2020-2021高考化学复习《氧化还原反应》专项综合练习附详细答案

1、、高中化学氧化还原反应练习题(含详细答案解析)1) CIO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，为了运输和贮存便利常将其制成NaClO2固体，模拟工业上用过氧化氢法制备NaCIO2固体的实验装置如图所示。KsaCI。式，)+生£。4NaOH+H202已知：C1O2熔点-59C、沸点11C、H2O2沸点150cA中的化学方程式：2NaC1O3H2O2H2sO42C1O2O2Na2sO42H2ONaC1O3放入仪器A中，仪器B中的药品是(写化学式)。如果仪器B改成分液漏斗，实验过程中可能会出现的实验现象。2) )C装置有明显缺陷，请绘出合理的装置图(标明气流方向)。向A装置中通入空

2、气，其作用是赶出C1O2,然后通过C再到D中反应。通空气不能过快的原因是,通空气也不能过慢原因是。(4)冰水浴冷却的目的是。a.降低NaC1O2的溶解度b减少匕。2的分解c使C1O2变为液态d加快反应速率(5)写出D中发生反应的化学方程式,H2O2在反应起到作用。假设在反应中消耗掉H202ag则有mol电子转移。【答案】H2O2液体无法顺利滴落H空气流速快时，C1O2不能被充分吸收空气流速过慢时，C1O2不能及时被移走，浓度过高导致分解abc2c1O2+H2O2+2NaOH=2NaC1Q+O2T+2H2O还原剂a/17【解析】【分析】氯酸钠(NaC1O3)在酸性条件下与过氧化氢生二氧化氯，C1

3、O2与氢氧化钠溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaC1O2,NaC1O2的溶解度随温度升高而增大，通过冷却结晶，过滤洗涤得到晶体NaC1O2?3H2。【详解】NaClO3放入仪器A中，仪器B中的药品是H2O2,仪器B为滴液漏斗，其目的是平衡气压，使得溶液能够顺利滴入，如果仪器B改成分液漏斗，实验过程中可能会出现的实验现象是：分液漏斗中的液体无法顺利滴落，反应无法继续进行；(2)实验中C的作用是防止倒吸，C装置中的右侧导管太短，不利于气体的流动，合理的装向A装置中通入空气，其作用是赶出C1O2,然后通过C再到D中反应。空气流速不能过快，因为空气流速快时，C1O2不能被充分吸收；空气流速也不能过

4、慢，空气流速过慢时，C1O2不能及时被移走，浓度过高导致分解；(4)NaC1O2的溶解度随温度升高而增大，过氧化氢易分解，所以冰水浴冷却的目的是：降低NaC1O2的溶解度、减少H2O2的分解，由于C1O2的沸点较低，所以还能使C1O2变为液态，方便使用；(5)写出D中发生反应的化学方程式为：2c1O2+H2O2+2NaOH=2NaC1Q+O2T+2H2O,H2O2在反应中得电子，起到还原剂的作用。反应中存在关系：H2O22e-,若在反应中消耗掉H2O2ag,则转移的电子的物质的量为：2xag/(34gmo1-1)=a/17mo1。2.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

5、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、CD、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CD,往热&

6、MnO4溶液中通入CQ气体，未反应的CO2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，原因是。【答案】长颈漏斗ACBDE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

7、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；(2)熔融固体物质需要在增期内加热，加热熔融物中含有碱性KOH,瓷塔期中含有二氧化硅，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eMnO4溶液中再次反应，故答案为：AC;BDE;(4)高镒酸钾溶于水

8、，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。3.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+2NaNO

9、2=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)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+2H2O+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0.10molL1六硝酸锦钱(N

10、H4)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0.10molL1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+=oe3+Fe3+)o已知六硝酸锦俊(NH4)2Ce(NO3)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

11、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+HNO240t-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(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2T65%ACClO+2N3-+H2O=Cl+2OH+3

12、N2T【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-BuOHHNO240ct-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

13、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,因此有：1.2.0gNaN3样品的一消耗的Ce4Fe2消耗的Ce4=0.004molCe4，考虑到Fe2+与10Ce4+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,m(NaN3)0.02mol65g/mol八为：w-100%=65%;2.0g2.0A.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

14、.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Fe2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的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=C

15、l3N22OH。【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；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Bo4.硫酰氯(SQCl2)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SQ和Cl2在活性炭催化彳用下制取SO2c味装置如图所示。ABCDEB装置中冷凝管进水口是。（填“吊或"n），B中干燥管盛有的物质是一。欲制取少量S6c12,选择图中的装置（可以重复选用），其连接顺序为：a、ho去除C装置会降低SQ和C12的

16、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SQC12是更好的脱水剂。乙同学设计实验利用SOC2和ZnC2?xH2O制取无水ZnC12o解释SOC2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制取无水FeC3的脱水齐山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

17、过量稀HNO3,再滴加几滴AgNO3溶液B.加入少量稀HNO3,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E.滴加几滴KSCN溶液后，再滴加几滴氯水【答案】m碱石灰fgdebcedSQ+Cl2+2H2O=H2SQ+2HClSOQ作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解SOQ+4OH-=SC32-+2C+2H2OSOC2+2FeC3?6H2O=FeSO+6HCl+FeC2+9H2OBCD【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

18、）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进入三颈烧并E,装置E制备二氧化硫气体，通过装置C除去水蒸气，连接装置B的c,欲制取少量SQC2,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Cl2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+Cl2+2H2O=WSO+2HCl;故答案为：SO+C2+2H

19、2O=H2SC4+2HCl;(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HCl可以抑制氯化锌的水解；故答案为：S0c2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解；用NaOH溶液吸收SOC2,有NazSQ和NaCl生成，反应的离子方程式：SOC2+4OH-=SQ2'+2C+2HzO；故答案为：SOC2+4OH-=SQ2-+2C+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+6H

20、Cl+FeCl+9H2O,故答案为：SOC2+2FeC3?6H2O=FeSO+6HCl+FeC2+9H2O;SOC2和FeC3?6H2O反应后的混合物的主要成分是FeC3,若发生副反应，还有FeSQ和FeC2o由于SOC2为液体，所以在固体混合物中没有SOC2。取少量SOC2和FeC3?6H2O反应后的混合物于试管中，加水溶解，溶液中一定有FeC3,还可能有FeSQ和FeC2,若要证明有副反应发生，只需证明溶液中有Fe2+或SO42-即可。A.加入过量稀HNO3,再滴加几滴AgNO3溶液是检验氯离子存在，不能证明副反应是否进行，故A错误；B.加入少量稀HNO3,再滴加几滴BaC2溶液，若产生白

21、色沉淀，则证明溶液中有SQ2-,能证明有副反应发生，故B正确；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KMnO4溶液，Fe2+具有还原性，可以使酸性KMnO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：BCD。5.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17.22

22、go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FeCB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

23、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，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FeCb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+2Cl(4)取少量最后一次的洗涤液于试

24、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+3H2O一-Fe(OH)3+3HCl,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)C2将FeC2氧化生成FeC3：Cb+2FeC2=2FeC3,实质为2Fe2+Cl2=2F/+2C；

25、(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+、Cl-,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；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；

26、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不正确；先由里计算实验所得AgCl的n为I'.?.mol=0.12mol,实验所得F&O3的nM143.5、，4为mol=0.025mol,设FeC3和FeCb的物质的量分别为xmol、ymol,依据Cl、Fe守恒1603xmo

27、l+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

28、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。6.小明很喜欢化学实验课，今天要学习探究铁及其化合物的氧化性或还原性”。（1）实验前小明预测说：Fe2+肯定既有还原性又有氧化性。你认为他预测的依据是：。（2）小明欲用实验证明他的预测。实验室提供了下列试剂：3%的H2O2溶液、锌粒、铜片、0.1molL-1FeC2溶

29、液、KSCN溶液、新制氯水。若小明计划在0.1molL-1FeC2溶液滴入新制氯水，探究Fe2+的还原性，你预计可能发生的反应和现象是：L写离子方程式）、溶液由浅绿色变色。实验中，小明发现现象不太明显，老师分析可能是产物的含量太低，建议可以通过检验Fe2+被氧化白产物Fe3+的存在以获取证据。你认为可选滴入小明所得的混合液中，并通过溶液出现色的现象，证明小明的观点和实验方案都是正确的。对于证明Fe2+具有氧化性，小明认为金属单质都具有还原性，并分别将铜片、锌粒投入FeC2溶液中，结果铜片没变化，锌粒逐渐变小。由此说明三种金属的还原性由强至弱的顺序为:。（3）小明分析H2O2中氧元素显-1价（中

30、间价），并提出疑问：H2O2与FeC2的反应时，Fe2+还作氧化剂吗？请你为小明梳理相关问题：若Fe2+在反应中表现出氧化性应转化成（填微粒符号，下同），若Fe2+在反应中表现出还原性应转化成。实际上Fe2+的还原性较强，实验室的FeC2溶液常因氧化而变质。除杂的方法是：,相关反应的离子方程式：。【答案】（1）因为Fe2+中铁元素化合价处于中间价态，可以升高也可以降低；（2）Cl2+2Fe2+=2C+2Fe3+,棕黄（黄）；KSCN溶液，溶液呈血红（红）色；Zn、Fe、Cu（或Zn>Fe>C。；（3）Fe,Fe3+；加入过量铁粉，过滤，2Fe3+Fe=3F3+。【解析】试题分析：（

31、1）最低价态只具有还原性，最高价态只具有氧化性，中间价态既具有氧化性又有还原性，铁的价态一般是0、+2、+3,+2价位于中间，因此Fe2+有还原性和氧化性；(2)氯水具有强氧化性，发生2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl,Fe3+显黄色或棕黄色；检验Fe3+用KSCN溶液，溶液变红说明Fe*的存在；根据利用金属性强的置换出金属性弱的，铜片无变化，说明Fe的金属性强于铜，锌粒逐渐变小，发生Zn+Fe2+=Zn2+Fe,说明Zn的金属性强于Fe,即金属，f虽弱：Zn>Fe>Cu(3)氧化性：得到电子、化合价降低，Fe2+转变成Fe,还原性：失去电子、化合价升高，Fe2+转变成Fe3+；利

32、用Fe3+具有强氧化性，能和金属单质反应，不能引入新的杂质，因此加入单质铁，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+。考点：考查铁及其化合物的性质等知识。7.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(C1O2)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(ClO2-)。已知：25c时Ka(HClO)=3.2X10,Ka(HClO2)=1.0X10,则酸性HClQHClO慎">，”或“<；在pH=5的上述处理过的饮用水中C(Cl02)=；若饮用水中ClO2-的含量超标，可向其

33、中加入适量c(HC1O2)的Fe2+将ClO2-还原成Cl,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FeT浓度士匀为0.1molL，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105mo

34、lL1)，此时的g浓度为。已知：Ksp(FeS)=6.3X108;Ksp(CuS)=6X1036;Ksp(PbS)=2.4X108。【答案】>1034F2+ClO2+4H+=4Fe3+Cl+2H2OCiT、Fe2+1.0X10-17CuS6.3x10-13molL1【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+)X2(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

35、积计算S一的浓度。(1)电离平衡常数越大酸性越强，已知：25C时Ka(HClO)=3.2X10,Ka(HClQ)=1.0X102,则酸性HCQ>HClO;在pH=5的上述处理过的饮用水中，c(1)=10-5molLic(ClO2)c(HClO2)K10102-二10=103;若饮用水中ClCT的含量超标，可向其中加入适量c(H)105的Fe2+将CQ还原成Ct,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；4Fe2+ClQ+4H+=4Fe3+Cl+2H2O;(2)向混合溶液中通入氨气调节溶液的pH=5.6

36、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(molC1),c(OH)=1.0X10(molL-1),KspFe(OH)2=c(Fe2+)X2(OH)=1.0X107(molL-1)3;故答案为：1.0X107；(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.6310'°度为molL1=6.3x110molL1,故答案为：CuS;6.3x10

37、3molL1。105【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。8.三氟化氮(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HNO3，请根据要求回答下列问题：(1)反应过程中，被氧化与被还原的元素的物质的量之比为。(2)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0.2molHNO3,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

38、气中泄漏，还是易于发现。你判断该气体泄漏时白现象是。(4)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)。r-2一【答案】2：10.4Na泄漏时会看到白雾和红棕色气体，同时闻到刺激性气味NaNC3【解析】【分析】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

39、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而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3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNQ,反应中生成1mol硝酸r转移2mol电子，电子转移的方向和数目可表示为,则反应中生成0.2molHNO3,则转移的电子数目为0.4Na个，故答案为：F2e弋不；0.4Na；3NF卢5H；O9HF-2(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

40、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、一氧化氮和二氧化氮，会生成氟化钠、硝酸钠、亚硝酸钠和水，故答案为：NaNO3o9.孔雀石的主要成分为Cu2(OH)2CO3(含少量Fe。Fe2O3、SiQ)。某小组同学在实验室以孔雀石为原料制备胆矶，并测定所得胆矶中结晶水的含量。实验步骤如下：(提供试剂：NaOH溶液、H2O2溶液、CuO、Na2CQ)完成下列填空：(1)孔雀石的主要成分与稀硫酸反应的离子方程式为。(2)按试剂加入顺序，w所代表的试剂依次为。沉淀B的成分为

41、。(3)a操作依次为：加热蒸发、过滤、洗涤、。除烧杯、漏斗之外过滤还需要另一玻璃仪器，该仪器在此操作中的主要作用是。(4)欲检验溶液A中Fe2询试剂是(选填序号)。如果测定53+的含量，需要用容量瓶配制某标准溶液，请简述配制中“定容”的操作:aNaOH(aq)bNa2C。(aq)c淀粉KI(aq)d酸fKMnO4(aq)(5)在测定所得胆矶(CuSQ-xH2O)中结晶水x值的实验过程中，若测定结果的实验误差为1.5%可能的原因是。a加热温度过高b胆矶晶体的颗粒较大c加热后放在空气中冷却d加热胆矶晶体时有晶体从增期中溅出em>222(6)该小组一位同学根据实验结果求出样品中孔雀石的质量分数

42、为：，另一2502m位同学不同意，其原因是。【答案】CU2(OH)2CO3+4H+f2Cu2+3H2O+CQTH2O2溶液、CuOFe(OH)3、CuO冷却结晶自然干燥引流d加水到离刻度线23cm处改用胶头滴管滴加蒸储水，直到凹液面的最低线与刻度线相平a、d在除杂过程中加入了CuO,会使结果偏大【解析】【分析】m1g孔雀石的主要成分为Cu2(OH)2CO3(含少量Fe。Fe2O3、SiQ),加入稀硫酸过滤得到滤渣二氧化硅和溶液A为硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸铁，加入W为过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化铜调节溶液的pH沉淀铁离子，过滤得到沉淀B为氢氧化铁和过量的氧化铜，溶液B为硫酸铜溶液，通过蒸

43、发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到硫酸铜晶体m2g,受热失去结晶水得到硫酸铜固体m3g。据此解答。【详解】(1)碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，反应的离子方程式为：Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2+3H2O+CQT,故答案为：Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2+3H2O+CQT；(2)按试剂加入顺序，w所代表的试剂依次为加入氧化剂过氧化氢氧化亚铁离子，不引入其他杂志离子，加入氧化铜调节溶液pH使铁离子全部沉淀，过滤得到沉淀B为Fe(OH)3、CuO,故答案为：H2O2溶液、CuO；Fe(OH)3、CuO；(3)从溶液B中获得硫酸铜晶体，直接加热蒸干会导致硫酸铜失去

44、结晶水，应该采用的操作方法为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥，除烧杯、漏斗之外过滤还需要另一玻璃仪器为玻璃棒，该仪器在此操作中的主要作用是引流，故答案为：冷却结晶，自然干燥；引流；(4)溶液A中含亚铁离子和铁离子：a.NaOH溶液，向Fe2+溶液中加入NaOH溶液后，Fe2+与OH反应生成Fe(OH)2,Fe2+2OH=Fe(OH)2J,Fe(OH)2不稳定易被氧气氧化为Fe(OH)3,4Fe(OH)2+6+2H2O=4Fe(OH)3,白色的Fe(OH)2沉淀变成红褐色Fe(OH)3,向Fe2+溶液中加入NaOH溶液后，观察到生成的白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；Fe3+与OH-反

45、应Fe3+3OH-=Fe(OH)3J,生成红褐色Fe(OH)3,两者反应现象干扰，不能检验该溶液中存在Fe2+,故a错误；b.Na2CC3(aq)和亚铁离子生成沉淀，和铁离子双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳，溶液浑浊不能检验亚铁离子，故b错误；c.淀粉KI(aq)和铁离子发生氧化还原反应生成碘单质和亚铁离子，溶液颜色相近不能鉴别亚铁离子，故c错误；d,酸性KMnO4(aq),因为Fe2+具有较强的还原性能使酸性KMnO4溶液褪色，Fe3+不能，故能够用酸性KMnO4溶液鉴别F后和Fe3,故d正确；如果测定Fe2+的含量，需要用容量瓶配制某标准溶液，加水到离刻度线23cm处改用胶头滴管滴加蒸储水

46、，直到凹液面的最低线与刻度线相平，故答案为：d;加水到离刻度线23cm处改用胶头滴管滴加蒸储水，直到凹液面的最低线与刻度线相平；(5)测定所得胆矶(CuSQ?xH2O)中结晶水x值，应称量日竭的质量，增期和晶体的质量，加热后增竭的质量，加热后再称量一次增竭的质量，判断质量是否在误差允许范围内及两次值是否相差不超过0.1g,所以至少称量4次；a.加热温度过高，会导致硫酸铜分解，质量变化较大，导致结果偏大，a正确；b.胆矶晶体的颗粒较大，会导致晶体解热分解不完全，质量变化偏小，结果偏小，b错误；c.加热后放在空气中冷却，会吸收空气中的水重新形成晶体，导致测定结果偏小，c错误；d.加热胆矶晶体时有晶

47、体从增期中溅出，导致测定的结晶水的质量偏大，测定的x值偏大，故d正确；故答案为：ad；(6)向溶液中加入CuO调节溶液的pH,沉淀n为Fe(OH)3,所以胆矶中的铜元素不是都来自样品，因此该小组一位同学根据实验结果求出样品中CuO的质量分数偏大，故答案为：在除杂过程中加入了CuO,会使结果偏大。10 .在食品行业中，N2O可用作发泡剂和密封剂。(1) N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，NH3与O2在加热和催化剂白作用下生成N2O的化学方程式为。(2) N2O和NO是环境污染性气体。这两种气体会发生反应：N2O(g)+CO(g尸CO(g)+N2(g),“F常用作该反应的催化剂。其总反应分两步

48、进行：第一步为Fe+N2O=FeO+N2；第二步为(写方程式)，第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第二步反应的活化能(填大于“小于"或等于“第一步反应活化能。(3)在四个恒容密闭容器中充入相应量的气体(图甲)，发生反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)IU的UJJ6J.04二一i二.100口Q口OO8-n42H,容器I、II、III中N2O的平衡转化率如图乙所示：E始物成的丛:仆，I甲该反应的4H(填“哪“<”如容器IV与容器III的体积均为1L,容器W中的物质在470c下进行反应，起始反应速率:v正(N2O)v逆(N2O)(填“>”或盘”。)

49、已知容器I的体积为10L370c时，该反应白平衡常数K=。1【答案】2NH3+2O2=N2O+3H2OFeC+CO=FS+CQ（小于><8.9X10-4或1125【解析】【分析】(1)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O,类似于生成NO的反应，同时生成水；(2)总反应分两步进行Fe+N2O=FeO+N2,根据催化剂定义，第一步生成中间产物，第二步反应中，中间产物(FeO+)氧化CO生成CQ本身被还原成Fe+,根据催化剂定义，第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率；(3)升高温度，向吸热方向进行，据此进行分析；恒温条件下，缩小体积，平衡向气体总物质的

50、量减小的方向移动；根据方程式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算。【详解】(1)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O和水，反应的化学方程式为催化剂2NH3+2O2N2O+3H2O；(2)总反应分两步进行Fe+N2O=FeO+N2,根据催化剂定义，第一步：Fe+N2。一FeO+N2,第二步反应中，中间产物(FeC+)氧化CO生成CQ本身被还原成Fe+,FeC+CO=Fe+CQ,第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率，第二步反应速率大于第一步反应速率，则第二步反应活化能小于第一步反应的活化能；(3)升高温度，N2O的转化率升高，则向正反应方向进行，则正反

51、应为吸热反应，则AH>0；根据题给图像可知，同一温度下，从I、II、III变化中，一氧化二氮的转化率减小，因此IV中一氧化二氮转化率也是减小；容器IV的体积为1L,容器IV中的物质也在470c下进行反应，则缩小体积，压强增大，平衡向逆方向移动，即起始反应速率：vEN2O)vv逆（N2O）;容器I的体积为10L,370c时，N2O的转化率为40%；2N2O'（g）?2N2（g）+O2（g）起始（mol/L）0,0100变化（mol/L）0,0040.0040.002平衡（mol/L）0,0060.0040.002所以K=2_c（N2）c（O2）2_cN2O20.00420.0022

52、0.006=8.9x彳011 .一种利用电化学方法同时脱除NO/SO的工艺如图所示:NII4NO!已知SQ水溶液中含硫微粒分布分数(Xi)与pH关系如图所示(1)NaOH溶液吸收SQ时，溶液的pH由9-6时，主要发生反应的离子方程式为(2)含Ce4+的溶液吸收NO,若高价氮中的NO2、N2O3、N8、NO3-各1mol,则消耗0.5molL-1的含Ce4+溶液的体积为L；其中NO转化NO3-的离子方程式为(3)电解槽中，阴极电极反应式主要为,阳极电极反应式为。(4)在气液反应器”中高价氮中的N2O3化合为NH4NO3的化学方程式为。【答案】SQ2-+SQ+H2O=2HSQ-163C4+NO+2

53、H2O=3Ce3+NO3'+4H+2HSQ-+2H+2e-=&O42-+2H2OCe5+-e'=Ce4+N2O3+H2O+O2+2NH3=2NH4NO3【解析】【分析】(1)根据SQ水溶液中含硫微粒分布分数图写出反应的离子方程式；(2)根据得失电子守恒计算消耗含Ce4+溶液的体积；根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式；(3)电解过程中，阴极上HSQ-发生得电子的还原反应生成3O42-,阳极上Ce3+发生失电子的氧化反应生成Ce4+,据此写出电极反应式；(4)根据流程信息确定反应物和生成物，结合得失电子守恒、原子守恒书写反应的化学方程式。【详解】根据S

54、O2水溶液中含硫微粒分布分数图可知，溶液的pH由9-6的过程中，SQ2-在减少，HSO-在增多，故反应的离子方程式为SQ2-+SO+H2O=2HSQ-；(2)含Ce4+的溶液吸收NO的过程中，Ce4+被还原为Ce3+,NO转化为高价氮中的NO2、N2O3、NO2-和NO3-,反应过程中得失电子守恒，因此可得n(Ce4+)x1=1molx2+1molx2+1molx1+1,mOl此3n(Ce4+)=8mol,因此所需0.5mol/L的含Ce4+溶液的体积V8mol0.5mol/L16L;ce4+将NO氧化为NOf,自身还原为Ce3+;反应过程中，Ce由+4价变为+3价，得到1个电子，N由+2价变

55、为+5价，失去3个电子，根据得失电子守恒可得，Ce4+、Ce3+的系数为3,NO和NO3-的系数为1；根据电荷守恒可得生成物中含有H+,且其系数为4;根据氢原子个数守恒可得反应物中含有H2O,且其系数为2;因此可得该反应的离子方程式为：3Ce4+NO+2H2O=3Ce3+NO3-+4H+；电解过程中，HSQ-在阴极发生得电子的还原反应，生成&O42-,其电极反应式为：2HSQ-+2H+2e-=S2O42-+2H2O;Ce3+在阳极发生失电子的氧化反应，生成Ce4+,其电极反应式为：Ce3+-e-=Ce4+;(4)在气液反应器”中，反应物为N2。、NH3和O2,生成物为NH4NO3,根据

56、得失电子守恒、原子守恒可得该反应的化学方程式为：N2O3+H2O+O2+2NH3=2NH4NO3o12.高镒酸钾是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。可将软镒矿(主要成分为MnO2)和KClQ在碱性介质中制得K2MnO4,然后通入CO2制备高镒酸钾。已知：温度溶解度/gK2CO3KHCOKMnO4K2SO4C伟COOK20c11133.76.3811.1217(1)制备镒酸钾的主要反应为：3MnO2+6KOH+KClO=3K2MnO4+KCl+3H2O 该反应中的氧化剂是,还原剂是。 每生成1molK2MnO4转移mol电子。(2)通入少量CO2气体时，镒酸钾发生歧化反应，生成KMnO4,MnO2,K2CO3。则生成的KMnO4与MnO2的物质的量之比为。若CO2过量会生成KHC。，导致得到的KMnO4产品的纯度降低，其原因是,可以把通CQ改为加其他的酸。从理论上分析，选用下列酸中,得到的产品纯度更高。A.醋酸B.浓盐酸C稀硫酸【答案】KClQM