高考化学知识点过关培优训练氧化还原反应含详细答案Word下载.docx

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（4）该废水中苯酚的含量为________

（用含

、

的代数式表示）。

如果空白实验中“步骤2”忘记塞紧瓶塞，则测得的废水中苯酚的含量________（填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同）；

如果空白实验中“步骤4”滴定至终点时俯视读数，则测得的废水中苯酚的含量________。

Ⅱ.处理废水。

采用

基

为阳极，不锈钢为阴极，含苯酚的废水为电解液，通过电解，阳极上产生羟基（·

），阴极上产生

通过交排列的阴阳两极的协同作用，在各自区域将苯酚深度氧化为

和

（5）写出阳极的电极反应式：

________。

（6）写出苯酚在阴极附近被

深度氧化的化学方程式：

【答案】

（酸式）滴定管塞紧瓶塞滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色

偏低偏低

【解析】

【分析】

向呈有待测废水加入浓溴水反应后得到三溴苯酚的沉淀，再加入KI溶液与剩下的Br2发生氧化还原反应得到I2，方程式为Br2+2I-===I2+2Br-，再用Na2S2O3标准溶液滴定I2，可根据消耗的Na2S2O3标准溶液的体积和浓度算出溶液中剩余的Br2的物质的量，再设置一个空白实验测出浓溴水的物质的量，用Br2总的物质的量-剩余Br2的物质的量即可得出与苯酚反应的Br2的物质的量，再结合反应方程式得到苯酚的物质的量，从而求出废水中苯酚的含量，结合实验基本操作及注意事项解答问题。

【详解】

（1）由于苯酚显酸性，因此含苯酚的废水为酸性，“步骤1”中准确量取废水时所用的仪器可选用酸式滴定管，故答案为：

酸式滴定管；

（2）由于溴单质易挥发，因此可采用塞进瓶塞、迅速加入试剂等方法防止其挥发，故答案为：

塞紧瓶塞；

（3）用0.01mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，由于Na2S2O3标准溶液会反应I2，加入的淀粉遇I2变成蓝色，所以滴定终点的现象为滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色，故答案为：

滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色；

（4）根据反应方程式可得各物质的物质的量关系式：

剩下的浓溴水中Br2的物质的量为0.005V1mmol，将待测废液换成蒸馏水时，5mLamol/L的浓溴水中Br2的物质的量为0.005V2mmol，则与苯酚参与反应的Br2的物质的量为0.005（V2-V1）mmol，根据方程式

↓+3HBr可得苯酚的物质的量为

mmol，质量为

mg，则该废水中苯酚的含量为

，若步骤2中忘记塞进瓶塞，溴单质挥发，导致最终消耗的Na2S2O3的体积偏小，则测得苯酚的含量偏低，如果空白实验中步骤4滴定终点时俯视读数，读得的体积偏小，则消耗的Na2S2O3的体积偏小，使测得苯酚的含量偏低，故答案为：

；

偏低；

（5）由题干信息可知，Ti基PbO2为阳极，则阳极H2O失去电子产生·

OH，电极反应式为H2O-e-===H++·

OH，故答案为：

H2O-e-===H++·

OH；

（6）根据题干信息可知，苯酚被阴极产生的H2O2深度氧化产生CO2和H2O，有氧化还原反应规律得到其反应方程式式为C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O，故答案为：

C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O。

2．叠氮化钠（NaN3）是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。

NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。

实验室可利用亚硝酸叔丁酯（tBuNO2，以tBu表示叔丁基）与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。

（1）制备亚硝酸叔丁酯

取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合，发生反应H2SO4＋2NaNO2===2HNO2＋Na2SO4。

可利用亚硝酸与叔丁醇（tBuOH）在40℃左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：

____________。

（2）制备叠氮化钠（NaN3）

按如图所示组装仪器（加热装置略）进行反应，反应的化学方程式为：

tBuNO2＋NaOH＋N2H4===NaN3＋2H2O＋tBuOH。

①装置a的名称是______________；

②该反应需控制温度在65℃，采用的实验措施是____________________；

③反应后溶液在0℃下冷却至有大量晶体析出后过滤。

所得晶体使用无水乙醇洗涤。

试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是____________。

（3）产率计算

①称取2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。

②用滴定管加入0.10mol·

L－1六硝酸铈铵[（NH4）2Ce（NO3）6]溶液40.00mL（假设杂质均不参与反应）。

③充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10mol·

L－1硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]为标准液，滴定过量的Ce4＋，终点时消耗标准溶液20.00mL（滴定原理：

Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋）。

已知六硝酸铈铵[（NH4）2Ce（NO3）6]与叠氮化钠反应生成硝酸铵、硝酸钠、氮气以及Ce（NO3）3，试写出该反应的化学方程式____________________________；

计算叠氮化钠的质量分数为________（保留2位有效数字）。

若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是____________（填字母）。

A．锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗

B．滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数

C．滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡

D．滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内

（4）叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：

____________________

【答案】tBuOH＋HNO2

tBuNO2＋H2O恒压滴液漏斗（滴液漏斗）水浴加热降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失2（NH4）2Ce（NO3）6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce（NO3）3＋2NaNO3＋3N2↑65%ACClO－＋2N3-＋H2O===Cl－＋2OH－＋3N2↑

（1）制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反应，所以方程式为：

（2）①装置a的名称即为恒压滴液漏斗；

②反应要控制温度在65℃，参考苯的硝化实验，该反应加热时，应当采用水浴加热；

③题干中提到了叠氮酸钠易溶于水，而微溶于乙醇；

因此，洗涤产品时，为了减少洗涤过程中产品的损耗，应当用无水乙醇洗涤；

（3）通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中Ce4+和

中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：

在计算叠氮化钠的含量时，一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了

与过量的六硝酸铈铵反应，再用Fe2+去滴定未反应完的正四价的Ce，因此有：

，考虑到Fe2+与Ce4+的反应按照1:

1进行，所以2.0g叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为：

，所以叠氮化钠样品的质量分数为：

A．润洗锥形瓶，会使步骤②消耗的六硝酸铈铵的量增加，通过分析可知，会使最终计算的质量分数偏大，A项正确；

B．量取40mL六硝酸铈铵溶液时若前仰后俯，则会量取比40ml更多的六硝酸铈铵溶液，那么步骤③会需要加入更多的Fe2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的Ce4+，通过分析可知，最终会导致计算的质量分数偏低，B项错误；

C．步骤③用Fe2+标定未反应的Ce4+，若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的Fe2+消耗量比实际的偏小，通过分析可知，最终会使质量分数偏大，C正确；

D．将挂在锥形瓶壁上的Fe2+溶液冲入锥形瓶，相当于让溶液混合更均匀，这样做会使结果更准确，D项不符合；

答案选AC；

（4）反应后溶液碱性增强，所以推测生成了OH-；

产生的无色无味无毒气体，推测只能是氮气，所以离子方程式为：

【点睛】

滴定计算类的题目，最常考察的形式之一是配制完待测样品溶液后，只取一部分进行滴定，在做计算时不要忘记乘以相应的系数；

此外，常考察的形式也有：

用待测物A与过量的B反应，再用C标定未反应的B，在做计算时，要注意A与C一同消耗的B。

3．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

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。

（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；

（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。

4．硫酸亚铁铵的化学式为（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O，商品名为莫尔盐，可由硫酸亚铁与硫酸铵反应生成。

一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化，而形成莫尔盐后就比较稳定了。

三种盐的溶解度（单位为g/100g水）如下表：

温度／℃

10

20

30

（NH4）2SO4

73.0

75.4

78.0

FeSO4·

7H2O

20.0

26.5

32.9

（NH4）2SO4•FeSO4

17.2

21.6

28.1

（一）实验室制取少量莫尔盐的流程如下：

试回答下列问题：

（1）步骤1中加入10％Na2CO3溶液的主要作用是___________；

反应中铁屑过量是为了______。

（2）步骤3需要趁热过滤，原因是___________。

（3）从步骤4到莫尔盐，必须进行的操作依次是______，析出的晶体常用________洗涤。

（4）若莫尔盐的饱和溶液中有水20克，当温度从30℃降至10℃，最多析出莫尔盐的质量是________（选填编号）。

A2.18gB大于2.18gC小于2.18gD无法确定

（二）称取质量为1.96g的莫尔盐制成溶液。

用未知浓度的酸性KMnO4溶液进行滴定。

（1）已知MnO4-被还原为Mn2+，试写出该滴定反应的离子方程式____。

（2）判断该反应到达滴定终点的现象为____________。

（3）假设到达滴定终点时，用去VmL酸性KMnO4溶液，则该酸性KMnO4溶液的浓度为_______mol/L。

【答案】除铁屑表面的油污还原氧化生成的Fe3+，保证Fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的Fe3+杂质FeSO4在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSO4·

7H2O析出过滤、洗涤无水酒精或冰水B5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色1/V

（一）

（1）碳酸钠水解显碱性；

（2）FeSO4在温度低时溶解度较小；

（3）浓缩结晶后需要过滤、洗涤；

温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小；

（4）（NH4）2SO4·

FeSO4在30℃和10℃的溶解度分别为：

28.1g和17.2g；

（二）

（1）MnO4-将二价铁离子氧化为三价铁离子，被还原为Mn2+；

（2）高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子是不需要指示剂的；

（3）根据亚铁离子和高锰酸根反应的实质，可以找到亚铁离子与高锰酸根之间的量的关系，根据原子守恒可以找到亚铁离子和酸亚铁铵之间量的关系，进而进行计算。

（一）

（1）碳酸钠水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解，过量的Fe可以还原氧化生成的Fe3+，减少产物中的Fe3+杂质，

故答案为：

除铁屑表面的油污；

还原氧化生成的Fe3+，保证Fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的Fe3+杂质；

（2）如果不趁热过滤就会有FeSO4·

7H2O析出，故答案为：

FeSO4在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSO4·

7H2O析出；

硫酸亚铁铵在无水乙醇中的溶解度小；

温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小，可用冰水洗涤，故答案为：

过滤、洗涤；

无水酒精或冰水；

28.1g和17.2g，即若溶剂为100g水，冷却析出10.9g，有水20g析出2.18g，硫酸亚铁铵的化学式为（NH4）2SO4·

6H2O含有结晶水，故析出质量大于2.18g，故答案为：

B；

（二）

（1）反应的离子方程式5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：

5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O；

（2）高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子不需要指示剂，当滴加最后一滴溶液后，溶液变成紫红色，30s内不褪色，说明达到滴定终点，故答案为：

加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色；

（3）1.96g硫酸亚铁铵晶体的物质的量n=

=

=0.005mol，根据原子守恒则亚铁离子的物质的量为0.005mol，反应5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，则5Fe2+～MnO4-，所以高锰酸钾的物质的量为0.001mol，据c=

mol/L，故答案为：

5．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

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。

（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。

6．铋酸钠（NaBiO3）是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸水或酸则迅速分解。

某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。

Ⅰ.制取铋酸钠

制取装置如图（加热和夹持仪器已略去），部分物质性质如下：

物质

NaBiO3

Bi（OH）3

性质

不溶于冷水，浅黄色

难溶于水；

白色

（1）B装置用于除去HCl，盛放的试剂是___；

（2）C中盛放Bi（OH）3与NaOH混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，反应的离子方程式为___；

（3）当观察到___（填现象）时，可以初步判断C中反应已经完成；

（4）拆除装置前必须先除去烧瓶中残留Cl2以免污染空气。

除去Cl2的操作是___；

（5）反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作有___；

Ⅱ.铋酸钠的应用——检验Mn2+

（6）往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2+。

①产生紫红色现象的离子方程式为___；

②某同学在较浓的MnSO4溶液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，结果没有紫红色出现，但观察到黑色固体（MnO2）生成。

产生此现象的离子反应方程式为___。

Ⅲ.产品纯度的测定

（7）取上述NaBiO3产品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用cmo1·

L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4-（已知：

H2C2O4+MnO4-——CO2+Mn2++H2O，未配平），当溶液紫红色恰好褪去时，消耗vmL标准溶液。

该产品的纯度为___（用含w、c、v的代数式表示）。

【答案】饱和食盐水Bi（OH）3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2OC中白色固体消失（或黄色不再加深）关闭K1、K3，打开K2在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+

×

100%或

%

用浓HCl和MnO2反应制备Cl2，其中混有挥发出来的HCl，要用饱和食盐水出去，然后利用Cl2的强氧化性在碱性条件下将Bi（OH）3氧化成NaBiO3；

利用Mn2+的还原性将NaBiO3还原而Mn2+被氧化成紫红色溶液MnO4-来检验NaBiO3的氧化性；

实验结束后Cl2有毒，要除去，做法是打开三颈烧瓶的NaOH溶液，使其留下和氯气反应；

NaBiO3纯度的检测利用NaBiO3和Mn2+反应生成MnO4-，MnO4-再和草酸反应来测定，找到NaBiO3、Mn2+、MnO4-、草酸四种物质之间的关系，在计算即可。

（1）除去氯气中混有的HCl，用饱和食盐水，故答案为：

饱和食盐水；

（2）反应物为Bi（OH）3、Cl2和NaOH混合物，+3价的Bi被氧化成NaBiO3，Cl2被还原成Cl-，根据原子守恒还有水生成，所以反应为：

Bi（OH）3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O，故答案为：

Bi（OH）3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；

（3）C中反应已经完成,则白色的Bi（OH）3全部变为了黄色的NaBiO3，故答案为：

C中白色固体消失（或黄色不再加深）；

（4）从图上来看关闭K1、K3，打开K2可使NaOH留下与氯气反应，故答案为：

关闭K1、K3，打开K2；

（5）由题意知道NaBiO3不溶于冷水，接下来的操作尽可能在冰水中操作即可，操作为：

在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤