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

1、（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_。.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

2、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

3、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0.005V1 mmol，将待测废液换成蒸馏水时，5mL amol/L的浓溴水中Br2的物质的量为0.005V2 mmol，则与苯酚参与反应的

4、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

5、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H2SO42NaNO2=2HNO2Na2SO4。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

6、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：tBuNO2NaOHN2H4=NaN32H2OtBuOH。装置a的名称是_；该反应需控制温度在65，采用的实验措施是_；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。用滴定管加入0.10molL1六硝酸铈铵（NH4）2Ce（NO3）6溶液40.00mL（假设杂质均不参与反应）。充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗啉指

7、示液，并用0.10molL1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：Ce4Fe2=Ce3Fe3）。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

8、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】tBuOHHNO2tBuNO2H2O 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）62NaN3=4NH4NO32Ce（NO3）32NaNO33N2 65% AC ClO2N3-H2O=Cl2OH3N2 （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） 装置a的名称即为恒压滴液漏斗；反

9、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；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，会使步骤消耗的六硝酸铈铵的量增加，通过分析

10、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

11、，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）3Fe（OH）2Mg（OH）2Al（OH）3Cr（OH）3pH3.79.611.189（9溶解）（1）氧化过程中可代替H2O2加入的

12、试剂是_（填序号）。ANa2O2 BHNO3 CFeCl3 DKMnO4（2）加入NaOH溶液调整溶液pH8时，除去的离子是_；已知钠离子交换树脂的原理：MnnNaRMRnnNa，此步操作被交换除去的杂质离子是_。AFe3BAl3CCa2DMg2（3）还原过程中，每消耗0.8 mol Cr2O72-转移4.8 mol e，该反应离子方程式为_。【答案】A AB CD 3S2O32 + 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

13、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0.8mol Cr2O72-转移4.8mol e-，则1molCr2O72-转移6mol电子，所以生成Cr3+，S2O32-被氧化为SO42-，结合得失电子

14、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0.8mol Cr2O72-转移4.8mol e-，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）2SO4FeSO46H2O，商品名为

15、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102030（NH4）2SO473.075.478.0FeSO47H2O20.026.532.9（NH4）2SO4FeSO417.221.628.1（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10Na2CO3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

16、出莫尔盐的质量是_（选填编号）。A 2.18g B 大于2.18g C 小于 2.18g D 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V mL 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FeSO47H2O析出 过滤、洗涤 无水酒

17、精或冰水 B 5Fe2+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）2SO4FeSO4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

18、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FeSO47H2O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FeSO47H2O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，

19、硫酸亚铁铵的化学式为（NH4）2SO46H2O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+Mn

20、2+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、NH3H2O等制备CuI（白色固体）的实验流程如下:（1）步骤中发生了多个反应,其中Cu（NH3与盐酸反应生成Cu（OH）Cl的离子方程式为_。（2）步骤需控制pH为12,80 下进行,合适的加热方式是_。（3）步骤的具体步骤是蒸发浓缩、_、_。（4）步骤在下列装置（夹持及加热装置已省略）中进行。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_。用装置d中的溶液洗涤制得的Cu

21、I的目的是_,然后再用无水乙醇洗涤的目的是_。【答案】Cu（NH3+3H+Cl-+H2OCu（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）步骤中Cu（NH3）42+与盐酸反应生成Cu（O

22、H）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）步骤为Cu（OH）Cl加水、过浆后，与浓硫酸在制pH为12，80 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）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

23、：分液漏斗；Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；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。.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NaBiO3Bi（O

24、H）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_；.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+。产生紫红色现象的离子方程式为_；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

25、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_。.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cmo1L-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-+3H2O C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+2

26、Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O 3Mn2+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+、Mn

27、O4-、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