备战高考化学备考之氧化还原反应压轴突破训练∶培优篇及答案解析(1)

1、备战高考化学备考之氧化还原反应压轴突破训练：培优篇及答案解析(1)一、高中化学氧化还原反应1 .废水中过量的氨氮(NH3和NH4)会导致水体富营养化。某科研小组用NaClO氧化法处理氨氮废水。已知： HC1O的氧化性比NaClO强；NH3比NH4更易被氧化；国家相关标准要求经处理过的氨氮废水pH要控制在69。(1)pH 1.25时，NaClO可与NH 4反应生成N2等无污染物质，该反应的离子方程式为O(2)进水pH对氨氮去除率和出水 pH的影响分别如图1和图2所示：法杵曜卡苒那图1图2进水pH在1.252.75范围内时，氨氮去除率随pH的升高迅速下降的原因是进水pH在2.756范围内时，氨氮去

2、除率随 pH的升高而上升的原因是 。进水pH应控制在 左右为宜。为研究空气对 NaClO氢化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通人空气的 量，发现氨氮去除率几乎不变。其原因可能是 (填序号)a.O2的氧化性比NaClO弱b。2氧化氨氮速率比 NaClO慢C.O2在废水中溶解度比较小d.空气中的N2进入废水中【答案】3ClO 2NH4 N2 3Cl 3H2O 2H 随着pH的升高，NaClO含量增 大，氧化性降低，导致氨氯去除率下降随着pH的升高，氨氮废水中 NH3含量增大，而NH3比NH4更易被氧化1.5 abc【解析】【分析】(1)pH=1.25时，NaClO可与NH4+反应生成 此

3、等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子 和水，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式；(2)进水pH为1.252.75范围内，氨氮去除率随 pH升高迅速下降是 c(OH-)较大，抑制NaClO水解，c(HClO)较小致氧化能力弱；进水pH为2.756.00范围内氨氮去除率随 pH升高而上升，氨气含量增大氨氮易被氧化；结合图象变化可知进水 pH应控制在1.0左右；(3)其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变，说明02氧化氨氮速率比NaClO慢，比次氯酸钠氧化性弱，溶液中溶解的氧气少等原因。【详解】(1)pH=1.25时，NaClO可与NH4+反应生成N2

4、等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式：3ClO-+2NH4+=N2 T +3C1+2H+；(2)进水pH为1.252.75范围内，氨氮去除率随 pH升高迅速下降的原因是：随着 PH升 高，NaClO含量增大，氧化性能降低，导致氨氮去除率下降；进水pH为2.756.00范围内，氨氮去除率随pH升高而上升的原因是：随着 PH升高氨氮废水中氨气含量增大，氨氮更易被氧化；进水pH应控制在1.50左右，氨氮去除率会较大；(3)研究空气对NaClO氧化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变。其原因可能是：。2的

5、氧化性比NaClO弱、O2氧化氨氮速率比NaClO慢、O2在溶液中溶解度比较小；故答案为：abc。2.草酸(HOOC COOH是一种常见的有机酸，利用淀粉制备草酸的实验流程如图稀硬翘一结晶流就60%硝酸粗草酸-»精制a H2C2O4 2H；O回答下列问题(1) “水解”时，检验淀粉是否水解完全，所用的试剂是一；“水解”及“氧化”步骤中适宜的加热方式是。(2) “氧化”时实验装置如图所示(夹持及加热装置已略)：仪器Q的名称是.三口烧瓶中生成 H2QO4. 2H2O的化学方程式为。装置B的作用 是,装置C的作用 是 °（3）已知在20C、70c时,草酸的溶解度依次为为9. 5

6、g/（l00g水）,84.5g/（l00g水），则粗草酸“精制”需采用的提纯方法为 。（4）探究H2c204的性质：向NaHCQ溶液中加入草酸溶液，产生大量气体，可得出草酸的酸性比碳酸 （填“强”或“弱”）。向草酸中加入足量 C2H50H和适量浓硫酸加热，产生有芳香气味的油状物。该生成物为 （写结构简式）。向K2C2O7溶液中加入 H2C2 O4-2H2O析出KCr（QO4）2（H2O）2晶体，该反应的化学方程式 为。【答案】碘水 水浴加热 球形冷凝管 QH12O6+12HNO3=3H2CO4+9NO2 T +3N0T +9H2O做安全瓶，防止倒吸吸收尾气中的N0和N02,防止污染空气重结晶

7、强 C2H500C-COOC2H5 K2Cr2O7+7H2c2O4 - 2H20=2 KCr（QO4）2（H2O）2+6CO2 T +17H2O【解析】【分析】淀粉在稀硫酸催化下控制温度在70 c到80 c发生水解，得到葡萄糖，加入60%硝酸，在60 c下发生氧化，得到草酸，硝酸的还原产物有NO和NO2,草酸经结晶得到粗草酸，再经精制得到H2c204 2H2。【详解】（1）水解”时，若淀粉水解完全，则不能使碘水变蓝；水解”及 氧化”步骤中的温度都低于100C,所以最适宜的加热方式是水浴加热。（2）仪器Q的名称是球形冷凝管，起冷凝回流易挥发的硝酸以及导出生成的NO和N02的作用；在三口烧瓶中发生

8、氧化反应，葡萄糖被氧化为H2C2O4 2H2O,硝酸被还原为NO和N02（体积比为1：3）,根据电子守恒可以写出发生反应的化学方程式为C3H12O6+12HNO3=3H2C2O4+9NO2 T +3N0T +9H2O;装置B是安全瓶，防止 C中的NaOH溶液倒吸入三口烧瓶中，装置 C的作用是吸收尾气，防止NO和NO2污染空气；(3)草酸的溶解度随温度变化比较大，所以可以采用重结晶的方法精制粗草酸；(4)向NaHCQ溶液中加入草酸溶液，产生大量气体，说明草酸和NaHCO3溶液反应生成了二氧化碳，根据强酸制弱酸的规律，可得出草酸的酸性比碳酸强；向草酸中加入足量 C2H5OH和适量浓硫酸加热，发生了

9、酯化反应，产生有芳香气味的油状物草酸二乙酯，其结构简式为C2H5OOC-COOCH5。向&C2O7溶液中加入 H2QO4 2H20析出KCr(QO4)2(H2O)2晶体，反应中 Cr的化合价从+6 价降低到KCr(C2O4)2(H2O)2中的+3价，所以H2C2 C4 2H2。中的碳的化合价就会升高，从 +3 价升高到+4价，在KCr(C2O4)2(H2O)2中还有+3价的碳，即反应物 H2c2 04 2H2O中的碳的化 合价部分升高，部分没有变化，根据电子守恒和原子守恒可以写出该反应的化学方程式为 K2Cr2O7+7H2c204 2H20=2 KCr(QC4)2(H2O)2+6CO2

10、 T +17H20。3. (1)已知草酸(H2c204)分解的化学方程式为:族硫酷H2C204 * C0T + CO T + H20,卜列装置中，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(假定铁锈中只有利用草酸分解产生的 C0和铁锈反应，实验装置如下图所示。Fe203 nH20和Fe两种成份）,合体漏气、为得到干燥、纯净的 cor,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,

11、D中浓硫酸增重1.44g,则 n=0、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Fe203 nH2O【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，

12、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：Fe2O3, nH2O+3CO=Fe+3CO+nH2O 固体质量减少量18ng (18n+48) g1.44g20.00g-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CQ,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.在古代，橘红

13、色的铅丹(Pb3O4)用于入药和炼丹，人们对其中重金属铅的毒性认识不 足。已知：PbO2为棕黑色粉末。某化学兴趣小组对铅丹的一些性质进行实验探究并测定其 组成。回答下列问题：(1)性质实验实验操作现象解释或结论将适量铅丹样品放入小烧杯中，加入2 mL 6 mol/L的HNO3溶液，搅拌Pb3O4+ 4HNO3=PbO2+2Pb (NO3)2+2H2O将上述混合物过滤，所得滤渣分为两份，一份加入 2 mL浓盐酸，加热有刺激性的黄 绿色气体产生反应的化学方程式：另一份滤渣加入硝酸酸化的Mn(NO3) 2溶液，搅拌得紫色溶液结论：(2)组成测定准确称取0.530 g干燥的铅丹样品，置于洁净的小烧杯中

14、，加入 2 mL 6 mol/L的HNO3溶 液，搅拌使之充分反应，分离出固体和溶液。该分离操作名称是 。将中所得溶液全部转入锥形瓶中，加入指示剂和缓冲溶液，用 0.04000 mol/L的EDTA 溶液(显酸性)滴定至终点，消耗EDTA溶液36.50 mL。EDTA与Pb2+的反应可表示为 Pb2+ H2Y2-=PbY2- + 2H+,滴定时£口丁7§液应盛装在 中。滤液中含 Pb2+mol。将中所得固体PbO2全部转入另一锥形瓶中，往其中加入适量HAc与NaAc的混合液和8 g固体KI,摇动锥形瓶，使 PbO2全部反应而溶解，发生反应PbO2+4I +4HAc =Pb2

15、+I2+ 4Ac +2H2O,此时溶液呈透明棕色。以 0.05000 mol/L的Na2&O3标准溶液滴定，发生反 应I2+2S2O32-=&O62-+2，至溶液呈淡黄色时加入2%淀粉溶液1 mL,继续滴定至溶液,即为终点，用去 N32S2O3溶液30.80 mLo根据、实验数据计算，铅丹中 Pb (n)与Pb (IV)的原子数之比为 。加热【答案】固体由橘红色变为棕黑色PbQ+4HCl (浓)PbCb+CbT + 2H2O 在酸性溶液中，PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-过滤、洗涤、干燥酸式滴定管1.460-女做色褪去且半分钟内不恢复1.90【解析】【分析】(1)由化学方

16、程式及物质的物理性质总结反应现象，黄绿色气体为氯气，HCl氧化为氯气，则PbO2发生还原，紫色是 MnO4-离子的颜色，在酸性条件下PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-, PbO2发生还原反应变为+2价离子；(2)溶液中有固体沉淀的分离步骤是：过滤、洗涤、干燥，碱性溶液用碱式滴定管盛 装，酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装，根据反应的离子方程式找出关系式进行计算滤 液中含Pb2+的物质的量；(3)碘遇淀粉变蓝色，根据反应的离子方程式找出关系式进行相关计算。 根据以上分析进行解答。【详解】(1)铅丹样品与 HNO3溶液发生反应：Pb3O4+4HNO3=PbO2+2Pb(NO3)2+2H2O,由题

17、中所 给Pb3O4、PbO2物理性质可知反应现象为：固体由橘红色变为棕黑色。答案为：固体由橘红色变为棕黑色。PbO2与浓盐酸加热生成的黄绿色气体为氯气，HCl氧化为氯气，PbO2发生还原变成加热Pb2+,根据原子守恒写出反应方程式为：PbO2+4HCl (浓)PbC2+Cl2 T + 2H2O。加热答案为：PbO2+4HCl (浓)=PbC2 + Cl2T + 2H2O。PbO2与硝酸酸化的Mn(NO3)2溶液反应得到的是 MnO4-紫色溶液，说明在酸性条件下 PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-, PbO2发生还原反应变为 Pb2+离子，反应方程式为： 5PbO2+ 2Mn2+4H+= 2

18、MnO4-+ 5Pb2+2 H2O。答案为：在酸性溶液中，PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-。(2)溶液中有不溶物分离的操作步骤是：过滤、洗涤、干燥。答案是：过滤、洗涤、干燥。滴定实验中酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装，所以显酸性的EDTA溶液应盛装在酸式滴定管里，根据反应Pb2+H2Y2-=Pb*+2H+可得：n(Pb2+)=n(H2Y2-)=36.50 103L 0.0400mol/L=1.460 10-3mol。答案为：酸式滴定管；1.460 X 1-3。(3)该滴定实验使用淀粉溶液作指示剂，而碘遇淀粉变蓝色，当反应l2+2S2O32-=&O62-+2结束时，碘恰好反应完蓝色

19、褪去，所以达到滴定终点的标志是：蓝色褪去且半分钟内不恢复；根据反应：Pb6+4I +4HAc =Pb2+I2+4Ac + 2H2O, I2+2S2O32-=&O62-+2I 可得：n(PbO2)=n(l2)= -n(S2O32-)= - 0.05000mol/L 30.80 10-3L=7.7 10-4mol ,所以铅丹中 Pb ( n ) 22与 Pb(IV)的原子数之比为：1.460 X 1-3： 7.7 10-4=1.90。答案为：蓝色褪去且半分钟内不恢复；1.90。【点睛】有关滴定实验的计算中要根据反应方程式找准关系式，计算时注意单位的换算。5. NOx、SQ的处理转化对环境保

20、护有着重要意义。(1)利用反应2NO(g)+2CO(g) = N2(g) +2CO2(g),可实现汽车尾气的无害化处理。一定条件下进行该反应，测得 CO的平衡转化率与温度、起始投料比mm=nNO_的关系如图1n(CO)所示。收 70 3 M Ee该反应的AH 0(填“ >” “<”或“=”)。下列说法正确的是(填字母)。A.当体系中CQ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：mI>m2>m3C.当投料比 m=2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

21、。(2)若反应2NO(g)+2CO(g)=2(g)+2CO2(g)的正、逆反应速率可表示为：丫正二女正 c2(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SQ、NOx和C0,利用它们的相互作用可将 SC2、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

22、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C. NOx比SQ更易被CO还原D.体系中可能发生反应：2COS = S+ 2CO； 4C6+& = 4CO+ 2SQ(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。用活化后的剂，N%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V2O5作催化S 5 气名挣惟小声NC/府出心AlWfffin(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】v

23、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V2O5响 160： 1 B 4NH+4NO+Q4N2+6H2O 2SQ2-+4H+2e-=QO42-+2H2O【解析】【分析】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 CC2和CO物质的量浓度之比保持不变，即体系中CQ、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

24、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)反应达到平衡时丫正二卜正？1(NO)c2(CO)=v逆=k逆？c(N2)c2(CQ),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(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 c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, C

25、OS分压曲线随温度升高减小，&、CO分压增大，继续升高温度，S2、CQ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 方程式；阴极通入的SQ2-发生得电子的还原反应生成&O42-。【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4Hv 0;A.反应正向进行时 CQ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CQ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

26、，即起始投料比 m越大时,消耗量X 100%CO转化率越大，所以投料比：mi>m2>m3,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:2NO g +2CO g ? N2 g +2CO2

27、 g起始(molgL-1)2200转化(molgL-1)1.61.60.81.6平衡(molgL-1)0.40.40.81.6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2kcN 2 c CO21.60.8=K -2=22=80;k逆c2NO c2 CO0.420.42'a点时反应三段式为:2NO g +2CO g ? N2 g +2CO2 g起始(molgL-1)2200转化(molgL-1)2x2xx2x平衡(molgL-1)2-2x2-2xx2xa 点时 c(CO)=c(CO),则 2-2x=2x,解得 x=0.5,所以 a 点时

28、 c(CO)=c(CO)=c(NO)=1mol/L,vk正c(N2)=0.5mol/L ,所以v逆k逆12 12%=2一=2K =160 即 v 正：v逆=160: 1;10.5k 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，故 A 正确；B.温度高于1000 c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SQ需要CO物质的量分数较大时才能将 SQ从烟气中分离，说明 CO更易与NOx反应，则 NOx比SQ更易被CO还原，故C正确；D.根据图4, COS分压曲

29、线随温度升高减小， 及、CO分压增大，继续升高温度， S2、CQ 分压减小，CO分压增大，说明体系中可能发生反应： 2COS?S2+2CO； 4CQ+&?4CO+2SC2, 故D正确；故答案为：B；(4)活化后的V2O5作催化剂，NH3将NO还原成N2,还生成水，反应为V2O52SO32-+4H+2e-=&O42-+2H2O。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 6.生物浸出是用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速Fe2+氧化的细菌，培养后能提供Fe3+,控制反应

30、条件可达细菌的最大活性，其生物浸矿机理如下图。5人 F铲 if 金属离亍反应1反应2(1)氧化亚铁硫杆菌生物浸出ZnS矿。反应2中有S单质生成，离子方程式是 _。实验表明温度较高或酸性过强时金属离子的浸出率均偏低，原因可能是。(2)氧化亚铁硫杆菌生物浸出废旧锂离子电池中钻酸锂(LiCoQ)与上述浸出机理相似，发生反应 1 和反应 3: LiCoO2 + 3Fe3+=Li+ Co2+3Fe2+O2 f在酸性环境中，LiCoQ浸出Co2+的总反应的离子方程式是研究表明氧化亚铁硫杆菌存在时，Ag+对钻浸出率有影响，实验研究Ag+的作用。取LiCoO2粉末和氧化亚铁硫杆菌溶液于锥形瓶中，分别加入不同浓

31、度Ag+的溶液，钻浸出率(图1)和溶液pH (图2)随时间变化曲线如下：-二-二二二一二 100知aoTCn加403020 1 寞京田用1111|p1p123457时间(骑图1不同浓度Ag+作用下钻浸出率变化曲线线I .由图1和其他实验可知，Ag+能催化浸出n . Ag+是反应3的催化剂，催化过程可表示为: 反应 5:- IIIIII|1234557时冏(无)图2不同浓度Ag+作用下溶液中pH变化曲Co2+,图1中的证据是_。反应 4: Ag+LiCoO2=AgCoO2+Li+反应5的离子方程式是。出.由图2可知，第3天至第7天，加入 Ag+后的pH均比未加时大，结合反应解释其 原因：_。【答

32、案】ZnS+2Fe3+=Zn2+S+2Fe2+细菌的活性降低或失去活性4LiCoO2 + 12H+鲤|4Li+4Co2+6H2O +O2T 加入Ag+明显提高了单位时间内钻浸出率，即提高了钻浸出速率 AgCoQ+3Fe3+=Ag+ Co2+3Fe2+O2 T 加入Ag+催化了反应3,使LiCoQ浸出的总反应的化学 反应速率加快，相同时间内消耗H+更多，故加入 Ag+后的pH比未加时大【解析】【分析】【详解】(1)由题给示意图可知，反应 2为Fe3+与ZnS发生氧化还原反应生成 Zn2+、S和Fe2+,反应的离子方程式为 ZnS+2Fe3+=Zn2+S+2Fe2+,故答案为：Zn&2Fe

33、3+=Zn2+S+2Fe2+ ； 细菌为蛋白质，温度较高或酸性过强时，蛋白质变性，细菌的活性降低，导致金属离子 的浸出率均偏低，故答案为：细菌的活性降低或失去活性;(2)在酸性环境中，细菌做催化剂，使LiCoO2中+3价的Co元素将-2价O元素氧化，反应生成Li+、Co2+、O2和H2O,反应的离子方程式为 4LiCoO2 +12H+鲤1 4Li+4Co2+6H2O+O2 T ,故答案为：4LiCoO2 + 12H+ .4Li+4Co2+6H2O + O2 T ；I .由图1可知，加入Ag+明显提高了单位时间内钻浸出率，说明Ag+做催化剂，提高了钻浸出速率，故答案为：加入Ag+明显提高了单位时

34、间内钻浸出率，即提高了钻浸出速率；n .由催化剂的催化机理可知，反应4中Ag+做反应物，则反应 5中Ag+做生成物，即中间产物AgCoO2与Fe3+反应生成Ag+、Co2+、Fe2+和。2,反应的化学方程式为AgCoQ+3Fe3+=Ag+ Co2+3Fe2+O2 T ,故答案为：AgCoO2+3Fe3+=Ag+ Co2+3Fe2+O2 f ；出.由图2可知，第3天至第7天，加入 Ag+后的pH均比未加时大，原因是加入Ag+催化了反应3,使LiCoQ浸出的总反应的化学反应速率加快，相同时间内消耗H+更多，导致加入Ag+后的pH比未加时大，故答案为：加入Ag+催化了反应3,使LiCoQ浸出的总反应

35、的化学反应速率加快，相同时间内消耗H+更多，故加入 Ag+后的pH比未加时大。7.氯化亚铜在有机合成工业中常作催化剂。以下是从含Cu2+、Fe3+的电镀废水中制备氯化亚铜的工艺流程图。电镀废水氯化钾t铁粉如图是滤液中Cu2+、Fe3+的含量与pH的关系及CuCl产率与pH的关系图。请回答以下问题:(1)在电镀废水中加碱产生沉淀，过滤得到电镀污泥，则电镀污泥的主要成分为 ;(2)由反应制备CuCl时的最佳pH在 左右；(3)对CuCl产率探究时发现反应在隔绝空气条件下进行时CuCl产率较高，由此推测 CuCl具有 性；(4)写出反应中化学反应方程式： ；(5)隔绝空气条件下，从滤液中制得晶体的实

36、验操作为： ;(6)取晶体4.34g隔绝空气条件下，失去结晶水后得固体3.26g,所得固体溶于水分成二等份，一份加入足量 BaC2溶液,得到白色固体2.33g;另一份加入足量 NaOH溶液后，加热、灼烧得红色粉末 0.4g。写出晶体的化学式： 。【答案】Fe(OH)、Cu(OH)2 3.5 还原 2CuSO+ Fe +2KCl = 2CuCl2S+2+FeSO 蒸发、冷却结晶、过滤(洗涤)、干燥 K2Fe(SQ)2?6H2O【解析】【分析】由流程图可知，向电镀废水中加碱，Cu2+、Fe3+与碱反应生成氢氧化铁和氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铜的电镀污泥；向电镀污泥中加入硫酸控制pH

37、使氢氧化铜溶解，而氢氧化铁不溶解，过滤得到高浓度的硫酸铜溶液；向高浓度的硫酸铜溶液加入铁 与氯化钾，调节溶液 pH和反应温度使硫酸铜与铁、氯化钾反应生成了硫酸亚铁、硫酸钾和氯化亚铜，过滤得到氯化亚铜沉淀和含有的硫酸亚铁、硫酸钾滤液，隔绝空气条件下，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到&Fe(SQ)2?6H2O晶体。【详解】(1)由流程图可知，向电镀废水中加碱，Cu2+ Fe3+与碱反应生成氢氧化铁和氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铜的电镀污泥，故答案为：Fe(OH)& Cu(OH2(2)由CuCl产率与pH的关系图可知，制备 CuCl时的最佳pH是3.5左右

38、，故答案为： 3.5;(3)对CuCl产率探究时发现反应 在隔绝空气条彳下进行时CuCl产率较高，说明氯化亚铜具有还原性，能被空气中的氧气氧化，故答案为：还原；(4)反应为调节溶液pH和反应温度使硫酸铜与铁、氯化钾反应生成了硫酸亚铁、硫酸钾和氯化亚铜，反应的化学方程式为2CuSQ+Fe+2KCl=2CuCIt+FeSQ+K2SQ ,故答案为：2CuSQ+Fe+2KCl=2CuC +FeSQ+K2SO4;(5)隔绝空气条件下，含有硫酸亚铁、硫酸钾的滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗 涤、干燥得到硫酸亚铁晶体，故答案为：蒸发、冷却结晶、过滤(洗涤)、干燥；(6)由题意可知，结晶水的物质的量为(4；

39、4g3：6i g =0.06mol ,由加入足量BaC2溶液，得到硫酸钢沉淀质量为 2.33g可知硫酸根的物质的量为 募3, x 2=0.02mol,由加入足量NaOH g/ mol溶液后，加热、灼烧得红色粉末0.4g可知亚铁离子的物质的量为 喘捻oy X2X 2=0.01mol,则钾离子的物质的量为26- “短96mol01 痴 g =0.02mol, n(K+)： n(Fe2+)： n(SOT)；n(H2O)=0.02moI： 0.01mol： 0.02mol ： 0.06mol=2:1:2:6 ,晶体的化学式为 K2Fe(SQ)2?6H2。， 故答案为：K2Fe(SQ)2 ?6H2O。8

40、.某体系中存在如下反应：H 2S+4H2O- 8e = SQ2 + 10H+,2IO3-+ 12 H + +10e = I2+ 6H2O。(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0. 2 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：K2SC4> KIO3 b.酸性：HIO3> H2S。c.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5. 08 5H：比尸蛆5O.+ 4L+a50,+ 4H。c【解析

41、】【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)X 5+X 4得反应的化学方程式；(4)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+4建O-8e-SO2-+10H+和2IO3-+12H+10e-I2+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4moII2, 4I240e-,;中失去0

42、.2mol电子，中得到0.2mol电子，反应的碘单质物质的量0.02mol , m (=0.02mol X127g/mol X2=5.08g,故答案为：5.08;(3)由和依据电子守恒得到反应的化学方程式为5H2S+8KIQ=4K2SO4+4I2+H2SC4+4H2O,由方程式可知 40mole-转移生成4mo方，则电子转移的方向和数目为 5cJi；口 THS L口 5上.口门，故答案为：5HiS+8KI0'= 4K：SO1+4I：4H：05&S+BKlSi= 4曲曲+4L+H/6+4时；(4) a、氧化剂KIQ的氧化性大于氧化产物 K2SQ、H2SO4,氧化性：K2SQVKI

43、O3,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：H2s>12,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。9.二氧化氯泡腾片，有效成分( C1O2)是一种高效、安全的杀菌、消毒剂。方法一：氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClQ气体的方法。该法工艺原理如图。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠(NaClO3)与盐酸反应生成 ClC2o二班化及发生普食堂人载化物电解叟 化氢口f-补充ciT看,珞9(1)工艺中可利用的单质有 (填化学式)，发生器中生成CIC

44、2的化学方程式为。(2)此法的缺点主要是 。方法二：最近，科学家又研究出了一种新的制备方法，纤维素还原法制CIC2,其原理是：纤维素水解得到的最终产物 X与NaClC3反应生成C1C2O(3)配平方程式：口(X) +DNaCl(3+DH2SC4D Cl21 +DCCX +DI2C+若反应中产生4.48L (折算成标准状况下)气体，电子转移 个。(4) CIO2和C12均能将电镀废水中的 CN一氧化为无毒的物质，自身被还原为Cl o处理含CN一相同量的电镀废水，所需Cl2的物质的量是 CIC2的 倍。方法三：实验室常用氯酸钠 (NaClC3)和亚硫酸钠(Na2SC3)用硫酸酸化，加热制备二氧化氯

45、，化学反应方程式为：2NaClC3+Na2SQ+ WSC 2CICH +2NaSC4+ H2O(5)反应中的 Na2S。溶液中存在如下平衡：H2O=i H+OH-和 (用离子方程式表示) .常温下，0.1mol/L该溶液中离子浓度由大到小排列 (用离子符号表 示)(6)常温下，已知 NaHSO3溶液呈酸性，在 NazSQ溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主 要成分有。(用化学式表示)【答案】H2、Cl2 2NaClQ+ 4HCl=2ClQ T +C2 T + 2NaCl + 2HO 同时产生了大量的氯气，不 仅产率低，而且产品难以分离，同时很有可能造成环境污染；能耗较大等1C6Hl2O6+24N

46、aClO3+12H2SO4 - 24C1OT +6CQT +18H2O+12Na2SQ4 0.16Na 2.5 SQ2- +H2O OH-+HSO-, HSQ-+H2O一 OH+H2SQ c(Na+)>c(SQ 32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H +)NaHSQ、Na2SQ、NaCl、或(NaHSQ、NazSQ、NaCl、SQ、H2SQ)【解析】【分析】(1)电解饱和食盐水生成 H2、Cl2和NaOH故可以利用的单质为 H2、Cl2,合成HCl,根据 流程图可知加入物质为 NaClQ和HCl,生成CIO2；可以写出方程式，并用化合价升降法配 平得到；(2)

47、生成的气体中除了有二氧化氯还有大量的氯气，产率低，难分离，而且极有可能造成 大气污染；用电解的方法耗能大；(3)纤维素为多糖，水解最终产物为葡萄糖(C6H2C6),具有还原性，可将 NaClQ还原得到CIO2. Cl从+5到+4价，降低1价，葡萄糖(C6H12C6) C均价为0,到+4价，升高4 价，然后配平得到，由可知生成24moICIC2和6mol CC2气体转移24moi的电子；(4)每摩尔CI2得到2moi电子，而每摩尔 CIC2得到5moi电子，故为2.5倍；(5)存在弱电解水的电离平衡和弱离子的水解平衡.不水解的二元钠离子浓度最大，水解是微弱的，显性离子和第一步水解产生的阴离子，隐

48、性离子；(6) NaSC溶液中滴加稀盐酸，两者反应，要使溶液呈中性，只能是部分反应，所以溶质 为 NaSO、NaHSC NaCI。【详解】(1)由工艺流程图可以看出：在该工艺中可利用的单质有H、CI2 ;根据流程图可知加入物质为NaCIQ和HCI,生成CIO2；发生氧化还原反应， NaCIQ被还原生成 CIO2, HCI被氧 化生成 CI2,生成 CIO2的化学方程式为： 2NaCIQ+4HCI=2CIO2T+CI2 T + 2NaCI+2H2Q(2)由制备原理和流程图可知此法的缺点主要是会产生大量的CI2,消耗大量的电能，产物CIO2和CI2不仅不容易分离，而且物质利用率低，很容易造成大气污

49、染；(3)纤维素水解得到的最终产物X是葡萄糖QH2O6。它与NaCIO3在酸性条件下发生反应，根据质量守恒定律和电子守恒的知识可得方程式为：1CHK6+24NaCIQ+12HSQf 24CIO2 T +6CO T +18H2O+12NaSO,由方程式可以看出每产生30moi的气体，转移电子 24NA;现在产生气体的物质的量为4.48L (即0.2moI ),所以转移电子的物质的量为 0.16moI ,个数为0.16Na；(4)处理含CN相同量的电镀废水，即转移电子的物质的量相同。假设转移电子2moI,则2需要Cl 2的物质的量是1mol;需要C1O2的物质的量为 =0.4mol。所以n(Cl

50、2)：5n(ClO2)=1 : 0.4=2.5 ;(5)反应中的NaSO溶液中存在如下平衡：H2O=r H+O即口 SO2-的水解平衡的两种方程 式。由于SO2-是二元弱酸的酸根离子，因此存在两步水解平衡SO2-+HO= OH+HS。，HSO+HO= OH+H2SO; Ns2SO=2Na+ SO32-; c(Na+)>c(SO32-), SO2-水解产生 OH和 HSO , HSO进一步水解还要消耗 HS6,同时产生 OH,因此c(OH-)>c(HSO3-);在溶液中还存在水 的电量平衡，所以 c(HSQ-)>c(H +);在溶液中盐水解的程度是很微弱的，所以c(SO32-)

51、>c(OH-);因此在该溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H +);(6)在NaSO溶液中滴加稀盐酸若恰好发生反应：NaSQ+HCl=NaCl+NaHSQ则由于NaHSO§液呈酸性。所以至中性时，n(HCl)<n(Na 2SO),产生溶液中含有的溶质有未反应的NaSO及反应生成的 NaCl、NaHS溶质有 NaSQ、NaCl、NaHSO,也可能滴力口 HCl局部过 量会产生SO、H2SO溶解在该溶液中还含有 SO和HbSOo10.合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要意义(1)工

52、业合成氨工业常用的催化剂是 ,氨分子的电子式是 (2)图是一定的温度和压强下是N2和H2反应生成1molNH3过程中能量变化示意图，请写出工业合成氨的热化学反应方程式 。(热量Q的数值用含字母a、b的代数式表示)(3)下列有关该反应的说法正确的是 (填序号)A.保持容器的体积不变，当混合气体的密度不变时，说明反应已经达到平衡状态。B.达到平衡时若升高温度，混合气体中氮元素的质量分数将变大。C.达到平衡时若减少容器的体积，正反应速率将大于逆反应速率。D.达到平衡后，N2的转化率和H2的转化率一定相等。(4)在催化剂存在下，NH3可用来消除NO的污染，生成两种对环境无害的物质。写出反应 的化学方程

53、式：;该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比是4NH3+6NO - 5N2+6H2O 2:3 c(NH4+) = c(C-) > c(H+)= c(OH-) c(NH4+)+c(H+) = c(OH)+ c(Cl-) 【解析】【分析】工业合成氨的催化剂是以铁为载体的铁触媒，氨气是共价化合物，氮原子最外层5个电子，其中三个电子和三个氢原子形成三个共价键；由图求出N2和H2反应生成1molNH3的反应热，再根据热化学反应方程式的书写要求解答；合成氨是气体体积减小的放热反应， 依据平衡移动原理判断；NH 3可用来消除NO的污染，生成2种对环境无害的物质，应生成氮气和水；氨气通入盐酸溶液反应生

54、成氯化钱溶液，溶液中一定存在电荷守恒；若溶液 pH=7,则氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同，结合电荷守恒得到离子浓度大小。据此分 析。【详解】(1)工业合成氨的催化剂是以铁为载体的铁触媒，氨气是共价化合物，氮原子最外层5个电子，其中三个电子和三个氢原子形成三个共价键，电子式为：；答案为：铁触媒；巾旌(2)由图可知，N2和H2反应生成1molNH3放出的热量为(b-a) kJ ,该反应的热化学 反应方程式为 N2 (g) +3H2 (g)D2NH3(g) H=-2 (b-a) kJmol-1,故答案为：N2 ( g) +3H2(g).2NH3 (g) +2 (b-a) kJmol-1 ;(3)合成

55、氨是气体体积减小的放热反应，保持容器的体积不变，混合气体质量不变，当混合 气体的密度不变时，不能说明反应已经达到平衡状态，A错误；达到平衡时若升高温度，平衡逆向进行，根据反应方程式原子守恒，氮元素质量分数保持不变，B错误；达到平衡时若减少容器的体积，压强增大，平衡正向进行，正反应速率将大于逆反应速率，C正确；转化率和起始量、变化量有关，达到平衡后，N2的转化率和H2的转化率不一定相等，D错误；答案选C;(4) NH3可用来消除NO的污染，生成2种对环境无害的物质，应生成氮气和水，化学方程 式为：4NH3+6NO =5N2+6H2O;该反应中氧化产物与还原产物都是N2,物质的量之比是 2:3；(5)氨气通入盐酸溶液反应生成氯化钱溶液，若溶液pH=7,溶液中溶质为 NH4Cl和NH 3 H2。，溶液中氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同，电荷守恒c(NH 4+) +c(H+) =c(OH-)+c(Cl-),则 c(NH4+) =c(Cl-),得到离子浓度大小为 c(NH4+)=c(Cl-)>c(H