全國高考化學氧化還原反應的綜合高考真題匯總含答案解析

1、一、高中化學氧化還原反應練習題（含詳細答案解析）1 碳酸亞鐵可用于制備補血劑。某研究小組制備了FeCO33，并對 FeCO 的性質(zhì)和應用進行了探究。 已知： FeCO是白色固體，難溶于水2-4-( 無色 )3Fe+6SCNFe(SCN)6 . FeCO3 的制?。▕A持裝置略）實驗 i：裝置 C 中，向 Na2CO3 溶液（ pH11.9）通入一段時間CO2 至其 pH 為 7，滴加一定量FeSO4溶液，產(chǎn)生白色沉淀，過濾、洗滌、干燥，得到FeCO固體。3(1)試劑 a 是 _。(2)向 Na2CO3 溶液通入 CO2 的目的是 _。(3)C 裝置中制取 FeCO3 的離子方程式為 _。(4)有

2、同學認為 C 中出現(xiàn)白色沉淀之后應繼續(xù)通CO2，你認為是否合理并說明理由_。.FeCO3 的性質(zhì)探究實驗 ii實驗 iii(5)對比實驗 和 ，得出的實驗結論是_。(6)依據(jù)實驗 的現(xiàn)象，寫出加入 10%H O 溶液的離子方程式_。22.FeCO3 的應用(7)FeCO 溶于乳酸 CH CH(OH)COOH能制得可溶性乳酸亞鐵（CH CH(OH)COOFe，相對3332分子質(zhì)量 為 234）補血劑。為測定補血劑中亞鐵含量進而計算乳酸亞鐵的質(zhì)量分數(shù)，樹德中學化學實驗小組準確稱量 1.0g 補血劑，用酸性KMnO4 溶液滴定該補血劑，消耗0.1000mol/L 的 KMnO4溶液 10.00mL，

3、則乳酸亞鐵在補血劑中的質(zhì)量分數(shù)為_，該數(shù)值異常的原因是 _（不考慮操 作不當以及試劑變質(zhì)引起的誤差）。【答案】飽和 NaHCO3溶液 降低溶液中 OH-濃度，防止生成Fe(OH)2 2HCO3- +Fe2+=FeCO3 +CO2 +H2O不合理， CO2 會和 FeCO3 反應生成 Fe(HCO3)2(或合理，排出氧氣的影響 ) Fe2+與 SCN-的絡合 (或結合 )會促進 FeCO3固體的溶解或3FeCO 固體在 KSCN溶液中的溶解性比 KCl 溶液中大4-2 233-或6Fe(SCN)+3H O =2Fe(OH) +4Fe(SCN)+24SCN2+2 2-332+2 233+乳酸根6F

4、e +3H O +12SCN=2Fe(OH) +4Fe(SCN)或 6Fe+3H O =2Fe(OH) +4Fe 117%中的羥基被KMnO4 氧化，也消耗了KMnO4【解析】【分析】I. 裝置 A 中碳酸鈣和稀鹽酸反應生成的二氧化碳中混有揮發(fā)的氯化氫氣體，需要利用裝置B 中盛裝的飽和碳酸氫鈉溶液除去，裝置 C 中，向碳酸鈉溶液 (pH=11.9) 通入一段時間二氧化碳至其 pH 為 7，滴加一定量硫酸亞鐵溶液產(chǎn)生白色沉淀，過濾，洗滌，干燥，得到FeCO；32-64- 分析 FeCO3在 KCl 和 KSCN兩種不同溶液中的溶解度不同II. (5)根據(jù) Fe+6SCNFe(SCN)判斷；(6)

5、實驗 ii 中溶液顯紅色且有紅褐色沉淀生成，說明加入10%過氧化氫溶液后有Fe(OH) 和33生成；Fe(SCN)(7)FeCO3 溶于乳酸 CH3CH(OH)COOH能制得可溶性乳酸亞鐵補血劑，根據(jù)得失電子守恒和元素守恒建立關系式進行計算；乳酸根中有羥基，也能被高錳酸鉀溶液氧化?！驹斀狻縄. (1)裝置 A 中制取的 CO2 中混有 HCl，欲除去 CO2 中混有的 HCl， B 中盛裝的試劑a 應是飽和 NaHCO3溶液，故答案為：飽和NaHCO3溶液；(2)向 Na2CO3 溶液中通入 CO2 的目的是利用CO2 和 Na2CO3 反應生成的 NaHCO3，提高溶液中3-的濃度，抑制CO

6、32- 的水解，降低溶液中OH-的濃度，防止生成 Fe(OH)2HCO，故答案為：降低溶液中 OH-濃度，防止生成 Fe(OH)2；(3)裝置 C 中，向 Na2CO3 溶液 (pH=11.9)通入一段時間CO2 至其 pH 為 7，此時溶液中溶質(zhì)主要為 NaHCO3433-+，再滴加 FeSO 溶液，有FeCO 沉淀生成，發(fā)生反應的離子方程式為2HCO2+3223-2+322Fe =FeCO +CO+H O，故答案為：2HCO+ Fe =FeCO +CO+H O；(4)FeCO沉淀能溶解在CO 的水溶液中，生成可溶于水的Fe(HCO)，降低產(chǎn)物的量，則當323 2出現(xiàn)白色沉淀之后不應繼續(xù)通入

7、CO22，或者：出現(xiàn)白色沉淀之后繼續(xù)通CO ，可防止空氣中氧氣氧化 FeCO323，提高產(chǎn)物的純度，故答案為：不合理，CO 會和 FeCO 反應生成Fe(HCO) (或合理，排出氧氣的影響)；3 2. (5)通過對比實驗ii 和 iii ，可知 Fe2+與 SCN-的絡合生成可溶于水的Fe(SCN)64- ，會促進32+與SCN-的絡合 (或結合 )會促進 FeCO3固體的溶解或FeCO 固體的溶解，故答案為： FeFeCO 固體在 KSCN溶液中的溶解性比KCl 溶液中大；3(6)依據(jù)實驗 的現(xiàn)象，可知在含有Fe2+的溶液中滴加10%的過氧化氫溶液后，有Fe(OH)3 和Fe(SCN)3 生

8、成，發(fā)生反應的離子方程式為6Fe(SCN)4-或+3H2O2=2Fe(OH)3 +4Fe(SCN)3+24SCN2+-2+3+6Fe +3H2O2+12SCN=2Fe(OH)3 +4Fe(SCN)3或 6Fe +3H2O2=2Fe(OH)3+4Fe ；故答案為： 6Fe(SCN)4- 或 6Fe2+-6+3H2O2=2Fe(OH)3 +4Fe(SCN)3+24SCN+3H2 O2+12SCN332+2233+；=2Fe(OH) +4Fe(SCN)或 6Fe +3HO =2Fe(OH) +4Fe. (7)FeCO3 溶于乳酸CH3CH(OH)COOH能制得可溶性乳酸亞鐵（CH3 CH(OH)CO

9、O2Fe 補血劑，可得關系式MnO45Fe2+5CH3CH(OH)COO2Fe，則乳酸亞鐵的物質(zhì)的量為0.1000mol/L 0.01L 5=0.005mol，則乳酸亞鐵的質(zhì)量分數(shù)0.005mol 234g/mol100%=117% ，由于乳酸根中含有羥基，也可以被酸性高錳酸鉀1.0g溶液氧化，導致消耗高錳酸鉀溶液的量增多，而計算中只按Fe2+被氧化，故計算所得乳酸亞鐵的質(zhì)量偏大，導致產(chǎn)品中乳酸亞鐵的質(zhì)量分數(shù)大于100%，故答案為： 117%；乳酸根中的羥基被 KMnO4 氧化，也消耗了 KMnO4 。2 鋰離子電池能夠實現(xiàn)千余次充放電，但長時間使用后電池會失效，其中的化學試劑排放至環(huán)境中不僅

10、會造成環(huán)境污染，還會造成資源的浪費。實驗室模擬回收鋰離子電池中的Co、 Ni、 Li 的流程如圖。已知： LiCoO2 難溶于水，易溶于酸。回答下列問題：（ 1） LiCoO2 中 Co 的化合價是 _。（ 2） LiCoO2 在浸出過程中反應的離子方程式是_。（3）浸出劑除了H2O2 外，也可以選擇Na2 S2O3 ，比較二者的還原效率H2O2_(填 “ 或”“ ” )NaSO (還原效率：還原等物質(zhì)的量的氧化劑消耗還原劑的物質(zhì)的量)。223（ 4）提高浸出效率的方法有 _。（ 5）利用 Cyanex272萃取時， pH 對鈷、鎳萃取分離效果的影響如圖。從圖中數(shù)據(jù)可知，用 Cyanex272

11、 萃取分離時，最佳 pH 是 _。（6）反萃取的離子方程式為2H+CoR2+2=Co +2HR，則反萃取劑的最佳選擇是 _。（7）常溫下，若水相中的Ni2+的質(zhì)量濃度為 1.18g L-1 ，則 pH=_時， Ni2+開始沉淀。-15Ksp(Ni(OH)2=2 10 （8）參照題中流程圖的表達，結合信息設計完成從水相中分離Ni 和 Li 的實驗流程圖 (如圖 )_ 。已知：提供的無機試劑： NaOH、Na2 3、 NaF。CO【答案】 +32LiCoO+6H+H2O2=2Co2+O2 +2Li+4H2O 適當升高溫度，適當增加 H2SO4濃度 5.5H2 42SO 7.5 NaOH Ni(OH

12、) NaF【解析】【分析】(1)通過化合物中各元素化合價代數(shù)和為0 進行計算；(2)由流程圖中有機相反萃取得到CoSO4，可知 LiCoO2 與 H2O2 在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應，根據(jù)氧化還原反應的規(guī)律寫出化學方程式；(3)根據(jù)等物質(zhì)的量H2O2 和 Na2S2O3 作為還原劑轉移電子的多少進行判斷；(4)提高浸出效率即提高化學反應速率；(5)分離 Co2+和 Ni2+時，由于Co2+進入有機相，Ni 進入水相，因此，應該選擇鈷的萃取率高而鎳的萃取率低的pH 范圍；(6)將鈷洗脫進入水相中時，應該使反應向正反應方向移動，同時不能引入新雜質(zhì)；(7)根據(jù) Ksp(Ni(OH)2 的表達式進行

13、計算；(8)根據(jù)表格中所給物質(zhì)溶解度信息，調(diào)節(jié)pH 應該用堿性物質(zhì)，但要考慮分離Ni 和 Li 元素不能使 Ni 和 Li 元素同時沉淀?！驹斀狻?1)LiCoO中 O 元素為 -2價， Li 為 +1 價，根據(jù)化合物中各元素化合價代數(shù)和為0 進行計算得2Co 的化合價為 +3 價；(2)由流程圖中有機相反萃取得到CoSO4，可知 LiCoO2 與 H2O2 在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應，化學方程式為：2LiCoO2+6H+H2O2=2Co2+O2 +2Li+4H2O；(3)1molH 2O2 作為還原劑轉移2mol 電子， 1molNa 2S2O3 作為還原劑轉移8mol 電子，則Na2S2

14、O3 的還原效率更高；(4)提高浸出效率可以適當升高溫度，適當增加H2SO4 濃度等；(5)分離 Co2+和 Ni2+時，由于 Co2+進入有機相， Ni 進入水相，因此，應該選擇鈷的萃取率高而鎳的萃取率低的 pH 范圍，所以最佳 pH 是 5.5；(6)將鈷洗脫進入水相中時，應該使反應向正反應方向移動，同時，為不引入新雜質(zhì)，反萃取劑最好選擇 H2SO4；2+1.18-(7)c(Ni )=mol/L=0.02mol/L ，則開始沉淀時， c(OH )59K sp (Ni OH 2 )2 10 15-6.5=10mol/L ，則 pH=14-6.5=7.5；0.020.02(8)根據(jù)表格中所給物

15、質(zhì)溶解度信息，調(diào)節(jié)pH 應該用堿性物質(zhì)，但要考慮分離Ni 和 Li 元素不能使 Ni 和 Li 元素同時沉淀，所以選用NaOH，則 Ni(OH)2 先沉淀，過濾后濾液中加入NaF 生成 LiF 沉淀?！军c睛】本題 (5)選擇合適的pH 時，注意讀懂圖中信息，要根據(jù)實驗的具體操作情況來分析。3 羥氨（ NH2OH）是一種還原劑，和聯(lián)氨一樣是一種弱堿，不穩(wěn)定，室溫下吸收水汽迅速分解?；卮鹣铝袉栴}：（ 1）請寫出羥氨的電子式 _。（ 2）利用 KMnO4 標準溶液定量間接測定羥氨的純度。測定步驟如下：溶液配制：稱取5.0g 某羥氨樣品，溶解在_酸中后加適量蒸餾水，將其全部轉移至100mL 的 _中，

16、加蒸餾水至 _。取 20.00mL 的羥氨酸性溶液與足量硫酸鐵在煮沸條件下反應：3 N22NH2 2 4FeOHO，生成的4Fe2 H2O 6HFe2 用 0.4000 mol L 1 的酸性 KMnO4 溶液滴定，滴定達到終點的現(xiàn)象是 _。請寫出Fe2 與酸性 KMnO4 溶液反應的離子方程式_ 。重復滴定3 次，每次消耗酸性高錳酸鉀標準溶液的體積如表所示：計算試樣的純度_%。（3）下列操作導致誤差偏高的有_（填編號）。a 滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后消失b 滴定管未經(jīng)潤洗盛裝 KMnO4 溶液c 羥氨稱量時，時間過長和溶解時沒有及時用酸酸化d KMnO4 溶液起始讀數(shù)仰視，終點正常讀數(shù)

17、【答案】硫酸容量瓶刻度線當最后一滴滴入時，錐形瓶中溶液的顏色由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘不褪色 5Fe2+MnO 4-+8H+ 5Fe3+Mn 2+4H2O 66 ab 【解析】【分析】(1)根據(jù)羥氨化學式寫出其電子式；(2)羥氨應溶解在H2SO4 中，因為 HCl 中的 Cl 會被 MnO4-氧化；用酸性 KMnO4 溶液滴定達到終點的現(xiàn)象是當最后一滴滴入時，錐形瓶中溶液的顏色由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘不褪色；根據(jù)氧化還原反應的規(guī)律寫出Fe2 與酸性 KMnO4溶液反應的離子方程式，根據(jù)物質(zhì)的量的關系計算式樣純度；(3)根據(jù)氧化還原滴定的相關操作分析實驗誤差?！驹斀狻?1)根據(jù)羥氨化學式NH

18、OH 可知其電子式為：，故答案為：；2(2)羥氨應溶解在24HCl 中的Cl 會被 MnO4-氧化，將其全部轉移至100mL 的H SO 中，因為容量瓶中，加蒸餾水至刻度線，故答案為：硫酸；容量瓶；刻度線；用酸性 KMnO4 溶液滴定達到終點的現(xiàn)象是當最后一滴滴入時，錐形瓶中溶液的顏色由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘不褪色；根據(jù)氧化還原反應的規(guī)律寫出Fe2 與酸性 KMnO4溶液反應的離子方程式為：2+-+3+2+5Fe+MnO 4 +8H 5Fe +Mn+4H2 O；由消耗高錳酸鉀體積表可知，第一次誤差過大，舍去，19.9820.02V(平均 )=20.00mL；2設滴定時 NH2OH2+的物質(zhì)的

19、量為xmol ，依據(jù)離子方程式可得關系式：5NH 2OH 2+ :2MnO 4-52xn c V =20.0010-3 0.4解得 x=0.02因總量為 100mL，所以 n(NH2OH2+) 0.02 50.1molm=n M 0.1 33g/mol3.3gw=m100% =3.3100%=66%m樣5.0故答案為：當最后一滴滴入時，錐形瓶中溶液的顏色由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘不褪色； 5Fe2+MnO 4-+8H+ 5Fe3+Mn 2+4H2O；66；(3)a滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后消失會導致V標準偏大，計算結果偏高；b滴定管未經(jīng)潤洗盛裝 KMnO4 溶液，相當于把 KMnO4 溶

20、液稀釋，滴定時消耗體積增大，計算結果偏高；c羥氨稱量時，時間過長和溶解時沒有及時用酸酸化會導致羥氨被氧化，導致消耗體積偏小，計算結果偏低；d KMnO4 溶液起始讀數(shù)仰視，終點正常讀數(shù)，導致消耗體積偏小，計算結果偏低；故答案為： ab?！军c睛】注意氧化還原滴定操作中的注意事項，根據(jù)公式判斷不同操作可能引起的實驗誤差。4 某實驗小組欲制取氧化銅并證明氧化銅能加快氯酸鉀的分解，進行了如下實驗：（一）制取氧化銅往盛有一定量 CuCl2 溶液的燒杯中逐滴加入 NaOH 溶液，直至不再產(chǎn)生沉淀，然后將燒杯中的物質(zhì)轉移到蒸發(fā)皿中，加熱至沉淀全部變?yōu)楹谏⒉襟E所得的黑色沉淀過濾、洗滌，晾干后研細備用。（

21、1）在實驗過程中，若未加入 NaOH 溶液，直接將 CuCl2 溶液轉移到蒸發(fā)皿中加熱，最后也能得到黑色沉淀，試分析其原因 _。（ 2）寫出檢驗步驟中沉淀是否洗滌干凈的操作_。（二）為證明氧化銅能加快氯酸鉀的分解并與二氧化錳的催化效果進行比較，用下圖裝置進行實驗，每次實驗時均收集 25ml 氣體，其他可能影響實驗的因素均已忽略，實驗數(shù)據(jù)見下表：實驗序號KClO3 質(zhì)量其他物質(zhì)質(zhì)量待測數(shù)據(jù)1. 2g無其他物質(zhì)a1. 2gCuO 0. 5gb1. 2gMnO 20. 5gc（3）寫出氯酸鉀分解反應的化學方程式，并用雙線橋表示電子轉移的方向和數(shù)目_。（ 4）上述實驗中的“待測數(shù)據(jù)”是指_ 。（ 5）

22、圖中量氣裝置 B 由干燥管、乳膠管和 50mL 滴定管改造后組裝面成，此處用滴定管是_( 填“酸式”或“堿式”) 滴定管。（6）若實驗證明氧化銅加快氯酸鉀的分解效果比用二氧化錳差，請結合上表的實驗效果數(shù)據(jù)，在坐標圖中分別畫出使用CuO、MnO 2 作催化劑時產(chǎn)生氧氣的體積 V( O2) 隨時間（ t）變化的曲線（注明必要的標識）_?！敬鸢浮?CuCl2溶液中存在水解平衡222CuCl 2H OCu( OH) 2HCl，加熱時 HCl 逸出使平衡不斷右移，同時得到的Cu OH 2受熱分解生成CuO取23mL最后的洗滌液于試管()中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入幾滴硝酸銀溶液，若無白色沉淀產(chǎn)生，則洗

23、滌干凈收集 25 mL 氣體所需的時間堿式【解析】【分析】【詳解】（1） CuCl2 是強酸弱堿鹽會發(fā)生水解，CuCl2 溶液中存在水解平衡CuCl22H2OCu( OH) 2 2HCl，水解吸熱，加熱時HCl 逸出使平衡不斷右移，同時得到的Cu( OH) 2 受熱分解生成CuO。（ 2）如果沒有洗滌干凈則有 NaCl 雜質(zhì)，檢驗是否有 Cl 即可確定是否洗凈，具體操作是：取 2 3mL 最后的洗滌液于試管中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入幾滴硝酸銀溶液，若無白色沉淀產(chǎn)生，則洗滌干凈。（ 3）用雙線橋表示電子轉移的方向和數(shù)目時，線橋要從反應物指向生成物的化合價發(fā)生改變的同種元素，在線橋上要注明反應

24、的得失電子數(shù)目，用雙線橋表示氯酸鉀分解的電子轉移的方向和數(shù)目為：。（4）要比較反應的快慢需要反應的時間，因此待測數(shù)據(jù)是：收集25 mL 氣體所需的時間。（ 5）從圖可以看出該滴定管沒有活塞，所以是堿式滴定管。（ 6）反應測的是收集 25 mL 氣體所需的時間，所以氣體的體積要相等，氧化銅加快氯酸鉀的分解效果比用二氧化錳差，所以用氧化銅做作催化劑所用的時間要多，產(chǎn)生氧氣的體積 V( O2) 隨時間（ t ）變化的曲線為：。5 某?；瘜W興趣小組為研究氯氣的性質(zhì)并模擬工業(yè)制備漂白粉，設計了下列裝置進行實驗。已知： A 中反應為KClO3 6HCl(濃 )=KCl3Cl2 3H2O；石灰乳的主要成分為

25、Ca(OH)2，其他雜質(zhì)不參與反應。（1） B 裝置作用_。實驗結束后，立即將B 中溶液滴幾滴在紫色石蕊試紙上，可觀察到的現(xiàn)象是_。（2）裝置C 的實驗目的是驗證氯氣是否具有漂白性，為此C 中 I、 II、 III 處依次放入的物質(zhì)正確的是_（填編號）。編號IIIIIIA干燥的有色布條堿石灰濕潤的有色布條B干燥的有色布條濃硫酸濕潤的有色布條C濕潤的有色布條濃硫酸干燥的有色布條D濕潤的有色布條堿石灰干燥的有色布條（3）待 E 中物質(zhì)完全反應后，經(jīng)過一系列加工處理，得到漂白粉樣品，其主要成份為_（填化學式）（4） F 裝置的作用是（用化學方程式表示）_。（5）為測定（ 3）中所得漂白粉的有效成份含

26、量。稱取ag 漂白粉樣品溶解，往所得溶液中通入 CO2 至產(chǎn)生沉淀最大值時，該過程的化學方程式為_，若反應生成沉淀的物質(zhì)的量為 bmol ，則該漂白粉中有效成份的質(zhì)量分數(shù)為_（用含 a、 b 的式子表示）?！敬鸢浮砍ヂ葰庵械腍Cl 氣體試紙變紅不褪色CCaCl2、 Ca(ClO)2 Cl2 2NaOH22223143b=NaCl+ NaClO+HO CO+H O+Ca(ClO) = CaCO+2HClO a【解析】【分析】由實驗裝置圖可知，裝置A 用濃鹽酸與氯酸鉀反應制備氯氣，盛有飽和食鹽水的裝置B 的作用是除去氯氣中混有的氯化氫氣體，裝置C 的實驗目的是驗證氯氣是否具有漂白性，盛有濃硫酸的

27、裝置 D 的作用是干燥氯氣，盛有石灰乳的裝置E 的作用是制備漂白粉，盛有氫氧化鈉溶液的裝置F 的作用是吸收有毒的尾氣氯氣，防止污染空氣?！驹斀狻浚?1）盛有飽和食鹽水的裝置 B 的作用是除去氯氣中混有的氯化氫氣體，實驗結束后，因飽和食鹽水吸收氯化氫氣體，使溶液呈酸性，滴在紫色石蕊試紙上，試紙變紅色，由于氯氣不溶于飽和食鹽水，溶液中沒有次氯酸，不能使試紙褪色，故答案為：除去氯氣中的HCl 氣體；試紙變紅不褪色；（ 2）氯氣沒有漂白性，不能使干燥的有色布條褪色，氯氣與水反應生成鹽酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性使有色布條褪色，氯氣能使?jié)駶櫟挠猩紬l褪色，則驗證氯氣是否具有漂白性時， C 中 I、 II

28、、 III 處依次放入的物質(zhì)濕潤的有色布條、濃硫酸、干燥的有色布條，C正確，故答案為：C；（3）氯氣與石灰乳反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，則漂白粉的主要成分是氯化鈣和次氯酸鈣，有效成分是次氯酸鈣，故答案為：CaCl2、Ca(ClO)2；（ 4）盛有氫氧化鈉溶液的裝置F 的作用是吸收有毒的尾氣氯氣，過量的氯氣能與氫氧化鈉溶液反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，防止污染空氣，反應的化學方程式為Cl2 2NaOH=NaCl+ NaClO+H2O，故答案為：Cl2 2NaOH =NaCl+ NaClO+H2O；（5）碳酸的酸性強于次氯酸，將二氧化碳通入到漂白粉溶液中，二氧化碳與次氯酸鈣反應生成碳酸鈣沉淀和次

29、氯酸，反應的化學方程式為CO2+H2O+Ca(ClO)2 = CaCO3 +2HClO；由題意可知，碳酸鈣的物質(zhì)的量為bmol ，則有效成分次氯酸鈣的質(zhì)量為bmol 143g/mol=143bg ，該漂白粉中有效成份的質(zhì)量分數(shù)為143ab ，故答案為：CO2+H2 O+Ca(ClO)2 = CaCO3 +2HClO； 143a b ?！军c睛】氯氣沒有漂白性，不能使干燥的有色布條褪色，氯氣與水反應生成鹽酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性使有色布條褪色，氯氣能使?jié)駶櫟挠猩紬l褪色是設計驗證氯氣是否具有漂白性實驗方案的依據(jù)，也是解答試題的關鍵。6 （ 1）已知草酸（ H2 C2O4）分解的化學方程式為：

30、H2C2O4CO + CO2 + H2O，下列裝置中，可用作草酸分解制取氣體的是_（填序號）（2）某實驗小組為測定鐵銹樣品的組成（假定鐵銹中只有Fe2O3nH2O 和 Fe 兩種成份），利用草酸分解產(chǎn)生的CO 和鐵銹反應，實驗裝置如下圖所示。、為得到干燥、純凈的CO 氣，洗氣瓶 A、 B 中盛放的試劑分別是 _、_。、在點燃 C 處酒精燈之前，應先持續(xù)通入一段時間的混合氣體，其目的是_、準確稱量樣品的質(zhì)量20.00g 置于硬質(zhì)玻璃管中，充分反應后冷卻、稱量（假設每步均完全反應），硬質(zhì)玻璃管中剩余固體質(zhì)量為16.64g， D 中濃硫酸增重 1.44g，則n=_。、在本實驗中，下列情況會使測定結果

31、n 偏大的是 _（填字母）a缺少裝置 A b缺少裝置 B c反應后固體是鐵和少量 Fe2O3nH2O【答案】NaOH 溶液濃硫酸 排除裝置中的空氣，防止CO 中混有空氣而在加熱時發(fā)生爆炸 2b【解析】【詳解】（ 1）該反應的反應物是液體，反應條件是加熱，應選擇固液反應且需要加熱的裝置，所以選 .（ 2）為得到干燥、純凈的 CO氣，應先除去混合氣體中的二氧化碳，用氫氧化鈉吸收即可；混合氣體通入氫氧化鈉溶液時會帶走水蒸氣，為除去水蒸氣，選用濃硫酸洗氣。裝置中含有空氣， CO中混有空氣加熱時可能發(fā)生爆炸，所以要通入混合氣體一段時間，排除裝置中的空氣。由題意知，固體質(zhì)量減少的量為水和氧的量，濃硫酸吸收

32、的量為水，反應方程式為：Fe2 O3 nH2 O+3CO=Fe+3CO2+nH2O 固體質(zhì)量減少量18ng（18n+48 ）g1.44g20.00g-16.64g所以 18ng： 1.44g =（ 18n+48） g：（ 20.00g-16.64g ）解得 n=2。a、缺少裝置A，未除去CO2，可能影響CO 還原氧化物，固體質(zhì)量差變小，導致所測n值偏小，錯誤； b、缺少洗氣瓶B 會導致裝置 E 增重的質(zhì)量偏大，所以測定結果n 偏大，正確； c、反應后固體是鐵和少量Fe2O3 ?nH2O，固體減少的質(zhì)量偏小，導致所測n 值偏小，錯誤。7(1)難溶物 PbSO4 溶于 CH3COONH4 溶液可制

33、得易溶于水的(CH3COO)2Pb，發(fā)生的反應為PbSO 2CH COONH (CH COO) Pb (NH ) SO ，說明 (CH COO) Pb 是 _(填 “強”或434324 2432“弱 ”)電解質(zhì)。(2)已知次磷酸 (H PO )與足量的氫氧化鈉溶液反應生成NaHPO 和 H O，則次磷酸是 _32222元酸 (填 “一 ”、“二 ”或 “三”)。(3)工業(yè)上制玻璃和水泥需用到的共同原料是_(填化學式 )。(4)在一定溫度下，向一個2 L 的真空密閉容器中(預先裝入催化劑 )通入 1 mol N 2 和 3 molH ，發(fā)生反應： N (g) 3H (g)?2NH3(g)。經(jīng)過一

34、段時間后，測得容器內(nèi)壓強是起始的0.9222倍，在此時間內(nèi)，H2 平均反應速率為0.1 mol/(L min)，則所經(jīng)過的時間為 _min(5)高鐵酸鈉 (Na FeO )具有強氧化性，可對自來水進行消毒、凈化。高鐵酸鈉可用氫氧化鐵24和次氯酸鈉在堿性介質(zhì)中反應得到，請補充并配平下面離子方程式。_Fe(OH)3 +_ClO +_OH =_FeO42 _Cl+_(6)在反應 11P+15CuSO +24HO=5Cu P+6H PO +15H SO 中，氧化劑是 _ ；當有42334242mol H 3PO4生成，轉移的電子的物質(zhì)的量為_【答案】弱一CaCO32 34 235HO2P、 CuSO4

35、10mol3【解析】【分析】【詳解】(1)硫酸鉛在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸銨時，醋酸根離子和鉛離子生成難電離物質(zhì)或弱電解質(zhì)醋酸鉛，促使硫酸鉛溶解，說明(CH3COO)2Pb 是弱電解質(zhì)；(2)H3PO2 與足量的NaOH 溶液反應，生成NaH2PO2，說明 H3PO2 只能電離出一個氫離子，所以 H3PO2 是一元酸；(3)水泥的生產(chǎn)原料為黏土、石灰石，制玻璃的主要原料為純堿、石灰石和石英砂，共同原料為 CaCO；3(4)容器體積為2L，所以初始投料c(N2)=0.5mol/L ， c(H2)=1.5mol/L ，設 c(N2)=x mol，列三段式有：N2g + 3H2 g ?2NH

36、3 g起始 (-1 )mol L0.51.50g轉化 ( mol gL-1 )x3x2x平衡 (g-1 )0.5-x1.5-3x2xmol L容器內(nèi)壓強是起始的0.9 倍，溫度和容器容積不變，氣體的壓強比等于濃度之比，所以0.5-x+1.5-3x+2xg -1mol L-1=0.9 ，解得 x=0.1mol/L ，則 c(H2)=0.3mol/L ， v(N2)=0.10.5+1.5 molgLc0.3molgL-1mol/(L min) ，則反應時間 t= v =0.1 mol/ L min =3min ；g(5)鐵元素化合價由+3 升高為 +6，失去 3 個電子，氯元素化合價由+1 降低為

37、 -1，得 2 個電子，取最小公倍數(shù)，則氫氧化鐵與高鐵酸根前系數(shù)為2，次氯酸跟與氯離子前系數(shù)為3，再根據(jù)電荷守恒及原子守恒配平得2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42- +3Cl-+5H2O；(6)Cu3P 中 P 元素化合價為-3，H3PO4 中 P 元素化合價為+5，所以 P 既是氧化劑又是還原劑， Cu 元素化合價由 CuSO434也是氧化劑，即氧化劑中的 +2 降低為 Cu P 中+1，所以CuSO為 P、 CuSO434生成，轉移的電子的物質(zhì)的量為2mol (+5-0)=10mol。；當有 2mol HPO8 實驗室里，從廢舊鈷酸鋰離子電池的正極材料（在鋁箔上涂覆活性物

38、質(zhì)LiCoO2）中，回收鈷、鋰的操作流程如下圖所示：回答下列問題。（1）拆解廢舊電池獲取正極材料前，先將其浸入NaCl 溶液中，使電池短路而放電，此時溶液溫度升高，該過程中能量的主要轉化方式為_。（ 2）“堿浸”過程中產(chǎn)生的氣體是 _；“過濾”所得濾液用鹽酸處理可得到氫氧化鋁，反應的化學方程式為 _。（ 3）“酸浸”時主要反應的離子方程式為_；若硫酸、 Na2S2O3 溶液用一定濃度的鹽酸替代，也可以達到“酸浸”的目的，但會產(chǎn)生_（填化學式）污染環(huán)境。（4）“沉鈷”時，調(diào)pH 所用的試劑是 _；“沉鈷”后溶液中2+c（ Co ） =_。（已知： Ksp Co（ OH） 2= 1. 09 l0-

39、 15）（5）在空氣中加熱Co（ OH） 2，使其轉化為鈷的氧化物。加熱過程中，固體質(zhì)量與溫度的關系如左下圖所示。290 500，發(fā)生反應的化學方程式為_。（6）根據(jù)右下圖判斷，“沉鋰”中獲得Li2CO3 固體的操作主要包括_、 _、洗滌、干燥等步驟。【答案】化學能電能熱能H2NaAlO2 HCl H2O NaCl Al OH 38LiCoO2+S2O3 2-+ +=+ ()+22H+2+2-+11H22- 6=8Li +8Co +2SO4ONaOH 溶液或氫氧化鈉固體1. 09 l0 mol/ LCl2905006Co2 O34Co3O4+ O2蒸發(fā)濃縮趁熱過濾【解析】【分析】正極材料主要由Al 和 LiCoO2 組成， LiCoO2 屬于鹽類，由復分解反應的條件可判斷，其與NaOH 溶液混合不發(fā)生反應，故“堿浸”過程中只有Al 和NaOH 反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，過濾得到濾渣為LiCoO222 2 3；“酸浸”時反應物有LiCoO 、硫酸和Na S O 溶液，依據(jù)“沉鈷”產(chǎn)物為Co OH2可判斷，反應后鈷元素的價態(tài)從+32( )價降為 + 價，依據(jù)氧化還原反應規(guī)律以及工藝中最后還可獲得Na2SO4 10H2O 副產(chǎn)品，可推知S 元素價態(tài)升高并轉化2-pHCo OH2