全国高考化学氧化还原反应的综合高考真题汇总附答案解析

1、一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）1.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。测定原理：OH+3Br2f国OHJ+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5.00mLamoiL1浓滨水（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bmL0.l0molL1KI溶液（过量），塞紧瓶塞，振荡。步骤4：滴入23滴指示剂，再用0.010moiL1Na2s2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2s2O3溶液VmL（反应原理：I22Na2s2O32NaINa2s4。6）。待测废水换为蒸储

2、水，重复上述步骤（即进行空白实验），消耗Na2s2O3溶?V?mL。（1）步骤1"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mg11（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”或无影响”,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On.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

3、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CO2nH2O。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】瞰式）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94V-V钟不恢复原色2偏低偏低H2OeOHH15C6H50H14H2O26CO217H2O【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B2发生氧化还原反应得到I2,方程式为Br2+2I-=I2+2Br-,再用Na2S>O3标准溶?滴定可根据消耗的Na2SO3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

4、空白实验测出浓滨水的物质的量，用Br2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/LNa2s2O3标准溶液滴定至终点，由于Na2s2。3标准溶液会反应I2,加入的淀粉遇I2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

5、好褪去，且半分钟不恢复原色，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：Br22KII22Na2S2O30.005V0.01Vi0.005V20.01V2剩下的浓澳水中Br2的物质的量为0.005Vimmol,将待测废液换成蒸储水时，5mLamol/L的浓澳水中Br2的物质的量为0.005V2mmol,则与苯酚参与反应的Br2的物质的量为0.005(V2-V1)mmol,根据方程式0H+3Br2BrOHJ+3HBr可得苯酚的物质的口、，0.005V2-V1940.005V2-V1,_.重为mmol,质量为mg,则该废水

6、中本酚的含量为33940.005V2-V194V2-V1-1,若步骤2中忘记塞进瓶塞，澳单质挥发,mgg-153小32510L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Na2s2O3的体积偏小，使测得苯酚的含量偏低，故答案为：94V2-V1；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

7、C6H5OH+14H2O2=6CO2T+17H2O,故答案为：C6H5OH+14H2O2=6CC2T+17建O。2.叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。实验室可利用亚硝酸叔丁酯(t-BuNO2,以t-Bu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。(1)制备亚硝酸叔丁酯取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合，发生反应H2SQ+2NaNO2=2HNO2+Na2SOu可利用亚硝酸与叔丁醇(t-BuOH)在40c左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：(2)

8、制备叠氮化钠(NaN3)按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应的化学方程式为：t-BuNO2+NaOH+N2H4=NaN3+2H2。+t-BuOH。装置a的名称是;该反应需控制温度在65C,采用的实验措施是;反应后溶液在0C下冷却至有大量晶体析出后过滤。所得晶体使用无水乙醇洗涤。试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是(3)产率计算称取2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。用滴定管加入0.10molL1六硝酸锦俊(NH4)2Ce(NO3)6溶液40.00mL(假设杂质均不参与反应)。充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗咻指示液，并用0

9、.10molL-1硫酸亚铁钱(NH4)2Fe(SQ)2为标准液，滴定过量的Ce4+,终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理：Ce4+Fe2=Ce3+Fe3)o已知六硝酸锦钱(NH4)2Ce(NO)6与叠氮化钠反应生成硝酸俊、硝酸钠、氮气以及Ce(NQ)3,试写出该反应的化学方程式；计算叠氮化钠的质量分数为(保留2位有效数字)。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是(填字母)。A.锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗B.滴加六硝酸铀钱溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数C.滴加硫酸亚铁钱标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡D.滴定过程中，将

10、挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁钱标准液滴用蒸储水冲进瓶内(4)叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：【答案】t-BuOH+HNO丝£t-BuNO2+H2O恒压滴液漏斗(滴液漏斗)水浴加热降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失2(NH4)2Ce(NO)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2T65%ACClO+2胸+HzO=Cl+2OH+3N2T【解析】【分析】【详解】(1)制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反应，所以方程式为：t-Bu

11、OHHNO240ct-BuNO2H2O；(2)。装置a的名称即为恒压滴液漏斗； 反应要控制温度在65C,参考苯的硝化实验，该反应加热时，应当采用水浴加热； 题干中提到了叠氮酸钠易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗涤产品时，为了减少洗涤过程中产品的损耗，应当用无水乙醇洗涤；(3)通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中Ce4+和N3中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：2(NH4)2ce(NO3)62NaN3=4NH4NO32NaNO32Ce(NO3)33N2；在计算叠1,，氮化钠的含量时，一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了与过量的六硝酸铀钱反10应，再用Fe2+去滴定未反应完的正四价的Ce

12、,因此有：1 .2.0gNaN3样品的而消耗的Ce4Fe2消耗的Ce4=0.004molCe4,考虑到Fe2+与Ce4+的反应按照1:1进行，所以2.0g叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为：n(NaN3)10(0.004Fe2消耗的Ce4)0.02mol,所以叠氮化钠样品的质量分数为：wm(NaN3)2.0g100%=0.02mol65g/mol2.0=65%；A.润洗锥形瓶，会使步骤消耗的六硝酸铀钱的量增加，通过分析可知，会使最终计算的质量分数偏大，A项正确；B.量取40mL六硝酸铀钱溶液时若前仰后俯，则会量取比40ml更多的六硝酸铀钱溶液，那么步骤会需要加入更多的F滑来消耗叠氮酸钠未消耗掉

13、的Ce4+,通过分析可知，最终会导致计算的质量分数偏低，B项错误；C.步骤用Fe2+标定未反应的Ce4+,若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的Fe2+消耗量比实际的偏小，通过分析可知，最终会使质量分数偏大，C正确；D.将挂在锥形瓶壁上的Fe2+溶液冲入锥形瓶，相当于让溶液混合更均匀，这样做会使结果更准确，D项不符合；答案选AC;(4)反应后溶液碱性增强，所以推测生成了OH-；产生的无色无味无毒气体，推测只能是氮气，所以离子方程式为：ClO2N3H2O=Cl3N22OH。【点睛】滴定计算类的题目，最常考察的形式之一是配制完待测样品溶液后，只取一部分进行滴定，在做计算时不要忘记乘以相应的系数

14、；此外，常考察的形式也有：用待测物A与过量的B反应，再用C标定未反应的B,在做计算时，要注意A与C一同消耗的Bo3.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，难溶于水Fe2+6SCNFe(SCN()4-(无色)I.FeCQ的制取(夹持装置略)实验i：CO2至其pH为7,滴加一定量FeSQ装置C中，向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段时间溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到FeCQ固体。试剂a是。(2)向Na2CO3溶液通入CO2的目的是。(3)C装置中制取FeCQ的离子方程式为。(4)有同学认为C中出现白色沉

15、淀之后应继续通CQ,你认为是否合理并说明理由n.FeCQ的性质探究SmLdrngl孙髓充分隔荡，r过於即:场*'着救触色，并有红褐色元湿实验iii对比实验ii和iii,得出的实验结论是(6)依据实验ii的现象，写出加入10%H2O2溶液的离子方程式m.FeCQ的应用(7)FeCO3溶于乳酸CH3CH(OH)COOH能制得可溶性乳酸亚铁(CH3CH(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，消耗0.1000mol/L的KMnO4溶液10.00mL,则乳酸

16、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)22HCO3-+Fe2+=FeCOa+CQT+KO不合理，CQ会和FeCQ反应生成Fe(HCQ”(或合理，排出氧气的影响)F声与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)3J+4Fe(SCN)+24SCN或6Fe2+3H2O2+12SCN=2Fe(OH)4+4Fe(SCN或6Fe2+3H2O2=2Fe(OH)3J+4F(3+117%乳酸

17、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FeCQ；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

18、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】1.(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NaHCa溶液，故答案为：饱和NaHCQ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NaHCO3,

19、再滴加FeSQ溶液，有FeCQ沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCO3-+Fe2+=FeCQJ+CQT+KO,故答案为：2HCO3-+Fe2+=FeCQj+CQT+KO;(4)FeCQ沉淀能溶解在CQ的水溶液中，生成可溶于水的Fe(HCQ)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反应生成Fe(HCQ)2(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FeC。固体的溶解，故答案为：

20、Fe2+与SCN的络合(或结合)会促进FeCQ固体的溶解或FeCO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(OH)3和Fe(SCN)生成，发生反应的离子方程式为6Fe(SCN64-+3H2O2=2Fe(OH)3j+4Fe(SCN)+24SCN或6Fe2+3H2O2+12SCN=2Fe(OH)4+4Fe(SCNM6Fe2+3H2O2=2Fe(OH)3J+4F(3+;故答案为：6Fe(SCN64-+3H2O2=2Fe(OH)3J+4Fe(SCN)+24SCN或6Fe2+3H2O2+12SCN=2Fe(OH)

21、U+4Fe(SCN3)或6Fe2+3H2O2=2Fe(OH)U+4F+;0.005mol234g/mol1.0gID.(7)FeCO3溶于乳酸CH3CH(OH)COOH能制得可溶性乳酸亚铁(CH3CH(OH)COO2Fe补血剂，可得关系式MnO45Fe2+5CH3CH(OH)COO2Fe,则乳酸亚铁的物质的量为0.1000mol/LX0.01LX5=0.005购11酸亚铁的质量分数100%=117%,由于乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高镒酸钾溶液氧化，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：11

22、7%；乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4。4.钠酸钠(NaBiO3)是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸水或酸则迅速分解。某兴趣小组设计实验制取钠酸钠并探究其应用。回答下列问题：I.制取钠酸钠制取装置如图(加热和夹持仪器已略去)，部分物质性质如下：物质NaBiO3Bi(OH)3性质不溶于冷水，浅黄色难溶于水；白色(1) B装置用于除去HCl,盛放的试剂是一；(2) C中盛放Bi(OH)3与NaOH混合物，与C12反应生成NaBiO3,反应的离子方程式为(3)当观察到(填现象)时，可以初步判断C中反应已经完成；(4)拆除装置前必须先除去烧瓶中残留C12以免污染空气。除去C

23、12的操作是(5)反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作有一；n.钠酸钠的应用检3MMn2+(6)往待测液中加入钠酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在2+Mn。产生紫红色现象的离子方程式为；某同学在较浓的MnSO4溶液中加入钠酸钠晶体，加硫酸酸化，结果没有紫红色出现，但观察到黑色固体(MnO2)生成。产生此现象的离子反应方程式为。m.产品纯度的测定。)取上述NaBiO3产品wg,加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用cmo1L-1的H2c2O4标准溶液滴定生成的MnO4-(已知：H2C2O4+MnO4-CO2+Mn2+H2。,未配平)，当溶液紫红色

24、恰好褪去时，消耗vmL标准溶液。该产品的纯度为(用含w、c、v的代数式表示)。【答案】饱和食盐水Bi(OH,+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2C+3H2OC中白色固体消失(或黄色不再加深)关闭Ki、K3,打开K2在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2J+4H280CV10-3x100%0.28cvx100%28cv【解析】【分析】用浓HCl和MnO2反应制备C12,其中混有挥发出来的HCl,要用饱和食盐水出去，然后利用C12的强氧化性在碱性条件下将Bi(OH)3氧化成Na

25、BiO3；利用Mn2+的还原性将NaBiO3还原而Mn2+被氧化成紫红色溶液MnO4-来检验NaBiQ的氧化性；实验结束后C12有毒，要除去，做法是打开三颈烧瓶的NaOH溶液，使其留下和氯气反应；NaBiO3纯度的检测利用NaBiO3和Mn2+反应生成MnO，MnO4-再和草酸反应来测定，找到NaBQ、Mn2+、MnO，、草酸四种物质之间的关系，在计算即可。【详解】(1)除去氯气中混有的HCl,用饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；(2)反应物为Bi(OH)3、Cl2和NaOH混合物，+3价的Bi被氧化成NaBiO3,Cl2被还原成Cl-,根据原子守恒还有水生成，所以反应为：Bi(OH)3+3O

26、H+Na+C2=NaBiO3+2C+3H2O,故答案为：Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2C+3H2O；(3) C中反应已经完成，则白色的Bi(OH)3全部变为了黄色的NaBiO3,故答案为：C中白色固体消失(或黄色不再加深)；(4)从图上来看关闭Ki、K3,打开K2可使NaOH留下与氯气反应，故答案为：关闭Ki、K3,打开K2；(5)由题意知道NaBiO3不溶于冷水，接下来的操作尽可能在冰水中操作即可，操作为:在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干(6)往待测液中加入钠酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2+

27、,说明铀酸钠将Mn2+氧化成MnO4-,因为是酸性条件，所以钠酸钠被还原成Bi3+,据此写方程式并配平为5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O,故答案为:5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O；由题意可知，Mn2+过量，钠酸钠少量，过量的Mn2+和MnO4-发生反应生成了黑色的J+4也故答案为：3Mn2+2MnO4-MnO2,反应方程式为3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2+2H2O=5MnO2j+4H；(7)根据得失电子守恒找出关系式为：5NaBiO32Mn2+2MnO4-5H2c2。4，计算钠酸钠理论产量：

28、5NaBO1400gm（理论）5H2c2O4cv5mol103mol解得m(理论)280cv10-3x0.28cvg0.28cv，=0.28CVg,所以纯度=x100%=x100%所以答案为:WgW100喊O.28cvx100喊28cv%。【点睛】(7)在复杂的纯度、产率等计算中，用得失电子守恒法找出各关键物质之间的关系，由此计算，可以事半功倍，如本题中的关系5NaBiO35H2c2。4,使复杂问题简单化了。5.实验室用图所示装置制备KC1O溶液，并通过KC1O溶液与Fe(NO3)3溶液的反应制备高效水处理剂K2FeO4.已知KzFeO4具有下列性质可溶于水、彳溶于浓KOH溶液，在0c5c、强

29、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。itrr»(1)装置A中KMn04与盐酸反应生成MnCl2和C12,其化学方程式为,装置B的作用是。(2)C12和KOH在较高温度下反应生成KC1O3,试写出该反应的离子方程式。(3)制备KzFeO时，KC1O饱和溶液与Fe(NO3)3饱和溶液的混合方式为：在搅拌下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KC1O饱和溶液中。理由是。2(4)已知pH11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

30、离子浓度为i.0mo1L1计算)。开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe31.13.2Fe25.88.8Zn25.98.9实验中可选用的试剂：30%HzO2、1.0mo1L1HNO3、1.0mo1L1NaOH.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；900c煨烧。【答案】2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5C12T+8H2O除去CI2中的HClV3cI26OH5ClCIO33H2OK2FeO4在Fe3作用下会分解向硫酸锌溶液中加入适量30%H2O2,使其充分反应滴加1.0molL1NaOH,调节溶液pH约为5(或3.2pH5.9)

31、,使FS沉淀完全向滤液中滴加1.0moiL1NaOH,调节溶液pH约为10(或8.9pH11),使Zn2沉淀完全【解析】【分析】根据实验装置图可知，A装置中用高镒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 KMnO4具有强氧化性，将盐酸中氯离子氧化为Cl2,反应还有水生成，所以化学方程式为：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5CI2f+8H2O,由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl,应饱和食盐水吸收HCl除去，故答案为：2KMnO4+16H

32、Cl=2KCl+2MnCl2+5CI2T+8H2O;除去Cl2中的HCl;2 Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3,反应的离子方程式为V3Cl26OH5ClClO33H2O,故答案为：V3Cl26OH5ClClO33H2O；3由题意可知KzFeO4在Fe3和Fe(OH)3催化作用下发生分解，则KClO饱和溶液与Fe(NO3)3饱和溶液的混合方式为：在搅拌下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO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%H2O2,使其充分反应，目的使Fe2转化

33、完全为Fe3,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1.0molL1NaOH,调节溶液PH约为10(或8.9pH11),使Zn2沉淀完全，过滤、洗涤、干燥，900c煨烧。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1.0molL1NaOH,调节溶液pH约为5(或3.2pH5.9)，使Fe3沉淀完全；向滤液中滴加1.0molL1NaOH,调节溶液pH约为10(或8.9pH11),使Zn2沉淀完全。【点睛】根据实验装置图可知，A装置中用高镒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

34、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。6.下表是某学生为探究AgCl沉淀转化为Ag2s沉淀的反应所做实验的记录.步骤现象I.取5mL0.1mol/LAgNO3与一定体积0.1mol/LNaCl溶液，混合，振荡.立即产生白色沉淀n.向所得悬浊液中加入2.5mL0.1mol/LNa2s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.过滤得到滤液X和白色沉淀Y；向X中滴加Ba(NO3)2溶液.产生白色沉淀1为了证明沉淀变黑是AgCl转化为

35、Ag2s的缘故，步骤I中NaCl溶液的体积范围为10_302已知：25c时KspAgCl1.810,KspAg2s610,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Ag2s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：【答案】5mL5.4109BaSO4s分液漏

36、斗过氧化氢溶液Ag2s悬浊液2Ag2s4NaClO22H2O?4AgCl2S4NaOH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AgCl沉淀，使cAg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Ag2s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；c2Cl(2)kcS(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Ag2s悬浊液的混合物，则装置

37、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Ag2s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;aq?Ag2Ss2Claq,该反应2(2)氯化银转化成硫化银的反应为：2AgClsS的平衡常数为：22_2_102f54109；cClcAgcClk2AgClK丁-.p.八cScAgcSQAg2s(3)步骤出中较长

38、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(NO3)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Ag2s悬浊液的混合物，则装置B中应该不含氯化钠溶液，即为Ag2s悬

39、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2Ag2s4NaClO22H2O?4AgCl2S4NaOH；装置C中氯化钠的作用为：氧气将Ag2s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cAg减小，从而有利于氧化还原反应2Ag2s4NaClO22H2O?4AgCl2S4NaOH向右移动。7.MnO2是制造干电池的主要原料之一，也是中学化学中常见的一

40、种试剂。工业上Mn(NO3)2和KMnO4为原料制备MnO2,其生产原理如下：用软镒矿(含MnO2和少量的Fe2O3、siQ)和碳反应制得MnO;再将MnO与稀硝酸反应，反应后经过滤、提纯、浓缩，可制得50%的Mn(NO3)2溶液；在一定条件下，把50%的Mn(NO3)2溶液滴加到KMnO4溶液中，发生如下反应：3Mn(NO3)2+2KMnO4+2H2r5MnO2J+2KNQ+4HNO3,反应生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后得到MnO2。请回答下列问题：I、若将软镒矿和碳反应后的固体产物置于如图1所示的装置甲中，与稀硝酸反应，观察到装置乙中有红棕色气体产生。(1)写出甲中产生气体反应的化学方程式

41、。(2)在制备MnO2的实验中要向反应混合液中不断滴加氨水，则氨水的作用是一。n、有人提出用日光分解KMnO4溶液的方法可制取MnO2,反应方程式为：4KMnO4+2H2O±LMnO2j+4KOH+3QT该反应中c(OH-)随时间的变化曲线如图2所示,分析曲线的变化趋势，你认为形成该变化的原因是一。m、某兴趣小组通过实验研究MnO2的氧化性进行了一系列的研究。(1)该小组设计了如下4个方案以验证MnO2的氧化性，可行的是。A.把MnO2固体加入到FeSC4溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红B.把MnO2固体加入到FeC3溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红C.把Mn

42、O2固体加入到Na2SO3溶液中，再加入BaC2观察是否有白色沉淀生成D.把MnO2固体加入到稀盐酸中，观察是否有黄绿色气体生成(2)该小组为研究在不同酸碱性的溶液中MnO2的氧化能力，他们控制KI溶液的浓度和MnO2固体的质量相同，恒定实验温度在298K,设计如下对比试验。实验酸或碱现象A1滴0.2mol/LNaOH溶液/、变色B1滴水缓慢变浅棕褐色C1滴0.1mol/L硫酸溶液迅速变棕褐色该小组从上述对比实验中，可以得出的结论是。写出在MnO2迅速氧化的离子方程式O【答案】Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NOT+2H2O可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2反

43、应生成的MnO2对该反应起催化作用A酸性越强，MnO2氧化能力越强MnO2+2I-+4H+=Mn2+I2+2H2O【解析】【分析】I、(1)软镒矿中含有少量F&O3,在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO气体，为便于吸收氮氧化物，向乙中通入空气，空气中的氧气将NO氧化成NO2,使气体呈红棕色，丙中应盛NaOH溶液等碱性物质，吸收有毒气体NO2；(2)制备MnO2的实验中生成HNO3,加入氨水，可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；n、反应中c(OH-)在ti时突然增大，说明反应速率增大，在其它条件不变的情况下，可考虑生成物起催化作用；出、(1)A

44、中，通过溶液变红，可说明MnO2固体将Fe2+氧化为Fe3+;B中，Fe3殁有还原性，MnO2不能表现氧化性；C中，不管是否将SO32-氧化，都产生白色沉淀；D中，MnO2固体加入到稀盐酸中，不发生反应。(2)从溶液的酸碱性及产生的现象，可得出酸性越强，转化为I2的反应速率越快，现象越明显，MnO2氧化能力越强的结论；MnO2在酸性溶液中氧化I-,生成Mn2+、I2和H2O。【详解】1、(1)软镒矿中含有少量F&O3,在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO气体。反应的方程式为Fe+4HNC3=Fe(NC3)3+NOT+2H2O;答案为：Fe+4HNC3=Fe(NC3)3+N

45、OT+2H2O;(2)制备MnO2的实验中生成HNO3,加入氨水，可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；答案为：可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；n、反应中c(OH-)在ti时突然增大，说明反应速率增大，在其它条件不变的情况下，可考虑生成物MnO2起催化作用；答案为：反应生成的MnO2对该反应起催化作用；出、(1)A中，通过溶液变红，可说明MnO2固体将Fe2+氧化为Fe3+,A符合题意；B中，Fe3+没有还原性，MnO2不能表现氧化性，B不合题意；C中，不管是否将SQ2-氧化，都产生白色沉淀，C不合题意；D中，MnO2固体加入到稀盐

46、酸中，不发生反应，D不合题意。故选A;(2)从溶液的酸碱性及产生的现象，可得出酸性越强，转化为I2的反应速率越快，现象越明显，MnO2氧化能力越强的结论；答案为：酸性越强，MnO2氧化能力越强；MnO2在酸性溶液中氧化I-,生成Mn2+、I2和H2O,反应的离子方程式为MnO2+2I-+4H+=Mn2+I2+2H2O；答案为：MnO2+2I-+4H+=Mn2+I2+2H2。8.将28.8g铜投入100mL浓硝酸中，最后铜有剩余，其NO3-离子物质的量变化如下图所(1)开始反应时浓硝酸的物质的量浓度为mol/L。(2)铜与浓硝酸反应生成的气体在标准状况下的体积(不考虑NO2与N2O4的平衡)为(

47、3)硝酸完全反应后消耗铜的物质的量n(Cu)是mol。(4)应再往此反应体系中滴加L2mol/L的硫酸才能使剩余的铜恰好完全溶解。已知此过程中NO3-的还原产物为NO。(5)ag铜全部溶于一定量的浓硝酸中，测得生成的气体在标准状况下的体积(不考虑NO2与N2O4的平衡)为bL,为消除污染，将生成的气体通入NaOH溶液中，气体被完全吸收。已知：NO+NC2+2NaOH-2NaNQ+H2O2NO2+2NaOH-NaNQ+NaNO2+H2O如果NO、NO2混合气体用NOx表示，被NaOH溶液完全吸收时，x的取值范围;生成NaNO2的物质的量是mol；NaNO3的物质的量是mol。(6)在常温下，把N

48、O气体压缩到1.01X13a再加热到500C,发现气体的压强迅速下降，压强降至略小于原压强的2/3,然后压强就不再改变。已知其中一种产物为N2O,则上述变化的化学方程式为。气体的平均摩尔质量为M,则M的取值范围应该是Oaba.【答案】108.960.31001.5,x<2一mol-mol6422.464BNOnNzO+NOz；2NO2?N2O445g/mol<M<60g/mol【解析】【分析】(1)根据开始时硝酸根的物质的量计算硝酸的浓度；(2)利用氮元素守恒计算气体的物质的量，再根据V=nVm计算二氧化氮的体积；(3)反应结束，溶液中溶质为硝酸铜，根据硝酸根计算消耗n(Cu

49、);(4)发生反应：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O,据此计算消耗硫酸的物质32的量，进而计算需要硫酸的体积；(5)由方程式2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O和2232NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2。可知，NO单独不能被吸收，NO和NO2混合气体被NaOH溶液被完全吸收，满足n(NO2):n(NO)1,当n(NO2):n(NO)=1时x值最小，计算x的最小值，因为混有NO,所以x最大值v2,据此确定x取值范围；纵观整个过程，Cu失去的电子等于硝酸生成亚硝酸钠时获得的电子，根据电子转移守恒计算n(NaNO2),根据N元素守恒计算n(NaNO3

50、)；(6)在常温下，把NO气体压缩到1.01X13a再加热到50C,发现气体的压强迅速下一一一一2一一一，、，一一，降，压强降至略小于原压强的一，然后压强就不再改变.已知其中一种产物为N2O,依据3原子个数守恒可知该反应为：3NO=N2O十NO2,因为存在2NO2?N2O4,即生成的NO22又双聚成N2O4,导致气体分子数减少，压强降至略小于原压强的一；若只发生反应：33NO=N2O十NO2,气体的平均摩尔质量最小，若二氧化氮完全转化为四氧化二氮时，气体的平均摩尔质量最大，据此计算解答。【详解】(1)由图可知，开始时n(NO3-)=1.0mol,则n(HNO3)=n(NO3-)=1.0mol,

51、则cHNO3=1.°m0=10mol/L,30.1L故答案为：10;(2)由图可知，反应结束时，溶液中NO3-为0.6mol,根据氮元素守恒，生成气体的物质的量为1.0mol-0.6mol=0.4mol,标况下二氧化氮的体积为0.4mol22.4L/mol=8.96L,故答案为：8.96；(3)溶液中溶质为硝酸铜，由图可知，反应结束时，溶液中NO3-为0.6mol,故消耗n(Cu)=n(硝酸铜)=0.6mol2=0.3mol,故答案为：0.3;(4)28.8g铜的物质的量为28.8g=0.45mol,故剩余Cu为0.45mol-0.3mol=0.15mol,由64g/mol方程式3C

52、u+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O可知,+8,nH=0.15mol-=0.4mol,故n(H2SC4)=0.2mol,则需要硫酸体积为3、/n0.2molV=-=0.1L=100mL,c2mol/L故答案为：100；(5)由方程式可知，NO单独不能被吸收，NO和NO2混合气体被NaOH溶液被完全吸收，满足n(NOJ:n(NO)1,当n(NOJ:n(NO)=1时x值最小，x最小值为2+12=1.5,因为混有NO,所以x最大值<2,故x的取值范围为1.5,x<2;纵观整个过程，Cu失去的电子等于硝酸生成亚硝酸钠时获得的电子，根据电子转移守恒，nNaNO2=nCu=ag=

53、mol,根据N元素守恒，可知64g/mol64bLabanNaNO3=n(气体尸=mol,322.4L/mol64mol22.464a故答案为：1.5,x<2；mol；64b224a64mol；(6)在常温下，把NO气体压缩到1.01X7P&再加热到50C,发现气体的压强迅速下降，压强降至略小于原压强的23,然后压强就不再改变。已知其中一种产物为N2O,依据原子个数守恒可知该反应为：3NO=N2O十NO2,因为存在2NO2?N2O4,即生成的NO2又2双聚成N2O4,导致气体分子数减少，压强降至略小于原压强的一，3若只发生反应：3NO=N2O十NO2,气体的平均摩尔质量最小，此时

54、M=330g2m"=45g/mol,若二氧化氮完全转化为四氧化二氮时，气体的平均摩尔质量最大，1molNO2得到0.5molN2O4,则此时M=1mol44g/mol+0.5molTamol=60g/mol,1mol+0.5mol综上分析，可知45g/mol<M<60g/mol,故答案为：3NO=N2O十NO2；2NO2?N2O4；45g/mol<M<60g/mol。9.实验室可由软镒矿(主要成分为MnO2)制备KMnO4,方法如下：高温下使软镒矿与过量KOH(s和KClO3(s)反应，生成K2MnO4(镒酸钾)和KCl用水溶解，滤去残渣；酸化滤液，K2MnO

55、4转化为MnO2和KMnO4；再滤去沉淀MnO2,浓缩结晶得到KMnO4晶体。请回答：(1)用软镒矿制备K2MnO4的化学方程式是KMnO4产品0.165g,能与0.335gNa2c2O4恰好完全反应(假设杂质均不能参与反应)，该产品中KMnO,的纯度为。【答案】6KOH+KC1O+3MnO2=3K2MnO4+KCl+3H2O;1:20.2Na或6.02X-20KMnO4>K2MnO4>MnO20.958(【解析】【分析】【详解】试题分析：(1)反应物为KOKKClQ、MnO2,生成物为K2MnO4(镒酸钾)和KCk水，该反应为6KOH+KClO+3MnO2=3K2MnO4+KCl+3H2O,故答案为6KOH+KClO+3MnO2=3K2MnO4+KCl+3HO;(2) K2MnO4转化为KMnO4的反应中K2MnO4=2KMnO4+MnO2,Mn元素的化合价由+6价升高为+7价，Mn元素的化合价由+6价降低为+4价，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2,生成0.1mol还原产物时转移电子0.1NaX(6-4)=0.2N或6.02X122,由氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可知氧化性为KMnO4>K2MnO4>MnO2,故答