备战高考化学氧化还原反应大题培优及答案.docx

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备战高考化学氧化还原反应大题培优及答案

备战高考化学氧化还原反应（大题培优）及答案

一、高中化学氧化还原反应

1．据报道，磷酸二氢钾（KH2PO4）大晶体已应用于我国研制的巨型激光器“神光二号”中。

利用氟磷灰石（化学式为Ca5P3FO12）制备磷酸二氢钾的工艺流程如下图所示（部分流程步骤已省略）：

已知萃取的主要反应原理：

KCl+H3PO4

KH2PO4+HCl；其中，反应产生的HCl易溶于有机萃取剂。

请回答下列问题：

（1）流程中将氟磷灰石粉碎的目的是__________________________________。

（2）不能使用二氧化硅陶瓷材质的沸腾槽的主要原因是____________（用化学方程式表示）。

（3）副产品N的化学式是____________；在得到KH2PO4晶体的一系列操作Ⅲ，其主要包括____________、过滤、洗涤、干燥等。

（4）若用1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石（化学式为Ca5P3FO12，摩尔质量为504g/mol）来制取磷酸二氢钾晶体，其产率为80%，则理论上可生产KH2PO4（摩尔质量为136g/mol）的质量为_______kg。

（5）电解法制备KH2PO4的装置如图所示．该电解装置中，a区属于_______区（填“阳极”或“阴极”），阴极区的电极反应式是________________。

（6）工业上还可以用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，同时逸出SiF4和CO,该反应的化学方程式为________________________________________。

【答案】增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积,加快化学反应速率4HF+SiO2═SiF4↑+2H2ONH4Cl蒸发浓缩、冷却结晶326.4kg阴极2H＋＋2e－＝H2↑4Ca5P3FO12+21SiO2+30C

20CaSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑

【解析】

【分析】

氟磷灰石（化学式为Ca5P3FO12）粉碎后加入浓硫酸，反应生成氢氟酸、硫酸钙、磷酸等，加入氯化钾后用有机萃取剂，KCl+H3PO4

KH2PO4+HCl，反应产生的HCl易溶于有机萃取剂，有机相中含有氯化氢，加入氨水反应生成氯化铵，因此副产品主要为氯化铵，水相中含有KH2PO4，经过一系列操作得到KH2PO4晶体。

【详解】

（1）流程中将氟磷灰石粉碎，可以增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率，故答案为增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率；

（2）根据流程图，反应中生成了氢氟酸，氢氟酸能够与二氧化硅反应，因此不能使用二氧化硅陶瓷材质的沸腾槽，故答案为4HF+SiO2═SiF4↑+2H2O；

（3）根据上述分析，副产品N的化学式为NH4Cl；在得到KH2PO4晶体的一系列操作Ⅲ为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，故答案为NH4Cl；蒸发浓缩、冷却结晶；

（4）1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石（化学式为Ca5P3FO12）中含有Ca5P3FO12的质量为504kg，根据P元素守恒，理论上可生产KH2PO4的质量为504kg×80%×

÷

=326.4kg，故答案为326.4kg；

（5）根据图示，应该在a区生成KH2PO4，则钾离子由b区移向a区，则a区属于阴极区；阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H＋＋2e－＝H2↑，故答案为阴极；2H＋＋2e－＝H2↑；

（6）用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，同时逸出SiF4和CO，反应的化学方程式为4Ca5P3FO12+21SiO2+30C

20CaSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑，故答案为4Ca5P3FO12+21SiO2+30C

20CaSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑。

2．

（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。

3．过氧硫酸氢钾复合盐（K2SO4•KHSO4•2KHSO5）易分解，可用作漂白剂、NOx和SO2等的脱除剂。

某研究小组制备过氧硫酸氢钾复合盐的流程如图所示。

已知：

浓硫酸与H2O2反应，部分转化为过硫酸（化学式为H2SO5，是一种一元强酸）

（1）H2SO5中硫元素的化合价为+6价，其中过氧键的数目为________；工业上用过氧硫酸氢钾复合盐溶液脱除NO时，反应的离子方程式为___________________________。

（2）若反应物的量一定，在上述流程的“转化”步骤中需用冰水浴冷却，且缓慢加入浓硫酸，其目的是___________________________。

（3）“结晶”操作中，加入K2CO3即可获得过氧硫酸氢钾复合盐晶体，该过程的化学方程式为______________________________。

过氧硫酸氢钾复合盐产率（以产品含氧量表示）随溶液pH和温度的变化关系如图所示，则该过程适宜的条件是_________________。

（4）产品中KHSO5含量的测定：

取1.000g产品于锥形瓶中，用适量蒸馏水溶解，加入5mL5％的硫酸和5mL25％的KI溶液，再加入1mL淀粉溶液作指示剂，用0.2000mol·L-1硫代硫酸钠标准液滴定至终点，消耗标准液的体积为25.00mL。

已知：

2KHSO5＋4KI＋H2SO4=2I2＋3K2SO4＋2H2OI2＋2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI

①用_____滴定管盛装标准浓度的硫代硫酸钠溶液（填“甲”或“乙”）。

②产品中KHSO5的质量分数为___________。

【答案】13HSO5－＋2NO＋H2O=3SO42－＋2NO3－＋5H+防止浓硫酸与H2O2溶液混合时放出大量热使H2O2分解5K2CO3＋4H2SO5＋4H2SO4=2（K2SO4•KHSO4•2KHSO5）↓＋5CO2↑＋5H2O控制pH在2.0~2.5之间，温度在0℃左右乙38.00％

【解析】

【详解】

（1）H2SO5中硫元素的化合价为+6价，依据化合价的代数和为0计算，有2个氧原子显-1价，所以过氧键的数目为1。

答案为1；

工业上用过氧硫酸氢钾复合盐溶液脱除NO时，反应的离子方程式为3HSO5－＋2NO＋H2O=3SO42－＋2NO3－＋5H+。

答案为3HSO5－＋2NO＋H2O=3SO42－＋2NO3－＋5H+

（2）在“转化”步骤中，30%的H2O2溶液加入98%的浓硫酸中，相当于浓硫酸稀释，会放出大量的热，而H2O2受热易分解，所以需用冰水浴冷却，且缓慢加入浓硫酸。

答案为：

防止浓硫酸与H2O2溶液混合时放出大量热使H2O2分解；

（3）“结晶”操作中，加入K2CO3即可获得过氧硫酸氢钾复合盐晶体，该过程的化学方程式为5K2CO3＋4H2SO5＋4H2SO4=2（K2SO4•KHSO4•2KHSO5）↓＋5CO2↑＋5H2O。

答案为：

5K2CO3＋4H2SO5＋4H2SO4=2（K2SO4•KHSO4•2KHSO5）↓＋5CO2↑＋5H2O

从溶液pH看，过氧硫酸氢钾复合盐产率在2.0~2.5之间时最大；从温度看，过氧硫酸氢钾复合盐产率在0℃左右最大，所以该过程适宜的条件是控制pH在2.0~2.5之间，温度在0℃左右。

答案为：

控制pH在2.0~2.5之间，温度在0℃左右；

（4）①硫代硫酸钠溶液呈碱性，应放在碱式滴定管内。

答案为乙；

②由反应2KHSO5＋4KI＋H2SO4=2I2＋3K2SO4＋2H2O和I2＋2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI可得出如下关系式：

KHSO5——2Na2S2O3

n（Na2S2O3）=0.2mol/L×0.025L=0.005mol，n（KHSO5）=0.0025mol

产品中KHSO5的质量分数为：

答案为：

38.00％。

4．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。

5．NH3和Cl2在常温下可快速反应生成氮气：

2NH3+3Cl2→N2+6HCl。

当Cl2和NH3比例不同时，产物有差异。

（1）该反应可用于检验化工生产中氯气是否泄漏。

如氯气有少量泄漏，用氨气检验时的现象为_____________________________。

（2）若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，Cl2和NH3的最佳比例为_____。

（3）常温常压下，取总物质的量为12mol的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变。

求：

①反应前氯气和氨气的物质的量之比______________

②反应后生成的氧化产物的质量_______________。

（4）若将总体积为100L的NH3和Cl2混合，实验精确测得充分反应后无色混合气体中N2占混合气体的

，求生成氧化产物的物质的量_____________。

（该实验数据在标准状况下测定）

【答案】有白烟生成3∶2n（NH3）∶n（Cl2）=1∶1m（N2）=56g余NH3和N20.263mol，余HCl和N20.893mol

【解析】

【分析】

NH3和Cl2在常温下可快速反应生成氮气：

2NH3+3Cl2→N2+6HCl。

当Cl2和NH3比例不同时，产物有差异。

（1）要检验化工生产中氯气是否泄漏，则需要有明显的现象，从提供的反应可以看出，氨气过量时会有明显现象，找到该反应并指出现象即可；

（2）要求是利用氨气和氯气之间反应生成氯化氢用于制备盐酸，故按该反应中Cl2和NH3的比例来回答；

（3）常温常压下，取总物质的量为12mol的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变，说明

反应后氨气有剩余，再发生反应NH3+HCl=NH4Cl，HCl不能完全反应，按此思路计算①反应前氯气和氨气的物质的量之比及②反应后生成的氧化产物的质量；

（4）若将总体积为100L的NH3和Cl2混合，①

恰好反应，根据方程式计算混合气体总体积，进而计算氮气体积；

②NH3过量时，发生反应

，剩余混合气体为氮气、氨气，设Cl2有xL，利用方程式和已知条件计算出氮气的体积、氧化产物的物质的量；

【详解】

（1）按题意，用于检验氯气是否泄漏的反应应有明显现象，氯气和氨气可能的反应为

、当氨气过量时会与生成的HCl反应生成氯化铵，有白烟，现象明显；

答案为：

有白烟生成；

（2）氨气和氯气在常温下可快速反应生成氮气：

，若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，Cl2和NH3的最佳比例为3：

2；

答案为：

3：

2；

（3）①常温常压下，取总物质的量为12mol的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变，说明

反应后氨气有剩余，再多余氨气再与部分HCl发生反应NH3+HCl=NH4Cl，HCl不能完全反应，设反应

中消耗氯气的物质的量为x，

，

，前者体积增大与后者体积减小相等，则

，得x=6，

故反应前氯气和氨气的物质的量之比为

：

1；

答案为：

1:

1；

②反应后生成的氧化产物为氮气，氯气为6mol,由

可知,生成氮气的物质的量为2mol，故氧化产物氮气的质量=2mol×28g/mol=56g，

故答案为：

56g；

（4）在

反应中，NH3和Cl2恰好完全反应时，混合气体中N2占混合气体的

，由于氨气与HCl可以反应生成HN4Cl，而充分反应后的混合气体中N2占混合气体的

，则有两类情况：

①Cl2与氨气恰好反应，由方程式可知5体积气体生成7体积气体，故反应后混合气体总体积=100L×

=140L，则氧化产物氮气体积为140L×

=20L，故其物质的量=

=0.893mol；②NH3过量时，发生反应

，剩余混合气体为氮气、氨气，设Cl2有xL，则

，则

，

，故氧化产物氮气的物质的量=

；

答案为：

余NH3和N2为0.263mol，余HCl和N2为0.893mol。

6．三氟化氮（NF3）是一种新型电子材料，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：

HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：

（1）反应过程中，被氧化与被还原的元素的物质的量之比为_______________。

（2）写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：

____。

若反应中生成0.2molHNO3，转移的电子数目为______________________个。

（3）NF3是一种无色、无臭的气体，但一旦NF3在空气中泄漏，还是易于发现。

你判断该气体泄漏时的现象是_______________________________。

（4）一旦NF3泄漏，可以用NaOH溶液喷淋的方法减少污染，其产物除NaNO2、NaF、H2O外，还肯定有______________（填化学式）。

【答案】2∶1

0.4NA泄漏时会看到白雾和红棕色气体，同时闻到刺激性气味NaNO3

【解析】

【分析】

由题给信息可知，三氟化氮（NF3）在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有HF、NO和HNO3，反应中氮元素的化合价从+3价分别降为+2价，升为+5价，由升降法配平可得化学方程式为3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3。

【详解】

（1）由题给信息可知，反应中三氟化氮中氮元素的化合价即升高被氧化，又降低被还原，由化合价升降可知被氧化与被还原的氮元素的物质的量之比为1：

2，故答案为：

1:

2；

（2）由题给信息可知，三氟化氮（NF3）在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有HF、NO和HNO3，反应中氮元素的化合价从+3价分别降为+2价，升为+5价，由升降法配平可得化学方程式为3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3，反应中生成1mol硝酸转移2mol电子，电子转移的方向和数目可表示为

，则反应中生成0.2molHNO3，则转移的电子数目为0.4NA个，故答案为：

；0.4NA；

（3）NF3在潮湿空气中泄漏由于有硝酸生成，会产生白雾，一氧化氮遇到空气被氧化成红棕色有刺激性气味的二氧化氮气体，故答案为：

泄漏时会看到白雾和红棕色气体，同时闻到刺激性气味；

（4）一旦NF3泄漏，可以用NaOH溶液喷淋的方法吸收氟化氢、硝酸、一氧化氮和二氧化氮，会生成氟化钠、硝酸钠、亚硝酸钠和水，故答案为：

NaNO3。

7．将28.8g铜投入100mL浓硝酸中，最后铜有剩余，其NO3-离子物质的量变化如下图所示，请回答下列问题：

（1）开始反应时浓硝酸的物质的量浓度为____________mol/L。

（2）铜与浓硝酸反应生成的气体在标准状况下的体积（不考虑NO2与N2O4的平衡）为_____L。

（3）硝酸完全反应后消耗铜的物质的量n（Cu）是______mol。

（4）应再往此反应体系中滴加_________L2mol/L的硫酸才能使剩余的铜恰好完全溶解。

已知此过程中NO3-的还原产物为NO。

（5）ag铜全部溶于一定量的浓硝酸中，测得生成的气体在标准状况下的体积（不考虑NO2与N2O4的平衡）为bL，为消除污染，将生成的气体通入NaOH溶液中，气体被完全吸收。

已知：

NO+NO2+2NaOH→2NaNO2+H2O2NO2+2NaOH→NaNO3+NaNO2+H2O如果NO、NO2混合气体用NOx表示，被NaOH溶液完全吸收时，x的取值范围______；生成NaNO2的物质的量是_________mol；NaNO3的物质的量是_________mol。

（6）在常温下，把NO气体压缩到1.01×107Pa，再加热到500C，发现气体的压强迅速下降，压强降至略小于原压强的2/3，然后压强就不再改变。

已知其中一种产物为N2O，则上述变化的化学方程式为__________________。

气体的平均摩尔质量为M，则M的取值范围应该是_________________。

【答案】108.960.3100

；

【解析】

【分析】

（1）根据开始时硝酸根的物质的量计算硝酸的浓度；

（2）利用氮元素守恒计算气体的物质的量，再根据V=nVm计算二氧化氮的体积；

（3）反应结束，溶液中溶质为硝酸铜，根据硝酸根计算消耗n（Cu）；

（4）发生反应：

，据此计算消耗硫酸的物质的量，进而计算需要硫酸的体积；

（5）由方程式

和

可知，NO单独不能被吸收，NO和NO2混合气体被NaOH溶液被完全吸收，满足

，当n（NO2）：

n（NO）=1时x值最小，计算x的最小值，因为混有NO，所以x最大值＜2，据此确定x取值范围；纵观整个过程，Cu失去的电子等于硝酸生成亚硝酸钠时获得的电子，根据电子转移守恒计算n（NaNO2），根据N元素守恒计算n（NaNO3）；

（6）在常温下，把NO气体压缩到1.01×107Pa，再加热到50℃，发现气体的压强迅速下降，压强降至略小于原压强的

，然后压强就不再改变．已知其中一种产物为N2O，依据原子个数守恒可知该反应为：

3NO=N2O十NO2，因为存在

，即生成的NO2又双聚成N2O4，导致气体分子数减少，压强降至略小于原压强的

；若只发生反应：

3NO=N2O十NO2，气体的平均摩尔质量最小，若二氧化氮完全转化为四氧化二氮时，气体的平均摩尔质量最大，据此计算解答。

【详解】

（1）由图可知，开始时n（NO3−）=1.0mol，则n（HNO3）=n（NO3−）=1.0mol，则

，

故答案为：

10；