高考化学备考之氧化还原反应压轴突破训练培优篇附答案.docx

1、高考化学备考之氧化还原反应压轴突破训练培优篇附答案一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）1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。回答下列问题：.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(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

2、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-CO

3、2+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+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O 3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+ 100%或100%或% 【解析】【分析】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

4、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。【详解】（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

5、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、干燥，故答案为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（6）往待测液中加入铋酸钠晶

6、体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2+，说明铋酸钠将Mn2+氧化成MnO4-，因为是酸性条件，所以铋酸钠被还原成Bi3+，据此写方程式并配平为5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O，故答案为：5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O；由题意可知，Mn2+过量，铋酸钠少量，过量的Mn2+和MnO4-发生反应生成了黑色的MnO2，反应方程式为3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+，故答案为：3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+；（7）根据得失电子守恒找出关系式为：5NaBiO3

7、2Mn2+2MnO4-5H2C2O4,计算铋酸钠理论产量：解得m（理论）=0.28CVg，所以纯度=100%=100%，所以答案为：100%或100%或%。【点睛】（7）在复杂的纯度、产率等计算中，用得失电子守恒法找出各关键物质之间的关系，由此计算，可以事半功倍，如本题中的关系5NaBiO3 5H2C2O4，使复杂问题简单化了。2羟氨（NH2OH）是一种还原剂，和联氨一样是一种弱碱，不稳定，室温下吸收水汽迅速分解。回答下列问题：（1）请写出羟氨的电子式_。（2）利用KMnO4标准溶液定量间接测定羟氨的纯度。测定步骤如下：溶液配制：称取5.0g某羟氨样品，溶解在_酸中后加适量蒸馏水，将其全部转移

8、至100mL的_中，加蒸馏水至_。取20.00mL的羟氨酸性溶液与足量硫酸铁在煮沸条件下反应：2NH2OH24Fe3N2O4Fe2H2O6H，生成的Fe2用0.4000 molL1的酸性KMnO4溶液滴定，滴定达到终点的现象是_。请写出Fe2与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式_。重复滴定3次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示：计算试样的纯度_%。（3）下列操作导致误差偏高的有_（填编号）。a 滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失b 滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液c 羟氨称量时，时间过长和溶解时没有及时用酸酸化d KMnO4溶液起始读数仰视，终点正常读数【答案】 硫酸 容量瓶 刻度

9、线 当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色 5Fe2+MnO4-+8H+5Fe3+Mn2+4H2O 66 ab 【解析】【分析】(1)根据羟氨化学式写出其电子式；(2)羟氨应溶解在H2SO4中，因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化；用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；根据氧化还原反应的规律写出Fe2与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式，根据物质的量的关系计算式样纯度；(3)根据氧化还原滴定的相关操作分析实验误差。【详解】(1)根据羟氨化学式NH2OH可知其电子式为：，故答案为：；(2)羟氨应

10、溶解在H2SO4中，因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化，将其全部转移至100mL的容量瓶中，加蒸馏水至刻度线，故答案为：硫酸；容量瓶；刻度线；用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；根据氧化还原反应的规律写出Fe2与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：5Fe2+MnO4-+8H+5Fe3+Mn2+4H2O；由消耗高锰酸钾体积表可知，第一次误差过大，舍去，V(平均)=20.00mL；设滴定时NH2OH2+的物质的量为xmol，依据离子方程式可得关系式：解得x=0.02因总量为100mL，所以n(NH2OH2+)0.0250

11、.1molm=nM0.133g/mol3.3gw=100%=66%故答案为：当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；5Fe2+MnO4-+8H+5Fe3+Mn2+4H2O；66；(3)a滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失会导致V标准偏大，计算结果偏高；b滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液，相当于把KMnO4溶液稀释，滴定时消耗体积增大，计算结果偏高；c羟氨称量时，时间过长和溶解时没有及时用酸酸化会导致羟氨被氧化，导致消耗体积偏小，计算结果偏低；dKMnO4溶液起始读数仰视，终点正常读数，导致消耗体积偏小，计算结果偏低；故答案为：ab。【点睛】注意氧化还原滴定操作中

12、的注意事项，根据公式判断不同操作可能引起的实验误差。3碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，一般是在食盐中添加一定量的KIO3。但碘添加量也不能过多，过多会导致甲亢等。国家标准GB14880-1994中规定每千克食盐中碘的含量（以碘原子计）应为20-60mg/kg。实验研究小组为了检测某加碘盐中碘含量是否合格，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：（方程式未配平）。试根据相关信息回答下列问题：（1）检测原理中，氧化剂为_，氧化产物为_。请在下面配平该方程式，同时用单线桥标明电子转移的方向和数目：_ _+ _ +_ （2）取10g加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸和KI溶液（H2SO4和KI都稍

13、过量），充分反应后，将反应液转入分液漏斗中，再加入一定量的CCl4，振荡，静置，此时观察到的现象是_。然后分液，即得到I2的CCl4溶液。（3）查阅资料，CCl4的沸点为78，I2的升华温度约为120130。实验小组拟采用下图所示实验装置将CCl4和I2的混合溶液分离。该分离方法的名称是_，冷凝管的进水口是_（填“a”或“b”）。（4）上述实验结束，用电子天平称量出圆底烧瓶中I2的质量为1.5 mg，由此计算出该加碘盐中碘的含量为_mg/kg，该加碘盐_（填“合格”或“不合格”）。（5）KIO3虽稳定性较好，但在高温下也可分解为KI等物质，所以在使用加碘盐时最佳的添加时间是菜肴快出锅时。请书写

14、出KIO3在锅中长时间高温爆炒时可能发生的分解反应的化学方程式_。【答案】KIO3 I2 溶液分为两层，下层呈紫红色 蒸馏 a 25 合格 【解析】【详解】(1)、该反应中化合价的变化为：KIO3-I2，I元素由+5价0价，一个KIO3得5个电子；KI-I2，I元素由-1价0价，一个KI失一个电子，所以得失电子的最小公倍数为5，KIO3的计量数为1， KI的计量数为5，其它元素根据原子守恒配平，故答案为：KIO3；I2 ；(2)、碘易溶于有机溶剂，在四氯化碳在的溶解度远大于在水中，加入四氯化碳萃取水中的碘，四氯化碳与水不互溶，溶液分成两层，四氯化碳的密度比水，有机层在下层，碘溶于四氯化碳呈紫红

15、色，上层几乎无色，故答案为：溶液分成两层，上层无色，下层呈紫红色；(3)、利用沸点分离的方式叫蒸馏，冷凝水的方向是下进上出，故答案为：蒸馏；a；(4)、由方程式可知：I2的的来源属于KIO3的占，所以圆底烧瓶中I2的质量为1.5 mg，则食盐中的碘原子质量为0.25mg，所以碘的含量为，在国家标准内，故答案为：25；合格；(5)、由题意：碘元素化合价降低，则必有宁一种元素化合价升高，故O元素化合价升高。根据得失电子守恒可知：碘酸钾受热分解的方程式为2KIO32KI+3O2，故答案为2KIO32KI+3O2；【点睛】实验最终得到的I2来自于KIO3和KI两部分，所以食盐中的碘含量时，应减去KI中

16、的含量。4现有一份含有FeCl3和FeCl2固体混合物，为测定各成分的含量进行如下两个实验：实验1： 称取一定质量的样品，将样品溶解； 向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，产生沉淀； 将沉淀过滤、洗涤、干燥得到白色固体17.22 g。实验2： 称取与实验1中相同质量的样品，将样品溶解； 向溶解后的溶液中通入足量的Cl2； 再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，得到红褐色沉淀； 将沉淀过滤、洗涤后，加热灼烧，到质量不再减少，得到固体物质4g。回答下列问题：（1）溶解过程中所用到的玻璃仪器有_。（2实验室保存FeCl2溶液时通常会向其中加入少量试剂_和_。（3）实验2通入足量Cl2的目的是_

17、；涉及的化学反应的离子方程式是_。（4检述实验2的步骤中沉淀已经洗涤干净的方法是_。（5）加热FeCl3溶液，并将溶液蒸干时，通常不能得到FeCl3固体，请以平衡的观点解释其原因（方程式与文字相结合来说明）_。（6）FeCl3溶液可以用于止血，主要是因为FeCl3溶液能使血液聚沉，这涉及胶体的特性。以下关于胶体的说法不正确的是_。A胶体粒子能透过滤纸，但不能透过半透膜B胶体粒子具有较大的表面积，能吸附阳离子或阴离子，故在电场作用下会产生电泳现象C向Fe（OH）3胶体可以产生丁达尔效应，CuSO4溶液、水等分散系不能产生丁达尔效应D向Fe（OH）3胶体中滴加硫酸，会先出现红褐色沉淀，随后沉淀消失

18、E在蛋白质溶液中加入稀的CuSO4溶液，可使蛋白质盐析（7）通过实验所得数据，计算固体样品中FeCl3和FeCl2的物质的量之比为_。【答案】（1）烧杯、玻璃棒（2）稀盐酸 铁粉（3）将Fe2+全部转化为Fe3+2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl（4）取少量最后一次的洗涤液于试管中，向试管中溶液滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，如未出现白色沉淀说明已洗净（5）FeCl3在水中存在如下平衡 FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl，在加热条件下，由于HCl易挥发，生成物浓度减小，导致平衡不断向右移动，故最后不能得到FeCl3固体（6）E（7）2：3【解析】试题分析：（1）溶解所用到的仪器为烧

19、杯、玻璃棒；（2）FeCl2易被空气中的氧气氧化成FeCl3，向溶液中加入少量铁粉，使FeCl3重新转化为FeCl2；为了防止FeCl2溶液水解，常加入盐酸，抑制其水解，防止其变质；（3）Cl2将FeCl2氧化生成FeCl3：Cl2+2FeCl2=2FeCl3，实质为2Fe2+ Cl2= 2Fe3+ 2Cl；（4）解答此问时，首先要明确沉淀吸附了什么杂质，由于氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，因此沉淀吸附的杂质是Na+、Cl-，检验沉淀是否洗涤干净，只要检验洗涤后的溶液中是否含有Na+、Cl-中的一种就可以，如果最后一次的洗涤液仍然有氯化钠，加入硝酸银溶液就会出现沉淀，反之，说明溶液中

20、没有氯化钠；（5）因为FeCl3易水解，且HCl易挥发，加热促进了FeCl3水解及HCl的挥发，所以不能得到FeCl3固体；（6）A、胶体粒子直径介于1100nm之间，因此能透过滤纸，但不能透过半透膜，A正确；B、胶体粒子具有较大的表面积，能吸附阳离子或阴离子，因此在电场作用下会移向阴极或阳极，产生电泳现象，B正确；C、向Fe（OH）3胶体可以产生丁达尔效应，CuSO4溶液、水等分散系不能产生丁达尔效应，C正确；D、，向胶体中加入少量的酸、碱、盐，会中和胶体所带的电荷，使胶体发生聚沉，所以向Fe（OH）3胶体中滴加硫酸，会先出现红褐色Fe（OH）3沉淀，但过量的硫酸还会和Fe（OH）3沉淀发生

21、反应生成硫酸铁，D正确；E、CuSO4属于重金属盐，能使蛋白质变性，而非盐析，E不正确；（7）先由计算实验所得AgCl的n为mol = 0.12mol，实验所得Fe2O3的n为mol = 0.025mol，设FeCl3和FeCl2的物质的量分别为x mol、y mol，依据Cl、Fe守恒3x mol+2y mol=0.12 mol，x mol+y mol=0.025 mol2，解得x = 0.02，y = 0.03，则固体样品中FeCl3和FeCl2的物质的量之比为为23。考点：本题主要考查化学实验基本操作、离子方程式的书写、铁盐和亚铁盐的性质及转化、盐类水解、化学计算等。【名师点睛】（1）化

22、学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化学实验的基础，对化学实验的考查离不开化学实验的基本操作。考查的角度主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确及灵活运用的能力。（2）根据化学方程式的计算，多以物质的量为核心，考查物质的量、阿伏加德罗常数、物质的量浓度、物质的质量、摩尔质量、气体的体积、气体摩尔体积等相关物理量的转化关系，以及反应物的转化率或产物的产率的计算，同时还可以融入多种化学解题思想，比如极值法、差量法、守恒法、讨论法、特殊值法等，是历来高考的重点内容。 日常学习中要注意相关知识的积累，以便快速准确作答，题目难度

23、中等。5利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣（主要含FeOV2O3、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：V2O5、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。AlO+4H+=Al3+2H2O。（1）焙烧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FeOV2O3发生反应的化学方程式_；废渣的主要成分是_；精制中加盐酸调pH的主要作用是_，加入NH3H2O后发生反应的离子方程式为_。（2）精制中加入CaCl2溶液除去磷酸盐，pH过小时影响

24、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2NH4VO3V2O5+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】4FeOV2O3 + 5O2 2Fe2O3 + 4V2O5 Fe2O3 或Fe(OH)3 除Si并转化AlO2-写“除Si”即得分） Al3+ + 3NH3H2O = Al(OH)3 + 3NH H+ + NH3H2O = H2O + NH（写出第一个离子

25、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 + 2NH33V2O4 + N2 + 3H2O 【解析】【分析】氧化过程FeOV2O3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NH3H2O后与Al3+发生反应生成Al(OH)3沉淀；精制中加入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

26、，焙烧得到产品，据此分析。【详解】（1）氧化过程FeOV2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5，化学方程式为：4FeOV2O3 + 5O22Fe2O3 + 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NH3H2O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：4FeOV2O3 + 5O2 2Fe2O3 + 4V2O5；Fe2O3 或Fe(OH)3；除Si并转化AlO2-(写“除Si”即得分)；

27、，（写出第一个离子方程式即得分）；（2）精制中加入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：C

28、l；3V2O5 + 2NH3 3V2O4 + N2 + 3H2O。6在古代，橘红色的铅丹（Pb3O4）用于入药和炼丹，人们对其中重金属铅的毒性认识不足。已知：PbO2为棕黑色粉末。某化学兴趣小组对铅丹的一些性质进行实验探究并测定其组成。回答下列问题：（1）性质实验实验操作现象解释或结论将适量铅丹样品放入小烧杯中，加入2mL6mol/L的HNO3溶液，搅拌_Pb3O44HNO3=PbO22Pb（NO3）22H2O将上述混合物过滤，所得滤渣分为两份，一份加入2mL浓盐酸，加热有刺激性的黄绿色气体产生反应的化学方程式：_另一份滤渣加入硝酸酸化的Mn（NO3）2溶液，搅拌得紫色溶液结论：_（2）组成测

29、定准确称取0.530g干燥的铅丹样品，置于洁净的小烧杯中，加入2mL6mol/L的HNO3溶液，搅拌使之充分反应，分离出固体和溶液。该分离操作名称是_。将中所得溶液全部转入锥形瓶中，加入指示剂和缓冲溶液，用0.04000mol/L的EDTA溶液（显酸性）滴定至终点，消耗EDTA溶液36.50mL。EDTA与Pb2+的反应可表示为Pb2+H2Y2-=PbY2-2H+，滴定时EDTA溶液应盛装在_中。滤液中含Pb2+_mol。将中所得固体PbO2全部转入另一锥形瓶中，往其中加入适量HAc与NaAc的混合液和8g固体 KI，摇动锥形瓶，使PbO2全部反应而溶解，发生反应PbO24I4HAc =PbI2I24Ac2H2O，此时溶液呈透明棕色。以0.05000mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应I22S2O32-=S4O62-2I，至溶液呈淡黄色时加入2%淀粉溶液1mL，继续滴定至溶液_，即为终点，用去Na2S2O3溶液30.80mL。根据、实验数据计算，铅丹中Pb（）与Pb（）的原子数之比为_。【答