一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）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。

【详解】（1）装置A 中发生的反应为：KClO 3+6HCl(浓)=KCl+3Cl 2↑+3H 2O ，浓盐酸中的Cl 元素有一部分失电子转化为Cl 2，表现出还原性，还有一部分Cl 元素没有变价转化为KCl （盐），表现出酸性，故答案为：还原性、酸性；（2）装置B 中发生的反应为：5Cl 2+I 2+6H 2O=2HIO 3+10HCl ，Cl 2和I 2均难溶于水，易溶于CCl 4，加入CCl 4可使二者溶解在CCl 4中，增大反应物浓度，故答案为：5Cl 2+I 2+6H 2O=2HIO 3+10HCl ；充分溶解I 2和Cl 2，以增大反应物浓度；（3）分离B 中制得的HIO 3水溶液的操作为分液，HIO 3溶液中混有的Cl 2在碱性条件下转化为ClO -，ClO -会将IO 3-氧化为IO 4-，因此在中和前需要将Cl 2除去，故答案为：分液；除去Cl 2（或ClO -），防止氧化KIO 3；（4）尾气中主要含HCl 和Cl 2，需用NaOH 溶液吸收，同时要防止倒吸，故答案为：C ； （5）因为KIO 3难溶于乙醇，向KIO 3溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使KIO 3晶体析出，故答案为：乙醇（或酒精）；（6）每20mLKIO 3溶液中，加入KI 溶液和稀盐酸发生的反应为：IO 3-+5I -+6H +=3I 2+3H 2O ，滴定时发生的反应为：I 2+2S 2O 32-=2I -+S 4O 62-，可列出关系式：IO 3-~3I 2~6S 2O 32-，每次平均消耗的n(S 2O 32-)= 0.1004mol/L×0.025L=0.00251mol ，则每20mLKIO 3溶液中，n(KIO 3)=n(IO 3-)= n(S 2O 32-)÷6=0.00251mol÷6=0.000418mol ，200mL 溶液中，n(KIO 3)=0.00418mol ，产品中KIO 3的质量分数=214g mol 0.00418mol ×100%1g/ =89.5%，故答案为：89.5%。

【点睛】1g 样品配成了200mL 溶液，而根据关系式计算出的是20mL 溶液中KIO 3的物质的量，需扩大10倍才能得到1g 样品中KIO 3的物质的量。

2．羟氨（NH 2OH ）是一种还原剂，和联氨一样是一种弱碱，不稳定，室温下吸收水汽迅速分解。

回答下列问题：（1）请写出羟氨的电子式___。

（2）利用KMnO4标准溶液定量间接测定羟氨的纯度。

测定步骤如下：①溶液配制：称取5.0g某羟氨样品，溶解在______酸中后加适量蒸馏水，将其全部转移至100mL的______中，加蒸馏水至_______。

②取20.00mL的羟氨酸性溶液与足量硫酸铁在煮沸条件下反应：2NH2OH2＋＋4Fe3＋＝N2O↑＋4Fe2＋＋H2O＋6H＋，生成的Fe2＋用0.4000 mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，滴定达到终点的现象是____________。

请写出Fe2＋与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式_____________。

重复滴定3次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示：计算试样的纯度____%。

（3）下列操作导致误差偏高的有______（填编号）。

a 滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失b 滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液c 羟氨称量时，时间过长和溶解时没有及时用酸酸化d KMnO4溶液起始读数仰视，终点正常读数【答案】硫酸容量瓶刻度线当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色 5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O 66 ab【解析】【分析】(1)根据羟氨化学式写出其电子式；(2)①羟氨应溶解在H2SO4中，因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化；②用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；根据氧化还原反应的规律写出Fe2＋与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式，根据物质的量的关系计算式样纯度；(3)根据氧化还原滴定的相关操作分析实验误差。

【详解】(1)根据羟氨化学式NH2OH可知其电子式为：，故答案为：；(2)①羟氨应溶解在H2SO4中，因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化，将其全部转移至100mL的容量瓶中，加蒸馏水至刻度线，故答案为：硫酸；容量瓶；刻度线；②用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；根据氧化还原反应的规律写出Fe2＋与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O；由消耗高锰酸钾体积表可知，第一次误差过大，舍去，V(平均)=19.982022.=20.00mL；设滴定时NH2OH2+的物质的量为xmol，依据离子方程式可得关系式：+-224-35NH OH 2MnO 52x=20.00100.4n c V =⨯⨯⨯:解得x=0.02 因总量为100mL ，所以n (NH 2OH 2+)＝0.02×5＝0.1molm=n ⋅M ＝0.1×33g/mol ＝3.3gw =100%m m ⨯样=3.35.0⨯100%=66% 故答案为：当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；5Fe 2++MnO 4-+8H +＝5Fe 3++Mn 2++4H 2O ；66；(3)a ．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失会导致V 标准偏大，计算结果偏高； b ．滴定管未经润洗盛装KMnO 4溶液，相当于把KMnO 4溶液稀释，滴定时消耗体积增大，计算结果偏高；c ．羟氨称量时，时间过长和溶解时没有及时用酸酸化会导致羟氨被氧化，导致消耗体积偏小，计算结果偏低；d ．KMnO 4溶液起始读数仰视，终点正常读数，导致消耗体积偏小，计算结果偏低； 故答案为：ab 。

【点睛】注意氧化还原滴定操作中的注意事项，根据公式判断不同操作可能引起的实验误差。

3．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________，SO 42− 的空间构型为__________（用文字描述）；Cu 2+ 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) + O 2(g)垐?噲?2NO 2(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NO 2的有关反应如下：反应Ⅰ：2NO 2(g) + H 2O(l) ＝ HNO 3(aq) + HNO 2(aq) ΔH =－116.1kJ·mol −1反应Ⅱ：3HNO 2(aq) ＝ HNO 3(aq) + 2NO(g) + H 2O(l) ΔH =－75.9kJ·mol −1用水吸收NO 2生成HNO 3和NO 的热化学方程式是___________________。

（3）“电解”过程：HNO 2为弱酸，通过电解使HNO 3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】1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 1 正四面体形 O 增大压强、提高氧气的浓度 3NO 2(g)+H 2O(l)=2HNO 3(aq)+NO(g) ΔH =－212.1kJ·mol −1 HNO 2-2e -+H 2O=3H ++NO 3- 2Cu 2++SO 2+2Cl -+2H 2O=2CuCl↓+SO 42-+4H +【解析】【分析】海绵铜（CuO 、Cu ）中CuO 与稀H 2SO 4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，SO 2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1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 1；SO 42−中S 原子价层电子对个数=4+6+2-422⨯=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Cu 2+提供空轨道，O 原子提供孤电子对形成配位键，答案为：1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 1；正四面体形；O ；（2）①2NO(g)+O 2(g)垐?噲?2NO 2(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 ）⨯12可以得到用水吸收NO 2生成HNO 3和NO 的热化学方程式：3NO 2(g)+H 2O(l)=2HNO 3(aq)+NO(g) ΔH =－212.1kJ·mol −1； （3）电解过程中，阳极上HNO 2失去电子发生氧化反应生成HNO 3，阳极的电极反应式是：HNO 2-2e -+H 2O=3H ++NO 3-；（4）Cu 2+与SO 2发生氧化还原反应生成CuCl ，离子方程式为：2Cu 2++SO 2+2Cl -+2H 2O=2CuCl↓+SO 42-+4H +。