高考化学专题氧化还原反应综合检测试卷及详细答案

1、一、图中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）1.亚氯酸钠（NaClQ）是二氧化氯（C1O2）泡腾片的主要成分。实验室以氯酸钠（NaC1O3）为原料先制得 C16,再制备NaClQ粗产品，其流程如图：X 出口工、NaOH溶液NdCIO3fl溶解反应11反应n I蒸发|ANaClC粗产品废液O：已知： C1O2 可被 NaOH 溶液吸收，反应为 2CQ+2NaOH=NaC1Q+NaC1O2+H2O。无水NaC1O2性质稳定，有水存在时受热易分解。（1）反应I中若物质 X为SQ,则该制备C1Q反应的离子方程式为 。（2）实验在如图-1所示的装置中进行。【答案】2C1O3-+SO- 2CQ+S。2

2、-若X为硫磺与浓硫酸，也可反应生成C1O2。该反应较剧烈。若该反应在装置A的三颈烧瓶中进行，则三种试剂（a.浓硫酸；b.硫黄；c.NaC1O3溶液）添加入三颈烧瓶的顺序依次为 （填字母）。反应n中双氧水的作用是 。保持反应时间、反应物和溶剂的用量不变，实验中提高 C1O2吸收率的操作有：装置 A中分批加入硫黄、 （写出一种即可）。（3）将装置B中溶液蒸发可析出 NaC1C2,蒸发过程中宜控制的条件为 （填减压”、常 压”或加压”）。（4）反应I所得废液中主要溶质为NazSQ和NaHSQ,直接排放会污染环境且浪费资源。为从中获得芒硝（Na2SQ10H2O）和石膏（水合硫酸钙），请补充完整实验方案

3、：，将滤液进一步处理后排放（实验中须使用的试剂和设备有：CaO固体、酚ML冰水和冰水浴）。已知：CaSQ不溶于Na2SO4水溶液；Na2SO的溶解度曲线如图-2所示。cab作还原剂水浴加热时控制温度不能过高（或加一个多孔球泡等)减压向废液中分批加入适量 CaO固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚儆，至溶液呈浅红色时停止加入CaO。静置后过滤，用水洗涤沉淀2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至 32.4C以下，接近0C,过滤，所得晶体用冰水洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝【解析】【分析】用二氧化硫将 NaClO3还原制得CIO2, C1O2和NaOH反应制得NaCQ和NaClQ

4、,再用过氧 化氢将NaCQ还原成NaCQ制得NaCQ粗品。【详解】(1) SQ作还原剂，S化合价升高2,被氧化成SO42-, C1O3-作氧化剂，被还原成 C1O2, C1 化合价降低1,结合电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒可书写离子方程式：2C1C3-+SC2 2C1O2+SO42-,故答案为：2c1O3-+SO2c1O2+SO42-；(2)反应剧烈，浓硫酸只能在最后添加，结合流程图可知先加NaC1O3,所以顺序为：先加NaC1O3,再加S,最后加浓硫酸，故答案为：cab;反应n中NaO书口 C1O2反应生成NaC1O3和NaC1Q,过氧化氢的作用是将 NaC1O3还原成 NaC1O2,过氧

5、化氢会分解，温度不宜太高，所以控制A中水浴加热时温度不过高，或者在B中搅拌、或者加一个多孔球泡，故答案为：作还原剂；水浴加热时控制温度不能过高(或加一个多孔球泡等)；(3)无水NaC1O2性质稳定，有水存在时受热易分解，应该减压，让水分尽快蒸发，故答案为：减压；(4)加入一定量 CaO NaHSQ反应成CaSQ,为了保证NaHSQ反应完，所加 CaO需稍 过量，CaO过量溶液就显碱性了，可以用酚酬:作指示剂，当溶液变为浅红色时停止加 CaO, CaSQ不溶于NaSQ水溶液，此时可用过滤、洗涤的方法得到石膏，此时滤液为 NaSO溶液，还不是芒硝，从图上看，可将温度调整32.4 C以下，形成芒硝，

6、析出芒硝晶体，过滤、洗涤、干燥就可得芒硝了，为了使芒硝产率较高，可用冰水洗涤，降低因溶解 损失的量，故答案为：向废液中分批加入适量CaO固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚儆，至溶液呈浅红色时停止加入CaO。静置后过滤，用水洗涤沉淀2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至32.4C以下，接近0C,过滤，所得晶体用冰水洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝。【点睛】结合图像，温度低于 32.4 C以下，硫酸钠结晶得到芒硝，温度降低，芒硝的溶解度减小， 可用冰水洗涤减小损失率。2.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:+3HBr测定步骤: 步

7、骤1：准确量取25.00mL待测废水于250mL锥形瓶中。步骤2：将5.00mL amol L 1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bmL 0.i0mol L 1 KI溶液（过量），塞紧瓶塞，振荡。步骤4：滴入23滴指示剂，再用0.0i0mol L 1 Na25O3标准溶液滴定至终点，消耗Na25O3溶液VmL （反应原理：上2Na2s2O3 2NaI Na2s4。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?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

8、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 mg 11（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）

9、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94 V-V钟不恢复原色 2 偏低偏低 H2O e OH H15C6H50H 14H2O2 6CO217H2O【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B2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

10、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Na2S2Q3标准溶液会反应 凡 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

11、系式：Br2-2KI I2 2Na2s2O30.005V0.01Vi0.005V20.01V2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，5mL amol/L的浓澳水中Br2的物质的量为0.005V2 mmol ,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OH+3B2-HrOH J +3HBr可得苯酚的物质的日、，0.005 V2-V194 0.005 V2-V1重为 mmol ,质量为 mg,则该废水中本酚的含量为3394 V2-V1-1 ,若步骤2中忘记塞进瓶塞，澳单质挥发,mgg_1594 0.005 V2-V

12、13小25 10 3L导致最终消耗的 Na2s203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Na2s203的体积偏小，使测得苯酚的含量偏低，故答案为：94 31 .偏低；偏低；15(5)由题干信息可知，Ti基PbO2为阳极，则阳极 H20失去电子产生 0H,电极反应式为 H20- e-=H+ 0H,故答案为：H20-e-=H+ 0H;(6)根据题干信息可知，苯酚被阴极产生的H202深度氧化产生 CQ和H20,有氧化还原反应规律得到其反应方程式式为C6H50H+14H202=6C04 +17睦0,故答案为：03H50H+14H202=

13、6C04 +17H20。3.过硫酸钠(Na2s208)具有极强的氧化性，且不稳定，某化学兴趣小组探究过硫酸钠的相关 性质，实验如下。已知 SQ是无色易挥发的固体，熔点 16.8C,沸点44.8 Co(1)稳定性探究(装置如图)：分解原理：2Na2s2082Na2S。+ 2S03 T + 02 T。此装置有明显错误之处，请改正： ,水槽冰水浴的目的是;带火星的木条的现象。“sd n 带火星(2)过硫酸钠在酸性环境下，在Ag+的催化作用下可以把 Mn-氧化为紫红色的离子，所得溶液加入BaC2可以产生白色沉淀，该反应的离子方程式为 ,该 反应的氧化剂是 ,氧化产物是 。(3)向上述溶液中加入足量的B

14、aC2,过滤后对沉淀进行洗涤的操作是(4)可用H2QO4溶液滴定产生的紫红色离子，取20mL待测液，消耗 0.1mol L1的H2c2O4溶液30mL,则上述溶液中紫红色离子的浓度为 mol L 1,若Na2s2。8有剩余，则测得 的紫红色离子浓度将 (填偏高偏低或 不变”。)【答案】试管口应该略向下倾斜冷却并收集SO3木条复燃 2Mn2+ + 5S2OT +8H2O上里二2MnO+10SQ- + 16H+ 30 MnO；用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸储水至没过沉淀，使蒸储水自然流下，重复操作23次(合理即可)0.06偏高【解析】【分析】(1)在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜；根据SO、氧

15、气的性质进行分析；(2)X为MnQ,向所得溶液中加入 BaCl2溶液可以产生白色沉淀，则产物中有SO2-,据此写出离子方程式，并根据氧化还原反应规律判断氧化剂、氧化产物； 根据沉淀洗涤的方法进行回答；(4)根据得失电子守恒可得到关系式：5HaGQZMnO 4 ,带入数值进行计算；Na2s2Q也具有氧化性，氧化H2C2Q。【详解】在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜，SO3的熔、沸点均在 0c以上，因此冰水浴有利于将SO3冷却为固体，便于收集 SC3,由Na2&O8的分解原理可知，生成物中有氧 气，所以在导管出气口的带火星的木条会复燃，故答案为：试管口应该略向下倾斜；冷却 并收集SQ；木条复

16、燃；(2)X为MnO4-,向所得溶液中加入 BaC2溶液可以产生白色沉淀，则产物中有SQ2-,则反应的离子方程式为2Mn2+ + 5S2OJ +8H2O Ag 2MnO4 + 10SO +16H+,根据该反应中元素 化合价的变化可知，氧化剂是&O82-,氧化产物是 MnO4-,故答案为：2Mn2 + + 5S2O +8H2O上里=2MnOf+10SO +16H+； &。2-； MnO4-;(3)沉淀洗涤时，需要用玻璃棒引流，并且所加蒸储水需要没过沉淀，需要洗涤23次，故答案为：用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸储水至没过沉淀，使蒸储水自然流下，重复操作23次(合理即可)；(4)根据得失电子守恒可得到关

17、系式：5H2c2。4:2MnO4-5210.03L 0.1molgL10.02L c MnO,-1则 c MnO 4- =:=0.06mol gL-1, Na28O8具有氧化性，消耗的 H2C2O45 0.02L溶液增多，导致测得的结果偏高，故答案为:0.06;偏高。4.根据当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿(主要成分为Fe$)作为原料。完成下列填空： 将0.050mol SO2(g)和0.030mol O 2(g)充入一个2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SQ(g)+6(g)? 2SO3(g)+Q。经2分钟反应达到平衡，测得n(SO3)=0.040mol,则02的平均反应速率为(2)

18、在容积不变时，下列措施中有利于提高SQ平衡转化率的有 (选填编号)a.移出氧气b降低温度c.减小压强d再充入 0.050molSO2(g)和 0.030molO2(g)在起始温度(673K)时SQ的转化率随反应时间的变化如图，请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2(723K)时SQ的转化率随反应时间变化的示意图 (4)黄铁矿在一定条件下煨烧的产物为SQ和Fe3O4将黄铁矿的煨烧产物Fe3O4溶于H2SQ后，加入铁粉，可制备 FeSQ。酸溶过程中需维持溶液有足够的酸性，其原因是 FeS2能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,本身被氧化为SO2,写出有关的离子方程式。有2mol氧化产物生成时

19、转移的电子数为 制 Fe3+与 Fe2+的水解，并防止 Fe2+被氧化成 Fe3+ FeS+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SOi2 +16H+抑14Na【解析】【分析】(1)根据v= c求出氧气的速率，然后根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比计算;(2)反应放热，为提高 SQ平衡转化率，应使平衡向正反应方向移动，可降低温度，体积不 变，不能从压强的角度考虑，催化剂不影响平衡移动，移出氧气，平衡向逆反应方向移 动，不利于提高SQ平衡转化率，由此分析解答；(3)反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但达到平衡所需要的时间缩短，据此画出曲线；(4)Fe3+与Fe2+

20、易水解，Fe2+易被氧化成Fe3+;根据氧化还原反应中的反应物和生成物几何电子守恒来配平化学方程式，结合方程计算 转移电子数。【详解】0.040mol1(1)v(SO3)= 2L = 0.01mol/(L?min),所以 v(O2)= v(SQ)= 0.005mol /(L?min), t 2min2故答案为：0.005mol/(L?min);(2)a.移出氧气，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；b.降低温度，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；c.减小压强，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g),相当于增

21、大压强，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；故答案为：bd;反应：2SQ(g)+O2(g)? 2SO3(g) HV0, SQ的转化率在起始温度 Ti = 673K下随反应时间的变化如图，其他条件不变，仅改变起始温度为T2= 723K,温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，在图中画出温度T2下SQ的转化率随反应时间变化的预期结果示意图如图所示;故答案为:(4)Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SQ后，生成的FeT与Fe2+易水解，Fe2+易被氧化成Fe3+,所 以要加入Fe粉和酸，抑制Fe3+与Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+,

22、故答案为：抑 制Fe3+与Fe2 +的水解，并防止Fy被氧化成Fe3+;-2价的硫离子具有还原性， Fe$可以将溶液中的Fe3还原为Fe2+,而本身被氧化为硫酸 根离子，有关的离子方程式为： FeS+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SC42 +16H+,氧化产物是硫酸根离子，有2mol硫酸根生成时转移的电子数为14Na,故答案为：Fea+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SQ2 +16H+； 14Na。【点睛】注意(3)温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需 要的时间短，此为解题的关键。神光二号”中。利 （部分流程步骤已省KC1有机萃取剂HF 气体 Ca

23、SCpH。 操作II温含T萃取氨水一系列操作III _*-1 “E W唱ll产品 N水相一系列操作IUe *5.据报道，磷酸二氢钾（KH2P04）大晶体已应用于我国研制的巨型激光器 用氟磷灰石（化学式为C%RF012）制备磷酸二氢钾的工艺流程如下图所示已知萃取的主要反应原理：KCl+HP04= KH2P04+HCl;其中，反应产生的 HCl易溶于有机萃取剂。请回答下列问题:（1）流程中将氟磷灰石粉碎的目的是 。（2）不能使用二氧化硅陶瓷材质白沸腾槽的主要原因是 （用化学方程式表示）。（3）副产品N的化学式是 ;在得到KH2P。晶体的一系列操作出，其主要包括 、过滤、洗涤、干燥等。（4）若用10

24、00kg质量分数为50.4%的氟磷灰石（化学式为Ca5P3FO12,摩尔质量为504g/mol）来 制取磷酸二氢钾晶体，其产率为 80%,则理论上可生产 KH2PO4（摩尔质量为136g/mol）的质 量为 kg。（5）电解法制备KH2PO4的装置如图所示.该电解装置中，a区属于 区（填 阳极”或阴极”）阴极区的电极反应式是 。只允许钾离子通过（6）工业上还可以用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500c生成白磷，同时逸出SiH和CO该反应的化学方程式为 。【答案】增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率4HF+SiQ SiFd +2H2O NH4Cl 蒸发浓缩、冷却结晶

25、326.4kg 阴极 2H+ + 2e = H2 T4Ca5P3FO12+21SiO2+30C 1 20CaSiQ+3P4+SiFd +30COT【解析】【分析】氟磷灰石（化学式为Ca5P3FOl2）粉碎后加入浓硫酸，反应生成氢氟酸、硫酸钙、磷酸等，加入氯化钾后用有机萃取剂，KCl+HPO4= KH2PO4+HCl,反应产生的 HCl易溶于有机萃取剂，有机相中含有氯化氢，加入氨水反应生成氯化俊，因此副产品主要为氯化俊，水相中含有KH2PO4,经过一系列操作得到KH2Pd晶体。【详解】(1)流程中将氟磷灰石粉碎，可以增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率，故答案为增大氟磷灰石与稀硫

26、酸反应的接触面积，加快化学反应速率；(2)根据流程图，反应中生成了氢氟酸，氢氟酸能够与二氧化硅反应，因此不能使用二氧化硅陶瓷材质的沸腾槽，故答案为4HF+SiQSiRT +2屋O;(3)根据上述分析，副产品N的化学式为NH4C1;在得到KH2PO4晶体的一系列操作出为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，故答案为NH4C1;蒸发浓缩、冷却结晶；(4)1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12)中含有Ca5P3FO12的质量为504kg,根据P元素守恒，理论上可生产 KH2PO4的质量为504kg X 80%x31-3 -39231164=326.4 kg,故答案为

27、 326.440 5 31 3 19 16 1231kg;(5)根据图示，应该在 a区生成KH2PO4,则钾离子由b区移向a区，则a区属于阴极区；阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H+ +2e= H2T ,故答案为阴极；2H+ +2e=H2 T ;(6)用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500c生成白磷，同时逸出SiR和CO,反应的化学方程式为 4Ca5P3FO12 +21SQ+30Q段$20CaSiQ+3P4+SiF4 T +30CO故答案为 4Ca5P3FO12 +21SQ+30Q12220CaSiO3+3P4+SiFd +30COT。6.利用钮钛磁铁矿冶炼后产生的钮渣(

28、主要含 FeO - V2O3、Al2O3、SiO2及少量可溶性磷酸废造皿盐)生产V2O5的工艺流程如下，回答下列问题:词出加入MLCI +普境口 4 1：边已知：V2O5、Al2O3、SiQ可与Na2CO3、NaCl组成的混合钠盐在高温下反应，并转化为NaVO3、NaAlO2、NmSQ等可溶性钠盐。 AlO2 +4H+=Al3+2H2O。(1)焙烧I包括氧化和钠化成盐两个过程，氧化的目的是获得V2O5,写出氧化过程中FeO V2O3发生反应的化学方程式 ;废渣I的主要成分是 ;精制I中加 盐酸调pH的主要作用是 ,加入NH3 - H2O后发生反应的离子方程式为 (2)精制n中加入 CaC2溶液

29、除去磷酸盐，pH过小时影响除磷效果的原因是 ； pH过大时，沉淀量增大的原因是 。(3)沉钮所得NH4VO3沉淀需进行洗涤，洗涤时除去的阴离子主要是 。 NH4VO3在 500c时焙烧脱氨制得产品V2O5,反应方程式为2NH4VO3= V2O5+H20T + 2NH3,。但脱氨过程中，部分V2O5会转化成V2O4,反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2,该反应的化学方程式为。焙烧【答案】4FeO- V2O3 + 5O22Fe2O3 + 4V2O5 FeO 或 Fe( OH) 3 除 Si 并转化AlO2 写“除 ST 即得分)Al3+ + 3NH3 - H2O = Al(OH)3j + 3N

30、H；H+ NH3 H2O = H2O +NH；(写出第一个离子方程式即得分)形成溶解度较大的酸式盐(或形成溶解度较大的磷，一 一 一一 500 c酸氢车和/或磷酸二氢钙)广生了 Ca(OH)2讥证 Cl 3V2O5 + 2NH3: 3V2O4 + N2 +3H2O【解析】【分析】氧化过程FeO- V2O3生成对应的金属氧化物 Fe2O3和V2O5；经过氧化和钠化后，V2O5、Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐，Fe2O3或Fe( OH) 3成为滤渣；精制I中加盐酸调pH为了和SiO32-反应生成硅酸沉淀，将 AlO2转化为Al3+;加入NH3 - H2O后与Al3+发生反应生成 Al( OH

31、)3沉淀；精制n中加入 CaC2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，沉钮时加入试剂 NH4Cl,所得NH4VO3沉淀，焙烧得到产品，据此分析。【详解】(1)氧化过程FeO V2O3生成对应的金属氧化物 Fe2O3和V2O5,化学方程式为：焙烧4FeO- V2O3 + 5O2=2Fe2O3+ 4V2O5;经过氧化和钠化后，V2O5、Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐，Fe2O3 或Fe( OH) 3成为滤渣；精制I中加盐酸调 pH为了和SiO32-反应生成硅 酸沉淀，将AlO2转化为Al3+;加入NH3 . H2O后与AP+发生反应生成 Al(OH)3沉淀，还可以 中和酸，反应方程式为： Al3+

32、3NH3gH2O=Al OH 3 +3NH4+、焙烧H+NH3gH2O=H2O+NH4+ ,故答案为：4FeO V2O3 + 5O22Fe2O3+ 4V2O5；F在O3 或Fe( OH) 3;除Si并转化AlO2-(写“除Si”即得分)；Al3+3NH3gH20=Al OH 3+3NH4，H + +NH3gH2O=H2O+NH4+ (写出第一个离子方程式即得分)；(2)精制n中加入 CaC2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，pH过小时形成溶解度较大的酸式盐；pH过大时易形成Ca( OH) 2沉淀，故答案为：形成溶解度较大的酸式盐(或形成溶 解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙)；产生了 Ca(OH

33、)2沉淀；(3)沉钮时加入试剂 NH4Cl,因此所得NH4VO3沉淀含有阴离子主要为 Cl-;脱氨过程中， 部分V2O5会转化成V2O4,且反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2,则V2O5为氧化剂，NH3为还原剂，还原产物为 V2Q4,氧化产物为 N2,则氧化还原方程式为：3V2O5 +500 c500C2NH3 =3V2O4+N2+3H2O,故答案为：Cl ；3V2O5 +2NH33V2O4 +N2 +3H2O。7.某体系中存在如下反应：H 2S+4H2O 8e = SOT+10H+,21。3一+ 12 H + +10e = I2+ 6H2O。(1)反应中H2s做 剂，反应属于 反应(填

34、氧化”或还原”)。(2)若在反应中失去0. 2 mol电子，则反应中可生成 g I2。(3)写出并配平碘酸钾与硫化氢反应的化学方程式，同时标出电子转移的方向和数目：O(4)由上述反应可推知 。a.氧化性：K2SO4 KIO3 b.酸性：HIO3 H2S。c.还原性：H2s I2 d.反应过程中溶液的酸性逐渐减弱【答案】还原 还原 5. 08Jr. c5H：S+9KI0= 4K50 .+ 4L -FH;50l+4H:O【解析】【分析】(1)化合价升高的反应物做还原剂，碘元素的价态由正五价，变为零价，发生还原反应；(2)由得失电子数目守恒计算可得；(3)X 5+X 4得反应的化学方程式；(4)还原

35、性：还原剂还原产物，氧化性：氧化剂氧化产物，因为有水的生成，酸性减弱。【详解】(1)由 H2S+4h2O-8e-SQ2-+10H+和 2IO3-+12H+10ef I2+6H2O 可知，反应中硫元素化合价从-2价变化为+6价，化合价升高失电子做还原剂，反应是碘元素化合价从+5价变化为0价，化合价降低做氧化剂，发生还原反应，故答案为：还原，还原； 根据电子守恒得到：40mole-转移生成4m0II2, 4I240e-,；中失去0.2mol电子，中得到0.2mol电子，反应的碘单质物质的量0.02mol , m (I2)=0.02mol X127g/mol x2=5.08g,故答案为：5.08；(

36、3)由和依据电子守恒得到反应的化学方程式为5HzS+gKIOdK?SO+dIz+HzSa+dHzO,由方程式可知 40mole-转移生成 4molI2,则电子转移的方向和数目为5H端1+ELS0,+4H：O 故答案为：+ 4KiS0,+4li +H;SO/+4HiO ；(4) a、氧化剂KIQ的氧化性大于氧化产物K2SQ、H2SO4,氧化性：K2SOKKIO3,故a错误；b、反应物中无碘酸生成，该反应不能判断酸性强弱，故 b错误；C、还原剂H2s的还原性大于还原产物 I2,则还原性：H2sI2,故c正确；d、反应过程中氢硫酸反应生成硫酸，溶液酸性增强，故 d错误;c正确，故答案为：coCuO、

37、NazCQ)8.孔雀石的主要成分为 CU2 (OH) 2CO3 (含少量Fe。F&O3、SiC2)。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、 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

38、制中“定容”的操作： 。a NaOH (aq)b NazCQ (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m,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为： ，另250 2m位同学不同意，其原因是 。【答案】CU2 (OH) 2CQ+4H+f 2Cu2+3H2O+CQ T H2O2溶液、 CuO Fe (OH) 3、 CuO 冷却结晶自然干燥 引流

39、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) 2CQ (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

40、碳，反应的离子方程式为：Cu2(OH) 2CQ+4H+=2Cu2+3H2O+CQ T ,故答案为：Cu2 (OH) 2CQ3+4H+=2Cu2+3H2O+C。T ;(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

41、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，F+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+O2+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-反应Fe3+3OH-=Fe (OH) 3J ,生成红褐色 Fe (OH) 3,两者反应

42、 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溶液褪色，Fe3+不能，故能够用酸性 KMnO4溶液鉴另ij Fe2+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;

43、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，应称量增期的质量，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体从增期中溅出，导致测定的结晶水的质量

44、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。ClO29.某工业废水中含有的 Mn2+、CN等会对环境造成污染，在排放之前必须进行处理。是一种国际上公认的安全无毒的绿色水处理剂，某实验兴趣小组通过如图装置制备C1Q,并用它来处理工业废水中的Mn2+、CN o已知：i. CIO2为黄绿色气体，极易溶于水，沸点 11C；. C1O2易爆炸，若用“惰性气体”等稀释时，爆炸性则大大

45、降低；.某工业废水处理过程中Mn2+转化为MnO2、CN转化为对大气无污染的气体；iv,装置 B 中发生的反应为：H2c2O4+H2SQ+2KCIO K2SO4+2CQ T+2C1C2 T +2H2O。请回答下列问题：B装置的名称是 , C装置的作用为 。(2)用H2QO4溶液、稀硫酸和 KC1Q制备C1O2的最大优点是 。(3)写出装置D中除去Mn2+的离子方程式 。C1O2在处理废水过程中可能会产生副产物亚氯酸盐(C1O2)。下列试剂中，可将 C1O2转化为C1的是。(填字母序号)。a. FeSQ b. O3 c. KMnO4 d. SO2(5)在实验室里对该废水样品中 CN一含量进行测定

46、：取工业废水 Wg于锥形瓶中，加入 10mL0.10mo1/L的硫酸溶液，用 0.0200mo1/L的KMnO4标准溶液进行滴定，当达到终点时共 消耗KMnO4标准溶液25.00mL。在此过程中：实验中使用棕色滴定管的原因是 ,滴定终点的判断依据是 。Wg工业废水中CM的物质的量为 。若盛装工业废水的锥形瓶未润洗，则测定结果将 (填“偏高”、“偏低”或“无影 响”)。稀蓑酸邛KC10. 0废水 E【答案】圆底烧瓶 防倒吸 制得C1Q的同时有CQ产生，可稀释C1Q,大大降低爆炸的 可能性 2C1Q+5Mn2+6H2O=5MnO2 J +2C-+12H+ ad防止KMnO4见光分解 锥形瓶中的 溶

47、液颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色0.0005mo1无影响【解析】【分析】(1) B为圆底烧瓶；依据 C装置进气管、出气管都较短可知为安全瓶，防止倒吸；(2)反应生成的产物结合 C1Q易爆炸，用惰性气体等稀释时，可防止爆炸分析；(3)二氧化氯具有强的氧化性，能够氧化二价镒离子生成二氧化镒，本身被还原为氯离 子；(4)将ClQ转化为Cl-,应加入还原剂；(5)高镒酸钾不稳定；高镒酸钾与CN发生氧化还原反应，被还原为无色的二价镒离子，所以当达到滴定终点时：颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；涉及反应为：2MnO4+8H + +2CN = 2Mn 2+2CO2 +N2 +4H2O,结合方程

48、式计 算；锥形瓶无需润洗。【详解】B装置的名称是圆底烧瓶；依据C装置进气管、出气管都较短可知为安全瓶，防止倒吸，故答案为：圆底烧瓶；防倒吸；(2)用H2Qd溶液、稀硫酸和 KC1Q制备C1O2反应产物为二氧化氯、二氧化碳可稀释 C1O2,大大降低爆炸的可能性， 故答案为：制得 C1Q的同时有CQ产生，可稀释 C1Q,大大降低爆炸的可能性；(3)二氧化氯具有强的氧化性，能够氧化二价镒离子生成二氧化镒，本身被还原为氯离子，离子方程式：2C1Q+5Mn2+6H2O=5MnO2 J +2CI+12H+, 故答案为：2CQ+5Mn2+6H2O=5MnO2 J +2C-+12H+；(4)将C1Q转化为C，

49、应加入还原剂，可加入硫酸亚铁或二氧化硫等， 故答案为：ad ；(5)高镒酸钾不稳定受热易分解，所以应放在棕色瓶中；高镒酸钾与CN发生氧化还原反应，被还原为无色的二价镒离子，所以当达到滴定终点时：颜色由无色变为紫红色，且 半分钟内不褪色， 故答案为：防止 KMnO4见光分解；锥形瓶中的溶液颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不 褪色；设CN物质的量为n,则依据方程式_-_+-2+ _一乙2MnO 4+8H +2CN =2Mn +2CO2 +N 2 +4H 2O 可知：MnO4: CN10.02mo1/L 0.025L n 解得 n= 0.0005mo1, 故答案为：0.0005mo1 ； 锥形瓶无需

50、润洗，对测定结果没有影响， 故答案为：无影响。【点睛】本题考查物质的制备以及含量的测定，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验 能力和计算能力，注意把握二氧化氯的制备和性质，能正确书写氧化还原反应方程式，掌 握氧化还原滴定法测量物质的浓度，熟悉制备原理，准确把握题干信息是解题关键，题目 难度较大。10. 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:HCk Ml、4cL混合溶液黄铜矿反面口反亩i过渡(CuFeSJ空气凡SO,岛分注液广心 分离L* S广铁红一煤铁 反应W-Ij Jso.一制优酸空气已知：“反应H”的离子方程式为Cu2+CuS+4C

51、-1=2CuCl 2-+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)；“反应III ”的离子方程式为 ;(4)辉铜矿的主要成分是 CibS,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1mol CuCl 2,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(4)根据转化关系

52、图，CuFeS在正极得电子生成 CU2S Fe2+、H2S。(5)根据反应 CU2S+ 4FeC-2CuC2 + 4FeC2 + S,每生成2mol CuCl2,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) CuCl 悬浊液中加入 N氏S,发生的反应为 2CuCl(s) + S2 (aq) = Cu2s(s)+ 2Cl (aq),2、-J 十Cl该反应的平衡吊数 K = 。S2【详解】(1)铁红是氧化铁，化学式Fe2O3；(2)根据Cu2+CuS+4C1=2CuCb-+S,硫元素化合价升高，所以CuS是还原剂；反应 III,

53、CuCl2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 Cu2s Fe2+、H2S,转化时正极的电极反应式 为 2CuFe$+ 6H+ 2e = Cu2S+ 2Fe2+ + 3H2S T。(5)根据反应 Cu2S+4FeC=2CuCb+4FeCb+S可知，每生成 2mol CuCl2,转移 4mol 电子，每生成1mol CuCl 2,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

54、Cu2s表面，阻碍浸取，所以洗涤时铜元素的浸取率的变化 如图；2Cl(6) 2CuCl(s)+ S2 (aq)= Cu2s(s)+ 2Cl (aq)的平衡常数 K =-一s22 2 2Cu2ClKsp2 CuClI 2 I7Cu2S2Ksp Cu2s6 21.2 102.5 10 43=5.76 X 100【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。11.次硫酸钠甲醛(xNaHSQ?yHCHO?zHO)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

55、液经AHMT分光光度法测得甲醛物质的量浓度为0.10mol X11P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?zKO+12f 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，写出该反应的离子方程式 。(3)通过计算确定次硫酸氢钠甲醛的组成 (写出计算过程)。【答案】1.27g 2HCHO+OH=CH3OH+HCOO

56、NaHSQ HCHO 2H2O【解析】【分析】(1)根据次硫酸氢钠甲醛和碘单质之间反应的化学反应方程式来计算即可；(2)甲醛会发生自身氧化还原反应，被氧化为甲酸，被还原为甲醇；(3)根据元素守恒结合物质之间的反应情况来计算。 【详解】(1)根据反应：xNaHSQ?yHCHO?zH2O+l2-NaHSQ+HI+HCHO+HO,据电子守恒，生成 1mol 的NaHSQ,消耗碘单质2mol,硫酸根守恒，得到白色固体 0.5825g,即生成硫酸钢的质量 是0.5825g,物质的量是 0.5825g = 0.0025mol ,消耗碘单质的质量是：233g/mol0.005mol x 254g/mol 1

57、.27g,故答案为：1.27g；(2)甲醛会发生自身氧化还原反应，被氧化为甲酸，被还原为甲醇，该反应的离子方程式为：2HCHO+OH=CH3OH+HCOO,故答案为：2HCHO+OH=CH3OH+HCOO；(3)25.00mL 溶液中：n(NaHSO2) =n(NaHS。)=n( BaSQ)=0.5825g/233g mol-1=0.0025moln(HCHO) =0.0025mol100 mL溶液中:n(NaHSQ)=4 x 0.0025 mol=0.01moln(HCHO)=4X 0.0025 mol=0.01moln(H2O)=(1.5400g-88g mol-1 x 0.01mol-3

58、0gmol-1 x 0.01mol)/18gmol-1=0.02molx： y： z=n(NaHSO2): n(HCHO) : n(H2O)=0.01: 0.01 ： 0.02 = 1： 1： 2次硫酸氢钠甲醛的化学式为：NaHSQ HCHO2H2O。【点睛】对于未配平的氧化还原反应方程式，一定要先根据得失电子守恒规律配平之后才能进行物 质的量关系进行相关计算，灵活应用元素守恒会使计算更加简便。12.某工业废玻璃粉末含 SiQ、F及O3、CeQ、FeO等。某课题小组设计如下工艺流程对资 源进行回收，得到 Ce(OH)和硫酸铁俊矶。反应已知：CeO2不溶于稀硫酸；酸性条件下，Ce3+易水解，Ce

59、4+有较强氧化性。(1)硫酸铁俊矶可净水，其原理是(写离子方程式)(2)滤液A的主要成分 (填写化学式)。(3)反应的离子方程式是 。(4)反应的化学反应方程式是 。(5)已知制硫酸铁俊矶晶体Fe2(SO4)3 (NH4)2SQ 24H2O,式量964的产率为80%,若加 入13.2g (NH4) 2SQ (式量132),可制得晶体的质量是 。(6)化合物HT可作为萃取剂能将铀离子从水溶液中萃取出来，过程表示为：Ce2(SO4)3(水层)+ 6HT(有机层)= 2CeT3 (有机层)+3H2SO4(水层)分液得到CeT3(有机层)，再加入H2S。获得较2勺含Ce3+的水溶液。可选择硫酸作反萃取

60、 剂的原因是(从平衡移动角度回答)。【答案】Fe3+3H2O= Fe(OH)3 (胶体)+3H+ NazSiQ 2CeC2 + H2O2+ 6H+=2Ce3+O2 T +4 H2O 4Ce(OH)+O2+2H2O=4Ce(OH)4 77.12g 加入硫酸，可使平衡向左进行，使 Ce3+进入水 层(或答加入硫酸，平衡左移)【解析】【分析】废玻璃粉末(含Si。、F&O3、CeO2、FeO等)加入氢氧化钠溶液，SiO2能和NaOH反应生成 Na2SiO3,滤液A中含有Na2SiO3,滤渣A中含有F&O3、CeO2、FeO,向滤渣中加入稀硫 酸，Fe2O3和FeO溶于稀硫酸，而 CeO2不溶于稀硫酸，