2020-2021高考化學(xué)氧化還原反應(yīng)-經(jīng)典壓軸題含答案解析

1、一、高中化學(xué)氧化還原反應(yīng)練習(xí)題（含詳細(xì)答案解析） 1. 二氧化氯（CIO2）具有強(qiáng)氧化性，在工業(yè)上常用作水處理劑、漂白劑。 CIQ 是一種易溶于 水的黃綠色氣體，其體積分?jǐn)?shù)超過(guò) 10%時(shí)易引起爆炸。某研究小組欲用以下三種方案制備 CIO2，回答下列問(wèn)題： （1 ）以黃鐵礦（FeQ）、氯酸鈉和硫酸溶液混合反應(yīng)制備 CIO2，黃鐵礦中的硫元素在酸性條 件下被 CIO3-氧化成 SQ2-,寫(xiě)出制備 CIO2的離子方程式_。 （2）用過(guò)氧化氫作還原劑，在硫酸介質(zhì)中還原 NaCIQ 制備 CIO2，并將制得的 CIO2用于處 理含 CZ 廢水。實(shí)驗(yàn)室模擬該過(guò)程的實(shí)驗(yàn)裝置 （夾持裝置略）如圖所示。 裝置

2、A 的名稱是_,裝置 C 的作用是_。 反應(yīng)容器 B 應(yīng)置于 30C左右的水浴中，目的是 _。 通入氮?dú)獾闹饕饔糜?3 個(gè)，一是可以起到攪拌作用，二是有利于將 CIO2排出，三是 O CIO2處理含 CN-廢水的離子方程式為_(kāi),裝置 E 的作用是_。 （3）氯化鈉電解法是一種可靠的工業(yè)生產(chǎn) CIO2的方法。 用于電解的食鹽水需先除去其中的 CaT、Mg2+、SO42-等雜質(zhì)。某次除雜操作時(shí)，往粗鹽 水中先加入過(guò)量的 （填化學(xué)式），至沉淀不再產(chǎn)生后，再加入過(guò)量的 Na2CQ 和 NaOH, 充分反應(yīng)后將沉淀一并濾去。 用石墨做電極，在一定條件下電解飽和食鹽水制取 CIO2，工作原理如圖所示，寫(xiě)

3、出陽(yáng)極 產(chǎn)生 CIO2的電極反應(yīng)式 NjCtSftl 【答案】FeQ+l5CIC3-+14H+=15CIC2+Fe3+2SO2-+7H2O 恒壓漏斗 安全瓶 提高化學(xué)反應(yīng)速 率，同時(shí)防止過(guò)氧化氫受熱分解 稀釋 CIO2，防止其爆炸 2CN+2CIO2=2CQ+N2+2C吸收 CIO2 等氣體，防止污染大氣 BaC2 C-5e-+2H2O=CIQ h4H+ 【解析】 【分析】 二氧化氯（CIO2）具有強(qiáng)氧化性，在工業(yè)上常用作水處理劑、漂白劑。分別利用無(wú)機(jī)反應(yīng)和電 解原理制備二氧化氯，三種方法均利用了氧化還原反應(yīng)。 【詳解】 （1 ）以黃鐵礦（FeQ）、氯酸鈉和硫酸溶液混合反應(yīng)制備 CIO2，黃鐵

4、礦中的硫元素在酸性條 件下被 CIO3-氧化成 SQ1 2,根據(jù)氧化還原反應(yīng)中電子守恒和元素守恒，可以寫(xiě)出制備 CIO2 的離子方程式為 Fe$+l5CI8+14H+=15CI02+Fe3+2SO2-+7H20。 （2） 裝置 A 的名稱為恒壓漏洞，裝置 C 為安全瓶，起到防止液體倒吸的作用。 升高溫度可以提高化學(xué)反應(yīng)速率，但是原料中含有過(guò)氧化氫，過(guò)氧化氫在過(guò)高的溫度下 可以發(fā)生分解反應(yīng)，因此反應(yīng)容器 B 應(yīng)置于 30 C左右的水浴中。 根據(jù)題文可知，CIQ 是一種易溶于水的黃綠色氣體，其體積分?jǐn)?shù)超過(guò) 10%時(shí)易引起爆 炸，故通入氮?dú)獾闹饕饔糜?3 個(gè)，一是可以起到攪拌作用，二是有利于將 C

5、I02排出，三 是稀釋 CI02,防止其爆炸。 CI02處理含 CN-廢水發(fā)生氧化還原反應(yīng)，將 CN-轉(zhuǎn)化為無(wú)污染的 C02和 N2，故離子方程 式為 2CN-+2CI02=2C02+N2+2C；裝置 E 在整套裝置之后，起到吸收尾氣，防止環(huán)境污染的 作用。 （3） 用于電解的食鹽水需先除去其中的 Ca2+、Mg2+、S042-等雜質(zhì)，需要過(guò)量的碳酸根 離子、氫氧根離子和鋇離子，過(guò)量的鋇離子可以用碳酸根離子除去，因此在加入 Na2C03之 前應(yīng)先加入過(guò)量 BaC2。 用石墨做電極，電解池的陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，元素化合價(jià)升高，因此氯離子在陽(yáng)極失電 子和水反應(yīng)得到 CIQ，電極反應(yīng)式為 C-5e-+

6、2H20=CI04+4H+。 2. 鉍酸鈉（NaBi03）是分析化學(xué)中的重要試劑，在水中緩慢分解，遇沸水或酸則迅速分 解。某興趣小組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)制取鉍酸鈉并探究其應(yīng)用?；卮鹣铝袉?wèn)題： I .制取鉍酸鈉 制取裝置如圖（加熱和夾持儀器已略去），部分物質(zhì)性質(zhì)如下： 物質(zhì) NaBi03 Bi(0H)3 性質(zhì) 不溶于冷水，淺黃色 難溶于水；白 色 (3) 當(dāng)觀察到 (填現(xiàn)象)時(shí)，可以初步判斷 C中 1 B 裝置用于除去 HCI，盛放的試劑是 2 C 中盛放 Bi（0H）3與 Na0H 混合物，與 CI2反應(yīng)生成 NaBi03，反應(yīng)的離子方程式為 反應(yīng)已經(jīng)完成； (4) 拆除裝置前必須先除去燒瓶中殘留 Cb

7、以免污染空氣。 除去 C12的操作是 ； (5) 反應(yīng)結(jié)束后，為從裝置 C中獲得盡可能多的產(chǎn)品，需要的操作有 ; II .鉍酸鈉的應(yīng)用 檢驗(yàn) Mn2+ (6) 往待測(cè)液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，溶液變?yōu)樽霞t色，證明待測(cè)液中存在 Mn2+。 產(chǎn)生紫紅色現(xiàn)象的離子方程式為 ; 某同學(xué)在較濃的 Mn SO4溶液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，結(jié)果沒(méi)有紫紅色出現(xiàn)，但 觀察到黑色固體(MnO2)生成。產(chǎn)生此現(xiàn)象的離子反應(yīng)方程式為 _。 川產(chǎn)品純度的測(cè)定 (7) 取上述 NaBiO3產(chǎn)品 wg，加入足量稀硫酸和 MnS04稀溶液使其完全反應(yīng)，再用 cmol L-1 的 H2C2O4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定生成的 M

8、n04-(已知：H2C2O4+MnO4-CQ+Mn2+H2O, 未配平)，當(dāng)溶液紫紅色恰好褪去時(shí)，消耗 vmL 標(biāo)準(zhǔn)溶液。 該產(chǎn)品的純度為 _ (用含 w、c、v 的代數(shù)式表示)。 【答案】飽和食鹽水 Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2C+3H2O C 中白色固體消失(或黃 色不再加深) 關(guān)閉、 K3,打開(kāi) K2在冰水中冷卻結(jié)晶、 過(guò)濾、 洗滌、 干燥 5NaBiO3+2M n 2+14H+=5Bi3+2M nO4-+5Na+7H2O 3Mn2+2 Mn O”+2H2O=5 MnO2 J +4rf 3 280cv 10 仆 0.28cv 仆 28cv x 100 或 x

9、100 或 % w w 【解析】 【分析】 用濃 HCI和 MnO2反應(yīng)制備 Cl2,其中混有揮發(fā)出來(lái)的 HCI,要用飽和食鹽水出去，然后利 用 Cl2的強(qiáng)氧化性在堿性條件下將 Bi(OH)3氧化成 NaBiO3；利用 Mn2+的還原性將 NaBiOs還 原而 Mn2+被氧化成紫紅色溶液 MnO4-來(lái)檢驗(yàn) NaBiQ 的氧化性；實(shí)驗(yàn)結(jié)束后 CI2有毒，要除 去，做法是打開(kāi)三頸燒瓶的 NaOH 溶液，使其留下和氯氣反應(yīng)； NaBiQ 純度的檢測(cè)利用 NaBiO3和 Mn2+反應(yīng)生成 MnOMnO”再和草酸反應(yīng)來(lái)測(cè)定，找到 NaBiQ、Mn2+、MnO” 、草酸四種物質(zhì)之間的關(guān)系，在計(jì)算即可。 【

10、詳解】 (1) 除去氯氣中混有的 HCI，用飽和食鹽水，故答案為：飽和食鹽水； (2) 反應(yīng)物為 Bi(OH)3、CI2和 NaOH 混合物，+3 價(jià)的 Bi被氧化成 NaBiO3, CI2被還原成 CI ，根據(jù)原子守恒還有水生成，所以反應(yīng)為： Bi(OH)3+3OH+Na+Cb=NaBiO3+2C+3H2O， 故答 案為：Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2C+3H2O； (3) C 中反應(yīng)已經(jīng)完成，則白色的 Bi(OH)3全部變?yōu)榱它S色的 NaBiO3，故答案為：C 中白色 固體消失(或黃色不再加深)； (4) 從圖上來(lái)看關(guān)閉 心、K3,打開(kāi) K2可使 NaOH 留下與

11、氯氣反應(yīng)，故答案為：關(guān)閉 K1、 K3,打開(kāi) K2； (5) 由題意知道 NaBiQ 不溶于冷水，接下來(lái)的操作盡可能在冰水中操作即可，操作為： 在冰水中冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥，故答案為：在冰水中冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干 燥； (6 往待測(cè)液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，溶液變?yōu)樽霞t色，證明待測(cè)液中存在 Mn2+,說(shuō)明鉍酸鈉將 Mn2+氧化成 MnO4-，因?yàn)槭撬嵝詶l件，所以鉍酸鈉被還原成 Bi3+，據(jù) 此寫(xiě)方程式并配平為 5NaBiO3+2M n 2+14H+=5Bi3+2M nO4-+5Na+7H2O，故答案為： 5NaBiO3+2M n 2+14H+=5Bi3+2M nO4-+5Na+

12、7H2O; 由題意可知，Mn2+過(guò)量，鉍酸鈉少量，過(guò)量的 皿門(mén)2+和 MnO4-發(fā)生反應(yīng)生成了黑色的 MnO2,反應(yīng)方程式為 3Mn 2+2M nO+2H2O=5M nOzJ +4rf，故答案為：3Mn 2+2M nO +2H2O=5 Mn O2J +4H； (7)根據(jù)得失電子守恒找出關(guān)系式為： 5NaBiO32Mn 2+2MnO4-5H2C2O4,計(jì)算鉍酸鈉理 論產(chǎn)量： 5NaBiO3 5H2C2O4 1400g 5mol m（理論）cv 10 3 mol 解得 m （理論）=0.28CVg,所以純度=0.28cvg x 100%：=）-28cv x 100%所以答案為: Wg W 【點(diǎn)睛】

13、 (7)在復(fù)雜的純度、產(chǎn)率等計(jì)算中，用得失電子守恒法找出各關(guān)鍵物質(zhì)之間的關(guān)系，由此 計(jì)算，可以事半功倍，如本題中的關(guān)系 5NaBiO35H2C2O4，使復(fù)雜問(wèn)題簡(jiǎn)單化了。 3廢水中過(guò)量的氨氮(NH3和NH4)會(huì)導(dǎo)致水體富營(yíng)養(yǎng)化。某科研小組用 NaCIO氧化法處 理氨氮廢水。已知： HCIO的氧化性比NaCIO強(qiáng)；NH3比NH4更易被氧化；國(guó)家 相關(guān)標(biāo)準(zhǔn)要求經(jīng)處理過(guò)的氨氮廢水 pH要控制在 69 o (1) pH 1.25時(shí)，NaCIO可與NH4反應(yīng)生成 2 等無(wú)污染物質(zhì)，該反應(yīng)的離子方程式為 3 280cv 10- w 100 或 0.28cv X 100 或 %o _ 進(jìn)水 pH 在 1.2

14、52.75 范圍內(nèi)時(shí)，氨氮去除率隨 pH 的升高迅速下降的原因是 。 _ 進(jìn)水 pH 在 2.756 范圍內(nèi)時(shí)，氨氮去除率隨 pH 的升高而上升的原因是 _ 。 進(jìn)水 pH 應(yīng)控制在 _ 左右為宜。 (3)為研究空氣對(duì) NaClO 氫化氨氮的影響，其他條件不變，僅增加單位時(shí)間內(nèi)通人空氣的 量，發(fā)現(xiàn)氨氮去除率幾乎不變。其原因可能是 _ (填序號(hào) ) a. O2的氧化性比NaCIO弱 b. O2氧化氨氮速率比NaCIO慢 c. O 2在廢水中溶解度比較小 d. 空氣中的N2進(jìn)入廢水中 【答案】3CIO 2NH 4 N2 3CI 3比0 2H 隨著pH的升高，NaCIO含量增 大，氧化性降低，導(dǎo)致氨

15、氯去除率下降 隨著 pH 的升高，氨氮廢水中 NH 3含量增大，而 NH3比NH4更易被氧化 1.5 abc 【解析】 【分析】 (1) pH=1.25 時(shí)，NaCIO 可與 NH4+反應(yīng)生成 N2等無(wú)污染物質(zhì)，次氯酸根離子被還原為氯離子 和水，結(jié)合電荷守恒、電子守恒、原子守恒配平書(shū)寫(xiě)離子方程式； 進(jìn)水 pH 為 1.252.75 范圍內(nèi)，氨氮去除率隨 pH 升高迅速下降是 c(OH-)較大，抑制 NaCIO 水解，c(HCIO)較小致氧化能力弱； 進(jìn)水 pH 為 2.756.00 范圍內(nèi)氨氮去除率隨 pH 升高而上升，氨氣含量增大氨氮易被氧 化； 結(jié)合圖象變化可知進(jìn)水 pH 應(yīng)控制在 1.0

16、 左右； (3)其他條件不變，僅增加單位時(shí)間內(nèi)通入空氣的量，發(fā)現(xiàn)氨氮去除率幾乎不變，說(shuō)明 O2氧 化氨氮速率比 NaCIO 慢，比次氯酸鈉氧化性弱，溶液中溶解的氧氣少等原因。 【詳解】 (1) pH=1.25 時(shí)，NaCIO 可與 NH4+反應(yīng)生成 N?等無(wú)污染物質(zhì)，次氯酸根離子被還原為氯離 子，結(jié)合電荷守恒、電子守恒、原子守恒配平書(shū)寫(xiě)離子方程式： 3CIO+2NH4+=N2f +3C1 +2H+； (2)進(jìn)水pH對(duì)氨氮去除率和出水 pH 的影響分別如圖 1 和圖 2 所示: 進(jìn)如H 進(jìn)水胡 (2) 進(jìn)水 pH 為 1.252.75 范圍內(nèi)， 氨氮去除率隨 pH 升高迅速下降的原因是： 隨著

17、PH 升 高， NaCIO含量增大，氧化性能降低，導(dǎo)致氨氮去除率下降； 進(jìn)水 pH 為 2.756.00 范圍內(nèi)，氨氮去除率隨 pH 升高而上升的原因是：隨著 PH 升高氨 氮廢水中氨氣含量增大，氨氮更易被氧化； 進(jìn)水 pH 應(yīng)控制在 1.50 左右，氨氮去除率會(huì)較大； (3) 研究空氣對(duì) NaCIO 氧化氨氮的影響，其他條件不變，僅增加單位時(shí)間內(nèi)通入空氣的量， 發(fā)現(xiàn)氨氮去除率幾乎不變。其原因可能是： 。2的氧化性比 NaCIO 弱、02氧化氨氮速率比 NaCIO 慢、O2在溶液中溶解度比較??；故答案為： abc。4. 草酸（HOOC COOH 是一種常見(jiàn)的有機(jī)酸，利用淀粉制備草酸的實(shí)驗(yàn)流程如

18、圖 回答下列問(wèn)題： （1） “水解”時(shí)，檢驗(yàn)淀粉是否水解完全，所用的試劑是 _； “水解”及“氧化”步驟 中適宜的加熱方式是 _ 。 （2） “氧化”時(shí)實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示 （夾持及加熱裝置已略）: A 13 C 儀器 Q 的名稱是 _ . 三口燒瓶中生成 H2C2O4 2H2O 的化學(xué)方程式為 _ 。 裝置 B 的作用是 _ ，裝置 C 的作用是 _ 。 （3） 已知在 20C、70C時(shí)，草酸的溶解度依次為為 9. 5 g/（IOOg 水），84.5g/（l00g 水），則粗 草酸“精制”需采用的提純方法為 _ 。 （4） 探究 H2C2O4的性質(zhì)： 向 NaHCQ 溶液中加入草酸溶液，產(chǎn)生大量

19、氣體，可得出草酸的酸性比碳酸 _ （填 “強(qiáng)”或“弱”）。 向草酸中加入足量 C2H5OH 和適量濃硫酸加熱，產(chǎn)生有芳香氣味的油狀物。該生成物為 （寫(xiě)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式）。 向 KCr2O7溶液中加入 H2C2 O4 2H2O 析出 KCrQO4）2（H2O）2晶體，該反應(yīng)的化學(xué)方程式 為 _ 。 【答案】碘水 水浴加熱 球形冷凝管 6H12O6+12HNO3=3H2C2O4+9NO2f +3NOf +9H2O 做安全瓶，防止倒吸 吸收尾氣中的 NO 和 NO2，防止污染空氣 重結(jié)晶 強(qiáng) C2H5OOC- COOC2H5 K262O7+7H2C2O4 2H2O=2 KCr（C2O4）2（H2O）2+6C

20、O2T +17H2O 結(jié)晶 2H2O 盡氣與NO體D 虛粉水鮮液 程度計(jì) 【解析】 【分析】 淀粉在稀硫酸催化下控制溫度在 70 C到 80 C發(fā)生水解，得到葡萄糖，加入 60%硝酸，在 60C下發(fā)生氧化，得到草酸，硝酸的還原產(chǎn)物有 NO 和 NO2,草酸經(jīng)結(jié)晶得到粗草酸，再 經(jīng)精制得到 H2C2O42H2O。 【詳解】 (1) 水解”時(shí)，若淀粉水解完全，則不能使碘水變藍(lán)； 水解”及 氧化”步驟中的溫度都低 于100C，所以最適宜的加熱方式是水浴加熱。 (2) 儀器 Q 的名稱是球形冷凝管，起冷凝回流易揮發(fā)的硝酸以及導(dǎo)出生成的 NO 和 NO2 的作用； 在三口燒瓶中發(fā)生氧化反應(yīng)，葡萄糖被氧化

21、為 H2C2O4 -2H2O，硝酸被還原為 NO 和 NO2 (體積比為 1:3)，根據(jù)電子守恒可以寫(xiě)出發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為 C3Hi2O6+12HNO3=3H2QCH+9NO2f +3NOf +9H2O; 裝置 B 是安全瓶，防止 C 中的 NaOH 溶液倒吸入三口燒瓶中，裝置 C 的作用是吸收尾 氣，防止 NO 和 NO2污染空氣； (3) 草酸的溶解度隨溫度變化比較大，所以可以采用重結(jié)晶的方法精制粗草酸； (4) 向 NaHCQ 溶液中加入草酸溶液，產(chǎn)生大量氣體，說(shuō)明草酸和 NaHCOs溶液反應(yīng)生 成了二氧化碳，根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸的規(guī)律，可得出草酸的酸性比碳酸強(qiáng)； 向草酸中加入足量 C2H

22、5OH 和適量濃硫酸加熱，發(fā)生了酯化反應(yīng)，產(chǎn)生有芳香氣味的油 狀物草酸二乙酯，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 C2H5OOC-COOCH5。 向 KeCr2O7溶液中加入 H2C2O4 2H2O 析出 KCr(QO4)2(H2O)2晶體，反應(yīng)中 Cr 的化合價(jià)從+6 價(jià)降低到 KCr(C2O4)2(H2O)2中的+3 價(jià)，所以 H2C2 CH 2H2O 中的碳的化合價(jià)就會(huì)升高，從 +3 價(jià)升高到+4 價(jià)，在 KCr(C2O4)2(H2O)2中還有+3 價(jià)的碳，即反應(yīng)物 H2C2 O4 2H2O 中的碳的化 合價(jià)部分升高，部分沒(méi)有變化，根據(jù)電子守恒和原子守恒可以寫(xiě)出該反應(yīng)的化學(xué)方程式為 K2Cr2O7+7H2C2

23、O4 2H2O=2 KCr(GO4)2(H2O)2+6CO2 f +17HO。 5. 某校化學(xué)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(shè)計(jì)了下列裝置進(jìn)行實(shí) 驗(yàn)。已知： A 中反應(yīng)為 KCIQ+ 6HCI濃)=KCI+ 3C2 f + 3H2O； 石灰乳的主要成分為 Ca(OH)2,其他雜質(zhì)不參與反應(yīng)。 氮右茸ji 飽和燈鹽水Li NaOH 輿2濃硫酸石灰乳 C DEF (1) _ B 裝置作用 。實(shí)驗(yàn)結(jié)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(shí)驗(yàn)?zāi)康氖球?yàn)證氯氣是否具有漂白性，為此 C 中 I、II、山處依次放入的物 質(zhì)正確的是 (填

24、編號(hào))。 編號(hào) I II III A 干燥的有色布條 堿石灰 濕潤(rùn)的有色布條 B 干燥的有色布條 濃硫酸 濕潤(rùn)的有色布條 C 濕潤(rùn)的有色布條 濃硫酸 干燥的有色布條 D 濕潤(rùn)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(yīng)后，經(jīng)過(guò)一系列加工處理，得到漂白粉樣品，其主要成份為 (填化學(xué)式) (4) F 裝置的作用是(用化學(xué)方程式表示) _。 (5) _ 為測(cè)定(3)中所得漂白粉的有效成份含量。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(shí)，該過(guò)程的化學(xué)方程式為 _ ，若反應(yīng)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?jǐn)?shù)為 (用含 a、b

25、 的式子表示)。 【答案】除去氯氣中的 HCI氣體 試紙變紅不褪色 C CaC、Ca(CIO2 Cb+ 2NaOH =NaCI+ NaCIO+HO CO+H2O+Ca(CIO2 = CaCO J +2HCIO 讐 【解析】 【分析】 由實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，裝置 A 用濃鹽酸與氯酸鉀反應(yīng)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(shí)驗(yàn)?zāi)康氖球?yàn)證氯氣是否具有漂白性，盛 有濃硫酸的裝置 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。 【詳解】 (1 )盛有飽和食鹽水的裝置

26、B 的作用是除去氯氣中混有的氯化氫氣體，實(shí)驗(yàn)結(jié)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(méi)有次氯酸，不能使試紙褪色，故答案為：除去氯氣中的 HCI氣體；試紙變紅不褪色； (2 )氯氣沒(méi)有漂白性，不能使干燥的有色布條褪色，氯氣與水反應(yīng)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?rùn)的有色布條褪色，則驗(yàn)證氯氣是否具有漂 白性時(shí)，C 中 I、II、III處依次放入的物質(zhì)濕潤(rùn)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(yīng)生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，則漂白粉的主要成分是氯化鈣

27、和次氯 酸鈣，有效成分是次氯酸鈣，故答案為： CaC2、Ca(CIO； (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(guò)量的氯氣能與氫氧化鈉 溶液反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，防止污染空氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為 CI2 + 2NaOH =NaCI+ NaCIO+HO，故答案為： CI2+ 2NaOH =NaCI+ NaCIO+HO; (5 )碳酸的酸性強(qiáng)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(yīng) 生成碳酸鈣沉淀和次氯酸，反應(yīng)的化學(xué)方程式為 CQ+H2O+Ca(CIO2 = CaCO4 +2HCIQ 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

28、的質(zhì)量為 bmol x 143g/mol=143bg，該漂白粉中有效成份的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 讐，故答案為： CQ+H2O+Ca(CIO2 = CaCO J +2HDIO; 讐。 【點(diǎn)睛】 氯氣沒(méi)有漂白性，不能使干燥的有色布條褪色，氯氣與水反應(yīng)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?rùn)的有色布條褪色是設(shè)計(jì)驗(yàn)證氯氣是否具有漂白 性實(shí)驗(yàn)方案的依據(jù)，也是解答試題的關(guān)鍵。 6. 利用釩鈦磁鐵礦冶煉后產(chǎn)生的釩渣(主要含 FeO V2O3、AI2O3、SiO2及少量可溶性磷酸 鹽)生產(chǎn) V2O5的工藝流程如下，回答下列問(wèn)題： 已知：V2O5、AI2O3、SiO2可與 Na2CO3、NaCI組

29、成的混合鈉鹽在高溫下反應(yīng)，并轉(zhuǎn)化為 NaVO3、NaAIO2、Na2SiO3 等可溶性鈉鹽。 AIO2 +4H+=AI3+2H2O。 (1 )焙燒I包括氧化和鈉化成鹽兩個(gè)過(guò)程，氧化的目的是獲得 V2O5,寫(xiě)出氧化過(guò)程中 FeO V2O3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式 _ ;廢渣I的主要成分是 _ ;精制I中加 鹽酸調(diào) pH 的主要作用是 _ ，加入 NH3 H2O 后發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為 _ 。 (2) _ 精制n中加入 CaC2溶液除去磷酸鹽，pH 過(guò)小時(shí)影響除磷效果的原因是 _ ; pH 過(guò)大時(shí)，沉淀量增大的原因是 _ 。 (3) _ 沉釩所得NH4VO3沉淀需進(jìn)行洗滌，洗滌時(shí)除去的陰離子主要是

30、_ 。NH4VO3在 A 500C時(shí)焙燒脫氨制得產(chǎn)品 V2O5,反應(yīng)方程式為 2NH4VO3 一 V2O5+H2Of + 2NH3 f。但脫氨過(guò) 程中，部分 V2O5會(huì)轉(zhuǎn)化成 V2O4，反應(yīng)中氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為 3:2,該反應(yīng)的化 學(xué)方程式為 _ 。 _ _ 焙燒 【答案】4FeO V2O3 + 5O2 2Fe2O3 + 4V2O5 FesOs 或 Fe(OH)3 除 Si 并轉(zhuǎn)化 AIO2 寫(xiě)“除 S” 即得分) AI3+ + 3NH3 H2O = AI(OH)3 J + 3NH H+ + NH3 H2O = H2O + NH (寫(xiě)出第一個(gè)離子方程式即得分) 形成溶解度較大的酸式鹽

31、(或形成溶解度較大的磷 酸氫鈣和/或磷酸二氫鈣) 產(chǎn)生了 Ca(OH)2沉淀 C3V2O5 + 2NH33V2O4 + N2 + 3H2O 【解析】 【分析】 氧化過(guò)程 FeO V2O3生成對(duì)應(yīng)的金屬氧化物 Fe2Q和 V2O5;經(jīng)過(guò)氧化和鈉化后， V2O5、 AI2O3、SiQ均轉(zhuǎn)化為可溶性鹽，F(xiàn)e2O3或 Fe( OH) 3成為濾渣；精制I中加鹽酸調(diào) pH 為了 和 SiQ2-反應(yīng)生成硅酸沉淀，將 AIO2轉(zhuǎn)化為 Al3+;加入 NH3 H2O 后與 Al3+發(fā)生反應(yīng)生成 Al( OH) 3沉淀；精制n中加入 CaC2溶液生成磷酸鈣沉淀，除去磷酸鹽，沉釩時(shí)加入試劑 NH4CI,所得NH4V

32、O3沉淀，焙燒得到產(chǎn)品，據(jù)此分析。 【詳解】 (1 )氧化過(guò)程 FeO V2O3生成對(duì)應(yīng)的金屬氧化物 Fe2O3和 V2O5，化學(xué)方程式為： 焙燒 4FeO- V2O3 + 5O2 2Fe2O3 + 4V2O5；經(jīng)過(guò)氧化和鈉化后， V2O5、AI2O3、SiO2 均轉(zhuǎn)化為 可溶性鹽，F(xiàn)ezOs 或 Fe( OH) 3成為濾渣；精制I中加鹽酸調(diào) pH 為了和 SiQ2-反應(yīng)生成硅 酸沉淀，將 AIO2轉(zhuǎn)化為 Al3+;加入 NH3 H2O 后與 AP+發(fā)生反應(yīng)生成 AI(OH)3沉淀，還可以 3+ + 中和酸，反應(yīng)方程式為： Al +3NH3gd2O=AI OH 3 +3NH4、 3 焙燒 H+

33、 +NH3gH2O=H2O+NH 4+，故答案為：4FeO V2O3 + 5O2 2Fe2O3 + 4V2O5； Fe2O3 或 Fe(OH)3；除 Si 并轉(zhuǎn)化 AI6-(寫(xiě)“除 Si”即得分)； AI3+3NH3gl2O=AI OH 3 +3NH4+ , H + +NH3gH2O=H2O+NH4+ (寫(xiě)出第一個(gè) 離子方程式即得分)； (2) 精制n中加入 CaC2溶液生成磷酸鈣沉淀，除去磷酸鹽， pH 過(guò)小時(shí)形成溶解度較大的 酸式鹽；pH 過(guò)大時(shí)易形成 Ca( OH) 2沉淀，故答案為：形成溶解度較大的酸式鹽(或形成溶 解度較大的磷酸氫鈣和/或磷酸二氫鈣)；產(chǎn)生了 Ca(OH)2沉淀； (

34、3 )沉釩時(shí)加入試劑 NH4CI，因此所得 NH4VO3沉淀含有陰離子主要為 Ci ；脫氨過(guò)程中， 部分 V2O5會(huì)轉(zhuǎn)化成 V2O4，且反應(yīng)中氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為 3:2,則 V2O5為氧化 劑，NH3為還原劑，還原產(chǎn)物為 V2O4,氧化產(chǎn)物為 N2,則氧化還原方程式為： 3V2O5 + 500C 500C 2NH3 3V2O4 + N2 + 3H2O，故答案為： Cl ； 3V2O5 + 2NH3 3V2O4 + N2 + 3H2O。 7. 亞硝酰硫酸(NOSQH)主要用于染料、醫(yī)藥等工業(yè)。實(shí)驗(yàn)室制備亞硝酰硫酸的方法如 下：將 SQ 通入盛有濃硫酸和濃硝酸的混合500 C 液中，維持

35、體系溫度略低于 20C，攪拌，使其 充分反應(yīng)。反應(yīng)過(guò)程中，亞硝酰硫酸的物質(zhì)的量和硝酸的物質(zhì)的量隨時(shí)間的變化如圖所 示。 (1) 實(shí)驗(yàn)室制備 NOSQH 的化學(xué)反應(yīng)方程式為 。 反應(yīng)進(jìn)行到 10min后，反應(yīng)速度明顯加快，其可能的原因是 。 反應(yīng)過(guò)程中，硝酸減少的物質(zhì)的量大于 NOSQH生成的物質(zhì)的量的可能原因是 _ (2) 為了測(cè)定亞硝酰硫酸的純度，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：。 準(zhǔn)確稱取 1.200g 產(chǎn)品放入錐形瓶中， 加入 50.00mL0.1000mol 匸1的 KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液和足量 稀 H2SC4，搖勻，使其充分反應(yīng)。再將反應(yīng)后溶液加熱至 6070 C (使生成的 HNO3揮發(fā)逸 出)，冷卻至

36、室溫，用 0.2500mol L-1Na2C2O4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗 Na2QO4溶液的體 積為 16.00mL。 已知：2KMnO4+5NOSQH+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SQ; KMnO4 在酸性條件下被還 原為Mn2+O 根據(jù)以上實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)計(jì)算亞硝酰硫酸的純度。(寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程) 【答案】HNQ+SQ 土 川宀 NOSOH 生成的 NOSC4H 對(duì)該反應(yīng)有催化作用 硝酸會(huì)揮發(fā) 和分解 90.00% 【解析】 【分析】 (1 )設(shè) NOSQH 中 N 的化合價(jià)為 x,根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為 0 有：x+(+6)X 1+(-2) X 5+(+1) X仁 0,解得：

37、x=+3, N 元素化合價(jià)從+5 降低到+3,必有 S 元素化合價(jià)從+4 升高到+6,發(fā) 生的是氧化還原反應(yīng)，氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比 =1： 1 ; (2) 50.00mL0.1000mol -L-1 的 KMnO4與 16.00mL 0.2500mol 匚1Na2C2O4反應(yīng)之后剩余的 KMnO4再與 NOSC4H 反應(yīng)。 【詳解】 (1 N 元素化合價(jià)從+5 降低到+3,必有 S 元素化合價(jià)從+4 升高到+6, N 元素和 S 元素 濃硫酸 的物質(zhì)的量之比=1:1，所以反應(yīng)的方程式為： HNO3+SC2 NOSC4H,故答案為： 濃硫酸 HNO3+SQ NOSOH; IL IL Av

38、o o o o o Av o o o o o o flo fl 2 2二二=OSUZEOSUZE 5 5 M Mosrosr n 8 7 6 5 4 3 2 1 1 1 DO.DO.Gm Gm “ 反應(yīng)前十分鐘沒(méi)有加快，不是溫度，十分鐘后明顯加快，說(shuō)明生成的物質(zhì)對(duì)反應(yīng)有催化 作用，故答案為：生成的 NOSQH 對(duì)該反應(yīng)有催化作用； 從反應(yīng)的方程式看：參加反應(yīng)的硝酸和生成的 NOSQH 比例為 1:1，消耗的硝酸多，可能 是有一部分揮發(fā)和分解了，故答案為：硝酸會(huì)揮發(fā)和分解； (2) 一部分 KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液和 NOSQH 反應(yīng)，剩余的 KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液用 Na2C2O4反滴 定，KMnO4和

39、 W2C2O4, KMnO4中 Mn元素化合價(jià)從+7 降低到+2,降低 5,作氧化劑， Na2C2O4中 C 元素化合價(jià)從+3 升高到+4 升高了 1，2 個(gè) C 升高了 2，作還原劑，根據(jù)得失電 2KMnO4 5Na2C2O4 子守恒，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比 =2:5，所以 2mol 5mol ， n, 0.25mol/L 16 10-3L 解得：和 Na2C?O4反應(yīng)的 KMnO4的物質(zhì)的量 n1=1.6 x 10-3mol, KMnO4總的物質(zhì)的量 =50.00 x x 0.1000moL-1=5X 10-3mol，所以和 NOSQH 反應(yīng)的 KMnO4 的物質(zhì)的量=5X 10-

40、2KMnO4 5NOSQH 3mol-1.6 x 10-3mol=3.4 x 10-3mol，所以 2mol 5 127g，解得 NOSO4H 的質(zhì)量 3.4 10 3 m 1 0795g m=1.0795g，所以樣品中 NOSQH 的純度二下壬 100% 90.00%,故答案為：90.00%。 【點(diǎn)睛】 和 Na2C2O4反應(yīng)的 KMnO4加上和 NOSOH 反應(yīng)的 KMnO4為總的 KMnO4的量。 &三氟化氮(NF3)是一種新型電子材料，它在潮濕的空氣中與水蒸氣能發(fā)生氧化還原反 應(yīng)，其反應(yīng)的產(chǎn)物有： HF、NO 和 HNQ，請(qǐng)根據(jù)要求回答下列問(wèn)題： (1) _ 反應(yīng)過(guò)程中，被氧化與被還原

41、的元素的物質(zhì)的量之比為 _ 。 寫(xiě)出該反應(yīng)的化學(xué)方程式，并標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目： _ 。若反應(yīng)中生成 0.2 mol HNO3,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為 _ 個(gè)。 (3) NF3是一種無(wú)色、無(wú)臭的氣體，但一旦 NF3在空氣中泄漏，還是易于發(fā)現(xiàn)。你判斷該氣 體泄漏時(shí)的現(xiàn)象是 _。 一旦 NF3泄漏，可以用 NaOH 溶液噴淋的方法減少污染，其產(chǎn)物除 NaNO2、NaF、H2O 外，還肯定有 _ (填化學(xué)式)。 2廠 【答案】2 : 1 / 0.4NA泄漏時(shí)會(huì)看到白霧和紅棕色氣體， 同時(shí)聞到刺激性氣味 NaNC3 【解析】 【分析】 由題給信息可知，三氟化氮(NF3)在潮濕的空氣中與水蒸氣能發(fā)生氧化還

42、原反應(yīng)，其反應(yīng)的 產(chǎn)物有 HF、NO 和 HNO3,反應(yīng)中氮元素的化合價(jià)從 +3 價(jià)分別降為+2 價(jià)，升為+5 價(jià)，由升 降法配平可得化學(xué)方程式為 3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNQ。 【詳解】 (1) 由題給信息可知，反應(yīng)中三氟化氮中氮元素的化合價(jià)即升高被氧化，又降低被還原，由 化合價(jià)升降可知被氧化與被還原的氮元素的物質(zhì)的量之比為 1 : 2，故答案為：1:2; （2 ）由題給信息可知，三氟化氮 （NF3）在潮濕的空氣中與水蒸氣能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，其 反應(yīng)的產(chǎn)物有 HF、NO 和 HNO3,反應(yīng)中氮元素的化合價(jià)從 +3 價(jià)分別降為+2 價(jià)，升為+5 價(jià)，由升降法配平可得化學(xué)方程式為

43、3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNQ,反應(yīng)中生成 1mol 硝酸 f - 2廠 轉(zhuǎn)移 2mol 電子，電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目可表示為 c(SO 3 -)c(OH-)c(HSO3-)c(H ) NaHSQ、Na2S6 NaCI、或(NaHSQ、Na2S6 NaCI、SQ、H2SQ) 【解析】 【分析】 (1) 電解飽和食鹽水生成 H2、CI2和 NaOH 故可以利用的單質(zhì)為 H2、CI2,合成 HCI，根據(jù) 流程圖可知加入物質(zhì)為 NaCIQ 和 HCI，生成 CIO2;可以寫(xiě)出方程式，并用化合價(jià)升降法配 平得到； (2) 生成的氣體中除了有二氧化氯還有大量的氯氣，產(chǎn)率低，難分離，而且極有可能

44、造成 大氣污染；用電解的方法耗能大； (3纖維素為多糖，水解最終產(chǎn)物為葡萄糖( C6H2O6)，具有還原性，可將 NaCIO 還原 得到 CIO2. CI從+5 到+4 價(jià)，降低 1 價(jià)，葡萄糖(GH12Q) C 均價(jià)為 0,到+4 價(jià)，升高 4 價(jià)，然后配平得到，由可知生成 24moICIO2和 6mol CO2氣體轉(zhuǎn)移 24mol 的電子； (4) 每摩爾 CI2得到 2mol 電子，而每摩爾 CIO2得到 5mol 電子，故為 2.5 倍； (5) 存在弱電解水的電離平衡和弱離子的水解平衡不水解的二元鈉離子濃度最大，水解 是微弱的，顯性離子和第一步水解產(chǎn)生的陰離子，隱性離子； (6) N

45、QSO溶液中滴加稀鹽酸，兩者反應(yīng)，要使溶液呈中性，只能是部分反應(yīng)，所以溶質(zhì) 為 N&SO、NaHSO NaCI。 【詳解】 (1 )由工藝流程圖可以看出：在該工藝中可利用的單質(zhì)有 Ha、CI2 ；根據(jù)流程圖可知加入 物質(zhì)為 NaCIQ 和 HCI，生成 CIO2；發(fā)生氧化還原反應(yīng)， NaCIQ 被還原生成 CQ, HCI被氧 化生成 CI2,生成 CIO2的化學(xué)方程式為： 2NaCIQ+4HCI=2CIO2 f +CI2 f + 2NaCI+2H2Q (2) 由制備原理和流程圖可知此法的缺點(diǎn)主要是會(huì)產(chǎn)生大量的 CI2,消耗大量的電能，產(chǎn) 物 CIO2和 CI2不僅不容易分離，而且物質(zhì)利用率低，

46、很容易造成大氣污染； (3) 纖維素水解得到的最終產(chǎn)物 X 是葡萄糖 GH2Q。它與 NaCIQ在酸性條件下發(fā)生反應(yīng)， 根據(jù)質(zhì)量守恒定律和電子守恒的知識(shí)可得方程式為： 1CHQ+24NaCIQ+12HSQT24CIO2 f +6COf +18HzO+12NS，由方程式可以看出每產(chǎn)生 30mol 的氣體，轉(zhuǎn)移電子 24NA;現(xiàn)在產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量為 4.48L (即 0.2mol )，所以轉(zhuǎn) 移電子的物質(zhì)的量為 0.16mol，個(gè)數(shù)為0.16NA； (4) 處理含CN相同量的電鍍廢水，即轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量相同。假設(shè)轉(zhuǎn)移電子 2mol，則 2 需要 CI2的物質(zhì)的量是 1mol;需要 CIO2的物

47、質(zhì)的量為 =0.4mol。所以 n(CI 2): 5 n(CIO2)=1 : 0.4=2.5 ； (5) 反應(yīng)中的 N&SO 溶液中存在如下平衡：HO H+OH 和 SO2-的水解平衡的兩種方程 式。由于 SO2-是二元弱酸的酸根離子，因此存在兩步水解平衡 SO2-+HO= OH+HSO, - - +2- + 2- 2- r 厶、 - - HSO+HO= OH+HSO; NstSO=2Na+SQ ; c(Na )c(S03 ), SO 水解產(chǎn)生 OH 和 HSO , HSO 進(jìn)一步水解還要消耗 HSO，同時(shí)產(chǎn)生 OH,因此 c(OH-)c(HSOs-);在溶液中還存在水 的電量平衡，所以 c(

48、HSQ-)c(H +);在溶液中鹽水解的程度是很微弱的，所以 c(SQ2- + 2 )c(OH-);因此在該溶液中各種離子的濃度由大到小的順序?yàn)?c(Na )c(SOs-)c(OH- )c(HSOs-)c(H +)； (6) 在NQSO溶液中滴加稀鹽酸若恰好發(fā)生反應(yīng)： NSO+HCI=NaCI+NaHSO。則由于 NaHSO 溶液呈酸性。所以至中性時(shí)， n(HCI)SQ 及反應(yīng)生成的 NaCI、NaHSO 溶質(zhì)有 NaSQ、NaCI、NaHSO,也可能滴加 HCI局部過(guò) 量會(huì)產(chǎn)生 SO、HSO 溶解在該溶液中還含有 SO 和 HSO。 10. 某工業(yè)廢水中含有的 Mn2+、CN等會(huì)對(duì)環(huán)境造成污

49、染，在排放之前必須進(jìn)行處理。 CIO2是一種國(guó)際上公認(rèn)的安全無(wú)毒的綠色水處理劑，某實(shí)驗(yàn)興趣小組通過(guò)如圖裝置制備 CIO2，并用它來(lái)處理工業(yè)廢水中的 Mn 2+、CN。 已知：i. CI02為黃綠色氣體，極易溶于水，沸點(diǎn) 11C； 11. CIO2易爆炸，若用“惰性氣體”等稀釋時(shí)，爆炸性則大大降低； iii .某工業(yè)廢水處理過(guò)程中 Mn2+轉(zhuǎn)化為 MnO2、CN 轉(zhuǎn)化為對(duì)大氣無(wú)污染的氣體； iv.裝置 B 中發(fā)生的反應(yīng)為： H2C2O4+H2SQ+2KCIO K2SO4+2CQ f +2CIO2 T +2H2O。 請(qǐng)回答下列問(wèn)題： (1) B 裝置的名稱是 _ , C 裝置的作用為 _ 。 (2

50、 )用 H2C2O4溶液、稀硫酸和 KC1O3制備 CIO2的最大優(yōu)點(diǎn)是 _ 。 (3) _ 寫(xiě)出裝置 D 中除去 Mn2+的離子方程式 。 (4) CIO2在處理廢水過(guò)程中可能會(huì)產(chǎn)生副產(chǎn)物亞氯酸鹽( CIO2 )。下列試劑中，可將 CIO2 轉(zhuǎn)化為CI 的是 _ 。(填字母序號(hào))。 a. FeSO b. O3 c. KMnO4 d. SO2 (5) 在實(shí)驗(yàn)室里對(duì)該廢水樣品中 CN 含量進(jìn)行測(cè)定： 取工業(yè)廢水 Wg 于錐形瓶中， 加入 10mL0.10mol/L的硫酸溶液，用 0.0200mol/L 的 KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，當(dāng)達(dá)到終點(diǎn)時(shí)共 消耗 KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液25.00mL。 在此

51、過(guò)程中： 實(shí)驗(yàn)中使用棕色滴定管的原因是 _ ，滴定終點(diǎn)的判斷依據(jù)是 _ 。 W g 工業(yè)廢水中 CN的物質(zhì)的量為 _ 。 若盛裝工業(yè)廢水的錐形瓶未潤(rùn)洗，則測(cè)定結(jié)果將 _ (填“偏高”、“偏低”或“無(wú)影 響”)。 WSffifllKClO, C D 廢術(shù) 【答案】圓底燒瓶 防倒吸 制得 CIQ 的同時(shí)有 CO2產(chǎn)生，可稀釋 CIQ，大大降低爆炸的 可能性 2CIQ+5Mn2+6H2O=5MnO2 J +2C-+12H+ ad 防止 KMnO4見(jiàn)光分解 錐形瓶中的 溶液顏色由無(wú)色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘內(nèi)不褪色 0.0005mol 無(wú)影響 【解析】 【分析】 (1) B 為圓底燒瓶；依據(jù) C 裝置進(jìn)氣

52、管、出氣管都較短可知為安全瓶，防止倒吸； (2) 反應(yīng)生成的產(chǎn)物結(jié)合 CIC2易爆炸，用惰性氣體等稀釋時(shí)，可防止爆炸分析； (3) 二氧化氯具有強(qiáng)的氧化性，能夠氧化二價(jià)錳離子生成二氧化錳，本身被還原為氯離 子； (4) 將 CIC2轉(zhuǎn)化為 C，應(yīng)加入還原劑； (5) 高錳酸鉀不穩(wěn)定；高錳酸鉀與 CN 發(fā)生氧化還原反應(yīng)，被還原為無(wú)色的二價(jià)錳離 子，所以當(dāng)達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)：顏色由無(wú)色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘內(nèi)不褪色； 涉及反應(yīng)為：2Mn O4+8HJ2CN=2Mn 2+ +2CO 2 +N2 +4H2O，結(jié)合方程式計(jì) 算； 錐形瓶無(wú)需潤(rùn)洗。 【詳解】 (1) B 裝置的名稱是圓底燒瓶；依據(jù) C 裝置進(jìn)氣

53、管、出氣管都較短可知為安全瓶，防止倒 吸，故答案為：圓底燒瓶； 防倒吸； (2 )用 H2C2O4溶液、稀硫酸和 KCIQ 制備 CIC2反應(yīng)產(chǎn)物為二氧化氯、二氧化碳可稀釋 CIO2,大大降低爆炸的可能性， 故答案為：制得 CIC2的同時(shí)有 CC2產(chǎn)生，可稀釋 CIC2,大大降低爆炸的可能性； (3) 二氧化氯具有強(qiáng)的氧化性，能夠氧化二價(jià)錳離子生成二氧化錳，本身被還原為氯離 子，離子方程式：2CIC2+5M n2+6H2O=5M nOzJ +2CI+12H+, 故答案為：2CIO2+5M n2+6H2O=5M nO2j +2C-+12H+； IL( (4) 將 CIQ 轉(zhuǎn)化為 C，應(yīng)加入還原劑

54、，可加入硫酸亞鐵或二氧化硫等， 故答案為：ad ； (5) 高錳酸鉀不穩(wěn)定受熱易分解，所以應(yīng)放在棕色瓶中；高錳酸鉀與 CNT 發(fā)生氧化還原 反應(yīng)，被還原為無(wú)色的二價(jià)錳離子，所以當(dāng)達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)：顏色由無(wú)色變?yōu)樽霞t色，且 半分鐘內(nèi)不褪色， 故答案為：防止 KMnO4見(jiàn)光分解；錐形瓶中的溶液顏色由無(wú)色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘內(nèi)不 褪色； 設(shè) CN物質(zhì)的量為 n,則依據(jù)方程式 + 一 2+ 2MnO4+8H +2CN = 2Mn +2CO2 +N 2 +4H 2O 可知： MnO4 : CN一 1 1 0.02mol/L 0.025L n 解得 n= 0.0005mol , 故答案為：0.0005mol

55、 ; 錐形瓶無(wú)需潤(rùn)洗，對(duì)測(cè)定結(jié)果沒(méi)有影響， 故答案為：無(wú)影響。 【點(diǎn)睛】 本題考查物質(zhì)的制備以及含量的測(cè)定，為高考常見(jiàn)題型，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力、實(shí)驗(yàn) 能力和計(jì)算能力，注意把握二氧化氯的制備和性質(zhì)，能正確書(shū)寫(xiě)氧化還原反應(yīng)方程式，掌 握氧化還原滴定法測(cè)量物質(zhì)的濃度，熟悉制備原理，準(zhǔn)確把握題干信息是解題關(guān)鍵，題目 難度較大。 11. 一種以黃銅礦和硫磺為原料制取銅和其他產(chǎn)物的新工藝，原料的綜合利用率較高。其 主要流程如下： 已知：“反應(yīng)H”的離子方程式為 Cu2+CuS+4C1=2CuCl 2 -+S 回答下列問(wèn)題： (1 )鐵紅的化學(xué)式為 _ ; (2) _ “反應(yīng)n”的還原劑是 (填化學(xué)式)

56、； (3) _ “反應(yīng) III ”的離子方程式為 _ ; (4) 輝銅礦的主要成分是 Cits,可由黃銅礦(主要成分 CuFeS)通過(guò)電化學(xué)反應(yīng)轉(zhuǎn)變而成, 有關(guān)轉(zhuǎn)化如下如圖 所示。轉(zhuǎn)化時(shí)正極的電極反應(yīng)式為 _ 。 (5 )從輝銅礦中浸取銅元素，可用 FeCls作浸取劑。 反應(yīng) CU2S+ 4FeCl3=2CuCl2+ 4FeCl2+ S,每生成 1mol CuCl 2,反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為 _;浸取時(shí)，在有氧環(huán)境下可維持 Fe3+較高濃度。有關(guān)反應(yīng)的離子方程式是 。 浸取過(guò)程中加入洗滌劑溶解硫時(shí)，銅元素的浸取率的變化如圖，其原因是 2CuCI(s) + S2伽)i CsS(s) + 2CI

57、_ 6 _ 已知 Ksp(CuCI) = 1.2 X 10 一 , Ksp(Cu 2S) = 2.5 X 10 一43。 【答案】Fe2O3 CuS 4CuQ-+O2+4H+=4Cu2+8C+2H2O 2CuFeS+ 6H+ 2e = C112S+ 2Fe2+ + 3H2ST 2mol 或 2NA 4FC2+ O2+ 4H+ = 4Fe3+ 2H2O 生成的硫覆蓋在 Cu2S 表面，阻礙 浸取 5.76 X010 【解析】 【分析】 (1) 鐵紅是氧化鐵； 根據(jù) Cu2+CuS+4C 仁=2CuC2-+S,硫元素化合價(jià)升高； 反應(yīng) III CuCl2-被氧化為 Cu2*； 根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系圖，Cu

58、FeS 在正極得電子生成 Cu2S Fe2+、H2S。 根據(jù)反應(yīng) Cu2S+ 4FeC32CuC2 + 4FeC2 + S,每生成 2mol CuCl2，轉(zhuǎn)移 4mol 電子；氧 氣能把F0 氧化為 Fe3*。 Cu2S 難溶，生成的硫覆蓋在 Cu2S 表面，阻礙浸??； (6) CuCl 懸濁液中加入 Na2S,發(fā)生的反應(yīng)為 2CuCl(s) + S2- (aq) - - Cu2S(s)+ 2C(aq), 2 Cl 該反應(yīng)的平衡常數(shù) K= S2 【詳解】 (1) 鐵紅是氧化鐵，化學(xué)式 Fe2O3； 根據(jù) Cu2+CuS+4C 仁=2CuC2-+S,硫元素化合價(jià)升高，所以 CuS 是還原劑； 反

59、應(yīng) III, CuC2-被氧氣氧化為 Cu2+,離子方程式為 4CuC2-+O2+4H+=4Cu2+8C+2H2O; 根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系圖， CuFeS 在正極得電子生成 Cu2S Fe2+、 H2S,轉(zhuǎn)化時(shí)正極的電極反應(yīng)式 為 2CuFeS+ 6H+ 2e = C112S+ 2Fe2+ + 3H2S f。 (5) 根據(jù)反應(yīng) Cu2S+ 4FeC3=2CuC2+ 4FeC2+ S 可知，每生成 2mol CuCl2，轉(zhuǎn)移 4mol 電子，每生成 1mol CuCl 2,反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為 2NA；氧氣能把 Fe2+氧化為 Fe3+,離 子方程式為 4Fe2+ + 02+ 4H+ = 4Fe3+

60、2H2O。 Cu2S 難溶，生成的硫覆蓋在 Cu2S 表面，阻礙浸取，所以洗滌時(shí)銅元素的浸取率的變化 如圖；(6) CuCI懸濁液中加入 N&S,發(fā)生的反應(yīng)為 (aq)，該反應(yīng)的平衡常數(shù) K = 2 【點(diǎn)睛】 原電池中電子由負(fù)極流入正極，根據(jù)電子流動(dòng)方向，可判斷原電池的正負(fù)極。 (6) 2CuCI(s)+ S2_(aq) cu2S(s)+ 2C(aq)的平衡常數(shù) K = Cl S2 Cu2 2 Cl Cu2 S2 2 Ksp CuCI Ksp CU2S 1.2 10 6 2 2.5 10 43 =5.76 x % 12. 一種利用電化學(xué)方法同時(shí)脫除 NO/SQ 的工藝如圖所示: 已知 SC2水