2020-2021化学氧化还原反应的专项培优练习题含答案及答案

1、一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）1.硫代硫酸钠（Na2&O3）是一种解毒药，用于氟化物、神、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗尊麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2实验I: Na2s2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CQ+4SQ=3Na2s2O3+CQ制得，实验（1）仪器a的名称是 ,仪器b的名称是 。b中利用质量分数为 70%? 80%的H2SO4溶液与Na2SQ固体反应制备SQ反应的化学方程式为。 c中试剂为（2）实验中要控制SQ的生成速率，可以采取的措施有 （写出一条）（3）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中

2、通入的SQ不能过量，原因是 一实验H：探究 Na2s2O3与金属阳离子的氧化还原反应。资料：Fe3+3&O32-? Fe（8O3）33-（紫黑色）装置试剂X实验现象! 102 mLJ OJ mol-L-1 X溶液2 mlL *60、溶液Fe2(SO)3 溶液混合后溶液先变成紫黑色，30s后几乎变为无色（4）根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被发O32-还原为Fe2+,通过（填操作、试剂和现象），进一步证实生成了 Fe2+o从化学反应速率和平衡的角度解释实验n的现象：实验出：标定 Na29O3溶液的浓度（5）称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分 析天平

3、准确称取基准物质 &Cr2O7（摩尔质量为294g?mol1）0.5880g。平均分成3份，分别放 入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I+Cr2O72+14H+= 3I2+2Cr3+7H2O,再加入几滴淀粉溶?夜,立即用所配NazSQ溶液滴定，发生反应I2+2SO32- = 2I-+ SiO62,三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为 25.00 mL,则所标定的硫代硫 酸钠溶液白浓度为 mol ?,-1【答案】分液漏斗蒸储烧瓶 H2SO4 Na2SO3 = Na2SO4 H2O SO2 硫化钠和碳酸钠的混合液 调节酸的滴加速度若SQ过量，溶液显酸性.产物会

4、发生分解加入铁氧化钾溶液.产生蓝色沉淀开始生成Fe(SO3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe3+与&O32-氧化还原反应的程度大，导致Fe3+3SO32? Fe(&O3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色0.1600【解析】【分析】【详解】(1)a的名称即为分液漏斗，b的名称即为蒸储烧瓶；b中是通过浓硫酸和 Na2SQ反应生成 SQ,所以方程式为：H2SO4 Na2SO3=Na2SO4 H2O SO2 ； c中是制备硫代硫酸 钠的反应，SQ由装置b提供，所以c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液；(2)从反应速率影响因素分析，控制SC2生成速率可以调节酸的滴加

5、速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶?中会分解，如果通过量的SQ,会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SQ过量，溶液显酸性，产物会发生分解；(4)检3软Fe2+常用试剂是铁氧化钾，所以加入铁氧化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成Fe(S2O3)3的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着Fe3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最 终溶液几乎变为无色；23(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：6IC

6、r2O714H =312 2Cr3 7H2O ；22I2 2s2O3 =2I S4O6 ；反应被氧化成 也 反应中第一步所得的|2又被还原成I-,所以与电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的Cr2O2得电子总数就与消耗的S2O2失电子总数相同；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铭酸钾分成了三份进行的滴定。所以假设c(Na2s2O3)=a mol/L ,列电子得失守恒式：-6=a 0.025 1,3294解得 a=0.1600mol/L。2.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+3B2-RrOH( +3HBr测定步骤：步骤1：准确量取25.00m

7、L待测废水于250mL锥形瓶中。步骤2：将5.00mL amol L 1浓澳水(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bmL 0.10mol L 1 KI溶液(过量)，塞紧瓶塞，振步骤4：滴入23滴指示剂，再用0.0i0mol L 1 Na28O3标准溶液滴定至终点，消耗Na28O3溶液VmL (反应原理：2Na2s2O3 2NaI Na2s4。6)。待测废水换为蒸储水，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

8、点的现象为 。(4)该废水中苯酚的含量为 mg 1(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 先影响”, 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n .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CO2n H2O。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】(酸式)滴定管 塞紧瓶塞 滴入一滴溶液后，锥

9、形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色94偏低偏低 H2O e OH H15C6H50H 14H2O2 6CO217H2O【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Br2发生氧化还原反应得到I2,方程式为Br2+2=I2+2BF,再用Na2&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

10、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/LNa 2s2O3标准溶液滴定至终点，由于 Na2s2。3标准溶液会反应 巴 加入的淀粉 遇L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:Br2-2KI0.005V 0.005V2I

11、2 2Na2S2O3 0.01V1 0.01V2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，5mL amol/L的浓澳水中Br2的物质的量为0.005V2 mmol ,则与苯酚参与反应的Br2的物质的量为0.005(V2-Vi) mmol,根据方程式J +3HBr可得苯酚的物质的 TOC o 1-5 h z 口、，0.005 V2-V194 0.005 V2-V1-.重为 mmol ,质量为 mg,则该废水中本酚的含量为94 0.005 V2-V13mg_ 325 10 3L3394 V2-V1-1 ,若步骤2中忘记塞进瓶塞，澳单质挥发,-mggL导致最

12、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94 V2-V1偏低;，故答案为： ；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C6H5OH+14H2O2=6CO4 +17睦O,故答案为：C6H5OH+14H2O2=6CO4 +17建O。3.高镒

13、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+MnO2 J +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(填仪器编号)。烧杯瓷塔蜗蒸发皿铁塔竭(3)为了能充分利用 CO2,装置中使用了两个气囊。当试管内依次

14、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 C D,往热&MnO4溶液中通入 CO2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 方法来干燥产品，原因是 。【答案】长颈漏斗 AC BDE过滤高镒酸钾晶体受热易

15、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中二氧化碳排出到热 K2MnO4溶液中，所 以需要关闭A、C,打开

16、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。4.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

17、)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备 叠氮化钠。(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 H2SO+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(NaNa)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。装置a的名称是;该反应需控制温度在 65 C,采用的实验措施是 ;反应后溶液在 0 C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

18、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0.10mol L 1六硝酸铺钱(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 0.10mol L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 =ce3 + Fe3)。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(NC3)3,试写出该反应的化学方程式 ;

19、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，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 4OV；t-BuNO2+H2O恒压滴液漏斗(滴液漏

20、斗)水浴加热 降低叠 氮化钠的溶解度，防止产物损失2(NH4)2Ce(NC3)6 + 2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2 T 65% AC ClO+2胸+H2O=Cl + 2OH + 3N2 T【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，所以方一.40 C.程式为：t-BuOH HNO2t-BuNO 2 H2O;(2)。装置a的名称即为恒压滴液漏斗；反应要控制温度在 65 C ,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

21、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(NH 4)2ce(NO3)6 2NaN 3=4NH 4NO3 2NaNO3 2Ce(NO 3)3 3N 2 ；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样品的而消耗的Ce4Fe2消耗的Ce4 =0.004molCe4，考虑到Fe2+与Ce4+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(NaN 3) 10

22、 (0.004 Fe2消耗的Ce4 ) 0.02mol ,所以叠氮化钠样品的质量分数为：w皿牛 2.0g0.02mol 65g/mol100%=2.0=65% ；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 F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，则记录的Fe2+消耗量比实际的偏小，通过分析可知，最

23、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：ClO 2N3 H 2O=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Bo5.碳酸亚铁可用于制备补血剂。某研究小组制备了FeCQ,并对Fe

24、CQ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(SCN64-(无色)I . FeCQ的制取(夹持装置略)实验i：izTii姗4晅 .f1 mWLC。至其pH为7,滴加一定量 FeSQ装置C中，向Na2CQ3溶液(pH =11.9)通入一段时间溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到FeCQ固体。试剂a是。(2)向NaCQ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CQ2,你认为是否合理并说明理由n .FeCQ3的性质探究充分瘴荡，着靠触色，并有红褐色元良1 tfl JinL 4itigI/

25、L实验iiiFKO,固体螂H漏清和口 用 MWftHtO,艮本王邑对比实验五和iii ,得出的实验结论是 (6)依据实验ii的现象，写出加入 10%H2Q2溶液的离子方程式 m .FeCQ的应用 (7)FeCQ3溶于乳酸CH3CH(QH)CQQH能制得可溶性乳酸亚铁(CH3CH(QH)CQQ2Fe,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 KMnQ4溶液滴定该补血剂，消耗 0.1000mol/L的KMnQ4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

26、当以及试剂变质引起的误差)。【答案】饱和NaHCC3溶液降低溶液中QH浓度，防止生成 Fe(QH)2 2HCQ-+ Fe2+=FeCQa +CQT +倬Q 不合理，CO会和FeCO反应生成Fe(HCC3)2(或合理，排出氧气 的影响)f3+与SCN的络合(或结合)会促进FeCQ固体的溶解或FeCQ固体在KSCN溶液中 的溶解性比 KCl溶液中大 6Fe(SCN64-+3H2Q2=2Fe(QH)3 J +4Fe(SCN)+24SCN或 6Fe2+3H2Q2+12SCN=2Fe(QH)4 +4Fe(SCN或 6Fe2+3H2Q2=2Fe(QH)3 J +4F(3+ 117% 乳酸根 中的羟基被KM

27、nQ4氧化，也消耗了 KMnQ4【解析】【分析】I.装置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FeCQ；II. (5)根据Fe2+6SCFe(SCN/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；(7)FeCQ溶于乳酸CH3CH(OH)COOH能制得可溶性乳酸亚铁补血

28、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NaHCO3溶液，故答案为：饱和 NaHCQ溶液；(2)向NazCQ溶液中通入 CO2的目的是利用 CQ和NazCQ反应生成的NaHCQ,提高溶液中 HCQ-的浓度，抑制CO32-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

29、要为NaHCQ,再滴加FeSQ溶液，有FeCQ沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCO3- +Fe2+=FeCQ J +CQT +H？O,故答案为：2HCO3-+ Fe2+=FeCQj +CQT +H?O；(4)FeCO3沉淀能溶解在 CQ的水溶液中，生成可溶于水的Fe(HCQ)2,降低产物的量，则当出现白色沉淀之后不应继续通入CQ,或者：出现白色沉淀之后继续通CO2,可防止空气中氧气氧化FeC03,提高产物的纯度，故答案为：不合理，CQ会和FeCQ反应生成Fe(HCQ)2(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(SCN

30、64一,会促进 FeC。固体的溶解，故答案为：Fe2+与SCN的络合(或结合)会促进FeCQ固体的溶解或FeC。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 F+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)3j +4Fe(SCN)+24SCN或 6Fe2+3H2O2+12SCN=2Fe(OH)4 +4Fe(SC2或 6Fe2+3H2O2=2Fe(OH)3 J +4F2+；故答案为：6Fe(SCN64-+3H2O2=2Fe(OH)3 J +4Fe(SC

31、N)+24SCN或 6Fe2+3H2O2+12SCN =2Fe(OH)4 +4Fe(SCN3)或 6Fe2+3H2O2=2Fe(OHJ +4F(3+;出.(7)FeCO3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0.005mol 234g/mol1.0g0.1000mol/L X 0.01L X 5=0.005mWL酸亚铁的质量分数100%=117% ,由于乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高镒酸钾溶液氧化，导致消耗高镒酸钾溶液的量增多，而计算中只按Fe2+被

32、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，也消耗了 KMnO4。6.硫酸亚铁俊的化学式为(NH4) 2SQ?FeSQ?6H2O,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) 2SC473.075.478.0FeSQ 7H2O20.026.532.9(NH4) 2SQ?FeSO17.221.628.1(一)实验室制取少量莫尔盐的流程如下:铁屑aq)莫尔盐1 SmLJmo

33、VLH2SO4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O(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)。A 2.18gB大于2.18gC小于2.18g D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

34、V mL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在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSQ 7H2O析出过滤、洗涤无水酒精或冰水B 5F3+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

35、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FeSQ 7H2O析出，故答

36、案为：FeSQ在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSQ 7H2O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；无水酒精或冰水；(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)2SQ FeSQ 6H2O 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+ 5F3+Mn2+4H2O,故答案为：5Fe2

37、+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，且半分钟内不褪色；(3) 1.96g硫酸亚铁俊晶体的物质的量n= = 1.96g- =0.005mol,根据原子守恒则亚M 392g / 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：V 1

38、0 3VL V.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:水相际LiFftW也*CoSDja件(1 ) LiCoO2中Co的化合价是(2) LiCoO2在浸出过程中反应的离子方程式是。(3)浸出剂除了 H2O2外，也可以选择 N32&O3,比较二者的还原效率 H2O2_(填“峨“”)NQ(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 一。(5)利用Cyanex272萃取

39、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(6)反萃取的离子方程式为2H+CoR=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1.18g L-1,则pH=时，Ni2+开始沉淀。Ksp(Ni(OH)2=2X 105(产品1)选电H卢晶7Ni玛徽溶(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(如水棚(瞰，IT： 3031%.一看节已知:物质UF5c5 i NKOH)； N&C/I舒解性(室澹、 难港难溶 雄溶 雄溶提供的无机试剂：NaOH、Na2CO、NaF。【答案】

40、+3 2LiCoQ+6H+H2O2=2Co2+O2 T +2L+4H2O 适当升高温度，适当增加 H2SO4浓度 5.5 H2SO4 7.5 NaOH Ni(OH)2 NaF【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Na2s2O3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

41、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+O2 T +2L+4H2。；(3)1molH2O2作为还原剂转移

42、2mol电子，1molNa20O3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H2SC4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H2SC4;c(Ni2+)=mol/L=0.02mol/L ,则开始沉淀时，c(OH-)=59JKsp(Ni 0H 2)I.io、oI/l,则 pH=14-6.5=7.5；0.02，0.02(8)根

43、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。.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 CuC2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 Cu

44、C2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a1.2gCuO 0. 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“

45、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25 mL气体所需的时间碱式得到Vg)/mL(1) CuCb是强酸弱

46、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(

47、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 25 mL气体所需的时 间。(5)从图可以看出该滴定管没有活塞，所以是碱式滴定管。(6)反应测的是收集25 mL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.碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，一般是在食盐中添加一定量的KI03。但碘添加量也不能过多，过多会导致甲亢等。国家标准GB14880-1994中规定每千克食盐中碘的含量(以碘原子计)应为 20-60mg/kg。实验研究小组为了检测某加碘盐中碘含量是否

48、合格，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：KIO 3+ KI + H 2sO4I2+ H2O + K2sO4(方程式未配平)。试根据相关信息回答下列问题：(1)检测原理中，氧化剂为 ,氧化产物为 。请在下面配平该方程式，同时用单线标 标明电子转移的方向和数目： KIO3 +KI+H2sO4 I2+ H2O+ K2sO4(2)取10g加碘盐加蒸储水溶解，然后加入稀硫酸和KI溶液(H2SO4和KI都稍过量)，充分反应后，将反应液转入分液漏斗中，再加入一定量的CC4,振荡，静置，此时观察到的现象是。然后分液，即得到 I2的 CC4溶液。(3)查阅资料，CC4的沸点为78C, I2的升华温度约为120

49、730 c。实验小组拟采用下图 所示实验装置将 CC4和I2的混合溶液分离。该分离方法的名称是 ,冷凝管的进水口是 (填 a”或 b”)。(4)上述实验结束，用电子天平称量出圆底烧瓶中I2的质量为1.5 mg,由此计算出该加碘盐中碘的含量为 mg/kg ,该加碘盐 (填“合格”或“不合格”)。(5) KIO3虽稳定性较好，但在高温下也可分解为 KI等物质，所以在使用加碘盐时最佳的 添加时间是菜肴快出锅时。请书写出 KIO3在锅中长时间高温爆炒时可能发生的分解反应的 化学方程式。5e-【答案】KIO3 I23|溶液分为两_1KI0j+1_KI+ _L HzO+_3_ K2SO4层，下层呈紫红色

50、蒸储 a 25合格 2KIO3高温2KI+3O2【解析】【详解】(1)、该反应中化合价的变化为：KIO3-12, I元素由+5价一。价，一个KIO3得5个电子；KI-一 12, I元素由-1价一0价，一个KI失一个电子，所以得失电子的最小公倍数为5, KIO3的计量数为1, KI的计量数为5,其它元素根据原子守恒配平，故答案为：KIO3；也；5-_LKI03 + 5K +3&S5(2)、碘易溶于有机溶剂，在四氯化碳在的溶解度远大于在水中，加入四氯化碳萃取水中的 碘，四氯化碳与水不互溶，溶液分成两层，四氯化碳的密度比水，有机层在下层，碘溶于 四氯化碳呈紫红色，上层几乎无色，故答案为：溶液分成两层

51、，上层无色，下层呈紫红色；(3)、利用沸点分离的方式叫蒸储，冷凝水的方向是下进上出，故答案为：蒸储；a； .1(4)、由方程式可知：I2的的来源属于 KIQ的占二，所以圆底烧瓶中I2的质量为1.5 mg,则60.25mg-食盐中的碘原子质量为 0.25mg,所以碘的含量为 3 25mg/kg ,在国家标准10g 10 3g内，故答案为：25;合格；(5)、由题意：碘元素化合价降低，则必有宁一种元素化合价升高，故O元素化合价升高。一A根据得失电子守恒可知：碘酸钾受热分解的方程式为2KIO3= 2KI+302T ,故答案为A2KQ 2KI+302 T ；【点睛】实验最终得到的I2来自于KIO3和K

52、I两部分，所以食盐中的碘含量时，应减去 KI中的含 量。10.以海绵铜(CuO、Cu)为原料制备氯化亚铜(CuCl)的一种工艺流程如下:SOi. NaClCuSO,溶液- C1IC1 沉淀如阳浓HNCV稀H工50,海绵铜溶解* NO。八 H,0 HNCh、HNQ*-IINO3吸收电解沉淀Cu基态原子核外电子排布式为 , SQ2-的空间构型为 (用文字描 述)；Cu2+与OH反应能生成Cu(OH)42-, Cu(OH)42-中提供孤电子对的原子是 (填元素符号)。“吸收”过程:2NO(g) + O2(g)耀? 2NO2(g)H =2112.6kJ?moP提高NO平衡转化率的方法有 (写出两种)。

53、吸收NO2的有关反应如下：反应 I : 2NO2(g) + HzO(l) = HNO3(aq) + HNO2(aq) H - 116.1kJ?moP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 。“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“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(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)H= 2

54、12.1kJ?moI1 HNO2-2e-+H2O=3H+NO3-2Cu2+SC2+2C+2H2O=2CuCl J +SHClO;在pH= 5的上述处理过的饮用水中，c (4) =10-5mol L1 c(ClO2)c(HC102)21.0 1010 5=103;若饮用水中CIO的含量超标，可向其中加入适量的Fe2+将C1O2还原成CF,酸性条件下该反应的离子方程式：4Fe2+ +C1O2 +4H =4Fe3 +Cl+2H2O;故答案为： HClO2HClO; 103； 4Fe2+ClO2 +4H+=4Fe3+ +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

55、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 (mol C1) , c (OH ) =1.0X10 (molL-1) , KspFe (OH) 2=c (Fe2+) X2 (OH ) =1.0X10)7 (molL-1) 3；故答案为：1.0 X107；(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 CuS Fe2+最后沉淀，沉淀完全时该浓度为10-5mol L-1,此时的ST的浓度为-！-5mol L 1=6,3 x 110mol L 1,故

56、答案为：CuS; 6.3 x 1013mol L 1。10 5【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。12.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05min内氧气的平均反应速率为 mol/图1n臭氧脱硝O3氧化NO结合水洗可完全转化为 HN

57、O3,此时O3与NO的物质的量之比为 一。ID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ob图2NH3脱除烟气中NQ的原理如图3：/ 0=Vs!广NOV -0 H 四-N=0 H-0-W*u ” 八 r-o 甬 tliU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】0.015 1: 2消（熟）石灰 碱石灰 （NH4） 2CO_4_2NH3 T +COT +2H2

58、O dN2 22.4L【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=； t(2)03氧化NO结合水洗可完全转化为 HNO3,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

59、】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，2NQ =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?mi n;(2)03氧化NO结合水洗可完全转化为 HNO3,反应的化学方程式为：O3+2NO+H2O=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

60、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)2CO32NH3 f +COT +2H2O;(4)装置abc中都有一个容积较大的仪器，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N2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