1、全國(guó)高考化學(xué)氧化還原反應(yīng)綜合高考真題匯總含全國(guó)高考化學(xué)氧化還原反應(yīng)綜合高考真題匯總含全國(guó)高考化學(xué)氧化還原反應(yīng)綜合高考真題匯總含一、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高錳酸鉀是一種用途廣泛的強(qiáng)氧化劑，實(shí)驗(yàn)室制備高錳酸鉀所涉及的化學(xué)方程式如下：MnO熔融3KMnO+KCl+3HO熔融氧化：3MnO+KClO+6KOH223242K2MnO4歧化：3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3將MnO2熔融氧化所得產(chǎn)物的熱浸取液裝入三頸燒瓶，再通入CO2氣體，使K2MnO4歧化的過程在如圖裝置中進(jìn)行，A、B、C、D、E為旋塞，F(xiàn)、G為氣囊，H為帶套管的玻璃棒?；卮鹣铝袉栴}：

2、(1)儀器a的名稱是_。(2)MnO2熔融氧化應(yīng)放在_中加熱(填儀器編號(hào))。燒杯瓷坩堝蒸發(fā)皿鐵坩堝(3)為了能充分利用CO2，裝置中使用了兩個(gè)氣囊。當(dāng)試管內(nèi)依次加入塊狀碳酸鈣和鹽酸后，關(guān)閉旋塞B、E，微開旋塞A，打開旋塞C、D，往熱K2MnO4溶液中通入CO2氣體，未反應(yīng)的CO2被收集到氣囊F中。待氣囊F收集到較多氣體時(shí)，關(guān)閉旋塞_，打開旋塞_，輕輕擠壓氣囊F，使CO2氣體慢慢地壓入K2MnO4溶液中再次反應(yīng)，未反應(yīng)的CO2氣體又被收集在氣囊G中。然后將氣囊G中的氣體擠壓入氣囊F中，如此屢次，直至KMnO完全反應(yīng)。24(4)除掉KMnO4歧化產(chǎn)物中MnO的操作方法是_。22(5)將三頸燒瓶中所

3、得產(chǎn)物經(jīng)過一系列操作獲得針狀的高錳酸鉀晶體，最后采用低溫烘干的方法來干燥產(chǎn)品，原因是_?！敬鸢浮块L(zhǎng)頸漏斗ACBDE過濾高錳酸鉀晶體受熱易分解【解析】【解析】（1）由實(shí)驗(yàn)裝置可知，儀器a為長(zhǎng)頸漏斗；（2）熔融固體物質(zhì)需要在坩堝內(nèi)加熱，加熱熔融物含有堿性KOH應(yīng)用鐵坩堝；3）該操作的目的是將氣囊F中的二氧化碳排出，據(jù)此判斷正確的操作方法；4）高錳酸鉀溶于水，二氧化錳不溶于水；5）高錳酸鉀晶體受熱易分解?！驹斀狻?）由實(shí)驗(yàn)裝置可知，儀器a為長(zhǎng)頸漏斗，故答案為：長(zhǎng)頸漏斗；2）熔融固體物質(zhì)需要在坩堝內(nèi)加熱，加熱熔融物中含有堿性KOH，瓷坩堝中含有二氧化硅，二氧化硅可以與氫氧化鉀反應(yīng)，所以應(yīng)用鐵坩堝，故答

4、案為：；（3）待氣囊F收集到較多氣體時(shí)，需要將氣囊F中二氧化碳排出到熱K2MnO4溶液中，所以需要關(guān)閉A、C，打開B、D、E，輕輕擠壓氣囊F，進(jìn)而使CO2氣體慢慢地壓入K2MnO4溶液中再次反應(yīng)，故答案為：AC；BDE；4）高錳酸鉀溶于水，二氧化錳不溶于水，固液分別應(yīng)用過濾的方法，則除掉高錳酸鉀溶液中的二氧化錳應(yīng)用過濾的方法，故答案為：過濾；5）高錳酸鉀晶體受熱易分解，實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)采用低溫烘干的方法來干燥產(chǎn)品，防備高錳酸鉀晶體受熱發(fā)生分解，故答案為：高錳酸鉀晶體受熱易分解。2碘酸鉀（KIO3）是重要的微量元素碘增添劑。實(shí)驗(yàn)室設(shè)計(jì)下列實(shí)驗(yàn)流程制取并測(cè)定產(chǎn)品中KIO3的純度：其中制取碘酸（HIO3）的

5、實(shí)驗(yàn)裝置見圖，相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)列于表中物質(zhì)性質(zhì)HIO白色固體，能溶于水，難溶于CCl34KIO3白色固體，能溶于水，難溶于乙醇?jí)A性條件下易發(fā)生氧化反應(yīng)：ClOIO3=IO4Cl回答下列問題（1）裝置A中參加反應(yīng)的鹽酸所表現(xiàn)的化學(xué)性質(zhì)為_。（2）裝置B中反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。B中所加CCl4的作用是_進(jìn)而加快反應(yīng)速率。（3）分別出B中制得的HIO3水溶液的操作為_；中和從前，需將HIO3溶液煮沸至湊近于無(wú)色，其目的是_，防備降低KIO3的產(chǎn)率。4）為充分吸收尾氣，保護(hù)環(huán)境，C處應(yīng)采用最合適的實(shí)驗(yàn)裝置是_（填序號(hào)）。（5）為促使KIO3晶體析出，應(yīng)往中和所得的KIO3溶液中加入適量的_。（6）取1.

6、000gKIO3產(chǎn)品配成200.00mL溶液，每次精確量取20.00mL溶液置于錐形瓶中，加入足量KI溶液和稀鹽酸，加入淀粉作指示劑，用0.1004mol/LNa2S2O3溶液滴定。滴定至終點(diǎn)時(shí)藍(lán)色消失（I2+2S2O32-=2I-+S4O62-），測(cè)得每次平均消耗Na2S2O3溶液25.00mL。則產(chǎn)品中KIO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。【答案】還原性、酸性5CI2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl充分溶解I2和Cl2，以增大反應(yīng)物濃度分液除掉Cl2（或ClO-），防備氧化KIO3C乙醇（或酒精）89.5%。【解析】【解析】裝置A用于制取Cl2，發(fā)生的反應(yīng)為：322KCl

7、O+6HCl(濃)=KCl+3Cl+3HO，裝置B中發(fā)生的是制取HIO3的反應(yīng)，裝置C為尾氣辦理裝置，既要吸收尾氣中的2，還要防備倒HCl和Cl吸?！驹斀狻浚?）裝置A中發(fā)生的反應(yīng)為：KClO3+6HCl(濃)=KCl+3Cl2+3H2O，濃鹽酸中的Cl元素有一部分失電子轉(zhuǎn)變?yōu)镃l2，表現(xiàn)出還原性，還有一部分Cl元素沒有變價(jià)轉(zhuǎn)變?yōu)镵Cl（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(yīng)為：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，Cl2和I2均難溶于水，易溶于CCl4，加入CCl4可使二者溶解在CCl4中，增大反應(yīng)物濃度，故答案為：5Cl+I+6HO=2HIO+10H

8、Cl；充分溶解I和Cl，以增大反應(yīng)物濃度；222322（3）分別B中制得的HIO3水溶液的操作為分液，3溶液中混有的2HIOCl在堿性條件下轉(zhuǎn)變?yōu)镃lO-，ClO-會(huì)將IO3-氧化為IO4-，因此在中和前需要將Cl2除掉，故答案為：分液；除掉2-），防備氧化KIO3Cl（或ClO；（4）尾氣中主要含HCl和Cl2，需用NaOH溶液吸收，同時(shí)要防備倒吸，故答案為：C；（5）因?yàn)镵IO3難溶于乙醇，向33KIO溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使KIO晶體析出，故答案為：乙醇（或酒精）；（6）每20mLKIO3溶液中，加入KI溶液和稀鹽酸發(fā)生的反應(yīng)為：3-+22IO+5I+6H=3I+3HO，滴準(zhǔn)時(shí)

9、發(fā)生的反應(yīng)為：I2-2-，可列出關(guān)系式：IO-2-，每次平均消耗2+2S2O3=2I+S4O633I26S2O3n(S2O32-)=0.1004mol/L0.025L=0.00251mol，則每20mLKIO3溶液中，n(KIO3)=n(IO3-)=2-)6=0.00251mol6=0.000418mol，200mL溶液中，n(KIO3)=0.00418mol，產(chǎn)品中KIO3n(S2O3214g/mol0.00418mol的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=100%=89.5%，故答案為：89.5%。1g【點(diǎn)睛】1g樣品配成了200mL溶液，而根據(jù)關(guān)系式計(jì)算出的是大10倍才能獲得1g樣品中KIO3的物質(zhì)的量。20mL

10、溶液中KIO3的物質(zhì)的量，需擴(kuò)3鉍酸鈉（NaBiO3）是解析化學(xué)中的重要試劑，在水中遲緩分解，遇開水或酸則迅速分解。某興趣小組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)制取鉍酸鈉并探究其應(yīng)用。回答下列問題：.制取鉍酸鈉制取裝置如圖（加熱和夾持儀器已略去），部分物質(zhì)性質(zhì)如下：物質(zhì)NaBiO33Bi(OH)難溶于水；白性質(zhì)不溶于冷水，淺黃色色1）B裝置用于除掉HCl，盛放的試劑是_；2）C中盛放Bi(OH)3與NaOH混雜物，與Cl2反應(yīng)生成NaBiO3，反應(yīng)的離子方程式為_；3）當(dāng)察看到_（填現(xiàn)象）時(shí)，可以初步判斷C中反應(yīng)已經(jīng)完成；4）拆掉裝置前必須先除掉燒瓶中殘留Cl2省得污染空氣。除掉Cl2的操作是_；5）反應(yīng)結(jié)束后，為從裝

11、置C中獲得盡可能多的產(chǎn)品，需要的操作有_；.鉍酸鈉的應(yīng)用查驗(yàn)Mn2+6）往待測(cè)液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，溶液變?yōu)樽霞t色，證明待測(cè)液中存在Mn2+。產(chǎn)生紫紅色現(xiàn)象的離子方程式為_；某同學(xué)在較濃的MnSO4溶液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，結(jié)果沒有紫紅色出現(xiàn)，但察看到黑色固體（MnO2）生成。產(chǎn)生此現(xiàn)象的離子反應(yīng)方程式為_。.產(chǎn)品純度的測(cè)定（7）取上述NaBiO3產(chǎn)品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反應(yīng)，再用-1的H2C2O4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定生成的-（已知：H-CO2+Mn2+cmo1LMnO42C2O4+MnO4+H2O，未配平），當(dāng)溶液紫紅色恰好褪去時(shí)，消耗vmL標(biāo)準(zhǔn)溶液。該產(chǎn)

12、品的純度為_（用含w、c、v的代數(shù)式表示）?！敬鸢浮匡柡褪雏}水Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2OC中白色固體消失（或黃色不再加深）關(guān)閉K1、K3，打開K2在冰水中冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+280cv10-3100%或0.28cv100%或28cv%www【解析】【解析】用濃HCl和MnO2反應(yīng)制備Cl2，其中混有揮發(fā)出來的HCl，要用飽和食鹽水出去，然后利用ClBi(OH)3氧化成NaBiO3；利用Mn2+的還原性將NaBiO還2

13、的強(qiáng)氧化性在堿性條件下將3原而Mn2+被氧化成紫紅色溶液MnO4-來查驗(yàn)NaBiO3的氧化性；實(shí)驗(yàn)結(jié)束后Cl2有毒，要除去，做法是打開三頸燒瓶的NaOH溶液，使其留下和氯氣反應(yīng)；NaBiO3純度的檢測(cè)利用3和Mn2+反應(yīng)生成MnO4-，MnO4-再和草酸反應(yīng)來測(cè)定，找到NaBiO3、Mn2+、MnO4-NaBiO、草酸四種物質(zhì)之間的關(guān)系，在計(jì)算即可?！驹斀狻浚?）除掉氯氣中混有的HCl，用飽和食鹽水，故答案為：飽和食鹽水；（2）反應(yīng)物為Bi(OH)3232被還原成-、Cl和NaOH混雜物，+3價(jià)的Bi被氧化成NaBiO，ClCl，根據(jù)原子守恒還有水生成，所以反應(yīng)為：Bi(OH)3+3OH-+N

14、a+Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O，故答案為：Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；（3）C中反應(yīng)已經(jīng)完成,則白色的Bi(OH)3全部變?yōu)榱它S色的3C中白色NaBiO，故答案為：固體消失（或黃色不再加深）；（4）從圖上來看關(guān)閉K1、K3，打開K2可使NaOH留下與氯氣反應(yīng)，故答案為：關(guān)閉K1、K3，打開K2；5）由題意知道NaBiO3不溶于冷水，接下來的操作盡可能在冰水中操作即可，操作為：在冰水中冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，故答案為：在冰水中冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥；6）往待測(cè)液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，溶液變?yōu)樽霞t色，證明待測(cè)液中存在Mn2

15、+，說明鉍酸鈉將Mn2+氧化成MnO4-，因?yàn)槭撬嵝詶l件，所以鉍酸鈉被還原成Bi3+，據(jù)此寫方程式并配平為5NaBiO3+2Mn2+3+4-+2+14H=5Bi+2MnO+5Na+7HO，故答案為：32+3+4-+2O；5NaBiO+2Mn+14H=5Bi+2MnO+5Na+7H由題意可知，Mn2+過分，鉍酸鈉少量，過分的Mn2+和MnO4-發(fā)生反應(yīng)生成了黑色的MnO2，反應(yīng)方程式為3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+，故答案為：3Mn2+2MnO4-22+；+2HO=5MnO+4H（7）根據(jù)得失電子守恒找出關(guān)系式為：5NaBiO32Mn2+2MnO4-5H2C2O4,計(jì)算鉍酸

16、鈉理論產(chǎn)量：5NaBiO35H2C2O41400g5molm(理論)cv103mol解得m（理論）=0.28CVg，所以純度=0.28cvg0.28cv100%，所以答案為：Wg100%=W280cv10-3100%或0.28cv100%或28cv%。www【點(diǎn)睛】（7）在復(fù)雜的純度、產(chǎn)率等計(jì)算中，用得失電子守恒法找出各重點(diǎn)物質(zhì)之間的關(guān)系，由此計(jì)算，可以事半功倍，如本題中的關(guān)系5NaBiO35H2C2O4，使復(fù)雜問題簡(jiǎn)單化了。4常溫下，三硫代碳酸鈉(Na2CS3)是玫瑰紅色針狀固體，與碳酸鈉性質(zhì)周邊。在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有廣泛的用途。某小組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)探究三硫代碳酸鈉的性質(zhì)并測(cè)定其溶液的濃度。實(shí)驗(yàn)一：探

17、究Na2CS3的性質(zhì)(1)向Na2CS3溶液中滴入酚酞試液，溶液變紅色。用離子方程式說明溶液呈堿性的原因_。(2)向Na2CS3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去。該反應(yīng)中被氧化的元素是_。實(shí)驗(yàn)二：測(cè)定Na2CS3溶液的濃度按如下列圖連接好裝置，取50.0mLNa2CS3溶液置于三頸瓶中，打開分液漏斗的活塞，滴入足量2.0mol/L稀H2SO4，關(guān)閉活塞。已知：Na2CS3+H2SO4Na2SO4+CS2+H2S。CS2和H2S均有毒。CS2不溶于水，沸點(diǎn)46，密度1.26g/mL，與CO2某些性質(zhì)相似，與222NaOH作用生成NaCOS和HO。(1)盛放堿石灰的儀器的名稱是_，堿石灰的主

18、要成分是_(填化學(xué)式)。(2)C中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是_。(3)反應(yīng)結(jié)束后打開活塞K，再遲緩?fù)ㄈ隢2一段時(shí)間，其目的是_。(4)為了計(jì)算Na2CS3溶液的濃度，對(duì)充分反應(yīng)后B中混雜物進(jìn)行過濾、洗滌、干燥、稱重，得8.4g固體，則三頸瓶中Na23_。CS的物質(zhì)的量濃度為【答案】CS32-23-CaO和NaOH2-22-2將裝+HO?HCS+OHS干燥管CS+2OHCOS+HO置中殘留的的H2S、CS2全部排入后續(xù)裝置中，使其被完全吸收1.75mol/L【解析】【解析】實(shí)驗(yàn)一：(1)Na2323CS的水溶液中加入酚酞變紅色，說明NaCS是強(qiáng)堿弱酸鹽；(2)根據(jù)Na2CS3中元素化合價(jià)是否是該元素

19、的最高價(jià)態(tài)來進(jìn)行判斷；實(shí)驗(yàn)二：(1)根據(jù)儀器的圖形判斷儀器的名稱；堿石灰的主要成分是氧化鈣和氫氧化鈉；(2)A中生成的CS2可與NaOH作用生成Na2COS2和H2O；(3)反應(yīng)結(jié)束后打開活塞k，再遲緩?fù)ㄈ霟酦2一段時(shí)間是把生成的硫化氫和二硫化碳全部趕入后邊裝置完全吸收；(4)當(dāng)A中反應(yīng)完全后，打開K遲緩?fù)ㄈ霟酦2一段時(shí)間，然后對(duì)B中混雜物進(jìn)行過濾、洗滌、干燥，稱重，得8.4g黑色固體，n(CuS)8.4g0.0875mol，根據(jù)關(guān)系式96g/mol23223n計(jì)算A中Na23溶液的濃NaCSHSCuS得n(NaCS)n(CuS)0.0875mol，根據(jù)cCSV度?！驹斀狻繉?shí)驗(yàn)一：(1)Na的

20、水溶液中加入酚酞變紅色，說明Na2CS3是強(qiáng)堿弱酸鹽，則2-在水中2CS3CS3發(fā)生水解，離子方程式為：CS32-+H2O?HCS3-+OH-；(2)NaCS中Na為+1價(jià)，C為+4價(jià)，都是元素的最高價(jià)態(tài)，不能被氧化，S為-2價(jià)，是硫23元素的低價(jià)態(tài)，可以被氧化，所以被氧化的元素是S；實(shí)驗(yàn)二：(1)盛放堿石灰的儀器為干燥管，堿石灰的主要成分是氧化鈣和氫氧化鈉；22222-(2)A中生成的CS可與NaOH作用生成NaCOS和HO，相關(guān)離子方程式為：CS+2OH22-2COS+HO；(3)反應(yīng)結(jié)束后打開活塞k，再遲緩?fù)ㄈ霟酦一段時(shí)間，其目的是：將裝置中的HS全部排22入B中被充分吸收；將裝置中的C

21、S2全部排入C中被充分吸收；(4)當(dāng)A中反應(yīng)完全后，打開K遲緩?fù)ㄈ霟酦2一段時(shí)間，然后對(duì)B中混雜物進(jìn)行過濾、洗8.4g黑色固體，n(CuS)8.4g滌、干燥，稱重，得0.0875mol，根據(jù)關(guān)系式96g/mol23223230.0875mol1.75mol/L。NaCSHSCuS得n(NaCS)n(CuS)0.0875mol，c(NaCS)0.05L5以海綿銅（CuO、Cu）為原料制備氯化亞銅（CuCl）的一種工藝流程如下：（1）Cu基態(tài)原子核外電子排布式為_，SO42-的空間構(gòu)型為_（用文字描述）；Cu2+與OH反應(yīng)能生成Cu(OH)42-，Cu(OH)42-中提供孤電子對(duì)的原子是_（填元素

22、符號(hào)）。（2）“吸收”過程：2NO(g)+O2(g)噲垐?2NO2(g)H=112.6kJ?mol-1提高NO平衡轉(zhuǎn)變率的方法有_（寫出兩種）。吸收NO2的相關(guān)反應(yīng)如下：反應(yīng)：2NO2232-1(g)+HO(l)HNO(aq)+HNO(aq)H=116.1kJ?mol反應(yīng)：3HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)-1H=75.9kJ?mol用水吸收NO2生成HNO3和NO的熱化學(xué)方程式是_。（3）“電解”過程：HNO2為弱酸，經(jīng)過電解使HNO3得以重生，陽(yáng)極的電極反應(yīng)式是_。4）“積淀”過程：產(chǎn)生CuCl的離子方程式是_。【答案】1s22s22p63s23p63d104s

23、1正四面體形O增大壓強(qiáng)、提高氧氣的濃度3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)-1-+-H=212.1kJ?molHNO2-2e+H2O=3H+NO32+-2-+2Cu+SO2+2Cl+2H2O=2CuCl+SO4+4H【解析】【解析】海綿銅（CuO、Cu）中CuO與稀H2SO4反應(yīng)轉(zhuǎn)變?yōu)榱蛩徙~，因硝酸在酸性條件下?lián)碛醒趸?，?huì)將銅氧化為銅離子，最終生成硫酸銅，SO2擁有還原性，再將銅離子還原為氯化亞銅，NO合理利用，經(jīng)過氧化與電解過程獲得硝酸，據(jù)此解析解答?！驹斀狻浚?）Cu的原子序數(shù)為29，Cu基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1；SO4

24、2-中6+2-42S原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=4+=4，且不含孤電子對(duì)，由價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷該2微粒為正四面體形；Cu(OH)42-中Cu2+提供空軌道，O原子提供孤電子對(duì)形成配位鍵，答案為：1s22s22p63s23p63d104s1；正四面體形；O；（2）2NO(g)+O22-1是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，提高(g)垐?2NO(g)H=112.6kJ?mol噲?NO平衡轉(zhuǎn)變率，平衡應(yīng)向正反應(yīng)方向移動(dòng)，可以采取的舉措有：降低溫度、增大壓強(qiáng)、提高氧氣的濃度等；由蓋斯定律可知：（反應(yīng)I3+反應(yīng)II）1可以獲得用水吸收NO232生成HNO和NO的熱化學(xué)方程式：3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(

25、aq)+NO(g)H=212.1kJ?mol-1；3）電解過程中，陽(yáng)極上HNO2失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成HNO3，陽(yáng)極的電極反應(yīng)式是：HNO2-2e-+H2O=3H+NO3-；4）Cu2+與SO2發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuCl，離子方程式為：2Cu2+SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl+SO42-+4H+。6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)合鹽的流程如下列圖。已知：濃硫酸與H2225O反應(yīng)，部分轉(zhuǎn)變?yōu)檫^硫酸（化學(xué)式為HSO，是一種一元強(qiáng)酸）（1）H25中硫元素的化合價(jià)為+6價(jià)，其中過氧鍵的數(shù)

26、目為_；工業(yè)上用過氧硫酸SO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)變”步驟中需用冰水浴冷卻，且遲緩加入濃硫酸，其目的是_。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)系如下列圖，則該過程適宜的條件是_。（4）產(chǎn)品中KHSO5含量的測(cè)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-10.2000molL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25.00

27、mL。已知：2KHSOI22Na2S2O3=Na2S4O62NaI54KIH2SO4=2I23K2SO42H2O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KHSO的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_。5【答案】12NOH242+223HSO52NO35H防備濃硫酸與O=3SOHO溶液混雜時(shí)放出大量熱使H22分解23252424452O5KCO4HSO4HSO=2(KSO?KHSO?2KHSO)5CO5HO控制pH在2.02.5之間，溫度在0左右乙38.002【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

28、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3HSO52NOH2O=2+2NOH2O=3SO42+3SO42NO35H。答案為3HSO52NO35H(2)在“轉(zhuǎn)變”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(huì)放出大量的熱，而H2O2受熱易分解，所以需用冰水浴冷卻，且遲緩加入濃硫酸。答案為：防備濃硫酸與H2O2溶液混雜時(shí)放出大量熱使H2O2分解；(3)“結(jié)晶”操作中，加入KCO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235K2CO34H2SO54H2SO4=2(K2SO4?KHSO4?2KHSO5)5CO25H2O。答案為：5K2CO34H

29、2SO54H2SO4=2(K2SO4?KHSO4?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；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/L0.025L=0.005mol，n(KHSO5)=0.0

30、025mol產(chǎn)品中KHSO的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：50.0025mol152g/mol38.00%100%1.000g答案為：38.00。7利用釩鈦磁鐵礦冶煉后產(chǎn)生的釩渣（主要含F(xiàn)eOV2O3、Al2O3、SiO2及少量可溶性磷酸鹽）生產(chǎn)V2O5的工藝流程如下，回答下列問題：已知：V2O5、Al2O3、SiO2可與Na2CO3、NaCl組成的混雜鈉鹽在高溫下反應(yīng)，并轉(zhuǎn)變?yōu)镹aVO3、NaAlO2、Na2SiO3等可溶性鈉鹽。AlO2+4H+=Al3+2H2O。（1）焙燒包括氧化和鈉化成鹽兩個(gè)過程，氧化的目的是獲得V2O5，寫出氧化過程中FeOVO發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式_；廢渣的主要成分是_；精制中加23鹽

31、酸調(diào)pH的主要作用是_，加入NH3H2O后發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_。（2）精制中加入CaCl2溶液除掉磷酸鹽，pH過小時(shí)影響除磷效果的原因是_；pH過大時(shí)，積淀量增大的原因是_。（3）沉釩所得NH4VO3積淀需進(jìn)行洗滌，洗滌時(shí)除掉的陰離子主若是_。NH4VO3在500VO，反應(yīng)方程式為2NHVOVO+HO2NH。但脫氨過時(shí)焙燒脫氨制得產(chǎn)品243252+35程中，部分V2O5會(huì)轉(zhuǎn)變成V2O4，反應(yīng)中氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為3:2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。【答案】4FeOV23焙燒22325233O+5O2FeO+4VOFeO或Fe(OH)除Si并轉(zhuǎn)變-+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH

32、+NH3H2O=H2O+AlO2寫“除Si”即得分）Al3HNH（寫出第一個(gè)離子方程式即得分）形成溶解度較大的酸式鹽（或形成溶解度較大的磷酸氫鈣和/或磷酸二氫鈣）產(chǎn)生了Ca(OH)2積淀Cl3V2O5+5003V2O4+N2+2NH33H2O【解析】【解析】氧化過程FeOV2O3生成對(duì)應(yīng)的金屬氧化物Fe2O3和V2O5；經(jīng)過氧化和鈉化后，V2O5、Al2O3、SiO2均轉(zhuǎn)變?yōu)榭扇苄喳}，F(xiàn)e2O3FeOH3pH為了或()成為濾渣；精制中加鹽酸調(diào)和SiO32-反應(yīng)生成硅酸積淀，將AlO2-轉(zhuǎn)變?yōu)锳l3+；加入NH3H2O后與Al3+發(fā)生反應(yīng)生成AlOH3積淀；精制中加入CaCl2溶液生成磷酸鈣積淀

33、，除掉磷酸鹽，沉釩時(shí)加入試劑()NH4Cl，所得NH4VO3積淀，焙燒獲得產(chǎn)品，據(jù)此解析。【詳解】（1）氧化過程FeOV2O3生成對(duì)應(yīng)的金屬氧化物Fe2O3和V2O5，化學(xué)方程式為：焙燒4FeOV2O3+5O22Fe2O3+4V2O5；經(jīng)過氧化和鈉化后，V2O5、Al2O3、SiO2均轉(zhuǎn)變?yōu)榭扇苄喳}，F(xiàn)e233成為濾渣；精制中加鹽酸調(diào)32-反應(yīng)生成硅O或Fe(OH)pH為了和SiO酸積淀，將-+Al(OH)積淀，還可以AlO2轉(zhuǎn)變?yōu)锳l3；加入NH3H2O后與Al3發(fā)生反應(yīng)生成3中和酸，反應(yīng)方程式為：Al3+3NH3gH2O=AlOH3+3NH4+、H+焙燒5O2FeO+4VO；+NH3gH2

34、O=H2O+NH4，故答案為：4FeOVO+3232225233；除2-(寫“除Si”即得分)；FeO或Fe(OH)Si并轉(zhuǎn)變AlOAl3+3NH3gH2O=AlOH3+3NH4+，H+NH3gH2O=H2O+NH4+（寫出第一個(gè)離子方程式即得分）；（2）精制中加入CaCl2溶液生成磷酸鈣積淀，除掉磷酸鹽，pH過小時(shí)形成溶解度較大的酸式鹽；pH過大時(shí)易形成CaOH2積淀，故答案為：形成溶解度較大的酸式鹽（或形成溶()解度較大的磷酸氫鈣和/或磷酸二氫鈣）；產(chǎn)生了Ca(OH)2積淀；（3）沉釩時(shí)加入試劑NH4Cl，因此所得NH4VO3積淀含有陰離子主要為-Cl；脫氨過程中，部分V2O5會(huì)轉(zhuǎn)變成V2

35、O4，且反應(yīng)中氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為3:2，則V2O5為氧化劑，NH3為還原劑，還原產(chǎn)物為V2O4，氧化產(chǎn)物為N2，則氧化還原方程式為：3V2O5+5003V2O4+N2+5002NH33H2O，故答案為：Cl；3V2O5+2NH33V2O4+N2+3H2O。8亞硝酰硫酸（NOSO4H）主要用于染料、醫(yī)藥等工業(yè)。實(shí)驗(yàn)室制備亞硝酰硫酸的方法如下：將SO2通入盛有濃硫酸和濃硝酸的混雜液中，維持體系溫度略低于20，攪拌，使其充分反應(yīng)。反應(yīng)過程中，亞硝酰硫酸的物質(zhì)的量和硝酸的物質(zhì)的量隨時(shí)間的變化如下列圖。（1）實(shí)驗(yàn)室制備NOSO4H的化學(xué)反應(yīng)方程式為_。反應(yīng)進(jìn)行到10min后，反應(yīng)速度顯然加快，

36、其可能的原因是_。反應(yīng)過程中，硝酸減少的物質(zhì)的量大于NOSO4H生成的物質(zhì)的量的可能原因是_（2）為了測(cè)定亞硝酰硫酸的純度，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：。正確稱取1.200g產(chǎn)品放入錐形瓶中，加入50.00mL0.1000molL-1的KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液和足量稀H246070（使生成的3SO，搖勻，使其充分反應(yīng)。再將反應(yīng)后溶液加熱至HNO揮發(fā)逸出），冷卻至室溫，用0.2500molL-1224標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗224溶液的體NaCONaCO積為16.00mL。已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；KMnO4在酸性條件下被還原為Mn2+。根據(jù)以

37、上實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)計(jì)算亞硝酰硫酸的純度。（寫出計(jì)算過程）_【答案】HNO3244硝酸會(huì)揮發(fā)+SONOSOH生成的NOSOH對(duì)該反應(yīng)有催化作用和分解90.00%【解析】【解析】（1）設(shè)NOSO4H中N的化合價(jià)為x，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0有：x+(+6)1+(-2)5+(+1)1=0，解得：x=+3，N元素化合價(jià)從+5降低到+3，必有S元素化合價(jià)從+4升高到+6，發(fā)生的是氧化還原反應(yīng)，氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比=1：1；（2）50.00mL0.1000molL-1的KMnO4與16.00mL-12240.2500molLNaCO反應(yīng)之后節(jié)余的KMnO4再與NOSO4H反應(yīng)?！驹斀狻浚?）N元素化合價(jià)從+5降

38、低到+3，必有S元素化合價(jià)從+4升高到+6，N元素和S元素的物質(zhì)的量之比=1:1，所以反應(yīng)的方程式為：HNO32濃硫酸4+SONOSOH，故答案為：濃硫酸HNO3+SO2NOSO4H；反應(yīng)前十分鐘沒有加快，不是溫度，十分鐘后顯然加快，說明生成的物質(zhì)對(duì)反應(yīng)有催化作用，故答案為：生成的NOSO4H對(duì)該反應(yīng)有催化作用；從反應(yīng)的方程式看：參加反應(yīng)的硝酸和生成的NOSO4H比率為1:1，消耗的硝酸多，可能是有一部分揮發(fā)和分解了，故答案為：硝酸會(huì)揮發(fā)和分解；2）一部分KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液和NOSO4H反應(yīng)，節(jié)余的KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液用Na2C2O4反滴定，KMnO4和Na2C2O4，KMnO4中Mn元素化合價(jià)

39、從+7降低到+2，降低5，作氧化劑，Na2C2O4中C元素化合價(jià)從+3升高到+4升高了1，2個(gè)C升高了2，作還原劑，根據(jù)得失電2KMnO45Na2C2O4子守恒，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比=2:5，所以2mol5mol，n10.25mol/L1610-3L解得：和Na2C2O4反應(yīng)的KMnO4的物質(zhì)的量n1=1.610-3mol，KMnO4總的物質(zhì)的量-3-1=510-3mol，所以和NOSO4H反應(yīng)的KMnO4的物質(zhì)的量=510-=50.0010L0.1000molL2KMnO45NOSO4H3mol-1.610-3mol=3.410-3mol，所以2mol5127g，解得NOSO4H的質(zhì)

40、量3.4103m1.0795g100%90.00%，故答案為：90.00%。m=1.0795g，所以樣品中NOSO4H的純度=1.2g【點(diǎn)睛】Na2C2O4反應(yīng)的KMnO4加上和NOSO4H反應(yīng)的KMnO4為總的KMnO4的量。9實(shí)驗(yàn)室里，從廢舊鈷酸鋰離子電池的正極材料（在鋁箔上涂覆活性物質(zhì)LiCoO2）中，回收鈷、鋰的操作流程如下列圖所示：回答下列問題。（1）拆解廢舊電池獲取正極材料前，先將其浸入NaCl溶液中，使電池短路而放電，此時(shí)溶液溫度升高，該過程中能量的主要轉(zhuǎn)變方式為_。2）“堿浸”過程中產(chǎn)生的氣體是_；“過濾”所得濾液用鹽酸辦理可獲得氫氧化鋁，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。3）“酸浸”時(shí)主

41、要反應(yīng)的離子方程式為_；若硫酸、Na2S2O3溶液用一定濃度的鹽酸替代，也可以達(dá)到“酸浸”的目的，但會(huì)產(chǎn)生_（填化學(xué)式）污染環(huán)境。（4）“沉鈷”時(shí)，調(diào)pH所用的試劑是_；“沉鈷”后溶液中c（Co2+）=_。（已知：KspCo（OH）2=1.09l0-15）5）在空氣中加熱Co（OH）2，使其轉(zhuǎn)變?yōu)殁挼难趸?。加熱過程中，固體質(zhì)量與溫度的關(guān)系如左下列圖所示。290500，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。（6）根據(jù)右下列圖判斷，“沉鋰”中獲得Li2CO3固體的操作主要包括_、_、洗滌、干燥等步驟?！敬鸢浮炕瘜W(xué)能電能熱能H2NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)38LiCoO2+S2O32-

42、+22H+2+2-+11H2OCl2NaOH溶液或氫氧化鈉固體-6=8Li+8Co+2SO41.09l0mol/L2905006Co2O34Co3O4+O2蒸發(fā)濃縮趁熱過濾【解析】【解析】正極材料主要由Al和LiCoO2組成，LiCoO2屬于鹽類，由復(fù)分解反應(yīng)的條件可判斷，其與NaOH溶液混雜不發(fā)生反應(yīng)，故“堿浸”過程中只有Al和NaOH反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，過濾獲得濾渣為L(zhǎng)iCoO22223；“酸浸”時(shí)反應(yīng)物有LiCoO、硫酸和NaSO溶液，依據(jù)“沉鈷”產(chǎn)物為Co(OH)2可判斷，反應(yīng)后鈷元素的價(jià)態(tài)從+3價(jià)降為+2價(jià)，依據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律以及工藝中最后還可獲得Na242O副產(chǎn)品，可推知S元

43、素價(jià)態(tài)升高并轉(zhuǎn)變SO10H2-；之后調(diào)節(jié)pH值獲得Co(OH)2積淀，再加入碳酸鈉溶液調(diào)節(jié)pH值沉鋰，獲得碳為SO4酸鋰和母液，母液結(jié)晶獲得Na2SO410H2O?！驹斀狻?1)依據(jù)“電池短路而放電”“溶液溫度升高”兩項(xiàng)信息，即可判斷廢舊電池的辦理過程中能量的主要轉(zhuǎn)變方式為化學(xué)能電能熱能；(2)依題中信息可知，正極材料主要由Al和LiCoO2組成，LiCoO2屬于鹽類，由復(fù)分解反應(yīng)的條件可判斷，其與NaOH溶液混雜不發(fā)生反應(yīng)，故“堿浸”過程中只有Al和NaOH反應(yīng)，生成NaAlO2和H2；“過濾”所得濾液用適量鹽酸辦理可以獲得氫氧化鋁，方程式為NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH

44、)3；(3)根據(jù)解析可知“酸浸”時(shí)Na被氧化為2-，Co元素被還原，結(jié)合電子守恒和元2S2O3SO48LiCoO2-22H+2+2SO2-11H素守恒可知離子反應(yīng)方程式為：S2O38Li8Co+2O2+=+4+；加入的Na2S2O3起還原作用，用一定濃度的鹽酸替代“Na2S2O3溶液和硫酸”，也能實(shí)現(xiàn)酸浸目的，可知該反應(yīng)中，鹽酸也起了還原劑的作用，氧化產(chǎn)物為會(huì)污染環(huán)境的Cl2；(4)結(jié)合“沉鋰”后母液中還可以獲得Na242NaOH溶液或固SO10HO，可知用的試劑為體；溶液pH=9.5，則溶液中c(OH-)=10-4.5sp2=2(OH-mol/L，帶入KCo(OH)cc2+109l0-152

45、+109l0-6)Co)=.求得cCo)=.(mol/L；(5)從圖中信息可知，加熱前的反應(yīng)物為Co(OH)2(0.930g),其物質(zhì)的量為0.01mol，依據(jù)鈷元素的量不變可知:nCo0.01mol，mCo0590g290時(shí)，轉(zhuǎn)變?yōu)?)=()=.，溫度升溫0.830g-0.590g0015mol，由此可以確定該0.830g某種鈷的氧化物，該氧化物中，nO=.()=16g/mol氧化物為Co2O3；同理可以確定500時(shí)，n(O)=0.803g-0.590g0.0133mol，則生成的氧16g/mol化物為Co3O4；所以290500過程中，Co2O3轉(zhuǎn)變?yōu)镃o3O4，反應(yīng)過程中，Co元素化合價(jià)

46、降低。氧元素化合價(jià)升高并轉(zhuǎn)變?yōu)镺2，故反應(yīng)的化學(xué)方程式為2905006Co2O34Co3O4+O2；(6)解析溶解度曲線可知LiCO3微溶，其溶解度隨溫度升高而降低，為了提高鋰元素的回收率，同時(shí)防備硫酸鈉析出，應(yīng)采用蒸發(fā)濃縮(減少溶劑)并在較高溫度下趁熱過濾等操作。【點(diǎn)睛】熱重解析法是常用的定量解析方法，經(jīng)過解析熱重曲線，可以推斷物質(zhì)的熱穩(wěn)定性、加熱反應(yīng)生成的產(chǎn)物等相關(guān)信息。第5題解題重點(diǎn)是抓住受熱過程中Co元素的量不變，利用圖中數(shù)據(jù)信息，確定分解所得氧化物中鈷、氧元素的物質(zhì)的量之比,進(jìn)而確定不同溫度下生成的氧化物的組成，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式。10含鉻(6價(jià))廢水嚴(yán)重危害人體健康，工業(yè)上常用還

47、原法進(jìn)行辦理。其部分工藝流程如下：(1)廢水中，六價(jià)鉻以CrO42；也許Cr2O72的形式存在，寫出其相互轉(zhuǎn)變的離子方程式_。我國(guó)常用NaHSO3做還原劑，寫出還原池中反應(yīng)的離子方程式_。(2)廢水中殘留六價(jià)鉻的濃度隨溶液pH變化如下列圖。實(shí)際生產(chǎn)中需控制pH2.53.0，原因可能是_。(3)積淀池中生成Cr(OH)3的顆粒太細(xì)，為促使其更好地積淀，可采取的舉措是_。(4)我國(guó)規(guī)定，工業(yè)廢水中含Cr(VI)量的排放標(biāo)準(zhǔn)為0.1mg/L。已知：Cr的相對(duì)原子質(zhì)量為1022，達(dá)到廢水排放標(biāo)準(zhǔn)時(shí)，廢水52，Kap(BaCrO4)1.210。若用Ba除掉廢水中的CrO4Ba2濃度最低為_mol/L(保

48、留小數(shù)點(diǎn)后2位)。用Ba2除掉廢水中的CrO42是否可行，為什么?請(qǐng)簡(jiǎn)要回答。_2-+272-22-+3+2-2pH4+2H274溶液中越高，【答案】2CrOCrO+HO3HSO+CrO+5H=2Cr+3SO+4HO廢水中六價(jià)鉻殘留越多；溶液中pH越低，會(huì)腐化設(shè)備管道加入絮凝劑6.2410-5mol/L不可行，因?yàn)閺U水中含有Ba2，同樣有毒【解析】【解析】（1）由工藝流程可知，加酸可以使CrO2-轉(zhuǎn)變?yōu)镃r2-，還原池中，Cr2-在酸性條件下42O72O7將HSO3氧化生成SO42-，本身被還原為Cr3+；（2）由圖可知，溶液中pH越大廢水中殘留六價(jià)鉻的濃度越大，而溶液中pH越小，酸性越強(qiáng)，可

49、能會(huì)腐化設(shè)備管道；3）積淀池中生成Cr(OH)3的顆粒太細(xì)，可向積淀池中加入絮凝劑；4）由溶度積計(jì)算可得；Ba2在溶液中有毒?！驹斀狻浚?）由工藝流程可知，加酸可以使CrO42-轉(zhuǎn)變?yōu)镃r2O72-，轉(zhuǎn)變的離子方程式為2CrO42-+272-2272-在酸性條件下將HSO3氧化生成SO42-，本身被還+2HCrO+HO；還原池中，CrO原為Cr3+，反應(yīng)的離子方程式為3HSO3272-+3+42-+4H242-+CrO+5H=2Cr+3SOO，故答案為：2CrO+272-2272-+3+42-2O；+2HCrO+HO；3HSO+CrO+5H=2Cr+3SO+4H（2）由圖可知，溶液中pH越大廢

50、水中殘留六價(jià)鉻的濃度越大，而溶液中pH越小，酸性越強(qiáng)，可能會(huì)腐化設(shè)備管道，所以實(shí)際生產(chǎn)中需控制pH2.53.0，故答案為：溶液中pH越高，廢水中六價(jià)鉻殘留越多；溶液中pH越低，會(huì)腐化設(shè)備管道；（3）積淀池中生成Cr(OH)3的顆粒太細(xì)，可向積淀池中加入絮凝劑，使Cr(OH)3更好地沉淀，故答案為：加入絮凝劑；（4）達(dá)到廢水排放標(biāo)準(zhǔn)時(shí)，CrO420.0001g0.0001mol/L，則溶液中Ba2的濃度為濃度為52=521LKspBaCrO41.21010除掉廢水中的CrO422)=0.0001mol/L=6.2410-5mol/L；Ba2在溶液中有毒，則用Ba2c(CrO452是不可行的，故答

51、案為：6.2410-5mol/L；不可行，因?yàn)閺U水中含有Ba2，同樣有毒。11元素錳（Mn）在溶液中主要以Mn2+（近無(wú)色）、MnO4-（紫紅色）、MnO42（綠色）等形式存在，MnO2（棕黑色）、MnCO3（白色）犯難溶于水的固體?；卮鹣铝袉栴}：（1）蓋斯定律在生產(chǎn)和科學(xué)研究中有很重要的意義，有些反應(yīng)的反應(yīng)熱雖然無(wú)法直接測(cè)得，但可經(jīng)過間接的方法推算。現(xiàn)根據(jù)下列3個(gè)熱化學(xué)反應(yīng)方程式：MnO2(s)+CO(g)=MnO(s)+CO2(g)?H=150.6kJ/molMn3O4(s)+CO(g)=3MnO(s)+CO2(g)?H=54.4kJ/mol3Mn2O3v+CO(g)=2Mn3O4(s)+

52、CO2(g)?H=142.3kJ/mol寫出CO氣體還原MnO2固體獲得232氣體的熱化學(xué)反應(yīng)方程式：_MnO固體和CO（2）一定溫度下，在5L的密閉容器中放入足量碳酸錳（固體所占體積忽略不計(jì)）發(fā)生反應(yīng)：MnCO3(s)27.1g，則該段時(shí)間MnO(s)+CO(g)，若前2min內(nèi)生成MnO的質(zhì)量為內(nèi)v(CO211。)=_molLmin保持溫度不變，若t0時(shí)刻達(dá)到平衡時(shí)，21時(shí)刻，將容器體積縮小為CO濃度為cmol/L；t原來的一半并固定不變，在t2時(shí)刻再次達(dá)到平衡，則下列圖像正確的選項(xiàng)是_（填字母）。（3）已知Fe3+、Al3+、Mn2+的氫氧化物開始積淀及積淀完全時(shí)的pH如下表所示，當(dāng)Al

53、3+完全積淀時(shí)，若要使Mn2+不積淀，則Mn2+的最大濃度為_。（已知：sp2-13）KMn(OH)=1.910氫氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2開始積淀pH完全積淀pH3.25.09.8（4）高錳酸鉀在不同的條件下發(fā)生的反應(yīng)如下：5eMnO48H=Mn24H2O3e；MnO42H2O=MnO24OHMnO4e=MnO42從上述三個(gè)半反應(yīng)中可以得出的結(jié)論是_。將SO2通入高錳酸鉀溶液中，察看到的現(xiàn)象是_。5）向酸性高錳酸鉀溶液中加入草酸溶液，開始時(shí)反應(yīng)遲緩，稍后一段時(shí)間產(chǎn)生氣體速率迅速加快。產(chǎn)生氣體速率迅速加快的原因是_，寫出反應(yīng)的離子方程式_?！敬鸢浮?Mn

54、O2232B1.95mol/L溶液10(s)+CO(g)=MnO(s)+CO(g)?H=-217.5kJ/mol0.01的酸性越強(qiáng)，高錳酸鉀被還原的價(jià)態(tài)越低（或溶液的酸性越強(qiáng)，高錳酸鉀的氧化性越強(qiáng)。）高錳酸鉀紫紅色褪去反應(yīng)產(chǎn)生的Mn2+起到催化作用2MnO4-+6H+5H2C2O4=2Mn2+10CO2+8H2O【解析】【解析】21（1）依據(jù)蓋斯定律，2-，可推出CO氣體還原MnO2固體獲得Mn2O3固體3和CO2氣體的熱化學(xué)反應(yīng)方程式；（2）根據(jù)前2min內(nèi)生成MnO的質(zhì)量，可以計(jì)算出前2min內(nèi)生成CO2的物質(zhì)的量，故可以計(jì)算出前2min內(nèi)CO2的反應(yīng)速率；將容器體積縮小為原來的一半的瞬間

55、，二氧化碳濃度變?yōu)樵瓉淼?倍，之后平衡向左移動(dòng)，二氧化碳濃度減小，由于溫度不變，平衡常數(shù)不變，所以再次平衡時(shí)，二氧化碳濃度與第1次平衡時(shí)相等。3+92+（3）當(dāng)Al完全積淀時(shí)，此時(shí)溶液中的pH=5，即c(OH)=110mol/L，若要使Mn不沉2+213淀，根據(jù)QcKsp，即：c(Mn)c(OH)1.910；4）根據(jù)三個(gè)半反應(yīng)可以看出高錳酸根離子被還原的產(chǎn)物受溶液酸堿性的影響；SO2通入高錳酸鉀溶液中，二氧化硫擁有還原性，溶液的紫色褪去；（5）開始反應(yīng)遲緩，一段時(shí)間后反應(yīng)速率迅速加快，這是由于反應(yīng)生成的Mn2+的濃度增大了，Mn2+對(duì)反應(yīng)起到催化作用，才使反應(yīng)速率迅速加快?！驹斀狻?）?H=2

56、-2/3-1/3(-150.62)-(-54.42)-(-142.31)-217.5(kJ/mol)，所以熱化33學(xué)方程式為：2MnO2(s)+CO(g)=Mn2O3(s)+CO2(g)?H=-217.5kJ/mol；7.1g0.1mol=（2）n(MnO)=0.1mol，則n(CO2)=0.1mol，c(CO2)=71g/mol5L0.02mol/L0.02mol/L，v(CO2)=2min-11。=0.01molLmin將容器體積縮小為原來的一半的瞬間，二氧化碳濃度變?yōu)樵瓉淼?倍，之后平衡向左移動(dòng)，二氧化碳濃度減小，由于溫度不變，平衡常數(shù)不變，所以再次平衡時(shí)，二氧化碳濃度與第1次平衡時(shí)相等

57、。故答案選B；（3）當(dāng)3+92+Al完全積淀時(shí)，此時(shí)溶液中的pH=5，即c(OH)=110mol/L，若要使Mn不沉淀，根據(jù)2+2132+5QcKsp，即：c(Mn)c(OH)1.910，可得：c(Mn)1.910mol/L；4）根據(jù)三個(gè)半反應(yīng)可以看出高錳酸根離子被還原的產(chǎn)物受溶液酸堿性的影響，且酸性越強(qiáng)，被還原產(chǎn)物中錳元素的價(jià)態(tài)越低；SO2通入高錳酸鉀溶液中，溶液顯酸性，SO2作還原劑，KMnO4作氧化劑，被還原為Mn2+，溶液由紫紅色變?yōu)闇惤鼰o(wú)色；（5）開始反應(yīng)遲緩，一段時(shí)間后反應(yīng)速率迅速加快，這是由于發(fā)生反應(yīng)2MnO4+6H+5H2C2O4=2Mn2+10CO2+8H2O，隨著反應(yīng)的進(jìn)行

58、，溶液中Mn2+的濃度增大了，Mn2+對(duì)反應(yīng)起到催化作用，才使反應(yīng)速率迅速加快?！军c(diǎn)睛】認(rèn)真讀懂題中所給的信息、認(rèn)真解析圖表數(shù)據(jù)，進(jìn)行比較解析，得出結(jié)論，然后進(jìn)行作答。12草酸亞鐵晶體(FeC2O42H2O)常用做解析試劑及顯影劑等。下列圖是將一定質(zhì)量的草酸亞鐵在氬氣氛圍中進(jìn)行熱重解析示意圖(TG%表示殘留固體質(zhì)量占原樣品總質(zhì)量的百分?jǐn)?shù))。請(qǐng)回答下列問題：(l)B處時(shí)殘留物的化學(xué)式為_。(2)AC整個(gè)反應(yīng)過程中總反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。(3)取上述分解獲得的600時(shí)的固體放在空氣中持續(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FeC2O42H2O在氬氣氛圍中進(jìn)行熱重解析的原因是_。

59、(4)若將分解獲得的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近似，獲得四種氧化物且物質(zhì)的量之比為1:1:1:14，則該化學(xué)方程式為_。【答案】FeC2O4FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O6FeO+O22Fe3O4防備FeO在加熱過程中被空中的氧氣氧化FeSO47H2O2FeSO47H2OFe2O3+SO2+SO3+14H2O【解析】【詳解】218(1)FeC2O42H2O中H2O%=20%，恰幸好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，獲得的固體成分為FeC2O4；故答

60、案為：FeC2O4；(2)當(dāng)TG%=40%時(shí)，獲得應(yīng)該是鐵的氧化物，則有M(FeOx)=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)方程式為FeC24222242FeOO2HOFeO+CO+CO+2HO；故答案為：FeCO2HO+CO+CO2+2HO；(3)當(dāng)分解獲得的600時(shí)的固體FeO在空氣中與氧氣反應(yīng)，獲得穩(wěn)定的FeO，因此34FeCO2HO在氬氣氛圍中進(jìn)行熱重解析的原因防備FeO在加熱過程中被空中的氧氣氧242化；故答案為：6FeO+O234；防備FeO在加熱過程中被空中的氧氣氧化；2FeO(4)FeO與足量的稀硫酸反應(yīng)獲