全国高考化学氧化还原反应综合高考真题汇总含

1、全国高考化学氧化还原反应综合高考真题汇总含全国高考化学氧化还原反应综合高考真题汇总含全国高考化学氧化还原反应综合高考真题汇总含一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）1高锰酸钾是一种用途广泛的强氧化剂，实验室制备高锰酸钾所涉及的化学方程式如下：MnO熔融3KMnO+KCl+3HO熔融氧化：3MnO+KClO+6KOH223242K2MnO4歧化：3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+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：

2、(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)。烧杯瓷坩埚蒸发皿铁坩埚(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K2MnO4溶液中通入CO2气体，未反应的CO2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CO2气体慢慢地压入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，如此屡次，直至KMnO完全反应。24(4)除掉KMnO4歧化产物中MnO的操作方法是_。22(5)将三颈烧瓶中所

3、得产物经过一系列操作获得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ACBDE过滤高锰酸钾晶体受热易分解【解析】【解析】（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坩埚内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚；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坩埚内加热，加热熔融物中含有碱性KOH，瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅可以与氢氧化钾反应，所以应用铁坩埚，故答

4、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B、D、E，轻轻挤压气囊F，进而使CO2气体慢慢地压入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，固液分别应用过滤的方法，则除掉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，防备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。2碘酸钾（KIO3）是重要的微量元素碘增添剂。实验室设计下列实验流程制取并测定产品中KIO3的纯度：其中制取碘酸（HIO3）的

5、实验装置见图，相关物质的性质列于表中物质性质HIO白色固体，能溶于水，难溶于CCl34KIO3白色固体，能溶于水，难溶于乙醇碱性条件下易发生氧化反应：ClOIO3=IO4Cl回答下列问题（1）装置A中参加反应的盐酸所表现的化学性质为_。（2）装置B中反应的化学方程式为_。B中所加CCl4的作用是_进而加快反应速率。（3）分别出B中制得的HIO3水溶液的操作为_；中和从前，需将HIO3溶液煮沸至凑近于无色，其目的是_，防备降低KIO3的产率。4）为充分吸收尾气，保护环境，C处应采用最合适的实验装置是_（填序号）。（5）为促使KIO3晶体析出，应往中和所得的KIO3溶液中加入适量的_。（6）取1.

6、000gKIO3产品配成200.00mL溶液，每次精确量取20.00mL溶液置于锥形瓶中，加入足量KI溶液和稀盐酸，加入淀粉作指示剂，用0.1004mol/LNa2S2O3溶液滴定。滴定至终点时蓝色消失（I2+2S2O32-=2I-+S4O62-），测得每次平均消耗Na2S2O3溶液25.00mL。则产品中KIO3的质量分数为_（结果保留三位有效数字）。【答案】还原性、酸性5CI2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl充分溶解I2和Cl2，以增大反应物浓度分液除掉Cl2（或ClO-），防备氧化KIO3C乙醇（或酒精）89.5%。【解析】【解析】装置A用于制取Cl2，发生的反应为：322KCl

7、O+6HCl(浓)=KCl+3Cl+3HO，装置B中发生的是制取HIO3的反应，装置C为尾气办理装置，既要吸收尾气中的2，还要防备倒HCl和Cl吸。【详解】（1）装置A中发生的反应为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O，浓盐酸中的Cl元素有一部分失电子转变为Cl2，表现出还原性，还有一部分Cl元素没有变价转变为KCl（盐），表现出酸性，故答案为：还原性、酸性；（2）装置B中发生的反应为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，Cl2和I2均难溶于水，易溶于CCl4，加入CCl4可使二者溶解在CCl4中，增大反应物浓度，故答案为：5Cl+I+6HO=2HIO+10H

8、Cl；充分溶解I和Cl，以增大反应物浓度；222322（3）分别B中制得的HIO3水溶液的操作为分液，3溶液中混有的2HIOCl在碱性条件下转变为ClO-，ClO-会将IO3-氧化为IO4-，因此在中和前需要将Cl2除掉，故答案为：分液；除掉2-），防备氧化KIO3Cl（或ClO；（4）尾气中主要含HCl和Cl2，需用NaOH溶液吸收，同时要防备倒吸，故答案为：C；（5）因为KIO3难溶于乙醇，向33KIO溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使KIO晶体析出，故答案为：乙醇（或酒精）；（6）每20mLKIO3溶液中，加入KI溶液和稀盐酸发生的反应为：3-+22IO+5I+6H=3I+3HO，滴准时

9、发生的反应为：I2-2-，可列出关系式：IO-2-，每次平均消耗2+2S2O3=2I+S4O633I26S2O3n(S2O32-)=0.1004mol/L0.025L=0.00251mol，则每20mLKIO3溶液中，n(KIO3)=n(IO3-)=2-)6=0.00251mol6=0.000418mol，200mL溶液中，n(KIO3)=0.00418mol，产品中KIO3n(S2O3214g/mol0.00418mol的质量分数=100%=89.5%，故答案为：89.5%。1g【点睛】1g样品配成了200mL溶液，而根据关系式计算出的是大10倍才能获得1g样品中KIO3的物质的量。20mL

10、溶液中KIO3的物质的量，需扩3铋酸钠（NaBiO3）是解析化学中的重要试剂，在水中迟缓分解，遇开水或酸则迅速分解。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。回答下列问题：.制取铋酸钠制取装置如图（加热和夹持仪器已略去），部分物质性质如下：物质NaBiO33Bi(OH)难溶于水；白性质不溶于冷水，浅黄色色1）B装置用于除掉HCl，盛放的试剂是_；2）C中盛放Bi(OH)3与NaOH混杂物，与Cl2反应生成NaBiO3，反应的离子方程式为_；3）当察看到_（填现象）时，可以初步判断C中反应已经完成；4）拆掉装置前必须先除掉烧瓶中残留Cl2省得污染空气。除掉Cl2的操作是_；5）反应结束后，为从装

11、置C中获得尽可能多的产品，需要的操作有_；.铋酸钠的应用查验Mn2+6）往待测液中加入铋酸钠晶体，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MnSO4溶液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，结果没有紫红色出现，但察看到黑色固体（MnO2）生成。产生此现象的离子反应方程式为_。.产品纯度的测定（7）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-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的-（已知：H-CO2+Mn2+cmo1LMnO42C2O4+MnO4+H2O，未配平），当溶液紫红色恰好褪去时，消耗vmL标准溶液。该产

12、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+2Cl-+3H2OC中白色固体消失（或黄色不再加深）关闭K1、K3，打开K2在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+280cv10-3100%或0.28cv100%或28cv%www【解析】【解析】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ClBi(OH)3氧化成NaBiO3；利用Mn2+的还原性将NaBiO还2

13、的强氧化性在碱性条件下将3原而Mn2+被氧化成紫红色溶液MnO4-来查验NaBiO3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纯度的检测利用3和Mn2+反应生成MnO4-，MnO4-再和草酸反应来测定，找到NaBiO3、Mn2+、MnO4-NaBiO、草酸四种物质之间的关系，在计算即可。【详解】（1）除掉氯气中混有的HCl，用饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；（2）反应物为Bi(OH)3232被还原成-、Cl和NaOH混杂物，+3价的Bi被氧化成NaBiO，ClCl，根据原子守恒还有水生成，所以反应为：Bi(OH)3+3OH-+N

14、a+Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O，故答案为：Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；（3）C中反应已经完成,则白色的Bi(OH)3全部变为了黄色的3C中白色NaBiO，故答案为：固体消失（或黄色不再加深）；（4）从图上来看关闭K1、K3，打开K2可使NaOH留下与氯气反应，故答案为：关闭K1、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、干燥；6）往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2

15、+，说明铋酸钠将Mn2+氧化成MnO4-，因为是酸性条件，所以铋酸钠被还原成Bi3+，据此写方程式并配平为5NaBiO3+2Mn2+3+4-+2+14H=5Bi+2MnO+5Na+7HO，故答案为：32+3+4-+2O；5NaBiO+2Mn+14H=5Bi+2MnO+5Na+7H由题意可知，Mn2+过分，铋酸钠少量，过分的Mn2+和MnO4-发生反应生成了黑色的MnO2，反应方程式为3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+，故答案为：3Mn2+2MnO4-22+；+2HO=5MnO+4H（7）根据得失电子守恒找出关系式为：5NaBiO32Mn2+2MnO4-5H2C2O4,计算铋酸

16、钠理论产量：5NaBiO35H2C2O41400g5molm(理论)cv103mol解得m（理论）=0.28CVg，所以纯度=0.28cvg0.28cv100%，所以答案为：Wg100%=W280cv10-3100%或0.28cv100%或28cv%。www【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重点物质之间的关系，由此计算，可以事半功倍，如本题中的关系5NaBiO35H2C2O4，使复杂问题简单化了。4常温下，三硫代碳酸钠(Na2CS3)是玫瑰红色针状固体，与碳酸钠性质周边。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

17、究Na2CS3的性质(1)向Na2CS3溶液中滴入酚酞试液，溶液变红色。用离子方程式说明溶液呈碱性的原因_。(2)向Na2CS3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Na2CS3溶液的浓度按如下列图连接好装置，取50.0mLNa2CS3溶液置于三颈瓶中，打开分液漏斗的活塞，滴入足量2.0mol/L稀H2SO4，关闭活塞。已知：Na2CS3+H2SO4Na2SO4+CS2+H2S。CS2和H2S均有毒。CS2不溶于水，沸点46，密度1.26g/mL，与CO2某些性质相似，与222NaOH作用生成NaCOS和HO。(1)盛放碱石灰的仪器的名称是_，碱石灰的主

18、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，再迟缓通入N2一段时间，其目的是_。(4)为了计算Na2CS3溶液的浓度，对充分反应后B中混杂物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得8.4g固体，则三颈瓶中Na23_。CS的物质的量浓度为【答案】CS32-23-CaO和NaOH2-22-2将装+HO?HCS+OHS干燥管CS+2OHCOS+HO置中残留的的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收1.75mol/L【解析】【解析】实验一：(1)Na2323CS的水溶液中加入酚酞变红色，说明NaCS是强碱弱酸盐；(2)根据Na2CS3中元素化合价是否是该元素

19、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CS2可与NaOH作用生成Na2COS2和H2O；(3)反应结束后打开活塞k，再迟缓通入热N2一段时间是把生成的硫化氢和二硫化碳全部赶入后边装置完全吸收；(4)当A中反应完全后，打开K迟缓通入热N2一段时间，然后对B中混杂物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g黑色固体，n(CuS)8.4g0.0875mol，根据关系式96g/mol23223n计算A中Na23溶液的浓NaCSHSCuS得n(NaCS)n(CuS)0.0875mol，根据cCSV度。【详解】实验一：(1)Na的

20、水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐，则2-在水中2CS3CS3发生水解，离子方程式为：CS32-+H2O?HCS3-+OH-；(2)NaCS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23元素的低价态，可以被氧化，所以被氧化的元素是S；实验二：(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；22222-(2)A中生成的CS可与NaOH作用生成NaCOS和HO，相关离子方程式为：CS+2OH22-2COS+HO；(3)反应结束后打开活塞k，再迟缓通入热N一段时间，其目的是：将装置中的HS全部排22入B中被充分吸收；将装置中的C

21、S2全部排入C中被充分吸收；(4)当A中反应完全后，打开K迟缓通入热N2一段时间，然后对B中混杂物进行过滤、洗8.4g黑色固体，n(CuS)8.4g涤、干燥，称重，得0.0875mol，根据关系式96g/mol23223230.0875mol1.75mol/L。NaCSHSCuS得n(NaCS)n(CuS)0.0875mol，c(NaCS)0.05L5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：（1）Cu基态原子核外电子排布式为_，SO42-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

22、符号）。（2）“吸收”过程：2NO(g)+O2(g)噲垐?2NO2(g)H=112.6kJ?mol-1提高NO平衡转变率的方法有_（写出两种）。吸收NO2的相关反应如下：反应：2NO2232-1(g)+HO(l)HNO(aq)+HNO(aq)H=116.1kJ?mol反应：3HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)-1H=75.9kJ?mol用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式是_。（3）“电解”过程：HNO2为弱酸，经过电解使HNO3得以重生，阳极的电极反应式是_。4）“积淀”过程：产生CuCl的离子方程式是_。【答案】1s22s22p63s23p63d104s

23、1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)-1-+-H=212.1kJ?molHNO2-2e+H2O=3H+NO32+-2-+2Cu+SO2+2Cl+2H2O=2CuCl+SO4+4H【解析】【解析】海绵铜（CuO、Cu）中CuO与稀H2SO4反应转变为硫酸铜，因硝酸在酸性条件下拥有氧化性，会将铜氧化为铜离子，最终生成硫酸铜，SO2拥有还原性，再将铜离子还原为氯化亚铜，NO合理利用，经过氧化与电解过程获得硝酸，据此解析解答。【详解】（1）Cu的原子序数为29，Cu基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；SO4

24、2-中6+2-42S原子价层电子对个数=4+=4，且不含孤电子对，由价层电子对互斥理论判断该2微粒为正四面体形；Cu(OH)42-中Cu2+提供空轨道，O原子提供孤电子对形成配位键，答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；正四面体形；O；（2）2NO(g)+O22-1是气体体积减小的放热反应，提高(g)垐?2NO(g)H=112.6kJ?mol噲?NO平衡转变率，平衡应向正反应方向移动，可以采取的举措有：降低温度、增大压强、提高氧气的浓度等；由盖斯定律可知：（反应I3+反应II）1可以获得用水吸收NO232生成HNO和NO的热化学方程式：3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(

25、aq)+NO(g)H=212.1kJ?mol-1；3）电解过程中，阳极上HNO2失去电子发生氧化反应生成HNO3，阳极的电极反应式是：HNO2-2e-+H2O=3H+NO3-；4）Cu2+与SO2发生氧化还原反应生成CuCl，离子方程式为：2Cu2+SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl+SO42-+4H+。6过氧硫酸氢钾复合盐（K2SO4?KHSO4?2KHSO5）易分解，可用作漂白剂、NOx和SO2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下列图。已知：浓硫酸与H2225O反应，部分转变为过硫酸（化学式为HSO，是一种一元强酸）（1）H25中硫元素的化合价为+6价，其中过氧键的数

26、目为_；工业上用过氧硫酸SO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“转变”步骤中需用冰水浴冷却，且迟缓加入浓硫酸，其目的是_。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_。过氧硫酸氢钾复合盐产率（以产品含氧量表示）随溶液pH和温度的变化关系如下列图，则该过程适宜的条件是_。（4）产品中KHSO5含量的测定：取1.000g产品于锥形瓶中，用适量蒸馏水溶解，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-10.2000molL硫代硫酸钠标准液滴定至终点，消耗标准液的体积为25.00

27、mL。已知：2KHSOI22Na2S2O3=Na2S4O62NaI54KIH2SO4=2I23K2SO42H2O用_滴定管盛装标准浓度的硫代硫酸钠溶液（填“甲”或“乙”）。产品中KHSO的质量分数为_。5【答案】12NOH242+223HSO52NO35H防备浓硫酸与O=3SOHO溶液混杂时放出大量热使H22分解23252424452O5KCO4HSO4HSO=2(KSO?KHSO?2KHSO)5CO5HO控制pH在2.02.5之间，温度在0左右乙38.002【解析】【详解】(1)H2SO5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

28、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3HSO52NOH2O=2+2NOH2O=3SO42+3SO42NO35H。答案为3HSO52NO35H(2)在“转变”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，且迟缓加入浓硫酸。答案为：防备浓硫酸与H2O2溶液混杂时放出大量热使H2O2分解；(3)“结晶”操作中，加入KCO即可获得过氧硫酸氢钾复合盐晶体，该过程的化学方程式235K2CO34H2SO54H2SO4=2(K2SO4?KHSO4?2KHSO5)5CO25H2O。答案为：5K2CO34H

29、2SO54H2SO4=2(K2SO4?KHSO4?2KHSO5)5CO25H2O从溶液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0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0左右。答案为：控制pH在2.02.5之间，温度在0左右；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2KHSO54KIH2SO4=2I23K2SO42H2O和I22Na2S2O3=Na2S4O62NaI可得出如下关系式：KHSO52Na2S2O3n(Na2S2O3)=0.2mol/L0.025L=0.005mol，n(KHSO5)=0.0

30、025mol产品中KHSO的质量分数为：50.0025mol152g/mol38.00%100%1.000g答案为：38.00。7利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣（主要含FeOV2O3、Al2O3、SiO2及少量可溶性磷酸盐）生产V2O5的工艺流程如下，回答下列问题：已知：V2O5、Al2O3、SiO2可与Na2CO3、NaCl组成的混杂钠盐在高温下反应，并转变为NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3等可溶性钠盐。AlO2+4H+=Al3+2H2O。（1）焙烧包括氧化和钠化成盐两个过程，氧化的目的是获得V2O5，写出氧化过程中FeOVO发生反应的化学方程式_；废渣的主要成分是_；精制中加23盐

31、酸调pH的主要作用是_，加入NH3H2O后发生反应的离子方程式为_。（2）精制中加入CaCl2溶液除掉磷酸盐，pH过小时影响除磷效果的原因是_；pH过大时，积淀量增大的原因是_。（3）沉钒所得NH4VO3积淀需进行洗涤，洗涤时除掉的阴离子主若是_。NH4VO3在500VO，反应方程式为2NHVOVO+HO2NH。但脱氨过时焙烧脱氨制得产品243252+35程中，部分V2O5会转变成V2O4，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，该反应的化学方程式为_。【答案】4FeOV23焙烧22325233O+5O2FeO+4VOFeO或Fe(OH)除Si并转变-+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH

32、+NH3H2O=H2O+AlO2写“除Si”即得分）Al3HNH（写出第一个离子方程式即得分）形成溶解度较大的酸式盐（或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙）产生了Ca(OH)2积淀Cl3V2O5+5003V2O4+N2+2NH33H2O【解析】【解析】氧化过程FeOV2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5；经过氧化和钠化后，V2O5、Al2O3、SiO2均转变为可溶性盐，Fe2O3FeOH3pH为了或()成为滤渣；精制中加盐酸调和SiO32-反应生成硅酸积淀，将AlO2-转变为Al3+；加入NH3H2O后与Al3+发生反应生成AlOH3积淀；精制中加入CaCl2溶液生成磷酸钙积淀

33、，除掉磷酸盐，沉钒时加入试剂()NH4Cl，所得NH4VO3积淀，焙烧获得产品，据此解析。【详解】（1）氧化过程FeOV2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5，化学方程式为：焙烧4FeOV2O3+5O22Fe2O3+4V2O5；经过氧化和钠化后，V2O5、Al2O3、SiO2均转变为可溶性盐，Fe233成为滤渣；精制中加盐酸调32-反应生成硅O或Fe(OH)pH为了和SiO酸积淀，将-+Al(OH)积淀，还可以AlO2转变为Al3；加入NH3H2O后与Al3发生反应生成3中和酸，反应方程式为：Al3+3NH3gH2O=AlOH3+3NH4+、H+焙烧5O2FeO+4VO；+NH3gH2

34、O=H2O+NH4，故答案为：4FeOVO+3232225233；除2-(写“除Si”即得分)；FeO或Fe(OH)Si并转变AlOAl3+3NH3gH2O=AlOH3+3NH4+，H+NH3gH2O=H2O+NH4+（写出第一个离子方程式即得分）；（2）精制中加入CaCl2溶液生成磷酸钙积淀，除掉磷酸盐，pH过小时形成溶解度较大的酸式盐；pH过大时易形成CaOH2积淀，故答案为：形成溶解度较大的酸式盐（或形成溶()解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙）；产生了Ca(OH)2积淀；（3）沉钒时加入试剂NH4Cl，因此所得NH4VO3积淀含有阴离子主要为-Cl；脱氨过程中，部分V2O5会转变成V2

35、O4，且反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，则V2O5为氧化剂，NH3为还原剂，还原产物为V2O4，氧化产物为N2，则氧化还原方程式为：3V2O5+5003V2O4+N2+5002NH33H2O，故答案为：Cl；3V2O5+2NH33V2O4+N2+3H2O。8亚硝酰硫酸（NOSO4H）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SO2通入盛有浓硫酸和浓硝酸的混杂液中，维持体系温度略低于20，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下列图。（1）实验室制备NOSO4H的化学反应方程式为_。反应进行到10min后，反应速度显然加快，

36、其可能的原因是_。反应过程中，硝酸减少的物质的量大于NOSO4H生成的物质的量的可能原因是_（2）为了测定亚硝酰硫酸的纯度，进行如下实验：。正确称取1.200g产品放入锥形瓶中，加入50.00mL0.1000molL-1的KMnO4标准溶液和足量稀H246070（使生成的3SO，摇匀，使其充分反应。再将反应后溶液加热至HNO挥发逸出），冷却至室温，用0.2500molL-1224标准溶液滴定至终点，消耗224溶液的体NaCONaCO积为16.00mL。已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；KMnO4在酸性条件下被还原为Mn2+。根据以

37、上实验数据计算亚硝酰硫酸的纯度。（写出计算过程）_【答案】HNO3244硝酸会挥发+SONOSOH生成的NOSOH对该反应有催化作用和分解90.00%【解析】【解析】（1）设NOSO4H中N的化合价为x，根据化合价代数和为0有：x+(+6)1+(-2)5+(+1)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）50.00mL0.1000molL-1的KMnO4与16.00mL-12240.2500molLNaCO反应之后节余的KMnO4再与NOSO4H反应。【详解】（1）N元素化合价从+5降

38、低到+3，必有S元素化合价从+4升高到+6，N元素和S元素的物质的量之比=1:1，所以反应的方程式为：HNO32浓硫酸4+SONOSOH，故答案为：浓硫酸HNO3+SO2NOSO4H；反应前十分钟没有加快，不是温度，十分钟后显然加快，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NOSO4H比率为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NOSO4H反应，节余的KMnO4标准溶液用Na2C2O4反滴定，KMnO4和Na2C2O4，KMnO4中Mn元素化合价

39、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/L1610-3L解得：和Na2C2O4反应的KMnO4的物质的量n1=1.610-3mol，KMnO4总的物质的量-3-1=510-3mol，所以和NOSO4H反应的KMnO4的物质的量=510-=50.0010L0.1000molL2KMnO45NOSO4H3mol-1.610-3mol=3.410-3mol，所以2mol5127g，解得NOSO4H的质

40、量3.4103m1.0795g100%90.00%，故答案为：90.00%。m=1.0795g，所以样品中NOSO4H的纯度=1.2g【点睛】Na2C2O4反应的KMnO4加上和NOSO4H反应的KMnO4为总的KMnO4的量。9实验室里，从废旧钴酸锂离子电池的正极材料（在铝箔上涂覆活性物质LiCoO2）中，回收钴、锂的操作流程如下列图所示：回答下列问题。（1）拆解废旧电池获取正极材料前，先将其浸入NaCl溶液中，使电池短路而放电，此时溶液温度升高，该过程中能量的主要转变方式为_。2）“碱浸”过程中产生的气体是_；“过滤”所得滤液用盐酸办理可获得氢氧化铝，反应的化学方程式为_。3）“酸浸”时主

41、要反应的离子方程式为_；若硫酸、Na2S2O3溶液用一定浓度的盐酸替代，也可以达到“酸浸”的目的，但会产生_（填化学式）污染环境。（4）“沉钴”时，调pH所用的试剂是_；“沉钴”后溶液中c（Co2+）=_。（已知：KspCo（OH）2=1.09l0-15）5）在空气中加热Co（OH）2，使其转变为钴的氧化物。加热过程中，固体质量与温度的关系如左下列图所示。290500，发生反应的化学方程式为_。（6）根据右下列图判断，“沉锂”中获得Li2CO3固体的操作主要包括_、_、洗涤、干燥等步骤。【答案】化学能电能热能H2NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)38LiCoO2+S2O32-

42、+22H+2+2-+11H2OCl2NaOH溶液或氢氧化钠固体-6=8Li+8Co+2SO41.09l0mol/L2905006Co2O34Co3O4+O2蒸发浓缩趁热过滤【解析】【解析】正极材料主要由Al和LiCoO2组成，LiCoO2属于盐类，由复分解反应的条件可判断，其与NaOH溶液混杂不发生反应，故“碱浸”过程中只有Al和NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，过滤获得滤渣为LiCoO22223；“酸浸”时反应物有LiCoO、硫酸和NaSO溶液，依据“沉钴”产物为Co(OH)2可判断，反应后钴元素的价态从+3价降为+2价，依据氧化还原反应规律以及工艺中最后还可获得Na242O副产品，可推知S元

43、素价态升高并转变SO10H2-；之后调节pH值获得Co(OH)2积淀，再加入碳酸钠溶液调节pH值沉锂，获得碳为SO4酸锂和母液，母液结晶获得Na2SO410H2O。【详解】(1)依据“电池短路而放电”“溶液温度升高”两项信息，即可判断废旧电池的办理过程中能量的主要转变方式为化学能电能热能；(2)依题中信息可知，正极材料主要由Al和LiCoO2组成，LiCoO2属于盐类，由复分解反应的条件可判断，其与NaOH溶液混杂不发生反应，故“碱浸”过程中只有Al和NaOH反应，生成NaAlO2和H2；“过滤”所得滤液用适量盐酸办理可以获得氢氧化铝，方程式为NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH

44、)3；(3)根据解析可知“酸浸”时Na被氧化为2-，Co元素被还原，结合电子守恒和元2S2O3SO48LiCoO2-22H+2+2SO2-11H素守恒可知离子反应方程式为：S2O38Li8Co+2O2+=+4+；加入的Na2S2O3起还原作用，用一定浓度的盐酸替代“Na2S2O3溶液和硫酸”，也能实现酸浸目的，可知该反应中，盐酸也起了还原剂的作用，氧化产物为会污染环境的Cl2；(4)结合“沉锂”后母液中还可以获得Na242NaOH溶液或固SO10HO，可知用的试剂为体；溶液pH=9.5，则溶液中c(OH-)=10-4.5sp2=2(OH-mol/L，带入KCo(OH)cc2+109l0-152

45、+109l0-6)Co)=.求得cCo)=.(mol/L；(5)从图中信息可知，加热前的反应物为Co(OH)2(0.930g),其物质的量为0.01mol，依据钴元素的量不变可知:nCo0.01mol，mCo0590g290时，转变为()=()=.，温度升温0.830g-0.590g0015mol，由此可以确定该0.830g某种钴的氧化物，该氧化物中，nO=.()=16g/mol氧化物为Co2O3；同理可以确定500时，n(O)=0.803g-0.590g0.0133mol，则生成的氧16g/mol化物为Co3O4；所以290500过程中，Co2O3转变为Co3O4，反应过程中，Co元素化合价

46、降低。氧元素化合价升高并转变为O2，故反应的化学方程式为2905006Co2O34Co3O4+O2；(6)解析溶解度曲线可知LiCO3微溶，其溶解度随温度升高而降低，为了提高锂元素的回收率，同时防备硫酸钠析出，应采用蒸发浓缩(减少溶剂)并在较高温度下趁热过滤等操作。【点睛】热重解析法是常用的定量解析方法，经过解析热重曲线，可以推断物质的热稳定性、加热反应生成的产物等相关信息。第5题解题重点是抓住受热过程中Co元素的量不变，利用图中数据信息，确定分解所得氧化物中钴、氧元素的物质的量之比,进而确定不同温度下生成的氧化物的组成，写出反应的化学方程式。10含铬(6价)废水严重危害人体健康，工业上常用还

47、原法进行办理。其部分工艺流程如下：(1)废水中，六价铬以CrO42；也许Cr2O72的形式存在，写出其相互转变的离子方程式_。我国常用NaHSO3做还原剂，写出还原池中反应的离子方程式_。(2)废水中残留六价铬的浓度随溶液pH变化如下列图。实际生产中需控制pH2.53.0，原因可能是_。(3)积淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细，为促使其更好地积淀，可采取的举措是_。(4)我国规定，工业废水中含Cr(VI)量的排放标准为0.1mg/L。已知：Cr的相对原子质量为1022，达到废水排放标准时，废水52，Kap(BaCrO4)1.210。若用Ba除掉废水中的CrO4Ba2浓度最低为_mol/L(保

48、留小数点后2位)。用Ba2除掉废水中的CrO42是否可行，为什么?请简要回答。_2-+272-22-+3+2-2pH4+2H274溶液中越高，【答案】2CrOCrO+HO3HSO+CrO+5H=2Cr+3SO+4HO废水中六价铬残留越多；溶液中pH越低，会腐化设备管道加入絮凝剂6.2410-5mol/L不可行，因为废水中含有Ba2，同样有毒【解析】【解析】（1）由工艺流程可知，加酸可以使CrO2-转变为Cr2-，还原池中，Cr2-在酸性条件下42O72O7将HSO3氧化生成SO42-，本身被还原为Cr3+；（2）由图可知，溶液中pH越大废水中残留六价铬的浓度越大，而溶液中pH越小，酸性越强，可

49、能会腐化设备管道；3）积淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细，可向积淀池中加入絮凝剂；4）由溶度积计算可得；Ba2在溶液中有毒。【详解】（1）由工艺流程可知，加酸可以使CrO42-转变为Cr2O72-，转变的离子方程式为2CrO42-+272-2272-在酸性条件下将HSO3氧化生成SO42-，本身被还+2HCrO+HO；还原池中，CrO原为Cr3+，反应的离子方程式为3HSO3272-+3+42-+4H242-+CrO+5H=2Cr+3SOO，故答案为：2CrO+272-2272-+3+42-2O；+2HCrO+HO；3HSO+CrO+5H=2Cr+3SO+4H（2）由图可知，溶液中pH越大废

50、水中残留六价铬的浓度越大，而溶液中pH越小，酸性越强，可能会腐化设备管道，所以实际生产中需控制pH2.53.0，故答案为：溶液中pH越高，废水中六价铬残留越多；溶液中pH越低，会腐化设备管道；（3）积淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细，可向积淀池中加入絮凝剂，使Cr(OH)3更好地沉淀，故答案为：加入絮凝剂；（4）达到废水排放标准时，CrO420.0001g0.0001mol/L，则溶液中Ba2的浓度为浓度为52=521LKspBaCrO41.21010除掉废水中的CrO422)=0.0001mol/L=6.2410-5mol/L；Ba2在溶液中有毒，则用Ba2c(CrO452是不可行的，故答

51、案为：6.2410-5mol/L；不可行，因为废水中含有Ba2，同样有毒。11元素锰（Mn）在溶液中主要以Mn2+（近无色）、MnO4-（紫红色）、MnO42（绿色）等形式存在，MnO2（棕黑色）、MnCO3（白色）犯难溶于水的固体。回答下列问题：（1）盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义，有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可经过间接的方法推算。现根据下列3个热化学反应方程式：MnO2(s)+CO(g)=MnO(s)+CO2(g)?H=150.6kJ/molMn3O4(s)+CO(g)=3MnO(s)+CO2(g)?H=54.4kJ/mol3Mn2O3v+CO(g)=2Mn3O4(s)+

52、CO2(g)?H=142.3kJ/mol写出CO气体还原MnO2固体获得232气体的热化学反应方程式：_MnO固体和CO（2）一定温度下，在5L的密闭容器中放入足量碳酸锰（固体所占体积忽略不计）发生反应：MnCO3(s)27.1g，则该段时间MnO(s)+CO(g)，若前2min内生成MnO的质量为内v(CO211。)=_molLmin保持温度不变，若t0时刻达到平衡时，21时刻，将容器体积缩小为CO浓度为cmol/L；t原来的一半并固定不变，在t2时刻再次达到平衡，则下列图像正确的选项是_（填字母）。（3）已知Fe3+、Al3+、Mn2+的氢氧化物开始积淀及积淀完全时的pH如下表所示，当Al

53、3+完全积淀时，若要使Mn2+不积淀，则Mn2+的最大浓度为_。（已知：sp2-13）KMn(OH)=1.910氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2开始积淀pH完全积淀pH3.25.09.8（4）高锰酸钾在不同的条件下发生的反应如下：5eMnO48H=Mn24H2O3e；MnO42H2O=MnO24OHMnO4e=MnO42从上述三个半反应中可以得出的结论是_。将SO2通入高锰酸钾溶液中，察看到的现象是_。5）向酸性高锰酸钾溶液中加入草酸溶液，开始时反应迟缓，稍后一段时间产生气体速率迅速加快。产生气体速率迅速加快的原因是_，写出反应的离子方程式_。【答案】2Mn

54、O2232B1.95mol/L溶液10(s)+CO(g)=MnO(s)+CO(g)?H=-217.5kJ/mol0.01的酸性越强，高锰酸钾被还原的价态越低（或溶液的酸性越强，高锰酸钾的氧化性越强。）高锰酸钾紫红色褪去反应产生的Mn2+起到催化作用2MnO4-+6H+5H2C2O4=2Mn2+10CO2+8H2O【解析】【解析】21（1）依据盖斯定律，2-，可推出CO气体还原MnO2固体获得Mn2O3固体3和CO2气体的热化学反应方程式；（2）根据前2min内生成MnO的质量，可以计算出前2min内生成CO2的物质的量，故可以计算出前2min内CO2的反应速率；将容器体积缩小为原来的一半的瞬间

55、，二氧化碳浓度变为原来的2倍，之后平衡向左移动，二氧化碳浓度减小，由于温度不变，平衡常数不变，所以再次平衡时，二氧化碳浓度与第1次平衡时相等。3+92+（3）当Al完全积淀时，此时溶液中的pH=5，即c(OH)=110mol/L，若要使Mn不沉2+213淀，根据QcKsp，即：c(Mn)c(OH)1.910；4）根据三个半反应可以看出高锰酸根离子被还原的产物受溶液酸碱性的影响；SO2通入高锰酸钾溶液中，二氧化硫拥有还原性，溶液的紫色褪去；（5）开始反应迟缓，一段时间后反应速率迅速加快，这是由于反应生成的Mn2+的浓度增大了，Mn2+对反应起到催化作用，才使反应速率迅速加快。【详解】1）?H=2

56、-2/3-1/3(-150.62)-(-54.42)-(-142.31)-217.5(kJ/mol)，所以热化33学方程式为：2MnO2(s)+CO(g)=Mn2O3(s)+CO2(g)?H=-217.5kJ/mol；7.1g0.1mol=（2）n(MnO)=0.1mol，则n(CO2)=0.1mol，c(CO2)=71g/mol5L0.02mol/L0.02mol/L，v(CO2)=2min-11。=0.01molLmin将容器体积缩小为原来的一半的瞬间，二氧化碳浓度变为原来的2倍，之后平衡向左移动，二氧化碳浓度减小，由于温度不变，平衡常数不变，所以再次平衡时，二氧化碳浓度与第1次平衡时相等

57、。故答案选B；（3）当3+92+Al完全积淀时，此时溶液中的pH=5，即c(OH)=110mol/L，若要使Mn不沉淀，根据2+2132+5QcKsp，即：c(Mn)c(OH)1.910，可得：c(Mn)1.910mol/L；4）根据三个半反应可以看出高锰酸根离子被还原的产物受溶液酸碱性的影响，且酸性越强，被还原产物中锰元素的价态越低；SO2通入高锰酸钾溶液中，溶液显酸性，SO2作还原剂，KMnO4作氧化剂，被还原为Mn2+，溶液由紫红色变为凑近无色；（5）开始反应迟缓，一段时间后反应速率迅速加快，这是由于发生反应2MnO4+6H+5H2C2O4=2Mn2+10CO2+8H2O，随着反应的进行

58、，溶液中Mn2+的浓度增大了，Mn2+对反应起到催化作用，才使反应速率迅速加快。【点睛】认真读懂题中所给的信息、认真解析图表数据，进行比较解析，得出结论，然后进行作答。12草酸亚铁晶体(FeC2O42H2O)常用做解析试剂及显影剂等。下列图是将一定质量的草酸亚铁在氩气氛围中进行热重解析示意图(TG%表示残留固体质量占原样品总质量的百分数)。请回答下列问题：(l)B处时残留物的化学式为_。(2)AC整个反应过程中总反应的化学方程式为_。(3)取上述分解获得的600时的固体放在空气中持续加热时其质量增加，发生反应的化学方程式为_。由此说明上述FeC2O42H2O在氩气氛围中进行热重解析的原因是_。

59、(4)若将分解获得的600时的固体与足量的稀硫酸反应后，将溶液浓缩、冷却，有带7个结晶水的晶体析出，该晶体的化学式为_，该晶体与草酸亚铁晶体分解有近似，获得四种氧化物且物质的量之比为1:1:1:14，则该化学方程式为_。【答案】FeC2O4FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O6FeO+O22Fe3O4防备FeO在加热过程中被空中的氧气氧化FeSO47H2O2FeSO47H2OFe2O3+SO2+SO3+14H2O【解析】【详解】218(1)FeC2O42H2O中H2O%=20%，恰幸好B点的TG%=80%，则B点表示所有的结晶水180都完全失去，获得的固体成分为FeC2O4；故答

60、案为：FeC2O4；(2)当TG%=40%时，获得应该是铁的氧化物，则有M(FeOx)=0.4，x=1，则变化过程中铁180的化合价没改变，只有碳的化合价发生变化，则AC整个反应过程中总反应的化学方程式为FeC24222242FeOO2HOFeO+CO+CO+2HO；故答案为：FeCO2HO+CO+CO2+2HO；(3)当分解获得的600时的固体FeO在空气中与氧气反应，获得稳定的FeO，因此34FeCO2HO在氩气氛围中进行热重解析的原因防备FeO在加热过程中被空中的氧气氧242化；故答案为：6FeO+O234；防备FeO在加热过程中被空中的氧气氧化；2FeO(4)FeO与足量的稀硫酸反应获