高考化学氧化还原反应的综合复习及答案

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）

1．硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2

实验I：Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：

(1)仪器a的名称是_______，仪器b的名称是_______。b中利用质量分数为70%?80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。c中试剂为_______

(2)实验中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_______ (写出一条)

(3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_______

实验Ⅱ：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。

资料：Fe3++3S2O32-?Fe(S2O3)33-(紫黑色)

装置试剂X实验现象

Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先变成紫黑色，30s 后几乎变为无色

(4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象：

_______

实验Ⅲ：标定Na2S2O3溶液的浓度

(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g?mol-1)0.5880g。平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72-

+14H+ = 3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol?L-1

【答案】分液漏斗 蒸馏烧瓶 24232422H SO Na SO Na SO H O =SO +++↑ 硫化钠和碳酸钠的混合液 调节酸的滴加速度 若 SO 2过量，溶液显酸性．产物会发生分解 加入铁氰化钾溶液．产生蓝色沉淀 开始生成 Fe(S 2O 3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe 3+与S 2O 32- 氧化还原反应的程度大，导致Fe 3++3S 2O 32-?Fe(S 2O 3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色 0.1600

【解析】

【分析】

【详解】

(1)a 的名称即为分液漏斗，b 的名称即为蒸馏烧瓶；b 中是通过浓硫酸和Na 2SO 3反应生成SO 2，所以方程式为：24232422H SO Na SO Na SO H O =SO +++↑；c 中是制备硫代硫酸钠的反应，SO 2由装置b 提供，所以c 中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液；

(2)从反应速率影响因素分析，控制SO 2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；

(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的SO 2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO 2过量，溶液显酸性，产物会发生分解；

(4)检验Fe 2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe 2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成3233Fe(S O )-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着Fe 3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色；

(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：①2327226I Cr O 14H =3I 2Cr

7H O --++++++；②2222346=I 2S O 2I S O ---++；反应①I -被氧化成I 2，反应②中第一步所得的I 2又被还原成I -

，所以①与②电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的227Cr O -得电子总数就与消耗的

223S O -失电子总数相同 ；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。所以假设c (Na 2S 2O 3)=a mol/L ，列电子得失守恒式：10.58806=a 0.02513294

?

???，解得a=0.1600mol/L 。

2．工业上处理含苯酚废水的过程如下。回答下列问题：

Ⅰ.测定废水中苯酚的含量。

测定原理：

+3Br 2→↓+3HBr

测定步骤：

步骤1：准确量取25.00mL 待测废水于250mL 锥形瓶中。

步骤2：将5.00mL 1amol L -?浓溴水(量)迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡。

步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中迅速加入bmL 10.10mol L -?KI 溶液(过量)，塞紧瓶塞，振

荡。

步骤4：滴入2~3滴指示剂，再用10.010mol L -?223Na S O 标准溶液滴定至终点，消耗223Na S O 溶液1V mL (反应原理：2223246I 2Na S O 2NaI Na S O +=+)。待测废水换为蒸馏水，重复上述步骤(即进行空白实验)，消耗223Na S O 溶液2V mL 。

(1)“步骤1”量取待测废水所用仪器是________。

(2)为了防止溴的挥发，上述步骤中采取的措施包括迅速加入试剂和________。

(3)“步骤4”滴定终点的现象为________。

(4)该废水中苯酚的含量为________1mg L -?(用含1V 、2V 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________。

Ⅱ.处理废水。采用Ti 基2PbO 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(·OH )，阴极上产生22H O 。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2CO 和2H O 。

(5)写出阳极的电极反应式：________。

(6)写出苯酚在阴极附近被22H O 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 ()2194V -V 15

偏低 偏低 2H O e OH H -+-=?+ 652222C H OH 14H O 6CO 17H O +=↑+

【解析】

【分析】

向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Br 2发生氧化还原反应得到I 2，方程式为Br 2+2I -===I 2+2Br -，再用Na 2S 2O 3标准溶液滴定I 2，可根据消耗的Na 2S 2O 3标准溶液的体积和浓度算出溶液中剩余的Br 2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Br 2总的物质的量-剩余Br 2的物质的量即可得出与苯酚反应的Br 2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/LNa 2S 2O 3标准溶液滴定至终点，由于Na 2S 2O 3标准溶液会反应I 2，加入的淀粉遇I 2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：

2

22231

122Br ~2KI ~I ~2Na S O 0.005V 0.01V 0.005V 0.01V

剩下的浓溴水中Br 2的物质的量为0.005V 1 mmol ，将待测废液换成蒸馏水时，5mL amol/L 的浓溴水中Br 2的物质的量为0.005V 2 mmol ，则与苯酚参与反应的Br 2的物质的量为0.005(V 2-V 1) mmol ，根据方程式+3Br 2→↓+3HBr 可得苯酚的物质的量为()21

0.005V -V 3 mmol ，质量为

()21940.005V -V 3

?mg ，则该废水中苯酚的含量为()()2121-13940.005V -V mg 94V -V 3mg L 251015

L -?=?g ，若步骤2中忘记塞进瓶塞，溴单质挥发，导致最终消耗的Na 2S 2O 3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Na 2S 2O 3的体积偏小，使测得苯酚的含量偏低，故答案为：()2194V -V 15

；偏低；偏低； (5)由题干信息可知，Ti 基PbO 2为阳极，则阳极H 2O 失去电子产生·OH ，电极反应式为H 2O-e -===H ++·OH ，故答案为：H 2O-e -===H ++·OH ；

(6)根据题干信息可知，苯酚被阴极产生的H 2O 2深度氧化产生CO 2和H 2O ，有氧化还原反应规律得到其反应方程式式为C 6H 5OH+14H 2O 2===6CO 2↑+17H 2O ，故答案为：

C 6H 5OH+14H 2O 2===6CO 2↑+17H 2O 。

3．碘酸钾（3KIO ）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3KIO 的纯度：

其中制取碘酸（3HIO ）的实验装置见图，有关物质的性质列于表中

物质

性质 HIO 3

白色固体，能溶于水，难溶于CCl 4 KIO 3 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 －＋IO 3－=IO 4－＋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CCl 4的作用是_________从而加快反应速率。

（3）分离出B 中制得的3HIO 水溶液的操作为____________；中和之前，需将HIO 3溶液煮沸至接近于无色，其目的是____________，避免降低3KIO 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3KIO 晶体析出，应往中和所得的3KIO 溶液中加入适量的___________。 （6）取1.000g 3KIO 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 223Na S O 溶液滴定。

滴定至终点时蓝色消失（2--2-22346I +2S O =2I +S O ），测得每次平均消耗223Na S O 溶液

25.00mL 。则产品中3KIO 的质量分数为___（结果保留三位有效数字）。

【答案】还原性、酸性 22235CI +I +6H O==2HIO +10HCl 充分溶解2I 和2Cl ，以增大反应物浓度 分液 除去2Cl （或-ClO ），防止氧化3KIO C 乙醇（或酒精） 89.5%。

【解析】

【分析】

装置A 用于制取Cl 2，发生的反应为：KClO 3+6HCl(浓)=KCl+3Cl 2↑+3H 2O ，装置B 中发生的是制取HIO 3的反应，装置C 为尾气处理装置，既要吸收尾气中的HCl 和Cl 2，还要防止倒吸。

【详解】

（1）装置A 中发生的反应为：KClO 3+6HCl(浓)=KCl+3Cl 2↑+3H 2O ，浓盐酸中的Cl 元素有一部分失电子转化为Cl 2，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=214g mol0.00418mol

×100%

1g

/

=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。

4．锂离子电池能够实现千余次充放电，但长时间使用后电池会失效，其中的化学试剂排放至环境中不仅会造成环境污染，还会造成资源的浪费。实验室模拟回收锂离子电池中的Co、Ni、Li的流程如图。

已知：LiCoO2难溶于水，易溶于酸。回答下列问题：

（1）LiCoO2中Co的化合价是__。

（2）LiCoO2在浸出过程中反应的离子方程式是__。

（3）浸出剂除了H2O2外，也可以选择Na2S2O3，比较二者的还原效率H2O2__(填“>”或“<”)Na2S2O3(还原效率：还原等物质的量的氧化剂消耗还原剂的物质的量)。

（4）提高浸出效率的方法有__。

（5）利用Cyanex272萃取时，pH对钴、镍萃取分离效果的影响如图。从图中数据可知，用Cyanex272萃取分离时，最佳pH是__。

（6）反萃取的离子方程式为2H++CoR2=Co2++2HR，则反萃取剂的最佳选择是__。

（7）常温下，若水相中的Ni2+的质量浓度为1.18g·L-1，则pH=__时，Ni2+开始沉淀。

[K sp(Ni(OH)2=2×10-15]

（8）参照题中流程图的表达，结合信息设计完成从水相中分离Ni和Li的实验流程图(如图)___。

已知：

提供的无机试剂：NaOH、Na2CO3、NaF。

【答案】+3 2LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O < 适当升高温度，适当增加H2SO4浓度 5.5 H2SO4 7.5 ①NaOH ②Ni(OH)2 ③NaF

【解析】

【分析】

(1)通过化合物中各元素化合价代数和为0进行计算；

(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSO4，可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，根据氧化还原反应的规律写出化学方程式；

(3)根据等物质的量H2O2和Na2S2O3作为还原剂转移电子的多少进行判断；

(4)提高浸出效率即提高化学反应速率；

(5)分离Co2+和Ni2+时，由于Co2+进入有机相，Ni进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围；

(6)将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时不能引入新杂质；

(7)根据K sp(Ni(OH)2的表达式进行计算；

(8)根据表格中所给物质溶解度信息，调节pH应该用碱性物质，但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀。

【详解】

(1)LiCoO2中O元素为-2价，Li为+1价，根据化合物中各元素化合价代数和为0进行计算得Co的化合价为+3价；

(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSO4，可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反

应，化学方程式为：2LiCoO 2+6H ++H 2O 2=2Co 2++O 2↑+2Li ++4H 2O ；

(3)1molH 2O 2作为还原剂转移2mol 电子，1molNa 2S 2O 3作为还原剂转移8mol 电子，则Na 2S 2O 3的还原效率更高；

(4)提高浸出效率可以适当升高温度，适当增加H 2SO 4浓度等；

(5)分离Co 2+和Ni 2+时，由于Co 2+进入有机相，Ni 进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH 范围，所以最佳pH 是5.5；

(6)将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时，为不引入新杂质，反萃取剂最好选择H 2SO 4；

(7)c (Ni 2+)=1.1859mol/L=0.02mol/L ，则开始沉淀时，c (OH -)＝()sp 2Ni OH ()

0.02

K =15200210.-?=10-6.5mol/L ，则pH=14-6.5=7.5； (8)根据表格中所给物质溶解度信息，调节pH 应该用碱性物质，但要考虑分离Ni 和Li 元素不能使Ni 和Li 元素同时沉淀，所以选用NaOH ，则Ni(OH)2先沉淀，过滤后滤液中加入NaF 生成LiF 沉淀。

【点睛】

本题(5)选择合适的pH 时，注意读懂图中信息，要根据实验的具体操作情况来分析。

5．实验室用图所示装置制备KClO 溶液，并通过KClO 溶液与33Fe(NO )溶液的反应制备高效水处理剂24K FeO .已知24K FeO 具有下列性质①可溶于水、微溶于浓KOH 溶液，②在05-℃℃、强碱性溶液中比较稳定，③在3Fe +和3Fe(OH)催化作用下发生分解，④在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成3Fe(OH)和2O 。

（1）装置A 中4KMnO 与盐酸反应生成2MnCl 和2Cl ，其化学方程式为______，装置B 的作用是______。

（2）2Cl 和KOH 在较高温度下反应生成3KClO ，试写出该反应的离子方程式______。 （3）制备24K FeO 时，KClO 饱和溶液与33Fe(NO )饱和溶液的混合方式为：在搅拌下，将33Fe(NO )饱和溶液缓慢滴加到KClO 饱和溶液中。理由是______。

（4）已知pH 11>时2Zn(OH)能溶于NaOH 溶液生成24[Zn(OH)].-下表列出了几种离子

生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH 按金属离子浓度为11.0mol L -?计算)。

实验中可选用的试剂：2230%H O 、131.0mol L HNO -?、11.0mol L NaOH.-?由某硫酸锌溶

液(含2Fe +、3Fe +杂质)制备ZnO 的实验步骤依次为：

①______；

②______；

③过滤；

④______；

⑤过滤、洗涤、干燥；

900⑥℃煅烧。

【答案】2KMnO 4+16HCl=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H 2O 除去2Cl 中的HCl

2323Cl 6OH 5Cl ClO 3H O ----+++V

24K FeO 在3Fe +作用下会分解 向硫酸锌溶液中加入适量2230%H O ，使其充分反应 滴加11.0mol L NaOH -?，调节溶液pH 约为5(或

3.2pH 5.9)≤<，使3Fe +沉淀完全 向滤液中滴加11.0mol L NaOH -?，调节溶液pH 约为10(或8.9pH 11)≤≤，使2Zn +沉淀完全

【解析】

【分析】

根据实验装置图可知，A 装置 中用高锰酸钾与盐酸反应制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B 装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C 中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钠，反应的尾气氯气用氢氧化钾吸收。

【详解】

()41KMnO 具有强氧化性，将盐酸中氯离子氧化为2Cl ，反应还有水生成，所以化学方程式为：2KMnO 4+16HCl=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H 2O ，由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl ，应饱和食盐水吸收HCl 除去，

故答案为：2KMnO 4+16HCl=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H 2O ；除去2Cl 中的HCl ； ()22Cl 和KOH 在较高温度下反应生成3KClO ，反应的离子方程式为

2323Cl 6OH 5Cl ClO 3H O ----

+++V ，故答案为：

2323Cl 6OH 5Cl ClO 3H O ----+++V ；

()3由题意可知24K FeO 在3Fe +和3Fe(OH)催化作用下发生分解，则KClO 饱和溶液与33Fe(NO )饱和溶液的混合方式为：在搅拌下，将33Fe(NO )饱和溶液缓慢滴加到KClO 饱和溶液中，故答案为：24K FeO 在3Fe +作用下会分解；

()4根据表中阳离子沉淀的PH 可知，由除去铜的滤液制备ZnO 的实验步骤依次为：①向滤液中加入2230%H O ，使其充分反应，目的使2Fe +转化完全为3Fe +，②加氢氧化钠溶液，控制PH 在4左右，使3Fe +沉淀完全，③过滤，④向滤液中滴加11.0mol L NaOH -?，调节溶液PH 约为10(或8.9pH 11)≤≤，使2Zn +沉淀完全，⑤过滤、洗涤、干燥，⑥900℃煅烧。故答案为：①向硫酸锌溶液中加入适量30% 22H O ，使其充分反应；②滴加1.0 1mol L NaOH -?，调节溶液pH 约为5(或3.2pH 5.9)≤<，使3Fe +沉淀完全；④向滤液中滴加1.0 1mol L NaOH -?，调节溶液pH 约为10(或8.9pH 11)≤≤，使2Zn +沉淀完全。

【点睛】

根据实验装置图可知，A 装置中用高锰酸钾与盐酸反应制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B 装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C 中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钠，反应的尾气氯气用氢氧化钾吸收，以此解答该题。

6．利用2H 还原铁的氧化物并确定其组成的装置如图所示(Zn 粒中往往含有硫化物等杂质，焦性没食子酸溶液可吸收少量氧气)。

回答下列问题：

()1装置Q(启普发生器)用于制备2H ，还可用于______(填字母，下同)。

A ．生石灰与浓氨水制3NH

B ．过氧化钠与水制2O

C ．硫化铁固体与稀硝酸制2H S D.n 大理石与稀盐酸制2CO

()2①②③中依次盛装的试剂为______，4KMnO 酸性溶液中发生反应的离子方程式为______。

A ．4KMnO 酸性溶液、浓4HSO 、焦性没食子酸溶液

B ．焦性没食子酸溶液、浓4HSO 、4KMnO 酸性溶液

C ．4KMnO 酸性溶液、焦性没食子酸溶液、浓4HSO

()3“加热管式炉”和“打开活塞K”这两步操作应该先进行的是___，在这两步之间还应进行的操作是___。

()4反应过程中G 管逸出的气体是______，其处理方法是______。

()5结束反应时，应该______，待装置冷却后称量并记录相应数据。

()6假设反应完全后瓷舟中的固体只有Fe 单质，实验中测得了下列数据：①瓷舟的质量为30.4g ；②瓷舟和FexOy 的总质量为42.0g ；③反应前U 形曾及内盛物的总质量为98.4g ；④反应后U 形管及内盛物的总质成为102.0g 。由以上数据计算并确定该铁的氧化物的化学式为______。

【答案】D C 2242428MnO 5H S 14H 8Mn 5SO 12H O -++-++=++ 打开活塞K 检验

2H 的纯度 氢气(或2H ) 在G 管口处放置一个点燃的酒精灯 先停止加热，冷却至室温后，再关闭活塞K 34Fe O

【解析】

【分析】

H 2还原WO 3制备金属W ，装置Q 用于制备氢气，因盐酸易挥发，则①、②、③应分别用于除去HCl 、H 2S 、氧气和水，得到干燥的氢气与铁的氧化物在加热条件下制备Fe ，碱石灰用于吸收水，实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，以避免Fe 被重新氧化，以此解答该题。

【详解】

(1)A ．生石灰与浓氨水制3NH ，生成的氢氧化钙微溶于水，可堵塞导管，故A 错误； B ．过氧化钠与水剧烈反应，不能用启普发生器制备2O ，故B 错误；

C ．硫化铁固体与稀硝酸发生氧化还原反应，不能生成硫化氢，故C 错误；

D ．大理石不溶于水，可与稀盐酸制2CO ，可用启普发生器，故D 正确。

故答案为：D ；

()2①、②、③应分别用于除去HCl 、2H S 、氧气和水，以得到干燥的氢气，4KMnO 酸性溶液中发生反应的离子方程式为

2242428MnO 5H S 14H 8Mn

5SO 12H O -++-++=++； ()3实验前应先通入氢气，以排出装置的空气，则应先打开活塞K ，为避免加热时爆炸，应先检验2H 的纯度；

()4从G 逸出的气体为氢气，可用点燃的方法处理，方法是在G 管口处放置一个点燃的酒精灯；

()5实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，以避免Fe 被重新氧化；

()6已知：①瓷舟的质量为30.4g ；②瓷舟和x y

Fe O 的总质量为42.0g ，则()x y m Fe O 11.6g =；③反应前U 形曾及内盛物的总质量为98.4g ；④反应后U 形管及内盛物的总质成为102.0g ，则生成()2m H O 3.6g =，则氧化物中

() 3.6g m O 16g /mol 3.2g 18g /mol

=?=，()n O 0.2mol =； ()m Fe 11.6g 3.2g 8.4g =-=，()8.4g n Fe)0.15mol 56g /mol =

=，则()n Fe ：()n O 0.15=：0.23=：4，化学式为34Fe O 。

7．以海绵铜（CuO 、Cu ）为原料制备氯化亚铜（CuCl ）的一种工艺流程如下：

（1）Cu 基态原子核外电子排布式为________，SO 42? 的空间构型为__________（用文字描述）；Cu 2+ 与OH － 反应能生成[Cu(OH)4] 2?，[Cu(OH)4] 2? 中提供孤电子对的原子是_______（填元素符号）。

（2）“吸收”过程：

①2NO(g) + O 2(g)垐?噲?2NO 2(g) ΔH =－112.6kJ?mol ?1提高NO 平衡转化率的方法有

______________（写出两种）。

②吸收NO 2的有关反应如下：

反应Ⅰ：2NO 2(g) + H 2O(l) ＝ HNO 3(aq) + HNO 2(aq) ΔH =－116.1kJ?mol ?1

反应Ⅱ：3HNO 2(aq) ＝ HNO 3(aq) + 2NO(g) + H 2O(l) ΔH =－75.9kJ?mol ?1

用水吸收NO 2生成HNO 3和NO 的热化学方程式是___________________。 （3）“电解”过程：HNO 2为弱酸，通过电解使HNO 3得以再生，阳极的电极反应式是____________。

（4）“沉淀”过程：产生CuCl 的离子方程式是________________。

【答案】1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 1 正四面体形 O 增大压强、提高氧气的浓度 3NO 2(g)+H 2O(l)=2HNO 3(aq)+NO(g) ΔH =－212.1kJ?mol ?1 HNO 2-2e -+H 2O=3H ++NO 3- 2Cu 2++SO 2+2Cl -+2H 2O=2CuCl↓+SO 42-+4H +

【解析】

【分析】

海绵铜（CuO 、Cu ）中CuO 与稀H 2SO 4反应转化为硫酸铜，因硝酸在酸性条件下具有氧化性，会将铜氧化为铜离子，最终生成硫酸铜，SO 2具有还原性，再将铜离子还原为氯化亚铜，NO 合理利用，经过氧化与电解过程得到硝酸，据此分析解答。

【详解】

（1）Cu的原子序数为29，Cu基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；SO42?中

S原子价层电子对个数=4+6+2-42

2

?

=4，且不含孤电子对，由价层电子对互斥理论判断该

微粒为正四面体形；[Cu(OH)4]2?中Cu2+提供空轨道，O原子提供孤电子对形成配位键，答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；正四面体形；O；

（2）①2NO(g)+O2(g)垐?

噲?2NO2(g) ΔH=－112.6kJ?mol?1是气体体积减小的放热反应，提高NO平衡转化率，平衡应向正反应方向移动，可以采取的措施有：降低温度、增大压强、提高氧气的浓度等；

②由盖斯定律可知：（反应I?3+反应II）?1

2

可以得到用水吸收NO2生成HNO3和NO的热

化学方程式：3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g) ΔH=－212.1kJ?mol?1；

（3）电解过程中，阳极上HNO2失去电子发生氧化反应生成HNO3，阳极的电极反应式是：HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-；

（4）Cu2+与SO2发生氧化还原反应生成CuCl，离子方程式为：2Cu2++SO2+2Cl-

+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+。

8．(1)难溶物PbSO4溶于CH3COONH4溶液可制得易溶于水的(CH3COO)2Pb，发生的反应为PbSO4＋2CH3COONH4＝(CH3COO)2Pb＋(NH4)2SO4，说明(CH3COO)2Pb是________(填“强”或“弱”)电解质。

(2)已知次磷酸(H3PO2)与足量的氢氧化钠溶液反应生成NaH2PO2和H2O，则次磷酸是_____元酸(填“一”、“二”或“三”)。

(3)工业上制玻璃和水泥需用到的共同原料是________(填化学式)。

(4)在一定温度下，向一个2 L的真空密闭容器中(预先装入催化剂)通入1 mol N2和3 mol

H2，发生反应：N2(g)＋3H2(g)?2NH3(g)。经过一段时间后，测得容器内压强是起始的0.9倍，在此时间内，H2平均反应速率为0.1 mol/(L·min)，则所经过的时间为______min

(5)高铁酸钠(Na2FeO4)具有强氧化性，可对自来水进行消毒、净化。高铁酸钠可用氢氧化铁和次氯酸钠在碱性介质中反应得到，请补充并配平下面离子方程式。

____Fe(OH)3 +____ClO－+____OH－=__FeO42－＋___Cl－+__

(6)在反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，氧化剂是___________；当有

2mol H3PO4生成，转移的电子的物质的量为___________

【答案】弱一 CaCO3 3 2 3 4 2 3 5H2O P、CuSO4 10mol

【解析】

【分析】

【详解】

(1)硫酸铅在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸铵时，醋酸根离子和铅离子生成难电离物质或弱电解质醋酸铅，促使硫酸铅溶解，说明(CH3COO)2Pb是弱电解质；

(2)H3PO2与足量的NaOH溶液反应，生成NaH2PO2，说明H3PO2只能电离出一个氢离子，所以H3PO2是一元酸；

(3)水泥的生产原料为黏土、石灰石，制玻璃的主要原料为纯碱、石灰石和石英砂，共同原

料为CaCO 3；

(4)容器体积为2L ，所以初始投料c (N 2)=0.5mol/L ，c (H 2)=1.5mol/L ，设△c (N 2)=x mol ，列三段式有：

()()()

-1-1-1223+mol L 0.5 1.50mol L x 3x 2x

mol L 0.5-x 1.N g 3H g 2NH g 5-3x 2x

?g g g 起始()转化()平衡() 容器内压强是起始的0.9倍，温度和容器容积不变，气体的压强比等于浓度之比，所以()

()-1

-1

0.5-x+1.5-3x+2x mol L =0.90.5+1.5mol L g g ，解得x=0.1mol/L ，则△c (H 2)=0.3mol/L ，v (N 2)=0.1 mol/(L·min)，则反应时间t=()

-1

0.0.3mol L = 1 mol/L min c v ?g g =3min ； (5)铁元素化合价由+3升高为+6，失去3个电子，氯元素化合价由+1降低为-1，得2个电子，取最小公倍数，则氢氧化铁与高铁酸根前系数为2，次氯酸跟与氯离子前系数为3，再根据电荷守恒及原子守恒配平得2Fe(OH)3+3ClO -+4OH -=2FeO 42-+3Cl -+5H 2O ；

(6)Cu 3P 中P 元素化合价为-3，H 3PO 4中P 元素化合价为+5，所以P 既是氧化剂又是还原剂，Cu 元素化合价由CuSO 4中的+2降低为Cu 3P 中+1，所以CuSO 4也是氧化剂，即氧化剂为P 、CuSO 4；当有2mol H 3PO 4生成，转移的电子的物质的量为2mol×(+5-0)=10mol 。

9．2019年诺贝尔化学奖颁给了日本吉野彰等三人，以表彰他们对锂离子电池研发的卓越贡献。

（1）工业中利用锂辉石（主要成分为LiAlSi 2O 6，还含有FeO 、CaO 、MgO 等）制备钴酸锂(LiCoO 2)的流程如图：

回答下列问题：

①锂辉石的主要成分为LiAlSi 2O 6，其氧化物的形式为___。

②为提高“酸化焙烧”效率，常采取的措施是___。

③向“浸出液”中加入CaCO 3，其目的是除去“酸化焙烧”中过量的硫酸，控制pH 使Fe 3+、A13+完全沉淀，则pH 至少为___。(已知：，K sp [Fe(OH)3]=4.0×10-38，K sp [Al(OH)3]=1.0×10-33，完全沉淀后离子浓度低于1×l0-5)mol/L ）。

④“滤渣2”的主要化学成分为___。

⑤“沉锂”过程中加入的沉淀剂为饱和的___(化学式）溶液。

（2）利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为LiCoO 2+C 6Li x C 6+Li 1-x CoO 2其工作原理如图2。下列关于该电池的

说法正确的是___（填字母）。

A．过程1为放电过程

B．该电池若用隔膜可选用质子交换膜

C．石墨烯电池的优点是提高电池的储锂容量进而提高能量密度

D．充电时，LiCoO2极发生的电极反应为LiCoO2-xe-=xLi++Li1-x CoO2

E.对废旧的该电池进行“放电处理”让Li+嵌入石墨烯中而有利于回收

（3）LiFePO4也是一种电动汽车电池的电极材料，实验室先将绿矾溶解在磷酸中，再加入氢氧化钠和次氯酸钠溶液反应获得FePO4固体。再将FePO4固体与H2C2O4和LiOH反应即可获得LiFePO4同时获得两种气体。

①写出FePO4固体与H2C2O4和LiOH反应溶液获得LiFePO4的化学方程式___。

②LiFePO4需要在高温下成型才能作为电极，高温成型时要加入少量活性炭黑，其作用是___。

【答案】Li2O?Al2O3?4SiO2将矿石细磨、搅拌、升高温度 4.7 Mg(OH)2和CaCO3 Na2CO3 CD 2LiOH+6H2C2O4+2FePO4=2LiFePO4+7CO2↑+5CO↑+7H2O 与空气中的氧气反应，防止LiFePO4中的Fe2+被氧化

【解析】

【分析】

锂辉石(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等)为原料来制取钴酸锂(LiCoO2)，加入过量浓硫酸酸化焙烧锂辉矿，之后加入碳酸钙除去过量的硫酸，并使铁离子、铝离子沉淀完全，然后加入氢氧化钙和碳酸钠调节pH沉淀镁离子和钙离子，过滤得到主要含锂离子的溶液，滤液蒸发浓缩得20%Li2S，加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后与Co3O4高温下焙烧生成钴酸锂；

【详解】

(1)①硅酸盐改写成氧化物形式的方法如下：a．氧化物的书写顺序：活泼金属氧化物→较活发金属氧化物→二氧化硅→水，不同氧化物间以·隔开；b．各元素的化合价保持不变，且满足化合价代数和为零，各元素原子个数比符合原来的组成；c、当计量数配置出现分数时应化为整数；锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6，根据方法，其氧化物的形式为

Li2O?Al2O3?4SiO2；

②流程题目中为提高原料酸侵效率，一般采用的方法有：减小原料粒径(或粉碎)、适当增加酸溶液浓度、适当升高温度、搅拌、多次浸取等；本题中为“酸化焙烧“，硫酸的浓度已经最大，因此合理的措施为将矿石细磨、搅拌、升高温度等；

③Al(OH)3的K sp大于Fe(OH)3的K sp，那么保证Al3+完全沉淀即可达到目的；已知Al(OH)3的K sp=1×10-33，所以当c(Al3+)=1×10-5mol/L时可认为铝离子和铁离子完全沉淀，此时 c(OH-

-9.3mol/L ，c (H +)=1×10-4.7mol/L ，pH=4.7，即pH 至少为4.7；

④根据分析可知滤渣2主要为Mg(OH)2和CaCO 3；

⑤根据“沉锂”后形成Li 2CO 3固体，以及大量生产的价格问题，该过程中加入的最佳沉淀剂为Na 2CO 3溶液； (2)A ．电池反应式为LiCoO 2+C 6垐垎?噲垐?充电

放电

Li x C 6+Li 1-x CoO 2，由此可知，放电时，负极电极反应式为Li x C 6-xe -=xLi ++C 6，正极电极反应式Li 1-x CoO 2+xLi ++xe -=LiCoO 2，石墨电极为放电时的负极，充电时的阴极，故A 错误；

B ．该电池是利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性而制作，故B 错误；

C ．石墨烯电池利用的是Li 元素的得失电子，因此其优点是在提高电池的储锂容量的基础上提高了能量密度，故C 正确；

D ．充电时，LiCoO 2极为阳极，将放电时的正极电极反应式逆写即可得阳极反应，即LiCoO 2极发生的电极反应为LiCoO 2-xe -=xLi ++Li 1-x CoO 2，故D 正确；；

E ．根据钴酸锂的制备流程可知，对废旧的该电池进行“放电处理“让Li +嵌入LiCoO 2才有利于回收，故E 错误；

故答案为CD ；

(3)①FePO 4固体与H 2C 2O 4和LiOH 反应可获得LiFePO 4同时获得两种气体，该过程中Fe 3+被还原，根据元素价态变化规律可知应是C 元素被氧化，生成CO 2，该种情况下只生成一种气体，应想到草酸不稳定容易发生歧化反应分解生成CO 和CO 2，即获得的两种气体为CO 和CO 2，结合电子守恒和元素守恒可能方程式为：

2LiOH+6H 2C 2O 4+2FePO 4=2LiFePO 4+7CO 2↑+5CO↑+7H 2O ；

②高温条件下亚铁离子容易被空气中的氧气氧化，活性炭黑具有还原性，可以防止LiFePO 4中的Fe 2+被氧化。

【点睛】

硅酸盐改写成氧化物形式的方法如下：a ．氧化物的书写顺序：活泼金属氧化物→较活发金属氧化物→二氧化硅→水，不同氧化物间以·隔开；b ．各元素的化合价保持不变，且满足化合价代数和为零，各元素原子个数比符合原来的组成；c 、当计量数配置出现分数时应化为整数；流程题目中为提高原料酸侵效率，一般采用的方法有：减小原料粒径(或粉碎)、适当增加酸溶液浓度、适当升高温度、搅拌、多次侵取等

10．氯化亚铜在有机合成工业中常作催化剂。以下是从含Cu 2+、Fe 3+的电镀废水中制备氯化亚铜的工艺流程图。

如图是滤液中Cu2+、Fe3+的含量与pH的关系及CuCl产率与pH的关系图。

请回答以下问题：

(1)在电镀废水中加碱产生沉淀，过滤得到电镀污泥，则电镀污泥的主要成分为____；

(2)由反应①制备CuCl时的最佳pH在__________左右；

(3)对CuCl产率探究时发现反应①在隔绝空气条件下进行时CuCl产率较高，由此推测CuCl 具有__________性；

(4)写出反应①中化学反应方程式：_____；

(5)隔绝空气条件下，从滤液中制得晶体的实验操作为：___________；

(6)取晶体4.34g隔绝空气条件下，失去结晶水后得固体3.26g，所得固体溶于水分成二等份，一份加入足量BaCl2溶液,得到白色固体2.33g；另一份加入足量NaOH溶液后，加热、灼烧得红色粉末0.4g。写出晶体的化学式：_____________。

【答案】Fe(OH)3、Cu(OH)2 3.5 还原 2CuSO4+ Fe +2KCl = 2CuCl↓+2K2SO4+FeSO4蒸发、冷却结晶、过滤(洗涤)、干燥 K2Fe(SO4)2?6H2O

【解析】

【分析】

由流程图可知，向电镀废水中加碱，Cu2+、Fe3+与碱反应生成氢氧化铁和氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铜的电镀污泥；向电镀污泥中加入硫酸控制pH使氢氧化铜溶解，而氢氧化铁不溶解，过滤得到高浓度的硫酸铜溶液；向高浓度的硫酸铜溶液加入铁与氯化钾，调节溶液pH和反应温度使硫酸铜与铁、氯化钾反应生成了硫酸亚铁、硫酸钾和氯化亚铜，过滤得到氯化亚铜沉淀和含有的硫酸亚铁、硫酸钾滤液，隔绝空气条件下，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到K2Fe(SO4)2?6H2O晶体。

【详解】

（1）由流程图可知，向电镀废水中加碱，Cu2+、Fe3+与碱反应生成氢氧化铁和氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铜的电镀污泥，故答案为：Fe(OH)3、Cu(OH)2；

（2）由CuCl产率与pH的关系图可知，制备CuCl时的最佳pH是3.5左右，故答案为：

3.5；

（3）对CuCl 产率探究时发现反应①在隔绝空气条件下进行时CuCl 产率较高，说明氯化亚铜具有还原性，能被空气中的氧气氧化，故答案为：还原；

（4）反应①为调节溶液pH 和反应温度使硫酸铜与铁、氯化钾反应生成了硫酸亚铁、硫酸钾和氯化亚铜，反应的化学方程式为2CuSO 4+Fe+2KCl=2CuCl ↓+FeSO 4+K 2SO 4，故答案为：2CuSO 4+Fe+2KCl=2CuCl ↓+FeSO 4+K 2SO 4；

（5）隔绝空气条件下，含有硫酸亚铁、硫酸钾的滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体，故答案为：蒸发、冷却结晶、过滤(洗涤)、干燥； （6）由题意可知，结晶水的物质的量为（4.34-3.26）g

18g/mol =0.06mol ，由加入足量BaCl 2溶液,得到

硫酸钡沉淀质量为2.33g 可知硫酸根的物质的量为 2.33g 233g/mol ×2=0.02mol ，由加入足量NaOH

溶液后，加热、灼烧得红色粉末0.4g 可知亚铁离子的物质的量为0.4g 160g/mol ×2×2=0.01mol ，则钾离子的物质的量为0.0296-0.0156）（3.26-g

39g/mol ??=0.02mol ，n (K +)：n (Fe 2+)：n (SO 42—)；

n (H 2O )=0.02mol ：0.01mol ：0.02mol ：0.06mol=2:1:2:6，晶体的化学式为K 2Fe(SO 4)2?6H 2O ，故答案为：K 2Fe(SO 4)2?6H 2O 。

11．用纳米Fe/Ni 复合材料能去除污染水体的NO 3-，Ni 不参与反应。离子在材料表面的活性位点吸附后发生反应，活性位点被其他附着物占据会导致速率减慢(NH 4+无法占据活性位点)。反应过程如图所示：

（1）酸性环境中，纳米Fe/Ni 去除NO 3-分两步，将步骤ii 补充完整：

Ⅰ.NO 3-+Fe+2H +=NO 2-+Fe 2++H 2O

Ⅱ.___+___+___H +=___Fe 2++___+___

（2）初始pH=2.0的废液反应15min 后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，结合化学用语解释整个变化过程的原因___。

（3）水体初始pH 会影响反应速率，不同pH 的硝酸盐溶液与纳米Fe/Ni 反应时，溶液中--303c c (NO )(NO )

随时间的变化如图1所示。(注：c 0(NO 3-)为初始时NO 3-的浓度。)

①为达到最高去除率，应调水体的初始pH=___。

②t<15min ，pH=2.0的溶液反应速率最快，t>15min ，其反应速率迅速降低，原因分别是___。

（4）总氮量指溶液中自由移动的所有含氮微粒浓度之和，纳米Fe/Ni 处理某浓度硝酸盐溶

液时，随时间的变化如图2所示。40min 时总氮量较初始时下降，可能的原因是___。

（5）利用电解无害化处理水体中的NO 3-，最终生成N 2逸出。其装置及转化图如图所示： ①阴极的电极反应式为___。

②生成N 2的离子方程式为___。

【答案】NO 2- 3Fe 8 3 NH 4+ 2H 2O )Fe 2+在水中发生水解，Fe 2++2H 2O ?Fe(OH)2+2H +，随着反应进行，c(H +)减小，平衡右移，产生Fe(OH)2沉淀，之后发生反应

4Fe(OH)2+O 2+2H 2O=4Fe(OH)3，变成红褐色的Fe(OH)3 6.5 pH=2的溶液中，t<15min 时，溶液中H +浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe 2+和pH 上升速率较快，t>15min 时，产生大量Fe(OH)2，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降 反应过程中H +被消耗，溶液pH 升高，t=40min 时，溶液中含N 物质主要以NH 4+的形式存在，一部分NH 4+生成NH 3逸出(或反应过程中NO 2-被Fe 还原产生N 2逸出) NO 3-+8e -

+10H +=NH 4++3H 2O 2NH 4++3HClO=N 2↑+3Cl -+5H ++3H 2O

【解析】

【分析】

（1）根据图可知：酸性环境中，纳米Fe /Ni 去除3NO -分两步，3NO -

在吸附点被Fe 还原

为2NO -，2322NO Fe 2H NO Fe H O -+-+++=++，2NO -在另外的吸附点被Fe 还原为4NH +，2242NO 3Fe 8H 3Fe NH 2H O -+++++=++； （2）初始pH=2.0的废液反应15min 后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，是氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化为氢氧化铁；

（3）结合所给图形信息，判断调节pH 为多少的时候去除率较高，如何解释反应速率变慢；

（5）电极方程式书写，从题中信息判断阴极发生还原反应，NO 3-还原N 2，

342NO 8e 10H NH 3H O --++

++=+。

【详解】

() 1根据图可知：酸性环境中，纳米Fe /Ni 去除3NO -分两步，3NO -在吸附点被Fe 还原

为2NO -，2322NO Fe 2H NO Fe H O -+-+++=++，2NO -在另外的吸附点被Fe 还原为

4NH +，2242NO 3Fe 8H 3Fe NH 2H O -+++++=++；

故答案为：2NO -

、3Fe 、8、3、4NH +、22H O ； ()2初始pH 2.0=的废液反应15min 后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，因为2Fe +在水中发生水解，222Fe 2H O Fe(OH)2H ++++?，随着反应进行，()c H +减小，平衡右移，产生2Fe(OH)沉淀，之后发生反应

22234Fe(OH)O 2H O 4Fe(OH)++=，变成红褐色的3Fe(OH)；

故答案为：2Fe +在水中发生水解，222Fe 2H O Fe(OH)2H ++++?，随着反应进行，()

c H +减小，平衡右移，产生2Fe(OH)沉淀，之后发生反应

22234Fe(OH)O 2H O 4Fe(OH)++=，变成红褐色的3Fe(OH)； ()3①根据图可知pH 6.5=时，反应最快，去除率最高，故为达到最高去除率，应调水体的初始pH 6.5=；

故答案为：6.5；

pH 2=②的溶液中，t 15min <时，溶液中H +浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生2Fe +和pH 上升速率较快，故t 15min <，pH 2.0=的溶液反应速率最快， t 15min >时，产生大量2Fe(OH)，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降，故t 15min >，其反应速率迅速降低；

故答案为：pH 2=的溶液中，t 15min <时，溶液中H +浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生2Fe +和pH 上升速率较快，t 15min >时，产生大量2Fe(OH)，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降；

()440min 时总氮量较初始时下降可能的原因为：反应过程中H +被消耗，溶液pH 升高，t 40min =时，溶液中含N 物质主要以4NH +的形式存在，一部分4NH +

生成3NH 逸出(或反应过程中2NO -

被Fe 还原产生2N 逸出)；

故答案为：反应过程中H +被消耗，溶液pH 升高，t 40min =时，溶液中含N 物质主要以

4NH +的形式存在，一部分4NH +生成3NH 逸出(或反应过程中2NO -被Fe 还原产生2N 逸出)；

()5①阴极发生还原反应，元素化合价降低，故为3NO -得到电子生成4NH

+，故电极反应

为：342NO 8e 10H NH 3H O --++++=+；

故答案为：342NO 8e 10H NH 3H O --++++=+；

高考化学专题-氧化还原反应

氧化还原反应 1．〖2011上海〗（双选）过氧化钠可作为氧气的来源。常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后， 若固体质量增加了28g ，反应中有关物质的物理量正确的是（ ） 2．〖2011上海〗（双选）氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还 原剂、既非氧化剂又非还原剂等。下列反应与Br 2 + SO 2 + 2H 2O===H 2SO 4 + 2HBr 相比较，水的作用不相同的是（ ） A ．2Na 2O 2 + 2H 2O===4NaOH + O 2↑ B ．4Fe(OH)2 + O 2 + 2H 2O===4Fe(OH)3 C ．2F 2 + 2H 2O ===4HF + O 2 D ．2Al + 2NaOH + 2H 2O ===2NaAlO 2 + 3H 2↑ 3．〖2012安徽〗NaHCO 3 + H 2 HCOONa + H 2O ，下列有关说法正确的是（ ） A ．储氢、释氢过程均无能量变化 B ．NaHCO 3、HCOONa 均含有离子键和共价键 C ．储氢过程中，NaHCO 3被氧化 D ．释氢过程中，每消耗0.1mol H 2O 放出2.24L 的H 2 4．〖2012海南〗将0.195g 锌粉加入到20.0mL 的0.100mol·L ?1MO 2+溶液中，恰好完全反应，则还 原产物可能是（ ） A ．M B ．M 2+ C ．M 3+ D ．MO 2+ 5．〖2012上海〗工业上将氨气和空气的混合气体通过铂一铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状 况下V L 氨气完全反应。并转移n 个电子，则阿伏加德罗常数(N A )可表示为（ ） A ．11.2n /5V B ．5V /11.2n C ．22.4V /5n D ．22.4n /5V 6．〖2012上海〗（双选）火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应为： 储氢 释氢

氧化还原滴定法课后练习题及参考答案

氧化还原滴定法课后练习题及参考答案 一、选择题 1.Fe3+/Fe2+电对的电极电位升高和（）因素无关。 （A）溶液离子强度的改变使Fe3+活度系数增加（B）温度升高 （C）催化剂的种类和浓度（D）Fe2+的浓度降低 2．二苯胺磺酸钠是K2Cr2O7滴定Fe2+的常用指示剂，它属于（） （A）自身指示剂（B）氧化还原指示剂 （C）特殊指示剂（D）其他指示剂 3．间接碘量法中加入淀粉指示剂的适宜时间是（）。 （A）滴定开始前（B）滴定开始后 （C）滴定至近终点时（D）滴定至红棕色褪尽至无色时 4．在间接碘量法中，若滴定开始前加入淀粉指示剂，测定结果将（） （A）偏低（B）偏高（C）无影响（D）无法确定 5．碘量法测Cu2+时，KI最主要的作用是（） （A）氧化剂（B）还原剂（C）配位剂（D）沉淀剂 6.在Sn2+、Fe3+的混合溶液中，欲使Sn2+氧化为Sn4+而Fe2+不被氧化，应选择的氧化剂是( )（>） （A）KIO3(>) （B）H2O2(>) （C）HgCl2(>) （D）SO32-(>) 7.以K2Cr2O7法测定铁矿石中铁含量时，用0.02mol/L K2Cr2O7 滴定。设试样含铁以Fe2O3(其摩尔质量为150.7g/mol)计约为50%，则试样称取量应为( ) （A）0.1g左右（B）0.2g左右（C）1g左右（D）0.35g左右 8.（）是标定硫代硫酸钠标准溶液较为常用的基准物。 （A）升华碘（B）KIO3 （C）K2Cr2O7 （D）KBrO3 9．用草酸钠作基准物标定高锰酸钾标准溶液时，开始反应速度慢，稍后，反应速度明显加快，这是（）起催化作用。 （A）氢离子（B）MnO4－（C）Mn2+ （D）CO2 10. KMnO4滴定所需的介质是（） （A）硫酸（B）盐酸（C）磷酸（D）硝酸 11．在间接碘法测定中,下列操作正确的是( ) （A）边滴定边快速摇动 （B）加入过量KI,并在室温和避免阳光直射的条件下滴定 （C）在70-80℃恒温条件下滴定 （D）滴定一开始就加入淀粉指示剂. 12．间接碘法要求在中性或弱酸性介质中进行测定,若酸度大高,将会( ) （A）反应不定量（B）I2 易挥发 （C）终点不明显（D）I- 被氧化,Na2S2O3 被分解 13．KMnO4法测石灰中Ca含量，先沉淀为CaC2O4，再经过滤、洗涤后溶于H2SO4中，最后用KMnO4滴定H2C2O4，Ca的基本单元为（）

高中化学氧化还原反应的练习题

高中化学氧化还原反应的练习题 1. 将木炭与氧化铜的粉未混合加热，可得到红色的铜。试写出其反应的化学方程式，指出其中的氧化反应与还原反应并考虑它们的关系。 思路解析：C+2CuO 2Cu+CO2↑,从反应过程来看，氧化铜失去氧原子被还原为铜，炭得到氧原子被氧化为二氧化碳，前者为还原反应，后者为氧化反应，两者在一个反应中同时进行，氧原子在两个反应中进行传递。 答案：氧化铜失去氧原子被还原为铜，炭得到氧原子被氧化为二氧化碳，前者为还原反应，后者为氧化反应，两者在一个反应中同时进行，氧原子在两个反应中进行传递 2. 生活中有很多氧化反应，如金属腐蚀、细胞老化。请你总结氧化反应的本质，然后再在你的生活中找一找，还有哪些是氧化反应。 思路解析：金属腐蚀是金属的化合价升高，细胞老化可能是得到了氧原子或失去了氢原子，其实质还是化合价升高。生活中最典型的莫过于燃烧反应，燃烧的物质总是得到氧原子化合价被氧化。 答案：实质是化合价升高。燃烧也是氧化反应。（其他合理答案亦可） 3. 根据以下几种常见元素原子的原子结构示意图，指出它们在化学反应中得失电子的趋势。 氢氧氖钠镁氯 思路解析：最外层电子数越多，电子层数越少，得电子能力越强。 答案：氧和氯主要得电子，钠和镁主要失电子，氢得失电子能力都不强;氖则既不易得电子，又不易失电子。 4. 比较氯化钠和氯化氢的形成过程，总结其区别与联系。 思路解析：分析氯化钠和氯化氢形成过程中电子的得失或转移、化合价的变化情况。

答案：氯元素的原子在氯化钠和氯化氢形成的过程中化合价都降低了，被还原，发生的是还原反应;钠元素的原子失去电子，化合价升高被氧化，发生的是氧化反应;氢元素虽然不能得到电子，但它与氯原子共用的电子对偏离氢原子，氢的化合价升高，被氧化，发生的是氧化反应 10分钟训练(强化类训练，可用于课中) 1. (2004 全国春季高考理综)在下图所表示的粒子中，氧化性的是( ) A. B. C. D. 思路解析：氧化性的本质是物质得电子的能力，从粒子结构示意图可以很清 楚地知道：最容易得电子的是 B 项中粒子。 答案：B 2. 下列叙述正确的是( ) A. 元素的单质可由氧化或还原含该元素的化合物来制得 B. 得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强 C. 阳离子只能得到电子被还原，只能作氧化剂 D. 含有价元素的化合物不一定具有强的氧化性 思路解析： A 项正确，一般金属用还原其相应化合物的方法获得，非金属用氧化其相应化合物的方法获得;B 项将得电子能力与得电子多少混为一谈，实际上氧化性只与得电子能力有对应关系;C 项绝对化，也有阳离子如Fe2+可以继续被氧化，作还原剂;D 项正确，如H2O 中H 元素就是价，但它只有极弱的氧化性。 答案：AD 3. 下列有关氧化还原反应的叙述正确的是( )

全国高考化学氧化还原反应的综合高考模拟和真题汇总附答案

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析） 1．亚氯酸钠（NaClO2）是二氧化氯（ClO2）泡腾片的主要成分。实验室以氯酸钠（NaClO3）为原料先制得ClO2，再制备NaClO2粗产品，其流程如图： 已知：①ClO2可被NaOH溶液吸收，反应为2ClO2+2NaOH=NaClO3+NaClO2+H2O。 ②无水NaClO2性质稳定，有水存在时受热易分解。 （1）反应Ⅰ中若物质X为SO2，则该制备ClO2反应的离子方程式为___。 （2）实验在如图-1所示的装置中进行。 ①若X为硫磺与浓硫酸，也可反应生成ClO2。该反应较剧烈。若该反应在装置A的三颈烧瓶中进行，则三种试剂（a.浓硫酸；b.硫黄；c.NaClO3溶液）添加入三颈烧瓶的顺序依次为___（填字母）。 ②反应Ⅱ中双氧水的作用是___。保持反应时间、反应物和溶剂的用量不变，实验中提高ClO2吸收率的操作有：装置A中分批加入硫黄、___（写出一种即可）。 （3）将装置B中溶液蒸发可析出NaClO2，蒸发过程中宜控制的条件为___（填“减压”、“常压”或“加压”）。 （4）反应Ⅰ所得废液中主要溶质为Na2SO4和NaHSO4，直接排放会污染环境且浪费资源。为从中获得芒硝（Na2SO4·10H2O）和石膏（水合硫酸钙），请补充完整实验方案：___，将滤液进一步处理后排放（实验中须使用的试剂和设备有：CaO固体、酚酞、冰水和冰水浴）。已知：CaSO4不溶于Na2SO4水溶液；Na2SO4的溶解度曲线如图?2所示。 【答案】2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42- cab 作还原剂水浴加热时控制温度不能过高（或加一

氧化还原滴定法答案

第七章氧化还原滴定法 第一节氧化还原平衡 1 对 Ox-Red 电对, 25℃ 时条件电位(E?) 等于 (D ) (A) E?+ 0059 . lg n a a Ox Red (B) E ?+ 0059 . lg n c c Ox Red (C) E?+ 0059 . lg n a a γ γ Ox Ox Red Red ? ? (D) E? + 0059 . lg n a a γ γ Ox Red Red Ox ? ? 2 为降低某电对的电极电位, 可加入能与( 氧化 )态形成稳定络合物的络合剂; 若要增加电极电位, 可加入能与 ( 还原 )态形成稳定络合物的络合剂。 3. MnO 4 -/Mn2+电对的条件电位与pH的关系是 ( B ) (A) E?= E? -0.047pH (B) E?= E? -0.094pH (C) E?= E? -0.12pH (D) E?= E? -0.47pH 4. Fe3+与 Sn2+反应的平衡常数对数值(lg K)为 ( B ) (E? (Fe3+/Fe2+)= 0.77 V, E? (Sn4+/Sn2+)= 0.15 V) (A) (0.77-0.15)/0.059 (B) 2×(0.77-0.15)/0.059 (C) 3×(0.77-0.15)/0.059 (D) 2×(0.15-0.77)/0.059 5. 当两电对的电子转移数均为2时，为使反应完全度达到99.9%，两电对的条件电位至少大于 ( B ) (A) 0.09V (B) 0.18V (C) 0.27V (D) 0.36V 6 若两电对的电子转移数分别为 1 和 2, 为使反应完全度达到 99.9%, 两电对的条件电位差至少应大于 ( C ) (A) 0.09V (B) 0.18V (C) 0.27V (D) 0.36V 7. 欲以氧化剂O T 滴定还原剂Rx, O T +n1e=R T Ox=Rx-n2e，设n1=n2=1，要使化 学计量点时，反应的完全程度达到99.9%，两个半反应的标准电位的最小差值应为 ( B )

氧化还原反应教学设计(人教版)

氧化还原反应（第一课时）教学设计 【教材依据】 本节为高中化学必修一（鲁科技版）第二章第三节内容。 【设计思路】 指导思想 新课程标准重在培养学生分析问题，解决问题的能力。基于这样的培养目的，教学设计中要体现出学生作为教学活动的主体，让学生积极的参与到教学实践中来。本节课堂教学模式是在课前预习的基础上，通过课堂创设情景，提出问题，学生讨论交流，进行活动探究，总结得出结论。其目的是让学生在教师的引导下通过自己的思考，分析，实验，得出结论。 设计理念 本节课通过分析参加反应的各物质所含元素化合价是否有变化，建立氧化还原反应的概念，然后探讨氧化还原的本质。 教材分析 在中学阶段的化学基本概念，基础理论知识中，氧化还原反应占有非常重要的地位，是中学化学教学的重点和难点之一。中学涉及元素化合价变化的反应都是氧化还原反应。只有让学生掌握氧化还原反应的基本概念，才能使他们真正理解这些反应的实质，正确探究物质的氧化性和还原性。 在初中化学学习中，学生已经接触了许多化学反应，并能根据四种基本反应类型对化学反应进行分类，但是，没有从得氧失氧角度认识化学反应，更没有形成氧化还原反应概念。由于得氧失氧并不是氧化还原反应的实质，本节课引导学生直接从化合价的层面认识氧化还原反应。 学情分析 学生通过初中的学习已经认识化学中常用的元素的化合价，有能力分析清楚物质中各种元素的化合价，也初步了解了电子转移对元素化合价的影响。为课堂上讨论氧化还原反应的本质奠定了知识基础。学生来自各个初中，讨论问题能力参差不齐，但是经过这一个多月的前期培养，分析，讨论的能力有提高。 【教学目标】 知识与技能 ①学会用化合价的变化和电子转移的观点判断氧化还原反应；初步掌握根据化合价的变化和电子转移的观点分析氧化还原反应的方法；理解氧化还原反应的本质就是发生了电子转移。 ②掌握四种基本反应类型与氧化还原反应之间的关系。 过程与方法： 掌握探究物质氧化性和还原性的过程与方法。 情感态度与价值观： ①使学生体会到氧化还原反应的普遍存在，并能举例说明生产生活中的氧化还原反应。 ②进行“透过现象看本质”和“对立统一”的辨证唯物主义观点教育。 【教学重点】 用化合价升降和电子转移的观点理解氧化还原反应 【教学难点】 用化合价升降和电子转移的观点分析氧化还原反应；让学生掌握氧化还原反应的概念及其中的对立统一的关系。 【教学准备】 学生准备复习初中化学中常用的元素的化合价，预习氧化剂还原剂知识。 教师准备教学媒体、课件；锌-石墨-硫酸铜原电池装置。

全国高考化学氧化还原反应的综合高考真题分类汇总及答案解析

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析） 1．工业上处理含苯酚废水的过程如下。回答下列问题： Ⅰ.测定废水中苯酚的含量。 测定原理： +3Br 2→↓+3HBr 测定步骤： 步骤1：准确量取25.00mL 待测废水于250mL 锥形瓶中。 步骤2：将5.00mL 1amol L -?浓溴水(量)迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡。 步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中迅速加入bmL 10.10mol L -?KI 溶液(过量)，塞紧瓶塞，振荡。 步骤4：滴入2~3滴指示剂，再用10.010mol L -?223Na S O 标准溶液滴定至终点，消耗223Na S O 溶液1V mL (反应原理：2223246I 2Na S O 2NaI Na S O +=+)。待测废水换为蒸馏水，重复上述步骤(即进行空白实验)，消耗223Na S O 溶液2V mL 。 (1)“步骤1”量取待测废水所用仪器是________。 (2)为了防止溴的挥发，上述步骤中采取的措施包括迅速加入试剂和________。 (3)“步骤4”滴定终点的现象为________。 (4)该废水中苯酚的含量为________1mg L -?(用含1V 、2V 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________。 Ⅱ.处理废水。采用Ti 基2PbO 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(·OH )，阴极上产生22H O 。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2CO 和2H O 。 (5)写出阳极的电极反应式：________。 (6)写出苯酚在阴极附近被22H O 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 ()2194V -V 15 偏低 偏低 2H O e OH H -+-=?+ 652222C H OH 14H O 6CO 17H O +=↑+ 【解析】 【分析】 向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Br 2发生氧化还原反应得到I 2，方程式为Br 2+2I -===I 2+2Br -，再用Na 2S 2O 3标准溶液滴定I 2，可根据消耗的Na 2S 2O 3标准溶液的体积和浓度算出溶液中剩余的Br 2的物质的量，再设置一个空白实

【重点推荐】人教版高中化学必修一氧化还原反应

高中化学学习材料 （精心收集**整理制作） 【精品资源】临川一中新人教版化学必修1满分课堂--氧化还原反应 1.用化学方程式表示下列反应，并注明反应属于四种基本反应类型中的哪一种。 （1）三氧化硫跟水反应 （2）加热高锰酸钾制氧气 （3）氧化铁跟盐酸反应 （4）氧化铜跟铝在高温下生成氧化铝和铜 思路解析：基本反应类型是按反应物及生成物的基本形式来分类的，多种反应物生成一种产物为化合反应，反之为分解反应；一种单质与一种化合物反应生成一种新的单质和一种新的化合物称为置换反应，在溶液中离子间交换的反应则是复分解反应。 答案：（1）SO3+H2OH2SO4（化合反应） （2）2KMnO4△ K2MnO4+MnO2+O2↑（分解反应） （3）Fe2O3+6HCl2FeCl3+3H2O（复分解反应） （4）3CuO+2Al 高温 Al2O3+3Cu（置换反应） 2.下列不属于氧化还原反应的是（） A.3Cl2+6KOH====5KCl+KClO3+3H2O B.2NO2+2NaOH====NaNO3+NaNO2+H2O C.SnCl4+2H2O====SnO2+4HCl D.3CCl4+K2Cr2====2CrO2Cl2+3COCl2+2KCl 思路解析：分析一个化学反应是不是氧化还原反应，最常用的方法就是分析参加反应的元素中是否有化合价的变化。 答案：CD 3.氧化还原反应的实质是（） A.元素化合价发生变化 B.反应中有氧原子的得失 C.反应中有电子得失或电子的偏离 D.反应后生成新物质 思路解析：氧化还原反应的实质是元素的原子间有电子的得失或偏离。 答案：C 4.下列说法正确的是（） A.氧化还原反应的本质是元素化合价发生变化 B.还原剂是一种能够得到电子的物质 C.物质所含元素化合价升高的反应是还原反应 D.氧化反应和还原反应是同时发生的 思路解析：这是一组概念的考查，氧化还原反应的本质是元素原子间的电子得失或偏离；还原剂是在化学反应中失去了电子的物质；物质所含元素化合价升高的反应叫氧化反应。

最新高考化学考点总结-氧化还原反应

最新高考化学考点总结-氧化还原反应及其配平 1．复习重点：1、氧化还原反应概念。 2、电子守恒原理的应用。 3、根据化合价升降总数守恒配平化学反应方程式。2．难点聚焦 氧化还原反应中的概念与规律: 一、五对概念 在氧化还原反应中，有五对既相对立又相联系的概念。它们的名称和相互关系是： 二、五条规律 1、表现性质规律 同种元素具有多种价态时，一般处于最高价态时只具有氧化性、处于最低价态时只具有还原性、处于中间可变价时既具有氧化性又具有还原性。 2、性质强弱规律 3、反应先后规律 在浓度相差不大的溶液中，同时含有几种还原剂时，若加入氧化剂，则它首先与溶液中最强的还原剂作用；同理，在浓度相差不大的

溶液中，同时含有几种氧化剂时，若加入还原剂，则它首先与溶液中最强的氧化剂作用。例如，向含有FeBr2溶液中通入Cl2，首先被氧化的是Fe2+ 4、价态归中规律 含不同价态同种元素的物质间发生氧化还原反应时，该元素价态的变化一定遵循“高价＋低价→中间价”的规律。 5、电子守恒规律 在任何氧化—还原反应中，氧化剂得电子（或共用电子对偏向）总数与还原剂失电子（或共用电子对偏离）总数一定相等。 三．物质氧化性或还原性强弱的比较: （1）由元素的金属性或非金属性比较 <1>金属阳离子的氧化性随其单质还原性的增强而减弱 非金属阴离子的还原性随其单质的氧化性增强而减弱 （2）由反应条件的难易比较 不同的氧化剂与同一还原剂反应时，反应条件越易，其氧化剂的氧化性越强。如： 前者比后者容易发生反应，可判断氧化性：。同理，不同的还原剂与同一氧化剂反应时，反应条件越易，其还原剂的还原性越强。 （3）根据被氧化或被还原的程度不同进行比较 当不同的氧化剂与同一还原剂反应时，还原剂被氧化的程度越大，氧

(完整版)氧化还原滴定法试题(判断题)

氧化还原滴定法试题（判断题） 1. 定量分析过程大致分为：取样；试样的储存、分解与制备；消除干扰；分析测 定；计算分析结果等五个步骤。（√ ） 2. 准确度是保证精密度的前提。（× ） 3. 高锰酸钾滴定草酸时，高锰酸钾的颜色消失由快到慢。（×） 4. 氧化还原滴定突跃的大小取决于反应中两电对的电极电势值的差。（√） 5. K2Cr2O7可在HCl介质中测定铁矿中Fe的含量（√）。 6. 氧化还原滴定中，溶液pH值越大越好（×） 7. 氧化还原指示剂必须是氧化剂或还原剂（×）。 8. 增加溶液的离子强度，Fe3+/Fe 2+电对的条件电势将升高（×）。 9. 氧化还原滴定法适用于具有氧化还原物质的滴定分析（√）。 10. 利用氧化还原电对的电极电位，可以判断氧化还原反应进行的程度（√）。 11. 氧化还原滴定中，化学计量点时的电位是由氧化剂和还原剂的标准电极电位的决定的（×）。 12. 氧化态和还原态的活度都等于1mol.L-1 时的电极电位，称为标准电位。它是一个常数，不随温度而变化。（√） 13. 在歧化反应中，有的元素化合价升高，有的元素化合价降低。（× ）14．由于EΘAg+/Ag > E ΘC u2+/Cu，故Ag的氧化性比Cu强。（×） 15. 电极的EΘ值越大，表明其氧化态越容易得到电子，是越强的氧化剂。（√） 16. 标准氢电极的电势为零，是实际测定的结果。（×） 17. 氧化数在数值上就是元素的化合价（×）。 18. 氧化数发生改变的物质不是还原剂就是氧化剂（×）。 19. 任何一个氧化还原反应都可以组成一个原电池（√）。 20. 两根银丝分别插入盛有0.1 mol ·L-1和 1 mol ·L-1 AgNO3溶液的烧杯中，且

第七章氧化还原滴定法课后习题和答案解析

第七章氧化还原滴定法 计算在H2SO4介质中，H+浓度分别为1 mol·L-1和mol·L-1的溶液中VO2+/VO2+电对的条件电极电位。（忽略离子强度的影响，已知= V） 根据Hg22+/Hg和Hg2Cl2的溶度积计算Hg2Cl2/Hg。如果溶液中Cl-浓度为mol·L-1，Hg2Cl2/Hg电对的电位为多少

找出以下半反应的条件电极电位。已知=，pH=7，抗坏血酸p K a1=，p K a2=。

在1 溶液中用Fe3+溶液滴定Sn2+时，计算： (1) 此氧化还原反应的平衡常数及化学计量点时反应进行的程度； (2) 滴定的电位突跃范围。在此滴定中应选用什么指示剂用所选指示剂时滴定终点是否和化学计量点一致

计算pH = ，c NH 3= 的溶液中Zn2+/Zn电对的条件电极电位（忽略离子强度的影响）。已知锌氨配离子的各级累积稳定常数为：lg 1 =, lg 2 =, lg 3 =, lg 4 = ；NH4+的离解常数为K a =。 在酸性溶液中用高锰酸钾法测定Fe2+时，KMnO4溶液的浓度是mol·L-1，求用(1)Fe；(2) Fe2O3；(3)表示的滴定度。

称取软锰矿试样0.5000 g，在酸性溶液中将试样与0.6700 g纯Na2C2O4充分反应，最后以mol·L-1 KMnO4溶液滴定剩余的Na2C2O4，至终点时消耗mL。计算试样中MnO2的质量分数。 称取褐铁矿试样0.4000g，用HCl溶解后，将Fe3+还原为Fe2+，用K2Cr2O7标准溶液滴定。若所用K2Cr2O7溶液的体积（以mL为单位）与试样中Fe2O3的质量分数相等。求K2Cr2O7溶液对铁的滴定度。

高考化学氧化还原反应

第5讲氧化还原反应 基础题组 1.(2018河北保定模拟)在下列变化:①大气固氮,②硝酸银分解,③实验室制取氨气中,按氮元素被氧化、被还原、既不被氧化又不被还原的顺序排列正确的是() A.①②③ B.②①③ C.③②① D.③①② 2.(2018山东济南模拟)下列四个反应(已配平,条件略),从氧化还原反应的角度分析,酸所体现的性质与其他三者有所不同的是() A.MnO 2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O B.Ag+2HNO 3(浓)AgNO3+NO2↑+H2O C.C+2H 2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O D.3Fe 3O4+28HNO3(浓)9Fe(NO3)3+NO↑+14H2O 3.(2017山西五校联考四)将几滴KSCN(SCN-是“类卤离子”)溶液加入含有Fe3+的酸性溶液中,溶液变成红色。将该红色溶液分为两份:①一份中加入适量KMnO4溶液,红色褪去;②另一份中通入SO2,红色也褪去。下列推测肯定不正确的是() A.SCN-在适当条件下可被氧化为(SCN)2 B.①中红色褪去的原因是KMnO4将SCN-氧化

C.②中红色褪去的原因是SO2将Fe3+还原为Fe2+ D.②中红色褪去的原因是SO2将SCN-还原 4.(2017辽宁大连双基检测)根据表中信息判断,下列说法不正确的是() A.第①组反应的其余产物为H2O和O2 B.第②组反应从产物可以得出还原性:Fe2+>Br- C.第③组反应中生成1 mol Cl2,转移电子数为2N A D.氧化性由强到弱的顺序为Mn->Cl2>Fe3+>Br2 5.(2017辽宁大连双基检测)将一定量的SO2通入FeCl3溶液中,取混合溶液,分别进行下列实验,能证明SO2与FeCl3溶液发生了氧化还原反应的是()

2019高考化学氧化还原反应

一、 一、氧化还原反应中的基本概念1．氧化还原反应的特征及本质 （1）特征：有元素的化合价变化； （2）本质：有电子的转移(得失或偏移)。 2．氧化还原反应中的基本概念 （1）氧化剂与还原剂 氧化剂：在氧化还原反应中得到电子(或电子对偏向)的反应物(即所含元素的化合价降低)。 还原剂：在氧化还原反应中失去电子(或电子对偏离)的反应物(即所含元素的化合价升高)。 注意：氧化剂与还原剂可以是不同的物质，也可以是同一种物质，如氯气与水反应时，氯气既是氧化 剂也是还原剂。 （2）氧化反应与还原反应 氧化反应：失去电子(或元素化合价升高)的反应叫氧化反应。 还原反应：得到电子(或元素化合价降低)的反应叫还原反应。 （3）氧化性与还原性氧化性：物质得到电子的性质叫氧化性，氧化剂具有氧化性。 还原性：物质失去电子的性质叫还原性，还原剂具有还原性。 注意：1．元素的化合价处于该元素中间价态的物质一般既具有氧化性又具有还原性，如SO 2中的硫元素处于其中间价态，所以SO 2既具有氧化性，又具有还原性。 2．具有氧化性，能得电子，不一定是氧化剂，反之，具有还原性也不一定是还原剂。 （4）氧化产物与还原产物 氧化产物：还原剂失去电子后生成的对应产物。 还原产物：氧化剂得到电子后生成的对应产物。 注意：在氧化还原反应中，某些产物可能既是氧化产物又是还原产物，如碳与氧气反应生成的二氧化碳既是氧化产物又是还原产物。 3．用双线桥理解氧化还原反应的概念之间的关系 三梦

概括为升失氧、降得还，剂性一致、其他相反。 二、氧化还原反应的基本规律 1．守恒规律 （1）内容。 ①质量守恒：反应前后元素的种类、原子的数目和质量不变。 ②电子守恒：氧化还原反应中，氧化剂得到的电子总数等于还原剂失去的电子总数，表现为化合价升高的总数等于化合价降低的总数。 ③电荷守恒：离子方程式中反应物中各离子的电荷总数与产物中各离子的电荷总数相等。 （2）应用：运用“守恒规律”可进行氧化还原反应方程式的配平和相关计算。如用铜电极电解Na 2SO 4 溶液，其阳、阴极产物及转移电子关系式为：Cu 2+～2e ?～H 2～2OH ?。2．价态律 当元素具有可变化合价时，一般处于最高价态时只具有氧化性，处于最低价态时只具有还原性，处于中间价态时既具有氧化性又具有还原性。如：浓H 2SO 4中的S 只具有氧化性，H 2S 中的S 只具有还原性，单质S 既具有氧化性又具有还原性。 3．强弱规律 在氧化还原反应中，强氧化剂+强还原剂=弱氧化剂(氧化产物)+弱还原剂(还原产物)，即氧化剂的氧化性比氧化产物强，还原剂的还原性比还原产物强。如由反应2FeCl 3+2KI===2FeCl 2+2KCl+I 2可知，FeCl 3的氧化性比I 2强，KI 的还原性比FeCl 2强。 一般来说，含有同种元素不同价态的物质，价态越高氧化性越强(氯的含氧酸除外)，价态越低还原性越强。如氧化性：浓H 2SO 4>SO 2(H 2SO 3)>S ；还原性：H 2S>S>SO 2。 在金属活动性顺序表中，从左到右单质的还原性逐渐减弱，阳离子(铁指Fe 2+)的氧化性逐渐增强。 三梦

第五章 氧化还原滴定法习题及解答

第五章氧化还原滴定法习题及解答` 一、名词解释 1．.氧化还原滴定： 2．.电极电位： 3．.标准电位： 4. 条件电极电位： 5．.诱导反应： 6．自身指示剂： 7．.显色指示剂： 8．.高锰酸钾法： 9.。重铬酸钾法： 10.碘量法： 二、填空题 1．(1)用KMnO4滴定Fe2+时Cl-的氧化还原速率被加速_________。 (2) MnO4-滴定C2O42-时，红色的消失由慢到快_________。 (3)Ag+存在时，Mn2+被S2O82-氧化为MnO4-_________。 A.催化反应 B.自动催化反应 C.副反应 D.诱导反应 2、向20.00mL0.1000mol/L的Ce4+溶液分别加入15.00mL及25.00mL0.1000mol/L的Fe2+溶 液，平衡时，体系的电位分别为_________及_________。（； ） 3、配制I2标准溶液时，必须加入KI，其目的是___________________________；以As2O3 为基准物质标定I2溶液的浓度时，溶液应控制在pH为_________左右。 4、称取K2Cr2O7基准物质时，有少K2Cr2O7量撒在天平盘上而未发现，则配得的标准溶液真实浓度将偏________；用此溶液测定试样中Fe的含量时，将引起_________误差（填正或负），用它标定Na2S2O3溶液，则所得浓度将会偏________；以此Na2S2O3溶液测定试样中Cu含量时，将引起_______误差（正或负）。 5、已知在1mol/LHCl介质中，则下列滴定反应： 2Fe3+Sn2+=2Fe2++Sn4+平衡常数为_________；化学计量点电位为_________；反应进行的完全程度c(Fe2+)／c(Fe3+)为________。 6、已知在1mol/LHCl介质中；，则以Fe3+滴定Sn2+至99.9%时的平衡电位为_________；化学计量点电位为_________；滴定至100.1%时的平衡电位为_________；计量点前后电位改变不对称是由于___________________________。

浅谈高考化学中的氧化还原反应

浅谈高考化学中的氧化还原反应 浙江省绍兴县职业教育中心王国栋 摘要: 氧化还原反应历来是高考化学中每年必考的题目, 本文就是对氧化还原反应做简要分析. 关键词: 氧化还原反应是中学化学的重要理论，在高考理科综合卷中占有一定的比例。这一章在新教材中的位置变动是新教材的重要变化之一，也是许多教师对新教材不太适应的原因之一。该内容安排在新教材第一章，便于初高中衔接教学，但由于新高一学生的化学基础比较薄弱，深入学习这两部分内容的条件还不具备，所以多数学校只作了初步的介绍，不可能一步到位。但经过了近一年的高中阶段的学习，学生已基本具备了深入学习这两部分内容所必须具备的元素化合物知识，在这个时候能进行氧化还原反应的复习，对帮助学生深化理论知识，并以理论为载体整理和强化前阶段所学元素化合物知识很有必要，也很及时。在复习过程中，不能把原来新课的知识简单重复，而应在充分复习原有基础知识的基础上，进行适当的加深和拓展，并帮助学生进行知识的归纳和总结。下面分别谈谈我对氧化还原反应的看法： 氧化还原反应的分类: 氧化还原反应的分类方法有：按元素间的作用分为不同物质中不同元素间的氧化还原、不同物质中同种元素不同价态间的氧化还原、同种物质中不同元素间的氧化还原，同种物质中同种元素的自身氧化还原等。按反应微粒可分为分子与分子、分子与原子、分子与离子、原子与原子、原子与离子、离子与离子等类的氧化还原。 氧化还原反应的一些基本规律： 一、守恒规律 氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，常用于有关氧化还原反应的计算及配平氧化还原反应方程式。 运用守恒规律进行氧化还原反应的计算方法是：氧化剂物质的量×变价元素的个数×化合价的变化值=还原剂物质的量×变价元素的个数×化合价的变化值。 二、岐化规律 同一种物质分子内同一种元素同一价态的原子（或离子）发生电子转移的氧化还原反应叫歧化反应。岐化反应化合价的特点是：某元素的中间价态在适宜条件下同时向较高和较低的价态转化。歧化反应是自身氧化还原反应的一种，常用于判断某种元素的化合价高低以及有关氧化还原反应方程式的计算。 三、归中规律 同种元素由不同价态（高价态和低价态）转变为中间价态的氧化还原反应，称之为归中反应，也称“反歧化反应”。常用于方程式的书写，当有中间价态时，才可能发生，否则不反应，如不反应，可用浓干燥。 四、不交叉规律 同一种元素不同价态之间发生氧化还原反应时，高价要降低，低价要升高，它们最多变为同一价态，不可能发生交叉现象。这一规律常用于量的关系的确定，标明电子转移的方向与数目等。 五、强弱规律 氧化还原反应若能进行，一般为较强氧化性的氧化剂跟较强还原性的还原剂反应，生成弱还原性的还原产物和弱氧化性的氧化产物。

《氧化还原反应与氧化还原滴定法》习题标准答案

《氧化还原反应与氧化还原滴定法》习题答案 1：标出下列物质中带有*元素的氧化数 82*244*2 3*232*2 64*2 8**2O S )(NH O S Na O S Na O S Na O S Na S S H (1) ](OH )Cr Na[ O Fe O Cr K H N O N H O H )2(4* 43*72*23*3*2*2 答：以上各物质对应的氧化数分别是: （1） -２，0,+２．5，+3，+4,+6，＋7 （2） -1，+5,-3,+６,＋８/３,+3 2:用氧化数法配平下列反应方程式,并指出氧化剂和还原剂。 42224424224SO K O H CO M nSO SO H O C H K M nO (1)+++→++ S NO )Cu(NO H NO CuS (2)233++→+ NO PO H O H H NO P (3)43234+→++ O H NO O NH (4)223+→+ O H I H I O H (5)22-22+→+++ O H S H SO (6)222+→+S K Cl K ClO K ClO (7)43+→ 答: （1)氧化剂KMnO 4中Mn 原子氧化数从＋7降低为+2，还原剂中C 原子氧化数从+３升高为+４,为使氧化数升高的总数等于氧化数降低的总数,Mn 原子的数目应为1，Ｃ原子数目应为5，由于H ２C 2O 4分子含两个C 原子，KMnO ４和H ２C 2O 4分子的系数分别应为2和5,然后通过平衡其他原子数目配平其他分子，得到: 42224424224SO K O H 8CO 10M nSO 2SO H 3O C H 52K M nO +++→++ （2）部分氧化剂HNO 3分子中N 原子氧化数从＋5降低为NO 中的+2,还原剂中S 原子氧化数从-2升高为０，为使氧化数升高的总数等于氧化数降低的总数,Ｓ原子的数目应为3，有氧化数变化的Ｎ原子数目应为2，因此，ＮO 和S 分子的氧化数分别应为2和３，然后通过平衡其他原子数目配平其他分子,得到: O H 4S 3NO 2)Cu(NO 3H NO 83CuS 2233+++→+ （3）氧化剂HNO 3中Ｎ原子氧化数从+5降低为+2，还原剂中P 原子氧化数从０升高为+5，为使氧化数升高的总数等于氧化数降低的总数,Ｎ原子的数目应为5，P 原子数目应为3,由于P 4分子含４个Ｐ原子,ＨN Ｏ3和Ｐ4分子的氧化数分别应为20和3,然后通过平衡其他原子数目配平其他分子,得到： NO 20PO H 12O H 8H NO 203P 43234+→++ (４)氧化剂O 2中O 原子氧化数从0降低为-2,还原剂中N 原子氧化数从-3升高为+2,为使氧化数升高的总数等于氧化数降低的总数，O 原子的数目应为5，N 原子数目应为2，由于O ２分子含两个O 原子,O 2和NH ３分子的氧化数分别应为５和4,然后通过平衡其他原子数目配平其他分子,得到： O 2H O H 4NO 4O 54NH 2223++→+ （５）氧化剂H 2O 2中O 原子氧化数从-1降低为-2,还原剂中I 原子氧化数从-1升高为0，为使氧化数升高的总数等于氧化数降低的总数，I 原子的数目应为１,O 原子数目应为1,由于H ２Ｏ２分子含两个O 原子，H 2O 2和Ｉ－分子的氧化数分别应为1和2，然后通过平衡其他原子数目配平其他分子，得到: O H 2I H 2I 2O H 22-22+→+++ （６）氧化剂SO 2中Ｓ原子氧化数从+４降低为0，还原剂中S 原子氧化数从-2升高为0，为使氧化数升高的总数等于氧化数降低的总数,氧化剂中的S 原子的数目应为1，还原剂中S 原子数目应为2，S Ｏ2和Ｈ2S 分子的氧化数分别应为１和2，然后通过平衡其他原子数目配平其他分子，得到： O H 23S H 2SO 222+→+S （7)氧化剂ＫClO 3中Ｃl 原子氧化数从＋5降低为-1,还原剂中Ｃl 原子氧化数从＋5升高为＋7，为使氧化数升高的总数等于氧化数降低的总数，作为氧化剂的Cl 原子的数目应为１，作为还原剂的Cl 原子数目应为

(原创)高考总复习-氧化还原滴定专项训练(附带详解答案)

高考氧化还原滴定专项训练 在高考化学中，氧化还原滴定实验是一类新兴的题型，对考生氧化还原反应的能力要求很高。下面是近几年来高考题模拟题中设计比较新颖的氧化还原滴定题目，供大家参考。 1.(’08江苏15)金矿开采、冶炼和电镀工业会产生大量含氰化合物的污水，其中含氰化合 的形式存在于水中。测定污水中含氰化合物物以HCN、CN-和金属离子的配离子M（CN） m n 含量的实验步骤如下： ①水样预处理：水样中加入磷酸和EDTA，在pH<2的条件下加热蒸馏，蒸出所有的HCN，并用NaOH溶液吸收。②滴定：将吸收液调节至pH>11，以试银灵作指示剂，用AgNO3标准溶液滴定终点时，溶液由黄色变成橙红色。 Ag++2CN-［Ag(CN)2］- 根据以上知识回答下列问题： （1）水样预处理的目的是。（2）水样预处理的装置如右图，细导管插入吸收液中是为了。（3）蒸馏瓶比吸收液面要高出很多，其目的是。（4）如果用盐酸代替磷酸进行预处理，实验结果将（填“偏高”“无影响”或“偏低”）。 （5）准确移取某工厂污水100 mL，经处理后用浓度为0.010 00 mol·L-1的硝酸银标准溶液滴定，终点时消耗了21.00 mL。此水样中含氰化合物的含量为 mg·L-（以CN-计，计算结果保留一位小数）。 2．(2008浙大附中理综模拟考试)时钟反应或振荡反应提供了迷人课堂演示实验，也是一个活跃的研究领域。测定含I－浓度很小的碘化物溶液时，利用振荡反应进行化学放大，以求出原溶液中碘离子的浓度。主要步骤是 ①在中性溶液中，用溴将试样中I－氧化成IO3—，将过量的溴除去 ②再加入过量的碘化钾，在酸性条件下，使IO3—完全转化成I2 ③将②中生成的碘完全萃取后,用肼将其还原成I－,方程式为H2N－NH2+2I2→4I－+N2↑+4H+ ④将生成的I－萃取到水层后用①法处理。 ⑤将④得到的溶液加入适量的KI溶液，并用硫酸酸化。

高考化学氧化还原反应考点复习

2019年高考化学氧化还原反应考点复习 1、了解氧化还原反应的基本概念，能对氧化剂、还原剂，氧化产物、还原产物，氧化性、还原性等概念作出准确地判断。 2、掌握氧化还原反应的表示方法，特别是电子转移的表示方法。 基础知识： 1、氧化还原反应的概念 (1)特征及判断依据：化学反应前后某些元素的化合价发生了变化。 (2)实质：在化学反应中有电子的转移(得失或偏移) (3)概念 概念定义注意点 氧化反应物质失去电子的反应物质失去电子的外部表现为化合价的升高 还原反应物质得到电子的反应物质得到电子的外部表现为化合价的降低 被氧化元素失去电子的过程元素失去电子的外部表现为化合价的升高 被还原元素得到电子的过程元素得到电子的外部表现为化合价的降低 氧化产物通过发生氧化反应所得的生成物氧化还原反应中，

氧化产物、还原产物可以是同一种产物，也可以是不同产物，还可以是两种或两种以上的产物。如反应 4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2中，Fe2O3和SO2均既为氧化产物，又为还原产物。 还原产物通过发生还原反应所得的生成物 氧化剂得到电子的反应物常见氧化剂：(1)活泼的非金属单质；如卤素单质(X2)、O2、S等(2)高价金属阳离子；如Fe3+、Cu2+等(3)高价或较高价含氧化合物；如MnO2、浓H2SO4、HNO3、KMnO4等(4)过氧化物；如Na2O2、H2O2等 还原剂失去电子的反应物常见还原剂：①活泼或较活泼的金属；如K、Na、Zn、Fe等②一些非金属单质；如H2、C、Si等③较低态的化合物；CO、SO2、H2S、Na2SO3、FeSO4 氧化性得到电子的能力物质的氧化性、还原性的强弱与其得失电子能力有关，与得失电子的数目无关。 (4)过程 2、氧化还原反应的表示方法 (1)双线桥法：在生成物和反应物之间表示电子转移的结果，该法侧重表示同一元素的原子(或离子)碱的电子转移。 【注意】①线桥从方程式左侧指向右侧 ②箭头不表示方向，只表示变化 ③一定要标明得或失 (2)单线桥法：在反应物中的氧化剂与还原剂之间表示电子的

2014年高考化学必备专题复习——氧化还原反应

2014高考化学必备专题——氧化还原反应及其配平 【考纲解读】 1、了解氧化还原反应的概念及概念间的相互关系。 2、了解氧化还原反应的本质是电子的转移，了解常见的氧化还原反应。 3、能正确理解氧化还原反应的概念及概念间的相互关系；能用单、双线桥正确表示氧化还原反应中电子转移的方向和数目；能正确判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。 4、能正确比较氧化剂的氧化性、还原剂的还原性强弱；掌握氧化还原反应方程式的配平方法；灵活运用电子转移守恒法进行氧化还原反应的相关计算。本专题分值约为6-15分。 【高考预测】 氧化还原反应是高中化学的基础知识，它贯穿与高中化学的始终，是高考化学的高频考点之一。氧化还原的应用主要集中在氧化剂还原剂等基本概念、氧化性、还原性的强弱比较，氧化还原反应中电子转移的方向和数目的表示，以电子转移为核心的有关计算等等。从历年高考试题来看，其考查方式灵活多样，可以独立命题考查，也可以贯穿于填空、推断、实验、计算等各类试题之中，正确理解氧化还原反应的概念和规律，灵活运用电子转移守恒是掌握本讲知识的关键。分析近几年的高考试题的特点，氧化还原反应主要考查这几个方面：一、将氧化还原反应方程式的配平与物质的分析推断结合在一起；二、根据计算确定氧化产物或还原产物、三、运用氧化还原知识解释和解决一些生活、生产、环保和能源方面的问题。化学反应中的能量主要题型有热化学方程式的判断或书写、反应热的计算或比较大小。可能出现的新题型：（1）结合数学图象；（2）结合社会热点问题；（3）与实验、计算等组合进行综合考查。题型可以为选择、填空等。

[例1](2012上海?20)火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应:2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2下 列说法正确的是 A ． SO2既是氧化产物又是还原产物 B ．CuFeS2仅作还原剂，硫元素被氧化 C ．每生成1mol Cu2S ，有4 mol 硫被氧化D ．每转移1.2 mol 电子，有0.2 mol 硫被氧化 答案：AD [知识规律] 还原性 化合价升高 弱氧化性 ↑ ↑ 还原剂 氧化反应 氧化产物 氧化剂 还原反应 还原产物 ↓ ↓ 氧化性 化合价降低 弱还原性 二、常见的氧化剂、还原剂归纳 变化 变化 反应物→ →产物