2020-2021高考化學氧化還原反應培優(yōu)易錯難題練習含答案及詳細答案

1、2020-2021高考化學氧化還原反應培優(yōu)易錯難題練習(含答案)及詳細答案一、高中化學氧化還原反應1.硫代硫酸鈉(Na2&03)是一種解毒藥，用于氟化物、神、汞、鉛、錫、碘等中毒，臨床常用于治療尊麻疹，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SO2實驗I:Na2s?。3的制備。工業(yè)上可用反應：2Na2S+Na2CC3+4SQ=3Na2s2O3+CQ制得，實驗室模擬該工業(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中利用質量分數(shù)為70%?80%的H2SO溶液與Na2SO固體反應制備SO2反應的化學方程式為。c中試劑為(2)實驗中要控制SQ的生成速

2、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，實驗中通入的SQ不能過量，原因是實驗H：探究Na2s2。3與金屬陽離子的氧化還原反應。資料：Fe3+3&O32-?Fe(8O3)33-(紫黑色)裝置試劑X實驗現(xiàn)象口102mLJ-OJ；X溶液2mL二0.1mol-L11LN自6溶液Fe2(sO4)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)上述實驗現(xiàn)象，初步判斷最終Fe3+被S2O32-還原為Fe2+,通過(填操作、試劑和現(xiàn)象)，進一步證實生成了Fe2+。從化學反應速率和平衡的角度解釋實驗n的現(xiàn)象：實驗出：標定Na2s2。3溶液的濃度(5)稱取一定質量的產(chǎn)品配制成硫

3、代硫酸鈉溶液，并用間接碘量法標定該溶液的濃度：用分析天平準確稱取基準物質&Cr2O7(摩爾質量為294g?mol1)0.5880g。平均分成3份，分別放入3個錐形瓶中，加水配成溶液，并加入過量的KI并酸化，發(fā)生下列反應：6I-+Cr2O72-+14H+=3I2+2C產(chǎn)+7H2O,再加入幾滴淀粉溶?夜,立即用所配NazSQ溶液滴定，發(fā)生反應I2+2S2O32-=2I-+S4O62,三次消耗Na2s2O3溶液的平均體積為25.00mL,則所標定的硫代硫酸鈉溶液白濃度為mol?-1【答案】分液漏斗蒸儲燒瓶H2SO4Na2SO3=Na2SO4H2OSO2硫化鈉和碳酸鈉的混合液調(diào)節(jié)酸的滴加速度若SQ過量

4、，溶液顯酸性.產(chǎn)物會發(fā)生分解加入鐵氧化鉀溶液.產(chǎn)生藍色沉淀開始生成Fe(S2O3)33-的反應速率快，氧化還原反應速率慢，但Fe3+與SO32-氧化還原反應的程度大，導致Fe3+3SO32-?Fe(&O3)33-(紫黑色)平衡向逆反應方向移動，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的名稱即為蒸儲燒瓶；b中是通過濃硫酸和Na2SQ反應生成SQ,所以方程式為：H2SO4Na2SO3=Na2SO4H2OSO2;c中是制備硫代硫酸鈉的反應，SQ由裝置b提供，所以c中試劑為硫化鈉和碳酸鈉的混合溶液；(2)從反應速率影響因素分析，控制SC2生成速率可以調(diào)節(jié)酸

5、的滴加速度或者調(diào)節(jié)酸的濃度，或者改變反應溫度；(3)題干中指出，硫代硫酸鈉在酸性溶?中會分解，如果通過量的SC2,會使溶液酸性增強，對制備產(chǎn)物不利，所以原因是：SC2過量，溶液顯酸性，產(chǎn)物會發(fā)生分解；(4)檢3軟Fe2+常用試劑是鐵氧化鉀，所以加入鐵氧化鉀溶液，產(chǎn)生藍色沉淀即證明有Fe2+生成；解釋原因時一定要注意題干要求，體現(xiàn)出反應速率和平衡兩個角度，所以解釋為：開始階段，生成Fe(S2O3)3的反應速率快，氧化還原反應速率慢，所以有紫黑色出現(xiàn)，隨著Fe3+的量逐漸增加，氧化還原反應的程度變大，導致平衡逆向移動，紫黑色逐漸消失，最終溶液幾乎變?yōu)闊o色；23(5)間接碘量法滴定過程中涉及兩個反應

6、：6ICt。214H=3122Cr37H2O；22I22s2O3=2IS4O6；反應被氧化成也反應中第一步所得的|2又被還原成I-,所以與電子轉移數(shù)相同，那么滴定過程中消耗的Cr202得電子總數(shù)就與消耗的S2O2失電子總數(shù)相同；在做計算時，不要忽略取的基準物質重銘酸鉀分成了三份進行的滴定。所以假設c(Na2s2O3)=amol/L,列電子得失守恒式：-6=a0.0251,3294解得a=0.1600mol/L。2.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易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱堿性，能與酸發(fā)生反應產(chǎn)生具有爆炸性的有毒氣體疊氮化氫。實驗室可利用亞硝酸叔丁

7、酯(t-BuNO2,以t-Bu表示叔丁基)與N2H4、氫氧化鈉溶液混合反應制備疊氮化鈉。(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H2SQ+2NaNO2=2HNO2+Na2SC4?？衫脕喯跛崤c叔丁醇(t-BuOH)在40c左右制備亞硝酸叔丁酯，試寫出該反應的化學方程式：(2)制備疊氮化鈉(NaN3)按如圖所示組裝儀器(加熱裝置略)進行反應，反應的化學方程式為：t-BuNO2+NaOH+N2H4=NaN3+2H2。+t-BuOH。裝置a的名稱是;該反應需控制溫度在65C,采用的實驗措施是;反應后溶液在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

8、溫下過濾和使用無水乙醇洗滌晶體的原因是(3)產(chǎn)率計算稱取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。用滴定管加入0.10molL1六硝酸錦錢(NH4)2Ce(NO3)6溶液40.00mL(假設雜質均不參與反應)。充分反應后將溶液稀釋并酸化，滴入2滴鄰菲羅咻指示液，并用0.10molL硫酸亞鐵俊(NH4)2Fe(SQ)2為標準液，滴定過量的Ce4+,終點時消耗標準溶液20.00mL(滴定原理：Ce4+Fe2=Ce3+Fe3)o已知六硝酸錦錢(NH4)2Ce(NO3)6與疊氮化鈉反應生成硝酸俊、硝酸鈉、氮氣以及Ce(NO3)3,試寫出該反應的化學方程式;計算疊氮化

9、鈉的質量分數(shù)為(保留2位有效數(shù)字)。若其他操作及讀數(shù)均正確，滴定到終點后，下列操作會導致所測定樣品中疊氮化鈉質量分數(shù)偏大的是(填字母)。A.錐形瓶使用疊氮化鈉溶液潤洗B.滴加六硝酸鈾錢溶液時，滴加前仰視讀數(shù)，滴加后俯視讀數(shù)C.滴加硫酸亞鐵錢標準溶液時，開始時尖嘴處無氣泡，結束時出現(xiàn)氣泡D.滴定過程中，將掛在錐形瓶壁上的硫酸亞鐵錢標準液滴用蒸儲水沖進瓶內(nèi)(4)疊氮化鈉有毒，可以使用次氯酸鈉溶液對含有疊氮化鈉的溶液進行銷毀，反應后溶液堿性明顯增強，且產(chǎn)生無色無味的無毒氣體，試寫出反應的離子方程式：【答案】t-Bu0H+HNO竺t-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

10、度，防止產(chǎn)物損失2(NH4)2Ce(NC3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2T65%ACClC+2N5+H2C=Cl+2CH+3N2T【解析】【分析】【詳解】(1)制備亞硝酸叔丁酯的反應物有亞硝酸和叔丁醇，反應類型屬于有機的酯化反應，所以方程式為：t-BuOHHNO240ct-BuNO2H2O；(2)。裝置a的名稱即為恒壓滴液漏斗； 反應要控制溫度在65c,參考苯的硝化實驗，該反應加熱時，應當采用水浴加熱； 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，為了減少洗滌過程中產(chǎn)品的損耗，應當用無水乙醇洗滌；(3)通過題干提示的反應產(chǎn)物分析，可

11、知反應過程中Ce4+和N3中的元素發(fā)生了變價，所以反應的方程式為：2(NH4)2Ce(NO3)62NaN3=4NH4NO32NaNO32Ce(NO3)33N2；在計算疊1,氮化鈉的含量時，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鈾錢反10應，再用Fe2+去滴定未反應完的正四價的Ce,因此有：2.0gNaN3樣品的工消耗的Ce4Fe2消耗的Ce4=0.004molCe4,考慮到Fe2+與10Ce4+的反應按照1:1進行，所以2.0g疊氮化鈉樣品中疊氮化鈉的物質的量為：n(NaN3)10(0.004Fe2消耗的Ce4)0.02mol,所以疊氮化鈉樣品的質量分數(shù),m(NaN3)0.02m

12、ol65g/mol八為：w-100%=65%;2.0g2.0A.潤洗錐形瓶，會使步驟消耗的六硝酸鈾錢的量增加，通過分析可知，會使最終計算的質量分數(shù)偏大，A項正確；B.量取40mL六硝酸鈾錢溶液時若前仰后俯，則會量取比40ml更多的六硝酸鈾錢溶液，那么步驟會需要加入更多的Fe2+來消耗疊氮酸鈉未消耗掉的Ce4+,通過分析可知，最終會導致計算的質量分數(shù)偏低，B項錯誤；C,步驟用Fe2+標定未反應的Ce4+,若開始尖嘴無氣泡，結束后出現(xiàn)氣泡，則記錄的Fe2+消耗量比實際的偏小，通過分析可知，最終會使質量分數(shù)偏大，C正確；D.將掛在錐形瓶壁上的Fe2+溶液沖入錐形瓶，相當于讓溶液混合更均勻，這樣做會使

13、結果更準確，D項不符合；答案選AC；(4)反應后溶液堿性增強，所以推測生成了OH-；產(chǎn)生的無色無味無毒氣體，推測只能是氮氣，所以離子方程式為：ClO2N3H2O=Cl3N22OH。【點睛】滴定計算類的題目，最?？疾斓男问街皇桥渲仆甏郎y樣品溶液后，只取一部分進行滴定，在做計算時不要忘記乘以相應的系數(shù)；此外，?？疾斓男问揭灿校河么郎y物A與過量的B反應，再用C標定未反應的B,在做計算時，要注意A與C一同消耗的Bo3.碘酸鉀(KIO3)是重要的微量元素碘添加劑。實驗室設計下列實驗流程制取并測定產(chǎn)品中KIO3的純度：，小KI;二*”：其中制取碘酸(HIO3)的實驗裝置見圖，有關物質的性質列于表中ABC

14、物質性質HIO3白色固體，能溶于水，難溶于CC4KIO3白色固體，能溶于水，難溶于乙醇堿性條件下易發(fā)生氧化反應：CIO+IO3=IO4+Cl回答下列問題(1)裝置A中參加反應的鹽酸所表現(xiàn)的化學性質為。(2)裝置B中反應的化學方程式為。B中所加CC4的作用是從而加快反應速率。(3)分離出B中制得的HIO3水溶液的操作為;中和之前，需將HIO3溶液煮沸至接近于無色，其目的是,避免降低KIO3的產(chǎn)率。(4)為充分吸收尾氣，保護環(huán)境，C處應選用最合適的實驗裝置是(填序號)。ABCD(5)為促使KIO3晶體析出，應往中和所得的KIO3溶液中加入適量的(6)取1.000gKIO3產(chǎn)品配成200.00mL溶

15、液，每次精確量取20.00mL溶液置于錐形瓶中，力口入足量KI溶液和稀鹽酸，加入淀粉作指示劑，用0.1004mol/LNa2s2O3溶液滴定。2- -_2-滴定至終點時藍色消失(I2+2S2O3=2I+S4O6),測得每次平均消耗Na2S2O3溶放25.00mL。則產(chǎn)品中KIO3的質量分數(shù)為(結果保留三位有效數(shù)字)?！敬鸢浮窟€原性、酸性5CI2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl充分溶解12和d2,以增大反應物濃度分液除去CL(或ClO-)，防止氧化KIO3C乙醇(或酒精)89.5%?！窘馕觥俊痉治觥垦b置A用于制取C12,發(fā)生的反應為：KC1Q+6HC1膿尸KC1+3QT+3H2。，裝置B

16、中發(fā)生的是制取HIO3的反應，裝置C為尾氣處理裝置，既要吸收尾氣中的HC1和C12,還要防止倒吸。【詳解】(1)裝置A中發(fā)生的反應為：KC1Q+6HC1(濃尸KC1+3C2T+3H20,濃鹽酸中的C1元素有一部分失電子轉化為C12,表現(xiàn)出還原性，還有一部分C1元素沒有變價轉化為KC1(鹽)，表現(xiàn)出酸性，故答案為：還原性、酸性；(2)裝置B中發(fā)生的反應為：5C2+I2+6H2O=2HIO3+10HC1,C12和I2均難溶于水，易溶于CC4,加入CC4可使二者溶解在CC14中，增大反應物濃度，故答案為：5C12+|2+6H2O=2HQ+10HC1；充分溶解I2和C12,以增大反應物濃度；(3)分離

17、B中制得的HI03水溶液的操作為分液，HI03溶液中混有的C12在堿性條件下轉化為C1O,C1O會將I03-氧化為I04-,因此在中和前需要將C12除去，故答案為：分液；除去C12(或C10-),防止氧化KI03；(4)尾氣中主要含HC1和C12,需用Na0H溶液吸收，同時要防止倒吸，故答案為：C;(5)因為KIQ難溶于乙醇，向KI03溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使KI03晶體析出，故答案為：乙醇(或酒精)；(6)每20mLKI03溶液中，加入KI溶液和稀鹽酸發(fā)生的反應為：I03-+5I-+6H+=3I2+3H20,滴定時發(fā)生的反應為：I2+2S2032-=2I-+Si062-,可列出關系

18、式：I03-3I26a032-,每次平均消耗的n($032)=0.1004mo1/Lx0.025L=0.00251,m則每20mLKI03溶液中，n(KI03)=n(I03-)=n(S2032-)+6=0.00251mo1+6=0.000418mO00mL溶液中，n(KI03)=0.00418mo1,產(chǎn)品中KI03214g/mo10.00418mol的質重分數(shù)=X100%=89.5%,故答案為:89.5%。1g【點睛】1g樣品配成了200mL溶液，而根據(jù)關系式計算出的是20mL溶液中KI03的物質的量，需擴大10倍才能得到1g樣品中KI03的物質的量。4 .根據(jù)當?shù)刭Y源等情況，硫酸工業(yè)常用黃鐵

19、礦(主要成分為Fe$)作為原料。完成下列填空：(1)將0.050mo1S02(g)和0.030mo102(g)充入一個2L的密閉容器中，在一定條件下發(fā)生反應：2SQ(g)+02(g)?2S03(g)+Q。經(jīng)2分鐘反應達到平衡，測得n(S03)=0.040mo1,則02的平均反應速率為(2)在容積不變時，下列措施中有利于提高SQ平衡轉化率的有(選填編號)a.移出氧氣b降低溫度c.減小壓強d再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)在起始溫度Ti(673K)時SQ的轉化率隨反應時間的變化如圖，請在圖中畫出其他條件不變情況下，起始溫度為T2(723K)時SQ的轉化率隨反應時間變化

20、的示意圖(4)黃鐵礦在一定條件下煨燒的產(chǎn)物為SO2和Fe3O4將黃鐵礦的煨燒產(chǎn)物Fe3O4溶于H2SC4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FeS2能將溶液中的Fe3+還原為Fe2+,本身被氧化為SC42o寫出有關的離子方程式。有2mol氧化產(chǎn)物生成時轉移的電子數(shù)為制Fe3+與Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+FeS+14Fe3+8H2C=15Fe2+2SC42+16H+抑14Na【解析】【分析】c一(1)根據(jù)v=求出氧氣的速率，然后根據(jù)速率之比等于對應物質的化學計量數(shù)之比計算；(2)反應放熱，為提高SC2平衡轉化率，應使平衡向正反應方向移動，可

21、降低溫度，體積不變，不能從壓強的角度考慮，催化劑不影響平衡移動，移出氧氣，平衡向逆反應方向移動，不利于提高SC2平衡轉化率，由此分析解答；(3)反應是放熱反應，溫度升高，平衡逆向進行，二氧化硫的轉化率減小，但達到平衡所需要的時間縮短，據(jù)此畫出曲線；(4)Fe/與Fe2*易水解，F(xiàn)e2+易被氧化成Fe3+;根據(jù)氧化還原反應中的反應物和生成物幾何電子守恒來配平化學方程式，結合方程計算轉移電子數(shù)?！驹斀狻?.040mol1(1)v(SO3)=2L=0.01mol/(L?min),所以v(O2)=v(SQ)=0.005mol/(L?min),t22min故答案為：0.005mol/(L?min)；(2

22、)a.移出氧氣，平衡逆向移動，二氧化硫的轉化率減少，故不選；b.降低溫度，平衡正向移動，二氧化硫的轉化率增大，故選；c.減小壓強，平衡逆向移動，二氧化硫的轉化率減少，故不選；d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g),相當于增大壓強，平衡正向移動，二氧化硫的轉化率增大，故選；故答案為：bd;反應：2SC2(g)+O2(g)?2SO3(g)HV0,SO2的轉化率在起始溫度Ti=673K下隨反應時間的變化如圖，其他條件不變，僅改變起始溫度為T2=723K,溫度升高，平衡逆向進行，二氧化硫的轉化率減小，但反應速率增大，達到平衡需要的時間短，在圖中畫出溫度T2下SC2的轉化率隨

23、反應時間變化的預期結果示意圖如圖所示(4)Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SQ后，生成的FeT與Fe2+易水解，F(xiàn)e2+易被氧化成Fe3+,所制Fe3+與F的水解，并防止-2價的硫離子具有還原性，根離子，有關的離子方程式為：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Fe2+被氧化成Fe3+;FeS可以將溶液中的Fe3+還原為Fe2+,而本身被氧化為硫酸FeS+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42+16H+,氧化產(chǎn)物是硫酸根離子，有2mol硫酸根生成時轉移的電子數(shù)為14Na,故答案為:Fea+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO

24、42+16H+；14Na。【點睛】注意(3)溫度升高，平衡逆向進行，二氧化硫的轉化率減小，但反應速率增大，達到平衡需要的時間短，此為解題的關鍵。5 .羥氨(NH2OH)是一種還原劑，和聯(lián)氨一樣是一種弱堿，不穩(wěn)定，室溫下吸收水汽迅速分解。回答下列問題：(1)請寫出羥氨的電子式。(2)利用KMnO4標準溶液定量間接測定羥氨的純度。測定步驟如下：溶液配制：稱取5.0g某羥氨樣品，溶解在酸中后加適量蒸儲水，將其全部轉移至100mL的中，加蒸儲水至。取20.00mL的羥氨酸性溶液與足量硫酸鐵在煮沸條件下反應：2NH20H2+4Fe3+=N20T+4Fe2+H2O+6H+,生成的Fe2*用0.4000mo

25、lL_1的酸性KMnO4溶液滴定，滴定達到終點的現(xiàn)象是。請寫出Fe2+與酸性KMnO4溶液反應的離子方程式。重復滴定3次，每次消耗酸性高鎰酸鉀標準溶液的體積如表所示:第一次第二次第三次VfKMnO.溶液“足18SO20.0219：死計算試樣的純度%。(3)下列操作導致誤差偏高的有(填編號)。a滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后消失b滴定管未經(jīng)潤洗盛裝KMnO4溶液c羥氨稱量時，時間過長和溶解時沒有及時用酸酸化dKMnO4溶液起始讀數(shù)仰視，終點正常讀數(shù)【答案】硫酸容量瓶刻度線當最后一滴滴入時，錐形瓶中溶液的顏色由ii無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘不褪色5F*+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2

26、O66ab【解析】【分析】(1)根據(jù)羥氨化學式寫出其電子式；(2)羥氨應溶解在H2SC4中，因為HCl中的Cl會被MnO4-氧化；用酸性KMnO4溶液滴定達到終點的現(xiàn)象是當最后一滴滴入時，錐形瓶中溶液的顏色由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘不褪色；根據(jù)氧化還原反應的規(guī)律寫出Fe2+與酸性KMnO4溶液反應的離子方程式，根據(jù)物質的量的關系計算式樣純度；(3)根據(jù)氧化還原滴定的相關操作分析實驗誤差?！驹斀狻?1)根據(jù)羥氨化學式NH20H可知其電子式為：故答案為：nii(2)羥氨應溶解在H2SO4中，因為HCl中的Cl會被Mn04-氧化，將其全部轉移至100mL的容量瓶中，加蒸儲水至刻度線，故答案為：硫酸；

27、容量瓶；刻度線；用酸性KMnO4溶液滴定達到終點的現(xiàn)象是當最后一滴滴入時，錐形瓶中溶液的顏色由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘不褪色；根據(jù)氧化還原反應的規(guī)律寫出Fe2+與酸性KMnO4溶液反應的離子方程式為：5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；由消耗高鎰酸鉀體積表可知，第19.9820.02一次誤差過大，舍去，V(平均產(chǎn)=20.00mL；2設滴定時NH20H2+的物質的量為xmol,依據(jù)離子方程式可得關系式：5NH2OH2+:2MnO4-52xncV=20.0010-30.4解得x=0.02因總量為100mL,所以n(NH20H2+)=0.02x與0.1molm=nM=0.1x3

28、3g/mot3.3gf100%=5.0100%=66%故答案為：當最后一滴滴入時，錐形瓶中溶液的顏色由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘不褪色；5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；66;(3)a.滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后消失會導致V標準偏大，計算結果偏高；b.滴定管未經(jīng)潤洗盛裝KMnO4溶液，相當于把KMnO4溶液稀釋，滴定時消耗體積增大,計算結果偏高；c.羥氨稱量時，時間過長和溶解時沒有及時用酸酸化會導致羥氨被氧化，導致消耗體積偏小，計算結果偏低；d.KMnO4溶液起始讀數(shù)仰視，終點正常讀數(shù)，導致消耗體積偏小，計算結果偏低；故答案為：abo【點睛】注意氧化還原滴定操作中的

29、注意事項，根據(jù)公式判斷不同操作可能引起的實驗誤差。6.目前全世界的饃(Ni)消費量僅次于銅、鋁、鉛、鋅，居有色金屬第五位。饃常用于各種高光澤裝飾漆和塑料生產(chǎn)，也常用作催化劑。堿式碳酸饃的制備：工業(yè)用電解饃新液(主要含NiSO4,NiCl2等)制備堿式碳酸饃晶體xNiCO3yNi(OH)2zH2。,制備流程如圖：電解鍥新港(1)反應器中的一個重要反應為3NiSO4+3Na2CQ+2H2O=NiCO32Ni(OH)2+3Na2SO4+2X,X的化學式為_o(2)物料在反應器中反應時需要控制反應溫度和pH值。分析如圖，反應器中最適合的pH值為_。Lo.o.o.0t.n&o.c.雜質含I%(3)檢驗堿

30、式碳酸饃晶體洗滌干凈的方法是_。測定堿式碳酸饃晶體的組成：為測定堿式碳酸饃晶體xNiCChyNi(OH)2ZH2O組成，某小組設計了如圖實驗方案及裝置：堿式碳酸箱晶體BCD資料卡片：堿式碳酸饃晶體受熱會完全分解生成NiO、CQ和H2O實驗步驟：檢查裝置氣密性；準確稱量3.77g堿式碳酸饃晶體xNiCO3yNi(OH)2-ZH2O放在B裝置中，連接儀器;打開彈簧夾a,鼓入一段時間空氣，分別稱量裝置CD、E的質量并記錄；_；打開彈簧夾a緩緩鼓入一段時間空氣；分別準確稱量裝置C、D、E的質量并記錄；根據(jù)數(shù)據(jù)進行計算(相關數(shù)據(jù)如下表)裝置C/g裝置D/g裝置E/g加熱前250.00190.00190.

31、00加熱后251.08190.44190.00實驗分析及數(shù)據(jù)處理：(4)E裝置的作用_c(5)補充的實驗操作(6)通過計算得到堿式碳酸饃晶體的組成_(填化學式)。饃的制備：堿式送酸鍥晶體過量腑(N?也七0)溶液操作*產(chǎn)品Ni*氣體X和Y(7)寫出制備Ni的化學方程式_?！敬鸢浮緾C28.3取最后一次洗滌液少許，加入HCl酸化的BaC2溶液，若無沉淀產(chǎn)生,則證明沉淀已經(jīng)洗滌干凈吸收空氣中的H2O和CC2關閉彈簧夾a,點燃酒精燈，觀察到C中無氣泡時，停止加熱NiCC32Ni(OH)24H2O2NiCO3-2Ni(OH)2-4H2O+3N2H4H2O=6Ni+3N2T+2CC)+21H2O【解析】(

32、1)根據(jù)元素守恒分析判斷；(2)使各種雜質相對最少的pH即為最適合的pH;(3)反應后的濾液中含有硫酸鈉，因此檢驗堿式碳酸饃晶體是否洗滌干凈就是檢驗是否有硫酸根離子殘留；(4)根據(jù)實驗目的和各個裝置的作用分析；(5)根據(jù)實驗目的和前后操作步驟分析；(6)先計算生成水蒸氣和CO2的質量，再根據(jù)質量守恒確定化學式；(7)氧化還原反應中電子有得，必有失，根據(jù)化合價變化確定生成物，進而配平方程式?！驹斀狻?1)反應器中的一個重要反應為3NiSO4+3Na2CC3+2H2O=NiCC32Ni(OH)2+3Na2SC4+2X,反應前Ni原子共3個、S原子共3個、O原子共23個、Na原子6個、C原子3個、H

33、原子4個，反應后現(xiàn)有：Ni原子3個、S原子共3個、。原子共19個、Na原子6個、C原子1個、H原子4個，少。原子4個，C原子2個，而這些微粒包含在2個X分子中，所以X的化學式為C6,故答案為：CC2；(2)物料在反應器中反應時需要控制反應條件，根據(jù)圖可知，在pH=8.3時，各種雜質相對最少，所以反應器中最適合的pH8.3,故答案為：8.3；(3)反應后的濾液中含有硫酸鈉，因此檢驗堿式碳酸饃晶體是否洗滌干凈就是檢驗是否有硫酸根離子殘留，故答案為：取最后一次洗滌液少許，加入HCl酸化的BaC2溶液，若無沉淀產(chǎn)生，則證明沉淀已經(jīng)洗滌干凈；(4)C裝置用來吸收堿式碳酸饃晶體受熱分解產(chǎn)生的H2O,D裝置

34、用來吸收堿式碳酸饃晶體受熱分解產(chǎn)生的CQ,E裝置可以防止空氣中的H2O和CC2進入D裝置中，影響實驗數(shù)據(jù)的測定，故答案為：吸收空氣中的H2O和CQ；(5)步驟反應前左側通空氣是為了排盡裝置中原有的CC2和水蒸氣，避免裝置內(nèi)的CC2和水蒸氣造成數(shù)據(jù)干擾，排空氣后，應該開始進行反應，因此步驟的操作為關閉彈簧夾a,點燃酒精燈，觀察到C中無氣泡時，說明固體分解完全，停止加熱；步驟再打開彈簧夾a緩緩鼓入一段時間空氣，將裝置中殘留的CQ和水蒸氣全部趕入C、D裝置，被完全吸收，故答案為：關閉彈簧夾a,點燃酒精燈，觀察到C中無氣泡時，停止加熱；(6)水的質量為251.08g-250g=1.08g,CO2的質量

35、為190.44g-190g=0.44g,由于發(fā)生的是分解反應，所以生成的NiO的質量為3.77g-1.08g-0.44g=2.25g,則分解反應中水、二氧化碳和NiO的系數(shù)比(也就是分子個數(shù)比)為即:1.08g0.44g2.25g18g/mol44g/mol75g/mol=6:1:3,xNiCO3?(Ni(OH)2乞H2O.6H20T+CQT+3NiO,根據(jù)元素守恒可得可得x=1,y=2,z=4即xNiCO30Ni(OH)2?zH2O中x:y:z的值1:2:4,故答案為:NiCC32Ni(OH)24H2。；(7)NiCO32Ni(OH)24H2O與N2H4H2O反應生成Ni,Ni元素得電子，被

36、還原，同時還生成氣體X和Y,由第(1)問知X為C6,氧化還原反應有得電子，必有失電子的物質，由此判斷另一種氣體為N2,根據(jù)得失電子守恒、元素守恒配平制備Ni的化學方程式，故答案為：2NiCO32Ni(OH)24H2O+3N2H4H2O=6Ni+3N2T+2CQT+21H2。濃睛酷7.(1)已知草酸(H2C2O4)分解的化學方程式為：H2C2O41cof+co,+H20,卜列裝置中，可用作草酸分解制取氣體的是(填序號)(2)某實驗小組為測定鐵銹樣品的組成(假定鐵銹中只有利用草酸分解產(chǎn)生的CO和鐵銹反應，實驗裝置如下圖所示。Fe203nH20和Fe兩種成份)，合體漏氣、為得到干燥、純凈的CO氣，洗

37、氣瓶A、B中盛放的試劑分別是、在點燃C處酒精燈之前，應先持續(xù)通入一段時間的混合氣體，其目的是、準確稱量樣品的質量20.00g置于硬質玻璃管中，充分反應后冷卻、稱量(假設每步均完全反應)，硬質玻璃管中剩余固體質量為16.64g,D中濃硫酸增重1.44g,則n=。、在本實驗中，下列情況會使測定結果n偏大白是(填字母)a.缺少裝置Ab.缺少裝置Bc.反應后固體是鐵和少量F&O3nH2O【答案】NaOH溶液濃硫酸排除裝置中的空氣，防止CO中混有空氣而在加熱時發(fā)生爆炸2b【解析】【詳解】(1)該反應的反應物是液體，反應條件是加熱，應選擇固液反應且需要加熱的裝置，所以選.(2)為得到干燥、純凈的CO氣，應

38、先除去混合氣體中的二氧化碳，用氫氧化鈉吸收即可；混合氣體通入氫氧化鈉溶液時會帶走水蒸氣，為除去水蒸氣，選用濃硫酸洗氣。裝置中含有空氣，CO中混有空氣加熱時可能發(fā)生爆炸，所以要通入混合氣體一段時間，排除裝置中的空氣。由題意知，固體質量減少的量為水和氧的量，濃硫酸吸收的量為水，反應方程式為：FeO3,nH2O+3CO=Fe+3CO+nH2O固體質量減少量18ng(18n+48)g1.44g20.00g-16.64g所以18ng：1.44g=(18n+48)g：(20.00g-16.64g)解得n=2。a、缺少裝置A,未除去CQ,可能影響CO還原氧化物，固體質量差變小，導致所測n值偏小，錯誤；b、缺

39、少洗氣瓶B會導致裝置E增重的質量偏大，所以測定結果n偏大，正確；c、反應后固體是鐵和少量Fe2O3?nH2O,固體減少的質量偏小，導致所測n值偏小，錯誤。8.睇(Sb)廣泛用于生產(chǎn)各種阻燃劑、陶瓷、半導體元件和醫(yī)藥及化工等領域。I.(1)睇在元素周期表中的位置(2)睇(出)的氧化物被稱為睇白，可以由SbC3水解制得，已知SbC3水解的最終產(chǎn)物為睇白。為了得到較多、較純的睇白，操作時將SbC3徐徐加入大量水中，反應后期還要加入少量氨水。試用必要的化學用語和平衡移動原理解釋這兩項操作的作用。工業(yè)上，還可用火法制取睇白，是將輝睇礦(主要成分為Sb2s3)裝入氧化爐的日竭中，高溫使其融化后通入空氣，充

40、分反應后，經(jīng)冷卻生成睇白。寫出火法制取睇白的化學方程式。n.以輝睇礦為原料制備金屬睇，其中一種工藝流程如下：回卜回IT叩：史梏一由第fitftI(SiOJ.S)已知部分信息如下：輝睇礦(除Sb2S3外，還含有神、鉛、銅的化合物和SiO2等)；浸出液主要含鹽酸和SbC3,還含SbC5、CuC2、AsC3和PbC2等雜質；常溫下，Ksp(CuS)=1.0X106,Ksp(PbS)=9.0X169。回答下列問題：(3)酸浸”過程中Sb2s發(fā)生反應的化學方程式為。(4)已知：浸出液中c(Cu2+)=0.0001mol/L,c(Pb2+)=0.1mol/L。在沉淀銅、鉛過程中，緩慢滴加極稀的硫化鈉溶液，

41、先產(chǎn)生沉淀的是(填化學式)；當CuSPbS共沉沉時，C(Cu2+)=(保留小數(shù)點后一位)。c(Pb2)(5)在除神”過程中，氧化產(chǎn)物為H3P04。該反應氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質的量之比為O(6)在電解”過程中，睇的產(chǎn)率與電壓大小關系如圖所示。當電壓超過UoV時，睇的產(chǎn)率降低的原因可能是?！敬鸢浮康?周期第VA族2SbC3+3H2O?Sb2O3+6HCl,不斷加入SbC3,使SbC3濃度增大，利于水解平衡右移，反應后期加入氨水中和鹽酸，使c(HCl)減小，利于平衡右移高溫2Sb2s3+9O22Sb2O3+6SQSbS3+3SbC5=5SbC3+3SJCuS1.1-8/410H+參與電極反應【解析

42、】【分析】n.輝睇礦粉加入鹽酸和SbC5溶液，得到SbC3和SbC5溶液，還含有雜質CuC2、AsC3和PbC2等，加入適量Sb將SbC5還原為SbC3,加入Na2s使銅和鉛沉淀以除去CuC2和PbC2,然后加入NaHPQ除去雜質神。得到的SbC3溶液電解得到金屬Sb,同時得到SbC5,可以返回到酸浸步驟循環(huán)使用?！驹斀狻縄.(1)睇和氮在同一主族，其在元素周期表中位于第5周期第VA族。(2)SbC3水解：2SbC3+3H2O?Sb2O3+6HCl,將SbC3徐徐加入大量水中，SbC3濃度增大，水解平衡右移，反應后期還要加入少量氨水中和HCl,使c(HCl)M小，平衡右移，有利于Sb2O3的生

43、成。故答案為：2SbC3+3H2O?Sb2O3+6HCl,不斷加入SbC3,使SbC3濃度增大，利于水解平衡右移，反應后期加入氨水中和鹽酸，使c(HCl)減小，利于平衡右移?；鸱ㄖ迫№?，是輝睇礦(主要成分為St2S3)在高溫下和空氣中的氧氣反應，生成Sb2O3高溫的同時生成SO2?；瘜W方程式為：2Sb2s3+9O22Sb2O3+6SO2on.(3)酸浸”時Sb2s和SbC5溶液反應，得到SbC3和SbC5的混合溶液，濾渣中有硫，是此反應的生成物，Sb2S3發(fā)生反應的化學方程式為Sb2S3+3SbC5=5SbC3+3S。(4)浸出液中c(Cu2+)=0.0001mol/L,c(Pb2+)=0.

44、1mol/L。在沉淀銅、鉛過程中，緩慢1010-36C滴加極稀的硫化鈉溶液，當CU2+開始沉淀時，c(S2-)=1.010=1.0X彳0mol/L,當Pb2+開0.0001-29始沉淀時，c(*)=9一0=9.0X彳0mol/L,所以先產(chǎn)生沉淀的是CuS;當CuSPbS共沉0.1c(Cu2+)c(Cu2+)c(SK2MnO4轉化為KMnO4的反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比為。生成0.1mol還原產(chǎn)物時轉移電子個。KMnO4、K2MnO4和MnO2的氧化性由強到弱的順序是。)KsP(CuS)1.01036書在時)2=2+2-=1.1X10。c(Pb)c(Pb)c(S)Ksp(PbS)9.01

45、029(5)加入NaHPQ除神，發(fā)生了NaHPQ和AsC3的反應，氧化產(chǎn)物為H3P04,還原產(chǎn)物是As,磷的化合價從+1價升高到+5價，生成1molH3PO4失去4mol電子，神的化合價從+3價降低到0價，生成1molAs得到3mol電子，根據(jù)電子守恒，該反應氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質的量之比為3:4。(6)電解SbC3溶液制取睇，在陰極是SbKMnO4能與熱的Na2c2O4(aq,硫酸酸化)反應生成Mn2+和CQ。若取用軟鎰礦制得的KMnO4產(chǎn)品0.165g,能與0.335gNa2c2O4恰好完全反應(假設雜質均不能參與反應)，該產(chǎn)品中KMnO4的純度為?！敬鸢浮?KOH+KClO+3MnO2

46、=3K2MnO4+KCl+3HO;1:20.2NA或6.02X-20KMnO4K2MnO4MnO20.958(【解析】【分析】【詳解】試題分析：(1)反應物為KOKKClQ、MnO2,生成物為K2MnO4(鎰酸鉀)和KCk水，該反應為6KOH+KClO+3MnO2=3K2MnO4+KCl+3H2O,故答案為6KOH+KClO+3MnO2=3K2MnO4+KCl+3HO;(2)K2MnO4轉化為KMnO4的反應中K2MnO4=2KMnO4+MnO2,Mn元素的化合價由+6價升高為+7價，Mn元素的化合價由+6價降低為+4價，則氧化劑和還原劑的物質的量之比為+得到電子生成Sb,當電壓過大時，溶液中

47、的H+也可能在陰極放電，導致睇的產(chǎn)率降低。9.實驗室可由軟鎰礦(主要成分為MnO2)制備KMnO4,方法如下：高溫下使軟鎰礦與過量KOH(s和KCQ(s)反應，生成K2MnO4(鎰酸鉀)和KCl用水溶解，濾去殘渣；酸化濾液，&MnO4轉化為MnO2和KMnO4；再濾去沉淀MnO2,濃縮結晶得到KMnO4晶體。請回答：(1)用軟鎰礦制備K2MnO4的化學方程式是1:2,生成0.1mol還原產(chǎn)物時轉移電子0.1Nax(6-4)=0.2N或6.02X120,由氧化還原反應中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，可知氧化性為KMnO4eMnO4MnO2,故答案為1:2;0.2Na或6.02X筋；KMnO

48、4K2MnO4MnO2；(3)KMnO4能與熱的Na2c2O4(aq,硫酸酸化)反應生成Mn2+和C6,設KMnO4的純度為x,則由電子守恒可知,0.165gx122.5g/mol(7-2)=0.335g134g/mol2(4-3),解得x=0.958,故答案為0.958.10.(1)將新制氯水逐滴滴入FeBr2溶液中，寫出最初發(fā)生的反應的離子方程式，并標出電子轉移的方向和數(shù)目。(2)在硫酸鋁俊(NH4Al(SO4)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液并不斷攪拌。用一個離子方程式表示最初發(fā)生的反應。(3)石油氣芳構化”是由石油氣生產(chǎn)高辛烷值汽油的一種有效生產(chǎn)工藝。測得反應2C4H10C8H10

49、(g)+5H2在不同溫度下的平衡常數(shù)變化如下：溫度(C)400450500平衡常數(shù)Ka6a40a該反應的正反應是(吸熱、放熱)反應。向2L密閉定容容器中充入2molC4H&反應10s后測得H2濃度為1mol/L,此10s內(nèi)，以C8Hio表不的平土速率為。能表示該反應在恒溫恒容密閉容器中t1時刻后已經(jīng)達平衡狀態(tài)的圖示是。平均摩爾質S如圖表示某溫度時將一定量的C4H10(含少量H2)充入容器中反應期間物質濃度隨時間的變化(容器容積可變),實線代表C8H10,虛線代表C4H10。請用實線補充畫出tlt4間C8H10的濃度變化曲線。CtmolLji3Ba2+6OH-+3SO2-+2Al3+=3BaSQ

50、J+2Al(OHJ吸熱0.02mol/(Ls)bKd。前工即o二SO-*-(1)氯氣具有氧化性，能將碘離子以及亞鐵離子氧化，碘離子的還原性強于亞鐵離子的還原性，所以先是發(fā)生氯氣氧化亞鐵離子的反應，氧化還原反應中，化合價升高值=化合價降低值=轉移電子數(shù)，據(jù)此表示電子轉移的情況；(2)在硫酸鋁俊(NH4Al(SO)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，由于氫氧化鋼少量，氫氧根離子不足，反應按照氫氧化鋼的組成進行，氨水堿性強于氫氧化鋁，所以鋁離子優(yōu)先與氫氧根離子反應，據(jù)此寫出反應的離子方程式；(3)依據(jù)圖表數(shù)據(jù)，平衡常數(shù)隨溫度升高增大，平衡正向進行；依據(jù)反應速率v=-c計算；ta.反應前后都是氣體，

51、氣體質量始終不變；b.反應前后氣體質量不變，物質的量增大，平均摩爾質量不變說明反應達到平衡狀態(tài)；c.氣體質量不變，體積不變，密度在反應過程中和平衡狀態(tài)都不變；d.反應前后氣體物質的量變化，壓強之比等于氣體物質的量之比，物質的量不變，反應達到平衡；剛開始因為達到平衡狀態(tài)，所以濃度不變，根據(jù)虛線的濃度變化可知，后面體積縮小為1原來的1,所以實線濃度也變兩倍，后面又慢慢減小，直至繼續(xù)平衡。2CI2+2Fe2+=【詳解】(1)將新制氯水逐滴滴入FeBr2溶液中，先是發(fā)生氯氣氧化亞鐵離子的反應,2Fe3+2Cl-,電子轉移情況如下:,故答案為:(2)氫氧化鋼少量，氫氧根離子和鋼離子的物質的量不足，離子方

52、程式按照氫氧化鋼的組成書寫，領離子和氫氧根離子完全反應；由于氨水堿性強于氫氧化鋁，故鋁離子優(yōu)先與氫氧根離子反應生成氫氧化鋁沉淀，反應的離子方程式為3Ba2+6OH+3SO42-+2Al3+=3BaSQJ+2Al(OH3J,故答案為:3Ba2+6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSQJ+2Al(OH)4;(3)根據(jù)圖表數(shù)據(jù)，平衡常數(shù)隨溫度升高增大，平衡正向進行，正反應是吸熱反應，故答案為：吸熱；向2L密閉定容容器中充入2molC4H10,反應10s后測得H2濃度為1mol/L,1,2QHi0?C8Hio(g)+5H2,反應過程中生成C8H10的物質的量濃度為一X1mol/L=0.2mol/

53、L,此510s內(nèi)，以C8H10表示的平均速率=0.2mol/L=0.02mol/(L?s),故答案為：0.02mol/(L?s);10s2c4H10?C8H10(g)+5H2,反應是氣體體積增大的反應吸熱反應，依據(jù)平衡移動原理分析圖象；a.反應前后都是氣體，氣體質量在反應過程中和平衡狀態(tài)都始終不變，不能說明反應達到平衡狀態(tài)，故a不符合；b.反應前后氣體質量不變，物質的量增大，平均摩爾質量不變說明反應達到平衡狀態(tài)，故b符合；c不符合;c.氣體質量不變，體積不變，密度在反應過程中和平衡狀態(tài)都不變，故d.反應前后氣體物質的量變化，壓強之比等于氣體物質的量之比，物質的量不變壓強不變，說明反應達到平衡，

54、故d符合；故答案為：b、d；分析圖象可知，剛開始因為達到平衡狀態(tài)，所以濃度不變，根據(jù)虛線的濃度變化可知，1后面體積縮小為原來的一，所以實線濃度也變兩倍，濃度變化為0.40mol/L,隨反應進行后2面又慢慢減小，直至繼續(xù)平衡，據(jù)此畫出的圖象為：,故答案為:O【點睛】本題(2)注意掌握離子方程式的書寫原則，正確判斷反應物離子的過量情況是解答的關鍵；(3)掌握圖象分析與繪制方法，曲線變化起點和變化是解題關鍵。11.二氧化氯泡騰片，有效成分(ClO2)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)ClQ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

55、(NaClQ)與鹽酸反應生成ClC2ofCIO食笠水C1Q的化學方程式(1)工藝中可利用的單質有(填化學式)，發(fā)生器中生成(2)此法的缺點主要是方法二：最近，科學家又研究出了一種新的制備方法，纖維素還原法制C1O2,其原理是:纖維素水解得到的最終產(chǎn)物X與NaClO3反應生成Cl02o(3)配平方程式：口(X)+DNaClO+DH2SO4一口CIO+DCOX+口也O+若反應中產(chǎn)生4.48L(折算成標準狀況下)氣體，電子轉移個。(4)C1O2和C12均能將電鍍廢水中的CN一氧化為無毒的物質，自身被還原為C。處理含CN一相同量的電鍍廢水，所需C2的物質的量是C1O2的倍。方法三：實驗室常用氯酸鈉(NaClQ)和亞硫酸鈉(Na2SC3)用硫酸酸化，加熱制備二氧化氯，化學反應方程式為：2NaClC3+N%SQ+WSOlA2c102