2020-2021化学氧化还原反应的专项培优练习题(含答案)及答案

1、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）1.硫代硫酸钠（Na290 3）是一种解毒药，用于氟化物、碑、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常 用于治疗等麻疹，皮肤瘙痒等病症 硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和S022Na2S+Na 2c03+4SQ=3Na 2S?0 3+CQ 制得，实验实验I: Na2s2O3的制备。工业上可用反应: 室模拟该工业过程的装置如图所示： 仪器a的名称是 ,仪器b的名称是。b中利用质量分数为70%? 80% 的H2SO4溶液与Na2SQ固体反应制备SQ反应的化学方程式为 o c中试剂为 实验中要控制 SQ的生成速率，可以 采取的措施有 （写出一条

2、）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的 SQ不能过量，原因是实验H:探究Na2s2O3与金属阳离子的氧化还原反应。资料：Fe3+39O 32-? Fe (903)33-(紫黑色)装置试剂X实验现象10J mL!0J mol-L- 12 mlL -j. 0J厂溶液Fe2（SO）3 溶液混合后溶液先变成紫黑色，30s后几乎变为无色（4）根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为FW+,通过 （填操作、试齐U和现象），进一步证实生成了 Fe八。从化学反应速率和平衡的角度解释实验n的现象:实验川：标定Na2s2。3溶液的浓度称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，弁用间接碘量法标定该

3、溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7 （摩尔质量为294g?mol 1） 0.5880g 。平均分成3份，分别放入 3 个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的 KI 并酸化，发生下列反应：6I -+Cr2O72-+14H + = 3I2+2C产+7H2O,再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2s2Q溶液滴定，发生反应b+2s2O32- = 2I- + S4O62-,三次消耗Na2s2O3溶液的平均体积为 25.00 mL ,则所标定的硫代硫 酸钠溶液的浓度为 mol ? -1【答案】分液漏斗烝储烧瓶 H 2SO4 Na?S03 = Na 2SO4 H 2O SO 2硫化钠和碳酸钠

4、的混合液 调节酸的滴加速度 若SC2过量，溶液显酸性.产物会发生分解加入铁氟化钾溶液？产生蓝色沉淀开始生成Fe(S2O3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe3+与SC32-氧化还原反应的程度大，导致Fe3+39Q 2-? Fe(SO 3) 33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色0.1600【解析】【分析】【详解】(1) a的名称即为分液漏斗，b的名称即为蒸储烧瓶；b中是通过浓硫酸和 Na2SQ反应生成SQ,所以方程式为：H2SO4 Na2SO3=Na2SO4 H2O SO2； c中是制备硫代硫酸 钠的反应，SQ由装置b提供，所以c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液

5、；(2)从反应速率影响因素分析，控制SQ生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的SO2,会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO2过量，溶液显酸性，产物会发生分解；(4)检验Fe2+常用试剂是铁氟化钾，所以加入铁氟化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe2*生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成Fe(S2O3)3的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着F+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎

6、变为无色；间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：6I Cao 214H =31 2 2Cr37出。；2 2I2 2s2O3 =2IS4O6 ；反应被氧化成12,反应中第一步所得的I2又被还原成,所以与电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的Cr2O2得电子总数就与消耗的S2O2失电子总数相同；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铭酸钾分成了三份进行的1 0 5880滴定。所以假设c(Na2s2O3)=a mol/L ,列电子得失守恒式：6=a 0.025 1 ,3294解得 a=0.1600mol/L o2.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 +3B

7、2丁 2/。“ I +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5.00mL 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 0.10mol 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 O.OlOmol L 1NazE。？标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O 3溶液VimL （反应原理：| 2 2Na 2S2O 3 2NaINa2S4O6 ）0待测废水换为蒸储水，重复上述步骤（即进行空白实验），消耗NazSzOs溶液VzmL。 步骤1 量取待测废水所用仪器是。

8、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。步骤4”滴定终点的现象为 o该废水中苯酚的含量为 mg L1 （用含Vi、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。（5）写出阳极的电极反应式： o（6）写出苯酚在阴极附近被 H2O2深度氧化的化

9、学方程式： o【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94 V2V1偏低偏低H2O eOH H15C6H50H 14H 2O2 6CO217H 2O【解析】【分析】向呈有待测废水加入浓滨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12,方程式为Br2+2=l2+2Br-,再用NazSQ标准溶液滴定 b,可根据消 耗的Na2s2。3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

10、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/LNa 2&03标准溶液滴定至终点，由于Na2&O3标准溶液会反应 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；根据反应方程式可得各物

11、质的物质的量关系式Br2 2KI l22Na 2s2O30.005M0.01V,0.005V 20.01V2剩下的浓澳水中 B2的物质的量为0.005V 1 mmol ,将待测废液换成蒸储水时，5mL amol/LI_OH +3Br2 Br OHmg,则该废水中和饿I也由J +3HB、可彳串笔酚的物质的的浓澳水中Br2的物质的量为0.005V 2 mmol ,则与苯酚参与反应的 Br2的物质的量为工口后、/O O.O。5 S mmol ,质量为 94 O 005 3甯行沈初2-VoL根据万学3 mg325 10 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化学方程式如下一熔融M

12、nO 2 熔融氧化：3Mn O 2+ KCIO+ 6KOH 3K 2M nO 4+ KCI+3H 2OK2MnO4 歧化：3K2Mn O4+2CQ= 2KMn O 4+M nOzJ+2K2CQ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、C、D、E为旋塞，F、G为气囊，H为带套管的玻璃棒。L94 V2-V1-1,若步骤2中忘记塞进瓶塞，澳单质挥发,八mgg导致最终消耗的 Na2?03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Na2&03的体积偏小，使测得苯酚的含量偏低

13、，故答案为：94 V2-V1;偏低；偏低；15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 ；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GH5OH+14H 2O2=6CO 2f +17HO ,故答案为：C6H5OH+14H 2O2=6CO 2 T +17H2O。回答下列问(1)仪器a的名称是。MnO2熔融氧化应放在 中加热(填仪器编号)。 烧杯瓷生期蒸发皿铁生期为了能充分利用 CC2,装置中使用了两个气囊。当试管内依次加

14、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C D,往热？MnO 4溶液中通入CO2气体，未 反应的CQ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。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AC BDE过滤高镒酸钾晶体受热易分解【解析】【

15、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生期内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁生期；(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生期内加热，加热熔融物中含有碱性KOH,瓷生期中含有二氧化 硅，二氧化硅能够与氢氧化钾反应，所以应用铁生期，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、

16、E,轻轻挤压气囊F,从而使CO2气体缓缓地压入 K2MnO4溶液中再次反应，故 答案为：AC; BDE;高镒酸钾溶于水，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；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。4.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

17、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 H2SO+ 2NaNO 2=2HNO 2+ Na2SC4。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：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-BuN0 2+ NaOH +N2H4=NaN 3+ 2H2O+ t-BuOH。装置a的名称是;该反应需控制温度在 65 C,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

18、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，弁量取10.00mL溶液于锥形瓶中。用滴定管加入0.10mol L_1六硝酸锦钱(NH4)2Ce(NQ)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弁酸化，滴入2滴邻菲罗琳指示液，弁用0.10mol L=硫酸亚铁钱：(NH4)2Fe(SO)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=ce 3 + Fe3 )o已知六硝酸锦钱(NH4”Ce(NO3)6与叠氮化钠反应生成硝酸俊、硝酸钠、氮气以及Ce(NO 3) 3,试写出该反应的化学方程式 ;

19、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.滴加六硝酸铀俊溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数C.滴加硫酸亚铁俊标准溶液时，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俊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 + HNQ竺工；t-BuNO2+ H2O恒压滴液漏斗(滴液漏斗)水

20、浴加热 降低叠 氮化钠的溶解度，防止产物损失2(NH 4)2Ce(NO 3)6 + 2NaN 3=4NH 4NO3+ 2Ce(NO 3)3+2NaNO 3+ 3N2f 65% AC ClO + 2Nj+ 出 0= + 2OH + 3N? f【解析】(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-BuOH HNO 2t-BuNO 2 H2O ;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；程中产品的 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 损耗，应当用

21、无水乙醇洗涤；Ce4+和N3中的元素发生了变价，所以通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中 反应的方程式为：2(NH 4) 2Ce(NO 3)6 2NaN 3=4NH 4NO3 2NaNO 3 2Ce(NO 3)3 3N 2 ；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一与过量的六硝酸铀钱反10应，再用F#去滴定未反应完的正四价的Ce,因此有：12.0gNaN 3样品的一消耗的Ce4Fe2消耗的Ce4 =0.004molCe 4,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(NaN 3)10 (0.004 Fe 2消

22、耗的Ce4)0.02mol ,所以叠氮化钠样品的质量分数为：w100%= _02mol 65g/mol =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.后俯，则会量取比量取40mL六硝酸铀俊溶液时若前仰40ml更多的六硝酸铀俊溶液,那么步骤 会需要加入更多的 F$+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

23、挂在锥形瓶壁上的P 62+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;) 反应后溶液碱性增强，所以推测生成了 0H - ；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： CIO 2N 3 H 2O=Cl3N2 2OH 。【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Bo碳酸亚铁可用于制备补血剂。 某研究小组制备了FeCQ ，并对 FeCO 的性质和应

24、用进行了探究。已知：FeCQ是白色固体，又t溶于水Fe+6SCWFe(SCN) 4-(无色)I . FeCQ 的制取 (夹持装置略)实验i： Oh固障试腑电XOFM VJ Ifnol/LNi; COi 沼iSC装置C中，向Na2CO溶液(pH = 11.9)通入一段时间CO2至其pH为7,滴加一定量FeSO溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到FeCQ固体。(1) 试齐1J a是 。向Na2CO溶液通入CQ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中出现白色沉淀之后应继续通CO2,你认为是否合理弁说明理由Sml4mi6l/L充廿K磊？ * 对士丁1 3mL充

25、晦，t日勺诣牺口据9豉匕5壶10*的n .FeCQ的性质探究对比实验ii和说，得出的实验结论是FecO-Efit依据实验i的现象，写出加入10%H 2O2溶液的离子方程式 JI 1.FeCO3的应用FeCO3溶于乳酸CH3CH(OH)COOH 能制得可溶性乳酸亚铁(CH3CH(OH)COO 2Fe,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

26、以及试剂变质引起的误差)。【答案】饱和NaHCQ溶液降低溶液中0H 浓度，防止生成 Fe(OH) 2 2HC6 +Fe2+=FeCC3 J+COf +H2O不合理，CQ会和FeCO3反应生成Fe(HCO 3)2(或合理，排出氧气 的影响)F 歹与SCN的络合(或结合)会促进FeCQ固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中 的溶解性比 KCl 溶液中大6Fe(SCN 64-+3H2O2=2Fe(OH) 3 J +4Fe(SCN 3)+24SCN 或6Fe2+ +3H 2O2+12SCN=2Fe(OH)4 +4Fe(SC鸠或 6Fe2+3H2O2=2Fe(OH )3 J+4Fc3+ 117% 乳

27、酸根 中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了 KMnO4【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. 根据 Fe +6SCN Fe(SCN 64-分析 FeCQ 在 KCl 和 KSCN 两种不同溶液中的溶解度不同 判断；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 3 生成；FeCQ 溶于乳酸 C

28、H3CH(OH)COOH 能制得可溶性乳酸亚铁补血剂， 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，也能被高锰酸钾溶液氧化。【详解】(1)装置 A 中制取的 CQ 中混有 HCI ，欲除去 CQ 中混有的 HCI, B 中盛装的试剂 a 应是饱 和 NaHCQ 溶液，故答案为：饱和 NaHCO 溶液；向Na2CO溶液中通入 CO2的目的是利用 CO2和Na2CO反应生成的NaHCQ ,提高溶液中 HCQ-的 浓度，抑制CO32-的水解，降低溶液中 OH-的浓度，防止生成 Fe(OH”，故答案为： 降低溶液中OH- 浓度，防止生成Fe(OH ) 2 ；装置C中，向Na2CO3溶

29、液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为乙此时溶液中溶质主 要为NaHCQ , 再滴加 FeSQ 溶液，有 FeCC 3 沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCO 3- +Fe?+=FeCO J +CQf +H0 ，故答案为：2HCQ - + Fe 2+=FeCQ J +CQf +HO ；(4)FeCO 3沉淀能溶解在CO2 的水溶液中，生成可溶于水的 Fe(HCO ) 2，降低产物的量，则当出现白色沉淀之后不应继续通入CQ, 或者：出现白色沉淀之后继续通CQ, 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，CO2会和FeCQ反应生成Fe(HCQ ) 2 (或合理，

30、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(SCN) 4-,会促进FeCO 3 固体的溶解，故答案为： F0 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 KCI 溶液中大；依据实验ii的现象，可知在含有 Fe?+的溶液中滴加10%的过氧化氢溶液后，有 Fe(OH)3和Fe(SCN 3 生成，发生反应的离子方程式为 6Fe(SCN 64-+3H2O2=2Fe(OH) 3 J +4Fe(SCIN)+24SCN 或6Fe2+3H2O2+12SCN=2Fe(OH J +4F

31、e(SCg 或 6Fe2+3H2O2=2Fe(OH) 3 J+4Fm+；故答案为： 6Fe(SCN 64-+3H2O2=2Fe(OH) 3 J +4Fe(SCN 3)+24SCN 或 6Fe2+3H2O2+12SCN =2Fe(OH) 3 J +4Fe(SCN3 )或 6Fe2+3H2O2=2Fe(OH J+4R?+;川 .(7)FeCO 3溶于乳酸 CH3CH(OH)COOH 能制得可溶性乳酸亚铁(CHsCH(OH)COO 2Fe 补 血剂，可得关系式 MnO 45Fe2+5CH 3CH(OH)COO 2Fe,则乳酸亚铁的物质的量为0.005mol 234g/mol 0.1000mol/L

32、X 0.01L X 5=0.0Q5 则乳酸亚铁的质量分数1.0g100%=117% ，由于乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，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： 117% ；乳酸根 中的羟基被 KMnO 4 氧化，也消耗了KMnO4。6. 硫酸亚铁铵的化学式为( NH4) 2SQ?FeSQ?6H 2O, 商品名为莫尔盐，可由硫酸亚铁与硫而形成莫尔盐后就比较稳定了三种盐的溶解度(单酸俊反应生成。一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化, 位为g/ioog水)如下表:温度/C102030

33、(NH4) 2SO73.075.478.0FeSQ7H 2O20.026.532.9(NH4) 2SQ?FeSQ17.221.628.1(一)实验室制取少量莫尔盐的流程如下：15mL3moVL铁屑莫尔盐试回答下列问题:;反应中铁屑过量是为了(1)步骤1中加入 10 % Na2c6溶液的主要作用是aq)O 步骤3需要趁热过滤，原因是。 从步骤4到莫尔盐，必须进行的操作依 次是 ,析出的晶体常用 洗涤若莫尔盐的饱和溶液中有水20克，当温度从30C降至10C,最多析出莫尔盐的质 量是 (选填编号)。 A 2.18g B大于2.18g C小于2.18g D无法确定(二)称取质量为1.96g的莫尔盐制成

34、溶液。用未知浓度的酸性KMnO4溶液进行滴定。 已知MnO4-被还原为 Mn2+,试写出该滴定反应的离子方程式 。判断该反应到达滴定终点的现象为。 假设到达滴定终点时，用去V mL酸性KMnO4溶液，则该酸性 KMnO4溶液的浓度为 mol/L。【答案】除铁屑表面的油污还原氧化生成的Fe3+,保证FW+稳定、纯净地存在，减少产物中的Fe3+杂质FeSQ在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSQ 7H 2O析出过滤、洗涤 无水酒精或冰水B 5Fe +M nO 4-+8H 5Fg+M n 2+4H2O加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色1/V【解析】【分析】(一)( 1)

35、碳酸钠水解显碱性；FeSQ 在温度低时溶解度较小；浓缩结晶后需要过滤、洗涤；温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小；( NH4)2SQFeSQ 在 30C 和 10C 的溶解度分别为：28.1g 和 17.2g;(二)(1) MnO4-将二价铁离子氧化为三价铁离子，被还原为Mn2+;高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子是不需要指示剂的；(3 )根据亚铁离子和高锰酸根反应的实质，可以找到亚铁离子与高锰酸根之间的量的关系，根据原子守恒可以找到亚铁离子和酸亚铁铵之间量的关系，进而进行计算。【详解】(一)( 1)碳酸钠水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解，过量的Fe 可以还原氧化生成的Fe3+,减少产物中的Fe3+

36、杂质，故答案为：除铁屑表面的油污；还原氧化生成的Fe3+,保证Fe2*稳定、纯净地存在，减少产物中的杂质；(2 )如果不趁热过滤就会有FeSQ7H 2O析出，故答案为：FeSO在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有 FeSQ 7H 2O 析出；浓缩结晶后需要过滤、洗涤；硫酸亚铁铵在无水乙醇中的溶解度小；温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小，可用冰水洗涤，故答案为：过滤、洗涤；无水酒精或冰水；( NH4) 2SQFeSQ在30C和10C的溶解度分别为：28.1g和17.2g ,即若溶剂为100g水，冷却析出 10.9g ，有水 20g 析出 2.18g ，硫酸亚铁铵的化学式为(NH4) 2SQ F

37、eSQ 6H 2O 含有结晶水，故析出质量大于2.18g , 故答案为： B；(二)( 1)反应的离子方程式5Fe2+MnO4-+8H 5Fg+Mn2+4H2O, 故答案为：5Fe2+ Mn O4-+8H+T 5Fe3+M n2+4H2O；高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子不需要指示剂，当滴加最后一滴溶液后，溶液变成紫红色， 30s 内不褪色，说明达到滴定终点，故答案为：加入最后一滴KMnO 4 溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色；m 1.96g1.96g 硫酸亚铁铵晶体的物质的量n= = =0.005mol ， 根据原子守恒则亚M 392g/mol铁离子的物质的量为 0.005mol ,反应 5

38、Fe2+MnOdjaH + nSFe八+Mn 2+4H20,贝 V 5Fe 2+? MnO4-,所以图镒酸钾的物质的量为 O.OOImol ,据c= =3= mol/L ,故答案为：V 10 3VLV。V7. 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Co Ni 、 Li 的流程如图。已知： LiCoQ 难溶于水，易溶于酸。回答下列问题琵盘黠上虹竺则廉勺仙皿LiCoQ中Co的化合价是LiCoQ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 Na2&Q ,比较二

39、者的还原效率比。2_(填“ )NO3(还原效率：还原等物质的量的氧化剂消耗还原剂的物质的量)。(4 )提高浸出效率的方法有 _ o(5)利用Cyanex272萃取时，pH对钻、锦萃取分离效果的影响如图。从图中数据可知，用Cyanex272萃取分离时，最佳 pH是F - Ni(Cw=i27Z|择是_。开始沉淀。Ksp(Ni(OH )2=2 X 105息设计完成从水相中分离反萃取的离子方程式为 2H+CoR=C (f+2HR,则反萃取剂的最佳选常温下，若水相中的Ni2+的质量浓度为1.18g ? L-1,则pH=_时，Ni2+参照题中流程图的表达，结合信Ni和Li的实验流程图(如M1整濠于胁一.，

40、Emu r* 机樨 _ - ? ? 相代 it. HUSO :)卜七:一刃址_-* BpVl津笊已知：LigNi(OH)- 1 隔 co NiFa 1搏解性(宅an难谱 难溶提供的无机试剂：NaOH、Na2CO、NaF。【答案】+3 2LiCoQ+6H +H2O2=2Co2+6 f +2Lf+4H2O 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105 mol Lr1),此时的 浓度为 。已知：Ksp(FeS)=6.3 X 108； Ksp(CuS)= 6 X 1036; Ksp(PbS) = 2.4 X f08。【答案】103 4FCT +CI0T

41、+4H * =4Fe 3+C+2H2O CiT、Fe2+ 1.0X 10-17 CuS 6.3 X 10-13mol - La1【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;Fe (OH) 3( 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：易生成沉淀；根据 KspFe (OH) 2=C ( Fe2+) XC (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】电离平衡常数越大酸性越强，已知： 25 C时Ka(HCIO) = 3.2 X 10, Ka

42、(HClO 2) = 1.0 X 10i c(CIO2)C(HCI0 2)1.0 1010 5=103;若饮用水中2,则酸性HCIQHCIO;在pH= 5的上述处理过的饮用水中,的Fe2+将CIO2还原成C-,酸性条件下该反应的离子方程式:CIO2的含量超标，可向其中加入适量c ( H+) =10-5mol ?4Fe +CIO 2 +4H+=4Fe3+ +C+2H2O;故答案为：HCIO2 HCIO ; 103; 4Fe+CIQ 人+4H+=4Fe3+ +C+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*、

43、Fe24,故答案为：Cu2*、Fe24;由图象可c (Fe24) =1.0 X 10 (mol L ), c (OH)=1.0 X 10( mol L-1), KspFe(OH)：2=c ( Fe24) X2 ( OH)=1.0 X 10( mol L-1) 3 ；故答案为:1.0 X 1-07;(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CuS Fe 24最后沉淀，沉淀完全时该浓度为10-5moI L-1,此时的S2的浓18度为 6:八2smol La 1=6.3 X 110mol L=,故答案为：CuS; 6.3 X 10)3mol LA

44、。10 5【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。12.中的大气污染越来越成为人们关注的问题，烟气 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) 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0? 5min内氧气的平均反应速率为mol/图1n 臭氧脱硝O3氧化NO结合水洗可完全转化为HNO3,此时03与NO的物质的量之比为。川

45、氨气脱硝(3 )实验室制取纯净的氨气，除了氯化铵外，还需要、 (填写试剂名称) 。不使用碳酸俊的原因是一(用化学方程式表示)。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N N H+.H；OJr产4 V -0 、TL- I(填化学式)和NOH1-O-V-*y 0,依据兀素化合杯的变化从中找出氧化剂是I T得(5 erHNO3、还原剂是 Cu、氧化产物是 Cu(NO3)2、还原产物是 NO,硝酸在反应中起到酸性和氧 化性，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3 ;另外根据同种元素不同价态之间若发生氧化还原反应，元素的化合价只靠近不交叉，H2S+H2S。(浓尸S J+S2八+2H2O

46、该反应中每一摩尔H2SC4参加反应，转移的电子的物质的量为2 mol。【详解】(1) 3Cu+8HNQ=3Cu(NO 3)2+2NOf +4H 2。是氧化还原反应，反应中失电子的元素是铜元素，化合价升高，得电子的元素是氮元素，化合价降低，用双线桥法表示电子的转移的方失6亡*ii向及数目为：.| t ;得(5 丁(2 )氧化剂指在反应中得到电子化合价降低的反应物；还原剂指在反应中失去电子化合价升高的反应物。反应中反应物的铜元素的化合价是0价，生成物Cu(NQ)2中铜元素的化合价为+2价，铜元素化合价升高，故 Cu是还原剂；反应中反应物HNO 3中氮元素的化合价为 +5价，生成物NO中氮元素的化合

47、价为+2价，氮元素化合价降低，故 HNO3是氧化剂；氧化剂HNO3在反应中得到电子，被还原生成NO,故NO是还原产物；还原剂 Cu在反应中失去电子，被氧化生成Cu(NQ)2,故是Cu(NO3)2氧化产物；在反应中反应物 HNO3,一部分被还原为 no,一部分hno 3中的氮元素没有改变，弁 且以N03-形式存在，故该反应中体现了浓硝酸的性质有酸性、氧化性；(5)Cu(NO3)2、HN0 3都是易溶于水的强电解质，书写离子方程式时拆成离子的形式，Cu是单质、N0是氧化物弁且还是非电解质、H20是氧化物弁且是弱电解质，所以书写离子方程式时写成化学式，故铜与稀硝酸反应的离子方程式为：3CU+8H +

48、 +2N0 3-=3Cu2+2NO f +4H2O ;(6)在反应中硝酸一部分起到氧化剂作用、一部分起到酸性作用，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2:3 ;在反应中每生成一个N0转移3个电子，当反应中转移的电子的物质的量是0.9mol ,生成N0的物质的量为：0.9 mol 3=0.3 mol ,则标准状况下生成 N0的体积为：0.3 mol 22.4L ? mol-1= 6.72L ;H2S+H2SC H(浓尸S J +S2f +2H2O,同种元素不同价态之间若发生氧化还原反应，元素的化合价只靠近不交叉，故H2SC4T2QTSO,所以该反应中每一摩尔H2SC4参加反应，转移的电子的物质

49、的量为 2 mol。【点睛】本题考查氧化还原反应中的氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物、电子转移的表示形式，以及同种元素不同价态之间若发生氧化还原反应，元素的化合价只靠近不交叉等知识点，这些知识点考生应该熟练掌握。用纳米Fe/Ni复合材料能去除污染水体的NO3-,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们日4+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+= Fe 2+初始pH=2.0的废液反应15

50、min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，结合化学用语解释整个变化过程的原因一。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(NO3-)随时间的变化如图1所示。(注：Co(N03-)为初始时NO3-的浓度。)C0 (NO3 )为达到最图去除率，应调水体的初始pH= _ 0t15min ,其反应速率迅速降低，原因分别是 _ O(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。时闻mm(5)置及转化图如图所示:阴极的电极反应式为。利用电解

51、无害化处理水体中的NO 3-, 最终生成N2 逸出。其装生成 N2 的离子方程式为1HCIoJ cr1 &CF的f NG点水【答案】NQ- 3Fe 8 3 NH+2H 2O )Fe ?+在水中发生水解，F0+2H 2O? 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(OHp 6.5 pH=2 的溶液中，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反应过程中H+被消耗，溶液pH升高，t=40min时，溶液中含 N物质

52、主要以NH4+的形式存在，一部分”吃+生成NH3逸出(或反应过程中NO2-被Fe还原产生2逸出)NO3-+8e-+10H+=NH 4+3H2O 2NH4+3HCIO=N2 f +3Cl+5H +3H2O【解析】(1)根据图可知：酸性环境中，纳米分析Fe/Ni去除NO3分两步，NO3在吸附点被Fe还原为NO2NOO,3FO 2Fe 2H NO 222NH4， NO2 3Fe 8H 3FeNH4 2H2O；FeH2O , NO2在另外的吸附点被 Fe还原为后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色初始 pH=2.0 的废液反应 15min是氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化为氢氧化铁；结合所给图形信息

53、，判断调节 pH为多少的时候去除率较高，如何解释反应速率变慢；反，N03-还原N2,NO3 8e 10H NH 4 3H2O。【详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2NO2Fe 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,因为Fe2在水中发生水解，Fe2 2H2O? Fe(OH) 2 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H2O, NO2在另外的吸附点被 Fe还原为3Fe2NH4， NO2 3Fe 8HNH4 2H2O；故答案为： NO2、 3Fe 、

54、 83、 NH4、 2H2O ；故答案为： Fe2 在水中发生水解， Fe2 2H2O ? Fe(OH) 2 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) 3； 根据图可知pH 6.5 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 pH 6.5 ；故答案为： 6.5 ；pH 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，故t 15min ， pH 2.0 的溶液反应速率最快，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，故t 15min ，其反应速率迅速降低；故答案为： pH 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