2020-2021全国高考化学氧化还原反应的综合高考模拟和真题汇总

1、一、高中化学氧化还原反应练习题(含详细答案解析)1.叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。实验室可利用亚硝酸叔丁酯(t-BuNO2,以t-Bu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备(1)制备亚硝酸叔丁酯取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合，发生反应H2SO4+2NaNO2=2HNO2+Na2SO4。可利用亚硝酸与叔丁醇(t-BuOH)在40c左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：(2)制备叠氮化钠(NaN3)按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应

2、的化学方程式为：t-BuNO2+NaOH+N2H4=NaN3+2H2O+t-BuOH。BuNONM)H、及助剂混合溶液装置a的名称是；该反应需控制温度在65C,采用的实验措施是;反应后溶液在0C下冷却至有大量晶体析出后过滤。所得晶体使用无水乙醇洗涤。试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是(3)产率计算称取2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。用滴定管加入0.10molL1六硝酸锦钱(NH4)2Ce(NO3)6溶液40.00mL(假设杂质均不参与反应)。充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗咻指示液，并用0.10molL1硫酸亚铁钱(NH4)2

3、Fe(SQ)2为标准液，滴定过量的Ce4+,终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理：Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+)o已知六硝酸锦俊(NH4)2Ce(NO3)6与叠氮化钠反应生成硝酸俊、硝酸钠、氮气以及Ce(NO3)3,试写出该反应的化学方程式；计算叠氮化钠的质量分数为(保留2位有效数字)。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是(填字母)。A.锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗B.滴加六硝酸铀钱溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数C.滴加硫酸亚铁钱标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡D.滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁钱标准液

4、滴用蒸储水冲进瓶内(4)叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：【答案】t-BuOH+HNO2”土t-BuNO2+H2O恒压滴液漏斗(滴液漏斗)水浴加热降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失2(NH4)2Oe(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Oe(NO3)3+2NaNO3+3N2T65%ACClO+2N3-H2O=Cl+2OH+3N2T【解析】【分析】【详解】(1)制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反应，所以方程式为：t-BuOHHNO240ct-BuNO2H2

5、O;(2)。装置a的名称即为恒压滴液漏斗； 反应要控制温度在65C,参考苯的硝化实验，该反应加热时，应当采用水浴加热； 题干中提到了叠氮酸钠易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗涤产品时，为了减少洗涤过程中产品的损耗，应当用无水乙醇洗涤；(3)通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中Ce4+和N3中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：2(NH4)2Ce(NO3)62NaN3=4NH4NO32NaNO32Ce(NO3)33N2;在计算叠1,氮化钠的含量时，一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了与过量的六硝酸铀钱反10应，再用Fe2+去滴定未反应完的正四价的Ce,因此有：12.0gNaN3样品的,消

6、耗的Ce4Fe2消耗的Ce4=0.004molCe4,考虑到Fe2+与10Ce4+的反应按照1:1进行，所以2.0g叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为：n(NaN3)10(0.004Fe2消耗的Ce4)0.02mol,所以叠氮化钠样品的质量分数,m(NaN3)0.02mol65g/mol八为：w-100%=65%;2.0g2.0A.润洗锥形瓶，会使步骤消耗的六硝酸铀钱的量增加，通过分析可知，会使最终计算的质量分数偏大，A项正确；B.量取40mL六硝酸铀钱溶液时若前仰后俯，则会量取比40ml更多的六硝酸铀钱溶液，那么步骤会需要加入更多的Fe2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的Ce4+,通过分析可知，最终

7、会导致计算的质量分数偏低，B项错误；C.步骤用Fe2+标定未反应的Ce4+,若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的Fe2+消耗量比实际的偏小，通过分析可知，最终会使质量分数偏大，C正确；D,将挂在锥形瓶壁上的Fe2+溶液冲入锥形瓶，相当于让溶液混合更均匀，这样做会使结果更准确，D项不符合；答案选AC;(4)反应后溶液碱性增强，所以推测生成了OH-；产生的无色无味无毒气体，推测只能是氮气，所以离子万程式为：CIO2N3H2O=Cl3电2OH。【点睛】滴定计算类的题目，最常考察的形式之一是配制完待测样品溶液后，只取一部分进行滴定，在做计算时不要忘记乘以相应的系数；此外，常考察的形式也有：用待测

8、物A与过量的B反应，再用C标定未反应的B,在做计算时，要注意A与C一同消耗的Bo2.过硫酸钠(Na2&O8)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SO3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：2Na2s2O8上工2Na2SQ+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冰水浴(2)过硫酸钠在酸性环境下，在Ag的催化作用下可以把Mn2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

9、中加入足量的BaC2,过滤后对沉淀进行洗涤的操作是(4)可用H2c204溶液滴定产生的紫红色离子，取20mL待测液，消耗0.1molL11的H2c2O4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+8H2OAj2MnO4+10SO-+16H+SOMnOj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；(

10、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SO2一,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；Na2s2。也具有氧化性，氧化H2c20。【详解】在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜，S。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MnOJ向所得溶液中加入

11、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；+8H2OAg+2MnO；+10SO-+16H+,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MnO4,故答案为：2Mn2+5S2O+8H2O坦屋2MnOi+10SOT+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：5H2c2。4:2MnO4-520.03L0.1mol0.02LcMnO4

12、-1则cMnO4-=.mog=0.06molg_-1,Na28O8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：0.06;偏高。3.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、C2O2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O(2)现有23.5gNH4C1O4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

13、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iBF装置，并用BF字母填空)。证明产物中有C12的实验现象：。反应结束后，若C装置质量增加了2.38g,则NH4c1O4的分解率是：%。(3)样品中NH4C1C4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：M1M步骤1:组装仪器，检查气密性；准确称取样品ag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0.1mo1/LH2S。于锥形瓶中。步骤3:向蒸储烧瓶中加入20mL3mol/LNaOH溶液;

14、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cmol/LNaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH标准溶液V1mLo步骤6:重复实验23次。回答下列问题：步骤2中，准确量取40.00mlH2SO4溶液的玻璃仪器是：。为获得样品中NH4clO4的含量，还需补充的实验是：。【答案】2NH4ClOu202T+N4+C2T+4H2OT叫停PM/个3/浓硫酸EFC装置中颜色由无色变为橙色85.0或85酸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】【分析】(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

15、；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2NH4ClO2O2f+N2T+C2T+4H20T;Mg3N2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

16、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Ob；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2.38g成氮气2.38g,则NH401cH的分解率是“u23.5g100%85%14;117.5(3)根据硫酸体积的精度是0.01mL,准确量取40.00mLH2SC4溶液的玻璃仪器是酸式滴定管；为获得样品中NH4CIO4的含

17、量，还需补充的实验是用NaOH标准溶液标定硫酸溶液的浓度。4.二氧化氯(C16)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0102,回答下列问题：(1)以黄铁矿(Fe8)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备0102,黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被C103-氧化成SQ2-,写出制备C102的离子方程式。(2)用过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原NaC1O3制备C102,并将制得的C102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

18、置于30c左右的水浴中，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0102排出，三是OC102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C102的方法。用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、S042-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Na0H,充分反应后将沉淀一并滤去。C1O2,工作原理如图所示，写出阳极用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取产生C1O2的电极反应式_o鞘制的柯，雷3交我31窖安40蜀用心岩液I【答案】Fe3+15CQ

19、-+14H+=15C1O2+Fe3+2SQ2-+7H2O恒压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木IC1O2,防止其爆炸2CN+2C1O2=2CQ+N2+2C吸收C1O2等气体，防止污染大气BaC2C-5e-+2H2O=C1Q仔4H+【解析】【分析】二氧化氯(C1O2)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(Fe8)、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-,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

20、式为FeS+15CQ-+14H+=15C1O2+Fe3+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，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，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C1O2排出，三是稀释C1O2,防止其爆炸。C1O2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-+2C1O2=2CO2+N2+

21、2C；装置E在整套装置之后，起到吸收尾气，防止环境污染的作用。(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BaC2o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C1Q,电极反应式为C-5e-+2H2O=C1O4+4H+。5.羟氨(NH2OH)是一种还原剂，和联氨一样是一种弱碱，不稳定，室温下吸收水汽迅速分解。回答下列问题：(1)请写出羟氨的电子式。(2)利用KMnO4标准溶液定量间接测定羟氨的纯度。测定步骤如

22、下：溶液配制：称取5.0g某羟氨样品，溶解在酸中后加适量蒸储水，将其全部转移至100mL的中，加蒸储水至。取20.00mL的羟氨酸性溶液与足量硫酸铁在煮沸条件下反应：2NH20H2+4Fe3+=N20T+4Fe2+H2Q+6H+,生成的Fe2+用0.4000molL-1的酸性KMnO溶液滴定，滴定达到终点的现象是。请写出Fe2+与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式。重复滴定3次，每次消耗酸性高镒酸钾标准溶液的体积如表所示：一_第一次第二次第三次MKMnO,溶液/也20.0219.98计算试样的纯度%。(3)下列操作导致误差偏高的有(填编号)。a滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失b滴定管未经润

23、洗盛装KMnO4溶液c羟氨称量时，时间过长和溶解时没有及时用酸酸化dKMnO4溶液起始读数仰视，终点正常读数【答案】H：V硫酸容量瓶刻度线当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由11无色变为紫红色，且半分钟不褪色5FS+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O66ab【解析】【分析】(1)根据羟氨化学式写出其电子式；(2)羟氨应溶解在H2S。中，因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化；用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；根据氧化还原反应的规律写出Fe2+与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式，根据物质的量的关系计算式样纯

24、度；(3)根据氧化还原滴定的相关操作分析实验误差。【详解】(1)根据羟氨化学式NH2OH可知其电子式为：故答案为：IIII(2)羟氨应溶解在H2SO4中，因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化，将其全部转移至100mL的容量瓶中，加蒸储水至刻度线，故答案为：硫酸；容量瓶；刻度线；用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；根据氧化还原反应的规律写出Fe2+与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；由消耗高镒酸钾体积表可知，第一次误差过大，舍去,V(平均产也9820.02(0.

25、00mL；2设滴定时NH20H2+的物质的量为xmol,依据离子方程式可得关系式：一+一-5NH20H2:2MnO452xncV=20.0010-30.4解得x=0.02因总量为100mL,所以n(NH20H2+)=0.02X等0.1molm=nM=0.1x33g/m蟒3.3gm33w=100%=-100%=66%m样5.0故答案为：当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；66；(3)a.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失会导致V标准偏大，计算结果偏高；b.滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液，相当于把KMn

26、O4溶液稀释，滴定时消耗体积增大,计算结果偏高；c.羟氨称量时，时间过长和溶解时没有及时用酸酸化会导致羟氨被氧化，导致消耗体积偏小，计算结果偏低；d.KMnO4溶液起始读数仰视，终点正常读数，导致消耗体积偏小，计算结果偏低；故答案为：abo【点睛】注意氧化还原滴定操作中的注意事项，根据公式判断不同操作可能引起的实验误差。6.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：电解锲新液(

27、1)反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CQ+2H2O=NiCO32Ni(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值为一。Lo.o.o.0t.n&o.c.杂质含I%(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，某小组设计了如图实验方案及装置：碱式碳酸箱晶体BCD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xNiCO3-yNi(OH)2-Z

28、H2O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_c(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_(填化学式)。馍的制备：碱式送酸锲晶体过量腑(N?也七0)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】CQ8.3取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化

29、的BaCb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NiCO2Ni(OH)24H2O2NiCO3-2Ni(OH)2-4H2O+3N2H4-H2O=6Ni+3N2T+2CO)+21H2O【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

30、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O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的化学式为CO2,故答案为：CO2；(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

31、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CQ,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)步骤反应前左侧通空气是为了排尽装置中原有的CQ和水蒸气，避免装置内的CQ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

32、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NiO的系数比(也就是分子个数比)为即:1.08g0.44g2.25g18g/mol44g/mol75g/mol=6:1:3,xNiCO3?(Ni(OH)2乞H2O.6

33、H20T+CQT+3NiO,根据元素守恒可得可得x=1,y=2,z=4即xNiCO30Ni(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：2NiCO32Ni(OH)24H2O+3N2H4H2O=6Ni+3N2T+2CQT+21H2O。7.实验室用图所示装置制备KClO溶液，并通过KC

34、lO溶液与Fe(NO3)3溶液的反应制备高效水处理剂K?FeO4.已知KzFeO4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。(1)装置A中KMnO4与盐酸反应生成MnCl2和C%,其化学方程式为的作用是(3)制备KzFeO4时，KClO饱和溶液与(2)Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3,试写出该反应的离子方程式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KClO饱和溶液中。理由是。2、(4)已知pH11时Zn(

35、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1.0molL1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%出。2、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。【答案】2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5C12T+8H2O除去CI2中的HClV3cl26OH5ClClO33H2OK2FeO4在Fe3作用下会分解向硫酸锌溶液中

36、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Cl2,反应还有水生成，所以化学方程式为：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2T+

37、8H2O,由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl,应饱和食盐水吸收HCl除去，故答案为：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2T+8H2O;除去C中的HCl;2 cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3,反应的离子方程式为V3cl26OH-5ClClO33H2O,故答案为：V3Cl26OH5ClClO33H2O；3由题意可知K2FeO4在Fe3和Fe(OH)3催化作用下发生分解，则KClO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：K2FeO4在Fe3作用下会分解；4根据表中阳离子沉淀的PH

38、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8.9pH1D，使Zn2沉淀完全。【点睛】根据实验装置图可知，A装置中用高镒酸

39、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。8.利用H2还原铁的氧化物并确定其组成的装置如图所示(Zn粒中往往含有硫化物等杂质，焦性没食子酸溶液可吸收少量氧气)。回答下列问题：1装置Q(启普发生器)用于制备H2,还可用于(填字母，下同)。A.生石灰与浓氨水制NH3B.过氧化钠与水制。2C硫化铁固体与稀硝酸制HzSnD.大理石与稀盐酸制CO22中依次盛装的试剂为,KMnO4酸性溶液中发生反应的离子方程式为A.KMnO4酸性溶?浓HSO4、焦性没食子酸溶液B.焦

40、性没食子酸溶液、浓HSO4、KMnO4酸性溶液C.KMnO4酸性溶液、焦性没食子酸溶液、浓HSO43加热管式炉”和打开活塞K”这两步操作应该先进行的是，在这两步之间还应进行的操作是。4反应过程中G管逸出的气体是,其处理方法是。5结束反应时，应该,待装置冷却后称量并记录相应数据。6假设反应完全后瓷舟中的固体只有Fe单质，实验中测得了下列数据：瓷舟的质量为30.4g；瓷舟和FexOy的总质量为42.0g；反应前U形曾及内盛物的总质量为98.4g；反应后U形管及内盛物的总质成为102.0g。由以上数据计算并确定该铁的氧化物的化学式为。2_2-【答案】DC8MnO45H2s14H8Mn5SO412H2

41、O打开活塞K检验H2的纯度氢气(或H2)在G管口处放置一个点燃的酒精灯先停止加热，冷却至室温后，再关闭活塞KFe3O4【解析】【分析】H2还原WO3制备金属W,装置Q用于制备氢气，因盐酸易挥发，则、应分别用于除去HCl、H2s氧气和水，得到干燥的氢气与铁白氧化物在加热条件下制备Fe,碱石灰用于吸收水，实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，以避免Fe被重新氧化，以此解答该题。【详解】(1)A.生石灰与浓氨水制NH3,生成的氢氧化钙微溶于水，可堵塞导管，故A错误；B.过氧化钠与水剧烈反应，不能用启普发生器制备。2,故B错误；C.硫化铁固体与稀硝酸发生氧化还原反应，不能生成硫化氢，故C错误；D.大理

42、石不溶于水，可与稀盐酸制CO?,可用启普发生器，故D正确。故答案为：D;2、应分别用于除去HCl、H2S、氧气和水，以得到干燥的氢气，KMnO4酸性溶液中发生反应的离子方程式为8MnO45H2s14H8Mn25SO412H2O；3实验前应先通入氢气，以排出装置的空气，则应先打开活塞K,为避免加热时爆炸，应先检验H2的纯度；4从G逸出的气体为氢气，可用点燃的方法处理，方法是在G管口处放置一个点燃的酒精灯；5实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，以避免Fe被重新氧化；6已知：瓷舟的质量为30.4g；瓷舟和Fexy的总质量为42.0g,则mFexOy11.6g；反应前U形曾及内盛物的总质量为98.4

43、g；反应后U形管及内盛物的总质成为102.0g,则生成mH2O3.6g,则氧化物中mFe3.6g18g/mol16g/mol3.2g,nO0.2mol；11.6g3.2g8.4g,8.4gnFe)56g/mol0.15mol-UnFenO0.15：0.23：4,化学式为Fes。4。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。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

44、，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钻酸锂（发生反应1和反应3：LiCoO2+3Fe3+=Li+Co2+3Fe2+O2f在酸性环境中，LiCoQ浸出+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：18-9Q-缸70-a-50；4020-7Z345时间（骑图1不同浓度Ag+作用下钻浸出率变化曲线线I.

45、由图1和其他实验可知，Ag+能催化浸出n.Ag+是反应3的催化剂，催化过程可表示为:反应5：时图（无）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。+反应4：Ag+LiCoQ=AgCoO+Li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+1ffi4Li+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+O2T加入Ag+催化了反应3,使Li

46、CoQ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563+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：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LiCoO2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4Li

47、CoO2+12H+|jj4Li+4Co2+6H2O+O2f,故答案为：4LiCoO2+12H+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AgCoO2与Fe3+反应生成Ag+、Co2+、Fe2O2,反应的化学方程式为AgCoC2+3Fe3+=Ag+Co2+3Fe2+O2T,故答案为：AgCoO2+3Fe3+=Ag+Co2+3Fe2+O2T；出.由图2可知

48、，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。10.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

49、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溶液彳导到白色固体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+2KCl=2CuCl2SO2+FeSO蒸发、冷却结晶、过滤(洗涤)、干燥&Fe(SQ)2?6

50、H2O【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

51、，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，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

52、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蓝：；ig=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屋乳诂*2=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26-0.039g96n0ol0156)g=0.02mol,n(K+)：n(Fe2+)：n(SOT)；n(H2O)=0.02mol：0.01mol:0.02mol:0.06mol=

53、2:1:2:6,晶体的化学式为K2Fe(SQ)2?6H2。,故答案为：K2Fe(SQ)2?6H2O。11.用纳米Fe/Ni复合材料能去除污染水体的NO3,Ni不参与反应。离子在材料表面的活性位点吸附后发生反应，活性位点被其他附着物占据会导致速率减慢(NH4+无法占据活性位点)。反应过程如图所示：(1)酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO3-分两步，将步骤ii补充完整：I.NO3-+Fe+2H+=NO2-+Fe2+H2On.+H+=_Fe2+(2)初始pH=2.0的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，结合化学用语解释整个变化过程的原因。(3)水体初始pH会影响反应速率，

54、不同pH的硝酸盐溶液与纳米Fe/Ni反应时，溶液中c(NO；)32-随时间的变化如图1所不。(汪：C0(NO3-)为初始时NO3-的侬度。)c0(NO3-)I为达到最高去除率，应调水体的初始pH=。t15min,其反应速率迅速降低，原因分别是O(4)总氮量指溶液中自由移动的所有含氮微粒浓度之和，纳米Fe/Ni处理某浓度硝酸盐溶液时，随时间的变化如图2所示。40min时总氮量较初始时下降，可能的原因是。(5)利用电解无害化处理水体中的NO3-,最终生成N2逸出。其装置及转化图如图所示:阴极的电极反应式为生成N2的离子方程式为AB【答案】NO2-3Fe83NH+2H2O)Fe2+在水中发生水解，Fe2+2H2O?Fe(OH%+2H+,随着反应进行，c(H+)减小，平衡右移，产生Fe(OH)2沉淀，之后发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,变成红褐色的Fe(OH)36.5pH=2的溶液中，t15min时，产生大量Fe(OH)2,附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降反应过程中H+被消耗，溶液pH升高，t=40min时，溶液中含N物质主要以NH4+的形式存在，一部分NH4+生成NH3逸出(或反应过程中NO2-被Fe还原产生N2逸出)NO3-+8e-+10H+=