备战高考化学专题题库氧化还原反应的综合题及答案.docx

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备战高考化学专题题库氧化还原反应的综合题及答案

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）

1．阳极泥处理后的沉渣中含AgCl，工业上可用Na2SO3溶液作浸取剂浸出回收。

某小组在实验室模拟该过程。

已知：

i．25oC时，部分物质的溶解度：

AgCl1.9×10–4g；Ag2SO34.6×10–4g；Ag2SO4　0.84g。

ii．25oC时，亚硫酸钠溶液酸化过中含

微粒的物质的量分数随pH变化如图所示。

Ⅰ.浸出氯化银

取AgCl固体，加入1mol/LNa2SO3溶液作浸取剂，充分反应后过滤得到浸出液（pH=8），该过程中发生的反应为AgCl+

[Ag（SO3）2]3–+Cl–。

（1）用平衡移动原理解释AgCl溶解的原因是___。

Ⅱ.酸化沉银

（2）经检测，沉淀m为AgCl，则溶液m中含

微粒的主要存在形式是________。

（3）探究沉淀n的成分。

①甲同学认为沉淀n一定不含Ag2SO4，其依据是________。

②乙同学认为沉淀n可能含Ag2SO3，进行实验验证。

i.本实验设计的依据是：

Ag2SO3具有________性。

ii.乙同学观察到________，得出结论“沉淀n不含Ag2SO3”。

③丙同学从溶液n的成分角度再次设计实验证明沉淀n不含Ag2SO3。

i.本实验设计的依据是：

若沉淀n含Ag2SO3，则溶液n中含

微粒的总物质的量___（填“＞”、“＝”或“＜”）Cl–物质的量。

ii.结合实验现象简述丙同学的推理过程：

____。

Ⅲ．浸取剂再生

（4）溶液m经处理后可再用于浸出AgCl，请简述该处理方法____。

【答案】AgCl（s）

Ag+（aq）+Cl-（aq）,Ag+与SO32-结合生成[Ag（SO3）2]3–，促进AgCl的溶解平衡正向移动HSO3-Ag2SO4的溶解度远大于AgCl或Ag2SO3，溶液中Ag+的浓度很小还原b中清液的颜色与c相同，均为浅紫色溶液＜e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则溶液n中加入稀硝酸使[Ag（SO3）2]3–全部转化为Ag+，Ag+将Cl–全部沉淀，由此可知溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n（Cl–）加NaOH溶液调节pH至9~10

【解析】

【分析】

I、

（1）利用平衡移动的知识答题即可；

II、

（2）生成沉淀m时，溶液m的pH为5，观察图像，可以得知HSO3-的物质的量分数占100%；

（3）①溶液中Ag+的浓度很小，而Ag2SO4的溶解度较大，故不会形成Ag2SO4沉淀；

②依据Ag2SO3的还原性答题；

③e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则溶液n中加入稀硝酸使[Ag（SO3）2]3–全部转化为Ag+，Ag+将Cl–全部沉淀，由此可分析出溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n（Cl–）；

III、（4）m溶液中的溶质为NaHSO3，浸取剂为Na2SO3溶液，需要加入NaOH溶液将NaHSO3转化为Na2SO3。

【详解】

I、

（1）AgCl（s）

Ag+（aq）+Cl-（aq），Ag+与SO32-结合生成[Ag（SO3）2]3-，促进AgCl的溶解平衡正向移动；

II、

（2）生成沉淀m时，溶液m的pH为5，观察图像，可以得知HSO3-的物质的量分数占100%，则溶液m中含

微粒的主要存在形式是HSO3-；

（3）①Ag2SO4的溶解度远大于AgCl或Ag2SO3，溶液中Ag+的浓度很小；

②i、酸性KMnO4溶液具有强氧化性，SO32-具有还原性，则该实验涉及的依据是Ag2SO3具有还原性；

ii、沉淀中无Ag2SO3，则该沉淀不会使酸性KMnO4溶液褪色，故可以观察到a试管中酸性KMnO4溶液褪色，b、c试管中酸性KMnO4溶液依然呈紫色；

③e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则溶液n中加入稀硝酸使[Ag（SO3）2]3–全部转化为Ag+，Ag+将Cl–全部沉淀，由此可分析出溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n（Cl–）；

III、（4）m溶液中的溶质为NaHSO3，浸取剂为Na2SO3溶液，根据曲线图可知，加入NaOH溶液调整pH到9-10即可。

2．实验室用酸性蚀刻废液（含Cu2+、H+、CuC

、Cl-等）和碱性蚀刻废液[N

、Cu（NH3

、NH3·H2O等]制备CuI（白色固体）的实验流程如下:

（1）步骤Ⅰ中发生了多个反应,其中Cu（NH3

与盐酸反应生成Cu（OH）Cl的离子方程式为______。

（2）步骤Ⅳ需控制pH为1~2,80℃下进行,合适的加热方式是______。

（3）步骤Ⅴ的具体步骤是蒸发浓缩、______、____。

（4）步骤Ⅵ在下列装置（夹持及加热装置已省略）中进行。

①装置a中盛装浓硫酸的仪器的名称是____,圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为____。

②用装置d中的溶液洗涤制得的CuI的目的是____,然后再用无水乙醇洗涤的目的是____。

【答案】Cu（NH3

+3H++Cl-+H2O

Cu（OH）Cl↓+4N

热水浴冷却结晶过滤（洗涤）分液漏斗Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O可防止CuI被空气中的O2氧化使固体快速干燥并溶解表面可能混有的I2

【解析】

【分析】

由流程图可知，酸性蚀刻废液和碱性蚀刻废液混合反应得到Cu（OH）Cl悬浊液，过滤，将Cu（OH）Cl加水、过浆后，与浓硫酸水浴加热反应生成硫酸铜，硫酸铜粗溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥、洗涤得到硫酸铜晶体，硫酸铜晶体与碘、二氧化硫和水反应生成碘化亚铜白色固体。

【详解】

（1）步骤Ⅰ中Cu（NH3）42+与盐酸反应生成Cu（OH）Cl沉淀和氯化铵，反应的离子方程式Cu（NH3）42++3H++Cl-+H2O=Cu（OH）Cl↓+4NH4+，故答案为：

Cu（NH3）42++3H++Cl-+H2O=Cu（OH）Cl↓+4NH4+；

（2）步骤Ⅳ为Cu（OH）Cl加水、过浆后，与浓硫酸在制pH为1~2，80℃下水浴加热反应反应生成硫酸铜，故答案为：

热水浴；

（3）步骤Ⅴ为硫酸铜粗溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥、洗涤得到硫酸铜晶体，故答案为：

冷却结晶；过滤（洗涤）；

（4）①装置a中盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗；圆底烧瓶中铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：

分液漏斗；Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O；

②装置d中的溶液为二氧化硫的饱和水溶液，碘化亚铜具有还原性，易被空气中的氧气氧化，用二氧化硫水的饱和水溶液洗涤碘化亚铜，可以防止碘化亚铜被空气中的氧气氧化；再用无水乙醇洗涤可以溶解除去碘化亚铜表面可能混有的单质碘，并能使固体快速干燥，故答案为：

可防止CuI被空气中的O2氧化；使固体快速干燥并溶解表面可能混有的I2。

3．

（1）已知草酸（H2C2O4）分解的化学方程式为：

H2C2O4

CO↑+CO2↑+H2O，下列装置中，可用作草酸分解制取气体的是__________（填序号）

（2）某实验小组为测定铁锈样品的组成（假定铁锈中只有Fe2O3·nH2O和Fe两种成份），利用草酸分解产生的CO和铁锈反应，实验装置如下图所示。

①、为得到干燥、纯净的CO气，洗气瓶A、B中盛放的试剂分别是_______、________。

②、在点燃C处酒精灯之前，应先持续通入一段时间的混合气体，其目的是______________________

③、准确称量样品的质量20.00g置于硬质玻璃管中，充分反应后冷却、称量（假设每步均完全反应），硬质玻璃管中剩余固体质量为16.64g，D中浓硫酸增重1.44g，则n=______。

④、在本实验中，下列情况会使测定结果n偏大的是____（填字母）

a．缺少装置Ab．缺少装置Bc．反应后固体是铁和少量Fe2O3·nH2O

【答案】④NaOH溶液浓硫酸排除装置中的空气，防止CO中混有空气而在加热时发生爆炸2b

【解析】

【详解】

（1）该反应的反应物是液体，反应条件是加热，应选择固液反应且需要加热的装置，所以选④.

（2）①为得到干燥、纯净的CO气，应先除去混合气体中的二氧化碳，用氢氧化钠吸收即可；混合气体通入氢氧化钠溶液时会带走水蒸气，为除去水蒸气，选用浓硫酸洗气。

②装置中含有空气，CO中混有空气加热时可能发生爆炸，所以要通入混合气体一段时间，排除装置中的空气。

③由题意知，固体质量减少的量为水和氧的量，浓硫酸吸收的量为水，反应方程式为：

Fe2O3．nH2O+3CO=Fe+3CO2+nH2O固体质量减少量

18ng（18n+48）g

1.44g20.00g-16.64g

所以18ng：

1.44g=（18n+48）g：

（20.00g-16.64g）

解得n=2。

④a、缺少装置A，未除去CO2，可能影响CO还原氧化物，固体质量差变小，导致所测n值偏小，错误；b、缺少洗气瓶B会导致装置E增重的质量偏大，所以测定结果n偏大，正确；c、反应后固体是铁和少量Fe2O3•nH2O，固体减少的质量偏小，导致所测n值偏小，错误。

4．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：

①2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）ΔH=－112.6kJ·mol−1提高NO平衡转化率的方法有______________（写出两种）。

②吸收NO2的有关反应如下：

反应Ⅰ：

2NO2（g）+H2O（l）＝HNO3（aq）+HNO2（aq）ΔH=－116.1kJ·mol−1

反应Ⅱ：

3HNO2（aq）＝HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l）ΔH=－75.9kJ·mol−1

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正四面体形O增大压强、提高氧气的浓度3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）ΔH=－212.1kJ·mol−1HNO2-2e-+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；SO42−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）4]2−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）①2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）ΔH=－112.6kJ·mol−1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；

②由盖斯定律可知：

（反应I⨯3+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）ΔH=－212.1kJ·mol−1；

（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+。

5．C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。

（1）CO2的重整用CO2和H2为原料可得到CH4燃料。

已知:

①CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）△H1=+247kJ/mol

②CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H2=+205kJ/mol

写出CO2重整的热化学方程式：

_____。

（2）“亚碳酸盐法”吸收烟中的SO2

①将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3溶液，若此过程中溶液体积不变，则溶液的pH不断_____（填“减小”“不变”或“增大）。

当溶液pH约为6时，吸收SO2的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中c（SO32-）=0.2mol/L，则溶液中c（HSO3-）=_____。

②室温条件下，将烟气通入（NH4）2SO3溶液中，测得溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图:

b点时溶液pH=7，则n（NH4+）：

n（HSO3—）=______________。

（3）催化氧化法去除NO。

一定条件下，用NH3消除NO污染，其反应原理4NH3+6NO

5N2+6H2O。

不同温度条件下，n（NH3）:

n（NO）的物质的量之比分别为4:

1、3:

1、1:

3时，得到NO脱除率曲线如图所示：

①曲线a中，NO的起始浓度为6×10-4mg·m-3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为_____mg·m-3·s-1。

②曲线b对应NH3与NO的物质的量之比是_____。

（4）间接电化学法除NO。

其原理如图所示：

写出阴极的电极反应式（阴极室溶液呈酸性）_____。

吸收池中除去NO的原理_____（用离子方程式表示）。

【答案】CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）△H=−163kJ/mo1减小1.6mol/L3:

11.5×10−43:

1

【解析】

【分析】

（1）已知：

①CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）△H1=+247k/mol，

②CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H2=+205k/mol，

根据盖斯定律，①-②×2得：

CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g），据此计算△H；

（2）①二氧化硫通入亚硫酸钠溶液生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠显酸性，据此分析；根据反应方程式的量的关系计算可得；

②先判断溶质，写出电荷守恒式，在利用pH=7时，c（H+）=c（OH-）找出其他离子的等量关系，结合图示进行等量删减或替换，最后得出结果；

（3）①曲线a中，NO的起始浓度为6×10-4mg•m-3，根据图象得到A、B处的NO脱除率，可得两处的NO的浓度，再计算脱除速率；

②NH3与NO的物质的量的比值越大，NO的脱除率越大，据此分析；

（4）阴极得到电子发生还原反应，结合酸性环境书写；阴极产物吸收NO。

【详解】

（1）已知：

①CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）△H1=+247k/mol，

②CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H2=+205k/mol，

根据盖斯定律，由①−②×2得反应：

CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）△H=△H1−2△H2=−163kJ/mo1，

故答案为：

CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）△H=−163kJ/mo1；

（2）①将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3溶液，二氧化硫与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠以电离为主，显酸性，故溶液pH不断减小；向亚硫酸钠溶液中通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠，反应方程式SO2+Na2SO3+2H2O=2NaHSO3，溶液中反应的亚硫酸根离子和生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为1：

2，即溶液中参加反应的亚硫酸根为（1.0−0.2）mol/L，则生成c（

）=2×（1.0−0.2）mol/L=1.6mol/L，

故答案为：

减小；1.6mol/L；

②b点时溶液pH=7，此时溶液中的溶质是（NH4）2SO3和NH4HSO3，根据电荷守恒：

c（

）+c（H+）=c（OH−）+c（

）+2c（

），因pH=7，故c（H+）=c（OH−），则c（

）=c（

）+2c（

），由图可读出b点时，c（

）=c（

），则c（

）=3c（

），因在同一体系，n（

）：

n（

）=3：

1，

故答案为：

3：

1；

（3）①曲线a中，NO的起始浓度为6×10−4mg⋅m−3，A点的脱除率为55%，B点的脱除率为75%，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为6×10−4mg⋅m−3×（0.75−0.55）÷0.8s=1.5×10−4mg⋅m−3⋅s−1，

故答案为：

1.5×10−4；

②NH3与NO的物质的量的比值越大，NO的脱除率越大，则物质的量之比分别为4：

1，3：

1，1：

3时，对应的曲线为a，b，c，即曲线b对应的物质的量之比是3：

1，

故答案为：

3：

1；

（4）阴极得到电子发生还原反应，根据图可知是

在酸性条件下发生还原反应，生成

，其电极反应式为

；根据图示，吸收池中

和NO是反应物，N2和

是生成物，则吸收池中除去NO的原理是：

，

故答案为：

；

。

【点睛】

陌生电极反应式的书写步骤：

①根据题干找出反应物以及部分生成物，根据物质变化分析化合价变化并据此写出得失电子数；②然后根据电荷守恒配平电极反应式，在配平时需注意题干中电解质的环境；③然后检查电极反应式的守恒关系（电荷守恒、原子守恒、转移电子守恒等）。

6．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）“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：

Ksp[Co（OH）2]=1.09×l0-15）

（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。

290～500℃，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、干燥等步骤。

【答案】化学能→电能→热能H2NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓8LiCoO2+S2O32-+22H+=8Li++8Co2++2SO42-+11H2OCl2NaOH溶液或氢氧化钠固体1.09×l0-6mol/L6Co2O3

4Co3O4+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）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Na2SO4·10H2O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Na2SO4·10H2O。

【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NaAlO2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Na2SO4·10H2O，可知用的试剂为NaOH溶液或固体；溶液pH=9.5，则溶液中c（OH-）=10-4.5mol/L，带入Ksp[Co（OH）2]=c2（OH-）·c（Co2+）=1.09×l0-15求得c（Co2+）=1.09×l0-6mol/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）=0.01mol，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290℃～500℃过程中，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6Co2O3

4Co3O4+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。

7．一种以黄铜矿和硫磺为原料制取铜和其他产物的新工艺，原料的综合利用率较高。

其主要流程如下：

已知：

“反应Ⅱ”的离子方程式为Cu2++CuS+4C1-==2[CuCl2]-+S

回答下列问题：

（1）铁红的化学式为__________________；

（2）“反应Ⅱ”的还原剂是_______________（填化学式）；

（3）“反应III”的离子