【化学】备战高考化学氧化还原反应解答题压轴题提高专题练习含答案

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&03）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: Na29O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2C03+4SQ=3Na2903+CQ制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示:（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Na2SO3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

2、条）（3）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SC2不能过量，原因是实验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

3、液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分 析天平准确称取基准物质&Cr2O7（摩尔质量为294g?mo-1）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+= 3l2+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+28O32-= 2I-+ &O62-,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

4、混合液调节酸的滴加速度若SQ过量，溶液显酸性.产物会发生分解加入铁氧化钾溶液.产生蓝色沉淀开始生成Fe(S2O3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe3+与SO32-氧化还原反应的程度大，导致Fe3+3S>O32-? 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

5、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SC2,会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SC2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

6、，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：6ICt。；14H =3L 2Cr37H2O ；22I2 2s2O3 =2I S4O6 ；反应被氧化成 忆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Cr202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：1 0.5880 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

7、。测定原理：OH+3B2-RrOH J +3HBr测定步骤：步骤1：准确量取25.00mL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0.0i0moi L 1 Na2s2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2s2O3溶液V1mL (反应原理：I2 2Na 2S2O 3 2NaI Na2S4O6 )o待测废水换为烝储水，重复上述步骤(即进行空白实验)，消耗Na2s2O3溶1V2mL。(1)步骤1 &q

8、uot;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"滴定终点的现象为 。(4)该废水中苯酚的含量为 mg 11(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 H

9、2O。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，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色94 V2-V1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Na2S>O3标准溶?滴定 可根据消 耗的Na2s2O3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B

10、r2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

11、，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:Br22KI0.005M0.005V2I2 2Na2s2O3 0.01V1 0.01V2剩下的浓澳水中 B2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J +3HBr可得苯酚的物质的0.005(V2-Vi) mmol,根据方程式量为SO05 KM94 0.005 V2-V13mg_ 325 10 3L94 0.005 V2-V1mmol ,质量

12、为2 mg,则该废水中苯酚的含量为94 V2-V1-1 ,若步骤2中忘记塞进瓶塞，澳单质挥发,导致最终消耗的 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Na2s2。3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C6H5O

13、H+14H2O2=6CC2T +17睦O,故答案为：C6H5OH+14H2O2=6CC2T +17建O。3.碳酸亚铁可用于制备补血剂。某研究小组制备了FeCQ,并对FeCQ的性质和应用进行了探究。已知：FeCQ是白色固体，又t溶于水 Fe2+6SCNTFe(SCN64-(无色)I . FeCQ的制取(夹持装置略)实验i：装置C中，向Na2CC3溶液(pH =11.9)通入一段时间 CO2至其pH为7,滴加一定量 FeSQ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Na2CC3溶液通入 CC2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

14、出现白色沉淀之后应继续通CO2,你认为是否合理并说明理由 n .FeCQ的性质探究加 3mL inwl/l实验iiFe(o.S：t早I天邑君寰也1笆，并有红祸险冗定5mL-4mEl/l实验iiiFKO周体对比实验ii和iii ,得出的实验结论是 (6)依据实验五的现象，写出加入10%H2O2溶液的离子方程式 m .FeCO3的应用 FeCQ溶于乳酸CH3CH(OH)COOH)能制得可溶性乳酸亚铁(CHaCH(OH)COO2Fe,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 KMnO4溶液滴定该补血剂，

15、消耗 0.1000mol/L的KMnO4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 (不考虑操作不当以及试剂变质引起的误差)。【答案】饱和NaHCO3溶液降低溶液中OH-浓度，防止生成 Fe(OH)2 2HCQ-+ Fe2+=FeCQ J +COT +H2O 不合理，CO2会和FeC。反应生成Fe(HCQ)2(或合理，排出氧气 的影响)F&+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-+3H2O2=2Fe(OH)3 J +4Fe(SCN)+24SCN或 6Fe2+3H2

16、O2+12SCN=2Fe(OH)4 +4Fe(SC用或 6Fe2+3H2O2=2Fe(OH)3 J +4F(3+ 117% 乳酸根 中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了 KMnO4【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FeC。；II. (5)根据Fe2+6SCNFe(SCN64-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

17、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NaHCQ溶液，故答案为：饱和 NaHC。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CO2-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

18、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,此时溶液中溶质主要为NaHCQ,再滴加FeSQ溶液，有FeCO3沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCO3- +Fe2+=FeCQ J +GD2T +吨0,故答案为：2HCO3-+ Fe2+=FeCQj +CQT +吨0;(4)FeC。沉淀能溶解在 CO2的水溶液中，生成可溶于水的Fe(HCO)2,降低产物的量，则当出现白色沉淀之后不应继续通入CC2,或者：出现白色沉淀之后继续通CO2,可防止空气中氧气氧化FeCQ,提高产物的纯度，故答案为：不合理，CQ会和FeCQ反应

19、生成Fe(HCQ”(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(SCN64-,会促进 FeCC3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 Fe2+的溶液中滴加10%的过氧化氢溶液后，有 Fe(CH)3和 Fe(SCN) 生成，发生反应的离子方程式为 6Fe(SCN64-+3H2C2=2Fe(CH)3j +4Fe(SCN)+24SCN或 6Fe2+3H2C2+12SCN=2Fe(CH)4 +4Fe(

20、SC用或 6Fe2+3H2C2=2Fe(CH)3 J +4F(3+;故答案为：6Fe(SCN64-+3H2O2=2Fe(OH)3 J +4Fe(SCN)+24SCN或 6Fe2+3H2C2+12SCN=2Fe(CH)H +4Fe(SCN3»或 6Fe2+3H2C2=2Fe(CH)H +4F(3+；0.005mol 234g/mol 100%=117% ,由于乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高镒酸钾ID.(7)FeCC3溶于乳酸CH3CH(CH)CCCH)能制得可溶性乳酸亚铁(CH3CH(CH)CCC2Fe补 血剂，可得关系式 MnC45Fe2+5CH3CH(CH)CCC2Fe,则乳酸亚

21、铁的物质的量为 0.1000mol/L X0.01L X 5=0.005丽1酸亚铁的质量分数1.0g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KMnC4氧化，也消耗了 KMnC4o4.硫酸亚铁俊的化学式为(NH4) 2SC4?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.

22、0FeSQ 7H2O20.026.532.9(NH4)2SC4?FeSO17.221.628.1(一)实验室制取少量莫尔盐的流程如下:铁屑10NCO3( aq)1 SmLJmoVL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 2.18g B大于2.18g C小于2.18g D无法确定(二)称取质量为1.96

23、g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 5F2+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

24、】【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

25、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Fe33+杂质；(2)如果不趁热过滤就会有FeSQ 7H2O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 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；(5) (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

26、,硫酸亚铁俊的化学式为(NH4) 2SQFeSQ 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 5Fe LiCoO2中Co的化合价是。 LiCoO2在浸出过程中反应白离子方程式是_。(3)浸出剂除了 H2O2外，也可以选择 Na2&O3,比较二者的还原效率 H2O2_(填“峨“<” 2SO3(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 _。(5)利用Cyanex272萃取时，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+MnO4-+8H+-5

27、F3+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M 392g / mol铁离子的物质的量为 0.005mol ,反应 5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn 2+4H2O,则 5Fe2+MnO4-,所以高镒酸钾的物质的量为0.001mol ,据c= 0.吗血m

28、ol/L,故答案为：V 10 VL V1 O V5 .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:.离子电瘫II Ml If ClL有机将区基t"事田体(6)反萃取的离子方程式为2H+CoB=C(f+2HR则反萃取剂的最佳选择是。(7)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”=2X 105(8)参照题中流程图的表达，结合信

29、息设计完成从水相中分离Ni和Li的实验流程图(如图)。已知:物质UFNijCOjNiFa 1溶解性f室?81难溶难溶难溶球溶卜FJ微落提供的无机试剂：NaOH、NazCQ、NaF。【答案】+3 2LiCoQ+6H+H2O2=2Co2+O2 T +2L+4H2O 适当升高温度，适当增加H2SQ浓度 5.5 H2SQ 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CoS。，可知LiCoO2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Na2s2

30、O3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

31、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+4H2O;(3)1molH2O2作为还原剂转移 2mol电子，1molNa2&O3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H2SQ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H2S

32、O4；(7)c(Ni2+)=1.18 mol/L=0.02mol/L ,则开始沉淀时，c(OH)=59Ksp(Ni OH J 2 10 1565 nt0.020.02(8)根据表格中所给物质溶解度信息，调节 不能使Ni和Li元素同时沉淀，所以选用_2p22L = =106.5mol/L ,贝U pH=14-6.5=7.5;pH应该用碱性物质，但要考虑分离Ni和Li元素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。6 .羟氨(NH2OH)是一种还原剂，和联氨一样是一种弱碱，不稳定，室温

33、下吸收水汽迅速 分解。回答下列问题：(1)请写出羟氨的电子式 。(2)利用KMnO4标准溶液定量间接测定羟氨的纯度。测定步骤如下：溶液配制：称取 5.0g某羟氨样品，溶解在 酸中后加适量蒸储水，将其全部转移至100mL的 中，加蒸储水至 。取20.00mL的羟氨酸性溶液与足量硫酸铁在煮沸条件下反应：2NH20H2+ 4Fe3+= N20T+ 4Fe2+ + H2O+6H + ,生成的Fe2用0.4000 mol L-1的酸性KMnO4溶液滴定，滴定达到终点 的现象是 。请写出Fe2+与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式。重复滴定3次，每次消耗酸性高镒酸钾标准溶液的体积如表所示：第一次第二次第三

34、次 VfKMnO.溶液/mL18 SO20.0219.98计算试样的纯度%。(3)下列操作导致误差偏高的有 (填编号)。a滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失b滴定管未经润洗盛装 KMnO4溶液c羟氨称量时，时间过长和溶解时没有及时用酸酸化d KMnO4溶液起始读数仰视，终点正常读数无色变为紫红色，且半分钟不褪色【答案】硫酸 容量瓶 刻度线 当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由 H5FW+MnO4-+8H+= 5Fe3+Mn 2+4H2O 66 ab【解析】【分析】(1)根据羟氨化学式写出其电子式；(2)羟氨应溶解在 H2SQ中，因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化；用酸性KMnO4溶液滴定

35、达到终点的现象是当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；根据氧化还原反应的规律写出Fe2+与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式，根据物质的量的关系计算式样纯度；(3)根据氧化还原滴定的相关操作分析实验误差。【详解】(1)根据羟氨化学式NH2OH可知其电子式为：故答案为：.IIII(2)羟氨应溶解在 H2SC4中，因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化，将其全部转移至 100mL的 容量瓶中，加蒸储水至刻度线，故答案为：硫酸；容量瓶；刻度线；用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；根据氧化还原反应的

36、规律写出Fe2+与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：5Fe2+MnO4-+8H+= 5Fe3+Mn 2+4H2O;由消耗高镒酸钾体积表可知，第19 98 20 02一次误差过大，舍去，V(平均)=19.98 20.02 =20.00mL;2设滴定时NH20H2+的物质的量为xmol,依据离子方程式可得关系式：5NH20H2+：2MnO4-52x n c V=20.00 10-3 0.4解得x=0.02因总量为 100mL,所以 n(NH20H2+)= 0.02 乂与 0.1molm=n M = 0.1 x 33g/mot3.3gm3.3w= 100%= 100%=66%m 样5.0故答案为

37、：当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O; 66;(3)a.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失会导致V标准偏大，计算结果偏高；b.滴定管未经润洗盛装 KMnO4溶液，相当于把 KMnO4溶液稀释，滴定时消耗体积增大, 计算结果偏高；c.羟氨称量时，时间过长和溶解时没有及时用酸酸化会导致羟氨被氧化，导致消耗体积偏 小，计算结果偏低；d. KMnO4溶液起始读数仰视，终点正常读数，导致消耗体积偏小，计算结果偏低； 故答案为：abo【点睛】注意氧化还原滴定操作中的注意事项，根据公式判断不同操作可能引起的实验误差

38、。7.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)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:道格舞大砂形进水pHa.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 2NH 4 N2 3Cl大，氧化性降低，导致氨氯去除率下降NH3比

39、NH4更易被氧化1.5 abc【解析】【分析】pH=1.25时，NaClO可与NH4+反应生成进水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)3H 2。 2H 随着pH的升高，NaClO含量增随着pH的升高，氨氮废水中 NH3含量增大，而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；

40、(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、原子守恒配平书写离子方程式：3Cl

41、O-+2NH4+=N2 T +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：O2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：abc

42、。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 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 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

43、见卜表:实验序号KClQ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“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+

44、 2H2O-fcCu(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，则洗涤干净失去小2丁=2KC十351收集25 mL气体所需的时间碱式得到“"一n25 一厂I .【解析】【分析】【详解】(1) CuC2是强酸弱碱盐会发生水解，CuC2溶液中存在水解平衡 CuC2+2H2O®土Cu( 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(OH)2受热分解生成 CuO。(2)如果没有洗涤干净则有

45、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失去-一I 心。.I移的方向和数目为：2KC10. =2KC1+30。僵到二天独一(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 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

46、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(O2)随时间(t)变化的曲线为:9.下表是某学生为探究 AgCl沉淀转化为Ag 2s沉淀的反应所做实验的记录.步骤现象I .取 5mL 0.1mol/L AgNO3与一定体积 0.1mol/L NaCl溶 液，混合，振荡.立即产生白色沉淀n .向所得悬浊液中加入 2.5mL 0.1mol/L Na2s溶液.沉淀迅速变为黑色出.将上述黑色浊液，放置在空气中，不断搅拌.较长时间后，沉淀变为乳 白色W .滤出出中的乳白色沉淀，加入足量HNO3溶液.产生红棕色气体，沉淀部 分溶解V .过滤

47、得到滤液 X和白色沉淀Y；向X中滴加Ba(NO 3)2溶 液.产生白色沉淀1为了证明沉淀变黑是 AgCl转化为Ag 2s的缘故，步骤I中NaCl溶液的体积范围为10302已知：25c时Ksp AgCl 1.8 10 , Ksp Ag 2s 6 10 ,此沉淀转化反应的 平衡常数K 。3步骤V中产生的白色沉淀的化学式为 ,步骤出中乳白色沉淀除含有AgCl外，还含有。4为了进一步确认步骤出中乳白色沉淀产生的原因，设计了如下图所示的对比实验装置。装置A中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和 ，试剂W为。装置C中的试剂为NaCl溶液和Ag 2s悬浊液的混合物，B中试剂为 。 实验表明：C中沉淀逐渐变为乳白色，B

48、中没有明显变化。完成C中反应的化学方程式： Ag2S+NaCl+? AgCl+S+C中NaCl的作用是： 【答案】5mL 5.4 109 BaSO4 S分液漏斗过氧化氢溶液 Ag 2s悬浊液2Ag 2s 4NaCl O2 2H2O? 4AgCl 2S 4NaOH 氧气将 Ag 2s 氧化成 S时有Ag产生，NaCl电离的氯离子与银离子结合生成AgCl沉淀，使c Ag 减小，有利于氧化还原反应的平衡右移【解析】【分析】(1)要证明沉淀变黑是 AgCl转化为Ag 2s的缘故，则步骤I中必须使硝酸银电离出的银离子 完全转化成AgCl沉淀；c2 Cl(2)K k；(3)黑色的硫化银沉淀被氧气氧化为氯化

49、银沉淀和硫单质；硫单质被硝酸氧化为硫酸根离子；(4)根据装置图判断仪器名称；装置 A的作用是提供氧气；进一步确认步骤 出中乳白色沉淀产生的原因，装置C中的试剂为NaCl溶液和Ag 2s悬浊液的混合物，则装置 B中应该不含氯化钠溶液；装置C中生成的白色沉淀为氯化银和S单质，反应物应该还有氧气，产物中钠离子只能以氢氧化钠形式存在，则未知的反应物为氢氧化钠，再根据 H元素守恒可知另一种未知反应物为水，然后根据化合价升降相等配平反应方程式。【详解】(1)要证明沉淀变黑是 AgCl转化为Ag 2s的缘故，则步骤I中必须使硝酸银电离出的银离子完全转化成AgCl沉淀，所以加入的 NaCl溶液的体积必须 5m

50、L;2aq ? Ag2S s 2Cl aq ,该反应(2)氯化银转化成硫化银的反应为：2AgCl s S的平衡常数为：c2 ClK -Tc S2c2 Agc2 Cl22c Ag c S2_Ksp AgClKsp Ag2s(1.8 5.4 109;6 10 30(3)步骤出中较长时间后，沉淀变为乳白色，则黑色的硫化银沉淀氧化成氯化银沉淀；再根据滤出出中的乳白色沉淀，加入足量 HNO3溶液，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，则被 氧化的只能为S元素，故乳白色沉淀为 AgCl和S的混合物；其中S被稀硝酸氧化成硫酸根 离子，则在步骤V中向X中滴加Ba(NO 3)2溶液会生成BaSO4沉淀；(4)根据图示可

51、知，装置 A中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和分液漏斗；乳白色沉淀为氯化 银和S的混合物，装置 A的作用是提供氧气，根据圆底烧瓶中为二氧化镒可知W为过氧化氢溶液；进一步确认步骤 出中乳白色沉淀产生的原因，装置C中的试剂为NaCl溶液和Ag 2s悬浊液的混合物，则装置 B中应该不含氯化钠溶液，即为 Ag 2s悬浊液，通过对比反应现象判 断生成乳白色沉淀产生的原因；装置C中生成的白色沉淀为氯化银和S单质，反应物应该还有氧气，产物中钠离子只能以氢氧化钠形式存在，则未知的产物为氢氧化钠，再根据H元素守恒可知另一种未知反应物为水，然后根据化合价升降相等配平反应方程式为2Ag 2s 4NaCl O2 2H 2O

52、? 4AgCl 2S 4NaOH ；装置C中氯化钠的作用为：氧气将Ag 2s氧化成S时有Ag产生，NaCl电离的氯离子与溶液中银离子结合生成AgCl沉淀，使溶液中c Ag 减小，从而有利于氧化还原反应2Ag 2s 4NaCl O2 2H2O? 4AgCl 2S 4NaOH 向右移动。i 0.某工业废水中含有的 Mn2+、CM等会对环境造成污染，在排放之前必须进行处理。ClO2是一种国际上公认的安全无毒的绿色水处理剂，某实验兴趣小组通过如图装置制备ClO2,并用它来处理工业废水中的Mn2+、CN 0已知：i. ClO2为黄绿色气体，极易溶于水，沸点 11C；ii . ClO2易爆炸，若用“惰性气

53、体”等稀释时，爆炸性则大大降低；iii .某工业废水处理过程中Mn2+转化为MnO2、CN转化为对大气无污染的气体；iv .装置 B 中发生的反应为：H2c2O4+H2SQ+2KCQ K2SO4+2CQ T+2ClC2 T +2H2O。请回答下列问题：(1) B装置的名称是 , C装置的作用为 。(2)用H2QO4溶液、稀硫酸和 KC1O3制备ClO2的最大优点是 。(3)写出装置D中除去Mn2+的离子方程式 。(4) ClO2在处理废水过程中可能会产生副产物亚氯酸盐(ClO2)。下列试剂中，可将 ClO2转化为Cl的是。(填字母序号)。a. FeSO4 b. O3 c. KMnO4 d. S

54、O2(5)在实验室里对该废水样品中 CN一含量进行测定：取工业废水 Wg于锥形瓶中，加入 10mL0.10mol/L的硫酸溶液，用 0.0200mol/L的KMnO4标准溶液进行滴定，当达到终点时共 消耗KMnO4标准溶液25.00mL。在此过程中：实验中使用棕色滴定管的原因是 ,滴定终点的判断依据是 。W g工业废水中CN的物质的量为 。若盛装工业废水的锥形瓶未润洗，则测定结果将 (填“偏高”、“偏低”或“无影 响”)。c 0废水 E【答案】圆底烧瓶 防倒吸 制得C1Q的同时有CC2产生，可稀释C1C2,大大降低爆炸的 可能性 2ClQ+5Mn2+6H2O=5MnO2 J +2C-+12H+

55、 ad防止KMnO4见光分解 锥形瓶中的 溶液颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色0.0005mol无影响【解析】【分析】(1) B为圆底烧瓶；依据 C装置进气管、出气管都较短可知为安全瓶，防止倒吸；(2)反应生成的产物结合 C1Q易爆炸，用惰性气体等稀释时，可防止爆炸分析；(3)二氧化氯具有强的氧化性，能够氧化二价镒离子生成二氧化镒，本身被还原为氯离 子；(4)将C1Q转化为C，应加入还原剂；(5)高镒酸钾不稳定；高镒酸钾与CN发生氧化还原反应，被还原为无色的二价镒离子，所以当达到滴定终点时：颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；涉及反应为：2MnO4+8H + +2CN = 2Mn 2+2CO2 +N2+4H2O