全國備戰(zhàn)高考化學氧化還原反應的綜合備戰(zhàn)高考真題匯總

1、一、高中化學氧化還原反應練習題（含詳細答案解析）1.工業(yè)上處理含苯酚廢水的過程如下?；卮鹣铝袉栴}：I.測定廢水中苯酚的含量。測定原理：OH+3Br2f國OHJ+3HBr測定步驟：步驟1：準確量取25.00mL待測廢水于250mL錐形瓶中。步驟2：將5.00mLamoiL1濃濱水（量）迅速加入到錐形瓶中，塞緊瓶塞，振蕩。步驟3：打開瓶塞，向錐形瓶中迅速加入bmL0.l0molL1KI溶液（過量），塞緊瓶塞，振蕩。步驟4：滴入23滴指示劑，再用0.010moiL1Na2s2O3標準溶液滴定至終點，消耗Na2s2O3溶液VmL（反應原理：I22Na2s2O32NaINa2s4。6）。待測廢水換為蒸儲

2、水，重復上述步驟（即進行空白實驗），消耗Na2s2O3溶?V?mL。（1）步驟1"量取待測廢水所用儀器是。（2）為了防止澳的揮發(fā)，上述步驟中采取的措施包括迅速加入試劑和。（3）步驟4"滴定終點的現(xiàn)象為。（4）該廢水中苯酚的含量為mg11（用含丫1、V2的代數(shù)式表示）。如果空白實驗中步驟2”忘記塞緊瓶塞，則測得的廢水中苯酚的含量（填偏高"偏低”或無影響”,下同）；如果空白實驗中步驟4”滴定至終點時俯視讀數(shù)，則測得的廢水中苯酚的含量On.處理廢水。采用Ti基PbO2為陽極，不銹鋼為陰極，含苯酚的廢水為電解液，通過電解，陽極上產(chǎn)生羥基（OH）,陰極上產(chǎn)生H2O2。通過交

3、排列的陰陽兩極的協(xié)同作用，在各自區(qū)域將苯酚深度氧化為CO2nH2O。寫出陽極的電極反應式：。（6）寫出苯酚在陰極附近被H2O2深度氧化的化學方程式：?！敬鸢浮款剑┑味ü苋o瓶塞滴入一滴溶液后，錐形瓶內(nèi)溶液藍色恰好褪去，且半分94V-V鐘不恢復原色2偏低偏低H2OeOHH15C6H50H14H2O26CO217H2O【解析】【分析】向呈有待測廢水加入濃澳水反應后得到三澳苯酚的沉淀，再加入KI溶液與剩下的B2發(fā)生氧化還原反應得到I2,方程式為Br2+2I-=I2+2Br-,再用Na2S>O3標準溶?滴定可根據(jù)消耗的Na2SO3標準溶液的體積和濃度算出溶液中剩余的Br2的物質的量，再設置一個

4、空白實驗測出濃濱水的物質的量，用Br2總的物質的量-剩余Br2的物質的量即可得出與苯酚反應的B2的物質的量，再結合反應方程式得到苯酚的物質的量，從而求出廢水中苯酚的含量，結合實驗基本操作及注意事項解答問題。【詳解】(1)由于苯酚顯酸性，因此含苯酚的廢水為酸性，步驟1”中準確量取廢水時所用的儀器可選用酸式滴定管，故答案為：酸式滴定管；(2)由于澳單質易揮發(fā)，因此可采用塞進瓶塞、迅速加入試劑等方法防止其揮發(fā)，故答案為：塞緊瓶塞；用0.01mol/LNa2s2O3標準溶液滴定至終點，由于Na2s2。3標準溶液會反應I2,加入的淀粉遇I2變成藍色，所以滴定終點的現(xiàn)象為滴入一滴溶液后，錐形瓶內(nèi)溶液藍色恰

5、好褪去，且半分鐘不恢復原色，故答案為：滴入一滴溶液后，錐形瓶內(nèi)溶液藍色恰好褪去，且半分鐘不恢復原色；(4)根據(jù)反應方程式可得各物質的物質的量關系式：Br22KII22Na2S2O30.005V0.01Vi0.005V20.01V2剩下的濃澳水中Br2的物質的量為0.005Vimmol,將待測廢液換成蒸儲水時，5mLamol/L的濃澳水中Br2的物質的量為0.005V2mmol,則與苯酚參與反應的Br2的物質的量為0.005(V2-V1)mmol,根據(jù)方程式0H+3Br2BrOHJ+3HBr可得苯酚的物質的口、，0.005V2-V1940.005V2-V1,_.重為mmol,質量為mg,則該廢水

6、中本酚的含量為33940.005V2-V194V2-V1-1,若步驟2中忘記塞進瓶塞，澳單質揮發(fā),mgg-153小32510L導致最終消耗的Na2s2O3的體積偏小，則測得苯酚的含量偏低，如果空白實驗中步驟4滴定終點時俯視讀數(shù)，讀得的體積偏小，則消耗的Na2s2O3的體積偏小，使測得苯酚的含量偏低，故答案為：94V2-V1；偏低；偏低；15(5)由題干信息可知，Ti基PbO2為陽極，則陽極H2O失去電子產(chǎn)生OH,電極反應式為H2O-e-=H+OH,故答案為：H2O-e-=H+OH；(6)根據(jù)題干信息可知，苯酚被陰極產(chǎn)生的H2O2深度氧化產(chǎn)生CO2和H2O,有氧化還原反應規(guī)律得到其反應方程式式為

7、C6H5OH+14H2O2=6CO2T+17H2O,故答案為：C6H5OH+14H2O2=6CC2T+17建O。2.高鎰酸鉀是一種用途廣泛的強氧化劑，實驗室制備高鎰酸鉀所涉及的化學方程式如下:一熔融MnO2熔融氧化：3MnO2+KClQ+6KOH_3K2MnO4+KCl+3H2OK2MnO4歧化：3K2MnO4+2CQ=2KMnO4+MnO2J+2K2CO3將MnO2熔融氧化所得產(chǎn)物的熱浸取液裝入三頸燒瓶，再通入CO2氣體，使K2MnO4歧化的過程在如圖裝置中進行，A、B、C、D、E為旋塞，F(xiàn)、G為氣囊，H為帶套管的玻璃棒。回答下列問題：(1)儀器a的名稱是。(2)MnO2熔融氧化應放在中加熱

8、(填儀器編號)。燒杯瓷塔蝸蒸發(fā)皿鐵塔竭(3)為了能充分利用CQ,裝置中使用了兩個氣囊。當試管內(nèi)依次加入塊狀碳酸鈣和鹽酸后，關閉旋塞B、E,微開旋塞A,打開旋塞CD,往熱&MnO4溶液中通入CQ氣體，未反應的CQ被收集到氣囊F中。待氣囊F收集到較多氣體時，關閉旋塞,打開旋塞,輕輕擠壓氣囊F,使CQ氣體緩緩地壓入K2MnO4溶液中再次反應，未反應的CO2氣體又被收集在氣囊G中。然后將氣囊G中的氣體擠壓入氣囊F中，如此反復，直至K2MnO4完全反應。(4)除去K2MnO4歧化產(chǎn)物中MnO2的操作方法是。(5)將三頸燒瓶中所得產(chǎn)物經(jīng)過一系列操作得到針狀的高鎰酸鉀晶體，最后采用低溫烘干的方法來干

9、燥產(chǎn)品，原因是?！敬鸢浮块L頸漏斗ACBDE過濾高鎰酸鉀晶體受熱易分解【解析】【分析】(1)由實驗裝置可知，儀器a為長頸漏斗；(2)熔融固體物質需要在增期內(nèi)加熱，加熱熔融物含有堿性KOH應用鐵塔期；(3)該操作的目的是將氣囊F中的二氧化碳排出，據(jù)此判斷正確的操作方法；(4)高鎰酸鉀溶于水，二氧化鎰不溶于水；(5)高鎰酸鉀晶體受熱易分解?！驹斀狻?1)由實驗裝置可知，儀器a為長頸漏斗，故答案為：長頸漏斗；(2)熔融固體物質需要在增期內(nèi)加熱，加熱熔融物中含有堿性KOH,瓷塔期中含有二氧化硅，二氧化硅能夠與氫氧化鉀反應，所以應用鐵塔竭，故答案為：；(3)待氣囊F收集到較多氣體時，需要將氣囊F中二氧化碳

10、排出到熱K2MnO4溶液中，所以需要關閉A、C,打開B、D、E,輕輕擠壓氣囊F,從而使CO2氣體緩緩地壓入K2MnO4溶液中再次反應，故答案為：AC;BDE；(4)高鎰酸鉀溶于水，二氧化鎰不溶于水，固液分離應用過濾的方法，則除去高鎰酸鉀溶液中的二氧化鎰應用過濾的方法，故答案為：過濾；(5)高鎰酸鉀晶體受熱易分解，實驗時應采用低溫烘干的方法來干燥產(chǎn)品，避免高鎰酸鉀晶體受熱發(fā)生分解，故答案為：高鎰酸鉀晶體受熱易分解。3.過硫酸鈉(Na2S2O8)具有極強的氧化性，且不穩(wěn)定，某化學興趣小組探究過硫酸鈉的相關性質，實驗如下。已知SQ是無色易揮發(fā)的固體，熔點16.8C,沸點44.8Co(1)穩(wěn)定性探究(

11、裝置如圖)：分解原理：2Na2s2O8工;2Na2SO+2SO3T+O2T。此裝置有明顯錯誤之處，請改正：,水槽冰水浴的目的是;帶火星的木條的現(xiàn)象(2)過硫酸鈉在酸性環(huán)境下，在Ag+的催化作用下可以把Mn"氧化為紫紅色的離子，所得溶液加入BaC2可以產(chǎn)生白色沉淀，該反應的離子方程式為,該反應的氧化劑是,氧化產(chǎn)物是。(3)向上述溶液中加入足量的BaC2,過濾后對沉淀進行洗滌的操作是(4)可用H2QO4溶液滴定產(chǎn)生的紫紅色離子，取20mL待測液，消耗0.1molL1的H2c2。4溶液30mL,則上述溶液中紫紅色離子的濃度為molL1,若Na2s2。8有剩余，則測得的紫紅色離子濃度將(填偏

12、高"偏低"或不變”。)【答案】試管口應該略向下傾斜冷卻并收集SO3木條復燃2Mn2+5&O+8H2。維二2MnOi+10SO+16H+校OMn。1用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸儲水至沒過沉淀，使蒸儲水自然流下，重復操作23次(合理即可)0.06偏高【解析】【分析】(1)在試管中加熱固體時，試管口應略微向下傾斜；根據(jù)SO、氧氣的性質進行分析；(2)X為Mn,向所得溶液中加入BaCl2溶液可以產(chǎn)生白色沉淀，則產(chǎn)物中有SO2-,據(jù)此寫出離子方程式，并根據(jù)氧化還原反應規(guī)律判斷氧化劑、氧化產(chǎn)物；根據(jù)沉淀洗滌的方法進行回答；(4)根據(jù)得失電子守恒可得到關系式：5H2GQ-2MnO4

13、,帶入數(shù)值進行計算；Na2s2。8也具有氧化性，氧化H2C2Q。【詳解】在試管中加熱固體時，試管口應略微向下傾斜，SO3的熔、沸點均在0c以上，因此冰水浴有利于將SC3冷卻為固體，便于收集SQ,由Na2&O8的分解原理可知，生成物中有氧氣，所以在導管出氣口的帶火星的木條會復燃，故答案為：試管口應該略向下傾斜；冷卻并收集SQ；木條復燃；(2)X為MnO4-,向所得溶液中加入BaC2溶液可以產(chǎn)生白色沉淀，則產(chǎn)物中有SQ2-,則反應的離子方程式為2Mn2+5S2O；+8H2OM+2MnO£+10SO,16右,根據(jù)該反應中元素化合價的變化可知，氧化劑是3O82-,氧化產(chǎn)物是MnO，故

14、答案為：2Mnn.FeCQ的性質探究+5&OT+8H2O如“2MnOl+10S<O-+16H+;&O82-;MnO;(3)沉淀洗滌時，需要用玻璃棒引流，并且所加蒸儲水需要沒過沉淀，需要洗滌23次，故答案為：用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸儲水至沒過沉淀，使蒸儲水自然流下，重復操作23次(合理即可)；(4)根據(jù)得失電子守恒可得到關系式：5H2C2O4:2MnO4-520.03L0.1molgL-10.02LcMnO4則cMnO4-=20.03L0.1molS=0.06moig_-1,Nm&O8具有氧化性，消耗的H2c2O450.02L溶液增多，導致測得的結果偏高，故答案為

15、：0.06;偏高。4.碳酸亞鐵可用于制備補血劑。某研究小組制備了FeCQ,并對FeCQ的性質和應用進行了探究。已知：FeCQ是白色固體，難溶于水Fe2+6SCNFe(SCN)4-(無色)I.FeCQ的制取(夾持裝置略)實驗i：實驗K5CN融充分瘴蕩，r過點即連耨膽加浮衰為5函10S七4裝置C中，向Na2CC3溶液(pH=11.9)通入一段時間CQ至其pH為7,滴加一定量FeSQ溶液，產(chǎn)生白色沉淀，過濾、洗滌、干燥，得到FeCQ固體。試劑a是。(2)向N32CQ溶液通入CQ的目的是。(3)C裝置中制取FeCO的離子方程式為。(4)有同學認為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

16、理由實驗iii加MLdrn4VLK5CH港第0,3MtOjFcOJ.KjH對比實驗ii和iii,得出的實驗結論是(6)依據(jù)實驗ii的現(xiàn)象，寫出加入10%H2O2溶液的離子方程式m.FeCO3的應用(7)FeCO3溶于乳酸CH3CH(OH)COOH能制得可溶性乳酸亞鐵(CHaCH(OH)COO2Fe,相對分子質量為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,則乳酸亞鐵在補血劑中的質量分數(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引起

17、的誤差)。【答案】飽和NaHCO3溶液降低溶液中OH-濃度，防止生成Fe(OH)22HCQ-+Fe2+=FeCQJ+CQT+噸0不合理，CO2會和FeCO3反應生成Fe(HCQ”(或合理，排出氧氣的影響)F聲與SCN的絡合(或結合)會促進FeCO3固體的溶解或FeCO3固體在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大6Fe(SCN64-+3H2O2=2Fe(OH)3J+4Fe(SCN)+24SCN或6Fe2+3H2O2+12SCN=2Fe(OH)4+4Fe(SC用或6Fe2+3H2O2=2Fe(OH)3J+4F(3+117%乳酸根中的羥基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4【解析】【分析】I.裝置

18、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;II.(5)根據(jù)Fe2+6SCNreFe(SCN64-分析FeCQ在KCl和KSCN兩種不同溶液中的溶解度不同判斷；(6)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)3和Fe(SCN)生成；FeCQ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

19、羥基，也能被高鎰酸鉀溶液氧化?！驹斀狻縄.(1)裝置A中制取的CQ中混有HCl,欲除去CQ中混有的HCl,B中盛裝的試劑a應是飽和NaHCQ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NaHCQ,提高溶液中HCO3-的濃度，抑制CO2-的水解，降低溶液中OH-的濃度，防止生成Fe(OH)2,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,此時溶液中溶質主要為NaHCO3,再滴加FeSQ溶液，有FeCQ沉淀生成，發(fā)生反應的離子方程式為

20、2HCO3-+Fe2+=FeCQJ+COT+H2O,故答案為：2HCO3-+Fe2+=FeCQj+COT+H2O;(4)FeC。沉淀能溶解在CO2的水溶液中，生成可溶于水的Fe(HCO)2,降低產(chǎn)物的量，則當出現(xiàn)白色沉淀之后不應繼續(xù)通入CO2,或者：出現(xiàn)白色沉淀之后繼續(xù)通C。，可防止空氣中氧氣氧化FeCQ,提高產(chǎn)物的純度，故答案為：不合理，CO2會和FeCQ反應生成Fe(HCQ”(或合理，排出氧氣的影響)；n.(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(SCN64-,會促進FeCQ固體的溶解，故答案為：F¥+與SCN的絡合(或結合)會促進FeCQ固體

21、的溶解或FeCQ固體在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大；(6)依據(jù)實驗ii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)生成，發(fā)生反應的離子方程式為6Fe(SCN64-+3H2O2=2Fe(OH)4+4Fe(SCN)+24SCN或6Fe2+3H2O2+12SCN=2Fe(OH)4+4Fe(SC用或6Fe2+3H2O2=2Fe(OH)3J+4F(3+；故答案為：6Fe(SCN64-+3H2O2=2Fe(OH)3J+4Fe(SCN)+24SCN或6Fe2+3H2O2+12SCN=2Fe(OH)H+4Fe(SCN3»或6Fe2+3H2O

22、2=2Fe(OHJ+4F(3+；出.(7)FeCQ溶于乳酸CH3CH(OH)COOH能制得可溶性乳酸亞鐵(CH3CH(OH)COO2Fe補血劑，可得關系式MnO45Fe2+5CH3CH(OH)COO2Fe,則乳酸亞鐵的物質的量為0.1000mol/LX0.01LX5=0.005mWL酸亞鐵的質量分數(shù)0.005moi234g/mo1100%=117%,由于乳酸根中含有羥基，也可以被酸性高鎰酸鉀1.0g溶液氧化，導致消耗高鎰酸鉀溶液的量增多，而計算中只按Fe2+被氧化，故計算所得乳酸亞鐵的質量偏大，導致產(chǎn)品中乳酸亞鐵的質量分數(shù)大于100%,故答案為：117%；乳酸根中的羥基被KMnO4氧化，也消耗

23、了KMnO4。5.過氧硫酸氫鉀復合鹽(K2SO4?KHSQ?2KHSQ)易分解，可用作漂白劑、NOx和SQ等的脫除劑。某研究小組制備過氧硫酸氫鉀復合鹽的流程如圖所示。已知：濃硫酸與H2O2反應，部分轉化為過硫酸(化學式為H2SO5,是一種一元強酸)(1)H2SO5中硫元素的化合價為+6價，其中過氧鍵的數(shù)目為;工業(yè)上用過氧硫酸氫鉀復合鹽溶液脫除NO時，反應的離子方程式為。(2)若反應物的量一定，在上述流程的轉化”步驟中需用冰水浴冷卻，且緩慢加入濃硫酸，其目的是。(3)“結晶”操作中，加入K2CO即可獲得過氧硫酸氫鉀復合鹽晶體，該過程的化學方程式為。過氧硫酸氫鉀復合鹽產(chǎn)率(以產(chǎn)品含氧量表示)隨溶液

24、pH和溫度的變化關系如圖所示，則該過程適宜的條件是。2.02.535h號101.5限,病/丁|(4)產(chǎn)品中KHSO5含量的測定：取1.000g產(chǎn)品于錐形瓶中，用適量蒸儲水溶解，加入5mL5%的硫酸和5mL25%的KI溶液，再加入1mL淀粉溶液作指示劑，用0.2000molL-1硫代硫酸鈉標準液滴定至終點，消耗標準液的體積為25.00mL。已知：2KHSQ+4KI+H2SQ=2b+3K2SQ+2H2OI2+2Na2s2O3=Na2S4O6+2NaI用滴定管盛裝標準濃度的硫代硫酸鈉溶液(填甲”或之”)。產(chǎn)品中KHSO5的質量分數(shù)為?！敬鸢浮?3HSOT+2NO+H2O=3SO2+2NO3+5H+防

25、止?jié)饬蛩崤cH2O2溶液混合時放出大量熱使H2O2分解5K2COJ+4H2SO5+4H2SC4=2(K2SO4?KHSO4?2KHSO5)J+5CO2T+5H2O控制pH在2.02.5之間，溫度在0c左右乙38.00%【解析】【詳解】(1)H2SO5中硫元素的化合價為+6價，依據(jù)化合價的代數(shù)和為0計算，有2個氧原子顯-1價，所以過氧鍵的數(shù)目為1。答案為1;工業(yè)上用過氧硫酸氫鉀復合鹽溶液脫除NO時，反應的離子方程式為3HSO5+2NO+H2O=3SQ2+2NO3+5H+。答案為3HSQ+2NO+H2O=3SQ2+2NO3+5H+(2)在“轉化”步驟中，30%的H2O2溶液加入98%的濃硫酸中，相當

26、于濃硫酸稀釋，會放出大量的熱，而H2O2受熱易分解，所以需用冰水浴冷卻，且緩慢加入濃硫酸。答案為:防止?jié)饬蛩崤cH2O2溶液混合時放出大量熱使H2O2分解；(3)“結晶”操作中，加入K2CO3即可獲得過氧硫酸氫鉀復合鹽晶體，該過程的化學方程式為5K2CO3+4H2SO5+4H2SO4=2(K2SO4?KHSO4?2KHSOi)J+5CO4+5H2。答案為：5K2CO3+4H2S。+4H2S。=2(K2SO4?KHSG?2KHSO5)J+5C。T+5H2O從溶液pH看，過氧硫酸氫鉀復合鹽產(chǎn)率在2.02.5之間時最大；從溫度看，過氧硫酸氫鉀復合鹽產(chǎn)率在0c左右最大，所以該過程適宜的條件是控制pH在2

27、.02.5之間，溫度在0c左右。答案為：控制pH在2.02.5之間，溫度在0c左右；(4)硫代硫酸鈉溶液呈堿性，應放在堿式滴定管內(nèi)。答案為乙；由反應2KHSQ+4KI+H2SO4=2b+3K2SQ+2H2O和I2+2Na2s2O3=Na2$O6+2NaI可得出如下關系式：KHSO52Na2s2O3n(Na2&O3)=0.2mol/Lx0.025L=0.005mol,n(KHSC5)=0.0025mol一0.0025mol152g/mol廣品中KHSQ的質量分數(shù)為：100%38.00%1.000g答案為：38.00%。6.鐵、氯、銅及其化合物在生產(chǎn)、生活中有廣泛的用途。試回答下列問題。(

28、1)二氧化氯(C1O2)已逐步代替C12用于自來水處理，用C1O2處理過的飲用水(pH為5.56.5)常含有一定量對人體不利的亞氯酸根離子(C1O2-)。已知：25c時Ka(HClO)=3.2X10,Ka(HClO2)=1.0X10,則酸性HClQHClO慎"，”或"；在pH=5的上述處理過c(ClO2)的飲用水中一(一2;若飲用水中ClO2-的含量超標，可向其中加入適量c(HClO2)的Fe2+將ClO2-還原成Cl,寫出酸性條件下該反應的離子方程式：(2)腐蝕銅板后的溶液中，若Cu2+、Fe3+和Fe2+濃度土勻為0.1molL1,下圖為金屬離子的濃度的對數(shù)與溶液pH的

29、關系，現(xiàn)向混合溶液中通入氨氣調(diào)節(jié)溶液的pH=5.6,溶液中存在的金屬陽離子為(當溶液中金屬離子濃度105molL1時，可認為沉淀完全)。從圖中數(shù)據(jù)計算可得Fe(OH)2的溶度積KspFe(OH)2=。(3)Na2s是常用的重金屬離子沉淀劑。某工業(yè)污水中含有等濃度的Cu2+、Fe2+、Pb2+,滴加Na2s溶液后首先析出的沉淀是；當最后一種離子沉淀完全時(該離子濃度為105molL1),此時的g濃度為。已知：Ksp(FeS)=6.3X108；Ksp(CuS)=6X1036;Ksp(PbS)=2.4X108?！敬鸢浮?034F(T+ClO2+4H+=4Fe3+Cl+2H2OCiT、Fe2+1.0X

30、10-17CuS6.3x10-13mol.L1【解析】【分析】(1)組成相似的酸，電離平衡常數(shù)越大酸性越強；依據(jù)電離平衡常數(shù)計算式計算；(2)向混合溶液中通入氨氣調(diào)節(jié)溶液的pH=5.6時，由圖象分析出：易生成Fe(OH)3沉淀；根據(jù)KspFe(OH)2=c(Fe2+)(OH)計算；(3)物質組成類型相同，溶度積越小，溶解度越小，滴加硫化鈉，相應陽離子最先沉淀；根據(jù)溶度積計算ST的濃度?！驹斀狻?1)電離平衡常數(shù)越大酸性越強，已知：25C時Ka(HClO)=3.2X10,Ka(HClO2)=1.0X102,則酸性HCQ>HClO；在pH=5的上述處理過的飲用水中，c(4)=10-5molL

31、1c(ClO2)c(HClO2)1.010105=103;若飲用水中COT的含量超標，可向其中加入適量的Fe2+將C1O2還原成C-,酸性條件下該反應的離子方程式：4Fe2+CIO2+4H+=4Fe3+Cl+2H2O；故答案為：HCIO2>HC10；103；4Fe2+C1O2+4H+=4Fe3+C1+2H2O；(2)向混合溶液中通入氨氣調(diào)節(jié)溶液的pH=5.6時，由圖象可知易生成Fe(OH)3沉淀，溶液中存在的金屬陽離子為Cu2>Fe2+,故答案為：Cu2>Fe2;由圖象可知：c(Fe2+)=1.0X16(molC1),c(OH)=1.0x1-6(molL-1),KspFe(O

32、H)2=c(Fe2+)X2(OH)=1.0X1017(molL-1)3;故答案為:1.0X1-07；(3)物質組成類型相同，溶度積越小，溶解度越小，滴加硫化鈉，相應陽離子最先沉淀，故首先析出沉淀是CuSFe2+最后沉淀，沉淀完全時該濃度為10-5molL-1,此時的S2的濃、,631018度為molL1=6.3x110molL1,故答案為：CuS;6.3x1013moll1。105本題考查了元素化合物性質分析，溶度積常數(shù)計算，沉淀轉化實質理解應用，電離平衡常數(shù)概念的分析應用，掌握有關Ksp的基礎是解題關鍵，難點(3),根據(jù)物質組成類型相同，溶度積越小，溶解度越小，離子先沉淀析出。7 .NOx、

33、SQ的處理轉化對環(huán)境保護有著重要意義。(1)利用反應2NO(g)+2CO(g)=N>(g)+2CO2(g),可實現(xiàn)汽車尾氣的無害化處理。一定條件下進行該反應，測得CO的平衡轉化率與溫度、起始投料比mm="N。)的關系如圖1n(CO)所示。訴/*20MMs0Mi70HM/min困1T.霹ffi：該反應的AH0(填“>”“<”或“=”)。下列說法正確的是(填字母)。A.當體系中CQ和CO物質的量濃度之比保持不變時，反應達到平衡狀態(tài)8 .投料比：m1>m2>m3C.當投料比m=2時，NO轉化率是CO轉化率的2倍D.汽車排氣管中的催化劑可提高NO的平衡轉化率隨著

34、溫度的升高，不同投料比下CO的平衡轉化率趨于相近的原因為。(2)若反應2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CQ(g)的正、逆反應速率可表示為：v”k正c2(NO)-c2(CO);v逆=k逆c(N2)c2(CO2),k正、k逆分別為正、逆反應速率常數(shù)，僅與溫度有關。一定溫度下，在體積為1L的容器中加入2molNO和2molCO發(fā)生上述反應，測得CO和CO2物質的量濃度隨時間的變化如圖2所示，則a點時v正：v逆=。(3)工業(yè)生產(chǎn)排放的煙氣中同時存在SQ、NOx和CO,利用它們的相互作用可將SQ、NOx還原成無害物質，一定條件下得到以下實驗結果。圖3為298K各氣體分壓(氣體的物質的量分數(shù)與總

35、壓的乘積)與CO物質的量分數(shù)的關系，圖4為CO物質的量分數(shù)為2.0%時，各氣體分壓與溫度的關系。下列說法不正確的是(填字母)。A.不同溫度下脫硝的產(chǎn)物為N2,脫硫的產(chǎn)物可能有多種B.溫度越高脫硫脫硝的效果越好C.NOx比SO2更易被CO還原D.體系中可能發(fā)生反應：2COS=S+2CO;4CC2+&=4CO+2SQV2O5作催化o(4)NH3催化還原氮氧化物是目前應用最廣泛的煙氣脫硝技術。用活化后的劑，NH3將NO還原成N2的一種反應歷程如圖5所示，則總反應方程式為l'<l4；I-jCJ(5)用間接電化學法去除煙氣中NO的原理如圖6所示，則陰極的電極反應式為【答案】vAB溫

36、度較高時，溫度變化對平衡移動的影響大于濃度變化對平衡移動的影V2O5響160：1B4NHj+4NO+O24N2+6H2O2SQ2-+4H+2e-=S2O42-+2H2O由圖象可知，起始投料比m一定時，CO的平衡轉化率隨溫度的升高而降低；A.起始投料比m一定時，而反應中NO、CO的變化量相同，體系中CC2和CO物質的量濃度之比保持不變，即體系中CQ、CO物質的量濃度不變，據(jù)此判斷；B.由圖象可知，溫度一定時，增大NO濃度，CO轉化率增大；C.根據(jù)轉化率“變化量與起始量的比值和反應中NO、CO的變化量相同分析判斷；D.催化劑不能改變反應進程，只改變反應速率；由圖象可知，不同投料比下CO的平衡轉化率

37、趨于相近，主要原因是溫度的影響起主導作用，投料比不同的影響為次要因素；(2)反應達到平衡時vMk/c2(NO)c2(CO)=v逆=k逆？c(N2)c2(CQ),則平衡常數(shù)K=K正，,人以lh，、r-z._,igb-J人、八、，4，結合反應三段式計算平衡常數(shù)K和a點時各物質的濃度，代入v正、v逆計算v正：vK逆逆；(3)A.由圖可知，NOx還原成無害物質為氮氣，脫硫的產(chǎn)物可能有多種，與溫度有關；B.溫度高于1000c時二氧化硫的含量增大，說明溫度越高不利于脫硫；C.根據(jù)圖3,隨CO物質的量分數(shù)增大，還原NOx生成氮氣曲線斜率變化比較小，而還原SC2需要CO物質的量分數(shù)較大時才能將SC2從煙氣中分

38、離；D.根據(jù)圖4,COS分壓曲線隨溫度升高減小，&、CO分壓增大，繼續(xù)升高溫度，S2、CQ分壓減小，CO分壓增大；(4)用活化后的V2O5作催化劑，NH3將NO還原成N2,同時生成水，原子守恒配平書寫化學方程式；陰極通入的SQ2-發(fā)生得電子的還原反應生成S2O42-o【詳解】(1)由圖象可知，起始投料比m一定時，溫度越高，CO的平衡轉化率越低，即升高溫度平衡逆向移動，所以正反應放熱，即4Hv0;A.反應正向進行時CQ增多而CO減少，說明未達到平衡時二者比值會變，所以體系中CQ和CO物質的量濃度之比保持不變，反應達到平衡狀態(tài)，故A正確；B.由圖象可知，溫度一定時，增大NO濃度，CO轉化率

39、增大，即起始投料比m越大時,CO轉化率越大，所以投料比:mi>m2>m3,故B正確;C.由反應計量關系可知，反應中所以平衡轉化率與起始量成反比,錯誤；八、八日上洎耗量°,NO、CO的變化量相同，平衡轉化率“=與心目X100%起始重即投料比m=2時CO轉化率是NO轉化率的2倍，故CD.催化劑不能改變反應進程，只改變反應速率，所以NO的平衡轉化率不變，故D錯誤；故答案為：AB;由圖象可知，不同投料比下CO的平衡轉化率趨于相近，隨溫度逐漸升高，溫度的影響起主導作用，即溫度較高時，溫度變化對平衡移動的影響大于濃度變化對平衡移動的影響；(2)平衡時三段式為：2NOg+2COg?N2

40、g+2CO2g起始(molgL-1)2200轉化(molgL-1)1.61.60.81.6平衡(molgL-1)0.40.40.81.6平衡時正逆反應速率相等即k正？c2(NO)c2(CO)=k逆?c(N2)c2(CO2),所以22kcN2cCO21.60.8=K2=22=80.k逆c2NOc2CO0.420.42'a點時反應三段式為:2NOg+2COg?N2g+2CO2g起始(molgL-1)2200轉化(molgL-1)2x2xx2x平衡(molgL-1)2-2x2-2xx2xa點時c(CO)=c(CO),則2-2x=2x,解得x=0.5,所以a點時c(CO)=c(CO)=c(NO

41、)=1mol/L,v正_%c(N2)=0.5mol/L,所以;-v逆k®2211c%72=2-=2K=160,即v正：v逆=160：1；10.5k逆(3)A.由圖可知，NOx還原成無害物質為氮氣，脫硫的產(chǎn)物可能有多種，與溫度有關，故A正確；B.溫度高于1000c時二氧化硫的含量增大，說明溫度越高不利于脫硫，故B錯誤；C.根據(jù)圖3,隨CO物質的量分數(shù)增大，還原NOx生成氮氣曲線斜率變化比較小，而還原SC2需要CO物質的量分數(shù)較大時才能將SC2從煙氣中分離，說明CO更易與NOx反應，則NOx比SC2更易被CO還原，故C正確；D.根據(jù)圖4,COS分壓曲線隨溫度升高減小，及、CO分壓增大，繼

42、續(xù)升高溫度，S2、CC2分壓減小，CO分壓增大，說明體系中可能發(fā)生反應：2COS?S2+2CO;4CO+S2?4CO+2SQ,故D正確；故答案為：B;(4)活化后的V2O5作催化劑，NH3將NO還原成N2,還生成水，反應為V2O52SO32-+4H+2e-=&O42-+2H2O。4NH3+4NO+O24N2+6H2O;(5)陰極上亞硫酸根離子得到電子，陰極的電極反應式為8.2019年諾貝爾化學獎頒給了日本吉野彰等三人，以表彰他們對鋰離子電池研發(fā)的卓越貢獻。(1)工業(yè)中利用鋰輝石(主要成分為LiAlS2O6,還含有FeO、CaO、MgO等)制備鉆酸鋰(LiCoQ)的流程如圖:悼辭新精礦漏

43、港沐熱發(fā).京城硒12魄1/聲一沆鞭一上R枯酸件回答下列問題：鋰輝石的主要成分為LiAlSi2O6,其氧化物的形式為。為提高酸化焙燒”效率，常采取的措施是。向浸出液”中加入CaCQ,其目的是除去酸化焙燒”中過量的硫酸，控制pH使Fe3+、A產(chǎn)完全沉淀，則pH至少為。(已知：,KspFe(OH)3=4.0x-380KspAl(OH)3=1.0x-330完全沉淀后離子濃度低于1Xld)mol/L)。濾渣2”的主要化學成分為一。沉鋰”過程中加入的沉淀劑為飽和的(化學式)溶液。(2)利用鋰離子能在石墨烯表面和電極之間快速大量穿梭運動的特性，開發(fā)出石墨烯電池，電池反應式為LiCoQ+C6F=mLiQ+Li

44、i-xCoQ其工作原理如圖2。下列關于該電池的說法正確的是(填字母)。A.過程1為放電過程B.該電池若用隔膜可選用質子交換膜C.石墨烯電池的優(yōu)點是提高電池的儲鋰容量進而提高能量密度D.充電日LiCoO2極發(fā)生的電極反應為LiCoO2-xe-=xLi+Lii-xCoO2E對廢舊的該電池進行放電處理”讓Li+嵌入石墨烯中而有利于回收(3)LiFePQ也是一種電動汽車電池的電極材料，實驗室先將綠磯溶解在磷酸中，再加入氫氧化鈉和次氯酸鈉溶液反應獲得FePQ固體。再將FePQ固體與H2QO4和LiOH反應即可獲彳導LiFePQ同時獲得兩種氣體。寫出FePQ固體與H2c204和LiOH反應溶液獲得LiFe

45、PQ的化學方程式。LiFepQ需要在高溫下成型才能作為電極，高溫成型時要加入少量活性炭黑，其作用是O【答案】Li2O?Al2O3?4SiO2將礦石細磨、攪拌、升高溫度4.7Mg(0H)2和CaCQNa2COCD2LiOH+6HC2O4+2FePQ=2LiFePQ+7CQT+5COT+7HO與空氣中的氧氣反應，防止LiFePQ中的Fe2液氧化【解析】【分析】鋰輝石(主要成分為LiAlS2O6,還含有Fe。CaO、MgO等)為原料來制取鉆酸鋰(LiCoQ),加入過量濃硫酸酸化焙燒鋰輝礦，之后加入碳酸鈣除去過量的硫酸，并使鐵離子、鋁離子沉淀完全，然后加入氫氧化鈣和碳酸鈉調(diào)節(jié)pH沉淀鎂離子和鈣離子，過

46、濾得到主要含鋰離子的溶液，濾液蒸發(fā)濃縮得20%L2S,加入碳酸鈉沉淀鋰離子生成碳酸鋰，洗滌后與CO3O4高溫下焙燒生成鉆酸鋰；【詳解】(1)硅酸鹽改寫成氧化物形式的方法如下：a.氧化物的書寫順序：活潑金屬氧化物一較活發(fā)金屬氧化物一二氧化硅一水，不同氧化物間以隔開；b.各元素的化合價保持不變，且滿足化合價代數(shù)和為零，各元素原子個數(shù)比符合原來的組成；c、當計量數(shù)配置出現(xiàn)分數(shù)時應化為整數(shù)；鋰輝石的主要成分為LiAlS2O6,根據(jù)方法，其氧化物的形式為Li2O?Al2O3?4SiO2；流程題目中為提高原料酸侵效率，一般采用的方法有：減小原料粒徑(或粉碎)、適當增加酸溶液濃度、適當升高溫度、攪拌、多次浸

47、取等；本題中為酸化焙燒：硫酸的濃度已經(jīng)最大，因此合理的措施為將礦石細磨、攪拌、升高溫度等；Al(OH)3的Ksp大于Fe(OH的Ksp,那么保證Al3+完全沉淀即可達到目的；已知Al(OH)3的Ksp=1XT03,所以當c(Al3+)=1X15mol/L時可認為鋁離子和鐵離子完全沉淀，此時c(OH-)=3cAsp3+=311033“-10-5-=mol/L=1x-93mol/L,c(H)=1x147mol/L,pH=4.7,即pH至少為4.7;根據(jù)分析可知濾渣2主要為Mg(OH)2和CaCQ；根據(jù)沉鋰”后形成L2CQ固體，以及大量生產(chǎn)的價格問題，該過程中加入的最佳沉淀劑為Na2CO3溶液；(2

48、)A.電池反應式為LiCoC2+C6脩"髓Lixa+Lh-xCoQ,由此可知，放電時，負極電極反應式為LixC3-xe-=xL+C5,正極電極反應式Li1->CoO2+xU+xe-=LiCoC2,石墨電極為放電時的負極，充電時的陰極，故A錯誤；B.該電池是利用鋰離子能在石墨烯表面和電極之間快速大量穿梭運動的特性而制作，故B錯誤；C.石墨烯電池利用的是Li元素的得失電子，因此其優(yōu)點是在提高電池的儲鋰容量的基礎上提高了能量密度，故C正確；D.充電時，LiCoO2極為陽極，將放電時的正極電極反應式逆寫即可得陽極反應，即LiCoQ極發(fā)生的電極反應為LiCoO2-xe-=xLi+Lh-x

49、CoC2,故D正確；E.根據(jù)鉆酸鋰的制備流程可知，對廢舊的該電池進行放電處理讓Li+嵌入LiCoQ才有利于回收，故E錯誤；故答案為CD;(3)FePQ固體與H2C2O4和LiOH反應可獲得LiFePQ同時獲得兩種氣體，該過程中Fe3+被還原，根據(jù)元素價態(tài)變化規(guī)律可知應是C元素被氧化，生成CO2,該種情況下只生成一種氣體，應想到草酸不穩(wěn)定容易發(fā)生歧化反應分解生成CO和CQ,即獲得的兩種氣體為CO和CC2,結合電子守恒和元素守恒可能方程式為：2LiOH+6H2c2O4+2FePO4=2LiFePC4+7CQT+5COT+7HO；高溫條件下亞鐵離子容易被空氣中的氧氣氧化，活性炭黑具有還原性，可以防止

50、LiFePQ中的Fe2+被氧化。【點睛】硅酸鹽改寫成氧化物形式的方法如下：a.氧化物的書寫順序：活潑金屬氧化物一較活發(fā)金屬氧化物一二氧化硅一水，不同氧化物間以隔開；b.各元素的化合價保持不變，且滿足化合價代數(shù)和為零，各元素原子個數(shù)比符合原來的組成；c、當計量數(shù)配置出現(xiàn)分數(shù)時應化為整數(shù)；流程題目中為提高原料酸侵效率，一般采用的方法有：減小原料粒徑(或粉碎)、適當增加酸溶液濃度、適當升高溫度、攪拌、多次侵取等9.一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：HCLNaCkabi昆合溶液空氣H3O.I黃銅獷.(CuPcSp反應I反應I港埠辰頡川宏晶分卷上Cu

51、SG圈Cu廣鐵紅一煉鐵分離洱一制硫釀空氣已知：“反應H”的離子方程式為Cu2+CuS+4C1=2CuCl2-+S回答下列問題：(1)鐵紅的化學式為；(2)“反應n”的還原劑是(填化學式)；(3)“反應III”的離子方程式為；(4)輝銅礦的主要成分是CutS,可由黃銅礦(主要成分CuFeS)通過電化學反應轉變而成,有關轉化如下如圖所示。轉化時正極的電極反應式為。(5)從輝銅礦中浸取銅元素，可用FeCl3作浸取劑。反應CgS+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S,每生成1molCuCl2,反應中轉移電子的數(shù)目為;浸取時，在有氧環(huán)境下可維持Fe3+較高濃度。有關反應的離子方程式是浸取過程中加

52、入洗滌劑溶解硫時，銅元素的浸取率的變化如圖，其原因是西相油制)射向|二面|(2)根據(jù)Cu2+CuS+4Cl=2CuC2-+S,硫元素化合價升高；反應IIICuCl2-被氧化為Cu2+；(4)根據(jù)轉化關系圖，CuFeS在正極得電子生成Cu2sFe2+、H2S。(5)根據(jù)反應CuzS+4FeC-2CuC2+4FeC2+S,每生成2molCuCl2,轉移4mol電子；氧氣能把Fe2+氧化為Fe3+OCu2s難溶，生成的硫覆蓋在Cu2s表面，阻礙浸??；(6)CuCl懸濁液中加入Ns2S,發(fā)生的反應為2CuCl(s)+S2(aq)=Cu2s(s)+2c(aq),2、-J十Cl該反應的平衡吊數(shù)K=S2【詳

53、解】(1)鐵紅是氧化鐵，化學式Fe2O3；(2)根據(jù)Cu2+CuS+4C1=2CuCb-+S,硫元素化合價升高，所以CuS是還原劑；反應III,CuC2-被氧氣氧化為Cu2+,離子方程式為4CuC2-+O2+4H+=4Cu2+8C+2H2O;(4)根據(jù)轉化關系圖，CuFeS在正極得電子生成Cu2sFe2+、H2S,轉化時正極的電極反應式為2CuFeS+6H+2e=Cu2S+2Fe2+3H2ST。(5)根據(jù)反應Cu2S+4FeC=2CuC2+4FeC2+S可知，每生成2molCuCl2,轉移4mol電子，每生成1molCuCl2,反應中轉移電子的數(shù)目為2Na；氧氣能把Fe2+氧化為Fe3+,離子

54、方程式為4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2。Cu2s難溶，生成的硫覆蓋在Cu2s表面，阻礙浸取，所以洗滌時銅元素的浸取率的變化如圖；2ClK=S2Cu2Cu222Cl2s22KspCuClKspCu2S621.2102.51043=5.76X100(6)2CuCl(s)+S2(aq)=Cu2S(s)+2Cl(aq)的平衡常數(shù)【點睛】原電池中電子由負極流入正極，根據(jù)電子流動方向，可判斷原電池的正負極。10 .消除含氮化合物對大氣和水體的污染是環(huán)境保護的重要研究課題。(1)已知反應8NH3+6NO2=7N2+12H2O,請分析氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的質量之比為(2)水體中過量氨氮(以NH3表示)

55、會導致水體富營養(yǎng)化。用次氯酸鈉除去氨氮的原理如題圖所示。寫出該圖示的總反應化學方程式：。該反應需控制溫度，溫度過高時氨氮去除率降低的原因是。OH:總抬上比N用忖m+t典卻¥*氏<尸的曲W2HONaOHNaCION33*5mCN<IO)：MNH0取一定量的含氨氮廢水，改變加入次氯酸鈉用量，反應一段時間后，溶液中氨氮去除率、總氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的總量)去除率以及剩余次氯酸鈉的含量隨m(NaCIO)m(NH3)的變化情況如圖所示。當m(NaCIO)：m(NH3)>7.6時，水體中總氮去除率反而下降，可能的原因是?！敬鸢浮?:32NH3+3NaClO=

56、N2+3NaCl+3H2O溫度過高，HClO發(fā)生分解，氨氮去除率隨之降低有部分NH3被氧化成NO2-或NO3-【解析】【分析】(1)該反應中NH3中N由3價變?yōu)?價，化合價升高，被氧化，所得產(chǎn)物為氧化產(chǎn)物；NO2中N由+4價變?yōu)椤r，化合價降低，被還原，所得產(chǎn)物為還原產(chǎn)物；因此氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質的量之比為8：6=4:3；(2)根據(jù)圖示判斷發(fā)生氧化還原反應的反應物、生成物，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒書寫化學方程式；溫度越高，化學反應速率越快，但是溫度過高，HClO不穩(wěn)定，受熱易分解；當m(NaCIO)：m(NH3)>7.6時，NaCIO加入的量越多會將氨氮氧化為NO3-等高價態(tài)物質?！驹斀狻?1)該反應中NH3中N由一3價變?yōu)?。價，化合價升高，發(fā)生氧化反應，所得為氧化產(chǎn)物；NO2中N由+4價變?yōu)椤r，化合價