2020-2021化学氧化还原反应的专项培优易错难题练习题含答案含详细答案

1、一、高中化学氧化还原反应练习题(含详细答案解析)I .碳酸亚铁可用于制备补血剂。某研究小组制备了FeCQ,并对FeCQ的性质和应用进行了探究。已知：FeCQ是白色固体，难溶于水Fe2+6SCNFe(SCN()4-(无色)I.FeCQ的制取(夹持装置略)实验i：装置C中，向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为7,滴加一定量FeSQ溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到FeCQ固体。试剂a是。(2)向Na2CO3溶液通入CO2的目的是。(3)C装置中制取FeCQ的离子方程式为。(4)有同学认为C中出现白色沉淀之后应继续通CQ,你认为是否合理并说明理由n.FeCQ的性质

2、探究K5CNK5CN帘第0 0. .士国北碘比。FKO.RIH对比实验ii和iii,得出的实验结论是。(6)依据实验ii的现象，写出加入10%H2O2溶液的离子方程式。m.FeCQ的应用(7)FeCO3溶于乳酸CH3CH(OH)COOH能制得可溶性乳酸亚铁(CH3CH(OH)COO?Fe,相对分子质量为234)补血剂。 为测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数， 树德中学化学实验小组准确称量1.0g补血剂，用酸性KMnO4溶液滴定该补血剂，消耗0.1000mol/L的KMnO4溶液10.00mL,则乳酸亚铁在补血剂中的质量分数为,该数值异常的原因是(不考虑操作不当以及试剂变质引起的误差

3、)。【答案】 饱和NaHCQ溶液降低溶液中OH浓度， 防止生成Fe(OHb2HCOT+Fe2+=FeCQJ+CQT+KO不合理，CC2会和FeCQ反应生成Fe(HCQ”(或合理，排出氧气的影响)F声与SCN的络合(或结合)会促进FeCQ固体的溶解或FeCQ固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大6Fe(SCN64-+3H2O2=2Fe(OH)3J+4Fe(SCN)+24SCN或力救为色，并有红褐色元1 1s s实验iii充分偃荡，6Fe2+3H2O2+12SCN=2Fe(OH)4+4Fe(SCN)或6Fe2+3H2O2=2Fe(OH)3J+4Fe+117%乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也

4、消耗了KMnO4【解析】【分析】I.装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢气体，需要利用装置B中盛装的饱和碳酸氢钠溶液除去， 装置C中， 向碳酸钠溶液(pH=11.9)通入一段时间二氧化碳至其pH为7,滴加一定量硫酸亚铁溶液产生白色沉淀，过滤，洗涤，干燥，得到FeCO;II.(5)根据Fe2+6SC2iFe(SCN64-分析FeCQ在KCl和KSCN两种不同溶液中的溶解度不同判断；(6)实验ii中溶液显红色且有红褐色沉淀生成，说明加入10%过氧化氢溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)生成；(7)FeCQ溶于乳酸CH3CH(OH)COOH能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，根据得失

5、电子守恒和元素守恒建立关系式进行计算；乳酸根中有羟基，也能被高镒酸钾溶液氧化。【详解】I.(1)装置A中制取的CQ中混有HCl,欲除去CQ中混有的HCl,B中盛装的试剂a应是饱和NaHCC3溶液，故答案为：饱和NaHCQ溶液；(2)向Na2CC3溶液中通入CO2的目的是利用CQ和Na2CC3反应生成的NaHCQ,提高溶液中HCOT的浓度，抑制CO2-的水解，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe(OH)2,故答案为：降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2；(3)装置C中，向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为7,此时溶液中溶质主要为NaHCQ,再滴加FeSQ溶液，

6、有FeCQ沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCQ-+Fe2+=FeCQJ+COT+H2O,故答案为：2HC8+Fe2+=FeCQj+COT+H2O;(4)FeCQ沉淀能溶解在CQ的水溶液中，生成可溶于水的Fe(HCQ)2,降低产物的量，则当出现白色沉淀之后不应继续通入CQ,或者：出现白色沉淀之后继续通CO2,可防止空气中氧气氧化FeCQ,提高产物的纯度，故答案为：不合理，CQ会和FeCQ反应生成Fe(HCQ)2(或合理，排出氧气的影响)；n.(5)通过对比实验ii和iii,可知Fe2+与SCN的络合生成可溶于水的Fe(SCN64一,会促进FeCQ固体的溶解，故答案为：Fe2+与SCN的络合(

7、或结合)会促进FeCQ固体的溶解或FeC。固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大；(6)依据实验ii的现象，可知在含有Fe2+的溶液中滴加10%的过氧化氢溶液后，有Fe(OH)3和Fe(SCN)生成，发生反应的离子方程式为6Fe(SCN64-+3H2O2=2Fe(OH)U+4Fe(SCN)+24SCN或6Fe2+3H2O2+12SCN=2Fe(OH)4+4Fe(SCN或6Fe2+3H2O2=2Fe(OH)3J+4F*;故答案为：6Fe(SCN64-+3H2O2=2Fe(OH)3J+4Fe(SCN)+24SCN或6Fe2+3H2O2+12SCN=2Fe(OH)H+4Fe(SCN3或6Fe2

8、+3H2O2=2Fe(OHJ+4F(3+；出.(7)FeCO3溶于乳酸CH3CH(OH)COOH能制得可溶性乳酸亚铁(CH3CH(OH)COO2Fe补血剂，可得关系式MnO45Fe2+5CH3CH(OH)COO2Fe,则乳酸亚铁的物质的量为0.1000mol/LX0.01LX5=0.005丽1酸亚铁的质量分数溶液氧化，导致消耗高镒酸钾溶液的量增多，而计算中只按Fe2+被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，导致产品中乳酸亚铁的质量分数大于100%,故答案为：117%；乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4o2.硫酸亚铁俊的化学式为(NH4)2SO4?FeSQ?6H2O,商品名为莫尔盐

9、，可由硫酸亚铁与硫酸钱反应生成。一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化，而形成莫尔盐后就比较稳定了。三种盐的溶解度(单位为g/100g水)如下表：温度/C102030(NH4)2SO73.075.478.0FeSQ7H2O20.026.532.9(NH4)2SQ?FeSO17.221.628.1(一)实验室制取少量莫尔盐的流程如下:(2)步骤3需要趁热过滤，原因是。(3)从步骤4到莫尔盐，必须进行的操作依次是,析出的晶体常用洗涤。(4)若莫尔盐的饱和溶液中有水20克，当温度从30c降至10C,最多析出莫尔盐的质量是(选填编号)。A2.18gB大于2.18gC小于2.18gD无法确定(二)称取质量为1.

10、96g的莫尔盐制成溶液。用未知浓度的酸性KMnO4溶液进行滴定。(1)已知MnO4-被还原为Mn2+,试写出该滴定反应的离子方程式。(2)判断该反应到达滴定终点的现象为。(3)假设到达滴定终点时，用去VmL酸fIEKMnO4溶液，则该酸性KMnO4溶液的浓度为0.005mol234g/mol1.0g100%=117%,由于乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高镒酸钾铁屑aq)aq)1 1SmLJmoVLSmLJmoVLH H2 2SOSO4 4一定质篇的(四)与 5 固体试回答下列问题：(1)步骤1中加入10%Na2CO3溶液的主要作用是；反应中铁屑过量是为了mol/L。【答案】除铁屑表面的油污物中

11、的Fe3+杂质FeSQ在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSQ7H2O析出过滤、洗涤无水酒精或冰水B5F(2+MnO4-+8H+5F3+Mn2+4H2O加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色1/V【解析】【分析】(一)(1)碳酸钠水解显碱性；(2)FeSQ在温度低时溶解度较小；(3)浓缩结晶后需要过滤、洗涤；温度低时，硫酸亚铁钱的溶解度小；(4)(NH4)2SC4FeSQ在30c和10c的溶解度分别为：28.1g和17.2g；(二)(1)MnO4-将二价铁离子氧化为三价铁离子，被还原为Mn2+;(2)高镒酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子是不需要指示剂的；(3)根据亚铁离子

12、和高镒酸根反应的实质，可以找到亚铁离子与高镒酸根之间的量的关系，根据原子守恒可以找到亚铁离子和酸亚铁俊之间量的关系，进而进行计算。【详解】(一)(1)碳酸钠水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解，过量的Fe可以还原氧化生成的Fe3+,减少产物中的Fe3+杂质，故答案为：除铁屑表面的油污；还原氧化生成的Fe3+,保证Fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的Fe3+杂质；(2)如果不趁热过滤就会有FeSQ7H2O析出，故答案为：FeSQ在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSQ7H2O析出；(3)浓缩结晶后需要过滤、洗涤；硫酸亚铁钱在无水乙醇中的溶解度小；温度低时，硫酸亚铁钱的溶解度小，可用冰水

13、洗涤，故答案为：过滤、洗涤；无水酒精或冰水；(4)(NH4)2SC4FeSQ在30c和10c的溶解度分别为：28.1g和17.2g,即若溶剂为100g水，冷却析出10.9g,有水20g析出2.18g,硫酸亚铁俊的化学式为(NH4)2S。FeSQ6H2O含有结晶水，故析出质量大于2.18g,故答案为：B;(二)(1)反应的离子方程式5Fe2+MnO4-+8H+f5F+Mn2+4H2O,故答案为：5Fe2+MnO4-+8H+-5Fe3+Mn2+4H2O;(2)高镒酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子不需要指示剂，当滴加最后一滴溶液后，溶液变成紫红色，30s内不褪色，说明达到滴定终点，故答案为：加入最后一滴

14、KMnO4溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色；还原氧化生成的Fe3+,保证Fe2+稳定、纯净地存在，减少产(3)1.96g硫酸亚铁钱晶体的物质的量n=-=1.96g-=0.005mol,根据原子守恒则亚M392g/mol铁离子的物质的量为0.005mol,反应5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O,则5Fe2+MnO4-,所以高镒酸钾的物质的量为0.001mol,据c=SOOyolmol/L,故答案为：V103VLV1-OV3.实验室用酸性蚀刻废液(含Cu2+、H+、CuCl2、Cl-等)和碱性蚀刻废液NH4、2Cu(NH3)4、NH3H2O等制备CuI(白色固体)的实验流程如

15、下.2(1)步骤I中发生了多个反应，其中Cu(NH3)4与盐酸反应生成Cu(OH)Cl的离子万程式为O(2)步骤IV需控制pH为12,80C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、。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。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(NHs)2+3H+C1-+H2OCu(OH)ClJ+41H4热水浴冷却结晶过滤(洗涤)分液漏斗Cu+2佳SO4(浓)AcuSQ+SQT+2H2O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【解析】【分析】由流程图可知，酸性

16、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(NH3)42+与盐酸反应生成Cu(OH)Cl沉淀和氯化俊，反应的离子方程式Cu(NH3)42+3H+Cl+H2O=Cu(OH)ClJ+4N4+,故答案为：CU(NH3)42+3H+C-+H2O=Cu(OH)ClJ+4N4+；(2)步骤IV为Cu(OH)Cl加水、过浆后，与浓硫酸在制pH为12,80c下水浴加热反应反应生成硫

17、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Z晶；过滤(洗涤)；(4)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+2H2SQ(浓)ACuSQ+SOd+2H2O,故答案为：分液漏斗；Cu+2H2SQ(浓)与CuSQ+SQT+2H2O;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

18、速干燥，犍性注菜康液过该水诔碳酸的鼻注液n n-化盥.iviv-割CuiSQjSQj*虢酸铜晶体薇利曲朝青液故答案为：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12。4.羟氨(NH2OH)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：溶液配制：称取5.0g某羟氨样品，溶解在酸中后加适量蒸储水，将其全部转移至100mL的中，加蒸储水至。取20.00mL的羟氨酸性溶液与足量硫酸铁在煮沸条件下反应：2NH20H2+4Fe=N20T+4Fe2+H2O+

19、6H+,生成的Fe2+用0.4000molL_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，每次消耗酸性高镒酸钾标准溶液的体积如表所示：一一第一次第一次第二次第二次第三次第三次VfKMnO.溶液）溶液）/ /足足1880188020.0220.0219.9819.98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dKMnO4溶液起始读数仰视，终点正常读数【答案】H：X：9：H硫酸容量瓶刻度线当最

20、后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由n无色变为紫红色，且半分钟不褪色5FS+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O66ab【解析】【分析】(1)根据羟氨化学式写出其电子式；(2)羟氨应溶解在H2SQ中，因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化；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：HTAJKH.IIIIIIII

21、(2)羟氨应溶解在H2SC4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，加蒸储水至刻度线，故答案为：硫酸；容量瓶；刻度线；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;由消耗高镒酸钾体积表可知，第=20.00mL;2设滴定时NH20H2+的物质的量为xmol,依据离子方程式可得关系式：5NH20H2+：2MnO4-52xncV=20.0010-30.4解得x=0.02

22、因总量为100mL,所以n(NH20H2+)=0.02乂与0.1molm=nM=0.1x33g/moJ=3.3gm33w=100%=-100%=66%m样5.0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；5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O;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KMnO4溶液，相当于把KMnO4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.KMnO4溶液起

23、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：abo【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。5.常温下，三硫代碳酸钠(N32CS3)是玫瑰红色针状固体，与碳酸钠性质相近。在工农业生产中有广泛的用途。某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。实验一：探究Na2CS3的性质(1)向Na2CS3溶液中滴入酚酗:试液，溶液变红色。用离子方程式说明溶液呈碱性的原因(2)向Na2CS3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去。该反应中被氧化的元素是按如图所示连接好装置，取50.0mLNa2C8溶液置于三颈瓶中，打开分液漏斗的活塞，

24、滴入足量2.0mol/L稀H2SO4,关闭活塞。19.9820.02一次误差过大，舍去，V(平均产实验二：测定NazCS溶液的浓度已知：Na2CS+H2SO=Na2SO+CS2+H2SC6和H2s均有毒。CS不溶于水，沸点46C,密度1.26g/mL,与CQ某些性质相似，与NaOH作用生成NazCOS和H2O。(1)盛放碱石灰的仪器的名称是,碱石灰的主要成分是(填化学式)。(2)C中发生反应的离子方程式是。(3)反应结束后打开活塞K,再缓慢通入N2一段时间，其目的是。(4)为了计算Na2CS溶液的浓度，对充分反应后B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得8.4g固体，则三颈瓶中Na2CS的物质

25、的量浓度为。【答案】CS2-+H2O?HC8-+OHS干燥管CaO和NaOHCS+2OH-=CO$2-+H2O将装置中残留的的H2sCS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收1.75mol/L【解析】【分析】实验一：(1)Na2C8的水溶液中加入酚酗:变红色，说明Na2CS是强碱弱酸盐；(2)根据Na2C3中元素化合价是否是该元素的最高价态来进行判断；实验二：(1)根据仪器的图形判断仪器的名称；碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；(2)A中生成的CQ可与NaOH作用生成Na2COS和H2。；(3)反应结束后打开活塞k,再缓慢通入热N2一段时间是把生成的硫化氢和二硫化碳全部赶入后面装置完全吸收；(

26、4)当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g黑色固体，n(CuS)=8.的=0.0875mol,根据关系式96g/molNa2CSH2sCuS得n(Na2cS)=n(CuS)=0.0875mol,根据c=2计算A中Na2CS溶液的浓度。【详解】实验一：(1)Na2C8的水溶液中加入酚酗:变红色，说明Na2CS是强碱弱酸盐，则CS2-在水中发生水解，离子方程式为：CS2-+H2O?HCS-+OH-；(2)Na2CS中Na为+1价，C为+4价，都是元素的最高价态，不能被氧化，S为-2价，是硫元素的低价态，能够被氧化，所以被氧化的元素是S

27、;实验二：(1)盛放碱石灰的仪器为干燥管，碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；(2)A中生成的CQ可与NaOH作用生成Na2COS和H2。，相关离子方程式为：CS?+2OH-=COS2-+H2O；(3)反应结束后打开活塞k,再缓慢通入热N2一段时间，其目的是：将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的C3全部排入C中被充分吸收；(4)当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g黑色固体，n(CuS)=_84g=0.0875mol,根据关系式96g/molNa2CSH2sCuS得n(Na2cS)=n(CuS)=0.0875mol,

28、c(Na2CS)=0.0875mo1=1.75mol/L。0.05L6. MnO2是制造干电池的主要原料之一，也是中学化学中常见的一种试剂。工业上Mn(NO3)2和KMnO4为原料制备MnO2,其生产原理如下： 用软镒矿(含MnO2和少量的F殳O3、SiC2)和碳反应制得MnO;再将MnO与稀硝酸反应， 反应后经过滤、 提纯、 浓缩， 可制得50%的Mn(NO3)2溶液； 在一定条件下， 把50%的Mn(NO3)2溶液滴加到KMnO4溶液中，发生如下反应：3Mn(NO3)2+2KMnO4+2H2r5MnO2J+2KNQ+4HNO3,反应生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后得到MnO2。I、若将软镒矿

29、和碳反应后的固体产物置于如图1所示的装置甲中，与稀硝酸反应，观察到装置乙中有红棕色气体产生。(1)写出甲中产生气体反应的化学方程式(2)在制备MnO2的实验中要向反应混合液中不断滴加氨水，则氨水的作用是n、有人提出用日光分解KMnO4溶液的方法可制取MnO2,反应方程式为:分析曲线的变化趋势，你认为形成该变化的原因是出、某兴趣小组通过实验研究MnO2的氧化性进行了一系列的研究。FeSQ溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红FeC3溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红Na2SQ溶液中，再加入BaC2观察是否有白色沉淀生成D.把MnO2固体加入到稀盐酸中，观察是否有黄绿色气体生成(2

30、)该小组为研究在不同酸碱性的溶液中MnO2的氧化能力，他们控制KI溶液的浓度和MnO2固体的质量相同，恒定实验温度在298K,设计如下对比试验。实验酸或碱现象A1滴0.2mol/LNaOH溶液/、变色B1滴水缓慢变浅棕褐色C1滴0.1mol/L硫酸溶液迅速变棕褐色该小组从上述对比实验中，可以得出的结论是。写出在MnO2迅速氧化的离子方程式O图1 1图2 2请回答下列问题：4KMnO4+2H2O2L_4MnO2J+4KOH+3QT该反应中c(OH-)随时间的变化曲线如图2所示,(1)该小组设计了如下4个方案以验证MnO2的氧化性，可行的是A.把MnO2固体加入到B.把MnO2固体加入到C.把Mn

31、O2固体加入到【答案】Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NOT+2H2O可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2反应生成的MnO2对该反应起催化作用A酸性越强，MnO2氧化能力越强MnO2+2+4H+=Mn2+I2+2H2O【解析】【分析】1、(1)软镒矿中含有少量F&O3,在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO气体，为便于吸收氮氧化物，向乙中通入空气，空气中的氧气将NO氧化成NO2,使气体呈红棕色，丙中应盛NaOH溶液等碱性物质，吸收有毒气体NO2；(2)制备MnO2的实验中生成HNO3,加入氨水，可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为

32、MnO2；n、反应中c(OH-)在ti时突然增大，说明反应速率增大，在其它条件不变的情况下，可考虑生成物起催化作用；出、(1)A中，通过溶液变红，可说明MnO2固体将Fe2+氧化为Fe3+;B中，Fe3+没有还原性，MnO2不能表现氧化性；C中，不管是否将SQ2-氧化，都产生白色沉淀；D中，MnO2固体加入到稀盐酸中，不发生反应。(2)从溶液的酸碱性及产生的现象，可得出酸性越强，转化为I2的反应速率越快，现象越明显，MnO2氧化能力越强的结论；MnO2在酸性溶液中氧化，生成Mn2+、I2和H2O。【详解】1、(1)软镒矿中含有少量F&O3,在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO气体

33、。反应的方程式为Fe+4HNQ=Fe(NO3)3+NOT+2H2O;答案为：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NOT+2H2O；(2)制备MnO2的实验中生成HNO3,加入氨水，可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；答案为：可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；n、反应中c(OH-)在t1时突然增大，说明反应速率增大，在其它条件不变的情况下，可考虑生成物MnO2起催化作用；答案为：反应生成的MnO2对该反应起催化作用；出、(1)A中，通过溶液变红，可说明MnO2固体将Fe2+氧化为Fe3+,A符合题意；B中，Fe3殁有还原性，MnO2不

34、能表现氧化性，B不合题意；C中，不管是否将SO2-氧化，都产生白色沉淀，C不合题意；D中，MnO2固体加入到稀盐酸中，不发生反应，D不合题意。故选A;(2)从溶液的酸碱性及产生的现象，可得出酸性越强，I-转化为I2的反应速率越快，现象越明显，MnO2氧化能力越强的结论；答案为：酸性越强，MnO2氧化能力越强；MnO2在酸性溶液中氧化I-,生成Mn2+、I2和H2O,反应的离子方程式为MnO2+2I-+4H+=Mn2+I2+2H2O;答案为：MnO2+2I-+4H+=Mn2+I2+2H2。7. 2019年诺贝尔化学奖颁给了日本吉野彰等三人，以表彰他们对锂离子电池研发的卓越贡献。(1)工业中利用锂

35、辉石(主要成分为LiAlS2O6,还含有Fe。CaO、MgO等)制备钻酸锂(LiCoQ)的流程如图：rjicn,rjicn,方度扎旧冈1 1口和治都0 0水命仪为小施I I,.,1,1,I I. .QYQY*对出 mtmt. .地诲打毋一标- -uQj-wsw-uQj-wsw惠邕祝熏谑匿I I施百？闿港回答下列问题：锂辉石的主要成分为LiAlSbOe,其氧化物的形式为。为提高酸化焙烧”效率，常采取的措施是。向浸出液”中加入CaCQ,其目的是除去酸化焙烧”中过量的硫酸，控制pH使Fe3+、A13+完全沉淀，则pH至少为。(已知：，KspFe(OH)3=4.0 x%KspAl(OH)3=1.0X益

36、完全沉淀后离子浓度低于1XlG)mol/L)。滤渣2”的主要化学成分为。沉锂”过程中加入的沉淀剂为饱和的(化学式)溶液。(2)利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为LiCoQ+C6=|LbC6+Lii-xCoO2其工作原理如图2。下列关于该电池的.口说法正确的是(填字母)。阳2 2A.过程1为放电过程B.该电池若用隔膜可选用质子交换膜C.石墨烯电池的优点是提高电池的储锂容量进而提高能量密度D.充电日LiCoOb极发生的电极反应为LiCoO2-xe-=xLi+Li1-xCoO2E对废旧的该电池进行放电处理”让Li+嵌入石墨烯中而有利于回收(3)L

37、iFePQ也是一种电动汽车电池的电极材料，实验室先将绿矶溶解在磷酸中，再加入氢氧化钠和次氯酸钠溶液反应获得FePQ固体。再将FePQ固体与H2QO4和LiOH反应即可获彳导LiFePQ同时获得两种气体。写出FePQ固体与H2C2O4和LiOH反应溶液获得LiFePQ的化学方程式。LiFePQ需要在高温下成型才能作为电极，高温成型时要加入少量活性炭黑，其作用是O【答案】Li2O?Al2O3?4SiO2将矿石细磨、搅拌、升高温度4.7Mg(OH)2和CaCQNabCC3CD2LiOH+6HC2O4+2FePQ=2LiFePQ+7CQT+5COT+7HO与空气中的氧气反应，防止LiFePQ中的Fe2

38、液氧化【解析】【分析】锂辉石(主要成分为LiAlSi2Q6,还含有Fe。CaO、MgO等)为原料来制取钻酸锂(LiCo。)，加入过量浓硫酸酸化焙烧锂辉矿，之后加入碳酸钙除去过量的硫酸，并使铁离子、铝离子沉淀完全，然后加入氢氧化钙和碳酸钠调节pH沉淀镁离子和钙离子，过滤得到主要含锂离子的溶液，滤液蒸发浓缩得20%L2S,加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后与CO3O4高温下焙烧生成钻酸锂；【详解】(1)硅酸盐改写成氧化物形式的方法如下：a.氧化物的书写顺序：活泼金属氧化物一较活发金属氧化物一二氧化硅一水，不同氧化物间以隔开；b.各元素的化合价保持不变，且满足化合价代数和为零，各元素原子个数比符

39、合原来的组成；c、当计量数配置出现分数时应化为整数；锂辉石的主要成分为LiAlS2Q6,根据方法，其氧化物的形式为Li2Q?Al2Q3?4SiO2;流程题目中为提高原料酸侵效率，一般采用的方法有：减小原料粒径(或粉碎)、适当增加酸溶液浓度、适当升高温度、搅拌、多次浸取等；本题中为酸化焙烧；硫酸的浓度已经最大，因此合理的措施为将矿石细磨、搅拌、升高温度等；Al(OH)3的Ksp大于Fe(OH的Ksp,那么保证Al3+完全沉淀即可达到目的；已知Al(OH)3的Ksp=1xT03,所以当c(Al3+)=ix15Dnol/L时可认为铝离子和铁离子完全沉淀，此时c(OH-4.7;根据分析可知滤渣2主要为

40、Mg(OH)2和CaCQ；根据沉锂”后形成L2CQ固体，以及大量生产的价格问题，该过程中加入的最佳沉淀剂为Na2CO3溶液；(2)A.电池反应式为LiCoO2+C6麻。!?LixQ+Lh-xCoQ,由此可知，放电时，负极电极反应式为LixC3-xe-=xLi+O5,正极电极反应式Li1-xCoO2+xLi+xe-=LiCoO2,石墨电极为放电时的负极，充电时的阴极，故A错误；B.该电池是利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性而制作，故B错误；C.石墨烯电池利用的是Li元素的得失电子，因此其优点是在提高电池的储锂容量的基础上提高了能量密度，故C正确；D.充电时，LiCoO2极为

41、阳极，将放电时的正极电极反应式逆写即可得阳极反应，即LiCoQ极发生的电极反应为LiCoO2-xe-=xLi+Li1-xCoO2,故D正确；E.根据钻酸锂的制备流程可知，对废旧的该电池进行放电处理让Li+嵌入LiCo6才有利于回收，故E错误；故答案为CD;(3)FePQ固体与H2QO4和LiOH反应可获得LiFePQ同时获得两种气体，该过程中Fe3+被还原，根据元素价态变化规律可知应是C元素被氧化，生成CO2,该种情况下只生成一种气体，应想到草酸不稳定容易发生歧化反应分解生成CO和CQ,即获得的两种气体为CO和CQ,结合电子守恒和元素守恒可能方程式为：)=VcAl3+=mol/L=1x-ftJ

42、mol/L,c(H+)=1xiBmol/L,pH=4.7,即pH至少为2LiOH+6H2C2O4+2FePO=2LiFePO+7C。T+5COT+7HO;高温条件下亚铁离子容易被空气中的氧气氧化，活性炭黑具有还原性，可以防止LiFePQ中的Fe2+被氧化。【点睛】硅酸盐改写成氧化物形式的方法如下：a.氧化物的书写顺序：活泼金属氧化物一较活发金属氧化物一二氧化硅一水，不同氧化物间以隔开；b.各元素的化合价保持不变，且满足化合价代数和为零，各元素原子个数比符合原来的组成；c、当计量数配置出现分数时应化为整数；流程题目中为提高原料酸侵效率，一般采用的方法有：减小原料粒径(或粉碎)、适当增加酸溶液浓度

43、、适当升高温度、搅拌、多次侵取等8.孔雀石的主要成分为Cu2(OH)2CO3(含少量Fe。Fe2O3、SiQ)。某小组同学在实验室以孔雀石为原料制备胆矶，并测定所得胆矶中结晶水的含量。实验步骤如下：(提供试剂：NaOH溶液、H2O2溶液、CuO、Na2CQ)完成下列填空：(1)孔雀石的主要成分与稀硫酸反应的离子方程式为。(2)按试剂加入顺序，w所代表的试剂依次为。沉淀B的成分为。(3) a操作依次为：加热蒸发、过滤、洗涤、。除烧杯、漏斗之外过滤还需要另一玻璃仪器，该仪器在此操作中的主要作用是。(4)欲检验溶液A中F/的试剂是(选填序号)。如果测定53+的含量，需要用容量瓶配制某标准溶液，请简述

44、配制中“定容”的操作：。aNaOH(aq)bNazCQ(aq)c淀粉KI(aq)d酸fKMnO4(aq)(5)在测定所得胆矶(CuSQ-xH2O)中结晶水x值的实验过程中，若测定结果的实验误差为1.5%可能的原因是。a加热温度过高b胆矶晶体的颗粒较大c加热后放在空气中冷却d加热胆矶晶体时有晶体从增期中溅出m2222(6)该小组一位同学根据实验结果求出样品中孔雀石的质量分数为：，另一2502m位同学不同意，其原因是。【答案】Cu2(OH)2CQ+4H+f2Cu2+3H2O+CQTH2O2溶液、CuOFe(OH)3、CuO冷却结晶自然干燥引流d加水到离刻度线23cm处改用胶头滴管滴加蒸储水，直到凹

45、液面的最低线与刻度线相平a、d在除杂过程中加入了CuO,会使结果偏大【解析】【分析】mig孔雀石的主要成分为Cu2(OH)2C。(含少量Fe。Fe2O3、Si。)，加入稀硫酸过滤得到滤渣二氧化硅和溶液A为硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸铁，加入W为过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化铜调节溶液的pH沉淀铁离子，过滤得到沉淀B为氢氧化铁和过量的氧化铜，溶液B为硫酸铜溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到硫酸铜晶体m2g,受热失去结晶水得到硫酸铜固体m3g。据此解答。【详解】(1)碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，反应的离子方程式为：CU2(OH)2CO3+4H+=2Cu2+3H2O

46、+CQT,故答案为:Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2+3H2O+COT;(2)按试剂加入顺序，w所代表的试剂依次为加入氧化剂过氧化氢氧化亚铁离子，不引入其他杂志离子，加入氧化铜调节溶液pH使铁离子全部沉淀，过滤得到沉淀B为Fe(OH)3、CuO,故答案为：H2O2溶液、CuO;Fe(OH)3、CuO;(3)从溶液B中获得硫酸铜晶体，直接加热蒸干会导致硫酸铜失去结晶水，应该采用的操作方法为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥，除烧杯、漏斗之外过滤还需要另一玻璃仪器为玻璃棒，该仪器在此操作中的主要作用是引流，故答案为：冷却结晶，自然干燥；引流；(4)溶液A中含亚铁离子和铁离子：a.NaOH

47、溶液，向Fe2+溶液中加入NaOH溶液后，5+与OH反应生成Fe(OH)2,Fe2+2OH=Fe(OH)2J,Fe(OH)2不稳定易被氧气氧化为Fe(OH)3,4Fe(OH)2+6+2H2O=4Fe(OH)3,白色的Fe(OH)2沉淀变成红褐色Fe(OH)3,向Fe2+溶液中加入NaOH溶液后，观察到生成的白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；Fe3+与OH-反应Fe3+3OH-=Fe(OH)3J,生成红褐色Fe(OH)3,两者反应现象干扰，不能检验该溶液中存在Fe2+,故a错误；b.Na2CQ(aq)和亚铁离子生成沉淀，和铁离子双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳，溶液浑浊不能检验亚铁离子，故

48、b错误；c.淀粉KI(aq)和铁离子发生氧化还原反应生成碘单质和亚铁离子，溶液颜色相近不能鉴别亚铁离子，故c错误；d.酸性KMnO4(aq),因为Fe2+具有较强的还原性能使酸性KMnO4溶液褪色，Fe3+不能，故能够用酸性KMnO4溶液鉴另F+和Fe3+，故d正确；如果测定Fe2+的含量，需要用容量瓶配制某标准溶液，加水到离刻度线23cm处改用胶头滴管滴加蒸储水，直到凹液面的最低线与刻度线相平，故答案为：d;加水到离刻度线23cm处改用胶头滴管滴加蒸储水，直到凹液面的最低线与刻度线相平；(5)测定所得胆矶(CuSQ?xH2O)中结晶水x值，应称量增竭的质量，增期和晶体的质量，加热后增竭的质量

49、，加热后再称量一次增竭的质量，判断质量是否在误差允许范围内及两次值是否相差不超过0.1g,所以至少称量4次；a.加热温度过高，会导致硫酸铜分解，质量变化较大，导致结果偏大，a正确；b.胆矶晶体的颗粒较大，会导致晶体解热分解不完全，质量变化偏小，结果偏小，b错误；c.加热后放在空气中冷却，会吸收空气中的水重新形成晶体，导致测定结果偏小，c错误；d.加热胆矶晶体时有晶体从增期中溅出，导致测定的结晶水的质量偏大，测定的x值偏大，故d正确；故答案为：ad；(6)向溶液中加入CuO调节溶液的pH,沉淀n为Fe(OH)3,所以胆矶中的铜元素不是都来自样品，因此该小组一位同学根据实验结果求出样品中CuO的质

50、量分数偏大，故答案为：在除杂过程中加入了CuO,会使结果偏大。补充白宛若为。(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C1O2,其原理是：纤维素水解得到的最终产物X与NaC1O3反应生成C1O2。(3)配平方程式：口(X)+DNaC1O+DH2SO一口C121+口8+DI2O+若反应中产生4.48L(折算成标准状况下)气体，电子转移个。(4)C1O2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Clo处理含CN一相同量的电镀废水，所需C12的物质的量是C1O2的倍。方法三：实验室常用氯酸钠(NaClOs)和亚硫酸钠(Na2SQ)用硫酸

51、酸化，加热制备二氧化氯，化学反应方程式为：2NaCQ+Na2SQ+H2SOLA2c102T+2NSC4+H2O反应中的NazSQ溶液中存在如下平衡：H2O=H+OH-和(用离子方程式表示).常温下，0.1mo1/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NaHSQ溶液呈酸性，在NazSOs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、C122NaC1O3+4HC1=2C1QT+C2T+2NaC1+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+24NaC1O3+12H2SQ24C

52、1QT+6CQT+18H2O+12Na2g0.16NA2.5SQ2-+H2O=-OH-+HSO-,HSQ-+H2O工OH+H2SQc(Na+)c(SO32-)c(OH-)c(HSO3-)c(H+)NaHSQ、Na2SQ、NaC1、或(NaHSQ、Na2SQ、NaC1、SQ、H2SQ)【解析】(1)电解饱和食盐水生成H、C12和NaOH故可以利用的单质为H、C12,合成HC1,根据流程图可知加入物9.二氧化氯泡腾片，有效成分(C16)是-方法一：氯化钠电解法是一种可靠的工业生产程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠(种高效、安全的杀菌、消毒剂。C1Q气体的方法。该法工艺原理如图。其过NaC1O

53、3)与盐酸反应生成C1Q。电军电电军电二氧化氮二氧化氮发生器发生器(1)工艺中可利用的单质有(填化学式)，发生器中生成C1Q的化学方程式质为NaC1Q和HC1,生成C1O2；可以写出方程式，并用化合价升降法配(2)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(QHzQ),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(C6H2Q)C均价为0,到+4价，升高4价，然后配平得到，由可知生成24molClO2和6molCO2气体转移24moi的电子；(4)每摩尔Cl2得到2moi电子，而每摩尔ClO2得到5mol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，隐性离子；(6)NaSO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、NaHSONaCl。【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、Cl2;根据流程图可知加入物质为NaClQ和HCl,生成ClO2；发生氧化还原