上海高考化学复习氧化还原反应专项易错题

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）

1．Na2S2O4（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Na2S2O4的方法很多，

（1）在碱性溶液中用NaBH4还原NaHSO3法制备Na2S2O4的反应原理为：

NaBH4NaHSO3NaOHNa2S2O4NaBO2H2O（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N2，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NaHSO3尽可能完全被还原，加入三口烧瓶中的反应液，应控制

nNaHSO3______________。

nNaBH4（2）用HCOONa还原SO2制备Na2S2O4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SO2，适宜的试剂是______________________________。 ③装置c在70~83℃生成Na2S2O4并析出，同时逸出CO2，该反应的化学方程式为________________________，加入CH3OH的目的是________________________；利用反应后的浊液分离提纯Na2S2O4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） Na2SO32HCl2NaClH2OSO2 饱和NaHSO3溶液

2HCOONa4SO2Na2CO32Na2S2O4H2O3CO2 降低Na2S2O4的溶解度

过滤、洗涤、重结晶、过滤、干燥 【解析】 【分析】

(1)①Na2S2O4在空气中极易被氧化，通入N2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；

③NaBH4NaHSO3NaOHNa2S2O4NaBO2H2O，根据得失电子守恒可知，

nNaHSO3=8；

nNaBH4(2)①装置a烧瓶中发生Na2SO3与盐酸反应生成SO2的反应； ②生成的SO2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SO2、Na2CO3反应生成Na2S2O4并析出，同时逸出

CO2；Na2S2O4不溶于甲醇，加入CH3OH可降低Na2S2O4的溶解度；利用反应后的浊

液分离提纯Na2S2O4需重结晶。 【详解】

(1)①Na2S2O4在空气中极易被氧化，实验开始及整个过程中均需通入N2，其目的是排出装置内空气，使反应在无氧状况下进行；

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使反应液均匀受热； ③根据得失电子守恒配平方程式，NaBH48NaHSO3=4Na2S2O4NaBO26H2O，

nNaHSO3=8，为使NaHSO3尽可能完全被还原，加入三口烧瓶中的反应液，应控制

nNaBH4nNaHSO3<8；

nNaBH4(2)①装置a烧瓶中发生反应的化学方程式为Na2SO32HCl2NaClH2OSO2； ②生成的SO2气体中含有HCl气体，除杂适宜的试剂是饱和NaHSO3溶液； ③装置c在70~83℃生成Na2S2O4并析出，同时逸出CO2，化学方程式为

2HCOONa4SO2Na2CO32Na2S2O4H2O3CO2；Na2S2O4不溶于甲醇，加

入CH3OH的目的是降低Na2S2O4的溶解度；利用反应后的浊液分离提纯Na2S2O4需经过的操作为过滤、洗涤、重结晶、过滤、干燥。

2．碘酸钾（KIO3）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KIO3的纯度：

其中制取碘酸（HIO3）的实验装置见图，有关物质的性质列于表中

物质 HIO3 KIO3 性质 白色固体，能溶于水，难溶于CCl4 ①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HIO3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KIO3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KIO3晶体析出，应往中和所得的KIO3溶液中加入适量的___________。 （6）取1.000gKIO3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/LNa2S2O3溶液滴定。

2--2-滴定至终点时蓝色消失（I2+2S2O3=2I+S4O6），测得每次平均消耗Na2S2O3溶液

25.00mL。则产品中KIO3的质量分数为___（结果保留三位有效数字）。

【答案】还原性、酸性 5CI2+I2+6H2O==2HIO3+10HCl 充分溶解I2和Cl2，以增大反应物浓度 分液 除去Cl2（或ClO-），防止氧化KIO3 C 乙醇（或酒精） 89.5%。 【解析】 【分析】

装置A用于制取Cl2，发生的反应为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，装置B中发生的是制取HIO3的反应，装置C为尾气处理装置，既要吸收尾气中的HCl和Cl2，还要防止倒吸。 【详解】

（1）装置A中发生的反应为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，浓盐酸中的Cl元素有一部分失电子转化为Cl2，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：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，Cl2和I2均难溶于水，易溶于CCl4，加入CCl4可使二者溶解在CCl4中，增大反应物浓度，故答案为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；充分溶解I2和Cl2，以增大反应物浓度；

（3）分离B中制得的HIO3水溶液的操作为分液，HIO3溶液中混有的Cl2在碱性条件下转化为ClO-，ClO-会将IO3-氧化为IO4-，因此在中和前需要将Cl2除去，故答案为：分液；除去Cl2（或ClO-），防止氧化KIO3；

（4）尾气中主要含HCl和Cl2，需用NaOH溶液吸收，同时要防止倒吸，故答案为：C； （5）因为KIO3难溶于乙醇，向KIO3溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使KIO3晶体析出，故答案为：乙醇（或酒精）；

（6）每20mLKIO3溶液中，加入KI溶液和稀盐酸发生的反应为：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，滴定时发生的反应为：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可列出关系式：IO3-~3I2~6S2O32-，每次平均消耗的n(S2O32-)= 0.1004mol/L×0.025L=0.00251mol，则每20mLKIO3溶液中，n(KIO3)=n(IO3-)= n(S2O32-)÷6=0.00251mol÷6=0.000418mol，200mL溶液中，n(KIO3)=0.00418mol，产品中KIO3的质量分数=【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KIO3的物质的量，需扩大10倍才能得到1g样品中KIO3的物质的量。

214g/mol0.00418mol×100%=89.5%，故答案为：89.5%。

1g

3．锂离子电池能够实现千余次充放电，但长时间使用后电池会失效，其中的化学试剂排放至环境中不仅会造成环境污染，还会造成资源的浪费。实验室模拟回收锂离子电池中的Co、Ni、Li的流程如图。

已知：LiCoO2难溶于水，易溶于酸。回答下列问题：

（1）LiCoO2中Co的化合价是__。

（2）LiCoO2在浸出过程中反应的离子方程式是__。

（3）浸出剂除了H2O2外，也可以选择Na2S2O3，比较二者的还原效率H2O2__(填“>”或“<”)Na2S2O3(还原效率：还原等物质的量的氧化剂消耗还原剂的物质的量)。 （4）提高浸出效率的方法有__。

（5）利用Cyanex272萃取时，pH对钴、镍萃取分离效果的影响如图。从图中数据可知，用Cyanex272萃取分离时，最佳pH是__。

（6）反萃取的离子方程式为2H++CoR2=Co2++2HR，则反萃取剂的最佳选择是__。 （7）常温下，若水相中的Ni2+的质量浓度为1.18g·L-1，则pH=__时，Ni2+开始沉淀。[Ksp(Ni(OH)2=2×10-15]

（8）参照题中流程图的表达，结合信息设计完成从水相中分离Ni和Li的实验流程图(如图)___。

已知：

提供的无机试剂：NaOH、Na2CO3、NaF。

【答案】+3 2LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O < 适当升高温度，适当增加H2SO4浓度 5.5 H2SO4 7.5 ①NaOH ②Ni(OH)2 ③NaF 【解析】 【分析】

(1)通过化合物中各元素化合价代数和为0进行计算；

(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSO4，可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，根据氧化还原反应的规律写出化学方程式；

(3)根据等物质的量H2O2和Na2S2O3作为还原剂转移电子的多少进行判断； (4)提高浸出效率即提高化学反应速率；

(5)分离Co2+和Ni2+时，由于Co2+进入有机相，Ni进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围；

(6)将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时不能引入新杂质；

(7)根据Ksp(Ni(OH)2的表达式进行计算；

(8)根据表格中所给物质溶解度信息，调节pH应该用碱性物质，但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀。 【详解】

(1)LiCoO2中O元素为-2价，Li为+1价，根据化合物中各元素化合价代数和为0进行计算得Co的化合价为+3价；

(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSO4，可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，化学方程式为：2LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O；

(3)1molH2O2作为还原剂转移2mol电子，1molNa2S2O3作为还原剂转移8mol电子，则Na2S2O3的还原效率更高；

(4)提高浸出效率可以适当升高温度，适当增加H2SO4浓度等；

(5)分离Co2+和Ni2+时，由于Co2+进入有机相，Ni进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围，所以最佳pH是5.5；

(6)将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时，为不引入新杂质，反萃取剂最好选择H2SO4； (7)c(Ni2+)=

1.18mol/L=0.02mol/L，则开始沉淀时，c(OH-)＝5915210==10-6.5mol/L，则pH=14-6.5=7.5； 0.02Ksp(NiOH2)0.02(8)根据表格中所给物质溶解度信息，调节pH应该用碱性物质，但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀，所以选用NaOH，则Ni(OH)2先沉淀，过滤后滤液中加入NaF生成LiF沉淀。 【点睛】

本题(5)选择合适的pH时，注意读懂图中信息，要根据实验的具体操作情况来分析。

4．铋酸钠（NaBiO3）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 NaBiO3 性质 不溶于冷水，浅黄色 Bi(OH)3 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Cl2反应生成NaBiO3，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Cl2以免污染空气。除去Cl2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Mn2+

（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Mn2+。

①产生紫红色现象的离子方程式为___；

②某同学在较浓的MnSO4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（MnO2）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NaBiO3产品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用cmo1·L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4-（已知：H2C2O4+MnO4-——CO2+Mn2++H2O，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++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O C中白色固体消失（或黄色不再加深） 关闭K1、K3，打开K2 在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O 3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+

0.28cv28cv280cv10-3×100%或×100%或%

www【解析】 【分析】

用浓HCl和MnO2反应制备Cl2，其中混有挥发出来的HCl，要用饱和食盐水出去，然后利用Cl2的强氧化性在碱性条件下将Bi(OH)3氧化成NaBiO3；利用Mn2+的还原性将NaBiO3还原而Mn2+被氧化成紫红色溶液MnO4-来检验NaBiO3的氧化性；实验结束后Cl2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；NaBiO3纯度的检测利用NaBiO3和Mn2+反应生成MnO4-，MnO4-再和草酸反应来测定，找到NaBiO3、Mn2+、MnO4-、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、Cl2和NaOH混合物，+3价的Bi被氧化成NaBiO3，Cl2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++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O，故答案为：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；

（3）C中反应已经完成,则白色的Bi(OH)3全部变为了黄色的NaBiO3，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K1、K3，打开K2可使NaOH留下与氯气反应，故答案为：关闭K1、K3，打开K2；

（5）由题意知道NaBiO3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Mn2+，说明铋酸钠将Mn2+氧化成MnO4-，因为是酸性条件，所以铋酸钠被还原成Bi3+，据此写方程式并配平为5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O，故答案为：5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O；

②由题意可知，Mn2+过量，铋酸钠少量，过量的Mn2+和MnO4-发生反应生成了黑色的MnO2，反应方程式为3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为：3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；

（7）根据得失电子守恒找出关系式为：5NaBiO3～2Mn2+～2MnO4-～5H2C2O4,计算铋酸钠理论产量：

5NaBiO3~5H2C2O41400g5mol m(理论)cv103mol解得m（理论）=0.28CVg，所以纯度=

0.28cvg0.28cv×100%=×100%，所以答案为：WgW0.28cv28cv280cv10-3×100%或×100%或%。

www【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5NaBiO3 ～ 5H2C2O4，使复杂问题简单化了。

5．废水中过量的氨氮(NH3和NH4)会导致水体富营养化。某科研小组用NaClO氧化法处

理氨氮废水。已知：①HClO的氧化性比NaClO强；②NH3比NH4更易被氧化；③国家

相关标准要求经处理过的氨氮废水pH要控制在6~9 。

(1)pH1.25时，NaClO可与NH4反应生成N2等无污染物质，该反应的离子方程式为

___________。

(2)进水pH对氨氮去除率和出水pH的影响分别如图1和图2所示：

①进水pH在1.25~2.75范围内时，氨氮去除率随pH的升高迅速下降的原因是__________。

②进水pH在2.75~6范围内时，氨氮去除率随pH的升高而上升的原因是___________。 ③进水pH应控制在____________左右为宜。

(3)为研究空气对NaClO氢化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通人空气的量，发现氨氮去除率几乎不变。其原因可能是______(填序号) a.O2的氧化性比NaClO弱 b.O2氧化氨氮速率比NaClO慢 c.O2在废水中溶解度比较小 d.空气中的N2进入废水中

【答案】3ClO2NH4N23Cl3H2O2H 随着pH的升高，NaClO含量增

大，氧化性降低，导致氨氯去除率下降 随着pH的升高，氨氮废水中NH3含量增大，而

NH3比NH4更易被氧化 1.5 abc

【解析】 【分析】

(1)pH=1.25时，NaClO可与NH4+反应生成N2等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子和水，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式；

(2)①进水pH为1.25～2.75范围内，氨氮去除率随pH升高迅速下降是c(OH-)较大，抑制NaClO水解，c(HClO)较小致氧化能力弱；

②进水pH为2.75～6.00范围内氨氮去除率随pH升高而上升，氨气含量增大氨氮易被氧化；

③结合图象变化可知进水pH应控制在1.0左右；

(3)其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变，说明O2氧化氨氮速率比NaClO慢，比次氯酸钠氧化性弱，溶液中溶解的氧气少等原因。 【详解】

(1)pH=1.25时，NaClO可与NH4+反应生成N2等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式：3ClO-+2NH4+=N2↑+3Cl-

+2H+；

(2)①进水pH为1.25～2.75范围内，氨氮去除率随pH升高迅速下降的原因是：随着PH升高，NaClO含量增大，氧化性能降低，导致氨氮去除率下降；

②进水pH为2.75～6.00范围内，氨氮去除率随pH升高而上升的原因是：随着PH升高氨氮废水中氨气含量增大，氨氮更易被氧化； ③进水pH应控制在1.50左右，氨氮去除率会较大；

(3)研究空气对NaClO氧化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变。其原因可能是：O2的氧化性比NaClO弱、O2氧化氨氮速率比NaClO慢、O2在溶液中溶解度比较小；故答案为：abc。

6．（1）已知草酸（H2C2O4）分解的化学方程式为：H2C2O4

下列装置中，可用作草酸分解制取气体的是__________（填序号）

CO↑+ CO2↑+ H2O，

nH2O和Fe两种成份），（2）某实验小组为测定铁锈样品的组成（假定铁锈中只有Fe2O3·利用草酸分解产生的CO和铁锈反应，实验装置如下图所示。

①、为得到干燥、纯净的CO气，洗气瓶A、B中盛放的试剂分别是_______、________。 ②、在点燃C处酒精灯之前，应先持续通入一段时间的混合气体，其目的是______________________

③、准确称量样品的质量20.00g置于硬质玻璃管中，充分反应后冷却、称量（假设每步均完全反应），硬质玻璃管中剩余固体质量为16.64g，D中浓硫酸增重1.44g，则n=______。

④、在本实验中，下列情况会使测定结果n偏大的是____（填字母） a．缺少装置A b．缺少装置B c．反应后固体是铁和少量Fe2O3·nH2O

【答案】④ NaOH溶液 浓硫酸 排除装置中的空气，防止CO中混有空气而在加热时发

生爆炸 2 b 【解析】 【详解】

（1）该反应的反应物是液体，反应条件是加热，应选择固液反应且需要加热的装置，所以选④.

（2）①为得到干燥、纯净的CO气，应先除去混合气体中的二氧化碳，用氢氧化钠吸收即可；混合气体通入氢氧化钠溶液时会带走水蒸气，为除去水蒸气，选用浓硫酸洗气。 ②装置中含有空气，CO中混有空气加热时可能发生爆炸，所以要通入混合气体一段时间，排除装置中的空气。

③由题意知，固体质量减少的量为水和氧的量，浓硫酸吸收的量为水，反应方程式为： Fe2O3．nH2O+3CO=Fe+3CO2+nH2O 固体质量减少量 18ng （18n+48）g 1.44g 20.00g-16.64g

所以 18ng：1.44g =（18n+48）g：（20.00g-16.64g） 解得n=2。

④a、缺少装置A，未除去CO2，可能影响CO还原氧化物，固体质量差变小，导致所测n值偏小，错误；b、缺少洗气瓶B会导致装置E增重的质量偏大，所以测定结果n偏大，正确；c、反应后固体是铁和少量Fe2O3•nH2O，固体减少的质量偏小，导致所测n值偏小，错误。

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：，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[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+C6

LixC6+Li1-xCoO2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-xCoO2 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Li2O•Al2O3•4SiO2；

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Ksp大于Fe(OH)3的Ksp，那么保证Al3+完全沉淀即可达到目的；已知Al(OH)3的Ksp=1×10-33，所以当c(Al3+)=1×10-5mol/L时可认为铝离子和铁离子完全沉淀，此时 c(OH-

11033-9.3=3)=3mol/L，c(H+)=1×10-4.7mol/L，pH=4.7，即pH至少为5=mol/L=1×103+110cAl4.7；

④根据分析可知滤渣2主要为Mg(OH)2和CaCO3；

⑤根据“沉锂”后形成Li2CO3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Na2CO3溶液；

Ksp垐垎?(2)A．电池反应式为LiCoO2+C6噲垐?LixC6+Li1-xCoO2，由此可知，放电时，负极电极反应放电式为LixC6-xe-=xLi++C6，正极电极反应式Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2，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-xCoO2，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

充电

8．二氧化氯泡腾片，有效成分（ClO2）是一种高效、安全的杀菌、消毒剂。

方法一：氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2气体的方法。该法工艺原理如图。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生成ClO2。

（1）工艺中可利用的单质有__________（填化学式），发生器中生成ClO2的化学方程式为_____________。

（2）此法的缺点主要是______________________________________。

方法二：最近，科学家又研究出了一种新的制备方法，纤维素还原法制ClO2，其原理是：纤维素水解得到的最终产物X与NaClO3反应生成ClO2。

（3）配平方程式： □ （X） +□NaClO3+□H2SO4→□ClO2↑+□CO2↑+□H2O+□______ 若反应中产生4.48L（折算成标准状况下）气体，电子转移________ 个。

（4）ClO2和Cl2均能将电镀废水中的CN—氧化为无毒的物质，自身被还原为Cl—。处理含CN—相同量的电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的_______倍。

方法三：实验室常用氯酸钠(NaClO3)和亚硫酸钠(Na2SO3)用硫酸酸化，加热制备二氧化氯，化学反应方程式为：2NaClO3+Na2SO3＋H2SO4子方程式表示）.

常温下，0.1mol/L该溶液中离子浓度由大到小排列__________________（用离子符号表示）

（6）常温下，已知NaHSO3溶液呈酸性，在Na2SO3溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有________________。（用化学式表示）

【答案】H2、Cl2 2NaClO3+ 4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+ 2NaCl + 2H2O 同时产生了大量的氯气，不仅产率低，而且产品难以分离，同时很有可能造成环境污染；能耗较大等 1C6H12O6+24NaClO3+12H2SO4→24ClO2↑+6CO2↑+18H2O+12Na2SO4 0.16NA 2.5 SO32-+H2O

OH-+HSO3-， HSO3-+H2O

OH-+H2SO3 c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)

NaHSO3、Na2SO3、NaCl、或（NaHSO3、Na2SO3、NaCl、SO2、H2SO3） 【解析】 【分析】

（1）电解饱和食盐水生成H2、Cl2和NaOH；故可以利用的单质为H2、Cl2，合成HCl，根据流程图可知加入物质为NaClO3和HCl，生成ClO2；可以写出方程式，并用化合价升降法配平得到；

2ClO2↑+2Na2SO4＋H2O

H++OH-和 ________________（用离

（5）反应中的Na2SO3溶液中存在如下平衡：H2O

（2）生成的气体中除了有二氧化氯还有大量的氯气，产率低，难分离，而且极有可能造成大气污染；用电解的方法耗能大；

（3）①纤维素为多糖，水解最终产物为葡萄糖（C6H12O6），具有还原性，可将NaClO3还原得到ClO2．Cl从+5到+4价，降低1价，葡萄糖（C6H12O6）C均价为0，到+4价，升高4价，然后配平得到，由①可知生成24molClO2和6mol CO2气体转移24mol的电子； （4）每摩尔Cl2得到2mol电子，而每摩尔ClO2得到5mol电子，故为2.5倍；

（5）存在弱电解水的电离平衡和弱离子的水解平衡．不水解的二元钠离子浓度最大，水解

是微弱的，显性离子和第一步水解产生的阴离子，隐性离子；

（6）Na2SO3溶液中滴加稀盐酸，两者反应，要使溶液呈中性，只能是部分反应，所以溶质为Na2SO3、NaHSO3、NaCl。 【详解】

（1）由工艺流程图可以看出：在该工艺中可利用的单质有H2、Cl2 ；根据流程图可知加入物质为NaClO3和HCl，生成ClO2；发生氧化还原反应，NaClO3被还原生成ClO2，HCl被氧化生成Cl2，生成ClO2的化学方程式为：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+ 2NaCl+2H2O； （2）由制备原理和流程图可知此法的缺点主要是会产生大量的Cl2，消耗大量的电能，产物ClO2和Cl2不仅不容易分离，而且物质利用率低，很容易造成大气污染；

（3）纤维素水解得到的最终产物X是葡萄糖C6H12O6。它与NaClO3在酸性条件下发生反应，根据质量守恒定律和电子守恒的知识可得方程式为：

1C6H12O6+24NaClO3+12H2SO4→24ClO2↑+6CO2↑+18H2O+12Na2SO4，由方程式可以看出每产生30mol的气体，转移电子24NA；现在产生气体的物质的量为4.48L（即0.2mol），所以转移电子的物质的量为0.16mol，个数为0.16NA；

（4）处理含CN相同量的电镀废水，即转移电子的物质的量相同。假设转移电子2mol，则需要Cl2的物质的量是1mol；需要ClO2的物质的量为n(ClO2)=1：0.4=2.5；

（5）反应中的Na2SO3溶液中存在如下平衡：H2OHSO3-+H2O

H+OH和SO3的水解平衡的两种方程

OH-+HSO3-，

+

-2--

2==0.4mol。所以n(Cl2)：5式。由于SO32-是二元弱酸的酸根离子，因此存在两步水解平衡SO32-+H2O

OH-+H2SO3；Na2SO3=2Na++ SO32-；c(Na+)>c(SO32-)，SO32-水解产生OH-和HSO3-，

HSO3-进一步水解还要消耗HSO3-，同时产生OH-，因此c(OH-)>c(HSO3-)；在溶液中还存在水的电量平衡，所以c(HSO3-)>c(H+)；在溶液中盐水解的程度是很微弱的，所以c(SO32-)>c(OH)；因此在该溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序为c(Na)>c(SO3)>c(OH)>c(HSO3-)>c(H+)；

（6）在Na2SO3溶液中滴加稀盐酸若恰好发生反应：Na2SO3+HCl=NaCl+NaHSO3。则由于NaHSO3溶液呈酸性。所以至中性时，n(HCl)-+

2--

9．某工业废水中含有的 Mn2+、CN﹣等会对环境造成污染，在排放之前必须进行处理。ClO2是一种国际上公认的安全无毒的绿色水处理剂，某实验兴趣小组通过如图装置制备 ClO2，并用它来处理工业废水中的 Mn2+、CN﹣。

已知：i．ClO2 为黄绿色气体，极易溶于水，沸点 11℃；

ii．ClO2 易爆炸，若用“惰性气体”等稀释时，爆炸性则大大降低；

iii．某工业废水处理过程中 Mn2+转化为 MnO2、CN﹣转化为对大气无污染的气体； iv．装置 B 中发生的反应为：H2C2O4+H2SO4+2KClO3═K2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O。 请回答下列问题：

（1）B 装置的名称是_____，C 装置的作用为_____。

（2）用 H2C2O4 溶液、稀硫酸和 KC1O3 制备 ClO2 的最大优点是_____。 （3）写出装置 D 中除去 Mn2+的离子方程式_____。

（4）ClO2 在处理废水过程中可能会产生副产物亚氯酸盐（ClO2 ）。下列试剂中，可将 ClO2 转化为 Cl

的是_____。（填字母序号）。 a．FeSO4 b．O3 c．KMnO4 d．SO2

（5）在实验室里对该废水样品中 CN﹣含量进行测定：取工业废水Wg于锥形瓶中，加入10mL0.10mol/L 的硫酸溶液，用 0.0200mol/L 的 KMnO4标准溶液进行滴定，当达到终点时共消耗 KMnO4 标准溶液25.00mL。 在此过程中：

①实验中使用棕色滴定管的原因是_____，滴定终点的判断依据是_____。

﹣

②W g 工业废水中 CN的物质的量为_____。

③若盛装工业废水的锥形瓶未润洗，则测定结果将_____（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。

【答案】圆底烧瓶 防倒吸 制得ClO2的同时有CO2产生，可稀释ClO2，大大降低爆炸的可能性 2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+ ad 防止KMnO4见光分解 锥形瓶中的溶液颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色 0.0005mol 无影响 【解析】 【分析】

（1）B为圆底烧瓶；依据C装置进气管、出气管都较短可知为安全瓶，防止倒吸； （2）反应生成的产物结合ClO2易爆炸，用惰性气体等稀释时，可防止爆炸分析； （3）二氧化氯具有强的氧化性，能够氧化二价锰离子生成二氧化锰，本身被还原为氯离子；

（4）将ClO2 转化为 Cl-，应加入还原剂；

（5）①高锰酸钾不稳定；高锰酸钾与CN-发生氧化还原反应，被还原为无色的二价锰离子，所以当达到滴定终点时：颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；

-+﹣2+②涉及反应为：2MnO4+8H+2CN＝2Mn+2CO2+N2+4H2O，结合方程式计

算；

③锥形瓶无需润洗。 【详解】

（1）B装置的名称是圆底烧瓶；依据C装置进气管、出气管都较短可知为安全瓶，防止倒

吸，故答案为：圆底烧瓶； 防倒吸；

（2）用H2C2O4溶液、稀硫酸和KClO3制备ClO2反应产物为二氧化氯、二氧化碳可稀释ClO2，大大降低爆炸的可能性，

故答案为：制得ClO2的同时有CO2产生，可稀释ClO2，大大降低爆炸的可能性； （3）二氧化氯具有强的氧化性，能够氧化二价锰离子生成二氧化锰，本身被还原为氯离子，离子方程式：2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+， 故答案为：2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+；

（4）将ClO2 转化为 Cl-，应加入还原剂，可加入硫酸亚铁或二氧化硫等， 故答案为：ad；

（5）①高锰酸钾不稳定受热易分解，所以应放在棕色瓶中；高锰酸钾与CN-发生氧化还原反应，被还原为无色的二价锰离子，所以当达到滴定终点时：颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色，

故答案为：防止KMnO4见光分解；锥形瓶中的溶液颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；

②设CN-物质的量为n，则依据方程式

2MnO-4+8H++2CN﹣＝2Mn2++2CO2+N2+4H2O可知：

MnO-410.02mol/L0.025L:CN﹣1 n解得n＝0.0005mol， 故答案为：0.0005mol；

③锥形瓶无需润洗，对测定结果没有影响， 故答案为：无影响。 【点睛】

本题考查物质的制备以及含量的测定，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，注意把握二氧化氯的制备和性质，能正确书写氧化还原反应方程式，掌握氧化还原滴定法测量物质的浓度，熟悉制备原理，准确把握题干信息是解题关键，题目难度较大。

10．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【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+2O2

N2O+3H2O；

1 1125(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%；

2N2O（g）ƒ2N（+O（2g）2g）起始（mol/L）0.0100

变化（mol/L）0.0040.0040.002平衡（mol/L）0.0060.0040.002c2(N2)c(O2)0.00420.002=8.9×10-4。 所以K=22cN2O0.006

11．草酸亚铁是合成锂离子电池正极材料磷酸亚铁锂的原料。某工厂以炼钢厂的脱硫渣(主要成分是Fe2O3)为原料生产电池级草酸亚铁晶体的工艺流程如下：

（1）要提高“酸浸”速率，宜采取的措施有___(填两条)。

（2）写出“还原”过程中既是化合反应又是氧化还原反应的离子方程式___。

（3）滤渣2中含有的TiOSO4在热水中易水解，生成H2TiO3，该反应的化学方程式为___。 （4）“滤液”经处理后得到一种化肥，其化学式为___。“一系列操作”指___。

（5）已知：298K时，Ksp[Fe(OH)2]=4.0×10-17，当离子浓度≤1.0×10-5mol∙L-1时，视该离子已完全沉淀。上述流程中，加“氨水”调pH的范围为___(lg2≈0.3)。

（6）草酸亚铁晶体(FeC2O4∙2H2O)纯度的测定：准确称取mg草酸亚铁晶体于锥形瓶中，加入一定量的稀硫酸溶液，并加热至50℃，用cmol∙L-1KMnO4标准溶液滴定，达到滴定终点时，用去标准溶液VmL。滴定反应(未配平)：

FeC2O4∙2H2O+KMnO4+H2SO4→Fe2(SO4)3+CO2+MnSO4+K2SO4+H2O；则样品中FeC2O4∙2H2O的纯度为___%(用含有m、c、V的代数式表示)；若草酸亚铁晶体失去部分结晶水，测得的结果___(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。

【答案】加热、搅拌、粉粹矿粉等 2Fe3++Fe=3Fe2+ TiOSO4+2H2O=H2TiO2↓+H2SO4 (NH4)2SO4 洗涤、干燥 ≥ 8.3 【解析】 【分析】

脱硫渣(主要成分为Fe2O3)用硫酸溶解，过滤除去不溶物，滤液中主要含有硫酸铁、硫酸等，进入铁粉还原得到硫酸亚铁，过滤分离，滤液中通入氨气，得到氢氧化亚铁沉淀，过滤分离，滤液中含有硫酸铵，氢氧化亚铁与草酸化合得到草酸亚铁，再经过过滤、洗涤、干燥得到草酸亚铁晶体。 【详解】

⑴要提高“酸浸”速率，宜采取的措施有：加热、搅拌、粉粹矿粉等；故答案为：加热、搅拌、粉粹矿粉等。

30cV 偏高 m⑵“还原”过程中反应的离子方程式还有：Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+；故答案为：Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+。 ⑶TiOSO4在热水中易水解，生成H2TiO3沉淀，还生成硫酸，反应方程式为：TiOSO4 + H2O = H2TiO3↓ + H2SO4，故答案为：TiOSO4 + H2O = H2TiO3↓ + H2SO4。

⑷滤液中含有硫酸铵，经处理后得到一种农业上常用的化肥，过滤后，再经过洗涤、干燥得到草酸亚铁晶体，故答案为：(NH4)2SO4；洗涤、干燥。 ⑸根据题意，cOHKsp[Fe(OH)2]cFe24.01017161molL2.010molL，

1.0105pH ≥ 8.3；故答案为：≥ 8.3。

⑹配平后反应方程式为：10FeC2O4∙2H2O + 6KMnO4 + 24H2SO4 = 5Fe2(SO4)3 + 20CO2↑ + 6MnSO4 + 3K2SO4 + 24H2O，可知

nFeC2O42H2O1010nKMnO4V103LcmolL1，故6610V103Lc molL1180gmol10.3cV g，故6mFeC2O42H2OFeC2O4∙2H2O的纯度为

0.3cVg30cV100%%，若草酸亚铁晶体失去部分结晶水，测mgm得的结果偏高；故答案为：

30cV；偏高。 m

12．按要求回答下列问题：

（1）现有以下物质：①NaCl晶体 ②液态HCl ③CaCO3固体 ④熔融KCl ⑤蔗糖 ⑥铜 ⑦CO2 ⑧H2SO4 ⑨KOH固体

a. 以上物质中能导电的是________________________________。

b. 以上物质中属于电解质的是_______________________，属于非电解质的是_______________________。

c. 以上物质中，溶于水且能导电的物质是_______________________。

（2）胶体和溶液的本质区别是________________，鉴别胶体和溶液所采用的方法是观察是否能发生___________效应。

（3）下列3个反应，按要求填写相关量。

①2Na2O2+2H2O＝4NaOH+ O2↑反应中，每消耗1 mol Na2O2生成_____ g O2。 ②在NaHCO3的热分解反应中，每消耗168 g NaHCO3，标准状况下生成_____L CO2。 ③Cl2+H2O＝HCl+HClO反应中，标准状况下每消耗22.4LCl2，转移_____mol电子。 （4）在一个密闭容器中放入以下四种物质，在一定条件下发生化学反应，一段时间后，测得有关数据如下： 物质 反应前质量（g） 反应后质量（g） M 50 x N 1 26 Q 3 3 P 12 30

①该变化的基本反应类型是_____反应； ②物质Q在反应中起的作用是_____。

【答案】④⑥ ①②③④⑧⑨ ⑤⑦ ①②④⑦⑧⑨ 分散质粒径大小不同 丁达尔 16 22.4 1 分解 催化剂 【解析】 【分析】

(1)a. 含有自由移动的电子或阴阳离子的物质就能导电；

b. 在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；

c. 以上物质中，溶于水且能导电的物质，说明水溶液中能发生电离，电离出自由移动的离子；

(2)分散系的分类标准是分散质颗粒直径大小不同，胶体有丁达尔效应，而溶液没有； (3)①消耗1mol过氧化钠可以生成0.5mol氧气，然后根据m=nM计算出生成氧气的质量； ②根据n=

m计算出碳酸氢钠的物质的量，再根据方程式及V=nVm计算出生成标况下二氧M化碳的体积；

③氯气与水的反应中，消耗1mol氯气转移了1mol电子；

(4)该反应中Q的质量不变，则Q为催化剂；根据质量守恒定律计算出X，然后根据质量变化判断反应物、生成物，从而得出该反应的反应类型。 【详解】

(1)a. ④熔融KCl中含有自由移动离子、⑥铜含有自由移动的电子，所以④⑥都能导电； b. ①NaCl晶体、②液态HCl、③CaCO3固体、④熔融KCl、⑧H2SO4、⑨KOH固体是电解质；⑤蔗糖、⑦CO2是非电解质；

c. 水溶液中能发生电离，电离出自由移动的离子或金属中存在自由移动的电子都可以导电，①NaCl晶体、②液态HCl、④熔融KCl、⑦CO2、⑧H2SO4、⑨KOH固体，溶于水溶液都能导电；⑥铜存在自由移动电子能导电；

(2)分散系的分类标准是分散质颗粒直径大小不同，则胶体和溶液的本质区别是散质粒径大小不同；胶体有丁达尔效应，而溶液没有，则鉴别胶体和溶液所采用的方法是观察是否能发生丁达尔效应；

(3)①2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑反应中，每消耗1mol Na2O2生成会生成0.5mol氧气，生成氧气的质量为：32g/mol×0.5mol=16g；

②2NaHCO3═Na2CO3+H2O+CO2↑反应中，168gNaHCO3的物质的量为：

168g=2mol，

84g/mol根据反应可知，消耗2mol碳酸氢钠会生成1mol二氧化碳，标况下1mol二氧化碳的体积为：22.4L/mol×1mol=22.4L；

③Cl2+H2O═HCl+HClO反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂，标况下22.4L Cl2的物质的量为：

22.4L=1mol，消耗1mol氯气转移了1mol电子；

22.4L/mol(4)①根据质量守恒可知：X+26+3+30=50+1+3+12，解得：X=7，反应中M的质量减小，Q、P的质量增加，则该反应为M分解生成Q和P的反应，属于分解反应； ②根据表中数据可知，Q在反应前后的质量不变，则Q在反应中作催化剂。 【点睛】

电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。

13．Ⅰ.KClO3和浓盐酸在一定温度下反应，会生成橙黄色的易爆物二氧化氯(ClO2)气体，该反应的化学方程式为2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O。 （1）该反应的还原产物是_____________ (填化学式)。 （2）在反应中浓盐酸表现出来的性质是________(填字母)。 A 只有还原性 B 只有氧化性 C 还原性和酸性 D 氧化性和酸性

（3）若该反应产生2.24 L(标准状况)ClO2，则转移电子的物质的量为_____________。 （4）某地生产的氧化钠井盐中含有少量的剧毒物质氰化钠(NaCN)，用ClO2 可除去其中的氰化钠，从而得到纯净的食盐，同时产生两种无毒气体。写出该反应的化学方程式: __________。

Ⅱ.（5）一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72-和Pb2+，则与1molCr3+反应所需PbO2的物质的量为_______mol；

（6）在一定条件下，实验室分别以过氧化氢、高锰酸钾、氯酸钾为原料制取氧气，当制得同温同压下相同体积的氧气时，三个反应中转移的电子数之比为_____________。 【答案】ClO2 C 0.1 mol 2ClO2+2NaCN=2CO2+N2+2NaCl 1.5 mol 1:2:2 【解析】 【分析】

Ⅰ. 在反应2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O中，KClO3为氧化剂，HCl(为还原剂，ClO2是氧化剂对应的还原产物，Cl2是还原剂对应的氧化产物。 （1）由此可知该反应的还原产物。

（2）在反应中，浓盐酸生成KCl，表现出酸性；浓盐酸生成Cl2，表现出还原性。 （3）产生2.24 L(标准状况)ClO2，即0.1mol ClO2，此时Cl由+5价降低为+4价，由此可求出转移电子的物质的量。

（4）某地生产的氧化钠井盐中含有少量的剧毒物质氰化钠(NaCN)，用ClO2 可除去其中的氰化钠，从而得到纯净的食盐，同时产生两种无毒气体，则气体为N2和CO2，ClO2 被还原为Cl-。

Ⅱ.（5）一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72-和Pb2+，则与1molCr3+反应失电子3mol，PbO2得电子也应为3mol，PbO2中的Pb由+4价降低为+2价，按得失电子总数相等，可求出所需PbO2的物质的量；

（6）在一定条件下，实验室分别以过氧化氢、高锰酸钾、氯酸钾为原料制取氧气，当制得

同温同压下相同体积的氧气时，过氧化氢中的O由-1价升高为0价，高锰酸钾、氯酸钾中的O由-2价升高为0价，由此可求出三个反应中转移的电子数之比。 【详解】

Ⅰ. 在反应2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O中，KClO3为氧化剂，HCl(为还原剂，ClO2是氧化剂对应的还原产物，Cl2是还原剂对应的氧化产物。 （1）由此可知该反应的还原产物为ClO2。答案为：ClO2；

（2）在反应中，浓盐酸生成KCl，表现出酸性；浓盐酸生成Cl2，表现出还原性。答案为：C；

（3）产生2.24 L(标准状况)ClO2，即0.1mol ClO2，此时Cl由+5价降低为+4价，由此可求出转移电子的物质的量为0.1 mol。答案为：0.1 mol；

（4）某地生产的氧化钠井盐中含有少量的剧毒物质氰化钠(NaCN)，用ClO2 可除去其中的氰化钠，从而得到纯净的食盐，同时产生两种无毒气体，则气体为N2和CO2，ClO2 被还原为Cl-，反应的离子方程式为2ClO2+2NaCN=2CO2+N2+2NaCl。答案为：2ClO2+2NaCN=2CO2+N2+2NaCl；

Ⅱ.（5）一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72-和Pb2+，则与1molCr3+反应失电子3mol，PbO2得电子也应为3mol，PbO2中的Pb由+4价降低为+2价，按得失电子总数相等，可求出所需PbO2的物质的量

3mol=1.5mol；答案为：1.5mol； 2（6）在一定条件下，实验室分别以过氧化氢、高锰酸钾、氯酸钾为原料制取氧气，当制得同温同压下相同体积的氧气(假设为1mol)时，过氧化氢中的O由-1价升高为0价，高锰酸钾、氯酸钾中的O由-2价升高为0价，由此可求出三个反应中转移的电子数之比2：4：4=1:2:2。答案为：1:2:2。 【点睛】

利用过氧化氢、高锰酸钾、氯酸钾分解制氧气，当制得同温同压下相同体积的氧气时，求三个反应中转移电子的物质的量。我们可以先写出三个反应的化学方程式，然后建立转移电子数与生成O2的关系式，通过生成相同物质的量的O2，确定转移电子的物质的量关系。也可从反应物中O元素的价态变化切入，利用产生O2的物质的量相等，确定转移电子数的关系。

14．Ⅰ.高铁酸钾(K2FeO4)具有极强的氧化性，是一种优良的水处理剂。 （1）请完成FeO42-与水反应的离子方程式：4FeO42-＋10H2OK2FeO4在处理水的过程中所起的作用是___和____。

L－1的试样，将试样分别置于20℃、30℃、（2）将适量K2FeO4配制成c(FeO42-)＝1.0mmol·

40℃和60℃的恒温水浴中，测定c(FeO42-)的变化，结果见图Ⅰ。第（1）题中的反应为FeO42-变化的主反应，则温度对该反应的反应速率和平衡移动的影响是___，发生反应的ΔH___0。

4Fe(OH)3＋8OH

－

＋__。

Ⅱ.下表是几种弱电解质的电离平衡常数、难溶电解质的溶度积Ksp(25℃)。 电解质 CH3COOH H2CO3 C6H5OH 平衡方程式 CH3COOHH2CO3HCO3-C6H5OHH3PO4H3PO4 H2PO4-CH3COO－＋H＋ H＋＋HCO3- H＋＋CO32- C6H5O－＋H＋ H＋＋H2PO4- H＋＋HPO42-HPO42-平衡常数K 1.76×10－5 K1=4.31×10－4 K2=5.61×10－11 1.1×10－10 K1=7.52×10－3 K2=6.23×10－8 K3=2.20×10－13 1.76×10－5 Ksp H＋＋PO43- NH3·H2O BaSO4 BaCO3 NH3·H2OBaSO4BaCO3NH4+＋OH－ Ba2＋＋SO42- Ba2＋＋CO32- 1.07×10－10 2.58×10－9 回答下列问题：

（1）由上表分析，若①CH3COOH，②HCO3-，③C6H5OH，④H2PO4-均可看做酸，则它们酸性由强到弱的顺序为___(填编号)。

（2）写出C6H5OH与Na3PO4反应的离子方程式___。

－

（3）25℃时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，混合液中：c(CH3COO)__c(NH4+)(填

“>”、“＝”或“<”)。

L－1苯酚溶液中滴加VmL0.01mol·L－1氨水，混合液中粒子浓（4）25℃时，向10mL0.01mol·度关系正确的是__。 A．若混合液pH>7，则V≥10

B．若混合液pH<7，则c(NH4+)>c(C6H5O－)>c(H＋)>c(OH－)

C．V＝10时，混合液中水的电离程度小于10mL0.01mol·L－1苯酚溶液中水的电离程度 D．V＝5时，2c(NH3·H2O)＋2c(NH4+)＝c(C6H5O－)＋c(C6H5OH)

（5）水解反应是典型的可逆反应，水解反应的化学平衡常数称为水解常数(用Kb表示)，类比化学平衡常数的定义，请写出Na2CO3第一步水解反应的水解常数的表达式：___。 【答案】3O2 杀菌消毒 吸附(净水) 温度升高，反应速率加快，平衡向正反应方向移

－

动 > ①④③② C6H5OH＋PO43-=C6H5O＋HPO42- = D Kb=

c(HCO3-)c(OH-)

c(CO32-)【解析】 【分析】

Ⅰ.（1）FeO42-与水反应的离子方程式：4FeO42-＋10H2O

4Fe(OH)3＋8OH

－

＋__，反应

中，Fe由+6价降低为+3价，则价态升高的元素只能为H2O中的O，从而得出氧化产物为O2；K2FeO4在处理水的过程中，Fe价态降低，作氧化剂，生成Fe(OH)3胶体，作净水剂。

（2）从图中可以看出，升高温度，c(FeO42-)减小，则平衡正向移动。

Ⅱ. （1）由上表分析，若①CH3COOH，②HCO3-，③C6H5OH，④H2PO4-均可看做酸，表中的电离常数分别为：1.76×10－5、5.61×10－11、1.1×10－10、6.23×10－8，可确定它们酸性由强到弱的顺序。

（2）C6H5OH与Na3PO4反应，生成C6H5O-与HPO42-。

（3）25℃时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，由于二者的电离常数相同，所以混合液中，CH3COO－与NH4+的水解程度也相同，由此可得出c(CH3COO－)与c(NH4+)的大小关系。 （4）A．由二者的电离常数分析，即便混合液pH>7，也有可能出现V<10；

B．若混合液pH<7，则反应生成C6H5ONH4后，剩余的C6H5OH又发生电离，从而使溶液显酸性；

C．V＝10时，二者刚好完全反应，混合液中发生C6H5O－、NH4+的水解反应，水的电离程度大于苯酚溶液中水的电离程度；

D．V＝5时，n(C6H5OH)=2n(NH3·H2O)，依据守恒原则可知，2c(NH3·H2O)＋2c(NH4+)＝c(C6H5O

－

)＋c(C6H5OH)；

HCO3-＋OH-，据此写出水解常数的表达式。

4Fe(OH)3＋8OH

－

（5）Na2CO3第一步水解反应为CO32-＋H2O【详解】

Ⅰ.（1）FeO42-与水反应的离子方程式：4FeO42-＋10H2O＋3O2，反应

中，Fe由+6价降低为+3价，则价态升高的元素只能为H2O中的O，从而得出氧化产物为O2；K2FeO4在处理水的过程中，Fe价态降低，作氧化剂，起杀菌消毒作用，生成Fe(OH)3胶体，作净水剂。答案为：3O2；杀菌消毒；吸附(净水)；

（2）从图中可以看出，升高温度，c(FeO42-)减小，则平衡正向移动，从而得出温度对该反应的反应速率和平衡移动的影响是温度升高，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，发生反应的ΔH>0。答案为：温度升高，反应速率加快，平衡向正反应方向移动；>； Ⅱ. （1）由上表分析，若①CH3COOH，②HCO3-，③C6H5OH，④H2PO4-均可看做酸，表中的电离常数分别为：1.76×10－5、5.61×10－11、1.1×10－10、6.23×10－8，可确定它们酸性由强到弱的顺序为①④③②。答案为：①④③②；

（2）C6H5OH与Na3PO4反应，生成C6H5O-与HPO42-，反应的离子方程式为C6H5OH＋PO43-=C6H5O－＋HPO42-。答案为：C6H5OH＋PO43-=C6H5O－＋HPO42-；

（3）25℃时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，由于二者的电离常数相同，所以混合液中，CH3COO－与NH4+的水解程度也相同，由此可得出混合液中：c(CH3COO－)=c(NH4+)。答案为：=；

（4）A．由二者的电离常数分析，即便混合液pH>7，也有可能出现V<10，A不正确； B．若混合液pH<7，则反应生成C6H5ONH4后，剩余的C6H5OH又发生电离，从而使溶液显

－＋－

酸性，由此可得出c(C6H5O)>c(NH4+)> c(H)>c(OH)，B不正确；

C．V＝10时，二者刚好完全反应，混合液中发生C6H5O－、NH4+的水解反应，水的电离程L度大于10mL0.01mol·

－1

苯酚溶液中水的电离程度，C错误；

D．V＝5时，n(C6H5OH)=2n(NH3·H2O)，依据守恒原则，2c(NH3·H2O)＋2c(NH4+)＝c(C6H5O－)＋c(C6H5OH)，D正确。答案为：D； （5）Na2CO3第一步水解反应为CO32-＋H2O

HCO3-＋OH-，水解常数的表达式为

c(HCO3-)c(OH-)c(HCO3-)c(OH-)Kb。答案为：Kb。

c(CO32-)c(CO32-)

15．高锰酸钾、高铬酸是一种典型的强氧化剂。完成下列填空：

（1）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_______________________。

（2）在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下： ①MnO4-＋Cu2S＋H＋→Cu2＋＋SO2↑＋Mn2＋＋H2O(未配平) ②MnO4-＋CuS＋H＋→Cu2＋＋SO2↑＋Mn2＋＋H2O(未配平)

下列关于反应①的说法中正确的是______________(填字母序号)。 a．被氧化的元素是Cu和S

b．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8∶5

c．生成2.24 L(标况下)SO2，反应转移电子的物质的量是0.8 mol d．还原性的强弱关系是：Mn2＋＞Cu2S

（3）在稀硫酸中，MnO4和H2O2也能发生氧化还原反应。

已知：2KMnO4＋7H2O2＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋6O2↑＋10H2O，则被2 mol KMnO4氧化的H2O2是____________mol。

（4）高锰酸钾溶液与硫化亚铁固体有如下反应：

10FeS＋6KMnO4＋24H2SO4===3K2SO4＋6MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋10S＋24H2O

若上述反应前后固体的质量减少了2.8 g，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为________。

【答案】H2O2 H2CrO4 Cr(OH)3 3H2O2 +2H2CrO4= 2Cr(OH)3+ +3O2↑+2H2O a b c 5 0.1NA(或6.02×1022) 【解析】 【分析】

（1）H2O2只发生如下过程：H2O2→O2，O元素的化合价升高，则Cr元素的化合价降低，还原过程为H2CrO4→Cr（OH）3，则发生H2CrO4+H2O2→Cr（OH）3+H2O+O2↑，结合电子守恒及质量守恒定律分析；

（2）①MnO4－+Cu2S+H＋→Cu2＋+SO2↑+Mn2＋+H2O中，Mn元素的化合价降低，而铜元素的化合价由+1升到+2价，硫元素的化合价由-2升到+4价，结合氧化还原反应基本概念及还原剂的还原性大于还原产物的还原性分析；

（3）根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子的物质的量相等计算； （4）反应10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2（SO4）3+10S+24H2O中，反应前后固体变化为：FeS→S，固体减少的质量实际上是铁元素的质量，据此计算出铁的物质的量及转移的电子数。 【详解】

（1）①由O元素的化合价升高可知，H2O2为还原剂；

②该反应中，Cr元素的化合价降低，还原过程为H2CrO4→Cr（OH）3。

③发生H2CrO4+H2O2→Cr（OH）3+H2O+O2↑，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，O元素的化合价由-1价升高为0，

由电子守恒可知2H2CrO4+3H2O2→2Cr（OH）3+H2O+3O2↑， 再由H原子守恒可知，3H2O2+2H2CrO4=2Cr（OH）3+3O2↑+2H2O

标出生成物中的↑及反应条件：该反应的化学方程式3H2O2 +2H2CrO4= 2Cr(OH)3+ +3O2↑+2H2O。

（2）a．铜元素的化合价由+1升到+2价，硫元素的化合价由-2升到+4价，均被氧化，故a正确；

b．设氧化剂的物质的量为x，还原剂的物质的量为y，则5x=（2+6）y，x:y=8:5，故b正确；

c．根据b项，当生成5 mol SO2时，转移电子40 mol，所以当有0.1 mol SO2生成时，转移电子0.8 mol，故c正确；

d．根据方程式，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性Cu2S＞Mn2＋，故d错误；

故答案为：abc；

（3）反应2KMnO4+7H2O2+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O中，2molKMnO4可氧化5molH2O2，生成的6molO2中，有5mol为H2O2被氧化生成，有1mol为H2O2自身发生氧化还原反应生成，则被2 mol KMnO4氧化的H2O2是5mol。

（4）10FeS＋6KMnO4＋24H2SO4===3K2SO4＋6MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋10S＋24H2O

反应中固体质量变化为：FeS→S，固体质量变化为铁元素的变化；反应前后固体的质量减mol－1=0.05mol，即被氧化的FeS少了2.8g，参加反应的亚铁离子的物质的量为：2.8g÷56g·

的物质的量为0.05mol，被高锰酸根离子氧化的硫元素元素的物质的量为0.05mol，转移的电子的物质的量为：0.05mol×2=0.1mol，电子数目为：0.1NA。 【点睛】

本题考查氧化还原反应及计算，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意守恒法应用，难点（3）反应

2KMnO4+7H2O2+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O中，2molKMnO4可氧化5molH2O2，生成的6molO2中，有5mol为H2O2被氧化生成，有1mol为H2O2自身发生氧化还原反应生成。