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汇总含详细答案

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）

1．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：

注：部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表。

氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2Al(OH)3Cr(OH)3

pH 3.79.611.189(>9溶解)

（1）氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是________(填序号)。

A．Na2O2 B．HNO3 C．FeCl3 D．KMnO4

（2）加入NaOH溶液调整溶液pH＝8时，除去的离子是________；已知钠离子交换树脂的原理：M n＋＋nNaR→MR n＋nNa＋，此步操作被交换除去的杂质离子是__________。A．Fe3＋B．Al3＋C．Ca2＋D．Mg2＋

（3）还原过程中，每消耗0.8 mol Cr2O72-转移4.8 mol e－，该反应离子方程式为

____________。

【答案】A AB CD 3S2O32— + 4Cr2O72— + 26H+ = 6SO42— + 8Cr3+ +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，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+，再调节pH得到

Cr(OH)(H2O)5SO4；

(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-，则1molCr2O72-转移6mol电子，所以生成Cr3+，

S2O32-被氧化为SO42-，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，则Fe3+、Al3+转

化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+，再调节pH得到

Cr(OH)(H2O)5SO4；

(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，则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-，则1molCr2O72-转移6mol电子，所以生成Cr3+，

S2O32-被氧化为SO42-，则反应的离子方程式为：3S2O32— + 4Cr2O72— + 26H+ = 6SO42— + 8Cr3+ +13H2O。

2．二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸。某研究小组欲用以下三种方案制备ClO2，回答下列问题：

（1）以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，写出制备ClO2的离子方程式__。

（2）用过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2，并将制得的ClO2用于处理含CN-废水。实验室模拟该过程的实验装置(夹持装置略)如图所示。

①装置A的名称是__，装置C的作用是__。

②反应容器B应置于30℃左右的水浴中，目的是__。

③通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是__。

④ClO2处理含CN-废水的离子方程式为__，装置E的作用是__。

（3）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2的方法。

①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的__（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。

②用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，工作原理如图所示，写出阳极产生ClO2的电极反应式__。

【答案】FeS 2+15ClO 3-+14H +=15ClO 2+Fe 3++2SO 42-+7H 2O 恒压漏斗 安全瓶 提高化学反应速率，同时防止过氧化氢受热分解 稀释ClO 2，防止其爆炸 2CN -+2ClO 2=2CO 2+N 2+2Cl - 吸收ClO 2等气体，防止污染大气 BaCl 2 Cl --5e -+2H 2O=ClO 2↑+4H +

【解析】

【分析】

二氧化氯(ClO 2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。分别利用无机反应和电解原理制备二氧化氯，三种方法均利用了氧化还原反应。

【详解】

（1）以黄铁矿(FeS 2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO 2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO 3-氧化成SO 42-，根据氧化还原反应中电子守恒和元素守恒，可以写出制备ClO 2的离子方程式为FeS 2+15ClO 3-+14H +=15ClO 2+Fe 3++2SO 42-+7H 2O 。

（2）①装置A 的名称为恒压漏洞，装置C 为安全瓶，起到防止液体倒吸的作用。 ②升高温度可以提高化学反应速率，但是原料中含有过氧化氢，过氧化氢在过高的温度下可以发生分解反应，因此反应容器B 应置于30℃左右的水浴中。

③根据题文可知，ClO 2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸，故通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO 2排出，三是稀释ClO2，防止其爆炸。

④ClO 2处理含CN -废水发生氧化还原反应，将CN -转化为无污染的CO 2和N 2，故离子方程式为2CN -+2ClO 2=2CO 2+N 2+2Cl -；装置E 在整套装置之后，起到吸收尾气，防止环境污染的作用。

（3）①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca 2+、Mg 2+、SO 42-等杂质，需要过量的碳酸根离子、氢氧根离子和钡离子，过量的钡离子可以用碳酸根离子除去，因此在加入Na 2CO 3之前应先加入过量BaCl 2。

②用石墨做电极，电解池的阳极发生氧化反应，元素化合价升高，因此氯离子在阳极失电子和水反应得到ClO 2，电极反应式为Cl --5e -+2H 2O=ClO 2↑+4H +。

3．实验室用酸性蚀刻废液(含Cu 2+、H +、CuC 24l -、Cl -等)和碱性蚀刻废液[N 4H +

、Cu(NH 324)+、NH 3·H 2O 等]制备CuI(白色固体)的实验流程如下:

(1)步骤Ⅰ中发生了多个反应,其中Cu(NH 324)+

与盐酸反应生成Cu(OH)Cl 的离子方程式为

______。

(2)步骤Ⅳ需控制pH 为1~2,80 ℃下进行,合适的加热方式是______。

(3)步骤Ⅴ的具体步骤是蒸发浓缩、______、____。

(4)步骤Ⅵ在下列装置(夹持及加热装置已省略)中进行。

①装置a 中盛装浓硫酸的仪器的名称是____,圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为____。 ②用装置d 中的溶液洗涤制得的CuI 的目的是____,然后再用无水乙醇洗涤的目的是____。

【答案】Cu(NH 324)++3H ++Cl -+H 2O

Cu(OH)Cl↓+4N 4H + 热水浴 冷却结晶 过滤(洗涤) 分液漏斗 Cu+2H 2SO 4(浓)

CuSO 4+SO 2↑+2H 2O 可防止CuI 被空气中的O 2氧化 使固体快速干燥并溶解表面可能混有的I 2

【解析】

【分析】

由流程图可知，酸性蚀刻废液和碱性蚀刻废液混合反应得到Cu(OH)Cl 悬浊液，过滤，将Cu(OH)Cl 加水、过浆后，与浓硫酸水浴加热反应生成硫酸铜，硫酸铜粗溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥、洗涤得到硫酸铜晶体，硫酸铜晶体与碘、二氧化硫和水反应生成碘化亚铜白色固体。

【详解】

（1）步骤Ⅰ中Cu(NH 3)42+与盐酸反应生成Cu(OH)Cl 沉淀和氯化铵，反应的离子方程式Cu(NH 3)42++3H ++Cl -+H 2O=Cu(OH)Cl↓+4NH 4+，故答案为：Cu(NH 3)42++3H ++Cl -

+H 2O=Cu(OH)Cl↓+4NH 4+；

（2）步骤Ⅳ为Cu(OH)Cl 加水、过浆后，与浓硫酸在制pH 为1~2，80 ℃下水浴加热反应反应生成硫酸铜，故答案为：热水浴；

(3)步骤Ⅴ为硫酸铜粗溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥、洗涤得到硫酸铜晶体，故答案为：冷却结晶；过滤(洗涤)；

（4）①装置a 中盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗；圆底烧瓶中铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H 2SO 4(浓)

CuSO 4+SO 2↑+2H 2O ，故答案为：分液漏斗；Cu+2H 2SO 4(浓)CuSO 4+SO 2↑+2H 2O ； ②装置d 中的溶液为二氧化硫的饱和水溶液，碘化亚铜具有还原性，易被空气中的氧气氧化，用二氧化硫水的饱和水溶液洗涤碘化亚铜，可以防止碘化亚铜被空气中的氧气氧化；再用无水乙醇洗涤可以溶解除去碘化亚铜表面可能混有的单质碘，并能使固体快速干燥，故答案为：可防止CuI 被空气中的O 2氧化；使固体快速干燥并溶解表面可能混有的I 2。

4．铋酸钠（NaBiO 3）是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸水或酸则迅速分解。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。回答下列问题：

Ⅰ.制取铋酸钠

制取装置如图（加热和夹持仪器已略去），部分物质性质如下：

物质 NaBiO 3

Bi(OH)3 性质 不溶于冷水，浅黄色 难溶于水；白

色

（1）B 装置用于除去HCl ，盛放的试剂是___；

（2）C 中盛放Bi(OH)3与NaOH 混合物，与Cl 2反应生成NaBiO 3，反应的离子方程式为___；

（3）当观察到___（填现象）时，可以初步判断C 中反应已经完成；

（4）拆除装置前必须先除去烧瓶中残留Cl 2以免污染空气。除去Cl 2的操作是___； （5）反应结束后，为从装置C 中获得尽可能多的产品，需要的操作有___；

Ⅱ.铋酸钠的应用——检验Mn 2+

（6）往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn 2+。

①产生紫红色现象的离子方程式为___；

②某同学在较浓的MnSO 4溶液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，结果没有紫红色出现，但观察到黑色固体（MnO 2）生成。产生此现象的离子反应方程式为___。

Ⅲ.产品纯度的测定

（7）取上述NaBiO 3产品wg ，加入足量稀硫酸和MnSO 4稀溶液使其完全反应，再用cmo1·L -1的H 2C 2O 4标准溶液滴定生成的MnO 4-（已知：H 2C 2O 4+MnO 4-——CO 2+Mn 2++H 2O ，未配平），当溶液紫红色恰好褪去时，消耗vmL 标准溶液。

该产品的纯度为___（用含w 、c 、v 的代数式表示）。

【答案】饱和食盐水 Bi(OH)3+3OH -+Na ++Cl 2=NaBiO 3+2Cl -+3H 2O C 中白色固体消失（或黄色不再加深） 关闭K 1、K 3，打开K 2 在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 5NaBiO 3+2Mn 2++14H +=5Bi 3++2MnO 4-+5Na ++7H 2O 3Mn 2++2MnO 4-+2H 2O=5MnO 2↓+4H +

-3

2cv w

8010 ×100%或0.28cv w ×100%或28cv w % 【解析】

【分析】

用浓HCl 和MnO 2反应制备Cl 2，其中混有挥发出来的HCl ，要用饱和食盐水出去，然后利用Cl 2的强氧化性在碱性条件下将Bi(OH)3氧化成NaBiO 3；利用Mn 2+的还原性将NaBiO 3还原而Mn 2+被氧化成紫红色溶液MnO 4-来检验NaBiO 3的氧化性；实验结束后Cl 2有毒，要除去，做法是打开三颈烧瓶的NaOH 溶液，使其留下和氯气反应；NaBiO 3纯度的检测利用

NaBiO 3和Mn 2+反应生成MnO 4-，MnO 4-再和草酸反应来测定，找到NaBiO 3、Mn 2+、MnO 4-、草酸四种物质之间的关系，在计算即可。

【详解】

（1）除去氯气中混有的HCl ，用饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；

（2）反应物为Bi(OH)3、Cl 2和NaOH 混合物，+3价的Bi 被氧化成NaBiO 3，Cl 2被还原成Cl -，根据原子守恒还有水生成，所以反应为：Bi(OH)3+3OH -+Na ++Cl 2=NaBiO 3+2Cl -+3H 2O ，故答案为：Bi(OH)3+3OH -+Na ++Cl 2=NaBiO 3+2Cl -+3H 2O ；

（3）C 中反应已经完成,则白色的Bi(OH)3全部变为了黄色的NaBiO 3，故答案为：C 中白色固体消失（或黄色不再加深）；

（4）从图上来看关闭K 1、K 3，打开K 2可使NaOH 留下与氯气反应，故答案为：关闭K 1、K 3，打开K 2；

（5）由题意知道NaBiO 3不溶于冷水，接下来的操作尽可能在冰水中操作即可，操作为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；

（6）①往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn 2+，说明铋酸钠将Mn 2+氧化成MnO 4-，因为是酸性条件，所以铋酸钠被还原成Bi 3+，据此写方程式并配平为5NaBiO 3+2Mn 2++14H +=5Bi 3++2MnO 4-+5Na ++7H 2O ，故答案为：5NaBiO 3+2Mn 2++14H +=5Bi 3++2MnO 4-+5Na ++7H 2O ；

②由题意可知，Mn 2+过量，铋酸钠少量，过量的Mn 2+和MnO 4-发生反应生成了黑色的MnO 2，反应方程式为3Mn 2++2MnO 4-+2H 2O=5MnO 2↓+4H +，故答案为：3Mn 2++2MnO 4-+2H 2O=5MnO 2↓+4H +；

（7）根据得失电子守恒找出关系式为：5NaBiO 3～2Mn 2+～2MnO 4-～5H 2C 2O 4,计算铋酸钠理论产量：

3224

35NaBiO ~5H C O 1400g 5mol m()cv 10mol

-?理论

解得m （理论）=0.28CVg ，所以纯度=0.28cv g Wg ×100%=0.28v c W

×100%，所以答案为：-3

2cv w

8010?×100%或0.28cv w ×100%或28cv w %。 【点睛】

（7）在复杂的纯度、产率等计算中，用得失电子守恒法找出各关键物质之间的关系，由此计算，可以事半功倍，如本题中的关系5NaBiO 3 ～ 5H 2C 2O 4，使复杂问题简单化了。

5．根据当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿(主要成分为FeS 2)作为原料。完成下列填空：

(1)将0.050mol SO 2(g) 和0.030mol O 2(g) 充入一个2L 的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SO 2(g)+O 2(g)?2SO 3(g)+Q 。经2分钟反应达到平衡，测得n(SO 3)=0.040mol ，则O 2的平均反应速率为______

(2)在容积不变时，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有______(选填编号)

a.移出氧气

b.降低温度

c.减小压强

d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)

(3)在起始温度T1(673K)时SO2的转化率随反应时间(t)的变化如图，请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2(723K)时SO2的转化率随反应时间变化的示意图___

(4)黄铁矿在一定条件下煅烧的产物为SO2和Fe3O4

①将黄铁矿的煅烧产物Fe3O4溶于H2SO4后，加入铁粉，可制备FeSO4。酸溶过程中需维持溶液有足够的酸性，其原因是______

②FeS2能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，本身被氧化为SO42﹣。写出有关的离子方程式

______。有2mol氧化产物生成时转移的电子数为______

【答案】0.005mol/(L?min) bd 抑

制Fe3+与Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+ FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+

14N A

【解析】

【分析】

(1)根据v＝

c

t

?

?

求出氧气的速率，然后根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比计

算；

(2)反应放热，为提高SO2平衡转化率，应使平衡向正反应方向移动，可降低温度，体积不变，不能从压强的角度考虑，催化剂不影响平衡移动，移出氧气，平衡向逆反应方向移动，不利于提高SO2平衡转化率，由此分析解答；

(3)反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但达到平衡所需要的时间缩短，据此画出曲线；

(4)①Fe3＋与Fe2＋易水解，Fe2＋易被氧化成Fe3＋；

②根据氧化还原反应中的反应物和生成物几何电子守恒来配平化学方程式，结合方程计算转移电子数。

【详解】

(1)v(SO3)＝

c

t

?

?

＝

0.040mol

2L

2min

＝0.01mol/(L?min)，所以v(O2)＝

1

2

v(SO3)＝0.005mol/(L?min)，

故答案为：0.005mol/(L?min)；

(2)a．移出氧气，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；

b．降低温度，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；

c．减小压强，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；

d．再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)，相当于增大压强，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；

故答案为：bd；

(3)反应：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g) △H＜0，SO2的转化率在起始温度T1＝673K下随反应时间(t)的变化如图，其他条件不变，仅改变起始温度为T2＝723K，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，在图中画出温度T2下SO2的转化率随反应时间变化的预期结果示意图如图所示

；故答案为：；

(4)①Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SO4后，生成的Fe3＋与Fe2＋易水解，Fe2＋易被氧化成Fe3＋，所以要加入Fe粉和酸，抑制Fe3＋与Fe2＋的水解，并防止Fe2＋被氧化成Fe3＋，故答案为：抑制Fe3＋与Fe2＋的水解，并防止Fe2＋被氧化成Fe3＋；

②?2价的硫离子具有还原性，FeS2可以将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，而本身被氧化为硫酸根离子，有关的离子方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+，氧化产物是硫酸根离子，有2mol硫酸根生成时转移的电子数为14N A，故答案为：

FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+；14N A。

【点睛】

注意(3)温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，此为解题的关键。

6．锑（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）锑在元素周期表中的位置_____。

（2）锑（Ⅲ）的氧化物被称为锑白，可以由SbCl3水解制得，已知SbCl3水解的最终产物为锑白。为了得到较多、较纯的锑白，操作时将SbCl3徐徐加入大量水中，反应后期还要加入少量氨水。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，还可用火法制取锑白，是将辉锑矿（主要成分为Sb2S3）装入氧化炉的坩埚中，高温使其融

化后通入空气，充分反应后，经冷却生成锑白。写出火法制取锑白的化学方程式______。Ⅱ．以辉锑矿为原料制备金属锑，其中一种工艺流程如下：

已知部分信息如下：

①辉锑矿（除Sb2S3外，还含有砷、铅、铜的化合物和SiO2等）；

②浸出液主要含盐酸和SbCl3，还含SbCl5、CuCl2、AsCl3和PbCl2等杂质；

③常温下，Ksp（CuS）=1.0×10-36，Ksp（PbS）=9.0×10-29。

回答下列问题：

（3）“酸浸”过程中Sb2S3发生反应的化学方程式为_____。

（4）已知：浸出液中c（Cu2+）=0.0001mol/L，c（ Pb2+）=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，

2+

2+

c(Cu)

c(Pb)

=______（保留小数点后一位）。

（5）在“除砷”过程中，氧化产物为H3PO4。该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为__________。

（6）在“电解”过程中，锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压超过U0 V时，锑的产率降低的原因可能是_________。

【答案】第5周期第ⅤA族 2SbCl3+3H2O?Sb2O3+6HCl，不断加入SbCl3，使SbCl3浓度增大，利于水解平衡右移，反应后期加入氨水中和盐酸，使c(HCl)减小，利于平衡右移

2Sb2S3+9O2高温

2Sb2O3+6SO2 Sb2S3+ 3SbCl5=5SbCl3+3S↓ CuS 1.1×10-8 3:4 H+参与电极

反应

【解析】

【分析】

Ⅱ．辉锑矿粉加入盐酸和SbCl5溶液，得到SbCl3和SbCl5溶液，还含有杂质CuCl2、AsCl3和PbCl2等，加入适量Sb将SbCl5还原为SbCl3，加入Na2S使铜和铅沉淀以除去CuCl2和PbCl2，然后加入NaHPO2除去杂质砷。得到的SbCl3溶液电解得到金属Sb，同时得到SbCl5，可以返回到酸浸步骤循环使用。

【详解】

Ⅰ．（1）锑和氮在同一主族，其在元素周期表中位于第5周期第ⅤA族。

（2）SbCl3水解：2SbCl3+3H2O?Sb2O3+6HCl，将SbCl3徐徐加入大量水中，SbCl3浓度增大，水解平衡右移，反应后期还要加入少量氨水中和HCl，使c(HCl)减小，平衡右移，有利于Sb2O3的生成。故答案为：2SbCl3+3H2O?Sb2O3+6HCl，不断加入SbCl3，使SbCl3浓度增大，利于水解平衡右移，反应后期加入氨水中和盐酸，使c(HCl)减小，利于平衡右移。

火法制取锑白，是辉锑矿（主要成分为Sb2S3）在高温下和空气中的氧气反应，生成Sb2O3

的同时生成SO2。化学方程式为：2Sb2S3+9O2高温

2Sb2O3+6SO2。

Ⅱ．（3）“酸浸”时Sb2S3和SbCl5溶液反应，得到SbCl3和SbCl5的混合溶液，滤渣中有硫，是此反应的生成物，Sb2S3发生反应的化学方程式为Sb2S3+ 3SbCl5=5SbCl3+3S。

（4）浸出液中c（Cu2+）=0.0001mol/L，c（Pb2+）=0.1mol/L。在沉淀铜、铅过程中，缓慢

滴加极稀的硫化钠溶液，当Cu2+开始沉淀时，c(S2-)=

-36

1.010

0.0001

?

=1.0×10-32mol/L，当Pb2+开

始沉淀时，c(S2-)=

-29

9.010

0.1

?

=9.0×10-28mol/L，所以先产生沉淀的是CuS；当CuS、PbS共沉

淀时，

2+

2+

c(Cu)

c(Pb)

=

2+2

2+2

c(Cu)c(S)

c(Pb)c(S)

-

-

＝

sp(CuS)

sp(PbS)

K

K

＝

36

29

1.010

9.010

-

-

?

?

＝1.1×10-8。

（5）加入NaHPO2除砷，发生了NaHPO2和AsCl3的反应，氧化产物为H3PO4，还原产物是As，磷的化合价从+1价升高到+5价，生成1mol H3PO4失去4mol电子，砷的化合价从+3价降低到0价，生成1molAs得到3mol电子，根据电子守恒，该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:4。

（6）电解SbCl3溶液制取锑，在阴极是Sb3+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，导致锑的产率降低。

7．2019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，LiCoO2极发生的电极反应为LiCoO2-xe-=xLi++Li1-x CoO2

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）LiFePO4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FePO4固体。再将FePO4固体与H2C2O4和LiOH反应即可获得LiFePO4同时获得两种气体。

①写出FePO4固体与H2C2O4和LiOH反应溶液获得LiFePO4的化学方程式___。

②LiFePO4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】Li2O?Al2O3?4SiO2将矿石细磨、搅拌、升高温度 4.7 Mg(OH)2和CaCO3 Na2CO3 CD 2LiOH+6H2C2O4+2FePO4=2LiFePO4+7CO2↑+5CO↑+7H2O 与空气中的氧气反应，防止LiFePO4中的Fe2+被氧化

【解析】

【分析】

锂辉石(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等)为原料来制取钴酸锂(LiCoO2)，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%Li2S，加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后与Co3O4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LiAlSi2O6，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，LiCoO 2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LiCoO 2极发生的电极反应为LiCoO 2-xe -=xLi ++Li 1-x CoO 2，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LiCoO 2才有利于回收，故E 错误；

故答案为CD ；

(3)①FePO 4固体与H 2C 2O 4和LiOH 反应可获得LiFePO 4同时获得两种气体，该过程中Fe 3+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CO 2，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CO 2，即获得的两种气体为CO 和CO 2，结合电子守恒和元素守恒可能方程式为：

2LiOH+6H 2C 2O 4+2FePO 4=2LiFePO 4+7CO 2↑+5CO↑+7H 2O ；

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LiFePO 4中的Fe 2+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

8．氯化亚铜在有机合成工业中常作催化剂。以下是从含Cu2+、Fe3+的电镀废水中制备氯化亚铜的工艺流程图。

如图是滤液中Cu2+、Fe3+的含量与pH的关系及CuCl产率与pH的关系图。

请回答以下问题：

(1)在电镀废水中加碱产生沉淀，过滤得到电镀污泥，则电镀污泥的主要成分为____；

(2)由反应①制备CuCl时的最佳pH在__________左右；

(3)对CuCl产率探究时发现反应①在隔绝空气条件下进行时CuCl产率较高，由此推测CuCl 具有__________性；

(4)写出反应①中化学反应方程式：_____；

(5)隔绝空气条件下，从滤液中制得晶体的实验操作为：___________；

(6)取晶体4.34g隔绝空气条件下，失去结晶水后得固体3.26g，所得固体溶于水分成二等份，一份加入足量BaCl2溶液,得到白色固体2.33g；另一份加入足量NaOH溶液后，加热、灼烧得红色粉末0.4g。写出晶体的化学式：_____________。

【答案】Fe(OH)3、Cu(OH)2 3.5 还原 2CuSO4+ Fe +2KCl = 2CuCl↓+2K2SO4+FeSO4蒸发、冷却结晶、过滤(洗涤)、干燥 K2Fe(SO4)2?6H2O

【解析】

【分析】

由流程图可知，向电镀废水中加碱，Cu2+、Fe3+与碱反应生成氢氧化铁和氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铜的电镀污泥；向电镀污泥中加入硫酸控制pH使氢氧化铜溶解，而氢氧化铁不溶解，过滤得到高浓度的硫酸铜溶液；向高浓度的硫酸铜溶液加入铁与氯化钾，调节溶液pH和反应温度使硫酸铜与铁、氯化钾反应生成了硫酸亚铁、硫酸钾和氯化亚铜，过滤得到氯化亚铜沉淀和含有的硫酸亚铁、硫酸钾滤液，隔绝空气条件下，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到K2Fe(SO4)2?6H2O晶体。

【详解】

（1）由流程图可知，向电镀废水中加碱，Cu2+、Fe3+与碱反应生成氢氧化铁和氢氧化铜沉

淀，过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铜的电镀污泥，故答案为：Fe(OH)3、Cu(OH)2； （2）由CuCl 产率与pH 的关系图可知，制备CuCl 时的最佳pH 是3.5左右，故答案为：

3.5；

（3）对CuCl 产率探究时发现反应①在隔绝空气条件下进行时CuCl 产率较高，说明氯化亚铜具有还原性，能被空气中的氧气氧化，故答案为：还原；

（4）反应①为调节溶液pH 和反应温度使硫酸铜与铁、氯化钾反应生成了硫酸亚铁、硫酸钾和氯化亚铜，反应的化学方程式为2CuSO 4+Fe+2KCl=2CuCl ↓+FeSO 4+K 2SO 4，故答案为：2CuSO 4+Fe+2KCl=2CuCl ↓+FeSO 4+K 2SO 4；

（5）隔绝空气条件下，含有硫酸亚铁、硫酸钾的滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体，故答案为：蒸发、冷却结晶、过滤(洗涤)、干燥； （6）由题意可知，结晶水的物质的量为（4.34-3.26）g

18g/mol =0.06mol ，由加入足量BaCl 2溶液,得到

硫酸钡沉淀质量为2.33g 可知硫酸根的物质的量为 2.33g 233g/mol ×2=0.02mol ，由加入足量NaOH

溶液后，加热、灼烧得红色粉末0.4g 可知亚铁离子的物质的量为0.4g 160g/mol ×2×2=0.01mol ，则钾离子的物质的量为0.0296-0.0156）（3.26-g

39g/mol ??=0.02mol ，n (K +)：n (Fe 2+)：n (SO 42—)；

n (H 2O )=0.02mol ：0.01mol ：0.02mol ：0.06mol=2:1:2:6，晶体的化学式为K 2Fe(SO 4)2?6H 2O ，故答案为：K 2Fe(SO 4)2?6H 2O 。

9．孔雀石的主要成分为Cu 2（OH ）2CO 3（含少量FeO 、Fe 2O 3、SiO 2）。某小组同学在实验室以孔雀石为原料制备胆矾，并测定所得胆矾中结晶水的含量。实验步骤如下：

（提供试剂：NaOH 溶液、 H 2O 2溶液、 CuO 、Na 2CO 3）

完成下列填空：

（1）孔雀石的主要成分与稀硫酸反应的离子方程式为________。

（2）按试剂加入顺序，w 所代表的试剂依次为__________。沉淀B 的成分为_______。 （3）a 操作依次为：加热蒸发、_______、过滤、洗涤、__________。除烧杯、漏斗之外过滤还需要另一玻璃仪器，该仪器在此操作中的主要作用是_________。

（4）欲检验溶液A 中Fe 2+的试剂是___________（选填序号）。如果测定Fe 2+的含量，需

要用容量瓶配制某标准溶液，请简述配制中“定容”的操作：_____。

a NaOH （aq ）

b Na 2CO 3（aq ）

c 淀粉KI （aq ）

d 酸性KMnO 4（aq ）

（5）在测定所得胆矾（CuSO 4·xH 2O ）中结晶水x 值的实验过程中，若测定结果的实验误差为1.5%，可能的原因是_______________。

a 加热温度过高

b 胆矾晶体的颗粒较大

c 加热后放在空气中冷却

d 加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出

（6）该小组一位同学根据实验结果求出样品中孔雀石的质量分数为： 21

m 2222502m ，另一位同学不同意，其原因是___________。

【答案】Cu 2（OH ）2CO 3+4H +→2Cu 2++3H 2O +CO 2↑ H 2O 2溶液、 CuO Fe （OH ）3、 CuO 冷却结晶 自然干燥 引流 d 加水到离刻度线2～3cm 处改用胶头滴管滴加蒸馏水，直到凹液面的最低线与刻度线相平 a 、d 在除杂过程中加入了CuO ，会使结果偏大

【解析】

【分析】

m 1g 孔雀石的主要成分为Cu 2（OH ）2CO 3（含少量FeO 、Fe 2O 3、SiO 2），加入稀硫酸过滤得到滤渣二氧化硅和溶液A 为硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸铁，加入W 为过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化铜调节溶液的pH 沉淀铁离子，过滤得到沉淀B 为氢氧化铁和过量的氧化铜，溶液B 为硫酸铜溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到硫酸铜晶体m 2g ，受热失去结晶水得到硫酸铜固体m 3g 。据此解答。

【详解】

（1）碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，反应的离子方程式为：Cu 2（OH ）2CO 3+4H +=2Cu 2++3H 2O +CO 2↑，故答案为：Cu 2（OH ）2CO 3+4H +=2Cu 2++3H 2O +CO 2↑； （2）按试剂加入顺序，w 所代表的试剂依次为加入氧化剂过氧化氢氧化亚铁离子，不引入其他杂志离子，加入氧化铜调节溶液pH 使铁离子全部沉淀，过滤得到沉淀B 为Fe （OH ）3、CuO ，故答案为：H 2O 2溶液、CuO ；Fe （OH ）3、CuO ；

（3）从溶液B 中获得硫酸铜晶体，直接加热蒸干会导致硫酸铜失去结晶水，应该采用的操作方法为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥，除烧杯、漏斗之外过滤还需要另一玻璃仪器为玻璃棒，该仪器在此操作中的主要作用是引流，故答案为：冷却结晶，自然干燥；引流；

（4）溶液A 中含亚铁离子和铁离子：a ．NaOH 溶液，向Fe 2+溶液中加入NaOH 溶液后，

Fe 2+与OH -反应生成Fe （OH ）2，Fe 2++2OH -=Fe （OH ）2↓，Fe （OH ）2不稳定易被氧气氧化为Fe （OH ）3，4Fe （OH ）2+O 2+2H 2O =4Fe （OH ）3，白色的Fe （OH ）2沉淀变成红褐色Fe

（OH ）3，向Fe 2+溶液中加入NaOH 溶液后，观察到生成的白色沉淀迅速变成灰绿色，最后

变成红褐色；Fe 3+与OH -反应Fe 3++3OH -=Fe （OH ）3↓，生成红褐色Fe （OH ）3，两者反应现象干扰，不能检验该溶液中存在Fe 2+

，故a 错误；

b ．Na 2CO 3（aq ）和亚铁离子生成沉淀，和铁离子双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳，溶液浑浊不能检验亚铁离子，故b 错误；

c ．淀粉KI （aq ）和铁离子发生氧化还原反应生成碘单质和亚铁离子，溶液颜色相近不能鉴别亚铁离子，故c 错误；

d ．酸性KMnO 4（aq ），因为F

e 2+具有较强的还原性能使酸性KMnO 4溶液褪色，Fe 3+不能，故能够用酸性KMnO 4溶液鉴别Fe 2+和Fe 3+，故d 正确；

如果测定Fe 2+的含量，需要用容量瓶配制某标准溶液，加水到离刻度线2～3cm 处改用胶头滴管滴加蒸馏水，直到凹液面的最低线与刻度线相平，故答案为：d ；加水到离刻度线2～3cm 处改用胶头滴管滴加蒸馏水，直到凹液面的最低线与刻度线相平；

（5）测定所得胆矾（CuSO 4?xH 2O ）中结晶水x 值，应称量坩埚的质量，坩埚和晶体的质

量，加热后坩埚的质量，加热后再称量一次坩埚的质量，判断质量是否在误差允许范围内及两次值是否相差不超过0.1g，所以至少称量4次；

a．加热温度过高，会导致硫酸铜分解，质量变化较大，导致结果偏大，a正确；

b．胆矾晶体的颗粒较大，会导致晶体解热分解不完全，质量变化偏小，结果偏小，b错误；

c．加热后放在空气中冷却，会吸收空气中的水重新形成晶体，导致测定结果偏小，c错误；

d．加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，导致测定的结晶水的质量偏大，测定的x值偏大，故d正确；

故答案为：ad；

（6）向溶液中加入CuO调节溶液的pH，沉淀Ⅱ为Fe（OH）3，所以胆矾中的铜元素不是都来自样品，因此该小组一位同学根据实验结果求出样品中CuO的质量分数偏大，故答案为：在除杂过程中加入了CuO，会使结果偏大。

10．合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要意义

(1)工业合成氨工业常用的催化剂是____________,氨分子的电子式是__________

(2)图是一定的温度和压强下是N2和H2反应生成1molNH3过程中能量变化示意图，请写出工业合成氨的热化学反应方程式_______。（热量Q的数值用含字母a、b的代数式表示）

(3)下列有关该反应的说法正确的是_____（填序号）

A．保持容器的体积不变，当混合气体的密度不变时，说明反应已经达到平衡状态。B．达到平衡时若升高温度，混合气体中氮元素的质量分数将变大。

C．达到平衡时若减少容器的体积，正反应速率将大于逆反应速率。

D．达到平衡后，N2的转化率和H2的转化率一定相等。

(4)在催化剂存在下，NH3可用来消除NO的污染，生成两种对环境无害的物质。写出反应的化学方程式：_____________________;该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比是___________

(5)把NH3通入盐酸溶液中，所得溶液的pH=7, 此时溶液中离子浓度关系是__________ ;

______

【答案】铁触媒 N2（g）+3H2（g）2NH3（g）+2（b-a）kJ·mol-1 C

4NH3+6NO → 5N2+6H2O 2:3 c(NH4+)＝c(Cl-)＞c(H+)＝c(OH-) c(NH4+)+c(H+)＝c(OH-)+ c(Cl-)

【解析】

【分析】

工业合成氨的催化剂是以铁为载体的铁触媒，氨气是共价化合物，氮原子最外层5个电子，其中三个电子和三个氢原子形成三个共价键；由图求出N2和H2反应生成1molNH3的反应热，再根据热化学反应方程式的书写要求解答；合成氨是气体体积减小的放热反应，依据平衡移动原理判断；NH3可用来消除NO的污染，生成2种对环境无害的物质，应生成氮气和水；氨气通入盐酸溶液反应生成氯化铵溶液，溶液中一定存在电荷守恒；若溶液pH=7，则氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同，结合电荷守恒得到离子浓度大小。据此分析。

【详解】

(1)工业合成氨的催化剂是以铁为载体的铁触媒，氨气是共价化合物，氮原子最外层5个电子，其中三个电子和三个氢原子形成三个共价键，电子式为：；答案为：铁触媒；

； (2)由图可知，N2和H2反应生成 1molNH3放出的热量为(b-a) kJ，该反应的热化学反应方程式为N2 (g) +3H2 (g)2NH3(g) △H=-2(b-a) kJ·mol-1，故答案为： N2（g）+3H2（g）2NH3（g）+2（b-a）kJ·mol-1；

(3)合成氨是气体体积减小的放热反应，保持容器的体积不变，混合气体质量不变，当混合气体的密度不变时，不能说明反应已经达到平衡状态，A错误；达到平衡时若升高温度，平衡逆向进行，根据反应方程式原子守恒，氮元素质量分数保持不变，B错误；达到平衡时若减少容器的体积，压强增大，平衡正向进行，正反应速率将大于逆反应速率，C正确；转化率和起始量、变化量有关，达到平衡后，N2的转化率和H2的转化率不一定相等，D错误；答案选C；

(4) NH3可用来消除NO的污染，生成2种对环境无害的物质，应生成氮气和水，化学方程式为：4NH3+6NO =5N2+6H2O；该反应中氧化产物与还原产物都是N2，物质的量之比是2：3；

(5)氨气通入盐酸溶液反应生成氯化铵溶液，若溶液pH=7，溶液中溶质为NH4Cl和

NH3·H2O，溶液中氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同，电荷守恒c(NH4+) +c(H+) =c(OH-

)+c(Cl-) ，则c(NH4+) =c(Cl-)，得到离子浓度大小为c(NH4+)＝c(Cl-)＞c(H+)＝c(OH-)；

11．在食品行业中，N2O可用作发泡剂和密封剂。

（1）N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，NH3与O2在加热和催化剂的作用下生成N2O 的化学方程式为___。

（2）N2O和NO是环境污染性气体。这两种气体会发生反应：N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋

N2(g)，“Fe＋”常用作该反应的催化剂。其总反应分两步进行：

第一步为Fe＋＋N2O＝FeO＋＋N2；第二步为___(写方程式)，第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第二步反应的活化能___(填“大于”“小于”或“等于”)第一步反应活化能。

（3）在四个恒容密闭容器中充入相应量的气体(图甲)，发生反应2N2O(g)=2N2(g)＋O2(g)

△H，容器I、II、III中N2O的平衡转化率如图乙所示：

①该反应的△H___(填“>”或“<”)0。

②容器Ⅳ与容器III的体积均为1L，容器Ⅳ中的物质在470℃下进行反应，起始反应速率：v正(N2O)___v逆(N2O)(填“>”“<”或“＝”)。

③已知容器I的体积为10L370℃时，该反应的平衡常数K=___。

【答案】2NH3+2O2=N2O+3H2O FeO++CO=Fe++CO2( 小于＞＜ 8.9×10-4或

1 1125

【解析】

【分析】

(1)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O，类似于生成NO的反应，同时生成水；

(2)总反应分两步进行Fe+N2O=FeO+N2，根据催化剂定义，第一步生成中间产物，第二步反应中，中间产物(FeO+)氧化CO生成CO2本身被还原成Fe+，根据催化剂定义，第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率；

(3)①升高温度，向吸热方向进行，据此进行分析；

②恒温条件下，缩小体积，平衡向气体总物质的量减小的方向移动；

③根据方程式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算。

【详解】

(1)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O和水，反应的化学方程式为

2NH3+2O2N2O+3H2O；

(2)总反应分两步进行Fe+N2O=FeO+N2，根据催化剂定义，第一步：Fe++N2O═FeO++N2，第二步反应中，中间产物(FeO+)氧化CO生成CO2本身被还原成Fe+，FeO++CO=Fe++CO2，第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率，第二步反应速率大于第一步反应速率，则第二步反应活化能小于第一步反应的活化能；

(3)①升高温度，N2O的转化率升高，则向正反应方向进行，则正反应为吸热反应，则△H＞0；

②根据题给图像可知，同一温度下，从I、II、III变化中，一氧化二氮的转化率减小，因此Ⅳ中一氧化二氮转化率也是减小；容器Ⅳ的体积为1L，容器Ⅳ中的物质也在470℃下进行反应，则缩小体积，压强增大，平衡向逆方向移动，即起始反应速率：v正(N2O)＜v逆(N2O)；

③容器I的体积为10 L，370℃时，N2O的转化率为40%；

222+0.01000.0040.0040.002

0.0060.0040.002

22///N O g N g O g mol L mol L mol L ?（）（）（）

起始（）变化（）平衡（） 所以K=()2222222()()0.0040.0020.006

c N c O c N O ?==8.9×10-4。

12．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：xNaHSO 2?yHCHO?zH 2O+I 2→NaHSO 4+HI+HCHO+H 2O ，据电子守恒，生成1mol 的NaHSO 4，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 -=CH 3OH+HCOO -，故答案为：2HCHO+OH -=CH 3OH+HCOO -；

(3)25.00mL 溶液中：

n (NaHSO 2) =n (NaHSO 4) =n ( BaSO 4)=0.5825g/233g·mol -1=0.0025mol

n (HCHO) =0.0025mol

100 mL 溶液中：

n (NaHSO 2)=4×0.0025 mol=0.01mol

n (HCHO)=4×0.0025 mol=0.01mol

n (H 2O)=(1.5400g-88g·mol -1×0.01mol-30g·mol -1×0.01mol)/18g·mol -1=0.02mol

x ：y ：z=n (NaHSO 2)：n (HCHO) ：n(H 2O)=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。

13．（1）最近材料科学家发现了首例带结晶水的晶体在5K下呈现超导性。该晶体的化学式为Na0.35CoO2·1.3H2O(该晶体的摩尔质量为122g·mol-1)，若用N A表示阿伏加德罗常数，则12.2g该晶体中含氧原子数为___，氢原子的物质的量为___mol。

（2）FeCl3溶液可以用来净水，用100mL2mol·L-1的FeCl3溶液净水时，生成具有净水作用的微粒数___(填“大于”“等于”或“小于”)0.2N A。

（3）在标准状况下，VL某气体(摩尔质量为Mg/mol)溶解在1L水(水的密度近似为

1g/cm3)中，假设气体完全溶解且不与水发生反应，所得溶液的密度为ρg/cm3，则所得溶液的物质的量浓度c=___mol/L(用以上字母表示，且必须化简)。

（4）工业上用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备ClO2反应：NaClO2＋HCl→ClO2↑＋

NaCl+H2O。写出配平的化学方程式____。

（5）向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下Cl23.36L(已知还原性：Fe2＋＞Br－)，反应后的溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为____mol/L。反应的离子方程式为____。

（6）若向盛有10mL1mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液的烧杯中加20mL1.2mol·L－1Ba(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为____mol。

【答案】0.33N A 0.26 小于

1000Vρ

22400+MV

5NaClO2＋4HCl=4ClO2↑＋5NaCl+2H2O 2

4Fe2＋＋2Br-＋3Cl2=4Fe3＋＋Br2＋3Cl- 0.022 【解析】

【分析】

（1）根据

m

n=

M

计算晶体的物质的量，进而计算氧原子、氢原子的物质的量；

（2）100mL2mol·L-1的FeCl3溶液中FeCl3的物质的量是0.1L×2mol·L-1=0.2mol。

（3）根据物质的量浓度的计算公式

n

c=

V

计算；

（4）根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式。

（5）还原性：Fe2＋＞Br－，FeBr2溶液中通入标准状况下Cl2，氯气先氧化Fe2＋；

（6）NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2溶液混合，SO42-、Ba2+反应生成BaSO4沉淀，OH-与Al3+、NH4+依次发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓、NH4++OH-=NH3?H2O、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。【详解】

（1）根据

m

n=

M

，12.2g该晶体的物质的量是

12.2g

122g/mol

0.1mol，含氧原子数为

0.1×3.3×N A=0.33N A，氢原子的物质的量为0.1mol×2.6=0.26mol；

（2）100mL2mol·L-1的FeCl3溶液中FeCl3的物质的量是0.1L×2mol·L-1=0.2mol，生成具