopyramids:TEM images of gold nanopyramids under different magnification(a,b);absorption spectrum of gold nanopyramids(c)

2.4 光还原CO2性能测试

一般情况下,在水蒸气中,宽带隙的半导体光催化剂能够将CO2光还原为碳氢燃料(CO和CH4)[21],这个过程包含2个半反应:氧化半反应,价带中的光生空穴氧化水蒸气产生氢离子(2H2O+4h+→O2+4H+);还原半反应,CO2经过一系列反应被还原成CH4(CO2+2H++2e-→CO+H2O,CO2+4H++4e-→HCHO+H2O,CO2+6H++6e-→CH3OH+H2O,CO2+8H++8e-→CH4+2H2O)[21]。理论上讲,乙醇或甲醇能够作为电子供体提升光还原性能。然而,由于乙醇能够被光催化重组生成大量CO和CH4,故很难辨别生成的CO和CH4产物中的C是来源于乙醇还是CO2。因此,性能测试是在CO2和水蒸气的气相氛围中进行的光还原化学反应(液态水在高能氙灯照射下蒸发为水蒸气)。

为了验证蝶翅结构对光催化性能的作用,测试了制备得到的光催化体系的CO2光还原性能,如图5所示。其中负载金纳米棱的无结构TiO2是将负载金纳米棱的蝶翅构型TiO2研磨破坏其微观结构而得到的,这样可以保证其余条件(金纳米棱负载量、比表面积、TiO2物相等)均一致的情况下突出微结构的作用。

图5光还原二氧化碳性能:CO产量-时间曲线(a);CH4产量-时间曲线(b)Fig.5 CO2photoreduction activities:CO evolution as a function of illumination time on TiO2series(a);CH4evolution as a function of illumination time on TiO2series(b)

本次气相光还原性能测试一共进行5项,分别是:(1)全光谱照射下,负载金纳米棱的蝶翅构型TiO2的CO2光还原性能;(2)全光谱照射下,负载金纳米棱的无结构TiO2的CO2光还原性能;(3)可见光照射下,负载金纳米棱的蝶翅构型TiO2的CO2光催化性能;(4)可见光照射下,蝶翅构型纯TiO2的CO2光还原性能;(5)全光谱照射下,无催化剂的CO2光还原性能。

由图5(a)和图5(b)可知,CO和CH4的增长趋势几乎一致。图6中,在全光谱的光照射下,负载金纳米棱的蝶翅构型TiO2的CO产率为0.0274μmol/h,比负载金纳米棱的无结构TiO2(0.0178μmol/h)提升了54%左右。光催化效率主要取决于光捕获效率、电子空穴对分离以及电子空穴对的利用效率,在本研究中,蝶翅结构的主要作用是提高光的捕获率(见图1(b)),增强光吸收,从而提升光催化效果。

此外,由图5(a)和图5(b)分析,在无催化剂只全光谱光照时,CO和CH4含量一直未增长,说明没有催化剂情况下,只光照是不能还原CO2的。在未负载金纳米棱锥时,蝶翅构型TiO2在可见光下几乎没有光催化性能,产生的微量CO可能是光照产生的热催化导致,而在负载金纳米棱锥后,蝶翅构型TiO2对可见光有了响应,有少量的CO和CH4产生,证明了金纳米棱锥拓宽了光催化剂的光响应范围,使其在可见光区有了光催化性能。等离子体金纳米棱锥拓宽吸光范围提升光催化性能,可以通过如下近场增强机制来解释[19,20,22]:近场增强机制的核心是光催化半导体(二氧化钛)和由等离子体纳米金属(金纳米棱锥)等离子体谐振引起的强局域电磁场之间的相互作用。具体来讲,由于等离子体谐振的作用,金纳米棱锥能够响应特定波长的光(见图4(c),500~1200nm),之后吸收的光能转化为其附近的局域强电场(远高于入射光的电场);这些强电场作用于与金纳米棱锥紧密接触的二氧化钛上,而由于光催化半导体中空穴电子对(直接参与光催化过程中的氧化还原反应)产生效率和其周围的电场强度呈正相关[23,24],所以这些空穴电子对能够产生于强电场作用的半导体局部区域中。因此,尽管二氧化钛对可见光没有响应效果,金纳米棱锥也能够作为光敏剂使得整个光催化系统具备可见光催化效果。

中间产物如甲酸、甲醛、甲醇等没有被检测到,主要由于光还原CO2过程中质子浓度低,CO是第一步反应的主要产物,需要的质子数较少[25,26,27];还原过程中更倾向于生成CH4而不是甲酸、甲醛、甲醇[25,26,27];此外,价带中的光生空穴或者羟基自由基有很强的氧化能力,氧化了这些中间产物[25,26,27],从而导致它们极低的含量。氧气也没有被检测到,这是因为水氧化产生的一部分氧气参与氧化中间产物(甲酸、甲醛、甲醇等)[28,29],其余氧气被光催化剂的表面氧空位消耗掉[30]。

3 结论

氧化还原反应专题突破 篇9

氧化还原反应知识贯穿于中学化学学习的始终, 每年必考, 题型主要是选择题和填空题, 形式新颖灵活。分析近几年的高考试题, 氧化还原反应主要从以下几个方面进行考查:氧化还原反应的概念以及概念之间的内在联系, 如氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物、氧化反应、还原反应的判断;物质氧化性、还原性强弱的比较;氧化还原反应方程式的配平或书写未知的氧化还原反应方程式;氧化还原反应中电子转移方向和数目的标定;有关氧化还原反应的简单计算。

今后命题将会继续集中在以下2个方面:①氧化还原反应的概念及应用, 包括氧化还原反应的配平与计算;②氧化性、还原性强弱的判断。同时也会因涉及知识面广, 可能出现新的题型、新的设问方式, 特别是与实验应用相结合会成为命题的新趋势。

【考纲要求】

1.掌握氧化还原反应有关的概念, 氧化还原反应的概念包括氧化和还原、氧化性和还原性、氧化剂和还原剂、氧化产物和还原产物等。命题多以选择题或填空题的形式出现。

2.综合运用化合价升降和电子转移的观点分析判断氧化还原反应中电子转移的方向和数目, 能配平氧化还原反应方程式。命题常以填空题的形式出现, 有时还需判断反应物或生成物。

3.会比较物质氧化性或还原性的强弱, 其主要依据是:氧化 (或还原) 剂的氧化 (或还原) 性强于氧化 (或还原) 产物的氧化 (或还原) 性。命题主要以选择题的形式出现。

4.运用电子得失守恒规律进行有关计算, 如确定化合价、电荷数、反应物或生成物的化学式等。命题常以选择题或填空题的形式出现。

【易错点例析】

易错点之一:化学反应的分类

例1.下列四类反应:①置换反应, ②复分解反应, ③没有单质参加的化合反应, ④没有单质生成的分解反应。其中一定不是氧化还原反应的是 ( )

A.只有② B.只有②③

C.②③④ D.①②③④

错解与诊断:对四种基本反应类型和氧化还原反应关系的理解不够深入, 有部分学生选C项。

本题只有A项正确。根据置换反应的概念和实质可以推知它一定是氧化还原反应。对于化合反应和分解反应, 只要有单质参加或生成, 则一定是氧化还原反应;而没有单质参加或生成的化合反应和分解反应, 则有些是氧化还原反应, 有些不是氧化还原反应。例如, 这样的两个反应:$\text{Ν}\text{a}{}_2\text{Ο}{}_2+\text{S}\text{Ο}{}_2\underset{}{\overset{}{=}}\text{Ν}\text{a}{}_2\text{S}\text{Ο}{}_4$、$\text{Ν}\text{Η}{}_4\text{Ν}\text{Ο}{}_3\underset{}{\overset{△}{=}}\text{Ν}{}_2\text{Ο}+2\text{Η}{}_2\text{Ο}$, 虽然没有单质参加或生成, 但它们仍然属于氧化还原反应。

答案:A

例2.在一个密闭容器内有X、Y、Z、Q四种物质, 在一定条件下充分反应, 测定反应前后各物质的质量如下:

则该密闭容器中所发生的化学反应的类型可能为 ( )

A.化合反应 B.分解反应

C.氧化还原反应 D.置换反应

错解与诊断:本题适应新课标高考的要求, 虽然不要求判断出该反应具体是什么反应, 但取材于真实的反应:4Fe$(\text{Ο}\text{Η}){}_2+\text{Ο}{}_2+2\text{Η}{}_2\text{Ο}\underset{}{\overset{}{=}}4\text{F}\text{e}(\text{Ο}\text{Η}){}_3$。部分学生可能会忽略这个反应而漏选。

本题考查氧化还原反应及其与其他反应类型的关系。分析反应前后各物质质量的变化, 发现X在反应后增加107g, 说明X是生成物, 而Y、Z、Q三种物质在反应后质量都减少, 分别减少90g、8g和9g, 三种物质减少的总质量恰好等于生成的X的总质量。由此得出该反应是由三种物质生成了一种物质, 属于化合反应, A项是正确的;考虑到化合反应有可能属于氧化还原反应也有可能属于非氧化还原反应, C项也是正确的。D项显然是错误的。

答案:AC

纠错必备:

1.根据反应物和生成物类别以及反应前后物质种类的多少, 化学反应可按如下方式分类。

(1) 无机化学方面:化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应。

(2) 有机化学方面:取代反应、加成反应、消去反应、聚合反应。

2.根据反应中物质是否得失电子, 可把化学反应分为:氧化还原反应和非氧化还原反应。

3.根据是否有离子参加或生成, 可把化学反应分为:离子反应和非离子反应。

易错点之二:有机反应中的氧化反应与还原反应

例3.目前用乙烯制乙醛的过程分三步进行:

$①\text{C}\text{Η}{}_2\underset{}{\overset{}{=}}\text{C}\text{Η}{}_2+\text{Ρ}\text{d}\text{C}\text{l}$${}_2+\text{Η}{}_2\text{Ο}\stackrel{}{\to }\text{C}\text{Η}{}_3\text{C}\text{Η}\text{Ο}+2\text{Η}\text{C}\text{l}+\text{Ρ}\text{d}$

$②\text{Ρ}\text{d}+2\text{C}\text{u}\text{C}\text{l}{}_2\stackrel{}{\to }\text{Ρ}\text{d}\text{C}\text{l}{}_2+2\text{C}\text{u}\text{C}\text{l}$

$③2\text{C}\text{u}\text{C}\text{l}+\text{Ο}{}_2+2\text{Η}\text{C}\text{l}\stackrel{}{\to }2\text{C}\text{u}\text{C}\text{l}{}_2+\text{Η}{}_2\text{Ο}$

下列叙述中正确的是 ( )

$\text{A}.\text{C}\text{Η}{}_2\underset{}{\overset{}{=}}\text{C}\text{Η}{}_2$是还原剂, PdCl2是氧化剂

B.CuCl是还原剂, O2是氧化剂

$\text{C}.\text{C}\text{Η}{}_2\underset{}{\overset{}{=}}\text{C}\text{Η}{}_2$是还原剂, O2是氧化剂

D.PdCl2和CuCl2都是催化剂

错解与诊断:本题出错主要是漏选。有机氧化反应指的是有机物加氧或去氢的反应, 包括醇被氧化、醛被氧化、醛类及含醛基的化合物与新制碱性Cu (OH) 2或银氨溶液的反应等;还原反应指的是有机物加氢或去氧的反应, 包括醛、酮、烯、炔、苯及其同系物、酚、不饱和油脂等的催化加氢等。对于反应$①‚\text{C}\text{Η}{}_2\underset{}{\overset{}{=}}\text{C}\text{Η}{}_2$被加氧氧化 (为还原剂) , PdCl2被还原为Pd单质 (为氧化剂) ;但对于整个反应而言, PdCl2和CuCl2都仅仅参与了反应过程, 反应前后并未发生变化, 是催化剂, 而O2是氧化剂。

答案:CD

例4.在溴水中加入乙醛溶液, 对于反应现象及反应原理叙述正确的是 ( )

A.溴水不褪色, 无反应发生

B.溴水褪色, 发生加成反应

C.溴水褪色, 发生氧化还原反应

D.溶液分层, 上层橙红色, 下层无色, 发生萃取操作

错解与诊断:误认为乙醛可以与溴发生加成反应选B项;或者误认为乙醛是不溶水的有机物, 可萃取溴单质而选D项;或者误认为溴单质不与醛反应而选A项。

醛的加成反应, 主要是与H2加成, 即碳氧双键断开一个键, 再各加上一个氢原子形成醇, 即—CHO变成—CH2OH, 加氢或去氧称为还原反应。乙醛既能被弱氧化剂氧化, 也能被高锰酸钾溶液、溴水等强氧化剂氧化, 从而使它们褪色。

答案:C

纠错必备:

与无机化学中判断是否为氧化还原反应不同, 有机化学中是以有机物为变化对象, 分别判断是氧化反应还是还原反应。有机氧化反应主要包括有机物的燃烧氧化、加氧氧化和脱氢氧化等。如烃的燃烧, 烯烃、炔烃与酸性高锰酸钾溶液的反应, 乙醛与氧气的反应等都是加氧氧化;乙醇在铜催化下与氧气反应则属于脱氢氧化。中学化学中的有机还原反应, 主要指含不饱和碳的有机物与氢气发生的加氢还原反应。

易错点之三:氧化还原反应方程式的配平

配平方法:“一标二列三求四配五观六查”。

具体地说, 就是①标出反应前后元素的化合价, ②列出化合价的升降情况, ③求化合价升降的最小公倍数, ④根据所求的最小公倍数配出化合价发生变化的物质的化学计量数, ⑤用观察法配出所含元素化合价未发生变化的物质的化学计量数, ⑥用质量守恒和电荷守恒检查所配结果是否正确。注意:若需要标出电子转移方向和数目时, 箭头必须由还原剂指向氧化剂, 箭头两端对准得失电子的元素, 并在箭头的上方标出转移电子总数。

例5.配平方程式:KMnO4+KNO2+______$\stackrel{}{\to }\text{Μ}\text{n}\text{S}\text{Ο}{}_4+\text{Κ}{}_2\text{S}\text{Ο}{}_4+\text{Κ}\text{Ν}\text{Ο}$3+H2O

错解与诊断:在一个氧化还原反应中缺少反应物或生成物时, 配平让学生往往束手无策。

一般是把反应物和生成物中的所有原子进行比较, 观察增加或减少了哪种元素:①若增加的元素是除H、O以外的非金属, 未知物一般是相应的酸;②若增加的元素是金属, 未知物一般是相应的碱;③若反应前后经部分配平后发现两边氢、氧原子不平衡, 则未知物是水。经比较发现, 生成物中增加了S元素, 则未知物是H2SO4, 其他步骤同上 (略) 。

答案:2KMnO4+5KNO2+3H2SO4$\underset{}{\overset{}{=}}2\text{Μ}\text{n}\text{S}\text{Ο}{}_4+\text{Κ}{}_2\text{S}\text{Ο}{}_4+5\text{Κ}\text{Ν}\text{Ο}{}_3+3\text{Η}{}_2\text{Ο}$

易错点之四:有机氧化还原反应方程式的配平

例6.分析有机物中碳元素的化合价 (用氢氧标碳法, 即H+1价、O-2价, 再确定C的化合价) 及其变化, 配平下列化学方程式:

5C2H4O+2KMnO4+______$\text{Η}{}_2\text{S}\text{Ο}{}_4\stackrel{}{\to }$______C2H4O2+______K2SO4+______MnSO4+______H2O

解析:C2H4O中2C:-1→0↑1×2=2

KMnO4中Mn:+7→+2↓5 ×5指C2H4O、C2H4O2化学计量数为5

×2指KMnO4、MnSO4化学计量数为2

用观察法配平其他物质的化学计量数:

$5\text{C}{}_2\text{Η}{}_4\text{Ο}+2\text{Κ}\text{Μ}\text{n}\text{Ο}{}_4+3\text{Η}{}_2\text{S}\text{Ο}{}_4\underset{}{\overset{}{=}}5\text{C}{}_2\text{Η}{}_4\text{Ο}{}_2+1\text{Κ}{}_2\text{S}\text{Ο}{}_4+2\text{Μ}\text{n}\text{S}\text{Ο}{}_4+3\text{Η}{}_2\text{Ο}$

纠错必备:

对于有机物参与的氧化还原反应, 它的配平同样也可使用化合价升降法或电子转移法。但是有机物参与的氧化还原反应又有自身的特殊性, 即有机物加氢或去氧均属还原反应, 而加氧或去氢均属氧化反应, 故它的配平也可从得失电子数相等进行。

高考对氧化还原方程式的配平要求并不高, 所以平时不要搞得太复杂, 能做到灵活运用就行。另外, 有机氧化还原反应还可从得氧失氧、加氢去氢角度进行理解与配平, 即:得一个O原子, 化合价即升高2, 失一个O原子, 化合价即降低2;加一个H原子, 化合价即降低1, 去一个H原子, 化合价即升高1。

易错点之五:离子之间的氧化还原反应

例7.把铜粉和过量的铁粉加入到热的浓硝酸中, 充分反应后, 溶液中大量存在的金属阳离子是 ( )

A.Fe2+ B.Fe3+

C.Fe2+和Cu2+ D.Fe3+和Cu2+

错解与诊断:忽略过量的铁可将Cu2+置换出来从而错选C项。

浓硝酸具有强氧化性, 热的浓硝酸可将Fe和Cu分别氧化成Fe3+和Cu2+, 过量的铁又与Fe3+和Cu2+反应生成Fe2+和Cu, 所以充分反应后, 溶液中大量存在的金属阳离子为Fe2+。

答案:A

例8.在一定条件下, PbO2与Cr3+反应, 产物是Cr2O${}_7^{2-}$和Pb2+, 则参加反应的Cr3+与PbO2的个数之比为 ( )

A.1∶3 B.2∶3

C.1∶1 D.4∶3

错解与诊断:选A项。有些学生在解答此题时, 出现以下易错思维:一是想写出PbO2与Cr3+反应生成Cr2O${}_7^{2-}$和Pb2+的化学方程式, 通过判断化学计量数来选择答案, 此方法费时而且易错;二是认为Cr2O${}_7^{2-}$中Cr的原子数为2, 算Cr3+的电子变化数时除以2而误选A项。

本题的解题关键是认识到PbO2与Cr3+之间发生了氧化还原反应, 利用电子得失守恒来进行计算。设参加反应的Cr3+的数目为x, 参加反应的PbO2的数目为y, 则x× (6-3) =y× (4-2) , 解得x∶y=2∶3。

答案:B

纠错必备:

对于离子能否共存问题, 必须考虑两个问题:一看同组离子是否发生反应 (复分解或氧化还原) , 二看是否满足题干要求。

有颜色的离子:Fe3+、Fe2+、Cu2+、MnO-4……

强酸性 (或强碱性) , 说明溶液中除离子组内各离子外, 还应有H+ (或OH-) 。典型的氧化性离子 (如Fe3+、MnO-4、Cr2O${}_7^{2-}$等) 和典型的还原性离子 (如Fe2+、S2-、I-、SO${}_3^{2-}$等) 在溶液中会发生氧化还原反应。

易错点之六:复杂氧化还原反应的计算

例9.在铁与铜的混合物中, 加入一定量的稀HNO3溶液, 充分反应后剩余金属m1g, 再向其中加入一定量的稀硫酸, 充分振荡后, 剩余金属为m2g, 则m1和m2之间的关系是 ( )

A.m1一定大于m2

B.m1可能等于m2

C.m1一定等于m2

D.m1可能大于m2

错解与诊断:部分学生解此题时有一种典型的错误思维:铁与铜与一定量的稀HNO3反应后剩余的金属可能是铁与铜或者仅剩余铜, 若m1g中含有Fe和Cu时, 再加硫酸则铁溶解, 致使m1大于m2;若m1g中仅含Cu时, 再加硫酸铜不溶解, 致使m1等于m2, 故误选B、D项。错解原因主要是思维简单, 未认真分析题目中的隐含条件, 所以答题时要冷静思考, 仔细挖掘一些隐含信息。本题主要受铁能与稀硫酸反应而铜不能的迷惑, 忽视了一定量硝酸与足量金属反应后仍有NO-3存在。当加入稀硫酸后, 相当于又形成硝酸溶液, 不论铁还是铜均能继续反应。

铁与铜的混合物与一定量的稀HNO3反应, 当金属剩余时, 硝酸耗尽, 但生成物中含有Fe (NO3) 2和Cu (NO3) 2。若再加入稀H2SO4, 则又继续发生反应$3\text{C}\text{u}+8\text{Η}{}^{+}+2\text{Ν}\text{Ο}{}_3^{-}\underset{}{\overset{}{=}}3\text{C}\text{u}{}^{2+}+2\text{Ν}\text{Ο}\uparrow +4\text{Η}{}_2\text{Ο}$或$\text{F}\text{e}+4\text{Η}{}^{+}+\text{Ν}\text{Ο}{}_3^{-}\underset{}{\overset{}{=}}\text{F}\text{e}{}^{3+}+\text{Ν}\text{Ο}$↑+2H2O, 使金属的质量减少。

答案:A

例10.在反应$11\text{Ρ}+15\text{C}\text{u}\text{S}\text{Ο}{}_4+24\text{Η}{}_2\text{Ο}\underset{}{\overset{}{=}}5\text{C}\text{u}{}_3\text{Ρ}+6\text{Η}{}_3\text{Ρ}\text{Ο}{}_4+15\text{Η}{}_2\text{S}\text{Ο}{}_4$中, 每摩尔CuSO4能氧化P的物质的量为 ( )

A.1/5mol B.2/5mol

C.3/5mol D.11/5mol

错解与诊断:选B项。从化学方程式可以看出, 当15molCuSO4参加氧化还原反应时将生成6molH3PO4, 所以1molCuSO4氧化2/5mol的P并生成2/5molH3PO4。出错原因是没有注意到H3PO4有一半是P自身氧化还原反应 (歧化反应) 生成的。

本题中的还原剂是P, 而氧化剂是P和CuSO4。由于反应过程中Cu从+2降为+1, 因此反应中共得到15mol的电子;而作还原剂的P在反应中从0升至+5价, 因此1molP得到5mol电子。因此15molCuSO4在反应中只能氧化3molP, 即每摩尔硫酸铜能够氧化0.2molP。

答案:A

纠错必备:

涉及复杂氧化还原反应的一般都是信息题, 处理相关信息时:一要准确理解信息内容;二要将信息、问题与所学的知识结合起来, 并应用于解题才行。

确定氧化还原反应中物质的化学计量数时, 要充分利用守恒法进行分析;确定物质化学式中某原子数目时, 还可能涉及化合价知识, 所以运用知识要灵活。

【跟踪训练】

1.根据表中信息, 判断下列叙述中正确的是 ()

A.表中①组反应可能有一种或两种元素被氧化

B.氧化性强弱比较:KClO3>Fe3+>Cl2>Br2

C.表中②组反应的离子方程式是$2\text{Μ}\text{n}\text{Ο}{}_4^{-}+3\text{Η}{}_2\text{Ο}{}_2+6\text{Η}{}^{+}\underset{}{\overset{}{=}}2\text{Μ}\text{n}{}^{2+}+4\text{Ο}{}_2\uparrow +6\text{Η}{}_2\text{Ο}$

D.表中③组反应的还原产物是KCl, 电子转移数目是6e-

2.已知下述三个实验均能发生化学反应:

下列判断中正确的是 ( )

A.实验①中铁钉只作还原剂

B.实验②中Fe2+既显氧化性又显还原性

C.实验③中发生置换反应

D.上述实验证明氧化性:Fe3+>Fe2+>Cu2+

3.Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下:$2\text{F}\text{e}\text{S}\text{Ο}{}_4+6\text{Ν}\text{a}{}_2\text{Ο}{}_2\underset{}{\overset{}{=}}2\text{Ν}\text{a}{}_2\text{F}\text{e}\text{Ο}{}_4+2\text{Ν}\text{a}{}_2\text{Ο}+2\text{Ν}\text{a}{}_2\text{S}\text{Ο}{}_4+\text{Ο}{}_2\uparrow$。下列说法中不正确的是 ( )

A.Na2O2在上述反应中只作氧化剂

B.Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物

C.Na2FeO4处理水时, 既能杀菌, 又能在处理水时产生胶体净水

D.2molFeSO4发生反应时, 共有10mol电子发生转移

4.小明为验证NO2的氧化性和NO的还原性, 设计了如下装置制取NO2和NO, 并验证其性质, 装置图如下:

(1) 写出甲中反应的离子方程式:______, 乙中的现象是______, 可证明NO2的氧化性;在丙中鼓入空气后现象是______, 可证明NO的还原性。

(2) 实验前丙中充满水的作用是______ (用反应方程式和简要文字回答) 。

(3) 小华对小明的实验设计提出了质疑, 他认为乙中的现象不足以证明NO2的氧化性, 他的理由是

你认为怎样才能准确证明NO2的氧化性?______ (简要回答出原理和现象即可) 。

5.氢化亚铜 (CuH) 是一种难溶物质, 用CuSO4溶液和“另一物质”在40～50℃时反应可生成。CuH具有的性质:不稳定, 易分解;在氯气中能燃烧;与稀盐酸反应能生成气体;Cu+在酸性条件下发生的反应是$2\text{C}\text{u}{}^{+}\underset{}{\overset{}{=}}\text{C}\text{u}{}^{2+}+\text{C}\text{u}$。

根据以上信息, 结合自己所掌握的化学知识, 回答下列问题:

(1) 在CuSO4溶液和“另一物质”制CuH的反应中, 用氧化还原观点分析, 这“另一物质”在反应中作______ (填“氧化剂”或“还原剂”) 。

(2) 写出CuH在氯气中燃烧的化学反应方程式: 。

(3) CuH溶解在稀盐酸中生成的气体的化学式是______。

(4) 如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO, 请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式: 。

6.已知高锰酸钾、二氧化锰在酸性条件下能将草酸钠 (Na2C2O4) 氧化:

$\text{Μ}\text{n}\text{Ο}{}_4^{-}+\text{C}{}_2\text{Ο}{}_4^{2-}+\text{Η}{}^{+}\stackrel{}{\to }\text{Μ}\text{n}{}^{2+}+\text{C}\text{Ο}$2↑+H2O (未配平) ;

$\text{Μ}\text{n}\text{Ο}{}_2+\text{C}{}_2\text{Ο}{}_4^{2-}+\text{Η}{}^{+}\stackrel{}{\to }\text{Μ}\text{n}{}^{2+}+\text{C}\text{Ο}$2↑+H2O (未配平) 。

为测定某软锰矿中二氧化锰的质量分数, 准确称量1.20g软锰矿样品, 加入2.68g草酸钠固体, 再加入足量的稀硫酸并加热 (杂质不参加反应) , 充分反应后冷却, 将所得溶液转移到容量瓶中用蒸馏水稀释至刻度, 从中取出25.0mL, 用0.0200mol·L-1高锰酸钾溶液进行滴定。当加入20.0mL溶液时恰好完全反应, 试根据以上信息完成下列各题:

(1) 配平上述两个离子方程式:

______MnO-4+______C2O${}_4^{2-}$+______$\text{Η}{}^{+}\underset{}{\overset{}{=}}\text{Μ}\text{n}{}^{2+}+$______CO2↑+______H2O;

______MnO2+______C2O${}_4^{2-}$+______$\text{Η}{}^{+}\underset{}{\overset{}{=}}\text{Μ}\text{n}{}^{2+}+$______CO2↑+______H2O。

(2) 欲求得软锰矿中二氧化锰的质量分数, 还缺一个数据, 这个数据是______ (填数据所代表的意义) 。

(3) 若该数据的数值为250, 求该软锰矿中二氧化锰的质量分数 (写出计算过程) 。

参考答案:

1.A 2.A 3.A

$4.(1)\text{C}\text{u}+4\text{Η}{}^{+}+2\text{Ν}\text{Ο}{}_3^{-}\underset{}{\overset{}{=}}\text{C}\text{u}{}^{2+}+2\text{Ν}\text{Ο}{}_2\uparrow +2\text{Η}{}_2\text{Ο}$溶液变浑浊 有红棕色气体生成

(2) 利用反应$3\text{Ν}\text{Ο}{}_2+\text{Η}{}_2\text{Ο}\underset{}{\overset{}{=}}2\text{Η}\text{Ν}\text{Ο}{}_3+\text{Ν}\text{Ο}$来制取NO, 并用排水法收集NO

(3) NO2和水反应生成的HNO3是一种氧化性酸, 可将Na2S氧化, 使溶液变浑浊 可将干燥的NO2与干燥的H2S气体混合, 若有淡黄色固体生成, 即可证明NO2的氧化性 (其他答案合理也可)

5. (1) 还原剂

$(2)2\text{C}\text{u}\text{Η}+3\text{C}\text{l}{}_2\underset{}{\overset{\text{燃}\text{烧}}{=}}2\text{C}\text{u}\text{C}\text{l}{}_2+2\text{Η}\text{C}\text{l}$

(3) H2

$(4)\text{C}\text{u}\text{Η}+3\text{Η}{}^{+}+\text{Ν}\text{Ο}{}_3^{-}\underset{}{\overset{}{=}}\text{C}\text{u}{}^{2+}+2\text{Η}{}_2\text{Ο}+\text{Ν}\text{Ο}$↑

6. (1) 2 5 16 2 10 8 1 1 4 1 2 2

(2) 容量瓶的容积

$(3)n(\text{C}{}_2\text{Ο}{}_4^{2-})=\frac{2.68\text{g}}{134\text{g}\cdot \text{m}\text{o}\text{l}{}^{-1}}=0.02$mol, 滴定250mL稀释后的溶液, 消耗n (MnO-4) =0.0200mol·L-1×0.02L×10=0.004mol。

根据氧化还原反应中得失电子数相等, 有:

n (MnO2) ×2+0.004mol×5=0.02mol×2

n (MnO2) =0.01mol, $\omega (\text{Μ}\text{n}\text{Ο}{}_2)=\frac{0.01\text{m}\text{o}\text{l}\times 87\text{g}\cdot \text{m}\text{o}\text{l}{}^{-1}}{1.20\text{g}}\times 100\%=72.5\%$。

氧化还原体系 篇10

试验采用环保型的还原剂二氧化硫脲来替代保险粉。二氧化硫脲无色无臭, 纯态性质较保险粉稳定, 既无还原性, 又无氧化性, 储藏安全, 但在碱性加热条件下性质活泼, 显示较强的还原性, 分解成尿素和具有还原能力的次硫酸[3], 其反应机理如图1所示[5]。

选择靛蓝染料用量、氢氧化钠用量及二氧化硫脲用量作为试验参数, 如下在常温下进行靛蓝染料还原试验, 测试还原一定时间后溶液的电位值来评判二氧化硫脲对靛蓝染料的还原效果。通过试验的探讨, 拟为纺织及印染行业在优化产品质量, 节约染色成本, 降低环境污染等方面提供借鉴。

1 实验药品及仪器

1.1 主要药品

靛蓝染料 (工业用) 、氢氧化钠 (分析纯, 西陇化工股份有限公司) 、二氧化硫脲 (工业用, 广州穗欣化工有限公司) 。

1.2 主要仪器

JA2003N型电子天平 (精度1mg) 、八孔水浴锅和笔式ORP-286型电位仪。

2 靛蓝染料还原工艺试验

2.1 还原工艺曲线

二氧化硫脲还原靛蓝染料的还原工艺曲线如图2所示。

2.2 还原工艺处方

2.2.1 染料用量对还原试验的影响

按照图2所示工艺曲线, 依次加入染料、氢氧化钠和二氧化硫脲。在氢氧化钠浓度为10g/L, 二氧化硫脲浓度为10g/L的条件下, 分别加入浓度为1g/L、2g/L、4g/L、7g/L、10 g/L、15g/L、20g/L的染料, 还原30min后测试溶液的电位值。

2.2.2 氢氧化钠用量对还原试验的影响

按照图2所示工艺曲线, 依次加入染料、氢氧化钠和二氧化硫脲。在染料浓度为4g/L, 二氧化硫脲浓度为10g/L的条件下, 加入氢氧化钠, 浓度分别为1g/L、3g/L、5g/L、7g/L、10g/L、15g/L、25g/L, 还原30min后测试溶液的电位值。

2.2.3 二氧化硫脲用量对还原试验的影响

按照图2所示工艺曲线, 依次加入染料、氢氧化钠、二氧化硫脲。在染料浓度为4g/L, 氢氧化钠浓度为10g/L的条件下, 加入二氧化硫脲, 浓度分别为1g/L、3g/L、5g/L、7g/L、10g/L、15g/L、25g/L, 还原30min后测试溶液的电位值。

2.3 测试指标

采用笔式ORP-286型电位仪测试溶液还原后的电位值, 将电位仪插入溶液中搅动均匀后静置, 待显示读数稳定后读取还原电位值。

3 靛蓝染料还原工艺参数对溶液电位值的影响

3.1 染料用量

染料用量对溶液还原电位值的影响结果如图3所示。

由图3可知, 随着染料用量的增加, 溶液还原电位值逐渐增加, 当染料浓度达到10g/L时, 溶液的还原电位值趋于平衡。分析原因是当染料浓度低于10g/L时, 溶液中染料用量较少, 而二氧化硫脲用量相对较多, 染料充分被还原成隐色体, 使得溶液的还原电位值较高。

3.2 氢氧化钠用量

氢氧化钠用量对溶液还原电位值的影响如图4所示。

在此反应中, 氢氧化钠的作用主要有:保证二氧化硫脲反应成为甲脒亚磺酸, 使还原液有一定的还原电位值;使靛蓝染料转变为隐色体钠盐的形式, 保证染料的上染率;中和二氧化硫脲分解产生的酸式盐, 保证溶液中的碱性, 能够使得反应过程顺利进行[6]。

由图4可知, 随着溶液中氢氧化钠含量的增加, 溶液还原电位值逐渐增大, 当溶液中氢氧化钠浓度超过10g/L时, 溶液的还原电位值增长放缓。表明氢氧化钠浓度达到10g/L时, 已基本满足还原剂所需的碱性环境要求, 而通过二氧化硫脲还原靛蓝染料的反应机理可知:1mol的二氧化硫脲分解需要1mol的氢氧化钠, 因此, 氢氧化钠不仅要促使二氧化硫脲分解, 同时还要维持还原体系的碱性环境。

3.3二氧化硫脲用量

二氧化硫脲用量对溶液还原电位值的影响如图5所示。

由图5可知, 随着二氧化硫脲用量的增加, 溶液的还原电位值先增大后减小, 在二氧化硫脲浓度为10g/L左右时达到最大还原电位值。究其原因是二氧化硫脲用量低于10g/L时, 增加二氧化硫脲的浓度, 有利于靛蓝染料还原成隐色体, 而当二氧化硫脲浓度高于10g/L时, 二氧化硫脲相对于靛蓝染料属于过量, 使染料结构发生过还原, 电位值下降。

4 最优还原工艺探讨

4.1 正交试验设计

选择靛蓝染料用量、强氧化纳用量及二氧化硫脲用量这3个工艺参数为正交试验因素, 每个因素设计为4水平, 依据单因素试验结果所确定的各水平值, 如表1所示。

4.2 正交试验结果与分析

正交试验数据结果如表2所示。

由表2可知, 3个因素的极差大小顺序为:氢氧化纳用量>染料用量>二氧化硫脲用量。靛蓝染料的最优还原工艺参数方案为A2B4C2, 即染料用量为7g/L, 氢氧化钠用量15g/L, 二氧化硫脲用量7g/L。

5 结语

靛蓝染料在碱性条件下被二氧化硫脲还原为隐色体钠盐形式, 其最佳还原条件为:染料用量为7g/L, 氢氧化钠用量15g/L, 二氧化硫脲用量7g/L。希望本试验的探讨可以为纺织印染行业提供参考。

摘要：阐述了常温下靛蓝染料还原工艺处方及靛蓝染料还原工艺曲线, 依据基础还原工艺对染料用量、氢氧化钠用量及二氧化硫脲用量进行单因素分析, 以染料还原后溶液的电位值作为还原效果衡量指标, 并通过正交试验确定了靛蓝染料的最佳还原工艺。结果表明:靛蓝染料用量及氢氧化钠用量在10g/L时, 溶液的电位值趋于稳定, 而二氧化硫脲用量在10g/L时, 溶液的电位值达到最大。正交试验结果可知:染料用量为7g/L, 氢氧化钠用量15g/L, 二氧化硫脲用量7g/L时, 溶液的还原电位值最大, 还原效果最好。

关键词：靛蓝染料,二氧化硫脲,还原,工艺优化

参考文献

[1]朴理哲.还原染料的发展状况及前景[J].吉化科技, 1995, (3) :16-21.

[2]闫丽君.靛蓝染料染色影响因素分析[D].石家庄:河北科技大学, 2010.

[3]郑明远.硫化染料染色新型氧化还原体系的应用[D].石家庄:河北科技大学, 2014.

[4]杨壁玲.植物靛蓝染色传统工艺原理及应用现状[J].染整技术, 2008, 30 (3) :13-15.

[5]罗小勤等.靛蓝的电化学还原及其染色工艺的探讨[J].印染助剂, 2008, 25 (3) :21-26.

氧化还原反应规律及其应用 篇11

一、关系律

氧化还原反应中存在几组概念，它们之间的关系如下：

[氧化剂][氧化性][还原反应][被还原][还原产物][氧化产物][被氧化][氧化反应][还原性][还原剂] [具有][发生][生成] [性质][反应] [生成][具有][发生][过程][产物][反应物]

应用：判断氧化剂与还原剂、氧化反应与还原反应、氧化产物与还原产物等。

例1 下列反应中,水作为还原剂的是（ ）

A．Cl2+H2O=HCl+HClO

B．3NO2+H2O=2HNO3+NO

C．2F2+2H2O=4HF+O2↑

D．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑

解析 标出反应前后各元素的化合价可知：A、B项中H2O的H、O元素均未变化；C项中H2O中O元素由-2价升高到0价，故H2O是还原剂；D项中H2O中的H元素由+1价降至0价，故H2O是氧化剂。

答案 C

二、价态律

根据元素的化合价可以判断物质是否具有氧化性或还原性。一般，元素处于最高价态，则只具有氧化性（如Fe3+、HNO3等）；元素处于最低价态，则只具有还原性（如S2-、I-等）；元素处于中间价态，既具有氧化性又具有还原性（如SO2、Fe2+等）。

应用：判断物质是否具有氧化性和还原性。

例2 在下列物质中硫元素只具有还原性的是（ ）

A．H2S B．S C．H2SO3 D．H2SO4

解析 S元素常见价态有-2、0、+4、+6价，其中-2价为最低价态，化合价只能升高，只具有还原性。

答案 A

三、 转化律

1．邻位转化原则

氧化还原反应中，以元素相邻价态之间的转化比较容易。

2．互不交叉的原则

同种元素不同价态之间若发生反应，元素的化合价遵从邻近变价、互不交叉的原则。例如：H2S+H2SO4（浓）=S↓+SO2↑+2H2O,S元素的化合价应从-2价变化为0价，从+6价变化为+4价。而不能认为是从-2变化为+4价，+6变化为0价。

应用： 1. 利用此规律可准确确定氧化产物和还原产物。2. 可判断同种元素不同价态的原子间能否发生氧化还原反应。若有中间价态，则可能发生氧化还原反应；若无中间价态，则不能发生氧化还原反应。例如：SO2与H2SO4(浓)之间，Fe2+与Fe3+之间。

例3 已知在热的碱性溶液中，NaClO发生如下反应：3NaClO=2NaCl+NaClO3，相同条件下NaClO2也能发生类似的反应，其最终产物是（ ）

A．NaClO、NaCl B．NaCl、NaClO3

C．NaClO3、NaClO D．NaClO3、NaClO4

解析 已知反应中氯元素的化合价有升降，既然NaClO2也有类似的反应，即氯元素的化合价也有升和降。A项中均降低，D项中均升高，B、C项与题意相符，但C项中NaClO不是最终产物。

答案 B

四、守恒律

电子转移的数目守恒。即氧化剂得到电子的总数目=还原剂失去电子的总数目。这是配平氧化还原反应方程式的依据，也是有关氧化还原反应计算的依据。

应用：1. 求氧化还原反应中反应物的用量。2. 求氧化还原反应中生成物的存在形式（或所含元素的价态）。3. 求氧化还原反应方程式中物质的系数。

例4 在一定的条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72-和Pb2+，则与1 mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为（ ）

A. 3.0 mol B. 1.5 mol

C. 1.0 mol D. 0.75 mol

解析 据题意，PbO2与Cr3+反应，PbO2作氧化剂，Cr3+作还原剂，根据氧化还原反应中得失电子守恒，1 mol×3 e-=n(PbO2)×2 e- ⇒n(PbO2)=1.5 mol。

答案 B

例5 硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0 mL 0.100 mol·L-1 Na2S2O3溶液恰好将224 mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl-，则S2O32-将转化为（ ）

A．S2- B．S C．SO32- D．SO42-

解析 据题意，Cl2与S2O32-反应，Cl2作氧化剂，S2O32-作还原剂，设反应后S元素的最终价态为[x], 根据氧化还原反应中得失电子守恒，25×10-3×0.1×2[(x-2)]=[22422400]×2，则[x=6]。

答案 D

例6 已知：AgF+Cl2+H2O→AgCl+AgClO3+HF+O2(未配平)，配平后，若Cl2的系数为a，则AgF的系数为 ；若AgClO3的系数为b，O2的系数为c，则AgCl的系数为 。

解析 由方程式右边产物（AgCl、AgClO3）可以看出，Ag元素物质的量等于氯元素物质的量。若Cl2的系数为[a]，则AgF的系数为[2a]。此反应中，化合价发生变化的元素为Cl、O。当分别产生1 mol AgCl、AgClO3、O2，得失电子为1 mol、 5 mol、 4 mol。若AgClO3、O2的系数为[b、c]，则失去电子总数为[5b+4c]，故AgCl的系数为[5b+4c]。

五、强弱律

对于自发的氧化还原反应（除高温、电解条件），总是强氧化性物质和强还原性物质反应生成弱氧化性物质和弱还原性物质。即氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性。

应用：1. 判断微粒氧化性、还原性的相对强弱。2. 判断氧化还原反应能否发生。

例7 已知反应式：（1）2Fe3++2I-=2Fe2++I2,(2)Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+，则离子的还原性从强到弱的顺序是（ ）

A. Br-、Fe2+、I- B. I-、Fe2+、Br-

C. Br-、I-、Fe2+ D. Fe2+、I-、Br-

解析 根据反应式知（1）I->Fe2+ ，(2) Fe2+>Br-。

答案 A

例8 已知I-、Fe2+、SO2、Cl-和H2O2均具有还原性，它们在酸性溶液中还原性强弱的顺序为Cl-

A. 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+

B. I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI

C. H2O2+H2SO4=SO2↑+O2↑+2H2O

D. 2Fe2++I2=2Fe3++2I-

答案 CD

六、优先律

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。一种氧化剂同时和几种还原剂相遇时，先与还原性较强的还原剂反应。同理，一种还原剂同时和几种氧化剂相遇时，先与氧化性较强的氧化剂反应。

例9 在含有Cu(NO3)2、Mg(NO3)2和AgNO3的溶液中加入适量锌粉，首先置换出的是（ ）

A. Mg B. Cu C. Ag D. H2

解析 越易失去电子的物质失去电子后就越难得到电子，如还原性的强弱：Mg>H2>Cu>Ag，则氧化性的强弱：Ag+>Cu2+>H+>Mg2+。锌粉先与氧化性强的Ag+反应，置换出Ag。

答案 C

例10 将Fe、Cu粉与FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液放在某一容器里，根据下述情况判断哪些阳离子或金属单质存在，哪些不能存在。

（1）反应后铁有剩余，则容器里可能有 ；

（2）反应后有Cu2+和Cu，则容器里不可能有 ；

（3）反应后有Cu2+，Fe3+，则容器里不可能有 。

解析 根据优先律知，还原性：Fe>Cu，氧化性：FeCl3>CuCl2>FeCl2。还原性强的Fe与氧化性强的FeCl3先反应，后与氧化性较强的CuCl2反应，若Fe不足时，Cu也可还原FeCl3但不能与FeCl2反应。

（1）Fe有剩余，FeCl3，CuCl2不可能存在，则容器里有还原产物Fe2+和未参加反应的Cu及置换出的Cu。故可能有Fe2+、Cu。

（2）因反应后有Cu2+和Cu，则Fe不可能剩余。故不可能存在Fe3+。

（3）反应后有Cu2+和Fe3+，则Fe和Cu都不足，故只有Fe2+存在。

【练习】

1．P单质在下列反应中4P+3KOH+3H2O=3KH2PO2+PH3的变化是（ ）

A．被氧化

B．被还原

C．既被氧化又被还原

D．既未被氧化又未被还原

2．根据反应式Fe3++2I-=2Fe2++I2；Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+。可判断离子的还原性从强到弱的顺序是（ ）

A．Br-、Fe2+、I- B．I-、Fe2+、Br-

C．Br-、I-、Fe2+ D．Fe2+、I-、Br-

3．K35ClO3晶体和含有H37Cl的浓盐酸反应生成氯气，已知方程式为KClO3+6HCl(浓)=KCl++3Cl2↑+3H2O，此反应生成氯气的摩尔质量为（ ）

A．74 g·mol-1 B．73.3 g·mol-1

C．72 g·mol-1 D．70.6 ·mol-1

4．某容器中发生了一个化学反应，反应过程中存在As2S3、HNO3、NO、H2O、H3AsO4、H2SO4六种物质，已知As2S3是反应物之一。下列有关判断不正确的是（ ）

A．该容器中发生了氧化还原反应

B．该反应中HNO3、H2O是反应物， H2SO4、 H3AsO4、NO是生成物

C．该反应中只有砷元素被氧化，只有氮元素被还原

D．HNO3、H2SO4、H3AsO4都属于最高价氧化物的水化物

[【参考答案】]<\192.168.2.51本地磁盘 (e)张骥娜数据飞翔高中生学习·高三 理综 文综 合 2011-9高中生学习·高三 理综 文综 合 2011-9c社会2.jpg>

氧化还原反应考点分析 篇12

一、以物质的制备为背景考查氧化还原反应方程式的书写与计算

以物质的制备为背景,根据新情境和相关信息书写氧化还原反应方程式,是考查学生化学素养的有效手段之一。

例题1.(09全国卷Ⅱ6)物质的量之比为2:5的锌与稀硝酸反应,若硝酸被还原的产物为N2O,反应结束后锌没有剩余,则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是()。

A.1:4 B.1:5 C.2:3 D.2:5

答案:A

解析:设2 molZn参与反应,因Zn无剩余,则最终生成了2mol Zn(NO3)2,显然含有4 molNO3-,这部分是没有参与氧化还原反应的HNO3,根据得失电子守恒有:2×n(Zn)=n(HNO3)×4,则n(HNO3)=1 mol,即有1 molHNO3被还原。

例题2.(09全国卷Ⅱ13)含有a mol Fe Br2的溶液中,通入x mol Cl2。下列各项为通Cl2过程中,溶液内发生反应的离子方程式,其中不正确的是()。

A.x=0.4a,2Fe 2++Cl2=2Fe3++2Cl-

B.x=0.6a,2Br-+Cl2=Br2+2Cl-

C.x=a,2Fe 2++2Br-+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl-

D.x=1.5a,2Fe 2++4Br-+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl-

答案:B

解析:由于Fe2+的还原性强于Br-,故根据氧化还原反应的先后顺序知,Cl2先氧化Fe2+,然后再氧化Br-。2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,2Br-+Cl2=Br2+2Cl-,2FeBr2+3Cl2=2FeCl3+2Br2。当x/a≤0.5时,Cl2仅氧化Fe2+,故A项正确。当x/a≥1.5时,Fe2+和Br-全部被氧化,D项正确;当介于两者之间时,则要分步书写方程式,然后进行叠加得总反应。如B项,当x=0.5a时,Cl2刚好把Fe2+全部氧化,而当x=0.6a,显然Cl2还要氧化Br-,而选项中没有表示,故错。

启示:(1)注重计算的基本方法,加强基本功训练;(2)在元素化合物学习过程中要注意化学反应过程和研究化学方程式书写过程。

二、以物质的推断为背景考查氧化还原反应

以氧化还原反应为中心的推断题,除要求学生紧紧抓住反应过程中产生的各种现象,如气体的放出、沉淀的生成、颜色的变化等作为突破口,结合所学元素及化合物知识进行推断外,更重要的是能运用氧化还原反应的基本原理和相关规律进行综合分析,得出关键性的结论。

例题3.(09安徽卷27)某厂废水中含5.00×10-3 mol·L-1的,Cr2O72-其毒性较大。某研究性学习小组为了变废为宝,将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4(Fe的化合价依次为+3,+2),设计了如图1所示实验:

流程:

(1)第①步反应的离子方程式是_______;

(2)第②步中用p H试纸测定溶液p H的操作是________;

(3)第②步过滤得到的滤渣中主要成分除Cr(OH)3外,还有______;

(4)欲使1 L该废水中的Cr2O72-完全转化为Cr0.5Fe1.5Fe O4。理论上需要加入_______g FeSO4·7H2O。

答案:

(1)Cr2O2-7+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O

(2)将一小块pH试纸放在表面皿上,用玻璃棒蘸取少量待测液,点在pH试纸上,再与标准比色卡对照。

(3)Fe(OH)3,Fe(OH)2

(4)13.9

解析:

(1)第①步是Cr2O72-与Fe2+发生氧化还原反应,方程式为:Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O;

(2)测定溶液的pH的方法是:用玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸的中心位置,然后对照标准比色卡,读出对应颜色的数据;

(3)从最终所得磁性材料的化学式可知,滤渣中主要有Cr(OH)3,Fe(OH)2,Fe(OH)3;

(4)1 L废水中的n(Cr2O72-)=5.00×10-3mol,根据关系式:Cr2O72-~4Cr0.5Fe1.5FeO4~10Fe SO4·7H2O,所以理论上n(Fe SO4·7H2O)=0.0 5mol,m(FeSO4·7H2O)=0.05 mol×278 g·mol-1=13.9 g。