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一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）1．叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。
NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。
实验室可利用亚硝酸叔丁酯(t-BuNO2，以t-Bu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。
(1)制备亚硝酸叔丁酯取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合，发生反应H2SO4＋2NaNO2===2HNO2＋Na2SO4。
可利用亚硝酸与叔丁醇(t-BuOH)在40℃左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：____________。
(2)制备叠氮化钠(NaN3)按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应的化学方程式为：t-BuNO2＋NaOH＋N2H4===NaN3＋2H2O＋t-BuOH。
①装置a的名称是______________；②该反应需控制温度在65℃，采用的实验措施是____________________；③反应后溶液在0℃下冷却至有大量晶体析出后过滤。
所得晶体使用无水乙醇洗涤。
试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是____________。
(3)产率计算①称取2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。
②用滴定管加入0.10mol·L－1六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL(假设杂质均不参与反应)。
③充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10mol·L－1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]为标准液，滴定过量的Ce4＋，终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋)。
已知六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]与叠氮化钠反应生成硝酸铵、硝酸钠、氮气以及Ce(NO3)3，试写出该反应的化学方程式____________________________；计算叠氮化钠的质量分数为________(保留2位有效数字)。
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。
一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）1．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+ 6KOH熔融3K2MnO4+ KCl+3H2OK2MnO4歧化：3K2MnO4+2CO2＝2KMnO4+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)。
①烧杯②瓷坩埚③蒸发皿④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④ 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：④；（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。
备战高考化学氧化还原反应综合题附答案解析一、高中化学氧化还原反应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 +23（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。
1、下列叙述正确的是A、氧化还原反应的本质是化合价发生变化B、有单质产生的分解反应一定是氧化还原反应C、氧化剂在同一反应中既能够是反应物，也能够是生成物D、还原剂在反应中发生还原反应2、下列关于氧化还原反应的说法正确的是A、确信一种元素被氧化，另一种元素被还原B、某元素从化合态变成游离态，该元素一定被还原C、在反应中不一定所有元素的化合价都发生变化D、在氧化还原反应中非金属单质一定是氧化剂3、黑火药爆炸的反应为：S+2KNO3+3C=K2S+3CO2↑+N2↑。
在该反应中，氧化剂是①C ②S ③K2S ④KNO3 ⑤N2A、①③⑤B、②④C、②④⑤D、③④⑤4、下列离子因发生氧化还原反应而不能大量在水溶液中共存的是A、NH4+、Ba2+、SO42－、Cl－B、I－、H+、Na +、NO3C、Mg2+、K+、NO3－、Cl－D、Cu2+、Al3+、Br －、Na+5、下列变化需要加入还原剂才能实现的是A、MnO4 →MnO2B、Cl－－→Cl2C、H2S →SO2D、Fe2+ →Fe6、硫化亚铁能与浓硫酸发生化学反应，下列方程式配平正确的是A、2FeS+6H2SO4=Fe2(SO4)3+3SO2+2S+6H2OB、4FeS+18H2SO4=2Fe2(SO4)3+9SO2+7S+18H2OC、6FeS+16H2SO4=3Fe2(SO4)3+6SO2+7S+16H2OD、8FeS+18H2SO4=4Fe2(SO4)3+3SO2+11S+18H2O7、赤铜矿的成分是Cu2O，辉铜矿的成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热有以下反应：Cu2S+2Cu2O→6Cu+SO2，关于该反应的下列说法中正确的是A、该反应中的氧化剂只有Cu2OB、Cu2S在反应中既是氧化剂又是还原剂C、Cu既是氧化产物又是还原产物D、氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶68、G、Q、X、Y、Z均为氯的含氧化合物，我们不了解它们的化学式，但明白它们在一定条件下具有如下的转换关系（未配平）：①G→Q+NaCl ②Q+H2O→X+H2③Y+NaOH→G+Q+H2O ④Z+NaOH→Q+X+H2O这五种化合物中氯的化合价由低到高的顺序是A、QGZYXB、GYQZXC、GYZQXD、ZX GYQ9、(05年高考题江苏卷)氮化铝（AlN）具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域。
氧化还原反应高考专题训练（详解版）一、选择题1．下列物质既具有氧化性又有还原性的是(）①SO2②Fe3+③Fe2+④HCl ⑤H2O2A．①②③B．①③C．①③⑤D．①③④⑤答案：D【解析】试题分析：凡是元素的化合价处于中间价态物质，都既具有氧化性又有还原性,所以①③⑤都是正确的。
铁离子只有氧化性，氯化氢中氯元素可以失去电子，氢元素可以得到电子，所以既具有氧化性又有还原性，答案选D。
考点：考查物质氧化性和还原性的正误判断点评:该题是中等难度的试题，试题基础性强，注重解题方法的培养的指导，有利于培养学生的逻辑思维能力和灵活应变能力。
该题的关键是明确氧化性和还原性的判断依据,然后结合题意具体问题、具体分析即可。
2．某氮的氧化物和CO在催化剂存在下充分反应,生成物质的量之比为1︰2的N2和CO2，该氧化物是（）A．N2O B．NO C．NO2D．N2O5答案：B【解析】氮气是还原产物，CO2是氧化产物.根据得失的得失守恒可知，生成1mol氮气,转移4mol电子，所以平均1个氮原子得到2个电子，因此氧化物中氮元素的化合价是＋2价,选项B正确，答案选B。
3．氢化钙中的氢元素为－1价，它可用作生氢剂，反应的化学方程式是: CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑ ,有下列判断：①H2只是氧化产物；②H2只是还原产物;③H2O 是氧化剂④CaH2中的氢元素被还原；⑤此反应中氧化产物与还原产物的原子个数之比为1：1，上述判断中正确的是A．①②③B．③⑤C．②④D．④⑤答案：B【解析】试题分析:氢化钙中H为－1价，反应中元素化合价变化为:H：－1→0 失1×2e－H：+1→0 得1×2e－反应中氢化钙是还原剂，水是氧化剂,H2既是氧化产物又是还原产物，氧化产物与还原产物物质的量比为1:1。
考点：氧化还原反应点评:氧化还原反应中,同种元素化合价变化遵循“只靠拢、不交叉"的原则.4．下列物质不能通过化合反应直接制得的是（）A．FeCl2B．NaHCO3C．Cu(OH)2D．Fe(OH)3答案:C【解析】试题分析：A中物质可以通过铁和氯化铁的反应制得;B中物质可以通过碳酸钠和水和二氧化碳化合反应制得；C中物质不可以通过化合反应制得,因为氧化铜和水是不会反应的。
1．了解氧化还原反应的本质是电子转移。
2．了解氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物等概念。
3．能够利用得失电子守恒进行有关氧化还原反应的计算。
4．了解常见的氧化剂和还原剂及常见的氧化还原反应。
知识点一、氧化还原反应的基本概念及相互关系1．氧化还原反应的实质是电子的得失或电子对的偏移，特征是反应前后元素化合价的升降；判断某反应是否属于氧化还原反应可根据反应前后化合价是否发生了变化这一特征。
2．基本概念(1)氧化反应：失去电子(化合价升高)的反应。
(2)还原反应：得到电子(化合价降低)的反应。
(3)氧化剂(被还原)：得到电子的物质(所含元素化合价降低的物质)。
(4)还原剂(被氧化)：失去电子的物质(所含元素化合价升高的物质)。
(5)氧化产物：还原剂失电子后对应的产物(包含化合价升高的元素的产物)。
(6)还原产物：氧化剂得电子后对应的产物(包含化合价降低的元素的产物)。
3．氧化还原反应的表示方法高考化学复习《氧化还原反应》知识点解析及练习题含答案(1)双线桥法箭头必须由反应物指向生成物，且两端对准同种元素。
箭头方向不代表电子转移方向，仅表示电子转移前后的变化。
在“桥”上标明电子的“得”与“失”，且得失电子总数应相等。
(2)单线桥法箭头必须由还原剂中失电子的元素指向氧化剂中得电子的元素。
箭头方向表示电子转移的方向。
在“桥”上标明转移的电子总数。
1．氧化还原反应与四种基本反应类型的关系(1)有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应；(2)有单质生成的分解反应一定是氧化还原反应；(3)置换反应一定是氧化还原反应；(4)复分解反应一定不是氧化还原反应。
2．常见的氧化剂和还原剂重要的氧化剂一般有以下几类：(1)活泼的非金属单质，如Cl2、Br2、O2等。
(2)元素(如Mn等)处于高化合价时的氧化物，如MnO2等。
(3)元素(如S、N等)处于高化合价时的含氧酸，如浓H2SO4、HNO3等。
(4)元素(如Mn、Cl、Fe等)处于高化合价时的盐，如KMnO4、KClO3、FeCl3等。
一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）1．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的平均反应速率为______(2)在容积不变时，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有______(选填编号)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Fe3O4①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______。
有2mol氧化产物生成时转移的电子数为______【答案】0.005mol/(L•min) bd 抑制Fe3+与Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+ FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+14N A【解析】【分析】(1)根据v＝ct∆∆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。
备战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1．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HIO3白色固体，能溶于水，难溶于CCl4KIO3①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－＋IO3－=IO4－＋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CCl4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HIO3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。
高考化学一轮复习氧化还原反应专项练习（带解析）自然界中的燃烧，呼吸作用，光合作用，生产生活中的化学电池，金属冶炼，火箭发射等等都与氧化还原反应息息相关。
查字典化学网为考生整理了氧化还原反应专项练习，请考生认真练习。
1.随着人们生活节奏的加快，方便的小包装食品已被广泛同意，为了防止富脂食品氧化变质，延长食品的保质期，在包装袋中常放入抗氧化物质。
下列不属于抗氧化物质的是()A.生石灰B.还原铁粉C.亚硫酸钠D.硫酸亚铁解析：抗氧化物质是具有还原性的物质。
生石灰无还原性，在食品包装袋中作干燥剂。
答案：A2.关于反应CaH2+2H2O===Ca(OH)2+2H2，下列判定正确的是()①H2只是氧化产物②H2只是还原产物③H2O是氧化剂④CaH2中的H元素被还原⑤此反应中氧化产物与还原产物的原子个数比为1∶1A.①②③B.②④C.①D.③⑤解析：在反应物CaH2中，H显-1价，生成物H2中的4个H原子，有两个来自CaH2，另两个来自H2O，H2既是氧化产物又是还原产物。
还原剂为CaH2，氧化剂为H2O。
答案：D3.下列反应中，属于氧化还原反应的是()A.NH4HCO3NH3+CO2+H2OB.HCl+NaOH===NaCl+H2OC.MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2OD.2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2解析：判定化学反应是否是氧化还原反应的依据是反应前后有无元素化合价发生变化，选项A、B反应中均无元素化合价变化，因此是非氧化还原反应;C、D项反应中，元素化合价发生改变，C项中Mn从+4价降为+2价，部分Cl从-1价升高为0价，D项中氯元素从-1价升高到0价，氢元素由+1价降低到0价，因此C、D项中反应属于氧化还原反应。
答案：CD4.钛(Ti)被称为继铁、铝之后的第三金属，TiO2制取Ti的要紧反应有：①TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO②TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti下列叙述正确的是()A.反应①是置换反应B.反应②是复分解反应C.反应①中TiO2是氧化剂D.反应②中金属镁是还原剂解析：在反应①中Ti的化合价不变，氧化剂为Cl2。
一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）1．2ClO 是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，为了运输和贮存便利常将其制成2NaClO 固体，模拟工业上用过氧化氢法制备2NaClO 固体的实验装置如图所示。
已知：2ClO 熔点-59℃、沸点11℃、22H O 沸点150℃A 中的化学方程式：32224222422NaClO H O H SO 2ClO O Na SO 2H O ++=↑+↑++(1)3NaClO 放入仪器A 中，仪器B 中的药品是__________(写化学式)。
如果仪器B 改成分液漏斗，实验过程中可能会出现的实验现象__________。
(2)C 装置有明显缺陷，请绘出合理的装置图(标明气流方向)__________。
(3)向A 装置中通入空气，其作用是赶出2ClO ，然后通过C 再到D 中反应。
通空气不能过快的原因是__________，通空气也不能过慢原因是__________。
(4)冰水浴冷却的目的是__________。
a.降低2NaClO 的溶解度b.减少22H O 的分解c.使2ClO 变为液态d.加快反应速率(5)写出D 中发生反应的化学方程式__________，22H O 在反应起到__________作用。
假设在反应中消耗掉22H O a g 则有__________mol 电子转移。
【答案】H 2O 2 液体无法顺利滴落 空气流速快时，2ClO 不能被充分吸收 空气流速过慢时，2ClO 不能及时被移走，浓度过高导致分解 abc2ClO 2+H 2O 2+2NaOH=2NaClO 2+O 2↑+2H 2O 还原剂 a/17【解析】【分析】氯酸钠(NaClO 3)在酸性条件下与过氧化氢生二氧化氯，ClO 2与氢氧化钠溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO 2，NaClO 2的溶解度随温度升高而增大，通过冷却结晶，过滤洗涤得到晶体NaClO 2•3H 2O 。
【详解】(1)3NaClO 放入仪器A 中，仪器B 中的药品是H 2O 2，仪器B 为滴液漏斗，其目的是平衡气压，使得溶液能够顺利滴入，如果仪器B 改成分液漏斗，实验过程中可能会出现的实验现象是：分液漏斗中的液体无法顺利滴落，反应无法继续进行；(2)实验中C 的作用是防止倒吸，C 装置中的右侧导管太短，不利于气体的流动，合理的装置图为：；(3)向A 装置中通入空气，其作用是赶出2ClO ，然后通过C 再到D 中反应。
空气流速不能过快，因为空气流速快时，2ClO 不能被充分吸收；空气流速也不能过慢，空气流速过慢时，2ClO 不能及时被移走，浓度过高导致分解；(4) NaClO 2的溶解度随温度升高而增大，过氧化氢易分解，所以冰水浴冷却的目的是：降低2NaClO 的溶解度、减少22H O 的分解，由于2ClO 的沸点较低，所以还能使2ClO 变为液态，方便使用；(5)写出D 中发生反应的化学方程式为：2ClO 2+H 2O 2+2NaOH=2NaClO 2+O 2↑+2H 2O ，22H O 在反应中得电子，起到还原剂的作用。
反应中存在关系：22H O ~2e -，若在反应中消耗掉22H O a g ，则转移的电子的物质的量为：2×a g/(34g·mol -1)= a/17mol 。
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：222231122Br ~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()210.005V-V3mmol，质量为()21940.005V-V3⨯mg，则该废水中苯酚的含量为()()2121-13940.005V-Vmg94V-V3mg L251015L-⨯=⨯g，若步骤2中忘记塞进瓶塞，溴单质挥发，导致最终消耗的Na2S2O3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Na2S2O3的体积偏小，使测得苯酚的含量偏低，故答案为：()2194V-V15；偏低；偏低；(5)由题干信息可知，Ti基PbO2为阳极，则阳极H2O失去电子产生·OH，电极反应式为H2O-e-===H++·OH，故答案为：H2O-e-===H++·OH；(6)根据题干信息可知，苯酚被阴极产生的H2O2深度氧化产生CO2和H2O，有氧化还原反应规律得到其反应方程式式为C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O，故答案为：C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O。
3．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），该过程中发生的反应为AgCl +232SO- [Ag(SO3)2]3– + Cl–。
（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。
