高考化学(氧化还原反应提高练习题)压轴题训练附答案(共25页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）1硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2实验I：Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：(1)仪器a的名称是_，仪器b的名称是_。b中利用质量分数为70%80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_。c中试剂为_(2)实验中要控制SO2的生成速率，可以

2、采取的措施有_ (写出一条)(3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_实验：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。资料：Fe3+3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)装置试剂X实验现象Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先变成紫黑色，30s后几乎变为无色(4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验的现象：_实验：标定Na2S2O3溶液的浓度(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准

3、物质K2Cr2O7(摩尔质量为294gmol-1)0.5880g。平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72-+14H+ = 3I2+2Cr3+7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_molL-1【答案】分液漏斗 蒸馏烧瓶 硫化钠和碳酸钠的混合液 调节酸的滴加速度 若 SO2过量，溶液显酸性产物会发生分解 加入铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀 开始生成 Fe(S2

4、O3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe3+与S2O32- 氧化还原反应的程度大，导致Fe3+3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色 0.1600 【解析】【分析】【详解】(1)a的名称即为分液漏斗，b的名称即为蒸馏烧瓶；b中是通过浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2，所以方程式为：；c中是制备硫代硫酸钠的反应，SO2由装置b提供，所以c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液；(2)从反应速率影响因素分析，控制SO2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的S

5、O2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO2过量，溶液显酸性，产物会发生分解；(4)检验Fe2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着Fe3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色；(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：；反应I-被氧化成I2，反应中第一步所得的I2又被还原成I-，所以与电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的得电子总数就与消耗的失电子

6、总数相同 ；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。所以假设c(Na2S2O3)=a mol/L，列电子得失守恒式：，解得a=0.1600mol/L。2叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。实验室可利用亚硝酸叔丁酯(tBuNO2，以tBu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。(1)制备亚硝酸叔丁酯取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合，发生反应H2SO42NaNO2=2HNO2Na2SO4。可利用亚硝酸与叔丁醇(tBuOH)在40左右

7、制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：_。(2)制备叠氮化钠(NaN3)按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应的化学方程式为：tBuNO2NaOHN2H4=NaN32H2OtBuOH。装置a的名称是_；该反应需控制温度在65，采用的实验措施是_；反应后溶液在0下冷却至有大量晶体析出后过滤。所得晶体使用无水乙醇洗涤。试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是_。(3)产率计算称取2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。用滴定管加入0.10molL1六硝酸铈铵(NH4)2Ce(NO3)6溶液40.00mL(假设杂质均不参与反应)。充分反应后将

8、溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10molL1硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2为标准液，滴定过量的Ce4，终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理：Ce4Fe2=Ce3Fe3)。已知六硝酸铈铵(NH4)2Ce(NO3)6与叠氮化钠反应生成硝酸铵、硝酸钠、氮气以及Ce(NO3)3，试写出该反应的化学方程式_；计算叠氮化钠的质量分数为_(保留2位有效数字)。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是_(填字母)。A锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗B滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数C滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖

9、嘴处无气泡，结束时出现气泡D滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内(4)叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：_【答案】tBuOHHNO2tBuNO2H2O 恒压滴液漏斗(滴液漏斗) 水浴加热 降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失 2(NH4)2Ce(NO3)62NaN3=4NH4NO32Ce(NO3)32NaNO33N2 65% AC ClO2N3-H2O=Cl2OH3N2 【解析】【分析】【详解】(1)制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反

10、应，所以方程式为：；(2) 装置a的名称即为恒压滴液漏斗；反应要控制温度在65，参考苯的硝化实验，该反应加热时，应当采用水浴加热；题干中提到了叠氮酸钠易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗涤产品时，为了减少洗涤过程中产品的损耗，应当用无水乙醇洗涤；(3)通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中Ce4+和中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：；在计算叠氮化钠的含量时，一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了与过量的六硝酸铈铵反应，再用Fe2+去滴定未反应完的正四价的Ce，因此有：，考虑到Fe2+与Ce4+的反应按照1:1进行，所以2.0g叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为：，所以叠氮化钠样品的质量分

11、数为：；A润洗锥形瓶，会使步骤消耗的六硝酸铈铵的量增加，通过分析可知，会使最终计算的质量分数偏大，A项正确；B量取40mL六硝酸铈铵溶液时若前仰后俯，则会量取比40ml更多的六硝酸铈铵溶液，那么步骤会需要加入更多的Fe2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的Ce4+，通过分析可知，最终会导致计算的质量分数偏低，B项错误；C步骤用Fe2+标定未反应的Ce4+，若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的Fe2+消耗量比实际的偏小，通过分析可知，最终会使质量分数偏大，C正确；D将挂在锥形瓶壁上的 Fe2+溶液冲入锥形瓶，相当于让溶液混合更均匀，这样做会使结果更准确，D项不符合；答案选AC；(4)反应后溶液碱性增

12、强，所以推测生成了OH-；产生的无色无味无毒气体，推测只能是氮气，所以离子方程式为：。【点睛】滴定计算类的题目，最常考察的形式之一是配制完待测样品溶液后，只取一部分进行滴定，在做计算时不要忘记乘以相应的系数；此外，常考察的形式也有：用待测物A与过量的B反应，再用C标定未反应的B，在做计算时，要注意A与C一同消耗的B。3草酸(HOOCCOOH)是一种常见的有机酸，利用淀粉制备草酸的实验流程如图: 回答下列问题:（1）“水解”时，检验淀粉是否水解完全，所用的试剂是_；“水解”及“氧化”步骤中适宜的加热方式是_。（2）“氧化”时实验装置如图所示(夹持及加热装置已略): 仪器Q的名称是_.三口烧瓶中生

13、成H2C2O4 2H2O的化学方程式为_。装置B的作用是_，装置C的作用是_。（3）已知在20、70时，草酸的溶解度依次为为9. 5 g/(l00g水)，84.5g/(l00g水)，则粗草酸“精制”需采用的提纯方法为_。（4）探究H2C2O4的性质:向NaHCO3溶液中加入草酸溶液，产生大量气体，可得出草酸的酸性比碳酸_(填“强”或“弱”)。向草酸中加入足量C2H5OH和适量浓硫酸加热，产生有芳香气味的油状物。该生成物为_(写结构简式)。向K2Cr2O7溶液中加入H2C2 O42H2O析出KCr(C2O4)2(H2O)2晶体，该反应的化学方程式为_。【答案】碘水 水浴加热 球形冷凝管 C6H1

14、2O6+12HNO3=3H2C2O4+9NO2+3NO+9H2O 做安全瓶，防止倒吸 吸收尾气中的NO和NO2，防止污染空气 重结晶 强 C2H5OOC-COOC2H5 K2Cr2O7+7H2C2O42H2O=2 KCr(C2O4)2(H2O)2+6CO2+17H2O 【解析】【分析】淀粉在稀硫酸催化下控制温度在70到80发生水解，得到葡萄糖，加入60%硝酸，在60下发生氧化，得到草酸，硝酸的还原产物有NO和NO2，草酸经结晶得到粗草酸，再经精制得到H2C2O42H2O。【详解】（1）“水解”时，若淀粉水解完全，则不能使碘水变蓝；“水解”及“氧化”步骤中的温度都低于100，所以最适宜的加热方式

15、是水浴加热。（2）仪器Q的名称是球形冷凝管，起冷凝回流易挥发的硝酸以及导出生成的NO和NO2的作用；在三口烧瓶中发生氧化反应，葡萄糖被氧化为H2C2O4 2H2O，硝酸被还原为NO和NO2（体积比为1:3），根据电子守恒可以写出发生反应的化学方程式为C6H12O6+12HNO3=3H2C2O4+9NO2+3NO+9H2O；装置B是安全瓶，防止C中的NaOH溶液倒吸入三口烧瓶中，装置C的作用是吸收尾气，防止NO和NO2污染空气；（3）草酸的溶解度随温度变化比较大，所以可以采用重结晶的方法精制粗草酸；（4）向NaHCO3溶液中加入草酸溶液，产生大量气体，说明草酸和NaHCO3溶液反应生成了二氧化碳

16、，根据强酸制弱酸的规律，可得出草酸的酸性比碳酸强；向草酸中加入足量C2H5OH和适量浓硫酸加热，发生了酯化反应，产生有芳香气味的油状物草酸二乙酯，其结构简式为C2H5OOC-COOC2H5。向K2Cr2O7溶液中加入H2C2O42H2O析出KCr(C2O4)2(H2O)2晶体，反应中Cr的化合价从+6价降低到KCr(C2O4)2(H2O)2中的+3价，所以H2C2 O42H2O中的碳的化合价就会升高，从+3价升高到+4价，在KCr(C2O4)2(H2O)2中还有+3价的碳，即反应物H2C2 O42H2O中的碳的化合价部分升高，部分没有变化，根据电子守恒和原子守恒可以写出该反应的化学方程式为K2

17、Cr2O7+7H2C2O42H2O=2 KCr(C2O4)2(H2O)2+6CO2+17H2O。4利用还原铁的氧化物并确定其组成的装置如图所示粒中往往含有硫化物等杂质，焦性没食子酸溶液可吸收少量氧气。回答下列问题：装置启普发生器用于制备，还可用于_填字母，下同。A生石灰与浓氨水制 B过氧化钠与水制C硫化铁固体与稀硝酸制大理石与稀盐酸制中依次盛装的试剂为_，酸性溶液中发生反应的离子方程式为_。A酸性溶液、浓、焦性没食子酸溶液B焦性没食子酸溶液、浓、酸性溶液C酸性溶液、焦性没食子酸溶液、浓“加热管式炉”和“打开活塞K”这两步操作应该先进行的是_，在这两步之间还应进行的操作是_。反应过程中G管逸出的

18、气体是_，其处理方法是_。结束反应时，应该_，待装置冷却后称量并记录相应数据。假设反应完全后瓷舟中的固体只有Fe单质，实验中测得了下列数据：瓷舟的质量为；瓷舟和FexOy的总质量为；反应前U形曾及内盛物的总质量为；反应后U形管及内盛物的总质成为。由以上数据计算并确定该铁的氧化物的化学式为_。【答案】D C 打开活塞K 检验的纯度 氢气或 在G管口处放置一个点燃的酒精灯 先停止加热，冷却至室温后，再关闭活塞K 【解析】【分析】H2还原WO3制备金属W，装置Q用于制备氢气，因盐酸易挥发，则、应分别用于除去HCl、H2S、氧气和水，得到干燥的氢气与铁的氧化物在加热条件下制备Fe，碱石灰用于吸收水，实

19、验结束后应先停止加热再停止通入氢气，以避免Fe被重新氧化，以此解答该题。【详解】(1)A生石灰与浓氨水制，生成的氢氧化钙微溶于水，可堵塞导管，故A错误；B过氧化钠与水剧烈反应，不能用启普发生器制备，故B错误；C硫化铁固体与稀硝酸发生氧化还原反应，不能生成硫化氢，故C错误；D大理石不溶于水，可与稀盐酸制，可用启普发生器，故D正确。故答案为：D；、应分别用于除去HCl、氧气和水，以得到干燥的氢气，酸性溶液中发生反应的离子方程式为；实验前应先通入氢气，以排出装置的空气，则应先打开活塞K，为避免加热时爆炸，应先检验的纯度；从G逸出的气体为氢气，可用点燃的方法处理，方法是在G管口处放置一个点燃的酒精灯；

20、实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，以避免Fe被重新氧化；已知：瓷舟的质量为；瓷舟和的总质量为，则；反应前U形曾及内盛物的总质量为；反应后U形管及内盛物的总质成为，则生成，则氧化物中，； ，则：4，化学式为。5(1)难溶物PbSO4溶于CH3COONH4溶液可制得易溶于水的(CH3COO)2Pb，发生的反应为PbSO42CH3COONH4(CH3COO)2Pb(NH4)2SO4，说明(CH3COO)2Pb是_(填“强”或“弱”)电解质。(2)已知次磷酸(H3PO2)与足量的氢氧化钠溶液反应生成NaH2PO2和H2O，则次磷酸是_元酸(填“一”、“二”或“三”)。(3)工业上制玻璃和水泥需用到

21、的共同原料是_(填化学式)。(4)在一定温度下，向一个2 L的真空密闭容器中(预先装入催化剂)通入1 mol N2和3 mol H2，发生反应：N2(g)3H2(g)2NH3(g)。经过一段时间后，测得容器内压强是起始的0.9倍，在此时间内，H2平均反应速率为0.1 mol/(Lmin)，则所经过的时间为_min(5)高铁酸钠(Na2FeO4)具有强氧化性，可对自来水进行消毒、净化。高铁酸钠可用氢氧化铁和次氯酸钠在碱性介质中反应得到，请补充并配平下面离子方程式。_Fe(OH)3 +_ClO+_OH=_FeO42_Cl+_(6)在反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+

22、15H2SO4中，氧化剂是_；当有2mol H3PO4生成，转移的电子的物质的量为_【答案】弱 一 CaCO3 3 2 3 4 2 3 5H2O P、CuSO4 10mol 【解析】【分析】【详解】(1)硫酸铅在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸铵时，醋酸根离子和铅离子生成难电离物质或弱电解质醋酸铅，促使硫酸铅溶解，说明(CH3COO)2Pb是弱电解质；(2)H3PO2与足量的NaOH溶液反应，生成NaH2PO2，说明H3PO2只能电离出一个氢离子，所以H3PO2是一元酸；(3)水泥的生产原料为黏土、石灰石，制玻璃的主要原料为纯碱、石灰石和石英砂，共同原料为CaCO3；(4)容器体积为2L，所以初

23、始投料c(N2)=0.5mol/L，c(H2)=1.5mol/L，设c(N2)=x mol，列三段式有： 容器内压强是起始的0.9倍，温度和容器容积不变，气体的压强比等于浓度之比，所以，解得x=0.1mol/L，则c(H2)=0.3mol/L，v(N2)=0.1 mol/(Lmin)，则反应时间t=3min；(5)铁元素化合价由+3升高为+6，失去3个电子，氯元素化合价由+1降低为-1，得2个电子，取最小公倍数，则氢氧化铁与高铁酸根前系数为2，次氯酸跟与氯离子前系数为3，再根据电荷守恒及原子守恒配平得2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；(6)Cu3P中P

24、元素化合价为-3，H3PO4中P元素化合价为+5，所以P既是氧化剂又是还原剂，Cu元素化合价由CuSO4中的+2降低为Cu3P中+1，所以CuSO4也是氧化剂，即氧化剂为P、CuSO4；当有2molH3PO4生成，转移的电子的物质的量为2mol(+5-0)=10mol。6过氧硫酸氢钾复合盐（K2SO4KHSO42KHSO5）易分解，可用作漂白剂、NOx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

25、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0.2000molL-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：2KHSO54KIH2SO4

26、= 2I23K2SO42H2O I22Na2S2O3 =Na2S4O62NaI用_滴定管盛装标准浓度的硫代硫酸钠溶液（填“甲”或“乙”）。产品中KHSO5的质量分数为_。【答案】1 3HSO52NOH2O = 3SO422NO35H+ 防止浓硫酸与H2O2溶液混合时放出大量热使H2O2分解 5K2CO34H2SO54H2SO4 =2(K2SO4KHSO42KHSO5)5CO25H2O 控制pH在2.02.5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

27、酸氢钾复合盐溶液脱除NO时，反应的离子方程式为3HSO52NOH2O = 3SO422NO35H+。答案为3HSO52NOH2O = 3SO422NO35H+(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5K2CO34H2SO54H2SO4 =2(K2SO4KHSO42KHSO5)5CO25H2O。答案为：5K2CO34H2SO54

28、H2SO4 =2(K2SO4KHSO42KHSO5)5CO25H2O从溶液pH看，过氧硫酸氢钾复合盐产率在2.02.5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2.02.5之间，温度在0左右。答案为：控制pH在2.02.5之间，温度在0左右；(4) 硫代硫酸钠溶液呈碱性，应放在碱式滴定管内。答案为乙； 由反应2KHSO54KIH2SO4 = 2I23K2SO42H2O和I22Na2S2O3 =Na2S4O62NaI可得出如下关系式：KHSO52Na2S2O3n(Na2S2O3)=0.2mol/L0.025L=0.005mol，n(KHSO5)=0

29、.0025mol产品中KHSO5的质量分数为： 答案为：38.00。7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。（1）锑在元素周期表中的位置_。（2）锑（）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_。以辉锑矿为原料制备金属锑

30、，其中一种工艺流程如下：已知部分信息如下：辉锑矿（除Sb2S3外，还含有砷、铅、铜的化合物和SiO2等）；浸出液主要含盐酸和SbCl3，还含SbCl5、CuCl2、AsCl3和PbCl2等杂质；常温下，Ksp（CuS）=1.010-36，Ksp（PbS）=9.010-29。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，=_（保留小数点后一位）。（5）在“除砷”过程中，氧化产物

31、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A族 2SbCl3+3H2OSb2O3+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 2Sb2O3+6SO2 Sb2S3+ 3SbCl5=5SbCl3+3S CuS 1.110-8 3:4 H+参与电极反应 【解析】【分析】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、

32、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】（1）锑和氮在同一主族，其在元素周期表中位于第5周期第A族。（2）SbCl3水解：2SbCl3+3H2OSb2O3+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+3H2OSb2O3+6HCl，不断加入SbCl3

33、，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 2Sb2O3+6SO2。（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

34、Cu2+开始沉淀时，c(S2-)=1.010-32mol/L，当Pb2+开始沉淀时，c(S2-)=9.010-28mol/L，所以先产生沉淀的是CuS；当CuS、PbS共沉淀时，=1.110-8。（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

35、阴极放电，导致锑的产率降低。8NH3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： 反应前氯气和氨气的物质的量之比_ 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

36、，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 32 n(NH3)n(Cl2)=11 m(N2 )=56g 余NH3和N2 0.263mol，余HCl 和N2 0.893mol 【解析】【分析】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)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Cl2和NH3的比例来回答；(3)常温常压下，取总物

37、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，说明反应后氨气有剩余，再发生反应NH3+HCl=NH4Cl，HCl不能完全反应，按此思路计算 反应前氯气和氨气的物质的量之比及 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，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；NH3过量时，发生反应，剩余混合气体为氮气、氨气，设Cl2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、当氨气过量时会与生成的HCl反应生成氯化铵，有白烟，

38、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：，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3：2；答案为：3：2；(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，说明反应后氨气有剩余，再多余氨气再与部分HCl发生反应NH3+HCl=NH4Cl，HCl不能完全反应，设反应中消耗氯气的物质的量为x， ，前者体积增大与后者体积减小相等，则 ，得x=6，故反应前氯气和氨气的物质的量之比为：1 ；答案为：1:1； 反应后生成的氧化产物为氮气，氯气为6mol,由可知,生成氮气的物质的量为

39、2mol，故氧化产物氮气的质量=2mol28g/mol=56g，故答案为：56g；(4)在反应中，NH3和Cl2恰好完全反应时，混合气体中N2占混合气体的，由于氨气与HCl可以反应生成HN4Cl，而充分反应后的混合气体中N2占混合气体的，则有两类情况：Cl2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=140L，则氧化产物氮气体积为140L=20L，故其物质的量=0.893mol；NH3过量时，发生反应，剩余混合气体为氮气、氨气，设Cl2有xL，则，则，故氧化产物氮气的物质的量= ；答案为：余NH3和N2为0.263mol，余HCl 和N2为0.893

40、mol。9（1）将新制氯水逐滴滴入FeBr2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(NH4Al(SO4)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2C4H10C8H10(g)+5H2在不同温度下的平衡常数变化如下：温度()400450500平衡常数Ka6a40a该反应的正反应是_(吸热、放热)反应。向2L密闭定容容器中充入2molC4H10，反应10s后测得H2浓度为1mol/L，此10s内，以C8H10表示的平均速率为_。

41、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.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t1t4间C8H10的浓度变化曲线_。【答案】 3Ba2+6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4+2Al(OH)3 吸热 0.02mol/(Ls) 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

42、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)依据图表数据，平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行；依据反应速率v计算；a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；刚开始因为达

43、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，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，Cl22Fe22Fe32Cl，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-+2A

44、l3+=3BaSO4+2Al(OH)3；(3)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； 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，2C4H10C8H10(g)5H2，反应过程中生成C8H10的物质的量浓度为1mol/L0.2mol/L，此10s内，以C8H10表示的平均速率0.02mol/(Ls)，故答案为：0.02mol/(Ls)； 2C4H10C8H10(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