高考化学易错题精选-氧化还原反应练习题附答案

1、、高中化学氧化还原反应练习题(含详细答案解析)C1O2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NaClO?固体，模拟工业上用过氧化氢法制备NaClO?固体的实验装置如图所示。KsaCI。式，)+ 生。4NaOH + H202已知：C1O2熔点-59C、沸点11 C、 H2O2沸点150 cA 中的化学方程式：2NaClO 3 H2O2 H2SO4 2ClO2 O2Na2SO4 2H 2O NaClO3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 。) C装置有明显缺陷，请绘出合理的装置图(标明气流方向)。向

2、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。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NaClOz的溶解度b减少 匕。2的分解 c使CIO2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 H 202a g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，C102不能被充分吸收 空气流速过慢时， C102不能及时被移走，浓度过高导致分解 abc2CQ+H2O2+2NaOH=2NaClQ+O2 T +2H2O 还原剂 a/17【解析】【分析】氯酸钠(Na

3、ClO3)在酸性条件下与过氧化氢生二氧化氯，C102与氢氧化钠溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成 NaCl6, NaClQ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NaCl02?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

4、为空气流速快时，C1O2不能被充分吸收；空气流速也不能过慢，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H2O2 a g,则转移的电子的物质的量为：2Xa g/(34gmo1-1)= a/

5、17mo1。2.高镒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+ KC1O3+ 6KOH_ 3K2MnO4+ KC1+3H2OK2MnO4 歧化：3K2MnO4+2CQ=2KMnO4+MnO2j +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 CQ,装置中使用了两

6、个气囊。当试管内依次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 CQ气体，未反应的C6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K2MnO 4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锰酸钾晶体，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

7、锰酸钾晶体受热易分解【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）高锰酸钾溶于水，二氧化锰不溶于水；（ 5）高锰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K2 MnO

8、4溶液中，所以需要关闭A、C,打开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）高锰酸钾溶于水，二氧化锰不溶于水，固液分离应用过滤的方法，则除去高锰酸钾溶液中的二氧化锰应用过滤的方法，故答案为：过滤；（ 5）高锰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，避免高锰酸钾晶体受热发生分解，故答案为：高锰酸钾晶体受热易分解。3 高氯酸铵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:高氯酸镂受热分解为N2、Cl2、O2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

9、氯酸镂受热分解的化学反应方程式：, Mg3N2的电子式为。（2）现有23.5g NH4C1O4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。）BCDE用E装置质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i BF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NH4c104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，

10、加热和夹持装 置已去），实验步骤如下：步骤1：组装仪器，检查气密性；准确称取样品a g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0.1mol/L H2SQ于锥形瓶中。步骤3:向蒸储烧瓶中加入 20mL 3mol/L NaOH溶液;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c mol/L NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH标准溶液V1 mLo步骤6:重复实验23次。回答下列问题：步骤2中，准确量取40.00ml H2SO4溶液的玻璃仪器是：。为获得样品中 NH4

11、clO4的含量，还需补充的实验是 ：。【答案】2NH4ClO4-2O2T +N2T +C2T +4H20T叫件产M/l亚/*联浓硫酸E F C D1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；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；

12、要计算 NH4C1Q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2NH4CQ 人202 T +Nd +C2T +4H20T ; Mg3N2是离子化合物，电子式是(2)A是高氯酸钱受热分解的装置； 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；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

13、由无色变为橙色可以证明产物中有C12 ；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NH4CIO4的分解率是23.5g14117.5100%85%(3)根据硫酸体积的精度是0.01mL,准确量取40.00mLH2S。溶液的玻璃仪器是酸式滴定管；为获得样品中 NH4c104的含量，还需补充的实验是用NaOH标准溶液标定硫酸溶液的浓度。4.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。回答下列问题：I .制取钠酸钠制取装置如图(加热和夹持仪器

14、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B装置用于除去HCl,盛放的试剂是 ；C中盛放Bi(OH)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 一；(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+。产生紫红色现象的离子方程式为 ；某同学在较浓的

15、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 。)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cmol L-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+3H2O C中白色固体消失(或黄色不再加深)关闭Ki、K3,打开

16、K2在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O 3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2 J +4280CV 10-3wx 100%0.28cvX 100%28cv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NaBiQ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，使其留下和氯气反应；NaBiO3纯度

17、的检测利用NaBiO3和Mn 2+反应生成MnO4-, 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、Cl2和NaOH混合物，+3价的Bi被氧化成NaBiO3, Cl2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;C中反应已经完成，则白色的Bi(OH)3全部变为了黄色的 NaB

18、iO3,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+7H2O,故答

19、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J +4H+,故答案为：3Mn2+2MnO4-MnO2,反应方程式为 3Mn 2+2MnO 4-+2H2O=5MnO2 +2H2O=5MnO2j +4H+；(7)根据得失电子守恒找出关系式为：5NaBiO32Mn2+2MnO4-5H2c2。4,计算钠酸钠理论产量：5NaBiO31400gm（理论）5H2c2O4cv5mol10 3mol解得m (理论)=0.28CVg,所以纯度=0.28cvg0.28cvx 100%=WgX 1

20、00%所以答案为:-3280cv 10 x100喊 0.28cv x 100喊 28cv %。【点睛】(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。据当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿(主要成分为FeS)作为原料。完成下列填空：将0.050mol SO2(g)和0.030mol O 2(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

21、不变时，下列措施中有利于提高SC2平衡转化率的有 (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SC2的转化率随反应时间变化的示意图010 K 4454 Wt(m*0(4)黄铁矿在一定条件下煨烧的产物为SO2和Fe3O4将黄铁矿的煨烧产物Fe3O4溶于H2SO4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&能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,本身被氧化为SO2,写出有关

22、的离子方程式。有2mol氧化产物生成时转移的电子数为 制 Fe3+与 Fe2+的水解，并防止 Fe2+被氧化成 Fe3+ FeS+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42 +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 SO2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

23、画出曲线；(4)Fe3+与Fe2*易水解，Fe2+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】0.040mol(1)v(SO3)= c =2L =0.01mol/(L?min),所以 v(O2)= - v(SOs)= 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）

24、和0.030molO2（g）,相当于增大压强，平衡正向移动，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, SQ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SC2的转化率随反应时间变化的预期结果示意图如图所示（4）Fe2O3（或Fe3O4等）溶于H2SQ后，生成的FeT与Fe2+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

25、防止Fe2+被氧化成Fe3+,故答案为：抑制Fe3+与Fe2 +的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+；-2价的硫离子具有还原性，FeS可以将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,而本身被氧化为硫酸根离子，有关的离子方程式为：FeS+i4Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42 +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+2SO42 +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。6.废水中过量的氨氮（NH3和NH4

26、）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： HClO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）pH 1.25时，NaClO可与NH 4反应生成N2等无污染物质，该反应的离子方程式为（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:96图1图2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

27、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】3ClO 2NH4 N2 3Cl 3H2O 2H 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 1.5 abc 【解析】 【分析】(1)pH=1.25时，NaClO可与NH4+反应生成N2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、原子守恒配平书写离子方程式；(2)进水pH为1.252.75

28、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N2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、原子守恒配平书写离子方程式：3ClO-+2NH4+=N2 T +

29、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、02氧化氨氮速率比NaClO慢、02在溶液中溶解度比较小；故答案为：abc。7.过氧硫酸氢钾复合盐(K2

30、SO4?KHSQ?2KHSO)易分解，可用作漂白剂、NOx和SQ等的脱除剂。某研究小组制备过氧硫酸氢钾复合盐的流程如图所示。50 * KKCh I钳苏浓康酸一转化|_撷同一国踵任涤|T烘X产品已知：浓硫酸与 H2O2反应，部分转化为过硫酸(化学式为H2SC5,是一种一元强酸)(1) H2SO5中硫元素的化合价为+6价，其中过氧键的数目为 ;工业上用过氧硫酸 氢钾复合盐溶液脱除 NO时，反应的离子方程式为 。(2)若反应物的量一定，在上述流程的转化”步骤中需用冰水浴冷却，且缓慢加入浓硫酸，其目的是。(3) “结晶”操作中，加入 &CQ即可获得过氧硫酸氢钾复合盐晶体，该过程的化学方程 式为。过氧硫

31、酸氢钾复合盐产率(以产品含氧量表示) 随溶液pH和温度的变化关系如图所示，则该过程适宜的条件是 。(4)产品中KHSQ含量的测定：取1.000g产品于锥形瓶中，用适量蒸储水溶解，加入5mL5%的硫酸和5mL25 %的KI溶液，再加入1mL淀粉溶液作指示剂，用 0.2000mol L-1硫代硫酸钠标准液滴定至终点，消耗标准液的体积为25.00mL。已知：2KHSQ+4KI + H2SO = 2忆+3K2SO4+2H2O I2+2Na2s2O3 =Na2&O6 + 2NaIT I闸用 滴定管盛装标准浓度的硫代硫酸钠溶液(填 甲”或2)。产品中KHSQ的质量分数为。【答案】1 3HSO5 +2NO+

32、 H2O = 3SO42 +2NO3 +5H+防止浓硫酸与H2O2溶液混合时放 出大量热使 H2O2 分解 5K2COJ+ 4H2SO5+ 4H2S。=2(3O4?KHSQ?2KHSO5) J + 5CO2 T + 5H2O 控制pH在2.02.5之间，温度在 0c左右 乙 38.00%【解析】【详解】(1)H2SQ中硫元素的化合价为+6价，依据化合价的代数和为0计算，有2个氧原子显-1价，所以过氧键的数目为1。答案为1;工业上用过氧硫酸氢钾复合盐溶液脱除NO时，反应的离子方程式为3HSO5 +2NO + H2O =3SO42 +2NO3 +5H+。答案为 3HSQ + 2NO+H2O = 3

33、S。2 + 2NO3 + 5H+(2)在“转化”步骤中，30%的H2O2溶液加入98%的浓硫酸中，相当于浓硫酸稀释，会放出 大量的热，而H2O2受热易分解，所以需用冰水浴冷却，且缓慢加入浓硫酸。答案为：防止浓硫酸与 H2O2溶液混合时放出大量热使H2O2分解；(3) “结晶”操作中，加入 K2CO3即可获得过氧硫酸氢钾复合盐晶体，该过程的化学方程式为 5K2CQ+4H2SQ +4H2SQ =2(K2SQ?KHSQ?2KHSQ) J + 5CO2 T + 5H2。答案为：5K2CO3+ 4H2SO5 + 4H2SQ =2(K2SQ?KHSQ?2KHSQ) J + 5CO2 T + 5H2O从溶液

34、pH看，过氧硫酸氢钾复合盐产率在2.02.5之间时最大；从温度看，过氧硫酸氢钾复合盐产率在0c左右最大，所以该过程适宜的条件是控制pH在2.02.5之间，温度在0c左右。答案为：控制 pH在2.02.5之间，温度在 0c左右；(4) 硫代硫酸钠溶液呈碱性，应放在碱式滴定管内。答案为乙； 由反应 2KHSQ+4KI+H2SO4 = 2也+3K2SO4+2H2O 和也+2Na2s2O3 =Na2&Q6 + 2NaI 可得出如下关系式：KHSO52Na2s2O3n(Na2&O3)=0.2mol/L X0.025L=0.005mol , n(KHSO5)=0.0025mol.0.0025mol 152

35、g /mol广品中KHSQ的质量分数为 100% 38.00%1.000g答案为：38.00%。8. C、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) AH1=+247kJ/mol CH4 (g)+H2O(g尸CO(g)+3O(g) H2=+205kJ/mol写出CQ重整的热化学方程式： 。“亚碳酸盐法”吸收烟中的SO2将烟气通入1.0mol/L的NazSQ溶液，若此过程中溶液体积不变，则溶液的pH不断(填 减小”不变”或 增大

36、)。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(HSQ-) =。室温条件下，将烟气通入(NH4)2SQ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(HSO3 )= 。(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叁IL5N2+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:曲线a中，NO的起始浓度为6X104mgm-3,从A点到B点经过0.8

37、s,该时间段内NO的 脱除速率为 mgm-3s-1。曲线b对应NH3与NO的物质的量之比是 。(4)间接电化学法除 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)。-4X 10【答案】CO2 (g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) H=-163kJ/mo1减小 1.6mol/L 3:1 1.53:1 2HSO3+2e +2H =S2O2- 2H2O 2NO+2S2O4- 2H2O N2 4HSO3【解析】【分析】(1)已知： CH4 (g)+CQ(g)=2CO(g)+2H2(g) H1=+247k/mol ,CH4(g)

38、+H2O(g尸CO(g)+3吨(g) H2=+205k/mol , 根据盖斯定律， )X2得：CQ(g)+4H2(g尸CH(g)+2H2O(g),据此计算 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+尸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；

39、( 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)+CC2(g)=2CO(g)+2H2(g) Hi=+247k/mol , CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H2=+205k/mol ，根据盖斯定律，由-X 2得反应：CO2(g)+4H2(g尸CH4(g)+2H2O(g) H=AHi-2 AH2=-163kJ/mo1 ,故答案为：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) H=-163kJ/mo1 ；(2)将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3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

40、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+Na2SQ+2H2O=2NaHSQ,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 ： 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)=2 x (1.0-0.2)mol/L=1.6mol/L,故答案为：减小；1.6mol/L； TOC o 1-5 h z b点时溶液pH=7,此时溶液中的溶质是(NH4)2SQ和NH4HSQ,根据电荷守恒： +-2-c(NH 4 )+c(H+)=c(OH )+c(HSO3)+2c(SO3 ),因 pH=7,故 c

41、(H+)=c(OH ),则c(NH +尸c(HSO3)+2c(SO3-),由图可读出 b 点时，c(HSO3)=c(SO；),则 c(NH + )=3 -+-c(HSO3),因在同一体系，n(NH4)： n(HSO3)=3： 1,故答案为：3： 1；(3)曲线a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6X 1dmg?m-3 X (0.75-0.55)+ 0.8s=1-45mg?n1-0?s-1,故答案为：1.5X10； TOC o 1-5 h z NH3与NO的物质的量的比值越大，NO的脱除

42、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HSO -3在酸性条件下发生还原反应，生成2-2-2-S2O4 ,其电极反应式为2HSO3+2e +2H =S?O4 2H2O；根据图本，吸收池中S2O4-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：2N0+2s 2。2- 2H2。N2 4HSO3,22-故答案为：2HSO3+2e +2H =$2。4 2H2。； 2N0+2s2O4 2H2。N2 4HSO3。【点睛】陌生电极反

43、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)。9.亚硝酰硫酸(NOSQh)主要用于染料、医药等工业。实验室制备亚硝酰硫酸的方法如下：将SQ通入盛有浓硫酸和浓硝酸的混合液中，维持体系温度略低于 20 C,搅拌，使其 充分反应。反应过程中，亚硝酰硫酸的物质的量和硝酸的物质的量随时间的变化如图所不。(1)实验室制备 NOSQh的化学反应方程式为。反应进行到10min后，反应速度明显加快，其可能的原因是。反应过程

44、中，硝酸减少的物质的量大于NOSQh生成的物质的量白可能原因是一(2)为了测定亚硝酰硫酸的纯度，进行如下实验：。准确称取1.200g产品放入锥形并中，加入 50.00mL0.1000mol L-1的KMnO4标准溶液和足量 稀H2SC4,摇匀，使其充分反应。再将反应后溶液加热至6070 c (使生成的HNO3挥发逸出)，冷却至室温，用 0.2500mol L-1Na2C2O4标准溶液滴定至终点，消耗Na2QO4溶液的体积为 16.00mL。已知：2KMnO4+5NOSQH+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4； KMnO4 在酸性条件下被还 原为Mn2+。根据以上实验数

45、据计算亚硝酰硫酸的纯度。(写出计算过程)【答案】HNO3+SQ2区山仙nOSQH生成的NOSO4H对该反应有催化作用硝酸会挥发和分解 90.00%(1)设NOSQh中N的化合价为x,根据化合价代数和为 0有：x+(+6)x 1+(-2) X 5+(+1)X 1=0,解得：x=+3, N元素化合价从+5降低到+3,必有S元素化合价从+4升高到+6,发 生的是氧化还原反应，氧化剂与还原剂物质的量之比=1:1;(2) 50.00mL0.1000mol L-1 的 KMnO4与 16.00mL 0.2500mol L-1Na2QO4反应之后剩余的 KMnO4再与NOSO4H反应。【详解】(1)N元素化

46、合价从+5降低到+3,必有S元素化合价从+4升高到+6, N元素和S元素 浓硫酸的物质的量之比=1:1 ,所以反应的方程式为：HNO3+SO2NOSO4H,故答案为：浓硫酸HNO3+SO2NOSQH;反应前十分钟没有加快，不是温度，十分钟后明显加快，说明生成的物质对反应有催化作用，故答案为：生成的 NOSO4H对该反应有催化作用；从反应的方程式看：参加反应的硝酸和生成的NOSQH比例为1：1,消耗的硝酸多，可能是有一部分挥发和分解了，故答案为：硝酸会挥发和分解；(2) 一部分KMnO4标准溶液和NOSQH反应，剩余的KMnO4标准溶液用Na2c2。4反滴 定，KMnO4和Na2c2。4, KM

47、nO4中Mn元素化合价从+7降低到+2,降低5,作氧化剂， Na2c2O4中C元素化合价从+3升高到+4升高了 1, 2个C升高了 2,作还原剂，根据得失电2KMnO45Na2C2O4子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比=2:5,所以2mol5mol,n10.25mol/L 16 10-3L解得：和Na2C2O4反应的KMnO4的物质的量n二1.6 x 10-3mol, KMnO4总的物质的量 =50.00 X 彳Lx 0.1000moL-1=5X 10-3mol,所以和 NOSQH 反应的 KMnO4 的物质的量=5X102KMnO 4 5NOSQH3mol-1.6x 10-3mol=3.4

48、 x10-3mol,所以 2mol 5 127g ,解得 NOSO4H 的质量3.4 10 3 mm=1.0795g,所以样品中 NOSQH 的纯度=10795g 100% = 90.00%,故答案为：90.00%。 .4 g【点睛】和Na2c2O4反应的KMnO4加上和NOSO4H反应的KMnO4为总的KMnO4的量。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 ;

49、(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)2 3.5 还原 2CuSO+ Fe +2KC1 = 2CuCl2S+2+FeSO 蒸发、冷却

50、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

51、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，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+K2SQ,故答案为：2CuSQ+Fe+2KCl=2CuC +

52、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(4.蓝：6i g =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NaOH g/ 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160g4gmol X2X2=0.01mol,则钾离子的物质的量为26- Og96moi01 56)g =0.02mol, n(K+)： n(Fe2+)

53、： *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。11.二氧化氯泡腾片，有效成分(ClQ)是 方法一：氯化钠电解法是一种可靠的工业生产程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠(种高效、安全的杀菌、消毒剂。ClQ气体的方法。该法工艺原理如图。其过NaClQ)与盐酸反应生成 ClC2o补充Chf台成塔(1)工艺中可利用的单质有 (填化学式)，发生器中生成ClC2的化学方程式(2)此法的缺点主要是 。方法二：最近，科学家又研究出了一种新的制备方

54、法，纤维素还原法制ClC2,其原理是：纤维素水解得到的最终产物X与NaClC3反应生成ClC2o(3)配平方程式：口(X) +DNaCl(3+DH2SC4D Cl21 +DCCX +口也。+若反应中产生4.48L (折算成标准状况下)气体，电子转移 个。(4) ClO2和Cl2均能将电镀废水中的 CN一氧化为无毒的物质，自身被还原为CL。处理含CN一相同量的电镀废水，所需Cl2的物质的量是 ClC2的 倍。方法三：实验室常用氯酸钠(Nad)和亚硫酸钠(Na2SC3)用硫酸酸化，加热制备二氧化氯，化学反应方程式为：2NaClC3+Na2SC3+ H2SC4A 2ClCH +2NaSC4+ H2O

55、(5)反应中的 Na2SC3溶液中存在如下平衡：H20= H+CH-和 (用离子方程式表示) .常温下，0.1mol/L该溶液中离子浓度由大到小排列 (用离子符号表 示)(6)常温下，已知 NaHSC3溶液呈酸性，在 Na2SC3溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主 要成分有。(用化学式表示)【答案】H2、Cl2 2NaClC3+ 4HCl=2ClC2 T +C2 T + 2NaCl + 2HC 同时产生了大量的氯气，不 仅产率低，而且产品难以分离，同时很有可能造成环境污染；能耗较大等1C6JHiO6+24NaClO3+12H2SC4 - 24ClOT +6CQT +18吨0+12姓皿 0.16

56、Na 2.5 SQ2- +H2C- OH+HSO-, HSC3-+H2O- 0H+H2SQ c(Na+)c(SC 32-)c(OH-)c(HSO3-)c(H +)NaHS。、Na2S6 NaCl、或(NaHS。、Na2S。、NaCl、S。H2S。) 【解析】 【分析】(1)电解饱和食盐水生成H、Cl2和NaOH故可以利用的单质为 H2、0 2,合成HCl,根据流程图可知加入物质为 NaClQ和HCl,生成C1O2；可以写出方程式，并用化合价升降法配 平得到；(2)生成的气体中除了有二氧化氯还有大量的氯气，产率低，难分离，而且极有可能造成 大气污染；用电解的方法耗能大；(3)纤维素为多糖，水解最

57、终产物为葡萄糖( GKQ),具有还原性，可将 NaClQ还原 得到CIO2. Cl从+5到+4价，降低1价，葡萄糖(C6H12C6) C均价为0,到+4价，升高4 价，然后配平得到，由可知生成24molcIC2和6mol CC2气体转移24mol的电子；(4)每摩尔Cl2得到2mol电子，而每摩尔 C1C2得到5mol电子，故为2.5倍；(5)存在弱电解水的电离平衡和弱离子的水解平衡.不水解的二元钠离子浓度最大，水解 是微弱的，显性离子和第一步水解产生的阴离子，隐性离子；(6) NaSC溶液中滴加稀盐酸，两者反应，要使溶液呈中性，只能是部分反应，所以溶质 为 NaSC、NaHSC NaCl。【

58、详解】(1)由工艺流程图可以看出：在该工艺中可利用的单质有H、Cl2 ;根据流程图可知加入物质为NaClQ和HCl,生成ClC2；发生氧化还原反应， NaClQ被还原生成 Cl1, HCl被氧 化生成 Cl2,生成 ClC2的化学方程式为： 2NaClQ+4HCl=2ClC2T+Cl2 T + 2NaCl+2H2Q(2)由制备原理和流程图可知此法的缺点主要是会产生大量的Cl2,消耗大量的电能，产物ClC2和Cl 2不仅不容易分离，而且物质利用率低，很容易造成大气污染；(3)纤维素水解得到的最终产物X是葡萄糖QH2C6。它与NaClQ在酸性条件下发生反应，根据质量守恒定律和电子守恒的知识可得方程

59、式为：1cHe6+24NaClQ+12HSQ-24ClC21 +6CC T +18H2C+12NaSC,由方程式可以看出每产生 30mol的气体，转移电子 24NA;现在产生气体的物质的量为4.48L (即0.2mol ),所以转移电子的物质的量为 0.16mol ,个数为0.16Na；(4)处理含CN相同量的电镀废水，即转移电子的物质的量相同。假设转移电子2mol,则2需要Cl 2的物质的量是1mol;需要ClQ的物质的量为 一二=0.4mol。所以n(Cl 2):5n(ClC2)=1 : 0.4=2.5 ;(5)反应中的NaSC溶液中存在如下平衡：HC= H+C即口 SC2-的水解平衡的两

60、种方程 式。由于SC?是二兀弱酸的酸根离子，因此存在两步水解平衡SC. +H2C * - CH+HSC-,HSC+HC= CH+HSC; Ns2SQ=2Na+ SC32-; c(Na+)c(SC32-), SC2-水解产生 CH和 HSC , HSC进一步水解还要消耗 HSC-,同时产生 QH,因此c(CH)c(HSQ3-);在溶液中还存在水 的电量平衡，所以 c(HSQ-)c(H +);在溶液中盐水解的程度是很微弱的，所以c(SC32-)c(QH-);因此在该溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序为c(Na+)c(SQ32-)c(QH-)c(HSQ3-)c(H +);(6)在NaSO溶液中滴加稀