全国备战高考化学氧化还原反应的综合备战高考真题汇总

1、一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）1.工业上处理含苯酚废水的过程如下。回答下列问题：I.测定废水中苯酚的含量。测定原理：OH+3Br2f国OHJ+3HBr测定步骤：步骤1：准确量取25.00mL待测废水于250mL锥形瓶中。步骤2：将5.00mLamoiL1浓滨水（量）迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡。步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中迅速加入bmL0.l0molL1KI溶液（过量），塞紧瓶塞，振荡。步骤4：滴入23滴指示剂，再用0.010moiL1Na2s2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2s2O3溶液VmL（反应原理：I22Na2s2O32NaINa2s4。6）。待测废水换为蒸储

2、水，重复上述步骤（即进行空白实验），消耗Na2s2O3溶?V?mL。（1）步骤1"量取待测废水所用仪器是。（2）为了防止澳的挥发，上述步骤中采取的措施包括迅速加入试剂和。（3）步骤4"滴定终点的现象为。（4）该废水中苯酚的含量为mg11（用含丫1、V2的代数式表示）。如果空白实验中步骤2”忘记塞紧瓶塞，则测得的废水中苯酚的含量（填偏高"偏低”或无影响”,下同）；如果空白实验中步骤4”滴定至终点时俯视读数，则测得的废水中苯酚的含量On.处理废水。采用Ti基PbO2为阳极，不锈钢为阴极，含苯酚的废水为电解液，通过电解，阳极上产生羟基（OH）,阴极上产生H2O2。通过交

3、排列的阴阳两极的协同作用，在各自区域将苯酚深度氧化为CO2nH2O。写出阳极的电极反应式：。（6）写出苯酚在阴极附近被H2O2深度氧化的化学方程式：。【答案】瞰式）滴定管塞紧瓶塞滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分94V-V钟不恢复原色2偏低偏低H2OeOHH15C6H50H14H2O26CO217H2O【解析】【分析】向呈有待测废水加入浓澳水反应后得到三澳苯酚的沉淀，再加入KI溶液与剩下的B2发生氧化还原反应得到I2,方程式为Br2+2I-=I2+2Br-,再用Na2S>O3标准溶?滴定可根据消耗的Na2SO3标准溶液的体积和浓度算出溶液中剩余的Br2的物质的量，再设置一个

4、空白实验测出浓滨水的物质的量，用Br2总的物质的量-剩余Br2的物质的量即可得出与苯酚反应的B2的物质的量，再结合反应方程式得到苯酚的物质的量，从而求出废水中苯酚的含量，结合实验基本操作及注意事项解答问题。【详解】(1)由于苯酚显酸性，因此含苯酚的废水为酸性，步骤1”中准确量取废水时所用的仪器可选用酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；(2)由于澳单质易挥发，因此可采用塞进瓶塞、迅速加入试剂等方法防止其挥发，故答案为：塞紧瓶塞；用0.01mol/LNa2s2O3标准溶液滴定至终点，由于Na2s2。3标准溶液会反应I2,加入的淀粉遇I2变成蓝色，所以滴定终点的现象为滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰

5、好褪去，且半分钟不恢复原色，故答案为：滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色；(4)根据反应方程式可得各物质的物质的量关系式：Br22KII22Na2S2O30.005V0.01Vi0.005V20.01V2剩下的浓澳水中Br2的物质的量为0.005Vimmol,将待测废液换成蒸储水时，5mLamol/L的浓澳水中Br2的物质的量为0.005V2mmol,则与苯酚参与反应的Br2的物质的量为0.005(V2-V1)mmol,根据方程式0H+3Br2BrOHJ+3HBr可得苯酚的物质的口、，0.005V2-V1940.005V2-V1,_.重为mmol,质量为mg,则该废水

6、中本酚的含量为33940.005V2-V194V2-V1-1,若步骤2中忘记塞进瓶塞，澳单质挥发,mgg-153小32510L导致最终消耗的Na2s2O3的体积偏小，则测得苯酚的含量偏低，如果空白实验中步骤4滴定终点时俯视读数，读得的体积偏小，则消耗的Na2s2O3的体积偏小，使测得苯酚的含量偏低，故答案为：94V2-V1；偏低；偏低；15(5)由题干信息可知，Ti基PbO2为阳极，则阳极H2O失去电子产生OH,电极反应式为H2O-e-=H+OH,故答案为：H2O-e-=H+OH；(6)根据题干信息可知，苯酚被阴极产生的H2O2深度氧化产生CO2和H2O,有氧化还原反应规律得到其反应方程式式为

7、C6H5OH+14H2O2=6CO2T+17H2O,故答案为：C6H5OH+14H2O2=6CC2T+17建O。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+KClQ+6KOH_3K2MnO4+KCl+3H2OK2MnO4歧化：3K2MnO4+2CQ=2KMnO4+MnO2J+2K2CO3将MnO2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

8、(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&MnO4溶液中通入CQ气体，未反应的CQ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

9、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为长颈漏斗，故答案为：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

10、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发生分解，故答案为：高镒酸钾晶体受热易分解。3.过硫酸钠(Na2S2O8)具有极强的氧化性，且不稳定，某化学兴趣小组探究过硫酸钠的相关性质，实验如下。已知SQ是无色易挥发的固体，熔点16.8C,沸点44.8Co(1)稳定性探究(

11、装置如图)：分解原理：2Na2s2O8工;2Na2SO+2SO3T+O2T。此装置有明显错误之处，请改正：,水槽冰水浴的目的是;带火星的木条的现象(2)过硫酸钠在酸性环境下，在Ag+的催化作用下可以把Mn"氧化为紫红色的离子，所得溶液加入BaC2可以产生白色沉淀，该反应的离子方程式为,该反应的氧化剂是,氧化产物是。(3)向上述溶液中加入足量的BaC2,过滤后对沉淀进行洗涤的操作是(4)可用H2QO4溶液滴定产生的紫红色离子，取20mL待测液，消耗0.1molL1的H2c2。4溶液30mL,则上述溶液中紫红色离子的浓度为molL1,若Na2s2。8有剩余，则测得的紫红色离子浓度将(填偏

12、高"偏低"或不变”。)【答案】试管口应该略向下倾斜冷却并收集SO3木条复燃2Mn2+5&O+8H2。维二2MnOi+10SO+16H+校OMn。1用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸储水至没过沉淀，使蒸储水自然流下，重复操作23次(合理即可)0.06偏高【解析】【分析】(1)在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜；根据SO、氧气的性质进行分析；(2)X为Mn,向所得溶液中加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀，则产物中有SO2-,据此写出离子方程式，并根据氧化还原反应规律判断氧化剂、氧化产物；根据沉淀洗涤的方法进行回答；(4)根据得失电子守恒可得到关系式：5H2GQ-2MnO4

13、,带入数值进行计算；Na2s2。8也具有氧化性，氧化H2C2Q。【详解】在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜，SO3的熔、沸点均在0c以上，因此冰水浴有利于将SC3冷却为固体，便于收集SQ,由Na2&O8的分解原理可知，生成物中有氧气，所以在导管出气口的带火星的木条会复燃，故答案为：试管口应该略向下倾斜；冷却并收集SQ；木条复燃；(2)X为MnO4-,向所得溶液中加入BaC2溶液可以产生白色沉淀，则产物中有SQ2-,则反应的离子方程式为2Mn2+5S2O；+8H2OM+2MnO£+10SO,16右,根据该反应中元素化合价的变化可知，氧化剂是3O82-,氧化产物是MnO，故

14、答案为：2Mnn.FeCQ的性质探究+5&OT+8H2O如“2MnOl+10S<O-+16H+;&O82-;MnO;(3)沉淀洗涤时，需要用玻璃棒引流，并且所加蒸储水需要没过沉淀，需要洗涤23次，故答案为：用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸储水至没过沉淀，使蒸储水自然流下，重复操作23次(合理即可)；(4)根据得失电子守恒可得到关系式：5H2C2O4:2MnO4-520.03L0.1molgL-10.02LcMnO4则cMnO4-=20.03L0.1molS=0.06moig_-1,Nm&O8具有氧化性，消耗的H2c2O450.02L溶液增多，导致测得的结果偏高，故答案为

15、：0.06;偏高。4.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：实验K5CN融充分瘴荡，r过点即连耨胆加浮衰为5函10S七4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N32CQ溶液通入CQ的目的是。(3)C装置中制取FeCO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CO2,你认为是否合理并说明

16、理由实验iii加MLdrn4VLK5CH港第0,3MtOjFcOJ.KjH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.FeCO3的应用(7)FeCO3溶于乳酸CH3CH(OH)COOH能制得可溶性乳酸亚铁(CHaCH(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,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

17、的误差)。【答案】饱和NaHCO3溶液降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)22HCQ-+Fe2+=FeCQJ+CQT+吨0不合理，CO2会和FeCO3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FeCO3固体的溶解或FeCO3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6Fe2+3H2O2+12SCN=2Fe(OH)4+4Fe(SC用或6Fe2+3H2O2=2Fe(OH)3J+4F(3+117%乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4【解析】【分析】I.装置

18、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+6SCNreFe(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；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

19、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NaHCO3溶液；(2)向Na2CO3溶液中通入CO2的目的是利用CO2和Na2CO3反应生成的NaHCQ,提高溶液中HCO3-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NaHCO3,再滴加FeSQ溶液，有FeCQ沉淀生成，发生反应的离子方程式为

20、2HCO3-+Fe2+=FeCQJ+COT+H2O,故答案为：2HCO3-+Fe2+=FeCQj+COT+H2O;(4)FeC。沉淀能溶解在CO2的水溶液中，生成可溶于水的Fe(HCO)2,降低产物的量，则当出现白色沉淀之后不应继续通入CO2,或者：出现白色沉淀之后继续通C。，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，CO2会和FeCQ反应生成Fe(HCQ”(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-,会促进FeCQ固体的溶解，故答案为：F¥+与SCN的络合(或结合)会促进FeCQ固体

21、的溶解或FeCQ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)4+4Fe(SCN)+24SCN或6Fe2+3H2O2+12SCN=2Fe(OH)4+4Fe(SC用或6Fe2+3H2O2=2Fe(OH)3J+4F(3+；故答案为：6Fe(SCN64-+3H2O2=2Fe(OH)3J+4Fe(SCN)+24SCN或6Fe2+3H2O2+12SCN=2Fe(OH)H+4Fe(SCN3»或6Fe2+3H2O

22、2=2Fe(OHJ+4F(3+；出.(7)FeCQ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=0.005mWL酸亚铁的质量分数0.005moi234g/mo1100%=117%,由于乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高镒酸钾1.0g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

23、了KMnO4。5.过氧硫酸氢钾复合盐(K2SO4?KHSQ?2KHSQ)易分解，可用作漂白剂、NOx和SQ等的脱除剂。某研究小组制备过氧硫酸氢钾复合盐的流程如图所示。已知：浓硫酸与H2O2反应，部分转化为过硫酸(化学式为H2SO5,是一种一元强酸)(1)H2SO5中硫元素的化合价为+6价，其中过氧键的数目为;工业上用过氧硫酸氢钾复合盐溶液脱除NO时，反应的离子方程式为。(2)若反应物的量一定，在上述流程的转化”步骤中需用冰水浴冷却，且缓慢加入浓硫酸，其目的是。(3)“结晶”操作中，加入K2CO即可获得过氧硫酸氢钾复合盐晶体，该过程的化学方程式为。过氧硫酸氢钾复合盐产率(以产品含氧量表示)随溶液

24、pH和温度的变化关系如图所示，则该过程适宜的条件是。2.02.535h号101.5限,病/丁|(4)产品中KHSO5含量的测定：取1.000g产品于锥形瓶中，用适量蒸储水溶解，加入5mL5%的硫酸和5mL25%的KI溶液，再加入1mL淀粉溶液作指示剂，用0.2000molL-1硫代硫酸钠标准液滴定至终点，消耗标准液的体积为25.00mL。已知：2KHSQ+4KI+H2SQ=2b+3K2SQ+2H2OI2+2Na2s2O3=Na2S4O6+2NaI用滴定管盛装标准浓度的硫代硫酸钠溶液(填甲”或之”)。产品中KHSO5的质量分数为。【答案】13HSOT+2NO+H2O=3SO2+2NO3+5H+防

25、止浓硫酸与H2O2溶液混合时放出大量热使H2O2分解5K2COJ+4H2SO5+4H2SC4=2(K2SO4?KHSO4?2KHSO5)J+5CO2T+5H2O控制pH在2.02.5之间，温度在0c左右乙38.00%【解析】【详解】(1)H2SO5中硫元素的化合价为+6价，依据化合价的代数和为0计算，有2个氧原子显-1价，所以过氧键的数目为1。答案为1;工业上用过氧硫酸氢钾复合盐溶液脱除NO时，反应的离子方程式为3HSO5+2NO+H2O=3SQ2+2NO3+5H+。答案为3HSQ+2NO+H2O=3SQ2+2NO3+5H+(2)在“转化”步骤中，30%的H2O2溶液加入98%的浓硫酸中，相当

26、于浓硫酸稀释，会放出大量的热，而H2O2受热易分解，所以需用冰水浴冷却，且缓慢加入浓硫酸。答案为:防止浓硫酸与H2O2溶液混合时放出大量热使H2O2分解；(3)“结晶”操作中，加入K2CO3即可获得过氧硫酸氢钾复合盐晶体，该过程的化学方程式为5K2CO3+4H2SO5+4H2SO4=2(K2SO4?KHSO4?2KHSOi)J+5CO4+5H2。答案为：5K2CO3+4H2S。+4H2S。=2(K2SO4?KHSG?2KHSO5)J+5C。T+5H2O从溶液pH看，过氧硫酸氢钾复合盐产率在2.02.5之间时最大；从温度看，过氧硫酸氢钾复合盐产率在0c左右最大，所以该过程适宜的条件是控制pH在2

27、.02.5之间，温度在0c左右。答案为：控制pH在2.02.5之间，温度在0c左右；(4)硫代硫酸钠溶液呈碱性，应放在碱式滴定管内。答案为乙；由反应2KHSQ+4KI+H2SO4=2b+3K2SQ+2H2O和I2+2Na2s2O3=Na2$O6+2NaI可得出如下关系式：KHSO52Na2s2O3n(Na2&O3)=0.2mol/Lx0.025L=0.005mol,n(KHSC5)=0.0025mol一0.0025mol152g/mol广品中KHSQ的质量分数为：100%38.00%1.000g答案为：38.00%。6.铁、氯、铜及其化合物在生产、生活中有广泛的用途。试回答下列问题。(

28、1)二氧化氯(C1O2)已逐步代替C12用于自来水处理，用C1O2处理过的饮用水(pH为5.56.5)常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子(C1O2-)。已知：25c时Ka(HClO)=3.2X10,Ka(HClO2)=1.0X10,则酸性HClQHClO慎"，”或"；在pH=5的上述处理过c(ClO2)的饮用水中一(一2;若饮用水中ClO2-的含量超标，可向其中加入适量c(HClO2)的Fe2+将ClO2-还原成Cl,写出酸性条件下该反应的离子方程式：(2)腐蚀铜板后的溶液中，若Cu2+、Fe3+和Fe2+浓度土匀为0.1molL1,下图为金属离子的浓度的对数与溶液pH的

29、关系，现向混合溶液中通入氨气调节溶液的pH=5.6,溶液中存在的金属阳离子为(当溶液中金属离子浓度105molL1时，可认为沉淀完全)。从图中数据计算可得Fe(OH)2的溶度积KspFe(OH)2=。(3)Na2s是常用的重金属离子沉淀剂。某工业污水中含有等浓度的Cu2+、Fe2+、Pb2+,滴加Na2s溶液后首先析出的沉淀是；当最后一种离子沉淀完全时(该离子浓度为105molL1),此时的g浓度为。已知：Ksp(FeS)=6.3X108；Ksp(CuS)=6X1036;Ksp(PbS)=2.4X108。【答案】1034F(T+ClO2+4H+=4Fe3+Cl+2H2OCiT、Fe2+1.0X

30、10-17CuS6.3x10-13mol.L1【解析】【分析】(1)组成相似的酸，电离平衡常数越大酸性越强；依据电离平衡常数计算式计算；(2)向混合溶液中通入氨气调节溶液的pH=5.6时，由图象分析出：易生成Fe(OH)3沉淀；根据KspFe(OH)2=c(Fe2+)(OH)计算；(3)物质组成类型相同，溶度积越小，溶解度越小，滴加硫化钠，相应阳离子最先沉淀；根据溶度积计算ST的浓度。【详解】(1)电离平衡常数越大酸性越强，已知：25C时Ka(HClO)=3.2X10,Ka(HClO2)=1.0X102,则酸性HCQ>HClO；在pH=5的上述处理过的饮用水中，c(4)=10-5molL

31、1c(ClO2)c(HClO2)1.010105=103;若饮用水中COT的含量超标，可向其中加入适量的Fe2+将C1O2还原成C-,酸性条件下该反应的离子方程式：4Fe2+CIO2+4H+=4Fe3+Cl+2H2O；故答案为：HCIO2>HC10；103；4Fe2+C1O2+4H+=4Fe3+C1+2H2O；(2)向混合溶液中通入氨气调节溶液的pH=5.6时，由图象可知易生成Fe(OH)3沉淀，溶液中存在的金属阳离子为Cu2>Fe2+,故答案为：Cu2>Fe2;由图象可知：c(Fe2+)=1.0X16(molC1),c(OH)=1.0x1-6(molL-1),KspFe(O

32、H)2=c(Fe2+)X2(OH)=1.0X1017(molL-1)3;故答案为:1.0X1-07；(3)物质组成类型相同，溶度积越小，溶解度越小，滴加硫化钠，相应阳离子最先沉淀，故首先析出沉淀是CuSFe2+最后沉淀，沉淀完全时该浓度为10-5molL-1,此时的S2的浓、,631018度为molL1=6.3x110molL1,故答案为：CuS;6.3x1013moll1。105本题考查了元素化合物性质分析，溶度积常数计算，沉淀转化实质理解应用，电离平衡常数概念的分析应用，掌握有关Ksp的基础是解题关键，难点(3),根据物质组成类型相同，溶度积越小，溶解度越小，离子先沉淀析出。7 .NOx、

33、SQ的处理转化对环境保护有着重要意义。(1)利用反应2NO(g)+2CO(g)=N>(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="N。)的关系如图1n(CO)所示。诉/*20MMs0Mi70HM/min困1T.霹ffi：该反应的AH0(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8 .投料比：m1>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

34、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。(2)若反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CQ(g)的正、逆反应速率可表示为：v”k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CO,利用它们的相互作用可将SQ、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

35、压的乘积)与CO物质的量分数的关系，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SO2更易被CO还原D.体系中可能发生反应：2COS=S+2CO;4CC2+&=4CO+2SQV2O5作催化o(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，NH3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l'<l4；I-jCJ(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】vAB温

36、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160：1B4NHj+4NO+O24N2+6H2O2SQ2-+4H+2e-=S2O42-+2H2O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；由图象可知，不同投料比下CO的平衡转化率

37、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vMk/c2(NO)c2(CO)=v逆=k逆？c(N2)c2(CQ),则平衡常数K=K正，,人以lh，、r-z._,igb-J人、八、，4，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：vK逆逆；(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；B.温度高于1000c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SC2需要CO物质的量分数较大时才能将SC2从烟气中分

38、离；D.根据图4,COS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S2O42-o【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4Hv0;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

39、增大，即起始投料比m越大时,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，反应中所以平衡转化率与起始量成反比,错误；八、八日上洎耗量°,NO、CO的变化量相同，平衡转化率“=与心目X100%起始重即投料比m=2时CO转化率是NO转化率的2倍，故CD.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：2NOg+2COg?N2

40、g+2CO2g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22kcN2cCO21.60.8=K2=22=80.k逆c2NOc2CO0.420.42'a点时反应三段式为:2NOg+2COg?N2g+2CO2g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c(CO)=c(CO)=c(NO

41、)=1mol/L,v正_%c(N2)=0.5mol/L,所以;-v逆k®2211c%72=2-=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1000c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SC2需要CO物质的量分数较大时才能将SC2从烟气中分离，说明CO更易与NOx反应，则NOx比SC2更易被CO还原，故C正确；D.根据图4,COS分压曲线随温度升高减小，及、CO分压增大，继

42、续升高温度，S2、CC2分压减小，CO分压增大，说明体系中可能发生反应：2COS?S2+2CO;4CO+S2?4CO+2SQ,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贡献。(1)工业中利用锂辉石(主要成分为LiAlS2O6,还含有FeO、CaO、MgO等)制备钻酸锂(LiCoQ)的流程如图:悼辞新精矿漏

43、港沐热发.京城硒12魄1/声一沆鞭一上R枯酸件回答下列问题：锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6,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+、A产完全沉淀，则pH至少为。(已知：,KspFe(OH)3=4.0x-380KspAl(OH)3=1.0x-330完全沉淀后离子浓度低于1Xld)mol/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，开发出石墨烯电池，电池反应式为LiCoQ+C6F=mLiQ+Li

44、i-xCoQ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)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H2c204和LiOH反应溶液获得LiFe

45、PQ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(0H)2和CaCQNa2COCD2LiOH+6HC2O4+2FePQ=2LiFePQ+7CQT+5COT+7HO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(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

46、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

47、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+)=1X15mol/L时可认为铝离子和铁离子完全沉淀，此时c(OH-)=3cAsp3+=311033“-10-5-=mol/L=1x-93mol/L,c(H)=1x147mol/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

48、)A.电池反应式为LiCoC2+C6脩"髓Lixa+Lh-xCoQ,由此可知，放电时，负极电极反应式为LixC3-xe-=xL+C5,正极电极反应式Li1->CoO2+xU+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+Lh-x

49、CoC2,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分解生成CO和CQ,即获得的两种气体为CO和CC2,结合电子守恒和元素守恒可能方程式为：2LiOH+6H2c2O4+2FePO4=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

50、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、适当升高温度、搅拌、多次侵取等9.一种以黄铜矿和硫磺为原料制取铜和其他产物的新工艺，原料的综合利用率较高。其主要流程如下：HCLNaCkabi昆合溶液空气H3O.I黄铜犷.(CuPcSp反应I反应I港埠辰颉川宏晶分卷上Cu

51、SG圈Cu广铁红一炼铁分离洱一制硫酿空气已知：“反应H”的离子方程式为Cu2+CuS+4C1=2CuCl2-+S回答下列问题：(1)铁红的化学式为；(2)“反应n”的还原剂是(填化学式)；(3)“反应III”的离子方程式为；(4)辉铜矿的主要成分是CutS,可由黄铜矿(主要成分CuFeS)通过电化学反应转变而成,有关转化如下如图所示。转化时正极的电极反应式为。(5)从辉铜矿中浸取铜元素，可用FeCl3作浸取剂。反应CgS+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S,每生成1molCuCl2,反应中转移电子的数目为;浸取时，在有氧环境下可维持Fe3+较高浓度。有关反应的离子方程式是浸取过程中加

52、入洗涤剂溶解硫时，铜元素的浸取率的变化如图，其原因是西相油制)射向|二面|(2)根据Cu2+CuS+4Cl=2CuC2-+S,硫元素化合价升高；反应IIICuCl2-被氧化为Cu2+；(4)根据转化关系图，CuFeS在正极得电子生成Cu2sFe2+、H2S。(5)根据反应CuzS+4FeC-2CuC2+4FeC2+S,每生成2molCuCl2,转移4mol电子；氧气能把Fe2+氧化为Fe3+OCu2s难溶，生成的硫覆盖在Cu2s表面，阻碍浸取；(6)CuCl悬浊液中加入Ns2S,发生的反应为2CuCl(s)+S2(aq)=Cu2s(s)+2c(aq),2、-J十Cl该反应的平衡吊数K=S2【详

53、解】(1)铁红是氧化铁，化学式Fe2O3；(2)根据Cu2+CuS+4C1=2CuCb-+S,硫元素化合价升高，所以CuS是还原剂；反应III,CuC2-被氧气氧化为Cu2+,离子方程式为4CuC2-+O2+4H+=4Cu2+8C+2H2O;(4)根据转化关系图，CuFeS在正极得电子生成Cu2sFe2+、H2S,转化时正极的电极反应式为2CuFeS+6H+2e=Cu2S+2Fe2+3H2ST。(5)根据反应Cu2S+4FeC=2CuC2+4FeC2+S可知，每生成2molCuCl2,转移4mol电子，每生成1molCuCl2,反应中转移电子的数目为2Na；氧气能把Fe2+氧化为Fe3+,离子

54、方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2。Cu2s难溶，生成的硫覆盖在Cu2s表面，阻碍浸取，所以洗涤时铜元素的浸取率的变化如图；2ClK=S2Cu2Cu222Cl2s22KspCuClKspCu2S621.2102.51043=5.76X100(6)2CuCl(s)+S2(aq)=Cu2S(s)+2Cl(aq)的平衡常数【点睛】原电池中电子由负极流入正极，根据电子流动方向，可判断原电池的正负极。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)

55、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。OH:总抬上比N用忖m+t典却¥*氏<尸的曲W2HONaOHNaCION33*5mCN<IO)：MNH0取一定量的含氨氮废水，改变加入次氯酸钠用量，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=

56、N2+3NaCl+3H2O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由一3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。价，化合价