1、化学化学氧化还原反应的专项培优练习题附答案解析【化学】化学氧化还原反应的专项培优练习题附答案解析一、高中化学氧化还原反应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：ClO2可被NaOH溶液吸收，反应为2ClO2+2NaOH=NaClO3+NaClO2+H2O。无水NaClO2性质稳定，有水存在时受热易分解。（1）反应中若物质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。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
2、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）。反应中双氧水的作用是_。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（Na2SO410H2O）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、
3、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-+SO22ClO2+SO42- cab 作还原剂 水浴加热时控制温度不能过高（或加一个多孔球泡等） 减压 向废液中分批加入适量CaO固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚酞，至溶液呈浅红色时停止加入CaO。静置后过滤，用水洗涤沉淀2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至32.4以下，接近0，过滤，所得晶体用冰水洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝 【解析】【分析】用二氧化硫将NaClO3还原制得ClO2，ClO2和NaOH反应制得NaClO3和NaClO2，再用过氧
4、化氢将NaClO3还原成NaClO2制得NaClO2粗品。【详解】（1）SO2作还原剂，S化合价升高2，被氧化成SO42-，ClO3-作氧化剂，被还原成ClO2，Cl化合价降低1，结合电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒可书写离子方程式：2ClO3-+SO22ClO2+SO42-，故答案为：2ClO3-+SO22ClO2+SO42-；（2）反应剧烈，浓硫酸只能在最后添加，结合流程图可知先加NaClO3，所以顺序为：先加NaClO3，再加S，最后加浓硫酸，故答案为：cab；反应中NaOH和ClO2反应生成NaClO3和NaClO2，过氧化氢的作用是将NaClO3还原成NaClO2，过氧化氢会分解，温
5、度不宜太高，所以控制A中水浴加热时温度不过高，或者在B中搅拌、或者加一个多孔球泡，故答案为：作还原剂；水浴加热时控制温度不能过高（或加一个多孔球泡等）；（3）无水NaClO2性质稳定，有水存在时受热易分解，应该减压，让水分尽快蒸发，故答案为：减压；（4）加入一定量CaO使NaHSO4反应成CaSO4，为了保证NaHSO4反应完，所加CaO需稍过量，CaO过量溶液就显碱性了，可以用酚酞作指示剂，当溶液变为浅红色时停止加CaO，CaSO4不溶于Na2SO4水溶液，此时可用过滤、洗涤的方法得到石膏，此时滤液为Na2SO4溶液，还不是芒硝，从图上看，可将温度调整32.4以下，形成芒硝，析出芒硝晶体，过
6、滤、洗涤、干燥就可得芒硝了，为了使芒硝产率较高，可用冰水洗涤，降低因溶解损失的量，故答案为：向废液中分批加入适量CaO固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚酞，至溶液呈浅红色时停止加入CaO。静置后过滤，用水洗涤沉淀2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至32.4以下，接近0，过滤，所得晶体用冰水洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝。【点睛】结合图像，温度低于32.4以下，硫酸钠结晶得到芒硝，温度降低，芒硝的溶解度减小，可用冰水洗涤减小损失率。2高锰酸钾是一种用途广泛的强氧化剂，实验室制备高锰酸钾所涉及的化学方程式如下：MnO2熔融氧化：3MnO2+ KClO3+ 6KOH3K2Mn
7、O4+ KCl+3H2O K2MnO4歧化：3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3 将MnO2熔融氧化所得产物的热浸取液装入三颈烧瓶，再通入CO2气体，使K2MnO4歧化的过程在如图装置中进行，A、B、C、D、E为旋塞，F、G为气囊，H为带套管的玻璃棒。回答下列问题：(1)仪器a的名称是_。(2)MnO2熔融氧化应放在_中加热(填仪器编号)。 烧杯瓷坩埚蒸发皿铁坩埚(3)为了能充分利用CO2，装置中使用了两个气囊。当试管内依次加入块状碳酸钙和盐酸后，关闭旋塞B、E，微开旋塞A，打开旋塞C、D，往热K2MnO4溶液中通入CO2气体，未反应的CO2被收集到气囊F中。待气囊F收
8、集到较多气体时，关闭旋塞_，打开旋塞_，轻轻挤压气囊F，使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，未反应的CO2气体又被收集在气囊G中。然后将气囊G中的气体挤压入气囊F中，如此反复，直至K2MnO4完全反应。(4)除去K2MnO4歧化产物中MnO2的操作方法是_。(5)将三颈烧瓶中所得产物经过一系列操作得到针状的高锰酸钾晶体，最后采用低温烘干的方法来干燥产品，原因是_。【答案】长颈漏斗 AC BDE 过滤 高锰酸钾晶体受热易分解 【解析】【分析】（1）由实验装置可知，仪器a为长颈漏斗；（2）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚；（3）该操作的目的是将气囊F中
9、的二氧化碳排出，据此判断正确的操作方法；（4）高锰酸钾溶于水，二氧化锰不溶于水；（5）高锰酸钾晶体受热易分解。【详解】（1）由实验装置可知，仪器a为长颈漏斗，故答案为：长颈漏斗；（2）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物中含有碱性KOH，瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅能够与氢氧化钾反应，所以应用铁坩埚，故答案为：；（3）待气囊F收集到较多气体时，需要将气囊F中二氧化碳排出到热K2MnO4溶液中，所以需要关闭A、C，打开B、D、E，轻轻挤压气囊F，从而使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，故答案为：AC；BDE；（4）高锰酸钾溶于水，二氧化锰不溶于水，固液分离应用过滤的方法，则除
10、去高锰酸钾溶液中的二氧化锰应用过滤的方法，故答案为：过滤；（5）高锰酸钾晶体受热易分解，实验时应采用低温烘干的方法来干燥产品，避免高锰酸钾晶体受热发生分解，故答案为：高锰酸钾晶体受热易分解。3二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸。某研究小组欲用以下三种方案制备ClO2，回答下列问题：（1）以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，写出制备ClO2的离子方程式_。（2）用过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原NaClO3制备Cl
11、O2，并将制得的ClO2用于处理含CN-废水。实验室模拟该过程的实验装置(夹持装置略)如图所示。装置A的名称是_，装置C的作用是_。反应容器B应置于30左右的水浴中，目的是_。通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是_。ClO2处理含CN-废水的离子方程式为_，装置E的作用是_。（3）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2的方法。用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的_（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。用石墨做电极，在一定条件下
12、电解饱和食盐水制取ClO2，工作原理如图所示，写出阳极产生ClO2的电极反应式_。【答案】FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3+2SO42-+7H2O 恒压漏斗 安全瓶 提高化学反应速率，同时防止过氧化氢受热分解 稀释ClO2，防止其爆炸 2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl- 吸收ClO2等气体，防止污染大气 BaCl2 Cl-5e-+2H2O=ClO2+4H+ 【解析】【分析】二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。分别利用无机反应和电解原理制备二氧化氯，三种方法均利用了氧化还原反应。【详解】（1）以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液
13、混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，根据氧化还原反应中电子守恒和元素守恒，可以写出制备ClO2的离子方程式为FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3+2SO42-+7H2O。（2）装置A的名称为恒压漏洞，装置C为安全瓶，起到防止液体倒吸的作用。升高温度可以提高化学反应速率，但是原料中含有过氧化氢，过氧化氢在过高的温度下可以发生分解反应，因此反应容器B应置于30左右的水浴中。根据题文可知，ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸，故通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是
14、稀释ClO2，防止其爆炸。ClO2处理含CN-废水发生氧化还原反应，将CN-转化为无污染的CO2和N2，故离子方程式为2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-；装置E在整套装置之后，起到吸收尾气，防止环境污染的作用。（3）用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，需要过量的碳酸根离子、氢氧根离子和钡离子，过量的钡离子可以用碳酸根离子除去，因此在加入Na2CO3之前应先加入过量BaCl2。用石墨做电极，电解池的阳极发生氧化反应，元素化合价升高，因此氯离子在阳极失电子和水反应得到ClO2，电极反应式为Cl-5e-+2H2O=ClO2+4H+。4（1）已知草酸（H2C
15、2O4）分解的化学方程式为：H2C2O4CO+ CO2+ H2O，下列装置中，可用作草酸分解制取气体的是_（填序号）（2）某实验小组为测定铁锈样品的组成（假定铁锈中只有Fe2O3nH2O和Fe两种成份），利用草酸分解产生的CO和铁锈反应，实验装置如下图所示。、为得到干燥、纯净的CO气，洗气瓶A、B中盛放的试剂分别是_、_。、在点燃C处酒精灯之前，应先持续通入一段时间的混合气体，其目的是_、准确称量样品的质量20.00g置于硬质玻璃管中，充分反应后冷却、称量（假设每步均完全反应），硬质玻璃管中剩余固体质量为16.64g，D中浓硫酸增重1.44g，则n=_。、在本实验中，下列情况会使测定结果n偏大
16、的是_（填字母）a缺少装置A b缺少装置B c反应后固体是铁和少量Fe2O3nH2O【答案】 NaOH溶液 浓硫酸 排除装置中的空气，防止CO中混有空气而在加热时发生爆炸 2 b 【解析】【详解】（1）该反应的反应物是液体，反应条件是加热，应选择固液反应且需要加热的装置，所以选.（2）为得到干燥、纯净的CO气，应先除去混合气体中的二氧化碳，用氢氧化钠吸收即可；混合气体通入氢氧化钠溶液时会带走水蒸气，为除去水蒸气，选用浓硫酸洗气。装置中含有空气，CO中混有空气加热时可能发生爆炸，所以要通入混合气体一段时间，排除装置中的空气。由题意知，固体质量减少的量为水和氧的量，浓硫酸吸收的量为水，反应方程式为
17、：Fe2O3nH2O+3CO=Fe+3CO2+nH2O 固体质量减少量18ng （18n+48）g1.44g 20.00g-16.64g所以 18ng：1.44g =（18n+48）g：（20.00g-16.64g）解得n=2。a、缺少装置A，未除去CO2，可能影响CO还原氧化物，固体质量差变小，导致所测n值偏小，错误；b、缺少洗气瓶B会导致装置E增重的质量偏大，所以测定结果n偏大，正确；c、反应后固体是铁和少量Fe2O3nH2O，固体减少的质量偏小，导致所测n值偏小，错误。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
18、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_。N
19、H4VO3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 3V2O
20、5 + 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，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：4FeO
21、V2O3 + 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)；，（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；
22、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：Cl；3V2O5 + 2NH3 3V2O4 + N2 + 3H2O。6某体系中存在如下反应：H2S4H2O8e = SO4210
23、H，2IO312 H10e = I26H2O。（1）反应中H2S做_剂，反应属于_ 反应（填“氧化”或“还原”）。（2）若在反应中失去02 mol 电子，则反应中可生成_g I2。（3）写出并配平碘酸钾与硫化氢反应的化学方程式，同时标出电子转移的方向和数目：_。（4）由上述反应可推知_。a氧化性：K2SO4 KIO3 b酸性：HIO3 H2SO4c还原性：H2S I2 d反应过程中溶液的酸性逐渐减弱【答案】还原 还原 508 c 【解析】【分析】（1）化合价升高的反应物做还原剂，碘元素的价态由正五价，变为零价，发生还原反应；（2）由得失电子数目守恒计算可得；（3）5+4得反应的化学方程式；（4
24、）还原性：还原剂还原产物，氧化性：氧化剂氧化产物，因为有水的生成，酸性减弱。【详解】（1）由H2S+4H2O-8eSO42-+10H+和2IO3-+12H+10eI2+6H2O可知，反应中硫元素化合价从-2价变化为+6价，化合价升高失电子做还原剂，反应是碘元素化合价从+5价变化为0价，化合价降低做氧化剂，发生还原反应，故答案为：还原，还原；（2）根据电子守恒得到：40mole-转移生成4molI2，4I240e-，；中失去0.2mol 电子，中得到0.2mol电子，反应的碘单质物质的量0.02mol，m（I2）=0.02mol127g/mol2=5.08g，故答案为：5.08；（3）由和依据电
25、子守恒得到反应的化学方程式为5H2S+8KIO3=4K2SO4+4I2+H2SO4+4H2O，由方程式可知40mole-转移生成4molI2，则电子转移的方向和数目为，故答案为：；（4）a、氧化剂KIO3的氧化性大于氧化产物K2SO4、H2SO4，氧化性：K2SO4KIO3，故a错误；b、反应物中无碘酸生成，该反应不能判断酸性强弱，故b错误；c、还原剂H2S的还原性大于还原产物I2，则还原性：H2SI2，故c正确；d、反应过程中氢硫酸反应生成硫酸，溶液酸性增强，故d错误；c正确，故答案为：c。7（1）将新制氯水逐滴滴入FeBr2溶液中，写出最初发生的反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目
26、。_。（2）在硫酸铝铵(NH4Al(SO4)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液并不断搅拌。用一个离子方程式表示最初发生的反应。_。（3）石油气“芳构化”是由石油气生产高辛烷值汽油的一种有效生产工艺。测得反应2C4H10C8H10(g)+5H2在不同温度下的平衡常数变化如下：温度()400450500平衡常数Ka6a40a该反应的正反应是_(吸热、放热)反应。向2L密闭定容容器中充入2molC4H10，反应10s后测得H2浓度为1mol/L，此10s内，以C8H10表示的平均速率为_。能表示该反应在恒温恒容密闭容器中t1时刻后已经达平衡状态的图示是_。a. b. c. d.如图表示某温度时将一
27、定量的C4H10(含少量H2)充入容器中反应期间物质浓度随时间的变化(容器容积可变)，实线代表C8H10，虚线代表C4H10。请用实线补充画出t1t4间C8H10的浓度变化曲线_。【答案】 3Ba2+6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4+2Al(OH)3 吸热 0.02mol/(Ls) b、d 【解析】【分析】(1)氯气具有氧化性，能将碘离子以及亚铁离子氧化，碘离子的还原性强于亚铁离子的还原性，所以先是发生氯气氧化亚铁离子的反应，氧化还原反应中，化合价升高值化合价降低值转移电子数，据此表示电子转移的情况；(2)在硫酸铝铵(NH4Al(SO4)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，由
28、于氢氧化钡少量，氢氧根离子不足，反应按照氢氧化钡的组成进行，氨水碱性强于氢氧化铝，所以铝离子优先与氢氧根离子反应，据此写出反应的离子方程式；(3)依据图表数据，平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行；依据反应速率v计算；a反应前后都是气体，气体质量始终不变；b反应前后气体质量不变，物质的量增大，平均摩尔质量不变说明反应达到平衡状态；c气体质量不变，体积不变，密度在反应过程中和平衡状态都不变；d反应前后气体物质的量变化，压强之比等于气体物质的量之比，物质的量不变，反应达到平衡；刚开始因为达到平衡状态，所以浓度不变，根据虚线的浓度变化可知，后面体积缩小为原来的，所以实线浓度也变两倍，后面又慢慢减小，
29、直至继续平衡。【详解】(1)将新制氯水逐滴滴入FeBr2溶液中，先是发生氯气氧化亚铁离子的反应，Cl22Fe22Fe32Cl，电子转移情况如下：，故答案为：；(2)氢氧化钡少量，氢氧根离子和钡离子的物质的量不足，离子方程式按照氢氧化钡的组成书写，钡离子和氢氧根离子完全反应；由于氨水碱性强于氢氧化铝，故铝离子优先与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为3Ba2+6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4+2Al(OH)3，故答案为：3Ba2+6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4+2Al(OH)3；(3)根据图表数据，平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行，正反应是吸热
30、反应，故答案为：吸热； 向2L密闭定容容器中充入2mol C4H10，反应10s后测得H2浓度为1mol/L，2C4H10C8H10(g)5H2，反应过程中生成C8H10的物质的量浓度为1mol/L0.2mol/L，此10s内，以C8H10表示的平均速率0.02mol/(Ls)，故答案为：0.02mol/(Ls)； 2C4H10C8H10(g)5H2，反应是气体体积增大的反应吸热反应，依据平衡移动原理分析图象；a反应前后都是气体，气体质量在反应过程中和平衡状态都始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故a不符合；b反应前后气体质量不变，物质的量增大，平均摩尔质量不变说明反应达到平衡状态，故b符合；c气体质量不变，体积不变，密度在反应过程中和平衡状态都不变，故c不符合；d反应前后气体物质的量变化，压强之比等于气体物质的量之比，物质的量不变压强不变，说明反应达到平衡，故d符合；故答案为：b、d； 分析图象可知，刚开始因为达到平衡状态，所以浓度不变，根据虚线的浓度变化可知，后面体积缩小为原来的，所以实线
