高考化学易错题精选氧化还原反应练习题含答案.docx
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高考化学易错题精选氧化还原反应练习题含答案
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CCl4
KIO3
①白色固体，能溶于水，难溶于乙醇
②碱性条件下易发生氧化反应：
ClO－＋IO3－=IO4－＋Cl－
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____________，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：
KClO3+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=2HIO3+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，滴定时发生的反应为：
I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可列出关系式：
IO3-~3I2~6S2O32-，每次平均消耗的n（S2O32-）=0.1004mol/L×0.025L=0.00251mol，则每20mLKIO3溶液中，n（KIO3）=n（IO3-）=n（S2O32-）÷6=0.00251mol÷6=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．常温下，三硫代碳酸钠（Na2CS3）是玫瑰红色针状固体，与碳酸钠性质相近。
在工农业生产中有广泛的用途。
某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。
实验一：
探究Na2CS3的性质
（1）向Na2CS3溶液中滴入酚酞试液，溶液变红色。
用离子方程式说明溶液呈碱性的原因_________。
（2）向Na2CS3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去。
该反应中被氧化的元素是__________。
实验二：
测定Na2CS3溶液的浓度
按如图所示连接好装置，取50.0mLNa2CS3溶液置于三颈瓶中，打开分液漏斗的活塞，滴入足量2.0mol/L稀H2SO4，关闭活塞。
已知：
Na2CS3 +H2SO4＝Na2SO4+CS2 +H2S↑。
CS2和H2S均有毒。
CS2不溶于水，沸点46℃，密度1.26g/mL，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。
（1）盛放碱石灰的仪器的名称是_______，碱石灰的主要成分是______（填化学式）。
（2）C中发生反应的离子方程式是____________。
（3）反应结束后打开活塞K，再缓慢通入N2一段时间，其目的是_________。
（4）为了计算Na2CS3溶液的浓度，对充分反应后B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得8.4g固体，则三颈瓶中Na2CS3的物质的量浓度为______。
【答案】CS32-+H2O⇌HCS3-+OH-S干燥管CaO和NaOHCS2+2OH-＝COS22-+H2O将装置中残留的的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收1.75mol/L
【解析】
【分析】
实验一：
（1）Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐；
（2）根据Na2CS3中元素化合价是否是该元素的最高价态来进行判断；
实验二：
（1）根据仪器的图形判断仪器的名称；碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；
（2）A中生成的CS2可与NaOH作用生成Na2COS2和H2O；
（3）反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2一段时间是把生成的硫化氢和二硫化碳全部赶入后面装置完全吸收；
（4）当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g黑色固体，n（CuS）＝
＝0.0875mol，根据关系式Na2CS3～H2S～CuS得n（Na2CS3）＝n（CuS）＝0.0875mol，根据c＝
计算A中Na2CS3溶液的浓度。
【详解】
实验一：
（1）Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐，则CS32-在水中发生水解，离子方程式为：
CS32-+H2O⇌HCS3-+OH-；
（2）Na2CS3中Na为+1价，C为+4价，都是元素的最高价态，不能被氧化，S为-2价，是硫元素的低价态，能够被氧化，所以被氧化的元素是S；
实验二：
（1）盛放碱石灰的仪器为干燥管，碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；
（2）A中生成的CS2可与NaOH作用生成Na2COS2和H2O，相关离子方程式为：
CS2+2OH-＝COS22-+H2O；
（3）反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是：
将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收；
（4）当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g黑色固体，n（CuS）＝
＝0.0875mol，根据关系式Na2CS3～H2S～CuS得n（Na2CS3）＝n（CuS）＝0.0875mol，c（Na2CS3）＝
＝1.75mol/L。
3．目前全世界的镍（Ni）消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位。
镍常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也常用作催化剂。
碱式碳酸镍的制备：
工业用电解镍新液（主要含NiSO4，NiCl2等）制备碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi（OH）2·zH2O]，制备流程如图：
（1）反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni（OH）2+3Na2SO4+2X，X的化学式为__。
（2）物料在反应器中反应时需要控制反应温度和pH值。
分析如图，反应器中最适合的pH值为__。
（3）检验碱式碳酸镍晶体洗涤干净的方法是__。
测定碱式碳酸镍晶体的组成：
为测定碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi（OH）2·zH2O]组成，某小组设计了如图实验方案及装置：
资料卡片：
碱式碳酸镍晶体受热会完全分解生成NiO、CO2和H2O
实验步骤：
①检查装置气密性；
②准确称量3.77g碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi（OH）2·zH2O]放在B装置中，连接仪器；
③打开弹簧夹a，鼓入一段时间空气，分别称量装置C、D、E的质量并记录；
④__；
⑤打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气；
⑥分别准确称量装置C、D、E的质量并记录；
⑦根据数据进行计算（相关数据如下表）
装置C/g
装置D/g
装置E/g
加热前
250.00
190.00
190.00
加热后
251.08
190.44
190.00
实验分析及数据处理：
（4）E装置的作用__。
（5）补充④的实验操作___。
（6）通过计算得到碱式碳酸镍晶体的组成__（填化学式）。
镍的制备：
（7）写出制备Ni的化学方程式__。
【答案】CO28.3取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净吸收空气中的H2O和CO2关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热NiCO3·2Ni（OH）2·4H2O2[NiCO3·2Ni（OH）2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O
【解析】
【分析】
（1）根据元素守恒分析判断；
（2）使各种杂质相对最少的pH即为最适合的pH；
（3）反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留；
（4）根据实验目的和各个装置的作用分析；
（5）根据实验目的和前后操作步骤分析；
（6）先计算生成水蒸气和CO2的质量，再根据质量守恒确定化学式；
（7）氧化还原反应中电子有得，必有失，根据化合价变化确定生成物，进而配平方程式。
【详解】
（1）反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni（OH）2+3Na2SO4+2X，反应前Ni原子共3个、S原子共3个、O原子共23个、Na原子6个、C原子3个、H原子4个，反应后现有：
Ni原子3个、S原子共3个、O原子共19个、Na原子6个、C原子1个、H原子4个，少O原子4个，C原子2个，而这些微粒包含在2个X分子中，所以X的化学式为CO2，故答案为：
CO2；
（2）物料在反应器中反应时需要控制反应条件，根据图可知，在pH=8.3时，各种杂质相对最少，所以反应器中最适合的pH8.3，故答案为：
8.3；
（3）反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留，故答案为：
取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净；
（4）C装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的H2O，D装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的CO2，E装置可以防止空气中的H2O和CO2进入D装置中，影响实验数据的测定，故答案为：
吸收空气中的H2O和CO2；
（5）步骤③反应前左侧通空气是为了排尽装置中原有的CO2和水蒸气，避免装置内的CO2和水蒸气造成数据干扰，排空气后，应该开始进行反应，因此步骤④的操作为关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，说明固体分解完全，停止加热；步骤⑤再打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气，将装置中残留的CO2和水蒸气全部赶入C、D装置，被完全吸收，故答案为：
关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热；
（6）水的质量为251.08g−250g=1.08g，CO2的质量为190.44g−190g=0.44g，由于发生的是分解反应，所以生成的NiO的质量为3.77g−1.08g−0.44g=2.25g，则分解反应中水、二氧化碳和NiO的系数比（也就是分子个数比）为即：
，xNiCO3⋅yNi（OH）2⋅zH2O
. 6H2O↑+CO2↑+3NiO，根据元素守恒可得可得x=1，y=2，z=4即xNiCO3⋅yNi（OH）2⋅zH2O中x:
y:
z的值1:
2:
4，故答案为：
NiCO3·2Ni（OH）2·4H2O；
（7）NiCO3·2Ni（OH）2·4H2O与N2H4·H2O反应生成Ni，Ni元素得电子，被还原，同时还生成气体X和Y，由第
（1）问知X为CO2，氧化还原反应有得电子，必有失电子的物质，由此判断另一种气体为N2，根据得失电子守恒、元素守恒配平制备Ni的化学方程式，故答案为：
2[NiCO3·2Ni（OH）2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O。
4．
（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。
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．亚硝酰硫酸（NOSO4H）主要用于染料、医药等工业。
实验室制备亚硝酰硫酸的方法如下：
将SO2通入盛有浓硫酸和浓硝酸的混合液中，维持体系温度略低于20℃，搅拌，使其充分反应。
反应过程中，亚硝酰硫酸的物质的量和硝酸的物质的量随时间的变化如图所示。
（1）①实验室制备NOSO4H的化学反应方程式为___。
②反应进行到10min后，反应速度明显加快，其可能的原因是___。
③反应过程中，硝酸减少的物质的量大于NOSO4H生成的物质的量的可能原因是___
（2）为了测定亚硝酰硫酸的纯度，进行如下实验：
。
准确称取1.200g产品放入锥形瓶中，加入50.00mL0.1000mol·L-1的KMnO4标准溶液和足量稀H2SO4，摇匀，使其充分反应。
再将反应后溶液加热至60~70℃（使生成的HNO3挥发逸出），冷却至室温，用0.2500mol·L-1Na2C2O4标准溶液滴定至终点，消耗Na2C2O4溶液的体积为16.00mL。
已知：
2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；KMnO4在酸性条件下被还原为Mn2+。
根据以上实验数据计算亚硝酰硫酸的纯度。
（写出计算过程）___
【答案】HNO3+SO2
NOSO4H生成的NOSO4H对该反应有催化作用硝酸会挥发和分解90.00%
【解析】
【分析】
（1）设NOSO4H中N的化合价为x，根据化合价代数和为0有：
x+（+6）×1+（-2）×5+（+1）×1=0，解得：
x=+3，N元素化合价从+5降低到+3，必有S元素化合价从+4升高到+6，发生的是氧化还原反应，氧化剂与还原剂物质的量之比=1：
1；
（2）50.00mL0.1000mol·L-1的KMnO4与16.00mL0.2500mol·L-1Na2C2O4反应之后剩余的KMnO4再与NOSO4H反应。
【详解】
（1）①N元素化合价从+5降低到+3，必有S元素化合价从+4升高到+6，N元素和S元素的物质的量之比=1:
1，所以反应的方程式为：
HNO3+SO2
NOSO4H，故答案为：
HNO3+SO2
NOSO4H；
②反应前十分钟没有加快，不是温度，十分钟后明显加快，说明生成的
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