1、一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）1（连二亚硫酸钠）是易溶于水，不溶于甲醇的白色固体，在空气中极易被氧化，是一种还原性漂白剂。制取的方法很多，（1）在碱性溶液中用还原法制备的反应原理为：（未配平）反应装置如图所示：实验开始及整个过程中均需通入，其目的是_。制备过程中温度需控制在1045，采用水浴加热的主要优点是_。为使尽可能完全被还原，加入三口烧瓶中的反应液，应控制_。（2）用还原制备的装置（夹持加热仪器略）如下：装置a烧瓶中发生反应的化学方程式为_。装置b用于净化，适宜的试剂是_。装置c在7083生成并析出，同时逸出，该反应的化学方程式为_，加入的目的是_；利用反应后的浊液分离
2、提纯需经过的操作为_。【答案】排出装置内空气，使反应在无氧状况下进行 使反应液均匀受热 小于8:1（或8） 饱和溶液 降低的溶解度 过滤、洗涤、重结晶、过滤、干燥 【解析】【分析】(1)在空气中极易被氧化，通入其目的是排出装置内空气；采用水浴加热的主要优点是使反应液均匀受热；，根据得失电子守恒可知，=8；(2)装置a烧瓶中发生Na2SO3与盐酸反应生成SO2的反应；生成的SO2气体中含有HCl气体，根据性质选择除杂溶液；装置c在7083和、反应生成并析出，同时逸出；不溶于甲醇，加入可降低的溶解度；利用反应后的浊液分离提纯需重结晶。【详解】(1)在空气中极易被氧化，实验开始及整个过程中均需通入，
3、其目的是排出装置内空气，使反应在无氧状况下进行；制备过程中温度需控制在1045，采用水浴加热的主要优点是使反应液均匀受热；根据得失电子守恒配平方程式，=8，为使尽可能完全被还原，加入三口烧瓶中的反应液，应控制”“”或“”)。下列说法正确的是_(填字母)。A当体系中CO2和CO物质的量浓度之比保持不变时，反应达到平衡状态B投料比：m1m2m3C当投料比m2时，NO转化率是CO转化率的2倍D汽车排气管中的催化剂可提高NO的平衡转化率随着温度的升高，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近的原因为_。（2）若反应2NO(g)2CO(g) = N2(g)2CO2(g)的正、逆反应速率可表示为：v正=k正c
4、2(NO) c2(CO)；v逆=k逆c (N2) c2(CO2), k正、k逆分别为正、逆反应速率常数， 仅与温度有关。一定温度下，在体积为1L的容器中加入2molNO和2molCO发生上述反应，测得CO和CO2物质的量浓度随时间的变化如图2所示，则a点时v正v逆_。（3）工业生产排放的烟气中同时存在SO2、NOx和CO，利用它们的相互作用可将SO2、NOx还原成无害物质，一定条件下得到以下实验结果。图3为298K各气体分压(气体的物质的量分数与总压的乘积)与CO物质的量分数的关系，图4为CO物质的量分数为2.0%时，各气体分压与温度的关系。下列说法不正确的是_(填字母)。A不同温度下脱硝的产
5、物为N2，脱硫的产物可能有多种B温度越高脱硫脱硝的效果越好CNOx比SO2更易被CO还原D体系中可能发生反应：2COS = S22CO；4CO2S2 = 4CO2SO2（4）NH3催化还原氮氧化物是目前应用最广泛的烟气脱硝技术。用活化后的V2O5作催化剂，NH3将NO还原成N2的一种反应历程如图5所示，则总反应方程式为_。（5）用间接电化学法去除烟气中NO的原理如图6所示，则阴极的电极反应式为_。【答案】 AB 温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响 160：1 B 4NH3+4NO+O24N2+6H2O 2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O 【解析】【
6、分析】(1)由图象可知，起始投料比m一定时，CO的平衡转化率随温度的升高而降低；A.起始投料比m一定时，而反应中NO、CO的变化量相同，体系中CO2和CO物质的量浓度之比保持不变，即体系中CO2、CO物质的量浓度不变，据此判断；B.由图象可知，温度一定时，增大NO浓度，CO转化率增大；C.根据转化率=变化量与起始量的比值和反应中NO、CO的变化量相同分析判断；D.催化剂不能改变反应进程，只改变反应速率；由图象可知，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近，主要原因是温度的影响起主导作用，投料比不同的影响为次要因素；(2)反应达到平衡时v正=k正c2（NO）c2（CO）=v逆=k逆c（N2）c2（C
7、O2），则平衡常数K= ，结合反应三段式计算平衡常数K和a点时各物质的浓度，代入v正、v逆计算v正：v逆；(3)A由图可知，NOx还原成无害物质为氮气，脱硫的产物可能有多种，与温度有关； B温度高于1000时二氧化硫的含量增大，说明温度越高不利于脱硫；C根据图3，随CO物质的量分数增大，还原NOx生成氮气曲线斜率变化比较小，而还原SO2需要CO物质的量分数较大时才能将SO2从烟气中分离；D根据图4，COS分压曲线随温度升高减小，S2、CO分压增大，继续升高温度，S2、CO2分压减小，CO分压增大； (4)用活化后的V2O5作催化剂，NH3将NO 还原成N2，同时生成水，原子守恒配平书写化学方程
8、式；(5) 阴极通入的SO32-发生得电子的还原反应生成S2O42-。【详解】(1)由图象可知，起始投料比m一定时，温度越高，CO的平衡转化率越低，即升高温度平衡逆向移动，所以正反应放热，即H0；A反应正向进行时CO2增多而CO减少，说明未达到平衡时二者比值会变，所以体系中CO2和CO物质的量浓度之比保持不变，反应达到平衡状态，故A正确；B由图象可知，温度一定时，增大NO浓度，CO转化率增大，即起始投料比m越大时，CO转化率越大，所以投料比：m1m2m3，故B正确；C由反应计量关系可知，反应中NO、CO的变化量相同，平衡转化率=100%，所以平衡转化率与起始量成反比，即投料比m=2时CO转化率
9、是NO转化率的2倍，故C错误；D催化剂不能改变反应进程，只改变反应速率，所以NO的平衡转化率不变，故D错误；故答案为：AB；由图象可知，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近，随温度逐渐升高，温度的影响起主导作用，即温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响；(2)平衡时三段式为：平衡时正逆反应速率相等即k正c2(NO)c2(CO)= k逆c(N2)c2(CO2)，所以=80；a点时反应三段式为：a点时c(CO)=c(CO2)，则2-2x=2x，解得x=0.5，所以a点时c(CO)=c(CO2)=c(NO)=1mol/L，c(N2)=0.5mol/L，所以=160，即v正：
10、v逆=160：1；(3)A由图可知，NOx还原成无害物质为氮气，脱硫的产物可能有多种，与温度有关，故A正确；B温度高于1000时二氧化硫的含量增大，说明温度越高不利于脱硫，故B错误；C根据图3，随CO物质的量分数增大，还原NOx生成氮气曲线斜率变化比较小，而还原SO2需要CO物质的量分数较大时才能将SO2从烟气中分离，说明CO更易与NOx反应，则NOx比SO2更易被CO还原，故C正确；D根据图4，COS分压曲线随温度升高减小，S2、CO分压增大，继续升高温度，S2、CO2分压减小，CO分压增大，说明体系中可能发生反应：2COSS2+2CO；4CO2+S24CO+2SO2，故D正确；故答案为：B
11、；(4)活化后的V2O5作催化剂，NH3将NO还原成N2，还生成水，反应为4NH3+4NO+O24N2+6H2O；(5)阴极上亚硫酸根离子得到电子，阴极的电极反应式为2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O。6亚硝酰硫酸（NOSO4H）主要用于染料、医药等工业。实验室制备亚硝酰硫酸的方法如下：将SO2通入盛有浓硫酸和浓硝酸的混合液中，维持体系温度略低于20，搅拌，使其充分反应。反应过程中，亚硝酰硫酸的物质的量和硝酸的物质的量随时间的变化如图所示。（1）实验室制备NOSO4H的化学反应方程式为_。反应进行到10min后，反应速度明显加快，其可能的原因是_。反应过程中，硝酸减少的物质的量
12、大于NOSO4H生成的物质的量的可能原因是_（2）为了测定亚硝酰硫酸的纯度，进行如下实验：。准确称取1.200g产品放入锥形瓶中，加入50.00mL0.1000molL-1的KMnO4标准溶液和足量稀H2SO4，摇匀，使其充分反应。再将反应后溶液加热至6070（使生成的HNO3挥发逸出），冷却至室温，用0.2500molL-1Na2C2O4标准溶液滴定至终点，消耗Na2C2O4溶液的体积为16.00mL。已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；KMnO4在酸性条件下被还原为Mn2+。根据以上实验数据计算亚硝酰硫酸的纯度。（写出计算过程）
13、_【答案】HNO3+SO2NOSO4H 生成的NOSO4H对该反应有催化作用 硝酸会挥发和分解 90.00% 【解析】【分析】（1）设NOSO4H中N的化合价为x，根据化合价代数和为0有：x+(+6)1+(-2)5+(+1) 1=0，解得：x=+3，N元素化合价从+5降低到+3，必有S元素化合价从+4升高到+6，发生的是氧化还原反应，氧化剂与还原剂物质的量之比=1：1；（2）50.00mL0.1000molL-1的KMnO4与16.00mL 0.2500molL-1Na2C2O4反应之后剩余的KMnO4再与NOSO4H反应。【详解】（1）N元素化合价从+5降低到+3，必有S元素化合价从+4升高
14、到+6，N元素和S元素的物质的量之比=1:1，所以反应的方程式为：HNO3+SO2NOSO4H，故答案为：HNO3+SO2NOSO4H；反应前十分钟没有加快，不是温度，十分钟后明显加快，说明生成的物质对反应有催化作用，故答案为：生成的NOSO4H对该反应有催化作用；从反应的方程式看：参加反应的硝酸和生成的NOSO4H比例为1:1，消耗的硝酸多，可能是有一部分挥发和分解了，故答案为：硝酸会挥发和分解；（2）一部分KMnO4标准溶液和NOSO4H反应，剩余的KMnO4标准溶液用Na2C2O4反滴定，KMnO4和Na2C2O4，KMnO4中Mn元素化合价从+7降低到+2，降低5，作氧化剂，Na2C2
15、O4中C元素化合价从+3升高到+4升高了1，2个C升高了2，作还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比=2:5，所以，解得：和Na2C2O4反应的KMnO4的物质的量n1=1.610-3mol，KMnO4总的物质的量=50.0010-3L0.1000molL-1=510-3mol，所以和NOSO4H反应的KMnO4的物质的量=510-3mol-1.610-3mol=3.410-3mol，所以，解得NOSO4H的质量m=1.0795g，所以样品中NOSO4H的纯度=90.00%，故答案为：90.00%。【点睛】和Na2C2O4反应的KMnO4加上和NOSO4H反应的KMnO4为总的
16、KMnO4的量。7三氟化氮（NF3）是一种新型电子材料，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有： HF、 NO 和 HNO3 ，请根据要求回答下列问题：(1)反应过程中，被氧化与被还原的元素的物质的量之比为_。(2)写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：_。若反应中生成0.2 mol HNO3，转移的电子数目为_个。(3)NF3是一种无色、无臭的气体，但一旦NF3在空气中泄漏，还是易于发现。你判断该气体泄漏时的现象是_。(4)一旦NF3泄漏，可以用NaOH溶液喷淋的方法减少污染，其产物除NaNO2、NaF、H2O外，还肯定有_（填化学式）。【答案】21 0.4
17、NA 泄漏时会看到白雾和红棕色气体，同时闻到刺激性气味 NaNO3 【解析】【分析】由题给信息可知，三氟化氮(NF3)在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有HF、NO和HNO3，反应中氮元素的化合价从+3价分别降为+2价，升为+5价，由升降法配平可得化学方程式为3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3。【详解】(1)由题给信息可知，反应中三氟化氮中氮元素的化合价即升高被氧化，又降低被还原，由化合价升降可知被氧化与被还原的氮元素的物质的量之比为1：2，故答案为：1:2；（2）由题给信息可知，三氟化氮(NF3)在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有HF、NO
18、和HNO3，反应中氮元素的化合价从+3价分别降为+2价，升为+5价，由升降法配平可得化学方程式为3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3，反应中生成1mol硝酸转移2mol电子，电子转移的方向和数目可表示为，则反应中生成0.2 mol HNO3，则转移的电子数目为0.4NA个，故答案为：；0.4NA；（3）NF3在潮湿空气中泄漏由于有硝酸生成，会产生白雾，一氧化氮遇到空气被氧化成红棕色有刺激性气味的二氧化氮气体，故答案为：泄漏时会看到白雾和红棕色气体，同时闻到刺激性气味；（4）一旦NF3泄漏，可以用NaOH溶液喷淋的方法吸收氟化氢、硝酸、一氧化氮和二氧化氮，会生成氟化钠、硝酸钠、亚硝酸钠和
19、水，故答案为：NaNO3。8将28.8g铜投入100mL浓硝酸中，最后铜有剩余，其NO3- 离子物质的量变化如下图所示，请回答下列问题：（1）开始反应时浓硝酸的物质的量浓度为_mol/L 。（2）铜与浓硝酸反应生成的气体在标准状况下的体积（不考虑NO2与N2O4的平衡）为_L。（3）硝酸完全反应后消耗铜的物质的量n(Cu)是_mol。（4）应再往此反应体系中滴加_L 2 mol/L的硫酸才能使剩余的铜恰好完全溶解。已知此过程中NO3-的还原产物为NO。（5）a g铜全部溶于一定量的浓硝酸中，测得生成的气体在标准状况下的体积（不考虑NO2与N2O4的平衡）为b L，为消除污染，将生成的气体通入N
20、aOH溶液中，气体被完全吸收。已知：NO + NO2 +2NaOH 2NaNO2 + H2O 2NO2 +2NaOH NaNO3 +NaNO2 + H2O如果NO、NO2混合气体用NOx表示，被NaOH溶液完全吸收时，x的取值范围_；生成NaNO2的物质的量是_mol；NaNO3的物质的量是_mol。（6）在常温下，把NO气体压缩到1.01107Pa，再加热到500C，发现气体的压强迅速下降，压强降至略小于原压强的2/3，然后压强就不再改变。已知其中一种产物为N2O，则上述变化的化学方程式为_。气体的平均摩尔质量为M，则M的取值范围应该是_。【答案】10 8.96 0.3 100 ； 【解析】
21、【分析】（1）根据开始时硝酸根的物质的量计算硝酸的浓度；（2）利用氮元素守恒计算气体的物质的量，再根据V=nVm计算二氧化氮的体积；（3）反应结束，溶液中溶质为硝酸铜，根据硝酸根计算消耗n（Cu）；（4）发生反应：，据此计算消耗硫酸的物质的量，进而计算需要硫酸的体积；（5）由方程式和可知，NO单独不能被吸收，NO和NO2混合气体被NaOH溶液被完全吸收，满足，当n（NO2）：n（NO）=1时x值最小，计算x的最小值，因为混有NO，所以x最大值2，据此确定x取值范围；纵观整个过程，Cu失去的电子等于硝酸生成亚硝酸钠时获得的电子，根据电子转移守恒计算n（NaNO2），根据N元素守恒计算n（NaNO
22、3）；（6）在常温下，把NO气体压缩到1.01107Pa，再加热到50，发现气体的压强迅速下降，压强降至略小于原压强的，然后压强就不再改变已知其中一种产物为N2O，依据原子个数守恒可知该反应为：3NO=N2O十NO2，因为存在，即生成的NO2又双聚成N2O4，导致气体分子数减少，压强降至略小于原压强的；若只发生反应：3NO=N2O十NO2，气体的平均摩尔质量最小，若二氧化氮完全转化为四氧化二氮时，气体的平均摩尔质量最大，据此计算解答。【详解】(1)由图可知，开始时n(NO3)=1.0mol，则n(HNO3)=n(NO3)=1.0mol，则，故答案为：10；(2)由图可知，反应结束时，溶液中NO
23、3为0.6mol，根据氮元素守恒，生成气体的物质的量为1.0mol0.6mol=0.4mol，标况下二氧化氮的体积为，故答案为：8.96；(3)溶液中溶质为硝酸铜，由图可知，反应结束时，溶液中NO3为0.6mol，故消耗n(Cu)=n(硝酸铜)=0.6mol2=0.3mol，故答案为：0.3；(4)28.8g铜的物质的量为，故剩余Cu为0.45mol0.3mol=0.15mol，由方程式可知 ，故n(H2SO4)=0.2mol，则需要硫酸体积为，故答案为：100；(5)由方程式可知，NO单独不能被吸收，NO和NO2混合气体被NaOH溶液被完全吸收，满足，当时x值最小，x最小值为2+12=1.5
24、，因为混有NO，所以x最大值2，故x的取值范围为；纵观整个过程，Cu失去的电子等于硝酸生成亚硝酸钠时获得的电子，根据电子转移守恒，根据N元素守恒，可知，故答案为：；(6)在常温下，把NO气体压缩到1.01107Pa，再加热到50，发现气体的压强迅速下降，压强降至略小于原压强的23，然后压强就不再改变。已知其中一种产物为N2O，依据原子个数守恒可知该反应为：，因为存在，即生成的NO2又双聚成N2O4，导致气体分子数减少，压强降至略小于原压强的，若只发生反应：，气体的平均摩尔质量最小，此时，若二氧化氮完全转化为四氧化二氮时，气体的平均摩尔质量最大，1molNO2得到0.5mol N2O4，则此时
25、，综上分析，可知，故答案为：；。9（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。_。（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C8H
26、10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
27、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
28、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，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；
