2020-2021高考化学培优易错难题含解析之氧化还原反应附详细答案

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5.00mLamolL1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,i0molL1KI溶液（过量），塞紧瓶塞，振荡。步骤4：滴入23滴指示剂，再用0.010molL1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na25O3溶液VmL（反应原理：I22Na2s2O32NaINa2s4。6）。待测废水换为蒸储水

2、，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。通过交排列的阴阳两极的协同作用，在各自区域将

3、苯酚深度氧化为CO2和H2O。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Br2发生氧化还原反应得到I2,方程式为Br2+2I-=I2+2Br,再用Na2&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，再设置一个空白实验测出浓滨水的物质的量，用Br2总的物质

4、的量-剩余Br2的物质的量即可得出与苯酚反应的Br2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Na2S2O3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好褪去，且半分钟不恢复原色，故答案为：滴入一

5、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：Br2-2KII22Na2S2O30.005V0.01Vi0.005V20.01V2剩下的浓澳水中Br2的物质的量为0.005V1mmol,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-Vi)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,则该废水中本酚的含量为33940.005V2-V1

6、94V2-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-Vi；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C6H5OH+14H2O2=6CQ4+17

7、H2O,故答案为：C6H5OH+14H2O2=6CO4+17建O。2.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CoNi、Li的流程如图。已知：LiCoQ难溶于水，易溶于酸。回答下列问题:屋愧离子电*H隼)ifn-正收孵粉末上外的成9丁球(Auco0n川、石量等承质)草取F-水相有机耦0so超体(1) LiCoO2中Co的化合价是。(2) LiCoO2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N32&O3,比较二者的还原效率H2O2_(填“峨“难溶难溶雉溶雄

8、溶微溶提供的无机试剂：NaOH、NazCQ、NaF。【答案】+32LiCoQ+6H+H2O2=2Co2+O2T+2L+4H2OFeCU;(3)Fe,Fe3+;加入过量铁粉，过滤，2Fe3+Fe=3F3+。【解析】试题分析：(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25#+02=259+20，Fe3+显黄色或棕黄色；检验Fe3+用KSCN溶液，溶液变红说明Fe3+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

9、，发生Zn+Fe2+=Zn2+Fe,说明Zn的金属性强于Fe,即金属，f虽弱：ZnFeCu(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。6.NOx、SQ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)=*g)+2CO2(g),可实现汽车尾气的无害化处理。一定条件下进行该反应，测得CO的平衡转化率与温度、起始投料比mgunNS的关系如图1n(CO)所示。该反应的

10、AH0(填“”“m2m3C.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”k正c2(NO)-c2(CO);v逆=k逆c(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,利

11、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。卜列说法不正确的是(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还原D.体系中可能发生反应：2COS=S+2CO；4CO2+&=4CO+2SC2(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V2O5作催化剂，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(5)用

12、间接电化学法去除烟气中NO的原理如图6所示，则阴极的电极反应式为【答案】VAB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160:1B4NHj+4NO+O2V2Q4N2+6H2O2SO52+4H+2e=S2O42+2H2O【解析】【分析】由图象可知，起始投料比m一定时，CO的平衡转化率随温度的升高而降低;A.起始投料比m一定时，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

13、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vkc2(NO)c2(CO)=v逆=k逆?c(N2)c2(CQ),则平衡常数K=K正qL”,、t2-z.,y4八乙、八、r2，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1000c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

14、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，及、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,同时生成水，原子守恒配平书写化学方程式；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一定时，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4Hv0;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

15、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：m1m2m3,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，平衡转化率消耗量“二起始量X100%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；(2)平衡时三段式为:2NOg+2

16、COg?N2g+2CO222001.61.60.81.60.40.40.81.6g起始(moigL-1)转化(moigL-1)平衡(moigL-1)平衡时正逆反应速率相等即k正？c2(NO)c2(CO)=k逆？c(N2)c2(CO2),所以22kcN2cCO21.620.8=K2=22=80;kc2NOc2CO0.420.42a点时反应三段式为:2NOg+2COg?N2g+2CO2g起始(moigL-1)2200转化(moigL-1)2x2xx2x平衡(moigL-1)2-2x2-2xx2xa点时c(CO)=c(CO),则2-2x=2x,解得x=0.5,所以a点时c(CO)=c(CO)=c(N

17、O)=1moi/L,2211ck正“c(N2)=0.5moi/L,所以-r7=2；-=2K=160,即v正：v逆=160：1；10.5k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，故A正确；B.温度高于1000c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SO需要CO物质的量分数较大时才能将SO从烟气中分离，说明CO更易与NOx反应，则NOx比SO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，S、CO分压增大，继续升高温度，S、CQ分压减

18、小，CO分压增大，说明体系中可能发生反应：2COS?&+2CO；4CQ+&?4CO+2SQ,故D正确；故答案为：B;(4)活化后的V2O5作催化剂，NH3将NO还原成N2,还生成水，反应为V2O52SO32-+4H+2e-=&O42-+2H2O。4NH3+4NO+O24N2+6H2O;(5)阴极上亚硫酸根离子得到电子，阴极的电极反应式为7.生物浸出是用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速Fe2+氧化的细菌，培养后能提供Fe3+,控制反应条件可达细菌的最大活性，其生物浸矿机理如下图。珥金属矿物d金属离子反应1反应2(1)氧化亚铁硫杆菌生

19、物浸出ZnS矿。反应2中有S单质生成，离子方程式是实验表明温度较高或酸性过强时金属离子的浸出率均偏低，原因可能是LiCoQ)与上述浸出机理相似,(2)氧化亚铁硫杆菌生物浸出废旧锂离子电池中钻酸锂(发生反应1和反应3：LiCoO2+3Fe3+=Li+Co2+3Fe2+O2f在酸性环境中，LiCoQ浸出+的总反应的离子方程式是研究表明氧化亚铁硫杆菌存在时，Ag+对钻浸出率有影响，实验研究Ag+的作用。取LiCoO2粉末和氧化亚铁硫杆菌溶液于锥形瓶中，分别加入不同浓度Ag+的溶液，钻浸出率(图1)和溶液pH(图2)随时间变化曲线如下：I7Z345河面(骑1890二缸70-50;20-40-图1不同浓

20、度Ag+作用下钻浸出率变化曲线线Co2+,图1中的证据是。反应4：Ag+LiCoQ=AgCoQ+Li+I.由图1和其他实验可知，Ag+能催化浸出n.Ag+是反应3的催化剂，催化过程可表示为:反应5:反应5的离子方程式是。出.由图2可知，第3天至第7天，加入Ag+后的pH均比未加时大，结合反应解释其原因：。【答案】ZnS+2Fe3+=Zn2+S+2Fe2+细菌的活性降低或失去活性4LiCoQ+12H+jE4Li+4Co2+6H2O+。2,加入Ag+明显提高了单位时间内钻浸出率，即提高了钻浸出速率AgCoQ+3Fe3+=Ag+Co2+3Fe2+O2T加入Ag+催化了反应3,使LiCoO2浸出的总反

21、应的化学反应速率加快，相同时间内消耗H+更多，故加入Ag+后的pH比未加时大【解析】【分析】【详解】(1)由题给示意图可知，反应2为563+与ZnS发生氧化还原反应生成Zn2+、S和Fe2+,反应的离子方程式为ZnS+2Fe3+=Zn2+S+2Fe2+,故答案为：ZnS2Fe3+=Zn2+S+2Fe2+;细菌为蛋白质，温度较高或酸性过强时，蛋白质变性，细菌的活性降低，导致金属离子的浸出率均偏低，故答案为：细菌的活性降低或失去活性；(2)在酸性环境中，细菌做催化剂，使LiCoO2中+3价的Co元素将-2价O元素氧化，反应生成Li+、Co2;O2和H2O,反应的离子方程式为4LiCoQ+12H+鲤

22、14Li+4Co2+6H2O+O2f,故答案为：4LiCoO2+12H+王4Li+4Co2+6H2O+O2f；I.由图1可知，加入Ag+明显提高了单位时间内钻浸出率，说明Ag+做催化剂，提高了钻浸出速率，故答案为：加入Ag+明显提高了单位时间内钻浸出率，即提高了钻浸出速率；n.由催化剂的催化机理可知，反应4中Ag+做反应物，则反应5中Ag+做生成物，即中间产物AgCoO2与5/反应生成Ag+、Co2+、Fe2O2,反应的化学方程式为AgCoC2+3Fe3+=Ag+Co2+3Fe2+O2T,故答案为：AgCoQ+3Fe3+=Ag+Co2+3Fe2+O2T；出.由图2可知，第3天至第7天，加入Ag

23、+后的pH均比未加时大，原因是加入Ag+催化了反应3,使LiCoQ浸出的总反应的化学反应速率加快，相同时间内消耗H+更多，导致加入Ag+后的pH比未加时大，故答案为：加入Ag+催化了反应3,使LiCoQ浸出的总反应的化学反应速率加快，相同时间内消耗H+更多，故加入Ag+后的pH比未加时大。8.（1）将新制氯水逐滴滴入FeBi2溶液中，写出最初发生的反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目。（2）在硫酸铝俊（NH4Al（SO4）2）溶液中滴加少量Ba（OH）2溶液并不断搅拌。用一个离子方程式表示最初发生的反应。（3）石油气芳构化”是由石油气生产高辛烷值汽油的一种有效生产工艺。测得反应2C4H

24、10C8H10（g）+5H2在不同温度下的平衡常数变化如下：温度（C）400450500平衡常数Ka6a40a该反应的正反应是（吸热、放热）反应。向2L密闭定容容器中充入2molC4H10,反应10s后测得H2浓度为1mol/L,此10s内，以C8H10表示的平土!速率为。能表示该反应在恒温恒容密闭容器中t1时刻后已经达平衡状态的图示是。怖用量a.时间口寸间如图表示某温度时将一定量的C4Hi0（含少量化（容器容积可变），实线代表C8H10,虚线代表H2）充入容器中反应期间物质浓度随时间的变C4H10。请用实线补充画出ti-t4间C8H10的浓度变化曲线L-3Ba2+6OH-+3SO2-+2Al

25、3+=3BaSQJ+2Al(OHJ吸热0.02mol/(Ls)-hd【解析】【分析】(1)氯气具有氧化性，能将碘离子以及亚铁离子氧化，碘离子的还原性强于亚铁离子的还原性，所以先是发生氯气氧化亚铁离子的反应，氧化还原反应中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，据此表示电子转移的情况；(2)在硫酸铝俊(NH4A1(SO)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，由于氢氧化钢少量，氢氧根离子不足，反应按照氢氧化钢的组成进行，氨水碱性强于氢氧化铝，所以铝离子优先与氢氧根离子反应，据此写出反应的离子方程式；(3)依据图表数据，平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行；依据反应速率v=-c计算；ta.反应前后

26、都是气体，气体质量始终不变；b.反应前后气体质量不变，物质的量增大，平均摩尔质量不变说明反应达到平衡状态；c.气体质量不变，体积不变，密度在反应过程中和平衡状态都不变；d.反应前后气体物质的量变化，压强之比等于气体物质的量之比，物质的量不变，反应达到平衡；刚开始因为达到平衡状态，所以浓度不变，根据虚线的浓度变化可知，后面体积缩小为，1原来的一，所以实线浓度也变两倍，后面又慢慢减小，直至继续平衡。2【详解】(1)将新制氯水逐滴滴入FeBr2溶液中，先是发生氯气氧化亚铁离子的反应，C+2Fe2+=2Fe3+2C，电子转移情况如下:,故答案为:(2)氢氧化钢少量，氢氧根离子和钢离子的物质的量不足，离

27、子方程式按照氢氧化钢的组成书写，领离子和氢氧根离子完全反应；由于氨水碱性强于氢氧化铝，故铝离子优先与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为3Ba2+6OH+3Sd2-+2Al3+=3BaSQJ+2Al(OH)4,故答案为：3Ba2+6OH-+3Sd2-+2Al3+=3BaSQJ+2Al(OH)4;(3)根据图表数据，平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行，正反应是吸热反应，故答案为：吸热；向2L密闭定容容器中充入2molC4H10,反应10s后测得H2浓度为1mol/L,1,2C4H10?C8H10(g)+5H2,反应过程中生成C8H10的物质的量浓度为一X1mol/L=0.2mol

28、/L,此510s内，以C8H10表示的平均速率=0.2mol/L=0.02mol/(L?s),故答案为：0.02mol/(L?s);10s2c4H10?C8H10(g)+5H2,反应是气体体积增大的反应吸热反应，依据平衡移动原理分析图象；a.反应前后都是气体，气体质量在反应过程中和平衡状态都始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故a不符合；b.反应前后气体质量不变，物质的量增大，平均摩尔质量不变说明反应达到平衡状态，故b符合；c.气体质量不变，体积不变，密度在反应过程中和平衡状态都不变，故c不符合；d.反应前后气体物质的量变化，压强之比等于气体物质的量之比，物质的量不变压强不变，说明反应达到平衡

29、，故d符合；故答案为：b、d;分析图象可知，刚开始因为达到平衡状态，所以浓度不变，根据虚线的浓度变化可知，1后面体积缩小为原来的一，所以实线浓度也变两倍，浓度变化为0.40mol/L,随反应进行后2面又慢慢减小，直至继续平衡，据此画出的图象为：,故答案为:C(rrwlL)rt+Ttrttt,【点睛】本题(2)注意掌握离子方程式的书写原则，正确判断反应物离子的过量情况是解答的关键;(3)掌握图象分析与绘制方法，曲线变化起点和变化是解题关键。9.孔雀石的主要成分为Cu2(OH)2CO3(含少量Fe。Fe2O3、SiO)。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

30、骤如下：(提供试剂：NaOH溶液、H2O2溶液、CuO、Na2CO)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。(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5/+的试剂是(选填序号)。如果测定Fe2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)bNazCQ(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

31、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m2222(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为：，另一2502m位同学不同意，其原因是。【答案】Cu2(OH)2CQ+4H+f2Cu2+3H2O+CQfH2O2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】mig孔雀石的主要成分为Cu2(OH)2C。(含少量Fe。Fe2O3、Si。)，加入稀硫酸过滤得到滤渣二氧化

32、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+COT;(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

33、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，5+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=

34、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.Na2CQ(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

35、褪色，Fe3+不能，故能够用酸性KMnO4溶液鉴另F+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，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，应称量增竭的质量，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

36、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.大气污染越来越成为人们关注的问题，烟气中的NOx必须脱除(即脱硝)后才能排放，脱硝的方法有多种。完成下列填空：I直接脱硝(1

37、) NO在催化剂作用下分解为氮气和氧气。在10L密闭容器中，NO经直接脱硝反应时，其物质的量变化如图1所示。则05min内氧气的平均反应速率为mol/(L?min)。timin图1n臭氧脱硝(2) O3氧化NO结合水洗可完全转化为HNO3,此时O3与NO的物质的量之比为。出氨气脱硝(3)实验室制取纯净的氨气，除了氯化俊外，还需要、(填写试剂名称)。不使用碳酸钱的原因是(用化学方程式表示)。(4)吸收氨气时，常使用防倒吸装置，图2装置不能达到此目的是一。NH3脱除烟气中NO的原理如图3：/小。MN-H-。廿11式V-0H削-N=0H-0-V*八v”八V-0Fin-X=OH-O-V4*if+rlj

38、U郎(5)该脱硝原理中，0.25molO2时，除去的NO最终转化为(填化学式)和H2O0当消耗1molNH3和NO在标准状况下的体积为L。【答案】0.0151:2消（熟）石灰碱石灰（NH4）2CO32NH3T+COT+2H2OdN222.4L【解析】【分析】(1)由图象得到NO物质的量变化，计算得到氧气物质的量变化，结合化学反应速率概念计算V=-c;t(2)O3氧化NO结合水洗可完全转化为HNO3,反应的化学方程式为：O3+2NO+H2O=2HNO3；(3)实验室利用固体氯化钱和氢氧化钙加热反应生成，氨气是碱性气体，干燥需要碱性干燥剂，不使用碳酸钱的原因是碳酸钱加热生成氨气同时会生成二氧化碳气

39、体；(4)氨气极易溶于水，在水溶液中易发生倒吸，根据气体压强的知识进行分析；(5)由图3可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水；根据氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量计算。【详解】在10L密闭容器中，NO经直接脱硝反应时，其物质的量变化如图1所示，NO在5min内变化物质的量8.0mol-6.5mol=1.5mol,NO在催化剂作用下分解为氮气和氧气，2NO=0.75molO2+N2,生成氧气物质的量0.75mol,则05min内氧气的平均反应速率=10L=5min0.015mol/L?min;(2)O3氧化NO结合水洗可完全转化为HNO3,反应的化学方程

40、式为：O3+2NO+H2O=2HNO3,此时O3与NO的物质的量之比为1:2;(3)实验室利用固体氯化钱和氢氧化钙加热反应生成，氨气是碱性气体，干燥需要碱性干燥剂，实验室制取纯净的氨气，除了氯化俊外，还需要消(熟)石灰、碱石灰，不使用碳酸钱的原因是碳酸钱加热生成氨气同时会生成二氧化碳气体，反应的化学方程式为：A(NH4)2CO32NH3T+COT+2H2O;(4)装置abc中都有一个容积较大的仪器，它们能够吸收较多的液体，从而不会使倒吸的液体进入前面的装置，可以防止倒吸，d中导气管插入到水中，氨气极易溶于水，易引起倒吸，不能防倒吸，应是四氯化碳在下层，水在上层，防止倒吸且能吸收氨气，故答案为：d;(5)由图3可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水，所以NO最终转化为N2和H2O;氧气、一氧化氮和氨气反应生成氮气和水，反应中氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量，2molNH3转化为N2失去6mol电子，0.25molO2得到1mol电子，则NO转化为N2得到的电子为2mol,所以NO的物质的量为1mol,其体积为22.4L。11 .草酸亚铁晶体(Fe