一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）
1．实验室用图所示装置制备KClO溶液，并通过KClO溶液与Fe(NO3)3溶液的反应制备高
效水处理剂K2FeO4.已知K2FeO4具有下列性质①可溶于水、微溶于浓KOH溶液，②在0℃5℃、强碱性溶液中比较稳定，③在Fe3和Fe(OH)3催化作用下发生分解，④在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2。
（1）装置A中KMnO4与盐酸反应生成MnCl2和Cl2，其化学方程式为______，装置B的作用是______。
（2）Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3，试写出该反应的离子方程式______。 （3）制备K2FeO4时，KClO饱和溶液与Fe(NO3)3饱和溶液的混合方式为：在搅拌下，将
Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中。理由是______。
2（4）已知pH11时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成[Zn(OH)4].下表列出了几种离子
生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0molL1计算)。
开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Fe3 Fe2 1.1 3.2 5.8 5.9 8.8 8.9 Zn2
1实验中可选用的试剂：30%H2O2、1.0molLHNO3、1.0molL1NaOH.由某硫酸锌溶
液(含Fe2、Fe3杂质)制备ZnO的实验步骤依次为：
①______；
②______； ③过滤； ④______；
⑤过滤、洗涤、干燥；
⑥900℃煅烧。
【答案】2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O 除去Cl2中的HCl
V3Cl26OH35ClClO33H2O K2FeO4在Fe作用下会分解 向硫酸锌溶液中
加入适量30%H2O2，使其充分反应 滴加1.0molL1NaOH，调节溶液pH约为5(或
3.2pH5.9)，使Fe3沉淀完全 向滤液中滴加1.0molL1NaOH，调节溶液pH约为10(或8.9pH11)，使Zn2沉淀完全
【解析】 【分析】
根据实验装置图可知，A装置 中用高锰酸钾与盐酸反应制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钠，反应的尾气氯气用氢氧化钾吸收。 【详解】
1KMnO4具有强氧化性，将盐酸中氯离子氧化为Cl2，反应还有水生成，所以化学方程
式为：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，应饱和食盐水吸收HCl除去，
故答案为：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；除去Cl2中的HCl；
2Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3，反应的离子方程式为
3Cl26OHVV5ClClO33H2O，故答案为：
3Cl26OH5ClClO33H2O；
3由题意可知K2FeO4在Fe3和Fe(OH)3催化作用下发生分解，则KClO饱和溶液与
Fe(NO3)3饱和溶液的混合方式为：在搅拌下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO 饱
和溶液中，故答案为：K2FeO4在Fe3作用下会分解；
4根据表中阳离子沉淀的PH可知，由除去铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为：①向
滤液中加入30%H2O2，使其充分反应，目的使Fe2转化完全为Fe3，②加氢氧化钠溶液，控制PH在4左右，使Fe3沉淀完全，③过滤，④向滤液中滴加1.0molL1NaOH，调节溶液PH约为10(或8.9pH11)，使Zn2沉淀完全，⑤过滤、洗涤、干燥，⑥900℃煅烧。故答案为：①向硫酸锌溶液中加入适量30% H2O2，使其充分反应；②滴加1.0 molL1NaOH，调节溶液pH 约为5(或3.2pH5.9)，使Fe3沉淀完全；④向滤液中滴加1.0 molL1NaOH，调节溶液pH 约为10(或8.9pH11)，使Zn2沉淀完全。
【点睛】
根据实验装置图可知，A装置中用高锰酸钾与盐酸反应制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钠，反应的尾气氯气用氢氧化钾吸收，以此解答该题。
2．草酸(HOOC－COOH)是一种常见的有机酸，利用淀粉制备草酸的实验流程如图:
回答下列问题:
（1）“水解”时，检验淀粉是否水解完全，所用的试剂是____；“水解”及“氧化”步骤中适宜的加热方式是________________。
（2）“氧化”时实验装置如图所示(夹持及加热装置已略):
①仪器Q的名称是________.
②三口烧瓶中生成H2C2O4· 2H2O的化学方程式为____________。 ③装置B的作用是___________，装置C的作用是_______________。
（3）已知在20℃、70℃时，草酸的溶解度依次为为9. 5 g/(l00g水)，84.5g/(l00g水)，则粗草酸“精制”需采用的提纯方法为___________________。 （4）探究H2C2O4的性质:
①向NaHCO3溶液中加入草酸溶液，产生大量气体，可得出草酸的酸性比碳酸_____(填“强”或“弱”)。
②向草酸中加入足量C2H5OH和适量浓硫酸加热，产生有芳香气味的油状物。该生成物为___________(写结构简式)。
③向K2Cr2O7溶液中加入H2C2 O4·2H2O析出K[Cr(C2O4)2(H2O)2]晶体，该反应的化学方程式为_____________________。
【答案】碘水 水浴加热 球形冷凝管 C6H12O6+12HNO3=3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O
做安全瓶，防止倒吸 吸收尾气中的NO和NO2，防止污染空气 重结晶 强 C2H5OOC-COOC2H5 K2Cr2O7+7H2C2O4·2H2O=2 K[Cr(C2O4)2(H2O)2]+6CO2↑+17H2O 【解析】 【分析】
淀粉在稀硫酸催化下控制温度在70℃到80℃发生水解，得到葡萄糖，加入60%硝酸，在60℃下发生氧化，得到草酸，硝酸的还原产物有NO和NO2，草酸经结晶得到粗草酸，再2H2O。 经精制得到H2C2O4·【详解】
（1）“水解”时，若淀粉水解完全，则不能使碘水变蓝；“水解”及“氧化”步骤中的温度都低于100℃，所以最适宜的加热方式是水浴加热。
（2）①仪器Q的名称是球形冷凝管，起冷凝回流易挥发的硝酸以及导出生成的NO和NO2的作用；
2H2O，硝酸被还原为NO和NO2②在三口烧瓶中发生氧化反应，葡萄糖被氧化为H2C2O4·
（体积比为1:3），根据电子守恒可以写出发生反应的化学方程式为C6H12O6+12HNO3=3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O；
③装置B是安全瓶，防止C中的NaOH溶液倒吸入三口烧瓶中，装置C的作用是吸收尾气，防止NO和NO2污染空气；
（3）草酸的溶解度随温度变化比较大，所以可以采用重结晶的方法精制粗草酸； （4）①向NaHCO3溶液中加入草酸溶液，产生大量气体，说明草酸和NaHCO3溶液反应生成了二氧化碳，根据强酸制弱酸的规律，可得出草酸的酸性比碳酸强；
②向草酸中加入足量C2H5OH和适量浓硫酸加热，发生了酯化反应，产生有芳香气味的油状物草酸二乙酯，其结构简式为C2H5OOC-COOC2H5。
2H2O析出K[Cr(C2O4)2(H2O)2]晶体，反应中Cr的化合价从+6③向K2Cr2O7溶液中加入H2C2O4·
2H2O中的碳的化合价就会升高，从+3价降低到K[Cr(C2O4)2(H2O)2]中的+3价，所以H2C2 O4·
2H2O中的碳的化价升高到+4价，在K[Cr(C2O4)2(H2O)2]中还有+3价的碳，即反应物H2C2 O4·
合价部分升高，部分没有变化，根据电子守恒和原子守恒可以写出该反应的化学方程式为K2Cr2O7+7H2C2O4·2H2O=2 K[Cr(C2O4)2(H2O)2]+6CO2↑+17H2O。
3．某校化学兴趣小组为研究氯气的性质并模拟工业制备漂白粉，设计了下列装置进行实验。已知：①A中反应为 KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O； ②石灰乳的主要成分为Ca(OH)2，其他杂质不参与反应。
（1）B装置作用____。实验结束后，立即将 B 中溶液滴几滴在紫色石蕊试纸上，可观察到的现象是_____。
（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III 处依次放入的物质正确的是___（填编号）。 编号 A B C D I 干燥的有色布条 干燥的有色布条 湿润的有色布条 湿润的有色布条 II 碱石灰 浓硫酸 浓硫酸 碱石灰 III 湿润的有色布条 湿润的有色布条 干燥的有色布条 干燥的有色布条 （3）待E中物质完全反应后，经过一系列加工处理，得到漂白粉样品，其主要成份为___（填化学式）
（4）F装置的作用是（用化学方程式表示）____。
（5）为测定（3）中所得漂白粉的有效成份含量。称取ag漂白粉样品溶解，往所得溶液中通入 CO2至产生沉淀最大值时，该过程的化学方程式为_____，若反应生成沉淀的物质的量为bmol，则该漂白粉中有效成份的质量分数为_____（用含a、b的式子表示）。 【答案】除去氯气中的HCl气体 试纸变红不褪色 C CaCl2、Ca(ClO)2 Cl2＋2NaOH
b==NaCl+ NaClO+H2O CO2+H2O+Ca(ClO)2 == CaCO3↓+2HClO 143 a【解析】 【分析】
由实验装置图可知，装置A用浓盐酸与氯酸钾反应制备氯气，盛有饱和食盐水的装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，盛有浓硫酸的装置D的作用是干燥氯气，盛有石灰乳的装置E的作用是制备漂白粉，盛有氢氧化钠溶液的装置F的作用是吸收有毒的尾气氯气，防止污染空气。 【详解】
（1）盛有饱和食盐水的装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，实验结束后，因饱和食盐水吸收氯化氢气体，使溶液呈酸性，滴在紫色石蕊试纸上，试纸变红色，由于氯气不溶于饱和食盐水，溶液中没有次氯酸，不能使试纸褪色，故答案为：除去氯气中的HCl气体；试纸变红不褪色；
（2）氯气没有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性使有色布条褪色，氯气能使湿润的有色布条褪色，则验证氯气是否具有漂白性时，C中I、II、III处依次放入的物质湿润的有色布条、浓硫酸、干燥的有色布条，C正确，故答案为：C；
（3）氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，则漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，故答案为：CaCl2、Ca(ClO)2；
（4）盛有氢氧化钠溶液的装置F的作用是吸收有毒的尾气氯气，过量的氯气能与氢氧化钠
溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，防止污染空气，反应的化学方程式为Cl2＋2NaOH ==NaCl+ NaClO+H2O，故答案为：Cl2＋2NaOH ==NaCl+ NaClO+H2O；
（5）碳酸的酸性强于次氯酸，将二氧化碳通入到漂白粉溶液中，二氧化碳与次氯酸钙反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，反应的化学方程式为CO2+H2O+Ca(ClO)2 == CaCO3↓+2HClO；由题意可知，碳酸钙的物质的量为bmol，则有效成分次氯酸钙的质量为
bbmol×143g/mol=143bg，该漂白粉中有效成份的质量分数为143
a，故答案为：
bCO2+H2O+Ca(ClO)2 == CaCO3↓+2HClO；143a。
【点睛】
氯气没有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性使有色布条褪色，氯气能使湿润的有色布条褪色是设计验证氯气是否具有漂白性实验方案的依据，也是解答试题的关键。
4．利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣（主要含FeO·V2O3、Al2O3、SiO2及少量可溶性磷酸盐）生产V2O5的工艺流程如下，回答下列问题：
已知：①V2O5、Al2O3、SiO2可与Na2CO3、NaCl组成的混合钠盐在高温下反应，并转化为NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3等可溶性钠盐。 ②AlO2+4H+=Al3++2H2O。
（1）焙烧Ⅰ包括氧化和钠化成盐两个过程，氧化的目的是获得V2O5，写出氧化过程中FeO·V2O3发生反应的化学方程式________；废渣Ⅰ的主要成分是________；精制Ⅰ中加盐酸调pH的主要作用是________，加入NH3·H2O后发生反应的离子方程式为________。 （2）精制Ⅱ中加入CaCl2溶液除去磷酸盐，pH过小时影响除磷效果的原因是________；pH过大时，沉淀量增大的原因是________。
（3）沉钒所得NH4VO3沉淀需进行洗涤，洗涤时除去的阴离子主要是________。NH4VO3在500℃时焙烧脱氨制得产品V2O5，反应方程式为2NH4VO3
ΔV2O5+H2O↑+2NH3↑。但脱氨过
程中，部分V2O5会转化成V2O4，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，该反应的化学方程式为________。 【答案】4FeO·V2O3 + 5O2
焙烧
2Fe2O3 + 4V2O5 Fe2O3 [或Fe(OH)3] 除Si并转化
AlO2-写“除Si”即得分） Al3+ + 3NH3·H2O = Al(OH)3↓ + 3NH H+ + NH3·H2O = H2O + NH（写出第一个离子方程式即得分） 形成溶解度较大的酸式盐（或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙） 产生了Ca(OH)2沉淀 Cl－ 3V2O5 + 2NH33H2O 【解析】 【分析】
氧化过程FeO·V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5；经过氧化和钠化后，V2O5、Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐，Fe2O3[或Fe(OH)3]成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调pH为了和SiO32反应生成硅酸沉淀，将AlO2转化为Al3；加入NH3·H2O后与Al3发生反应生成Al(OH)3沉淀；精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，沉钒时加入试剂NH4Cl，所得NH4VO3沉淀，焙烧得到产品，据此分析。 【详解】
（1）氧化过程FeO·V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5，化学方程式为：4FeO·V2O3 + 5O2
--+
+
500℃3V2O4 + N2 +
焙烧2Fe2O3 + 4V2O5；经过氧化和钠化后，V2O5、Al2O3、SiO2均转化为
-可溶性盐，Fe2O3 [或Fe(OH)3]成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调pH为了和SiO32反应生成硅
酸沉淀，将AlO2-转化为Al3+；加入NH3·H2O后与Al3+发生反应生成Al(OH)3沉淀，还可以
H2O=Al OH中和酸，反应方程式为：Al+3NH3g++3+3+3NH4+、
H+NH3gH2O=H2O+NH4，故答案为：4FeO·V2O3 + 5O2
Fe2O3 [或Fe(OH)3]；除Si并转化AlO2-(写“除Si”即得分)；
焙烧
2Fe2O3 + 4V2O5；
Al3++3NH3gH2O=Al OH3+3NH4+，H++NH3gH2O=H2O+NH4+（写出第一个
离子方程式即得分）；
（2）精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，pH过小时形成溶解度较大的酸式盐；pH过大时易形成Ca(OH)2沉淀，故答案为：形成溶解度较大的酸式盐（或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙）；产生了Ca(OH)2沉淀；
-（3）沉钒时加入试剂NH4Cl，因此所得NH4VO3沉淀含有阴离子主要为Cl；脱氨过程中，
部分V2O5会转化成V2O4，且反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，则V2O5为氧化剂，NH3为还原剂，还原产物为V2O4，氧化产物为N2，则氧化还原方程式为：3V2O5 + 2NH3
500℃3V2O4 + N2 + 3H2O，故答案为：Cl－；3V2O5 + 2NH3
500℃3V2O4 + N2 +
3H2O。
5．2019年诺贝尔化学奖颁给了日本吉野彰等三人，以表彰他们对锂离子电池研发的卓越贡献。
（1）工业中利用锂辉石（主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等）制备钴酸锂
(LiCoO2)的流程如图：
回答下列问题：
①锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6，其氧化物的形式为___。 ②为提高“酸化焙烧”效率，常采取的措施是___。
③向“浸出液”中加入CaCO3，其目的是除去“酸化焙烧”中过量的硫酸，控制pH使Fe3+、A13+完全沉淀，则pH至少为___。(已知：，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，完全沉淀后离子浓度低于1×l0-5)mol/L）。 ④“滤渣2”的主要化学成分为___。
⑤“沉锂”过程中加入的沉淀剂为饱和的___(化学式）溶液。
（2）利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为LiCoO2+C6说法正确的是___（填字母）。
LixC6+Li1-xCoO2其工作原理如图2。下列关于该电池的
A．过程1为放电过程
B．该电池若用隔膜可选用质子交换膜
C．石墨烯电池的优点是提高电池的储锂容量进而提高能量密度 D．充电时，LiCoO2极发生的电极反应为LiCoO2-xe-=xLi++Li1-xCoO2 E.对废旧的该电池进行“放电处理”让Li+嵌入石墨烯中而有利于回收
（3）LiFePO4也是一种电动汽车电池的电极材料，实验室先将绿矾溶解在磷酸中，再加入氢氧化钠和次氯酸钠溶液反应获得FePO4固体。再将FePO4固体与H2C2O4和LiOH反应即可获得LiFePO4同时获得两种气体。
①写出FePO4固体与H2C2O4和LiOH反应溶液获得LiFePO4的化学方程式___。 ②LiFePO4需要在高温下成型才能作为电极，高温成型时要加入少量活性炭黑，其作用是___。
【答案】Li2O•Al2O3•4SiO2 将矿石细磨、搅拌、升高温度 4.7 Mg(OH)2和CaCO3 Na2CO3 CD 2LiOH+6H2C2O4+2FePO4=2LiFePO4+7CO2↑+5CO↑+7H2O 与空气中的氧气反应，防止LiFePO4中的Fe2+被氧化 【解析】
【分析】
锂辉石(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等)为原料来制取钴酸锂(LiCoO2)，加入过量浓硫酸酸化焙烧锂辉矿，之后加入碳酸钙除去过量的硫酸，并使铁离子、铝离子沉淀完全，然后加入氢氧化钙和碳酸钠调节pH沉淀镁离子和钙离子，过滤得到主要含锂离子的溶液，滤液蒸发浓缩得20%Li2S，加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后与Co3O4高温下焙烧生成钴酸锂； 【详解】
(1)①硅酸盐改写成氧化物形式的方法如下：a．氧化物的书写顺序：活泼金属氧化物→较活发金属氧化物→二氧化硅→水，不同氧化物间以·隔开；b．各元素的化合价保持不变，且满足化合价代数和为零，各元素原子个数比符合原来的组成；c、当计量数配置出现分数时应化为整数；锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6，根据方法，其氧化物的形式为Li2O•Al2O3•4SiO2；
②流程题目中为提高原料酸侵效率，一般采用的方法有：减小原料粒径(或粉碎)、适当增加酸溶液浓度、适当升高温度、搅拌、多次浸取等；本题中为“酸化焙烧“，硫酸的浓度已经最大，因此合理的措施为将矿石细磨、搅拌、升高温度等；
③Al(OH)3的Ksp大于Fe(OH)3的Ksp，那么保证Al3+完全沉淀即可达到目的；已知Al(OH)3的Ksp=1×10-33，所以当c(Al3+)=1×10-5mol/L时可认为铝离子和铁离子完全沉淀，此时 c(OH-
11033-9.3=3)=3mol/L，c(H+)=1×10-4.7mol/L，pH=4.7，即pH至少为5=mol/L=1×103+110cAl4.7；
④根据分析可知滤渣2主要为Mg(OH)2和CaCO3；
⑤根据“沉锂”后形成Li2CO3固体，以及大量生产的价格问题，该过程中加入的最佳沉淀剂为Na2CO3溶液；
Ksp垐垎?(2)A．电池反应式为LiCoO2+C6噲垐?LixC6+Li1-xCoO2，由此可知，放电时，负极电极反应放电式为LixC6-xe-=xLi++C6，正极电极反应式Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2，石墨电极为放电时的负极，充电时的阴极，故A错误；
B．该电池是利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性而制作，故B错误；
C．石墨烯电池利用的是Li元素的得失电子，因此其优点是在提高电池的储锂容量的基础上提高了能量密度，故C正确；
D．充电时，LiCoO2极为阳极，将放电时的正极电极反应式逆写即可得阳极反应，即LiCoO2极发生的电极反应为LiCoO2-xe-=xLi++Li1-xCoO2，故D正确；；
E．根据钴酸锂的制备流程可知，对废旧的该电池进行“放电处理“让Li+嵌入LiCoO2才有利于回收，故E错误； 故答案为CD；
(3)①FePO4固体与H2C2O4和LiOH反应可获得LiFePO4同时获得两种气体，该过程中Fe3+被还原，根据元素价态变化规律可知应是C元素被氧化，生成CO2，该种情况下只生成一种气体，应想到草酸不稳定容易发生歧化反应分解生成CO和CO2，即获得的两种气体为CO
充电和CO2，结合电子守恒和元素守恒可能方程式为：2LiOH+6H2C2O4+2FePO4=2LiFePO4+7CO2↑+5CO↑+7H2O；
②高温条件下亚铁离子容易被空气中的氧气氧化，活性炭黑具有还原性，可以防止LiFePO4中的Fe2+被氧化。 【点睛】
硅酸盐改写成氧化物形式的方法如下：a．氧化物的书写顺序：活泼金属氧化物→较活发金属氧化物→二氧化硅→水，不同氧化物间以·隔开；b．各元素的化合价保持不变，且满足化合价代数和为零，各元素原子个数比符合原来的组成；c、当计量数配置出现分数时应化为整数；流程题目中为提高原料酸侵效率，一般采用的方法有：减小原料粒径(或粉碎)、适当增加酸溶液浓度、适当升高温度、搅拌、多次侵取等
6．亚硝酰硫酸（NOSO4H）主要用于染料、医药等工业。实验室制备亚硝酰硫酸的方法如下：将SO2通入盛有浓硫酸和浓硝酸的混合液中，维持体系温度略低于20℃，搅拌，使其充分反应。反应过程中，亚硝酰硫酸的物质的量和硝酸的物质的量随时间的变化如图所示。
（1）①实验室制备NOSO4H的化学反应方程式为___。
②反应进行到10min后，反应速度明显加快，其可能的原因是___。
③反应过程中，硝酸减少的物质的量大于NOSO4H生成的物质的量的可能原因是___ （2）为了测定亚硝酰硫酸的纯度，进行如下实验：。
L-1的KMnO4标准溶液和足量准确称取1.200g产品放入锥形瓶中，加入50.00mL0.1000mol·
稀H2SO4，摇匀，使其充分反应。再将反应后溶液加热至60~70℃（使生成的HNO3挥发逸L-1Na2C2O4标准溶液滴定至终点，消耗Na2C2O4溶液的体出），冷却至室温，用0.2500mol·积为16.00mL。
已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；KMnO4在酸性条件下被还原为Mn2+。
根据以上实验数据计算亚硝酰硫酸的纯度。（写出计算过程）___ 【答案】HNO3+SO2和分解 90.00% 【解析】 【分析】
NOSO4H 生成的NOSO4H对该反应有催化作用 硝酸会挥发
（1）设NOSO4H中N的化合价为x，根据化合价代数和为0有：x+(+6)×1+(-2)×5+(+1) ×1=0，解得：x=+3，N元素化合价从+5降低到+3，必有S元素化合价从+4升高到+6，发生的是氧化还原反应，氧化剂与还原剂物质的量之比=1：1；
L-1的KMnO4与16.00mL 0.2500mol·L-1Na2C2O4反应之后剩余的（2）50.00mL0.1000mol·KMnO4再与NOSO4H反应。 【详解】
（1）①N元素化合价从+5降低到+3，必有S元素化合价从+4升高到+6，N元素和S元素的物质的量之比=1:1，所以反应的方程式为：HNO3+SO2
浓硫酸NOSO4H，故答案为：
HNO3+SO2
浓硫酸NOSO4H；
②反应前十分钟没有加快，不是温度，十分钟后明显加快，说明生成的物质对反应有催化作用，故答案为：生成的NOSO4H对该反应有催化作用；
③从反应的方程式看：参加反应的硝酸和生成的NOSO4H比例为1:1，消耗的硝酸多，可能是有一部分挥发和分解了，故答案为：硝酸会挥发和分解；
（2）一部分KMnO4标准溶液和NOSO4H反应，剩余的KMnO4标准溶液用Na2C2O4反滴定，KMnO4和Na2C2O4，KMnO4中Mn元素化合价从+7降低到+2，降低5，作氧化剂，Na2C2O4中C元素化合价从+3升高到+4升高了1，2个C升高了2，作还原剂，根据得失电
2KMnO4子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比=2:5，所以
5Na2C2O45mol，
0.25mol/L1610-3L2moln1解得：和Na2C2O4反应的KMnO4的物质的量n1=1.6×10-3mol，KMnO4总的物质的量=50.00×10-3L×0.1000mol·L-1=5×10-3mol，所以和NOSO4H反应的KMnO4的物质的量=5×10-
2KMnO45NOSO4H3
mol-1.6×10-3mol=3.4×10-3mol，所以2mol5127g，解得NOSO4H的质量
3.4103mm=1.0795g，所以样品中NOSO4H的纯度=【点睛】
和Na2C2O4反应的KMnO4加上和NOSO4H反应的KMnO4为总的KMnO4的量。
1.0795g100%≈90.00%，故答案为：90.00%。 1.2g
7．三氟化氮（NF3）是一种新型电子材料，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有： HF、 NO 和 HNO3 ，请根据要求回答下列问题： (1)反应过程中，被氧化与被还原的元素的物质的量之比为_______________。
(2)写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：____。若反应中生成0.2 mol HNO3，转移的电子数目为______________________个。
(3)NF3是一种无色、无臭的气体，但一旦NF3在空气中泄漏，还是易于发现。你判断该气
体泄漏时的现象是_______________________________。
(4)一旦NF3泄漏，可以用NaOH溶液喷淋的方法减少污染，其产物除NaNO2、NaF、H2O外，还肯定有______________（填化学式）。 【答案】2∶1
同时闻到刺激性气味 NaNO3 【解析】 【分析】
由题给信息可知，三氟化氮(NF3)在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有HF、NO和HNO3，反应中氮元素的化合价从+3价分别降为+2价，升为+5价，由升降法配平可得化学方程式为3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3。 【详解】
(1)由题给信息可知，反应中三氟化氮中氮元素的化合价即升高被氧化，又降低被还原，由化合价升降可知被氧化与被还原的氮元素的物质的量之比为1：2，故答案为：1:2； （2）由题给信息可知，三氟化氮(NF3)在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有HF、NO和HNO3，反应中氮元素的化合价从+3价分别降为+2价，升为+5价，由升降法配平可得化学方程式为3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3，反应中生成1mol硝酸转移2mol电子，电子转移的方向和数目可表示为
中生成0.2 mol HNO3，则转移的电子数目为0.4NA个，故答案为：
；0.4NA；
（3）NF3在潮湿空气中泄漏由于有硝酸生成，会产生白雾，一氧化氮遇到空气被氧化成红棕色有刺激性气味的二氧化氮气体，故答案为：泄漏时会看到白雾和红棕色气体，同时闻到刺激性气味；
（4）一旦NF3泄漏，可以用NaOH溶液喷淋的方法吸收氟化氢、硝酸、一氧化氮和二氧化氮，会生成氟化钠、硝酸钠、亚硝酸钠和水，故答案为：NaNO3。
，则反应
0.4NA 泄漏时会看到白雾和红棕色气体，
8．将28.8g铜投入100mL浓硝酸中，最后铜有剩余，其NO3- 离子物质的量变化如下图所示，请回答下列问题：
（1）开始反应时浓硝酸的物质的量浓度为____________mol/L 。
（2）铜与浓硝酸反应生成的气体在标准状况下的体积（不考虑NO2与N2O4的平衡）为_____L。
（3）硝酸完全反应后消耗铜的物质的量n(Cu)是______mol。
（4）应再往此反应体系中滴加_________L 2 mol/L的硫酸才能使剩余的铜恰好完全溶解。已知此过程中NO3-的还原产物为NO。
（5）a g铜全部溶于一定量的浓硝酸中，测得生成的气体在标准状况下的体积（不考虑NO2与N2O4的平衡）为b L，为消除污染，将生成的气体通入NaOH溶液中，气体被完全吸收。已知：NO + NO2 +2NaOH →2NaNO2 + H2O 2NO2 +2NaOH → NaNO3 +NaNO2 + H2O如果NO、NO2混合气体用NOx表示，被NaOH溶液完全吸收时，x的取值范围______；生成NaNO2的物质的量是_________mol；NaNO3的物质的量是_________mol。
（6）在常温下，把NO气体压缩到1.01×107Pa，再加热到500C，发现气体的压强迅速下降，压强降至略小于原压强的2/3，然后压强就不再改变。已知其中一种产物为N2O，则上述变化的化学方程式为__________________。气体的平均摩尔质量为M，则M的取值范围应该是_________________。
【答案】10 8.96 0.3 100 1.5„x<2
baa-mol mol 6422.4643NO=N2O十NO2；2NO2ƒN2O4 45g/mol （1）根据开始时硝酸根的物质的量计算硝酸的浓度； （2）利用氮元素守恒计算气体的物质的量，再根据V=nVm计算二氧化氮的体积； （3）反应结束，溶液中溶质为硝酸铜，根据硝酸根计算消耗n（Cu）； （4）发生反应：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO+4H2O，据此计算消耗硫酸的物质的量，进而计算需要硫酸的体积； （5）由方程式2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O和 NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O可知，NO单独不能被吸收，NO和NO2混合气体被 NaOH溶液被完全吸收，满足n（NO2）：n（NO）1，当n（NO2）：n（NO）=1时x值最小，计算x的最小值，因为混有NO，所以x最大值＜2，据此确定x取值范围；纵观整个过程，Cu失去的电子等于硝酸生成亚硝酸钠时获得的电子，根据电子转移守恒计算n（NaNO2），根据N元素守恒计算n（NaNO3）； （6）在常温下，把NO气体压缩到1.01×107Pa，再加热到50℃，发现气体的压强迅速下降，压强降至略小于原压强的 2，然后压强就不再改变．已知其中一种产物为N2O，依据3N2O4，即生成的NO2 原子个数守恒可知该反应为：3NO=N2O十NO2，因为存在2NO2ƒ又双聚成N2O4，导致气体分子数减少，压强降至略小于原压强的 2；若只发生反应：33NO=N2O十NO2，气体的平均摩尔质量最小，若二氧化氮完全转化为四氧化二氮时，气体的平均摩尔质量最大，据此计算解答。 【详解】 (1)由图可知，开始时n(NO3−)=1.0mol，则n(HNO3)=n(NO3−)=1.0mol，则 1.0mol=10mol/L， 0.1L故答案为：10； cHNO3=(2)由图可知，反应结束时，溶液中NO3−为0.6mol，根据氮元素守恒，生成气体的物质的量为1.0mol−0.6mol=0.4mol，标况下二氧化氮的体积为0.4mol22.4L/mol=8.96L， 故答案为：8.96； (3)溶液中溶质为硝酸铜，由图可知，反应结束时，溶液中NO3−为0.6mol，故消耗n(Cu)=n(硝酸铜)=0.6mol2=0.3mol， 故答案为：0.3； (4)28.8g铜的物质的量为 28.8g=0.45mol，故剩余Cu为0.45mol−0.3mol=0.15mol，由 64g/mol方程式3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO+4H2O可知 nH+=0.15molV=8=0.4mol ，故n(H2SO4)=0.2mol，则需要硫酸体积为3n0.2mol==0.1L=100mL， c2mol/L故答案为：100； (5)由方程式可知，NO单独不能被吸收，NO和NO2混合气体被NaOH溶液被完全吸收，满 =1时x值最小，x最小值为足n（NO2）：n（NO）1，当n（NO2）：n（NO）2+12=1.5，因为混有NO，所以x最大值<2，故x的取值范围为1.5„x<2； 纵观整个过程，Cu失去的电子等于硝酸生成亚硝酸钠时获得的电子，根据电子转移守恒， nNaNO2=nCu=aga=mol，根据N元素守恒，可知 64g/mol64nNaNO3=n(气体)=故答案为：1.5„x<2； bbLaa-=-mol， 22.4L/mol64mol22.464baa-mol； mol；6422.464(6)在常温下，把NO气体压缩到1.01×107Pa，再加热到50℃，发现气体的压强迅速下降，压强降至略小于原压强的23，然后压强就不再改变。已知其中一种产物为N2O，依据原子个数守恒可知该反应为：3NO=N2O十NO2，因为存在2NO2ƒ双聚成N2O4，导致气体分子数减少，压强降至略小于原压强的 N2O4，即生成的NO2又 2， 3若只发生反应：3NO=N2O十NO2，气体的平均摩尔质量最小，此时 30g/mol=45g/mol，若二氧化氮完全转化为四氧化二氮时，气体的平均摩尔质2量最大，1molNO2得到0.5mol N2O4， M=3则此时M=1mol44g/mol+0.5mol92g/mol=60g/mol ， 1mol+0.5molN2O4；45g/mol （提供试剂：NaOH溶液、 H2O2溶液、 CuO 、Na2CO3） 完成下列填空： （1）孔雀石的主要成分与稀硫酸反应的离子方程式为________。 （2）按试剂加入顺序，w所代表的试剂依次为__________。沉淀B的成分为_______。 （3）a操作依次为：加热蒸发、_______、过滤、洗涤、__________。除烧杯、漏斗之外过滤还需要另一玻璃仪器，该仪器在此操作中的主要作用是_________。 （4）欲检验溶液A中Fe2+的试剂是___________（选填序号）。如果测定Fe2+的含量，需要用容量瓶配制某标准溶液，请简述配制中“定容”的操作：_____。 a NaOH（aq） b Na2CO3（aq） c 淀粉KI（aq） d 酸性KMnO4（aq） （5）在测定所得胆矾（CuSO4·xH2O）中结晶水x值的实验过程中，若测定结果的实验误差为1.5%，可能的原因是_______________。 a 加热温度过高 b 胆矾晶体的颗粒较大 c 加热后放在空气中冷却 d 加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出 （6）该小组一位同学根据实验结果求出样品中孔雀石的质量分数为：位同学不同意，其原因是___________。 m2222，另一2502m1【答案】Cu2（OH）2CO3+4H+→2Cu2++3H2O+CO2↑ H2O2溶液、 CuO Fe（OH）3、 CuO 冷却结晶 自然干燥 引流 d 加水到离刻度线2～3cm处改用胶头滴管滴加蒸馏水，直到凹液面的最低线与刻度线相平 a、d 在除杂过程中加入了CuO，会使结果偏大 【解析】 【分析】 m1g孔雀石的主要成分为Cu2（OH）2CO3（含少量FeO、Fe2O3、SiO2），加入稀硫酸过滤得到滤渣二氧化硅和溶液A为硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸铁，加入W为过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化铜调节溶液的pH沉淀铁离子，过滤得到沉淀B为氢氧化铁和过量的氧化铜，溶液B为硫酸铜溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到硫酸铜晶体m2g，受热失去结晶水得到硫酸铜固体m3g。据此解答。 【详解】 （1）碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，反应的离子方程式为：Cu2 （OH）2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑，故答案为：Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑； （2）按试剂加入顺序，w所代表的试剂依次为加入氧化剂过氧化氢氧化亚铁离子，不引入其他杂志离子，加入氧化铜调节溶液pH使铁离子全部沉淀，过滤得到沉淀B为Fe（OH） 3、CuO，故答案为：H2O2溶液、CuO；Fe（OH）3、CuO； （3）从溶液B中获得硫酸铜晶体，直接加热蒸干会导致硫酸铜失去结晶水，应该采用的操作方法为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥，除烧杯、漏斗之外过滤还需要另一玻璃仪器为玻璃棒，该仪器在此操作中的主要作用是引流，故答案为：冷却结晶，自然干燥；引流； （4）溶液A中含亚铁离子和铁离子：a．NaOH溶液，向Fe2+溶液中加入NaOH溶液后，Fe2+与OH-反应生成Fe（OH）2，Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓，Fe（OH）2不稳定易被氧气氧化为Fe（OH）3，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，白色的Fe（OH）2沉淀变成红褐色Fe（OH）3，向Fe2+溶液中加入NaOH溶液后，观察到生成的白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；Fe3+与OH-反应Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，生成红褐色Fe（OH）3，两者反应现象干扰，不能检验该溶液中存在Fe2，故a错误； b．Na2CO3（aq）和亚铁离子生成沉淀，和铁离子双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳，溶液浑浊不能检验亚铁离子，故b错误； c．淀粉KI（aq）和铁离子发生氧化还原反应生成碘单质和亚铁离子，溶液颜色相近不能鉴别亚铁离子，故c错误； d．酸性KMnO4（aq），因为Fe2+具有较强的还原性能使酸性KMnO4溶液褪色，Fe3+不能，故能够用酸性KMnO4溶液鉴别Fe2+和Fe3+，故d正确； 如果测定Fe2+的含量，需要用容量瓶配制某标准溶液，加水到离刻度线2～3cm处改用胶头滴管滴加蒸馏水，直到凹液面的最低线与刻度线相平，故答案为：d；加水到离刻度线2～3cm处改用胶头滴管滴加蒸馏水，直到凹液面的最低线与刻度线相平； （5）测定所得胆矾（CuSO4•xH2O）中结晶水x值，应称量坩埚的质量，坩埚和晶体的质量，加热后坩埚的质量，加热后再称量一次坩埚的质量，判断质量是否在误差允许范围内及两次值是否相差不超过0.1g，所以至少称量4次； a．加热温度过高，会导致硫酸铜分解，质量变化较大，导致结果偏大，a正确； + b．胆矾晶体的颗粒较大，会导致晶体解热分解不完全，质量变化偏小，结果偏小，b错误； c．加热后放在空气中冷却，会吸收空气中的水重新形成晶体，导致测定结果偏小，c错误； d．加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，导致测定的结晶水的质量偏大，测定的x值偏大，故d正确； 故答案为：ad； （6）向溶液中加入CuO调节溶液的pH，沉淀Ⅱ为Fe（OH）3，所以胆矾中的铜元素不是都来自样品，因此该小组一位同学根据实验结果求出样品中CuO的质量分数偏大，故答案为：在除杂过程中加入了CuO，会使结果偏大。 10．（1）已知2P4+9KOH+3H2O═3K3PO4+5PH3反应中氧化剂是______； 氧化剂与还原剂物质的量之比是_________；氧化产物是____________。 （2）请用双线桥法标出下列反应电子转移的方向和数目10Al+6NaNO3 +4NaOH═10NaAlO2 +3N2↑+2H2O______________________ （3）Mn2+、Bi3+、BiO3﹣、MnO4﹣、H+、H2O组成的一个氧化还原系统中，发生BiO3﹣→Bi3+的反应过程，据此回答下列问题 ①该氧化还原反应中，被还原的元素是____________。 ②请将氧化剂、还原剂的化学式及配平后的方程式填入下列相应的位置中，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目_______________________________________。 【答案】P4 5:3 K3PO4 【解析】 【分析】 (1)在2P4+9KOH+3H2O═3K3PO4+5PH3反应中P元素的化合价既升高，又降低； (2)该反应中Al元素化合价由0价变为+3价、N元素化合价由+5价变为0价，该反应中转移电子数为30，电子由Al转给硝酸钠； (3)①该反应中Bi元素化合价由+5价变为+3价，则Mn元素化合价由+2价变为+7价，失电子的元素被氧化、得电子的元素被还原； ②该反应中Bi元素化合价由+5价变为+3价，则Mn元素化合价由+2价变为+7价，转移电子数为10，电子由Mn2+转给BiO3-。 【详解】 (1)在2P4+9KOH+3H2O═3K3PO4+5PH3反应中P元素的化合价从0价升高为+5价，同时从0价降为-3价，则P4既是氧化剂，又是还原剂；且氧化剂与还原剂物质的量之比是5:3，氧化产物是K3PO4； (2)该反应中Al元素化合价由0价变为+3价、N元素化合价由+5价变为0价，该反应中转移电子数为30，电子由Al转给硝酸钠，其转移电子方向和数目 ； (3)①该反应中Bi元素化合价由+5价变为+3价，则Mn元素化合价由+2价变为+7价，失电 Bi 子的元素被氧化、得电子的元素被还原，所以被还原的元素是Bi元素； ②BiO3-为氧化剂，Mn2+为还原剂，反应2Mn2++5BiO3-+14H+═2MnO4-+5Bi3++7H2O中，Mn失去2×5e-，反应中转移10e-，所以单线桥法标电子转移的方向和数目为故答案为：Mn2+；BiO3-；2MnO4-+5Bi3++7H2O。 。 11．氧化还原反应在物质制备、能量转化方面有重要的应用。 ⑴反应I2＋2Na2S2O3＝Na2S4O6＋2NaI常用于测定溶液中I2的含量。反应的氧化剂是________，每生成1molNa2S4O6，反应转移电子为________mol。 ⑵ClO2是一种新型净水剂，一种制取ClO2的反应如下： KClO3＋HCl(浓)－KCl＋Cl2↑＋ClO2↑＋H2O（未配平） 写出配平后的方程式：________。 ⑶某氧化还原反应中共包含下列物质：Fe2(SO4)3、H2SO4、CrO3、FeSO4、Cr2(SO4)3和H2O。已知CrO3为反应物之一。写出配平后的方程式：________。 【答案】I2 2 ）2KClO3+4HCl（浓）=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O 6H2SO4+2CrO3+6FeSO4=3Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+6H2O 【解析】 【详解】 （1）碘元素的化合价降低，所以碘单质做氧化剂，生成1molNa2S4O6，反应1mol碘单质，反应转移电子为1mol×2×1=2mol； （2）KClO3+（）HCl（浓）=（）KCl+（）ClO2↑+（）Cl2↑+（）H2O这个反应中，都是氯元素在变价，“归中不交叉”，因此化合价变化是+5价→+4价，化合价降低从-1价→0价，化合价升高1×2（因为是氯气分子是双原子）化合价升降总数要相等，因此，1，2的最小公倍数是2，因此氧化剂，还原产物，还原剂和氧化产物的系数配出来（2）KClO3+（2）HCl（浓）=（）KCl+（2）ClO2↑+（1）Cl2↑+（）H2O再注意到盐酸中有部分是介质（也就是化合价不变的，最后形成的是KCl），最后的化学方程式为（2）KClO3+（4）HCl（浓）=（2）KCl+（2）ClO2↑+（1）Cl2↑+（2）H2O； （3）CrO3为反应物，Cr2(SO4)3是生成物，铬元素的化合价降低，那么铁元素的化合价升高，所以FeSO4是反应物，Fe2(SO4)3是生成物，6H2SO4+2CrO3+6FeSO4=3Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+6H2O。 【点睛】 氧化还原反应有化合价升高必须有化合价降低，转移的电子数等于还原剂失电子数等于氧化剂得电子数。 12．Ⅰ.KClO3和浓盐酸在一定温度下反应，会生成橙黄色的易爆物二氧化氯(ClO2)气体，该反应的化学方程式为2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O。 （1）该反应的还原产物是_____________ (填化学式)。 （2）在反应中浓盐酸表现出来的性质是________(填字母)。 A 只有还原性 B 只有氧化性 C 还原性和酸性 D 氧化性和酸性 （3）若该反应产生2.24 L(标准状况)ClO2，则转移电子的物质的量为_____________。 （4）某地生产的氧化钠井盐中含有少量的剧毒物质氰化钠(NaCN)，用ClO2 可除去其中的氰化钠，从而得到纯净的食盐，同时产生两种无毒气体。写出该反应的化学方程式: __________。 Ⅱ.（5）一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72-和Pb2+，则与1molCr3+反应所需PbO2的物质的量为_______mol； （6）在一定条件下，实验室分别以过氧化氢、高锰酸钾、氯酸钾为原料制取氧气，当制得同温同压下相同体积的氧气时，三个反应中转移的电子数之比为_____________。 【答案】ClO2 C 0.1 mol 2ClO2+2NaCN=2CO2+N2+2NaCl 1.5 mol 1:2:2 【解析】 【分析】 Ⅰ. 在反应2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O中，KClO3为氧化剂，HCl(为还原剂，ClO2是氧化剂对应的还原产物，Cl2是还原剂对应的氧化产物。 （1）由此可知该反应的还原产物。 （2）在反应中，浓盐酸生成KCl，表现出酸性；浓盐酸生成Cl2，表现出还原性。 （3）产生2.24 L(标准状况)ClO2，即0.1mol ClO2，此时Cl由+5价降低为+4价，由此可求出转移电子的物质的量。 （4）某地生产的氧化钠井盐中含有少量的剧毒物质氰化钠(NaCN)，用ClO2 可除去其中的氰化钠，从而得到纯净的食盐，同时产生两种无毒气体，则气体为N2和CO2，ClO2 被还原为Cl-。 Ⅱ.（5）一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72-和Pb2+，则与1molCr3+反应失电子3mol，PbO2得电子也应为3mol，PbO2中的Pb由+4价降低为+2价，按得失电子总数相等，可求出所需PbO2的物质的量； （6）在一定条件下，实验室分别以过氧化氢、高锰酸钾、氯酸钾为原料制取氧气，当制得同温同压下相同体积的氧气时，过氧化氢中的O由-1价升高为0价，高锰酸钾、氯酸钾中的O由-2价升高为0价，由此可求出三个反应中转移的电子数之比。 【详解】 Ⅰ. 在反应2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O中，KClO3为氧化剂，HCl(为还原剂，ClO2是氧化剂对应的还原产物，Cl2是还原剂对应的氧化产物。 （1）由此可知该反应的还原产物为ClO2。答案为：ClO2； （2）在反应中，浓盐酸生成KCl，表现出酸性；浓盐酸生成Cl2，表现出还原性。答案为：C； （3）产生2.24 L(标准状况)ClO2，即0.1mol ClO2，此时Cl由+5价降低为+4价，由此可求出转移电子的物质的量为0.1 mol。答案为：0.1 mol； （4）某地生产的氧化钠井盐中含有少量的剧毒物质氰化钠(NaCN)，用ClO2 可除去其中的氰化钠，从而得到纯净的食盐，同时产生两种无毒气体，则气体为N2和CO2，ClO2 被还原为Cl-，反应的离子方程式为2ClO2+2NaCN=2CO2+N2+2NaCl。答案为：2ClO2+2NaCN=2CO2+N2+2NaCl； Ⅱ.（5）一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72-和Pb2+，则与1molCr3+反应失电子 3mol，PbO2得电子也应为3mol，PbO2中的Pb由+4价降低为+2价，按得失电子总数相等，可求出所需PbO2的物质的量 3mol=1.5mol；答案为：1.5mol； 2（6）在一定条件下，实验室分别以过氧化氢、高锰酸钾、氯酸钾为原料制取氧气，当制得同温同压下相同体积的氧气(假设为1mol)时，过氧化氢中的O由-1价升高为0价，高锰酸钾、氯酸钾中的O由-2价升高为0价，由此可求出三个反应中转移的电子数之比2：4：4=1:2:2。答案为：1:2:2。 【点睛】 利用过氧化氢、高锰酸钾、氯酸钾分解制氧气，当制得同温同压下相同体积的氧气时，求三个反应中转移电子的物质的量。我们可以先写出三个反应的化学方程式，然后建立转移电子数与生成O2的关系式，通过生成相同物质的量的O2，确定转移电子的物质的量关系。也可从反应物中O元素的价态变化切入，利用产生O2的物质的量相等，确定转移电子数的关系。 13．Ⅰ.高铁酸钾(K2FeO4)具有极强的氧化性，是一种优良的水处理剂。 （1）请完成FeO42-与水反应的离子方程式：4FeO42-＋10H2OK2FeO4在处理水的过程中所起的作用是___和____。 L－1的试样，将试样分别置于20℃、30℃、（2）将适量K2FeO4配制成c(FeO42-)＝1.0mmol· 40℃和60℃的恒温水浴中，测定c(FeO42-)的变化，结果见图Ⅰ。第（1）题中的反应为FeO42-变化的主反应，则温度对该反应的反应速率和平衡移动的影响是___，发生反应的ΔH___0。 4Fe(OH)3＋8OH － ＋__。 Ⅱ.下表是几种弱电解质的电离平衡常数、难溶电解质的溶度积Ksp(25℃)。 电解质 CH3COOH H2CO3 C6H5OH 平衡方程式 CH3COOHH2CO3HCO3-C6H5OHH3PO4H3PO4 H2PO4-CH3COO－＋H＋ H＋＋HCO3- H＋＋CO32- C6H5O－＋H＋ H＋＋H2PO4- H＋＋HPO42-HPO42-平衡常数K 1.76×10－5 K1=4.31×10－4 K2=5.61×10－11 1.1×10－10 K1=7.52×10－3 K2=6.23×10－8 K3=2.20×10－13 Ksp H＋＋PO43- NH3·H2O BaSO4 BaCO3 NH3·H2OBaSO4BaCO3NH4+＋OH－ Ba2＋＋SO42- Ba2＋＋CO32- 1.76×10－5 1.07×10－10 2.58×10－9 回答下列问题： （1）由上表分析，若①CH3COOH，②HCO3-，③C6H5OH，④H2PO4-均可看做酸，则它们酸性由强到弱的顺序为___(填编号)。 （2）写出C6H5OH与Na3PO4反应的离子方程式___。 （3）25℃时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，混合液中：c(CH3COO－)__c(NH4+)(填“>”、“＝”或“<”)。 L－1苯酚溶液中滴加VmL0.01mol·L－1氨水，混合液中粒子浓（4）25℃时，向10mL0.01mol·度关系正确的是__。 A．若混合液pH>7，则V≥10 B．若混合液pH<7，则c(NH4+)>c(C6H5O－)>c(H＋)>c(OH－) C．V＝10时，混合液中水的电离程度小于10mL0.01mol·L－1苯酚溶液中水的电离程度 D．V＝5时，2c(NH3·H2O)＋2c(NH4+)＝c(C6H5O－)＋c(C6H5OH) （5）水解反应是典型的可逆反应，水解反应的化学平衡常数称为水解常数(用Kb表示)，类比化学平衡常数的定义，请写出Na2CO3第一步水解反应的水解常数的表达式：___。 【答案】3O2 杀菌消毒 吸附(净水) 温度升高，反应速率加快，平衡向正反应方向移 --c(HCO)c(OH)3 动 > ①④③② C6H5OH＋PO43-=C6H5O＋HPO42- = D Kb=2-c(CO3)－ 【解析】 【分析】 Ⅰ.（1）FeO42-与水反应的离子方程式：4FeO42-＋10H2O 4Fe(OH)3＋8OH － ＋__，反应 中，Fe由+6价降低为+3价，则价态升高的元素只能为H2O中的O，从而得出氧化产物为O2；K2FeO4在处理水的过程中，Fe价态降低，作氧化剂，生成Fe(OH)3胶体，作净水剂。 （2）从图中可以看出，升高温度，c(FeO42-)减小，则平衡正向移动。 Ⅱ. （1）由上表分析，若①CH3COOH，②HCO3-，③C6H5OH，④H2PO4-均可看做酸，表中的电离常数分别为：1.76×10－5、5.61×10－11、1.1×10－10、6.23×10－8，可确定它们酸性由强到弱的顺序。 （2）C6H5OH与Na3PO4反应，生成C6H5O-与HPO42-。 （3）25℃时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，由于二者的电离常数相同，所以混合液中，CH3COO－与NH4+的水解程度也相同，由此可得出c(CH3COO－)与c(NH4+)的大小关系。 （4）A．由二者的电离常数分析，即便混合液pH>7，也有可能出现V<10； B．若混合液pH<7，则反应生成C6H5ONH4后，剩余的C6H5OH又发生电离，从而使溶液显酸性； C．V＝10时，二者刚好完全反应，混合液中发生C6H5O－、NH4+的水解反应，水的电离程度大于苯酚溶液中水的电离程度； D．V＝5时，n(C6H5OH)=2n(NH3·H2O)，依据守恒原则可知，2c(NH3·H2O)＋2c(NH4+)＝c(C6H5O － )＋c(C6H5OH)； HCO3-＋OH-，据此写出水解常数的表达式。 4Fe(OH)3＋8OH － （5）Na2CO3第一步水解反应为CO32-＋H2O【详解】 Ⅰ.（1）FeO42-与水反应的离子方程式：4FeO42-＋10H2O＋3O2，反应 中，Fe由+6价降低为+3价，则价态升高的元素只能为H2O中的O，从而得出氧化产物为O2；K2FeO4在处理水的过程中，Fe价态降低，作氧化剂，起杀菌消毒作用，生成Fe(OH)3胶体，作净水剂。答案为：3O2；杀菌消毒；吸附(净水)； （2）从图中可以看出，升高温度，c(FeO42-)减小，则平衡正向移动，从而得出温度对该反应的反应速率和平衡移动的影响是温度升高，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，发生反应的ΔH>0。答案为：温度升高，反应速率加快，平衡向正反应方向移动；>； Ⅱ. （1）由上表分析，若①CH3COOH，②HCO3-，③C6H5OH，④H2PO4-均可看做酸，表中的 －－－－ 电离常数分别为：1.76×105、5.61×1011、1.1×1010、6.23×108，可确定它们酸性由强到 弱的顺序为①④③②。答案为：①④③②； （2）C6H5OH与Na3PO4反应，生成C6H5O-与HPO42-，反应的离子方程式为C6H5OH＋PO43-=C6H5O－＋HPO42-。答案为：C6H5OH＋PO43-=C6H5O－＋HPO42-； （3）25℃时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，由于二者的电离常数相同，所以混合液中，CH3COO－与NH4+的水解程度也相同，由此可得出混合液中：c(CH3COO－)=c(NH4+)。答案为：=； （4）A．由二者的电离常数分析，即便混合液pH>7，也有可能出现V<10，A不正确； B．若混合液pH<7，则反应生成C6H5ONH4后，剩余的C6H5OH又发生电离，从而使溶液显酸性，由此可得出c(C6H5O－)>c(NH4+)> c(H＋)>c(OH－)，B不正确； C．V＝10时，二者刚好完全反应，混合液中发生C6H5O－、NH4+的水解反应，水的电离程L度大于10mL0.01mol· －1 苯酚溶液中水的电离程度，C错误； D．V＝5时，n(C6H5OH)=2n(NH3·H2O)，依据守恒原则，2c(NH3·H2O)＋2c(NH4+)＝c(C6H5O－)＋c(C6H5OH)，D正确。答案为：D； （5）Na2CO3第一步水解反应为CO32-＋H2O HCO3-＋OH-，水解常数的表达式为 c(HCO3-)c(OH-)c(HCO3-)c(OH-)Kb。答案为：Kb。 2-2-c(CO3)c(CO3) 14．锂离子电池应用很广。某种锂离子二次电池的电极材料主要是钴酸锂（LiCoO2）和石墨。钴是一种稀有的贵重金属，废旧锂离子电池电极材料的回收再生意义重大。 (1)锂离子电池（又称锂离子浓差电池）的充电过程：Li+从含LiCoO2的电极中脱出，正三价Co被氧化，此时该极处于贫锂态（Li1-xCoO2）。 ①充电时，a极的电极反应式为____________________________________。 ②放电时，电流从______（填“a”或“b”）极流出。 (2)钴酸锂回收再生流程如下： ①H2SO4酸浸时，通常添加30%的H2O2以提高浸出效率，其中H2O2的作用是_______________。 ②用盐酸代替H2SO4和H2O2，浸出效率也很高，但工业上不使用盐酸，主要原因之一是：会产生有毒、有污染的气体。写出相应反应的化学方程式______________________________。 ③高温下，在O2存在时纯净的CoC2O4与Li2CO3再生为LiCoO2的化学方程式为_______________。 (3)已知下列热化学方程式： Fe2O3(s)＋3CO(g)===2Fe(s)＋3CO2(g) ΔH1＝－25 kJ·mol－1 3Fe2O3(s)＋CO(g)===2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH2＝－47 kJ·mol－1 Fe3O4(s)＋CO(g)===3FeO(s)＋CO2(g) ΔH3＝＋19 kJ·mol－1 写出FeO(s)被CO还原成Fe和CO2的热化学方程式_____________________________。 － 【答案】LiCoO2－xe＝Li1－xCoO2 +xLi+ a 还原LiCoO2（将LiCoO2中的+3价Co还原为 Co2+） 2LiCoO2 +8HCl＝2LiCl+2CoCl2 + Cl2↑+4H2O 4CoC2O4+2Li2CO3+3O23CO2(g) ΔH＝－33 kJ·mol－1 【解析】 【分析】 4LiCoO2 +10CO2 FeO(s)＋CO(g)===Fe(s)＋CO2(g) ΔH＝－11 kJ·mol－1或3FeO(s)＋3CO(g)===3Fe(s)＋ (1) 由题给信息可知充电过程：Li+从含LiCoO2的电极中脱出，正三价Co被氧化，放电时a为正极，发生还原反应生成LiCoO2，b为负极，Li被氧化生成离子； (2) 由流程可知，钴酸锂滤渣用稀硫酸酸浸，滤液含有钴离子、锂离子，加入草酸，可生成CoC2O4，含锂离子的溶液加入碳酸钠生成碳酸锂，与CoC2O4在高温下反应生成LiCoO2，以 此解答该题。 (3) 首先写出FeO(s)被CO还原成Fe和CO2的热化学方程式CO(g)+FeO(s)=Fe(g)+CO2(g)△H，利用盖斯定律①×3-(③×2+②)可得到该化学方程式。 【详解】 (1) 充电过程：Li+从含LiCoO2的电极中脱出，正三价Co被氧化，放电时a为正极，发生还原反应生成LiCoO2，b为负极，Li被氧化生成离子； ①充电时，a极为阳极，发生氧化反应，则电极反应式为LiCoO2－xe－＝Li1－xCoO2 +xLi+； ②放电时，电流从正极流出，即从a极流出。 (2)①添加30% 的H2O2，生成钴离子，可知过氧化氢起到还原剂的作用，还原LiCoO2； ②由题中信息知LiCoO2具有强氧化性，加入盐酸有污染性气体氯气生成，且引入氯离子杂质，在后续步骤中难以分离，反应的方程式为2LiCoO2+8HCl=2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O； ③高温下，在O2存在时纯净的CoC2O4与Li2CO3再生为LiCoO2，同时有CO2生成，发生反应的化学方程式为4CoC2O4+2Li2CO3+3O2 4LiCoO2 +10CO2； (3) ①Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)；△H=-25kJ/mol，②3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g)；△H=-47kJ/mol，③Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g)；△H=+19kJ/mol，依据盖斯定律①×3-(③×2+②)得到：6CO(g)+6FeO(s)=6Fe(g)+6CO2(g)△H=-66kJ/mol，则FeO(s)被CO还原成Fe和CO2的热化学方程式为FeO(s)＋CO(g)===Fe(s)＋CO2(g) ΔH＝－11 kJ·mol－1或3FeO(s)＋3CO(g)===3Fe(s)＋3CO2(g) ΔH＝－33 kJ·mol－1。 【点睛】 应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。 15．（Ⅰ）工业尾气SO2、NO2是污染大气、形成酸雨的罪魁祸首。请回答下列问题：异氰酸(化学式：HNCO，C为+4价)可用于消除尾气中的NO2。其反应原理为：HNCO+NO2→N2+CO2+ (未配平)。 ①上述反应的氧化剂是____________。 ②配平后方框内应填写____________。 ③每处理33.6LNO2(标准状况)，反应中转移电子的数目为____________。 （Ⅱ）为了减少CO对大气的污染，某研究性学习小组拟研究利用CO和H2O反应转化为绿 ﹣ 色能源H2．已知：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566.0kJ• mol1；2H2（g）+O2 （g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ• mol﹣1；2H2O（g）═H2O（l）△H=﹣44.0kJ• mol﹣1。 （1）写出CO和H2O（g）作用生成CO2和H2的热化学方程式：____________。 （2）氢气是合成氨的重要原料，合成氨反应的热化学方程式如下：N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•moL﹣1。 ①当合成氨反应达到平衡后，改变某一外界条件（不改变N2、H2和NH3的量），反应速率与时间的关系如图所示．图中t3时引起平衡移动的条件可能是______，其中表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是______。 ②温度为T℃时，将1mol N2和2mol H2放入容积为0.5L的密闭容器中，充分反应后测得N2的平衡转化率为50%．则反应在T℃时的平衡常数为______mol﹣2•L2。 垐垐垐③目前工业合成氨的原理是：N2+3H2噲垐垐垎垐2NH3如图表示随条件改变，平衡体系500。C、铁触媒中氨气体积分数的变化趋势，当横坐标为压强时，变化趋势正确的是（填序号，下同）___，当横坐标为温度时，变化趋势正确的是___。 20-50MPa （3）常温下氨气和HCl均极易溶于水，现将相同体积、相同物质的量浓度的氨水和盐酸混合，所得溶液中各离子的物质的量浓度按照由大到小的顺序排列依次为____＞____＞____＞____。 【答案】NO2 4H2O 6NA CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.2kJ/mol 升高温度 t2﹣t3 4 c a c（Cl﹣） c（NH4+） c（H+） c（OH﹣） 【解析】 【分析】 （Ⅰ）HNCO中C为+4价，则氮元素是－3价，根据方程式可知，反应后NO2中氮元素由+4价降低到0价，得到4个电子，NO2是氧化剂，HNCO中氮元素由－3价升高到0价，失去3个电子，HNCO是还原剂； （Ⅱ）（1）由盖斯定律计算可得； （2）①合成氨反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，正逆反应速率均增大，平衡向正反应方向移动，达到新平衡时平衡混合物中NH3的含量增大，升高温度，正逆反应速率均增大，平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时平衡混合物中NH3的含量减小，使用催化剂，正逆反应速率均增大，平衡不移动，平衡混合物中NH3的含量不变； ②建立三段式，依据三段式数据计算化学平衡常数； ③合成氨反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，升高温度，平衡向逆反应方向移动； （3）相同体积、相同物质的量浓度的氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵在溶液中水解使溶液呈酸性。 【详解】 （Ⅰ）HNCO中C为+4价，则氮元素是－3价，根据方程式可知，反应后NO2中氮元素由+4价降低到0价，得到4个电子，NO2是氧化剂，HNCO中氮元素由－3价升高到0价，失去3个电子，HNCO是还原剂，根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比是3:4，根据原子守恒可知反应还有水生成，则反应的化学方程式为8HNCO+6NO2＝7N2+CO2+4H2O，标 33.6L4NA 准状况33.6LNO2的物质的量为22.4L/mol=1.5mol，则反应转移的电子数目为1.5mol× mol—1=6NA，故答案为：NO2；4H2O；6NA； （Ⅱ）（1）已知：①2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566kJ•moL②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6KJ•moL-1，根据盖斯定律，①-②得2CO（g）+2H2O（g）=2H2（g）+2CO2（g），则△H=-566kJ•moL-1-（-483.6kJ•moL-1）=-82.4kJ•moL-1，反应的热化学方程式为CO（g）+H2O（g）=H2（g）+CO2（g）△H=-41.2kJ•moL-1，故答案为：CO（g）+H2O（g）=H2（g）+CO2（g）△H=-41.2kJ•moL-1； （2）①合成氨反应为气体体积减小的放热反应，由图可知，t1时增大压强，正逆反应速率均增大，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应方向移动，达到新平衡时平衡混合物中NH3的含量增大，t3时升高温度，正逆反应速率均增大，逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时平衡混合物中NH3的含量减小，t5时使用催化剂，正逆反应速率均增大，正反应速率等于逆反应速率，说明平衡不移动，平衡混合物中NH3的含量不变，则t3时引起平衡移动的条件是升高温度，平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是t2﹣t3，故答案为：升高温度；t2﹣t3； ②已知N2的平衡转化率为50%，由题给数据建立如下三段式： N2（g）+3H2（g） 2NH3（g） 起（mol/L） 2 4 0 变（mol/L） 1 3 2 平（mol/L） 1 1 2 由三段式所得数据可得化学平衡常数K=c(Nc2(NH3)c2)3-1 (H2==4，故答案为：4； )1mol/L(1mol/L)3(2mol/L)2③合成氨反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，氨气体积分数增大，c符合；升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气体积分数减小，a符合，故答案为：c；a； （3）相同体积、相同物质的量浓度的氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵在溶液中水解使溶液呈酸性，则溶液中各离子的物质的量浓度按照由大到小的顺序排列依次为c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故答案为：c（Cl﹣）；c（NH4+）；c（H+）；c（OH﹣）。 【点睛】 依据合成氨反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，正逆反应速率均增大，平衡向正反应方向移动，升高温度，正逆反应速率均增大，平衡向逆反应方向移动，使用催化剂，正逆反应速率均增大，平衡不移动分析解答是解答关键。 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容