全国高考化学氧化还原反应的综合高考真题汇总

1、一、高中化学氧化还原反应练习题(含详细答案解析)1 .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Co>Ni、Li的流程如图。已知：LiCoQ难溶于水，易溶于酸。回答下列问题:覆做离子电泡Ififo-正概材料带率加1叫明.我就潼上左哽出，机楷旦工皿瓜,皿但堀件(*UC«On用、石等存腐)事取(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Na28O3,比较二者的还原效率H2O2_(填“峨“&

2、lt;”2SO3(还原效率：还原等物质的量的氧化剂消耗还原剂的物质的量)。(4)提高浸出效率的方法有_。(5)利用Cyanex272萃取时，pH对钻、馍萃取分离效果的影响如图。从图中数据可知，用Cyanex272萃取分离时，最佳pH是IQOpMN->4.04J3.05,56.06.5Tjq水*1/f-2T1(6)反萃取的离子方程式为2H+CoF2=C(f+2HR,则反萃取剂的最佳选择是_。常温下，若水相中的Ni2+的质量浓度为1.18gL-1,则pH=时，Ni2+开始沉淀。Ksp(Ni(OH)2=2X105(8)参照题中流程图的表达，结合信息设计完成从水相中分离Ni和Li的实验流程图(如

3、图)。水相LiSO过渡况淀产吟安(产品I)-1.1过漏户孙已知:1物质UYLigNi(OH),Ni©NiFa1溶解性(室难溶难溶难溶球溶-J微常提供的无机试剂：NaOH、NazCQ、NaF。【答案】+32LiCoQ+6H+H2O2=2Co2+O2T+2L+4H2O<适当升高温度，适当增加H2SQ浓度5.5H2SO47.5NaOHNi(OH)2NaF【解析】【分析】(1)通过化合物中各元素化合价代数和为0进行计算；(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSQ,可知LiCoQ与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，根据氧化还原反应的规律写出化学方程式；(3)根据等物质的量H2O2和Na

4、2s2O3作为还原剂转移电子的多少进行判断；(4)提高浸出效率即提高化学反应速率；(5)分离CO2+和Ni2+时，由于Co2+进入有机相，Ni进入水相，因此，应该选择钻的萃取率高而馍的萃取率低的pH范围；(6)将钻洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时不能引入新杂质；(7)根据Ksp(Ni(OH)2的表达式进行计算；(8)根据表格中所给物质溶解度信息，调节pH应该用碱性物质，但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀。【详解】(1)LiCoO2中O元素为-2价，Li为+1价，根据化合物中各元素化合价代数和为0进行计算得Co的化合价为+3价；(2)由流程图中有机相反萃取得

5、到CoSQ,可知LiCoQ与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，化学方程式为：2LiCoO2+6H+H2O2=2Co2+O2T+2L+4H2。；(3)1molH2O2作为还原剂转移2mol电子，1molNa2*O3作为还原剂转移8mol电子，则Na2s2O3的还原效率更高；(4)提高浸出效率可以适当升高温度，适当增加H2SQ浓度等；(5)分离Co2+和Ni2+时，由于Co2+进入有机相，Ni进入水相，因此，应该选择钻的萃取率高而馍的萃取率低的pH范围，所以最佳pH是5.5;(6)将钻洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时，为不引入新杂质，反萃取剂最好选择H2SO4；c(Ni2+)

6、=mol/L=0.02mol/L,则开始沉淀时，c(OH)=59KsKNiOH)2101565皿_s22=J-=10-6.5mol/L,贝UpH=14-6.5=7.5;0.02，0.02(8)根据表格中所给物质溶解度信息，调节pH应该用碱性物质，但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀，所以选用NaOH,则Ni(OH)2先沉淀，过滤后滤液中加入NaF生成LiF沉淀。【点睛】本题(5)选择合适的pH时，注意读懂图中信息，要根据实验的具体操作情况来分析。2.钠酸钠(NaBiO3)是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸水或酸则迅速分解。某兴趣小组设计实验制取钠酸钠并探究其应用。回

7、答下列问题：I.制取钠酸钠制取装置如图(加热和夹持仪器已略去)，部分物质性质如下：物质NaBiO3Bi(OH)3性质不溶于冷水，浅黄色难溶于水；白色(1) B装置用于除去HCl,盛放的试剂是一；(2) C中盛放Bi(0H)3与NaOH混合物，与C12反应生成NaBiO3,反应的离子方程式为(3)当观察到(填现象)时，可以初步判断C中反应已经完成；(4)拆除装置前必须先除去烧瓶中残留C12以免污染空气。除去C12的操作是(5)反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作有一；n.钠酸钠的应用检3Mn2+(6)往待测液中加入钠酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2+

8、。产生紫红色现象的离子方程式为；某同学在较浓的MnSO4溶液中加入钠酸钠晶体，加硫酸酸化，结果没有紫红色出现，但观察到黑色固体(MnO2)生成。产生此现象的离子反应方程式为。m.产品纯度的测定(7)取上述NaBiO3产品wg,加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用cmolL-1的H2c2O4标准溶液滴定生成的MnO4-(已知：H2c2O4+MnO4-CO2+Mn2+H2O,未配平)，当溶液紫红色恰好褪去时，消耗vmL标准溶液。该产品的纯度为(用含w、c、v的代数式表示)。【答案】饱和食盐水Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2C+3H2OC中白色固体消失(或黄色不

9、再加深)关闭Ki、K3,打开K2在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2J+4-3280cv10wX100喊0.28cvX100喊28cvw【分析】用浓HCl和MnO2反应制备Cl2,其中混有挥发出来的HCl,要用饱和食盐水出去，然后利用Cl2的强氧化性在碱性条件下将Bi(OH)3氧化成NaBiO3；利用Mn2+的还原性将NaBiO3还原而Mn2+被氧化成紫红色溶液MnO4-来检验NaBiO3的氧化性；实验结束后Cl2有毒，要除去，做法是打开三颈烧瓶的NaOH溶液，使其留下和氯气反

10、应；NaBiO3纯度的检测利用NaBiO3和Mn2+反应生成MnO"MnO4-再和草酸反应来测定，找到NaBid、Mn2+、MnO4-、草酸四种物质之间的关系，在计算即可。【详解】(1)除去氯气中混有的HCl,用饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；(2)反应物为Bi(OH)3、CI2和NaOH混合物，+3价的Bi被氧化成NaBiO3,CI2被还原成Cl-,根据原子守恒还有水生成，所以反应为：Bi(OH)3+3OH+Na+C2=NaBiO3+2C+3H2O,故答案为：Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2C+3H2O；(3) C中反应已经完成，则白色的Bi(OH)3全部

11、变为了黄色的NaBiO3,故答案为：C中白色固体消失(或黄色不再加深)；(4)从图上来看关闭Ki、K3,打开K2可使NaOH留下与氯气反应，故答案为：关闭Ki、K3,打开K2；(5)由题意知道NaBiO3不溶于冷水，接下来的操作尽可能在冰水中操作即可，操作为:在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干(6)往待测液中加入钠酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2+,说明铀酸钠将Mn2+氧化成MnO4-,因为是酸性条件，所以钠酸钠被还原成Bi3+,据此写方程式并配平为5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2

12、O,故答案为：5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O；由题意可知，Mn2+过量，钠酸钠少量，过量的Mn2+和MnO4-发生反应生成了黑色的MnO2,反应方程式为3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2J+414,故答案为：3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2j+45(7)根据得失电子守恒找出关系式为：5NaBiO32Mn2+2MnO4-5H2c2O4,计算钠酸钠理论产量：5NaBiO35H2c2O41400g5molm（理论）cv103mol_-3280cv107X解得m（理论）=0.28CVg,所以纯度=Q-28cvgx1qq%：0-28cV

13、x100%所以答案为:Wgw1QQ喊0.28cvx100喊28cv%。(7)在复杂的纯度、产率等计算中，用得失电子守恒法找出各关键物质之间的关系，由此计算，可以事半功倍，如本题中的关系5NaBiO35H2c2。4,使复杂问题简单化了。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0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)充入一个2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)+Q。经2分钟反应达到平衡，测得n(SO3)=0.040mol,则O2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

14、衡转化率的有(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Ti(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10M3454W(4)黄铁矿在一定条件下煨烧的产物为SQ和Fe3O4将黄铁矿的煨烧产物Fe3O4溶于H2SC4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Fe检能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,本身被氧化为SO42,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【答案】0.00

15、5mol/(L?min)bdL抑4020转30率制Fe3+与F铲的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+FeS+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SC42+16H+14NA【解析】【分析】(1)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SQ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F

16、e2*易水解，F易被氧化成Fe3+;根据氧化还原反应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)=2L=0.01mol/(L?min),所以v(O2)=v(SQ)=0.005mol/(L?min),t22min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

17、，二氧化硫的转化率增大，故选；故答案为：bd;反应：2SC2(g)+O2(g)?2SO3(g)HV0,SC2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SCbHSO4。T：T;(4)Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SO4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+

18、与FeT的水解，并防止-2价的硫离子具有还原性，根离子，有关的离子方程式为：Fe2+被氧化成Fe3+;FeS可以将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,而本身被氧化为硫酸Fe8+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO2+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:FeQ+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SC42+16H+;14Nao【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.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

19、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NiSO4,NiCl2等)制备碱式碳酸馍晶体xNiCO3-yNi(OH)2-zH2O,制备流程如图：电解锲新港(1)反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO+2H2O=NiCO2Ni(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_。余所含奥加PH1SO与2WF3O-xlO2pH醇龄前含果射晌(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

20、图实验方案及装置：资料卡片：碱式碳酸馍晶体受热会完全分解生成NiO、CQ和H2O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)2ZH2O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

21、式)。馍的制备：碱式碳酸银晶体过量腓-H20)溶液操作产品Ni*气体X和Y(7)写出制备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】(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酸根离子残

22、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+3Na2SQ+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。原子4个，C原子2个，而这些微粒包含在2个X分子中，所以X的

23、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CO2,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)步骤反应前

24、左侧通空气是为了排尽装置中原有的CO2和水蒸气，避免装置内的CO2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、二氧化碳和1.

25、08g0.44g2.25gxNiCO3?(Ni(OH)2,ZH2ONiO的系数比(也就是分子个数比)为即：而丽:而moT75gmo=6:1:3,.6H20T+CQT+3NiO,根据元素守恒可得可得x=1,y=2,z=4即xNiCO3%Ni(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CO2,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

26、:2NiCO32Ni(OH)24H2O+3N2H4H2O=6Ni+3N2T+2CQT+21H2O。5.实验室用图所示装置制备KClO溶液，并通过KClO溶液与Fe(NO3)3溶液的反应制备高效水处理剂K2FeO4.已知K2FeO4具有下列性质可溶于水、彳溶于浓KOH溶液，在0C5c、强碱性溶液中比较稳定，在Fe3和Fe(OH)3催化作用下发生分解，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2。aiti:r»(1)装置A中KMnO4与盐酸反应生成MnCl2和Cl2,其化学方程式为,装置B的作用是。(2)C12和KOH在较高温度下反应生成KC1O3,试写出该反应的离子方程式。

27、(3)制备K2FeO4时，KC1O饱和溶液与Fe(NO3)3饱和溶液的混合方式为：在搅拌下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KC1O饱和溶液中。理由是。2(4)已知pH11时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成Zn(OH)4.下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为19molL1计算)。开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe31.13.2Fe25.88.8Zn25.98.9实验中可选用的试剂：30%H2O2、1.0molL1HNO3、1.0molL1NaOH.由某硫酸锌溶液(含Fe2、Fe3杂质)制备ZnO的实验步骤依次为：;过滤；;过滤、洗涤、干燥；900c煨烧

28、。【答案】2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2T+8H2O除去Cl2中的HClV3Cl?6OH-5ClCO3H?OK2FeO4在Fe3作用下会分解向硫酸锌溶液中232加入适量30%H2O2,使其充分反应滴加1.0molL1NaOH,调节溶液pH约为5(或3.2pH5.9),使Fe3沉淀完全向滤液中滴加1.0molL1NaOH,调节溶液pH约为10(或8.9pH11),使Zn2沉淀完全【解析】【分析】根据实验装置图可知，A装置中用高镒酸钾与盐酸反应制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钠，反

29、应的尾气氯气用氢氧化钾吸收。【详解】1 KMnO4具有强氧化性，将盐酸中氯离子氧化为C12,反应还有水生成，所以化学方程式为：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5C12T+8H2O,由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HC1,应饱和食盐水吸收HC1除去，故答案为：2KMnO4+16HC1=2KC1+2MnC12+5C12f+8H2O；除去C12中的HC1；2 C12和KOH在较高温度下反应生成KC1O3,反应的离子方程式为V3C126OH5C1C1O33H2O,故答案为：V3C126OH-5C1C1O33H2O；3由题意可知K2FeO4在Fe3和Fe(OH)3催化作用下发生分解，则

30、KC1O饱和溶液与Fe(NO3)3饱和溶液的混合方式为：在搅拌下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KC1O饱和溶液中，故答案为：KzFeO,在Fe3作用下会分解；4根据表中阳离子沉淀的PH可知，由除去铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为：向滤液中加入30%H2O2,使其充分反应，目的使Fe2转化完全为Fe3,加氢氧化钠溶液，控制PH在4左右，使Fe3沉淀完全，过滤，向滤液中滴加1.0mo1L1NaOH,调节溶液PH约为10(或8.9pH11),使Zn2沉淀完全，过滤、洗涤、干燥，900c煨烧。故答案为：向硫酸锌溶液中加入适量30%H2O2,使其充分反应；滴加1.0molL1NaOH,调节溶液

31、pH约为5(或3.2pH5.9)，使Fe3沉淀完全；向滤液中滴加1.0moll1NaOH,调节溶液pH约为10(或8.9pH11),使2个沉淀完全。【点睛】根据实验装置图可知，A装置中用高镒酸钾与盐酸反应制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钠，反应的尾气氯气用氢氧化钾吸收，以此解答该题。6.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:SOj.NaClOS。，溶液-C1IC1沉淀叫如出浓稀H工SO,海绵铜溶解*NO。八小0HNO&、HNOgIINOj吸收电解沉淀2NO(g)+

32、6(g)诲?2NO2(g)H=2112.6kJ?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)+HzO(l)=HNO3(aq)+HNO2(aq)H-116.1kJ?mo-1反应n:3HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)H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

33、(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)H=212.1kJ?mo-1HNC2-2e-+H2O=3H+NO3-2Cu2+SC2+2C-+2H2O=2CuClJ+SC2-+4H+【解析】【分析】海绵铜(CuO、Cu)中CuO与稀H2SC4反应转化为硫酸铜，因硝酸在酸性条件下具有氧化性，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+2-42=4且不含孤

34、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要供空轨道，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(g)曜?2NO2(g)H=A112.6kJ?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 .,一由盖斯定律可知：(反应I3+反应II)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)

35、电解过程中，阳极上HNO2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SO2发生氧化还原反应生成CuCl,离子方程式为：2Cu2+SQ+2a+2H2O=2CuClJ+SO2-+4H+O7 .(1)难溶物PbSO4溶于CH3COONH溶液可制得易溶于水的(CH3COO)2Pb,发生的反应为PbSO4+2CH3COONHi=(CH3COOPb+(NH4)2SQ,说明(CH3CO02Pb是(填强”或弱”电解质。(2)已知次磷酸(H3PQ)与足量的氢氧化钠溶液反应生成NaH2PQ和H2O,则次磷酸是元酸(填“'、上"

36、或三”3(3)工业上制玻璃和水泥需用到的共同原料是(填化学式)。(4)在一定温度下，向一个2L的真空密闭容器中(预先装入催化剂)通入1molN2和3molH2,发生反应：N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)。经过一段时间后，测得容器内压强是起始的0.9倍，在此时间内，H2平均反应速率为0.1mol/(Lmin),则所经过的时间为min(5)高铁酸钠(NazFed)具有强氧化性，可对自来水进行消毒、净化。高铁酸钠可用氢氧化铁和次氯酸钠在碱性介质中反应得到，请补充并配平下面离子方程式。Fe(OH)3+ClO+OH=_FeO42+Cl+_(6)在反应11P+15CuSO+24H2O=5Cu3P+

37、6H3PO4+15H2SO4中，氧化剂是;当有2molH3PC4生成，转移的电子的物质的量为【答案】弱一CaCO3234235HoRCuSQ10mol【解析】【分析】【详解】(1)硫酸铅在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸钱时，醋酸根离子和铅离子生成难电离物质或弱电解质醋酸铅，促使硫酸铅溶解，说明(CH3COO)2Pb是弱电解质；(2)H3PO2与足量的NaOH溶液反应，生成NaH2PQ,说明H3PO2只能电离出一个氢离子，所以H3PO2是一元酸；(3)水泥的生产原料为黏土、石灰石，制玻璃的主要原料为纯碱、石灰石和石英砂，共同原料为CaCQ；(4)容器体积为2L,所以初始投料c(N2)=0.5mo

38、l/L,c(H2)=1.5mol/L,设c(N2)=xmol,列三段式有：N2g+3%g?2NH3g起始(molg_-1)0.51.50转化(molgL-1)x3x2x平衡(molgL1)0.5-x1.5-3x2x容器内压强是起始的0.9倍，温度和容器容积不变，气体的压强比等于浓度之比，所以10.5-x+1.5-3x+2xmolgL，-10.5+1.5molgL=0.9,解得x=0.1mol/L,则c(H2)=0.3mol/L,v(N2)=0.1mol/(Lmin),则反应时间1c0.3molgLt=-=-一v0.1mol/Lgmin=3min;(5)铁元素化合价由+3升高为+6,失去3个电子

39、，氯元素化合价由+1降低为-1,得2个电子，取最小公倍数，则氢氧化铁与高铁酸根前系数为2,次氯酸跟与氯离子前系数为3,再根据电荷守恒及原子守恒配平得2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeC42-+3C+5H2O；(6)Cu3P中P元素化合价为-3,H3PO4中P元素化合价为+5,所以P既是氧化剂又是还原剂，Cu元素化合价由CuSQ中的+2降低为Cu3P中+1,所以CuSC4也是氧化剂，即氧化剂为P、CuSQ；当有2molH3PO4生成，转移的电子的物质的量为2molx(+5-0)=10mol8 .睇(Sb)广泛用于生产各种阻燃剂、陶瓷、半导体元件和医药及化工等领域。I.(1)睇在元素周

40、期表中的位置。(2)睇(m)的氧化物被称为睇白，可以由SbC3水解制得，已知SbC3水解的最终产物为睇白。为了得到较多、较纯的睇白，操作时将SbC3徐徐加入大量水中，反应后期还要加入少量氨水。试用必要的化学用语和平衡移动原理解释这两项操作的作用。工业上，还可用火法制取睇白，是将辉睇矿(主要成分为St2S3)装入氧化炉的日竭中，高温使其融化后通入空气，充分反应后，经冷却生成睇白。写出火法制取睇白的化学方程式。n.以辉睇矿为原料制备金属睇，其中一种工艺流程如下：ttMMhM诫必砧上-X-呼出熊除可一SM：5附*通司禺,I已知部分信息如下：辉睇矿(除Sb2s3外，还含有神、铅、铜的化合物和SiQ等)

41、；浸出液主要含盐酸和SbC3,还含SbC5、CuC2、AsC3和PbC2等杂质；常温下，Ksp(CuS)=1.0X106,Ksp(Pb0=9.0X109。回答下列问题：(3)酸浸”过程中Sb2s发生反应的化学方程式为。(4)已知:浸出液中c(Cu2+)=0.0001mol/L,c(Pb2+)=0.1mol/L。在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生沉淀的是(填化学式)；当CuSPbS共沉2+、沉时，C(u2+)=(保留小数点后一位)。c(Pb)(5)在除神”过程中，氧化产物为H3P04。该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为(6)在电解”过程中，睇的产率与电压大小关系如图所示。

42、当电压超过U0V时，睇的产率降低的原因可能是。【答案】第5周期第VA族2SbC3+3H2O?Sb2O3+6HCl,不断加入SbC3,使SbC3浓度增大，利于水解平衡右移，反应后期加入氨水中和盐酸，使c(HCl)减小，利于平衡右移高温2Sb2S3+9O22Sb2O3+6SO2SUS3+3SbC5=5SbC3+3SJCuS1.1-8/410H+参与电极反应【解析】【分析】n.辉睇矿粉加入盐酸和SbC5溶液，得到SbC3和SbC5溶液，还含有杂质CuC2、AsC3和PbC2等，加入适量Sb将SbC5还原为SbC3,加入Na2s使铜和铅沉淀以除去CuC2和PbC2,然后加入NaHPQ除去杂质神。得到的

43、SbC3溶液电解得到金属Sb,同时得到SbC5,可以返回到酸浸步骤循环使用。【详解】I.(1)睇和氮在同一主族，其在元素周期表中位于第5周期第VA族。(2)SbC3水解：2SbC3+3H2O?Sb2O3+6HCl,将SbC3徐徐加入大量水中，SbC3浓度增大，水解平衡右移，反应后期还要加入少量氨水中和HCl,使c(HCl减小，平衡右移，有利于Sb2O3的生成。故答案为：2SbC3+3H2O?Sb2O3+6HCl,不断加入SbC3,使SbC3浓度增大，利于水解平衡右移，反应后期加入氨水中和盐酸，使c(HCl)减小，利于平衡右移。火法制取睇白，是辉睇矿(主要成分为Sb2S)在高温下和空气中的氧气反

44、应，生成Sb2O3高温的同时生成SO2。化学方程式为：2Sb2s3+9O22Sb2O3+6SO2on.(3)酸浸”时Sb2s和SbC5溶液反应，得到SbC3和SbC5的混合溶液，滤渣中有硫，是此反应的生成物，Sb2S3发生反应的化学方程式为Sb2S3+3SbC5=5SbCb+3So(4)浸出液中c(Cu2+)=0.0001mol/L,c(Pb2+)=0.1mol/L。在沉淀铜、铅过程中，缓慢-36滴加极稀的硫化钠溶液，当Cu2+开始沉淀时，c(S2-)=1.010=1.0x彳2)mol/L,当Pb2+开0.0001-29始沉淀时，c(¥)=9.010=9.0X彳0mol/L,所以先产

45、生沉淀的是CuS;当CuSPbS共沉0.1淬时c(Cu2+)c(Cu2+)c(S2)KsP(CuS)1.01036_11x10vEoTr)2+=2+2no-1.1X10oc(Pb)c(Pb)c(S)Ksp(PbS)9.010(5)加入NaHPQ除神，发生了NaHPQ和AsC3的反应，氧化产物为H3PO4,还原产物是As,磷的化合价从+1价升高到+5价，生成1molH3PO4失去4mol电子，神的化合价从+3价降低到0价，生成1molAs得到3mol电子，根据电子守恒，该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:4。(6)电解SbC3溶液制取睇，在阴极是Sb3+得到电子生成Sb,当电压过大时，溶

46、液中的H+也可能在阴极放电，导致睇的产率降低。9.氯化亚铜在有机合成工业中常作催化剂。以下是从含Cu2+、Fe3+的电镀废水中制备氯化亚铜的工艺流程图。如图是滤液中Cu2+、Fe3+的含量与pH的关系及CuCl产率与pH的关系图。请回答以下问题：(1)在电镀废水中加碱产生沉淀，过滤得到电镀污泥，则电镀污泥的主要成分为;(2)由反应制备CuCl时的最佳pH在左右；(3)对CuCl产率探究时发现反应在隔绝空气条件下进行时CuCl产率较高，由此推测CuCl具有性；(4)写出反应中化学反应方程式：;(5)隔绝空气条件下，从滤液中制得晶体的实验操作为：;(6)取晶体4.34g隔绝空气条件下，失去结晶水后

47、得固体3.26g,所得固体溶于水分成二等份，一份加入足量BaC2溶液,得到白色固体2.33g;另一份加入足量NaOH溶液后，加热、灼烧得红色粉末0.4g。写出晶体的化学式：。【答案】Fe(OH>-Cu(OH)23.5还原2CuSO+Fe+2Ql=2CuClJ+9O4+FeSO蒸发、冷却结晶、过滤(洗涤)、干燥K2Fe(SQ)2?6H2O【解析】【分析】由流程图可知，向电镀废水中加碱，Cu2+、Fe3+与碱反应生成氢氧化铁和氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铜的电镀污泥；向电镀污泥中加入硫酸控制pH使氢氧化铜溶解，而氢氧化铁不溶解，过滤得到高浓度的硫酸铜溶液；向高浓度的硫酸铜溶液加

48、入铁与氯化钾，调节溶液pH和反应温度使硫酸铜与铁、氯化钾反应生成了硫酸亚铁、硫酸钾和氯化亚铜，过滤得到氯化亚铜沉淀和含有的硫酸亚铁、硫酸钾滤液，隔绝空气条件下，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到K2Fe(SQ)2?6H2O晶体。【详解】(1)由流程图可知，向电镀废水中加碱，Cu2+、Fe3+与碱反应生成氢氧化铁和氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铜的电镀污泥，故答案为：Fe(OH)&Cu(OH)2；(2)由CuCl产率与pH的关系图可知，制备CuCl时的最佳pH是3.5左右，故答案为：3.5;(3)对CuCl产率探究时发现反应在隔绝空气条彳下进行时CuCl产率较高，

49、说明氯化亚铜具有还原性，能被空气中的氧气氧化，故答案为：还原；(4)反应为调节溶液pH和反应温度使硫酸铜与铁、氯化钾反应生成了硫酸亚铁、硫酸钾和氯化亚铜，反应的化学方程式为2CuSQ+Fe+2KCl=2CuCL+FeSQ+&SQ,故答案为：2CuSQ+Fe+2KCl=2CuC+FeSQ+K2SQ;(5)隔绝空气条件下，含有硫酸亚铁、硫酸钾的滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体，故答案为：蒸发、冷却结晶、过滤(洗涤)、干燥；(6)由题意可知，结晶水的物质的量为(%；：；了=0.06mol,由加入足量BaC2溶液，得到硫酸钢沉淀质量为2.33g可知硫酸根的物质的量为2

50、2焉x2=0.02mol,由加入足量NaOHg/moi溶液后，加热、灼烧得红色粉末0.4g可知亚铁离子的物质的量为160g4gmolX2X2=0.01mol,则钾离子的物质的量为26-OgMol01而g=0.02mol,n(K+)：n(Fe2+)：*SOT);n(H2O)=0.02mol：0.01mol：0.02mol：0.06mol=2:1:2:6,晶体的化学式为K2Fe(SQ)2?6H2。,故答案为：K2Fe(SQ)2?6H2。10.NH3和Cl2在常温下可快速反应生成氮气：2NH3+3C2-N2+6HCl。当Cl2和NH3比例不同时，产物有差异。(1)该反应可用于检验化工生产中氯气是否泄

51、漏。如氯气有少量泄漏，用氨气检验时的现象为。(2)若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，Cl2和NH3的最佳比例为O(3)常温常压下，取总物质的量为12mol的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变。求：反应前氯气和氨气的物质的量之比反应后生成的氧化产物的质量。(4)若将总体积为100L的NH3和Cl2混合，实验精确测得充分反应后无色混合气体中N2占混1合气体的1,求生成氧化产物的物质的量。(该实验数据在标准状况下测7定)【答案】有白烟生成3：2n(NH3):n(Cl2)=1：1m(N2)=56g余NH3和N20.263mol,余HCl和N20.893mol【解析

52、】【分析】NH3和Cl2在常温下可快速反应生成氮气：2NH3+3Cl2-N2+6HCL当Cl2和NH3比例不同时，产物有差异。(1)要检验化工生产中氯气是否泄漏，则需要有明显的现象，从提供的反应可以看出，氨气过量时会有明显现象，找到该反应并指出现象即可；(2)要求是利用氨气和氯气之间反应生成氯化氢用于制备盐酸，故按该反应中C2和NH3的比例来回答；(3)常温常压下，取总物质的量为12mol的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变，说明2NH33Cl2N26HCl反应后氨气有剩余，再发生反应NH3+HCl=NH4Cl,HCl不能完全反应，按此思路计算反应前氯气和氨气的物质的量之比

53、及反应后生成的氧化产物的质量；(4)若将总体积为100L的NH3和Cl2混合，2NH33叫6HCl恰好反应，根据方程式计算混合气体总体积，进而计算氮气体积;NH3过量时，发生反应8NH33c12N26NH4CI,剩余混合气体为氮气、氨气，设C12有xL,利用方程式和已知条件计算出氮气的体积、氧化产物的物质的量；【详解】(1)按题意，用于检验氯气是否泄漏的反应应有明显现象，氯气和氨气可能的反应为2NH33c12N26HC1、当氨气过量时会与生成的HC1反应生成氯化俊，有白烟，现象明显；答案为：有白烟生成；(2)氨气和氯气在常温下可快速反应生成氮气：2NH33c12N26HC1,若利用该反应处理含

54、有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，C2和NH3的最佳比例为3：2；答案为:3:2;(3)常温常压下，取总物质的量为12moi的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变，说明2NH33c12N26HC1反应后氨气有剩余，再多余氨气再与部分HC1发生反应NH3+HC1=NH4C1,HC1不能完全反应，设反应2NH33c12N26HC12NH33C12气体物质的量增加232中消耗氯气的物质的量为x,402x2xx33NH3+HC1=NH4C1气体物质的量减少,前者体积增大与后者体积减小相等,12-x2x32(12-x)12、2则2(12xx)x,得x=6,33一x6故反应刖氯气和氨气的

55、物质的重之比为1:1;12x6答案为：1:1;反应后生成的氧化产物为氮气，氯气为6mo1,由2NH33c12N26HC1可知，生成氮气的物质的量为2mo1,故氧化产物氮气的质量=2mo1x28g/mo1=56g,故答案为：56g；(4)在2NH33c12N26HC1反应中，NH3和C12恰好完全反应时，混合气体中N2占混“1合气体的一，由于氨气与HC1可以反应生成HN4C1,而充分反应后的混合气体中N2占混合71气体的一，则有两类情况：C12与氨气恰好反应，由方程式可知5体积气体生成7体积气1140L=20L77体，故反应后混合气体总体积=100LX7=140L,则氧化产物氮气体积为5其物质的量20L22.4L/m