备战高考化学压轴题专题复习——氧化还原反应的综合及答案

1、一、高中化学氧化还原反应练习题(含详细答案解析)1.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+ KC1Q+ 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

2、了能充分利用 CQ,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&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

3、是 。【答案】长颈漏斗 AC BDE过滤高镒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；KOH,瓷塔期中含有二氧化(2)熔融固体物质需要在日期内加热，加热熔融物中含有碱性硅，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

4、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,从而使CO2气体缓缓地压入K>MnO4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。2.硫酸亚铁俊的化学式为(NH4) 2SO4?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

5、较稳定了。三种盐的溶解度(单位为 g/100g水)如下表：温度/C102030(NH4) 2SO473.075.478.0FeSQ 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:铁屑一定质篇的(阳)添5固体15mL3moVL哪5aq)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

6、是 (选填编号)。A 2.18g B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FeSO4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 5F(2+MnO4-

7、+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) 2SC4FeSQ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

8、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；(4) (NH4)2SC4FeSQ在30c和10c的溶

9、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) 2SOFeSQ 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+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

10、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= 0.003 moimol/L,故答案为：V 10 3VL V3 .根据当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿（主要成分为Fe$）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：2SQ（g）+O2（g）? 2SO3（g）+Q。经2分钟反应达到平衡，

11、测得n（SO3）=0.040mol,则02的平均反应速率为（2）在容积不变时，下列措施中有利于提高SQ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S02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SQ的转化率随反应时间变化的示意图（4）黄铁矿在一定条件下煨烧的产物为SC2和Fe3O4将黄铁矿的煨烧产物Fe3O4溶于H2SQ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 FeS能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,

12、本身被氧化为SO42 o写出有关的离子方程式 。有2mol氧化产物生成时转移的电子数为 【答案】0.005mol/(L?min) bd抑制 Fe3+与 Fe2+的水解，并防止 Fe2+被氧化成 Fe3+ FeS+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SOi2 +16H+14Na【解析】【分析】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根据v =算；(2)反应放热，为提高 SQ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

13、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，据此画出曲线；(4)Fe3+与Fe2+易水解，带十易被氧化成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】C0.040mol1(1)v(SO3)=2L =0.01mol/(L?min),所以 v(O2)= v(SQ)= 0.005mol/(L?min),2min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

14、少，故不选；d.再充入0.050molSO2(g)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：2SO2(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，在图中画出温度丁2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

15、要加入Fe粉和酸，抑制Fe3+与Fe2+的水解，并防止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：Fea+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

16、，此为解题的关键。4 .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。（l）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O（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：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法杵曜卡苒那（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

17、染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子进水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a.O2的氧化性比NaClO弱5 。2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+反应生成和水，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离

18、子方程式;(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02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

19、式：3ClO-+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：。2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

20、：abc。5.过氧乙酸(CRCOOOH是一种高效消毒剂，具有很强的氧化性和腐蚀性，它可由冰醋酸与过氧化氢在一定条件下制得；它可以迅速杀灭多种微生物，包括多种病毒(如：SARSW毒、禽流感病毒卜细菌、真菌及芽胞。下面是市售过氧乙酸商品标签：过氯乙酸本品包括甲、乙两种溶液，体积各，00mL,把甲、乙溶液各1份在玻璃容器中混合后放盘 24小时后，其中过氧乙酸浓度小于应用50倍纳水稀繇保度为02%卜稀释后才能 使用有关资料：H2O2是极弱的电解质，在酸性介质中才能稳定存在，是一种强氧化剂。过氧乙酸消毒?是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SO4混合后，反应生成过氧乙酸 (CH3COOOH C

21、H3COOOH容易放出氧原子，它与空气中微生物机体作用，达到灭菌目的， 是消毒液的主要成分。(1)某研究性学习小组为了弄清配制过氧乙酸消毒液的甲、乙溶液的主要成分各是什么？进行以下科学探究，请你完成下列相关内容：提出假设：甲溶液的主要成分为 ,乙溶液的主要成分为 。实验验证：取甲、乙两种溶液少许，分别加入几滴 试液，若中假设正确，则 甲溶液的现象为 ,乙溶液的现象为 。(2)有关过氧乙酸的叙述正确的是 (填编号)A.过氧乙酸与羟基乙酸(HOCH2COOH瓦为同分异构体B.过氧乙酸与苯酚混合使用可增强消毒效果C.过氧乙酸与乙酸属于同系物D.氧元素的化合价为-2价(3)实验室制备少量过氧乙酸，可由

22、冰醋酸和过氧化氢在浓硫酸催化作用下制得，实验装置 和步骤如下：在三颈烧瓶中加入一定量冰醋酸与浓H2SQ的混合液体，再缓缓加入适量30%的双氧水。不断搅拌并控制 B中混合液的温度为 2030c至反应结束。接入冷凝管和抽气泵，在锥形瓶中收集得到产品。D请回答下列问题：仪器C的名称是;为更好地控制反应温度，应采用方法是 ;生成过氧乙酸的化学方程式为 ;碘量法分析：取 2.00mL过氧乙酸试中稀释成 100mL，从中取出5.00mL,滴加酸性 KMnO4溶液至恰好粉红色以除去残余H2O2,再加入10mL 10%KI溶液和几滴淀粉溶液，摇匀，反应完全后再用 0.1000mol/L的Na2s2O3标准液滴

23、定至终点(反应方程式为 2Na2&O3+l2=Na2&O6+2NaI),共消耗14.30mL Na2s2O3标准液。该样品中过氧乙酸的物质的 量浓度是 mol/L。(结果保留小数点后两位)(提示：CH3COOOH+21+2H+=I2+CHjCOOH +HO)【答案】甲H2O2、H2。、H2SC4乙CH3COOH、H2O 石蕊 甲：溶液先变红后褪色乙:溶液由无色变为红色A冷凝管(或直形冷凝管)水浴加热 CHCOOH +H2O2-CH3COOOH + 归。 7.15【解析】 【分析】(1)若假设甲溶液的有效成分是H2C2,则乙溶液的有效成分是 CH3COOOH,根据过氧乙酸消毒?是

24、由H2O2、H2。、CH3CCCH及少量H2SC4混合后，反应生成过氧乙酸(CH3CCCCH), H2O2是极弱的电解质，在酸性介质中才能稳定存在，则H2SC4应该在甲溶液中，另外两种溶液中的水也是一种主要成分；两溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊试液变 红，但是甲溶液中 H2O2漂白作用的会使变红的溶液褪色；(2)结合选项对过氧乙酸(CRCOOOH性质判断，(3)由仪器的结构，可知C为直形冷凝管；控制B中混合液的温度为2030 C,应采取水浴加热；结合题中信息，写出生成过氧乙酸的化学反应方程式；CH3COOOH+2-+2H+=l2+CH3COOH +H?O, 2Na2s2O3+l2=Na2$O6+

25、2NaI,由这两个方程式，确定 关系式：CRCOOOH I22Na2s2O3,计算稀释后 5.00mL溶液中过氧乙酸的物质的量，再计 算原来的2.00mL溶液中的过氧乙酸的物质的量，再根据物质的量浓度定义式计算。【详解】(1)若假设甲溶液的有效成分是H2O2,则乙溶液的有效成分是 CH3COOOH,根据过氧乙酸消毒?是由H2O2、H2。、CKCOOH及少量H2SC4混合后，反应生成过氧乙酸H2S。应该在甲溶液(CH3COOOH), H2O2是极弱的电解质，在酸性介质中才能稳定存在，则中，另外两种溶液中的水更是一种主要成分；两溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊试液变红，但是甲溶液中 H2O2漂白作用的

26、会使变红的溶液褪色；系物；过氧乙酸中的氧元素有(3)由仪器的结构，可知控制B中混合液的温度为 乙酸与过氧化氢在浓硫酸、(2)过氧乙酸与羟基乙酸(HOCH2COOH两分子式都是C2H4。3,但结构不同，故互为同分异 构体；过氧乙酸具有强氧化性，而苯酚易被氧化，两者混合发生氧化还原反应，不能增强 消毒效果；过氧乙酸的分子结构中存在过氧根而乙酸中没有，两者结构不相似，不属于同+2价、+1价；C为直形冷凝管；2030 C,应采取水浴加热，受热均匀，便于控制温度；2030 c条件下反应生成过氧乙酸 (CH3CCCCH)反应的化学方程式为：CH3COOH + HO2源后留；二；/ CH3CCCCH + H

27、O ;CH3COOOH+2-+2H+ =I2+CHsCOOH +HO, 2Na2s2O3+l2=Na2S4O6+2NaI,由这两个方程式，确定关系式：CH3COOOH I22Na2*O3,可知稀释后的 5.00mL溶液中过氧乙酸的物质的量是：1 X0.0143LX0.1000mol原原来2.00mL溶液中的过氧乙酸的物质的量是：100憎£2-x 0.0143L X 0.1000mo% 花 =0.0143mol ,该该样品中过氧乙酸的物质的量浓度是:0.0143他用-j，,=7.15 mol/L。一应【点睛】本题是探究性实验试题，现根据题中的信息去假设，然后分析、得出结论。实验中的数据

28、 处理，借助关系式法，计算所需要的物质的物质的量。6.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 AgNC3Jr-MW 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m .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IV .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

29、 AgCl转化为Ag 2s的缘故，步骤I中NaCl溶液的体积范围为 O10302已知：25c时Ksp AgCl 1.8 10 , Ksp Ag 2s6 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NaC

30、l的作用是： 【答案】5mL 5.4 109 BaSO4 S分液漏斗过氧化氢溶液Ag2s悬浊液2Ag 2s 4NaCl O2 2H 2O? 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)Kc S2(3)黑色的硫化银沉淀被氧气氧化为氯化银沉淀和硫单质；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

31、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5mL;2(2)氯化银转化成硫化银的反应为：2AgCl s S aq ? Ag2S s 2Cl aq

32、 ,该反应的平衡常数为：222c2 Clc2Agc2ClK -j-c ScAgcS2K2p AgClKsp Ag2s(1.8 10 10)26 10 30_95.4 109;(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

33、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? 4AgCl 2S 4NaOH ；装置C中氯化钠的作用为：氧气将Ag 2s氧化成S时

34、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 2H 2O? 4AgCl 2S 4NaOH 向右移动。7.草酸(HOOC COOH是一种常见的有机酸，利用淀粉制备草酸的实验流程如图流榭60%情谶结晶粗草酸、 A精制尾气(NO：与NQ体积比回答下列问题：(1) “水解”时，检验淀粉是否水解完全，所用的试剂是；“水解”及“氧化”步骤中适宜的加热方式是。(2) “氧化”时实验装置如图所示(夹持及加热装置已略):仪器Q的名称是.三口烧瓶中生成 H2C2O4 - 2H20的化学方程式为。装置B的作用 是,装

35、置C的作用 是 °(3)已知在20C、70c时，草酸的溶解度依次为为9. 5 g/(l00g水)，84.5g/(l00g水)，则粗草酸“精制”需采用的提纯方法为 。(4)探究H2QO4的性质：向NaHCQ溶液中加入草酸溶液，产生大量气体，可得出草酸的酸性比碳酸 (填“强”或“弱”)。向草酸中加入足量 C2H50H和适量浓硫酸加热，产生有芳香气味的油状物。该生成物为 (写结构简式)。向K2C2O7溶液中加入H2C2 O4-2H2O析出KCr(QO4)2(H2O)2晶体，该反应的化学方程式 为。【答案】碘水水浴加热 球形冷凝管GHi2O6+12HNO3=3H2QO4+9NO2 T +3N

36、OT +9H2O做安全瓶，防止倒吸吸收尾气中的NO和N02,防止污染空气重结晶 强 C2H500C-COOC2H5 K2Cr2O7+7H2c2O4 2H20=2 KCr(C04)2(H2 0)2+6C02 T +17H2O【解析】【分析】淀粉在稀硫酸催化下控制温度在70 c到80 c发生水解，得到葡萄糖，加入60%硝酸，在60 c下发生氧化，得到草酸，硝酸的还原产物有NO和NO2,草酸经结晶得到粗草酸，再经精制得到H2c204 2H2。【详解】(1)水解”时，若淀粉水解完全，则不能使碘水变蓝；水解”及 氧化”步骤中的温度都低于100C,所以最适宜的加热方式是水浴加热。(2)仪器Q的名称是球形冷

37、凝管，起冷凝回流易挥发的硝酸以及导出生成的NO和N02的作用；在三口烧瓶中发生氧化反应，葡萄糖被氧化为H2C2O4 2H2O,硝酸被还原为 NO和N02(体积比为1:3),根据电子守恒可以写出发生反应的化学方程式为CsHi2O6+12HNO3=3H2c2O4+9NO2 T +3N0T +9H2O;装置B是安全瓶，防止 C中的NaOH溶液倒吸入三口烧瓶中，装置 C的作用是吸收尾气，防止NO和NO2污染空气；(3)草酸的溶解度随温度变化比较大，所以可以采用重结晶的方法精制粗草酸；(4)向NaHCQ溶液中加入草酸溶液，产生大量气体，说明草酸和NaHCQ溶液反应生成了二氧化碳，根据强酸制弱酸的规律，可

38、得出草酸的酸性比碳酸强；向草酸中加入足量 C2H50H和适量浓硫酸加热，发生了酯化反应，产生有芳香气味的油状物草酸二乙酯，其结构简式为GH5OOC-COOCH5。向&Cr2O7溶液中加入 H2C2O4 2H2O析出KCr(QO4)2(H2O)2晶体，反应中 Cr的化合价从+6 价降低到KCr(C2O4)2(H2O)2中的+3价，所以H2C2 04 2H2O中的碳的化合价就会升高，从 +3 价升高到+4价，在KCr(C2O4)2(H2O)2中还有+3价的碳，即反应物 H2c2 04 2H2O中的碳的化 合价部分升高，部分没有变化，根据电子守恒和原子守恒可以写出该反应的化学方程式为 K2C

39、r2O7+7H2c204 2H2O=2 KCr(QO4)2(H2O)2+6CO2 T +17H2O。8.铁、氯、铜及其化合物在生产、生活中有广泛的用途。试回答下列问题。(1)二氧化氯(CI02)已逐步代替 C12用于自来水处理，用 CI02处理过的饮用水(pH为5.56.5) 常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子(CI02-)。已知：25 C时Ka(HClO)= 3.2 X 10,Ka(HClO2)= 1.0 X而，则酸性HCIQ HClO短" >"="或“ <”在pH =5的上述处理过的饮用水中 c(ClO2)=;若饮用水中CI02-的含量超标，可向

40、其中加入适量c(HClO2)的Fe2+将CIO2-还原成C，写出酸性条件下该反应的离子方程式：(2)腐蚀铜板后的溶液中，若Cu2+、Fe3+和Fe2+浓度土匀为0.1 mol LT1,下图为金属离子的浓度的对数与溶液 pH的关系，现向混合溶液中通入氨气调节溶液的pH=5.6,溶液中存在的金属阳离子为 (当溶液中金属离子浓度 <105mol1时，可认为沉淀完全)。(3)Na2s是常用的重金属离子沉淀剂。某工业污水中含有等浓度的 OCu2+、Fe2+、Pb2+,滴加;当最后一种离子沉淀完全时(该离子浓度0 已知： Ksp(FeS)=Na2s溶液后首先析出的沉淀是 一 为105 mol L1)

41、,此时的g浓度为 6.3 X 108; Ksp(CuS)= 6X 1036; Ksp(PbS)= 2.4 X 108。【答案】>6.3X10-13mol【解析】【分析】103 4F(T+ClO2 +4H+=4Fe3+Cl +2H2O Ci2+> Fe2+ 1.0X 10-17 CuS - L 1(1)组成相似的酸，电离平衡常数越大酸性越强；依据电离平衡常数计算式计算；(2)向混合溶液中通入氨气调节溶液的pH=5.6时，由图象分析出：易生成 Fe (OH) 3沉淀；根据 KspFe (OH) 2=c (Fe2+) X2 (OH )计算；(3)物质组成类型相同，溶度积越小，溶解度越小，

42、滴加硫化钠，相应阳离子最先沉淀；根据溶度积计算ST的浓度。【详解】(1)电离平衡常数越大酸性越强，已知： 25 c时Ka(HClO)= 3.2 X 10, Ka(HClO2)= 1.0 X 102,则酸性HCQ>HClO;在pH= 5的上述处理过的饮用水中，c (4) =10-5mol L1 c(C1O2)K 1.0 10+5c(HClO2) c(H )10 52-=103;若饮用水中ClQ的含量超标，可向其中加入适量的Fe2+将CQ-还原成C-,酸性条件下该反应的离子方程式：4Fe2+ClO2 +4H+=4Fe3+Cl+2H2O;故答案为： HClO2 >HClO; 103； 4

43、Fe2+ClQ +4H+=4Fe3+Cl +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 ) =1.0X1017 (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，

44、沉淀完全时该浓度为10-5mol L-1,此时的ST的浓、，6 3 10 18 一- _度为5mol L 1=6.3 x 110mol L 1,故答案为：CuS; 6.3 x 1013mol L 1。10【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。9.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

45、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 ;(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

46、.5 还原 2CuSO+ Fe +2KC= 2CuCl J +2KC4+FeSO 蒸发、冷 却结晶、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

47、、洗涤、干燥得到K2Fe(SG)2?6H2O晶体。【详解】(1)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，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+

48、Fe+2KCl=2CuCIt+FeSQ+K2SQ ,故答案为：2CuSQ+Fe+2KCl=2CuC +FeSQ+K2SO4;(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；4g3：；i 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 焉3mol x 2=0.02mol,由加入足量NaOH 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160g4gm。| X2X2=0.01moI,(3

49、.26- 0.02 96-0.01 56) g+2+c2一则钾离子的物质的量为 丽而o=0.02mol, n(K+): n(Fe2+) : n(SO42 );n(H2O)=0.02moI： 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 ?6H2O。10.实验室里，从废旧钻酸锂离子电池的正极材料(在铝箔上涂覆活性物质LiCoQ)中，回收钻、锂的操作流程如下图所示：N1OH溶湎砧解N附生5溶液溶液1I 11髓1、|.过选 lAlwJ 严玩+ |帅11Aq 忘LyCOiI nr “体 浊液CcX

50、OHh母液一回答下列问题。(1)拆解废旧电池获取正极材料前，先将其浸入 NaCI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化方式为。(2) “碱浸”过程中产生的气体是 ; “过滤”所得滤液用盐酸处理可得到氢氧化铝， 反应的化学方程式为。(3) “酸浸”时主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) “沉钻”时，调pH所用的试剂是 ; “沉钻”后溶液中 c (Co2+)=。(已 知：Ksp Co (OH) 2=1.09xl0-15)(5)在空气中加热 Co (OH) 2,使其转

51、化为钻的氧化物。加热过程中，固体质量与温度的 关系如左下图所示。290500C,发生反应的化学方程式为 。(6)根据右下图判断，“沉锂”中获得Li2CO燥等步骤。固体的操作主要包括、洗涤、干2Hl Ilin 6no KQQo Q O 730 0 0*一 娱超运与理若安【答案】化学能一电能一热能1. 09x l0-6mol/ LH2 NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3 J 8LiCoQ+ aO32-+22H+=8Li+8Co2+2SO2-+11H2O C2 NaOH 溶液或氢氧化钠固体290500 c6C02O34CO3O4+ 02 T 蒸发浓缩趁热过滤【解析】【分析】正极材

52、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溶液混合不发生反应，故“碱浸”过程中只有Al和NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，过滤得到滤渣为 LiCo6； “酸浸”时反应物有 LiCoQ、硫酸和Na2s2。3溶液，依据“沉钻”产物为 Co(0H)2可判断，反应后钻元素的价态从 +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 Na2S04 10H2O副产品，可推知 S元素价态升高并转化 为SO42-;之后调节pH值得到Co(0H)2沉淀，再加入碳酸钠溶液调节 pH值沉锂，得到碳 酸锂和母液，母液结晶得到 Na2SC4 10H2。【详

53、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处理过程中 能量的主要转化方式为化学能一电能一热能；(2)依题中信息可知，正极材料主要由Al和LiCo6组成，LiCoQ属于盐类，由复分解反应的条件可判断，其与 NaOH溶液混合不发生反应，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处理可以得到氢氧化铝，方程式为 NaAlO2+HC+H2O=NaCl+Al(OH)3 J ；(3)根据分析可知“酸浸”时Na2&O3被氧化为SQ2-, Co元素被还原，结合电子守恒和元素守恒可知离子反应方程式为：8LiCoO2+ S

54、2O32-+22H+=8Li+8Co2+2SQ2-+iiH2O；加入的Na2s2O3起还原作用，用一定浓度的盐酸替代"Na2*O3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C12；(4)结合“沉锂”后母液中还可以获得N&S。 10H2O,可知用的试剂为 NaOH溶液或固体；溶液 pH=9.5,则溶液中 c(OH)=10-4.5mol/L,带入 Ksp Co( OH) 2= c2(OH- )- c( Co2+)=1.09 xl0-15 求得 qCo2+)=1.09xl0-6mol/L；(5)从图中信息可知，加热前的反应物为 Co

55、(OH)2 ( 0.930g),其物质的量为0.01mol,依 据钻元素的量不变可知：n(Co)=0. 01 mol, m(Co)=0. 590g,温度升温290c时，转化为0.830g某种钻的氧化物，该氧化物中,0.830g-0.590g n(0)= =0. 015mol,( ) 16g/mol由此可以确定该氧化物为CC2O3；同理可以确定 500c时，n(O)=0.803g-0.590g16g/mol= 0.0133mol,则生成的氧化物为Co3O4；所以290c500c过程中，CO2O3转化为CO3O4,反应过程中，Co元素化合价降低。氧元素化合价升高并转化为。2,故反应的化学方程式为2905006C02O34CO3O4+ O2f； (6)分析溶解度曲线可知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，同时防止硫酸钠析出，应采用蒸