化学氧化还原反应的专项培优易错难题练习题(含答案)及答案

1、一、咼中化学氧化还原反应练习题(含详细答案解析)1.阳极泥处理后的沉渣中含 AgCI,工业上可用Na2SO3溶液作浸取剂浸出回收。某小组在 实验室模拟该过程。已知:i. 25oC 时，部分物质的溶解度：AgCI 1.9 ×-10; Ag2SO3 4.6 × ; Ag2SO4 0.84 g。ii.25oC时，亚硫酸钠溶液酸化过中含S微粒的物质的量分数随PH变化如图所示。pHI .浸出氯化银取AgCI固体，加入1 mol/L Na2SO3溶液作浸取剂，充分反应后过滤得到浸出液(pH=8),该过程中发生的反应为 AgCl +2SO3 Ag(SO3)23 + Cro(1) 用平衡移

2、动原理解释 AgCl溶解的原因是 。.酸化沉银溶液npH-7tUl人l輪险.>i Iiiipl l-51IlHlt(2) 经检测，沉淀 m为AgCI,则溶液m中含S微粒的主要存在形式是(3) 探究沉淀n的成分。 甲同学认为沉淀 n 定不含Ag2SO4 ,其依据是 乙同学认为沉淀 n可能含Ag2SO3 ,进行实验验证。liMn().H沉淀I mL稀硫酸,儿消液lAJCCii.本实验设计的依据是：Ag2SQ具有性。ii.乙同学观察到 ,得出结论 沉淀n不含Ag2SQ”。 丙同学从溶液n的成分角度再次设计实验证明沉淀n不含Ag2SQ°tftiiNQ1EJiS Z1i. 本实验设计的依

3、据是：若沉淀 n含Ag2SO3,则溶液n中含Ag微粒的总物质的量 (填”、二”或N”)Cl物质的量。ii. 结合实验现象简述丙同学的推理过程： 。川.浸取剂再生(4) 溶液m经处理后可再用于浸出 AgCI,请简述该处理方法 。【答案】AgCl(S)=Ag+(aq)+ Cl-(aq) ,Ag+与 SQ2-结合生成Ag(SQ)?-,促进 AgCI 的溶解平 衡正向移动HSQ- Ag2SC4的溶解度远大于 AgCI或Ag2SC3 ,溶液中Ag+的浓度很小还原b中清液的颜色与C相同，均为浅紫色溶液V e中无沉淀生成，说明清液中没有Cr,则溶液n中加入稀硝酸使Ag(SQ)23全部转化为Ag+, Ag+将

4、Cr全部沉淀，由此可知溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(CI-力口 NaCH溶液调节PH至910【解析】【分析】I、( 1)利用平衡移动的知识答题即可；II、 ( 2)生成沉淀 m时，溶液m的PH为5,观察图像，可以得知HSOJ的物质的量分数 占 100% ；(3)溶液中Ag +的浓度很小，而 Ag2SO4的溶解度较大，故不会形成Ag 2SO4沉淀； 依据Ag2SO3的还原性答题； e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-,则溶液n中加入稀硝酸使Ag(SC3)23全部转化为Ag+, Ag+将Cl全部沉淀，由此可分析出溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl-)；III、 ( 4)

5、 m溶液中的溶质为 NaHSO3,浸取剂为Na2SO3溶液，需要加入 NaOH溶液将NaHSO3转化为 Na2SO3°【详解】I、( 1) AgCI(S Ag+(aq)+ Cl-(aq), Ag+与 SQ2-结合生成Ag(SQ)23-,促进 AgCl 的溶解平 衡正向移动；II、 ( 2)生成沉淀 m时，溶液m的PH为5,观察图像，可以得知HSO3啲物质的量分数4占100%,则溶液m中含S微粒的主要存在形式是 HSQ-；(3)Ag2SO的溶解度远大于 AgCI或 Ag2SQ,溶液中Ag+的浓度很小； i、酸性KMnO4溶液具有强氧化性，SOj2-具有还原性，则该实验涉及的依据是Agz

6、SQ具有还原性；ii、沉淀中无Ag2SO3,则该沉淀不会使酸性 KMnO4溶液褪色，故可以观察到a试管中酸性KMnO4溶液褪色，b、C试管中酸性KMnO4溶液依然呈紫色； e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-,则溶液n中加入稀硝酸使Ag(SQ)23全部转化为Ag+, Ag+将Cl全部沉淀，由此可分析出溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(CI-)；山、(4) m溶液中的溶质为 NaHSO3,浸取剂为Na2SO3溶液，根据曲线图可知，加入NaOH溶液调整PH到9-10即可。2.实验室用图所示装置制备 KCIo溶液，并通过 KCIo溶液与Fe(No3)3溶液的反应制备高 效水处理剂K2FeO

7、4已知K2FeO4具有下列性质 可溶于水、微溶于浓 KOH溶液， 在OC 5°C、强碱性溶液中比较稳定， 在Fe3和Fe(OH) 3催化作用下发生分解， 在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成 Fe(OH) 3和O2。IE1»(1) 装置A中KMnO 4与盐酸反应生成 MnCl 2和C2 ,其化学方程式为 ,装置B的作用是。(2) Cl 2和KOH在较高温度下反应生成 KClO 3 ,试写出该反应的离子方程式 。(3) 制备K2FeO4时，KCIO饱和溶液与Fe(NO 3)3饱和溶液的混合方式为：在搅拌下，将Fe(NO 3)3饱和溶液缓慢滴加到 KClO饱和溶液中。理由是。2

8、 _(4) 已知PH 11时Zn(OH) 2能溶于NaOH溶液生成Zn(OH) 4.下表列出了几种离子 生成氢氧化物沉淀的 pH(开始沉淀的PH按金属离子浓度为1.0mol L1计算)。开始沉淀的PH沉淀完全的PHFe31.13.2Fe25.88.8Zn25.98.91实验中可选用的试剂：30%H2O2、1.0mol L HNO 3、1.0mol L 1NaOH.由某硫酸锌溶液(含Fe2、Fe3杂质)制备ZnO的实验步骤依次为：； 过滤； ; 过滤、洗涤、干燥； 900 C煅烧。【答案】2KMnO 4+16HCl=2KCI+2MnCI 2+5CI2 +8H2O 除去 Cl2 中的 HClV3C

9、I2 60H 5ClClO3 3H2O K2FeO4在Fe3作用下会分解 向硫酸锌溶液中加入适量30%H 2O2 ,使其充分反应滴加1.0mol LINaOH ,调节溶液PH约为5(或3.2 PH 5.9),使Fe3沉淀完全 向滤液中滴加1.0mol L 1NaOH ,调节溶液PH约为 10(或8.9 PH 11),使zn2沉淀完全【解析】【分析】根据实验装置图可知，A装置中用高锰酸钾与盐酸反应制得氯气，氯气中有挥发出的来的 氯化氢，所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钠，反应的尾气氯气用氢氧化钾吸收。【详解】1 KMnO 4具有强氧化性，将盐酸

10、中氯离子氧化为 Cl2 ,反应还有水生成，所以化学方程 式为：2KMn O4+16HCI=2KCI+2M nCI 2+5C2 +8H2O ,由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有 HCI,应饱和食盐水吸收 HCl除去，故答案为：2KMnO 4+16HCI=2KCI+2MnCI 2+5C2 +8H2O；除去 Cl2 中的 HCI;2 Cl2和KOH在较高温度下反应生成 KCIO 3 ,反应的离子方程式为V3CI2 6OH 5CICIO3 3H2O，故答案为：V3CI2 6OH 5CICIO3 3H2O ；3由题意可知K2FeO4在Fe3和Fe(OH) 3催化作用下发生分解，则 KCIO饱和溶液与 Fe

11、(NO 3 )3饱和溶液的混合方式为：在搅拌下，将Fe(NO 3)3饱和溶液缓慢滴加到KCIO饱和溶液中，故答案为：K2FeO4在Fe3作用下会分解；4根据表中阳离子沉淀的 PH可知，由除去铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为：向滤液中加入30%H 2O2 ,使其充分反应，目的使 Fe2转化完全为Fd ,加氢氧化钠溶 液，控制PH在4左右，使Fe3沉淀完全，过滤，向滤液中滴加1.0mol L 1NaOH，调节溶液PH约为10(或8.9 PH II),使zn2沉淀完全，过滤、洗涤、干燥， 900C煅烧。故答案为：向硫酸锌溶液中加入适量30% H2O2 ,使其充分反应；滴加1.0 mol L 1Na

12、OH ,调节溶液PH约为5(或3.2 PH 5.9),使Fe3沉淀完全；向 滤液中滴加1.0 mol L 1NaOH ,调节溶液PH约为10(或8.9 PH 11),使Zn2沉淀 完全。【点睛】根据实验装置图可知，A装置中用高锰酸钾与盐酸反应制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钠，反应的尾气氯气用氢氧化钾吸收，以此解答该题。3. 碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，一般是在食盐中添加一定量的KIO3。但碘添加量也不能过多，过多会导致甲亢等。国家标准GB14880-1994中规定每千克食盐中碘的含量(以碘原

13、子计)应为 20-60mgkg。实验研究小组为了检测某加碘盐中碘含量是否合格，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：KIO 3+ KI + H 2SO4I2+ H2O + K2SO4(方程式未配平)。试根据相关信息回答下列问题：(1) 检测原理中，氧化剂为 ,氧化产物为 。请在下面配平该方程式，同时用单线桥 标明电子转移的方向和数目： KIO 3 +KI+H2SO4 I2 + H2O + K2SO4(2) 取10g加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸和KI溶液(H2SC4和KI都稍过量)，充分反应后，将反应液转入分液漏斗中，再加入一定量的CC4,振荡，静置，此时观察到的现象是。然后分液，即得到I2

14、的CC4溶液。(3) 查阅资料，CC4的沸点为78C, 2的升华温度约为120130 C。实验小组拟采用下图 所示实验装置将 CC4和b的混合溶液分离。该分离方法的名称是 ,冷凝管的进水口是 (填“ a”或“ b”)。(4) 上述实验结束，用电子天平称量出圆底烧瓶中2的质量为1.5 mg ,由此计算出该加碘盐中碘的含量为 mg/kg ,该加碘盐 (填“合格”或“不合格”)。(5) KIO3虽稳定性较好，但在高温下也可分解为KI等物质，所以在使用加碘盐时最佳的添加时间是菜肴快出锅时。请书写出KIO3在锅中长时间高温爆炒时可能发生的分解反应的化学方程式。【答案】KIO3 2*I溶液分为两丄KI6+

15、JJKI+_3_ HiO+J_ K2SO4层，下层呈紫红色蒸馏a 25合格 2KIO3高温2KI+3O2【解析】【详解】、该反应中化合价的变化为：KIO3-I, I元素由+5价0价，一个KIO3得5个电子；KI-I2, I元素由-1价0价，一个KI失一个电子，所以得失电子的最小公倍数为5, KIO3的计量数为1 , KI的计量数为5 ,其它元素根据原子守恒配平，故答案为：KIO3 ； I2 ；5e-_LKIo3 +.KI - JLH=SO42,L+ _3_ H：O+_3_ KiSfO4(2) 、碘易溶于有机溶剂，在四氯化碳在的溶解度远大于在水中，加入四氯化碳萃取水中的 碘，四氯化碳与水不互溶，

16、溶液分成两层，四氯化碳的密度比水，有机层在下层，碘溶于 四氯化碳呈紫红色，上层几乎无色，故答案为：溶液分成两层，上层无色，下层呈紫红色；(3) 、利用沸点分离的方式叫蒸馏，冷凝水的方向是下进上出，故答案为：蒸馏；a；1、由方程式可知：I2的的来源属于 KlQ的占，所以圆底烧瓶中2的质量为1.5 mg,则60.25mg食盐中的碘原子质量为0.25mg ,所以碘的含量为A 25mgkg ,在国家标准10g 10 g内，故答案为：25 ；合格；(5) 、由题意：碘元素化合价降低，则必有宁一种元素化合价升高，故O元素化合价升高。根据得失电子守恒可知：碘酸钾受热分解的方程式为2KIO= 2KI+3O2

17、,故答案为A2KIO3 = 2KI+3O2 ；【点睛】实验最终得到的2来自于KIO3和KI两部分，所以食盐中的碘含量时，应减去 Kl中的含 量。4. 现有一份含有FeC3和FeC2固体混合物，为测定各成分的含量进行如下两个实验： 实验1： 称取一定质量的样品，将样品溶解； 向溶解后的溶液中加入足量的AgN03溶液，产生沉淀； 将沉淀过滤、洗涤、干燥得到白色固体17.22 g。实验2： 称取与实验1中相同质量的样品，将样品溶解； 向溶解后的溶液中通入足量的Cl2； 再向 所得溶液中加入足量的 NaOH溶液，得到红褐色沉淀； 将沉淀过滤、洗涤后，加热灼烧，到质量不再减少，得到固体物质4g。回答下列

18、问题：(1) 溶解过程中所用到的玻璃仪器有 。(2实验室保存FeC2溶液时通常会向其中加入少量试剂 和(3) 实验2通入足量Cb的目的是 ;涉及的化学反应的离子方程式是(4检述实验2的步骤中沉淀已经洗涤干净的方法是 。(5) 加热FeC3溶液，并将溶液蒸干时，通常不能得到FeC3固体，请以平衡的观点解释其原因(方程式与文字相结合来说明) 。(6) FeC3溶液可以用于止血，主要是因为FeC3溶液能使血液聚沉，这涉及胶体的特性。以下关于胶体的说法不正确的是 A. 胶体粒子能透过滤纸，但不能透过半透膜B. 胶体粒子具有较大的表面积，能吸附阳离子或阴离子，故在电场作用下会产生电泳现象C. 向Fe (

19、OH) 3胶体可以产生丁达尔效应，CUSQ溶液、水等分散系不能产生丁达尔效应D. 向Fe (OH) 3胶体中滴加硫酸，会先出现红褐色沉淀，随后沉淀消失E. 在蛋白质溶液中加入稀的CUSo溶液，可使蛋白质盐析(7) 通过实验所得数据，计算固体样品中FeCb和FeC2的物质的量之比为 。【答案】(1)烧杯、玻璃棒(2) 稀盐酸 铁粉(3) 将 Fe2+全部转化为 Fe3+2Fe2+C2=2Fe3+2C(4) 取少量最后一次的洗涤液于试管中，向试管中溶液滴加少量硝酸酸化的AgNOb溶液，如未出现白色沉淀说明已洗净(5) FeCb在水中存在如下平衡 FeC3+3H2= Fe (OH) 3+3HCl,在

20、加热条件下，由于HCl易挥发，生成物浓度减小，导致平衡不断向右移动，故最后不能得到FeC3固体(6) E (7) 2: 3【解析】试题分析：(1)溶解所用到的仪器为烧杯、玻璃棒；(2) FeC2易被空气中的氧气氧化成FeC3,向溶液中加入少量铁粉，使FeC3重新转化为FeC2;为了防止FeC2溶液水解，常加入盐酸，抑制其水解，防止其变质；(3) Cb将FeC2氧化生成FeC3： Cl2+2FeC2=2FeC3,实质为2Fe2+ C2= 2Fe3+ 2C ；( 4)解答此问时，首先要明确沉淀吸附了什么杂质，由于 氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，因此沉淀吸附的杂质是Na+、Cr,检验沉淀

21、是否洗涤干净，只要检验洗涤后的溶液中是否含有Na+、C中的一种就可以，如果最后一次的洗涤液仍然有氯化钠，加入硝酸银溶液就会出现沉淀，反之，说明溶液中没有氯化 钠；(5)因为FeC3易水解，且HCl易挥发，加热促进了 FeC3水解及HCl的挥发，所以不 能得到FeC3固体；(6) A、胶体粒子直径介于 1100nm之间，因此能透过滤纸，但不能 透过半透膜，A正确；B胶体粒子具有较大的表面积，能吸附阳离子或阴离子，因此在电 场作用下会移向阴极或阳极，产生电泳现象，B正确；C向Fe(OH) 3胶体可以产生丁达尔效应，CUSQ溶液、水等分散系不能产生丁达尔效应，C正确；D、，向胶体中加入少量的酸、碱、

22、盐，会中和胶体所带的电荷，使胶体发生聚沉，所以向Fe(OH) 3胶体中滴加硫酸，会先出现红褐色 Fe(OH) 3沉淀，但过量的硫酸还会和Fe(OH) 3沉淀发生反应生成硫酸铁，D正确；E CUSQ属于重金属盐，能使蛋白质变性，而非盐析，E不正确；m17 22(7) 先由计算实验所得AgCl的n为 mol = 0.12mol ,实验所得Fe2O3的nM143.5、4为 mol = 0.025mol ,设FeC3和FeC2的物质的量分别为 X mol、y mol ,依据 Cl、Fe守恒1603x mol+2y mol="0.12" mol , X mol+y mol="

23、;0.025" mol ,解得 X = 0.02, y = 0.03 ,则固体样品中FeC3和FeC2的物质的量之比为为 2 : 3。考点：本题主要考查化学实验基本操作、离子方程式的书写、铁盐和亚铁盐的性质及转 化、盐类水解、化学计算等。【名师点睛】(1)化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化学实验的基 础，对化学实验的考查离不开化学实验的基本操作。考查的角度主要是以常见仪器的选 用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性 和准确及灵活运用的能力。(2)根据化学方程式的计算，多以物质的量为核心，考查物质 的量、阿伏加德罗常数、物质的量

24、浓度、物质的质量、摩尔质量、气体的体积、气体摩尔 体积等相关物理量的转化关系，以及反应物的转化率或产物的产率的计算，同时还可以融 入多种化学解题思想，比如极值法、差量法、守恒法、讨论法、特殊值法等，是历来高考 的重点内容。日常学习中要注意相关知识的积累，以便快速准确作答，题目难度中等。5. NOx、SO2的处理转化对环境保护有着重要意义。(1)利用反应2NO(g)+ 2CO(g) = N>(g) + 2Cd(g),可实现汽车尾气的无害化处理。一定条n (NO)件下进行该反应，测得 CO的平衡转化率与温度、起始投料比mm=的关系如图1n (CO)所示。岭邑芸*r二 该反应的 H _0(填“

25、 >”或“=”)。 下列说法正确的是(填字母)。A. 当体系中CQ和CO物质的量浓度之比保持不变时，反应达到平衡状态B. 投料比：m>m2> m3C. 当投料比 m = 2时，NO转化率是CO转化率的2倍D. 汽车排气管中的催化剂可提高NO的平衡转化率 随着温度的升高，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近的原因为 。(2) 若反应2NO(g)+ 2CO(g) = N2(g)+ 2CQ(g)的正、逆反应速率可表示为：V正=k正 c2(NO) c2(CO); V逆=k逆 G (N2) c2(CO2), k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，仅与温度有关。一定温度下，在体积为1L的容

26、器中加入2molNO和2molCO发生上述反应，测得CO和CO2物质的量浓度随时间的变化如图2所示，则a点时V正：V逆=。(3) 工业生产排放的烟气中同时存在SQ、NOX和CO,禾U用它们的相互作用可将 SC2、NOX还原成无害物质，一定条件下得到以下实验结果。图3为298K各气体分压(气体的物质的量分数与总压的乘积)与CO物质的量分数的关系，图4为CO物质的量分数为2.0%时，各气体分压与温度的关系。I CJCiOJ CFWI QU H 2 0F列说法不正确的是 (填字母)。A. 不同温度下脱硝的产物为N2 ,脱硫的产物可能有多种B. 温度越高脱硫脱硝的效果越好C. NOX比SQ更易被Co还

27、原D.体系中可能发生反应：2COS = S+ 2CO； 4CO2+ 9 = 4CO+ 2SO2(4) NH3催化还原氮氧化物是目前应用最广泛的烟气脱硝技术。用活化后的 剂，NH3将NO还原成N2的一种反应历程如图 5所示，则总反应方程式为V2O5作催化。1 ">hO OHHiYQOI(5)用间接电化学法去除烟气中4A JtiffttM>*(ijtuNO的原理如图6所示，则阴极的电极反应式为【答案】V AB温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响 160: 14Nf+4NO+O24N2+6H2O2SO2-+4H+2e-=QQ2-+2H2O【解析】【分

28、析】(1) 由图象可知，起始投料比 m 定时，CO的平衡转化率随温度的升高而降低; A.起始投料比m 定时，而反应中 NO、CO的变化量相同，体系中 CQ和CO物质的量浓度之比保持不变，即体系中CQ、CO物质的量浓度不变，据此判断；B.由图象可知，温度一定时，增大NO浓度，CO转化率增大；C根据转化率变化量与起始量的比值和反应中NO、CO的变化量相同分析判断；D.催化剂不能改变反应进程，只改变反应速率； 由图象可知，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近，主要原因是温度的影响起主导作用，投料比不同的影响为次要因素；(2) 反应达到平衡时 V正=k正？C2 ( NO) c2 ( CO) =V逆=k

29、逆?c (N2) c2 ( CQ),则平衡常数 K=结合反应三段式计算平衡常数K和a点时各物质的浓度，代入V正、V逆计算V 正: V逆；(3) A 由图可知，NoX还原成无害物质为氮气，脱硫的产物可能有多种，与温度有关；B.温度高于1000 C时二氧化硫的含量增大，说明温度越高不利于脱硫；C根据图3,随CO物质的量分数增大，还原 NOX生成氮气曲线斜率变化比较小，而还原SQ需要CO物质的量分数较大时才能将 SQ从烟气中分离；D.根据图4, COS分压曲线随温度升高减小，9、CO分压增大，继续升高温度，S2、CQ分压减小，CO分压增大；(4) 用活化后的V2O5作催化剂，NH3将NO还原成N2,

30、同时生成水，原子守恒配平书写化学 方程式；(5) 阴极通入的SQ2-发生得电子的还原反应生成 S2O42-。【详解】(1) 由图象可知，起始投料比 m 定时，温度越高，CO的平衡转化率越低，即升高温度 平衡逆向移动，所以正反应放热，即HV 0；A反应正向进行时 CQ增多而CO减少，说明未达到平衡时二者比值会变，所以体系中 CQ和CO物质的量浓度之比保持不变，反应达到平衡状态，故A正确；B.由图象可知，温度一定时，增大NO浓度，CO转化率增大，即起始投料比 m越大时,CO转化率越大，所以投料比：m>m2> m3,故B正确;C由反应计量关系可知，反应中NO、CO的变化量相同，平衡转化率

31、消耗量 =i始量× 100%所以平衡转化率与起始量成反比，即投料比m=2时CO转化率是NO转化率的2倍，故C错误;D催化剂不能改变反应进程，只改变反应速率，所以NO的平衡转化率不变，故 D错误；故答案为：AB；由图象可知，不同投料比下 CO的平衡转化率趋于相近，随温度逐渐升高，温度的影响 起主导作用，即温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影 响；2NO g +2CO g ? N2 g +2CO2 g起始(molgL-1)2200转化(molg1)1.61.60.81.6平衡(molgL-1)0.40.40.81.6平衡时正逆反应速率相等即k 正?cCk正=Kc

32、 N? c CO?二 1.62 0.8 _k逆 =c2 NO c2 CO =042 0.42 =80； a点时反应三段式为:(NO)C2(CO)= k 逆?c(N2)c2(CO2),(2)平衡时三段式为:所以2N0 g +2CO g ? N2 g +2CO2 g 起始(molgL-1)2200转化(molgL-1)2x2xX2x平衡(molgL-1)2-2x2-2xX2xa 点时 C(CO)=C(C(O),贝U 2-2x=2x ,解得 x=0.5,所以 a 点时 C(CO)=C(CO)=C(NO)=1molL ,V正k正c(N2)=0.5molL ,所以=V逆k逆12 I212 0.5=2=2

33、K =160 ,即 V 正:V逆=160:(3) A .由图可知，NOX还原成无害物质为氮气，脱硫的产物可能有多种，与温度有关，故A正确；B. 温度高于1000 C时二氧化硫的含量增大，说明温度越高不利于脱硫，故B错误；C. 根据图3,随CO物质的量分数增大，还原 NOX生成氮气曲线斜率变化比较小，而还原SQ需要CO物质的量分数较大时才能将 SQ从烟气中分离，说明 CO更易与NOX反应，贝U NOX比SQ更易被CO还原，故C正确；D. 根据图4, COS分压曲线随温度升高减小， 9、CO分压增大，继续升高温度， S2、CQ 分压减小，CO分压增大，说明体系中可能发生反应： 2COS?Sz+2C

34、O; 4CQ+S?4CO+2SQ, 故D正确；故答案为：B；活化后的V25作催化剂，NH3将NO还原成N2,还生成水，反应为V2O54NH3+4NO+O24N2+6H2O；阴极上亚硫酸根离子得到电子，阴极的电极反应式为2SQ2-+4H+2e-=9O42-+2H2O°6. 氯化亚铜在有机合成工业中常作催化剂。以下是从含ClF+、Fe3+的电镀废水中制备氯化亚铜的工艺流程图。调节破.温度Xt,反应过谑品体如图是滤液中Cu2+、Fe3+的含量与PH的关系及CuCl产率与PH的关系图。C3* IaI旳卜2 3D率Ifi I nK hD *L l) 0÷-SJ0 的液度古Fh的織度Q

35、1IlIITj亠亠CUCl产率请回答以下问题：(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；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】

36、Fe(OH)3、CU(OH)2 3.5 还原 2CuSO+ Fe +2KCl = 2CuCl2SO2KFeSO 蒸发、冷却结晶、过滤(洗涤)、干燥 K?Fe(SO)2?6H20【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，

37、滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到K2Fe(SO)2?6H20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)3、CU(OH)2；(2) 由CuCl产率与PH的关系图可知，制备 CUCI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 在隔绝空气条件下进行时 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

38、 钾和氯化亚铜，反应的化学方程式为2CuSQ+Fe+2KCI=2CuC0+FeSQ+K2SO4 ,故答案为： 2CuSQ+Fe+2KCI=2CuCl +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(4.38g3.m1 g =0.06mol ,由加入足量 BaC2溶液,得到硫酸钡沉淀质量为 2.33g可知硫酸根的物质的量为 23333gm0l × 2=002mol ,由加入足量NaoH 溶液后，加热、灼烧得红色粉末0.4g

39、可知亚铁离子的物质的量为160g4gmol × 2× 2=0.01mol，(3.26- 0.02 96-0. 01 56) g则钾离子的物质的量为 39gnnioi=0.02mol，n(K+) : n(Fe2+) : n(SQ2 )；n(H2O) =0.02mol: 0.01mol : 0.02mol : 0.06mol=2:1:2:6 ,晶体的化学式为 K2Fe(SO)2?6H20, 故答案为：K2Fe(SO)2 ?6H2Oo7. 三氟化氮(NF3)是一种新型电子材料，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNQ ,请根据要求回答下列问题

40、：(1)反应过程中，被氧化与被还原的元素的物质的量之比为 o写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：。若反应中生成02 molHNO3,转移的电子数目为 个。(3)NF3是一种无色、无臭的气体，但一旦NF3在空气中泄漏，还是易于发现。你判断该气体泄漏时的现象是。一旦NF3泄漏，可以用 NaOH溶液喷淋的方法减少污染，其产物除NaNO2、NaF、H2O外，还肯定有 (填化学式)。2厂【答案】2 : 1 JZ0.4Na泄漏时会看到白雾和红棕色气体，3NF.-5¾ 0HF÷2NO÷HNO同时闻到刺激性气味NaNO3【解析】【分析】由题给信息可知，三氟化氮(N

41、F3)在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的 产物有HF、NO和HN6,反应中氮元素的化合价从+3价分别降为+2价，升为+5价，由升 降法配平可得化学方程式为3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNQ。【详解】(1)由题给信息可知，反应中三氟化氮中氮元素的化合价即升高被氧化，又降低被还原，由 化合价升降可知被氧化与被还原的氮元素的物质的量之比为1： 2,故答案为：1:2；(2) 由题给信息可知，三氟化氮 (NF3)在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其 反应的产物有HF、NO和HNO3,反应中氮元素的化合价从 +3价分别降为+2价，升为+5 价，由升降法配平可得化学方程式为3

42、NF3+5H2O=9HF+2NO+HNQ,反应中生成1mol硝酸r2厂转移2mol电子，电子转移的方向和数目可表示为 <,则反应3NFj-5¾ O=HF÷2NO÷HNO中生成0.2 mol HNO3,则转移的电子数目为0.4Na个，故答案为：；04Na;2厂3NF3-5 H:O 9HF-2 NIgHM6(3)NF3在潮湿空气中泄漏由于有硝酸生成，会产生白雾，一氧化氮遇到空气被氧化成红 棕色有刺激性气味的二氧化氮气体，故答案为：泄漏时会看到白雾和红棕色气体，同时闻 到刺激性气味；(4) 一旦NF3泄漏，可以用NaoH溶液喷淋的方法吸收氟化氢、硝酸、一氧化氮和二

43、氧化氮，会生成氟化钠、硝酸钠、亚硝酸钠和水，故答案为：NaNo3。LiCoC2)中，回8. 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 收钴、锂的操作流程如下图所示：嚅一I 丿浸JrPHT订融"il1IPHMILhCoJ '% 佯住谨C(XOH¾-NiiSO IOH2O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

44、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=109 × IO-15)(5) 在空气中加热 Co (OH) 2,使其转化为钴的氧化物。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Li2CC3固体的操作主要包括 、洗涤、干燥等步骤。2(X HWl fta ItWiarcJL L 3 J.O O38O OUOO ,* *

45、导擲X輩2QM 劇 締 IODtt度他'【答案】化学能电能热能+22H+=8Li+8Co2+2SO2-+11H2H2 NaAlO2+HCI+H2O=NaCI+AI(OH)3 J 8LiCoQ+ SQ2-C2 NaOH溶液或氢氧化钠固体1.09× I0-6moI/ L290500C6CO>O34CO3O4+ O2 蒸发浓缩趁热过滤【解析】【分析】正极材料主要由 Al和LiCoO2组成，LiCo2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AI和NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，过滤得到滤渣为 LiCoO2； “酸浸”时反应物有

46、LiCoC2、硫酸和Na2S3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 Na2SO4 10H2O副产品，可推知S元素价态升高并转化 为SO2-;之后调节PH值得到CO(OH) 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 Na2SQ 1OH2O。【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处理过程中能量的主要转化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，LiCoQ属于盐类，由复分解反应的条

47、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NaAIO2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NaAIO2+HC+H2O=NaCI+AI(OH)3 J；(3) 根据分析可知“酸浸”时Na293被氧化为SO2-, 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：8LiC0O2+ S232-+22H+=8Li+8Co2+2SQ2-+11H2;加入的Na2S2O3起还原作用，用一定浓度的盐酸替代“Na29O3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C2;(4) 结合“

48、沉锂”后母液中还可以获得NazSO 1OH2O,可知用的试剂为 NaOH溶液或固体；溶液 pH=9.5 ,则溶液中 C(OH)= 10-45moIL,带入 Ksp Co( OH) 2= c2( OH-) c( Co2+)= 1.09 × I0-15 求得 c( Co2+)= 1.09 × IO-6molL;(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：n(Co)=O.01 mol ,m(Co)=0.590g,温度升温290C时，转化为0.830g-0.590gI II 、0.830g某种钴

49、的氧化物，该氧化物中，n(O)=0. 015mol ,由此可以确疋该16gmol0.803g-0.590g氧化物为CaO3;同理可以确定 500 C时，n( O)= 0. 0133mol ,则生成的氧16gmol化物为Co3O4;所以290C - 500C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290500C6Co2O34C34+ O2 ; 分析溶解度曲线可知LiCC3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】热重分析

50、法是常用的定量分析方法，通过分析热重曲线，可以推测物质的热稳定性、加热反应生成的产物等相关信息。第5题解题关键是抓住受热过程中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，从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。9.某体系中存在如下反应：H 2S+ 4H2O- 8e = SQ2+ 10H+,210 3+ 12 H + + 10e = 2+ 6H2Oo(1) 反应中H2S做剂，反应属于反应(填氧化”或还原” o(2) 若在反应中失去0. 2 mol电子，则反应中可生成g 2o(3) 写出并配平碘酸钾与硫化氢反应的化学方程式，同时标出电子转移

51、的方向和数目：O(4)由上述反应可推知 oa.氧化性：K2SO4> KIO3 b 酸性：HIO3> H2SOc还原性：H2S > 2 d.反应过程中溶液的酸性逐渐减弱【答案】还原 还原 5. 08 5H=S04L ÷S04O C【解析】【分析】(1) 化合价升高的反应物做还原剂，碘元素的价态由正五价，变为零价，发生还原反应；(2) 由得失电子数目守恒计算可得；(3) × 5+× 4得反应的化学方程式；(4) 还原性：还原剂>还原产物，氧化性：氧化剂>氧化产物，因为有水的生成，酸性减 弱。【详解】(1)由 H2S+4H2O-8e SO2

52、-+10H+和 2IO3-+12H+10e I2+6H2O 可知，反应中硫元素化合价从-2价变化为+6价，化合价升高失电子做还原剂，反应是碘元素化合价从+5价变化为0价，化合价降低做氧化剂，发生还原反应，故答案为：还原，还原；(2)根据电子守恒得到：40mole转移生成4mol2, 4240e ,:中失去 0.2mol电子，中得到02mol电子，反应的碘单质物质的量0.02mol , m (I2)=0.02mol × 127gmol × 2=5.08g ,故答案为：5.08 ；(3)由和依据电子守恒得到反应的化学方程式为5H2S+8KIO=4K2SO4+42+H2SO4+4

53、H2O,由方程式可知 40mole-转移生成 4mol2,则电子转移的方向和数目为5H.31J,- O1+4I:+h01+40，故答案为：4G5HiS + 8Kl8: = ½S0.÷4Ii+H.Si+4H0 ；(4) a、氧化剂KlQ的氧化性大于氧化产物K2SO4、H2SO4,氧化性：K2SO4< KIOs,故a错误；b、反应物中无碘酸生成，该反应不能判断酸性强弱，故b错误;C、还原剂H2S的还原性大于还原产物 12,则还原性：H2S> 12,故C正确;d、反应过程中氢硫酸反应生成硫酸，溶液酸性增强，故d错误；C正确，故答案为:CO10.草酸亚铁晶体(FeC24

54、 2H2)常用做分析试剂及显影剂等。下图是将一定质量的草酸亚 铁在氩气气氛中进行热重分析示意图(TG%表示残留固体质量占原样品总质量的百分数)o400 Mja wnHU请回答下列问题：(1) B处时残留物的化学式为 。(2) A C整个反应过程中总反应的化学方程式为 o(3) 取上述分解得到的 600 C时的固体放在空气中继续加热时其质量增加，发生反应的化学方程式为 O由此说明上述 FeC24 2H2O在氩气气氛中进行热重分析的原因是(4)若将分解得到的600 C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类似，得到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 oA【答案】FeQO4 FeCo4 2H2 = FeO +CO +COf +2H2O 6FeO+Q= 2Fe34 防止 FeO在加A热过程中被空中的氧气氧化FeSQ 7H2 2FeSO7H2O一 Fe2O3+SQ +SO +14H2O【解析】【详解】2 18