氧化还原反应真题-高中化学试卷2023年05月30日

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注意事项：

1、填写答题卡的内容用2B铅笔填写

2、提前xx分钟收取答题卡第Ⅰ卷客观题第Ⅰ卷的注释阅卷人一、单选题得分1．（2019·北京）下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是（）A．A B．B C．C D．D2．（2019·北京）探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1molA．H2CB．酸性：H2CC．H2CD．H2C3．（2018·北京）下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（）

ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl浊液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体，随后变为红棕色A．A B．B C．C D．D4．（2017·北京）下列变化中，气体被还原的是（）A．二氧化碳使Na2O2固体变白 B．氯气使KBr溶液变黄C．乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色 D．氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀5．（2017·天津）下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是（）A．硅太阳能电池工作时，光能转化成电能B．锂离子电池放电时，化学能转化成电能C．电解质溶液导电时，电能转化成化学能D．葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能6．（2017·新课标Ⅱ卷）由下列实验及现象不能推出相应结论的是（）

实验现象结论A．向2mL0.1FeCl3的溶液中加足量铁粉，震荡，加1滴KSCN溶液黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变还原性：Fe＞Fe2+B．将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性C．加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性D．向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl）A．A B．B C．C D．D7．（2016·上海）O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（）A．氧气是氧化产物B．O2F2既是氧化剂又是还原剂C．若生成4.48LHF，则转移0.8mol电子D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：48．（2016·上海）某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mLCl2，恰好将Fe2+完全氧化．x值为（）A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.939．（2016·上海）下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（）A．海带提碘 B．氯碱工业 C．氨碱法制碱 D．海水提溴10．（2016·北京）K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H+．用K2Cr2O7溶液进行下列实验：结合实验，下列说法不正确的是（）A．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄B．②中Cr2O72﹣被C2H5OH还原C．对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色第Ⅱ卷主观题第Ⅱ卷的注释阅卷人二、综合题得分11．（2019·北京）化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量（废水中不含干扰测定的物质）。Ⅰ.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的Ⅱ.取v1mL上述溶液，加入过量KBr，加Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入v2Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI；Ⅴ.用标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O已知：INa2S2（1）Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和。（2）Ⅱ中发生反应的离子方程式是。（3）Ⅲ中发生反应的化学方程式是。（4）Ⅳ中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是。（5）KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)≥6n(KBrO3)（6）V中滴定至终点的现象是。（7）废水中苯酚的含量为（苯酚摩尔质量：）（8）由于Br2具有12．（2019·全国Ⅰ卷）硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：回答下列问题：（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是。（2）步骤②需要加热的目的是，温度保持80~95℃，采用的合适加热方式是。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为（填标号）。（3）步骤③中选用足量的H2O2，理由是。分批加入H2O2，同时为了，溶液要保持pH小于0.5。（4）步骤⑤的具体实验操作有，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为。13．（2019·全国Ⅰ卷）水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：（1）Shibata曾做过下列实验：①使纯H2缓慢地通过处于721℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴(Co)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。②在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是COH2（填“大于”或“小于”）。（2）721℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中H2的物质的量分数为_________（填标号）。A．＜0.25 B．0.25 C．0.25~0.50 D．0.50E．＞0.50（3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用标注。可知水煤气变换的ΔH0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E正=eV，写出该步骤的化学方程式。（4）Shoichi研究了467℃、489℃时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系（如下图所示），催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的PH2O和PCO相等、PCO2和PH2相等。计算曲线a的反应在30~90min内的平均速率v(a)=kPa·min−1。467℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是、。489℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是、。14．（2018·海南）铜是人类发现最早并广泛使用的一种金属。回答下列问题：（1）实验室使用稀硫酸和H2O2溶解铜片，该反应的化学方程式为。（2）电子工业使用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，写出该过程的离子方程式。配制的FeCl3溶液应保持(填“酸性”“碱性”或“中性”)，原因是。（3）溶液中Cu2＋的浓度可采用碘量法测得：①2Cu2＋+5I-＝2CuI↓+I3―；②I3―+2S2O32－＝S4O62-+3I-反应①中的氧化剂为。现取20.00mL含Cu2＋的溶液，加入足量的KI充分反应后，用0.1000mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00mL，此溶液中Cu2＋的浓度为mol·L-1。15．（2017·新课标Ⅲ卷）（15分）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO•Cr2O3，还含有硅、铝等杂质．制备流程如图所示：回答下列问题：（1）步骤①的主要反应为：FeO•Cr2O3+Na2CO3+NaNO3→高温Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2上述反应配平后FeO•Cr2O3与NaNO3的系数比为．该步骤不能使用陶瓷容器，原因是（2）滤渣1中含量最多的金属元素是，滤渣2的主要成分是及含硅杂质．（3）步骤④调滤液2的pH使之变（填“大”或“小”），原因是（用离子方程式表示）．（4）有关物质的溶解度如图所示．向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体．冷却到（填标号）得到的K2Cr2O7固体产品最多．a.80℃b.60℃c.40℃d.10℃步骤⑤的反应类型是．（5）某工厂用m1kg铬铁矿粉（含Cr2O340%）制备K2Cr2O7，最终得到产品m2kg，产率为．16．（2017·新课标Ⅲ卷）（14分）砷（As）是第四周期ⅤA族元素，可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物，有着广泛的用途．回答下列问题：（1）画出砷的原子结构示意图．（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为As2S3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫．写出发生反应的化学方程式．该反应需要在加压下进行，原因是．（3）已知：As（s）+32H2（g）+2O2（g）=H3AsO4（s）△HH2（g）+12O2（g）=H2O（l）△H2As（s）+52O2（g）=As2O5（s）△H则反应As2O5（s）+3H2O（l）=2H3AsO4（s）的△H=．（4）298K时，将20mL3xmol•L﹣1Na3AsO3、20mL3xmol•L﹣1I2和20mLNaOH溶液混合，发生反应：AsO33﹣（aq）+I2（aq）+2OH﹣⇌AsO43﹣（aq）+2I﹣（aq）+H2O（l）．溶液中c（AsO43﹣）与反应时间（t）的关系如图所示．①下列可判断反应达到平衡的是（填标号）．a．溶液的pH不再变化b．v（I﹣）=2v（AsO33﹣）c．c（AsO43﹣）/c（AsO33﹣）不再变化d．c（I﹣）=ymol•L﹣1②tm时，v正v逆（填“大于”“小于”或“等于”）．③tm时v逆tn时v逆（填“大于”“小于”或“等于”），理由是．④若平衡时溶液的pH=14，则该反应的平衡常数K为．阅卷人三、实验探究题得分17．（2018·北京）实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液：具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O₂，在碱性溶液中较稳定。（1）制备K2FeO4(夹持装置略)①A为氯气发生装置。A中反应方程式是(锰被还原为Mn2+)。②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有。（2）探究K2FeO4的性质①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2，为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2，设计以下方案：Ⅰ.由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化，还可能由产生(用方程式表示)。Ⅱ.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-，用KOH溶液洗涤的目的是。②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl₂FeO42−(填“>”或“<”)，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO4③资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42−>MnO4-，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性FeO42−>MnO418．（2017·新课标Ⅱ卷）（15分）水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件．某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧．实验步骤及测定原理如下：Ⅰ．取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样．记录大气压及水体温度．将水样与Mn（OH）2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO（OH）2，实现氧的固定．Ⅱ．酸化，滴定将固氧后的水样酸化，MnO（OH）2被I﹣还原为Mn2+，在暗处静置5min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2S2O32﹣+I2=2I﹣+S4O62﹣）．回答下列问题：（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是．（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为．（3）Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定．配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除及二氧化碳．（4）取100.00mL水样经固氧、酸化后，用amol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为；若消耗Na2S2O3溶液的体积为bmL，则水样中溶解氧的含量为mg•L﹣1．（5）上述滴定完成后，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测量结果偏．（填“高”或“低”）

答案解析部分1．【答案】B【知识点】氧化还原反应；除杂【解析】【解答】A.Fe3+和铁粉发生氧化还原反应，可以将Fe3+转变为Fe2+且不引入新的杂质，但是属于氧化还原反应，因此不符合题意；

B.氢氧化钠可以将氯化镁转化为氢氧化镁沉淀除去，再通过稀盐酸和氢氧化钠反应将过量的氢氧化钠除去，两个反应都属于复分解反应，试剂选用正确且没有发生氧化还原反应，符合题意；

C.氯气溶于水后会生成次氯酸和氯化氢，不仅不能除去杂质还会引入新的杂质，且该反应属于氧化还原反应，因此不符合题意；

D.除去一氧化氮中的二氧化氮只需要通入水中即可，不需要再加无水氯化钙，因此试剂选择错误，不符合题意。

故答案为：B。

【分析】除杂时应选择的试剂既能将杂质除去，又不能引入新的杂质；

在化学反应中既有元素化合价的升高又有化合价的降低的反应叫做氧化还原反应。2．【答案】C【知识点】氧化还原反应；羧酸简介；酯化反应【解析】【解答】A.H2C2O4作为酸和Ca(OH)2发生酸碱中和反应，生成草酸钙沉淀和水，选项的书写是正确的，不符合题意；

B.根据强酸制弱酸的规律，由于H2C2O4的酸性强于H2CO3，所以碳酸氢钠和草酸会反应生产草酸氢钠、水和二氧化碳；

C.草酸属于弱酸，在书写离子方程式时不能拆分，选项的说法是错误的，符合题意；

D.在酯化反应中，酸断裂的是碳氧键，醇断裂的是碳氢键，因此选项的说法是正确的，不符合题意。

故答案为：C。

【分析】A.酸碱中和反应属于复分解反应；

B.弱酸盐会和强酸反应制得弱酸；

C.该离子方程式的应该为：2MnO4-+5H2C2O4=Mn2++10CO2+H2O；

D.酯化反应是醇跟羧酸或含氧无机酸生成酯和水的反应。

3．【答案】C【知识点】氧化还原反应【解析】【解答】A.NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色Fe（OH）2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应，不符合题意；B.氯水中存在反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HClO表现强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应，不符合题意；C.白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应，符合题意；D.Cu与稀HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO气体和H2O，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2，反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应，不符合题意；故答案为：C【分析】C中是沉淀间的转化，没有化合价的变化。氧化还原反应的基本判断方法是看元素化合价是否变化。考查氧化还原基本知识点。4．【答案】B【知识点】氧化还原反应【解析】【解答】解：A．二氧化碳与淡黄色的Na2O2反应生成白色的碳酸钠，该反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，二氧化碳不是氧化剂和还原剂，故A错误；B．氯气使KBr溶液变黄，该反应中氯气做氧化剂，反应中被还原，故B正确；C．乙烯与溴的反应中，溴做氧化剂，乙烯被氧化，故C错误；D．氨气与AlCl3溶液的反应不是氧化还原反应，故D错误；故选B．【分析】A．过氧化钠与二氧化碳的反应中，二氧化碳既不是氧化剂又不是还原剂；B．氯气将溴离子氧化成溴单质；C．溴的化合价从0变为﹣1，做氧化剂，则乙烯被氧化；D．氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，该反应不属于氧化还原反应．5．【答案】A【知识点】氧化还原反应；反应热和焓变【解析】【解答】解：A．光能转化为电能，不发生化学变化，与氧化还原反应无关，故A选；B．发生原电池反应，本质为氧化还原反应，故B不选；C．发生电解反应，为氧化还原反应，故C不选；D．发生氧化反应，故D不选．故选A．【分析】发生的反应中存在元素的化合价变化，则为氧化还原反应，以此来解答．6．【答案】C【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价【解析】【解答】解：A．向2mL0.1FeCl3的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3++Fe=3Fe2+，反应中Fe为还原剂，Fe2+为还原产物，还原性Fe＞Fe2+，可观察到黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变，故A正确；B．瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳，反应中二氧化碳表现氧化性，故B正确；C．加热碳酸氢铵，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色，且为固体的反应，与盐类的水解无关，故C错误；D．一只试管中产生黄色沉淀，为AgI，则Qc＞Ksp，另一支中无明显现象，说明Qc＜Ksp，可说明Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），故D正确．故选C．【分析】A．向2mL0.1FeCl3的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3++Fe=3Fe2+；B．瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳；C．加热碳酸氢铵，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色；D．如能生成沉淀，应满足Qc＞Ksp．7．【答案】D【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算【解析】【解答】A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A错误；B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是﹣2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，而O2F2表现氧化性，故B错误；C．外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；D．由方程式可知还原剂和氧化剂的物质的量的比是1：4，故D正确．故选D．【分析】反应H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由﹣2价升高到+6价，被氧化，O元素由+1价降低到0价，被还原，以此解答该题．本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点和常见题型，侧重于考查学生的分析、计算能力，答题注意把握元素化合价的变化，为解答该题的关键，易错点为C，注意因条件未知，不能确定HF的物质的量，题目难度不大．8．【答案】A【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算【解析】【解答】根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等．标准状况下112mLCl2转移电子数为0.112L22.4L/mol×2=0.01mol．则有：1.52g56x+16g/mol故选：A．【分析】本题考查氧化还原反应计算，注意氧化还原反应计算中电子转移守恒运用，本题中注意平均化合价的应用，侧重考查学生的分析计算能力．9．【答案】C【知识点】氧化还原反应【解析】【解答】A．海带提碘是由KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A不选；B．氯碱工业中电解食盐水生成氢气、氯气，H、Cl元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；C．氨碱法制碱，二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸钠和氯化铵，没有元素的化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故C选；D．海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故D不选；故选C．【分析】发生的化学反应中，若存在元素的化合价变化，则属于氧化还原反应，以此来解答．本题考查氧化还原反应，要求学生掌握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化，注意从元素化合价变化角度分析，题目难度不大．10．【答案】D【知识点】氧化还原反应；化学平衡的影响因素【解析】【解答】A．在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故A正确；B．②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，故B正确；C．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，故B正确；D．若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故D错误．故选D．【分析】K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则溶液橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，由实验②、④可知Cr2O72﹣具有较强的氧化性，可氧化乙醇，而CrO42﹣不能，以此解答该题．本题综合考查氧化还原反应以及化学平衡的移动问题，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题目所给信息，易错点为D，注意Cr2O72﹣、CrO42﹣氧化性的比较，难度不大．11．【答案】（1）容量瓶（2）BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O（3）（4）Br2过量，保证苯酚完全反应（5）反应物用量存在关系：KBrO3~3Br2~6KI，若无苯酚时，消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以当n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量（6）溶液蓝色恰好消失（7）(6a（8）易挥发【知识点】氧化还原反应；指示剂；物质的量的相关计算【解析】【解答】（1）配制一定物质的量浓度的溶液时需要用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还要用到容量瓶；

（2）BrO3-具有氧化性，Br-具有还原性，二者在酸性条件下可以发生氧化还原反应，产物为溴单质和水，故该反应方程式为：BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O；

（3）苯酚会和溴单质发生取代反应，反应的方程式为：；

（4）为了确定废水中苯酚的含量，需要将苯酚完全反应掉，因此加入的溴单质应该是过量的，溶液就是黄色；

（5）根据反应方程式：BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O、Br2+2KI=2KBr+I2和可知，KI一定是过量的；

（6）淀粉与碘单质会生成蓝色的络合物，当滴加的硫代硫酸钠将碘单质全部还原为碘离子后，反应即到达终点，此时溶液的蓝色消失；

（7）要计算废水中苯酚的含量，应该先计算出苯酚消耗的溴单质的量，根据对应关系KBrO3~3Br2~6KI可知苯酚消耗的溴单质的物质的量为6aV1-bV3，再比上6V2，最后乘上苯酚的分子量，即为废水中苯酚的含量，即(6aV1-bV3)×946V2；

（8）溴单质的沸点较低，具有较强的挥发性，因此需要贮存在密闭的容器中。

【分析】（1）在配制一定物质的量浓度的溶液时，应该选择合适规格的容量瓶；

（2）在溴酸根中溴元素被还原，溴离子中溴元素被氧化；

（3）取代反应是指化合物分子中任何一个原子或原子团被试剂中同类型的其它原子或原子团所替代的反应，用通式表示为：R－L（反应基质）+A-B（进攻试剂）→R－A（取代产物）+L-B（离去基团）属于化学反应的一类；

（4）如果溴单质不过量，就无法保证将废水中的苯酚全部反应掉，造成计算误差；

（5）由于苯酚也消耗溴单质，因此当n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量；12．【答案】（1）碱煮水洗（2）加快反应；热水浴；C（3）将Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质；防止Fe3+水解（4）加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）（5）NH4Fe(SO4)2·12H2O【知识点】氧化还原反应；蒸发和结晶、重结晶；复杂化学式的确定；油脂的性质、组成与结构【解析】【解答】（1）油污主要成分是油脂，油脂与碱反应生成高级脂肪防酸盐和丙三醇都能溶于水，所以可以除去，故答案为：碱煮水洗。

（2）温度对反应速率的影响，可以加快反应速率。根据温度范围，可以选择加热方式：水浴加热。产生硫化氢气体有毒显酸性所以用氢氧化钠吸收，但要防止倒吸现象，故答案为；1、加快反应2、热水浴3、C。

（3）根据最后溶液时硫酸铁铵得出铁是三价铁，而前面反应生成的是二价铁，所以需要氧化性物质，进行氧化，而双氧水是绿色氧化剂，故答案为：将Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质。

由于三价铁离子的水解程度比较大，故要调节ph防止三价铁水解。故答案为：防止Fe3+水解。

（4）得到晶体的一系列过程操作是：加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）。

（5）设硫酸铁铵和水分子的物质的量之比为1：x，根据18x/M+18x=5.6%。解出x=12.

【分析】（1）根据油脂的性质进行判断除杂试剂。（2）根据图反应物和生成物之间的反应类型，关系进行判断条件，根据加热温度选择加热方式，根据气体性质选择吸收剂。

（3）根据反应产物和反应物之间元素化合价的变化进行判断反应类型，再判断试剂作用。

（4）根据产物选择实验操作方法。

（5）根据已知关系利用质量分数计算方法进行计算。

13．【答案】（1）大于（2）C（3）小于；2.02；COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*（或H2O*=H*+OH*）（4）0.0047；b；c；a；d【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡的计算【解析】【解答】（1）根据在相同条件下，CO和H2在平衡时物质的量分数对比，CO的小，说明CO的转化掉的多，剩的少，所以倾向是CO>H2.

（2）根据反应特点CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)是等体反应，假设等物质的量的CO全部反应，最终H2的物质的分数是0.5，由于该反应是可逆反应，不可能完全转化，所以它的物质的量分数小于0.5，故选C。

（3）根据起始物质和最终物质的能量大小做比较，发现能量降低，说明是放热，所以ΔH<0，故答案：小于。

根据图像找能量差距最大的，是-0.16到1.86的能量变化线，故答案为：2.02.

根据图像-0.16对应的物质和1.86对应的物质，从低到高反应变化，写方程式：COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*（或H2O*=H*+OH*）。

（4）从图像的两点得出压强差是1.08-3.80=0.28KPa，然后除以时间60min得出答案：0.0047

根据温度467和489比较，温度不同对反应平衡移动方向影响不同，由于水煤气转化是放热反应，所以升高温度平衡是逆向移动，H2减少，CO增多，起始压强相同进行判断，467℃平衡正移，CO减少，H2增多。故答案为b、c；当489℃平衡逆移。答案为：a、d。

【分析】

（1）根据题目信息，看物质是生成物还是反应物，利用平衡解答。

（2）采用极限法，假设全部反应进行计算。因为题目缺少条件。

（3）此题主要是看图像信息进行解答。

（4）根据图像坐标进行计算速率，注意速率的单位。根据图像及速率影响因素进行判断平衡移动方向。14．【答案】（1）Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O（2）Cu+2Fe3+=C（3）Cu【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算【解析】【解答】（1）过氧化氢在酸性条件下具有强氧化性，能跟铜反应，反应方程式为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O

（2）FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，是铁离子把铜氧化成铜离子，Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，由于铁离子易水解，因此氯化铁溶液要保持在酸性，目的是为了防止，铁离子水解成氢氧化铁。

（3）铜的化合价有+2→+1价，化合价降低，因此氧化剂是Cu2+

2S2O32－~I3―~2Cu2＋

0.1mol·L-1*25mLx*20mL0.1mol·L-1*25mL=x*20mL，x=0.1250mol·L-1【分析】（1）易错项铜不能与稀硫酸反应置换出氢气，稀硫酸的作用是提供氢离子，提供酸性环境，增强过氧化氢的氧化性

（2）由于铁离子易水解，因此配制氯化铁溶液要保持在酸性条件下，抑制水解

（3）根据转移的电子数守恒可列关系式，求解。15．【答案】（1）2：7；二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳（2）Fe；Al（OH）3（3）小；CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O（4）d；复分解反应（5）m2【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学平衡的影响因素；硅和二氧化硅；制备实验方案的设计【解析】【解答】解：（1）由上述分析可知步骤①的主要反应为2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3高温_4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，则FeO•Cr2O3与NaNO3故答案为：2：7；二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳；（2）由上述分析可知，滤渣1含Fe2O3，滤渣1中含量最多的金属元素是Fe，滤渣2的主要成分是Al（OH）3及含硅杂质，故答案为：Fe；Al（OH）3；（3）④中调节pH发生CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，则步骤④调滤液2的pH使之变小，增大氢离子浓度，平衡正向移动，利于生成Cr2O72﹣，故答案为：小；CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O；（4）向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体，由溶解度可知，冷却到10℃K2Cr2O7固体的溶解度在四种物质中最小，过滤分离产品最多；步骤⑤发生Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl，反应类型是复分解反应，故答案为：d；复分解反应；（5）用m1kg铬铁矿粉（含Cr2O340%）制备K2Cr2O7，最终得到产品m2kg，产率为实际产量理论产量，由Cr原子守恒可知，则产率为m故答案为：m2【分析】铬铁矿的主要成分为FeO•Cr2O3，还含有硅、铝等杂质，制备重铬酸钾，由制备流程可知，步骤①的主要反应为FeO•Cr2O3+Na2CO3+NaNO3高温_Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为+3价，由电子、原子守恒可知，反应为2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3→高温4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，该步骤中若使用陶瓷，二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，则使用铁坩埚，熔块水浸过滤分离出滤渣1含Fe2O3，滤液1中含NaAlO2、Na2CrO4，调节pH过滤分离出Al（OH）3、Si，滤液2中含Na2CrO4，④中调节pH发生CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，滤液3含Na2Cr2O7，由水中的溶解度：Na2Cr2O7＞K2Cr2O7，可知⑤中向Na2Cr2O7溶液中加入KCl固体后得到K2Cr2O16．【答案】（1）（2）2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S；加压反应速率增大，而且平衡右移，可提高生产效率（3）2△H1﹣3△H2﹣△H3（4）ac；大于；小于；tm时AsO43﹣浓度更小，反应速率更慢；4【知识点】画元素的原子结构示意图；氧化还原反应；盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线【解析】【解答】解：（1）砷元素原子序数为33，原子核外有四个电子层，最外层5个电子，原子结构示意图为，故答案为：；（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为As2O3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫，砷元素化合价+3价变化为+5价，反应的化学方程式为2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S，增大压强，可增大反应速率，并使平衡正向移动，增大反应物的转化率，故答案为：2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S；加压反应速率增大，而且平衡右移，可提高生产效率；（3）已知：①As（s）+32H2（g）+2O2（g）=H3AsO4（s）△H②H2（g）+12O2（g）=H2O（l）△H③2As（s）+52O2（g）=As2O5（s）△H则利用盖斯定律将①×2﹣②×3﹣③可得As2O5（s）+3H2O（l）=2H3AsO4（s）△H=2△H1﹣3△H2﹣△H3，故答案为：2△H1﹣3△H2﹣△H3；（4）①a．溶液pH不变时，则c（OH﹣）也保持不变，反应达到平衡状态，故a正确；b．同一个化学反应，速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡，都存在v（I﹣）=2v（AsO33﹣），故b错误；c．c（AsO43﹣）/c（AsO33﹣）不再变化，可说明各物质的浓度不再变化，反应达到平衡状态，故c正确；d．由图可知，当c（AsO43﹣）=ymol•L﹣1时，浓度不再发生变化，则达到平衡状态，由方程式可知此时c（I﹣）=2ymol•L﹣1，所以c（I﹣）=ymol•L﹣1时没有达到平衡状态，故d错误．故答案为：ac；②反应从正反应开始进行，tm时反应继续正向进行，则v正大于v逆，故答案为：大于；③tm时比tn时浓度更小，则逆反应速率更小，故答案为：小于；tm时AsO43﹣浓度更小，反应速率更慢；④反应前，三种溶液混合后，Na3AsO3的浓度为3xmol/L×2020+20+20=xmol/L，同理I2的浓度为xmol/L，反应达到平衡时，生产c（AsO43﹣）为ymol/L，则反应生产的c（I﹣）=2ymol/L，消耗的AsO33﹣、I2的浓度均为ymol/L，平衡时c（AsO33﹣）=（x﹣y）mol/L，c（I2）=（x﹣y）mol/L，溶液中c（OH﹣）=1mol/L，则K=y⋅(2y故答案为：4y【分析】（1）砷元素原子序数为33，原子核外有四个电子层，最外层5个电子，据此写出原子结构示意图：（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为As2O3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫，结合氧化还原反应电子守恒和原子守恒书写化学方程式，反应为气体体积减小的反应，增大压强提高反应速率，平衡正向进行，反应效率高；（3）①As（s）+32H2（g）+2O2（g）=H3AsO4（s）△H②H2（g）+12O2（g）=H2O（l）△H③2As（s）+52O2（g）=As2O5（s）△H盖斯定律计算得到反应As2O5（s）+3H2O（l）=2H3AsO4（s）的△H；（4）①达到平衡时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变；②反应从正反应开始进行，tm时反应继续正向进行；③物质的浓度越大，反应速率越大；④根据反应的离子方程式，计算平衡时各物种的浓度，可计算平衡常数．17．【答案】（1）2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；；Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O（2）Fe3+；4FeO42−+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O；排除ClO−的干扰；>；溶液的酸碱性不同；若能，理由：FeO42−在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO4−的颜色（若不能，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子反应发生的条件；常见离子的检验【解析】【解答】（1）①A为氯气发生装置，KMnO4与浓盐酸反应时，锰被还原为Mn2+，浓盐酸被氧化成Cl2，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。②由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl，除杂装置B为。③C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，还有Cl2与KOH的反应，Cl2与KOH反应的化学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。

（2）①根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。i.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl-发生了反应，根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O。ii.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。②制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe（OH）3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物，得出氧化性Cl2>FeO42-；方案II的反应为2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，实验表明，Cl2和FeO42-氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。③该小题为开放性试题。若能，根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO42-，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4-的颜色，说明FeO42-将Mn2+氧化成MnO4-，所以该实验方案能证明氧化性FeO42->MnO4-。（或不能，因为溶液b呈紫色，溶液b滴入