2020-2021全国高考化学氧化还原反应的综合高考真题汇总

1、2020-2021全国高考化学氧化还原反应的综合高考真题汇总一、高中化学氧化还原反应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H2SQ+2NaNO2=2HNO2+Na2SOu可利用亚硝酸与叔丁醇(t-BuOH)在40c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

2、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。装置a的名称是该反应需控制温度在65C,采用的实验措施是反应后溶液在0C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。用滴定管加入0.10molL1六硝酸锦钱(NH4)2Ce(NO3)6溶液40.00mL(假设杂质均不参与反应)。充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗咻指示液，并用0.10molL1硫酸亚铁钱(NH

3、4)2Fe(SQ)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)。已知六硝酸锦俊(NH4)2Ce(NQ)6与叠氮化钠反应生成硝酸俊、硝酸钠、氮气以及Ce(NQ)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)。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是(填字母)。A.锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗B.滴加六硝酸铀钱溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数C.滴加硫酸亚铁钱标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡D.滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁钱标准液滴

4、用蒸储水冲进瓶内(4)叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：【答案】t-BuOH+HNO2”土t-BuNO2+H2O恒压滴液漏斗(滴液漏斗)水浴加热降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失2(NH4)2Oe(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Oe(NO3)3+2NaNO3+3N2T65%ACClO+2N3-H2O=Cl+2OH+3N2T【解析】【分析】【详解】(1)制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反应，所以方程式为：t-BuOHHNO240ct-BuNO2H2O

5、;(2)。装置a的名称即为恒压滴液漏斗；2反应要控制温度在65C,参考苯的硝化实验，该反应加热时，应当采用水浴加热；3题干中提到了叠氮酸钠易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗涤产品时，为了减少洗涤过程中产品的损耗，应当用无水乙醇洗涤；(3)通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中Ce4+和N3中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：2(NH4)2Ce(NO3)62NaN3=4NH4NO32NaNO32Ce(NO3)33N2;在计算叠1,氮化钠的含量时，一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了与过量的六硝酸铀钱反10应，再用Fe2+去滴定未反应完的正四价的Ce,因此有：12.0gNaN3样品的,消耗

6、的Ce4Fe2消耗的Ce4=0.004molCe4,考虑到Fe2+与10Ce4+的反应按照1:1进行，所以2.0g叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为：n(NaN3)10(0.004Fe2消耗的Ce4)0.02mol,所以叠氮化钠样品的质量分数,m(NaN3)0.02mol65g/mol八为：w-100%=65%;2.0g2.0A.润洗锥形瓶， 会使步骤消耗的六硝酸铀钱的量增加， 通过分析可知， 会使最终计算的质量分数偏大，A项正确；B.量取40mL六硝酸铀钱溶液时若前仰后俯，则会量取比40ml更多的六硝酸铀钱溶液，那么步骤会需要加入更多的Fe2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的Ce4+,通过分析可知，

7、最终会导致计算的质量分数偏低，B项错误；C.步骤用Fe2+标定未反应的Ce4+,若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的Fe2+消耗量比实际的偏小，通过分析可知，最终会使质量分数偏大，C正确；D,将挂在锥形瓶壁上的Fe2+溶液冲入锥形瓶，相当于让溶液混合更均匀，这样做会使结果更准确，D项不符合；答案选AC;(4)反应后溶液碱性增强，所以推测生成了OH-；产生的无色无味无毒气体，推测只能是氮气，所以离子方程式为：ClO2N3H2O=Cl3N22OH。【点睛】滴定计算类的题目，最常考察的形式之一是配制完待测样品溶液后，只取一部分进行滴定，在做计算时不要忘记乘以相应的系数；此外，常考察的形式也有：

8、用待测物A与过量的B反应，再用C标定未反应的B,在做计算时，要注意A与C一同消耗的Bo2.碘酸钾(KIO3)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KIO3的纯度：I口 G 隆KCH济派 2 濡/辆蛊触_LitJ帮1工爆鹿J山-k步隆、启斌其中制取碘酸(HIO3)的实验装置见图，有关物质的性质列于表中回答下列问题(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CC4的作用是从而加快反应速率。(3)分离出B中制得的HIO3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KIO3的产率。(4)为充分吸收

9、尾气，保护环境，C处应选用最合适的实验装置是(填序(5)为促使KIO3晶体析出，应往中和所得的KIO3溶液中加入适量的。(6)取1.000gKIO3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，力口入淀粉作指示剂，用0.1004mol/LNa2s2O3溶液滴定。22-滴定至终点时蓝色消失(I2+2S2O3=2I+S4O6),测得每次平均消耗Na2S2O3溶液25.00mL。则产品中KIO3的质量分数为(结果保留三位有效数字)。【答案】还原性、酸性5CI2+I2+6H2O=2HIO3+I0HCI充分溶解I?和CL以增大反应物浓度分液除去Cl2

10、(或CIO-)，防止氧化KIO3C乙醇(或酒精)89.5%。【解析】【分析】装置A用于制取C12,发生的反应为：KC1Q+6HC1脓尸KC1+3C2T+3H2O,装置B中发生的是制取HIO3的反应，装置C为尾气处理装置，既要吸收尾气中的HC1和C12,还要防止倒吸。【详解】(1)装置A中发生的反应为：KC1Q+6HC1(浓尸KC1+3C2T+3H2O,浓盐酸中的C1元素有一部分失电子转化为C12,表现出还原性，还有一部分C1元素没有变价转化为KC1(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：5C6+l2+6H2O=2HIO3+10HC1,C12和I2均难溶于水，易溶

11、于CC4,加入CC4可使二者溶解在CC4中，增大反应物浓度，故答案为：5C12+I2+6H2O=2HIO3+10HC1;充分溶解I2和C12,以增大反应物浓度；(3)分离B中制得的HIO3水溶液的操作为分液，HIO3溶液中混有的C12在碱性条件下转化为C1O,C1O会将IO3-氧化为IO4,因此在中和前需要将C12除去， 故答案为： 分液； 除去C12(或C1O),防止氧化KIO3；(4)尾气中主要含HC1和C12,需用NaOH溶液吸收，同时要防止倒吸，故答案为：C;(5)因为HQ难溶于乙醇，向KIO3溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使KIO3晶体析出，故答案为：乙醇(或酒精)；(6)每20m

12、LKIO3溶液中，加入KI溶液和稀盐酸发生的反应为：IO3-+5+6H+=3I2+3H2O,滴定时发生的反应为：Iz+ZSOsZr+SiOG2-,可列出关系式：IO3-3I26&O32-,每次平均消耗的m&Q20.1004mo1/LX0.025L=0.00251,m则每20mLKIQ溶液中，n(KIO3)=n(IO3-)=n(S2O32-)+6=0.00251mo1+6=0.000418m000mL溶液中，n(KIO3)=0.00418mo1,产品中KIO3214g/mo10.00418mo1的质重分数=X100%=89.5%,故答案为:89.5%。1gA广A【点睛】1g样品配

13、成了200mL溶液，而根据关系式计算出的是20mL溶液中KIO3的物质的量，需扩大10倍才能得到1g样品中KIO3的物质的量。3.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CoNi、Li的流程如图。已知：LiCoQ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在浸出过程中反应白离子方程式是_。(3)浸出剂除了H2O2外，也可以选择N32&O3,比较二者的还原效率H2O2_(填“峨“CH3COOOH容易放出氧原子，它与空气中微生物机体

14、作用，达到灭菌目的，是消毒液的主要成分。(1)某研究性学习小组为了弄清配制过氧乙酸消毒液的甲、乙溶液的主要成分各是什么？进行以下科学探究，请你完成下列相关内容：提出假设：甲溶液的主要成分为,乙溶液的主要成分为。实验验证：取甲、乙两种溶液少许，分别加入几滴试液，若中假设正确，则甲溶液的现象为,乙溶液的现象为。(2)有关过氧乙酸的叙述正确的是(填编号)A.过氧乙酸与羟基乙酸(HOCH2COOH瓦为同分异构体B.过氧乙酸与苯酚混合使用可增强消毒效果C.过氧乙酸与乙酸属于同系物D.氧元素的化合价为-2价(3)实验室制备少量过氧乙酸，可由冰醋酸和过氧化氢在浓硫酸催化作用下制得，实验装置和步骤如下：在三颈

15、烧瓶中加入一定量冰醋酸与浓H2SQ的混合液体，再缓缓加入适量30%的双氧水。不断搅拌并控制B中混合液的温度为2030c至反应结束。接入冷凝管和抽气泵，在锥形瓶中收集得到产品。请回答下列问题：仪器C的名称是;为更好地控制反应温度，应采用方法是;生成过氧乙酸的化学方程式为;碘量法分析：取2.00mL过氧乙酸试中稀释成100mL，从中取出5.00mL,滴加酸性KMnO4溶液至恰好粉红色以除去残余H2O2,再加入10mL10%KI溶液和几滴淀粉溶液， 摇匀， 反应完全后再用0.1000mol/L的Na2S2O3标准液滴定至终点(反应方程式为2Na2&O3+l2=Na2S4O6+2NaI),共消

16、耗14.30mLNa2s2O3标准液。该样品中过氧乙酸的物质的量浓度是mol/L0(结果保留小数点后两位)(提示：CH3COOOH+21+2H+=l2+CHsCOOH+HO)【答案】甲H2O2、H2O、H2SQ乙CH3COOH、H2O石蕊甲：溶液先变红后褪色乙:溶液由无色变为红色A冷凝管(或直形冷凝管)水浴加热CHCOOH+H2O2-CKCOOOH+HO7.15【解析】【分析】(1)若假设甲溶液的有效成分是H2O2,则乙溶液的有效成分是CH3COOOH,根据过氧乙酸消毒?是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SC4混合后，反应生成过氧乙酸(CH3COOOH),H2O2是极弱的电解质，在

17、酸性介质中才能稳定存在，则H2SQ应该在甲溶液中，另外两种溶液中的水也是一种主要成分；两溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊试液变红，但是甲溶液中H2O2漂白作用的会使变红的溶液褪色；(2)结合选项对过氧乙酸(CH3COOOH性质判断，(3)由仪器的结构，可知C为直形冷凝管；控制B中混合液的温度为2030C,应采取水浴加热；结合题中信息，写出生成过氧乙酸的化学反应方程式；CH3COOOH+21+2H+=l2+CH3COOH+H2O,2Na2s2O3+l2=Na2&O6+2NaI,由这两个方程式，确定关系式：CRCOOOHI22Na2s2O3,计算稀释后5.00mL溶液中过氧乙酸的物质的量，再计

18、算原来的2.00mL溶液中的过氧乙酸的物质的量，再根据物质的量浓度定义式计算。【详解】(1)若假设甲溶液的有效成分是H2O2,则乙溶液的有效成分是CH3COOOH,根据过氧乙酸消毒?是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SO4混合后，反应生成过氧乙酸(CH3COOOH),H2O2是极弱的电解质，在酸性介质中才能稳定存在，则H2SQ应该在甲溶液中，另外两种溶液中的水更是一种主要成分；两溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊试液变红，但是甲溶液中H2O2漂白作用的会使变红的溶液褪色；(2)过氧乙酸与羟基乙酸(HOC建COOH两分子式都是C2H4。3,但结构不同，故互为同分异构体；过氧乙酸具有强氧化性

19、，而苯酚易被氧化，两者混合发生氧化还原反应，不能增强消毒效果；过氧乙酸的分子结构中存在过氧根而乙酸中没有，两者结构不相似，不属于同系物；过氧乙酸中的氧元素有+2价、+1价；(3)由仪器的结构，可知C为直形冷凝管；控制B中混合液的温度为2030C,应采取水浴加热，受热均匀，便于控制温度；乙酸与过氧化氢在浓硫酸、2030c条件下反应生成过氧乙酸(CH3COOOH)反应的化学方程式为：CH3COOH+BO2.丁CH3COOOH+HO；CH3COOOH+21+2H+=l2+CH3COOH+HO,2Na2s2O3+l2=Na2S4O6+2NaI,由这两个方程式，确定关系式：CHsCOOOH-I22Na2

20、QO3,可知稀释后的5.00mL溶液中过氧乙酸的物质的量是：可X0.0143LX0.1000mol/L原来2.00mL溶椒中的过氧乙酸的物质的量是：1WOwZc_一x0.0143Lx0.1000mol/L-=0.0143mol,25冠冠0.0143加加内内【点睛】=7.15mol/L。本题是探究性实验试题，现根据题中的信息去假设，然后分析、得出结论。实验中的数据处理，借助关系式法，计算所需要的物质的物质的量。5.目前全世界的馍(Ni)消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位。馍常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也常用作催化剂。碱式碳酸馍的制备：工业用电解馍新液(主要含NiSd,NiCl2等

21、)制备碱式碳酸馍晶体xNiCO3-yNi(OH)2-ZH2O,制备流程如图：(1)反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CQ+2H2O=NiCO32Ni(OH)2+3Na2SO4+2X,X的化学式为。(2)物料在反应器中反应时需要控制反应温度和pH值。分析如图，反应器中最适合的pH值为1 12-32-3：y- -6161 伊pHpH 前敕瓶含卓据喻(3)检验碱式碳酸馍晶体洗涤干净的方法是_。测定碱式碳酸馍晶体的组成：为测定碱式碳酸馍晶体xNiCChyNi(OH)2zH2O组成，某小组设计了如图实验方案及装置：该该样品中过氧乙酸的物质的量浓度是:电解锲新液市霍匿声一玉骨心至萃世.1UHU

22、H轨, ,资料卡片：碱式碳酸馍晶体受热会完全分解生成实验步骤：检查装置气密性；准确称量3.77g碱式碳酸馍晶体xNiCO3yNi(OH)2-zH2O放在B装置中，连接仪器;打开弹簧夹a,鼓入一段时间空气，分别称量装置CD、E的质量并记录；打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气；分别准确称量装置C、D、E的质量并记录;根据数据进行计算(相关数据如下表)装置C/g装置D/g装置E/g加热前250.00190.00190.00加热后251.08190.44190.00实验分析及数据处理：(4)E装置的作用_。(5)补充的实验操作。(6)通过计算得到碱式碳酸馍晶体的组成_(填化学式)。馍的制备：(7)写出制

23、备Ni的化学方程式_。【答案】CO28.3取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaC2溶液，若无沉淀产生,则证明沉淀已经洗涤干净吸收空气中的H2O和CO2关闭弹簧夹a,点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热NiCQ2Ni(OH)24H2O2NiCO3-2Ni(OH)2-4H2O+3N2H4H2O=6Ni+3N2T+2CO)+21睦O【解析】碱式碳酸银晶体过量腓(N7H4H20)溶液操作产品Ni*气体X和YNiO、CQ和H2O【分析】(1)根据元素守恒分析判断；(2)使各种杂质相对最少的pH即为最适合的pH;(3)反应后的滤液中含有硫酸钠， 因此检验碱式碳酸馍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫

24、酸根离子残留；(4)根据实验目的和各个装置的作用分析；(5)根据实验目的和前后操作步骤分析；(6)先计算生成水蒸气和CO2的质量，再根据质量守恒确定化学式；(7)氧化还原反应中电子有得，必有失，根据化合价变化确定生成物，进而配平方程式。【详解】(1)反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO32Ni(OH)2+3Na2SO4+2X,反应前Ni原子共3个、S原子共3个、O原子共23个、Na原子6个、C原子3个、H原子4个，反应后现有：Ni原子3个、S原子共3个、O原子共19个、Na原子6个、C原子1个、H原子4个，少O原子4个，C原子2个，而这些微粒包含在2个X分子

25、中，所以X的化学式为CO2,故答案为：CQ；(2)物料在反应器中反应时需要控制反应条件，根据图可知，在pH=8.3时，各种杂质相对最少，所以反应器中最适合的pH8.3,故答案为：8.3；(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸馍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留，故答案为：取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaC2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净；(4)C装置用来吸收碱式碳酸馍晶体受热分解产生的H2O,D装置用来吸收碱式碳酸馍晶体受热分解产生的CQ,E装置可以防止空气中的H2O和CO2进入D装置中，影响实验数据的测定，故答案为：吸收空气中的H2O和CO2；(5)

26、步骤反应前左侧通空气是为了排尽装置中原有的CQ和水蒸气，避免装置内的CQ和水蒸气造成数据干扰，排空气后，应该开始进行反应，因此步骤的操作为关闭弹簧夹a,点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，说明固体分解完全，停止加热；步骤再打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气，将装置中残留的CQ和水蒸气全部赶入C、D装置，被完全吸收，故答案为：关闭弹簧夹a,点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热；(6)水的质量为251.08g-250g=1.08g,CO2的质量为190.44g-190g=0.44g,由于发生的是分解反应，所以生成的NiO的质量为3.77g-1.08g-0.44g=2.25g,则分解反应中水、二氧化碳

27、和1.08g.0.44g.2.25g18g/mol44g/mol75g/mol即xNiCO30Ni(OH)2?zH2O中x:y:z的值1:2:4,故答案为：NiCO32Ni(OH)24H2。;(7)NiCO32Ni(OH)24H2O与N2H4H2O反应生成Ni,Ni元素得电子，被还原，同时还生成气体X和Y,由第(1)问知X为C6,氧化还原反应有得电子，必有失电子的物质，由此判断另一种气体为N2,根据得失电子守恒、元素守恒配平制备Ni的化学方程式，故答案为:2NiCO32Ni(OH)24H2O+3N2H4H2O=6Ni+3N2T+2CQT+21H2O。6.研究证明， 高铁酸钾不仅能在饮用水源和废

28、水处理过程中去除污染物， 而且不产生任何诱变致癌的产物，NiO的系数比(也就是分子个数比)为即:=6:1:3,.6H20T+CQT+3NiO,根据元素守恒可得可得x=1,y=2,z=4xNiCO3%Ni(OH)22H2O具有高度的安全性。湿法制备高铁酸钾是目前最成熟的方法，实验步骤如下：A,直接用天平称取60.5gFe(NO3)39H20、30.0gNaOH、17.1gKOH。B.在冰冷却的环境中向NaClO溶液中加入固体NaOH并搅拌，又想其中缓慢少量分批加入Fe(NO3)39H2O,并不断搅拌。C.水浴温度控制在20C,用电磁加热搅拌器搅拌1.5h左右，溶液成紫红色时，即表明有Na2FeO

29、4生成。D.在继续充分搅拌的情况下，向上述的反应液中加入固体NaOH至饱和。E将固体KOH加入到上述溶液中至饱和。保持温度在20C,并不停的搅拌15min,可见到烧杯壁有黑色沉淀物生成，即K2FeO4.(1)步骤B中不断搅拌的目的是。步骤C中发生反应的离子方程式为。由以上信息可知：高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠(填大”或小”。)(2)高铁酸钾是一种理想的水处理剂，与水反应生成6、Fe(OH(胶体)和KOH。该反应的离子方程式为。高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是。在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用。A.H2OB.稀KOH溶液、异丙醇C.NH4Cl溶液、异丙醇D.F

30、e(NO3)3溶液、异丙醇(3)高铁酸钠还可以用电解法制得，其原理可表示为Fe+2NaOH+2H2O3H2f+N&FeO4,则阳极材料是,电解液为。(4)25c时，Ksp(CaFeQ)=4.536x-90若要使100mL1.0X103mol/L的K2FeO4溶液中的c(FeO42-)完全沉淀，理论上要加入Ca(OH)2的物质的量为mol。(5)干法制备高铁酸钾的方法是F&O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成黑色高铁酸钾和KNO2等产物。则该方法中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。【答案】使固体充分溶解(或其他合理说法)2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+5H2O+

31、3Cl-小4FeO42-+10H2O=4Fe(OHN胶体)+8OH-+302T消毒、净水B铁NaOH溶液4.536-k103:1【解析】【分析】(1)搅拌操作可增加固体与液体的接触面积；步骤C中发生反应是NaClO溶液中加入固体NaOH和Fe(NOs)39H2O,在20c左右，生成Na2FeO4；在Na2FeO4的浓溶液中加入KOH固体，有高铁酸钾析出，根据溶解度大的制备溶解度小的可得；(2)该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由-2价变为0价，根据转移电子相等配平方程式；高铁酸钾在铁元素为+6价，有强氧化性，还原产物Fe3+,在水溶液中易水解生成氢氧化铁胶体；洗涤剂的选择要

32、求：要对K2FeO4水解能起到抑制作用的试齐；(3)电解总反应在碱性条件下进行，电解时阳极发生氧化反应，铁失电子生成高铁酸根离子；(4)根据溶度积常数计算；(5)根据含元素化合价升高的物质为还原剂，含元素化合价降低的物质为氧化剂，并根据得失电子守恒氧化剂与还原剂的物质的量之比。【详解】(1)搅拌操作可增加固体与液体的接触面积，则步骤B中不断搅拌的目的是使固体充分溶解；步骤C中中发生反应是NaClO溶液中加入固体NaOH和Fe(NO3)39H2O,在20c左右，生成Na2FeO4,此时发生反应的离子方程式为2Fe3+3ClO+100H-=2FeO42-+5H2O+3C-；根据题，将KOH加入Na

33、2FeO4得到K2FeO4,说明高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠小；(2)该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由-2价变为0价，其转移电子数为6,根据转移电子相等、电荷守恒配平方程式为4FeQ2-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2f+8OH;高铁酸钾(K2FeO4)具有极强的氧化性，是一种优良的水处理剂，起到杀菌消毒作用，形成胶体具有吸附悬浮杂质的作用；洗涤剂的选择要求：要对K2FeQ水解能起到抑制作用的试剂，在选项中，A能让K2FeO4水解，B中醋酸钠水解显碱性，对K2FeO4水解能起到抑制作用，C和D中的俊根和三价铁离子易水解，且水解后显酸性，对K2FeO4水解能起

34、到促进作用，故选B,故答案为：B；(3)电解总反应在碱性条件下进行，电解时阳极发生氧化反应，铁失电子生成高铁酸根离子，则阳极材料是Fe,电解液为NaOH溶液；(4)25C时，CaFeQ的Ksp=4.536X-90若要使100mL1.0X103mol?L-1的LFed溶液中的c(FeQ2-)完全沉淀，理论上至少要加入的Ca(OH)2的物质的量(5)干法制备高铁酸钾的方法是将Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸钾和KNO2等产物，其中氮元素化合价从+5价降到+3价，得2e-,KNO3为氧化剂，Fe2O3中铁元素化合价从+3价升到+6价，共失去电子6e-,为还原剂，得失电子相等，

35、则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:1。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:石质调 3 31 1 口溶液 6 号刑J垂发；部 MiMi1 1扁2闿灌为提高酸化焙烧”效率，常采取的措施是。Ksp=_2=_2cFeO4X0.1L=94.536101.0105mol/LX0.1L=4.536-5mOH回答下列问题：锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6,其氧化物的形式为两酒1曼舞打精矿向浸出液”中加入CaCQ,其目的是除去酸化焙烧”中

36、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=4.0X-粘&pAl(OH)3=1.0乂一河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W池，电池反应式为LiCoQ+C6=LixC6+Li1-xCoO2其工作原理如图2。下列关于该电池的说法正确的是(填字母)。A.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LiCoO

37、2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)LiFePQ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H2c2d和LiOH反应即可获彳导LiFePQ同时获得两种气体。写出FePQ固体与H2QO4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CaCQNaz

38、CQCD2LiOH+6H!C2O4+2FePQ=2LiFePQ+7COd+5COT+7H2O与空气中的氧气反应，防止LiFePQ中的Fe2液氧化【解析】【分析】锂辉石(主要成分为LiAlS2O6,还含有Fe。CaO、MgO等)为原料来制取钻酸锂(LiCoO2),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：

39、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；锂辉石的主要成分为LiAlSba,根据方法，其氧化物的形式为Li2O?Al2O3?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的电大于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

40、=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Mg(OH)2和CaCO;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LiCoQ+Q脩髓LixC3+Lii-xCoO2,由此可知，放电时，负极电极反应式为Lixa-xe-=xLi+Q,正极电极反应式Lii-CoO2+xLi+xe-=LiCoC2,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

41、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+Lii-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LiCoQ才有利于回收，故E错误；故答案为CD;(3)FePQ固体与H2C2O4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

42、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：2LiOH+6H2C2O4+2FePC4=2LiFePC4+7CQT+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)=mol/L=1x-ftJmol/L,c(H+)=1x147mol/L,pH

43、=4.7,即pH至少为KSP建Al3+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：减小原料粒径适当增加酸溶液浓度、适当升高温度、搅拌、多次侵取等8.实验室可由软镒矿(主要成分为MnO2)制备KMnO4,方法如下：高温下使软镒矿与过量KOH(s邢KClO3(s)反应，生成K2MnO4(镒酸钾)和KCI用水溶解，滤去残渣；酸化滤液，&MnO4转化为MnO2和KMnO4；再滤去沉淀MnO2,浓缩结晶得到KMnO4晶体。请回答：(1)用软镒矿制备K2MnO4的化学方程式是(2) K2MnO4转化为KMnO4的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为。生成0.1mol还原产物时转移电子个

44、。KMnO4、K2MnO4和MnO2的氧化性由强到弱的顺序是。(3) KMnO4能与热的Na2C2O4(aq,硫酸酸化)反应生成Mn2+和CQ。若取用软镒矿制得的KMnO4产品0.165g,能与0.335gNa2QO4恰好完全反应(假设杂质均不能参与反应)，该产品中KMnO4的纯度为。【答案】6KOH+KClO+3MnO2=3K2MnO4+KCl+3HO；1:20.2NA或6.02X-20KMnO4K2MnO4MnO20.958(【解析】【分析】【详解】试题分析：(1)反应物为KOKKClQ、MnO2,生成物为K2MnO4(镒酸钾)和KCk水，该反应为6KOH+KClO+3MnO2=3K2Mn

45、O4+KCl+3H2O,故答案为6KOH+KClO+3MnO2=3K2MnO4+KCl+3HO；(2) K2MnO4转化为KMnO4的反应中K2MnO4=2KMnO4+MnO2,Mn元素的化合价由+6价升高为+7价，Mn元素的化合价由+6价降低为+4价，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2,生成0.1mol还原产物时转移电子0.1NAX(6-4)=0.2N或6.02X120,由氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可知氧化性为KMnO4K2MnO4MnO2,故答案为1:2;0.2NA或6.02X-20;KMnO4K2MnO4MnO2；(3) KMnO4能与热的Na2c2O4(aq

46、,硫酸酸化)反应生成Mn2+和C6,设KMnO4的纯度为x,则由电子守恒可知，.165gx(7-2)=/335g2(4-3),解得x=0.958,故122.5g/mol134g/mol答案为0.958.9.(1)将新制氯水逐滴滴入FeBi2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)在硫酸铝俊(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。(或粉碎卜（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2C4H10-CsHi0（g）+5H2在不同温度下的平衡常数变化如下：温度（C）400

47、450500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2molC4Hio,反应10s后测得H2浓度为1mol/L,此10s内，以C8H10表示的平土速率为。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C(nwlL)C(nwlL)（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，所以怵医量a.气体密度tltlII寸间如图表示某温度时将一定量的C4H10（含少量化（容器容积可变），实线代表C8H10,虚线代表度变化曲线。H2）充入容器中反应期间物质浓度随时间的变C4H10。请用实线补充画出t1t4间C8

48、H10的浓3Ba2+6OH+3SO42+2Al3+=3BaSOtJ+2Al(OHJ吸热0.02mol/(Ls)-CKd时间tltl 町间d dFT+rrTFT+rrTnTTTUnTTTU先是发生氯气氧化亚铁离子的反应，氧化还原反应中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，据此表示电子转移的情况；(2)在硫酸铝俊(NH4Al(SO)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，由于氢氧化钢少量，氢氧根离子不足，反应按照氢氧化钢的组成进行，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=-c计算；t

49、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1 1原来的1,所以实线浓度也变两倍，后面又慢慢减小，直至继续平衡。2【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，Cb+2Fe2+=失於失北一2Fe3+2Cl-,电子转移情况如下：V,，故答案为：广；得 22得 2s2

50、s(2)氢氧化钢少量，氢氧根离子和钢离子的物质的量不足，离子方程式按照氢氧化钢的组成书写，领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+=3BaSQJ+2Al(OH)4,故答案为：3Ba2+6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSQJ+2Al(OH)4；(3)根据图表数据，平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行，正反应是吸热反应，故答案为：吸热；向2L密闭定容容器中充入2molC4H10,反应10s后测得H2浓度为1mol/L,12C4H10?C8H10(g)+5H2,反应过程中

51、生成C8H10的物质的量浓度为一X1mol/L=0.2mol/L,此510s内，以C8HIO表示的平均速率=0.2mol/L=0.02mol/(L?s),故答案为：0.02mol/(L?s)；10s2c4H10?CsH10(g)+5H2,反应是气体体积增大的反应吸热反应，依据平衡移动原理分析图象；a.反应前后都是气体，气体质量在反应过程中和平衡状态都始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故a不符合；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，故b符合；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，故c不符合；d.反应前后气体物质的量变化，压强之比

52、等于气体物质的量之比，物质的量不变压强不变，说明反应达到平衡，故d符合；故答案为：b、d;分析图象可知，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,1后面体积缩小为原来的一，所以实线浓度也变两倍，浓度变化为0.40mol/L,随反应进行后2面又慢慢减小，直至继续平衡，据此画出的图象为：【点睛】本题(2)注意掌握离子方程式的书写原则，正确判断反应物离子的过量情况是解答的关键;(3)掌握图象分析与绘制方法，曲线变化起点和变化是解题关键。10.合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要意义(1)工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

53、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。,故答案为:OD.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式：；该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比是(5)把NH3通入盐酸溶液中，所得溶液

54、的pH=7,此时溶液中离子浓度关系是【答案】铁触媒N2(g)+3H2(g)、2NH3(g)+2(b-a)kJmol-1C4NH3+6NO-5N+6H2O2:3c(NH4+)=c(C-)c(H+)=c(OH-)c(NH4+)+c(H+)=c(OH)+c(C)【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；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

55、水；氨气通入盐酸溶液反应生成氯化钱溶液，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：H：H；答案为：铁触媒；山旌H；(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)2NH3(g)H=-2(b-a)kJmol-1,故答案为：N2(g)+3H2(g)U2NH3(g)+2(b-a)kJmol-1;(3)合成氨是气

56、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

57、溶液反应生成氯化钱溶液，若溶液pH=7,溶液中溶质为NH4Cl和NH3H2O,溶液中氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同，电荷守恒c(NH4+)+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+)=c(OH-);11.一种利用电化学方法同时脱除NO/SO2的工艺如图所示：已知SQ水溶液中含硫微粒分布分数(Xi)与pH关系如图所示(1)NaOH溶液吸收SQ时，溶液的pH由9-6时，主要发生反应的离子方程式为(2)含Ce4+的溶液吸收NO,若高价氮中的NO2、N2O3、N8、NO3-各1mol,则消耗0.5molL-1的含Ce

58、4+溶液的体积为L；其中NO转化NO3-的离子方程式为(3)电解槽中，阴极电极反应式主要为,阳极电极反应式为。(4)在气液反应器”中高价氮中的N2O3化合为NH4NO3的化学方程式为。【答案】SQ2-+SQ+H2O=2HSQ-163C4+NO+2H2O=3Ce3+NO3+4H+2HSQ-+2H+2e-=&O42-+2H2OCe5+-e=Ce4+N2O3+H2O+O2+2NH3=2NH4NO3【解析】【分析】(1)根据SQ水溶液中含硫微粒分布分数图写出反应的离子方程式；(2)根据得失电子守恒计算消耗含Ce4+溶液的体积；根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式；(3)电解

59、过程中，阴极上HSQ-发生得电子的还原反应生成3O42-,阳极上Ce3+发生失电子的氧化反应生成Ce4+,据此写出电极反应式；(4)根据流程信息确定反应物和生成物，结合得失电子守恒、原子守恒书写反应的化学方程式。【详解】根据SO2水溶液中含硫微粒分布分数图可知，溶液的pH由9-6的过程中，SQ2-在减少，HSO-在增多，故反应的离子方程式为SQ2-+SO+H2O=2HSQ-；(2)含Ce4+的溶液吸收NO的过程中，Ce4+被还原为Ce3+,NO转化为高价氮中的NO2、N2O3、NO2-和NO3-,反应过程中得失电子守恒，因此可得n(Ce4+)x1=1molx2+1molx2+1molx1+1,

60、mOl此3n(Ce4+)=8mol,因此所需0.5mol/L的含NII4NO!应过程中，Ce由+4价变为+3价，得到1个电子，N由+2价变为+5价，失去3个电子，根据得失电子守恒可得，Ce4+、Ce3+的系数为3,NO和NO3-的系数为1；根据电荷守恒可得生成物中含有H+,且其系数为4;根据氢原子个数守恒可得反应物中含有H2O,且其系数为2;因此可得该反应的离子方程式为：3Ce4+NO+2H2O=3Ce3+NO3-+4H+；电解过程中，HSQ-在阴极发生得电子的还原反应，生成&O42-,其电极反应式为：2HSQ-+2H+2e-=S2O42-+2H2O;Ce3+在阳极发生失电子的氧化反应，生成Ce4+,其电极反应式为：Ce3+-e-=Ce4+;(4)在气液反应器”中