备战高考化学培优易错难题(含解析)之氧化还原反应附答案

1、一、高中化学氧化还原反应练习题(含详细答案解析)1.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，又t溶于水 Fe2+6SCNBFe(SCN)4-(无色)I . FeCQ的制取(夹持装置略)实验i：装置C中，向Na2CC3溶液(pH =11.9)通入一段时间 CQ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Na2CC3溶液通入 CC2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CC2,你认为是否合理并说明理由n

2、 .FeCQ的性质探究充分偃荡，力救为色，并有红褐色元1s加 3mL-4rhoi/L K5CN帘第0 .实验iii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 .FeCC3的应用(7)FeC。溶于乳酸CH3CH(OH)COOH能制得可溶性乳酸亚铁(CH3CH(OH)COO2Fe,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,

3、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)。【答案】饱和NaHCO3溶液降低溶液中OH浓度，防止生成 Fe(OH)2 2HCQ-+ Fe2+=FeCOa +CQT +KO 不合理，CQ会和FeCQ反应生成Fe(HCQ”(或合理，排出氧气 的影响)FS+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)3 J +4Fe(SCN)+24SCN或6Fe2+3H2O2+l2SCN=2Fe(OH)H +4Fe(SCN)或 6Fe2+3H2O2=

4、2Fe(OH)3 J +4Fe+ 117% 乳酸根 中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了 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+6SCNiFe(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)

5、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NaHCQ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 HCQ-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Na2C

6、O3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，有FeCQ沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCQ- +Fe2+=FeCQ J +COT +H2O,故答案为：2HCO3-+ Fe2+=FeCQj +COT +H2O;(4)FeCO3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CC2,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(HCC3)2(或合理，排出氧气的影响)；n. (5)通过对

7、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FeCC3固体的溶解，故答案为：Fe2+与SCN的络合(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(CH)3和 Fe(SCN) 生成，发生反应的离子方程式为 6Fe(SCN64-+3H2C2=2Fe(CH)U +4Fe(SCN)+24SCN或 6Fe2+3H2C2+12SCN=2Fe(CH)4 +4Fe(SCN或 6Fe2+3H2C2=2Fe(CH)3 J +4F*;故答案

8、为：6Fe(SCN64-+3H2C2=2Fe(CH)3 J +4Fe(SCN)+24SCN或 6Fe2+3H2C2+12SCN=2Fe(CH)H +4Fe(SCN3或 6Fe2+3H2C2=2Fe(CH)H +4F(3+；出.(7)FeCC3溶于乳酸CH3CH(CH)CCCH能制得可溶性乳酸亚铁(CH3CH(CH)CCC2Fe补 血剂，可得关系式 MnC45Fe2+5CH3CH(CH)CCC2Fe,则乳酸亚铁的物质的量为0.1000mol/L X0.01L X 5=0.005丽1酸亚铁的质量分数0.005mol 234g/mol1.0g100%=117% ,由于乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高

9、镒酸钾溶液氧化，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 KMnO4o 2.高氯酸镂是一种常见的强氧化剂，常用作火箭发射的推进剂。根据下列信息回答问题已知:高氯酸钱受热分解为 N2、Cl2、O2和H2O;Mg3N2易水解；Cu与N2在酒精灯加热 条件下不反应。（1）写出高氯酸俊受热分解的化学反应方程式：, Mg3N2的电子式为（2）现有23.5g NH4C1O4分解，用下列装置设计实验，验证其分解产物并计算分解率。（注:装置中空气已除尽；装置可重

10、复使用；BF装置中的试剂均过量且能与相应物质反 应完全。）用E装置质量的增加来验证生成的气体产物之一，则 E中盛放的试剂是请按气流由左至右的方向连接装置：A 一D -B?一 一 一E选才i BF装置，并用BF字母填空）。证明产物中有Cl2的实验现象：。反应结束后，若 C装置质量增加了 2.38g,则NH4clO4的分解率是：%。（3）样品中NH4ClQ的含量（杂质中不含NH4+）还可用蒸储法测定（如图所示，加热和夹持装 置已去），实验步骤如下：步骤1:组装仪器，检查气密性；准确称取样品a g冲超过0.5g）于蒸储烧瓶中，加入约 150mL 水溶解。步骤2:准确量取40.00mL约0.1mol/

11、L H2SO4于锥形瓶中。步骤3:向蒸储烧瓶中加入 20mL 3mol/L NaOH溶液;加热蒸储使NH3全部挥发。步骤4:用新煮沸过的水冲洗冷凝装置23次，洗涤液并入锥形瓶中。步骤5：向锥形瓶中加23滴甲基橙，用c mol/L NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH标准溶液Vi mLo步骤6:重复实验23次。回答下列问题：步骤2中，准确量取40.00ml H2SO4溶液的玻璃仪器是：。为获得样品中 NH4c1O4的含量，还需补充的实验是 ：。【答案】2NH4ClO4_L202 T +N4 +C2 T +4H2OT.叫停户M.叫多产浓硫酸E F C D1置中颜色由无色变为橙色85.0或85酸

12、式滴定管或移液管用NaOH标准溶液标定硫酸溶液的浓度【解析】(1)根据得失电子守恒配平高氯酸俊受热分解的化学反应方程式；Mg3N2是离子化合物；(2) A是高氯酸俊受热分解的装置；B是氢氧化钠溶液，可以吸收氯气；C中盛放Mg粉，可以检验氮气； D中澳化钾可以检验氯气；F中铜粉可以检验氧气；E中盛放液体，根据E装置质量的增加来验证生成的水，所以E中盛浓硫酸；(3)根据硫酸体积的精度是0.01mL选择仪器；要计算 NH4clO4的含量，需要知道硫酸溶液的浓度。【详解】(1)根据得失电子守恒配平高氯酸俊受热分解的化学反应方程式为2NH4ClO4=2O2T +N4 +C2T +4H20T ; Mg3N

13、2是离子化合物，电子式是(2)A是高氯酸俊受热分解的装置； B是氢氧化钠溶液，可以吸收氯气； C中盛放Mg 粉，可以检验氮气； D中澳化钾可以检验氯气； F中铜粉可以检验氧气； E中盛放液体，根 据E装置质量的增加来验证生成的水，所以 E中盛浓硫酸；根据以上分析，按气流由左至右的方向连接装置：A 一D 一BF一D中澳化钾可以与氯气反应，方程式是2KBr+C2=2KCl+B2,滨水为橙色，所以 D装置中颜色由无色变为橙色可以证明产物中有Cl2;C中盛放Mg粉，可以与氮气反应生成 Mg3N2,若C装置质量增加了 2.38g,说明反应生成氮气2.38g,则NH4clO4的分解率是2.38g23.5g

14、14117.5100%85%(3)根据硫酸体积的精度是0.01mL,准确量取40.00mLH2S。溶液的玻璃仪器是酸式滴定管；为获得样品中 NH4clO4的含量，还需补充的实验是用NaOH标准溶液标定硫酸溶液的浓度。3 .根据当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿（主要成分为Fe$）作为原料。完成下列填空： 将0.050mol SO2（g）和0.030mol O 2（g）充入一个2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SQ（g）+O2（g）? 2SO3（g）+Q。经2分钟反应达到平衡，测得n（SO3）=0.040mol,则02的平均反应速率为（2）在容积不变时，下列措施中有利于提高SQ平衡转化率

15、的有 （选填编号）a.移出氧气b降低温度c.减小压强d再充入 0.050molSO2（g）和 0.030molO2（g）在起始温度（673K）时SQ的转化率随反应时间的变化如图，请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2（723K）时SQ的转化率随反应时间变化的示意图 （4）黄铁矿在一定条件下煨烧的产物为SC2和Fe3O4将黄铁矿的煨烧产物 Fe3O4溶于H2SQ后，加入铁粉，可制备FeSQ。酸溶过程中需维持溶液有足够的酸性，其原因是 FeS2能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,本身被氧化为SO2,写出有关的离子方程式。有2mol氧化产物生成时转移的电子数为 制 Fe3+与 Fe2+的水解

16、，并防止 Fe2+被氧化成 Fe3+ FeS+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SOi2 +16H+抑14Na【解析】【分析】根据v =c求出氧气的速率，然后根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比计算;(2)反应放热，为提高 SQ平衡转化率，应使平衡向正反应方向移动，可降低温度，体积不 变，不能从压强的角度考虑，催化剂不影响平衡移动，移出氧气，平衡向逆反应方向移动，不利于提高SO2平衡转化率，由此分析解答；(3)反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但达到平衡所需要的时间缩短，据此画出曲线；(4)Fe3+与Fe2+易水解，Fe2+易被氧化成Fe3+;根据氧化还原反应

17、中的反应物和生成物几何电子守恒来配平化学方程式，结合方程计算 转移电子数。【详解】0.040mol1(1)v(SO3)=一= 2L =0.01mol/(L?min),所以 v(O2)= v(SQ)= 0.005mol/(L?min), t 2min2故答案为：0.005mol/(L?min);(2)a.移出氧气，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；b.降低温度，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；c.减小压强，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g),相当于增大压强，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；故

18、答案为：bd ；反应：2SO2(g)+O2(g)? 2SO3(g) HV0, SQ的转化率在起始温度 Ti = 673K下随反应时间的变化如图，其他条件不变，仅改变起始温度为T2= 723K,温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，在图中画出温度T2下SQ的转化率随反应时间变化的预期结果示意图如图所示;故答案为:(4)Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SQ后，生成的FeT与F?易水解，Fe2+易被氧化成Fe3+ ,所 以要加入Fe粉和酸，抑制Fe3+与Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+,故答案为：抑 制Fe3+与Fe2 +的水解，并防止

19、Fe2+被氧化成Fe3+；-2价的硫离子具有还原性，Fe$可以将溶液中的Fe3还原为Fe2+,而本身被氧化为硫酸根离子，有关的离子方程式为：FeS+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SC42 +16H+,氧化产物是硫酸根离子，有2mol硫酸根生成时转移的电子数为14Na,故答案为：Fea+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SQ2 +16H+； 14Na。【点睛】注意(3)温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需 要的时间短，此为解题的关键。4 .常温下，三硫代碳酸钠(NazCS)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

20、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NazCS的性质(1)向NazCS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NazCS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O实验二：测定Na2CS3溶液的浓度足量2.0mol/L稀H2SC4,关闭活塞。已知：Na2CS3+ H2SC4=Na2SC4+ CS2+ H2S CS2和 H2s均有毒。CS2不溶于水，沸点 46C, 密度1.26g/mL,与CC2某些性质相似，与 NaOH作用生成Na2COS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)。(

21、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的物质的量浓度为 。【答案】C$2- +H2O? HCS-+OH S 干燥管 CaO和 NaOH CS +2OH-=COS2-+H2。将装置中残留的的H2s CS2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；

22、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CS?可与NaOH作用生成 Na2COS和H2O;(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；(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 ,根据 c=(计算 A 中 Na2CS 溶液的浓度。【详解】实

23、验一：(1)Na2CS的水溶液中加入酚酗:变红色，说明Na2CS是强碱弱酸盐，则 CS32-在水中发生水解，离子方程式为：CS32-+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；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CS2可与NaOH作用生成 Na2COS和H2O,相关离子方程式为：CS2 +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

24、分吸收；将装置中的CS2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)=8.4g=0.0875mol,根据关系式96g/molNa2CSH2sCuS 得 n(Na2c8)= n(CuS)= 0.0875mol ,c(Na2cS)=0.0875mol0.05L=1.75mol/L。5.下表是某学生为探究 AgCl沉淀转化为Ag 2s沉淀的反应所做实验的记录.步骤现象I .取 5mL 0.1mol/L AgNO3与一定体积 0.1mol/L NaCl溶 液，混合，振荡.立即产生白色沉淀

25、n .向所得悬浊液中加入 2.5mL 0.1mol/L Na2s溶液.沉淀迅速变为黑色出.将上述黑色浊液，放置在空气中，不断搅拌.较长时间后，沉淀变为乳 白色W .滤出出中的乳白色沉淀，加入足量HNO3溶液.产生红棕色气体，沉淀部 分溶解V .过滤得到滤液X和白色沉淀Y；向X中滴加Ba(NO 3)2溶 液.产生白色沉淀1为了证明沉淀变黑是 AgCl转化为Ag 2s的缘故，步骤I中NaCl溶液的体积范围为 O 10302已知：25c时Ksp AgCl 1.8 10, Q Ag 2s 6 10 ,此沉淀转化反应的平衡常数K 。3步骤V中产生的白色沉淀的化学式为 ,步骤出中乳白色沉淀除含有AgCl外

26、，还含有。4为了进一步确认步骤出中乳白色沉淀产生的原因，设计了如下图所示的对比实验装置。装置A中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和 ，试剂W为。装置C中的试剂为NaCl溶液和Ag 2s悬浊液的混合物，B中试剂为 。 实验表明：C中沉淀逐渐变为乳白色，B中没有明显变化。完成C中反应的化学方程式： Ag2S+NaCl+? AgCl+S+C中NaCl的作用是： 【答案】5mL 5.4 109 BaSO4 S分液漏斗过氧化氢溶液 Ag 2s悬浊液2Ag 2s 4NaCl O2 2H2O? 4AgCl 2S 4NaOH 氧气将 Ag 2s 氧化成 S时有Ag产生，NaCl电离的氯离子与银离子结合生成AgCl沉淀

27、，使c Ag 减小，有利于氧化还原反应的平衡右移【解析】【分析】(1)要证明沉淀变黑是 AgCl转化为Ag 2s的缘故，则步骤I中必须使硝酸银电离出的银离子 完全转化成AgCl沉淀；c2 Cl(2)K(3)黑色的硫化银沉淀被氧气氧化为氯化银沉淀和硫单质；硫单质被硝酸氧化为硫酸根离子；(4)根据装置图判断仪器名称；装置 A的作用是提供氧气；进一步确认步骤 出中乳白色沉淀产生的原因，装置C中的试剂为NaCl溶液和Ag 2s悬浊液的混合物，则装置 B中应该不含氯化钠溶液；装置C中生成的白色沉淀为氯化银和S单质，反应物应该还有氧气，产物中钠离子只能以氢氧化钠形式存在，则未知的反应物为氢氧化钠，再根据

28、H元素守恒可知另一种未知反应物为水，然后根据化合价升降相等配平反应方程式。【详解】(1)要证明沉淀变黑是 AgCl转化为Ag 2s的缘故，则步骤I中必须使硝酸银电离出的银离子完全转化成AgCl沉淀，所以加入的 NaCl溶液的体积必须 5mL;2aq ? Ag2S s 2Cl aq ,该反应(2)氯化银转化成硫化银的反应为：2AgCl s S的平衡常数为：c2 ClK -Tc S2c2 Agc2 Cl22c Ag c S2_Ksp AgClKsp Ag2s(1.8 5.4 109;6 10 30(3)步骤出中较长时间后，沉淀变为乳白色，则黑色的硫化银沉淀氧化成氯化银沉淀；再根据滤出出中的乳白色沉

29、淀，加入足量 HNO3溶液，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，则被 氧化的只能为S元素，故乳白色沉淀为 AgCl和S的混合物；其中S被稀硝酸氧化成硫酸根 离子，则在步骤V中向X中滴加Ba(NO 3)2溶液会生成BaSO4沉淀；(4)根据图示可知，装置 A中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和分液漏斗；乳白色沉淀为氯化 银和S的混合物，装置 A的作用是提供氧气，根据圆底烧瓶中为二氧化镒可知W为过氧化氢溶液；进一步确认步骤 出中乳白色沉淀产生的原因，装置C中的试剂为NaCl溶液和Ag 2s悬浊液的混合物，则装置 B中应该不含氯化钠溶液，即为 Ag 2s悬浊液，通过对比反应现象判 断生成乳白色沉淀产生的原因；装置

30、C中生成的白色沉淀为氯化银和S单质，反应物应该还有氧气，产物中钠离子只能以氢氧化钠形式存在，则未知的产物为氢氧化钠，再根据H元素守恒可知另一种未知反应物为水，然后根据化合价升降相等配平反应方程式为2Ag 2s 4NaCl O2 2H 2O? 4AgCl 2S 4NaOH ；装置C中氯化钠的作用为：氧 气将Ag 2s氧化成S时有Ag产生，NaCl电离的氯离子与溶液中银离子结合生成 AgCl沉 淀，使溶液中c Ag 减小，从而有利于氧化还原反应2Ag 2s 4NaCl O2 2H2O? 4AgCl 2S 4NaOH 向右移动。6.小明很喜欢化学实验课，今天要学习探究铁及其化合物的氧化性或还原性(1

31、)实验前小明预测说：Fe2+肯定既有还原性又有氧化性。你认为他预测的依据是：。(2)小明欲用实验证明他的预测。实验室提供了下列试剂：3%的H2O2溶液、锌粒、铜片、0.1mol L-1FeC2溶液、KSCN溶液、新制氯水。 若小明计划在0.1mol L-1FeC2溶液滴入新制氯水，探究 Fe2+的还原性，你预计可能发生 的反应和现象是： L写离子方程式)、溶液由浅绿色变 色。 实验中，小明发现现象不太明显，老师分析可能是产物的含量太低，建议可以通过检验 Fe2+被氧化白产物Fe3+的存在以获取证据。你认为可选 滴入小明所得的混合液中，并 通过溶液出现色的现象，证明小明的观点和实验方案都是正确的

32、。对于证明Fe2+具有氧化性，小明认为金属单质都具有还原性，并分别将铜片、锌粒投入 FeC2溶液中，结果铜片没变化，锌粒逐渐变小。由此说明三种金属的还原性由强至弱的顺 序为:。(3)小明分析H2O2中氧元素显-1价(中间价)，并提出疑问：H2O2与FeC2的反应时,F前还作氧化剂吗？请你为小明梳理相关问题：若Fe2+在反应中表现出氧化性应转化成 (填微粒符号，下同)，若Fe2+在反应中表现出还原性应转化成 。实际上Fe2+的还原性较强，实验室的FeC2溶液常因氧化而变质。除杂的方法是： ,相关反应的离子方程式： 。【答案】(1)因为Fe2+中铁元素化合价处于中间价态，可以升高也可以降低；(2)

33、Cl 2+ 2Fe2+=2Cl +2Fe3+,棕黄(黄)； KSCN溶液，溶液呈血红(红)色 ；Zn、Fe、Cu (或 ZnFeCU ; (3)Fe , Fe3+;加入过量铁粉，过滤，2Fe3+ Fe= 3F(2+。【解析】试题分析：(1)最低价态只具有还原性，最高价态只具有氧化性，中间价态既具有氧化性又有还原性，铁的价态一般是 0、+2、+3, +2价位于中间，因此 Fe2+有还原性和氧化性；(2) 氯水具有强氧化性，发生 2Fe2+ + Cl2=2Fe3+ + 2C，Fe3+显黄色或棕黄色； 检验 Fe3+用KSCN溶液，溶液变红说明 Fe3 +的存在；根据利用金属性强的置换出金属性弱 的

34、，铜片无变化，说明 Fe的金属性强于铜，锌粒逐渐变小，发生 Zn+ Fe2+=Zn2+ + Fe,说 明Zn的金属性强于 Fe,即金属，f虽弱：ZnFeCq (3) 氧化性：得到电子、化合价降 低，Fe2+转变成Fe,还原性：失去电子、化合价升高，Fe2+转变成Fe3+;利用Fe3+具有强氧化性，能和金属单质反应，不能引入新的杂质，因此加入单质铁，发生Fe+ 2Fe3+=3Fe2+。考点：考查铁及其化合物的性质等知识。7.以海绵铜(CuO、Cu)为原料制备氯化亚铜(CuCD的一种工艺流程如下:$0八 NaCICuSCX 溶液- CuCI 沉淀打小派稀SO,海绵铜溶解沉淀。八Hq口NO HMO八

35、 HN02IINOj吸收电解(1) Cu基态原子核外电子排布式为 , SQ2-的空间构型为 (用文字描述)；Cu2+与OH反应能生成Cu(OH)42-, Cu(OH)42-中提供孤电子对的原子是 (填元素符号)。(2) “吸收”过程：2NO(g) + 02(g)脩? 2NO2(g)H =4112.6kJ?mo-1提高NO平衡转化率的方法有 (写出两种)。吸收NO2的有关反应如下：反应 I : 2NO2(g) + H2O(l) = HNO3(aq) + HNO2(aq) H - 116.1kJ?mo-1反应 n : 3HNO2(aq) = HNO3(aq) + 2NO(g) + H2O。) H

36、衣 75.9kJ?mol1用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式是 。(3) “电解”过程：HNO2为弱酸，通过电解使 HNO3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】1s22s22p63s23p63d104s1正四面体形 O增大压强、提高氧气的浓度 3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)H= 212.1kJ?mo-1 HNC2-2e-+H2O=3H+NO3-2CU2+SQ+2C-+2H2O=2CuCl J +SO2-+4H+【解析】【分析】海绵铜(CuO、Cu)中CuO与稀H2SO4反应转化为硫酸铜，因硝酸在酸性条

37、件下具有氧化性，会将铜氧化为铜离子，最终生成硫酸铜，S6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1s22s22p63s23p63d104s1； SO42-中S原子价层电子对个数 =4+ 6+2-4 2 =4,且不含孤电子对，由价层电子对互斥理论判断该2微粒为正四面体形；Cu(OH)42-中Cu2+提供空轨道，O原子提供孤电子对形成配位键，答案 为：1s22s22p63s23p63d104s1；正四面体形；O;(2)2NO(g)+O2噜? 2NO2(g)H=A112.6kJ?

38、mo-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；1由盖斯7E律可知：(反应 I 3+反应II) 一可以得到用水吸收 NO2生成HNO3和NO的热2化学方程式：3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)H=-2212.1kJ?mo-1 ;(3)电解过程中，阳极上 HN6失去电子发生氧化反应生成HNO3,阳极的电极反应式是：HNO2-2e-+H2O=3H+NO3-;(4) Cu2+与SC2发生氧化还原反应生成 CuCl,离子方程式为：2Cu2+SQ+2C +2H2O=2CuCl J +SO2-

39、+4H+O 8. 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贝献。(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(LiCoO2)的流程如图:石度孔(调间11)和治部谑滋1/而？闿港回答下列问题：锂辉石的主要成分为LiAlS2O6,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-3% KspAl(OH)3=1.0 X%完全沉淀后离子浓度低于

40、1 X l(5)moi/L )。滤渣2”的主要化学成分为一。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，开发出石墨烯电百量池，电池反应式为 LiCoQ+Q-m LixC6+Lii-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)。揶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.充电时，LiCoO2极发生的电极反应为 LiCoO2-xe-=xLi+Lii-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) LiF

41、ePQ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4.7 Mg(OH)2和CaCQ Na2CO3CD 2LiOH+6H!C2O4+2FePQ=2LiFePQ+7COd +5COT +7H2O 与空气中的氧气反应，防止 LiFe

42、PQ中的Fe2+被氧化【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(LiCoQ),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

43、，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LiAlS2O6,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+)=1 X 15mol/L时可认为铝离子和铁离子完全沉淀，此时c(OH-)=K

44、spc Al3+=mol/L=1 x ft?mol/L , c(H+)=1 x 14.7mol/L , pH=4.7,即 pH 至少为4.7：根据分析可知滤渣 2主要为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脩*褪LixC6+Lii-xCoO2,由此可知，放电时，负极电极反应式为LixC3-xe-=xLi+C3,正极电极反应式 Li1-CoO2+xLi+xe-=LiCo。，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

45、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极为阳极，将放电时的正极电极反应式逆写即可得阳极反应，即LiCoO2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LiCoQ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 CO

46、2,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CO2,结合电子守恒和元素守恒可能方程式为：2LiOH+6也O4+2FePO4=2LiFePO4+7CQ 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；

47、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、多次侵取等9.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+,控制反应条件可达细菌的最大活性，其生物浸矿机理如下图。珥g/rF金属矿物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LiCoQ）与上述浸出机理相似,（2）氧化亚铁硫杆菌生物浸出废旧锂离子电池中

48、钻酸锂（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LiCoQ粉末和氧化亚铁硫杆菌溶液于锥形瓶中，分别加入不同浓度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：1890- 缸 706050 二如一40-4河面（骑图1不同浓度Ag+作用下钻浸出率变化曲线线Co2+,图1中的证据是_。反应 4: Ag+LiCoQ=AgCoQ+Li+I .由图1和其他实验可知，Ag+能催化浸出n . Ag+是反应

49、3的催化剂，催化过程可表示为:反应5：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:【答案】ZnS+2Fe3+=Zn2+S+2Fe2+细菌的活性降低或失去活性4LiCoQ + 12H+1 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

50、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&2Fe3+=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LiCoQ中+3价的Co元素将-2价。元素氧化，反应生成Li+、Co2+、O2和H2。，反应的离子方程式为 4LiCoO2 +12H+型鱼4Li+4Co2+6H2。+O2 T ,故答案为：4LiCoO2 + 12H+ 2K 4Li+4Co2+6H2O + O2

51、 f ；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+明显提高了单位时间内钻浸出率，即提高了钻浸出速率；II .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LiCo

52、Q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。10 .含铭(+ 6价)废水严重危害人体健康，工业上常用还原法进行处理。其部分工艺流程如 下：(1)废水中，六价铭以 CrO42 ；或者C2O72 一的形式存在，写出其相互转化的离子方程式。我国常用NaHSQ做还原剂，写出还原池中反应的离子方程式 。(2)废水中残留六价铭的浓度随溶液pH变化如图所示。实际生产中需控制 pH=2.53.0,原因可能是。0 .5 1 1 5

53、 10 3D反展型间Anin(3)沉淀池中生成 Cr(OH)3的颗粒太细，为促使其更好地沉淀，可采取的措施是 (4)我国规定，工业废水中含Cr(VI)量的排放标准为0.1 mg/L。已知：Cr的相对原子质量为52, KaP(BaCrO4)= 1.2 x 100。若用Ba2+除去废水中的CrO42 ,达到废水排放标准时，废水中Ba*浓度最低为 mol/L(保留小数点后2位)。用Ba2+除去废水中的CrO2一是 否可行，为什么？请简要回答。 【答案】2CrO2-+2l4fMiCr2G2+HO 3HSO +Cr2O2-+5H+=2Cr3+3SO2+4H2O 溶液中 pH 越高， 废水中六价需残留越多

54、；溶液中pH越低，会腐蚀设备管道加入絮凝剂 6.24X10-5mol/L 不可行，因为废水中含有Ba2 ,同样有毒【解析】【分析】(1)由工艺流程可知，加酸可以使CrO42-转化为Cr2O72,还原池中，C2O72-在酸性条件下将HSO3一氧化生成SQ2-,本身被还原为Cr3+;(2)由图可知，溶液中 pH越大废水中残留六价铭的浓度越大，而溶液中pH越小，酸性越强，可能会腐蚀设备管道；(3)沉淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细，可向沉淀池中加入絮凝剂；(4)由溶度积计算可得；Ba2+在溶液中有毒。【详解】(1)由工艺流程可知，加酸可以使CrO42-转化为C2O72-,转化的离子方程式为 2Cr

55、O42-+2HCr2O72+H2O；还原池中，Cr2O72-在酸性条件下将 HSOT氧化生成SQ2-,本身被还 原为Cr3+,反应的离子方程式为3HSOT+Cr2O72-+5H+=2C产+3SQ2-+4H2O,故答案为：2CrO42-+2H+-Cr2O72-+H2O; 3HSQ +Cr2O72-+5H+=2Cr3+3SO42-+4H2O;(2)由图可知，溶液中 pH越大废水中残留六价铭的浓度越大，而溶液中pH越小，酸性越强，可能会腐蚀设备管道，所以实际生产中需控制pH=2.53.0,故答案为：溶液中 pH越高，废水中六价需残留越多；溶液中 pH越低，会腐蚀设备管道；(3)沉淀池中生成 Cr(OH)3的颗粒太细，可向沉淀池