高考化学氧化还原反应-经典压轴题及答案

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）

1．碘酸钾（3

KIO）是重要的微量元素碘添加剂。实验室设计下列实验流程制取并测定产品中3

KIO的纯度：

其中制取碘酸（3

HIO）的实验装置见图，有关物质的性质列于表中

物质性质

HIO3白色固体，能溶于水，难溶于CCl4

KIO3①白色固体，能溶于水，难溶于乙醇

②碱性条件下易发生氧化反应：ClO－＋IO3－=IO4－＋Cl－

回答下列问题

（1）装置A中参加反应的盐酸所表现的化学性质为______________。

（2）装置B中反应的化学方程式为___________________ 。B中所加CCl4的作用是

_________从而加快反应速率。

（3）分离出B中制得的3

HIO水溶液的操作为____________；中和之前，需将HIO3溶液煮沸至接近于无色，其目的是____________，避免降低3

KIO的产率。

（4）为充分吸收尾气，保护环境，C处应选用最合适的实验装置是____________（填序号）。

（5）为促使3KIO 晶体析出，应往中和所得的3KIO 溶液中加入适量的___________。 （6）取1.000g 3KIO 产品配成200.00mL 溶液，每次精确量取20.00mL 溶液置于锥形瓶中，加入足量KI 溶液和稀盐酸，加入淀粉作指示剂，用0.1004mol/L 223Na S O 溶液滴定。

滴定至终点时蓝色消失（2--2-22346I +2S O =2I +S O ），测得每次平均消耗223Na S O 溶液

25.00mL 。则产品中3KIO 的质量分数为___（结果保留三位有效数字）。

【答案】还原性、酸性 22235CI +I +6H O==2HIO +10HCl 充分溶解2I 和2Cl ，以增大反应物浓度 分液 除去2Cl （或-ClO ），防止氧化3KIO C 乙醇（或酒精） 89.5%。

【解析】

【分析】

装置A 用于制取Cl 2，发生的反应为：KClO 3+6HCl(浓)=KCl+3Cl 2↑+3H 2O ，装置B 中发生的是制取HIO 3的反应，装置C 为尾气处理装置，既要吸收尾气中的HCl 和Cl 2，还要防止倒吸。

【详解】

（1）装置A 中发生的反应为：KClO 3+6HCl(浓)=KCl+3Cl 2↑+3H 2O ，浓盐酸中的Cl 元素有一部分失电子转化为Cl 2，表现出还原性，还有一部分Cl 元素没有变价转化为KCl （盐），表现出酸性，故答案为：还原性、酸性；

（2）装置B 中发生的反应为：5Cl 2+I 2+6H 2O=2HIO 3+10HCl ，Cl 2和I 2均难溶于水，易溶于CCl 4，加入CCl 4可使二者溶解在CCl 4中，增大反应物浓度，故答案为：

5Cl 2+I 2+6H 2O=2HIO 3+10HCl ；充分溶解I 2和Cl 2，以增大反应物浓度；

（3）分离B 中制得的HIO 3水溶液的操作为分液，HIO 3溶液中混有的Cl 2在碱性条件下转化为ClO -，ClO -会将IO 3-氧化为IO 4-，因此在中和前需要将Cl 2除去，故答案为：分液；除去Cl 2（或ClO -），防止氧化KIO 3；

（4）尾气中主要含HCl 和Cl 2，需用NaOH 溶液吸收，同时要防止倒吸，故答案为：C ； （5）因为KIO 3难溶于乙醇，向KIO 3溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使KIO 3晶体析出，故答案为：乙醇（或酒精）；

（6）每20mLKIO 3溶液中，加入KI 溶液和稀盐酸发生的反应为：IO 3-+5I -+6H +=3I 2+3H 2O ，滴定时发生的反应为：I 2+2S 2O 32-=2I -+S 4O 62-，可列出关系式：IO 3-~3I 2~6S 2O 32-，每次平均消耗的n(S 2O 32-)= 0.1004mol/L×0.025L=0.00251mol ，则每20mLKIO 3溶液中，n(KIO 3)=n(IO 3-)= n(S 2O 32-)÷6=0.00251mol÷6=0.000418mol ，200mL 溶液中，n(KIO 3)=0.00418mol ，产品中KIO 3的质量分数=

214g mol 0.00418mol ×100%1g

/ =89.5%，故答案为：89.5%。 【点睛】

1g 样品配成了200mL 溶液，而根据关系式计算出的是20mL 溶液中KIO 3的物质的量，需扩大10倍才能得到1g 样品中KIO 3的物质的量。

2．常温下，三硫代碳酸钠(Na 2CS 3)是玫瑰红色针状固体，与碳酸钠性质相近。在工农业生产中有广泛的用途。某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。

实验一：探究Na 2CS 3的性质

(1)向Na 2CS 3溶液中滴入酚酞试液，溶液变红色。用离子方程式说明溶液呈碱性的原因_________。

(2)向Na 2CS 3溶液中滴加酸性KMnO 4溶液，紫色褪去。该反应中被氧化的元素是__________。

实验二：测定Na 2CS 3溶液的浓度

按如图所示连接好装置，取50.0mLNa 2CS 3溶液置于三颈瓶中，打开分液漏斗的活塞，滴入足量2.0mol/L 稀H 2SO 4，关闭活塞。

已知：Na 2CS 3 + H 2SO 4＝Na 2SO 4+ CS 2 + H 2S↑。CS 2和H 2S 均有毒。CS 2不溶于水，沸点46℃，密度1.26g/mL ，与CO 2某些性质相似，与NaOH 作用生成Na 2COS 2和H 2O 。

(1)盛放碱石灰的仪器的名称是_______，碱石灰的主要成分是______(填化学式)。

(2)C 中发生反应的离子方程式是____________。

(3)反应结束后打开活塞K ，再缓慢通入N 2一段时间，其目的是_________。

(4)为了计算Na 2CS 3溶液的浓度，对充分反应后B 中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得8.4g 固体，则三颈瓶中Na 2CS 3的物质的量浓度为______。

【答案】CS 32- +H 2O ?HCS 3-+OH - S 干燥管 CaO 和NaOH CS 2 +2OH - ＝COS 22-+H 2O 将装置中残留的的H 2S 、CS 2全部排入后续装置中，使其被完全吸收 1.75mol/L

【解析】

【分析】

实验一：(1)Na 2CS 3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na 2CS 3是强碱弱酸盐；

(2)根据Na 2CS 3中元素化合价是否是该元素的最高价态来进行判断；

实验二：(1)根据仪器的图形判断仪器的名称；碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；

(2)A 中生成的CS 2可与NaOH 作用生成Na 2COS 2和H 2O ；

(3)反应结束后打开活塞k ，再缓慢通入热N 2一段时间是把生成的硫化氢和二硫化碳全部赶入后面装置完全吸收；

(4)当A 中反应完全后，打开K 缓慢通入热N 2一段时间，然后对B 中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g 黑色固体，n (CuS)＝96g 8.4g /mol

＝0.0875mol ，根据关系式Na 2CS 3～H 2S ～CuS 得n (Na 2CS 3)＝n (CuS)＝0.0875mol ，根据c ＝

n V 计算A 中Na 2CS 3溶液的浓度。

【详解】

实验一：(1)Na 2CS 3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na 2CS 3是强碱弱酸盐，则CS 32-在水中

发生水解，离子方程式为：CS 32- +H 2O ?HCS 3-+OH -；

(2)Na 2CS 3中Na 为+1价，C 为+4价，都是元素的最高价态，不能被氧化，S 为-2价，是硫元素的低价态，能够被氧化，所以被氧化的元素是S ；

实验二：(1)盛放碱石灰的仪器为干燥管，碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；

(2)A 中生成的CS 2可与NaOH 作用生成Na 2COS 2和H 2O ，相关离子方程式为：CS 2 +2OH - ＝COS 22-+H 2O ；

(3)反应结束后打开活塞k ，再缓慢通入热N 2一段时间，其目的是：将装置中的H 2S 全部排入B 中被充分吸收；将装置中的CS 2全部排入C 中被充分吸收；

(4) 当A 中反应完全后，打开K 缓慢通入热N 2一段时间，然后对B 中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g 黑色固体，n (CuS)＝96g 8.4g /mol

＝0.0875mol ，根据关系式Na 2CS 3～H 2S ～CuS 得n (Na 2CS 3)＝n (CuS)＝0.0875mol ，c (Na 2CS 3)＝

0.0875mol 0.05L ＝1.75mol/L 。

3．小明很喜欢化学实验课，今天要学习“探究铁及其化合物的氧化性或还原性”。 （1）实验前小明预测说：Fe 2+肯定既有还原性又有氧化性。你认为他预测的依据是： 。

（2）小明欲用实验证明他的预测。实验室提供了下列试剂：3%的H 2O 2溶液、锌粒、铜

片、0.1mol·

L -1FeCl 2溶液、KSCN 溶液、新制氯水。 ①若小明计划在0.1mol·L -1FeCl 2溶液滴入新制氯水，探究Fe 2+的还原性，你预计可能发生的反应和现象是： ________ （写离子方程式）、溶液由浅绿色变 色。 ②实验中，小明发现现象不太明显，老师分析可能是产物的含量太低，建议可以通过检验Fe 2+被氧化的产物Fe 3+的存在以获取证据。你认为可选 滴入小明所得的混合液中，并通过溶液出现 色的现象，证明小明的观点和实验方案都是正确的。

③对于证明Fe 2+具有氧化性，小明认为金属单质都具有还原性，并分别将铜片、锌粒投入FeCl 2溶液中，结果铜片没变化，锌粒逐渐变小。由此说明三种金属的还原性由强至弱的顺序为： 。

（3）小明分析H 2O 2中氧元素显-1价（中间价），并提出疑问：H 2O 2与FeCl 2的反应时，Fe 2+还作氧化剂吗？

①请你为小明梳理相关问题：若Fe 2+在反应中表现出氧化性应转化成 （填微粒符号，下同），若Fe 2+在反应中表现出还原性应转化成 。

②实际上Fe 2+的还原性较强，实验室的FeCl 2溶液常因氧化而变质。除杂的方法是： ，相关反应的离子方程式： 。

【答案】（1）因为Fe 2+中铁元素化合价处于中间价态，可以升高也可以降低；（2）①Cl 2

＋2Fe 2+＝2Cl －＋2Fe 3+，棕黄（黄）；②KSCN 溶液， 溶液呈血红（红）色 ；③Zn 、Fe 、Cu

（或Zn>Fe>Cu ）；（3）①Fe ， Fe 3+；② 加入过量铁粉，过滤， 2Fe 3++ Fe= 3Fe 2+。

【解析】

试题分析：（1）最低价态只具有还原性，最高价态只具有氧化性，中间价态既具有氧化性又有还原性，铁的价态一般是0、+2、+3，+2价位于中间，因此Fe 2＋有还原性和氧化性；

（2）①氯水具有强氧化性，发生2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，Fe3＋显黄色或棕黄色；②检验Fe3＋用KSCN溶液，溶液变红说明Fe3＋的存在；③根据利用金属性强的置换出金属性弱的，铜片无变化，说明Fe的金属性强于铜，锌粒逐渐变小，发生Zn＋Fe2＋=Zn2＋＋Fe，说明Zn的金属性强于Fe，即金属性强弱：Zn>Fe>Cu；（3）①氧化性：得到电子、化合价降低，Fe2＋转变成Fe，还原性：失去电子、化合价升高，Fe2＋转变成Fe3＋；②利用Fe3＋具有强氧化性，能和金属单质反应，不能引入新的杂质，因此加入单质铁，发生Fe＋2Fe3＋

=3Fe2＋。

考点：考查铁及其化合物的性质等知识。

4．过氧硫酸氢钾复合盐（K2SO4?KHSO4?2KHS O5）易分解，可用作漂白剂、NO x和SO2等的脱除剂。某研究小组制备过氧硫酸氢钾复合盐的流程如图所示。

已知：浓硫酸与H2O2反应，部分转化为过硫酸（化学式为H2SO5，是一种一元强酸）（1）H2SO5中硫元素的化合价为+6价，其中过氧键的数目为________；工业上用过氧硫酸氢钾复合盐溶液脱除NO时，反应的离子方程式为___________________________。

（2）若反应物的量一定，在上述流程的“转化”步骤中需用冰水浴冷却，且缓慢加入浓硫酸，其目的是___________________________。

（3）“结晶”操作中，加入K2CO3即可获得过氧硫酸氢钾复合盐晶体，该过程的化学方程式为______________________________。过氧硫酸氢钾复合盐产率（以产品含氧量表示）随溶液pH和温度的变化关系如图所示，则该过程适宜的条件是_________________。

（4）产品中KHSO5含量的测定：取1.000g产品于锥形瓶中，用适量蒸馏水溶解，加入

5mL5％的硫酸和5mL25％的KI溶液，再加入1mL淀粉溶液作指示剂，用0.2000mol·L-1硫代硫酸钠标准液滴定至终点，消耗标准液的体积为25.00mL。

已知：2KHSO5＋4KI＋H2SO4 = 2I2＋3K2SO4＋2H2O I2＋2Na2S2O3 =Na2S4O6＋2NaI

①用_____滴定管盛装标准浓度的硫代硫酸钠溶液（填“甲”或“乙”）。

②产品中KHSO5的质量分数为___________。

【答案】1 3HSO5－＋2NO＋H2O = 3SO42－＋2NO3－＋5H+防止浓硫酸与H2O2溶液混合时放出大量热使H2O2分解 5K2CO3＋4H2SO5＋4H2SO4 =2(K2SO4?KHSO4?2KHSO5)↓＋5CO2↑＋

5H2O 控制pH在2.0~2.5之间，温度在0℃左右乙 38.00％

【解析】

【详解】

(1)H2SO5中硫元素的化合价为+6价，依据化合价的代数和为0计算，有2个氧原子显-1价，所以过氧键的数目为1。答案为1；

工业上用过氧硫酸氢钾复合盐溶液脱除NO时，反应的离子方程式为3HSO5－＋2NO＋H2O = 3SO42－＋2NO3－＋5H+。答案为3HSO5－＋2NO＋H2O = 3SO42－＋2NO3－＋5H+

(2)在“转化”步骤中，30%的H2O2溶液加入98%的浓硫酸中，相当于浓硫酸稀释，会放出大量的热，而H2O2受热易分解，所以需用冰水浴冷却，且缓慢加入浓硫酸。

答案为：防止浓硫酸与H2O2溶液混合时放出大量热使H2O2分解；

(3)“结晶”操作中，加入K2CO3即可获得过氧硫酸氢钾复合盐晶体，该过程的化学方程式为5K2CO3＋4H2SO5＋4H2SO4 =2(K2SO4?KHSO4?2KHSO5)↓＋5CO2↑＋5H2O。

答案为：5K2CO3＋4H2SO5＋4H2SO4 =2(K2SO4?KHSO4?2KHSO5)↓＋5CO2↑＋5H2O

从溶液pH看，过氧硫酸氢钾复合盐产率在2.0~2.5之间时最大；从温度看，过氧硫酸氢钾复合盐产率在0℃左右最大，所以该过程适宜的条件是控制pH在2.0~2.5之间，温度在0℃左右。答案为：控制pH在2.0~2.5之间，温度在0℃左右；

(4)① 硫代硫酸钠溶液呈碱性，应放在碱式滴定管内。答案为乙；

② 由反应2KHSO5＋4KI＋H2SO4 = 2I2＋3K2SO4＋2H2O和I2＋2Na2S2O3 =Na2S4O6＋2NaI可得出如下关系式：KHSO5——2Na2S2O3

n(Na2S2O3)=0.2mol/L×0.025L=0.005mol，n(KHSO5)=0.0025mol

产品中KHSO5的质量分数为：0.0025152/

100%38.00%

1.000

mol g mol

g

?

?=

答案为：38.00％。

5．铁、氯、铜及其化合物在生产、生活中有广泛的用途。试回答下列问题。

(1)二氧化氯(ClO2)已逐步代替Cl2用于自来水处理，用ClO2处理过的饮用水(pH为5.5～6.5)常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子(ClO2-)。已知：25 ℃时K a(HClO)＝3.2×10－8，

K a(HClO2)＝1.0×10－2，则酸性HClO2________HClO(填“>”“＝”或“<”)；在pH＝5的上述处理过

的饮用水中

-

2

2

c(ClO)

c(HClO)

＝___________；若饮用水中ClO2-的含量超标，可向其中加入适量

的Fe2＋将ClO2-还原成Cl－，写出酸性条件下该反应的离子方程式：

____________________________________________________________。

(2)①腐蚀铜板后的溶液中，若Cu2＋、Fe3＋和Fe2＋浓度均为0.1 mol·L－1，下图为金属离子的浓度的对数与溶液pH的关系，现向混合溶液中通入氨气调节溶液的pH＝5.6，溶液中存在的金属阳离子为____________(当溶液中金属离子浓度≤10－5mol·L－1时，可认为沉淀完全)。

②从图中数据计算可得Fe(OH)2的溶度积K sp[Fe(OH)2]＝______________________。

(3)Na2S是常用的重金属离子沉淀剂。某工业污水中含有等浓度的Cu2＋、Fe2＋、Pb2＋，滴加Na2S溶液后首先析出的沉淀是________________；当最后一种离子沉淀完全时(该离子浓度为10－5 mol·L－1)，此时的S2－浓度为___________________________。已知：K sp(FeS)＝

6.3×10－18；K sp(CuS)＝6×10－36；K sp(PbS)＝2.4×10－18。

【答案】＞ 103 4Fe2＋+ClO2－+4H＋=4Fe3＋+Cl－+2H2O Cu2＋、Fe2＋ 1.0×10-17 CuS

6.3×10-13mol·L－1

【解析】

【分析】

（1）组成相似的酸，电离平衡常数越大酸性越强；依据电离平衡常数计算式计算；

（2）①向混合溶液中通入氨气调节溶液的pH=5.6时，由图象分析出：易生成Fe（OH）3沉淀；

②根据K sp[Fe（OH）2]=c（Fe2＋）×c2（OH－）计算；

（3）物质组成类型相同，溶度积越小，溶解度越小，滴加硫化钠，相应阳离子最先沉淀；根据溶度积计算S2－的浓度。

【详解】

（1）电离平衡常数越大酸性越强，已知：25 ℃时K a(HClO)＝3.2×10－8，K a(HClO2)＝1.0×10－2，则酸性HClO2>HClO；在pH＝5的上述处理过的饮用水中，c（H＋）=10-5mol·L－

1

-

2

2

c(ClO)

c(HClO)

＝

2

+5

1.010

c(H)10

K-

-

?

==103；若饮用水中ClO2－的含量超标，可向其中加入适量

的Fe2＋将ClO2－还原成Cl-，酸性条件下该反应的离子方程式：4Fe2＋+ClO2－+4H＋=4Fe3＋+Cl－+2H2O；故答案为：HClO2＞HClO；103；4Fe2＋+ClO2－+4H＋=4Fe3＋+Cl－+2H2O；

（2）①向混合溶液中通入氨气调节溶液的pH=5.6时，由图象可知易生成Fe（OH）3沉淀，溶液中存在的金属阳离子为Cu2＋、Fe2＋，故答案为：Cu2＋、Fe2＋；

②由图象可知：c（Fe2＋）=1.0×10-5（mol·L-1），c（OH－）=1.0×10-6（mol·L-1），K sp[Fe

（OH）2]=c（Fe2＋）×c2（OH－）=1.0×10-17（mol·L-1）3；故答案为：1.0×10-17；

（3）物质组成类型相同，溶度积越小，溶解度越小，滴加硫化钠，相应阳离子最先沉淀，故首先析出沉淀是CuS，Fe2＋最后沉淀，沉淀完全时该浓度为10-5mol·L-1，此时的S2－的浓

度为

18

5

6.310

10

-

-

?

mol·L－1=6.3×10-13mol·L－1，故答案为：CuS；6.3×10-13mol·L－1。

【点睛】

本题考查了元素化合物性质分析，溶度积常数计算，沉淀转化实质理解应用，电离平衡常数概念的分析应用，掌握有关Ksp的基础是解题关键，难点（3），根据物质组成类型相同，溶度积越小，溶解度越小，离子先沉淀析出。

6．2019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：，K sp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，K sp[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+C6Li x C6+Li1-x CoO2其工作原理如图2。下列关于该电池的说法正确的是___（填字母）。

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，LiCoO 2极发生的电极反应为LiCoO 2-xe -=xLi ++Li 1-x CoO 2

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）LiFePO 4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FePO 4固体。再将FePO 4固体与H 2C 2O 4和LiOH 反应即可获得LiFePO 4同时获得两种气体。

①写出FePO 4固体与H 2C 2O 4和LiOH 反应溶液获得LiFePO 4的化学方程式___。

②LiFePO 4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】Li 2O?Al 2O 3?4SiO 2 将矿石细磨、搅拌、升高温度 4.7 Mg(OH)2和CaCO 3 Na 2CO 3 CD 2LiOH+6H 2C 2O 4+2FePO 4=2LiFePO 4+7CO 2↑+5CO↑+7H 2O 与空气中的氧气反应，防止LiFePO 4中的Fe 2+被氧化

【解析】

【分析】

锂辉石(主要成分为LiAlSi 2O 6，还含有FeO 、CaO 、MgO 等)为原料来制取钴酸锂(LiCoO 2)，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%Li 2S ，加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后与Co 3O 4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LiAlSi 2O 6，根据方法，其氧化物的形式为

Li 2O?Al 2O 3?4SiO 2；

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K sp 大于Fe(OH)3的K sp ，那么保证Al 3+完全沉淀即可达到目的；已知Al(OH)3的K sp =1×10-33，所以当c (Al 3+)=1×10-5mol/L 时可认为铝离子和铁离子完全沉淀，此时 c (OH -

-9.3mol/L ，c (H +)=1×10-4.7mol/L ，pH=4.7，即pH 至少为4.7；

④根据分析可知滤渣2主要为Mg(OH)2和CaCO 3；

⑤根据“沉锂”后形成Li 2CO 3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Na 2CO 3溶液； (2)A ．电池反应式为LiCoO 2+C 6垐垎?噲垐?充电

放电

Li x C 6+Li 1-x CoO 2，由此可知，放电时，负极电极反应式为Li x C 6-xe -=xLi ++C 6，正极电极反应式Li 1-x CoO 2+xLi ++xe -=LiCoO 2，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-x CoO2，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 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

7．NH3和Cl2在常温下可快速反应生成氮气：2NH3+3Cl2→N2+6HCl。当Cl2和 NH3比例不同时，产物有差异。

(1)该反应可用于检验化工生产中氯气是否泄漏。如氯气有少量泄漏，用氨气检验时的现象为_____________________________。

(2)若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，Cl2和NH3的最佳比例为

_____。

(3)常温常压下，取总物质的量为12mol的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变。求：①反应前氯气和氨气的物质的量之比______________

②反应后生成的氧化产物的质量_______________。

(4)若将总体积为100L的NH3和Cl2混合，实验精确测得充分反应后无色混合气体中N2占混

合气体的1

7

，求生成氧化产物的物质的量_____________。（该实验数据在标准状况下测

定）

【答案】有白烟生成 3∶2 n(NH3)∶n(Cl2)=1∶1 m(N2 )=56g 余NH3和N2 0.263mol，余HCl 和N2 0.893mol

【解析】

【分析】

NH 3和Cl 2在常温下可快速反应生成氮气：2NH 3+3Cl 2 →N 2+6HCl 。当Cl 2和 NH 3 比例不同时，产物有差异。

(1)要检验化工生产中氯气是否泄漏，则需要有明显的现象，从提供的反应可以看出，氨气过量时会有明显现象，找到该反应并指出现象即可；

(2)要求是利用氨气和氯气之间反应生成氯化氢用于制备盐酸，故按该反应中Cl 2和NH 3的比例来回答；

(3)常温常压下，取总物质的量为12mol 的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变，说明3222NH 3Cl N 6HCl +=+反应后氨气有剩余，再发生反应NH 3+HCl=NH 4Cl ，HCl 不能完全反应，按此思路计算① 反应前氯气和氨气的物质的量之比及② 反应后生成的氧化产物的质量；

(4)若将总体积为100L 的NH 3和Cl 2混合，①3222NH 3Cl N 6HCl +=+恰好反应，根据方程式计算混合气体总体积，进而计算氮气体积；

②NH 3过量时，发生反应32248NH 3Cl N 6NH Cl +=+，剩余混合气体为氮气、氨气，设Cl 2有xL ，利用方程式和已知条件计算出氮气的体积、氧化产物的物质的量；

【详解】

(1)按题意，用于检验氯气是否泄漏的反应应有明显现象，氯气和氨气可能的反应为3222NH 3Cl N 6HCl +=+、当氨气过量时会与生成的HCl 反应生成氯化铵，有白烟，现象明显；

答案为：有白烟生成；

(2)氨气和氯气在常温下可快速反应生成氮气：3222NH 3Cl N 6HCl +=+，若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸， Cl 2和NH 3的最佳比例为3：2；

答案为：3：2；

(3) ① 常温常压下，取总物质的量为12mol 的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变，说明3222NH 3Cl N 6HCl +=+反应后氨气有剩余，再多余氨气再与部分HCl 发生反应NH 3+HCl=NH 4Cl ，HCl 不能完全反应，设反应3222NH 3Cl N 6HCl

+=+中消耗氯气的物质的量为x ，3

223

222NH ~3C 23

3l x x

x 气体物质的量增加 ，43

+HCl=NH Cl 1

2212-2(12-3N )

H x

x x -气体物质的量减少，前者体积增大与后者体积减小相等，则222(12)33x x x --

= ，得x =6，

故反应前氯气和氨气的物质的量之比为61126x x ==-：1 ； 答案为：1:1； ② 反应后生成的氧化产物为氮气，氯气为6mol,由3222NH 3Cl N 6HCl +=+可知,生成氮气的物质的量为2mol ，故氧化产物氮气的质量=2mol ×28g/mol=56g ，

故答案为：56g ；

(4)在3222NH 3Cl N 6HCl +=+反应中，NH 3和Cl 2恰好完全反应时，混合气体中N 2占混合气体的

17，由于氨气与HCl 可以反应生成HN 4Cl ，而充分反应后的混合气体中N 2占混合气体的17

，则有两类情况：①Cl 2与氨气恰好反应，由方程式可知5体积气体生成7体积气体，故反应后混合气体总体积=100L ×75=140L ，则氧化产物氮气体积为140L ×17

=20L ，故其物质的量=20L 22.4L /mol

=0.893mol ；②NH 3过量时，发生反应32248NH 3Cl N 6NH Cl +=+，剩余混合气体为氮气、氨气，设Cl 2有xL ，则

3

2

28NH ~3Cl ~N 83

1101033V

x

x x ?，则1L 13107100L L 3x x =-，30017x =，故氧化产物氮气的物质的量=3001L 17

30.263mol 22.4L /mol

?== ； 答案为：余NH 3和N 2为0.263mol ，余HCl 和N 2为0.893mol 。

8．（1）将新制氯水逐滴滴入FeBr 2溶液中，写出最初发生的反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目。___。

（2）在硫酸铝铵(NH 4Al(SO 4)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液并不断搅拌。用一个离子方程式表示最初发生的反应。___。

（3）石油气“芳构化”是由石油气生产高辛烷值汽油的一种有效生产工艺。测得反应2C 4H 10

C 8H 10(g)+5H 2在不同温度下的平衡常数变化如下： 温度(℃)

400 450 500 平衡常数K a 6a 40a

①该反应的正反应是____(吸热、放热)反应。

②向2L 密闭定容容器中充入2molC 4H 10，反应10s 后测得H 2浓度为1mol/L ，此10s 内，以C 8H 10表示的平均速率为___。

③能表示该反应在恒温恒容密闭容器中t1时刻后已经达平衡状态的图示是___。

a. b. c. d.

④如图表示某温度时将一定量的C4H10(含少量H2)充入容器中反应期间物质浓度随时间的变化(容器容积可变)，实线代表C8H10，虚线代表C4H10。请用实线补充画出t1~t4间C8H10的浓度变化曲线___。

【答案】 3Ba2++6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓吸热

0.02mol/(L·s) b、d

【解析】

【分析】

(1)氯气具有氧化性，能将碘离子以及亚铁离子氧化，碘离子的还原性强于亚铁离子的还原性，所以先是发生氯气氧化亚铁离子的反应，氧化还原反应中，化合价升高值＝化合价降低值＝转移电子数，据此表示电子转移的情况；

(2)在硫酸铝铵(NH4Al(SO4)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，由于氢氧化钡少量，氢氧根离子不足，反应按照氢氧化钡的组成进行，氨水碱性强于氢氧化铝，所以铝离子优先与氢氧根离子反应，据此写出反应的离子方程式；

(3)①依据图表数据，平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行；

②依据反应速率v＝

c

t

?

?

计算；

③a．反应前后都是气体，气体质量始终不变；

b．反应前后气体质量不变，物质的量增大，平均摩尔质量不变说明反应达到平衡状态；c．气体质量不变，体积不变，密度在反应过程中和平衡状态都不变；

d．反应前后气体物质的量变化，压强之比等于气体物质的量之比，物质的量不变，反应达

到平衡；

④刚开始因为达到平衡状态，所以浓度不变，根据虚线的浓度变化可知，后面体积缩小为

原来的1

2

，所以实线浓度也变两倍，后面又慢慢减小，直至继续平衡。

【详解】

(1)将新制氯水逐滴滴入FeBr2溶液中，先是发生氯气氧化亚铁离子的反应，Cl2＋2Fe2＋＝

2Fe3＋＋2Cl?，电子转移情况如下：，故答案为：；

(2)氢氧化钡少量，氢氧根离子和钡离子的物质的量不足，离子方程式按照氢氧化钡的组成书写，钡离子和氢氧根离子完全反应；由于氨水碱性强于氢氧化铝，故铝离子优先与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为3Ba2++6OH-+3SO42-

+2Al3+=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，故答案为：3Ba2++6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓；

(3)①根据图表数据，平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行，正反应是吸热反应，故答案为：吸热；

②向2L密闭定容容器中充入2mol C4H10，反应10s后测得H2浓度为1mol/L，

2C4H10?C8H10(g)＋5H2，反应过程中生成C8H10的物质的量浓度为1

5

×1mol/L＝0.2mol/L，此

10s内，以C8H10表示的平均速率＝0.2mol/L

10s

＝0.02mol/(L?s)，故答案为：0.02mol/(L?s)；

③2C4H10?C8H10(g)＋5H2，反应是气体体积增大的反应吸热反应，依据平衡移动原理分析图象；

a．反应前后都是气体，气体质量在反应过程中和平衡状态都始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故a不符合；

b．反应前后气体质量不变，物质的量增大，平均摩尔质量不变说明反应达到平衡状态，故b符合；

c．气体质量不变，体积不变，密度在反应过程中和平衡状态都不变，故c不符合；

d．反应前后气体物质的量变化，压强之比等于气体物质的量之比，物质的量不变压强不变，说明反应达到平衡，故d符合；

故答案为：b、d；

④分析图象可知，刚开始因为达到平衡状态，所以浓度不变，根据虚线的浓度变化可知，

后面体积缩小为原来的1

2

，所以实线浓度也变两倍，浓度变化为0.40mol/L，随反应进行后

面又慢慢减小，直至继续平衡，据此画出的图象为：

，故答案为：

。

【点睛】

本题(2)注意掌握离子方程式的书写原则，正确判断反应物离子的过量情况是解答的关键；

(3)掌握图象分析与绘制方法，曲线变化起点和变化是解题关键。

9．根据方程式3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，回答下列问题：

（1）用双线桥法表示电子的转移的方向及数目___。

（2）该反应中的氧化剂是___，还原剂是__。

（3）该反应中的氧化产物是__，还原产物是__。

（4）该反应中体现了稀硝酸的性质有__、__。

（5）将其改为离子反应方程式__。

（6）该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__。

（7）若反应中转移的电子的物质的量是0.9mol，则生成NO的体积为__（标准状况），被还原的硝酸为__mol。

（8）H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O，在该反应中每一摩尔H2SO4参加反应，转移的电子的物质的量为____。

【答案】硝酸铜硝酸铜 NO 酸性氧化

性 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O 2：3 6.72 0.3 2mol

【解析】

【分析】

用双线桥表示电子转移，首先找出反应物、生成物的变价元素，桥上标电子的得与失，

，依据元素化合价的变化从中找出氧化剂是

HNO3、还原剂是Cu、氧化产物是Cu(NO3)2、还原产物是NO，硝酸在反应中起到酸性和氧化性，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3；另外根据同种元素不同价态之间若发生氧化还原反应，元素的化合价只靠近不交叉，H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O该反应中每一摩尔H2SO4参加反应，转移的电子的物质的量为2 mol。

【详解】

（1）3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O是氧化还原反应，反应中失电子的元素是铜元素，化合价升高，得电子的元素是氮元素，化合价降低，用双线桥法表示电子的转移的方

向及数目为：；

（2）氧化剂指在反应中得到电子化合价降低的反应物；还原剂指在反应中失去电子化合价升高的反应物。反应中反应物的铜元素的化合价是0价，生成物Cu(NO3)2中铜元素的化合价为+2价，铜元素化合价升高，故Cu是还原剂；反应中反应物HNO3中氮元素的化合价为+5价，生成物NO中氮元素的化合价为+2价，氮元素化合价降低，故HNO3是氧化剂；（3）氧化剂HNO3在反应中得到电子，被还原生成NO，故NO是还原产物；还原剂Cu在反应中失去电子，被氧化生成Cu(NO3)2，故是Cu(NO3)2氧化产物；

（4）在反应中反应物HNO3，一部分被还原为NO，一部分HNO3中的氮元素没有改变，并且以NO3- 形式存在，故该反应中体现了浓硝酸的性质有酸性、氧化性；

（5）Cu(NO3)2、HNO3都是易溶于水的强电解质，书写离子方程式时拆成离子的形式，Cu 是单质、NO是氧化物并且还是非电解质、H2O是氧化物并且是弱电解质，所以书写离子方程式时写成化学式，故铜与稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-

=3Cu2++2NO↑+4H2O；

（6）在反应中硝酸一部分起到氧化剂作用、一部分起到酸性作用，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3；

（7）在反应中每生成一个NO转移3个电子，当反应中转移的电子的物质的量是0.9mol，生成NO的物质的量为：0.9 mol ÷3=0.3 mol，则标准状况下生成NO的体积为：

0.3 mol×22.4L·mol-1= 6.72L；

（8）H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O，同种元素不同价态之间若发生氧化还原反应，元素的化合价只靠近不交叉，故H2SO4→2e-→SO2，所以该反应中每一摩尔H2SO4参加反应，转移的电子的物质的量为2 mol。÷

【点睛】

本题考查氧化还原反应中的氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物、电子转移的表示形式，以及同种元素不同价态之间若发生氧化还原反应，元素的化合价只靠近不交叉等知识点，这些知识点考生应该熟练掌握。

10．用纳米Fe/Ni复合材料能去除污染水体的NO3-，Ni不参与反应。离子在材料表面的活性位点吸附后发生反应，活性位点被其他附着物占据会导致速率减慢(NH4+无法占据活性位点)。反应过程如图所示：

（1）酸性环境中，纳米Fe/Ni 去除NO 3-分两步，将步骤ii 补充完整：

Ⅰ.NO 3-+Fe+2H +=NO 2-+Fe 2++H 2O

Ⅱ.___+___+___H +=___Fe 2++___+___

（2）初始pH=2.0的废液反应15min 后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，结合化学用语解释整个变化过程的原因___。

（3）水体初始pH 会影响反应速率，不同pH 的硝酸盐溶液与纳米Fe/Ni 反应时，溶液中--303c c (NO )(NO )

随时间的变化如图1所示。(注：c 0(NO 3-)为初始时NO 3-的浓度。)

①为达到最高去除率，应调水体的初始pH=___。

②t<15min ，pH=2.0的溶液反应速率最快，t>15min ，其反应速率迅速降低，原因分别是___。

（4）总氮量指溶液中自由移动的所有含氮微粒浓度之和，纳米Fe/Ni 处理某浓度硝酸盐溶液时，随时间的变化如图2所示。40min 时总氮量较初始时下降，可能的原因是___。

（5）利用电解无害化处理水体中的NO 3-，最终生成N 2逸出。其装置及转化图如图所示： ①阴极的电极反应式为___。

②生成N 2的离子方程式为___。

【答案】NO 2- 3Fe 8 3 NH 4+ 2H 2O )Fe 2+在水中发生水解，Fe 2++2H 2O ?Fe(OH)2+2H +，随着反应进行，c(H +)减小，平衡右移，产生Fe(OH)2沉淀，之后发生反应

4Fe(OH)2+O 2+2H 2O=4Fe(OH)3，变成红褐色的Fe(OH)3 6.5 pH=2的溶液中，t<15min 时，溶液中H +浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe 2+和pH 上升速率较快，t>15min 时，产生大量Fe(OH)2，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降 反应过程中H +被消耗，溶液pH 升高，t=40min 时，溶液中含N 物质主要以NH 4+的形式存在，一部分NH 4+生成NH 3逸出(或反应过程中NO 2-被Fe 还原产生N 2逸出) NO 3-+8e -

+10H +=NH 4++3H 2O 2NH 4++3HClO=N 2↑+3Cl -+5H ++3H 2O

【解析】

【分析】

（1）根据图可知：酸性环境中，纳米Fe /Ni 去除3NO -分两步，3NO -

在吸附点被Fe 还原

为2NO -，2322NO Fe 2H NO Fe H O -+-+++=++，2NO -在另外的吸附点被Fe 还原为4NH +，2242NO 3Fe 8H 3Fe NH 2H O -+++++=++； （2）初始pH=2.0的废液反应15min 后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，是氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化为氢氧化铁；

（3）结合所给图形信息，判断调节pH 为多少的时候去除率较高，如何解释反应速率变慢；

（5）电极方程式书写，从题中信息判断阴极发生还原反应，NO 3-还原N 2，

342NO 8e 10H NH 3H O --++

++=+。

【详解】

() 1根据图可知：酸性环境中，纳米Fe /Ni 去除3NO -分两步，3NO -在吸附点被Fe 还原

为2NO -，2322NO Fe 2H NO Fe H O -+-+++=++，2NO -在另外的吸附点被Fe 还原为4NH +，2242NO 3Fe 8H 3Fe NH 2H O -+++++=++；

故答案为：2NO -

、3Fe 、8、3、4NH +、22H O ； ()2初始pH 2.0=的废液反应15min 后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，因为2Fe +在水中发生水解，222Fe 2H O Fe(OH)2H ++++?，随着反应进行，()c H +减小，平衡右移，产生2Fe(OH)沉淀，之后发生反应

22234Fe(OH)O 2H O 4Fe(OH)++=，变成红褐色的3Fe(OH)；

故答案为：2Fe +在水中发生水解，222Fe 2H O Fe(OH)2H ++++?，随着反应进行，()

c H +减小，平衡右移，产生2Fe(OH)沉淀，之后发生反应

22234Fe(OH)O 2H O 4Fe(OH)++=，变成红褐色的3Fe(OH)； ()3①根据图可知pH 6.5=时，反应最快，去除率最高，故为达到最高去除率，应调水体的初始pH 6.5=；

故答案为：6.5；

pH 2=②的溶液中，t 15min <时，溶液中H +浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生2Fe +和pH 上升速率较快，故t 15min <，pH 2.0=的溶液反应速率最快， t 15min >时，产生大量2Fe(OH)，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降，故t 15min >，其反应速率迅速降低；

故答案为：pH 2=的溶液中，t 15min <时，溶液中H +浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生2Fe +和pH 上升速率较快，t 15min >时，产生大量2Fe(OH)，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降；

()440min 时总氮量较初始时下降可能的原因为：反应过程中H +被消耗，溶液pH 升高，t 40min =时，溶液中含N 物质主要以4NH +的形式存在，一部分4NH +

生成3NH 逸出(或反应过程中2NO -

被Fe 还原产生2N 逸出)；

故答案为：反应过程中H +被消耗，溶液pH 升高，t 40min =时，溶液中含N 物质主要以

4NH +的形式存在，一部分4NH +生成3NH 逸出(或反应过程中2NO -被Fe 还原产生2N 逸出)；

()5①阴极发生还原反应，元素化合价降低，故为3NO -得到电子生成4NH

+，故电极反应

为：342NO 8e 10H NH 3H O --++++=+；

故答案为：342NO 8e 10H NH 3H O --++++=+； ②由图可知，氮气由两极生成的4NH +

和HClO 反应而得，氮元素化合价升高，则氯元素化

合价降低生成氯离子，故反应为：4222NH 3HClO N 3Cl 5H 3H O +-++=↑+++；

故答案为：4222NH 3HClO N 3Cl 5H 3H O +-++=↑+++。 【点睛】

从题中所给信息判断并写出离子方程式、回答结合图形中的信息，回答调节pH 出现的现象，调节pH 为何值时，去除率最大以及对反应速率的影响；

11．次硫酸钠甲醛(xNaHSO 2?yHCHO?zH 2O)俗称吊白块，在印染、医药以及原子能工业中有广泛应用。它的组成可通过下列实验测定：①准确称取1.5400g 样品，完全溶于水配成100mL 溶液。②取25.00mL 所配溶液经AHMT 分光光度法测得甲醛物质的量浓度为0.10mol×L -1。③另取25.00mL 所配溶液，加入过量碘完全反应后，加入BaCl 2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重得到白色固体0.5825g 。次硫酸氢钠和碘反应的方程式如下：xNaHSO 2?yHCHO?zH 2O+I 2→NaHSO 4+HI+HCHO+H 2O(未配平)

（1）生成0.5825g 白色固体时，需要消耗碘的质量为_____。

（2）若向吊白块溶液中加入氢氧化钠，甲醛会发生自身氧化还原反应，生成两种含氧有机物，写出该反应的离子方程式_____。

（3）通过计算确定次硫酸氢钠甲醛的组成______(写出计算过程)。

【答案】1.27g 2HCHO+OH -=CH 3OH+HCOO - NaHSO 2·HCHO ·2H 2O

【解析】

【分析】

(1)根据次硫酸氢钠甲醛和碘单质之间反应的化学反应方程式来计算即可；

(2)甲醛会发生自身氧化还原反应，被氧化为甲酸，被还原为甲醇；

(3)根据元素守恒结合物质之间的反应情况来计算。

【详解】

(1)根据反应：xNaHSO2?yHCHO?zH2O+I2→NaHSO4+HI+HCHO+H2O，据电子守恒，生成1mol 的NaHSO4，消耗碘单质2mol，硫酸根守恒，得到白色固体0.5825g，即生成硫酸钡的质量

是0.5825g，物质的量是

0.5825g

233g/mol

＝0.0025mol，消耗碘单质的质量是：

0.005mol×254g/mol＝1.27g，故答案为：1.27g；

(2)甲醛会发生自身氧化还原反应，被氧化为甲酸，被还原为甲醇，该反应的离子方程式为：2HCHO+OH-=CH3OH+HCOO-，故答案为：2HCHO+OH-=CH3OH+HCOO-；

(3)25.00mL溶液中：

n(NaHSO2) =n(NaHSO4) =n( BaSO4)=0.5825g/233g·mol-1=0.0025mol

n(HCHO) =0.0025mol

100 mL 溶液中：

n(NaHSO2)=4×0.0025 mol=0.01mol

n(HCHO)=4×0.0025 mol=0.01mol

n(H2O)=(1.5400g-88g·mol-1×0.01mol-30g·mol-1×0.01mol)/18g·mol-1=0.02mol

x：y：z=n(NaHSO2)：n(HCHO) ：n(H2O)=0.01： 0.01： 0.02 = 1：1：2

次硫酸氢钠甲醛的化学式为：NaHSO2·HCHO·2H2O。

【点睛】

对于未配平的氧化还原反应方程式，一定要先根据得失电子守恒规律配平之后才能进行物质的量关系进行相关计算，灵活应用元素守恒会使计算更加简便。

12．高锰酸钾是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。可将软锰矿(主要成分为MnO2)和KClO3在碱性介质中制得K2MnO4，然后通入CO2制备高锰酸钾。已知：

(1)制备锰酸钾的主要反应为：3MnO2+6KOH+KClO3=3K2MnO4+KCl+3H2O

①该反应中的氧化剂是_____________，还原剂是_____________。

②每生成 1mol K2MnO4转移_______ mol 电子。

(2)通入少量CO2气体时，锰酸钾发生歧化反应，生成KMnO4，MnO2，K2CO3。

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高一（上）化学单元同步练习及期末试题 第一章化学反应及其能量变化 第一节氧化还原反应 Ⅰ.学习重点: 1．在复习四种基本反应类型和从得氧、失氧角度划分氧化反应和还原反应的基础上能从化合价升降和电子转移的角度来理解氧化还原反应，了解氧化剂、还原剂的概念。 2．会分析判断某反应是否是氧化还原反应，判断氧化剂和还原剂，并会用“双线桥”表示电子转移的方向和数目。 Ⅱ.学习难点: 用“双线桥”法分析氧化还原反应，判断氧化剂和还原剂。 Ⅲ.训练练习题: 一、选择题： 1．有关氧化还原反应的叙述正确的是（） A．氧化还原反应的实质是有氧元素的得失 B．氧化还原反应的实质是元素化合价的升降 C．氧化还原反应的实质是电子的转移（得失或偏移） D．物质所含元素化合价升高的反应是还原反应 2．下列化学反应基本类型中一定是氧化还原反就的是（） A．化合反应 B．分解反应 C．复分解反应 D．置换反应 3．下列哪一个反应表示二氧化硫被还原（） A．SO2+2H2O+Cl2 H2SO4+2HCl B．SO2+H2S 2H2O+3S C．SO2+2NaOH Na2SO3+H2O D．SO2+Na2CO3 Na2SO3+CO2↑ 4.下列化学方程式中电子转移不正确的是（）

5.某元素在化学反应中由化合态变为游离态，则该元素（ ） A ．一定被氧化 B ．一定被还原 C ．既可能被氧化又可能被还原 D ．以上都不是 6．下列反应盐酸作还原剂的是（ ） A ．MnO 2+4HCl(浓)　△ MnCl 2+Cl 2↑+2H 2O B ．CaCO 3+2HCl CaCl 2 +CO 2 ↑+H 2 O C ．2HCl+Zn ZnCl 2 +H 2 ↑ D ．2KMnO 4+16HCl 2KCl+2MnCl 2 +5Cl 2 ↑+8H 2 O 7.在Fe 2O 3+3CO 高温 2Fe+2CO 2反应中，Fe 2O 3( ) A.在被氧化 B.是氧化剂 C.被还原 D.是还原剂 8．下列变化需要加入还原剂才能实现的是（ ） A ．Na 2SO 3??→? SO 2 B ．HCl ??→? Cl 2 C ．H 2SO 4(浓) ??→? SO 2 D ．SO 2??→? S 9．下列反应属于氧化还原反应，但水既不作氧化剂也不作还原剂的是（ ） A ．CO 2+H 2O H 2CO 3 B ．2Na 2O 2+2H 2O 4NaOH+O 2 ↑ C ．3Fe+4H 2O(g) 　高温 Fe 2O 4+4H 2 D ．2Na+2H 2O 2NaOH+H 2 ↑ 10.在3Cl 2+6KOH 5KCl+KClO 3 +3H 2 O 反应中，还原产物是（ ） A ．KClO 3 B ．KCl C ．KCl+H 2O D ．H 2O 11.在5KCl+KClO 3+3H 2SO 4 3Cl 2 ↑+3K 2 SO 4 +3H 2 O 中，被氧化的氯元素与被还原的氯元 素的质量比为（ ） A ．1:1 B ．5:1 C ．1:5 D ．3:1 12.盐酸能发生下列反应：

2020年高考化学模拟试题与答案(一)

2020年高考化学模拟试题与答案（一） （试卷满分100分，考试时间60分钟） 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Na 23 S 32 一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意） 1. 通常检测SO2含量是否达到排放标准的反应原理是SO2+H2O2 + BaCl2 ===BaSO4↓+ 2HCl。N A表示阿 伏伽德罗常数，下列说法正确的是（） A. 0.1 mol BaCl2晶体中所含微粒总数为0.1N A B. 25 ℃时，pH =1的HCl溶液中含有H+的数目为0.1N A C. 17 g H2O2中含有非极性键数目为0.5N A D. 生成2.33 g BaSO4沉淀时，转移电子数目为0.01N A 2. 中国传统文化对人类文明贡献巨大，我国古代的人民在那时候就已经广泛应用了，书中充分记载 了古代化学研究成果．下列关于古代化学的应用和记载，对其说明不合理的是（） A. 《本草纲目》中记载“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳极”这是利用了 “KNO3的氧化性” B. 杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来 C. 我国古代人民常用明矾除去铜器上的铜锈[Cu2(OH)2CO3] D. 蔡伦利用树皮、碎布（麻布）、麻头等为原料精制出优质纸张，由他监制的纸被称为“蔡侯纸”。 “蔡侯纸”的制作工艺中充分应用了化学工艺 3. 下列关于钠及其化合物的说法正确的是（） A. 过氧化钠的电子式： B. 金属钠可用来除去苯中的少量水分

高一化学氧化还原计算练习题.

氧化还原计算练习题 1．实验室制Cl2的反应为4HCl(浓)十Mn02MnCl2+C12↑+2H2O．下列说法错误的是（） A．还原剂是HCl，氧化剂是Mn02 B．每生成1 molCl2，转移电子的物质的量为2 mol C．每消耗1 molMnO2，起还原剂作用的HCl消耗4mol D．生成的Cl2中，除含有一些水蒸气外，还含有HCl杂质 2．已知KH和H2O反应生成H2和KOH，反应中1molKH （） A．失1mol电子B．得1mol电子C．失2mol电子D．没有电子得失 3．等物质的量的主族金属A、B、C分别与足量的稀盐酸反应，所得氢气的体积依次为V A、V B、V C，已知V B=2V C，且V A=V B+V C，则在C的生成物中，该金属元素的化合价为（） A．+1 B．+2 C．+3 D．+4 4.在下列生成二氧化硫的反应中，反应物中的含硫物质被氧化的是（） A.硫在空气中燃烧 B.铜片与浓硫酸共热 C.红热的木炭与浓硫酸反应 D.亚硫酸钠与稀硫酸反应 5.(9分)下图所涉及的物质均为中学化学中的常见物质，其中C为02、D为C12、E为Fe单质，其余为化合物，它们存在如下转化关系，反应中生成的水及次要产物均已略去， (1)写出有关物质的名称或化学式： B ____________________ ，F____________________， H____________________ (2)指出Mn02在相关反应中的作用：反应①中是__________剂，反应②中是 __________剂 (3)若反应①是在加热条件下进行，则A是__________；若反应①是在常温条件 下进行，则A是__________ (4)写出B与Mn02共热获得D的化学方程式： ______________________________ 6．高压电机、复印机工作时会产生臭氧，该气体有强氧化性。下列叙述中不正确 ．．．的是（）A．臭氧和氧气是氧的同素异形体B．臭氧可使湿润的KI淀粉试纸变蓝 C．臭氧的存在对人体有益无害D．臭氧是很好的消毒剂和脱色剂 7．某一反应体系有反应物和生成物共五种物质： O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2 已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→O2 （1）该反应中的还原剂是。 （2）该反应中，发生还原反应的过程是→。 （3）写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目

2020-2021高考化学压轴题之铁及其化合物(高考题型整理,突破提升)含答案

2020-2021高考化学压轴题之铁及其化合物(高考题型整理,突破提 升)含答案 一、高中化学铁及其化合物练习题（含详细答案解析） 1．A、B、C均为中学化学常见的纯净物，它们之间存在如下转化关系： 其中①②③均为有单质参与的反应。 （1）若A是常见的金属，①③中均有同一种黄绿色气体参与反应，B溶液遇KSCN显血红色，且②为化合反应，写出反应②的离子方程式_________________________。 （2）如何检验上述C溶液中的阳离子？______________________。 （3）若B是太阳能电池用的光伏材料，①②③为工业制备B的反应。C的化学式是 ____________，属于置换反应____________，（填序号）写出反应①的化学方程式 ____________________。 【答案】Fe+2Fe3+＝3Fe2+取少量溶液于试管，加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，溶液变成血红色，则证明含Fe2+ SiCl4①③ 2C+SiO2Si+2CO↑ 【解析】 【分析】 (1)由转化关系可知A为变价金属，则A应为Fe，B为氯化铁，C为氯化亚铁，②为Fe与氯化铁的反应； (3)B是太阳能电池用的光伏材料，可知B为Si，①为C与二氧化硅的反应，①②③为工业制备B的反应，则C为SiCl4，③中SiCl4与氢气反应，提纯Si，以此解答该题。 【详解】 (1)A是常见的金属，①③中均有同一种气态非金属单质参与反应，且②为化合反应，则该非金属气体为Cl2，B为氯化铁，则反应②的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+； (2)由分析知C为氯化亚铁，检验Fe2+的操作方法是取少量溶液于试管，加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，溶液变成血红色，则证明含Fe2+； (3)B是太阳能电池用的光伏材料，可知B为Si，①为C与二氧化硅的反应，①②③为工业制备B的反应，则C为SiCl4，其中②为Si和Cl2化合生成SiCl4，③中SiCl4与氢气反应，提纯Si，则反应①的化学方程式为SiO2+2C Si+2CO↑，其中属于置换反应的有①③。 2．已知有以下物质相互转化：

氧化还原反应教学设计(人教版)

氧化还原反应（第一课时）教学设计 【教材依据】 本节为高中化学必修一（鲁科技版）第二章第三节内容。 【设计思路】 指导思想 新课程标准重在培养学生分析问题，解决问题的能力。基于这样的培养目的，教学设计中要体现出学生作为教学活动的主体，让学生积极的参与到教学实践中来。本节课堂教学模式是在课前预习的基础上，通过课堂创设情景，提出问题，学生讨论交流，进行活动探究，总结得出结论。其目的是让学生在教师的引导下通过自己的思考，分析，实验，得出结论。 设计理念 本节课通过分析参加反应的各物质所含元素化合价是否有变化，建立氧化还原反应的概念，然后探讨氧化还原的本质。 教材分析 在中学阶段的化学基本概念，基础理论知识中，氧化还原反应占有非常重要的地位，是中学化学教学的重点和难点之一。中学涉及元素化合价变化的反应都是氧化还原反应。只有让学生掌握氧化还原反应的基本概念，才能使他们真正理解这些反应的实质，正确探究物质的氧化性和还原性。 在初中化学学习中，学生已经接触了许多化学反应，并能根据四种基本反应类型对化学反应进行分类，但是，没有从得氧失氧角度认识化学反应，更没有形成氧化还原反应概念。由于得氧失氧并不是氧化还原反应的实质，本节课引导学生直接从化合价的层面认识氧化还原反应。 学情分析 学生通过初中的学习已经认识化学中常用的元素的化合价，有能力分析清楚物质中各种元素的化合价，也初步了解了电子转移对元素化合价的影响。为课堂上讨论氧化还原反应的本质奠定了知识基础。学生来自各个初中，讨论问题能力参差不齐，但是经过这一个多月的前期培养，分析，讨论的能力有提高。 【教学目标】 知识与技能 ①学会用化合价的变化和电子转移的观点判断氧化还原反应；初步掌握根据化合价的变化和电子转移的观点分析氧化还原反应的方法；理解氧化还原反应的本质就是发生了电子转移。 ②掌握四种基本反应类型与氧化还原反应之间的关系。 过程与方法： 掌握探究物质氧化性和还原性的过程与方法。 情感态度与价值观： ①使学生体会到氧化还原反应的普遍存在，并能举例说明生产生活中的氧化还原反应。 ②进行“透过现象看本质”和“对立统一”的辨证唯物主义观点教育。 【教学重点】 用化合价升降和电子转移的观点理解氧化还原反应 【教学难点】 用化合价升降和电子转移的观点分析氧化还原反应；让学生掌握氧化还原反应的概念及其中的对立统一的关系。 【教学准备】 学生准备复习初中化学中常用的元素的化合价，预习氧化剂还原剂知识。 教师准备教学媒体、课件；锌-石墨-硫酸铜原电池装置。

氧化还原反应的计算题

有关氧化还原反应的计算题 1．化工厂常用浓氨水检验管道是否漏氯气，化学方程式为：3Cl2＋8NH3＝6NH4Cl＋N2，当生成160.5 g NH4Cl时，被氧化的氨水(含NH3 30％，密度为0.892 g／cm3)的体积为 ( B ) A. 508.2 mL B. 63.5 mL C. 254.1 mL D. 127.0 mL 2．m g铁屑与含有n gHNO3的溶液恰好完全反应，若m∶n＝1∶3，则起氧化剂作用的HNO3的质量为( BC ) A. m g B. 3 4 m g C. n 4 g D. n 2 g 3．某金属单质跟一定浓度的的硝酸反应，假定只产生单一的还原产物。当参加反应的单质与被还原硝酸的物质的量之比为2∶1时，还原产物是( C ) A. NO2 B. NO C. N2O D. N2 4．在反应8NH3＋3Cl2＝6NH4Cl＋N2中，被氧化的氨和未被氧化的氨的质量比是 ( B ) A. 3∶1 B. 1∶3 C. 1∶1 D. 3∶8 5．某氮的氧化物和一氧化碳在催化剂的作用下充分反应，生成氮气和二氧化碳。若测得氮气和二氧化碳的物质的量之比为1∶2，则该氮的氧化物是( B ) A. N2O B. NO C. NO2 D. N2O5 6．在NO2被水吸收的反应中，发生还原反应和氧化反应的物质，其质量比为( C ) A. 3∶1 B. 1∶3 C. 1∶2 D. 2∶1(MCE92.12) 7．在反应5NH4NO32HNO3＋4N2＋9H2O中发生氧化反应的氮原子与发生还原反应的氮原子的物质的量之比(北师88.31) ( B ) A. 3∶5 B. 5∶3 C. 5∶8 D. 5∶4 8．单质磷和浓氢氧化钾溶液共热时，生成磷化氢和次磷酸钾(KH2PO2)，反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是 ( D ) A. 1∶1 B. 5∶3 C. 3∶1 D. 1∶3 9．某含氧酸的钾盐(正盐)，其化学式中有a个氧原子，所含另一种＋6价元素R的原子个数为b，则0.5 mol该盐中K+的物质的量是 ( D ) A. (a－b) mol B. (2a－b) mol C. (6a－2b) mol D. (a－3b) mol 10．向50 mL 18 mol·L－1 H2SO4溶液中加入足量的铜片并加热。充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量(MCE97.13) ( A ) A. 小于0.45 mol B. 等于0.45 mol C. 在0.45 mol和0.90 mol之间 D. 大于0.90 mol 11．24 mL浓度为0.05 mol / L的Na2SO3溶液，恰好与20 mL浓度为0.02 mol / L的 K2Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在被还原的产物中的化合价是(MCE95.23) ( B ) A. ＋6 B. ＋3 C. ＋2 D. 0

2020-2021高考化学压轴题专题铁及其化合物的经典综合题及详细答案

2020-2021高考化学压轴题专题铁及其化合物的经典综合题及详细 答案 一、高中化学铁及其化合物练习题（含详细答案解析） 1．物质X是某新型净水剂的中间体，它可以看成由AlCl3（在180℃升华）和一种盐A按物质的量之比1：2组成。在密闭容器中加热X使之完全分解，发生如下转化： 请回答下列问题： （1）X的化学式为__。 （2）将E混合晶体溶于水配成溶液，向溶液中加入过量稀NaOH溶液时发生的总反应的离子方程式为__。 （3）高温下，若在密闭容器中长时间煅烧X，产物中还有另外一种气体，请设计实验方案验证之_。 【答案】AlCl3·2FeSO4 Al3++2H++6OH-=AlO2-+4H2O 将气体通入足量NaOH溶液中，收集余气，把一条带火星的木条伸入其中，若复燃，则说明是O2 【解析】 【分析】 固体氧化物B溶于稀盐酸后得到的溶液C中滴加KSCN溶液，混合液变血红色，说明B中含有Fe3+，则B为Fe2O3，C为FeCl3溶液，无色D气体能使品红褪色，则D为SO2，由元素守恒可知A中含有Fe、S、O元素，A加热分解能生成氧化铁和二氧化硫，则盐A为 FeSO4，氧化铁的物质的量为 3.2g 160g/mol =0.02mol，生成二氧化硫为 0.448L 22.4L/mol =0.02mol， 由Fe、S原子为1：1可知生成SO3为0.02mol，4.27g混合晶体E为AlCl3和SO3，AlCl3的物 质的量为4.27g-0.02mol80g/mol 133.5g/mol =0.02mol，X的组成为AlCl3?2FeSO4，以此解答该题。 【详解】 (1)根据上述分析，X的化学式为AlCl?2FeSO4； (2)将E混合晶体溶于水配成溶液，三氧化硫反应生成硫酸，则硫酸与氯化铝的物质的量相等，逐滴加入过量稀NaOH溶液，该过程的总反应的离子方程式为：Al3++2H++6OH-=AlO2-+4H2O； (3)若在高温下长时间煅烧X，生成的三氧化硫再分解生成二氧化硫和氧气，另一种气体分子式是O2，检验氧气的方法为：将气体通入足量NaOH溶液中，收集余气，把一条带火星的本条伸入其中，若复燃，则说明是O2。 2．中学化学常见物质A、B、C、D、E有如下转化（已知A、B、C、D、E均含有同一元

【重点推荐】人教版高中化学必修一氧化还原反应

高中化学学习材料 （精心收集**整理制作） 【精品资源】临川一中新人教版化学必修1满分课堂--氧化还原反应 1.用化学方程式表示下列反应，并注明反应属于四种基本反应类型中的哪一种。 （1）三氧化硫跟水反应 （2）加热高锰酸钾制氧气 （3）氧化铁跟盐酸反应 （4）氧化铜跟铝在高温下生成氧化铝和铜 思路解析：基本反应类型是按反应物及生成物的基本形式来分类的，多种反应物生成一种产物为化合反应，反之为分解反应；一种单质与一种化合物反应生成一种新的单质和一种新的化合物称为置换反应，在溶液中离子间交换的反应则是复分解反应。 答案：（1）SO3+H2OH2SO4（化合反应） （2）2KMnO4△ K2MnO4+MnO2+O2↑（分解反应） （3）Fe2O3+6HCl2FeCl3+3H2O（复分解反应） （4）3CuO+2Al 高温 Al2O3+3Cu（置换反应） 2.下列不属于氧化还原反应的是（） A.3Cl2+6KOH====5KCl+KClO3+3H2O B.2NO2+2NaOH====NaNO3+NaNO2+H2O C.SnCl4+2H2O====SnO2+4HCl D.3CCl4+K2Cr2====2CrO2Cl2+3COCl2+2KCl 思路解析：分析一个化学反应是不是氧化还原反应，最常用的方法就是分析参加反应的元素中是否有化合价的变化。 答案：CD 3.氧化还原反应的实质是（） A.元素化合价发生变化 B.反应中有氧原子的得失 C.反应中有电子得失或电子的偏离 D.反应后生成新物质 思路解析：氧化还原反应的实质是元素的原子间有电子的得失或偏离。 答案：C 4.下列说法正确的是（） A.氧化还原反应的本质是元素化合价发生变化 B.还原剂是一种能够得到电子的物质 C.物质所含元素化合价升高的反应是还原反应 D.氧化反应和还原反应是同时发生的 思路解析：这是一组概念的考查，氧化还原反应的本质是元素原子间的电子得失或偏离；还原剂是在化学反应中失去了电子的物质；物质所含元素化合价升高的反应叫氧化反应。

2020高考化学模拟试题及答案(共三套)

2020年高考化学模拟试题 7. 化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是 A.“时气错逆，霾雾蔽日”，雾所形成的气溶胶能产生了达尔效应 B.“外观如雪，强烧之，紫青烟起”，南北朝陶弘景对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色反应 C.“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，北宋沈括用胆矾炼铜的过程属于置换反应 D.“青蒿一揭，以水二升溃，绞取汁”，屠呦呦提取青蒿素的过程中发生了化学变化 8.N A为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是 A.1.6gO2和O3的混合物含有的分子数目为0.1N A B.足量的Mg与0.1molCO2充分反应，转移的电子数目为0.4N A C.25℃时，pH=2的H2SO4溶液中含有的H+数目为0.02N A D.标准状况下，1.12L三氯甲烷(CHCl3)含有的化学键数目为0.2N A 9.已知有机物是合成青蒿素的原料之一。下列有关该有机物的说法正确的是 A.分子式为C6H11O4 B.可与酸性KMmO4溶液反应 C.既能发生取代反应，又能发生加成反应

D.是乙酸的同系物，能和碳酸钠反应 10.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状 态不同。Y是空气中含量最高的元素，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Z2-与W+具有相同的电子层结构。下列说法正确的是 A.原子半径大小顺序：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X) B.由X、Y、乙三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性 C.元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强 D.化合物X2Z2与W2Z2所含化学键类型完全相同 11.如图是实验室进行二氧化硫制备与性质实验的组合装置，部分固定装置未画出。下列有关说法正确的是 A.关闭K1，打开K2，试剂X是酸性KMnO4或FeCl3溶液，均可证明SO2有还原性 B.关闭K2，打开K1，滴加硫酸，则装置B中每消耗1molNa2O2，转移电子数为N A

常考点高考题——氧化还原反应计算

常考点高考题——氧化还原反应计算 氧化还原反应的运算包括一样氧化还原反应的运算和部分氧化或部分还原的运算。前者可采纳氧化还原反应的等量关系——得失电子守恒来进行运算；后者是涉及酸既起酸的作用又起氧化或还原的作用，关键是要弄清只发生氧化或只发生还原的理论量是多少，或占总量的百分率。 1. 在酸性溶液中，以下物质氧化KI 时，自身发生如下变化： Fe 3+→Fe 2+；MnO 4-→Mn 2+；Cl 2→Cl - ；HNO 2→NO 。 假如分不用等物质的量的这些物质氧化足量的KI ，得到I 2最多的是 ( B ) A. Fe 3+ B. MnO 4- C. Cl 2 D. HNO 2 2．一定条件下硝酸铵受热分解的未配平化学方程式为：NH 4NO 3 — HNO 3＋N 2＋ H 2O ，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为 ( C ) A. 1∶1 B. 5∶4 C. 5∶3 D. 3∶5 3．某金属单质跟一定浓度的的硝酸反应，假定只产生单一的还原产物。当参加反应的单质与被还原硝酸的物质的量之比为2∶1时，还原产物是 ( C ) A. NO 2 B. NO C. N 2O D. N 2 4．硫酸铵在强热条件下分解，生成氨、二氧化硫、氮气和水。反应中生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比是 ( A ) A . 1∶3 B . 2∶3 C . 1∶1 D . 4∶3 5．在NO 2被水吸取的反应中，发生还原反应和氧化反应的物质，其质量比为 ( C ) A. 3∶1 B. 1∶3 C. 1∶2 D. 2∶1 6．能从水溶液中还原6 mol H +的是 ( D ) Ａ. 2 mol Fe Ｂ. 6 mol OH - Ｃ. 6 mol I - Ｄ. 6 mol Li 7．溴酸钾和溴化钾在酸性溶液中反应，溴元素完全转化为单质溴，试写出反应的离子方程式： ，该反应中， mol 的溴酸钾中含有m g 溴元素，它能 〔填氧化或还原〕 mol 的 〔填写离子或物质名称〕 7. BrO 3-＋5Br -＋6H +＝3Br 2＋3H 2O 80m ；氧化；16 m ；Br - 8．用0.1 mol / L 的Na 2SO 3溶液30 mL ，恰好将2×10－3 mol 的XO 4-还原，那么元素X 在还原产物中的化合价是 ( D ) A. ＋1 B. ＋2 C. ＋3 D. ＋4 9．三聚氰酸C 3N 3(OH)3可用于排除汽车尾气中的氮氧化物〔如 NO 2〕。当加热至一定温度时，它发生如下分解：C 3N 3(OH)3＝3 HNCO HNCO 〔异氰酸，其结构是H －N ＝C ＝O 〕能和NO 2反应生成N 2、CO 2和H 2O 。 〔1〕写出HNCO 和NO 2反应的化学方程式。分不指明化合物中哪种元素被氧化？哪种

高考化学压轴题专题元素周期律的经典综合题含详细答案

高考化学压轴题专题元素周期律的经典综合题含详细答案 一、元素周期律练习题（含详细答案解析） 1．高温下，正硅酸锂（Li 4SiO 4）能与CO 2发生反应，对控制CO 2的排放具有重要的理论意义和实用价值。完成下列填空： （1）硅原子核外电子占有_____种能量不同的轨道；Li 、C 、Si 的最高价氧化物中，属于原子晶体的是_____。 （2）钠元素的金属性比锂强，用原子结构的知识说明理由_____。 一定温度下，在2L 的密闭容器中，Li 4SiO 4与CO 2发生如下反应： Li 4SiO 4(s)+CO 2(g)Li 2SiO 3(s)+Li 2CO 3(s)。 （3）该反应的平衡常数表达式K=_____，反应20min ，测得容器内固体物质的质量增加了 8.8g ，则0~20min 内CO 2的平均反应速率为_____。 （4）在T 1、T 2温度下，恒容容器中c(CO 2)随时间t 的变化关系如图所示。该反应是_____反应（选填“放热”或“吸热”）。 若T 1温度下，达到平衡时c(CO 2)为amol· L -1，保持其他条件不变，通入一定量的CO 2，重新达到平衡时c(CO 2)为bmol· L -1。试比较a 、b 的大小，并说明理由_____。 【答案】5 SiO 2 钠元素和锂元素均为第ⅠA 族元素，Na 原子有3个电子层，Li 原子有2个电子层，原子半径Na>Li ，则原子核对外层电子的吸引能力：Na