全國高考化學(xué)氧化還原反應(yīng)的綜合高考真題匯總及詳細(xì)答案

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.硫代硫酸鈉（Na2903）是一種解毒藥，用于氟化物、砷、汞、鉛、錫、碘等中毒，臨床常 用于治療蕁麻疹，皮膚瘙癢等病癥 硫代硫酸鈉在中性或堿性環(huán)境中穩(wěn)定， 在酸性溶液中分解產(chǎn)生 S 和 S02實(shí)驗(yàn) I: Na2S2O3的制備。工業(yè)上可用反應(yīng)：2Na2S+Na2C03+4SQ=3Na2S?03+CQ 制得，實(shí)驗(yàn)室模擬該工業(yè)過程的裝置如圖所示：（1）_ 儀器 a 的名稱是 _ ，儀器 b 的名稱是。b 中利用質(zhì)量分?jǐn)?shù)為70%? 80%的H2SO4溶液與 Na2SQ 固體反應(yīng)制備 SQ 反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。c 中試劑為_（2）_實(shí)驗(yàn)中要控制 SQ

2、的生成速率，可以采取的措施有 _（寫出一條）（3）為了保證硫代硫酸鈉的產(chǎn)量，實(shí)驗(yàn)中通入的SQ 不能過量，原因是實(shí)驗(yàn)H：探究 Na2S2O3與金屬陽離子的氧化還原反應(yīng)。資料：Fe3+39O32-? Fe（9O3）33-（紫黑色）裝置試劑 X實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象!1OJmLOJ mol-L-12ml-j.0J廠溶液Fe2(SO)3溶液混合后溶液先變成紫黑色，30s后幾乎變?yōu)闊o色（4）根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，初步判斷最終 Fe3+被 S2O32-還原為 FW+，通過_（填操作、試劑和現(xiàn)象），進(jìn)一步證實(shí)生成了 Fe。從化學(xué)反應(yīng)速率和平衡的角度解釋實(shí)驗(yàn)n的現(xiàn)象：實(shí)驗(yàn)川：標(biāo)定 Na2S2O3溶液的濃度稱取一定質(zhì)量的產(chǎn)品配制

3、成硫代硫酸鈉溶液，并用間接碘量法標(biāo)定該溶液的濃度：用分析天平準(zhǔn)確稱取基準(zhǔn)物質(zhì)K2Cr2O7（摩爾質(zhì)量為 294g?mol1）0.5880g。平均分成 3 份，分別放入 3 個(gè)錐形瓶中，加水配成溶液，并加入過量的KI 并酸化，發(fā)生下列反應(yīng)：6I-+Cr2O72-+14H+= 3I2+2C 產(chǎn)+7H2O,再加入幾滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2Q溶液滴定，發(fā)生反應(yīng)b+2S2O32-= 2I-+ S4O62-，三次消耗 Na2S2O3溶液的平均體積為 25.00 mL,則所標(biāo)定的硫代硫 酸鈉溶液的濃度為_ mol ?-1【答案】分液漏斗烝餾燒瓶H2SO4Na?S03= Na2SO4H2O SO2硫化

4、鈉和碳酸鈉的混合液 調(diào)節(jié)酸的滴加速度若 SC2過量，溶液顯酸性.產(chǎn)物會(huì)發(fā)生分解加入鐵氰化鉀溶液產(chǎn)生藍(lán)色沉淀開始生成 Fe(S2O3)33-的反應(yīng)速率快，氧化還原反應(yīng)速率慢，但Fe3+與 SC32-氧化還原反應(yīng)的程度大，導(dǎo)致Fe3+39Q2-? Fe(SO3)33-(紫黑色)平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，最終溶液幾乎變?yōu)闊o色0.1600【解析】【分析】【詳解】(1) a 的名稱即為分液漏斗，b 的名稱即為蒸餾燒瓶；b 中是通過濃硫酸和 Na2SQ 反應(yīng)生成SQ,所以方程式為：H2SO4Na2SO3=Na2SO4H2O SO2； c 中是制備硫代硫酸 鈉的反應(yīng)，SQ 由裝置b 提供，所以 c 中試劑為硫化

5、鈉和碳酸鈉的混合溶液；(2) 從反應(yīng)速率影響因素分析，控制SQ 生成速率可以調(diào)節(jié)酸的滴加速度或者調(diào)節(jié)酸的濃度，或者改變反應(yīng)溫度；(3) 題干中指出，硫代硫酸鈉在酸性溶液中會(huì)分解，如果通過量的SO2,會(huì)使溶液酸性增強(qiáng)，對制備產(chǎn)物不利，所以原因是：SO2過量，溶液顯酸性，產(chǎn)物會(huì)發(fā)生分解；(4) 檢驗(yàn) Fe2+常用試劑是鐵氰化鉀，所以加入鐵氰化鉀溶液，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀即證明有Fe2*生成；解釋原因時(shí)一定要注意題干要求，體現(xiàn)出反應(yīng)速率和平衡兩個(gè)角度，所以解釋為：開始階段，生成Fe(S2O3)3的反應(yīng)速率快，氧化還原反應(yīng)速率慢，所以有紫黑色出現(xiàn)，隨著 F+的量逐漸增加，氧化還原反應(yīng)的程度變大，導(dǎo)致平衡逆向移

6、動(dòng)，紫黑色逐漸消失，最 終溶液幾乎變?yōu)闊o色；間接碘量法滴定過程中涉及兩個(gè)反應(yīng)：6ICa。214H =3122Cr37出。；2 2I22S2O3=2IS4O6；反應(yīng)被氧化成 12,反應(yīng)中第一步所得的 I2又被還原成，所以與電子轉(zhuǎn)移數(shù)相同，那么滴定過程中消耗的Cr2O2得電子總數(shù)就與消耗的S2O2失電子總數(shù)相同；在做計(jì)算時(shí)，不要忽略取的基準(zhǔn)物質(zhì)重鉻酸鉀分成了三份進(jìn)行的1 0 5880滴定。所以假設(shè) c(Na2S2O3)=a mol/L，列電子得失守恒式：6=a 0.025 1,3294解得 a=0.1600mol/Lo2.疊氮化鈉(NaN3)是一種白色劇毒晶體，是汽車安全氣囊的主要成分。NaN3易

7、溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱堿性，能與酸發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生具有爆炸性的有毒氣體疊氮化氫。實(shí)驗(yàn) 室可利用亞硝酸叔丁酯(t-BuNO2，以 t-Bu 表示叔丁基)與 N2H4、氫氧化鈉溶液混合反應(yīng)制備 疊氮化鈉。(1) 制備亞硝酸叔丁酯取一定 NaNO2溶液與 50%硫酸混合，發(fā)生反應(yīng) H2SO4+ 2NaNO2=2HNO2+ NazSQ。可利用亞硝酸與叔丁醇(t-BuOH)在 40C左右制備亞硝酸叔丁酯，試寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：(2) 制備疊氮化鈉(NaN3)按如圖所示組裝儀器(加熱裝置略)進(jìn)行反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：t-BuN02+ NaOH+N2H4=NaN3+ 2H2O+ t-BuOH。1

8、裝置 a 的名稱是_;2該反應(yīng)需控制溫度在 65C，采用的實(shí)驗(yàn)措施是 _ ;3反應(yīng)后溶液在 0C下冷卻至有大量晶體析出后過濾。所得晶體使用無水乙醇洗滌。試解釋低溫下過濾和使用無水乙醇洗滌晶體的原因是(3) 產(chǎn)率計(jì)算1稱取 2.0g 疊氮化鈉試樣，配成 100mL 溶液，并量取 10.00mL 溶液于錐形瓶中。2用滴定管加入 0.10mol L1六硝酸鈰銨(NH4)2Ce(NO3)6溶液 40.00mL(假設(shè)雜質(zhì)均不參與反應(yīng))。3充分反應(yīng)后將溶液稀釋并酸化，滴入 2 滴鄰菲羅啉指示液，并用 0.10mol L1硫酸亞鐵銨(NH4)2Fe(SO)2為標(biāo)準(zhǔn)液，滴定過量的 Ce4+,終點(diǎn)時(shí)消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液

9、 20.00mL(滴定原理：Ce4+ Fe2=Ce3+ Fe3)o已知六硝酸鈰銨(NH4)2Ce(NO3)6與疊氮化鈉反應(yīng)生成硝酸銨、硝酸鈉、氮?dú)庖约癈e(NO3)3,試寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式 _ ;計(jì)算疊氮化鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 _ (保留 2 位有效數(shù)字)。若其他操作及讀數(shù)均正確，滴定到終點(diǎn)后，下列操作會(huì)導(dǎo)致所測定樣品中疊氮化鈉質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏大的是 _(填字母)。A. 錐形瓶使用疊氮化鈉溶液潤洗B. 滴加六硝酸鈰銨溶液時(shí)，滴加前仰視讀數(shù)，滴加后俯視讀數(shù)C. 滴加硫酸亞鐵銨標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，開始時(shí)尖嘴處無氣泡，結(jié)束時(shí)出現(xiàn)氣泡D. 滴定過程中，將掛在錐形瓶壁上的硫酸亞鐵銨標(biāo)準(zhǔn)液滴用蒸餾水沖進(jìn)瓶內(nèi)(4) 疊氮化

10、鈉有毒，可以使用次氯酸鈉溶液對含有疊氮化鈉的溶液進(jìn)行銷毀，反應(yīng)后溶液堿性明顯增強(qiáng)，且產(chǎn)生無色無味的無毒氣體，試寫出反應(yīng)的離子方程式：【答案】t-BuOH+ HNQ竺Et-BuNO2+ H2O 恒壓滴液漏斗(滴液漏斗)水浴加熱 降低疊 氮化鈉的溶解度，防止產(chǎn)物損失2(NH4)2Ce(NO3)6+ 2NaN3=4NH4NO3+ 2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2f65% AC ClO+2Nj+出0=。+2OH+3N?f【解析】【分析】【詳解】(1) 制備亞硝酸叔丁酯的反應(yīng)物有亞硝酸和叔丁醇，反應(yīng)類型屬于有機(jī)的酯化反應(yīng)，所以方裝置 a 的名稱即為恒壓滴液漏斗；2反應(yīng)要控制溫度在 65C，參考苯

11、的硝化實(shí)驗(yàn)，該反應(yīng)加熱時(shí)，應(yīng)當(dāng)采用水浴加熱；3題干中提到了疊氮酸鈉易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗滌產(chǎn)品時(shí)，為了減少洗滌過 程中產(chǎn)品的損耗，應(yīng)當(dāng)用無水乙醇洗滌；(3)通過題干提示的反應(yīng)產(chǎn)物分析，可知反應(yīng)過程中Ce4+和N3中的元素發(fā)生了變價(jià)，所以反應(yīng)的方程式為:2(NH4)2Ce(NO3)62NaN3=4NH4NO32NaNO32Ce(NO3)33N2；在計(jì)算疊1氮化鈉的含量時(shí)，一定要注意疊氮酸鈉溶液配制完成后只取了與過量的六硝酸鈰銨反10應(yīng)，再用 F0 去滴定未反應(yīng)完的正四價(jià)的Ce,因此有：2.0gNaN3樣品的丄消耗的 Ce4Fe2消耗的 Ce4=0.004molCe4，考慮到 Fe2+與

12、10Ce4+的反應(yīng)按照 1:1 進(jìn)行，所以 2.0g 疊氮化鈉樣品中疊氮化鈉的物質(zhì)的量為：n(NaN3)10 (0.004 Fe2消耗的Ce4)0.02mol，所以疊氮化鈉樣品的質(zhì)量分?jǐn)?shù), m(NaN3) ce, 0.02mol 65g/mol為：w- 100%=65%；2.0g2.0A. 潤洗錐形瓶，會(huì)使步驟 消耗的六硝酸鈰銨的量增加，通過分析可知，會(huì)使最終計(jì)算 的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏大，A 項(xiàng)正確；B.量取 40mL 六硝酸鈰銨溶液時(shí)若前仰后俯，則會(huì)量取比40ml 更多的六硝酸鈰銨溶液，那么步驟 會(huì)需要加入更多的 FW+來消耗疊氮酸鈉未消耗掉的Ce4+,通過分析可知，最終會(huì)導(dǎo)致計(jì)算的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏低，B

13、 項(xiàng)錯(cuò)誤；C.步驟用 Fe2+標(biāo)定未反應(yīng)的 Ce4+,若開始尖嘴無氣泡，結(jié)束后出現(xiàn)氣泡，則記錄的Fe2*消耗量比實(shí)際的偏小，通過分析可知，最終會(huì)使質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏大，C 正確；D.將掛在錐形瓶壁上的卩62+溶液沖入錐形瓶，相當(dāng)于讓溶液混合更均勻，這樣做會(huì)使結(jié)果 更準(zhǔn)確，D 項(xiàng)不符合；答案選 AC；(4)反應(yīng)后溶液堿性增強(qiáng)，所以推測生成了0H-；產(chǎn)生的無色無味無毒氣體，推測只能是氮?dú)?，所以離子方程式為：CIO 2N3H2O=Cl3N22OHo【點(diǎn)睛】滴定計(jì)算類的題目，最?？疾斓男问街皇桥渲仆甏郎y樣品溶液后，只取一部分進(jìn)行滴定，在做計(jì)算時(shí)不要忘記乘以相應(yīng)的系數(shù)；此外，常考察的形式也有：用待測物A 與過

14、量的 B 反應(yīng)，再用 C 標(biāo)定未反應(yīng)的 B,在做計(jì)算時(shí)，要注意 A 與 C 一同消耗的 Bo3.過硫酸鈉(Na2&08)具有極強(qiáng)的氧化性，且不穩(wěn)定，某化學(xué)興趣小組探究過硫酸鈉的相關(guān) 性質(zhì)，實(shí)驗(yàn)如下。已知SQ 是無色易揮發(fā)的固體，熔點(diǎn) 16.8C,沸點(diǎn)程式為：t-BuOH HNO2t-BuNO2H2O;44.8C。(1) 穩(wěn)定性探究(裝置如圖)：分解原理：2Na2S2O82Na2SO + 2SO3T+ O2仁此裝置有明顯錯(cuò)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 _VuSU (1帶火足(2 )過硫酸鈉在酸性環(huán)境下，在Ag+的催化作用下可以把 Mn2+氧化為紫紅色

15、的離子，所得溶液加入 BaC2可以產(chǎn)生白色沉淀，該反應(yīng)的離子方程式為 _，該反應(yīng)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(jìn)行洗滌的操作是則c MnO4-= -0.03L=0.06moig_-1, Na2SO8具有氧化性，消耗的 H2C2O45 0.02L溶液增多，導(dǎo)致測得的結(jié)果偏高，故答案為：0.06;偏高。4.鋰離子電池能夠?qū)崿F(xiàn)千余次充放電，但長時(shí)間使用后電池會(huì)失效，其中的化學(xué)試劑排放 至環(huán)境中不僅會(huì)造成環(huán)境污染，還會(huì)造成資源的浪費(fèi)。實(shí)驗(yàn)室模擬回收鋰離子電池中的Co Ni、Li 的流程如圖。已知：LiCoQ 難溶于水，易溶于酸。回答下列問題:(1)

16、LiCoQ 中 Co 的化合價(jià)是 _。(2)LiCoQ 在浸出過程中反應(yīng)的離子方程式是_。(3) 浸出劑除了 H2O2外，也可以選擇 Na2S2Q，比較二者的還原效率 H2O2_(填“ 或2SO3(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)。(4 )提高浸出效率的方法有 _。(5) 利用 Cyanex272 萃取時(shí)，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 萃取分離時(shí)，最佳 pH 是(6)反萃取的離子方程式為2H+CoR=C(f+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(shí)

17、， Ni2+開始沉淀。 Ksp(Ni(OH)2=2X105(8)參照題中流程圖的表達(dá)，結(jié)合信息設(shè)計(jì)完成從水相中分離Ni 和 Li 的實(shí)驗(yàn)流程圖(如圖)。5H2C2O450.03L O.lmolgJ2Mn O420.02L c MnO4(AU0oOn趴石*一伽幗衛(wèi)實(shí)匚沁沁歸酣侃涙電-科詢_ (嚴(yán)品1 )*03.06.0 6.5 TJOKJ 73)已知:LiFLigNi(OH),NijCOjNiFa難譜難溶提供的無機(jī)試劑：NaOH、Na2CQ、NaF?！敬鸢浮?3 2LiCoQ+6H+H2O2=2Co2+6f+2LI+4H2O 適當(dāng)升高溫度，適當(dāng)增加H2SC4濃度 5.5 HzSO 7.5 NaO

18、H Ni(OH)2 NaF【解析】【分析】(1) 通過化合物中各元素化合價(jià)代數(shù)和為0 進(jìn)行計(jì)算；(2) 由流程圖中有機(jī)相反萃取得到CoSQ，可知 LiCoQ 與 H2O2在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律寫出化學(xué)方程式；根據(jù)等物質(zhì)的量 H2O2和 Na2S2O3作為還原劑轉(zhuǎn)移電子的多少進(jìn)行判斷；(4)提高浸出效率即提高化學(xué)反應(yīng)速率；分離 Co2+和 Ni2+時(shí)，由于 Co2*進(jìn)入有機(jī)相，Ni 進(jìn)入水相，因此，應(yīng)該選擇鈷的萃取率高 而鎳的萃取率低的 pH 范圍；將鈷洗脫進(jìn)入水相中時(shí)，應(yīng)該使反應(yīng)向正反應(yīng)方向移動(dòng)，同時(shí)不能引入新雜質(zhì)；(7) 根據(jù) Ksp(Ni(OH)2的表達(dá)式進(jìn)行

19、計(jì)算；(8) 根據(jù)表格中所給物質(zhì)溶解度信息，調(diào)節(jié)pH 應(yīng)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(shí)沉淀?！驹斀狻?1) LiCoO2中 O 元素為-2 價(jià)，Li 為+1 價(jià)，根據(jù)化合物中各元素化合價(jià)代數(shù)和為0 進(jìn)行計(jì)算得Co 的化合價(jià)為+3 價(jià)；(2) 由流程圖中有機(jī)相反萃取得到 CoSO，可知 LiCoQ 與 H2O2在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，化學(xué)方程式為：2LiCoO2+6H+H2O2=2Co2+O2f+2Li+4H2O；(3) 1molH2O2作為還原劑轉(zhuǎn)移 2mol 電子，1molNa2S?O3作為還原劑轉(zhuǎn)移 8mol 電子，貝 U Na2S2O

20、3的還原效率更高；提高浸出效率可以適當(dāng)升高溫度，適當(dāng)增加H2SQ 濃度等；分離 Cc?+和 Ni2+時(shí)，由于 Co2*進(jìn)入有機(jī)相，Ni 進(jìn)入水相，因此，應(yīng)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;將鈷洗脫進(jìn)入水相中時(shí)，應(yīng)該使反應(yīng)向正反應(yīng)方向移動(dòng)，同時(shí)，為不引入新雜質(zhì)，反萃 取劑最好選擇 H2SO4;c(Ni2+)=1.18mol/L=0.02mol/L，則開始沉淀時(shí)，c(OH)=59(8)根據(jù)表格中所給物質(zhì)溶解度信息，調(diào)節(jié)pH 應(yīng)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(shí)沉淀，所以選用NaOH,則 Ni(OH)2先沉淀，

21、過濾后濾液中加入NaF 生成 LiF 沉淀?！军c(diǎn)睛】Ksp(Ni OH2)本題（5）選擇合適的 pH 時(shí)，注意讀懂圖中信息，要根據(jù)實(shí)驗(yàn)的具體操作情況來分析。5 根據(jù)當(dāng)?shù)刭Y源等情況，硫酸工業(yè)常用黃鐵礦（主要成分為 FeQ）作為原料。完成下列填空：（1）將 0.050mol SO2（g）和 0.030mol O2（g）充入一個(gè) 2L 的密閉容器中，在一定條件下發(fā)生反 應(yīng)：2SQ（g）+O2（g）? 2SO3（g）+Q。經(jīng) 2 分鐘反應(yīng)達(dá)到平衡，測得n（SQ）=0.040mol，貝 U O2的平均反應(yīng)速率為_（2）在容積不變時(shí)，下列措施中有利于提高 SQ 平衡轉(zhuǎn)化率的有 _（選填編號）a移出氧氣b

22、降低溫度c.減小壓強(qiáng)d 再充入 0.050molSO2（g）和 0.030molO2（g）在起始溫度 T1（673K）時(shí) SQ 的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時(shí)間的變化如圖，請?jiān)趫D中畫出其他條件 不變情況下，起始溫度為T2（723K）時(shí) SQ 的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時(shí)間變化的示意圖_（4）黃鐵礦在一定條件下煅燒的產(chǎn)物為 SQ 和 Fe3O41將黃鐵礦的煅燒產(chǎn)物FesO4溶于 H2SQ 后，加入鐵粉，可制備FeSQ。酸溶過程中需維持溶液有足夠的酸性，其原因是 _2FeS?能將溶液中的 Fe3+還原為 Fe2+,本身被氧化為 SQ2。寫出有關(guān)的離子方程式。有 2mol 氧化產(chǎn)物生成時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為14NA【解析】0103

23、4 44 K M【答案】0.005mol/(L?mi n)抑【分析】求出氧氣的速率，然后根據(jù)速率之比等于對應(yīng)物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比計(jì)(1)根據(jù) v =算；(2) 反應(yīng)放熱，為提高 SQ 平衡轉(zhuǎn)化率，應(yīng)使平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，可降低溫度，體積不 變，不能從壓強(qiáng)的角度考慮，催化劑不影響平衡移動(dòng)，移出氧氣，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，不利于提高 SQ 平衡轉(zhuǎn)化率，由此分析解答；(3) 反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向進(jìn)行，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減小，但達(dá)到平衡所需 要的時(shí)間縮短，據(jù)此畫出曲線；Fe3+與 F計(jì)易水解，F(xiàn) 計(jì)易被氧化成 Fe3*;2根據(jù)氧化還原反應(yīng)中的反應(yīng)物和生成物幾何電子守恒來配平化學(xué)方程式，

24、結(jié)合方程計(jì)算 轉(zhuǎn)移電子數(shù)。【詳解】故答案為： 0.005mol/(L?min)；(2)a 移出氧氣，平衡逆向移動(dòng)，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減少，故不選；b 降低溫度，平衡正向移動(dòng)，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率增大，故選；c. 減小壓強(qiáng)，平衡逆向移動(dòng)，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減少，故不選；d. 再充入 0.050molSO2(g)和 0.030molO2(g),相當(dāng)于增大壓強(qiáng)， 平衡正向移動(dòng)， 二氧化硫的 轉(zhuǎn)化率增大，故選；故答案為：bd ；反應(yīng)：2SQ(g)+O2(g)? 2SO3(g)AHv0, SQ 的轉(zhuǎn)化率在起始溫度 T1= 673K 下隨反應(yīng)時(shí)間(t)的變化如圖，其他條件不變，僅改變起始溫度為T2= 723K,溫

25、度升高，平衡逆向進(jìn)行，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減小，但反應(yīng)速率增大，達(dá)到平衡需要的時(shí)間短，在圖中畫出溫度T2下SQ 的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時(shí)間變化的預(yù)期結(jié)果示意圖如圖所示-T,Tr*應(yīng)DT,T,;故答案為：,/八. .廠/E/ /41-:1 : /2Q-:/ : /ill11Fe2O3(或 FesO4等)溶于 H2SQ 后，生成的 FeT 與 Fe2+易水解，F(xiàn)e2+易被氧化成 Fe3+，所 以要加入Fe 粉和酸，抑制 Fe3+與 Fe2+的水解，并防止 Fe2+被氧化成 Fe3+，故答案為：抑 制 Fe3+與 Fe2+的水解，并防止 Fe2+被氧化成 F0 ;2-2 價(jià)的硫離子具有還原性， FeS 可以將溶

26、液中的 Fe3+還原為 Fe2*,而本身被氧化為硫酸 根離子，有關(guān)的離子方程式為： FeQ+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SC42+16H+,氧化產(chǎn)物是硫酸根 離子，有 2mol 硫酸根生成時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為 14NA,故答案為：Fe9+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SQ2+ 16H+； 14NA?！军c(diǎn)睛】注意(3)溫度升高，平衡逆向進(jìn)行，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減小，但反應(yīng)速率增大，達(dá)到平衡需 要的時(shí)間短，此為解題的關(guān)鍵。6廢水中過量的氨氮(NH3和NH4)會(huì)導(dǎo)致水體富營養(yǎng)化。某科研小組用NaCIO氧化法處(1)v(SO3)=0.040mol2L= 0.01mol/(L?min),2min

27、1所以 V(O2)=-2v(SQ)= 0.005mol/(L?mi n)理氨氮廢水。已知：HCIO的氧化性比NaCIO強(qiáng)；NH3比NH4更易被氧化；國家 相關(guān)標(biāo)準(zhǔn)要求經(jīng)處理過的氨氮廢水PH要控制在 69。(1)pH 1.25時(shí)，NaCIO可與NH4反應(yīng)生成N2等無污染物質(zhì)，該反應(yīng)的離子方程式為O2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 _。3進(jìn)水pH應(yīng)控制在_左右為宜。(3)為研究空氣對NaCIO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)a.O2的氧化性比NaCIO弱b.O2氧化氨氮速率比Na

28、CIO慢C.O2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 2NH4N23CI3出。2H隨著pH的升高，NaCIO含量增大，氧化性降低，導(dǎo)致氨氯去除率下降隨著pH的升高，氨氮廢水中NH3含量增大，而NH3比NH4更易被氧化1.5abc進(jìn)水pH在 1.252.75 范圍內(nèi)時(shí)，氨氮去除率隨pH的升高迅速下降的原因是5W一憐癥卞軸【解析】【分析】(1) pH=1.25 時(shí)，NaCIO 可與 NH4+反應(yīng)生成 N?等無污染物質(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、原子守恒配平書寫離子方程式；(2) 進(jìn)水 pH 為 1.252.75 范圍內(nèi)，氨氮去除率隨 pH

29、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；2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；3結(jié)合圖象變化可知進(jìn)水pH 應(yīng)控制在 1.0 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，說明02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、原子守恒配平書寫離子方程式：3CIO+2NH4+=N2f+

30、3C1+2H+；(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PH 升高，NaCIO 含量增大，氧化性能降低，導(dǎo)致氨氮去除率下降；2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；3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 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、O2氧化氨氮速率比NaCIO 慢、O2在溶液中溶解度比較小；故

31、答案為：abc。7.過氧乙酸(CfCOOOH 是一種高效消毒劑，具有很強(qiáng)的氧化性和腐蝕性，它可由冰醋酸 與過氧化氫在一定條件下制得；它可以迅速殺滅多種微生物，包括多種病毒(如: SARS 病毒、禽流感病毒)、細(xì)菌、真菌及芽孢。下面是市售過氧乙酸商品標(biāo)簽：過氧乙酸本品包括甲、乙兩種滾嵐 體積gSOOmL,把甲、乙謂液各1155在玻璃容器中混合后放蚤24小時(shí)后其中過氧乙釀敢廈小于10%應(yīng)用和倍純水稀釋(濃度為0衛(wèi)),稀釋后才龍 使用&有關(guān)資料：出 02是極弱的電解質(zhì)，在酸性介質(zhì)中才能穩(wěn)定存在，是一種強(qiáng)氧化劑。過氧乙 酸消毒液是由H2O2、H2O、CHCOOH 及少量 H2SC4混合后，反應(yīng)

32、生成過氧乙酸 (CH3COOOH。CH3COOOH 容易放出氧原子，它與空氣中微生物機(jī)體作用，達(dá)到滅菌目的， 是消毒液的主要成分。(1)某研究性學(xué)習(xí)小組為了弄清配制過氧乙酸消毒液的甲、乙溶液的主要成分各是什么？進(jìn) 行以下科學(xué)探究，請你完成下列相關(guān)內(nèi)容：1提出假設(shè)：甲溶液的主要成分為 _ ，乙溶液的主要成分為 _。2實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證：取甲、乙兩種溶液少許，分別加入幾滴 _試液，若中假設(shè)正確，則甲溶液的現(xiàn)象為 _，乙溶液的現(xiàn)象為 _。有關(guān)過氧乙酸的敘述正確的是 _ (填編號)A.過氧乙酸與羥基乙酸(HOCH2COOH 互為同分異構(gòu)體B.過氧乙酸與苯酚混合使用可增強(qiáng)消毒效果C. 過氧乙酸與乙酸屬于同系物D.

33、 氧元素的化合價(jià)為-2 價(jià)(3)實(shí)驗(yàn)室制備少量過氧乙酸，可由冰醋酸和過氧化氫在濃硫酸催化作用下制得，實(shí)驗(yàn)裝置 和步驟如下：1在三頸燒瓶中加入一定量冰醋酸與濃H2SQ 的混合液體，再緩緩加入適量30%的雙氧水。2不斷攪拌并控制 B 中混合液的溫度為 2030C至反應(yīng)結(jié)束。3接入冷凝管和抽氣泵，在錐形瓶中收集得到產(chǎn)品。請回答下列問題：1儀器 C 的名稱是_ ；2為更好地控制反應(yīng)溫度，應(yīng)采用方法是 _ ;3生成過氧乙酸的化學(xué)方程式為 _ ;4碘量法分析：取 2.00mL 過氧乙酸試樣稀釋成 100mL,從中取出 5.00mL，滴加酸性KMnO4溶液至恰好粉紅色以除去殘余H2O2，再加入 10mL10

34、%KI 溶液和幾滴淀粉溶液，搖勻，反應(yīng)完全后再用 0.1000mol/L 的 Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)(反應(yīng)方程式為2Na29O3+l2=Na2$O6+2Nal)，共消耗 14.30mL Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液。該樣品中過氧乙酸的物質(zhì)的 量濃度是_ mol/L。(結(jié)果保留小數(shù)點(diǎn)后兩位)(提示：CH3COOOH+21+2H+=l2+CHCOOH +HO)【答案】甲 H2O2、H2O、H2SQ 乙 CH3COOH、H2O 石蕊 甲：溶液先變紅后褪色乙:溶液由無色變?yōu)榧t色A 冷凝管(或直形冷凝管)水浴加熱 CHCOOH +H2O2-CHCOOOH + HO 7.15【解析】【分析】(1)若假設(shè)甲

35、溶液的有效成分是H2O2,則乙溶液的有效成分是CH3COOOH,根據(jù)過氧乙酸消毒液是由 H2O2、H2O、CH3COOH 及少量 H2SO 混合后，反應(yīng)生成過氧乙酸 (CH3COOOH), H2O2是極弱的電解質(zhì)，在酸性介質(zhì)中才能穩(wěn)定存在，則H2SO 應(yīng)該在甲溶液中，另外兩種溶液中的水也是一種主要成分；兩溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊試液變紅，但是甲溶液中 H2O2漂白作用的會(huì)使變紅的溶液褪色；(2) 結(jié)合選項(xiàng)對過氧乙酸(CH3COO OH 性質(zhì)判斷，(3 由儀器的結(jié)構(gòu)，可知 C 為直形冷凝管；2控制 B 中混合液的溫度為 2030C,應(yīng)采取水浴加熱；3結(jié)合題中信息，寫出生成過氧乙酸的化學(xué)反應(yīng)方

36、程式；CH3COOOH+21+2H+=b+CHbCOOH +HO, 2Na2S2O3+l2=Na2$O6+2Nal，由這兩個(gè)方程式，確定關(guān)系式：CH3C000HH|22Na2&03,計(jì)算稀釋后 5.00mL 溶液中過氧乙酸的物質(zhì)的量，再計(jì) 算原來的2.00mL 溶液中的過氧乙酸的物質(zhì)的量，再根據(jù)物質(zhì)的量濃度定義式計(jì)算。【詳解】（1） 若假設(shè)甲溶液的有效成分是 H2O2,則乙溶液的有效成分是 CH3C000H,根據(jù)過氧乙酸消毒液是由 H2O2、H20、CH3C00H 及少量 H2SC4混合后，反應(yīng)生成過氧乙酸 （CH3C000H） H202是極弱的電解質(zhì)，在酸性介質(zhì)中才能穩(wěn)定存在，則H2

37、SQ 應(yīng)該在甲溶液中，另外兩種溶液中的水更是一種主要成分；兩溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊試液變紅，但是甲溶液中 H202漂白作用的會(huì)使變紅的溶液褪色；（2）過氧乙酸與羥基乙酸（H0CH2C00 H）的分子式都是 C2H4O3，但結(jié)構(gòu)不同，故互為同分異 構(gòu)體；過氧乙酸具有強(qiáng)氧化性，而苯酚易被氧化，兩者混合發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能增強(qiáng)消毒效果；過氧乙酸的分子結(jié)構(gòu)中存在過氧根而乙酸中沒有，兩者結(jié)構(gòu)不相似，不屬于同+2 價(jià)、+1 價(jià)；C 為直形冷凝管；2030C,應(yīng)采取水浴加熱，受熱均勻，便于控制溫度;3乙酸與過氧化氫在濃硫酸、 2030C條件下反應(yīng)生成過氧乙酸（CH3C000H）反應(yīng)的化學(xué)方程式為：C

38、H3C00H + H02CH3C000H + H0 ；4CH3C000H+2-+2H+=|2+CH3C00H +H0, 2Na2S03+|2=Na2S406+2NaI，由這兩個(gè)方程式，確定關(guān)系式：CH3C000HH 122Na2903，可知稀釋后的 5.00mL 溶液中過氧乙酸的物質(zhì)的量是：X0.0143LX0.1000mol,原來 2.00mL 溶液中的過氧乙酸的物質(zhì)的量是：22=7.15 mol/L?！军c(diǎn)睛】本題是探究性實(shí)驗(yàn)試題，現(xiàn)根據(jù)題中的信息去假設(shè)，然后分析、得出結(jié)論。實(shí)驗(yàn)中的數(shù)據(jù) 處理，借助關(guān)系式法，計(jì)算所需要的物質(zhì)的物質(zhì)的量。&利用H2還原鐵的氧化物并確定其組成的裝置如圖所

39、示（Zn粒中往往含有硫化物等雜質(zhì)，焦性沒食子酸溶液可吸收少量氧氣）。系物；過氧乙酸中的氧元素有（3由儀器的結(jié)構(gòu)，可知控制 B 中混合液的溫度為X0.0143LX0.1000mol/LX=0.0143mol，該該樣品中過氧乙酸的物質(zhì)的量濃度是:回答下列問題：1裝置Q（啟普發(fā)生器）用于制備H2，還可用于 _（填字母，下同）。A.生石灰與濃氨水制NH3B.過氧化鈉與水制。2C 硫化鐵固體與稀硝酸制H2Sn D.大理石與稀鹽酸制CO22 中依次盛裝的試劑為 _，KMnO4酸性溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為A.KMnO4酸性溶液、濃HSO4、焦性沒食子酸溶液B.焦性沒食子酸溶液、濃HSO4、KMnO4酸性

40、溶液C.KMnO4酸性溶液、焦性沒食子酸溶液、濃HSO43加熱管式爐”和 打開活塞 K”這兩步操作應(yīng)該先進(jìn)行的是 _，在這兩步之間還應(yīng)進(jìn)行 的操作是_。4反應(yīng)過程中 G 管逸出的氣體是 _，其處理方法是 _ 。5結(jié)束反應(yīng)時(shí)，應(yīng)該 _ ，待裝置冷卻后稱量并記錄相應(yīng)數(shù)據(jù)。6假設(shè)反應(yīng)完全后瓷舟中的固體只有Fe 單質(zhì)，實(shí)驗(yàn)中測得了下列數(shù)據(jù)：瓷舟的質(zhì)量為30.4g；瓷舟和 FexOy 的總質(zhì)量為42.0g；反應(yīng)前 U 形曾及內(nèi)盛物的總質(zhì)量為98.4g；反應(yīng)后 U 形管及內(nèi)盛物的總質(zhì)成為102.0g。由以上數(shù)據(jù)計(jì)算并確定該鐵的氧 化物的化學(xué)式為。22【答案】 D C8MnO45H2S 14H 8Mn25S

41、O4212H2O打開活塞 K 檢驗(yàn)H2的純度 氫氣(或H2)在 G 管口處放置一個(gè)點(diǎn)燃的酒精燈先停止加熱，冷卻至室溫后，再關(guān)閉活塞 KFe3O4【解析】【分析】H2還原 WO3制備金屬 W，裝置 Q 用于制備氫氣，因鹽酸易揮發(fā)，則、應(yīng)分別用 于除去 HCI、H2S 氧氣和水，得到干燥的氫氣與鐵的氧化物在加熱條件下制備Fe,堿石灰用于吸收水，實(shí)驗(yàn)結(jié)束后應(yīng)先停止加熱再停止通入氫氣，以避免Fe 被重新氧化，以此解答該題?！驹斀狻?1)A生石灰與濃氨水制NH3，生成的氫氧化鈣微溶于水，可堵塞導(dǎo)管，故A 錯(cuò)誤；B.過氧化鈉與水劇烈反應(yīng)， 不能用啟普發(fā)生器制備。2，故 B 錯(cuò)誤；C.硫化鐵固體與稀硝酸發(fā)生

42、氧化還原反應(yīng)，不能生成硫化氫，故C 錯(cuò)誤；D.大理石不溶于水，可與稀鹽酸制CO2，可用啟普發(fā)生器，故 D 正確。故答案為： D；2、應(yīng)分別用于除去 HCI、H2S、氧氣和水，以得到干燥的氫氣，KMnOq酸性溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為8MnO45H2S 14H 8Mn25SO4212H2O；3實(shí)驗(yàn)前應(yīng)先通入氫氣，以排出裝置的空氣，則應(yīng)先打開活塞 先檢驗(yàn)H?的純度；4從 G 逸出的氣體為氫氣，可用點(diǎn)燃的方法處理，方法是在G 管口處放置一個(gè)點(diǎn)燃的酒精燈；5實(shí)驗(yàn)結(jié)束后應(yīng)先停止加熱再停止通入氫氣，以避免Fe 被重新氧化；6已知：瓷舟的質(zhì)量為30.4g；瓷舟和 FexOy的總質(zhì)量為42.0g，則m Fe

43、xOy11.6g；反應(yīng)前 U 形曾及內(nèi)盛物的總質(zhì)量為98.4g；反應(yīng)后 U 形管及內(nèi)盛物的總質(zhì)成為102.0g，則生成m H203.6g，則氧化物中16g / mol 3.2g，n 0 0.2mol；18g / moln O 0.15:0.23: 4，化學(xué)式為FesOq。9.現(xiàn)有一份含有 FeC3和 FeC2固體混合物，為測定各成分的含量進(jìn)行如下兩個(gè)實(shí)驗(yàn)：實(shí)驗(yàn) 1: 稱取一定質(zhì)量的樣品，將樣品溶解；2向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，產(chǎn)生沉淀；3將沉淀過濾、洗滌、干燥得到白色固體17.22 g。實(shí)驗(yàn) 2： 稱取與實(shí)驗(yàn) 1 中相同質(zhì)量的樣品，將樣品溶解；2向溶解后的溶液中通入足量的Cl2

44、；3再向 所得溶液中加入足量的 NaOH 溶液，得到紅褐色沉淀；4將沉淀過濾、洗滌后，加熱灼燒，到質(zhì)量不再減少，得到固體物質(zhì)4g。回答下列問題：(1)_ 溶解過程中所用到的玻璃儀器有_。(2 實(shí)驗(yàn)室保存 FeC2溶液時(shí)通常會(huì)向其中加入少量試劑 _ 和_(3)_ 實(shí)驗(yàn) 2 通入足量 C2的目的是;涉及的化學(xué)反應(yīng)的離子方程式是(4 檢述實(shí)驗(yàn) 2 的步驟中沉淀已經(jīng)洗滌干凈的方法是 _。(5)加熱 FeC3溶液，并將溶液蒸干時(shí)，通常不能得到FeC3固體，請以平衡的觀點(diǎn)解釋其原因(方程式與文字相結(jié)合來說明) _ 。(6)FeC3溶液可以用于止血，主要是因?yàn)?FeC3溶液能使血液聚沉，這涉及膠體的特性。以

45、下關(guān)于膠體的說法不正確的是 _ 。K,為避免加熱時(shí)爆炸，應(yīng)m Fe11.6g 3.2g 8.4g，n Fe)56g / mol0.15mol，則n FeA.膠體粒子能透過濾紙，但不能透過半透膜B.膠體粒子具有較大的表面積，能吸附陽離子或陰離子，故在電場作用下會(huì)產(chǎn)生電泳現(xiàn)象C.向 Fe (OH)3膠體可以產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，CuSO溶液、水等分散系不能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)D.向 Fe (OH)3膠體中滴加硫酸，會(huì)先出現(xiàn)紅褐色沉淀，隨后沉淀消失E.在蛋白質(zhì)溶液中加入稀的CuSO 溶液，可使蛋白質(zhì)鹽析(7)通過實(shí)驗(yàn)所得數(shù)據(jù)，計(jì)算固體樣品中_FeC3和 FeC2的物質(zhì)的量之比為。【答案】(1)燒杯、玻璃棒(2)

46、 稀鹽酸 鐵粉(3) 將 F0 全部轉(zhuǎn)化為 Fe3+2Fe2+C2=2Fe3+2C(4)取少量最后一次的洗滌液于試管中，向試管中溶液滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶 液，如未出現(xiàn)白色沉淀說明已洗凈(5) FeC3在水中存在如下平衡 FeC3+3H2O=Fe (OH)3+3HCI，在加熱條件下，由于HCl 易揮發(fā)，生成物濃度減小，導(dǎo)致平衡不斷向右移動(dòng)，故最后不能得到FeC3固體(6) E (7) 2: 3【解析】試題分析：(1)溶解所用到的儀器為燒杯、玻璃棒；(2) FeC2易被空氣中的氧氣氧化成FeC3，向溶液中加入少量鐵粉，使FeC3重新轉(zhuǎn)化為 FeC2；為了防止 FeC2溶液水解，常加入鹽酸

47、，抑制其水解，防止其變質(zhì)；(3) C2將 FeC2氧化生成 FeC3： Cb+2FeC2=2FeC3,實(shí)質(zhì)為 2Fe2+ Cl2= 2F0+ 2C；( 4)解答此問時(shí)，首先要明確沉淀吸附了什么雜質(zhì)，由于 氯化鈉和硝酸銀反應(yīng)生成氯化銀沉淀和硝酸鈉，因此沉淀吸附的雜質(zhì)是Na+、C，檢驗(yàn)沉淀是否洗滌干凈，只要檢驗(yàn)洗滌后的溶液中是否含有Na+、C中的一種就可以，如果最后一次的洗滌液仍然有氯化鈉，加入硝酸銀溶液就會(huì)出現(xiàn)沉淀，反之，說明溶液中沒有氯化 鈉；(5)因?yàn)?FeC3易水解，且 HCI 易揮發(fā)，加熱促進(jìn)了 FeC3水解及 HCI 的揮發(fā)，所以不 能得到 FeC3固體；(6) A、膠體粒子直徑介于

48、1100nm 之間，因此能透過濾紙，但不能 透過半透膜，A 正確；B 膠體粒子具有較大的表面積，能吸附陽離子或陰離子，因此在電 場作用下會(huì)移向陰極或陽極，產(chǎn)生電泳現(xiàn)象，B 正確；C 向 Fe(OH)3膠體可以產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，CuSQ 溶液、水等分散系不能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，C 正確；D、，向膠體中加入少量的酸、堿、鹽，會(huì)中和膠體所帶的電荷，使膠體發(fā)生聚沉，所以向Fe(OH)3膠體中滴加硫酸，會(huì)先出現(xiàn)紅褐色Fe(OH)3沉淀，但過量的硫酸還會(huì)和Fe(OH)3沉淀發(fā)生反應(yīng)生成硫酸鐵，D 正確；E、CuSQ 屬于重金屬鹽，能使蛋白質(zhì)變性，而非鹽析，E 不正確；m17 22(7)先由 計(jì)算實(shí)驗(yàn)所得 AgC

49、I 的 n 為 mol = 0.12mol，實(shí)驗(yàn)所得 Fe2O3的 nM143.54為 mol = 0.025mol，設(shè) FeC3和 FeC2的物質(zhì)的量分別為 x mol、y mol，依據(jù) Cl、Fe 守恒1603x mol+2y mol=0.12 mol , x mol+y mol=0.025 mol ，解得 x = 0.02, y = 0.03，則固體樣 品中 FeC3和 FeC2的物質(zhì)的量之比為為 2 : 3?？键c(diǎn)：本題主要考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作、離子方程式的書寫、鐵鹽和亞鐵鹽的性質(zhì)及轉(zhuǎn)化、鹽類水解、化學(xué)計(jì)算等。【名師點(diǎn)睛】(1 )化學(xué)實(shí)驗(yàn)常用儀器的使用方法和化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作是進(jìn)行化學(xué)實(shí)驗(yàn)

50、的基礎(chǔ)，對化學(xué)實(shí)驗(yàn)的考查離不開化學(xué)實(shí)驗(yàn)的基本操作。考查的角度主要是以常見儀器的選 用、實(shí)驗(yàn)基本操作為中心， 通過是什么、 為什么和怎樣做重點(diǎn)考查實(shí)驗(yàn)基本操作的規(guī)范性 和準(zhǔn)確及靈活運(yùn)用的能力。(2)根據(jù)化學(xué)方程式的計(jì)算，多以物質(zhì)的量為核心，考查物質(zhì) 的量、阿伏加德羅常數(shù)、物質(zhì)的量濃度、物質(zhì)的質(zhì)量、摩爾質(zhì)量、氣體的體積、氣體摩爾 體積等相關(guān)物理量的轉(zhuǎn)化關(guān)系，以及反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率或產(chǎn)物的產(chǎn)率的計(jì)算，同時(shí)還可以融 入多種化學(xué)解題思想，比如極值法、差量法、守恒法、討論法、特殊值法等，是歷來高考 的重點(diǎn)內(nèi)容。日常學(xué)習(xí)中要注意相關(guān)知識的積累，以便快速準(zhǔn)確作答，題目難度中等。10.二氧化氯泡騰片，有效成分(CI

51、O2)是一種高效、安全的殺菌、消毒劑。 方法一：氯化鈉電解法是一種可靠的工業(yè)生產(chǎn)CIO2氣體的方法。 該法工藝原理如圖。其過程是將食鹽水在特定條件下電解得到的氯酸鈉(NaCIQ )與鹽酸反應(yīng)生成 CIO2。1電禍中T二氧比氯-ClOiT 上r(1 )工藝中可利用的單質(zhì)有 _(填化學(xué)式)，發(fā)生器中生成CIQ 的化學(xué)方程式為_ 。(2)_ 此法的缺點(diǎn)主要是。方法二：最近，科學(xué)家又研究出了一種新的制備方法，纖維素還原法制CIO2，其原理是：纖維素水解得到的最終產(chǎn)物 X 與 NaCIQ 反應(yīng)生成 CIO2。(3)配平方程式：_ 口(X) +NaCIO+DHSO4T口 CI21+ COX+DHO+ _若

52、反應(yīng)中產(chǎn)生 4.48L (折算成標(biāo)準(zhǔn)狀況下)氣體，電子轉(zhuǎn)移 _ 個(gè)。(4)CIO2和 CI2均能將電鍍廢水中的 CN氧化為無毒的物質(zhì)，自身被還原為C。處理含CN相同量的電鍍廢水，所需 CI2的物質(zhì)的量是 CIO2的_倍。方法三：實(shí)驗(yàn)室常用氯酸鈉(NaCIQ)和亞硫酸鈉(Na2SQ)用硫酸酸化，加熱制備二氧化氯， 化學(xué)反應(yīng)方程式為：2NaCIC3+Na2SQ+ H2SO 二.2CI6X+2NSRSO4+ H2O(5)反應(yīng)中的 Na2SQ 溶液中存在如下平衡： H2OH+OH-和(用離子方程式表示)常溫下，0.1mol/L 該溶液中離子濃度由大到小排列 _ (用離子符號表示)(6) 常溫下，已知

53、NaHSQ 溶液呈酸性，在 NazSQ 溶液中滴加稀鹽酸至中性時(shí)，溶質(zhì)的主要成分有_ 。(用化學(xué)式表示)【答案】 出、Cl22NaCIO3+ 4HCI=2CIQf+C2X+ 2NaCI + 2HO 同時(shí)產(chǎn)生了大量的氯氣，不僅產(chǎn)率低，而且產(chǎn)品難以分離，同時(shí)很有可能造成環(huán)境污染；能耗較大等1CH12Q6+24NaCIO3+12H2SO4T24CIQX+6CQX+18H2O+12N32SC40.16NA2.5 SQ2-+H2O=OH-+HSO-, HSQ-+H2O 二OH+H2SO c(Na+)c(SO32-)c(OH-)c(HSO3-)c(H+) NaHSQ、Na2S6NaCI、或(NaHSQ、N

54、a2S6 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、 C2,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(QH2C6)，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(C6H12C6) C 均價(jià)為 0,到+4 價(jià)，升高 4 價(jià)，然后配平得到，

55、由可知生成24moICIO2和 6moI CO2氣體轉(zhuǎn)移 24moI 的電子；(4) 每摩爾 CI2得到 2moI 電子，而每摩爾 CIO2得到 5moI 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) NaaSQ 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 NaSO、NaHSO NaCI?！驹斀狻?1)由工藝流程圖可以看出：在該工藝中可利用的單質(zhì)有H2、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)，

56、NaCIQ 被還原生成 CIO2, HCI 被氧 化生成 CI2,生成 CIO2的化學(xué)方程式為： 2NaCIQ+4HCI=2CIO2f+CI2f+ 2NaCI+2H2O(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，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 QH2Q。 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可得方程式為：1C6H2Q+24NaCIQ+12HSQ 宀 24CIO2f+6COf+18H2O+12NaSQ，由方程式可以看出每產(chǎn)生30moI 的

57、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的物質(zhì)的量為 =0.4mol。所以 n(CI2):5n(CIO2)=1 : 0.4=2.5 ；(5)反應(yīng)中的 NQSO溶液中存在如下平衡：H2O H+OH 和 SO2-的水解平衡的兩種方程 式。由于 SO 是二兀弱酸的酸根離子，因此存在兩步水解平衡SO +H2O士 OH+HSO ,HSO+HO OH+HSO

58、; NazSC3=2Na+ SQ2-； c(Na+)c(SO32-), SO2-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(HSO3-);在溶液中還存在水 的電量平衡，所以 c(HSQ-)c(H+);在溶液中鹽水解的程度是很微弱的，所以c(SO32-)c(OH-);因此在該溶液中各種離子的濃度由大到小的順序?yàn)閏(Na+)c(SO32-)c(OH- +)c(HSO3)c(H );(6)在 NSO 溶液中滴加稀鹽酸若恰好發(fā)生反應(yīng)：NaSQ+HCI=NaCI+NaHSC。則由于NaHSO 溶液呈酸性。所以至中性時(shí)，n(HCI) c(H+)=

59、 c(OH-) c(NH4+)+c(H+) = c(OH)+ c(C) 【解析】【分析】工業(yè)合成氨的催化劑是以鐵為載體的鐵觸媒，氨氣是共價(jià)化合物，氮原子最外層5 個(gè)電子，其中三個(gè)電子和三個(gè)氫原子形成三個(gè)共價(jià)鍵；由圖求出N2和 H2反應(yīng)生成 1molNH3的反應(yīng)熱，再根據(jù)熱化學(xué)反應(yīng)方程式的書寫要求解答；合成氨是氣體體積減小的放熱反應(yīng)， 依據(jù)平衡移動(dòng)原理判斷；NH3可用來消除 NO 的污染，生成 2 種對環(huán)境無害的物質(zhì)，應(yīng)生成氮?dú)夂退?；氨氣通入鹽酸溶液反應(yīng)生成氯化銨溶液，溶液中一定存在電荷守恒；若溶液 pH=7，則氫氧根離子濃度和氫離子濃度相同，結(jié)合電荷守恒得到離子濃度大小。據(jù)此分 析?！驹斀狻?

60、1)工業(yè)合成氨的催化劑是以鐵為載體的鐵觸媒，氨氣是共價(jià)化合物，氮原子最外層子，其中三個(gè)電子和三個(gè)氫原子形成三個(gè)共價(jià)鍵，電子式為：；答案為：鐵觸媒；5 個(gè)電；(2)由圖可知，N2和 H2反應(yīng)生成 1molNH3放出的熱量為(b-a) kJ，該反應(yīng)的熱化學(xué)反應(yīng)方程式為 N2(g) +3H2(g)L2NH3(g) H=-2 (b-a) kJmd-1，故答案為:N ( g) +3H2(g) = 2NH3(g) +2 (b-a) kJ mol-1;(3)合成氨是氣體體積減小的放熱反應(yīng)， 保持容器的體積不變，混合氣體質(zhì)量不變，當(dāng)混合 氣體的密度不變時(shí)，不能說明反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，A 錯(cuò)誤；達(dá)到平衡時(shí)若升高溫度，平衡逆向進(jìn)行，根據(jù)反應(yīng)