2020-2021備戰(zhàn)高考化學(xué)專題題庫∶氧化還原反應(yīng)的綜合題

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 鋰離子電池能夠?qū)崿F(xiàn)千余次充放電，但長時(shí)間使用后電池會失效，其中的化學(xué)試劑排放至環(huán)境中不僅會造成環(huán)境污染，還會造成資源的浪費(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。LiCoO2難溶于水，易溶于酸?；卮鹣铝袉栴}：1 ） LiCoO2中 Co的化合價(jià)是_。2 ） LiCoO2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Na2S2O3，比較二者的還原效率H2O2_（填 “ >或”<” ）2NS2aO3 （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

2、）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+CoR2 =Co2+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)，Ni2+開始沉淀。Ksp（Ni（OH）2=2× 1-015（ 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 ）_。提供的無機(jī)試劑：NaOH、 Na2CO3、 NaF?！敬鸢浮?3 2LiCoO2+6H+H2O2=2Co2+O2 +2L

3、+i+4H2O < 適當(dāng)升高溫度，適當(dāng)增加H2SO4濃度 5.5 H2SO4 7.5 NaOH 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CoSO4，可知LiCoO2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；(3)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；(5)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；(6)將鈷洗脫進(jìn)入水相中

4、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CoSO4，可知LiCoO2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+O2 +2Li+4H2O；(3)1molH 2O2作為還原劑轉(zhuǎn)移2

5、mol 電子，1molNa 2S2O3作為還原劑轉(zhuǎn)移8mol 電子，則Na2S2O3的還原效率更高；(4)提高浸出效率可以適當(dāng)升高溫度，適當(dāng)增加H2SO4濃度等；(5)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，所以最佳pH 是 5.5；(6)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；(7)c(Ni2+)= . mol/L=0.02mol/L ，則開始沉淀時(shí)，c(OH- )59Ks (Ni OH )2 101565sp2 =10-6.5mol/L ，則pH=14

6、-6.5=7.5；0.020.02(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，過濾后濾液中加入NaF生成 LiF沉淀。【點(diǎn)睛】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。2 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FeS2)作為原料。完成下列填空：(1)將 0.050mol SO2(g) 和 0.030mol O 2(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)：2SO2(g)+O2(g)? 2SO3(g)+Q

7、。經(jīng)2 分鐘反應(yīng)達(dá)到平衡，測得n(SO3)=0.040mol，則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SO2平衡轉(zhuǎn)化率的有(選填編號)a.移出氧氣b.降低溫度c.減小壓強(qiáng)d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)(3)在起始溫度T1(673K)時(shí) SO2的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時(shí)間(t)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)SO2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SO2和 Fe3O4將黃鐵礦的煅燒產(chǎn)物Fe3O4溶于H2SO4后，加入鐵粉，可制備FeSO4。酸溶過程中需維持溶液有足夠的酸性，其

8、原因是 FeS2能將溶液中的Fe3+還原為Fe2+，本身被氧化為SO42 。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)為制 Fe3+與 Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+ FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42 +16H+抑14NA【解析】【分析】(1)根據(jù)vc 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)算；(2)反應(yīng)放熱，為提高SO2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SO2平衡轉(zhuǎn)化率，由此分析解答；(3)反應(yīng)是放熱

9、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；(4) Fe3 與 Fe2 易水解，F(xiàn)e2 易被氧化成Fe3 ；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，結(jié)合方程計(jì)算轉(zhuǎn)移電子數(shù)?！驹斀狻?.040mol1(1)v(SO3)c 2L 0.01mol/(L?min) ，所以v(O2)v(SO3) 0.005mol/(L?min) ，t2 2min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)，

10、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；(3)反應(yīng)：2SO2(g)+O2(g)? 2SO3(g) H< 0， SO2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SO2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(4)Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SO4后，生成的Fe3與Fe2易水解，F(xiàn)e

11、2易被氧化成Fe3 ，所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 -2 價(jià)的硫離子具有還原性，根離子，有關(guān)的離子方程式為：Fe2 被氧化成Fe3 ；FeS2 可以將溶液中的Fe3 還原為Fe2 ，而本身被氧化為硫酸FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42 +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：FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42 +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

12、率增大，達(dá)到平衡需 要的時(shí)間短，此為解題的關(guān)鍵。3 下表是某學(xué)生為探究AgCl 沉淀轉(zhuǎn)化為Ag 2S 沉淀的反應(yīng)所做實(shí)驗(yàn)的記錄步驟現(xiàn)象 .取 5mL 0.1mol/L AgNO3與一定體積0.1mol/L NaCl溶立即產(chǎn)生白色沉淀液，混合，振蕩 .向所得懸濁液中加入2.5mL 0.1mol/L Na2S溶液沉淀迅速變?yōu)楹谏?. 將上述黑色濁液，放置在空氣中，不斷攪拌較長時(shí)間后，沉淀變?yōu)槿?白色 . 濾出中的乳白色沉淀，加入足量HNO 3 溶液產(chǎn)生紅棕色氣體，沉淀部 分溶解 . 過濾得到濾液X和白色沉淀Y；向X中滴加Ba(NO 3)2溶液產(chǎn)生白色沉淀1 為了證明沉淀變黑是AgCl轉(zhuǎn)化為 Ag

13、2S的緣故，步驟I 中 NaCl溶液的體積范圍為10302 已知：25 時(shí) Ksp AgCl 1.8 10 ， Ksp Ag2S 6 10 ，此沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)的平衡常數(shù)K 。3 步驟 V 中產(chǎn)生的白色沉淀的化學(xué)式為，步驟中乳白色沉淀除含有AgCl外，還含有 。4 為了進(jìn)一步確認(rèn)步驟中乳白色沉淀產(chǎn)生的原因，設(shè)計(jì)了如下圖所示的對比實(shí)驗(yàn)裝置。 裝置A 中玻璃儀器有圓底燒瓶、導(dǎo)管和 ，試劑 W 為 。 裝置C中的試劑為NaCl溶液和Ag2S懸濁液的混合物，B中試劑為。 實(shí)驗(yàn)表明：C 中沉淀逐漸變?yōu)槿榘咨?，B 中沒有明顯變化。完成 C中反應(yīng)的化學(xué)方程式：Ag2S+NaCl+ ? AgCl+S+ 【答案】5

14、mL 5.4 109 BaSO4 S 分液漏斗過氧化氫溶液Ag2S懸濁液2Ag 2S 4NaCl O2 2H 2O ? 4AgCl 2S 4NaOH 氧氣將Ag2S氧化成S時(shí)有Ag 產(chǎn)生， NaCl 電離的氯離子與銀離子結(jié)合生成AgCl沉淀，使c Ag 減小，有利于氧化還原反應(yīng)的平衡右移【解析】【分析】(1)要證明沉淀變黑是AgCl 轉(zhuǎn)化為Ag 2S的緣故，則步驟 中必須使硝酸銀電離出的銀離子完全轉(zhuǎn)化成AgCl 沉淀；c2 Cl(2)K2；cS(3)黑色的硫化銀沉淀被氧氣氧化為氯化銀沉淀和硫單質(zhì)；硫單質(zhì)被硝酸氧化為硫酸根離子；(4) 根據(jù)裝置圖判斷儀器名稱；裝置A 的作用是提供氧氣；進(jìn)一步確認(rèn)

15、步驟 中乳白色沉淀產(chǎn)生的原因，裝置C中的試劑為NaCl溶液和Ag 2S懸濁液的混合物，則裝置B 中應(yīng)該不含氯化鈉溶液；裝置 C中生成的白色沉淀為氯化銀和S單質(zhì)，反應(yīng)物應(yīng)該還有氧氣，產(chǎn)物中鈉離子只能以氫氧化鈉形式存在，則未知的反應(yīng)物為氫氧化鈉，再根據(jù)H 元素守恒可知另一種未知反應(yīng)物為水，然后根據(jù)化合價(jià)升降相等配平反應(yīng)方程式?！驹斀狻?1)要證明沉淀變黑是AgCl 轉(zhuǎn)化為Ag 2S的緣故，則步驟 中必須使硝酸銀電離出的銀離子完全轉(zhuǎn)化成AgCl 沉淀，所以加入的NaCl 溶液的體積必須5mL ；aq? Ag 2S s 2Cl aq ，該反應(yīng)2(2)氯化銀轉(zhuǎn)化成硫化銀的反應(yīng)為：2AgCl s S2的平

16、衡常數(shù)為：10 2(1.6811003100)25.4 109；222c Cl c Ag c ClKs2 AgClK222spc S c Ag c SKsp Ag 2S(3)步驟 中較長時(shí)間后，沉淀變?yōu)槿榘咨?，則黑色的硫化銀沉淀氧化成氯化銀沉淀；再根據(jù)濾出 中的乳白色沉淀，加入足量HNO 3溶液，產(chǎn)生紅棕色氣體，沉淀部分溶解，則被氧化的只能為S元素，故乳白色沉淀為AgCl和 S的混合物；其中S被稀硝酸氧化成硫酸根離子，則在步驟 中向X中滴加Ba(NO 3)2溶液會生成BaSO4沉淀；(4) 根據(jù)圖示可知，裝置A 中玻璃儀器有圓底燒瓶、導(dǎo)管和分液漏斗；乳白色沉淀為氯化銀和 S的混合物，裝置A的作

17、用是提供氧氣，根據(jù)圓底燒瓶中為二氧化錳可知W 為過氧化氫溶液；進(jìn)一步確認(rèn)步驟 中乳白色沉淀產(chǎn)生的原因，裝置C中的試劑為NaCl溶液和Ag 2S懸濁液的混合物，則裝置B 中應(yīng)該不含氯化鈉溶液，即為Ag 2S 懸濁液，通過對比反應(yīng)現(xiàn)象判斷生成乳白色沉淀產(chǎn)生的原因；裝置 C中生成的白色沉淀為氯化銀和S單質(zhì)，反應(yīng)物應(yīng)該還有氧氣，產(chǎn)物中鈉離子只能以氫氧化鈉形式存在，則未知的產(chǎn)物為氫氧化鈉，再根據(jù)H 元素守恒可知另一種未知反應(yīng)物為水，然后根據(jù)化合價(jià)升降相等配平反應(yīng)方程式為2Ag 2S 4NaCl O2 2H 2O ? 4AgCl 2S 4NaOH ；裝置 C中氯化鈉的作用為：氧氣將Ag2S氧化成S時(shí)有Ag

18、 產(chǎn)生， NaCl電離的氯離子與溶液中銀離子結(jié)合生成AgCl沉淀，使溶液中c Ag 減小，從而有利于氧化還原反應(yīng)2Ag 2S 4NaCl O2 2H 2O ? 4AgCl 2S 4NaOH 向右移動(dòng)。4 小明很喜歡化學(xué)實(shí)驗(yàn)課，今天要學(xué)習(xí)“探究鐵及其化合物的氧化性或還原性”。（ 1 ）實(shí)驗(yàn)前小明預(yù)測說：Fe2+肯定既有還原性又有氧化性。你認(rèn)為他預(yù)測的依據(jù)是：。（ 2）小明欲用實(shí)驗(yàn)證明他的預(yù)測。實(shí)驗(yàn)室提供了下列試劑：3%的H2O2溶液、鋅粒、銅片、 0.1mol ·L-1FeCl2溶液、KSCN溶液、新制氯水。 若小明計(jì)劃在0.1mol L·-1FeCl2溶液滴入新制氯水，探究

19、Fe2+的還原性，你預(yù)計(jì)可能發(fā)生的反應(yīng)和現(xiàn)象是：（寫離子方程式）、溶液由淺綠色變色。 實(shí)驗(yàn)中，小明發(fā)現(xiàn)現(xiàn)象不太明顯，老師分析可能是產(chǎn)物的含量太低，建議可以通過檢驗(yàn)Fe2+被氧化的產(chǎn)物Fe3+的存在以獲取證據(jù)。你認(rèn)為可選滴入小明所得的混合液中，并通過溶液出現(xiàn)色的現(xiàn)象，證明小明的觀點(diǎn)和實(shí)驗(yàn)方案都是正確的。 對于證明Fe2+具有氧化性，小明認(rèn)為金屬單質(zhì)都具有還原性，并分別將銅片、鋅粒投入FeCl2溶液中，結(jié)果銅片沒變化，鋅粒逐漸變小。由此說明三種金屬的還原性由強(qiáng)至弱的順序?yàn)椋骸＃?3）小明分析H2O2中氧元素顯-1 價(jià)（中間價(jià)），并提出疑問：H2O2與 FeC2l 的反應(yīng)時(shí)，F(xiàn)e2+還作氧化劑嗎？

20、請你為小明梳理相關(guān)問題：若Fe2+在反應(yīng)中表現(xiàn)出氧化性應(yīng)轉(zhuǎn)化成（填微粒符號，下同），若Fe2+在反應(yīng)中表現(xiàn)出還原性應(yīng)轉(zhuǎn)化成。 實(shí)際上Fe2+的還原性較強(qiáng)，實(shí)驗(yàn)室的FeCl2溶液常因氧化而變質(zhì)。除雜的方法是：，相關(guān)反應(yīng)的離子方程式：?！敬鸢浮浚? ）因?yàn)镕e2+中鐵元素化合價(jià)處于中間價(jià)態(tài)，可以升高也可以降低；（2） Cl 2 2Fe2+ 2Cl 2Fe3+，棕黃（黃）； KSCN 溶液， 溶液呈血紅（紅）色； Zn 、 Fe、 Cu（或Zn>Fe>Cu）；（3） Fe ， Fe3+； 加入過量鐵粉，過濾，2Fe3+ Fe= 3Fe2+?！窘馕觥吭囶}分析：（1 ）最低價(jià)態(tài)只具有還原性，

21、最高價(jià)態(tài)只具有氧化性，中間價(jià)態(tài)既具有氧化性又有還原性，鐵的價(jià)態(tài)一般是0、 +2、 +3， +2 價(jià)位于中間，因此Fe2 有還原性和氧化性；（2） 氯水具有強(qiáng)氧化性，發(fā)生2Fe2Cl2 =2Fe32Cl，F(xiàn)e3顯黃色或棕黃色； 檢驗(yàn)Fe3 用 KSCN溶液，溶液變紅說明Fe3 的存在； 根據(jù)利用金屬性強(qiáng)的置換出金屬性弱的，銅片無變化，說明Fe的金屬性強(qiáng)于銅，鋅粒逐漸變小，發(fā)生Zn Fe2 =Zn2 Fe，說明 Zn 的金屬性強(qiáng)于Fe，即金屬性強(qiáng)弱：Zn>Fe>Cu；（3） 氧化性：得到電子、化合價(jià)降低，F(xiàn)e2轉(zhuǎn)變成Fe，還原性：失去電子、化合價(jià)升高，F(xiàn)e2轉(zhuǎn)變成Fe3； 利用Fe3具

22、有強(qiáng)氧化性，能和金屬單質(zhì)反應(yīng)，不能引入新的雜質(zhì)，因此加入單質(zhì)鐵，發(fā)生Fe 2Fe3=3Fe2 ?？键c(diǎn)：考查鐵及其化合物的性質(zhì)等知識。5 過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽（K2SO4?KHSO4?2KHSO5）易分解，可用作漂白劑、NOx和 SO2等的脫除劑。某研究小組制備過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽的流程如圖所示。已知：濃硫酸與H2O2 反應(yīng)，部分轉(zhuǎn)化為過硫酸（化學(xué)式為H2SO5，是一種一元強(qiáng)酸）（ 1 ） H2SO5中硫元素的化合價(jià)為+6 價(jià)，其中過氧鍵的數(shù)目為；工業(yè)上用過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽溶液脫除NO 時(shí)，反應(yīng)的離子方程式為。（ 2）若反應(yīng)物的量一定，在上述流程的“轉(zhuǎn)化 ”步驟中需用冰水浴冷卻，且緩慢加入濃硫酸，其

23、目的是。（ 3）“結(jié)晶”操作中，加入K2CO3即可獲得過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽晶體，該過程的化學(xué)方程式為 。過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽產(chǎn)率（以產(chǎn)品含氧量表示）隨溶液 pH 和溫度的變化關(guān)系如圖所示，則該過程適宜的條件是。（ 4）產(chǎn)品中KHSO5含量的測定：取1.000g 產(chǎn)品于錐形瓶中，用適量蒸餾水溶解，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0.2000mol L·-1 硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積為25.00mL。已知：2KHSO5 4KI H2SO4 = 2I2 3K2SO4 2H2O I2 2Na2S2O3 =Na2S4O6 2NaI

24、用 滴定管盛裝標(biāo)準(zhǔn)濃度的硫代硫酸鈉溶液（填“甲 ”或 “乙 ”）。 產(chǎn)品中KHSO5的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。【答案】13HSO5 2NOH2O = 3SO422NO35H+防止?jié)饬蛩崤cH2O2溶液混合時(shí)放出大量熱使H2O2分解5K2CO3 4H2SO5 4H2SO4=2（K2SO4?KHSO4?2KHSO5）5CO25H2O 控制 pH 在 2.02.5 之間，溫度在0左右乙38.00【解析】【詳解】（1）H2SO5中硫元素的化合價(jià)為+6價(jià)，依據(jù)化合價(jià)的代數(shù)和為0 計(jì)算，有2 個(gè)氧原子顯-1價(jià)，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(fù)合鹽溶液脫除NO 時(shí)，反應(yīng)的離子方程式為3HSO5 2

25、NO H2 O =3SO42 2NO35H+。答案為3HSO52NOH2O= 3SO422NO3 5H+（2）在“轉(zhuǎn)化”步驟中，30%的 H2O2溶液加入98%的濃硫酸中，相當(dāng)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(shí)放出大量熱使H2O2分解；（3）“結(jié)晶”操作中，加入K2CO3即可獲得過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽晶體，該過程的化學(xué)方程式為 5K2CO3 4H2SO5 4H2SO4 =2（K2SO4?KHSO4?2KHSO5）5CO25H2O。答案為：5K2CO3 4H2SO5 4H2SO4 =2（K2SO4?KHSO

26、4?2KHSO5）5CO25H2O從溶液 pH 看，過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽產(chǎn)率在2.02.5 之間時(shí)最大；從溫度看，過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽產(chǎn)率在0左右最大，所以該過程適宜的條件是控制pH 在 2.02.5 之間，溫度在0左右。答案為：控制pH 在 2.02.5 之間，溫度在0左右；（4） 硫代硫酸鈉溶液呈堿性，應(yīng)放在堿式滴定管內(nèi)。答案為乙； 由反應(yīng)2KHSO54KIH2SO4 = 2I23K2SO42H2O和I22Na2S2O3 =Na2S4O62NaI 可得出如下關(guān)系式：KHSO52Na2S2O3n（Na2S2O3）=0.2mol/L × 0.025L=0.005mol ， n（KHSO5

27、）=0.0025mol0.0025mol 152g /mol產(chǎn)品中KHSO5的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：100% 38.00%1.000g答案為：38.00。6 銻（Sb）廣泛用于生產(chǎn)各種阻燃劑、陶瓷、半導(dǎo)體元件和醫(yī)藥及化工等領(lǐng)域。（1）銻在元素周期表中的位置。（ 2）銻（）的氧化物被稱為銻白，可以由SbCl3水解制得，已知SbC3l 水解的最終產(chǎn)物為銻白。為了得到較多、較純的銻白，操作時(shí)將SbC3l 徐徐加入大量水中，反應(yīng)后期還要加入少量氨水。試用必要的化學(xué)用語和平衡移動(dòng)原理解釋這兩項(xiàng)操作的作用。工業(yè)上，還可用火法制取銻白，是將輝銻礦（主要成分為Sb2S3）裝入氧化爐的坩堝中，高溫使其融化后通入空氣，充分

28、反應(yīng)后，經(jīng)冷卻生成銻白。寫出火法制取銻白的化學(xué)方程式。以輝銻礦為原料制備金屬銻，其中一種工藝流程如下：已知部分信息如下：輝銻礦（除Sb2S3外，還含有砷、鉛、銅的化合物和SiO2等）；浸出液主要含鹽酸和SbCl3，還含SbCl5、 CuCl2、 AsCl3和 PbCl2等雜質(zhì)；常溫下，Ksp（ CuS） =1.0× 1-036， Ksp（ PbS） =9.0× 1-029。回答下列問題：（ 3） “酸浸 ”過程中Sb2S3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)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

29、滴加極稀的硫化鈉溶液，先產(chǎn)生沉淀的是（填化學(xué)式）；當(dāng)CuS、 PbS共沉2+沉?xí)r， c（u2+ ） =（保留小數(shù)點(diǎn)后一位）。c（Pb2+）5）在“除砷 ”過程中，氧化產(chǎn)物為H3PO4。該反應(yīng)氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為（ 6）在 “電解 ”過程中，銻的產(chǎn)率與電壓大小關(guān)系如圖所示。當(dāng)電壓超過U0 V時(shí)，銻的產(chǎn)率降低的原因可能是?！敬鸢浮康? 周期第A 族2SbC3l+3H2O? Sb2O3+6HCl，不斷加入SbC3l，使SbCl3濃度增大，利于水解平衡右移，反應(yīng)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+6SO2 Sb2S3+ 3SbC5l

30、=5SbCl3+3S CuS 1.1 -8 ×3:41 0 H+參與電極反應(yīng)【解析】【分析】 輝銻礦粉加入鹽酸和SbC5l 溶液，得到SbCl3和 SbCl5溶液，還含有雜質(zhì)CuCl2、 AsC3l 和PbCl2等，加入適量Sb將 SbC5l 還原為SbC3l ，加入Na2S使銅和鉛沉淀以除去CuCl2和PbCl2，然后加入NaHPO2除去雜質(zhì)砷。得到的SbCl3溶液電解得到金屬Sb，同時(shí)得到SbC5l ，可以返回到酸浸步驟循環(huán)使用。【詳解】 （1）銻和氮在同一主族，其在元素周期表中位于第5 周期第 A 族。（ 2） SbCl3 水解：2SbCl3+3H2O? Sb2O3+6HCl，

31、將SbC3l 徐徐加入大量水中，SbCl3濃度增大，水解平衡右移，反應(yīng)后期還要加入少量氨水中和HCl，使c（HCl）減小，平衡右移，有利于 Sb2O3 的生成。故答案為：2SbCl3+3H2O? Sb2O3+6HCl，不斷加入SbCl3，使SbCl3濃度增大，利于水解平衡右移，反應(yīng)后期加入氨水中和鹽酸，使c（HCl）減小，利于平衡右移。火法制取銻白，是輝銻礦（主要成分為Sb2S3）在高溫下和空氣中的氧氣反應(yīng)，生成Sb2O3高溫的同時(shí)生成SO2?；瘜W(xué)方程式為：2Sb2S3+9O22Sb2O3+6SO2。（3）“酸浸 ”時(shí)Sb2S3 和 SbC5l 溶液反應(yīng)，得到SbC3l 和 SbCl5的混合溶

32、液，濾渣中有硫，是此反應(yīng)的生成物，Sb2S3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為Sb2S3+ 3SbC5l=5SbCl3+3S。（4）浸出液中c（Cu2+） =0.0001mol/L ，c（ Pb2+）=0.1mol/L 。在沉淀銅、鉛過程中，緩慢10 10-36滴加極稀的硫化鈉溶液，當(dāng)Cu2+開始沉淀時(shí)，c(S2-)=1.0 10=1.0 × -1302mol/L，當(dāng)Pb2+開0.0001-29始沉淀時(shí)，c(S2-)=9.0 10=9.0 × -1208mol/L，所以先產(chǎn)生沉淀的是CuS；當(dāng)CuS、 PbS共沉0.1c(Cu 2+)c(Cu 2+)c(S2)Ksp(CuS)1.010

33、36-8淀時(shí)，2+ =2+2 1.1 × 1-0。c(Pb2+)c(Pb2+)c(S2)Ksp(PbS)9.010 295)加入NaHPO2除砷，發(fā)生了NaHPO2和 AsCl3的反應(yīng)，氧化產(chǎn)物為H3PO4，還原產(chǎn)物是As，磷的化合價(jià)從+1 價(jià)升高到+5 價(jià)，生成1mol H3PO4失去4mol 電子，砷的化合價(jià)從+3價(jià)降低到 0 價(jià)，生成1molAs 得到 3mol 電子，根據(jù)電子守恒，該反應(yīng)氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為3:4。( 6)電解SbC3l 溶液制取銻，在陰極是Sb3+得到電子生成Sb，當(dāng)電壓過大時(shí)，溶液中的H+也可能在陰極放電，導(dǎo)致銻的產(chǎn)率降低。7 氯化亞銅在有機(jī)

34、合成工業(yè)中常作催化劑。以下是從含Cu2+、 Fe3+的電鍍廢水中制備氯化亞銅的工藝流程圖。如圖是濾液中Cu2+、 Fe3+的含量與pH 的關(guān)系及CuCl產(chǎn)率與 pH 的關(guān)系圖。請回答以下問題：(1)在電鍍廢水中加堿產(chǎn)生沉淀，過濾得到電鍍污泥，則電鍍污泥的主要成分為；(2)由反應(yīng)制備CuCl時(shí)的最佳pH 在 左右；(3)對 CuCl產(chǎn)率探究時(shí)發(fā)現(xiàn)反應(yīng)在隔絕空氣條件下進(jìn)行時(shí)CuCl產(chǎn)率較高，由此推測CuCl具有 性；(4)寫出反應(yīng)中化學(xué)反應(yīng)方程式：；(5)隔絕空氣條件下，從濾液中制得晶體的實(shí)驗(yàn)操作為：；(6)取晶體 4.34g 隔絕空氣條件下，失去結(jié)晶水后得固體3.26g，所得固體溶于水分成二等份

35、，一份加入足量BaCl2溶液,得到白色固體2.33g；另一份加入足量NaOH 溶液后，加熱、灼燒得紅色粉末0.4g。寫出晶體的化學(xué)式：。【答案】Fe（OH）3、 Cu（OH）2 3.5 還原2CuSO4+ Fe +2KCl = 2CuCl2S+O24+KFeSO4 蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過濾（洗滌）、干燥K2Fe（SO4）2?6H2O【解析】【分析】由流程圖可知，向電鍍廢水中加堿，Cu2+、 Fe3+與堿反應(yīng)生成氫氧化鐵和氫氧化銅沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵和氫氧化銅的電鍍污泥；向電鍍污泥中加入硫酸控制pH 使氫氧化銅溶解，而氫氧化鐵不溶解，過濾得到高濃度的硫酸銅溶液；向高濃度的硫酸銅溶液加入鐵與氯化

36、鉀，調(diào)節(jié)溶液pH 和反應(yīng)溫度使硫酸銅與鐵、氯化鉀反應(yīng)生成了硫酸亞鐵、硫酸鉀和氯化亞銅，過濾得到氯化亞銅沉淀和含有的硫酸亞鐵、硫酸鉀濾液，隔絕空氣條件下，濾液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到K2Fe（SO4）2?6H2O 晶體?！驹斀狻浚?1 ）由流程圖可知，向電鍍廢水中加堿，Cu2+、 Fe3+與堿反應(yīng)生成氫氧化鐵和氫氧化銅沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵和氫氧化銅的電鍍污泥，故答案為：Fe（OH）3、 Cu（OH）2；（ 2）由 CuCl產(chǎn)率與 pH 的關(guān)系圖可知，制備CuCl時(shí)的最佳pH 是 3.5 左右，故答案為：3.5；（ 3）對CuCl產(chǎn)率探究時(shí)發(fā)現(xiàn)反應(yīng) 在隔絕空氣條件下進(jìn)行時(shí)C

37、uCl產(chǎn)率較高，說明氯化亞銅具有還原性，能被空氣中的氧氣氧化，故答案為：還原；（ 4）反應(yīng) 為調(diào)節(jié)溶液pH 和反應(yīng)溫度使硫酸銅與鐵、氯化鉀反應(yīng)生成了硫酸亞鐵、硫酸鉀和氯化亞銅，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CuSO4+Fe+2KCl=2CuC l +FeSO4+K2SO4，故答案為：2CuSO4+Fe+2KCl=2CuC l +FeSO4+K2SO4；（ 5）隔絕空氣條件下，含有硫酸亞鐵、硫酸鉀的濾液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到硫酸亞鐵晶體，故答案為：蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過濾（洗滌）、干燥；（ 6）由題意可知，結(jié)晶水的物質(zhì)的量為（ 4.1384g-3/.m26o）l g =0.06mol，由加

38、入足量BaCl2溶液,得到硫酸鋇沉淀質(zhì)量為2.33g 可知硫酸根的物質(zhì)的量為2323.3/3g × 2=0.02mol，由加入足量NaOH233g/ mol溶液后，加熱、灼燒得紅色粉末0.4g 可知亞鐵離子的物質(zhì)的量為1600g.4/gmol × 2× 2=0.01mol，則鉀離子的物質(zhì)的量為( 3.26- 0.0329g/96m-0o.l01 56) g =0.02mol， n(K+)： n(Fe2+)： n(SO42 )；n(H2O)=0.02mol： 0.01mol： 0.02mol： 0.06mol=2:1:2:6 ，晶體的化學(xué)式為K2Fe(SO4)2?6

39、H2O，故答案為：K2Fe(SO4)2 ?6H2O。8 在食品行業(yè)中，N2O 可用作發(fā)泡劑和密封劑。（ 1 ） N2O是硝酸生產(chǎn)中氨催化氧化的副產(chǎn)物，NH3與 O2在加熱和催化劑的作用下生成N2O的化學(xué)方程式為_。（ 2） N2O和 NO是環(huán)境污染性氣體。這兩種氣體會發(fā)生反應(yīng)：N2O（g） CO（g）=CO2（g）N2（g）， “ F e”常用作該反應(yīng)的催化劑。其總反應(yīng)分兩步進(jìn)行：第一步為Fe N2O FeO N2；第二步為_（寫方程式），第二步反應(yīng)幾乎不影響總反應(yīng)達(dá)到平衡所用的時(shí)間，由此推知，第二步反應(yīng)的活化能_（填 “大于 ”“ 小于 ”或 “等于 ”） 第一步反應(yīng)活化能。( 3)在四個(gè)恒

40、容密閉容器中充入相應(yīng)量的氣體(圖甲)，發(fā)生反應(yīng)2N2O(g)=2N2(g) O2(g) H，容器I、 II、 III 中N2O 的平衡轉(zhuǎn)化率如圖乙所示：該反應(yīng)的 H_(填 “ >或” “ <” 。 )0容器與容器III 的體積均為1L，容器中的物質(zhì)在470下進(jìn)行反應(yīng)，起始反應(yīng)速率：v正 (N2O)_v逆 (N2O)(填 “ >”“ 或 “<” ”) 。已知容器I 的體積為10L370時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=_。11252NH3+2O2=N2O+3H2O FeO+CO=Fe+CO2( 小于 ><8.9× 10-4或【解析】【分析】(1)NH3與 O2

41、在加熱和催化劑作用下生成N2O，類似于生成NO的反應(yīng)，同時(shí)生成水；(2)總反應(yīng)分兩步進(jìn)行Fe+N2O=FeO+N2，根據(jù)催化劑定義，第一步生成中間產(chǎn)物，第二步反應(yīng)中，中間產(chǎn)物(FeO+)氧化CO生成CO2本身被還原成Fe+，根據(jù)催化劑定義，第二步反應(yīng)對總反應(yīng)速率沒有影響，說明第一步是慢反應(yīng)，控制總反應(yīng)速率；(3)升高溫度，向吸熱方向進(jìn)行，據(jù)此進(jìn)行分析；恒溫條件下，縮小體積，平衡向氣體總物質(zhì)的量減小的方向移動(dòng)；根據(jù)方程式計(jì)算平衡時(shí)各組分的濃度，代入平衡常數(shù)表達(dá)式計(jì)算?！驹斀狻?1)NH3與 O2在加熱和催化劑作用下生成N2O和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NH3+2O2N2O+3H2O；(2)總反應(yīng)分

42、兩步進(jìn)行Fe+N2O=FeO+N2，根據(jù)催化劑定義，第一步：Fe+N2 O FeO+N2，第二步反應(yīng)中，中間產(chǎn)物(FeO+)氧化CO生成CO2本身被還原成Fe+， FeO+CO=Fe+CO2，第二步反應(yīng)對總反應(yīng)速率沒有影響，說明第一步是慢反應(yīng)，控制總反應(yīng)速率，第二步反應(yīng)速率大于第一步反應(yīng)速率，則第二步反應(yīng)活化能小于第一步反應(yīng)的活化能；(3)升高溫度，N2O 的轉(zhuǎn)化率升高，則向正反應(yīng)方向進(jìn)行，則正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則 H>0；根據(jù)題給圖像可知，同一溫度下，從I 、 II 、 III 變化中，一氧化二氮的轉(zhuǎn)化率減小，因此中一氧化二氮轉(zhuǎn)化率也是減?。蝗萜鞯捏w積為1L，容器中的物質(zhì)也在470下進(jìn)行

43、反應(yīng)，則縮小體積，壓強(qiáng)增大，平衡向逆方向移動(dòng)，即起始反應(yīng)速率：v正 (N2O)< v逆(N2O)；容器 I 的體積為10 L， 370時(shí)，N2O 的轉(zhuǎn)化率為40%；2N2O（ g） ? 2N（ 2 g） +O（2 g）起始（mol/L）0.0100變化（mol/L）0.0040.0040.002平衡（mol/L）0.0060.0040.002所以 K=c2（N2）c（O2）c2 N2O0.0042 0.0020.0062=8.9 × 1-40。9 草酸亞鐵晶體(FeC2O4· 2H2O)常用做分析試劑及顯影劑等。下圖是將一定質(zhì)量的草酸亞鐵在氬氣氣氛中進(jìn)行熱重分析示意圖

44、(TG%表示殘留固體質(zhì)量占原樣品總質(zhì)量的百分?jǐn)?shù))。請回答下列問題：(l)B 處時(shí)殘留物的化學(xué)式為。(2)A C整個(gè)反應(yīng)過程中總反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(3)取上述分解得到的600時(shí)的固體放在空氣中繼續(xù)加熱時(shí)其質(zhì)量增加，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。由此說明上述FeC2O4·2H2O在氬氣氣氛中進(jìn)行熱重分析的原因是(4)若將分解得到的600時(shí)的固體與足量的稀硫酸反應(yīng)后，將溶液濃縮、冷卻，有帶7 個(gè)結(jié)晶水的晶體析出，該晶體的化學(xué)式為，該晶體與草酸亞鐵晶體分解有類似，得到四種氧化物且物質(zhì)的量之比為1:1:1:14，則該化學(xué)方程式為?！敬鸢浮縁eC2O4FeC2O4· 2H2OFeO +CO

45、+CO2+2H2O6FeO+O22Fe3O4防止FeO在加熱過程中被空中的氧氣氧化FeSO4· 7H2O 2FeSO4·7H2O Fe2O3+SO2 +SO3 +14H2O【解析】【詳解】(1)FeC2O4·2H2O中 H2O%= 2 18 =20%，剛好在B 點(diǎn)的TG%=80%，則B 點(diǎn)表示所有的結(jié)晶水180都完全失去，得到的固體成分為FeC2O4；故答案為：FeC2O4；M (FeOx)(2)當(dāng) TG%=40%時(shí)，得到應(yīng)該是鐵的氧化物，則有x =0.4， x=1，則變化過程中鐵180的化合價(jià)沒改變，只有碳的化合價(jià)發(fā)生變化，則AC 整個(gè)反應(yīng)過程中總反應(yīng)的化學(xué)方程

46、式為 FeC2O4· 2H2O FeO +CO +CO2 +2H2O；故答案為：FeC2O4· 2H2O FeO +CO +CO2 +2H2O；(3)當(dāng)分解得到的600 時(shí)的固體FeO 在空氣中與氧氣反應(yīng)，得到穩(wěn)定的Fe3O4，因此FeC2O4 · 2H2O 在氬氣氣氛中進(jìn)行熱重分析的原因防止FeO 在加熱過程中被空中的氧氣氧6FeO+O2 2Fe3O4；防止FeO在加熱過程中被空中的氧氣氧化；(4)FeO 與足量的稀硫酸反應(yīng)得到的是FeSO4，為了防止其Fe2+水解和Fe2+被氧化，要加適量FeSO4· 7H 2 O，晶體與草酸亞鐵晶體分解有類似，得到

47、四種氧化物1:1:1:14 ，則有Fe2O3、 SO2、 SO3、 H2O；故答案為：FeSO4·7H2O；2FeSO4· 7H2O Fe2O3+SO2 +SO3 +14H2O。10 消除含氮化合物對大氣和水體的污染是環(huán)境保護(hù)的重要研究課題。(1)已知反應(yīng)8NH3+6NO2=7N2+12H2O，請分析氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的質(zhì)量之比為。(2)水體中過量氨氮(以 NH3表示)會導(dǎo)致水體富營養(yǎng)化。(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m(NaCIO)m(NH3)的變化情況如圖所示。當(dāng)m( NaCIO)： m(NH 3)>7.6 時(shí)，水體中總氮

48、去。4： 3 2NH3+ 3NaClO= N2+ 3NaCl+ 3H2O 溫度過高，HClO發(fā)生分解，氨氮去除率有部分NH3被氧化成NO2-或 NO3-1 )該反應(yīng)中NH3中 N 由 3 價(jià)變?yōu)?0 價(jià)，化合價(jià)升高，被氧化，所得產(chǎn)物為氧化產(chǎn)物；NO2中 N 由 4 價(jià)變?yōu)?0 價(jià)，化合價(jià)降低，被還原，所得產(chǎn)物為還原產(chǎn)物；因此氧化產(chǎn)物8:6=4:3；2)根據(jù)圖示判斷發(fā)生氧化還原反應(yīng)的反應(yīng)物、生成物，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒HClO不穩(wěn)定，受熱易分m( NaCIO)： m(NH 3)>7.6 時(shí)，NaCIO加入的量越多會將氨氮氧化為NO3-等高價(jià)態(tài)物質(zhì)。(1)該反應(yīng)中NH3中 N 由 3

49、價(jià)變?yōu)?0 價(jià)，化合價(jià)升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，所得為氧化產(chǎn)物；NO2中 N 由 4 價(jià)變?yōu)?0 價(jià)，化合價(jià)降低，發(fā)生還原反應(yīng)，所得為還原產(chǎn)物；因此氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為8:6=4:3；(2)由圖轉(zhuǎn)化過程可知，該反應(yīng)中反應(yīng)物為NH3和 NaClO，生成物為N2、 NaCl2和 H2O，因此該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2NH3 3NaClO=N2 3NaCl 3H2O；由于反應(yīng)過程中生成HClO， HClO不穩(wěn)定，受熱易分解，因此溫度過高，氨氮去除率降低； NaClO 具有氧化性，其量增大，會使得部分NH3被氧化成NO2-或 NO3- ， 使得水體中總氮去除率降低；【點(diǎn)睛】本題考查氧化還原反應(yīng)方

50、程式的書寫，考生應(yīng)從圖中找出反應(yīng)物、生成物，另外解釋控制反應(yīng)條件的度。11 高錳酸鉀是一種常用氧化劑，主要用于化工、防腐及制藥工業(yè)等。可將軟錳礦(主要成分為MnO2)和 KClO3在堿性介質(zhì)中制得K2MnO4，然后通入CO2制備高錳酸鉀。已知：溫度溶解度/gK2CO3KHCO3KMnO4K2SO4CH3COOK2011133.76.3811.1217(1)制備錳酸鉀的主要反應(yīng)為：3MnO2+6KOH+KClO3=3K2MnO4+KCl+3H2O 該反應(yīng)中的氧化劑是，還原劑是。 每生成1mol K2MnO4 轉(zhuǎn)移 mol 電子。(2)通入少量CO2氣體時(shí)，錳酸鉀發(fā)生歧化反應(yīng)，生成KMnO4， M

51、nO 2， K2CO3。 則生成的KMnO4與 MnO2的物質(zhì)的量之比為。 若 CO2過量會生成KHCO3，導(dǎo)致得到的KMnO4產(chǎn)品的純度降低，其原因是，可以把通CO2改為加其他的酸。從理論上分析，選用下列酸中，得到的產(chǎn)品純度更高。A 醋酸B 濃鹽酸C 稀硫酸【答案】KClO3 MnO2 2 2:1 KHCO3的溶解度比K2CO3小很多，濾液蒸發(fā)濃縮時(shí)KHCO3會隨KMnO4一起結(jié)晶析出A【解析】【分析】( 1) 3MnO 2 +6KOH+KClO 3=3K2MnO 4+KCl+3H 2O該反應(yīng)中，錳元素化合價(jià)升高，故MnO 2是還原劑，氯元素化合價(jià)降低；( 2)根據(jù)題目信息可以寫出方程式為：

52、3K2MnO4+2CO2=2KMnO 4+MnO2+2K2CO3；根據(jù)題目中的溶解度信息可以發(fā)現(xiàn)KHCO 3 的溶解度比K2CO3小很多，故濾液蒸發(fā)濃縮時(shí) KHCO 3會隨KMnO 4一起結(jié)晶析出；鹽酸具有還原性，能夠還原高錳酸鉀，加入醋酸生成醋酸鉀，醋酸鉀的溶解度比硫酸鉀大的多，蒸發(fā)濃縮時(shí)會留在母液中，加入硫酸生成的硫酸鉀溶解度小，會和高錳酸鉀一起結(jié)晶析出而有雜質(zhì)?！驹斀狻浚?1） 3MnO 2 +6KOH+KClO 3=3K2MnO 4+KCl+3H 2O該反應(yīng)中，錳元素化合價(jià)升高，故MnO 2是還原劑，氯元素化合價(jià)降低，故KClO 3是氧化劑，該反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)是6，即生成 3個(gè)錳酸鉀轉(zhuǎn)移

53、6個(gè)電子，故每生成1mol K2MnO4轉(zhuǎn)移 2 mol 電子；答案為：KClO 3； MnO 2 ； 2；（ 2）根據(jù)題目信息可以寫出方程式為：3K2MnO4+2CO2=2KMnO 4+MnO2+2K2CO3，故生成的 KMnO 4與 MnO2 的物質(zhì)的量之比為2:1；根據(jù)題目中的溶解度信息可以發(fā)現(xiàn)KHCO 3 的溶解度比K2CO3小很多，故濾液蒸發(fā)濃縮時(shí) KHCO 3會隨KMnO 4一起結(jié)晶析出；鹽酸具有還原性，能夠還原高錳酸鉀，加入醋酸生成醋酸鉀，醋酸鉀的溶解度比硫酸鉀大的多，蒸發(fā)濃縮時(shí)會留在母液中，加入硫酸生成的硫酸鉀溶解度小，會和高錳酸鉀一起結(jié)晶析出而有雜質(zhì)，故選擇醋酸；答案為：2:1 ； KHCO