北京市西城区高考化学三年（2020-2022）模拟题汇编-06氧化还原反应

北京市西城区高考化学三年(2020-2022)模拟题分类汇编-06

氧化还原反应

一、单选题

1.(2020•北京西城•统考二模)探究甲醛与新制CU(C)H)2的反应:①向6mL6mol∕LNaOH

溶液中滴加8滴2%CUSO4溶液，振荡，加入0.5mL15%甲醛溶液，混合均匀，水浴加

热，迅速产生红色沉淀，产生无色气体；②反应停止后分离出沉淀，将所得沉淀洗净后

加入浓盐酸，不溶解；③相同条件下，甲酸钠溶液与新制CU(C)H)2共热，未观察到明显

现象；已知：C30浓盐酸>[Cu(¾]，甲醛是具有强还原性的气体，下列说法正确的是

A.红色沉淀的主要成分不是Cu2θ,可能是CU

B.将产生的无色气体通过灼热的CUO后得到红色固体，气体中一定含有CO

OO

C.从甲醛的结构Il推测，其氧化产物可能为碳酸(Il)因此实验中得到的无

H-C-HHO-C-OH

色气体中大量含有CO2

D.含有-CHO的有机物都可以被新制Cu(OH)2氧化

2.(2020•北京西城•统考二模)己知由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。

向混盐Cae)CL中加入足量浓硫酸，发生反应：CaOd2+H2SO4(⅛<)=CaSO4+CI2↑+H2Oo

下列说法不E的的是

A.Cac)CI2中的两种酸根阴离子分别为C「和CKr

B.CaOCl2和Ch中均含有非极性共价键

C.在上述反应中，浓硫酸不体现氧化性

D.每产生标准状况下2.24LCI2,转移电子的数目约为6.02x1022

3.(2020.北京西城.统考二模)处理某废水时，反应过程中部分离子浓度与反应进程关

系如下图，反应过程中主要存在N2、HCO3-,CIO,CNer(C+4价，N-3价)、C「等

微粒。下列说法不正确的是

L

∙

o

vu

瓢

塔

M卜

0时间∕min

A.该废水呈强酸性

B.废水处理后转化为无害物质

C.反应的离子方程式：3C1O+2CNO+HzO==N2+2HCCh-+3Cr

D.每处理ImolCNCr转移3mole

4.（2020.北京西城•统考一模）下列变化过程不涉及氧化还原反应的是

ABCD

将铁片放入

向FeCl2溶液中滴加向Na2SO3固体向包有Na2O2粉末的

冷的浓硫酸

KSCN溶液，不变色，滴中加入硫酸，生成脱脂棉上滴几滴蒸谭

中无明显现

加氯水后溶液显红色无色气体水，脱脂棉燃烧

象

A.AB.BC.CD.D

5.（2021.北京西城•统考二模）实验室可用KMnO4代替MnO2与浓盐酸反应，在常温下

快速制备Cb,反应原理为：2KMnCU+16HCl（浓）=5C12T+2KCl+2MnCL+8H2θ0下列说

法不正佛的是

A.CL是氧化产物

B.浓盐酸在反应中只体现还原性

C.每生成标准状况下2.24LCI2,转移0.2mol电子

D.反应中KMno4的氧化性强于Cb

6.（2021•北京西城・统考二模）下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是

A.双氧水作消毒剂B.生石灰作干燥剂

C.碳酸氢钠作膨松剂D.氧化铁作红色颜料

7.（2021•北京西城・统考一模）下列说法正确的是

A.标准状况下，22.4LCCL含有的分子数约为6.02x10”

B.ImoJiiO含有的中子数约为8x6.02x1023

C.ImolNO2和Na的混合物中含有的氮原子数共约为3x6.02x1（）23

D.O.lmolJ与足量的Fe反应转移的电子数约为0.2x6.02x1023

8.（2021•北京西城・统考一模）下列反应中，酸体现还原性的是

A.MnO2与浓盐酸共热制CUB.Na4θ3与浓硫酸共热制SO?

试卷第2页，共10页

C.Zn与稀硫酸反应制HaD.CU与稀硝酸反应制备NO

9.(2022.北京西城.统考二模)将氧化还原反应拆解为氧化反应和还原反应的分析过程,

蕴含的化学学科的思想方法是

A.分与合相结合B.量变与质变相结合

C.化学与社会和谐发展D.物质变化是有条件的

10.(2022∙北京西城.统考二模)某小组探究CU与H2O2在不同条件下的反应，实验结

果如表：

试机

50π⅛

30%/O?溶液

实

试剂a现象与结果

验

IOh后，液体变为浅蓝色，将铜片取出、干燥，铜表面

I

附着蓝色固体，成分是CU(OH)2

立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片取出、干

Il8mL5mol∕L氨水

燥，铜表面附着蓝色固体，成分是CU(C)H)2

8mL5mol∕L氨水和立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片取出、干

III

IgNH4CI固体燥，铜片依然保持光亮

下列说法不正确的是

A.I中生成Cu(OH)2的反应是CU+H2O2=CU(OH)2

B.由实验可知，增大C(OH),H2O2的氧化性增强

C.增大C(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+的生成

D.[Cu(NH3)4]2+可能是H2O2分解的催化剂

11.(2022•北京西城・统考二模)向含HCN的废水中加入铁粉和K2CO3可制备

K4[Fe(CN)6],反应如下：6HCN+Fe+2K2CO3=K4[Fe(CN)6]+H2↑+2CO2↑+2H2Oo下列说法

不正确的是

A.依据反应可知：Ka(HCN)>Kai(H2CO3)

B.HCN的结构式是H-C三N

C.反应中每ImolFe转移2mol电子

D.[Fe(CN)6产中Fe2+的配位数是6

二、实验题

12.(2020.北京西城•统考二模)某铜合金中CU的质量分数为80%〜90%,还含有Fe

等。通常用间接碘量法测定其中CU的含量，步骤如下：

I.称取ag样品，加入稀H2SO4和H2O2溶液使其溶解，煮沸除去过量的H2O2,冷却

后过滤，滤液定容于25OmL容量瓶中；

II.取50.0OmL滤液于锥形瓶中，加入NgF溶液，控制溶液PH为3〜4,充分反应

后，加入过量KI溶液，生成白色沉淀，溶液呈棕黄色；

III.向II的锥形瓶中加入CmOlLTNa2S2O3溶液滴定，至锥形瓶中溶液为浅黄色时，加

入少量淀粉溶液，继续滴至浅蓝色，再加入KSCN溶液，剧烈振荡后滴至终点；

IV.平行测定三次，消耗Na2S2O3溶液的体积平均为VmL,计算铜的质量分数。

己知：i.F^与Fe3+生成稳定的FeF63-(无色)。

ii.L在水中溶解度小，易挥发。

iii.Ub-(棕黄色)。

iv.h+2Na2S2O3==2NaI+Na2S4θ6(无色)。

(1)I中CU溶解的离子方程式是。

⑵II中C/+和「反应生成CuI白色沉淀和I2o

①加入NH4F溶液的目的是。

②CW+和「反应的离子方程式是。

③加入过量KI溶液的作用是。

(3)室温时，CUSCN的溶解度比CUI小。CUl沉淀表面易吸附b和hl使测定结果不准

确。In中，在滴定至终点前加入KSCN溶液的原因是

(4)样品中Cu的质量分数为(列出表达式)。

13.(2020•北京西城・统考一模)水合胧(N2H4H2O)可用作抗氧剂等，工业上常用尿素

[CO(NH2)2]和NaClO溶液反应制备水合脱。

/H

H、∕H∙∙∙O

x

已知：I.N2H4∙H2O的结构如图/N—Nττ(…表示氢键).

ThJ×Hɪɪ

II.N2H4H2O沸点118℃,具有强还原性。

(1)将Cb通入过量NaOH溶液中制备NaClO1得到溶液X,离子方程式是一。

试卷第4页，共10页

(2)制备水合月井：将溶液X滴入尿素水溶液中，控制一定温度，装置如图a(夹持及

控温装置已略)。充分反应后，A中的溶液经蒸储获得水合的粗品后，剩余溶液再进一

步处理还可获得副产品NaCl^llNa2CO3-IOH2Oo

①A中反应的化学方程式是一。

②冷凝管的作用是

③若滴加NaClO溶液的速度较快时，水合朋的产率会下降，原因是一。

©NaCl和Na2CO3的溶解度曲线如图b。由蒸储后的剩余溶液获得NaCI粗品的操作

是一o

(3)水合肺在溶液中可发生类似NH3H2O的电离，呈弱碱性；其分子中与N原子相

连的H原子易发生取代反应。

①水合肿和盐酸按物质的量之比1：1反应的离子方程式是

②碳酰肿(CH6N4O)是目前去除锅炉水中氧气的最先进材料，由水合附与DEC

0

(Il)发生取代反应制得。碳酰肿的结构简式是

C2H5O-C-OC2H5

14.(2022•北京西城・统考二模)在处理NO废气的过程中，催化剂[Co(NH3)6]2+会逐渐

失活变为[Cθ(NH3)6产。某小组为解决这一问题，实验研究&和2之间的相互转化。

资料：i.KMeo(OH)2]=5.9x10」5,K7,∣Co(OH)3]=1.6x10期

2+2+5

ii.C0+6NH3-[Co(NH3)6]ZC/=1.3×10

3+3+35

C0+6NH3^[CO(NH3)6J^2=2×10

iii.[Co(NH3)6卢和[Co(NH3)6产在酸性条件下均能生成NH：

⑴探究式，的还原性

实验I.粉红色的COCl2溶液或COSO4溶液在空气中久置，无明显变化。

实验∏∙向0.1mol∕LCoCl2溶液中滴入2滴酸性KMnO4溶液，无明显变化。

实验I∏∙按如图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。

乙同学补充实验IV,一(补全实验操作及现象)，否定了该观点。

②探究碱性条件下&的还原性，进行实验。

建一加入NaoHt上气中缓慢反应

」\-------------------►---------------

CσC1,S⅛液Co<OH),flSMCo(OH)押裱

(粉红色)(蓝色)(粽褐色)

ii中反应的化学方程式是一。

③根据氧化还原反应规律解释：还原性CO(C)H)2>C02+:Co2+-e-=C03+在碱性条件下，OH-

与Co2+、C03+反应，使C(CO2+)和C(CO3+)均降低，但降低的程度更大，还原剂的还

原性增强。

⑵探究&的氧化性

①根据实验∏I和IV推测氧化性：Co∙">C12,设计实验证明：向V中得到的棕褐色沉淀

中，一(补全实验操作及现象)，反应的离子方程式是一o

②向V中得到的棕褐色沉淀中滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体

是O

(3)催化剂[Co(NH3)6]2+的失活与再生

①结合数据解释[Cθ(NH3)6]2+能被氧化为[CO(NH3)6]3+而失活的原因：。

②根据以上实验，设计物质转化流程图实现[Cθ(NH3)6]2+的再生：一。

示例：CoSJCoCbMQH..>CO(OH)2

试卷第6页，共10页

三、原理综合题

15.（2020∙北京西城・统考二模）某炼锌厂利用含ZnO的烟尘脱除硫酸工艺烟气中的SO2

制ZnSo4。

已知：I.ZnSoHzO微溶于水，ZnSO4易溶于水。

II.25℃时，溶液中S（+4价）各组分的物质的量分数随PH变化曲线如下图。

φ以

S蚂

岖

察

III.Ch为强氧化剂，1molCh被还原转移2mole,同时生成ImOIo2。

（I）SO2造成的环境问题主要是o

（2）ZnO将SO2转化为ZnSO3-1H2O的化学方程式是»

⑶将ZnSO3-1H2O悬浊液转化为ZnSO4时，因其被O2氧化的速率很慢，易造成管道堵

塞，实验室模拟03氧化解决该问题。初始时用盐酸将5%ZnSO3悬浊液调至pH=3.5,

以一定的进气流量通入O3,研究03氧化ZnSO3∙∣∙H2θ,其中溶液PH随时间变化的曲

①pH=3.5的溶液中含S（+4价）的离子主要是o

②一段时间后，溶液的PH减小，此过程中主要反应的离子方程式是。

③解释Ch氧化可防止管道堵塞的原因：。

16.（2021∙北京西城•统考一模）NSR（NO2的储存和还原在不同时段交替进行）技术可有

效降低稀燃柴油和汽油发动机尾气中NCh的排放，其工作原理如图。

.........存储阶段∙还原阶段•

富氧条件贫氧条件

注：Pt与Ba均为催化剂

1

(1)已知:N2(g)+O2(g>2NO(g)∆H∣=+180∙5kJ∙mol-

2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)∆H2=-566kJmol-'

则NSR技术工作原理的热化学方程式：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)∆H3=。

⑵①存储阶段：Ba存储No2后转化为Ba(NO3)2的化学方程式是。

②还原阶段：No2从Ba(No3)2中释放，然后在Pt的表面被CO、H2还原为N2。若参加

反应的n(CO)=n(H2),则反应的n(CO)：n(H2):n(NO2)=0

(3)某实验小组模拟NSR系统中的一个存储、还原过程。让尾气通过NSR反应器，测得

过程中出口NCh浓度变化如图。

E

d

d

越

¾

0

N

口

≡3

①L时刻前，NCh的浓度接近0,原因是一。

②t2时刻，切换至贫氧条件，NCh的浓度急剧上升又快速下降的原因是一。

17.(2022.北京西城.统考一模)烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟

O,氧化结合(NH4)SO3溶液吸收法同时脱除S0?和NO的过程示意图如下。

模拟气体分析

烟气检测装置2

(1)气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。

试卷第8页，共10页

平衡常数活化能

反应

(25℃)/(kJ∕mol)

57

反应a：2O3(g).3O2(g)ΔHl=-286.6kJ∕mol1.6×1024.6

反应b：

6.2×10343.17

Nθ(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)ΔH2=-200.9kJ∕mol

41

反应c：SO2(g)+O,(g),SO3(g)+O2(g)ΔH,1.IxlO58.17

①已知：2SO2(g)+O2(g).2SO,(g)ΔH=-196.6kJ∕mol,则△&=

②其他条件不变时，高于150C,在相同时间内SO?和No的转化率均随温度升高而降

低，原因是o

③其他条件不变，SO^和Ne)初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同

时间内，SO2和NO的转化率随O,的浓度的变化如图。结合数据分析NO的转化率高于

SO?的原因_______o

IOO

%

、

榔

3

50

工

O

1.02.0

O3的浓度/(10^4g∙L')

(2)其他条件不变，SO?和No初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析,在相同

时间内，5与NO的物质的量之比对SO?和NO脱除率的影响如图。

n(03)：H(NO)

①(NHJ2SO3溶液显碱性，用化学平衡原理解释：

②。3的浓度很低时，SO2的脱除率超过97%,原因是。

③在吸收器中，SO；'⅞NO2反应生成NO?和S0：的离子方程式是。

④在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分NH；被转化为N?,反应中NH；和N2的物质

的量之比为1：1,该反应的离子方程式是。

试卷第10页，共10页

参考答案：

I.A

l

【解析】向6mL6mol∙LNaOH溶液中滴加8滴2%CUSo4溶液，配制成新制的Cu(OH)2,

加入0.5mL15%甲醛溶液，混合均匀，水浴加热，甲醛具有强还原性，与新制的CU(OH)2

发生氧化还原反应，迅速产生红色沉淀，产生无色气体。将所得沉淀洗净后加入浓盐酸，不

溶解，根据已知信息：Cu2O浓盐酸曾[CuCh]-,可知，红色沉淀不是CU20,可能是Cu。

甲醛被氧化，根据甲醛中碳元素的化合价为+2价，可知氧化产物不可能为CO,可能是碳酸

盐，由于水浴加热，甲醛具有挥发性，生成的无色气体中混有甲醛气体，据此分析解答。

【详解】A.根据已知信息，Cu2O[CuCl2]-,实验操作②中，红色沉淀洗净后加入浓盐

酸，不溶解，则可以确定红色沉淀的主要成分不是CsO,可能是Cu,故A正确；

B.甲醛是具有强还原性的气体，甲醛具有挥发性，生成的无色气体中混有甲醛气体，可将

灼热的CUc)还原为铜单质，得到红色固体，所以不能证明气体中含有CO,故B错误；

C,配制新制氢氧化铜悬浊液时，NaoH是过量的，在碱性溶液中不可能产生二氧化碳，故

C错误；

D.根据实验操作③，甲酸钠中也含有醛基，与新制的CU(OH)2反应，未观察到明显现象，

含有-CHo的甲酸钠没有被新制Cu(OH)2氧化，故D错误；

答案选A。

【点睛】2015年第6期77页《化学教学》上有一篇文章，通过探究了甲酸和新制氢氧化铜

的反应，实验结论是适量甲醛和新制氢氧化铜反应生成的是CsO和甲酸钠，过量的甲醛和

新制氢氧化铜反应生成的是铜和甲酸钠，副反应中有氢气生成。

2.B

【分析】由化学反应方程式Cae)CI2+H2SOM浓)=CaSO4+Cl2T+H2O可知，反应中混盐含有的

阴离子为Cr和Clo-，CaOCI2自身既是氧化剂又是还原剂，反应中Cl-失电子，CIO-得电子,

发生归中反应。以此分析。

【详解】A.根据上述分析可知：CaoCl2中的两种酸根阴离子分别为C「和CICT,故A正确；

B.CaOCl2中没有非极性共价键，故B错误；

C.在CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4+Cl2T+H2O反应中，浓硫酸中没有化合价变化，不体现氧化

性，故C正确；

D.标准状况下2.24LCL为0.1mol,根据反应中Cr失电子，ClO得电子，可知发生归中反

答案第1页，共10页

应生成C12,所以转移电子的数目约为6.02x1022,故D正确；

故答案：B0

3.A

【分析】由图可知，ClO浓度减小，HCo3-浓度增加，则还原反应为CKyTCh氧化反应为

CNO→N2,由电子、电荷守恒可知离子反应为3ClO-+2CNO-+H2θ=N2T+2HCC>3-+3Cr,以此

来解答。

【详解】A.根据分析，离子反应为3C10+2CNO+H20=N2T+2HC03-+3C1-,产物中含有碳

酸氢根离子，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，使溶液显碱性。若溶液为强酸性，不可

能含有HCO3-离子，故A错误；

B.对废水处理的目的本身就是将废水中的有害物质转化为对生态环境无害的物质，根据分

析对废水处理发生的反应产物为N2、HCO3-.Cl-对环境无害，故B正确；

C.根据分析，废水处理发生的反应离子方程式为：3C10+2CNO-+H2O=N2+2HCO,Γ+3Cr,

故C正确；

D.根据分析，还原反应为CIO→C1-,Cl元素由+1价变为-1价，3molCIo-可处理2molCNO',

转移电子的物质的量=3molx2=6mol,则每处理1molCNer转移3mole",故D正确：

答案选A。

【点睛】根据图象，确定出反应物离子和生成物离子，根据元素守恒，电荷守恒配平离子方

程式是解本题的关键，根据化合价的变化，计算出转移的电子数的物质的量。

4.C

【详解】A.铁遇冷的浓硫酸发生钝化，铁被氧化生成致密的氧化层薄膜，属于氧化还原反

应，故A错误；

B.向FeCI2溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后，氯化亚铁被氯气氧化生成

氯化铁，氯化铁与硫氟化钾溶液反应，溶液显红色，属于氧化还原反应，故B错误；

C.亚硫酸钠与硫酸发生复分解反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应前后没有化合价改变，

不属于氧化还原反应，故C正确；

D.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应放出大量的热，放出的热量使氧气和脱脂棉

反应，使脱脂棉燃烧，属于氧化还原反应，故D错误；

故选Co

【点睛】氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，结合反应的特点以及元素化合价的角度

判断反应是否为氧化还原反应是解答关键。

答案第2页，共10页

5.B

【详解】A.该反应中HCl中部分氯元素化合价升高得到氯气，所以氯气为氧化产物，A正

确；

B-该反应中部分浓盐酸被氧化生成氯气，体现还原性，部分盐酸反应得到氯化镭和水，体

现了酸性，B错误；

C.标况下2.24L氯气的物质的量为O.lmol,氯气为唯一氧化产物，化合价由-1价变为。价,

所以转移0.2mol电子，C正确；

D.该反应中KMno4为氧化剂，氯气为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，D正确；

综上所述答案为B0

6.A

【详解】A.双氧水作消毒剂利用了过氧化氢的强氧化性使蛋白质变性，故A符合题意；

B.生石灰作干燥剂是利用了生石灰与水反应生成熟石灰，与氧化还原反应无关，故B不符

合题意；

C.碳酸氢钠作膨松剂是利用碳酸氢钠和酸反应产生二氧化碳，使物质蓬松，与氧化还原反

应无关，故C不符合题意；

D.氧化铁作红色颜料是利用氧化铁的颜色，与氧化还原反应无关，故D不符合题意；

故答案为：A

7.D

【详解】A.标况下CC14为液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故A错误；

B..O的中子数为18-8=10,则ImoIniO含有的中子数约为10χ6.02xl()23,故B错误；

C.lmolN02和Nɑ的混合物中含有的氮原子数共介于lχ6.02xl023~2χ6.02χl023之间，故

C错误；

D.氯气与Fe反应生成氯化铁，Cl元素化合价从O降低到-1价，Imol氯气参与反应得2mol

电子，则QlmolCl?与足量的Fe反应，氯气全部参与反应，则转移的电子数约为

0.2×6.02XlO23,故D正确，

故选D。

8.A

【详解】A.CI元素的化合价升高，还生成氯化钵，则盐酸作还原剂表现还原性，故A正

确；

答案第3页，共10页

B.S元素的化合价不变，只表现酸性，故B错误；

C.由Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑,H元素的化合价降低，表现氧化性，故C错误；

D.由3CU+8HNO3=3CU(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，N元素的化合价降低，表现氧化性，故

D错误；

故选：Ao

9.A

【详解】将氧化还原反应拆解为氧化反应和还原反应的分析过程，蕴含的化学学科的思想方

法是分与合相结合，与量变与质变相结合量变与质变相结合、化学与社会和谐发展、物质变

化是有条件的思想方法无关，故选A。

10.B

【详解】A.I中生成Cu(OH)2,说明铜被过氧化氢氧化为氢氧化铜,反应是Cu+H2O2=Cu(OH)2,

故A正确；

B.酸性条件下，H2O2的氧化性增强，故B错误；

C.II、In比较，IΠ中加入氯化镂，镂根离子浓度增大，铜片表面不生成CU(OH)2,可知增

大C(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+的生成，故C正确；

D.I、II比较，II溶液变为深蓝色，说明有[Cu(NH3)4]2+生成，立即产生大量气泡，说明

[Cu(NH3)4]2+可能是H2O2分解的催化剂，故D正确；

选B,

11.A

【详解】A.由方程式可知，该反应为有化合价变化的氧化还原反应，与溶液的酸碱性无关,

无法判断氢霞酸和碳酸的酸性强弱和酸的电离常数的大小，故A错误；

B.氢氟酸分子中含有碳氮三键，结构式为H—ON,故B正确；

C.由方程式可知，反应中Imol铁参与反应，反应转移2mol电子，故C正确；

D.[Fe(CN)H4"中中心离子为Fe?+,氢氟酸根离子为配位体，配位数为6,故D正确；

故选Ao

2+

12.CU+H2O2+2H÷=CU+2H2O将溶液中的Fe?+转化为FeFe?1防止其氧化I

2+

2CU+4I-=2CUU+I2将CP充分还原为Cui；「与I2结合生成F,减少I2的挥发将

CUl沉淀转化为溶解度更小的CUSCN沉淀，释放出吸附的L和b1提高测定结果的准确程

2

度(63.5x5XCVXlO-3χ-RIoo%

答案第4页，共10页

【分析】(1)I中CU在酸性条件下被双氧水氧化生成铜离子和水；

(2)①由于样品中含有少量铁单质，在酸性条件下被溶解为铁离子，铁离子具有氧化性也可

与I-反应，影响Cu含量测定的准确性；

②根据题意，CM+和r反应CuI白色沉淀和I2;

③加入过量KI溶液可确保将Cu2+充分还原为CuI,提高Cu含量测定的准确性；

(3)室温时，CUSCN的溶解度比CUI小，加入KSCN溶液可使沉淀发生转化，释放沉淀表面

易吸附h和ɪɜ-;

2+

(4)根据2Cu2++4I-=2CuI]+l2∖I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4θ6可得：2Cu~h~Na2S2O3,根据

滴定消耗Na2S2O3计算CP+的物质的量，再计算样品中Cu的质量分数。

【详解】(I)I中CU在酸性条件下被双氧水氧化生成铜离子和水，离子反应方程式为：

+2+

Cu+H2θ2+2H=Cu+2H2θ;

(2)①由于样品中含有少量铁单质，在酸性条件下被溶解为铁离子，铁离子具有氧化性也可

与F反应，导致消耗厂的含量最大，使CU含量测定不准确，根据题意，F-与Fe3+生成稳定

的FeF63-(无色)，加入NEF溶液的目的是将溶液中的Fe3+转化为FeF63∖防止其氧化1-，

确保CU含量测定的准确性；

②根据题意，C/+和r反应CUl白色沉淀和12,离子方程式为：2Cu2++4I-=2CuI1+l2;

③加入过量KI溶液可确保将CW+充分还原为CuI,同时过量的KI溶液可发生I2+IU1.C,

「与I2结合生成I3∖减少12的挥发，提高CU含量测定的准确性；

(3)因室温时，CUSCN的溶解度比CUI小，加入KSCN溶液，将CUl沉淀转化为溶解度更小

的CUSCN沉淀，转化过程中释放出吸附的12和hlL充分被滴定，提高测定结果的准确程

度；

2+

⑷根据2Cu2++4r=2CuIJ+l2∖I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4θ6可得：2Cu~I2-Na2S2O3,滴定

13

50.00mL滤液过程中消耗n(Na2S2θ3)=cmol-L-×v×10L≈cv×10⅛ol,则n(Cu)="(Cu2+)=

2n(Na2S2θ3)=2cv×103mol,则样品中Cu的质量分数为

2cv×103mol×63.5g/moɪ×,2

3

=_________________________5()mLχɪ00%=(63.5x5XCVX10^×—)×100%,,

ag°a

13.Ch+2OH^=CΓ+ClO+H2ONaClO+CO(NH2)2+2NaOH

NaCl+Na2CO3冷凝回流水合脱N2H4∙H2O被NaCIO氧化加热至有大量固体

答案第5页，共10页

O

++

析出，趁热过滤N2H4H2O+H=N2H5+H2OIl

H2NHN-C-NHNH2

【详解】(1)Cb与过量NaoH溶液反应生成NaCl0、NaCl和H2O,则得到溶液X的离子

方程式为Cl2+20H=Cl+ClO+H2O;

(2)①A中的反应为碱性条件下，次氯酸钠与尿素发生氧化还原反应生成水合脱、碳酸钠

和氯化钠，反应的化学方程式NaClO+CO(NH2)2+2NaOHN2H4-H2O+NaCRNa2CO3;

②由题意可知水合股的沸点低，易挥发，为防止水合肺挥发，造成产率降低，应选用冷凝管

冷凝回流，故答案为：冷凝回流水合阴；

③水合肺有强还原性，NaClO具有强氧化性，若滴加NaClO溶液的速度较快时，反应生成

的水合朋会被次氯酸钠氧化，导致产率会下降，故答案为：N2H4∙H2O被NaClo氧化；

④由溶解度曲线可知，碳酸钠的溶解度随温度变化大，氯化钠溶解度随温度变化小，则获得

NaCl粗品的操作是加热至有大量固体析出，趁热过滤，防止降温时碳酸钠析出，故答案为:

加热至有大量固体析出，趁热过滤；

(3)①水合朋和盐酸按物质的量之比1：1反应生成N2H5Q和水，反应的离子方程式

N2H4H2O+H+=N2H5++H2O;

0

②一定条件下，水合肿与Il发生取代反应生成Il和

CHO-C-OCH

2525H2NHN-C-NHNH2

乙醇,则碳酰肿的结构简式是Il故答案为:

H2NHN-C-NHNH2

Il。

H2NHN-C-NHNH2

【点睛】水合肿有强还原性，NaCIo具有强氧化性，若滴加NaClO溶液的速度较快，反应

生成的水合肿会被次氯酸钠氧化是解答关键。

14.(1)将实验III中的0.1mol∕LCOCl2溶液替换为0.2mo1∕LNaCl溶液进行实验，指针偏

3+

转幅度与实验川相同4CO(OH)2+O2+2H2O=4CO(OH)3c(Co)

(2)加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色

+2+

2CO(OH)3+6H+2C1=2CO+C12↑+6H2OO2

(3)对Cθ2+-e-=C(>3+,NH3与Co2+、Cθ3+反应，使C(CO2+)和C(CO3+)均降低，但K2>K∕,

C(Co3+)降低的程度远大于C(Co2+),还原剂的还原性增强，ICo(NH3)6产能被氧化

答案第6页，共10页

2+

[Co(NH3)6产前嘴流溶液>C02+Wj[Co(NH3)6]

【分析】利用不同氧化剂及还原剂，通过实验研究&和之之间的相互转化，探究氧化性和

还原性强弱，通过分析及实验进行验证。

【详解】(1)①乙同学补充实验IV,设计不含Co?+但氯离子浓度相同的溶液代替

O.lmol/LCoCh,进行实验，如：将实验In中的0.1mol∕LeoCl2溶液替换为0.2mol∕LNaCl溶液

进行实验，指针偏转幅度与实验In相同，从而否定了甲同学根据实验∏I得出结论：Co?+可

以被酸性KMno4溶液氧化；

②ii中蓝色沉淀CO(OH)2在空气中缓慢反应被氧气氧化生成棕褐色沉淀CO(OH)3,反应的化

学方程式是4CO(OH)2+O2+2H2O=4CO(OH)3；

③根据氧化还原反应规律解释还原性Co(OH)2>C02+:C02+e=Co3+在碱性条件下，OH-与

Co2+、C03+反应，使C(Co2+)和C(CO3+)均降低，但C(Co3+)降低的程度更大，还原剂的还原性

增强：

(2)①向V中得到的棕褐色沉淀中，加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性

3+

气味的气体，溶液变为粉红色，证明：实验∏I和IV推测氧化性：CO>C12;实验中酸性条

件下Co(OH)3将氯离子氧化生成氯气，反应的离子方程式是

+2+

2CO(OH)3+6H+2C1-2CO+C12↑+6H2O;

②向V中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是

02；

(3)①对Co2+-e-=Co3+,NH3与Co?+、Co?+反应,使C(Co2+)和C(CO3+)均降低，但λ⅛>K∕,

C(CO3+)降低的程度远大于C(Co2+),还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6产能被氧化，故

[CO(NH3)6]2+能被氧化为[C。(NH3)6产而失活;

②要实现[CO(NH3)6]2+的再生，可通过酸性条件下催化[CO(NH3)6产产生C02+后再利用氨气处

2+2+

理可得：[Co(NH3)6产妈髅整的>Co-≡i→[Co(NH3)6]O

15.酸雨2ZnO+2Sθ2+5H2θ=2ZnSθ3∙3H2θHSO.Γ

2

HSO3+O3=SO42-+O2+H+(2HSO3+O3=SO42-+O2+H2SO3)O3将ZnSO-HO氧化为可

322

溶的ZnSO4的化学反应速率快，单位时间内固体残留量少，防止管道堵塞

【分析】(I)SO2造成酸雨的主要气体；

答案第7页，共10页

(2)ZnO和SO2以及水反应生成ZnSO3-1H2O;

(3)①根据25℃H-I,溶液中S(+4价)各组分的物质的量分数随pH变化曲线分析判断pH=3.5

的溶液中含S(+4价)的离子；

②一段时间后，由于通入。3,将HSO3-氧化为SCU2-,硫酸是强电解质，溶液的PH减小；

③将难溶的ZnSO3-1H2O氧化为可溶的ZnSO4,反应速率加快。

【详解】(I)So2造成的环境问题主要是酸雨；

⑵ZnO和SO2以及水反应生成ZnSO3-1H2O,化学方程式是

2Zn0+2S02+5H20=2ZnS03∙ɪH2O;

2

(3)①根据25℃时，溶液中S(+4价)各组分的物质的量分数随PH变化曲线，pH=3.5的溶液

中HSO3一浓度远远大于H2SO3,pH=3.5的溶液中含S(+4价)的离子主要是HSO3-;

②一段时间后，由于通入03,将HSCh-氧化为SO’?-,硫酸是强电解质，HSeh-的氢离子被

释放，溶液的PH减小；离子方程式是：HSO3-+θ3=SCU2-+θ2+H+(或

2HSO3+O3=SO42-+O2+H2SO3)；

③O3将ZnSO3-1H2O氧化为可溶的ZnSo4的化学反应速率快，单位时间内固体残留量少，

防止管道堵塞。

16.(l)-746.5kJ∕mol

(2)Ba+O2+2NO2=Ba(NO3)21：I：1

(3)L时刻前几乎所有的NO2都被存储在催化剂上存储在催化剂上的NO2被迅速

释放，后又与还原性气体快速反应转化为N2

【解析】(D

ΔH5=ΔH2-ΔH,=-566kJ∕mol-l80.5U∕mol=-746.5kJ∕mol；

(2)

从图中可以看出，存储阶段Ba与02、NCh反应生成硝酸铁，化学方程式为：

Ba+O2+2NO2=Ba(NO3)2iNCh从Ba(NO3)2中释放，然后在Pt的表面被CO、H2还原为N2,

若参加反应的n(C0)=n(H2),化学方程式为：28+