2020-2021全国高考化学氧化还原反应的综合高考模拟和真题汇总

2020-2021高考化学——氧化还原反应的综合压轴题专题复习及答案一、高中化学氧化还原反应1．过硫酸钠(Na2S2O8)具有极强的氧化性，且不稳定，某化学兴趣小组探究过硫酸钠的相关性质，实验如下。

已知SO3是无色易挥发的固体，熔点16.8℃，沸点44.8℃。

（1）稳定性探究(装置如图)：分解原理：2Na2S2O82Na2SO4＋2SO3↑＋O2↑。

此装置有明显错误之处，请改正：______________________，水槽冰水浴的目的是____________________；带火星的木条的现象_______________。

（2）过硫酸钠在酸性环境下，在Ag＋的催化作用下可以把Mn2＋氧化为紫红色的离子，所得溶液加入BaCl2可以产生白色沉淀，该反应的离子方程式为______________________，该反应的氧化剂是______________，氧化产物是________。

（3）向上述溶液中加入足量的BaCl2，过滤后对沉淀进行洗涤的操作是___________________________。

（4）可用H2C2O4溶液滴定产生的紫红色离子，取20mL待测液，消耗0.1mol·L－1的H2C2O4溶液30mL，则上述溶液中紫红色离子的浓度为______mol·L－1，若Na2S2O8有剩余，则测得的紫红色离子浓度将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。

【答案】试管口应该略向下倾斜冷却并收集SO3木条复燃 2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋ S2O MnO用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，使蒸馏水自然流下，重复操作2～3次(合理即可) 0.06 偏高【解析】【分析】(1)在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜；根据SO3、氧气的性质进行分析；(2)X为MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀，则产物中有SO42-，据此写出离子方程式，并根据氧化还原反应规律判断氧化剂、氧化产物；(3)根据沉淀洗涤的方法进行回答；(4)根据得失电子守恒可得到关系式：5H2C2O4---2MnO4-，带入数值进行计算；Na2S2O8也具有氧化性，氧化H2C2O4。

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）1．2ClO 是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，为了运输和贮存便利常将其制成2NaClO 固体，模拟工业上用过氧化氢法制备2NaClO 固体的实验装置如图所示。

已知：2ClO 熔点-59℃、沸点11℃、22H O 沸点150℃A 中的化学方程式：32224222422NaClO H O H SO 2ClO O Na SO 2H O ++=↑+↑++(1)3NaClO 放入仪器A 中，仪器B 中的药品是__________(写化学式)。

如果仪器B 改成分液漏斗，实验过程中可能会出现的实验现象__________。

(2)C 装置有明显缺陷，请绘出合理的装置图(标明气流方向)__________。

(3)向A 装置中通入空气，其作用是赶出2ClO ，然后通过C 再到D 中反应。

通空气不能过快的原因是__________，通空气也不能过慢原因是__________。

(4)冰水浴冷却的目的是__________。

a.降低2NaClO 的溶解度b.减少22H O 的分解c.使2ClO 变为液态d.加快反应速率(5)写出D 中发生反应的化学方程式__________，22H O 在反应起到__________作用。

假设在反应中消耗掉22H O a g 则有__________mol 电子转移。

【答案】H 2O 2 液体无法顺利滴落 空气流速快时，2ClO 不能被充分吸收 空气流速过慢时，2ClO 不能及时被移走，浓度过高导致分解 abc2ClO 2+H 2O 2+2NaOH=2NaClO 2+O 2↑+2H 2O 还原剂 a/17【解析】【分析】氯酸钠(NaClO 3)在酸性条件下与过氧化氢生二氧化氯，ClO 2与氢氧化钠溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO 2，NaClO 2的溶解度随温度升高而增大，通过冷却结晶，过滤洗涤得到晶体NaClO 2•3H 2O 。

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）1．224Na S O （连二亚硫酸钠）是易溶于水，不溶于甲醇的白色固体，在空气中极易被氧化，是一种还原性漂白剂。

制取224Na S O 的方法很多，（1）在碱性溶液中用4NaBH 还原3NaHSO 法制备224Na S O 的反应原理为：3222244NaBH NaHSO NaOH Na S O NaBO H O ++→++（未配平）反应装置如图所示：①实验开始及整个过程中均需通入2N ，其目的是__________________________________。

②制备过程中温度需控制在10~45℃，采用水浴加热的主要优点是______________________。

③为使3NaHSO 尽可能完全被还原，加入三口烧瓶中的反应液，应控制()()34n NaHSO n NaBH ______________。

（2）用HCOONa 还原2SO 制备224Na S O 的装置（夹持加热仪器略）如下：①装置a 烧瓶中发生反应的化学方程式为_________________________________。

②装置b 用于净化2SO ，适宜的试剂是______________________________。

③装置c 在70~83℃生成224Na S O 并析出，同时逸出2CO ，该反应的化学方程式为________________________，加入3CH OH 的目的是________________________；利用反应后的浊液分离提纯224Na S O 需经过的操作为_____________________________________________________。

【答案】排出装置内空气，使反应在无氧状况下进行 使反应液均匀受热 小于8:1（或<8） 2322Na SO 2HCl 2NaCl H O SO +=++↑ 饱和3NaHSO 溶液223224222HCOONa 4SO Na CO 2Na S O H O 3CO ++=++ 降低224Na S O 的溶解度 过滤、洗涤、重结晶、过滤、干燥【解析】【分析】(1)①224Na S O 在空气中极易被氧化，通入2N 其目的是排出装置内空气；②采用水浴加热的主要优点是使反应液均匀受热；③3222244NaBH NaHSO NaOH Na S O NaBO H O ++→++，根据得失电子守恒可知，()()34n NaHSO n NaBH =8； (2)①装置a 烧瓶中发生Na 2SO 3与盐酸反应生成SO 2的反应；②生成的SO 2气体中含有HCl 气体，根据性质选择除杂溶液；③装置c 在70~83℃HCOONa 和2SO 、23Na CO 反应生成224Na S O 并析出，同时逸出2CO ；224Na S O 不溶于甲醇，加入3CH OH 可降低224Na S O 的溶解度；利用反应后的浊液分离提纯224Na S O 需重结晶。

2020-2021全国备战高考化学氧化还原反应的综合备战高考真题分类汇总附详细答案一、高中化学氧化还原反应1．硫酸亚铁铵的化学式为（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O，商品名为莫尔盐，可由硫酸亚铁与硫酸铵反应生成。

一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化，而形成莫尔盐后就比较稳定了。

三种盐的溶解度（单位为g/100g水）如下表：温度／℃102030（NH4）2SO473.075.478.0FeSO4·7H2O20.026.532.9（NH4）2SO4•FeSO417.221.628.1（一）实验室制取少量莫尔盐的流程如下：试回答下列问题：（1）步骤1中加入10％Na2CO3溶液的主要作用是___________；反应中铁屑过量是为了______。

（2）步骤3需要趁热过滤，原因是___________。

（3）从步骤4到莫尔盐，必须进行的操作依次是______，析出的晶体常用________洗涤。

（4）若莫尔盐的饱和溶液中有水20克，当温度从30℃降至10℃，最多析出莫尔盐的质量是________（选填编号）。

A 2.18gB 大于2.18gC 小于 2.18gD 无法确定（二）称取质量为1.96g的莫尔盐制成溶液。

用未知浓度的酸性KMnO4溶液进行滴定。

（1）已知MnO4-被还原为Mn2+，试写出该滴定反应的离子方程式____。

（2）判断该反应到达滴定终点的现象为____________。

（3）假设到达滴定终点时，用去V mL 酸性KMnO4溶液，则该酸性KMnO4溶液的浓度为_______mol/L。

【答案】除铁屑表面的油污还原氧化生成的Fe3+，保证Fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的Fe3+杂质 FeSO4在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出过滤、洗涤无水酒精或冰水 B 5Fe2++MnO4-+8H+→ 5Fe3++Mn2++4H2O 加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色 1/V【解析】【分析】（一）（1）碳酸钠水解显碱性；（2）FeSO 4在温度低时溶解度较小；（3）浓缩结晶后需要过滤、洗涤；温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小；（4）（NH 4）2SO 4·FeSO 4在30℃和10℃的溶解度分别为：28.1g 和17.2g ； （二）（1）MnO 4-将二价铁离子氧化为三价铁离子，被还原为Mn 2+；（2）高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子是不需要指示剂的；（3）根据亚铁离子和高锰酸根反应的实质，可以找到亚铁离子与高锰酸根之间的量的关系，根据原子守恒可以找到亚铁离子和酸亚铁铵之间量的关系，进而进行计算。

2020-2021高考化学压轴题专题氧化还原反应的经典综合题含详细答案一、高中化学氧化还原反应1．硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2实验I：Na2S2O3的制备。

工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：(1)仪器a的名称是_______，仪器b的名称是_______。

b中利用质量分数为70%〜80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。

c中试剂为_______(2)实验中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_______ (写出一条)(3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_______实验Ⅱ：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。

资料：Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)装置试剂X实验现象Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先变成紫黑色，30s 后几乎变为无色(4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。

从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象：_______实验Ⅲ：标定Na2S2O3溶液的浓度(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g∙mol-1)0.5880g。

平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72-+14H+ = 3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol∙L-1【答案】分液漏斗 蒸馏烧瓶 24232422H SO Na SO Na SO H O =SO +++↑ 硫化钠和碳酸钠的混合液 调节酸的滴加速度 若 SO 2过量，溶液显酸性．产物会发生分解 加入铁氰化钾溶液．产生蓝色沉淀 开始生成 Fe(S 2O 3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe 3+与S 2O 32- 氧化还原反应的程度大，导致Fe 3++3S 2O 32-⇌Fe(S 2O 3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色 0.1600【解析】【分析】【详解】(1)a 的名称即为分液漏斗，b 的名称即为蒸馏烧瓶；b 中是通过浓硫酸和Na 2SO 3反应生成SO 2，所以方程式为：24232422H SO Na SO Na SO H O =SO +++↑；c 中是制备硫代硫酸钠的反应，SO 2由装置b 提供，所以c 中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液；(2)从反应速率影响因素分析，控制SO 2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的SO 2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO 2过量，溶液显酸性，产物会发生分解；(4)检验Fe 2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe 2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成3233Fe(S O )-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着Fe 3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色；(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：①2327226I Cr O 14H =3I 2Cr7H O --++++++；②2222346=I 2S O 2I S O ---++；反应①I -被氧化成I 2，反应②中第一步所得的I 2又被还原成I -，所以①与②电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的227Cr O -得电子总数就与消耗的223S O -失电子总数相同 ；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。

2020-2021全国高考化学氧化还原反应的综合高考模拟和真题汇总及详细答案一、高中化学氧化还原反应1．硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2实验I：Na2S2O3的制备。

工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：(1)仪器a的名称是_______，仪器b的名称是_______。

b中利用质量分数为70%〜80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。

c中试剂为_______(2)实验中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_______ (写出一条)(3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_______实验Ⅱ：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。

资料：Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)装置试剂X实验现象Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先变成紫黑色，30s 后几乎变为无色(4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。

从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象：_______实验Ⅲ：标定Na2S2O3溶液的浓度(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g∙mol-1)0.5880g。

平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72-+14H+ = 3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol∙L-1【答案】分液漏斗 蒸馏烧瓶 24232422H SO Na SO Na SO H O =SO +++↑ 硫化钠和碳酸钠的混合液 调节酸的滴加速度 若 SO 2过量，溶液显酸性．产物会发生分解 加入铁氰化钾溶液．产生蓝色沉淀 开始生成 Fe(S 2O 3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe 3+与S 2O 32- 氧化还原反应的程度大，导致Fe 3++3S 2O 32-⇌Fe(S 2O 3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色 0.1600【解析】【分析】【详解】(1)a 的名称即为分液漏斗，b 的名称即为蒸馏烧瓶；b 中是通过浓硫酸和Na 2SO 3反应生成SO 2，所以方程式为：24232422H SO Na SO Na SO H O =SO +++↑；c 中是制备硫代硫酸钠的反应，SO 2由装置b 提供，所以c 中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液；(2)从反应速率影响因素分析，控制SO 2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的SO 2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO 2过量，溶液显酸性，产物会发生分解；(4)检验Fe 2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe 2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成3233Fe(S O )-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着Fe 3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色；(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：①2327226I Cr O 14H =3I 2Cr7H O --++++++；②2222346=I 2S O 2I S O ---++；反应①I -被氧化成I 2，反应②中第一步所得的I 2又被还原成I -，所以①与②电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的227Cr O -得电子总数就与消耗的223S O -失电子总数相同 ；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。

一、图中化学氧化复原反响练习题〔含详细答案解析〕1.亚氯酸钠〔NaClQ〕是二氧化氯〔C1O2〕泡腾片的主要成分.实验室以氯酸钠〔NaClO3〕为原料先制得C16,再制备NaClQ粗产品,其流程如图：X 出口工、NaOH溶液NdCIO3fl溶解反响1―1反响n —I蒸发| ........................... A NaClC^粗产品废液O：：① C1O2 可被NaOH 溶液吸收,反响为2CQ+2NaOH=NaClQ+NaClO2+H2O.②无水NaCl6性质稳定,有水存在时受热易分解.〔1〕反响I中假设物质X为SQ,那么该制备C1C2反响的离子方程式为―.〔2〕实验在如图-1所示的装置中进行.①假设X为硫磺与浓硫酸,也可反响生成C1O2.该反响较剧烈.假设该反响在装置A的三颈烧瓶中进行,那么三种试剂〔a.浓硫酸；b.硫黄；c.NaClQ溶液〕添参加三颈烧瓶的顺序依次为—〔填字母〕.②反响n中双氧水的作用是―.保持反响时间、反响物和溶剂的用量不变,实验中提升C1O2吸收率的操作有：装置A中分批参加硫黄、―〔写出一种即可〕.〔3〕将装置B中溶液蒸发可析出NaClQ,蒸发过程中宜限制的条件为―〔填减压〞、常压〞或加压〞〕.〔4〕反响I所得废液中主要溶质为Na2SQ和NaHSQ,直接排放会污染环境且浪费资源.为从中获得芒硝〔Na2SQ10H2O〕和石膏〔水合硫酸钙〕,请补充完整实验方案：—,将滤液进一步处理后排放〔实验中须使用的试剂和设备有：CaO固体、酚ML冰水和冰水浴〕.：CaSQ不溶于Na2SC4水溶液；Na2SO4的溶解度曲线如图-2所示.cab作复原剂水浴加热时限制温度不能过高〔或加一【答案】2ClO-+S> 2CQ+S.2-个多孔球泡等) 减压向废液中分批参加适量CaO 固体并搅拌,用冰水浴限制反响温度,对浊液取样并滴加酚Mt,至溶液呈浅红色时停止参加CaO.静置后过滤,用水洗涤沉淀2-3 次得到石膏；滤液蒸发浓缩,冷却结晶至32.4 ℃以下,接近0℃,过滤,所得晶体用冰水洗涤2-3 次,低温枯燥得到芒硝【解析】【分析】用二氧化硫将NaClO3复原制得CIO2, C1O2和NaOH反响制得NaCQ和NaClQ,再用过氧化氢将NaCQ复原成NaCQ制得NaCQ粗品.【详解】(1) SQ作复原剂,S化合价升高2,被氧化成SO42, C1O3-作氧化剂,被复原成ClO2, Cl 化合价降低 1 ,结合电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒可书写离子方程式：2ClO3-+SQ— 2cIO2+S.2-,故答案为：2C1O3-+SO2- 2c1O2+SO42-；(2)①反响剧烈,浓硫酸只能在最后添加,结合流程图可知先加NaClO3,所以顺序为：先加NaClO3,再加S,最后加浓硫酸,故答案为：cab;②反响n中NaO书口C1O2反响生成NaClO3和NaClQ,过氧化氢的作用是将NaClO3复原成NaClQ,过氧化氢会分解,温度不宜太高,所以限制A中水浴加热时温度不过高,或者在B 中搅拌、或者加一个多孔球泡,故答案为：作复原剂；水浴加热时限制温度不能过高 (或加一个多孔球泡等)；(3)无水NaClO2性质稳定,有水存在时受热易分解,应该减压,让水分尽快蒸发,故答案为：减压；(4)参加一定量CaO> NaHSQ反响成CaSQ,为了保证NaHSQ反响完,所加CaO需稍过量,CaO过量溶液就显碱性了,可以用酚酬:作指示剂,当溶液变为浅红色时停止加CaO, CaSQ不溶于Na2SO4水溶液,此时可用过滤、洗涤的方法得到石膏,此时滤液为NaSO溶液,还不是芒硝,从图上看,可将温度调整32.4 C以下,形成芒硝,析出芒硝晶体,过滤、洗涤、枯燥就可得芒硝了,为了使芒硝产率较高,可用冰水洗涤,降低因溶解损失的量,故答案为：向废液中分批参加适量CaO固体并搅拌,用冰水浴限制反响温度,对浊液取样并滴加酚儆,至溶液呈浅红色时停止参加CaO.静置后过滤,用水洗涤沉淀2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩,冷却结晶至32.4℃以下,接近0℃,过滤,所得晶体用冰水洗涤2-3 次,低温枯燥得到芒硝. 【点睛】结合图像,温度低于32.4℃以下,硫酸钠结晶得到芒硝,温度降低,芒硝的溶解度减小,可用冰水洗涤减小损失率.2某工业废水中主要含有Cr3＋,同时还含有少量的Fe3＋、Fe2＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋等,且酸性较强.为回收利用,通常采用如下流程处理：(1)氧化过程中可代替H2O2参加的试剂是 (填序号).A. Na2O2B. HNO3C. FeC3D. KMnO4(2)参加NaOH溶液调整溶液pH=8时,除去的离子是;钠离子交换树脂的原理：M n++ nNaFR>MRn+nNa+,此步操作被交换除去的杂质离子是. A. Fe3 + B. Al3+ C. CS2 D. Mg2+(3)复原过程中,每消耗0.8 mol Cr2O72-转移4.8 mol e ,该反响离子方程式为【答案】A AB CD 3SO32+ 4Cr2O72+ 26H+= 6SQ2+ 8c产+13H2O【解析】【分析】某工业废水中主要含有Cr3+,同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等,加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子,同时Cr3+被氧化为Cr2O72-,加氢氧化钠调节pH=8,那么Fe3+、Al3第化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀,过滤,滤液中主要含有Cr2.2-、Ca2+和Mg2+等,通过钠离子交换树脂,除去Ca2+和Mg2+,然后加Na2*O3把Cr2O72-复原为C己再调节pH得到Cr(OH)(H2O)5SC4；(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子,注意不能引入新的杂质；(2)根据表中数据判断；通过钠离子交换树脂,除去Ca2+和Mg2+;(3)每消耗0.8mol Cr2O72-转移 4.8mol e-,那么1molCr2O72-转移6mol 电子,所以生成Cr3+, S2O32-被氧化为SC42-,结合得失电子守恒和原子守恒写出离子方程式.【详解】某工业废水中主要含有Cr3+,同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等,加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子,同时Cr3+被氧化为Cr2O72-,加氢氧化钠调节pH=8,那么Fe3+、Al3第化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀,过滤,滤液中主要含有Cr z O z2-、Ca2+和Mg2+等,通过钠离子交换树脂,除去Ca2+和Mg2+,然后加Na2&O3把Cr2O72-复原为Cr3+,再调节pH得到Cr(OH)(H2O)5SC4;(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子,同时不能引入新的杂质,所以可以用Na2O2代替H2O2,故答案为：A；(2)根据表中数据可知,pH=8时,Fe3+> Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀,那么Fe3+、Al3+被除去；通过钠离子交换树脂,除去Ca2+和Mg2+;(3)每消耗0.8mol Cr2O72-转移 4.8mol e-,那么1molC「2O72-转移6mol 电子,所以生成Cr3+, S2O32-被氧彳匕为SQ2-,那么反响的离子方程式为：3S2O32+ 4C12O72+ 26H+ = 6SC42+ 8C3++13H2O.3.过氧乙酸(CHCOOOH是一种高效消毒剂,具有很强的氧化性和腐蚀性,它可由冰醋酸与过氧化氢在一定条件下制得；它可以迅速杀灭多种微生物,包括多种病毒(如：SARSW毒、禽流感病毒卜细菌、真菌及芽胞.下面是市售过氧乙酸商品标签：过氯乙乙本品包括甲、乙两种涛涌,体积各,00mL,把甲、乙溶液各1份在玻璃容器中混合后放盘24小时后।其中过氧乙酸浓度小于应用50倍纳水稀释俅度为02%)用稀释后才能使用.有关资料：H2C2是极弱的电解质,在酸性介质中才能稳定存在,是一种强氧化剂.过氧乙酸消毒?^是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SC4混合后,反响生成过氧乙酸(CH3CCOOH\CH3COOOH容易放出氧原子,它与空气中微生物机体作用,到达灭菌目的, 是消毒液的主要成分. (1)某研究性学习小组为了弄清配制过氧乙酸消毒液的甲、乙溶液的主要成分各是什么？进行以下科学探究,请你完成以下相关内容：①提出假设：甲溶液的主要成分为 ,乙溶液的主要成分为.②实验验证：取甲、乙两种溶液少许,分别参加几滴试液,假设①中假设正确,那么甲溶液的现象为 ,乙溶液的现象为.(2)有关过氧乙酸的表达正确的选项是 (填编号)A.过氧乙酸与羟基乙酸(HOCH2COOH瓦为同分异构体B.过氧乙酸与苯酚混合使用可增强消毒效果C.过氧乙酸与乙酸属于同系物D.氧元素的化合价为-2价(3)实验室制备少量过氧乙酸,可由冰醋酸和过氧化氢在浓硫酸催化作用下制得,实验装置和步骤如下：①在三颈烧瓶中参加一定量冰醋酸与浓H2SC4的混合液体,再缓缓参加适量30%的双氧水.②不断搅拌并限制B中混合液的温度为20〜30c至反响结束.③接入冷凝管和抽气泵,在锥形瓶中收集得到产品.5搅拌器D请答复以下问题：①仪器C的名称是;②为更好地限制反响温度,应采用方法是 ;③生成过氧乙酸的化学方程式为 ;④碘量法分析：取 2.00mL过氧乙酸试小¥稀释成100mL,从中取出5.00mL,滴加酸性KMnO4溶液至恰好粉红色以除去剩余H2O2,再参加10mL 10%KI溶液和几滴淀粉溶液,摇匀,反响完全后再用0.1000mol/L的Na2s2O3标准液滴定至终点(反响方程式为2Na2*O3+l2=Na2S4O6+2NaI),共消耗14.30mL Na2s2O3标准液.该样品中过氧乙酸的物质的量浓度是mol/L.(结果保存小数点后两位)(提示：CH3COOOH+21+2H+=I2+CHCOOH +HO)【答案】甲H2O2、H2O、H2SC4乙CH3COOH、H2O 石蕊甲：溶液先变红后褪色乙: 溶液由无色变为红色A冷凝管(或直形冷凝管) 水浴加热CHCOOH +H2O2 - CH3COOOH + 归. 7.15【解析】【分析】(1)假设假设甲溶液的有效成分是H2C2,那么乙溶液的有效成分是CH3CCCCH,根据过氧乙酸消毒?^是由H2O2、H2.、CH3CCCH及少量H2SC4混合后,反响生成过氧乙酸(CH3CCCCH), H2O2是极弱的电解质,在酸性介质中才能稳定存在,那么H2SQ应该在甲溶液中,另外两种溶液中的水也是一种主要成分；两溶液都呈酸性,都能使紫色石蕊试液变红,但是甲溶液中H2O2漂白作用的会使变红的溶液褪色；(2)结合选项对过氧乙酸(CHCOOOH)生质判断,(3)①由仪器的结构,可知C为直形冷凝管；②限制B中混合液的温度为20〜30 C,应采取水浴加热；③结合题中信息,写出生成过氧乙酸的化学反响方程式；CH3COOOH+2-+2H+=l2+CH3COOH +H2O, 2Na2s2O3+|2=Na2&Cte+2NaI,由这两个方程式,确定关系式：CH b COOOHH I2〜2Na2s2O3,计算稀释后5.00mL溶液中过氧乙酸的物质的量,再计算原来的2.00mL溶液中的过氧乙酸的物质的量,再根据物质的量浓度定义式计算.【详解】(1)假设假设甲溶液的有效成分是H2O2,那么乙溶液的有效成分是CH3COOOH,根据过氧乙酸消毒?^是由H2O2、H2.、CH3COOH及少量H2SC4混合后,反响生成过氧乙酸(CH3COOOH), H2O2是极弱的电解质,在酸性介质中才能稳定存在,那么H2SQ应该在甲溶液中,另外两种溶液中的水更是一种主要成分；两溶液都呈酸性,都能使紫色石蕊试液变红,但是甲溶液中H2O2漂白作用的会使变红的溶液褪色；〔2〕过氧乙酸与羟基乙酸〔HOCH 2COOH 两分子式都是C 2H 4.3 ,但结构不同,故互为同分异 构体；过氧乙酸具有强氧化性,而苯酚易被氧化,两者混合发生氧化复原反响,不能增强 消毒效果；过氧乙酸的分子结构中存在过氧根而乙酸中没有,两者结构不相似,不属于同 系物；过氧乙酸中的氧元素有 +2价、+1价； 〔3〕①由仪器的结构,可知 C 为直形冷凝管；②限制B 中混合液的温度为20〜30C,应采取水浴加热,受热均匀,便于限制温度；③乙酸与过氧化氢在浓硫酸、 20〜30c 条件下反响生成过氧乙酸 〔CH 3COOOH 〕反响的化学 方程式为：CH 3COOH + H 2O 2' CH 3COOOH + HO ;④CH 3COOOH+2-+2H + =l 2+CHsCOOH +HO, 2Na 2s 2O 3+l 2=Na 2?O 6+2NaI,由这两个方程式,确 定关系式：CH b COOOH~ I2〜2Na2*O3,可知稀释后的5.00mL 溶液中过氧乙酸的物质的量 是：1 X0.0143LX0.1000mol/L 原来2.00mL 溶液中的过氧乙酸的物质的量是：21-x 0.0143L x 0.1000mol/L_飞=0.0143mol ,该该样品中过氧乙酸的物质的量浓度是：25痴0.0143僧内…...---------------- =7.15 mol/L . 0.3【点睛】此题是探究性实验试题,现根据题中的信息去假设,然后分析、得出结论.实验中的数据 处理,借助关系式法,计算所需要的物质的物质的量.4.据报道,磷酸二氢钾〔KH 2P04〕大晶体已应用于我国研制的巨型激光器 神光二号〞中.利 用氟磷灰石〔化学式为Ca s P 3FQ 2〕制备磷酸二氢钾的工艺流程如以下图所示 〔局部流程步骤已省氨水It 11 »|萃取的主要反响原理： KCl+HPO 4=^ KH 2PO 4+HCl ；其中,反响产生的 HCl 易溶于有机萃取剂. 请答复以下问题:〔1〕流程中将氟磷灰石粉碎的目的是 .〔2〕不能使用二氧化硅陶瓷材质白^沸腾槽的主要原因是 〔用化学方程式表示〕.〔3〕副产品N 的化学式是 ;在得到KH 2PQ 晶体的一系列操作出,其主要包括 、过滤、洗涤、枯燥等. 〔4〕假设用1000kg 质量分数为50.4%的氟磷灰石〔化学式为CS 5P 3FO 12,摩尔质量为504g/mol 〕来 制取磷酸二氢钾晶体,其产率为 80%,那么理论上可生产 KH 2PC 4〔摩尔质量为136g/mol 〕的质 量为 kg . (5)电解法制备KH 2PO 4的装置如下图.该电解装置中, a 区属于 区(填 阳极〞或阴极〞)阴极区的电极反响式是 .浓硫酸m 有机萃取剂有机相♦操作口反萃取 --- 一系列镰作III _..................... TU 产品N於：塔潘厝IfT 〞作］T 混含T 率&操作U1»的目一系列株作山1L3JHO VLH3PO4 a 区匕区Imol/LKCl只允在锌离子通过(6)工业上还可以用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合,在电炉中加热到1500c生成白磷,同时逸出SiF4和CO该反响的化学方程式为 .【答案】增大氟磷灰石与稀硫酸反响的接触面积,加快化学反响速率4HF+SiQ— SiFd +2建O NH4C1 蒸发浓缩、冷却结晶326.4kg 阴极2H+ + 2e = H2 T4Ca5P3FO i2+21SiO2+30C 1 1 20CaSiQ+3P4+Si" T +30COT【解析】【分析】氟磷灰石(化学式为C%P3FOl2)粉碎后参加浓硫酸,反响生成氢氟酸、硫酸钙、磷酸等,加入氯化钾后用有机萃取剂, KCl+HPO4=^ KH2PQ4+HCl,反响产生的HCl易溶于有机萃取剂,有机相中含有氯化氢,参加氨水反响生成氯化俊,因此副产品主要为氯化俊,水相中含有KH2PO4,经过一系列操作得到KH2PO4晶体.【详解】(1)流程中将氟磷灰石粉碎,可以增大氟磷灰石与稀硫酸反响的接触面积,加快化学反响速率,故答案为增大氟磷灰石与稀硫酸反响的接触面积,加快化学反响速率；(2)根据流程图,反响中生成了氢氟酸,氢氟酸能够与二氧化硅反响,因此不能使用二氧化硅陶瓷材质的沸腾槽,故答案为4HF+SiQ—SiRf +2屋O；(3)根据上述分析,副产品N的化学式为NH4Cl;在得到KH2Pd晶体的一系列操作出为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥等,故答案为NH4Cl；蒸发浓缩、冷却结晶；(4)1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石(化学式为CS5P3FQ2)中含有CS5P3FO12的质量为504kg,根据P元素守恒,理论上可生产KH2PO4的质量为504kg X 80%x -------------- 31-3----------------- 学一2—31―16—4=326.4 kg,故答案为326.440 5 31 3 19 16 12 31kg；(5)根据图示,应该在a区生成KH2PO4,那么钾离子由b区移向a区,那么a区属于阴极区；阴极上氢离子放电生成氢气,电极反响式为2H+ +2e—= H2f ,故答案为阴极；2H+ +2e—=H2 T ；(6)用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合,在电炉中加热到1500c生成白磷,同时逸出SiR和CO,反响的化学方程式为4Ca5P3FO12 +21SQ+30C500T 20CaSiQ+3P4+SiF4 T +30COT 故答案为4Ca5P3FO12 +21SiO2+30C22£5£L20CaSiQ+3P4+SiF4 T +30COT.5. (1)难溶物PbSQ溶于CKCOONT溶液可制得易溶于水的(CKCOO%Pb,发生的反响为PbSQ+2CH3COONHi=(CH3COO?Pb+(NH4)2SQ,说明(CH3C002Pb是(填强〞或弱〞电解质.(2)次磷酸(H3PQ)与足量的氢氧化钠溶液反响生成NaH2PQ和H2O,那么次磷酸是元酸(填“'、上"或三〞3(3)工业上制玻璃和水泥需用到的共同原料是 (填化学式).(4)在一定温度下,向一个 2 L 的真空密闭容器中(预先装入催化剂)通入1 mol N 2和3 mol H 2,发生反响：N 2(g)+3H 2(g)?2NH 3(g).经过一段时间后,测得容器内压强是起始的 0.9倍,在此时间内,H 2平均反响速率为 0.1 mol/(L min),那么所经过的时间为 min(5)高铁酸钠(Na 2FeO 4)具有强氧化性,可对自来水进行消毒、净化.高铁酸钠可用氢氧化铁 和次氯酸钠在碱性介质中反响得到,请补充并配平下面离子方程式. Fe(OH)3 +ClO +OH =__FeO 42 + _Cl +__(6)在反响 11P+15CuSQ+24H 2O=5Cu 3P+6H 3PO 4+15H 2SO 4 中,氧化剂是 ；当有 2mol H 3PO 4生成,转移的电子的物质的量为【答案】弱 一 CaCO 3 2 3 4 2 3 5HO R CuSQ 10moi 【解析】 【分析】 【详解】(1)硫酸铅在水溶液里存在溶解平衡,参加醋酸钱时,醋酸根离子和铅离子生成难电离物质 或弱电解质醋酸铅,促使硫酸铅溶解,说明(C%COO%Pb 是弱电解质；(2)H 3PO 2与足量的NaOH 溶液反响,生成 NaH 2PO 2,说明H 3PO 2只能电离出一个氢离子,所 以H 3PO 2是一元酸；(3)水泥的生产原料为黏土、石灰石,制玻璃的主要原料为纯碱、石灰石和石英砂,共同原 料为CaCQ ；(4)容器体积为 2L,所以初始投料 c(N 2)=0.5mol/L , c(H 2)=1.5mol/L ,设^ c(N 2)=x mol,列三段 式有：N 2 g +3匕 g ? 2NH 3 g起始(molg_-1) 0,5 1.5 0 转化(molgL -1) x 3x 2x 平衡(molgL -1) 0.5-x1.5-3x2x容器内压强是起始的 0.9倍,温度和容器容积不变,气体的压强比等于浓度之比,所以-10.5-x+1,5-3x+2x molgL ----------- - ---------------------- —1 ------------=0.9,解得 x=0.1mol/L ,那么△ c(H 2)=0.3mol/L , v(N 2)=0.1 0.5+1.5 molgL1 c _ 0.3molgL mol/(L m汕),那么反响时间仁不=0.1mol/ Lgmin =3min；(5)铁元素化合价由+3升高为+6,失去3个电子,氯元素化合价由 +1降低为-1,得2个电 子,取最小公倍数,那么氢氧化铁与高铁酸根前系数为 2,次氯酸跟与氯离子前系数为3,再根据电荷守恒及原子守恒配平得2Fe(OH)3+3ClO -+4OH -=2FeO 42-+3C 「+5H 2O;(6)Cu 3P 中P 元素化合价为-3, H 3P .中P 元素化合价为+5,所以P 既是氧化剂又是复原 剂,Cu 元素化合价由CuSQ 中的+2降低为Cu 3P 中+1,所以CuSQ 也是氧化剂,即氧化剂 为P 、CuSQ ；当有2mol H 3Pd 生成,转移的电子的物质的量为2mol x (+5-0)=10mol 6.睇(Sb)广泛用于生产各种阻燃剂、陶瓷、半导体元件和医药及化工等领域. I . (1)睇在元素周期表中的位置 . (2)睇(出)的氧化物被称为睇白,可以由 SbC3水解制得, SbC3水解的最终产物为 睇白.为了得到较多、较纯的睇白,操作时将SbC3徐徐参加大量水中,反响后期还要参加少量氨水.试用必要的化学用语和平衡移动原理解释这两项操作的作用 .工业上, 还可用火法制取睇白,是将辉睇矿(主要成分为Sb2s3)装入氧化炉的日竭中,高温使其融化后通入空气,充分反响后,经冷却生成睇白.写出火法制取睇白的化学方程式 . n.以辉睇矿为原料制备金属睇,其中一种工艺流程如下：UHt SXCLAMlTi*S I । I I 工.- Qr 鞫.出晨时 /T 好■下［］ .也而引一回赤］一.hr ~Tr局部信息如下：①辉睇矿(除Sb 2s 3外,还含有神、铅、铜的化合物和 SiQ 等)；②浸出液主要含盐酸和SbC b,还含SbC 5、CuC 2、AsC 3和PbC 2等杂质；③常温下,Ksp (CuS) =1.0X106, Ksp (PbS) =9.0X169. 答复以下问题：(3)酸浸〞过程中Sb 2s 发生反响的化学方程式为 .(4):浸出液中 c (Cu 2+) =0.0001mol/L , c ( Pb 2+) =0.1mol/L .在沉淀铜、铅过程 中,缓慢滴加极稀的硫化钠溶液,先产生沉淀的是 (填化学式)；当 CuS PbS 共沉 沉时,"咒)=(保存小数点后一位).c(Pb 2) ------------(5)在除神〞过程中,氧化产物为 H 3P04.该反响氧化产物与复原产物的物质的量之比为(6)在 电解〞过程中,睇的产率与电压大小关系如下图.当电压超过【答案】第5周期第V A 族 2SbC 3+3H 2O ? Sb 2O 3+6HCl,不断参加SbC3,使SbC 3浓度增 大,利于水解平衡右移,反响后期参加氨水中和盐酸,使 c(HCl)减小,利于平衡右移U O V 时,睇的产率降低的原因可能是反响 【解析】 【分析】n .辉睇矿粉参加盐酸和 SbC 5溶液,得到SbC 3和SbC 5溶液,还含有杂质 CuC 2、AsC 3和 PbC 2等,参加适量 Sb 将SbC 5复原为SbC3,参加Na 2s 使铜和铅沉淀以除去 CuC 2和 PbC2,然后参加NaHPQ 除去杂质神.得到的 SbC 3溶液电解得到金属 Sb,同时得到 SbC5,可以返回到酸浸步骤循环使用. 【详解】I . (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) SbC 3水解：2SbC 3+3H 2O ? St 2O 3+6HCl,将SbC 3徐徐参加大量水中, SbC 3浓度增大,水解平衡右移,反响后期还要参加少量氨水中和HCl,使c(HCl)M 小,平衡右移,有利于Sb 2O 3的生成.故答案为： 2SbC 3+3H 2O ? Sb 2O 3+6HCl,不断参加 SbC3,使SbC 3浓度增 大,利于水解平衡右移,反响后期参加氨水中和盐酸,使 c(HCl)减小,利于平衡右移.火法制取睇白,是辉睇矿(主要成分为Sb 2so 在高温下和空气中的氧气反响,生成Sb 2O 3高温的同时生成S6.化学方程式为：2Sb 2s 3+9O 2^= 2Sb 2O 3+6SO 2o n . (3)酸浸〞时Sb 2s 和SbC 5溶液反响,得到 SbC 3和SbC 5的混合溶液,滤渣中有硫, 是此反响的生成物,Sb2s 3发生反响的化学方程式为 Sb 2s 3+ 3SbC 5=5SbC 3+3S .(4)浸出液中c (Cu 2+) =0.0001mol/L , c (Pb 2+) =0.1mol/L .在沉淀铜、铅过程中,缓慢10 10-36滴加极稀的硫化钠溶液,当Cu 2+开始沉淀时,c(S 2-)J 0 10 =1.0 x 彳0mol/L,当Pb 2+开0.0001-29始沉淀时,c(*)=9.0 10 =9.0 x 彳0mol/L,所以先产生沉淀的是CuS;当CuS PbS 共沉0.1KSpC^J 10 36 = 1.1 X 10.Ksp(PbS) 9.0 1029(5)参加NaHPQ 除神,发生了 NaHPQ 和AsC 3的反响,氧化产物为 H 3PO4,复原产物是 As,磷的化合价从+1价升高到+5价,生成1mol H 3PO 4失去4mol 电子,神的化合价从+3价 降低到0价,生成1molAs 得到3mol 电子,根据电子守恒,该反响氧化产物与复原产物的 物质的量之比为 3:4.(6)电解SbC 3溶液制取睇,在阴极是 Sb 3+得到电子生成Sb,当电压过大时,溶液中的 H +也可能在阴极放电,导致睇的产率降低.7 . NOx 、SO 2的处理转化对环境保护有着重要意义. (1)利用反响2NO(g)+2co(g) = N 2(g) + 2CO 2(g),可实现汽车尾气的无害化处理.一定条 件下进行该反响,测得CO 的平衡转化率与温度、起始投料比m[m= "NO ,]的关系如图1n(CO)2Sb 2s 3+9O 2高温2Sb 2O 3+6SQ Sb 2S 3+ 3SbC 5=5SbC 3+3S J CuS 1.1 -8 3:410 H+参与电极淀时,c(Cu 2+) c(Cu 2+)c(S 2)c(Pb 2+) = c(Pb 2+)c(S 2)①该反响的AH 0(填“ >〞“<〞或“=〞).②以下说法正确的选项是(填字母).A.当体系中CQ和CO物质的量浓度之比保持不变时,反响到达平衡状态8 .投料比：m i>m2>m3C.当投料比m=2时,NO转化率是CO转化率的2倍D.汽车排气管中的催化剂可提升NO的平衡转化率③随着温度的升高,不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近的原由于.(2)假设反响2NO(g)+2CO(g) = N2(g)+2CC2(g)的正、逆反响速率可表示为：v正二卜正• c2(NO) - c2(CO)； v逆=k逆• c (N2) . c2(CO2), k正、k逆分别为正、逆反响速率常数, 仅与温度有关.一定温度下,在体积为1L的容器中参加2molNO和2molCO发生上述反响,测得CO和CO2物质的量浓度随时间的变化如图2所示,那么a点时v正：v逆=.(3)工业生产排放的烟气中同时存在SQ、NO x和CO,利用它们的相互作用可将SC2、NO x复原成无害物质,一定条件下得到以下实验结果.图3为298K各气体分压(气体的物质的量分数与总压的乘积)与CO物质的量分数的关系,图4为CO物质的量分数为2.0% 时,各气体分压与温度的关系.以下说法不正确的选项是 (填字母).A.不同温度下脱硝的产物为N2,脱硫的产物可能有多种B.温度越高脱硫脱硝的效果越好C. NOx比SO2更易被CO复原D.体系中可能发生反响：2COS = S+ 2CO； 4C6+& = 4CO+ 2SQ(4) NH3催化复原氮氧化物是目前应用最广泛的烟气脱硝技术.用活化后的剂,N%将NO复原成N2的一种反响历程如图5所示,那么总反响方程式为V2O5作催化所示.(5)用间接电化学法去除烟气中 NO 的原理如图6所示,那么阴极的电极反响式为 【答案】v AB 温度较高时,温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影32一十一 2响 160： 1 B 4NR+4NO+O 24N 2+6H 2O 2SO 2+4H ++2e =&d 2+2H 2O【解析】 【分析】⑴①由图象可知,起始投料比 m 一定时,CO 的平衡转化率随温度的升高而降低;②A.起始投料比m 一定时,而反响中 NO 、CO 的变化量相同,体系中 CQ 和CO 物质的量 浓度之比保持不变,即体系中CQ 、CO 物质的量浓度不变,据此判断；B.由图象可知,温度一定时,增大 NO 浓度,CO 转化率增大；C.根据转化率“变化量与起始量的比值和反响中 NO 、CO 的变化量相同分析判断；D.催化剂不能改变反响进程,只改变反响速率； ③由图象可知,不同投料比下CO 的平衡转化率趋于相近,主要原因是温度的影响起主导作用,投料比不同的影响为次要因素； (2)反响到达平衡时vMk/c 2(NO) c 2 (CO) =v 逆=k 逆？c (N2) c 2( CQ),那么平衡常数K=K 正 ,,人 以 LH,、r - z . _ , , 1 g b -J 人、 八、、,4——,结合反响三段式计算平衡常数K 和a 点时各物质的浓度,代入 v 正、v 逆计算v 正：vK 逆逆；(3)A.由图可知,NO x 复原成无害物质为氮气,脱硫的产物可能有多种,与温度有关； B.温度高于1000 c 时二氧化硫的含量增大,说明温度越高不利于脱硫；C.根据图3,随CO 物质的量分数增大,复原 NO x 生成氮气曲线斜率变化比拟小,而复原 SC 2需要CO 物质的量分数较大时才能将 SC 2从烟气中别离；D.根据图4, COS 分压曲线随温度升高减小, &、CO 分压增大,继续升高温度,S 2、CQ分压减小,CO 分压增大；(4)用活化后的V 2O 5作催化剂,NH 3将NO 复原成N 2,同时生成水,原子守恒配平书写化学 方程式； ⑸阴极通入的SQ 2-发生得电子的复原反响生成 S 2O 42-. 【详解】(1)①由图象可知,起始投料比m 一定时,温度越高,CO 的平衡转化率越低,即升高温度o AT )—?'T I-LI"? Ti ।*口H 5恨气磕小憎d UN 力反响h平衡逆向移动,所以正反响放热,即4 Hv 0;②A.反响正向进行时 CO 2增多而CO 减少,说明未到达平衡时二者比值会变,所以体系中CQ 和CO 物质的量浓度之比保持不变,反响到达平衡状态,故 A 正确；B.由图象可知,温度一定时,增大 NO 浓度,CO 转化率增大,即起始投料比 m 越大时,八、八日上「……— 洎耗量 °, NO 、CO 的变化量相同,平衡转化率 〞=十口以目X100%起始量即投料比m=2时CO 转化率是NO 转化率的2倍,故CD.催化剂不能改变反响进程,只改变反响速率,所以 NO 的平衡转化率不变,故 D 错 误； 故答案为：AB;③由图象可知,不同投料比下 CO 的平衡转化率趋于相近,随温度逐渐升高,温度的影响 起主导作用,即温度较高时,温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影 响； (2)平衡时三段式为:2NO g +2CO g ? N 2 g +2CO 2 g起始(molgL -1) 2 2 00 转化(molgL -1) 1.6 1.6 0.8 1.6 平衡(molgL -1)0.40.40.81.6平衡时正逆反响速率相等即k 正？c 2(NO)c 2(CO)= k 逆？c(N 2)c 2(CO 2),所以22kc N 2 c CO 2_ 1.6 0.8丁一c 2 NO c 2 CO - 0.42 0.42 =80；a 点时反响三段式为：2NO g +2CO g ? N 2 g +2CO 2 g起始(molgL -1) 2 2 00 转化(molgL -1) 2x 2x x 2x 平衡(molgL -1)2-2x2-2xx2xa 点时 c(CO)=c(CO),那么 2-2x=2x,解得 x=0.5,所以 a 点时 c(CO)=c(CO)=c(NO)=1mol/L,2 211 c k 正… 一 , 1 =2 =2K =160 即 VIE : v 逆=160： 1；1 0.5 k 逆 '(3)A.由图可知,NO x 复原成无害物质为氮气,脱硫的产物可能有多种,与温度有关,故 A 正确； B.温度高于1000 c 时二氧化硫的含量增大,说明温度越高不利于脱硫,故 B 错误； C.根据图3,随CO 物质的量分数增大,复原 NO x 生成氮气曲线斜率变化比拟小,而复原 SQ 需要CO 物质的量分数较大时才能将 SQ 从烟气中别离,说明 CO 更易与NO x 反响,那么 NO x 比SQ 更易被CO 复原,故C 正确；D.根据图4, COS 分压曲线随温度升高减小, 及、CO 分压增大,继续升高温度, S 2、CO 2 分压减小,CO 分压增大,说明体系中可能发生反响： 2COS?S 2+2CO ； 4CQ+&?4CO+2SQ, 故D 正确； 故答案为：B ；(4)活化后的V 2O 5作催化剂,NH 3将NO 复原成N 2,还生成水,反响为CO 转化率越大,所以投料比: mi>m2>m3, 故 B 正确;C.由反响计量关系可知,反响中 所以平衡转化率与起始量成反比, 错误；vkEc(N 2)=0.5mol/L ,所以 一=— v 逆榻。

2020-2021高考化学氧化还原反应综合试题及答案一、高中化学氧化还原反应1．高锰酸钾是一种用途广泛的强氧化剂，实验室制备高锰酸钾所涉及的化学方程式如下：MnO2熔融氧化：3MnO2+ KClO3+ 6KOH熔融3K2MnO4+ KCl+3H2OK2MnO4歧化：3K2MnO4+2CO2＝2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3将MnO2熔融氧化所得产物的热浸取液装入三颈烧瓶，再通入CO2气体，使K2MnO4歧化的过程在如图装置中进行，A、B、C、D、E为旋塞，F、G为气囊，H为带套管的玻璃棒。

回答下列问题：(1)仪器a的名称是______。

(2)MnO2熔融氧化应放在______中加热(填仪器编号)。

①烧杯②瓷坩埚③蒸发皿④铁坩埚(3)为了能充分利用CO2，装置中使用了两个气囊。

当试管内依次加入块状碳酸钙和盐酸后，关闭旋塞B、E，微开旋塞A，打开旋塞C、D，往热K2MnO4溶液中通入CO2气体，未反应的CO2被收集到气囊F中。

待气囊F收集到较多气体时，关闭旋塞______，打开旋塞______，轻轻挤压气囊F，使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，未反应的CO2气体又被收集在气囊G中。

然后将气囊G中的气体挤压入气囊F中，如此反复，直至K2MnO4完全反应。

(4)除去K2MnO4歧化产物中MnO2的操作方法是______。

(5)将三颈烧瓶中所得产物经过一系列操作得到针状的高锰酸钾晶体，最后采用低温烘干的方法来干燥产品，原因是______。

【答案】长颈漏斗④ AC BDE 过滤高锰酸钾晶体受热易分解【解析】【分析】（1）由实验装置可知，仪器a为长颈漏斗；（2）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚；（3）该操作的目的是将气囊F中的二氧化碳排出，据此判断正确的操作方法；（4）高锰酸钾溶于水，二氧化锰不溶于水；（5）高锰酸钾晶体受热易分解。

【详解】（1）由实验装置可知，仪器a为长颈漏斗，故答案为：长颈漏斗；（2）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物中含有碱性KOH，瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅能够与氢氧化钾反应，所以应用铁坩埚，故答案为：④；（3）待气囊F收集到较多气体时，需要将气囊F中二氧化碳排出到热K2MnO4溶液中，所以需要关闭A、C，打开B、D、E，轻轻挤压气囊F，从而使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，故答案为：AC；BDE；（4）高锰酸钾溶于水，二氧化锰不溶于水，固液分离应用过滤的方法，则除去高锰酸钾溶液中的二氧化锰应用过滤的方法，故答案为：过滤；（5）高锰酸钾晶体受热易分解，实验时应采用低温烘干的方法来干燥产品，避免高锰酸钾晶体受热发生分解，故答案为：高锰酸钾晶体受热易分解。

2020-2021全国高考化学化学反应原理综合考查的综合高考模拟和真题汇总及答案一、化学反应原理综合考查1．氨催化氧化是硝酸工业的基础，氦气在Pt催化剂作用下发生主反应Ⅰ和副反应Ⅱ：Ⅰ.4NH 3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H1=-905 kJ/molⅡ.4NH 3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)△H2（1）已知：NO O2N2物质中断裂1mol化学键需要的能量/kJ629496942则△H2=___________。

（2）以Pt为催化剂，在1L密闭容器中充入1mol NH3和2mol O2，测得有关物质的量与温度的关系如下图：①该催化剂在高温时对反应__________更有利（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。

②520℃时，NH3的转化率为____________。

③520℃时，反应Ⅱ的平衡常数K=________（数字计算式）。

④下列说法正确的是____________（填标号）。

A 工业上氨催化氧化生成NO时，最佳温度应控制在840℃左右B 增大NH3和O2的初始投料比可以提高NH3生成NO的平衡转化率C 投料比不变，增加反应物的浓度可以提高NH3生成NO的平衡转化率D 使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率⑤温度高于840℃时，NO的物质的量减少的原因可能是____________。

（3）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NO x反应生成N2。

①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1mol N2时，转移的电子数为___________mol。

②将一定比例的O2、NH3和NO x的混合气体，匀速通入装有催化剂的反应器中反应。

反应相同时间NO x的去除率随反应温度的变化曲线如下图所示，在50-250℃范围内随着温度的升高，NO x的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是_______________。

【答案】-1265kJ/mol160%26430.20.90.4 1.45⨯⨯AD催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低247迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NO x去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NO x去除反应速率增大【解析】【分析】（1）利用盖斯定律和△H=反应物总键能-生成物总键能计算；（2）①由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的；②根据图示A点计算出两个反应消耗氨气的量，再计算转化率；③利用A点，计算出两个反应后剩余的氨气，氧气，生成的水和N2，再根据平衡常数公式计算；④A.工业上氨催化氧化生成NO时，根据图示可知840℃生成NO最多，故A正确；B.增大NH3和O2的初始投料比可以降低NH3转化率，提高氧气转化率，故B错误；C.投料比不变，增加反应物的浓度可以看成增大压强，不利于向体积增大的方向进行，因此降低NH3生成NO的平衡转化率，故C错误；D.使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率，故D正确；⑤温度高于840℃时，NO的物质的量减少的原因可能是催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低；（3）①8NH3+6NO2=7N2+12H2O根据方程式判断；②在50-250℃范围内随着温度的升高，NO x的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NO x去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NO x去除反应速率增大；【详解】（1）盖斯定律：Ⅰ-Ⅱ得2N 2(g)+2O24NO(g) △H= △H1- △H2=-905-△H2kJ/mol；△H=反应物总键能-生成物总键能=2×942 kJ/mol +2×496 kJ/mol -4×629 kJ/mol =360kJ/mol；所以：△H2=△H1- △H==-905 kJ/mol -360 kJ/mol =-1265kJ/mol ；答案：-1265kJ/mol（2）①由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的，故该催化剂在高温下选择反应I；答案：Ⅰ②520℃时， 4NH 3（g）+5O2 4NO（g）+6H2O（g）变化（mol ）： 0.2 0.25 0.2 0.34NH 3（g）+3O2（g） 2N2（g）+6H2O（g）变化（mol ）：0.4 0.3 0.2 0.6NH3的转化率为0.20.41+×100%=60%答案:60%③在 1L 密闭容器中充入 1mol NH3和 2mol O2，520℃平衡时n（NO）=n（N2）=0.2mol，则：4NH 3（g）+5O2 4NO（g）+6H2O（g）变化（mol ）：0.2 0.25 0.2 0.34NH 3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）变化（mol ）：0.4 0.3 0.2 0.6故平衡时，n（NH3）=1mol-0.2mol-0.4mol=0.4mol，n（O2）=2mol-0.25mol-0.3mol=1.45mol，n（H2O）=0.3mol+0.6mol=0.9mol，由于容器体积为1L，利用物质的量代替浓度计算平衡常数K=2643 0.20.9 0.4 1.45⨯⨯答案：2643 0.20.9 0.4 1.45⨯⨯④A.工业上氨催化氧化生成NO时，根据图示可知840℃生成NO最多，故A正确；B.增大NH3和O2的初始投料比可以降低NH3转化率，提高氧气转化率，故B错误；C.投料比不变，增加反应物的浓度可以看成增大压强，不利于向体积增大的方向进行，因此降低NH3生成NO的平衡转化率，故C错误；D.使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率，故D正确；答案：AD⑤温度高于840℃时，NO的物质的量减少的原因可能是催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低；答案：催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO 的转化率降低（3）①8NH3+6NO2=7N2+12H2O生成N2的反应中，当生成1mol N2时，转移的电子数为247mol；答案：24 7②反应相同时间NO x的去除率随反应温度的变化曲线如下图所示，在50-250℃范围内随着温度的升高，NO x的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NO x去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NO x去除反应速率增大；答案：迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NO x去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NO x去除反应速率增大【点睛】本题难点是图象分析应用，易错点平衡常数的计算，注意三段式法在平衡计算中的应用。