高考化学易错题专题复习氧化还原反应练习题附答案.docx

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高考化学易错题专题复习氧化还原反应练习题附答案

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）

1．某工业废水中主要含有Cr3＋，同时还含有少量的Fe3＋、Fe2＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋等，且酸性较强。

为回收利用，通常采用如下流程处理：

注：

部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表。

氢氧化物

Fe（OH）3

Fe（OH）2

Mg（OH）2

Al（OH）3

Cr（OH）3

pH

3.7

9.6

11.1

8

9（>9溶解）

（1）氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是________（填序号）。

A．Na2O2B．HNO3C．FeCl3D．KMnO4

（2）加入NaOH溶液调整溶液pH＝8时，除去的离子是________；已知钠离子交换树脂的原理：

Mn＋＋nNaR→MRn＋nNa＋，此步操作被交换除去的杂质离子是__________。

A．Fe3＋B．Al3＋C．Ca2＋D．Mg2＋

（3）还原过程中，每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole－，该反应离子方程式为____________。

【答案】AABCD3S2O32—+4Cr2O72—+26H+=6SO42—+8Cr3++13H2O

【解析】

【分析】

某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+被氧化为Cr2O72-，加氢氧化钠调节pH=8，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+，再调节pH得到Cr（OH）（H2O）5SO4；

（1）加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，注意不能引入新的杂质；

（2）根据表中数据判断；通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+；

（3）每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole-，则1molCr2O72-转移6mol电子，所以生成Cr3+，S2O32-被氧化为SO42-，结合得失电子守恒和原子守恒写出离子方程式。

【详解】

某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+被氧化为Cr2O72-，加氢氧化钠调节pH=8，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+，再调节pH得到Cr（OH）（H2O）5SO4；

（1）加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，同时不能引入新的杂质，所以可以用Na2O2代替H2O2，故答案为：

A；

（2）根据表中数据可知，pH=8时，Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，则Fe3+、Al3+被除去；通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+；

（3）每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole-，则1molCr2O72-转移6mol电子，所以生成Cr3+，S2O32-被氧化为SO42-，则反应的离子方程式为：

3S2O32—+4Cr2O72—+26H+=6SO42—+8Cr3++13H2O。

2．某实验小组欲制取氧化铜并证明氧化铜能加快氯酸钾的分解，进行了如下实验：

（一）制取氧化铜

①往盛有一定量CuCl2溶液的烧杯中逐滴加入NaOH溶液，直至不再产生沉淀，然后将烧杯中的物质转移到蒸发皿中，加热至沉淀全部变为黑色。

②将步骤①所得的黑色沉淀过滤、洗涤，晾干后研细备用。

（1）在实验过程中，若未加入NaOH溶液，直接将CuCl2溶液转移到蒸发皿中加热，最后也能得到黑色沉淀，试分析其原因__________。

（2）写出检验步骤②中沉淀是否洗涤干净的操作__________________。

（二）为证明氧化铜能加快氯酸钾的分解并与二氧化锰的催化效果进行比较，用下图装置进行实验，每次实验时均收集25ml气体，其他可能影响实验的因素均已忽略，实验数据见下表：

实验序号

KClO3质量

其他物质质量

待测数据

③

1.2g

无其他物质

a

④

1.2g

CuO0.5g

b

⑤

1.2g

MnO20.5g

c

（3）写出氯酸钾分解反应的化学方程式，并用双线桥表示电子转移的方向和数目________。

（4）上述实验中的“待测数据”是指___________________。

（5）图中量气装置B由干燥管、乳胶管和50mL滴定管改造后组装面成，此处用滴定管是________（填“酸式”或“碱式”）滴定管。

（6）若实验证明氧化铜加快氯酸钾的分解效果比用二氧化锰差，请结合上表的实验效果数据，在坐标图中分别画出使用CuO、MnO2作催化剂时产生氧气的体积[V（O2）]随时间（t）变化的曲线（注明必要的标识）________。

【答案】CuCl2溶液中存在水解平衡CuCl2＋2H2O

Cu（OH）2＋2HCl，加热时HCl逸出使平衡不断右移，同时得到的Cu（OH）2受热分解生成CuO取2～3mL最后的洗涤液于试管中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入几滴硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净

收集25mL气体所需的时间碱式

【解析】

【分析】

【详解】

（1）CuCl2是强酸弱碱盐会发生水解，CuCl2溶液中存在水解平衡CuCl2＋2H2O

Cu（OH）2＋2HCl，水解吸热，加热时HCl逸出使平衡不断右移，同时得到的Cu（OH）2受热分解生成CuO。

（2）如果没有洗涤干净则有NaCl杂质，检验是否有Cl—即可确定是否洗净，具体操作是：

取2～3mL最后的洗涤液于试管中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入几滴硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净。

（3）用双线桥表示电子转移的方向和数目时，线桥要从反应物指向生成物的化合价发生改变的同种元素，在线桥上要注明反应的得失电子数目，用双线桥表示氯酸钾分解的电子转移的方向和数目为：

。

（4）要比较反应的快慢需要反应的时间，因此待测数据是：

收集25mL气体所需的时间。

（5）从图可以看出该滴定管没有活塞，所以是碱式滴定管。

（6）反应测的是收集25mL气体所需的时间，所以气体的体积要相等，氧化铜加快氯酸钾的分解效果比用二氧化锰差，所以用氧化铜做作催化剂所用的时间要多，产生氧气的体积[V（O2）]随时间（t）变化的曲线为：

。

3．以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细α-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。

已知铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），其制备实验流程如下：

（1）铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为___________________________。

（2）图中“滤渣”的主要成分为_______________（填化学式）。

（3）加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为_______________________________。

（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：

4[NH4Al（SO4）2·12H2O]

2Al2O3+2NH3↑+N2↑+5SO3↑+3SO2↑+53H2O,将产生的气体通过下图所示的装置。

①集气瓶中收集到的气体是_______________（填化学式）。

②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有_______________（填化学式）。

③KMnO4溶液褪色（MnO4－还原为Mn2+），发生的离子反应方程式为_______________________________。

【答案】Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2OSiO22Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2ON2SO3、NH32MnO4－+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42－+4H+

【解析】

【分析】

根据题意，铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），铝灰中加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加入双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，加入K4[Fe（CN）6]后Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al（SO4）2，结晶、干燥、煅烧得到α-Al2O3。

【详解】

（1）Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，其反应的方程式为Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O。

（2）根据上述分析，图中“滤渣”的主要成分是不溶于硫酸的二氧化硅，化学式为SiO2。

（3）滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加30%的H2O2溶液将Fe2+被氧化为Fe3+，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O

（4）①NH4Al（SO4）2•12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2。

②饱和NaHSO3能与SO3、氨气反应，则足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外，还有SO3、NH3。

③酸性条件下，KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平，其反应的离子方程式为：

2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。

4．某校化学兴趣小组为研究氯气的性质并模拟工业制备漂白粉，设计了下列装置进行实验。

已知：

①A中反应为KClO3＋6HCl（浓）=KCl＋3Cl2↑＋3H2O；

②石灰乳的主要成分为Ca（OH）2，其他杂质不参与反应。

（1）B装置作用____。

实验结束后，立即将B中溶液滴几滴在紫色石蕊试纸上，可观察到的现象是_____。

（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III 处依次放入的物质正确的是___（填编号）。

编号

I

II

III

A

干燥的有色布条

碱石灰

湿润的有色布条

B

干燥的有色布条

浓硫酸

湿润的有色布条

C

湿润的有色布条

浓硫酸

干燥的有色布条

D

湿润的有色布条

碱石灰

干燥的有色布条

（3）待E中物质完全反应后，经过一系列加工处理，得到漂白粉样品，其主要成份为___（填化学式）

（4）F装置的作用是（用化学方程式表示）____。

（5）为测定（3）中所得漂白粉的有效成份含量。

称取ag漂白粉样品溶解，往所得溶液中通入CO2至产生沉淀最大值时，该过程的化学方程式为_____，若反应生成沉淀的物质的量为bmol，则该漂白粉中有效成份的质量分数为_____（用含a、b的式子表示）。

【答案】除去氯气中的HCl气体试纸变红不褪色CCaCl2、Ca（ClO）2Cl2＋2NaOH==NaCl+NaClO+H2OCO2+H2O+Ca（ClO）2==CaCO3↓+2HClO

【解析】

【分析】

由实验装置图可知，装置A用浓盐酸与氯酸钾反应制备氯气，盛有饱和食盐水的装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，盛有浓硫酸的装置D的作用是干燥氯气，盛有石灰乳的装置E的作用是制备漂白粉，盛有氢氧化钠溶液的装置F的作用是吸收有毒的尾气氯气，防止污染空气。

【详解】

（1）盛有饱和食盐水的装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，实验结束后，因饱和食盐水吸收氯化氢气体，使溶液呈酸性，滴在紫色石蕊试纸上，试纸变红色，由于氯气不溶于饱和食盐水，溶液中没有次氯酸，不能使试纸褪色，故答案为：

除去氯气中的HCl气体；试纸变红不褪色；

（2）氯气没有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性使有色布条褪色，氯气能使湿润的有色布条褪色，则验证氯气是否具有漂白性时，C中I、II、III处依次放入的物质湿润的有色布条、浓硫酸、干燥的有色布条，C正确，故答案为：

C；

（3）氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，则漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，故答案为：

CaCl2、Ca（ClO）2；

（4）盛有氢氧化钠溶液的装置F的作用是吸收有毒的尾气氯气，过量的氯气能与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，防止污染空气，反应的化学方程式为Cl2＋2NaOH==NaCl+NaClO+H2O，故答案为：

Cl2＋2NaOH==NaCl+NaClO+H2O；

（5）碳酸的酸性强于次氯酸，将二氧化碳通入到漂白粉溶液中，二氧化碳与次氯酸钙反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，反应的化学方程式为CO2+H2O+Ca（ClO）2==CaCO3↓+2HClO；由题意可知，碳酸钙的物质的量为bmol，则有效成分次氯酸钙的质量为bmol×143g/mol=143bg，该漂白粉中有效成份的质量分数为

，故答案为：

CO2+H2O+Ca（ClO）2==CaCO3↓+2HClO；

。

【点睛】

氯气没有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性使有色布条褪色，氯气能使湿润的有色布条褪色是设计验证氯气是否具有漂白性实验方案的依据，也是解答试题的关键。

5．利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣（主要含FeO·V2O3、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：

①V2O5、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。

②AlO

+4H+=Al3++2H2O。

（1）焙烧Ⅰ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FeO·V2O3发生反应的化学方程式________；废渣Ⅰ的主要成分是________；精制Ⅰ中加盐酸调pH的主要作用是________，加入NH3·H2O后发生反应的离子方程式为________。

（2）精制Ⅱ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2NH4VO3

V2O5+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，该反应的化学方程式为________。

【答案】4FeO·V2O3+5O2

2Fe2O3+4V2O5Fe2O3[或Fe（OH）3]除Si并转化AlO2-写“除Si”即得分）Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH

H++NH3·H2O=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+2NH3

3V2O4+N2+3H2O

【解析】

【分析】

氧化过程FeO·V2O3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，Fe2O3[或Fe（OH）3]成为滤渣；精制Ⅰ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NH3·H2O后与Al3+发生反应生成Al（OH）3沉淀；精制Ⅱ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FeO·V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5，化学方程式为：

4FeO·V2O3+5O2

2Fe2O3+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Ⅰ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NH3·H2O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：

4FeO·V2O3+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Ⅱ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。

6．铁、氯、铜及其化合物在生产、生活中有广泛的用途。

试回答下列问题。

（1）二氧化氯（ClO2）已逐步代替Cl2用于自来水处理，用ClO2处理过的饮用水（pH为5.5～6.5）常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子（ClO2-）。

已知：

25℃时Ka（HClO）＝3.2×10－8，Ka（HClO2）＝1.0×10－2，则酸性HClO2________HClO（填“>”“＝”或“<”）；在pH＝5的上述处理过的饮用水中

＝___________；若饮用水中ClO2-的含量超标，可向其中加入适量的Fe2＋将ClO2-还原成Cl－，写出酸性条件下该反应的离子方程式：

____________________________________________________________。

（2）①腐蚀铜板后的溶液中，若Cu2＋、Fe3＋和Fe2＋浓度均为0.1mol·L－1，下图为金属离子的浓度的对数与溶液pH的关系，现向混合溶液中通入氨气调节溶液的pH＝5.6，溶液中存在的金属阳离子为____________（当溶液中金属离子浓度≤10－5mol·L－1时，可认为沉淀完全）。

②从图中数据计算可得Fe（OH）2的溶度积Ksp[Fe（OH）2]＝______________________。

（3）Na2S是常用的重金属离子沉淀剂。

某工业污水中含有等浓度的Cu2＋、Fe2＋、Pb2＋，滴加Na2S溶液后首先析出的沉淀是________________；当最后一种离子沉淀完全时（该离子浓度为10－5mol·L－1），此时的S2－浓度为___________________________。

已知：

Ksp（FeS）＝6.3×10－18；Ksp（CuS）＝6×10－36；Ksp（PbS）＝2.4×10－18。

【答案】＞1034Fe2＋+ClO2－+4H＋=4Fe3＋+Cl－+2H2OCu2＋、Fe2＋1.0×10-17CuS6.3×10-13mol·L－1

【解析】

【分析】

（1）组成相似的酸，电离平衡常数越大酸性越强；依据电离平衡常数计算式计算；

（2）①向混合溶液中通入氨气调节溶液的pH=5.6时，由图象分析出：

易生成Fe（OH）3沉淀；

②根据Ksp[Fe（OH）2]=c（Fe2＋）×c2（OH－）计算；

（3）物质组成类型相同，溶度积越小，溶解度越小，滴加硫化钠，相应阳离子最先沉淀；根据溶度积计算S2－的浓度。

【详解】

（1）电离平衡常数越大酸性越强，已知：

25℃时Ka（HClO）＝3.2×10－8，Ka（HClO2）＝1.0×10－2，则酸性HClO2>HClO；在pH＝5的上述处理过的饮用水中，c（H＋）=10-5mol·L－1

＝

=103；若饮用水中ClO2－的含量超标，可向其中加入适量的Fe2＋将ClO2－还原成Cl-，酸性条件下该反应的离子方程式：

4Fe2＋+ClO2－+4H＋=4Fe3＋+Cl－+2H2O；故答案为：

HClO2＞HClO；103；4Fe2＋+ClO2－+4H＋=4Fe3＋+Cl－+2H2O；

（2）①向混合溶液中通入氨气调节溶液的pH=5.6时，由图象可知易生成Fe（OH）3沉淀，溶液中存在的金属阳离子为Cu2＋、Fe2＋，故答案为：

Cu2＋、Fe2＋；

②由图象可知：

c（Fe2＋）=1.0×10-5（mol·L-1），c（OH－）=1.0×10-6（mol·L-1），Ksp[Fe（OH）2]=c（Fe2＋）×c2（OH－）=1.0×10-17（mol·L-1）3；故答案为：

1.0×10-17；

（3）物质组成类型相同，溶度积越小，溶解度越小，滴加硫化钠，相应阳离子最先沉淀，故首先析出沉淀是CuS，Fe2＋最后沉淀，沉淀完全时该浓度为10-5mol·L-1，此时的S2－的浓度为

mol·L－1=6.3×10-13mol·L－1，故答案为：

CuS；6.3×10-13mol·L－1。

【点睛】

本题考查了元素化合物性质分析，溶度积常数计算，沉淀转化实质理解应用，电离平衡常数概念的分析应用，掌握有关Ksp的基础是解题关键，难点（3），根据物质组成类型相同，溶度积越小，溶解度越小，离子先沉淀析出。

7．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