全国高考化学氧化还原反应的综合高考真题汇总及答案

1、全国高考化学氧化还原反应的综合高考真题汇总及答案一、高中化学氧化还原反应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+3Br2BrCHBrJ+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.i0moiL1KI溶液（过量），塞紧瓶塞，振步骤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

2、。6）。待测废水换为蒸储水，重复上述步骤（即进行空白实验），消耗Na2s2O3溶?V2mL。（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”,卜同）；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

3、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】（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94V2-V1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Br2发生氧化还原反应得到I2,方程式为Br2+2I-=I2+2Br-,再用NazQQ标准溶液滴定I2,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B

4、r2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

5、溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，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mm

6、ol,质量为mg,则该废水中本酚的含量为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

7、应规律得到其反应方程式式为C6H5OH+14H2O2=6CO2T+17H2O,故答案为：C6H5OH+14H2O2=6CC2T+17建O。2.常温下，三硫代碳酸钠(NazCS)是玫瑰红色针状固体，与碳酸钠性质相近。在工农业生产中有广泛的用途。某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。实验一：探究NazCS的性质(1)向Na2CS3溶液中滴入酚酗:试液，溶液变红色。用离子方程式说明溶液呈碱性的原因O(2)向Na2CS溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去。该反应中被氧化的元素是O实验二：测定NazCS溶液的浓度BC按如图所示连接好装置，取50.0mLNa2CQ溶液置于三颈瓶中，打开

8、分液漏斗的活塞，滴入足量2.0mol/L稀H2SO4,关闭活塞。已知：Na2C9+H2SO4=Na2SC4+CS2+H2ST。CS2和H2s均有毒。CS2不溶于水，沸点46C,密度1.26g/mL,与CQ某些性质相似，与NaOH作用生成NazCOS：和H2。(1)盛放碱石灰的仪器的名称是,碱石灰的主要成分是(填化学式)。(2)C中发生反应的离子方程式是。(3)反应结束后打开活塞K,再缓慢通入N2一段时间，其目的是。(4)为了计算Na2CS溶液的浓度，对充分反应后B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得8.4g固体，则三颈瓶中Na2CS的物质的量浓度为。【答案】C$2-+H2O?HCS-+OHS

9、干燥管CaO和NaOHCS+2OH-=COS2-+H2O将装置中残留的的H2sCS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收1.75mol/L【解析】【分析】实验一：(1)Na2C8的水溶液中加入酚酗:变红色，说明Na2CS是强碱弱酸盐；(2)根据Na2C3中元素化合价是否是该元素的最高价态来进行判断；实验二：(1)根据仪器的图形判断仪器的名称；碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；(2)A中生成的CQ可与NaOH作用生成Na2COS和H2。；(3)反应结束后打开活塞k,再缓慢通入热N2一段时间是把生成的硫化氢和二硫化碳全部赶入后面装置完全吸收；(4)当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然

10、后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g黑色固体，n(CuS)=一84g=0.0875mol,根据关系式96g/molNa2CSH2sCuS得n(Na2c8)=n(CuS)=0.0875mol,根据c=2计算A中N&cs溶液的浓度。【详解】实验一：(1)Na2CS的水溶液中加入酚酗:变红色，说明Na2CS是强碱弱酸盐，则CS2-在水中发生水解，离子方程式为：Cf2-+H2O?HCS-+OH-;S为-2价，是硫(2)Na2C8中Na为+1价，C为+4价，都是元素的最高价态，不能被氧化，元素的低价态，能够被氧化，所以被氧化的元素是S;实验二：(1)盛放碱石灰的仪器为干燥管，碱石

11、灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；(2)A中生成的C8可与NaOH作用生成N&COS和H2O,相关离子方程式为：C8+2OH-=COS2-+H2O;(3)反应结束后打开活塞k,再缓慢通入热N2一段时间，其目的是：将装置中的H2s全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS全部排入C中被充分吸收；(4)当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g黑色固体，n(CuS)=8.4g=0.0875mol,根据关系式96g/molNa2CSH2sCuS得n(Na2c8)=n(CuS)=0.0875mol,c(Na2cS)=0.0875mol=1.

12、75mol/L。0.05L3.过氧乙酸(CHCOOOH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、乙两种溶涌,体积各5gmL,把甲、乙溶液各1份在玻璃容器中混合后放置24小时后，其中过氧乙酸浓度小于1型”应用50倍纳水稀释俅度为02%),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H2SC4混合后，反应生成过氧乙酸(C

13、H3COOOH>CH3CCCCH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(HCCH2CCCH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

14、酸，可由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H2SC4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。“搅拌招请回答下列问题：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10mL10%KI溶液和几滴淀粉溶液，摇匀，反应完全后再用0.1000mol/L的Na2s2O3标准液滴定至

15、终点(反应方程式为2Na2*O3+l2=Na2S4O6+2NaI),共消耗14.30mLNa2s2O3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。、H2SQ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-CKCOOOH+HO7.15【解析】【分析】(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

16、合后，反应生成过氧乙酸(CH3COOOH),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H2C2漂白作用的会使变红的溶液褪色；(2)结合选项对过氧乙酸(CH3CCCCH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2030C,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；CH3CCCCH+21+2H+=l2+CH3COOH+H2C,2Na2s2O3+|2=Na2&O5+2NaI,由这两个方程式，确定关系式：CRCOOOHI

17、22Na2s2。3,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H2C2,则乙溶液的有效成分是CH3COOOH,根据过氧乙酸消毒?是由H2O2、H2。、CH3COOH及少量H2SC4混合后，反应生成过氧乙酸(CH3COOOH),H2O2是极弱的电解质，在酸性介质中才能稳定存在，则H2S。应该在甲溶液中，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漂白作用的会使变红的溶液褪色；(2)过氧乙酸与羟基乙酸(H0CH2C00Hm

18、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，不属于同系物；过氧乙酸中的氧元素有+2价、+1价；(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2030C,应采取水浴加热，受热均匀，便于控制温度；乙酸与过氧化氢在浓硫酸、2030c条件下反应生成过氧乙酸(CH3COOOH)反应的化学方程式为：CH3COOH+H。2'”产CH3COOOH+HO;CH3COOOH+2-+2H+=I2+CH3COOH+HO,2Na2s2O3+l2=

19、Na2?O6+2NaI,由这两个方程式，确定关系式：CHbCOOOHI22Na2&O3,可知稀释后的5.00mL溶液中过氧乙酸的物质的量是：1X0.0143LX0.1000mol/L原来2.00mL溶液中的过氧乙酸的物质的量是：2该该样品中过氧乙酸的物质的量浓度是:10.0143LX0.1000mo贤=0.0143mol,Q.0143厘用0.02L【点睛】=7.15mol/L。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。实验中的数据处理，借助关系式法，计算所需要的物质的物质的量。4 .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稀欲阴

20、一H化液用气(N。；与NQ体积比31)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H2QO4.2H2O的化学方程式为。装置B的作用是,装置C的作用是°（3）已知在20C、70c时,草酸的溶解度依次为为9.5g/（l00g水）,84.5g/（l00g水），则粗草酸“精制”需采用的提纯方法为。（4）探究H2c204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C2H50

21、H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H2C2O4-2H2O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QH12O6+12HNO3=3H2CO4+9NO2T+3N0T+9H2O做安全瓶，防止倒吸吸收尾气中的N0和N02,防止污染空气重结晶强C2H500C-COOC2H5K2Cr2O7+7H2c2O4-2H20=2KCr（QO4）2（H2O）2+6CO2T+17H2O【解析】【分析】淀粉在稀硫酸催化下控制温度在70c到80c发生水解，得到葡萄糖，加入60%硝酸，在60c下发生氧化，得到草酸，硝

22、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H2c2042H2。【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H2C2O42H2O,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C3H12O6+12HNO3=3H2C2O4+9NO2T+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

23、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NaHCO3溶液反应生成了二氧化碳，根据强酸制弱酸的规律，可得出草酸的酸性比碳酸强；向草酸中加入足量C2H5OH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C2H5OOC-COOCH5。向&C2O7溶液中加入H2QO42H20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H2C2C42H2。中的碳的化合价就会升高

24、，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H2c2042H2O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K2Cr2O7+7H2c2042H20=2KCr(QC4)2(H2O)2+6CO2T+17H20。5 .以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细“-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为A203(含少量杂质SiQ、FeO、Fe2O3),其制备实验流程如下：(L-AljO3(1)(2)(3)(4)通过下图所示的装置。集气瓶中收集到的气体是足量饱和NaHS03溶液吸收的物质除大部分(填化学

25、式)。H20(g)外还有(填化学式)。KMnO4溶液褪色(MnO4还原为Mn2+),发生的离子反应方程式为O【答案】AI2O3+3H2SQ=A12(SQ)3+3H2OSi。2Fe?+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O2MnO4+5SO2+2H2O=2Mn2+5SQ2+4H+【解析】N2SQ、NH3铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为图中滤渣”的主要成分为(填化学式)。加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为煨烧硫酸铝俊晶体，发生的主要反应为：4NH4Al(SO4)212H2O-2AI2O3+2NH3T+Nd+5SOT+3SOT+53H2O,将产生的气体【分析】根据题意，铝灰的主要成分为A

26、2O3(含少量杂质SiQ、FeO、F&O3),铝灰中加稀硫酸，AI2O3、FeCkFe2O3转化为离子，SiC2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+,加入双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+,加入&Fe(CN)6后Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸镂，生成NH4Al(SOO2,结晶、干燥、煨烧得到“-AI2O3。【详解】(1)AI2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，其反应的方程式为Al2O3+3H2SC4=Al2(SC4)3+3H2O。(2)根据上述分析，图中“滤渣”的主要成分是不溶于硫酸的二氧化硅，化学式为SiO2。(3)滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe

27、3+,力口30%的H2O2溶液将F¥+被氧化为Fe3+,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，发生反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O(4)NH4Al(SC4)2?12H2O分解生成的气体NH3和SC3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2。饱和NaHSQ能与SQ、氨气反应，则足量饱和NaHSQ溶液吸收的物质除大部分H2O(g)外，还有SQ、NH3。酸性条件下，KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和镒离子，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平，其反应的离子方程式为：2MnC4-+5SC2+2H2C=2Mn2+5

28、SC42-+4H+。6.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AgNO3溶液，产生沉淀； 将沉淀过滤、洗涤、干燥得到白色固体17.22g。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NaCH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C2的目的是；涉及的化

29、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(OH)3胶体可以产生丁达尔效应，CuSC4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

30、入稀的CuSQ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FeC3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AgNO3溶液，如未出现白色沉淀说明已洗净(5) FeC3在水中存在如下平衡FeC3+3H2d、Fe(OH)3+3HC1,在加热条件下，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

31、中的氧气氧化成FeCB,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)C2将FeC2氧化生成FeC3：Cb+2FeC2=2FeC3,实质为2Fe2+C*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,检验沉淀是否洗涤干净，只要检验洗涤后的溶液中是否含有Na+、Cl-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FeC

32、3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；日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、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

33、确；为/-mol=0.025mol,160(7)先由里计算实验所得AgCl的n为1722mol=0.12mol,实验所得F&O3的nM143.5设FeC3和FeC2的物质的量分别为xmol、ymol,依据Cl、Fe守恒3xmol+2ymol="0.12"mol,xmol+ymol="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

34、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。7.铁、氯、铜及其化合物在生产、生

35、活中有广泛的用途。试回答下列问题。(1)二氧化氯(C102)已逐步代替C12用于自来水处理，用C1O2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(C1O2-)。已知：25c时Ka(HClO)=3.2X10,Ka(HClO2)=1.0X10,则酸性HClQHClO慎“>"="或"<；在pH=5的上述处理过c(ClO2)的饮用水中一(一2;若饮用水中C1O2-的含量超标，可向其中加入适量c(HC1O2)的Fe2+将CIO2-还原成C1,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

36、度土匀为0.1molL1,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<105molL-1时，可认为沉淀完全)。从图中数据计算可得Fe(OH)2的溶度积KspFe(OH)2=。(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Cu2+、Fe2+、Pb2+,滴加Na2s溶液后首先析出的沉淀是；当最后一种离子沉淀完全时(该离子浓度为105molL11),此时的g浓度为。已知：Ksp(FeS)=6.3 X108;Ksp(CuS)=6X1036;Ksp(PbS)=2.4x108。【答案】&g

37、t;1034F(T+ClO2+4H+=4Fe3+Cl+2H2OCif+、Fe2+1.0X10-17CuS6.4 x10-13molL1【解析】【分析】(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+)(OH)计算；(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；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：25c时Ka(HClO)=3,2X10,Ka(HClO2)=1,0X102,则

38、酸性HCQ>HClO；在pH=5的上述处理过的饮用水中，c(4)=10-5molL1c(ClO2)K1.010+5c(HClO2)c(H)1052二103;若饮用水中ClQT的含量超标，可向其中加入适量的Fe2+将ClO2还原成C-,酸性条件下该反应的离子方程式：4Fe2+ClO2+4H+=4Fe3+Cr+2H2O；故答案为：HClO2>HClO;103；4Fe2+ClQ+4H+=4Fe*+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(

39、Fe2+)=1,0X16(molC1),c(OH)=1.0x1-6(molL-1),KspFe(OH)2=c(Fe2+)X2(OH)=1.0X10)7(molL-1)3;故答案为:1.0X1-07；(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CuSFe2+最后沉淀，沉淀完全时该浓度为10-5molL-1,此时的印一的浓18度为tmolL1=6,3x110molL1,故答案为：CuS；6,3x103molL1。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

40、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。8.一种以黄铜矿和硫磺为原料制取铜和其他产物的新工艺，原料的综合利用率较高。其主要流程如下:黄铜矿I(CuFeSr)HCk6al混合溶液T也5仇他也画画4面品分成1CuSO霜体一CU广铁红一煤铁aW-l.一jJs。,一硫酸空气已知：“反应H”的离子方程式为Cu2+CuS+4C1=2CuCl2-+S回答下列问题：(1)铁红的化学式为;(2)“反应n”的还原剂是(填化学式)；(3)“反应III”的离子方程式为;(4)辉铜矿的主要成分是CaS,可由黄铜矿(主要成分CuFeS)通过电化学反应转变而成,有关转化如下如图所示。转

41、化时正极的电极反应式为。(5)从辉铜矿中浸取铜元素，可用FeCl3作浸取剂。反应CgS+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S,每生成1molCuCl2,反应中转移电子的数目为;浸取时，在有氧环境下可维持Fe3+较高浓度。有关反应的离子方程式是浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素的浸取率的变化如图，其原因是西相MI掰时岫Biint(6)CuCl悬浊液中加入NaS,发生的反应为2CuCl(s)+S2(aq)=CgS(s)+2Cl(aq),该反应的平衡常数K=已知Ksp(CuCl)=1.2*10一6,Ksp(CuzS)=2.5X1043。【答案】Fe2O3CuS4CuQ-+O2+4H+=4C

42、u2+8C+2H2O2CuFeS+6H+2e=Cu2S+2Fe2+3H2ST2mol或2Na4F(2+O2+4H+=4Fe3+2H2O生成的硫覆盖在Cu2s表面，阻碍浸取5.76臾010【解析】【分析】(1)铁红是氧化铁；(2)根据Cu2+CuS+4C1=2CuC2-+S,硫元素化合价升高；反应IIICuCl2-被氧化为Cu2+；(4)根据转化关系图，CuFeS在正极得电子生成Cu2sFe2+、H2S。(5)根据反应Cu2S+4FeC=2CuC2+4FeC2+S,每生成2molCuCl2,转移4mol电子；氧气能把Fe2+氧化为Fe3+OCu2s难溶，生成的硫覆盖在Cu2s表面，阻碍浸取；(6

43、)CuCl悬浊液中加入N&S,发生的反应为2CuCl(s)+S2(aq)=Cu2s(s)+2c(aq),2Cl该反应的平衡常数K=。S2【详解】(1)铁红是氧化铁，化学式Fe2O3；(2)根据Cu2+CuS+4C1=2CuC2-+S,硫元素化合价升高，所以CuS是还原剂；反应III,CuC2被氧气氧化为Cu2+,离子方程式为4CuCb-+O2+4H+=4Cu2+8C+2H2O;(4)根据转化关系图，CuFeS在正极得电子生成Cu2sFe2+、H2S,转化时正极的电极反应式为2CuFe$+6H+2e=Cu2S+2Fe2+3H2ST。(5)根据反应Cu2S+4FeC-2CuC2+4FeC2

44、+S可知，每生成2molCuCl2,转移4mol电子，每生成1molCuCl2,反应中转移电子的数目为2Na；氧气能把Fe2+氧化为Fe3+,离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O。Cu2s难溶，生成的硫覆盖在Cu2s表面，阻碍浸取，所以洗涤时铜元素的浸取率的变化如图；(6)2CuCl(s)+S2(aq)=Cu2S(s)+2Cl(aq)的平衡常数K=ClS2222CuClKspCuCl12106on=2=5.76x100Cu2S2KspCu2s2.51043【点睛】原电池中电子由负极流入正极，根据电子流动方向，可判断原电池的正负极。9.消除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护

45、的重要研究课题。(1)已知反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O,请分析氧化产物和还原产物的质量之比为(2)水体中过量氨氮(以NH3表示)会导致水体富营养化。用次氯酸钠除去氨氮的原理如题图所示。写出该图示的总反应化学方程式：。该反应需控制温度，温度过高时氨氮去除率降低的原因是。4,47,37J也|mCNiClOjiwfNHj*代去除W注i:*利乐MkKr产的曲W却取一定量的含氨氮废水，改变加入次氯酸钠用量，反应一段时间后，溶液中氨氮去除率、总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的总量)去除率以及剩余次氯酸钠的含量随m(NaCIO)m(NH3)的变化情况如图所示。当m(NaCIO)：m(

46、NH3)>7.6时，水体中总氮去除率反而下降，可能的原因是。【答案】4:32NH3+3NaClO=N2+3NaCl+3H2O温度过高，HClO发生分解，氨氮去除率随之降低有部分NH3被氧化成NO2-或NO3-【解析】【分析】(1)该反应中NH3中N由3价变为0价，化合价升高，被氧化，所得产物为氧化产物；NO2中N由+4价变为。价，化合价降低，被还原，所得产物为还原产物；因此氧化产物和还原产物的物质的量之比为8：6=4:3；(2)根据图示判断发生氧化还原反应的反应物、生成物，根据得失电子守恒和原子守恒书写化学方程式；温度越高，化学反应速率越快，但是温度过高，HClO不稳定，受热易分解；当m

47、(NaCIO)：m(NH3)>7.6时，NaCIO加入的量越多会将氨氮氧化为NO3-等高价态物质。【详解】(1)该反应中NH3中N由一3价变为。价，化合价升高，发生氧化反应，所得为氧化产物；NO2中N由+4价变为0价，化合价降低，发生还原反应，所得为还原产物；因此氧化产物和还原产物的物质的量之比为8:6=4:3;(2)由图转化过程可知，该反应中反应物为NH3和NaClO,生成物为N2、NaCl2和H2。，因此该反应的化学方程式为：2N%+3NaClO=N2+3NaCl+3H2O；由于反应过程中生成HClO,HClO不稳定，受热易分解，因此温度过高，氨氮去除率降低；NaClO具有氧化性，其

48、量增大，会使得部分NH3被氧化成NO2-或NO3-,使得水体中总氮去除率降低；【点睛】本题考查氧化还原反应方程式的书写，考生应从图中找出反应物、生成物，另外解释控制反应条件的度。10.用纳米Fe/Ni复合材料能去除污染水体的NO*Ni不参与反应。离子在材料表面的活性位点吸附后发生反应，活性位点被其他附着物占据会导致速率减慢(NH4+无法占据活性位点)。反应过程如图所示：(1)酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO3-分两步，将步骤ii补充完整：I.NO3-+Fe+2H+=NO2-+Fe2+H2On.+h+=Fe2+(2)初始pH=2.0的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐

49、色，结合化学用语解释整个变化过程的原因。(3)水体初始pH会影响反应速率，不同pH的硝酸盐溶液与纳米Fe/Ni反应时，溶液中c（NO；）Co（NO；）1所示。(注：Co(NO3-)为初始时NO3-的浓度。)随时间的变化如图为达到最高去除率，应调水体的初始pH=。t<15min,pH=2.0的溶液反应速率最快，t>15min,其反应速率迅速降低，原因分别是(4)总氮量指溶液中自由移动的所有含氮微粒浓度之和，纳米Fe/Ni处理某浓度硝酸盐溶液时，随时间的变化如图2所示。40min时总氮量较初始时下降，可能的原因是一。(5)利用电解无害化处理水体中的NO3-,最终生成N2逸出。其装置及转

50、化图如图所示:阴极的电极反应式为生成N2的离子方程式为AB【答案】NO2-3Fe83NHH+2H2O)Fe2+在水中发生水解，Fe2+2H2O?Fe(OH%+2H+,随着反应进行，c(H+)减小，平衡右移，产生Fe(OH)2沉淀，之后发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,变成红褐色的Fe(OH)36.5pH=2的溶液中，t<15min时，溶液中H+浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe2+和pH上升速率较快，t>15min时，产生大量Fe(OH)2,附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降反应过程中H+被消耗，溶液pH升高，t=40min时，溶

51、液中含N物质主要以NH4+的形式存在，一部分NH4+生成NH3逸出(或反应过程中NO2-被Fe还原产生N2逸出)NO3-+8e-+10H+=NH4+3H2O2NH4+3HClO=N2T+3C-+5H+3H2O【解析】【分析】(1)根据图可知：酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO3分两步，NO3在吸附点被Fe还原2为NO2,NO3Fe2HNO2Fe2H2O,NO2在另外的吸附点被Fe还原为NH4,NO23Fe8H3Fe2NH42H2O；(2)初始pH=2.0的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，是氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化为氢氧化铁；(3)结合所给图形信息，判断调节p

52、H为多少的时候去除率较高，如何解释反应速率变慢；(5)电极方程式书写，从题中信息判断阴极发生还原反应，NO3-还原N2,NO38e10HNH43H2O。1根据图可知：酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO3分两步，NO3在吸附点被Fe还原为NO2,NO3Fe2HNO2Fe2山0,NO2在另外的吸附点被Fe还原为NH4，NO23Fe8H3Fe2NH42H2O；故答案为：NO2、3Fe、8、3、NH4、2H2O；2 初始pH2.0的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，因为Fe2在水中发生水解，Fe22H2O?Fe(OH)22H，随着反应进行，cH减小，平衡右移，产生Fe(O

53、H)2沉淀，之后发生反应4Fe(OH)2O22H2O4Fe(OH)3，变成红褐色的Fe(OH)3；故答案为：Fe2在水中发生水解，Fe22H2O?Fe(OH)22H，随着反应进行，cH减小，平衡右移，产生Fe(OH)2沉淀，之后发生反应4Fe(OH)2O22H2O4Fe(OH)3，变成红褐色的Fe(OH)3；3 根据图可知pH6.5时，反应最快，去除率最高，故为达到最高去除率，应调水体的初始pH6.5；故答案为：6.5；pH2的溶液中，t15min时，溶液中H浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe2和pH上升速率较快，故t15min，pH2.0的溶液反应速率最快，t15min时，产生大量F

54、e(OH)2，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降，故t15min，其反应速率迅速降低；故答案为：pH2的溶液中，t15min时，溶液中H浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe2和pH上升速率较快，t15min时，产生大量Fe(OH)2，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降；4 40min时总氮量较初始时下降可能的原因为：反应过程中H被消耗，溶液pH升高，t40min时，溶液中含N物质主要以NH4的形式存在，一部分NH4生成NH3逸出(或反应过程中NO?被Fe还原产生N2逸出)；故答案为：反应过程中H被消耗，溶液pH升高，t40min时，溶液中含N物质主要以

55、NH4的形式存在，一部分NH4生成NH3逸出(或反应过程中NO2被Fe还原产生N2逸出)；5 阴极发生还原反应，元素化合价降低，故为NO3得到电子生成NH4，故电极反应为：NO38e10HNH43H2O；故答案为：NO38e10HNH43H2O；由图可知，氮气由两极生成的NH4和HCIO反应而得，氮元素化合价升高，则氯元素化合价降低生成氯离子，故反应为：2NH43HC1ON23Cl5H3H2O；故答案为：2NH43HC1ON23Cl5H3H2O。【点睛】从题中所给信息判断并写出离子方程式、回答结合图形中的信息，回答调节pH出现的现象，调节pH为何值时，去除率最大以及对反应速率的影响；11.次硫

56、酸钠甲醛(xNaHSQ?yHCHO?zH2O)俗称吊白块，在印染、医药以及原子能工业中有广泛应用。它的组成可通过下列实验测定：准确称取1.5400g样品，完全溶于水配成100mL溶液。取25.00mL所配溶液经AHMT分光光度法测得甲醛物质的量浓度为0.10molX11P另取25.00mL所配溶液，加入过量碘完全反应后，加入BaC2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重得到白色固体0.5825g。次硫酸氢钠和碘反应的方程式如下：xNaHSQ?yHCHO?zh2O+l2-NaHSQ+HI+HCHO+H2O(未配平)(1)生成0.5825g白色固体时，需要消耗碘的质量为。(2)若向吊白块溶液中加入氢氧化钠，甲醛会发生自身氧化还原反应，生成两种含氧有机物，写出该反应的