化学化学氧化还原反应的专项培优练习题.docx

1、化学化学氧化还原反应的专项培优练习题一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）1碘酸钾（）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的纯度：其中制取碘酸（）的实验装置见图，有关物质的性质列于表中物质性质HIO3白色固体，能溶于水，难溶于CCl4KIO3白色固体，能溶于水，难溶于乙醇碱性条件下易发生氧化反应：ClOIO3=IO4Cl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CCl4的作用是_从而加快反应速率。（3）分离出B中制得的水溶液的操作为_；中和之前，需将HIO3溶液煮沸至接近于无色，其目的是_，

2、避免降低的产率。（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_（填序号）。（5）为促使晶体析出，应往中和所得的溶液中加入适量的_。（6）取1.000g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，加入淀粉作指示剂，用0.1004mol/L溶液滴定。滴定至终点时蓝色消失（），测得每次平均消耗溶液25.00mL。则产品中的质量分数为_（结果保留三位有效数字）。【答案】还原性、酸性 充分溶解和，以增大反应物浓度 分液 除去（或），防止氧化 C 乙醇（或酒精） 89.5%。 【解析】【分析】装置A用于制取Cl2，发生的反应为：KCl

3、O3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+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HCl和Cl2，还要防止倒吸。【详解】（1）装置A中发生的反应为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O，浓盐酸中的Cl元素有一部分失电子转化为Cl2，表现出还原性，还有一部分Cl元素没有变价转化为KCl（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：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，Cl2和I2均难溶于水，易溶于CCl4，加入CCl4可使二者溶解在CCl4中，增大反应物浓度，故答案为：5Cl2+I2+6H2O=2H

4、IO3+10HCl；充分溶解I2和Cl2，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Cl2在碱性条件下转化为ClO-，ClO-会将IO3-氧化为IO4-，因此在中和前需要将Cl2除去，故答案为：分液；除去Cl2（或ClO-），防止氧化KIO3；（4）尾气中主要含HCl和Cl2，需用NaOH溶液吸收，同时要防止倒吸，故答案为：C；（5）因为KIO3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-+5I-+6H+=3I2+3H2O

5、，滴定时发生的反应为：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可列出关系式：IO3-3I26S2O32-，每次平均消耗的n(S2O32-)= 0.1004mol/L0.025L=0.00251mol，则每20mLKIO3溶液中，n(KIO3)=n(IO3-)= n(S2O32-)6=0.00251mol6=0.000418mol，200mL溶液中，n(KIO3)=0.00418mol，产品中KIO3的质量分数=89.5%，故答案为：89.5%。【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。2羟

6、氨（NH2OH）是一种还原剂，和联氨一样是一种弱碱，不稳定，室温下吸收水汽迅速分解。回答下列问题：（1）请写出羟氨的电子式_。（2）利用KMnO4标准溶液定量间接测定羟氨的纯度。测定步骤如下：溶液配制：称取5.0g某羟氨样品，溶解在_酸中后加适量蒸馏水，将其全部转移至100mL的_中，加蒸馏水至_。取20.00mL的羟氨酸性溶液与足量硫酸铁在煮沸条件下反应：2NH2OH24Fe3N2O4Fe2H2O6H，生成的Fe2用0.4000 molL1的酸性KMnO4溶液滴定，滴定达到终点的现象是_。请写出Fe2与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式_。重复滴定3次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表

7、所示：计算试样的纯度_%。（3）下列操作导致误差偏高的有_（填编号）。a 滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失b 滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液c 羟氨称量时，时间过长和溶解时没有及时用酸酸化d KMnO4溶液起始读数仰视，终点正常读数【答案】 硫酸 容量瓶 刻度线 当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色 5Fe2+MnO4-+8H+5Fe3+Mn2+4H2O 66 ab 【解析】【分析】(1)根据羟氨化学式写出其电子式；(2)羟氨应溶解在H2SO4中，因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化；用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的

8、颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；根据氧化还原反应的规律写出Fe2与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式，根据物质的量的关系计算式样纯度；(3)根据氧化还原滴定的相关操作分析实验误差。【详解】(1)根据羟氨化学式NH2OH可知其电子式为：，故答案为：；(2)羟氨应溶解在H2SO4中，因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化，将其全部转移至100mL的容量瓶中，加蒸馏水至刻度线，故答案为：硫酸；容量瓶；刻度线；用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；根据氧化还原反应的规律写出Fe2与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：5Fe2

9、+MnO4-+8H+5Fe3+Mn2+4H2O；由消耗高锰酸钾体积表可知，第一次误差过大，舍去，V(平均)=20.00mL；设滴定时NH2OH2+的物质的量为xmol，依据离子方程式可得关系式：解得x=0.02因总量为100mL，所以n(NH2OH2+)0.0250.1molm=nM0.133g/mol3.3gw=100%=66%故答案为：当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；5Fe2+MnO4-+8H+5Fe3+Mn2+4H2O；66；(3)a滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失会导致V标准偏大，计算结果偏高；b滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液，相当于把KMn

10、O4溶液稀释，滴定时消耗体积增大，计算结果偏高；c羟氨称量时，时间过长和溶解时没有及时用酸酸化会导致羟氨被氧化，导致消耗体积偏小，计算结果偏低；dKMnO4溶液起始读数仰视，终点正常读数，导致消耗体积偏小，计算结果偏低；故答案为：ab。【点睛】注意氧化还原滴定操作中的注意事项，根据公式判断不同操作可能引起的实验误差。3以海绵铜（CuO、Cu）为原料制备氯化亚铜（CuCl）的一种工艺流程如下：（1）Cu基态原子核外电子排布式为_，SO42 的空间构型为_（用文字描述）；Cu2+ 与OH 反应能生成Cu(OH)4 2，Cu(OH)4 2 中提供孤电子对的原子是_（填元素符号）。（2）“吸收”过程：

11、2NO(g) + O2(g)2NO2(g) H =112.6kJmol1提高NO平衡转化率的方法有_（写出两种）。吸收NO2的有关反应如下：反应：2NO2(g) + H2O(l) HNO3(aq) + HNO2(aq) H =116.1kJmol1反应：3HNO2(aq) HNO3(aq) + 2NO(g) + H2O(l) H =75.9kJmol1用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式是_。（3）“电解”过程：HNO2为弱酸，通过电解使HNO3得以再生，阳极的电极反应式是_。（4）“沉淀”过程：产生CuCl的离子方程式是_。【答案】1s22s22p63s23p63d104s1 正四

12、面体形 O 增大压强、提高氧气的浓度 3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g) H=212.1kJmol1 HNO2-2e-+H2O=3H+NO3- 2Cu2+SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl+SO42-+4H+ 【解析】【分析】海绵铜（CuO、Cu）中CuO与稀H2SO4反应转化为硫酸铜，因硝酸在酸性条件下具有氧化性，会将铜氧化为铜离子，最终生成硫酸铜，SO2具有还原性，再将铜离子还原为氯化亚铜，NO合理利用，经过氧化与电解过程得到硝酸，据此分析解答。【详解】（1）Cu的原子序数为29，Cu基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；SO4

13、2中S原子价层电子对个数=4+=4，且不含孤电子对，由价层电子对互斥理论判断该微粒为正四面体形；Cu(OH)42中Cu2+提供空轨道，O原子提供孤电子对形成配位键，答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；正四面体形；O；（2）2NO(g)+O2(g)2NO2(g) H=112.6kJmol1是气体体积减小的放热反应，提高NO平衡转化率，平衡应向正反应方向移动，可以采取的措施有：降低温度、增大压强、提高氧气的浓度等；由盖斯定律可知：（反应I3+反应II）可以得到用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式：3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g) H=212.

14、1kJmol1；（3）电解过程中，阳极上HNO2失去电子发生氧化反应生成HNO3，阳极的电极反应式是：HNO2-2e-+H2O=3H+NO3-；（4）Cu2+与SO2发生氧化还原反应生成CuCl，离子方程式为：2Cu2+SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl+SO42-+4H+。4利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣（主要含FeOV2O3、Al2O3、SiO2及少量可溶性磷酸盐）生产V2O5的工艺流程如下，回答下列问题：已知：V2O5、Al2O3、SiO2可与Na2CO3、NaCl组成的混合钠盐在高温下反应，并转化为NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3等可溶性钠盐。AlO+4H+=Al3+2H2

15、O。（1）焙烧包括氧化和钠化成盐两个过程，氧化的目的是获得V2O5，写出氧化过程中FeOV2O3发生反应的化学方程式_；废渣的主要成分是_；精制中加盐酸调pH的主要作用是_，加入NH3H2O后发生反应的离子方程式为_。（2）精制中加入CaCl2溶液除去磷酸盐，pH过小时影响除磷效果的原因是_；pH过大时，沉淀量增大的原因是_。（3）沉钒所得NH4VO3沉淀需进行洗涤，洗涤时除去的阴离子主要是_。NH4VO3在500时焙烧脱氨制得产品V2O5，反应方程式为2NH4VO3V2O5+H2O+2NH3。但脱氨过程中，部分V2O5会转化成V2O4，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，该反应的化学方

16、程式为_。【答案】4FeOV2O3 + 5O2 2Fe2O3 + 4V2O5 Fe2O3 或Fe(OH)3 除Si并转化AlO2-写“除Si”即得分） Al3+ + 3NH3H2O = Al(OH)3 + 3NH H+ + NH3H2O = H2O + NH（写出第一个离子方程式即得分） 形成溶解度较大的酸式盐（或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙） 产生了Ca(OH)2沉淀 Cl 3V2O5 + 2NH33V2O4 + N2 + 3H2O 【解析】【分析】氧化过程FeOV2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5；经过氧化和钠化后，V2O5、Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐，F

17、e2O3或Fe(OH)3成为滤渣；精制中加盐酸调pH为了和SiO32-反应生成硅酸沉淀，将AlO2-转化为Al3+；加入NH3H2O后与Al3+发生反应生成Al(OH)3沉淀；精制中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，沉钒时加入试剂NH4Cl，所得NH4VO3沉淀，焙烧得到产品，据此分析。【详解】（1）氧化过程FeOV2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5，化学方程式为：4FeOV2O3 + 5O22Fe2O3 + 4V2O5；经过氧化和钠化后，V2O5、Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐，Fe2O3 或Fe(OH)3成为滤渣；精制中加盐酸调pH为了和SiO32-反应生成硅

18、酸沉淀，将AlO2-转化为Al3+；加入NH3H2O后与Al3+发生反应生成Al(OH)3沉淀，还可以中和酸，反应方程式为：、，故答案为：4FeOV2O3 + 5O2 2Fe2O3 + 4V2O5；Fe2O3 或Fe(OH)3；除Si并转化AlO2-(写“除Si”即得分)；，（写出第一个离子方程式即得分）；（2）精制中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，pH过小时形成溶解度较大的酸式盐；pH过大时易形成Ca(OH)2沉淀，故答案为：形成溶解度较大的酸式盐（或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙）；产生了Ca(OH)2沉淀；（3）沉钒时加入试剂NH4Cl，因此所得NH4VO3沉淀含

19、有阴离子主要为Cl-；脱氨过程中，部分V2O5会转化成V2O4，且反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，则V2O5为氧化剂，NH3为还原剂，还原产物为V2O4，氧化产物为N2，则氧化还原方程式为：3V2O5 + 2NH3 3V2O4 + N2 + 3H2O，故答案为：Cl；3V2O5 + 2NH3 3V2O4 + N2 + 3H2O。5实验室里，从废旧钴酸锂离子电池的正极材料（在铝箔上涂覆活性物质LiCoO2）中，回收钴、锂的操作流程如下图所示：回答下列问题。（1）拆解废旧电池获取正极材料前，先将其浸入NaCl溶液中，使电池短路而放电，此时溶液温度升高，该过程中能量的主要转化方式为_。（2

20、）“碱浸”过程中产生的气体是_；“过滤”所得滤液用盐酸处理可得到氢氧化铝，反应的化学方程式为_。（3）“酸浸”时主要反应的离子方程式为_；若硫酸、Na2S2O3溶液用一定浓度的盐酸替代，也可以达到“酸浸”的目的，但会产生_（填化学式）污染环境。（4）“沉钴”时，调pH所用的试剂是_；“沉钴”后溶液中c（Co2+）=_。（已知：KspCo（OH）2=1.09l0-15）（5）在空气中加热Co（OH）2，使其转化为钴的氧化物。加热过程中，固体质量与温度的关系如左下图所示。290500，发生反应的化学方程式为_。（6）根据右下图判断，“沉锂”中获得Li2CO3固体的操作主要包括_、_、洗涤、干燥等步

21、骤。【答案】化学能电能热能 H2 NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3 8LiCoO2+ S2O32-+22H+=8Li+8Co2+2SO42-+11H2O Cl2 NaOH溶液或氢氧化钠固体 1.09l0-6mol/L 6Co2O34Co3O4+ O2 蒸发浓缩 趁热过滤 【解析】【分析】正极材料主要由Al和LiCoO2组成，LiCoO2属于盐类，由复分解反应的条件可判断，其与NaOH溶液混合不发生反应，故“碱浸”过程中只有Al和NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，过滤得到滤渣为LiCoO2；“酸浸”时反应物有LiCoO2、硫酸和Na2S2O3溶液，依据“沉钴”产物为Co(OH

22、)2可判断，反应后钴元素的价态从+3价降为+2价，依据氧化还原反应规律以及工艺中最后还可获得Na2SO410H2O副产品，可推知S元素价态升高并转化为SO42-；之后调节pH值得到Co(OH)2沉淀，再加入碳酸钠溶液调节pH值沉锂，得到碳酸锂和母液，母液结晶得到Na2SO410H2O。【详解】(1)依据“电池短路而放电”“溶液温度升高”两项信息，即可判断废旧电池的处理过程中能量的主要转化方式为化学能电能热能；(2)依题中信息可知，正极材料主要由Al和LiCoO2组成，LiCoO2属于盐类，由复分解反应的条件可判断，其与NaOH溶液混合不发生反应，故“碱浸”过程中只有Al和NaOH反应，生成Na

23、AlO2和H2；“过滤”所得滤液用适量盐酸处理可以得到氢氧化铝，方程式为NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3；(3)根据分析可知“酸浸”时Na2S2O3被氧化为SO42-，Co元素被还原，结合电子守恒和元素守恒可知离子反应方程式为：8LiCoO2+ S2O32-+22H+=8Li+8Co2+2SO42-+11H2O；加入的Na2S2O3 起还原作用，用一定浓度的盐酸替代“Na2S2O3溶液和硫酸”，也能实现酸浸目的，可知该反应中，盐酸也起了还原剂的作用，氧化产物为会污染环境的Cl2；(4)结合“沉锂”后母液中还可以获得Na2SO410H2O，可知用的试剂为NaOH溶液或固体；

24、溶液pH=9.5，则溶液中c(OH-)=10-4.5mol/L，带入KspCo(OH)2= c2(OH-)c(Co2+)=1.09 l0-15求得c(Co2+)=1.09l0-6mol/L；(5)从图中信息可知，加热前的反应物为Co(OH)2 (0.930g) ,其物质的量为0.01mol，依据钴元素的量不变可知: n(Co)=0.01 mol， m(Co)=0.590g，温度升温290时，转化为0.830g某种钴的氧化物，该氧化物中，n(O)=0.015mol，由此可以确定该氧化物为Co2O3；同理可以确定500时，n(O)=0.0133mol，则生成的氧化物为Co3O4；所以290500过

25、程中，Co2O3转化为Co3O4，反应过程中，Co元素化合价降低。氧元素化合价升高并转化为O2，故反应的化学方程式为6Co2O34Co3O4+ O2；(6)分析溶解度曲线可知LiCO3微溶，其溶解度随温度升高而降低，为了提高锂元素的回收率，同时防止硫酸钠析出，应采用蒸发浓缩(减少溶剂)并在较高温度下趁热过滤等操作。【点睛】热重分析法是常用的定量分析方法，通过分析热重曲线，可以推测物质的热稳定性、加热反应生成的产物等相关信息。第5题解题关键是抓住受热过程中Co元素的量不变，利用图中数据信息，确定分解所得氧化物中钴、氧元素的物质的量之比,从而确定不同温度下生成的氧化物的组成，写出反应的化学方程式。

26、6含铬(6价)废水严重危害人体健康，工业上常用还原法进行处理。其部分工艺流程如下：(1)废水中，六价铬以CrO42；或者Cr2O72的形式存在，写出其相互转化的离子方程式_。我国常用NaHSO3做还原剂，写出还原池中反应的离子方程式_。(2)废水中残留六价铬的浓度随溶液pH变化如图所示。实际生产中需控制pH2.53.0，原因可能是_。(3)沉淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细，为促使其更好地沉淀，可采取的措施是_。(4)我国规定，工业废水中含Cr(VI)量的排放标准为0.1 mg/L。已知：Cr的相对原子质量为52，Kap(BaCrO4)1.21010。若用Ba2除去废水中的CrO42，达到废

27、水排放标准时，废水中Ba2浓度最低为_mol/L(保留小数点后2位)。用Ba2除去废水中的CrO42是否可行，为什么?请简要回答。_【答案】2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O 3HSO3+Cr2O72-+5H+=2Cr3+3SO42-+4H2O 溶液中pH越高，废水中六价铬残留越多；溶液中pH越低，会腐蚀设备管道 加入絮凝剂 6.2410-5 mol/L 不可行，因为废水中含有Ba2，同样有毒 【解析】【分析】（1）由工艺流程可知，加酸可以使CrO42-转化为Cr2O72-，还原池中，Cr2O72-在酸性条件下将HSO3氧化生成SO42-，本身被还原为Cr3+；（2）由图可知，溶液中

28、pH越大废水中残留六价铬的浓度越大，而溶液中pH越小，酸性越强，可能会腐蚀设备管道；（3）沉淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细，可向沉淀池中加入絮凝剂；（4）由溶度积计算可得；Ba2在溶液中有毒。【详解】（1）由工艺流程可知，加酸可以使CrO42-转化为Cr2O72-，转化的离子方程式为2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；还原池中，Cr2O72-在酸性条件下将HSO3氧化生成SO42-，本身被还原为Cr3+，反应的离子方程式为3HSO3+Cr2O72-+5H+=2Cr3+3SO42-+4H2O，故答案为：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；3HSO3+Cr2O72-+5H+

29、=2Cr3+3SO42-+4H2O；（2）由图可知，溶液中pH越大废水中残留六价铬的浓度越大，而溶液中pH越小，酸性越强，可能会腐蚀设备管道，所以实际生产中需控制pH2.53.0，故答案为：溶液中pH越高，废水中六价铬残留越多；溶液中pH越低，会腐蚀设备管道；（3）沉淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细，可向沉淀池中加入絮凝剂，使Cr(OH)3更好地沉淀，故答案为：加入絮凝剂；（4）达到废水排放标准时，CrO42的浓度为=mol/L，则溶液中Ba2浓度为=6.2410-5 mol/L；Ba2在溶液中有毒，则用Ba2除去废水中的CrO42是不可行的，故答案为：6.2410-5 mol/L；不可行，因为废水中含有Ba2，同样有毒。7（1）将新制氯水逐滴滴入FeBr2溶液中，写出最初发生的反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目。_。（2）在硫酸铝铵(NH4Al(SO4)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液并不断搅拌。用一个离子方程式表示最初发生的反应。_。（3）石油气“芳构化”是由石油气生产高辛烷值汽油的一种有效生产工艺。测得反应2C4H10C8H10(g)+5H2在不同温度下的平衡常数变化如下：温度()400450500平衡常数Ka6a40a该反应的正反应是_(吸热、放热)反应。向2L密闭定