备战高考化学专题题库∶氧化还原反应的综合题及答案

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）

1．阳极泥处理后的沉渣中含AgCl，工业上可用Na2SO3溶液作浸取剂浸出回收。某小组在实验室模拟该过程。

已知：

i．25o C时，部分物质的溶解度：AgCl 1.9×10–4 g；Ag2SO3 4.6×10–4 g；Ag2SO40.84 g。ii．25o C时，亚硫酸钠溶液酸化过中含4S+微粒的物质的量分数随pH变化如图所示。

Ⅰ.浸出氯化银

取AgCl固体，加入1 mol/L Na2SO3溶液作浸取剂，充分反应后过滤得到浸出液（pH=8），

2SO- [Ag(SO3)2]3– + Cl–。

该过程中发生的反应为AgCl +2

3

（1）用平衡移动原理解释AgCl溶解的原因是___。

Ⅱ. 酸化沉银

（2）经检测，沉淀m为AgCl，则溶液m中含4S+微粒的主要存在形式是________。

（3）探究沉淀n的成分。

①甲同学认为沉淀n一定不含Ag2SO4，其依据是________。

②乙同学认为沉淀n可能含Ag2SO3，进行实验验证。

i. 本实验设计的依据是：Ag2SO3具有________性。

ii. 乙同学观察到________，得出结论“沉淀n不含Ag2SO3”。

③丙同学从溶液n的成分角度再次设计实验证明沉淀n不含Ag2SO3。

i. 本实验设计的依据是：若沉淀n含Ag2SO3，则溶液n中含1Ag+微粒的总物质的量___（填“＞”、“＝”或“＜”）Cl–物质的量。

ii. 结合实验现象简述丙同学的推理过程：____。

Ⅲ．浸取剂再生

（4）溶液m经处理后可再用于浸出AgCl，请简述该处理方法____。

【答案】AgCl(s)Ag+(aq)+ Cl-(aq) ,Ag+与SO 32- 结合生成[Ag(SO3)2]3–，促进AgCl的溶解平衡正向移动 HSO3- Ag2SO4的溶解度远大于AgCl或Ag2SO3，溶液中Ag+ 的浓度很小还原b．中清液的颜色与

．．，均为浅紫色溶液＜ e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则．．．．．．．c．相同

溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部转化为Ag+，Ag+将Cl–全部沉淀，由此可知溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl–) 加NaOH溶液调节pH至9~10

【解析】

【分析】

I、（1）利用平衡移动的知识答题即可；

II、（2）生成沉淀m时，溶液m的pH为5，观察图像，可以得知HSO3-的物质的量分数占100%；

（3）①溶液中Ag+的浓度很小，而Ag2SO4的溶解度较大，故不会形成Ag2SO4沉淀；

②依据Ag2SO3的还原性答题；

③e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部转化为Ag+，Ag+将Cl–全部沉淀，由此可分析出溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl–)；

III、（4）m溶液中的溶质为NaHSO3，浸取剂为Na2SO3溶液，需要加入NaOH溶液将NaHSO3转化为Na2SO3。

【详解】

I、（1）A gCl(s)Ag+(aq)+ Cl-(aq)，Ag+与SO 32- 结合生成[Ag(SO3)2]3-，促进AgCl的溶解平衡正向移动；

II、（2）生成沉淀m时，溶液m的pH为5，观察图像，可以得知HSO3-的物质的量分数占100%，则溶液m中含4S+微粒的主要存在形式是HSO3-；

（3）①Ag2SO4的溶解度远大于AgCl或Ag2SO3，溶液中Ag+ 的浓度很小；

②i、酸性KMnO4溶液具有强氧化性，SO32-具有还原性，则该实验涉及的依据是Ag2SO3具有还原性；

ii、沉淀中无Ag2SO3，则该沉淀不会使酸性KMnO4溶液褪色，故可以观察到a试管中酸性KMnO4溶液褪色，b、c试管中酸性KMnO4溶液依然呈紫色；

③e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部转化为Ag+，Ag+将Cl–全部沉淀，由此可分析出溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl–)；

III、（4）m溶液中的溶质为NaHSO3，浸取剂为Na2SO3溶液，根据曲线图可知，加入NaOH溶液调整pH到9-10即可。

2．实验室用酸性蚀刻废液(含Cu 2+、H +、CuC 24l -、Cl -等)和碱性蚀刻废液[N 4H +

、Cu(NH 324)+、NH 3·H 2O 等]制备CuI(白色固体)的实验流程如下:

(1)步骤Ⅰ中发生了多个反应,其中Cu(NH 324)+

与盐酸反应生成Cu(OH)Cl 的离子方程式为______。

(2)步骤Ⅳ需控制pH 为1~2,80 ℃下进行,合适的加热方式是______。

(3)步骤Ⅴ的具体步骤是蒸发浓缩、______、____。

(4)步骤Ⅵ在下列装置(夹持及加热装置已省略)中进行。

①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____。 ②用装置d 中的溶液洗涤制得的CuI 的目的是____,然后再用无水乙醇洗涤的目的是____。

【答案】Cu(NH 324)++3H ++Cl -+H 2O

Cu(OH)Cl↓+4N 4H + 热水浴 冷却结晶 过滤(洗涤) 分液漏斗 Cu+2H 2SO 4(浓)

CuSO 4+SO 2↑+2H 2O 可防止CuI 被空气中的O 2氧化 使固体快速干燥并溶解表面可能混有的I 2

【解析】

【分析】

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。

【详解】

（1）步骤Ⅰ中Cu(NH 3)42+与盐酸反应生成Cu(OH)Cl 沉淀和氯化铵，反应的离子方程式Cu(NH 3)42++3H ++Cl -+H 2O=Cu(OH)Cl↓+4NH 4+，故答案为：Cu(NH 3)42++3H ++Cl -

+H 2O=Cu(OH)Cl↓+4NH 4+；

（2）步骤Ⅳ为Cu(OH)Cl 加水、过浆后，与浓硫酸在制pH 为1~2，80 ℃下水浴加热反应反应生成硫酸铜，故答案为：热水浴；

(3)步骤Ⅴ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）①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+2H 2SO 4(浓)

CuSO 4+SO 2↑+2H 2O ，故答案为：分液漏斗；Cu+2H 2SO 4(浓)CuSO 4+SO 2↑+2H 2O ； ②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。

3．（1）已知草酸（H2C2O4）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Fe2O3·nH2O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。

①、为得到干燥、纯净的CO气，洗气瓶A、B中盛放的试剂分别是_______、________。

②、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

______________________

③、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=______。

④、在本实验中，下列情况会使测定结果n偏大的是____（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Fe2O3·nH2O

【答案】④ 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④.

（2）①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。

②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。

③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：Fe2O3．nH2O+3CO=Fe+3CO2+nH2O 固体质量减少量

18ng （18n+48）g

1.44g 20.00g-16.64g

所以 18ng：1.44g =（18n+48）g：（20.00g-16.64g）

解得n=2。

④a、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Fe2O3?nH2O，固体减少的质量偏小，导致所测n值偏小，错误。

4．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________，SO42? 的空间构型为__________（用文字描述）；Cu2+ 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) + O2(g)垐?

噲?2NO2(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NO2的有关反应如下：

反应Ⅰ：2NO2(g) + H2O(l) ＝ HNO3(aq) + HNO2(aq) ΔH =－116.1kJ?mol?1

反应Ⅱ：3HNO2(aq) ＝ HNO3(aq) + 2NO(g) + H2O(l) ΔH =－75.9kJ?mol?1

用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式是___________________。

（3）“电解”过程：HNO2为弱酸，通过电解使HNO3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】1s22s22p63s23p63d104s1正四面体形 O 增大压强、提高氧气的浓度

3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g) ΔH=－212.1kJ?mol?1 HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-

2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+

【解析】

【分析】

海绵铜（CuO、Cu）中CuO与稀H2SO4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，SO2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+。

5．C、N、S 的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。

(1)CO2的重整用 CO2和 H2为原料可得到 CH4燃料。

已知: ①CH4 (g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H1=+247kJ/mol

②CH4 (g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205kJ/mol

写出 CO2重整的热化学方程式：_____。

(2)“亚碳酸盐法”吸收烟中的 SO2

①将烟气通入 1.0mol/L 的 Na2SO3溶液，若此过程中溶液体积不变，则溶液的 pH 不断

_____(填“减小”“不变” 或“增大)。当溶液 pH 约为 6 时，吸收 SO2的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中c(SO32-) =0.2mol/L，则溶液中c(HSO3-) =_____。

②室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液 pH 与各组分物质的量分数的变化关系如图: b 点时溶液 pH=7，则 n(NH4+)：n(HSO3—)= ______________。

(3)催化氧化法去除 NO。一定条件下，用 NH3 消除 NO 污染，其反应原理

4NH3+6NO5N2+6H2O。不同温度条件下，n(NH3):n(NO)的物质的量之比分别为 4:1、3:1、1:3 时，得到 NO 脱除率曲线如图所示：

①曲线 a 中，NO 的起始浓度为6×10-4mg·

m -3，从 A 点到 B 点经过0.8s ，该时间段内 NO 的脱除速率为_____mg·

m -3·s -1。 ②曲线 b 对应 NH 3 与 NO 的物质的量之比是_____。

(4)间接电化学法除 NO 。其原理如图所示：写出阴极的电极反应式(阴极室溶液呈酸性)_____。吸收池中除去 NO 的原理_____(用离子方程式表示)。

【答案】CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g) △H =?163kJ/mo1 减小 1.6mol/L 3:1 1.5×10?4

3:1 -2-32422HSO +2e +2H =S O 2H O -++ 2--242232NO+2S O 2H O N 4HSO +=+

【解析】

【分析】

（1）已知：①CH 4 (g)+CO 2(g)=2CO(g)+2H 2(g) △H 1=+247k/mol ，

②CH 4(g)+H 2O(g)=CO(g)+3H 2(g) △H 2=+205k/mol ，

根据盖斯定律，①-②×2得：CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g)，据此计算△H ；

（2）①二氧化硫通入亚硫酸钠溶液生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠显酸性，据此分析；根据反应方程式的量的关系计算可得；

②先判断溶质，写出电荷守恒式，在利用pH=7时，c (H +)=c (OH -)找出其他离子的等量关系，结合图示进行等量删减或替换，最后得出结果；

（3）①曲线a 中，NO 的起始浓度为6×10-4mg?m -3，根据图象得到A 、B 处的NO 脱除率，可得两处的NO 的浓度，再计算脱除速率；

②NH 3与NO 的物质的量的比值越大，NO 的脱除率越大，据此分析；

（4）阴极得到电子发生还原反应，结合酸性环境书写；阴极产物吸收NO 。

【详解】

（1）已知：①CH 4(g)+CO 2(g)=2CO(g)+2H 2(g) △H 1=+247k/mol ，

②CH 4(g)+H 2O(g)=CO(g)+3H 2(g) △H 2=+205k/mol ，

根据盖斯定律，由①?②×2得反应：CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g)

△H =△H 1?2△H 2=?163kJ/mo1，

故答案为：CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g) △H =?163kJ/mo1；

（2）①将烟气通入1.0mol/L 的Na 2SO 3溶液，二氧化硫与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠以电离为主，显酸性，故溶液pH 不断减小；向亚硫酸钠溶液中通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠，反应方程式SO 2+Na 2SO 3+2H 2O=2NaHSO 3，溶液中反应的亚硫酸根离

子和生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为1：2，即溶液中参加反应的亚硫酸根为(1.0?0.2)mol/L ，则生成c (-3HSO )=2×(1.0?0.2)mol/L=1.6mol/L ，

故答案为：减小；1.6mol/L ；

②b 点时溶液pH=7，此时溶液中的溶质是(NH 4)2SO 3和NH 4HSO 3，根据电荷守恒：c (+4NH )+c (H +)=c (OH ?)+c (-3HSO )+2c (2-3SO )，因pH=7，故c (H +)=c (OH ?)，则

c (+4NH )=c (-3HSO )+2c (2-3SO )，由图可读出b 点时，c (-3HSO )=c (2-3SO )，则c (+4NH )=3 c (-3HSO )，因在同一体系，n (+4NH )：n (-3HSO )=3：1，

故答案为：3：1；

（3）①曲线a 中，NO 的起始浓度为6×10?4mg ?m ?3，A 点的脱除率为55%，B 点的脱除率为75%，从A 点到B 点经过0.8s ，该时间段内NO 的脱除速率为

6×10?4mg ?m ?3×(0.75?0.55)÷0.8s=1.5×10?4mg ?m ?3?s ?1，

故答案为：1.5×10?4；

②NH 3与NO 的物质的量的比值越大，NO 的脱除率越大，则物质的量之比分别为4：1，3：1，1：3时，对应的曲线为a ，b ，c ，即曲线b 对应的物质的量之比是3：1， 故答案为：3：1；

（4）阴极得到电子发生还原反应，根据图可知是-3HSO 在酸性条件下发生还原反应，生成

2-24S O ，其电极反应式为-2-32422HSO +2e +2H =S O 2H O -++；根据图示，吸收池中2-24S O 和NO 是反应物，N 2和-

3HSO 是生成物，则吸收池中除去NO 的原理是：

2--242232NO+2S O 2H O N 4HSO +=+，

故答案为：-2-32422HSO +2e +2H =S O 2H O -++；2--242232NO+2S O 2H O N 4HSO +=+。 【点睛】

陌生电极反应式的书写步骤：①根据题干找出反应物以及部分生成物，根据物质变化分析化合价变化并据此写出得失电子数；②然后根据电荷守恒配平电极反应式，在配平时需注意题干中电解质的环境；③然后检查电极反应式的守恒关系（电荷守恒、原子守恒、转移电子守恒等）。

6．实验室里，从废旧钴酸锂离子电池的正极材料（在铝箔上涂覆活性物质LiCoO 2）中，回收钴、锂的操作流程如下图所示：

回答下列问题。

（1）拆解废旧电池获取正极材料前，先将其浸入NaCl 溶液中，使电池短路而放电，此时溶液温度升高，该过程中能量的主要转化方式为____。

（2）“碱浸”过程中产生的气体是____；“过滤”所得滤液用盐酸处理可得到氢氧化铝，反应的化学方程式为____。

（3）“酸浸”时主要反应的离子方程式为____；若硫酸、Na2S2O3溶液用一定浓度的盐酸替代，也可以达到“酸浸”的目的，但会产生____（填化学式）污染环境。

（4）“沉钴”时，调pH所用的试剂是____；“沉钴”后溶液中c（Co2+）=____。（已知：Ksp[Co（OH）2]=1.09×l0-15）

（5）在空气中加热Co（OH）2，使其转化为钴的氧化物。加热过程中，固体质量与温度的关系如左下图所示。290～500℃，发生反应的化学方程式为____。

（6）根据右下图判断，“沉锂”中获得Li2CO3固体的操作主要包括____、____、洗涤、干燥等步骤。

【答案】化学能→电能→热能 H2 NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓ 8LiCoO2+ S2O32-

+22H+=8Li++8Co2++2SO42-+11H2O Cl2 NaOH溶液或氢氧化钠固体 1.09×l0-6mol/L

6Co2O3 290~500℃

4Co3O4+ O2↑蒸发浓缩趁热过滤

【解析】

【分析】

正极材料主要由Al和LiCoO2组成，LiCoO2属于盐类，由复分解反应的条件可判断，其与NaOH溶液混合不发生反应，故“碱浸”过程中只有Al和NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，过滤得到滤渣为LiCoO2；“酸浸”时反应物有LiCoO2、硫酸和Na2S2O3溶液，依据“沉钴”产物为Co(OH)2可判断，反应后钴元素的价态从+3价降为+2价，依据氧化还原反应规律以及工艺中最后还可获得Na2SO4·10H2O副产品，可推知S元素价态升高并转化为SO42-；之后调节pH值得到Co(OH)2沉淀，再加入碳酸钠溶液调节pH值沉锂，得到碳酸锂和母液，母液结晶得到Na2SO4·10H2O。

【详解】

(1)依据“电池短路而放电”“溶液温度升高”两项信息，即可判断废旧电池的处理过程中能量的主要转化方式为化学能→电能→热能；

(2)依题中信息可知，正极材料主要由Al和LiCoO2组成，LiCoO2属于盐类，由复分解反应的条件可判断，其与NaOH溶液混合不发生反应，故“碱浸”过程中只有Al和NaOH反应，生成NaAlO2和H2；“过滤”所得滤液用适量盐酸处理可以得到氢氧化铝，方程式为NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓；

(3)根据分析可知“酸浸”时Na2S2O3被氧化为SO42-，Co元素被还原，结合电子守恒和元

素守恒可知离子反应方程式为：8LiCoO2+ S2O32-+22H+=8Li++8Co2++2SO42-+11H2O；加入的Na2S2O3起还原作用，用一定浓度的盐酸替代“Na2S2O3溶液和硫酸”，也能实现酸浸目的，可知该反应中，盐酸也起了还原剂的作用，氧化产物为会污染环境的Cl2；

(4)结合“沉锂”后母液中还可以获得Na2SO4·10H2O，可知用的试剂为NaOH溶液或固体；溶液pH=9.5，则溶液中c(OH-)=10-4.5mol/L，带入K sp[Co(OH)2]=c2(OH-

)·c(Co2+)=1.09×l0-15求得c(Co2+)=1.09×l0-6mol/L；

(5)从图中信息可知，加热前的反应物为Co(OH)2 (0.930g) ,其物质的量为0.01mol，依据钴元素的量不变可知: n(Co)=0.01mol，m(Co)=0.590g，温度升温290℃时，转化为

0.830g某种钴的氧化物，该氧化物中，n(O)=0.830g-0.590g

16g/mol

=0.015mol，由此可以确定该

氧化物为Co2O3；同理可以确定500℃时，n(O)=0.803g-0.590g

16g/mol

≈0.0133mol，则生成的氧

化物为Co3O4；所以290℃～500℃过程中，Co2O3转化为Co3O4，反应过程中，Co元素化合价降低。氧元素化合价升高并转化为O2，故反应的化学方程式为

6Co2O3 290~500℃

4Co3O4+ O2↑；

(6)分析溶解度曲线可知LiCO3微溶，其溶解度随温度升高而降低，为了提高锂元素的回收率，同时防止硫酸钠析出，应采用蒸发浓缩(减少溶剂)并在较高温度下趁热过滤等操作。【点睛】

热重分析法是常用的定量分析方法，通过分析热重曲线，可以推测物质的热稳定性、加热反应生成的产物等相关信息。第5题解题关键是抓住受热过程中Co元素的量不变，利用图中数据信息，确定分解所得氧化物中钴、氧元素的物质的量之比,从而确定不同温度下生成的氧化物的组成，写出反应的化学方程式。

7．一种以黄铜矿和硫磺为原料制取铜和其他产物的新工艺，原料的综合利用率较高。其主要流程如下：

已知：“反应Ⅱ”的离子方程式为Cu2++CuS+4C1-==2[CuCl2]-+S

回答下列问题：

（1）铁红的化学式为__________________；

（2）“反应Ⅱ”的还原剂是_______________(填化学式)；

（3）“反应III”的离子方程式为____________________________________；

（4）辉铜矿的主要成分是Cu2S，可由黄铜矿(主要成分CuFeS2)通过电化学反应转变而成，

有关转化如下如图所示。转化时正极的电极反应式为___________________。

（5）从辉铜矿中浸取铜元素，可用FeCl3作浸取剂。

①反应Cu2S＋4FeCl32CuCl2＋4FeCl2＋S，每生成1mol CuCl2，反应中转移电子的数目为______；浸取时，在有氧环境下可维持Fe3+较高浓度。有关反应的离子方程式是

__________。

②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素的浸取率的变化如图，其原因是

_______________。

（6）CuCl悬浊液中加入Na2S，发生的反应为2CuCl(s)＋S2－(aq)Cu2S(s)＋2Cl－(aq)，该反应的平衡常数K ＝__________________[已知K sp(CuCl)＝1.2×10－6，

K sp(Cu2S)＝2.5×10－43]。

【答案】Fe2O3 CuS 4[CuCl2]-+O2+4H+=4Cu2++8Cl-+2H2O 2CuFeS2＋6H+＋2e— = Cu2S＋2Fe2+＋3H2S↑ 2mol或2N A 4Fe2+＋O2＋4H+ = 4Fe3+＋2H2O 生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取 5.76×1030

【解析】

【分析】

(1) 铁红是氧化铁；

(2) 根据Cu2++CuS+4C1-==2[CuCl2]-+S，硫元素化合价升高；

(3) 反应III [CuCl2]-被氧化为Cu2+；

(4) 根据转化关系图，CuFeS2在正极得电子生成Cu2S、Fe2+、H2S。

(5)①根据反应Cu2S＋4FeCl32CuCl2＋4FeCl2＋S，每生成2mol CuCl2，转移4mol电子；氧气能把Fe2+氧化为Fe3+。

②Cu2S难溶，生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取；

（6）CuCl悬浊液中加入Na2S，发生的反应为2CuCl(s)＋S2－(aq)Cu2S(s)＋2Cl－(aq)，

该反应的平衡常数K ＝

2

2

Cl

S

-

-

??

??

??

??

。

【详解】

(1) 铁红是氧化铁，化学式Fe2O3；

(2) 根据Cu2++CuS+4C1-==2[CuCl2]-+S，硫元素化合价升高，所以CuS是还原剂；

(3) 反应III，[CuCl2]-被氧气氧化为Cu2+，离子方程式为4[CuCl2]-+O2+4H+=4Cu2++8Cl-+2H2O；

(4) 根据转化关系图，CuFeS2在正极得电子生成Cu2S、Fe2+、H2S，转化时正极的电极反应式为2CuFeS2＋6H+＋2e— = Cu2S＋2Fe2+＋3H2S↑。

（5）①根据反应Cu2S＋4FeCl32CuCl2＋4FeCl2＋S可知，每生成2mol CuCl2，转移4mol 电子，每生成1mol CuCl2，反应中转移电子的数目为2N A；氧气能把Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为4Fe2+＋O2＋4H+ = 4Fe3+＋2H2O。

②Cu2S难溶，生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取，所以洗涤时铜元素的浸取率的变化如图；

（6）2CuCl(s)＋S2－(aq)Cu2S(s)＋2Cl－(aq)的平衡常数K ＝

2 2

Cl

S

-

-

??

??

??

??

=

()

()

22

22

2

22

2

Cu Cl Ksp CuCl

Ksp Cu S

Cu S

+-

+-

????

????==

????

????

()26

43

1.210

2.510

-

-

?

?

=5.76×1030；

【点睛】

原电池中电子由负极流入正极，根据电子流动方向，可判断原电池的正负极。

8．对工业废水和生活污水进行处理是防止水体污染、改善水质的主要措施之一。

（1）硫酸厂的酸性废水中砷(As)元素(主要以 H3AsO3形式存在)含量极高，为控制砷的排放，某工厂采用化学沉淀法处理含砷废水。请回答以下问题：

①已知砷是氮的同族元素，比氮原子多 2 个电子层，砷在元素周期表的位置为_____。

②工业上采用硫化法(通常用硫化钠)去除废水中的砷，生成物为难溶性的三硫化二砷，该反应的离子方程式为_____。

（2）电镀厂的废水中含有的 CN-有剧毒，需要处理加以排放。处理含 CN-废水的方法之一是在微生物的作用下，CN-被氧气氧化成 HCO3-，同时生成 NH3，该反应的离子方程式为

_____。

(3)电渗析法处理厨房垃极发酵液，同时得到乳酸的原理如图所示(图中“HA”表示乳酸分子，A―表示乳酸根离子)：

①阳极的电极反应式为_____

②电解过程中，采取一定的措施可控制阳极室的 pH 约为 6～8，此时进入浓缩室的 OH－可忽略不计。400 mL 10 g·L－1乳酸溶液通电一段时间后，浓度上升为 145 g/L(溶液体积变化忽略不计)，阴极上产生的 H2在标准状况下的体积约为_____L (已知：乳酸的摩尔质量为 90 g/mol)。

【答案】第四周期ⅤA 族 2H 3AsO 3+3S 2-+6H +=As 2S 3↓+6H 2O 4H 2O+2CN -+O 2=2HCO 3-+2NH 3 4OH --4e -═2H 2O+O 2↑或2H 2O-4e -═O 2↑+4H + 6.72

【解析】

【分析】

（1）①由砷是氮的同族元素，比氮原子多2个电子层可知，砷原子最外层有5个电子，4个电子层；

②根据题给信息可知，酸性条件下，硫化钠与和废水中的砷酸反应，生成难溶性的三硫化二砷和水；

（2）由题意可知，在微生物的作用下，CN -被氧气氧化成HCO 3-，同时生成NH 3，反应中碳元素化合价升高被氧化，氮元素化合价没有变化；

（3）①水电离出的氢氧根离子在阳极上失电子发生氧化反应生成氧气，破坏水的电离平衡，使溶液呈酸性；

②由电极反应式和生成HA 的化学方程式可得：2HA —2 H +—H 2，由此计算可得。

【详解】

（1）①由砷是氮的同族元素，比氮原子多2个电子层可知，砷原子最外层有5个电子，4个电子层，则砷位于元素周期表第四周期ⅤA 族，故答案为：第四周期ⅤA 族； ②根据题给信息可知，酸性条件下，硫化钠与和废水中的砷酸反应，生成难溶性的三硫化二砷和水，反应中硫化钠做还原剂，砷酸做氧化剂，反应的离子方程式为2H 3AsO 3+3S 2-+6H +=As 2S 3↓+6H 2O ，故答案为：2H 3AsO 3+3S 2-+6H +=As 2S 3↓+6H 2O ；

（2）由题意可知，在微生物的作用下，CN -被氧气氧化成HCO 3-，同时生成NH 3，反应中碳元素化合价升高被氧化，氮元素化合价没有变化，则反应的离子方程式为4H 2O+2CN -+O 2=2HCO 3-+2NH 3，故答案为：4H 2O+2CN -+O 2=2HCO 3-+2NH 3；

（3）①水电离出的氢氧根离子在阳极上失电子发生氧化反应生成氧气，破坏水的电离平衡，使溶液呈酸性，溶液中氢离子浓度增大，电极反应式为4OH -或2H 2O-4e -═O 2↑+4H +，故答案为：4OH --4e -═2H 2O+O 2↑或2H 2O-4e -═O 2↑+4H +；

②由电极反应式和生成HA 的化学方程式可得：2HA —2 H +—H 2，电解过程中生成HA 的质量为（145 g/L ×0.4L —10 g/L ×0.4L ）=54g ，则由HA 和氢气的关系式可知阴极上产生的 H 2 在标准状况下的体积约为5490/g

g mol ×12

×22.4L/mol=6.72L ，故答案为：6.72。 【点睛】

电渗析法处理厨房垃极发酵液时，阳极上水电离出的氢氧根放电，使溶液中氢离子浓度增大，氢离子从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室，阴极上水电离出的氢离子放电，使溶液中氢氧根浓度增大，溶液中A -通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室，发生反应H ++A -═HA ，导致乳酸浓度增大是理解的关键，也是解答关键。

9．草酸亚铁是合成锂离子电池正极材料磷酸亚铁锂的原料。某工厂以炼钢厂的脱硫渣(主要成分是Fe 2O 3)为原料生产电池级草酸亚铁晶体的工艺流程如下：

（1）要提高“酸浸”速率，宜采取的措施有___(填两条)。

（2）写出“还原”过程中既是化合反应又是氧化还原反应的离子方程式___。

（3）滤渣2中含有的TiOSO 4在热水中易水解，生成H 2TiO 3，该反应的化学方程式为___。 （4）“滤液”经处理后得到一种化肥，其化学式为___。“一系列操作”指___。

（5）已知：298K 时，K sp [Fe(OH)2]=4.0×10-17，当离子浓度≤1.0×10-5mol?L -1时，视该离子已完全沉淀。上述流程中，加“氨水”调pH 的范围为___(lg2≈0.3)。

（6）草酸亚铁晶体(FeC 2O 4?2H 2O)纯度的测定：准确称取mg 草酸亚铁晶体于锥形瓶中，加入一定量的稀硫酸溶液，并加热至50℃，用cmol?L -1KMnO 4标准溶液滴定，达到滴定终点时，用去标准溶液VmL 。滴定反应(未配平)：

FeC 2O 4?2H 2O+KMnO 4+H 2SO 4→Fe 2(SO 4)3+CO 2+MnSO 4+K 2SO 4+H 2O ；则样品中FeC 2O 4?2H 2O 的纯度为___%(用含有m 、c 、V 的代数式表示)；若草酸亚铁晶体失去部分结晶水，测得的结果___(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。

【答案】加热、搅拌、粉粹矿粉等 2Fe 3++Fe=3Fe 2+ TiOSO 4+2H 2O=H 2TiO 2↓+H 2SO 4 (NH 4)2SO 4 洗涤、干燥 ≥ 8.3

30cV m 偏高 【解析】

【分析】

脱硫渣(主要成分为Fe 2O 3)用硫酸溶解，过滤除去不溶物，滤液中主要含有硫酸铁、硫酸等，进入铁粉还原得到硫酸亚铁，过滤分离，滤液中通入氨气，得到氢氧化亚铁沉淀，过滤分离，滤液中含有硫酸铵，氢氧化亚铁与草酸化合得到草酸亚铁，再经过过滤、洗涤、干燥得到草酸亚铁晶体。

【详解】

⑴要提高“酸浸”速率，宜采取的措施有：加热、搅拌、粉粹矿粉等；故答案为：加热、搅拌、粉粹矿粉等。

⑵“还原”过程中反应的离子方程式还有：Fe + 2Fe 3+ = 3Fe 2+；故答案为：Fe + 2Fe 3+ = 3Fe 2+。 ⑶TiOSO 4在热水中易水解，生成H 2TiO 3沉淀，还生成硫酸，反应方程式为：TiOSO 4 + H 2O = H 2TiO 3↓ + H 2SO 4，故答案为：TiOSO 4 + H 2O = H 2TiO 3↓ + H 2SO 4。

⑷滤液中含有硫酸铵，经处理后得到一种农业上常用的化肥，过滤后，再经过洗涤、干燥得到草酸亚铁晶体，故答案为：(NH 4)2SO 4；洗涤、干燥。

⑸根据题意，()()17

sp 21615

2[Fe(OH)]

4.010OH mol L 2.010mol L 1.010Fe K c c ------+?==?=???，pH ≥ 8.3；故答案为：≥ 8.3。

⑹配平后反应方程式为：10FeC 2O 4?2H 2O + 6KMnO 4 + 24H 2SO 4 = 5Fe 2(SO 4)3 + 20CO 2↑ + 6MnSO 4

+ 3K 2SO 4 + 24H 2O ，可知

()()3124241010n FeC O 2H O n KMnO V 10L cmol L 66

--?==????，故()31124210m FeC O 2H O V 10L c mol L 180g mol 0.3cV g 6---?=

??????=，故FeC 2O 4?2H 2O 的纯度为0.3cVg 30cV 100%%mg m

?=，若草酸亚铁晶体失去部分结晶水，测得的结果偏高；故答案为：30cV m

；偏高。

10．一种利用电化学方法同时脱除NO/SO 2的工艺如图所示：

已知SO 2水溶液中含硫微粒分布分数（Xi ）与pH 关系如图所示

（1）NaOH 溶液吸收SO 2时，溶液的pH 由9→6时，主要发生反应的离子方程式为________。

（2）含Ce 4+的溶液吸收NO ，若高价氮中的NO 2、N 2O 3、NO 2-、NO 3-各1mol ，则消耗0.5mol·L -1的含Ce 4+溶液的体积为________L ；其中NO 转化NO 3-的离子方程式为________。 （3）电解槽中，阴极电极反应式主要为________，阳极电极反应式为________。 （4）在“气液反应器”中高价氮中的N 2O 3化合为NH 4NO 3的化学方程式为________。

【答案】SO 32-+SO 2+H 2O=2HSO 3- 16 3Ce 4++NO+2H 2O=3Ce 3++NO 3-+4H + 2HSO 3-+2H ++2e -=S 2O 42-+2H 2O Ce 3+-e -=Ce 4+ N 2O 3+H 2O+O 2+2NH 3=2NH 4NO 3

【解析】

【分析】

(1)根据SO 2水溶液中含硫微粒分布分数图写出反应的离子方程式；

(2)根据得失电子守恒计算消耗含Ce 4+溶液的体积；根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式；

(3)电解过程中，阴极上HSO3-发生得电子的还原反应生成S2O42-，阳极上Ce3+发生失电子的氧化反应生成Ce4+，据此写出电极反应式；

(4)根据流程信息确定反应物和生成物，结合得失电子守恒、原子守恒书写反应的化学方程式。

【详解】

(1) 根据SO2水溶液中含硫微粒分布分数图可知，溶液的pH由9→6的过程中，SO32-在减少，HSO3-在增多，故反应的离子方程式为SO32-+SO2+H2O=2HSO3-；

(2)含Ce4+的溶液吸收NO的过程中，Ce4+被还原为Ce3+，NO转化为高价氮中的NO2、

N2O3、NO2-和NO3-，反应过程中得失电子守恒，因此可得

n(Ce4+)×1=1mol×2+1mol×2+1mol×1+1mol×3，因此n(Ce4+)=8mol，因此所需0.5mol/L的含

Ce4+溶液的体积

n8mol

V16L

c0.5mol/L

===；Ce4+将NO氧化为NO3-，自身还原为Ce3+；反

应过程中，Ce由+4价变为+3价，得到1个电子，N由+2价变为+5价，失去3个电子，根据得失电子守恒可得，Ce4+、Ce3+的系数为3，NO和NO3-的系数为1；根据电荷守恒可得生成物中含有H+，且其系数为4；根据氢原子个数守恒可得反应物中含有H2O，且其系数为2；因此可得该反应的离子方程式为： 3Ce4++NO+2H2O=3Ce3++NO3-+4H+；

(3)电解过程中，HSO3-在阴极发生得电子的还原反应，生成S2O42-，其电极反应式为：

2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O；Ce3+在阳极发生失电子的氧化反应，生成Ce4+，其电极反应式为：Ce3+-e-=Ce4+；

(4)在“气液反应器”中，反应物为N2O3、NH3和O2，生成物为NH4NO3，根据得失电子守恒、原子守恒可得该反应的化学方程式为：N2O3+H2O+O2+2NH3=2NH4NO3。

11．（1）最近材料科学家发现了首例带结晶水的晶体在5K下呈现超导性。该晶体的化学式为Na0.35CoO2·1.3H2O(该晶体的摩尔质量为122g·mol-1)，若用N A表示阿伏加德罗常数，则12.2g该晶体中含氧原子数为___，氢原子的物质的量为___mol。

（2）FeCl3溶液可以用来净水，用100mL2mol·L-1的FeCl3溶液净水时，生成具有净水作用的微粒数___(填“大于”“等于”或“小于”)0.2N A。

（3）在标准状况下，VL某气体(摩尔质量为Mg/mol)溶解在1L水(水的密度近似为

1g/cm3)中，假设气体完全溶解且不与水发生反应，所得溶液的密度为ρg/cm3，则所得溶液的物质的量浓度c=___mol/L(用以上字母表示，且必须化简)。

（4）工业上用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备ClO2反应：NaClO2＋HCl→ClO2↑＋

NaCl+H2O。写出配平的化学方程式____。

（5）向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下Cl23.36L(已知还原性：Fe2＋＞Br－)，反应后的溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为____mol/L。反应的离子方程式为____。

（6）若向盛有10mL1mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液的烧杯中加20mL1.2mol·L－1Ba(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为____mol。

【答案】0.33N A 0.26 小于

1000Vρ

22400+MV

5NaClO2＋4HCl=4ClO2↑＋5NaCl+2H2O 2

4Fe 2＋＋2Br -＋3Cl 2=4Fe 3＋＋Br 2＋3Cl - 0.022

【解析】

【分析】

（1）根据m n=M

计算晶体的物质的量，进而计算氧原子、氢原子的物质的量； （2）100mL2mol ·L -1的FeCl 3溶液中FeCl 3的物质的量是0.1L ×2mol ·L -1=0.2mol 。 （3）根据物质的量浓度的计算公式n c=

V 计算； （4）根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式。

（5）还原性：Fe 2＋＞Br －，FeBr 2溶液中通入标准状况下Cl 2，氯气先氧化Fe 2＋；

（6）NH 4Al (SO 4)2与Ba (OH )2溶液混合，SO 42-、Ba 2+反应生成BaSO 4沉淀，OH -与Al 3+、

NH 4+依次发生反应Al 3++3OH -=Al (OH )3↓、NH 4++OH -=NH 3?H 2O 、Al (OH )3+OH -=AlO 2-+2H 2O 。

【详解】

（1）根据m n=M

，12.2g 该晶体的物质的量是12.2g 122g/mol =0.1mol ，含氧原子数为0.1×3.3×N A =0.33N A ，氢原子的物质的量为0.1mol ×2.6=0.26mol ；

（2）100mL2mol ·L -1的FeCl 3溶液中FeCl 3的物质的量是0.1L ×2mol ·L -1=0.2mol ，生成具有净水作用的微粒是氢氧化铁胶粒，氢氧化铁胶粒是氢氧化铁的聚集体，所以微粒数小于0.2N A 。

（3）在标准状况下，VL 某气体的物质的量是V mol 22.4

；VL 某气体的质量是V VM mol Mg/mol=g 22.422.4?；所得溶液的质量是VM g+1000g 22.4，溶液的体积是VM +1000VM+2240022.4L=L 100022400ρ

ρ，所以物质的量浓度为V mol 22.4÷VM+22400L 22400ρ=1000V ρ22400+MV

mol /L ； （4）NaClO 2中部分氯元素化合价由+3升高为+4、部分氯元素化合价由+3降低为-1，所以NaClO 2既是氧化剂又是还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂还原剂的比为1:4，所以反应方程式是5NaClO 2＋4HCl =4ClO 2↑＋5NaCl +2H 2O 。

（5）还原性：Fe 2＋＞Br －，FeBr 2溶液中通入Cl 2，氯气先氧化Fe 2＋；标准状况下3.36L Cl 2的物质的量是 3.36L 22.4L/mol

=0.15mol ，设FeBr 2的物质的量为xmol ，氯气与Fe 2＋反应的离子方程式是2Fe 2＋+Cl 2=2Fe 3＋+2Cl -，则Fe 2＋消耗氯气的物质的量是

2x mol ；与Br -反应的氯气物质的量是0.15mol -2

x mol ，氯气与Br -反应的离子方程式是2Br -+Cl 2=Br 2+2Cl -，剩余Br -的物质的量是2x -0.3+x =(3x -0.3)mol ，根据氯元素守恒，反应后溶液中Cl -的物质的量是

0.3mol ，反应后的溶液中Cl －和Br －的物质的量浓度相等，则3x -0.3=0.3，x =0.2mol ；原FeBr 2溶液的物质的量浓度为0.2mol ÷0.1L =2mol /L ；与Br -反应的氯气物质的量是

0.15mol -

0.22

mol =0.05mol ，被氧化的Br -的物质的量是0.1mol ，被氧化的Fe 2＋、Br -的物质的量比是2:1，所以反应方程式是4Fe 2＋＋2Br -＋3Cl 2=4Fe 3＋＋Br 2＋3Cl -； （6）10mL 1mol ?L -1NH 4Al (SO 4)2溶液中Al 3+物质的量为0.01mol ，NH 4+的物质的量为0.01mol ，SO 42-的物质的量为0.02mol ，20mL 1.2 mol ?L -1Ba (OH )2溶液中Ba 2+物质的量为0.024mol ，OH -为0.048mol ；由SO 42-+Ba 2+=BaSO 4↓，可知SO 42-不足，所以可以得到0.02mol BaSO 4；根据Al 3++3OH -=Al (OH )3↓可知反应剩余OH -为0.048mol -

0.03mol =0.018mol ，根据H 4++OH -=NH 3?H 2O 可知反应剩余OH -为0.018mol -

0.01mol =0.008mol ，根据Al (OH )3+OH -=AlO 2-+2H 2O 可知得到Al (OH )3沉淀为0.01mol -0.008mol =0.002mol ，则最终得到固体为0.02mol +0.002mol =0.022mol 。

12．过氧化氢俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。根据下列反应回答问题：

A ．2222Na O +2HCl=2NaCl+H O

B ．22222Ag O+H O =2Ag+O +H O ↑

C ．22222H O 2H O+O =↑

D ．()22242424233H O +Cr SO +10KOH=2K CrO +3K SO +8H O

（1）上述反应中，H 2O 2仅体现氧化性的反应是（填序号，下同）_________,H 2O 2仅体现还原性的反应是（填序号，下同）_________,H 2O 2既体现氧化性又体现还原性的反应是________。

（2）上述反应说明H 2O 2、Ag 2O 、K 2CrO 4的氧化性由强到弱的顺序是________

（3）某酸性反应体系中发生的一个氧化还原的离子反应，反应物和生成物共六种微粒：

42++2222

O MnO H O Mn H O H -、、、、、。已知该反应中H 2O 2只发生了如下过程：H 2O 2→O 2。

①写出上述反应的离子方程式并配平_______________________________________ ②如果上述反应中有6.72L （标准状况）气体生成，转移的电子为_______mol 。 （4）H 2O 2有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称；如消除采矿业胶液中的氰化物（如KCN ），发生以下反应：2223KCN+H O +H O=A+NH ↑，试指出生成物A 的化学式为________。

【答案】D B C Ag 2O>H 2O 2>K 2CrO 4 2222422MnO +5 H O +6H =2Mn +5O +8H O -↑++

0.6 KHCO 3

【解析】

【分析】

(1)双氧水体现氧化性说明双氧水中元素化合价升高，体现还原性说明双氧水中元素化合价降低，H 2O 2又名过氧乙酸，有酸性，它是二元弱酸；

(2)氧化剂的氧化性>氧化产物的氧化性>还原剂的氧化性；

(3)①根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂的特点和性质来寻找反应物和生成物，然后结合化合价升降相等配平；

②根据所发生的反应来分析化合价的变化情况，进而得到转移电子的数目；

(4)根据原子守恒来确定物质的化学式，双氧水做氧化剂的还原产物为水，无污染产物。

【详解】

(1)D 中双氧水中氧元素化合价降低，说明双氧水作氧化剂，体现了氧化性，B 中双氧水中氧元素化合价升高，体现还原性，C 中双氧水中氧元素化合价既升高也降低，体现还原性和氧化性，

故答案为： D ；B ；C ；

(2)反应22222Ag O+H O =2Ag+O +H O ↑中，氧化银做氧化剂，双氧水作还原剂，则氧化性Ag 20> H 2O 2，反应()22242424233H O +Cr SO +10KOH=2K CrO +3K SO +8H O 中，双氧水做氧化剂，铬酸钾做氧化产物，则氧化性H 2O 2>K 2CrO 4，故氧化性顺序为：

Ag 2O>H 2O 2>K 2CrO 4；

故答案为：Ag 2O>H 2O 2>K 2CrO 4；

(3)①、该反应过程中，高锰酸根的氧化性和双氧水的还原性导致二者间发生氧化还原反应，高锰酸根离子中锰元素从+7变为+2价，化合价降低5价，双氧水中氧元素化合价从-1价变为0价，化合价至少升高2价，则高锰酸根离子的系数为2，双氧水的系数为5，然后利用质量守恒配平可得该反应的离子方程式为：

2422222MnO +5 H O +6H =2Mn

+5O +8H O -++↑， 故答案为：2422222MnO +5 H O +6H =2Mn +5O +8H O -++↑；

②上述反应中生成5mol 氧气转移电子10mol ，当反应中有6.72L(标准状况)即0.3mol 氧气生成时, 则转移的电子为：10mol ×0.3mol= 0.6mol ，

故答案为：0.6；

(4)反应2223KCN+H O +H O=A+NH ↑中, 根据原子守恒可知生成物A 的化学式为KHCO 3； 故答案为： KHCO 3。

【点睛】

对于缺项配平反应方程式的步骤为：写四样，平四样，选离子，平电荷，最后元素守恒。如(3) ①配平，氧元素化合价升高，则双氧水为还原剂，氧气为氧化产物，同时有另一种元素化合价降低，根据提供的离子高锰酸根化合价降低，变为锰离子，所以高锰酸根为氧化剂，锰离子为还原产物，完成第一步，写四样，根据得失电子守恒，配平四样；最后依据电荷守恒和元素守恒配平整个方程式。

13．焦亚硫酸钠(Na 2S 2O 5)在食品加工中常作防腐剂、漂白剂、疏松剂，焦亚硫酸钠具有还原性，受潮和温度高于150℃易分解，在空气中易被氧化为Na 2SO 4。

（一）实验室可采用下图1装置制取Na 2S 2O 5。装置Ⅱ中有Na 2S 2O 5晶体析出，发生的反应为:Na 2SO 3＋SO 2=Na 2S 2O 5。

(1)Ⅲ装置中球形干燥管的作用是______________________，要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体可采取的分离方法是____________________。

(2)焦亚硫酸钠在空气中久置会被氧化生成连二硫酸钠（Na2S2O6），写出该反应的化学方程式__________________________________________。已知Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。检测Na2S2O5晶体在空气中是否被氧化的实验方案为

________________________________。

（二）工业上制取原理是用纯碱与亚硫酸氢钠溶液混合而成的悬浮液吸收二氧化硫至过饱和，再从亚硫酸氢钠过饱和溶液中结晶析出焦亚硫酸钠产品。实验室模拟工业制取焦亚硫酸钠流程如下：

(3)Ⅱ中添加Na2CO3固体目的是________________，Ⅲ中为了减少对环境的污染，需要及时停止通入SO2，此时测量的数据是___________。

（三）测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数常用剩余碘量法。

已知：S2O52－+2I2+3H2O=2SO42－+4I－+6H+；2S2O32－+I2 = S4O62－+2I－

①精确称取产品0.20 g放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中。

②准确移取10.00 mL，1.00 mol/L的标准碘溶液（过量），在暗处放置5min，然后加入

5mL冰醋酸及适量的蒸馏水。

③用标准1.00 mol/L Na2S2O3溶液滴定至接近终点

．．．．，重复操作3次,平均消耗标准液17.60 mL。

(4)根据上述实验，计算产品纯度为______%(保留一位小数)。若实验过程中滴定终点俯视读数，则测定的结果______（填“偏高”、“偏低”、“无影响”）。

【答案】防止发生倒吸过滤 2Na2S2O5 + O2 = 2Na2S2O6取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量的盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，如果有白色沉淀生成，则表明样品已被氧化，否则没有被氧化形成NaHSO3悬浮液测量反应体系的pH小于或等于4.1 57.0 偏高

【解析】

【分析】

（一）（1）装置Ⅲ用于处理尾气，吸收未反应的二氧化硫，应防止倒吸；分离固体和液体应采取过滤；

(完整)高中化学专题复习之氧化还原反应

高中化学专题复习之—— 氧化还原反应 一、基本概念 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4FeS 2 +11O 2 =2Fe 2 O 3 +8SO 2 中，Fe 2 O 3 和SO 2 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(X 2 )、O 2 、 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MnO 2 、浓H 2 SO 4 、HNO 3 、KMnO 4 等(4)过氧化 物；如Na 2 O 2 、H 2 O 2 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、Z n 、Fe 等②一些非金属单质；如H 2 、C、Si等③较低态的化合物； CO、SO 2 、H 2 S、Na 2 SO 3 、FeSO 4 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。 还原性失去电子的能力 ⑵.基本概念之间的关系： 氧化剂有氧化性化合价降低得电子被还原发生还原反应生成还原产物 还原剂有还原性化合价升高失电子被氧化发生氧化反应生成氧化产物 例1、制备氰化钙的化学方程式为CaCO3+ 2HCN = Ca(CN)2 + CO↑+ H2↑+ CO2↑，在反应中（） A. 氢元素被氧化，碳元素被还原 B. HCN既是氧化剂又是还原剂 C. Ca(CN)2是氧化产物，H2是还原产物 D. CO为氧化产物，H2为还原产物 解析：本题考查氧化还原反应的有关概念。 CaCO3+ 2HCN = Ca(CN)2 + CO↑+ H2↑+ CO2↑（注意生成物中CO2碳元素来自CaCO3，它的化合价在反应前后没有发生变化），即氢元素化合价降低，碳元素化合价升高，故HCN既是氧化剂又是还原剂，Ca(CN)2 是氧化产物，H2是还原产物。答案：B、C。

高三化学专题复习《氧化还原反应》教案

氧化—还原反应专题教案 【教学目标】 知识与技能 1．理解氧化和还原、氧化性和还原性、氧化剂和还原剂、氧化产物和还原产物等概念。能判断氧化还原反应中物质的氧化性、还原性的强弱和电子转移方向和数目。能应用氧化还原反应中电子得失规律解决一些化学问题。 2．能配平常见的氧化还原反应方程式（包括常规配平、缺项配平、离子方程式配平、简单的有机反应配平等）。 3．掌握化合、分解、置换、复分解等四种基本化学反应类型，并能进行判断分析。 氧化还原反应是高考每年必考的内容，从考查试题类型来说可以是氧化还原概念的应用、氧化还原方程式的配平和书写或有关氧化还原的化学计算等等。近几年有深化加难的趋势。 过程与方法： 通过氧化还原方程式配平的学习，提高知识的综合迁移能力； 情感态度与价值观： （1）通过一般氧化还原反应方程式、特殊的氧化还原反应方程式的配平，理解事物的一般性和特殊性，加深具体情况具体分析的思想观念。 （2）通过一些配平技巧、配平的规律的学习，培养学生创造和发现化学学科的科学美、规律美，从中提高学习化学的兴趣。 【重点和难点】 重点：使学生掌握用化合价升降法配平氧化还原反应方程式的原则和步骤。 难点：氧化还原反应方程式配平的技巧，熟练掌握氧化还原反应方程式配平。 教学中主要通过学生的练习来发现问题、让学生自己总结发现配平的规律，提高氧化还原反应方程式配平的能力。 教学方法和过程 一、氧化—还原反应概念

以K2Cr2O7与浓HCl为例分析 K2Cr2O7 + HCl（浓）——KCl + Cr Cl3 + Cl2 + H2O 问题1 判断上述反应是否氧化—还原反应？（复习氧化—还原反应概念）凡有元素化合价升降的化学反应就是氧化—还原反应（既是特征也是判断依据）。 【思考】在氧化—还原反应中被氧化元素化合价升高总数和被还原元素化合价降低总数有什么关系？（引出是氧化—还原反应的实质） 【深化】凡是反应物中原子或离子有电子得失（或偏移）的反应就是氧化—还原反应。 问题2 什么是氧化剂、还原剂、氧化产物与还原产物、氧化性、还原性 归纳氧化还原反应中的基本概念 （1）氧化反应物质失去电子（化合价升高）的反应。 还原反应物质得到电子（化合价降低）的反应。 （2）所含元素化合价升高的反应物发生氧化反应（被氧化），是还原剂；所含元素化合价降低的反应物发生还原反应（被还原），是氧化剂。 （3）氧化性物质得电子的性质。若某物质得电子能力强，则该物质氧化性较强；较难得电子的氧化剂，其氧化性较弱。 还原性物质失电子的性质。若某物质失电子能力强，则该物质还原性较强；较难失电子的还原剂，其还原性较弱。 （4）氧化产物还原剂发生氧化反应后生成的物质。 还原产物氧化剂发生还原反应后生成的物质。 综合得出如下的氧化还原反应对立统一关系的两根推断线： 记忆技巧 实质判断依据元素变化反应物称为反应物性质 失e —→升价—→被氧化—→还原剂—→还原性 得e —→降价—→被还原—→氧化剂—→氧化性

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

高中化学知识点总结氧化还原反应

三、氧化还原反应 1、准确理解氧化还原反应的概念 1.1 氧化还原反应各概念之间的关系 （1）反应类型： 氧化反应：物质所含元素化合价升高的反应。 还原反应：物质所含元素化合价降低的反应。 氧化还原反应：有元素化合价升高和降低的反应。 （2）反应物： 氧化剂：在反应中得到电子(化合价降低)的物质-----表现氧化性 还原剂：在反应中失去电子（化合价升高）的物质-----表现还原性 （3）产物： 氧化产物：失电子被氧化后得到的产物-----具有氧化性 还原产物：得电子被还原后得到的产物-----具有还原性 （4）物质性质： 氧化性：氧化剂所表现出得电子的性质 还原性：还原剂所表现出失电子的性质 注意：a.氧化剂还原剂可以是不同物质，也可以是同种物质 b氧化产物、还原产物可以是不同物质，也可以是同种物质 C.物质的氧化性（或还原性）是指物质得到（或失去）电子的能力，与物质得失电子数目的多少无关（5）各个概念之间的关系如下图 1.2 常见的氧化剂与还原剂 (1)物质在反应中是作为氧化剂还是作为还原剂，主要取决于元素的化合价。 ①元素处于最高价时，它的原子只能得到电子，因此该元素只能作氧化剂，如+7价的Mn和+6价的S ②元素处于中间价态时，它的原子随反应条件不同，既能得电子，又能失电子，因此该元素既能作氧化剂，又能作还原剂，如0价的S和+4价的S ③元素处于最低价时，它的原子则只能失去电子，因此该元素只能作还原剂，如-2价的S (2)重要的氧化剂 ①活泼非金属单质，如F2、Cl2、Br2、O2等。 ②元素处于高价时的氧化物、高价含氧酸及高价含氧化酸盐等，如MnO2，NO2；浓H2SO4，HNO3；

高考化学压轴题专题复习—氧化还原反应的综合及答案解析

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析） 1．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：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+)=1.18 59 mol/L=0.02mol/L，则开始沉淀时，c(OH-)＝ -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。 2．根据当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿(主要成分为FeS2)作为原料。完成下列填空： (1)将0.050mol SO2(g) 和0.030mol O2(g) 充入一个2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)+Q。经2分钟反应达到平衡，测得n(SO3)=0.040mol，则O2的平

高中化学氧化还原反应教案

氧化还原反应 氧化还原反应与四大基本反应类型的关系①置换反应都是氧化还原反应； ③有单质生成的分解反应是氧化还原反 应； ④有单质参加的化合反应也是氧化还原反 应。 从数学集合角度考虑： 氧化还原反应的概念 1.基本概念 . 2.基本概念之间的关系：

氧化剂 有氧化性 化合价降低 得电子 被还原 发生还原反应生成还原产物 还原剂 有还原性 化合价升高 失电子 被氧化 发生氧化反应生成氧化产物 [例1]金属钛（Ti）性能优越，被称为继铁、铝制后的“第三金属”。工业上以金红石为原料制取Ti的反应为： aTiO2＋ bCl2＋ cC aTiCl4＋ c CO ……反应① TiCl4＋2Mg Ti ＋ 2MgCl2 ……反应② 关于反应①、②的分析不正确的是（） ①TiCl4在反应①中是还原产物，在反应②中是氧化剂； ②C、Mg在反应中均为还原剂，被还原； ③在反应①、②中Mg的还原性大于C，C的还原性大于TiCl4； ④a＝1，b＝c＝2； ⑤每生成19.2 g Ti，反应①、②中共转移4.8 mol e-。 A．①②④B．②③④C．③④D．②⑤ 标电子转移的方向和数目（双线桥法、单线桥法） ①单线桥法。从被氧化（失电子，化合价升高）的元素指向被还原（得电子，化合价降低）的元素，标明电子数目，不需注明得失。例： MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O ②双线桥法。得失电子分开注明，从反应物指向生成物（同种元素）注明得失及电子数。例： MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O 两类特殊的化学反应 ①歧化反应，同种元素同价态在反应中部分原子化合价升高，部分原子化合价降低。例： 3Cl2+6KOH KClO3+5KCl+3H2O ②归中反应。不同价态的同种元素的原子在反应中趋于中间价态，解此类题最好将该元素的不同价态用数轴标出，变化的区域只靠拢，不重叠。例： 得2e-—— 2e- 失2e-— — 失5e 得5×e

高中化学知识点总结氧化还原反应(精选课件)

高中化学知识点总结氧化还原反应 三、氧化还原反应 1、准确理解氧化还原反应的概念 1.1 氧化还原反应各概念之间的关系 (１)反应类型： 氧化反应：物质所含元素化合价升高的反应。 还原反应：物质所含元素化合价降低的反应。 氧化还原反应：有元素化合价升高和降低的反应. （２)反应物: 氧化剂：在反应中得到电子（化合价降低)的物质—－－--表现氧化性 还原剂：在反应中失去电子（化合价升高)的物质---——表现还原性 （３）产物: 氧化产物：失电子被氧化后得到的产物-—－-－具有氧化性 还原产物：得电子被还原后得到的产物-—－-－具有还原性（4）物质性质: 氧化性:氧化剂所表现出得电子的性质 还原性：还原剂所表现出失电子的性质 注意：a．氧化剂还原剂可以是不同物质，也可以是同种物质 b氧化产物、还原产物可以是不同物质，也可以是同种物质 C。物质的氧化性（或还原性）是指物质得到（或失去)电子的能力，与物质得失电子数目的多少无关

(5)各个概念之间的关系如下图 1。2 常见的氧化剂与还原剂 (1）物质在反应中是作为氧化剂还是作为还原剂，主要取决于元素的化合价。 ①元素处于最高价时,它的原子只能得到电子,因此该元素只能作氧化剂，如+7价的Ｍn和＋６价的Ｓ ②元素处于中间价态时,它的原子随反应条件不同，既能得电子,又能失电子，因此该元素既能作氧化剂，又能作还原剂,如0价的S和+4价的S...文档交流仅供参考... ③元素处于最低价时，它的原子则只能失去电子，因此该元素只能作还原剂，如－2价的Ｓ （2）重要的氧化剂 ①活泼非金属单质，如Ｆ2、Cl２、Ｂｒ2、O２等。 ②元素处于高价时的氧化物、高价含氧酸及高价含氧化酸盐等，如MnO2，NO2;浓H２SＯ4，HNO3；KＭnO４，KClO３，FeCl3等。...文档交流仅供参考... ③过氧化物，如Na２O2,H2O2等。 （3)重要的还原剂 ①金属单质,如Ｎa，K,Zn，Fｅ等. ②某些非金属单质,如H2，C，Sｉ等。 ③元素处于低化合价时的氧化物，如CO,SＯ2等。

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

高中化学 氧化还原专题练习题 (答案)

高三一轮复习氧化还原反应专题练习 可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 C-23 一、选择题（本题包括15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意。） 1．硒是人体微量元素中的“抗癌之王”，补充适量的硒还可以延缓衰老。中国科学家尝试用Na2SeO3清除人体内能加速人体衰老的活性氧。下面有关Na2SeO3在该反应的作用说法正确的是（A） A．该反应中是还原剂B．既是氧化剂又是还原剂 C．反应过程中Se的化合价从+2→+4 D．既不是氧化剂又不是还原剂 2．氢化亚铜（CuH）是一种难溶的物质，可用CuSO4溶液和“另一种物质”在40oC~50oC时反应来制备，CuH不稳定，它既能与HCl反应产生气体，又能在氯气中燃烧，以下有关判断不正确的是（D）A．CuH既可做氧化剂又可做还原剂 B．另一种物质一定具有还原性 C．CuH跟HCl反应的化学方程式为：2CuH+2HCl=CuCl2+2H2↑+Cu D．CuH在Cl2燃烧的化学方程式为：CuH+Cl2 CuCl+HCl 3．下列叙述中正确的是A A．元素的单质可由氧化含该元素的化合物来制得 B．失电子越多的还原剂，其还原性就越强 C．阳离子只能得电子被还原，作氧化剂 D．含有最高价元素的化合物一定具有强氧化性 还原性的强弱与失电子多少无关，B错，Fe2+有还原性，C错，NaCl没有强氧化性，D错 4．据广州日报：2008年2月23日深圳市龙岗宝龙工业区小食店发生疑似食物中毒事件，经调查该事件已正式确定为食品或水受到亚硝酸盐污染而引起的中毒事件。为了食品安全，可以用酸性高锰酸钾溶液进行滴定实验，定量检测NaNO 2的含量：NO2－＋MnO4－＋H＋NO3－＋Mn2＋＋H2O（未配平）。下列叙述中错误的是C A．滴定过程中不需加入指示剂 B．滴定实验后溶液的pH增大 C．滴定实验时酸性高锰酸钾溶液盛装在碱式滴定管中 D．1molKMnO4参加反应时消耗2.5molNaNO2 根据溶液颜色变化，可以确定滴定终点，不需加入指示剂，A对；该反应中消耗H＋，滴定实验后pH增大，B对；高锰酸钾溶液盛装在碱式滴定管下端的橡胶部分，C错；该反应中亚硝酸钠作还原剂，KM nO 4 作氧化剂， A对；MnO 4－Mn2＋，NO 2 －NO 3 －，根据得失电子守恒，1molKMnO 4 参加反应时消耗

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

高中化学 氧化还原反应专题练习(带答案)上课讲义

氧化还原反应专题练习 可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 C-23 一、选择题 1．硒是人体微量元素中的“抗癌之王”，补充适量的硒还可以延缓衰老。中国科学家尝试用Na2SeO3清除人体内能加速人体衰老的活性氧。下面有关Na2SeO3在该反应的作用说法正确的是（） A．该反应中是还原剂B．既是氧化剂又是还原剂 C．反应过程中Se的化合价从+2→+4 D．既不是氧化剂又不是还原剂 2．氢化亚铜（CuH）是一种难溶的物质，可用CuSO4溶液和“另一种物质”在40oC~50oC时反应来制备，CuH 不稳定，它既能与HCl反应产生气体，又能在氯气中燃烧，以下有关判断不正确的是（） A．CuH既可做氧化剂又可做还原剂 B．另一种物质一定具有还原性 C．CuH跟HCl反应的化学方程式为：2CuH+2HCl=CuCl2+2H2↑+Cu D．CuH在Cl2燃烧的化学方程式为：CuH+Cl2 CuCl+HCl 3．下列叙述中正确的是 A．元素的单质可由氧化含该元素的化合物来制得 B．失电子越多的还原剂，其还原性就越强 C．阳离子只能得电子被还原，作氧化剂 D．含有最高价元素的化合物一定具有强氧化性 4．据广州日报：2008年2月23日深圳市龙岗宝龙工业区小食店发生疑似食物中毒事件，经调查该事件已正式确定为食品或水受到亚硝酸盐污染而引起的中毒事件。为了食品安全，可以用酸性高锰酸钾溶液进行滴定实验，定量检测NaNO2的含量：NO2－＋MnO4－＋H＋NO3－＋Mn2＋＋H2O（未配平）。下列叙述中错误的是A．滴定过程中不需加入指示剂 B．滴定实验后溶液的pH增大 C．滴定实验时酸性高锰酸钾溶液盛装在碱式滴定管中 D．1molKMnO4参加反应时消耗2.5molNaNO2 5．在一定条件下，硫酸铵的分解反应为:4(NH4)2SO4=N2↑+6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+7H2O，当有n mol电子转移时，下列说法正确的是:

2020高三化学一轮复习 氧化还原反应

氧化还原反应 1．已知氧化还原反应：2Cu(IO 3)2＋24KI ＋12H 2SO 4===2CuI↓＋13I 2＋12K 2SO 4＋12H 2O 其中1 mol 氧化剂在反应中得到的电子为 ( ) A ．10 mol B ．11 mol C ．12 mol D ．13 mol 解析：由题目中给出的化学方程式可以看出，Cu （IO 3）2为氧化剂，且有两种元素化合 价发生了变化，C u ＋2+C u ＋1，I ＋5→I 0 ，1 mol Cu(IO 3)2得到电子为1 mol ＋2×5 mol＝11 mol 。 答案：B 2．一定条件下，碘单质与砹单质以等物质的量进行反应，可得AtI 。它与Zn 、NH 3都能发生反应，化学方程式分别如下： 2AtI ＋2Zn===ZnI 2＋ZnAt 2 AtI ＋2NH 3(l)===NH 4I ＋NH 2At 。 则下列叙述正确的是 ( ) A ．ZnI 2既是氧化产物，又是还原产物 B ．ZnAt 2既是氧化产物，又是还原产物 C ．AtI 与液氨反应，AtI 既是氧化剂，又是还原剂 D ．AtI 与液氨反应，是自身氧化还原反应 解析：在AtI 中，At 显＋1价，I 显－1价，所以ZnAt 2既是氧化产物，又是还原产物，B 项正确。AtI 与液氨反应时，是非氧化还原反应。NH 2At 中，At 显＋1价。AtI 与液氨的反应可类比IBr 与H 2O 的反应：IBr ＋H 2O===HBr ＋HIO 。 答案：B 3．利用碱性氧化性溶液的氧化作用，在钢铁表面形成一层Fe 3O 4(也可表示为FeFe 2O 4)薄膜，保护内部金属免受腐蚀，这种方法叫做烤蓝。烤蓝时发生如下反应： ①3Fe＋NaNO 2＋5NaOH===3Na 2FeO 2＋H 2O ＋NH 3↑ ②Na 2FeO 2＋NaNO 2＋H 2O===Na 2Fe 2O 4＋NH 3↑＋NaOH(未配平) ③Na 2FeO 2＋Na 2Fe 2O 4＋2H 2O===Fe 3O 4＋4NaOH 下列说法中正确的是 ( ) A ．Fe 3O 4既可看做是氧化物，又可看做是亚铁盐

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()

高三化学氧化还原反应专题复习

专题一氧化还原反应 【专题考案】 1、下列反应属于氧化还原反应,但水既不作氧化剂也不作还原剂得就是() A.CO2+H2O H2CO3 B.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ C.3Fe+4H2O(g)　高温 Fe2O4+4H2 D.2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ 2、已知A2O2 n -可将B2－氧化为B单质,A 2O 2 n -则被还原为A3+,又知100mL得0、3mol/L得A 2O 2 n -与150mL得0、 6mol/LB2－恰好完全反应,则A2O2 n -中得n值为() A.4 B.5 C.6 D.7 3、F2与Xe在一定条件下可生成氧化性极强且极易水解得XeF2、XeF4与XeF6三种化合物。如XeF4与水可发 生如下反应:6XeF4+12H2O==2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑。下列判断中正确得就是() A.XeF2分子中各原子均达到八电子结构 B.XeF6分子中Xe得化合价为+6价 C.上述反应中氧化剂与还原剂得物质得量之比为1∶2 D.XeF4按已知方式水解,每生成4molXe,转移12mol电子 4、下列环境下物质处于还原性氛围得就是() ①地球表面②沼气池③漂白粉溶液 A.②③ B.①② C.只有① D.只有② 5、吸进人体内得氧有2%转化为氧化性极强得活性氧,这些活性氧能加速人体衰老,被称为“生命杀手”。中 国科学家尝试用Na2SeO3清除人体内活性氧,Na2SeO3得作用就是() A.还原剂 B.氧化剂 C.既就是氧化剂又就是还原剂 D.既不就是氧化剂又不就是还原剂 6、Cl2在70℃得NaOH水溶液中,能同时发生两个自身氧化还原反应,反应完全后测得溶液中NaClO与NaClO3 得物质得量比为4∶1,则溶液中NaCl与NaClO得物质得量之比为: A、9∶4 B、5∶1 C、11∶2 D、1∶1 7、MnO2与Zn就是制造干电池得重要原料,工业上用软锰矿与闪锌矿联合生产MnO2与Zn得基本步骤为: ⑴软锰矿、闪锌矿与硫酸共热:MnO2＋ZnS＋2H2SO4＝MnSO4＋ZnSO4＋S＋2H2O。 ⑵除去反应混合物中得不溶物 ⑶电解混合液MnSO4＋ZnSO4＋2H2OMnO2＋Zn＋2H2SO4 下列说法不正确 ．．．得就是() A.步骤⑴中MnO2与H2SO4都就是氧化剂 B.步骤⑴中每析出12、8gS沉淀共转移0、8mol电子 C.电解时MnO2在阳极处产生 D.硫酸在生产中可循环使用

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

高一化学氧化还原反应习题和答案及解析

第二章第三节氧化还原反应 一、选择题（只有1个正确答案；共6小题，每小题3分，共18分。） 1．有关氧化还原反应实质的说法中正确的是（） A．是否有元素的电子转移B．是否有元素的化合价的变化 C．是否有氧元素的参加D．是否有原子的重新组合 2．下列有关四种基本反应类型与氧化还原反应关系的说法中正确的是（）A．化合反应一定是氧化还原反应B．分解反应一定不是氧化还原反应 C．置换反应一定是氧化还原反应D．复分解反应不一定是氧化还原反应 3．下列有关实验室制取气体的反应中，其原理不属于氧化还原反应的是（）A．实验室中用稀硫酸与锌粒反应制取H2B．实验室中用浓盐酸与二氧化锰加热制Cl2(见 P3-20) C．实验室中用高锰酸钾加热分解制取O2D．实验室中用稀盐酸与石灰石反应制取CO2 4．下列化学反应中，属于氧化还原反应的是（） A．Na2CO3＋CaCl2===CaCO3↓＋2NaCl B．Fe+CuSO4===Cu+FeSO4 C．2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O D．CaO＋H2O===Ca （OH）2 5．氧化还原反应在生产、生活中具有广泛的用途。下列生产、生活中的事例不属于氧化还原反应的是 A．金属冶炼B．燃放鞭炮C．食物腐败D．点制豆腐 6．从硫元素的化合价态上判断，下列物质中的硫元素不能表现氧化性的是（）A．Na2S B．S C．SO2D．H2SO4 二、选择题（有1-2个答案，只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个 给2分，选错一个该小题不给分。共10小题，每小题4分，计40分。） 7．下列说法中，能够判断一个反应是否是氧化还原反应的是（）A．反应前后，元素是否有电子转移B．反应前后，元素是否有化合价变化C．反应前后，是否有氧元素参加D．反应前后，是否有氢元素参加 8．对溶液中的离子反应存在下列几种说法，其中正确的是（）A．不可能是氧化还原反应B．只能是复分解反应 C．可能是置换反应D．可能是化合反应 9．下列水溶液中的各组离子因为发生氧化还原反应而不能大量共存的是（）A．Na+、Ba2+、Cl?、SO42-B．Ca2+、HCO3?、C1?、K+ C．MnO4?、K+、I?、H+D．H+、Cl?、Na+、CO32?

高一化学专题复习_氧化还原反应练习题

1．以油类为溶剂的防锈漆称为油基防锈漆，由于环保方面的原因，目前要推广使用水基防锈漆，但水基漆较易溶解O2，在干燥之前易导致金属表面产生锈斑，为此要在水基漆中加入缓蚀剂，以下可作为缓蚀剂添加的是（） A．KMnO4B．NaNO2C．FeCl3D．HNO3 2．下列物质转化需要加入还原剂才能实现的是（） A．SO32－→SO2B．HCl→Cl2C．Na→Na＋D．SO2→S 3．下列反应中有一种物质既是氧化剂又是还原剂的是（） A．2KI＋Br2＝2KBr＋I2 B．2AgNO32Ag＋2NO2↑＋O2↑ C．Cu2(OH)2CO32CuO＋CO2↑＋H2O D．2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑ 4．下列反应中，水既不是氧化剂，也不是还原剂，但反应是氧化还原反应的是（）A．2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑B．C＋H2O CO＋H2 C．Cl2＋H2O＝HCl＋HClO D．2F2＋2H2O＝4HF＋O2 5．在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，若有5mol水发生氧化反应，则被还原的BrF3物质的量为（） A．2mol B．5mol C．5 3mol D． 10 3mol 6．下列叙述中正确的是（） A．阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性B．含氧酸可作氧化剂而无氧酸则不能 C．失电子难的原子获得电子的能力就强D．氯气分子可作氧化剂，但也可被其他氧化剂所氧化7．在一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Cr2O72－和Pb2＋，则与1mol Cr3＋反应所需PbO2的物质的量为（） A．3.0mol B．1.5mol C．1.0mol D．0.75mol 8．R2O8n－离子在一定条件下可以把Mn2＋离子氧化为MnO4－，若反应后R2O8n－离子变为RO42－离子，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:2，则n值是（） A．4 B．3 C．2 D．1 9．已知Cu2S与某浓度的硝酸反应时，生成硝酸铜和硫酸，若反应中Cu2S与HNO3的物质的量之比为2:13，则该反应的还原产物为（） A．N2O B．NO C．NO2D．N2O3 10．臭氧可以使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，化学方程式为：KI+O3+H2O→KOH+I2 +O2(未配平)，下列叙述正确的是（） A．O3在反应中被还原为O2B．该反应的还原产物为I2 C．1mol O3在反应中得到2mol电子D．反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为1:3 11．根据下表下列叙述中正确的是（） 3

高三化学一轮复习氧化还原反应

高三化学一轮复习氧化还原反应 [ 考试标准] 考点知识条目必考要求加试要求考情分析 氧化还原反 应的概念及 规律 根据化合价的变化 判断氧化还原反应 b b 2016.4T4、2017.4T4、 2018.4T7 四种基本化学反应 类型与氧化还原反 应之间的关系 b b 2015.10T4、 2017.11T7 氧化还原反应中电 子转移的方向和数 目 b c 2016.10T17、 2017.4T24、 2017.11T29、 2018.4T20、 2018.6T24 根据氧化还原反应 判断物质的氧化 性、还原性强弱 c 2015.10T25、 2018.6T6、2018.4T24 氧化还原反 应方程式的 配平及相关 计算 氧化还原反应方程 式的配平 c 2016.10T30（3）、 2017.4T24、27、30 （3）、2017.11T27 考点一：氧化还原反应的判断 1.（2018·嘉兴一中高一期末）下列关于氧化还原反应的说法正确的是（） A.CH3CHO既有氧化性，又有还原性 B.反应BaO＋H2O2===BaO2＋H2O中，H2O2作氧化剂，BaO2为氧化产物 C.反应CH4＋Cl2―→CH3Cl＋HCl，既是取代反应、置换反应，也是氧化还原反应 D.反应3Cu＋8HNO3===3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为8∶3

解析 A.CH 3CHO 中的醛基可以与氧气发生催化氧化，也可与氢气发生还原反应，既有氧化性，又有还原性，故A 正确；B.反应BaO ＋H 2O 2===BaO 2＋H 2O 中没有元素的化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故B 错误；C.反应CH 4＋Cl 2―→CH 3Cl ＋HCl ，既是取代反应、也是氧化还原反应，但不属于置换反应，故C 错误；D.反应3Cu ＋8HNO 3===3Cu （NO 3）2＋2NO ↑＋4H 2O 中，氧化剂为硝酸，还原剂为铜，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3，故D 错误；故选A 。 答案 A 考点二：氧化剂、还原剂的判断及电子的转移 2.（2018·浙江省嘉兴高一期末）火法炼铜首先要焙烧黄铜矿（主要成分为CuFeS 2，其中Cu 、Fe 均为＋2 价），其反应为： 2CuFeS 2＋O 2=====高温 Cu 2S ＋2FeS ＋SO 2。关于此反应，下列说法不正确的是（ ） A.CuFeS 2中被氧化和被还原的原子数之比为2∶1 B.该反应中有两种物质作氧化剂 C.每生成1 mol SO 2，反应中转移6 mol 电子 D.CuFeS 2 中被氧化的元素只有硫 答案 A 考点三：氧化性、还原性强弱的比较 3.（2017·暨阳联考）已知还原性I －＞Fe 2＋＞I 2，在水溶液中I 2可被Cl 2氧化为IO －3，向含溶质a mol 的FeI 2溶液中通入b mol Cl 2，充分反应（不考虑单质与水的反应）。下列说法不正确的是（ ） A.当a ＝2b 时，反应后的粒子浓度之比：c （Fe 2＋）∶c （I －）∶c （Cl －）＝1∶1∶1 B.当3a ＝2b 时，发生的离子反应：2Fe 2＋＋4I －＋3Cl 2===2Fe 3＋＋2I 2＋6Cl － C.当13a ＝2b 时，发生的离子反应：2Fe 2＋＋4I －＋13Cl 2＋12H 2O===4IO －3＋26Cl －＋2Fe 3＋＋ 24H ＋ D.若反应溶液中I 2与IO －3的物质的量为1∶1，则反应中转移的电子为3.5b mol 解析 A.当a ＝2b 时，则碘离子的物质的量为4b mol ，而b mol Cl 2消耗2b mol 的I －，生成2b mol Cl －，所以反应后的粒子浓度之比：c （Fe 2＋）∶c （I －）∶c （Cl －）＝1∶1∶1，故A 正确；B.当3a ＝2b 时，也就是b ＝1.5a mol ，1.5a mol Cl 2得到3a mol 的电子，所以Fe 2＋正好