高考化学二轮复习专题06氧化还原反应考点突破.docx

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高考化学二轮复习专题06氧化还原反应考点突破

专题06氧化还原反应

1．天然气脱硫包含反应2FeCl3＋H2S===2FeCl2＋S↓＋2HCl，下列说法正确的是（　　）

A．FeCl3是还原剂B．FeCl3中氯元素被还原

C．H2S是氧化剂D．H2S中硫元素被氧化

【答案】D

【解析】A项、反应中Fe元素化合价降低，FeCl3是氧化剂，故

A错误；B项、反应中FeCl3中氯元素化合价没有变化，故B错误；C项、反应中H2S中S元素化合价升高，H2S是还原剂，故C错误；D项、反应中H2S中S元素化合价升高，被氧化，D正确。

8．1.76g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2气体1792mL（标准状况），向反应后的溶液中加入适量的1.0mol/LNaOH溶液，恰好使溶液中的金属离子全部沉淀。

下列说法不正确的是

A．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/L

B．浓硝酸在反应中表现了氧化性和酸性，且表现氧化性的硝酸的物质的量为0.08mol

C．得到沉淀的质量为3.12g

D．加入NaOH溶液的体积是50mL

【答案】D

【解析】A．密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸的物质的量浓度c=

=

mol/L，A正确；B.硝酸与金属反应，硝酸将金属氧化成硝酸盐，硝酸被还原变为

NO2气体，所以起氧化剂作用的硝酸的物质的量为n（HNO3）=n（NO2）=

，B正确；C.沉淀的质量等于金属质量与结合的氢氧根离子的质量，根据电荷守恒可知氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量，即n（OH-）=0.08mol×（5-4）=0.08mol，故沉淀的质量=1.76g+0.08mol×17g/mol=3.12g，C正确；D.加入适量的1.0mol/LNaOH溶液，恰使溶

液中的金属离子全部沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由N元素守恒可知n（NaNO3）+n（NO2）=n（HNO3），n（NaNO3）=0

.05L×14mol/L-0.08mol=0.62mol，由钠离子守恒n（NaOH）=n（NaNO3）=0.62mol，故需要1.0mol/LNaOH溶液体积V=

=620mL，D错误。

9．某温度下，将1.1molI2加入到氢氧化钾溶液中，反应后得到KI、KIO、KIO3的混合溶液。

经测定IO－与IO3－的物质的量之比是2：

3。

下列说法错误的是

A．I2在该反应中既作氧化剂又作还原剂

B．该反应中转移电子的物质的量为1.7mol

C．该反应中，I2的还原性大于KIO和KI03的还原性

D．该反应中，被还原的碘元素与被氧化的碘元素的物质的量之比是5：

17

【答案】D

10．用还原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物（NOx），转化为无害物质。

常温下，将NO与H2的混合气体通入Ce（SO4）2与Ce2（SO4）3的混合溶液中，其转化过程如下图所示。

下列说法不正确的是

A．反应I的离子反应方程式为2Ce4++H2=2Ce3++2H+

B．反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：

2

C．反应前溶液中c（Ce4+）一定等于反应后溶液中的c（Ce4+）

D．反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+离子的总数一定保持不变

【答案】C

【解析】A.根据图示可知反应I为2Ce4++H2=2Ce3++2H+，A正确；B.反应II的反应物为Ce3+、H+、NO，生成物为Ce4+、N2、H2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应方程式为4Ce3++4H++2NO=4Ce4++N2+2H2O，在该反应中NO是氧化剂，Ce3+是还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量的比为2：

4=1：

2，B正确；C.反应前后溶液中n（Ce4+）的物质的量不变，但由于反应后溶液中水的物质的量增多，所

以反应后溶液中c（Ce4+）减小，C错误；D.由于反应前后各种元素的原子个数相等，根据Ce元素守恒可知反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+离子的总数不变，D正确。

（2）甘油（C3H8O3）中碳元素平均价态为-

，甘油醛（C3H6O3）中碳元素平均价态为0，因阳极发生氧化反应，所以1molC3H8O3失去

×3=2mole-，在酸性介质中同时生成H+，其电极方程式为C3H8O3－2e－=C3H6O3＋2H＋。

（4）①由反应I

方程式可知，甘油和水中氢元素全部转化为H2，而副产物CH4、C2H4越多，生成H2的产率越低。

所以生产过程中采取措施抑制副产物产生的目的是提高氢气的产率或使甘油和水分子中氢原子尽可能转化为氢气。

②由图1知，随CaO加入量增加，CO2物质的量直线下降，是因为CaO吸收CO2：

Ca

O（s）+CO2（g）=CaCO3（s），反应体系中CO2浓度降低，平衡向正反应方向移动，H2产率增大。

（5）由图2知，使用Ni/Al2O3和Ni/GeO2催化剂时，在反应后期甘油转化率反而降低；而使用Ni/SiC催化剂时甘油转化率较高，且转化率长时间稳定在较高水平，所以，Ni/SiC催化剂的优点是：

催化剂效率高，稳定性高或催化剂寿命长。

12．二氧化氯（ClO2）和臭氧（O3）均具有强氧化性，可用于水处理。

ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸；O3是一种微溶于水的蓝色气体，其体积分数超过25%时容易引起爆炸。

（1）以FeS2作还原剂，在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2，同时得到Fe2（SO4）3、Na2SO4，该反应的化学方程式为___________________________________________________。

（2）以过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2，并将制得的ClO2处理含CN－废水。

实验室模拟该过程的实验装置（夹持装置略）如图1所示。

①反应容器B应置于30℃左右的水浴中，目的是____________。

②通入氮气的目的除了有利于将ClO2排出，还有_________________________________。

③ClO2处理含CN－废水的离子方程式为_______________________________________。

④装置D的作用是________________________________。

（3）某科研机构经多次实验，利用O3、KCl和工业废渣（主要成分为NaNO3和NaNO2）制得KNO3，相关工艺参数如图2和图3[浓缩蒸发水量＝

]。

请选择最佳实验方案，参与完成他们的制备：

将100g废渣加入80mL热水中，充分搅拌，__________________________________________，在50℃恒温水浴锅中充分反应后，过滤，__________________________，趁热过滤，________________________，过滤得KNO3粗品，再重结晶提纯得到KNO3。

（

需使用的试剂及用量：

60L0.008g/LO3和80gKCl固体）

【答案】2FeS2＋30NaClO3＋14H2SO4===30ClO2↑＋Fe2（SO4）3＋15Na2SO4＋14H2O提高化学

反应速率，同时防止H2O2受热分解（或答：

高于30℃会导致H2O2分解，低于30℃会导致反应速率较低）稀释ClO2，防止其发生爆炸2CN－＋2ClO2===2CO2＋N2＋2Cl－吸收ClO2等气体，防止污染大气通入60L0.008g·L－1O3充分反应，再加入80gKCl固体充分反应然后将溶液浓缩蒸发水量25%将滤液冷却到10℃结晶

【解析】

（1）FeS2中+2价铁元素被氧化为Fe3+，-1价硫元素被氧化为SO42-，NaClO3中+5价氯元素被还原为+4价ClO2。

根据化合价升降守恒和元素守恒配平，其化学反应方程式为2FeS2＋30NaClO3＋14H2SO4===30ClO2↑＋Fe2（SO4）3＋15Na2SO4＋14H2O。

13．工厂化验员检验某含有KBrO3、KBr及惰性物的样品。

化验员称取了该固体样品1.000g，加水溶解后配成100mL溶液X。

Ⅰ.取25.00mL溶液X，加入稀硫酸，然后用Na2SO3将BrO

还原为Br－；

Ⅱ.去除过量的SO

后调至中性；

Ⅲ.加入K2CrO4作指示剂，用0.1000mol·L－1AgNO3标准溶液滴定Br－至终点，消耗AgNO3标准溶液11.25mL；

Ⅳ.另取25.00mL溶液X，酸化后加热，再用碱液调至中性，测定过剩Br－，消耗上述AgNO3标准溶液3.75mL。

已知：

①25℃时，Ag2CrO4（砖红色）的Ksp＝1.12×10－12，AgBr（浅黄色）的Ksp＝5.0×

10－15；

②Ⅳ中酸化时发生反应：

BrO

＋5Br－＋6H＋===3Br2＋3H2O

请回答：

（1）步骤Ⅰ中，反应的离子方程式为________________________________。

（2）步骤Ⅲ中，滴定终点的现象为_____________________________________________。

（3）步骤Ⅳ中，加热的目的是________________________。

（4）计算试样中KBrO3质量分数。

（写出计算过程，结果保留3位有效数字）_______________

【答案】3SO32-＋BrO3-===Br－＋3SO42-当滴入最后一滴AgNO3溶液时，产生砖红色沉淀除去溶解在溶液中的Br2（或使Br2挥发）w（KBrO3）＝8.35%第一次所取25.00mL溶液中：

n（Br－）总＝n（AgBr）＝0.1000mol·L－1×11.25×10－3L＝1.125×10－3mol所以，n（BrO

）＋n（Br－）＝n（Br－）总＝1.125×10－3mol（1分）第二次所取25.00mL溶液，加酸反应后：

n（Br－）余＝0.1000mol·L－1×3.75×10－3L＝3.75×10－4mol由步骤Ⅳ可知：

BrO

～5Br－所以，n（BrO

）＝

×[n（Br－）总－n（Br－）余]＝

×（1.125×10－3mol－3.75×10－4mol）＝1.25×10－4mol由1g样品配成100mL溶液，且每次实验取的是25mL所以，w（KBrO3）＝

×100%＝8.35%

【解析】

（1）步骤Ⅰ中，“加入稀硫酸，然后用Na2SO3将BrO

还原为Br－”，SO32-是还原剂，其氧化产物是SO42-，BrO3-是氧化剂，还原产物是Br-，根据化合

价升降守恒和元素守恒配平，其反应的离子方程式为：

3SO32-＋BrO3-===Br－＋3SO42-。

15．某含砷（As）的有毒工业废水经下图流醒转化为粗As2O3，已知：

亚砷酸钙微溶于水，砷酸钙难溶于水。

（1）砷是氮的同族元素，且比氮多2个电子层，则AsH3的电子式为_____。

（2）“碱浸”的目的是将废水中的H3AsO3和H3AsO4转化为盐。

H3AsO4转化为Na3AsO4反应的离子方程式为_____。

（3）加入试剂1的目的是_____。

（4）“沉砷”是将砷元素转化为Ca5（AsO4）3OH沉淀，发生的主要反应有：

A．Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）△H＜0

B.5Ca2++OH﹣+3AsO43﹣⇌Ca5（AsO4）3OH△H＞0

资料表明：

“沉砷”的最佳温度是85℃，温度高于85℃，随温度升高沉淀率下降，从平衡移动角度分析其原因是_____。

【答案】

H3AsO4+3OH﹣＝AsO43﹣+3H2O；将AsO33﹣氧化生成AsO43﹣温度升高，反应A平衡逆向移动，c（Ca2+）下降，反应B平衡逆向移动，Ca5（AsO4）3OH沉淀率下降

【解析】

16．氨法溶浸氧化锌烟灰制取高纯锌的工艺流程如图所示。

溶浸后氧化锌烟灰中锌、铜、镉、砷元素分别以Zn（NH3）42+、Cu（NH3）42+、Cd（NH3）42+、AsCl52-的形式存在。

回答下列问题：

（1）Zn（NH3）42+中Zn的化合价为________，“溶浸”中ZnO发生反应的离子方程式为________。

（2）锌浸出率与温度的关系如图所示，分析30℃时锌

浸出率最高的原因为________。

（3）“氧化除杂”中，AsCl52－转化为As2O5胶体吸附聚沉除去，溶液始终接近中性。

该反应的离子方程式为________。