全国高考化学氧化还原反应的综合高考真题分类汇总

1、一、高中化学氧化还原反应练习题(含详细答案解析)1.过硫酸钠(Na2808)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(装置如图)：分解原理：2Na2s2。8堂L2Na2SQ+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。yhson带火屉(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

2、,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检O+8H2OAg"2MnO；+10SdT+16H+3OMnO1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

3、进行分析；(2)X为MnQ,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,带入数值进行计算；Na2s2O8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，SC3的熔、沸点均在0c以上，因此冰水浴有利于将SO3冷却为固体，便于收集SQ,由Na2QO8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

4、-,向所得溶液中加入BaC2溶液可以产生白色沉淀，则产物中有SC42",则反应的离子方程式为2Mn2+5S?O；+8H20Ale2MnOj+10SO一+16H卡,根据该反应中元素化合价的变化可知，氧化剂是&。82-,氧化产物是Mn0，故答案为：2Mn2+5&0-+8H2OAg+2MnO7+10SO-+16H+；&O82-；Mn0；(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：5H2C204:2M

5、nO4-520.03L0.1molgL-10.02LcMn04-1则cMnO4-=.m°=0.06molg_-1,N&a08具有氧化性，消耗的H2G20450.02L溶液增多，导致测得的结果偏高，故答案为：0.06;偏高。2.实验室用酸性蚀刻废液(含Cu2+、H+、CuCl4、er等)和碱性蚀刻废液NH4、2Cu(NH3)4、NH3H20等制备CuI(白色固体)的实验流程如下的总洗渝TInVI(1)步骤I中发生了多个反应，其中Cu(NH3)4与盐酸反应生成Cu(OH)Cl的离子方程式为O(2)步骤IV需控制pH为12,80C下进行，合适的加热方式是(3)步骤V的具体步骤是蒸发

6、浓缩、。装置a中盛装浓硫酸的仪器的名称是，圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为。用装置d中的溶液洗涤制得的CuI的目的是，然后再用无水乙醇洗涤的目的是c2【答案】Cu(NH3)4+3H+CI-+H2OCu(OH)ClJ+4H4热水浴冷却结晶过滤(洗涤)分液漏斗Cu+2H2SO4(浓)AcuSQ+SQT+2H2O可防止CuI被空气中的O2氧化使固体快速干燥并溶解表面可能混有的I2【解析】【分析】由流程图可知，酸性蚀刻废液和碱性蚀刻废液混合反应得到Cu(OH)Cl悬浊液，过滤，将Cu(OH)Cl加水、过浆后，与浓硫酸水浴加热反应生成硫酸铜，硫酸铜粗溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥、洗涤得到硫酸铜晶

7、体，硫酸铜晶体与碘、二氧化硫和水反应生成碘化亚铜白色固体。【详解】(1)步骤I中Cu(NH3)42+与盐酸反应生成Cu(OH)Cl沉淀和氯化俊，反应的离子方程式Cu(NH3)42+3H+C+H2O=Cu(OH)ClJ+4NH,故答案为：Cu(NH3)42+3H+C-+H2O=Cu(OH)ClJ+4N4+;(2)步骤IV为Cu(OH)Cl加水、过浆后，与浓硫酸在制pH为12,80c下水浴加热反应反应生成硫酸铜，故答案为：热水浴；(3)步骤V为硫酸铜粗溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥、洗涤得到硫酸铜晶体，故答案为：冷却Z晶；过滤(洗涤)；(4)装置a中盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗；圆底烧瓶中铜与

8、浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)二二CuSQ+SQf+2H2O,故答案为：分液漏斗；Cu+2H2SO4(浓)2cuSQ+SO4+2H2O；装置d中的溶液为二氧化硫的饱和水溶液，碘化亚铜具有还原性，易被空气中的氧气氧化，用二氧化硫水的饱和水溶液洗涤碘化亚铜，可以防止碘化亚铜被空气中的氧气氧化；再用无水乙醇洗涤可以溶解除去碘化亚铜表面可能混有的单质碘，并能使固体快速干燥，故答案为：可防止CuI被空气中的O2氧化；使固体快速干燥并溶解表面可能混有的12。3 .下表是某学生为探究AgCl沉淀转化为Ag2s沉淀的反应所做实验的记录.步骤现象I.取5mL0

9、.1mol/LAgNO3与一定体积0.1mol/LNaCl溶液，混合，振荡.立即产生白色沉淀n.向所得悬浊液中加入2.5mL0.1mol/LNa2s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(NO3)2溶液.产生白色沉淀1为了证明沉淀变黑是AgCl转化为Ag2s的缘故，步骤I中NaCl溶液的体积范围为10_302已知：25c时KspAgCl1.810,KspAg2s610,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

10、的化学式为,步骤出中乳白色沉淀除含有AgCl外，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Ag2s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】5mL5.4109BaSO4S分液漏斗过氧化氢溶液Ag2s悬浊液2Ag2s4NaClO22H2O?4AgCl2S4NaOH氧气将Ag2s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，使

11、cAg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Ag2s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；c2Cl(2)Kk；(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Ag2s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H元素守恒可知另一种未

12、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Ag2s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25mL;Ag2ss2Claq,该反应的平衡常数为：222c2Clc2Agc2ClK-2-cScAgcS2K2pAgClKspAg2s102(1.810)261030_95.4109;(2)氯化银转化成硫化银的反应为：2AgClsSaq(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淀，加入足量HNO3溶液，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，则

13、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(NO3)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Ag2s悬浊液的混合物，则装置B中应该不含氯化钠溶液，即为Ag2s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

14、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2Ag2s4NaClO22H2O?4AgCl2S4NaOH；装置C中氯化钠的作用为：氧气将Ag2s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cAg减小，从而有利于氧化还原反应2Ag2s4NaClO22H2O?4AgCl2S4NaOH向右移动。4 .以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细“-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为A2O3(含少量杂质SiQ、FeO、Fe2O3),其制备实验流程如下：KT«F<

15、CNja历造(1)铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为。(2)图中滤渣”的主要成分为(填化学式)。(3)加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为(4)煨烧硫酸铝俊晶体，发生的主要反应为：4NH4Al(SO4)212H2O-2AI2O3+2NH3f+Nd+5SOf+3SOT+53H2O,将产生的气体通过下图所示的装置。馆加'汨S0=R工nO：密懑集气瓶中收集到的气体是(填化学式)。足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O(g)外还有(填化学式)。KMnO4溶液褪色(MnO4还原为Mn2+),发生的离子反应方程式为【答案】AI2O3+3H2SQ=A12(SQ)3+3H2OSi。

16、2F(T+H2O2+2H+=2Fe3+2H2ON2SQ、NH32MnO4+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42+4H+【解析】【分析】根据题意，铝灰的主要成分为A2O3(含少量杂质SiQ、FeO、FnO3),铝灰中加稀硫酸，AI2O3、Fe。Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+,力口入双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+,加入K4Fe(CN)6后Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸俊，生成NH4AI(SO4)2,结晶、干燥、煨烧得到“-A12O3。【详解】(1)A12O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，其反应的方程式为A12O3+3H2SO4=

17、A12(SO4)3+3H2O。(2)根据上述分析，图中滤渣”的主要成分是不溶于硫酸的二氧化硅，化学式为SiO2o(3)滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+,加30%的H2O2溶液将F+被氧化为Fe3+,根据得失电子守通、电荷守恒和原子守恒配平，发生反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O(4)NHAl(SQ)2?12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高镒酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2。饱和NaHSQ能与SQ、氨气反应，则足量饱和NaHSQ溶液吸收的物质除大部分H2O(g)外，还有SQ、NH3。酸性条件下，KMnO4与二氧化硫反应

18、生成硫酸根离子和镒离子，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平，其反应的离子方程式为：2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+。5.研究证明，高铁酸钾不仅能在饮用水源和废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，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)39H2O、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

19、紫红色时，即表明有Na2FeO4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

20、.NH4C1溶液、异丙醇D.Fe(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+2H2O3H2T+Na2FeO4,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(FeQ2-)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-=2F

21、eO42-+5H2O+3C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(NO3)39H2O,在20c左右，生成Na2FeO4;在Na2FeQ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

22、；洗涤剂的选择要求：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(NQ)39电0,在20c左右，生成Na2FeO4,此时发生反应的离子方程式为2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeC42-+5H2O+3C-；根据题，将

23、KOH加入Na2FeO4得到QFed,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4FeC42-+i0H2O=4Fe(OHM胶体)+3O2f+8OH；高铁酸钾(&FeO4)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K2FeO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K2F

24、eO4水解能起到促进作用，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=4.536X90若要使100mL1.0X103moi?L-1的K2FeO4溶液中的c(FeC42-)完全沉淀，理论上至少要加入的Ca(OH)2的物质的量K9Ksp4.536105lX0.1L=mol/LX0.1L=4.5365mOHcFeO41.0105(5)干法制备高铁酸钾的方法是将F&O3、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

25、降到+3价，得2e-,KNO3为氧化剂，F及O3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，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1。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)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、0.1molL-1FeC2溶液、KSCN溶液、新制氯水。若小明计划在0.1molL-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

26、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。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,Fe2+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

27、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)Cl2+2Fe2+=2Cl+2Fe3+,棕黄(黄)；KSCN溶液，溶液呈血红(红)色；Zn、Fe、Cu(或Zn>Fe>CU;(3)Fe,Fe3+;加入过量铁粉，过滤，2Fe3+Fe=3F3+。【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

28、具有强氧化性，发生2Fe2+Cl2=2Fe3+2C，Fe"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，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：Zn>Fe>Cu(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+一2+=3Fe2。考点：考查铁及其化合物的性质等知识。7.C、

29、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。(1)CO2的重整用CQ和H2为原料可得到CT燃料。已知：CH(g)+CQ(g)=2CO(g)+2H2(g)AHi=+247kJ/molCH4(g)+H2O(g尸CO(g)+3C(g)H2=+205kJ/mol写出CO2重整的热化学方程式：。(2) “亚碳酸盐法”吸收烟中的SC2将烟气通入1.0mol/L的Na2SQ溶液，若此过程中溶液体积不变，则溶液的pH不断(填微小”不变”或增大)。当溶液pH约为6时，吸收SQ的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中c(SO32-)=0.2mol/L,则溶液中c

30、(HSC3-)=。室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO溶液中，测得溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图：b点时溶液pH=7,则n(NH4+)：n(HSOC)=。(3)催化氧化法去除NO。一定条件下，用NH3消除NO污染，其反应原理4NH3+6NO*三5N2+6H2O。不同温度条件下，n(NH3)：n(NO)的物质的量之比分别为4:1、3:1、1:3时，得到NO脱除率曲线如图所示:»川皿0劝MOOIWATN曲线a中，NO的起始浓度为6X1-4mgm-3,从A点到B点经过0.8s,该时间段内NO的脱除速率为mgm-3s-1。曲线b对应N%与NO的物质的量之比是。(4)间接电化学法

31、除NO。其原理如图所示：写出阴极的电极反应式(阴极室溶液呈酸性)。吸收池中除去NO的原理(用离子方程式表示)。X10【答案】CQ(g)+4H2(g尸CH4(g)+2H2O(g)H=-163kJ/mo1减小1.6mol/L3:11.5-43:12HSO3+2e+2H=S2O2-2H2O2NO+2S2O：2H2ON24HSO3【解析】【分析】(1)已知：CH4(g)+CQ(g)=2CO(g)+2H2(g)H1=+247k/mol,CH4(g)+H2O(g尸CO(g)+3吨(g)H2=+205k/mol,根据盖斯定律，<2)X2#:CC2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g),据此

32、计算H;(2)二氧化硫通入亚硫酸钠溶液生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠显酸性，据此分析；根据反应方程式的量的关系计算可得；先判断溶质，写出电荷守恒式，在利用pH=7时，c(H+)=c(OH)找出其他离子的等量关系，结合图示进行等量删减或替换，最后得出结果；(3)曲线a中，NO的起始浓度为6X104mg?m-3,根据图象得到A、B处的NO脱除率,可得两处的NO的浓度，再计算脱除速率；NH3与NO的物质的量的比值越大，NO的脱除率越大，据此分析；(4)阴极得到电子发生还原反应，结合酸性环境书写；阴极产物吸收NO。【详解】(1)已知:CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)H1=+247k/

33、mol,CH4(g)+H2O(g尸CO(g)+3吨(g)H2=+205k/mol,根据盖斯定律，由-X2得反应：CO2(g)+4H2(g尸CH4(g)+2H2O(g)H=AH1-2AH2=-163kJ/mo1,故答案为：CO2(g)+4H2(g尸CH4(g)+2H2O(g)H=-163kJ/mo1;(2)将烟气通入1.0mol/L的NazSQ溶液，二氧化硫与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠以电离为主，显酸性，故溶液pH不断减小；向亚硫酸钠溶液中通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠，反应方程式SQ+Na2SQ3+2H2O=2NaHSO,溶液中反应的亚硫酸根离子和生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为1

34、:2,即溶液中参加反应的亚硫酸根为-(1.0-0.2)mol/L,则生成c(HSO3)=2x(1.0-0.2)mol/L=1.6mol/L,故答案为：减小；1.6mol/L;b点时溶液pH=7,此时溶液中的溶质是(NH4)2SO和NH4HSO,根据电荷守恒：+-2-c(NH4)+c(H+尸c(OH-)+c(HSO3)+2c(SO3),因pH=7,故c(H+)=c(OH-),则+-2-2-+C(NH4)=C(HSO3)+2C(SO3),由图可读出b点时，C(HSO3)=C(SO3),则C(NH4)=34HSO3),因在同一体系，n(NH；)：n(HSO3)=3：1,故答案为：3:1;(3)曲线a

35、中，NO的起始浓度为6X104mg?m-3,A点的脱除率为55%,B点的脱除率为75%,从A点到B点经过0.8s,该时间段内NO的脱除速率为6X1-4mg?m-3X(0.75-0.55)+0.8s=1-45mg?m0?s-1,故答案为：1.5X10；NH3与NO的物质的量的比值越大，NO的脱除率越大，则物质的量之比分别为4：1,3:1,1:3时，对应的曲线为a,b,c,即曲线b对应的物质的量之比是3:1,故答案为：3：1；-(4)阴极得到电子发生还原反应，根据图可知是HSO3在酸性条件下发生还原反应，生成222-S2O4,其电极反应式为2HSO3+2e+2H=S2O42H2O；根据图不，吸收池

36、中S2O4-*._.ft-_和NO是反应物，N2和HSO3是生成物，则吸收池中除去NO的原理是：2-2NO+2S2O42H2ON24HSO3,22-故答案为：2HSO3+2e+2H=S2O42H2O；2NO+2S2O42H2ON24HSO3o【点睛】陌生电极反应式的书写步骤：根据题干找出反应物以及部分生成物，根据物质变化分析化合价变化并据此写出得失电子数；然后根据电荷守恒配平电极反应式，在配平时需注意题干中电解质的环境；然后检查电极反应式的守恒关系(电荷守恒、原子守恒、转移电子守恒等)。8.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

37、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。H/4yTF户金属矿物5八、F/金属离子反应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。(2)氧化亚铁硫杆菌生物浸出废旧锂离子电池中钻酸锂(LiCoQ)与上述浸出机理相似,发生反应1和反应3：LiCoO2+3Fe3+=Li+Co2+3Fe2+O2f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LiCoO

38、2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：图1不同浓度Ag+作用下钻浸出率变化曲线线I.由图1和其他实验可知，Ag+能催化浸出图2不同浓度Ag+作用下溶液中pH变化曲Co2+,图1中的证据是。n.Ag+是反应3的催化剂，催化过程可表示为:反应4：Ag+LiCoQ=AgCoQ+Li+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4LiCoO2+12H+避置4Li+4Co2+6

39、H2O+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+O2f加入Ag+催化了反应3,使LiCo6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：ZnS2Fe3+=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

40、活性；(2)在酸性环境中，细菌做催化剂，使LiCo6中+3价的Co元素将-2价O元素氧化，反应生成Li+、Co2+、O2和H2O,反应的离子方程式为4LiCoO2+12H+BM4Li+4Co2+6H2O+O2f,故答案为:4LiCoO2+12H+.工4Li+4Co2+6H2O+O2f；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；n.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AgCoQ与Fe3+反应生成Ag+、Co2+、Fe2+和。2,

41、反应的化学方程式为AgCoQ+3Fe3+=Ag+Co2+3Fe2+O2T,故答案为：AgCoQ+3Fe3+=Ag+Co2+3Fe2+O2f；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，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。9.某工业废水中含有的Mn2+、CN等会对环境造成污染，在排放之前必须进行处理。C1O2是一种国际上公认的安全无毒的绿色水处理剂，

42、某实验兴趣小组通过如图装置制备ClO2，并用它来处理工业废水中的Mn2+、CNIo已知：i.CIO2为黄绿色气体，极易溶于水，沸点11C；ii .CIO2易爆炸，若用“惰性气体”等稀释时，爆炸性则大大降低；iii .某工业废水处理过程中Mn2+转化为Mn。?、CN转化为对大气无污染的气体；iv .装置B中发生的反应为：H2c2O4+H2SQ+2KCI。一K2SO4+2CQT+2CIO2T+2H2O。请回答下列问题：(1)B装置的名称是，C装置的作用为。(2)用H2C2O4溶液、稀硫酸和KC1O3制备CIO2的最大优点是。(3)写出装置D中除去Mn2+的离子方程式。(4)CIO2在处理废水过程中

43、可能会产生副产物亚氯酸盐(CIO2)。下列试剂中，可将C1O2转化为Cl的是。(填字母序号)。aFeSO4bO3cKMnO4dSO2(5)在实验室里对该废水样品中CN一含量进行测定：取工业废水Wg于锥形瓶中，加入10mL0.10mol/L的硫酸溶液，用0.0200mol/L的KMnO4标准溶液进行滴定，当达到终点时共消耗KMnO4标准溶液25.00mL。在此过程中：实验中使用棕色滴定管的原因是，滴定终点的判断依据是。Wg工业废水中CM的物质的量为。若盛装工业废水的锥形瓶未润洗，则测定结果将(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。ftSKfliKCio,c0暖水e【答案】圆底烧瓶防倒吸制得C1Q的

44、同时有CO2产生，可稀释C1Q,大大降低爆炸的可能性2CQ+5Mn2+6H2O=5MnO2J+2C-+12H+ad防止KMnO4见光分解锥形瓶中的溶液颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色0.0005mol无影响【解析】【分析】(1)B为圆底烧瓶；依据C装置进气管、出气管都较短可知为安全瓶，防止倒吸；(2)反应生成的产物结合C1Q易爆炸，用惰性气体等稀释时，可防止爆炸分析；(3)二氧化氯具有强的氧化性，能够氧化二价镒离子生成二氧化镒，本身被还原为氯离子；(4)将C1Q转化为C，应加入还原剂；(5)高镒酸钾不稳定；高镒酸钾与CN发生氧化还原反应，被还原为无色的二价镒离子，所以当达到滴定终点时：颜

45、色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；涉及反应为：2MnO4+8H+2CN=2Mn2+2CO2+N2+4H2O,结合方程式计算；锥形瓶无需润洗。【详解】(1)B装置的名称是圆底烧瓶；依据C装置进气管、出气管都较短可知为安全瓶，防止倒吸，故答案为：圆底烧瓶；防倒吸；(2)用H2C2O4溶液、稀硫酸和KC1Q制备C1O2反应产物为二氧化氯、二氧化碳可稀释C1O2,大大降低爆炸的可能性，故答案为：制得C1Q的同时有CC2产生，可稀释C1C2,大大降低爆炸的可能性；(3)二氧化氯具有强的氧化性，能够氧化二价镒离子生成二氧化镒，本身被还原为氯离子，离子方程式：2ClO2+5Mn2+6H2O=5MnO2J

46、+2CI+12H+,故答案为：2ClO2+5Mn2+6H2O=5MnO2J+2C-+12H+；(4)将CIQ转化为C，应加入还原剂，可加入硫酸亚铁或二氧化硫等，故答案为：ad;(5)高镒酸钾不稳定受热易分解，所以应放在棕色瓶中；高镒酸钾与CN发生氧化还原反应，被还原为无色的二价镒离子，所以当达到滴定终点时：颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色，故答案为：防止KMnO4见光分解；锥形瓶中的溶液颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；设CN物质的量为n,则依据方程式-_+_-2+_.2MnO4+8H+2CN=2Mn+2CO2+N2+4H2O可知：MnO4:CN110.02mol/L0.025Ln

47、解得n=0.0005mol,故答案为：0.0005mol;锥形瓶无需润洗，对测定结果没有影响，故答案为：无影响。【点睛】本题考查物质的制备以及含量的测定，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，注意把握二氧化氯的制备和性质，能正确书写氧化还原反应方程式，掌握氧化还原滴定法测量物质的浓度，熟悉制备原理，准确把握题干信息是解题关键，题目难度较大。10.在食品行业中，N2O可用作发泡剂和密封剂。(1) N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，NH3与O2在加热和催化剂白作用下生成N2O的化学方程式为。(2) N2O和NO是环境污染性气体。这两种气体会发生反应：N2O(g)+CO(g

48、尸CO(g)+N2(g),“F常用作该反应的催化剂。其总反应分两步进行：第一步为Fe+N2O=FeO+刈；第二步为(写方程式)，第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第二步反应的活化能(填大于“力弋于“或等于“第一步反应活化能。(3)在四个恒容密闭容器中充入相应量的气体(图甲)，发生反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)H,容器I、II、III中N2O的平衡转化率如图乙所示：70470疑度几乙m80M)4020n士工域N青年二Z该反应的AH(填“我“<”)0容器IV与容器III的体积均为1L,容器IV中的物质在470c下进行反应，起始反应速率:v正(N2O)v逆(

49、N2O)(填“>"或盘"。)已知容器I的体积为10L370c时，该反应白平衡常数K=。1【答案】2NH3+2O2=N2O+3H2OFeC+CO=FS+CO2(小于><8.9x10-4或1125【解析】【分析】(1)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O,类似于生成NO的反应，同时生成水；(2)总反应分两步进行Fe+N2O=FeO+N2,根据催化剂定义，第一步生成中间产物，第二步反应中，中间产物(FeO+)氧化CO生成CC2本身被还原成Fe+,根据催化剂定义，第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率；(3)升高温度，向吸热方向进

50、行，据此进行分析；恒温条件下，缩小体积，平衡向气体总物质的量减小的方向移动；根据方程式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算。【详解】(1)NH3与02在加热和催化剂作用下生成N2O和水，反应的化学方程式为催化剂Fe+N2rFeO+N2,第FeC+CO=Fe+CC2,第二第二步反应速率2NH3+2O2N2O+3H2O;(2)总反应分两步进行Fe+N2O=FeO+N2,根据催化剂定义，第一步：二步反应中，中间产物(FeO+)氧化CO生成CQ本身被还原成Fe+,步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率,大于第一步反应速率，则第二步反应活化能小于第一步反应的活化能；H&

51、gt;(3)升高温度，N20的转化率升高，则向正反应方向进行，则正反应为吸热反应，则0；根据题给图像可知，同一温度下，从I、II、III变化中，一氧化二氮的转化率减小，因此IV中一氧化二氮转化率也是减小；容器IV的体积为1L,容器IV中的物质也在470c下进行反应，则缩小体积，压强增大，平衡向逆方向移动，即起始反应速率：vEN2O)vv逆(N20);容器I的体积为10L,370c时，N2O的转化率为40%；2心0(g)?2N2(g)+O2(g)000.0040.0020.0040.002起始(mol/L)0.01变化(mol/L)0.004平衡(mol/L)0.006所以K=2_c(N2)c(

52、O2)2_cN2O2_0.0040.002""20.006=8.9x-4011 .次硫酸钠甲醛(xNaHSQ?yHCHO?zHO)俗称吊白块，在印染、医药以及原子能工业中有广泛应用。它的组成可通过下列实验测定：准确称取1.5400g样品，完全溶于水配成100mL溶液。取25.00mL所配溶液经AHMT分光光度法测得甲醛物质的量浓度为0.10mol乂1卜另取25.00mL所配溶液，加入过量碘完全反应后，加入BaC2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重得到白色固体0.5825g。次硫酸氢钠和碘反应的方程式如下：xNaHSQ?yHCHO?zKO+12fNaHSQ+HI+HCHO

53、+H2O(未配平)(1)生成0.5825g白色固体时，需要消耗碘的质量为。(2)若向吊白块溶液中加入氢氧化钠，甲醛会发生自身氧化还原反应，生成两种含氧有机物，写出该反应的离子方程式。(3)通过计算确定次硫酸氢钠甲醛的组成(写出计算过程)。【答案】1.27g2HCHO+OH=CH3OH+HCOONaHSQHCHO2H2O【解析】【分析】(1)根据次硫酸氢钠甲醛和碘单质之间反应的化学反应方程式来计算即可；(2)甲醛会发生自身氧化还原反应，被氧化为甲酸，被还原为甲醇；(3)根据元素守恒结合物质之间的反应情况来计算。【详解】(1)根据反应：xNaHSQ?yHCHO?zH2O+l2-NaHSQ+HI+H

54、CHO+HO,据电子守恒，生成1mol的NaHSQ,消耗碘单质2mol,硫酸根守恒，得到白色固体0.5825g,即生成硫酸钢的质量是0.5825g,物质的量是0.5825g=0.0025mol,消耗碘单质的质量是：233g/mol0.005molX254g/mol1.27g,故答案为：1.27g;(2)甲醛会发生自身氧化还原反应，被氧化为甲酸，被还原为甲醇，该反应的离子方程式为：2HCHO+OH=CH3OH+HCOO,故答案为：2HCHO+OH=CH3OH+HCOO；(3)25.00mL溶液中：n(NaHSQ)=n(NaHSC4)=n(BaSQ)=0.5825g/233gmol-1=0.002

55、5moln(HCHO)=0.0025mol100mL溶液中：n(NaHSC2)=4x0.0025mol=0.01moln(HCHO)=4X0.0025mol=0.01moln(H2O)=(1.5400g-88gmol-1x0.01mol-30gmol-1x0.01mol)/18gmol-1=0.02molx：y：z=n(NaHSC2):n(HCHO):n(H2O)=0.01：0.01：0.02=1：1：2次硫酸氢钠甲醛的化学式为：NaHSQHCHO2H2O。【点睛】对于未配平的氧化还原反应方程式，一定要先根据得失电子守恒规律配平之后才能进行物质的量关系进行相关计算，灵活应用元素守恒会使计算更加

56、简便。12 .(1)已知2P4+9KOH+3H2C3K3PO1+5PH3反应中氧化剂是；氧化剂与还原剂物质的量之比是;氧化产物是。(2)请用双线桥法标出下列反应电子转移的方向和数目10Al+6NaNO3+4NaOH10NaAlO2+3N2T+2H2O(3)Mn2+、Bi3+、BQ、MnO4>H+、H2O组成的一个氧化还原系统中，发生BiO3Bi3+的反应过程，据此回答下列问题该氧化还原反应中，被还原的元素是。请将氧化剂、还原剂的化学式及配平后的方程式填入下列相应的位置中，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目。1制>海1-眼。转移101【答案】P45:3K3PO4ITBi1口30-2filn"SBiO<【解析】【