备战高考化学二轮 氧化还原反应 专项培优 易错 难题及答案解析.docx

1、备战高考化学二轮 氧化还原反应 专项培优 易错 难题及答案解析一、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CCl4KIO3白色固体，能溶于水，难溶于乙醇碱性条件下易发生氧化反应：ClOIO3=IO4Cl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

2、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C

3、l2，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：5C

4、l2+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-

5、+6H+=3I2+3H2O，滴定时发生的反应为：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可列出关系式：IO3-3I26S2O32-，每次平均消耗的n(S2O32-)= 0.1004mol/L0.025L=0.00251mol，则每20mLKIO3溶液中，n(KIO3)=n(IO3-)= n(S2O32-)6=0.00251mol6=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

6、中KIO3的物质的量。2根据当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿(主要成分为FeS2)作为原料。完成下列填空：(1)将0.050mol SO2(g) 和0.030mol O2(g) 充入一个2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)+Q。经2分钟反应达到平衡，测得n(SO3)=0.040mol，则O2的平均反应速率为_(2)在容积不变时，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有_(选填编号)a.移出氧气 b.降低温度c.减小压强 d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)(3)在起始温度T1(673K)时SO2的转化率随反应时间(t)

7、的变化如图，请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2(723K)时SO2的转化率随反应时间变化的示意图_(4)黄铁矿在一定条件下煅烧的产物为SO2和Fe3O4将黄铁矿的煅烧产物Fe3O4溶于H2SO4后，加入铁粉，可制备FeSO4。酸溶过程中需维持溶液有足够的酸性，其原因是_FeS2能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，本身被氧化为SO42。写出有关的离子方程式_。有2mol氧化产物生成时转移的电子数为_【答案】0.005mol/(Lmin) bd 抑制Fe3+与Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+ FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42+16H+ 14NA 【解

8、析】【分析】(1)根据v求出氧气的速率，然后根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比计算；(2)反应放热，为提高SO2平衡转化率，应使平衡向正反应方向移动，可降低温度，体积不变，不能从压强的角度考虑，催化剂不影响平衡移动，移出氧气，平衡向逆反应方向移动，不利于提高SO2平衡转化率，由此分析解答；(3)反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但达到平衡所需要的时间缩短，据此画出曲线；(4)Fe3与Fe2易水解，Fe2易被氧化成Fe3；根据氧化还原反应中的反应物和生成物几何电子守恒来配平化学方程式，结合方程计算转移电子数。【详解】(1)v(SO3)0.01mol/(Lmin)

9、，所以v(O2)v(SO3)0.005mol/(Lmin)，故答案为：0.005mol/(Lmin)；(2)a移出氧气，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；b降低温度，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；c减小压强，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；d再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)，相当于增大压强，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；故答案为：bd；(3)反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H0，SO2的转化率在起始温度T1673K下随反应时间(t)的变化如图，其他条件不变，仅改变起始温度为T2723K，温度升高，平衡逆

10、向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，在图中画出温度T2下SO2的转化率随反应时间变化的预期结果示意图如图所示；故答案为：；(4)Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SO4后，生成的Fe3与Fe2易水解，Fe2易被氧化成Fe3，所以要加入Fe粉和酸，抑制Fe3与Fe2的水解，并防止Fe2被氧化成Fe3，故答案为：抑制Fe3与Fe2的水解，并防止Fe2被氧化成Fe3；2价的硫离子具有还原性，FeS2可以将溶液中的Fe3还原为Fe2，而本身被氧化为硫酸根离子，有关的离子方程式为：FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42+16H+，氧化产物是硫酸根离子，有

11、2mol硫酸根生成时转移的电子数为14NA，故答案为：FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42+16H+；14NA。【点睛】注意(3)温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，此为解题的关键。3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

12、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+ H2SO4Na2SO4+ 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

13、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- +H2OHCS3-+OH- S 干燥管 CaO和NaOH CS2 +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Na2CO

14、S2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Na2CS3H2SCuS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- +H2OHCS3-+OH-；(2)Na2CS3中Na为+1价，C

15、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)0.0875mo

16、l，根据关系式Na2CS3H2SCuS得n(Na2CS3)n(CuS)0.0875mol，c(Na2CS3)1.75mol/L。4废水中过量的氨氮(和)会导致水体富营养化。某科研小组用氧化法处理氨氮废水。已知：的氧化性比强；比更易被氧化；国家相关标准要求经处理过的氨氮废水要控制在69 。(1)时，可与反应生成等无污染物质，该反应的离子方程式为_。(2)进水对氨氮去除率和出水pH的影响分别如图1和图2所示：进水在1.252.75范围内时，氨氮去除率随的升高迅速下降的原因是_。进水在2.756范围内时，氨氮去除率随的升高而上升的原因是_。进水应控制在_左右为宜。(3)为研究空气对氢化氨氮的影响，其

17、他条件不变，仅增加单位时间内通人空气的量，发现氨氮去除率几乎不变。其原因可能是_(填序号)a.的氧化性比弱b.氧化氨氮速率比慢c.在废水中溶解度比较小d.空气中的进入废水中【答案】 随着的升高，含量增大，氧化性降低，导致氨氯去除率下降 随着的升高，氨氮废水中含量增大，而比更易被氧化 1.5 【解析】【分析】(1)pH=1.25时，NaClO可与NH4+反应生成N2等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子和水，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式；(2)进水pH为1.252.75范围内，氨氮去除率随pH升高迅速下降是c(OH-)较大，抑制NaClO水解，c(HClO)较小致氧化能力

18、弱；进水pH为2.756.00范围内氨氮去除率随pH升高而上升，氨气含量增大氨氮易被氧化；结合图象变化可知进水pH应控制在1.0左右；(3)其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变，说明O2氧化氨氮速率比NaClO慢，比次氯酸钠氧化性弱，溶液中溶解的氧气少等原因。【详解】(1)pH=1.25时，NaClO可与NH4+反应生成N2等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式：3ClO-+2NH4+=N2+3Cl-+2H+；(2)进水pH为1.252.75范围内，氨氮去除率随pH升高迅速下降的原因是：随着PH升高，NaClO

19、含量增大，氧化性能降低，导致氨氮去除率下降；进水pH为2.756.00范围内，氨氮去除率随pH升高而上升的原因是：随着PH升高氨氮废水中氨气含量增大，氨氮更易被氧化；进水pH应控制在1.50左右，氨氮去除率会较大；(3)研究空气对NaClO氧化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变。其原因可能是：O2的氧化性比NaClO弱、O2氧化氨氮速率比NaClO慢、O2在溶液中溶解度比较小；故答案为：abc。5过氧乙酸(CH3COOOH)是一种高效消毒剂，具有很强的氧化性和腐蚀性，它可由冰醋酸与过氧化氢在一定条件下制得；它可以迅速杀灭多种微生物，包括多种病毒(如：

20、SARS病毒、禽流感病毒)、细菌、真菌及芽孢。下面是市售过氧乙酸商品标签：有关资料：H2O2是极弱的电解质，在酸性介质中才能稳定存在，是一种强氧化剂。过氧乙酸消毒液是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SO4混合后，反应生成过氧乙酸(CH3COOOH)。CH3COOOH容易放出氧原子，它与空气中微生物机体作用，达到灭菌目的，是消毒液的主要成分。(1)某研究性学习小组为了弄清配制过氧乙酸消毒液的甲、乙溶液的主要成分各是什么？进行以下科学探究，请你完成下列相关内容：提出假设：甲溶液的主要成分为_，乙溶液的主要成分为_。实验验证：取甲、乙两种溶液少许，分别加入几滴_试液，若中假设正确，则甲溶

21、液的现象为_，乙溶液的现象为_。(2)有关过氧乙酸的叙述正确的是_ (填编号)A过氧乙酸与羟基乙酸(HOCH2COOH)互为同分异构体B过氧乙酸与苯酚混合使用可增强消毒效果C过氧乙酸与乙酸属于同系物D氧元素的化合价为-2价(3)实验室制备少量过氧乙酸，可由冰醋酸和过氧化氢在浓硫酸催化作用下制得，实验装置和步骤如下：在三颈烧瓶中加入一定量冰醋酸与浓H2SO4的混合液体，再缓缓加入适量30%的双氧水。不断搅拌并控制B中混合液的温度为2030至反应结束。接入冷凝管和抽气泵，在锥形瓶中收集得到产品。请回答下列问题：仪器C的名称是_；为更好地控制反应温度，应采用方法是_；生成过氧乙酸的化学方程式为_；碘

22、量法分析：取2.00mL过氧乙酸试样稀释成100mL，从中取出5.00mL，滴加酸性KMnO4溶液至恰好粉红色以除去残余H2O2，再加入10mL 10%KI溶液和几滴淀粉溶液，摇匀，反应完全后再用0.1000mol/L的Na2S2O3标准液滴定至终点(反应方程式为2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，共消耗14.30mL Na2S2O3标准液。该样品中过氧乙酸的物质的量浓度是_mol/L。（结果保留小数点后两位）（提示：CH3COOOH+2I+2H+ =I2+CH3COOH +H2O）【答案】甲H2O2、H2O、H2SO4 乙CH3COOH 、 H2O 石蕊 甲：溶液先变红后褪色

23、 乙：溶液由无色变为红色 A 冷凝管（或直形冷凝管） 水浴加热 CH3COOH + H2O2CH3COOOH + H2O 7.15 【解析】【分析】（1）若假设甲溶液的有效成分是H2O2，则乙溶液的有效成分是CH3COOOH，根据过氧乙酸消毒液是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SO4混合后，反应生成过氧乙酸(CH3COOOH)，H2O2是极弱的电解质，在酸性介质中才能稳定存在，则H2SO4应该在甲溶液中，另外两种溶液中的水也是一种主要成分；两溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊试液变红，但是甲溶液中H2O2漂白作用的会使变红的溶液褪色； （2）结合选项对过氧乙酸(CH3COOOH)性质判断

24、，（3）由仪器的结构，可知C为直形冷凝管；控制B中混合液的温度为2030，应采取水浴加热；结合题中信息，写出生成过氧乙酸的化学反应方程式；CH3COOOH+2I+2H+ =I2+CH3COOH +H2O，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，由这两个方程式，确定关系式：CH3COOOHI22Na2S2O3，计算稀释后5.00mL溶液中过氧乙酸的物质的量，再计算原来的2.00mL溶液中的过氧乙酸的物质的量，再根据物质的量浓度定义式计算。【详解】（1）若假设甲溶液的有效成分是H2O2，则乙溶液的有效成分是CH3COOOH，根据过氧乙酸消毒液是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2

25、SO4混合后，反应生成过氧乙酸(CH3COOOH)，H2O2是极弱的电解质，在酸性介质中才能稳定存在，则H2SO4应该在甲溶液中，另外两种溶液中的水更是一种主要成分；两溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊试液变红，但是甲溶液中H2O2漂白作用的会使变红的溶液褪色； （2）过氧乙酸与羟基乙酸(HOCH2COOH)的分子式都是C2H4O3，但结构不同，故互为同分异构体；过氧乙酸具有强氧化性，而苯酚易被氧化，两者混合发生氧化还原反应，不能增强消毒效果；过氧乙酸的分子结构中存在过氧根而乙酸中没有，两者结构不相似，不属于同系物；过氧乙酸中的氧元素有+2价、+1价；（3）由仪器的结构，可知C为直形冷凝管；控制B中

26、混合液的温度为2030，应采取水浴加热，受热均匀，便于控制温度；乙酸与过氧化氢在浓硫酸、2030条件下反应生成过氧乙酸(CH3COOOH)，反应的化学方程式为：CH3COOH + H2O2CH3COOOH + H2O ；CH3COOOH+2I+2H+ =I2+CH3COOH +H2O，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，由这两个方程式，确定关系式：CH3COOOHI22Na2S2O3，可知稀释后的5.00mL溶液中过氧乙酸的物质的量是：0.0143L0.1000mol/L，原来2.00mL溶液中的过氧乙酸的物质的量是：0.0143L0.1000mol/L=0.0143mol，该该

27、样品中过氧乙酸的物质的量浓度是：=7.15 mol/L 。【点睛】本题是探究性实验试题，现根据题中的信息去假设，然后分析、得出结论。实验中的数据处理，借助关系式法，计算所需要的物质的物质的量。6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：A中反应为 KClO36HCl(浓)=KCl3Cl23H2O；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

28、号IIIIIIA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 C CaCl2、Ca(Cl

29、O)2 Cl22NaOH =NaCl+ NaClO+H2O CO2+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