化学氧化还原反应的专项培优易错试卷练习题含答案含答案

1、、高中化学氧化还原反应练习题(含详细答案解析)1) CIO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，为了运输和贮存便利常将其制成NaClO2固体，模拟工业上用过氧化氢法制备NaCIO2固体的实验装置如图所示。KsaCI。式，)+生£。4NaOH+H202已知：C1O2熔点-59C、沸点11C、H2O2沸点150cA中的化学方程式：2NaC1O3H2O2H2sO42C1O2O2Na2sO42H2ONaC1O3放入仪器A中，仪器B中的药品是(写化学式)。如果仪器B改成分液漏斗，实验过程中可能会出现的实验现象。2) )C装置有明显缺陷，请绘出合理的装置图(标明气流方向)。向A装置中通入空

2、气，其作用是赶出C1O2,然后通过C再到D中反应。通空气不能过快的原因是,通空气也不能过慢原因是。(4)冰水浴冷却的目的是。a.降低NaC1O2的溶解度b减少匕。2的分解c使C1O2变为液态d加快反应速率(5)写出D中发生反应的化学方程式,H2O2在反应起到作用。假设在反应中消耗掉H202ag则有mol电子转移。【答案】H2O2液体无法顺利滴落H空气流速快时，C1O2不能被充分吸收空气流速过慢时，C1O2不能及时被移走，浓度过高导致分解abc2c1O2+H2O2+2NaOH=2NaC1Q+O2T+2H2O还原剂a/17【解析】【分析】氯酸钠(NaC1O3)在酸性条件下与过氧化氢生二氧化氯，C1

3、O2与氢氧化钠溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaC1O2,NaC1O2的溶解度随温度升高而增大，通过冷却结晶，过滤洗涤得到晶体NaC1O2?3H2。【详解】NaClO3放入仪器A中，仪器B中的药品是H2O2,仪器B为滴液漏斗，其目的是平衡气压，使得溶液能够顺利滴入，如果仪器B改成分液漏斗，实验过程中可能会出现的实验现象是：分液漏斗中的液体无法顺利滴落，反应无法继续进行；(2)实验中C的作用是防止倒吸，C装置中的右侧导管太短，不利于气体的流动，合理的装置图为:向A装置中通入空气，其作用是赶出C1O2,然后通过C再到D中反应。空气流速不能过快，因为空气流速快时，C1O2不能被充分吸收；空气流速

4、也不能过慢，空气流速过慢时，C1O2不能及时被移走，浓度过高导致分解；(4)NaC1O2的溶解度随温度升高而增大，过氧化氢易分解，所以冰水浴冷却的目的是：降低NaC1O2的溶解度、减少H2O2的分解，由于C1O2的沸点较低，所以还能使C1O2变为液态，方便使用；(5)写出D中发生反应的化学方程式为：2c1O2+H2O2+2NaOH=2NaC1Q+O2T+2H2O,H2O2在反应中得电子，起到还原剂的作用。反应中存在关系：H2O22e-,若在反应中消耗掉H2O2ag,则转移的电子的物质的量为：2xag/(34gmo1-1)=a/17mo1。2.叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气

5、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H2SQ+2NaNO2=2HNO2+Na2SC4。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，反应的化学方程式为：t-BuNO2+NaOH+N2H4=NaN3+2H2O+t-BuOH。"BuNO

6、NaOHxN-H及助剂混合溶液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0.10molL1六硝酸锦俊(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0.10molLi硫酸亚铁钱(NH4)2Fe(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=

7、Ce3+Fe3)。已知六硝酸锦俊(NH4)2Ce(NQ)6与叠氮化钠反应生成硝酸俊、硝酸钠、氮气以及Ce(NQ)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，

8、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+HNOfEt-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)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(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-BuNO2H2O;(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

9、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应，再用Fe2+去滴定未反应完的正四价的Ce,因此有：1,一与过量的六硝酸铀钱反1012.0gNaN3样品的一消耗的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

10、.0g叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为：为：wm(NaN3)2.0g0.02mol65g/mol100%=2.0=65%；n（NaN3）10（0.004Fe2消耗的Ce4）0.02mol,所以叠氮化钠样品的质量分数A.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

11、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，所以离子方程式为：ClO2N3H2O=Cl3N22OH。【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Bo3.硫酸亚铁俊的化学式为（NH4

12、）2SQ?FeSQ?6H2。，商品名为莫尔盐，可由硫酸亚铁与硫酸钱反应生成。一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化，而形成莫尔盐后就比较稳定了。三种盐的溶解度（单位为g/100g水）如下表：温度/C102030(NH4)2SO73.075.478.0FeSQ7H2。20.026.532.9(NH4)2SO4?FeSO17.221.628.1（一）实验室制取少量莫尔盐的流程如下:铁屑10NCO3(aq)1SmLJmoVL一定质黄的(SH)与嶷固体莫尔盐试回答下列问题：(1)步骤1中加入10%Na2CO3溶液的主要作用是；反应中铁屑过量是为了(2)步骤3需要趁热过滤，原因是。(3)从步骤4到莫尔盐，必须进

13、行的操作依次是,析出的晶体常用洗涤。(4)若莫尔盐的饱和溶液中有水20克，当温度从30c降至10C,最多析出莫尔盐的质量是(选填编号)。A2.18gB大于2.18gC小于2.18gD无法确定(二)称取质量为1.96g的莫尔盐制成溶液。用未知浓度的酸性KMnO4溶液进行滴定。(1)已知MnO4-被还原为Mn2+,试写出该滴定反应的离子方程式。(2)判断该反应到达滴定终点的现象为。(3)假设到达滴定终点时，用去VmL酸fKMnO4溶液，则该酸性KMnO4溶液的浓度为mol/L。【答案】除铁屑表面的油污还原氧化生成的Fe3+,保证Fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的Fe3+杂质FeSQ在温度低时溶

14、解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSQ7H2O析出过滤、洗涤无水酒精或冰水B5F3+MnO4-+8H+5F3+Mn2+4H2O加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色1/V【解析】【分析】(一)(1)碳酸钠水解显碱性；(2)FeSQ在温度低时溶解度较小；(3)浓缩结晶后需要过滤、洗涤；温度低时，硫酸亚铁钱的溶解度小；(4) (NH4)2SQFeSQ在30c和10c的溶解度分别为：28.1g和17.2g；(二)(1)MnO4-将二价铁离子氧化为三价铁离子，被还原为Mn2+;(2)高镒酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子是不需要指示剂的；(3)根据亚铁离子和高镒酸根反应的实质，可以找到亚铁离

15、子与高镒酸根之间的量的关系，根据原子守恒可以找到亚铁离子和酸亚铁俊之间量的关系，进而进行计算。【详解】(一)(1)碳酸钠水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解，过量的Fe可以还原氧化生成的Fe3+,减少产物中的Fe3+杂质，故答案为：除铁屑表面的油污；还原氧化生成的Fe3+,保证Fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的Fe3+杂质；(2)如果不趁热过滤就会有FeSQ7H2O析出，故答案为：FeSQ在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSQ7H2O析出；(3)浓缩结晶后需要过滤、洗涤；硫酸亚铁钱在无水乙醇中的溶解度小；温度低时，硫酸亚铁钱的溶解度小，可用冰水洗涤，故答案为：过滤、洗涤；无水酒精

16、或冰水；(4)(NH4)2SQFeSQ在30c和10c的溶解度分别为：28.1g和17.2g,即若溶剂为100g水，冷却析出10.9g,有水20g析出2.18g,硫酸亚铁俊的化学式为(NH4)2SQFeSQ6H2O含有结晶水，故析出质量大于2.18g,故答案为：B;(二)(1)反应的离子方程式5Fe2+MnO4-+8H，5Fei+Mn2+4H2O,故答案为：5Fe2+MnO4-+8H+-5Fe3+Mn2+4H2O;(2)高镒酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子不需要指示剂，当滴加最后一滴溶液后，溶液变成紫红色，30s内不褪色，说明达到滴定终点，故答案为：加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪，且半分钟内

17、不褪色；(3)1.96g硫酸亚铁钱晶体的物质的量n=196g-=0.005mol,根据原子守恒则亚M392g/mol铁离子的物质的量为0.005mol,反应5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O,则5Fe2+MnO4-,所以高镒酸钾的物质的量为0.001mol,据c=-=0-003mOl=-mol/L,故答案为：V10VLV1OV4.实验室用酸性蚀刻废液(含Cu2+、H+、CuCl2、Cl-等)和碱性蚀刻废液NH4、_、2Cu(NH3)4、NH3H2O等制备CuI(白色固体)的实验流程如下避性注菜康海吉口KOHJCI过流水带碳酸的鼻浊液n化荽iv能性曲剌重裱T转喂铜晶件V.2

18、(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的离子万程式为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的具体步骤是蒸发浓缩、。(4)步骤V:在下列装置(夹持及加热装置已省略)中进行。cd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一【答案】Cu(NH3)2+3H+CF+H2O一Cu(OH)ClJ+4H4热水浴冷却结晶过滤(洗涤)分液漏斗Cu+2佳SO4(浓)ACuSQ+SOd+2住O可防止CuI被空气中的O2氧化使固体快速干燥并溶解表

19、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+Cl'+H2O=Cu(OH)ClJ+4N4+,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

20、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+2H2SQ(浓)&CuSQ+SOd+2H2O,故答案为：分液漏斗；Cu+2H2S。(浓)旦CuSQ+SQT+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

21、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|2O5.常温下，三硫代碳酸钠(Na2CS)是玫瑰红色针状固体，与碳酸钠性质相近。在工农业生产中有广泛的用途。某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。实验一：探究NazCS的性质(1)向NazCS溶液中滴入酚酗:试液，溶液变红色。用离子方程式说明溶液呈碱性的原因(2)向Na2csl溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去。该反应中被氧化的元素是实验二：测定Na2CS溶液的浓度按如图所示连接好装置，取50.0mLNa2CQ溶液置于三

22、颈瓶中，打开分液漏斗的活塞，滴入足量2.0mol/L稀H2SC4,关闭活塞。已知：NazCS+H2SQ=Na2SQ+C8+H2ST。C8和H2s均有毒。C8不溶于水，沸点46C,密度1.26g/mL,与CQ某些性质相似，与NaCH作用生成NazCCS和H2C。(1)盛放碱石灰的仪器的名称是,碱石灰的主要成分是(填化学式)。(2)C中发生反应的离子方程式是。(3)反应结束后打开活塞K,再缓慢通入N2一段时间，其目的是。(4)为了计算Na2CS溶液的浓度，对充分反应后B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得8.4g固体，则三颈瓶中Na2C8的物质的量浓度为。【答案】OS2'+H2O?HC8

23、-+CHS干燥管CaC和NaCHCS+2CH-=CCS：2'+H2C将装置中残留的的H2sCS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收1.75mol/L【解析】【分析】实验一：(1)Na2C8的水溶液中加入酚酗:变红色，说明Na2C8是强碱弱酸盐；(2)根据Na2C3中元素化合价是否是该元素的最高价态来进行判断；实验二：(1)根据仪器的图形判断仪器的名称；碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；(2)A中生成的C8可与NaCH作用生成N&CCS和H2C;(3)反应结束后打开活塞k,再缓慢通入热N2一段时间是把生成的硫化氢和二硫化碳全部赶入后面装置完全吸收；(4)当A中反应完全后，打开K

24、缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g黑色固体，n(CuS)=84g=0.0875mol,根据关系式96g/molNa2CSH2sCuS得n(Na2CS)=n(CuS)=0.0875mol,根据c=2计算A中NazCS溶液的浓度。【详解】实验一：(1)Na2C8的水溶液中加入酚酗:变红色，说明Na2CS是强碱弱酸盐，则CS2一在水中发生水解，离子方程式为：CS2'+H2C?HCS'+CH'；(2)Na2CS中Na为+1价，C为+4价，都是元素的最高价态，不能被氧化，S为-2价，是硫元素的低价态，能够被氧化，所以被氧化的元素是S；实

25、验二：(1)盛放碱石灰的仪器为干燥管，碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；(2)A中生成的CQ可与NaCH作用生成Na2CCS和H2。，相关离子方程式为：C8+2CH-=CCS2-+H2C;反应结束后打开活塞k,再缓慢通入热N2一段时间，其目的是：将装置中的H2s全部排入B中被充分吸收；将装置中的C3全部排入C中被充分吸收；(4)当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g黑色固体，n(CuS)=-84g=0.0875mol,根据关系式96g/molNazCSH2sCuS得n(Na2CS)=n(CuS)=0.0875mol,c(Na2C

26、S)=0.0875mol=1.75mol/L。0.05L6.废水中过量的氨氮(NH3和NH4)会导致水体富营养化。某科研小组用NaClO氧化法处理氨氮废水。已知：HC1O的氧化性比NaClO强；NH3比NH4更易被氧化；国家相关标准要求经处理过的氨氮废水PH要控制在69。(1)pH1.25时，NaClO可与NH4反应生成N2等无污染物质，该反应的离子方程式为O(2)进水pH对氨氮去除率和出水pH的影响分别如图1和图2所示：进水pH进水2口交杵曜卡鞘呼进水pH在1.252.75范围内时，氨氮去除率随pH的升高迅速下降的原因是O进水pH在2.756范围内时，氨氮去除率随pH的升高而上升的原因是进水

27、pH应控制在左右为宜。为研究空气对NaClO氢化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通人空气的量，发现氨氮去除率几乎不变。其原因可能是(填序号)a.O2的氧化性比NaClO弱b.O2氧化氨氮速率比NaClO慢c.O2在废水中溶解度比较小d.空气中的N2进入废水中【答案】3ClO2NH4N23Cl3H2O2H随着pH的升高，NaClO含量增大，氧化性降低，导致氨氯去除率下降随着pH的升高，氨氮废水中NH3含量增大，而NH3比NH4更易被氧化1.5abc【解析】【分析】(1)pH=1.25时，NaClO可与NH4+反应生成用等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子和水，结合电荷守恒、电子守恒

28、、原子守恒配平书写离子方程式；(2)进水pH为1.252.75范围内，氨氮去除率随pH升高迅速下降是c(OH-)较大，抑制NaClO水解，c(HClO)较小致氧化能力弱；进水pH为2.756.00范围内氨氮去除率随pH升高而上升，氨气含量增大氨氮易被氧化；结合图象变化可知进水pH应控制在1.0左右；(3)其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变，说明O2氧化氨氮速率比NaClO慢，比次氯酸钠氧化性弱，溶液中溶解的氧气少等原因。【详解】(1)pH=1.25时，NaClO可与NH4+反应生成此等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书

29、写离子方程式：3ClO-+2NH4+=N2T+3C1+2H+；(2)进水pH为1.252.75范围内，氨氮去除率随pH升高迅速下降的原因是：随着PH升高，NaClO含量增大，氧化性能降低，导致氨氮去除率下降；进水pH为2.756.00范围内，氨氮去除率随pH升高而上升的原因是：随着PH升高氨氮废水中氨气含量增大，氨氮更易被氧化；进水pH应控制在1.50左右，氨氮去除率会较大；(3)研究空气对NaClO氧化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变。其原因可能是：。2的氧化性比NaClO弱、O2氧化氨氮速率比NaClO慢、O2在溶液中溶解度比较小；故答案为：a

30、bc。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KMnO%与盐酸反应生成7.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K?FeO4.已知K?FeO4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，MnCl2和C%,其化学方程式为的作用是KClO3,试写出该反应的离子方程式(3)制备K2FeO4时，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KClO饱和溶液中。理由是2(4)已知pH

31、11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1.0moll1计算)。开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe31.13.2Fe2和KOH在较高温度下反应生成5.88.8Zn25.98.9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。【答案】2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5C12T+8H2O除去C中的HClV3Cl?6OH-5ClCO3H?OLFeOd

32、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F4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

33、=2KCl+2MnCl2+5Cl2T+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 C12和KOH在较高温度下反应生成KClO3,反应的离子方程式为3c126OH5ClC1O33H2O,故答案为:323C126OH5C1CIO33H2O；3由题意可知KzFeO,在Fe3和Fe(OH)3催化作用下发生分解，则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：K2FeO4在Fe3作用

34、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。【点睛

35、】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。8.某实验小组欲制取氧化铜并证明氧化铜能加快氯酸钾的分解，进行了如下实验：(一)制取氧化铜往盛有一定量CuCb溶液的烧杯中逐滴加入NaOH溶液，直至不再产生沉淀，然后将烧杯中的物质转移到蒸发皿中，加热至沉淀全部变为黑色。将步骤所得的黑色沉淀过滤、洗涤，晾干后研细备用。(1)在实验过程中，若未加入NaOH溶液，直接将CuC2溶液转移到蒸发皿中加热，最后也能得到黑色沉淀，试分析其原

36、因。(2)写出检验步骤中沉淀是否洗涤干净的操作。(二)为证明氧化铜能加快氯酸钾的分解并与二氧化镒的催化效果进行比较，用下图装置进行实验，每次实验时均收集25ml气体，其他可能影响实验的因素均已忽略，实验数据见下表：A实验序号KC1Q质量其他物质质量待测数据1.2g无其他物质a1.2gCuO0.5gb1.2gMnO20.5gc(3)写出氯酸钾分解反应的化学方程式，并用双线桥表示电子转移的方向和数目O(4)上述实验中的“待测数据”是指。(5)图中量气装置B由干燥管、乳胶管和50mL滴定管改造后组装面成，此处用滴定管是(填“酸式”或“碱式”)滴定管。(6)若实验证明氧化铜加快氯酸钾的分解效果比用二氧

37、化镒差，请结合上表的实验效果数据，在坐标图中分别画出使用CuO、MnO2作催化剂时产生氧气的体积V(O2)随时间(t)变化的曲线(注明必要的标识)。【答案】CuC2溶液中存在水解平衡CuC2+2H2g=Cu(OH)2+2HC1,加热时HCl逸出使平衡不断右移，同时得到的Cu(OH)2受热分解生成CuO取23mL最后的洗涤液于试管中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入几滴硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净关去64广1&*+35T收集25mL气体所需的时间碱式得到Vg)/mL(1)CuCb是强酸弱碱盐会发生水解，CuC2溶液中存在水解平衡CuC2+2H20r-hCu(OH)2+2HC1,水解

38、吸热，加热时HCl逸出使平衡不断右移，同时得到的Cu(0H)2受热分解生成CuO。(2)如果没有洗涤干净则有NaCl杂质，检验是否有C即可确定是否洗净，具体操作是:取23mL最后的洗涤液于试管中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入几滴硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净。(3)用双线桥表示电子转移的方向和数目时，线桥要从反应物指向生成物的化合价发生改变的同种元素，在线桥上要注明反应的得失电子数目，用双线桥表示氯酸钾分解的电子转、一，心0.移的方向和数目为：2KC：0+30n僵到2尺收一(4)要比较反应的快慢需要反应的时间，因此待测数据是：收集25mL气体所需的时间。(5)从图可以看出该滴定管没有活

39、塞，所以是碱式滴定管。(6)反应测的是收集25mL气体所需的时间，所以气体的体积要相等，氧化铜加快氯酸钾的分解效果比用二氧化镒差，所以用氧化铜做作催化剂所用的时间要多，产生氧气的体积V(02)随时间(t)变化的曲线为:O9.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。(1)二氧化氯(C102)已逐步代替C12用于自来水处理，用C102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(ClO2-)o已知：25c时Ka(HClO)=3.2X10,Ka(HClO2)=1.0X10,则酸性HClQHClO短">"="或&q

40、uot;<'；在pH=5的上述处理过的饮用水中C(Cl02)=；若饮用水中Cl02-的含量超标，可向其中加入适量c(HC102)的Fe2+将Cl02-还原成C，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FeT浓度土匀为0.1molL下图为金属离子的浓度的对数与溶液pH的关系，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<105molL-1时，可认为沉淀完全)。(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OCu2+、Fe2+、Pb2+,滴加;当最后一种离子沉淀完全时(该

41、离子浓度0已知：Ksp(FeS)=Na2s溶液后首先析出的沉淀是一为10-5molL1),此时的g浓度为6.3X108;Ksp(CuS)=6X1036;Ksp(PbS)=2.4X108。【答案】>1034FcT+C1O2+4H+=4Fe3+Cl+2H2OCiT、Fe2+1.0X10-17CuS6.3X10-13molL1【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+)X2(OH)计算；(3)物质组成类型相同，溶度积越

42、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(HClQ)=1.0X102,则酸性HCQ>HClO;在pH=5的上述处理过的饮用水中，c(4)=10-5molL1c(C102)K1.010+5c(HClO2)c(H)1052-二103；若饮用水中ClQ的含量超标，可向其中加入适量的Fe2+将CIO2还原成C-,酸性条件下该反应的离子方程式：4Fe2+ClO2+4H+=4Fe3+Cl+2H2O;故答案为：HClO2>HClO;103；4Fe2+ClO2+4H+=4Fe

43、3+CI+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)=1.0X10(molL-1),KspFe(OH)2=c(Fe2+)X2(OH)=1.0X107(molL-1)3；故答案为：1.0X107；(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ST的浓、,631018一一一一度为zmol

44、L1=6.3x110molL1,故答案为：CuS;6.3x103molL1。105【点睛】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。10.合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要意义(1)工业合成氨工业常用的催化剂是，氨分子的电子式是(2)图是一定的温度和压强下是N2和H2反应生成1molNH3过程中能量变化示意图，请写出工业合成氨的热化学反应方程式。(热量Q的数值用含字母a、b的代数式表示)(3)下列有关该反应的说法正确的是(填序号)A

45、.保持容器的体积不变，当混合气体的密度不变时，说明反应已经达到平衡状态。B.达到平衡时若升高温度，混合气体中氮元素的质量分数将变大。C.达到平衡时若减少容器的体积，正反应速率将大于逆反应速率。D.达到平衡后，N2的转化率和H2的转化率一定相等。(4)在催化剂存在下，NH3可用来消除NO的污染，生成两种对环境无害的物质。写出反应的化学方程式：;该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比是(5)把NH3通入盐酸溶液中，所得溶液的pH=7,此时溶液中离子浓度关系是【答案】铁触媒N2(g)+3H2(g)工、2NH3(g)+2(b-a)kJmol-1C4NH3+6NO-5M+6H2O2:3c(NH4+)=

46、c(C-)>c(H+)=c(OH-)c(NH4+)+c(H+)=c(OH)+c(C)【解析】【分析】工业合成氨的催化剂是以铁为载体的铁触媒，氨气是共价化合物，氮原子最外层5个电子，其中三个电子和三个氢原子形成三个共价键；由图求出N2和H2反应生成1molNH3的反应热，再根据热化学反应方程式的书写要求解答；合成氨是气体体积减小的放热反应，依据平衡移动原理判断；NH3可用来消除NO的污染，生成2种对环境无害的物质，应生成氮气和水；氨气通入盐酸溶液反应生成氯化钱溶液，溶液中一定存在电荷守恒；若溶液pH=7,则氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同，结合电荷守恒得到离子浓度大小。据此分析。【详解】(1

47、)工业合成氨的催化剂是以铁为载体的铁触媒，氨气是共价化合物，氮原子最外层5个电;答案为：铁触媒;子，其中三个电子和三个氢原子形成三个共价键，电子式为:H品(2)由图可知，N2和H2反应生成ImolNH3放出的热量为(b-a)kJ,该反应的热化学反应方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-2(b-a)kJmol-1,故答案为：N2(g)+3H2(g)U2NH3(g)+2(b-a)kJmol-1;(3)合成氨是气体体积减小的放热反应，保持容器的体积不变，混合气体质量不变，当混合气体的密度不变时，不能说明反应已经达到平衡状态，A错误；达到平衡时若升高温度，平衡逆向进行，根据反应方程式原子

48、守恒，氮元素质量分数保持不变，B错误；达到平衡时若减少容器的体积，压强增大，平衡正向进行，正反应速率将大于逆反应速率，C正确；转化率和起始量、变化量有关，达到平衡后，N2的转化率和H2的转化率不一定相等，D错误；答案选C；(4)NH3可用来消除NO的污染，生成2种对环境无害的物质，应生成氮气和水，化学方程式为：4NH3+6NO=5N2+6H2O；该反应中氧化产物与还原产物都是N2,物质的量之比是2:3；(5)氨气通入盐酸溶液反应生成氯化钱溶液，若溶液pH=7,溶液中溶质为NH4Cl和NH3H2O,溶液中氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同，电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-

49、),则c(NH4+)=c(Cl-),得到离子浓度大小为c(NH4+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-);11.大气污染越来越成为人们关注的问题，烟气中的NOx必须脱除(即脱硝)后才能排放，脱硝的方法有多种。完成下列填空：I直接脱硝(1) NO在催化剂作用下分解为氮气和氧气。在10L密闭容器中，NO经直接脱硝反应时，其物质的量变化如图1所示。则。5min内氧气的平均反应速率为mol/图1n臭氧脱硝(2) O3氧化NO结合水洗可完全转化为HNO3,此时O3与NO的物质的量之比为。出氨气脱硝(3)实验室制取纯净的氨气，除了氯化俊外，还需要、(填写试剂名称)。不使用碳酸钱的原因是(用化学方

50、程式表示)。(4)吸收氨气时，常使用防倒吸装置，图2装置不能达到此目的是一。三一笨招一水图2NH3脱除烟气中NQ的原理如图3：/O=V*-VJ0心HOTLV'-0'*H-O-V-*1L0郎(5)该脱硝原理中，0.25molQ2时，除去的NO最终转化为(填化学式)NO在标准状况下的体积为和H2Qo当消耗1molNH3和L。【答案】0.0151:2消（熟）石灰碱石灰（NH4）2CC3_4_2NH3T+CQT+2H2OdN222.4L【解析】【分析】(1)由图象得到NQ物质的量变化，计算得到氧气物质的量变化，结合化学反应速率概念计算v=-c；t(2)03氧化NO结合水洗可完全转化为H

51、NO3,反应的化学方程式为：Q3+2NQ+H2Q=2HNQ3；(3)实验室利用固体氯化钱和氢氧化钙加热反应生成，氨气是碱性气体，干燥需要碱性干燥剂，不使用碳酸钱的原因是碳酸钱加热生成氨气同时会生成二氧化碳气体；(4)氨气极易溶于水，在水溶液中易发生倒吸，根据气体压强的知识进行分析；(5)由图3可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水；根据氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量计算。【详解】在10L密闭容器中，NQ经直接脱硝反应时，其物质的量变化如图1所示，NQ在5min内变化物质的量8.0mol-6.5mol=1.5mol,NO在催化剂作用下分解为氮气和氧气，2

52、NQ=0.75molQ2+N2,生成氧气物质的量0.75mol,则05min内氧气的平均反应速率=10L5min0.015mol/L?min;(2)03氧化NQ结合水洗可完全转化为HNO3,反应的化学方程式为：Q3+2NQ+H2Q=2HNO3,此时O3与NO的物质的量之比为1:2;(3)实验室利用固体氯化钱和氢氧化钙加热反应生成，氨气是碱性气体，干燥需要碱性干燥剂，实验室制取纯净的氨气，除了氯化俊外，还需要消(熟)石灰、碱石灰，不使用碳酸钱的原因是碳酸钱加热生成氨气同时会生成二氧化碳气体，反应的化学方程式为：(NH4)2CO3&2NH3f+COT+2H2O；(4)装置abc中都有一个容

53、积较大的仪器，它们能够吸收较多的液体，从而不会使倒吸的液体进入前面的装置，可以防止倒吸，d中导气管插入到水中，氨气极易溶于水，易引起倒吸，不能防倒吸，应是四氯化碳在下层，水在上层，防止倒吸且能吸收氨气，故答案为：d；(5)由图3可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水，所以NO最终转化为冲和H2O；氧气、一氧化氮和氨气反应生成氮气和水，反应中氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量，2molNH3转化为N2失去6mol电子，0.25molO2得到1mol电子，则NO转化为N2得到的电子为2mol,所以NO的物质的量为1mol,其体积为22.4L。12.用纳米Fe/

54、Ni复合材料能去除污染水体的NO*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，不同pH的硝酸盐溶液与纳米Fe/Ni反应时，溶液中-、c3随时间的变化如图1所示。(注：C0(NO3-)为初始时NO3-的

55、浓度。)Co(N03)时间皿1四I为达到最高去除率，应调水体的初始pH=。t<15min,pH=2.0的溶液反应速率最快，t>15min,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，可能的原因是一。81用H5(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。【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+O2+2H2O=4Fe(OH)3,变成红褐色的Fe(OH)36.5pH=2的溶液中，t<15min时，溶液中H+浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe2+和pH上升速率较快，t>15min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