【化学】化学氧化还原反应的专项培优练习题附答案解析

1、【化学】化学氧化还原反应的专项培优练习题附答案解析一、高中化学氧化还原反应1.亚氯酸钠（NaClQ）是二氧化氯（C1Q）泡腾片的主要成分。实验室以氯酸钠（NaCld）为原料先制得C1O2,再制备NaClO2粗产品，其流程如图：已知：C1O2可被NaOH溶液吸收，反应为2CQ+2NaOH=NaCl0+NaCQ+H2O。无水NaClC2性质稳定，有水存在时受热易分解。（1）反应I中若物质X为SQ,则该制备C1C2反应的离子方程式为。（2）实验在如图-1所示的装置中进行。【答案】2CIO3+SA2CQ+SO42-若X为硫磺与浓硫酸，也可反应生成ClC2o该反应较剧烈。若该反应在装置A的三颈烧瓶中进行

2、，则三种试剂（a.浓硫酸；b.硫黄；c.NaClC3溶液）添加入三颈烧瓶的顺序依次为（填字母）。反应n中双氧水的作用是。保持反应时间、反应物和溶剂的用量不变，实验中提高CIO2吸收率的操作有：装置A中分批加入硫黄、（写出一种即可）。（3）将装置B中溶液蒸发可析出NaClC2,蒸发过程中宜控制的条件为（填减压”、常压”或加压”）。（4）反应I所得废液中主要溶质为Na2SQ和NaHSQ,直接排放会污染环境且浪费资源。为从中获得芒硝（Na2SQl0H2O）和石膏（水合硫酸钙），请补充完整实验方案：,将滤液进一步处理后排放（实验中须使用的试剂和设备有：CaO固体、酚儆、冰水和冰水浴）。已知：CaSO4

3、不溶于NazSQ水溶液；NazSQ的溶解度曲线如图-2所示。cab作还原剂水浴加热时控制温度不能过高（或加一个多孔球泡等)减压向废液中分批加入适量CaO固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚儆，至溶液呈浅红色时停止加入CaO。静置后过滤，用水洗涤沉淀2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至32.4C以下，接近0C,过滤，所得晶体用冰水洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝【解析】【分析】用二氧化硫将NaClC3还原制得C1O2,C1O2和NaOH反应制得NaCQ和NaClQ,再用过氧化氢将NaCQ还原成NaCQ制得NaCQ粗品。【详解】(1)SQ作还原剂，S化合价升高2,被氧化成SO4

4、2-,C1O3-作氧化剂，被还原成ClC2,Cl化合价降低1,结合电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒可书写离子方程式：2C1C3-+SC22C1O2+SC42",故答案为：2ClO3-+SQ2CQ+SC42-；(2)反应剧烈，浓硫酸只能在最后添加，结合流程图可知先加NaClQ,所以顺序为：先加NaClO3,再加S,最后加浓硫酸，故答案为：cab；反应n中NaO书口CIO2反应生成NaClO3和NaClO2,过氧化氢的作用是将NaClO3还原成NaClQ,过氧化氢会分解，温度不宜太高，所以控制A中水浴加热时温度不过高，或者在B中搅拌、或者加一个多孔球泡，故答案为：作还原剂；水浴加热时控制

5、温度不能过高(或加一个多孔球泡等)；(3)无水NaClQ性质稳定，有水存在时受热易分解，应该减压，让水分尽快蒸发，故答案为：减压；(4)加入一定量CaO>NaHSQ反应成CaSQ,为了保证NaHSQ反应完，所加CaO需稍过量，CaO过量溶液就显碱性了，可以用酚酬:作指示剂，当溶液变为浅红色时停止加CaO,CaSQ不溶于Na2SQ水溶液，此时可用过滤、洗涤的方法得到石膏，此时滤液为NaSO溶液，还不是芒硝，从图上看，可将温度调整32.4C以下，形成芒硝，析出芒硝晶体，过滤、洗涤、干燥就可得芒硝了，为了使芒硝产率较高，可用冰水洗涤，降低因溶解损失的量，故答案为：向废液中分批加入适量CaO固体

6、并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚儆，至溶液呈浅红色时停止加入CaO。静置后过滤，用水洗涤沉淀2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至32.4C以下，接近0C,过滤，所得晶体用冰水洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝。【点睛】结合图像，温度低于32.4C以下，硫酸钠结晶得到芒硝，温度降低，芒硝的溶解度减小，可用冰水洗涤减小损失率。2.高镒酸钾是一种用途广泛的强氧化剂，实验室制备高镒酸钾所涉及的化学方程式如下：一熔融MnO2熔融氧化：3MnO2+KC1Q+6KOH_3K2MnO4+KC1+3H2OK2MnO4歧化：3K2MnO4+2CQ=2KMnO4+MnO2j+2K2CO3将MnO2

7、熔融氧化所得产物的热浸取液装入三颈烧瓶，再通入CO2气体，使K2MnO4歧化的过程在如图装置中进行，A、B、C、D、E为旋塞，F、G为气囊，H为带套管的玻璃棒。回答下列问题：(1)仪器a的名称是。(2)MnO2熔融氧化应放在中加热(填仪器编号)。烧杯瓷塔蜗蒸发皿铁塔竭(3)为了能充分利用CQ,装置中使用了两个气囊。当试管内依次加入块状碳酸钙和盐酸后，关闭旋塞B、E,微开旋塞A,打开旋塞CD,往热K2MnO4溶液中通入CO2气体，未反应的CC2被收集到气囊F中。待气囊F收集到较多气体时，关闭旋塞,打开旋塞,轻轻挤压气囊F,使CQ气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，未反应的CO2气体又被收集

8、在气囊G中。然后将气囊G中的气体挤压入气囊F中，如此反复，直至K2MnO4完全反应。(4)除去K2MnO4歧化产物中MnO2的操作方法是。(5)将三颈烧瓶中所得产物经过一系列操作得到针状的高镒酸钾晶体，最后采用低温烘干的方法来干燥产品，原因是。【答案】长颈漏斗ACBDE过滤高镒酸钾晶体受热易分解【解析】【分析】(1)由实验装置可知，仪器a为长颈漏斗；(2)熔融固体物质需要在增期内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁塔期；(3)该操作的目的是将气囊F中的二氧化碳排出，据此判断正确的操作方法；(4)高镒酸钾溶于水，二氧化镒不溶于水；(5)高镒酸钾晶体受热易分解。【详解】(1)由实验装置可知，仪器a

9、为长颈漏斗，故答案为：长颈漏斗；(2)熔融固体物质需要在日期内加热，加热熔融物中含有碱性KOH,瓷塔期中含有二氧化硅，二氧化硅能够与氢氧化钾反应，所以应用铁塔竭，故答案为：；(3)待气囊F收集到较多气体时，需要将气囊F中二氧化碳排出到热K2MnO4溶液中，所以需要关闭A、C,打开B、D、E,轻轻挤压气囊F,从而使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，故答案为：AC;BDE;(4)高镒酸钾溶于水，二氧化镒不溶于水，固液分离应用过滤的方法，则除去高镒酸钾溶液中的二氧化镒应用过滤的方法，故答案为：过滤；(5)高镒酸钾晶体受热易分解，实验时应采用低温烘干的方法来干燥产品，避免高镒酸钾晶体受热

10、发生分解，故答案为：高镒酸钾晶体受热易分解。3.二氧化氯（Cl6）具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。C1Q是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸。某研究小组欲用以下三种方案制备C1O2,回答下列问题：（1）以黄铁矿（Fe3）、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备C1O2,黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被C1O3-氧化成SQ2-,写出制备C1O2的离子方程式。（2）用过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原NaClO3制备C1O2,并将制得的C1O2用于处理含CN废水。实验室模拟该过程的实验装置（夹持装置略）如图所示。装置A的名称是一装置C的作用是_。反应容器B应置于30c左右

11、的水浴中，目的是。通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将C1O2排出，三是OCIO2处理含CN-废水的离子方程式为_,装置E的作用是_。（3）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产C1O2的方法。用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的_（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的NazCQ和NaOH,充分反应后将沉淀一并滤去。用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取C1O2,工作原理如图所示，写出阳极产生C1O2的电极反应式【答案】Fea+15ClO3-+14H+=15CQ+Fe3+2SG2-+7H2O恒压

12、漏斗安全瓶提高化学反应速率，同时防止过氧化氢受热分解稀释C1O2,防止其爆炸2CN+2ClO2=2CQ+N2+2C吸收C1O2等气体，防止污染大气BaC2C-5e-+2H2O=ClC2上4H+【解析】【分析】二氧化氯(C102)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。分别利用无机反应和电解原理制备二氧化氯，三种方法均利用了氧化还原反应。【详解】(1)以黄铁矿(Fe3)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备C16,黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被Cl"-氧化成SC42-,根据氧化还原反应中电子守恒和元素守恒，可以写出制备C1O2的离子方程式为FeS+15CQ-+14H+=15ClO2+Fe

13、3+2SQ2-+7H2O。(2)装置A的名称为恒压漏洞，装置C为安全瓶，起到防止液体倒吸的作用。升高温度可以提高化学反应速率，但是原料中含有过氧化氢，过氧化氢在过高的温度下可以发生分解反应，因此反应容器B应置于30c左右的水浴中。根据题文可知，CIQ是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸，故通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将CIC2排出，三是稀释CIO2,防止其爆炸。CIO2处理含CN废水发生氧化还原反应，将CN-转化为无污染的CO2和N2,故离子方程式为2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2C；装置E在整套装置之后，起到吸收尾气，防止环境污染

14、的作用。(3)用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SQ2-等杂质，需要过量的碳酸根离子、氢氧根离子和钢离子，过量的钢离子可以用碳酸根离子除去，因此在加入Na2CO3之前应先加入过量BaC2。用石墨做电极，电解池的阳极发生氧化反应，元素化合价升高，因此氯离子在阳极失电子和水反应得到CQ,电极反应式为Cl-5e-+2H2O=ClOJ+4H+。除防幽4 .(1)已知草酸(H2QO4)分解的化学方程式为：H2c2O4一于fCOT+CQT+H>O,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Fe203nH2O和Fe两种成份)，利

15、用草酸分解产生的CO和铁锈反应，实验装置如下图所示。合体漏气、为得到干燥、纯净的CO气，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,D中浓硫酸增重1.44g,则n=。、在本实验中，下列情况会使测定结果n偏大白是(填字母)a.缺少装置Ab.缺少装置Bc.反应后固体是铁和少量Fe203nH20【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2b【解析】【详解】(1)该反应的反应物是液体

16、，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，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：F&O3.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

17、。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。5 .利用引钛磁铁矿冶炼后产生的钮渣(主要含FeO-V2O3、Al2O3、SiO2及少量可溶性磷酸盐)生产V2O5的工艺流程如下，回答下列问题：废渣ID已知：V2O5、A12O3、SiQ可与Na2CO3、NaCl组成的混合钠盐在高温下反应，并转化为NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3等可溶性钠盐。AlO2+4H+=Al3+2H2O。(1)焙

18、烧I包括氧化和钠化成盐两个过程，氧化的目的是获得V2O5,写出氧化过程中FeOV2O3发生反应的化学方程式;废渣I的主要成分是;精制I中加盐酸调pH的主要作用是，加入NH3H2O后发生反应的离子方程式为。(2)精制n中加入CaC2溶液除去磷酸盐，pH过小时影响除磷效果的原因是;pH过大时，沉淀量增大的原因是。(3)沉钮所得NH4V03沉淀需进行洗涤，洗涤时除去的阴离子主要是。NH4V03在A500c时焙烧脱氨制得产品V2O5,反应方程式为2NH4VO3=V2O5+H20T+2NH3,。但脱氨过程中，部分V2O5会转化成V2O4,反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2,该反应的化学方程式为。_

19、焙烧【答案】4FeO-V2O3+5O22Fe2O3+4V2O5Fa03或Fe(OH)3除Si并转化Al02写“除Sr即得分)Al3+3NH3.H2O=Al(OH)3j+3NHH+NH3.H2O=H2O+NH；(写出第一个离子方程式即得分)形成溶解度较大的酸式盐(或形成溶解度较大的磷，一一一一500c酸氢车和/或磷酸二氢钙)广生了Ca(0H)2讥证Cl3V2O5+2NH3:3V2O4+N2+3H20【解析】【分析】氧化过程FeO-V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5；经过氧化和钠化后，V2O5、Al2O3、SiC2均转化为可溶性盐，Fe2O3或Fe(OH)3成为滤渣；精制I中加盐酸调

20、pH为了和SiO32-反应生成硅酸沉淀，将AI02转化为Al3+;加入NH3-H20后与Al3+发生反应生成Al(0H)3沉淀；精制n中加入CaC2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，沉钮时加入试剂NH4CI,所得NH4V03沉淀，焙烧得到产品，据此分析。【详解】(1)氧化过程FeO-V203生成对应的金属氧化物Fe203和V205,化学方程式为：焙烧4FeO-V2O3+5O2=2Fe2O3+4V2O5；经过氧化和钠化后，V2O5、AI2O3、SiO2均转化为可溶性盐，Fe2O3或Fe(OH)3成为滤渣；精制I中加盐酸调pH为了和SiO32-反应生成硅酸沉淀，将A1O2转化为Al3+；加入NH3H

21、2O后与Al3+发生反应生成Al(OH)3沉淀，还可以中和酸，反应方程式为：A13+3NH3gH2O=AlOH3+3NH4+、焙烧H+NH3gH2O=H2O+NH4+,故答案为：4FeO-V2O3+5O22Fe2O3+4V2O5;F在O3或Fe(OH)3;除Si并转化A1O2-(写“除Si”即得分)；3+Al+3NH3gH20=A1OH3+3NH,，H+NH3gH2O=H2O+NH4(写出第一个离子方程式即得分)；(2)精制n中加入CaC2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，pH过小时形成溶解度较大的酸式盐；pH过大时易形成Ca(OH)2沉淀，故答案为：形成溶解度较大的酸式盐(或形成溶解度较大的磷

22、酸氢钙和/或磷酸二氢钙)；产生了Ca(OH)2沉淀；(3)沉钮时加入试剂NH4C1,因此所得NH4VO3沉淀含有阴离子主要为C1-；脱氨过程中，部分V2O5会转化成V2O4,且反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2,则V2O5为氧化剂，NH3为还原剂，还原产物为V2O4,氧化产物为N2,则氧化还原方程式为：3V2O5+500c500c2NH3=3V2O4+N2+3H2O,故答案为：Cl；3V2O5+2NH33V2O4+N2+3H2O。6.某体系中存在如下反应：H2S+4H2O8e=SQ2+10H+,2IO3+12H+10e=I2+6H2O。(1)反应中H2s做剂，反应属于反应(填氧化”或还原

23、”)。(2)若在反应中失去0.2mol电子，则反应中可生成gI2。(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：O(4)由上述反应可推知。a.氧化性：&SQ>KQb.酸性：HIO3>H2SQc.还原性：H2s>I2d.反应过程中溶液的酸性逐渐减弱【答案】还原还原5.085H：星藐尸4K5O.+4L+a50,+4H。c【解析】【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)X5+X4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

24、有水的生成，酸性减弱。【详解】(1)由H2S+4H2O-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4mo1以4I240e-,；中失去0.2mol电子，中得到0.2mol电子，反应的碘单质物质的量0.02mol,m(I2)=0.02molX127g/molX2=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=4K2

25、SO4+4I2+H2SC4+4H2O,由方程式可知40mole-转移生成4mo方，则电子转移,故答案为:的方向和数目为r-15H：S+8KI0?=+H壬0.+dH：05HiS4-8KlS5-4K与Q.+4L+艮SO,+4HiO；%SQ、H2SO4,氧化性：eSQKIO3,故a错(4)a、氧化剂KIC3的氧化性大于氧化产物误；b错误；H2s>12,故c正确;d错误；b、反应物中无碘酸生成，该反应不能判断酸性强弱，故c、还原剂H2s的还原性大于还原产物I2,则还原性:d、反应过程中氢硫酸反应生成硫酸，溶液酸性增强，故c正确，故答案为:7.(1)将新制氯水逐滴滴入FeBi2溶液中，写出最初发生

26、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。(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204H1008H10(g)+5H2在不同温度下的平衡常数变化如下：温度(C)400450500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2molc4H10,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。tl11寸

27、问tl时同如图表示某温度时将一定量的C4H10(含少量H2)充入容器中反应期间物质浓度随时间的变化(谷器谷积可变),实线代表C8H10,虚线代表C4H10。请用实线补充画出t1t4间08H10的浓度变化曲线。OlMlLil3Ba2+6OH-+3SO2-+2Al3+=3BaSQJ+2Al(OHJ吸热0.02mol/(Ls)hd【解析】【分析】(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")溶液中滴

28、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；ta.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

29、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，Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl-,电子转移情况如下:,故答案为:(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(OH3J,故答案为：3Ba2+6OH-+3Sd2-+2Al3+=3BaSQJ+2Al(OH)4;(3)根据图表数

30、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,1,2C4Hi0?C8Hio(g)+5H2,反应过程中生成C8H10的物质的量浓度为一X1mol/L=0.2mol/L,此510s内，以C8H10表示的平均速率=0.2mol/L=0.02mol/(L?s),故答案为：0.02mol/(L?s);10s2c4H10?C8H10(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

31、，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：,故答案为:Qn»!【点睛】本题(2)注意掌握离子方程式的书写原则，正确

32、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。8.二氧化氯泡腾片，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C1Q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(NaClQ)与盐酸反应生成C1C2。,113.化氢口补充Cbf合兆塔一(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NaClQ反应生成ClC2o(

33、3)配平方程式：口(X)+DNaCl(3+DH2SO4DCl21+DCOX+口也。+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C2的物质的量是C1O2的倍。方法三：实验室常用氯酸钠(NaClQ)和亚硫酸钠(Na2SO3)用硫酸酸化，加热制备二氧化氯，化学反应方程式为：2NaClO3+Na2SQ+HzSOu2ClO2T+2N&SO4+H2O(5)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，0.1mol/L该溶液

34、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Na2SO3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、Cl22NaClO3+4HCl=2ClO2T+C2T+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1C6H12O!6+24NaClO3+12H2SO4-24C1OT+6CO2T+18H2O+12N02SO40.16Na2.5SO32-+H2O=-OH-+HSO-,HSQ-+H2O='OH+H2SQc(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>

35、;c(HSO3-)>c(H+)NaHS。、Na2S6NaCl、或(NaHS。、Na2S。、NaCl、S。H2S。)【解析】【分析】(1)电解饱和食盐水生成H、Cl2和NaOH故可以利用的单质为H2、02,合成HCl,根据流程图可知加入物质为NaClQ和HCl,生成C1O2；可以写出方程式，并用化合价升降法配平得到；(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(GKQ),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

36、价，升高4价，然后配平得到，由可知生成24molcIC2和6molCC2气体转移24mol的电子；(4)每摩尔Cl2得到2mol电子，而每摩尔C1C2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 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NaSC、NaHSCNaCl。【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ClC2；发生氧化还原反应，NaClQ被还原生成

37、Cl1,HCl被氧化生成Cl2,生成ClC2的化学方程式为：2NaClQ+4HCl=2ClC2T+Cl2T+2NaCl+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Cl2,消耗大量的电能，产物ClC2和Cl2不仅不容易分离，而且物质利用率低，很容易造成大气污染；(3)纤维素水解得到的最终产物X是葡萄糖QH2C6。它与NaClQ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：1cHe6+24NaClQ+12HSQ-24ClC21+6CCT+18H2C+12NaSC,由方程式可以看出每产生30mol的气体，转移电子24NA;现在产生气体的物质的量为4.48L

38、(即0.2mol),所以转移电子的物质的量为0.16mol,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2mol,则2需要Cl2的物质的量是1mol;需要ClQ的物质的量为一二=0.4mol。所以n(Cl2):5n(ClC2)=1:0.4=2.5;(5)反应中的NaSC溶液中存在如下平衡：HC=H+C即口SC2-的水解平衡的两种方程式。由于SC?是二兀弱酸的酸根离子，因此存在两步水解平衡SC.+H2C*-CH+HSC-,HSC+HC=CH+HSC;Ns2SQ=2Na+SC32-;c(Na+)>c(SC32-),SC2-水解产生CH和HSC,

39、HSC进一步水解还要消耗HSC-,同时产生QH,因此c(CH)>c(HSQ3-);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(SC32-)>c(QH-);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(SQ32-)>c(QH-)>c(HSQ3-)>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(Na2SO),产生溶液中含有的溶质有未反应的NaSO及反应生成的N

40、aCl、NaHSQ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H2SO。9.元素镒(Mn)在溶液中主要以Mn2+(近无色)、MnO4-(紫红色)、MnO42(绿色)等形式存在，MnO2(棕黑色)、MnCO3(白色)为难溶于水的固体。回答下列问题:(1)盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义，有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法推算。现根据下列3个热化学反应方程式：MnO2(s)+CO(g尸MnO(s)+CO(g)?H=-150.6kJ/molMn3O4(s)+CO(g)=3MnO(s)+CO(g)?H=54.4

41、kJ/mol3Mn2O3v+CO(g)=2Mn3O4(s)+CQ(g)?H=-142.3kJ/mol写出CO气体还原MnO2固体得到Mn2O3固体和CO2气体的热化学反应方程式：(2)一定温度下，在5L的密闭容器中放入足量碳酸镒(固体所占体积忽略不计)发生反应：MnCO3(s)=MnO(s)+CO2(g),若前2min内生成MnO的质量为7.1g,则该段时间内v(CC2)=moll1min1。保持温度不变，若to时刻达到平衡时，CQ浓度为cmol/L;ti时刻，将容器体积缩小为原来的一半并固定不变，在t2时刻再次达到平衡，则下列图像正确的是(填字母)。A(3)已知Fe3+、Al3+、Mn2+的

42、氢氧化物开始沉淀及沉淀完全时的pH如下表所示，当A3+完全沉淀时，若要使Mn2+不沉淀，则Mn2+的最大浓度为。(已知：KspMn(OH)2=1.9B31)0氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀pH1.84.18.3完全沉淀pH3.25.09.8(4)高镒酸钾在不同的条件下发生的反应如下：MnO4+5e+8H+=Mn2+4H2OMnO4+3e+2H2O=MnO2J+4OH；MnO4+e=MnO42从上述三个半反应中可以得出的结论是。将SQ通入高镒酸钾溶液中，观察到的现象是。(5)向酸性高镒酸钾溶液中加入草酸溶液，开始时反应缓慢，稍后一段时间产生气体速率迅速加快。产生气体速

43、率迅速加快的原因是,写出反应的离子方程式【答案】2MnO2(s)+CO(g尸Mn2O3(s)+CQ(g)?H=-217.5kJ/mol0.01B1.95mol/L注10的酸性越强，高镒酸钾被还原的价态越低(或溶液的酸性越强，高镒酸钾的氧化性越强。)高镒酸钾紫红色褪去反应产生的Mn2+起到催化作用2MnO4-+6H+5H2G2O4=2Mn2+10CO2T+8H2O【解析】【分析】(1)依据盖斯定律，X2x|-X1,可推出CO气体还原MnO2固体得到Mn2O3固体和CC2气体的热化学反应方程式；(2)根据前2min内生成MnO的质量，可以计算出前2min内生成CC2的物质的量，故可以计算出前2mi

44、n内CC2的反应速率；将容器体积缩小为原来的一半的瞬间，二氧化碳浓度变为原来的2倍，之后平衡向左移动，二氧化碳浓度减小，由于温度不变，平衡常数不变，所以再次平衡时，二氧化碳浓度与第1次平衡时相等。(3)当Al3+完全沉淀时，此时溶液中的pH=5,即c(OH)=1X179mol/L,若要使Mn2+不沉淀，根据QcvKsp,即：c(Mn2+)x24OH)<1.9x103;(4)根据三个半反应可以看出高镒酸根离子被还原的产物受溶液酸碱性的影响；SO2通入高镒酸钾溶液中，二氧化硫具有还原性，溶液的紫色褪去；(5)开始反应缓慢，一段时间后反应速率迅速加快，这是由于反应生成的Mn2+的浓度增大了，M

45、n2+对反应起到催化作用，才使反应速率迅速加快。【详解】c(CQ尸0.1mol5L(1)?H=X2DX/3-x/3=(-150.6X2)-(-54.42汽-142.3g片-217.5(kJ/mol),所以热化学方程式为：2MnO2(s)+CO(g)=Mn2O3(s)+CO2(g)?H=-217.5kJ/mol;(2)n(MnO)=0.1mol,贝Un(CO2)=0.1mol,71g/mol0.02mol/L,v(CO2)=旦0=0.01molL_1min1。2min将容器体积缩小为原来的一半的瞬间，二氧化碳浓度变为原来的2倍，之后平衡向左移动，二氧化碳浓度减小，由于温度不变，平衡常数不变，所以

46、再次平衡时，二氧化碳浓度与第1次平衡时相等。故答案选B;(3)当Al3+完全沉淀时，此时溶液中的pH=5,即c(OH)=1X1(9mol/L,若要使Mn2+不沉淀，根据QcvKsp,即：c(Mn2+)x24OH)<1.9x103,可得：c(Mn2+)<1.9x5mol/L；(4)根据三个半反应可以看出高镒酸根离子被还原的产物受溶液酸碱性的影响，且酸性越强，被还原产物中镒元素的价态越低；SO2通入高镒酸钾溶液中，溶液显酸性，SQ作还原剂，KMnO4作氧化剂，被还原为Mn2+,溶液由紫红色变为接近无色；(5)开始反应缓慢，一段时间后反应速率迅速加快，这是由于发生反应2MnO4+6H+5

47、H2CO4=2Mn+10CO2f+8H2O,随着反应的进行，溶液中Mn2+的浓度增大了，Mn2+对反应起到催化作用，才使反应速率迅速加快。【点睛】认真读懂题中所给的信息、认真分析图表数据，进行对比分析，得出结论，然后进行作答。10 .消除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护的重要研究课题。(1)已知反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O,请分析氧化产物和还原产物的质量之比为(2)水体中过量氨氮(以NH3表示)会导致水体富营养化。用次氯酸钠除去氨氮的原理如题图所示。写出该图示的总反应化学方程式：。该反应需控制温度，温度过高时氨氮去除率降低的原因是。取一定量的含氨氮废水，改变加入次氯酸钠用量

48、，反应一段时间后，溶液中氨氮去除率、总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的总量)去除率以及剩余次氯酸钠的含量随m(NaCIO)m(NH3)的变化情况如图所示。当m(NaCIO)：m(NH3)>7.6时，水体中总氮去除率反而下降，可能的原因是。【答案】4:32NH3+3NaClO=N2+3NaCl+3H2。温度过高，HClO发生分解，氨氮去除率随之降低有部分NH3被氧化成NO2-或NO3-【解析】【分析】(1)该反应中NH3中N由3价变为0价，化合价升高，被氧化，所得产物为氧化产物；NO2中N由+4价变为。价，化合价降低，被还原，所得产物为还原产物；因此氧化产物和还原产物的物质的量之

49、比为8:6=4:3;(2)根据图示判断发生氧化还原反应的反应物、生成物，根据得失电子守恒和原子守恒书写化学方程式；温度越高，化学反应速率越快，但是温度过高，HClO不稳定，受热易分解；当m(NaCIO)：m(NH3)>7.6时，NaCIO加入的量越多会将氨氮氧化为NO3-等高价态物质。【详解】(1)该反应中NH3中N由3价变为。价，化合价升高，发生氧化反应，所得为氧化产物；NO2中N由+4价变为0价，化合价降低，发生还原反应，所得为还原产物；因此氧化产物和还原产物的物质的量之比为8：6=4:3；(2)由图转化过程可知，该反应中反应物为NH3和NaCIO,生成物为N2、NaCl2和H2O,

50、因此该反应的化学方程式为：2NH3+3NaCIO=N2+3NaCI+3H2O；由于反应过程中生成HClO,HCIO不稳定，受热易分解，因此温度过高，氨氮去除率降低；NaClO具有氧化性，其量增大，会使得部分NH3被氧化成NO2-或NO3-,使得水体中总氮去除率降低；【点睛】本题考查氧化还原反应方程式的书写，考生应从图中找出反应物、生成物，另外解释控制反应条件的度。11 .某工业废玻璃粉末含SiC2、Fe2O3、CeQ、FeO等。某课题小组设计如下工艺流程对资源进行回收，得到Ce（OH）和硫酸铁俊矶。硫酸铁镀研反应已知：CeO2不溶于稀硫酸；酸性条件下，Ce3+易水解，Ce4+有较强氧化性。（1

51、）硫酸铁俊矶可净水，其原理是（写离子方程式）（2）滤液A的主要成分（填写化学式）。（3）反应的离子方程式是。（4）反应的化学反应方程式是。（5）已知制硫酸铁俊矶晶体Fe2（SO4）3（NH4）2SC424H2O,式量964的产率为80%,若加入13.2g（NH4）2SO4（式量132）,可制得晶体的质量是。（6）化合物HT可作为萃取剂能将铀离子从水溶液中萃取出来，过程表示为：Ce2（SO4）3（水层）+6HT（有机层）=2CeT3（有机层）+3H2SO4（水层）分液得到CeT3（有机层），再加入H2SO4获得较Z勺含Ce3+的水溶液。可选择硫酸作反萃取剂的原因是（从平衡移动角度回答）。【答案】

52、Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+Na2SiQ2CeC2+H2O2+6H+=2Ce3+O2f+4H2O4Ce（CH3+C2+2H2O=4Ce（OH）477.12g加入硫酸，可使平衡向左进行，使Ce3+进入水层（或答加入硫酸，平衡左移）【解析】【分析】废玻璃粉末（含SiQ、F&C3、CeC2、FeC等）加入氢氧化钠溶液，SiC2能和NaCH反应生成Na2SiC3,滤液A中含有Na2SiC3,滤渣A中含有F&C3、CeO2、FeO,向滤渣中加入稀硫酸，Fe2O3和FeO溶于稀硫酸，而CeO2不溶于稀硫酸，滤液B中含有硫酸铁和硫酸亚铁,氧化硫酸亚铁为硫酸铁，再加入硫酸钱溶

53、液，得到硫酸铁俊矶。滤渣B中含有CeO2,加入稀硫酸提供酸T环境，用H2O2还原CeO2得到含Ce3+的溶液，然后加碱得到Ce(OH)3悬浊液，最后用氧气氧化得到Ce(OH)4O【详解】(1)硫酸铁俊矶溶于水电离出Fe3+,Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，能吸附水中的悬浮物，达到净水的目的，其原理用离子方程式表示为Fe3+3H2O=Fe(0H)3(胶体)+3H+°(2)工业废玻璃粉末含有的成分为SiQ、Fe2O3、CeQ、FeO等，与NaOH溶液反应，SiO2与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，其余均不反应，所以滤液A的主要成分是Na2SiO3o(3)CeO2不溶于稀硫酸，根据流程图可

54、知，滤渣B为CeQ,CeQ与稀硫酸、H2O2反应生成含Ce3+的溶液，Ce元素得电子，则H2O2中氧元素失电子生成氧气，根据化合价升降总数相等和原子守恒配平，则反应的离子方程式是2CeC2+H2O2+6H=2Ce3+O2T+4H2O。(4)反应为加热Ce(OH)3的悬浊液得到Ce(OH)4,Ce元素的化合价由+3价失电子生成+4价的Ce,则空气中的氧气得电子生成-2价OH.，根据化合价升降总数相等和原子守恒配平，化学反应方程式为4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH4。(5)13.2g(NH4)2SQ(式量132)的物质的量为0.1mol,根据氮守恒，理论上生成的硫酸铁俊矶晶体Fe2(

55、SQ)3(NH4)2SQ24H2O,式量964的物质的量也是0.1mol,其产率为80%,所以实际生成的硫酸铁俊矶晶体的物质的量为0.08mol,为0.08molX964g/mol=77.12g。(6)根据Ce2(SO4)3(水层)+6HT(有机层户-2CeT3(有机层)+3H2SQ(水层)，加入硫酸，可使平衡向左进行，使Ce3+进入水层。12.过氧化氢俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。根据下列反应回答问题：A. Na2O2+2HCl=2NaCl+H2O2B. Ag2O+H2O2=2Ag+O2+H2OC. 2H2O2=2H2O+O2D. 3H2O2+C2SO43+10KOH=2

56、K2CrO4+3K2SO4+8H2。(1)上述反应中，H2O2仅体现氧化性的反应是(填序号，下同),H2O2仅体现还原性的反应是(填序号，下同)旧2。2既体现氧化性又体现还原性的反应是O(2)上述反应说明H2O2、Ag2O、K2CrO4的氧化性由强到弱的顺序是(3)某酸性反应体系中发生的一个氧化还原的离子反应，反应物和生成物共六种微粒：2+O2、MnO4、H2O、Mn、H2O2、H。已知该反应中H2O2只发生了如下过程：H2O2一O2。写出上述反应的离子方程式并配平如果上述反应中有6.72L(标准状况)气体生成，转移的电子为mol。(4)H2O2有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称；如消除采矿业胶液中的氧化物(如KCN),发生以下反应：KCN+H2O2+H2O=A+NH3，试指出生成物A的化学