全国高考化学氧化还原反应的综合高考真题汇总.docx

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全国高考化学氧化还原反应的综合高考真题汇总

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）

1．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。

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”

<”）2NS2aO3（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。

[Ksp（Ni（OH）2=2×1-015]

（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）___。

提供的无机试剂：

NaOH、Na2CO3、NaF。

【答案】+32LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2L+i+4H2O<适当升高温度，适当增加H2SO4

浓度5.5H2SO47.5①NaOH②Ni（OH）2③NaF

【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Ksp（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：

2LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O；

（3）1molH2O2作为还原剂转移2mol电子，1molNa2S2O3作为还原剂转移8mol电子，则

Na2S2O3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H2SO4浓度等；

（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，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H2SO4；

（7）c（Ni2+）=.mol/L=0.02mol/L，则开始沉淀时，c（OH-）＝

59

Ks（NiOH）2101565

sp2==10-6.5mol/L，则pH=14-6.5=7.5；

0.020.02

（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。

2．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：

Ⅰ.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

NaBiO3

Bi（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+。

①产生紫红色现象的离子方程式为___；

②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___。

Ⅲ.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

cmo1·L-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-+3H2OC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++7H2O3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+

【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（6）①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+，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；

②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：

5NaBiO3～2Mn2+～2MnO4-～5H2C2O4,计算铋酸钠理

论产量：

5NaBiO3~5H2C2O4

1400g5mol

m（理论）cv10mol

解得m（理论）=0.28CVg，所以纯度=0.28cvg×100%=0.28cv×100%，所以答案为：

-3280cv10-3

×

WgW

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）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

①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

②FeS2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

2mol氧化产物生成时转移的电子数为

制Fe3+与Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+14NA

【解析】

【分析】

（1）根据v＝c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）①Fe3＋与Fe2＋易水解，Fe2＋易被氧化成Fe3＋；

②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】

0.040mol1

（1）v（SO3）＝c＝2L＝0.01mol/（L?

min），所以v（O2）＝v（SO3）＝0.005mol/（L?

min），

t2

2min

故答案为：

0.005mol/（L?

min）；

（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）△H<0，SO2的转化率在起始温度T1＝673K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T2＝723K，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，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

（4）①Fe2O3（或Fe3O4等）溶于H2SO4后，生成的Fe3＋与Fe2＋易水解，Fe2＋易被氧化成Fe3＋，所

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

②-2价的硫离子具有还原性，

根离子，有关的离子方程式为：

Fe2＋被氧化成Fe3＋；

FeS2可以将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，而本身被氧化为硫酸

FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+，氧化产物是硫酸根

离子，有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。

4．目前全世界的镍（Ni）消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位。

镍常用于各

种高光泽装饰漆和塑料生产，也常用作催化剂。

碱式碳酸镍的制备：

工业用电解镍新液（主要含NiSO4，NiCl2等）制备碱式碳酸镍晶体

[xNiCO3·yNi（OH）2·zH2O]，制备流程如图：

1）反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni（OH）2+3Na2SO4+2X，X

__。

2）物料在反应器中反应时需要控制反应温度和pH值。

分析如图，反应器中最适合的

pH值为__。

（3）检验碱式碳酸镍晶体洗涤干净的方法是__。

测定碱式碳酸镍晶体的组成：

为测定碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi（OH）2·zH2O]组成，某小组设计了如图实验方案及装

置：

实验步骤：

①检查装置气密性；

②准确称量3.77g碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi（OH）2·zH2O]放在B装置中，连接仪器；

③打开弹簧夹a，鼓入一段时间空气，分别称量装置C、D、E的质量并记录；

⑤打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气；

⑥分别准确称量装置C、D、E的质量并记录；

⑦根据数据进行计算（相关数据如下表）

装置C/g

装置D/g

装置E/g

加热前

250.00

190.00

190.00

加热后

251.08

190.44

190.00

实验分析及数据处理：

（4）E装置的作用__。

（5）补充④的实验操作___。

（6）通过计算得到碱式碳酸镍晶体的组成__（填化学式）。

镍的制备：

（7）写出制备Ni的化学方程式__。

【答案】CO28.3取最后一次洗涤液．．．．．．．少许，加入HCl酸化的．．．BaCl2溶液，若无沉淀．．．产生，

则证明沉淀已经洗涤干净吸收空气中的H2O和CO2关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到

C中无气泡时，停止加热NiCO3·2Ni（OH）2·4H2O

2[NiCO3·2Ni（OH）2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O【解析】

（1）根据元素守恒分析判断；

（2）使各种杂质相对最少的pH即为最适合的pH；

（3）反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫

酸根离子残留；

（4）根据实验目的和各个装置的作用分析；

（5）根据实验目的和前后操作步骤分析；

（6）先计算生成水蒸气和CO2的质量，再根据质量守恒确定化学式；

（7）氧化还原反应中电子有得，必有失，根据化合价变化确定生成物，进而配平方程式。

【详解】

（1）反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni（OH）2+3Na2SO4+2X，反应前

Ni原子共3个、S原子共3个、O原子共23个、Na原子6个、C原子3个、H原子4个，

反应后现有：

Ni原子3个、S原子共3个、O原子共19个、Na原子6个、C原子1个、H

原子4个，少O原子4个，C原子2个，而这些微粒包含在2个X分子中，所以X的化学

式为CO2，故答案为：

CO2；

（2）物料在反应器中反应时需要控制反应条件，根据图可知，在pH=8.3时，各种杂质相对最

少，所以反应器中最适合的pH8.3，故答案为：

8.3；

（3）反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫

酸根离子残留，故答案为：

取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀

产生，则证明沉淀已经洗涤干净；

（4）C装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的H2O，D装置用来吸收碱式碳酸镍晶体

受热分解产生的CO2，E装置可以防止空气中的H2O和CO2进入D装置中，影响实验数据

的测定，故答案为：

吸收空气中的H2O和CO2；

（5）步骤③反应前左侧通空气是为了排尽装置中原有的CO2和水蒸气，避免装置内的CO2和

水蒸气造成数据干扰，排空气后，应该开始进行反应，因此步骤④的操作为关闭弹簧夹

a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，说明固体分解完全，停止加热；步骤⑤再打开弹簧

夹a缓缓鼓入一段时间空气，将装置中残留的CO2和水蒸气全部赶入C、D装置，被完全

吸收，故答案为：

关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热；

（6）水的质量为251.08g-250g=1.08g，CO2的质量为190.44g-190g=0.44g，由于发生的是分解

反应，所以生成的NiO的质量为3.77g-1.08g-0.44g=2.25g，则分解反应中水、二氧化碳和

1.08g0.44g2.25g

NiO的系数比（也就是分子个数比）为即：

18g/mol：

44g/mol：

75g/mol=6:

1:

3，

.6H2O↑+CO2↑+3NiO，根据元素守恒可得可得x=1，y=2，z=4

即xNiCO3?

yNi（OH）2?

zH2O中x:

y:

z的值1:

2:

4，故答案为：

NiCO3·2Ni（OH）2·4H2O；

（7）NiCO3·2Ni（OH）2·4H2O与N2H4·H2O反应生成Ni，Ni元素得电子，被还原，同时还生成气

体X和Y，由第

（1）问知X为CO2，氧化还原反应有得电子，必有失电子的物质，由此判断

另一种气体为N2，根据得失电子守恒、元素守恒配平制备Ni的化学方程式，故答案为：

2[NiCO3·2Ni（OH）2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O。

5．实验室用图所示装置制备KClO溶液，并通过KClO溶液与Fe（NO3）3溶液的反应制备高

效水处理剂K2FeO4.已知K2FeO4具有下列性质①可溶于水、微溶于浓KOH溶液，②

在0℃5℃、强碱性溶液中比较稳定，③在Fe3和Fe（OH）3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Fe（OH）3和O2。

1）装置A中KMnO4与盐酸反应生成MnCl2和Cl2，其化学方程式为，装置B

的作用是。

（2）Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3，试写出该反应的离子方程式。

（3）制备K2FeO4时，KClO饱和溶液与Fe（NO3）3饱和溶液的混合方式为：

在搅拌下，将

Fe（NO3）3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中。

理由是。

2

（4）已知pH11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成[Zn（OH）4].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1.0molL1计算）。

开始沉淀的pH

沉淀完全的pH

Fe3

1.1

3.2

Fe2

5.8

8.8

Zn2

5.9

8.9

实验中可选用的试剂：

30%H2O2、1.0molL1HNO3、1.0molL1NaOH.由某硫酸锌溶

液（含Fe2、Fe3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；

6900℃煅烧。

【答案】2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O除去Cl2中的HCl

V

3Cl6OH5ClClO3HOK2FeO4在Fe3作用下会分解向硫酸锌溶液中

232

加入适量30%H2O2，使其充分反应滴加1.0molL1NaOH，调节溶液pH约为5（或

3.2pH5.9），使Fe3沉淀完全向滤液中滴加1.0molL1NaOH，调节溶液pH约为

10（或8.9pH11），使Zn2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】

1KMnO4具有强氧化性，将盐酸中氯离子氧化为Cl2，反应还有水生成，所以化学方程

式为：

2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，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：

2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；除去Cl2中的HCl；

2Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3，反应的离子方程式为

V

3Cl26OH5ClClO33H2O，故答案为：

V

3Cl26OH5ClClO33H2O；

3由题意可知K2FeO4在Fe3和Fe（OH）3催化作用下发生分解，则KClO饱和溶液与

Fe（NO3）3饱和溶液的混合方式为：

在搅拌下，将Fe（NO3）3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱

和溶液中，故答案为：

K2FeO4在Fe3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30%H2O2，使其充分反应，目的使Fe2转化完全为Fe3，②加氢氧化钠溶

液，控制PH在4左右，使Fe3沉淀完全，③过滤，④向