备战高考化学综合题专题复习【氧化还原反应】专题解析附答案解析

1、一、高中化学氧化还原反应练习题(含详细答案解析)1.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Ca Ni、Li的流程如图。已知：LiCoQ难溶于水，易溶于酸。回答下列问题:(*UCn鮒、石摄等举廣)苹啟Lttw-s*- CS0Bjatt(1) LiCoO2中Co的化合价是 _。(2) LiCo2在浸出过程中反应的离子方程式是_。(3) 浸出剂除了 H2O2外，也可以选择 Na2S2Q，比较二者的还原效率 H2O2_(填“ 或)N2O3(还原效率：还原等物质的量的氧化剂消耗还原剂的物质

2、的量)。(4) 提高浸出效率的方法有 _。(5) 利用Cyanex272萃取时，PH对钴、镍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IaCPMN->4.0 彳上 3.0 5,5 6.0 6.5 TJO水lfc"CfC,*申J71) f - Ni(CftKFasL2 TZJ(6) 反萃取的离子方程式为2H+CoR=Ccf+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)2=2 × 105(8) 参照题中流程图的表达，结合

3、信息设计完成从水相中分离Ni和Li的实验流程图(如 图)。 5代 IrdlM¾z-邂販：已知:1 *ffiIJFLiiCo)Ni(OH)JNiaCOJNiFa濬霹性(畫难带难谱难溶«S5提供的无机试剂：NaOH、Na2CO3. NaFo【答案】+3 2LiC0Q+6H+H2O2=2C02+O2 +2L+4H2O < 适当升高温度，适当增加 H2SO4 浓度 5.5 HzSO 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O进行计算；(2) 由流程图中有机相反萃取得到CoSQ,可知LiCoQ与H2O2在酸性条件下发生氧化

4、还原反应，根据氧化还原反应的规律写出化学方程式；根据等物质的量 H2O2和Na2S23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；分离CO2+和Ni2+时，由于Co2+进入有机相，Ni进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高 而镍的萃取率低的 PH范围；将钴洗脱进入水相中时，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(QH)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) LiCoQ2中Q元素为-2价，Li为+1价，根据化合物中各元素化

5、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CoSQ,可知LiCoQ与H2Q2在酸性条件下发生氧化还原反应，化学方程式为：2LiC0Q+6H+H2Q2=2C02+Q2 +2Lf+4H2Q;(3) lmolH2Q2作为还原剂转移 2mol电子，ImolNa2903作为还原剂转移 8mol电子，贝U Na2S2Q3的还原效率更高；提高浸出效率可以适当升高温度，适当增加H2SQ浓度等；分离CO2+和Ni2+时，由于Co2+进入有机相，Ni进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高 而镍的萃取率低的 PH范围，所以最佳 PH是5.5;将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反

6、应方向移动，同时，为不引入新杂质，反萃 取剂最好选择H2SQ4;(7)c(Ni2+)=118 molL=0.02molL ,则开始沉淀时，C(QH)=59KSP(Ni OH 2)0.022 10 15=10-6.5mol/L ,贝U pH=14-6.5=7.5 ；0.02(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，所以选用NaQH,则Ni(QH)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。2废水中过量的氨氮(NH 3和NH4)会导致水

7、体富营养化。某科研小组用NaClQ氧化法处理氨氮废水。已知： HClQ的氧化性比NaClQ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，NaCIo可与NH°反应生成 2等无污染物质，该反应的离子方程式为图1图2 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。(3)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)a

8、. O2的氧化性比NaCIO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N?进入废水中【答案】3CIO 2NH4 N2 3CI3H2O 2H 随着PH的升高，NaClO含量增大，氧化性降低，导致氨氯去除率下降随着PH的升高，氨氮废水中 NH 3含量增大，而NH3比NH 4更易被氧化1.5 abc【解析】【分析】(1)PH=1.25时，NaCIO可与NW+反应生成N?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；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NaC

9、IO水解，C(HCIO)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NaCIo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，NaCIo可与NW+反应生成N?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：3CIO+2NH4+=N2 +3C1+2H+;(2) 进水PH为1.252.75范围内，氨氮去除率随

10、PH升高迅速下降的原因是：随着PH升高，NaCIO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NaCIO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：02的氧化性比NaCIO弱、02氧化氨氮速率比NaCIO慢、02在溶液中溶解度比较小；故答案为：abc。3.硫酰氯(SCbCb)和亚硫酰氯(SOC2)都是重要的化工试剂，均易水解。(1)甲同学在实验室利用

11、SQ和Cb在活性炭催化作用下制取 SQCb,装置如图所示。AB B装置中冷凝管进水口是 。(填“m或“n)', B中干燥管盛有的物质是 。 欲制取少量SQCb,选择图中的装置(可以重复选用)，其连接顺序为：a、h。 去除C装置会降低SQ和CI2的利用率，可能的原因是 (用化学方程式表示)。(2) SOC2水解后无残留物，较 SQCb是更好的脱水剂。乙同学设计实验利用SOC2和ZnC2?xH2O 制取无水 ZnCbO 解释SoCi在该实验中的作用是_ (写出两点)。 实验室常用NaOH溶液吸收SOC2,该反应的离子方程式是 _。(3) 乙同学认为SOC2还可用作由FeC3?6H2O制取无

12、水FeC3的脱水剂，但丙同学认为该 实验可能发生副反应使产品不纯。 可能发生的副反应的化学方程式是。 两同学设计如下实验判断该反应的可能性：取少量SOC2和FeC3?6H2O反应后的混合物于试管中，加水溶解，将溶液平分至五支试管，分别进行以下实验，其中能得出合理结论的是。A. 加入过量稀HNO3,再滴加几滴AgNO3溶液B. 加入少量稀HNOs ,再滴加几滴 BaC2溶液C. 滴加几滴BaC2溶液D. 滴加几滴酸性KMnO4溶液滴加几滴KSCN溶液后，再滴加几滴氯水【答案】m碱石灰 fgdebced SQ+CI2+2H2O=H2SQ+2HCI SoQ作脱水剂，与水反应生成 HCl 可以抑制氯化

13、锌的水解SOC2l+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2OSOC2I+2FeCI3?6H2O=FeSO4+6HCI+FeC2I+9H2O BCD 【解析】【分析】冷凝管中冷凝水的流向要对流，下进上出；干燥管中根据要求一般填装碱石灰或无水氯化 钙，碱石灰同时具有干燥和吸收酸性气体功能，无水氯化钙只有吸水性。【详解】（1）B装置中冷凝管进水口是 m , B中干燥管盛有的物质是吸收剩余二氧化硫、氯气的 碱石灰；故答案为： m ；碱石灰； 装置 A 制备氯气,氯气含氯化氢和水蒸气,通过装置D 除去氯化氢,通过装置 C 吸收水蒸气，得到干燥纯净的氯气，连接装置B的b进入三颈烧瓶，装置 E制备二氧化硫气

14、体，通过装置C除去水蒸气，连接装置 B的c，欲制取少量SO2C2,选择上图中的装置（可以 重复选用），其连接顺序为： a、f、g、d、e、b、c、e、d、h ；故答案为：fgdebced ； 去除C装置会降低SQ和CI2的利用率，是二氧化硫和氯气和水反应生成硫酸和氯化氢，反应的化学方程式：SQ+CI2+2H2O=H2SQ+2HCI;故答案为：SQ+Cb+2H2O=H2SQ+2HCI;（2） 氯化锌会水解，SOC2作脱水剂，与水反应生成 HCl可以抑制氯化锌的水解，SOC2 在该实验中的作用是：SOC2作脱水剂，与水反应生成 Hel可以抑制氯化锌的水解；故答案 为： SOC2I 作脱水剂，与水反

15、应生成 HCI 可以抑制氯化锌的水解；用NaOH溶液吸收SOC2,有Na2SO3和NaCl生成，反应的离子方程式：SOC2+4OH-=SQ2-+2CI-+2H2O;故答案为：SOC2+4OH-=SQ2-+2CI+2H2O;（3）SOC2具有还原性，三价铁具有氧化性，可能发生氧化还原反应生成硫酸根离子和亚铁离子，反应的化学方程式为：SOC2+2FeC3?6H2O=FeSQ+6HCI+FeCI+9H2O,故答案为：SOC2I+2FeCI3?6H2O=FeSO4+6HCI+FeC2I+9H2O;SOC2和FeC3?6H2O反应后的混合物的主要成分是 FeC2。由于SOC2为液体，所以在固体混合物中没

16、有 应后的混合物于试管中，加水溶解，溶液中一定有 明有副反应发生，只需证明溶液中有A. 加入过量稀 HNO3,再滴加几滴行，故A错误；B. 加入少量稀 HNQ ,再滴加几滴 能证明有副反应发生，故 B正确；FeC3 ,若发生副反应，还有 FeSO和SOQ。取少量 SOQ 和 FeC3?6H2O 反FeC3 ,还可能有FeSO和FeC2 ,若要证Fe2+或 SO42-即可。AgNO3溶液是检验氯离子存在，不能证明副反应是否进BaC2溶液，若产生白色沉淀，则证明溶液中有SO42-，C. 滴加几滴BaC2溶液，生成白色沉淀，说明产物中含硫酸根离子，证明发生了副反应， 故 C 正确；D. 滴加几滴酸性

17、 KMnO4溶液，Fe2+具有还原性，可以使酸性 KMnO4溶液褪色，能证明发 生了副反应，故 D正确；E. 滴加几滴KSCN溶液后，由于溶液中有 Fe3+,溶液会变红，无法证明Fe2+的存在，故E 错误；故答案为：BCDO4.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 0.1molL AgNO 3与一定体积 0.1molL NaCl溶 液，混合，振荡.立即产生白色沉淀 .向所得悬浊液中加入 2.5mL 0.1molL Na2S溶液.沉淀迅速变为黑色In .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n中的

18、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 AgCl转化为Ag 2S的缘故，步骤I中NaCl溶液的体积范围为10 302已知：25C时KSP AgCl 1.8 10 , KSP Ag2S 6 10 ,此沉淀转化反应的平衡常数K O3步骤V中产生的白色沉淀的化学式为 ,步骤川中乳白色沉淀除含有AgCl外，还含有O4为了进一步确认步骤川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o 装置C中的试剂为NaCl溶液和A

19、g 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NaCl的作用是： 4 S分液漏斗 过氧化氢溶液Ag 2S悬浊液2Ag2S 4NaCI O2 2H2O? 4AgCI 2S 4NaOH 氧气将 Ag2S 氧化成 S时有Ag产生，NaCl电离的氯离子与银离子结合生成AgCI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 AgCI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AgCI沉淀；C2 ClK肯；(3) 黑色

20、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的作用是提供氧气； 进一步确认步骤 川中乳白色沉淀产生的原因，装置C中的试剂为NaCI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 AgCI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AgCI沉淀，所以加入

21、的 NaCI溶液的体积必须5mL ；? Ag 2 S S 2Cl aq ,该反应aq2(2) 氯化银转化成硫化银的反应为：2AgCI S S的平衡常数为：10 2册 5.4 109 ；2 2 2IX C Cl CAgC Cl KSP AgCIKC S CAg CSKSP Ag 2 S(3) 步骤川中较长时间后，沉淀变为乳白色，则黑色的硫化银沉淀氧化成氯化银沉淀；再根据滤出川中的乳白色沉淀，加入足量HNO 3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 AgCI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BaSO

22、4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，装置 A的作用是提供氧气，根据圆底烧瓶中为二氧化锰可知W为过氧化氢溶液； 进一步确认步骤 川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

23、 4NaCl O2 2H2O? 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 2H 2O ? 4AgCl 2S 4NaOH 向右移动。5.某校化学兴趣小组为研究氯气的性质并模拟工业制备漂白粉，设计了下列装置进行实验。已知： A 中反应为 KCIQ+ 6HCI浓)=KC+ 3C2 + 3H2O；石灰乳的主要成分为 Ca(OH)2,其他杂质不参与反应。(1) B装置作用 。实验结束后，立即将 B中溶液滴几滴在紫色石蕊试

24、纸上，可观察到的现象是。(2) 装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、Hl处依次放入的物 质正确的是 (填编号)。编号IIIIIIA干燥的有色布条碱石灰湿润的有色布条B干燥的有色布条浓硫酸湿润的有色布条C湿润的有色布条浓硫酸干燥的有色布条D湿润的有色布条碱石灰干燥的有色布条(3) 待E中物质完全反应后，经过一系列加工处理，得到漂白粉样品，其主要成份为(填化学式)(4) F装置的作用是(用化学方程式表示)_。(5) 为测定(3)中所得漂白粉的有效成份含量。称取 ag漂白粉样品溶解，往所得溶液中 通入CQ至产生沉淀最大值时，该过程的化学方程式为 ,若反应生成沉淀的物质的量为b

25、mol ,则该漂白粉中有效成份的质量分数为 (用含a、b的式子表示)。【答案】除去氯气中的HCl气体 试纸变红不褪色C CaCk Ca(CIQ2 Cb+ 2NaOH=NaCI+ NaCIO+HO CO+H2+Ca(CIO2 = CaC(Q J +2HCIO 讐【解析】【分析】由实验装置图可知，装置 A用浓盐酸与氯酸钾反应制备氯气，盛有饱和食盐水的装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，盛有浓硫酸的装置 D的作用是干燥氯气，盛有石灰乳的装置E的作用是制备漂白粉，盛有氢氧化钠溶液的装置 F的作用是吸收有毒的尾气氯气，防止污染空气。【详解】(1) 盛有饱和

26、食盐水的装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，实验结束后，因 饱和食盐水吸收氯化氢气体，使溶液呈酸性，滴在紫色石蕊试纸上，试纸变红色，由于氯 气不溶于饱和食盐水，溶液中没有次氯酸，不能使试纸褪色，故答案为：除去氯气中的 HCI气体；试纸变红不褪色；(2) 氯气没有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次 氯酸具有漂白性使有色布条褪色，氯气能使湿润的有色布条褪色，则验证氯气是否具有漂白性时，C中I、II、Ill处依次放入的物质湿润的有色布条、浓硫酸、干燥的有色布条，C正确，故答案为：C;(3) 氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，则漂白粉的主要成分是氯化钙和次

27、氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，故答案为：CaC2、Ca(CI0；(4) 盛有氢氧化钠溶液的装置F的作用是吸收有毒的尾气氯气，过量的氯气能与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，防止污染空气，反应的化学方程式为Cl2+ 2NaOH=NaCI+ NaCIO+HO ,故答案为： Cb+ 2NaOH =NaCI+ NaCIO+HO；(5) 碳酸的酸性强于次氯酸，将二氧化碳通入到漂白粉溶液中，二氧化碳与次氯酸钙反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，反应的化学方程式为CQ+H2+Ca(CIO2 = CaCO4 +2HClQ由题意可知，碳酸钙的物质的量为bmol，则有效成分次氯酸钙的质量为bmol × 1

28、43gmol=143bg ,该漂白粉中有效成份的质量分数为呼，故答案为：143 bCO2+H2O+Ca(CIO2 = CaC(Q J +2HClQ -3-。【点睛】氯气没有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸 具有漂白性使有色布条褪色，氯气能使湿润的有色布条褪色是设计验证氯气是否具有漂白 性实验方案的依据，也是解答试题的关键。6. (1)难溶物PbSO溶于CHCooNH溶液可制得易溶于水的(CWC00)2Pb,发生的反应为 PbSQ+ 2CHsC00NH= (CHCOO)Pb+ (NH4)2SQ,说明(CHaCOOgPb是(填 强”或弱”电解质。(2) 已知次

29、磷酸(HaPQ)与足量的氢氧化钠溶液反应生成NaH2PQ和H2O ,则次磷酸是 元酸(填一”、二”或三”。(3) 工业上制玻璃和水泥需用到的共同原料是 (填化学式)。(4) 在一定温度下，向一个 2 L的真空密闭容器中(预先装入催化剂)通入1 mol N2和3 molH2,发生反应：N2(g) + 3H2(g)?2NH3(g)o经过一段时间后，测得容器内压强是起始的0.9倍，在此时间内，H2平均反应速率为 0.1 mol(L min),则所经过的时间为 min(5) 高铁酸钠(Na2FeC4)具有强氧化性，可对自来水进行消毒、净化。高铁酸钠可用氢氧化铁 和次氯酸钠在碱性介质中反应得到，请补充并

30、配平下面离子方程式。Fe(OH)3 +CIO- +OH=_FeCH2 _ + Cr +_在反应 11P+15CuSO+24H2=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4 中，氧化剂是 ;当有2mol H3PO4生成，转移的电子的物质的量为 【答案】弱一 CaCO 3 2 3 4 2 3 5HO R CUSo 10moI【解析】【分析】【详解】(1) 硫酸铅在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸铵时，醋酸根离子和铅离子生成难电离物质或弱电解质醋酸铅，促使硫酸铅溶解，说明(CfCOO)2Pb是弱电解质；(2) H3PO2与足量的NaOH溶液反应，生成 NaH2PO2 ,说明H3PO2只能电离出一个氢离子

31、，所 以H3PO2是一元酸；(3) 水泥的生产原料为黏土、石灰石，制玻璃的主要原料为纯碱、石灰石和石英砂，共同原料为CaCO；容器体积为2L,所以初始投料 c(N2)=0.5moIL , c(H2)=1.5moIL ,设 c(N2)= mol ,列三段 式有：N2 g +3H2 g ? 2NH3 g起始(mog) 0.51.50转化(mol*-1) X3x2x平衡(mog05+15 molgL-1=0.9 ,解得 x=0.1molL ,则 c(H2)=0.3molL , v(N2)=0.1 C 0.3molgLmol/(L 聞)，则反应时间 t= V = 0.1 mol Lgmin =3min

32、 ；铁元素化合价由+3升高为+6,失去3个电子，氯元素化合价由 +1降低为-1,得2个电 子，取最小公倍数，则氢氧化铁与高铁酸根前系数为2 ,次氯酸跟与氯离子前系数为3,再根据电荷守恒及原子守恒配平得2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cr+5H2O；(6) Cu3P中P元素化合价为-3, H3PO4中P元素化合价为+5,所以P既是氧化剂又是还原) 0.5-x1.5-3x2x容器内压强是起始的 0.9倍，温度和容器容积不变，气体的压强比等于浓度之比，所以10.5-x+1.5-3x+2x molg_剂，CU元素化合价由CUSQ中的+2降低为Cu3P中+1 ,所以CUSo也是

33、氧化剂，即氧化剂为P CUSO4；当有2mol H3PQ生成，转移的电子的物质的量为2mol ×什5-0)=10moJ7.在古代，橘红色的铅丹(Pb3O4)用于入药和炼丹，人们对其中重金属铅的毒性认识不 足。已知：PbQ为棕黑色粉末。某化学兴趣小组对铅丹的一些性质进行实验探究并测定其 组成。回答下列问题：(1) 性质实验实验操作现象解释或结论将适量铅丹样品放入小烧杯中，加 入2 mL 6 mol/L的HNO3溶液，搅拌Pb3O4+ 4HNO3=PbO2+2Pb (NO3) 2+ 2H2O将上述混合物过滤，所得滤渣分为 两份，一份加入 2 mL浓盐酸，加热有刺激性的黄绿色气体产生反应的

34、化学方程式：另一份滤渣加入硝酸酸化的 Mn(NO3) 2溶液，搅拌得紫色溶液结论：(2) 组成测定 准确称取0.530 g干燥的铅丹样品，置于洁净的小烧杯中，加入2 mL 6 mol/L的HNO3溶液，搅拌使之充分反应，分离出固体和溶液。该分离操作名称是。 将中所得溶液全部转入锥形瓶中，加入指示剂和缓冲溶液，用0.04000 mol/L的EDTA溶液(显酸性)滴定至终点，消耗 EDTA溶液36.50 mL。EDTA与 Pb2+的反应可表示为 Pb2+ + H2Y2- =Pb- + 2H+ ,滴定时EDTA溶液应盛装在 中。滤液中含Pb2+mol。 将中所得固体PbO2全部转入另一锥形瓶中，往其

35、中加入适量HAC与NaAC的混合液和8 g固体Kl,摇动锥形瓶，使 PbO2全部反应而溶解，发生反应PbO2+ 4+ 4HAc =Pbb+ I2+ 4Ac+ 2H2O,此时溶液呈透明棕色。以0.05000 mol/L的Na2SO3标准溶液滴定，发生反应2+ 2S2O32-=9O62-+ 2，至溶液呈淡黄色时加入2%淀粉溶液1 mL,继续滴定至溶液,即为终点，用去 Na2S2O3溶液30.80 mL。根据、实验数据计算，铅丹中Pb ( )与Pb (W)的原子数之比为 。加热【答案】固体由橘红色变为棕黑色PbQ+ 4HCl (浓)PbCb+ Cl2 + 2H2O 在酸性溶液中，PbO2能够将Mn2

36、+氧化为MnO”过滤、洗涤、干燥酸式滴定管1.460-× 1蓝色褪去且半分钟内不恢复1.90【解析】【分析】(1) 由化学方程式及物质的物理性质总结反应现象，黄绿色气体为氯气，HCl氧化为氯气，则PbO2发生还原，紫色是 MnO 4-离子的颜色，在酸性条件下PbO2能够将Mn2+氧化 为Mn4-, PbO2发生还原反应变为+2价离子；(2) 溶液中有固体沉淀的分离步骤是：过滤、洗涤、干燥，碱性溶液用碱式滴定管盛 装，酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装，根据反应的离子方程式找出关系式进行计算滤 液中含Pb2+的物质的量；(3) 碘遇淀粉变蓝色，根据反应的离子方程式找出关系式进行相关计算。

37、 根据以上分析进行解答。【详解】(1)铅丹样品与 HNO3溶液发生反应：Pb34+ 4HN03=PbQ+ 2Pb(N6)2+ 2H2O ,由题中所 给Pb304、Pb02物理性质可知反应现象为：固体由橘红色变为棕黑色。答案为：固体由橘红色变为棕黑色。Pb02与浓盐酸加热生成的黄绿色气体为氯气，HCl氧化为氯气，Pb02发生还原变成一加热Pb2+,根据原子守恒写出反应方程式为：Pb02+ 4HCl (浓)PbC2+ C2 + 2缶0。加热答案为：PbO2+ 4HCl (浓)PbC2 + C2 + 2也0。Pb02与硝酸酸化的 Mn (N03)2溶液反应得到的是 Mn04-紫色溶液，说明在酸性条件

38、下 Pb02能够将Mn2+氧化为Mn。4-, PbQ发生还原反应变为 Pb2+离子，反应方程式为：5Pb02+ 2Mn 2+4H+= 2Mn 0”+ 5Pb2+2 H20。答案为：在酸性溶液中，Pb02能够将Mn2+氧化为Mn0”。(2) 溶液中有不溶物分离的操作步骤是：过滤、洗涤、干燥。 答案是：过滤、洗涤、干燥。滴定实验中酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装，所以显酸性的EDTA溶液应盛装在酸式滴定管里，根据反应Pb2+ H2Y2- =PbY2-+ 2H+可 得：n (Pb2+)=n(H2Y2-)=36.50 10-3L 0.0400molL=1.460 10-3mol。答案为：酸式滴定管；1

39、.460 × 10。(3) 该滴定实验使用淀粉溶液作指示剂，而碘遇淀粉变蓝色，当反应2+ 2S2O32-=SO62-+ 2I结束时，碘恰好反应完蓝色褪去，所以达到滴定终点的标志是：蓝色褪去且半分钟内不恢复；根据反应：PbO2+ 4+ 4HAc =Pbb+ b+ 4Ac + 2出0, 2+ 2S2O32-=SO62-+ 2可得：1 1n(PbO2)=n(|2)= n(S2O32-)=0.05000molL 30.80 10-3L=7.7 10-4mol ,所以铅丹中 Pb ()2 2与 Pb (W)的原子数之比为:1.460 × 10： 7.7 10-4=1.90°

40、答案为：蓝色褪去且半分钟内不恢复；1.90。【点睛】 有关滴定实验的计算中要根据反应方程式找准关系式，计算时注意单位的换算。CiF+、Fe3+的电镀废水中制备氯化&氯化亚铜在有机合成工业中常作催化剂。以下是从含 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CUel产率与PH的关系图。I-I(i*< IaI旳 M 3D率S I nK讪*L" 0÷iV- -C>的液横古Fe的織度Q> >t 11I I7-e CuCI 产率I PK氯北钾调节破.温度>tluCl反应过號请回答以下问题：(1) 在电镀废水中加碱产生沉淀，

41、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 BaCb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)3, CU(OH)2 3.5 还原 2CuSO+ Fe +2KCl

42、= 2CuCl2SO2KFeSO 蒸发、冷却结晶、过滤(洗涤)、干燥 KbFe(So)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、洗涤、干燥得到K2Fe(SQ)2?6H2O晶体

43、。【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、硫酸钾和氯化亚铜，反应的化学方程式为2CuSQ+Fe+2KCI=2CuCl+FeSQ+SC4

44、,故答案为：2CuSQ+Fe+2KCI=2CuCJ +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(鶯囂g =006mol ,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 233g3gmol × 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 16(0g4gmol × 2× 2=0.01mol, n(H2O)

45、=0.02mol: 0.01mol : 0.02mol : 0.06mol=2:1:2:6 ,晶体的化学式为 K2Fe(SO)2?6H2O, 故答案为：K2Fe(SO)2 ?6H2O。则钾离子的物质的量为(3.26- 0.02 96-0. 01 56) g+39g/ mol=0.02mol, n(K):n (Fe2+)n(SQ42 );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LiCoQ)中，回收钴、锂的操作流程如下图所示：1I 11蠶一1O4I *说泡Cq(CH)2理施一 Ni2SOtIOH1O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

46、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) “沉钴”时，调PH所用的试剂是 ; “沉钴”后溶液中 C ( Co2+)=。(已 知：Ksp Co (OH) 2= 1.09 × l0-15)(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。290

47、500C ,发生反应的化学方程式为 。(6) 根据右下图判断，“沉锂”中获得Li2CO3固体的操作主要包括 、洗涤、干燥等步骤。2tM4(KI 耳 QOA如贮IflO9wN¾SCh104060 SO LoCitt度他【答案】化学能电能热能H2 NaAlQ+HCI+H2C=NaCI+AI(OH)3 J 8LiCoQ+ SQ2-+22H+=8Li+8Co2+2S42-+11H2 C2 NaOH溶液或氢氧化钠固体 1.09× I0-6moI/ L290500C6C0234C34+ 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，LiCoO2属于盐类，

48、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LiCoQ、硫酸和Na2S2O3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SO42-;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 Na2SO4 1OH2O。【详解】(1) 依据“电池短路而放电

49、” “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AI和LiCOO2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+HCI+H2O=NaCI+AI(H)3 J；(3) 根据分析可知“酸浸”时 Na293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： 8LiCo2+ S232-+22H+=8Li+8Co2+2

50、SQ2-+11H2;加入的Na2S23起还原作用，用一定浓度的盐酸替代“Na293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“沉锂”后母液中还可以获得Na2S 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 × I0-15求得 qCo2+)=1.09× 0-6molL;(5) 从图中信息可知，加热前的反应物为 Co( OH) 2 ( 0.930g),其物质

51、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某种钴的氧化物，该氧化物中,n(O)=0.830g-0.590g16gmol=0. 015mol,由此可以确定该氧化物为Cc23;同理可以确定 500 C时，n( O)= 00133mol ,则生成的氧16gmol化物为C34；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290500C6Co2O= 4Co3O4+ O2 ;(6) 分析溶解度曲线可

52、知 LiCQ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。10. 合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要意义(1) 工业合成氨工业常用的催化剂是 ,氨分子的电子式是 图是一定的温度和压强下是N2和H2反应生成ImolNH3过程中

53、能量变化示意图，请写出工业合成氨的热化学反应方程式 。(热量Q的数值用含字母a、b的代数式表示)下列有关该反应的说法正确的是 (填序号)A. 保持容器的体积不变，当混合气体的密度不变时，说明反应已经达到平衡状态。B. 达到平衡时若升高温度，混合气体中氮元素的质量分数将变大。C. 达到平衡时若减少容器的体积，正反应速率将大于逆反应速率。D. 达到平衡后，N2的转化率和H2的转化率一定相等。(4) 在催化剂存在下，NH3可用来消除No的污染，生成两种对环境无害的物质。写出反应 的化学方程式：;该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比是(5) 把NH3通入盐酸溶液中，所得溶液的pH=7,此时溶液中离

54、子浓度关系是 H【答案】铁触媒 >ty I-I N2 (g) +3H2 (g)2NH3 (g) +2 (b-a) kJ mol-1 CU *4NH3+6NO 5N+6H2O 2:3 C(NH) = C(Cf) > c(H+)= c(OH-) c(NH4+)+c(H+) = C(OH)+ C(Cr)【解析】【分析】工业合成氨的催化剂是以铁为载体的铁触媒，氨气是共价化合物，氮原子最外层5个电子，其中三个电子和三个氢原子形成三个共价键；由图求出N2和H2反应生成ImoINH 3的反应热，再根据热化学反应方程式的书写要求解答；合成氨是气体体积减小的放热反应， 依据平衡移动原理判断；NH 3可用来消除No的污染，生成2种对环境无害的物质，应生成氮气和水；氨气通入盐酸溶液反应生成氯化铵溶液，溶液中一定存在电荷守恒；若溶液 pH=7 ,则氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同，结合电荷守恒得到离子浓度大小。据此分 析。【详解】(1) 工业合成氨的催化剂是以铁为载体的铁触媒，氨气是共价化合物，氮原子最外层5个电子，其中三个电子和三个氢原子形成三个共价键，电子式为：；答案为：铁触媒；&quo