高考化学压轴题专题复习——氧化还原反应的综合及详细答案.pdf

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1、高考化学压轴题专题复习氧化还原反应的综合及详细答案高考化学压轴题专题复习氧化还原反应的综合及详细答案一、高中化学氧化还原反应一、高中化学氧化还原反应1工业上处理含苯酚废水的过程如下。回答下列问题：.测定废水中苯酚的含量。测定原理：测定步骤：步骤 1：准确量取25.00mL待测废水于250mL锥形瓶中。步骤 2：将5.00mLamolL1浓溴水(量)迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡。步骤 3：打开瓶塞，向锥形瓶中迅速加入bmL0.10molL1KI溶液(过量)，塞紧瓶塞，振荡。步骤 4：滴入 23 滴指示剂，再用0.010mol L1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗+3Br2+3HBrN

2、a2S2O3溶液V1mL(反应原理：I22Na2S2O3 2NaI Na2S4O6)。待测废水换为蒸馏水，重复上述步骤(即进行空白实验)，消耗Na2S2O3溶液V2mL。(1)“步骤 1”量取待测废水所用仪器是_。(2)为了防止溴的挥发，上述步骤中采取的措施包括迅速加入试剂和_。(3)“步骤 4”滴定终点的现象为_。(4)该废水中苯酚的含量为_mgL1(用含V1、V2的代数式表示)。如果空白实验中“步骤 2”忘记塞紧瓶塞，则测得的废水中苯酚的含量_(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)；如果空白实验中“步骤 4”滴定至终点时俯视读数，则测得的废水中苯酚的含量_。.处理废水。采用Ti基PbO2

3、为阳极，不锈钢为阴极，含苯酚的废水为电解液，通过电解，阳极上产生羟基(OH)，阴极上产生H2O2。通过交排列的阴阳两极的协同作用，在各自区域将苯酚深度氧化为CO2和H2O。(5)写出阳极的电极反应式：_。(6)写出苯酚在阴极附近被H2O2深度氧化的化学方程式：_。【答案】(酸式)滴定管塞紧瓶塞滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色94V2-V1偏低偏低H2Oe OHH15C6H5OH14H2O2 6CO2 17H2O【解析】【分析】向呈有待测废水加入浓溴水反应后得到三溴苯酚的沉淀，再加入KI 溶液与剩下的 Br2发生氧化还原反应得到 I2，方程式为 Br2+2I-=I2+

4、2Br-，再用 Na2S2O3标准溶液滴定 I2，可根据消耗的 Na2S2O3标准溶液的体积和浓度算出溶液中剩余的Br2的物质的量，再设置一个空白实验测出浓溴水的物质的量，用Br2总的物质的量-剩余 Br2的物质的量即可得出与苯酚反应的 Br2的物质的量，再结合反应方程式得到苯酚的物质的量，从而求出废水中苯酚的含量，结合实验基本操作及注意事项解答问题。【详解】(1)由于苯酚显酸性，因此含苯酚的废水为酸性，“步骤 1”中准确量取废水时所用的仪器可选用酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；(2)由于溴单质易挥发，因此可采用塞进瓶塞、迅速加入试剂等方法防止其挥发，故答案为：塞紧瓶塞；(3)用 0.01m

5、ol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，由于Na2S2O3标准溶液会反应 I2，加入的淀粉遇 I2变成蓝色，所以滴定终点的现象为滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色，故答案为：滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色；(4)根据反应方程式可得各物质的物质的量关系式：Br20.005V10.005V22KII22Na2S2O30.01V10.01V2剩下的浓溴水中 Br2的物质的量为 0.005V1mmol，将待测废液换成蒸馏水时，5mL amol/L的浓溴水中 Br2的物质的量为 0.005V2 mmol，则与苯酚参与反应的 Br2的物质的量为0.

6、005(V2-V1) mmol，根据方程式+3Br2+3HBr 可得苯酚的物质的量为0.005V2-V1940.005V2-V1 mmol，质量为mg，则该废水中苯酚的含量为33940.005V2-V1mg94 V -V21mggL-1，若步骤 2 中忘记塞进瓶塞，溴单质挥发，325103L15导致最终消耗的 Na2S2O3的体积偏小，则测得苯酚的含量偏低，如果空白实验中步骤4 滴定终点时俯视读数，读得的体积偏小，则消耗的Na2S2O3的体积偏小，使测得苯酚的含量偏低，故答案为：94V2-V1；偏低；偏低；15(5)由题干信息可知，Ti 基 PbO2为阳极，则阳极 H2O 失去电子产生OH，电

7、极反应式为 H2O-e-=H+OH，故答案为：H2O-e-=H+OH；(6)根据题干信息可知，苯酚被阴极产生的H2O2深度氧化产生 CO2和 H2O，有氧化还原反应规律得到其反应方程式式为C6H5OH+14H2O2=6CO2+17H2O，故答案为：C6H5OH+14H2O2=6CO2+17H2O。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BuNO2，以 t-Bu 表示叔丁基)与 N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备室可利用亚硝酸叔丁酯(t-叠氮化钠。(1)制备亚硝酸叔丁酯取

8、一定 NaNO2溶液与 50%硫酸混合，发生反应 H2SO42NaNO2=2HNO2Na2SO4。可利用BuOH)在 40左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：亚硝酸与叔丁醇(t-_。(2)制备叠氮化钠(NaN3)BuNO2NaOH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：t-N2H4=NaN32H2Ot-BuOH。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

9、，并量取 10.00mL 溶液于锥形瓶中。L用滴定管加入 0.10mol应)。L充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2 滴邻菲罗啉指示液，并用0.10mol11六硝酸铈铵(NH4)2Ce(NO3)6溶液 40.00mL(假设杂质均不参与反硫酸亚铁铵(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

10、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：_BuOHHNO2【答案】t-t-BuNO2H2O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

11、)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应，所以方t-BuNO2H2O；程式为：t-BuOHHNO2(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N3中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：402(NH4)2Ce(NO3)62Na

12、N3=4NH4NO32NaNO32Ce(NO3)33N2；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应，再用 Fe2+去滴定未反应完的正四价的Ce，因此有：1与过量的六硝酸铈铵反102.0gNaN3样品的1消耗的Ce4Fe2消耗的Ce4=0.004molCe4，考虑到 Fe2+与10Ce4+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：n(NaN3) 10(0.004Fe2消耗的Ce4) 0.02mol，所以叠氮化钠样品的质量分数为：w m(NaN3)0.02mol65g/mol100%=65%；2.0g2.0A润洗锥形瓶，会使步骤消耗的六硝

13、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)反应后溶液碱性增强，所以推测生成了

14、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：ClO 2N3H2O=Cl 3N2 2OH。【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pHFe(OH)33.7Fe

15、(OH)29.6Mg(OH)211.1Al(OH)38Cr(OH)39(9 溶解)（1）氧化过程中可代替 H2O2加入的试剂是_(填序号)。ANa2O2BHNO3CFeCl3DKMnO4（2）加入 NaOH 溶液调整溶液 pH8 时，除去的离子是_；已知钠离子交换树脂的原理：MnnNaRMRnnNa，此步操作被交换除去的杂质离子是_。AFe3BAl3CCa2DMg2（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

16、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+

17、；(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 C

18、r2O72-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+

19、= 6SO42 + 8Cr3+13H2O。4羟氨（NH2OH）是一种还原剂，和联氨一样是一种弱碱，不稳定，室温下吸收水汽迅速分解。回答下列问题：（1）请写出羟氨的电子式_。（2）利用 KMnO4标准溶液定量间接测定羟氨的纯度。测定步骤如下：溶液配制：称取 5.0g 某羟氨样品，溶解在_酸中后加适量蒸馏水，将其全部转移至100mL 的_中，加蒸馏水至_。取 20.00mL 的羟氨酸性溶液与足量硫酸铁在煮沸条件下反应：2NH2OH24Fe3N2OL1的酸性 KMnO4溶液滴定，滴定达到终点4Fe2H2O6H ，生成的 Fe2用 0.4000 mol的现象是_。请写出 Fe2与酸性 KMnO4溶液反

20、应的离子方程式_。重复滴定 3 次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示：计算试样的纯度_%。（3）下列操作导致误差偏高的有_（填编号）。a 滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失b 滴定管未经润洗盛装 KMnO4溶液c 羟氨称量时，时间过长和溶解时没有及时用酸酸化d KMnO4溶液起始读数仰视，终点正常读数【答案】硫酸容量瓶刻度线当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色 5Fe2+MnO4-+8H+5Fe3+Mn2+4H2O 66 ab【解析】【分析】(1)根据羟氨化学式写出其电子式；(2)羟氨应溶解在 H2SO4中，因为 HCl 中的 Cl 会被 MnO4-

21、氧化；用酸性 KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；根据氧化还原反应的规律写出Fe2与酸性 KMnO4溶液反应的离子方程式，根据物质的量的关系计算式样纯度；(3)根据氧化还原滴定的相关操作分析实验误差。【详解】(1)根据羟氨化学式 NH2OH 可知其电子式为：，故答案为：；(2)羟氨应溶解在 H2SO4中，因为 HCl 中的 Cl 会被 MnO4-氧化，将其全部转移至 100mL 的容量瓶中，加蒸馏水至刻度线，故答案为：硫酸；容量瓶；刻度线；用酸性 KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为

22、紫红色，且半分钟不褪色；根据氧化还原反应的规律写出Fe2与酸性 KMnO4溶液反应的离子方程式为：5Fe2+MnO4-+8H+5Fe3+Mn2+4H2O；由消耗高锰酸钾体积表可知，第一次误差过大，舍去，V(平均)=19.9820. 02=20.00mL；2设滴定时 NH2OH2+的物质的量为 xmol，依据离子方程式可得关系式：5NH2OH2+:5x解得 x=0.022MnO4-2n cV=20.0010-30.4因总量为 100mL，所以 n(NH2OH2+)0.0250.1molm=nM0.133g/mol3.3gm100%=3.3100%=66%w=m样5.0故答案为：当最后一滴滴入时，

23、锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；5Fe2+MnO4-+8H+5Fe3+Mn2+4H2O；66；(3)a滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失会导致V标准偏大，计算结果偏高；b滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液，相当于把 KMnO4溶液稀释，滴定时消耗体积增大，计算结果偏高；c羟氨称量时，时间过长和溶解时没有及时用酸酸化会导致羟氨被氧化，导致消耗体积偏小，计算结果偏低；dKMnO4溶液起始读数仰视，终点正常读数，导致消耗体积偏小，计算结果偏低；故答案为：ab。【点睛】注意氧化还原滴定操作中的注意事项，根据公式判断不同操作可能引起的实验误差。5某实验小组欲制取氧化铜并证明氧化铜能加

24、快氯酸钾的分解，进行了如下实验：（一）制取氧化铜往盛有一定量 CuCl2溶液的烧杯中逐滴加入NaOH 溶液，直至不再产生沉淀，然后将烧杯中的物质转移到蒸发皿中，加热至沉淀全部变为黑色。将步骤所得的黑色沉淀过滤、洗涤，晾干后研细备用。（1）在实验过程中，若未加入NaOH 溶液，直接将 CuCl2溶液转移到蒸发皿中加热，最后也能得到黑色沉淀，试分析其原因_。（2）写出检验步骤中沉淀是否洗涤干净的操作_。（二）为证明氧化铜能加快氯酸钾的分解并与二氧化锰的催化效果进行比较，用下图装置进行实验，每次实验时均收集25ml 气体，其他可能影响实验的因素均已忽略，实验数据见下表：实验序号KClO3质量1.2g

25、1.2g1.2g其他物质质量无其他物质CuO 0.5gMnO20.5g待测数据abc（3）写出氯酸钾分解反应的化学方程式，并用双线桥表示电子转移的方向和数目_。（4）上述实验中的“待测数据”是指_。（5）图中量气装置 B 由干燥管、乳胶管和 50mL 滴定管改造后组装面成，此处用滴定管是_(填“酸式”或“碱式”)滴定管。（6）若实验证明氧化铜加快氯酸钾的分解效果比用二氧化锰差，请结合上表的实验效果数据，在坐标图中分别画出使用CuO、MnO2作催化剂时产生氧气的体积V(O2)随时间（t）变化的曲线（注明必要的标识）_。【答案】CuCl2溶液中存在水解平衡 CuCl2 2H2OCu(OH)2 2H

26、Cl，加热时 HCl 逸出使平衡不断右移，同时得到的Cu(OH)2受热分解生成 CuO取 23mL 最后的洗涤液于试管中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入几滴硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净收集 25 mL 气体所需的时间碱式【解析】【分析】【详解】（1）CuCl2是强酸弱碱盐会发生水解，CuCl2溶液中存在水解平衡 CuCl22H2OCu(OH)2 2HCl，水解吸热，加热时HCl 逸出使平衡不断右移，同时得到的Cu(OH)2受热分解生成 CuO。（2）如果没有洗涤干净则有NaCl 杂质，检验是否有Cl即可确定是否洗净，具体操作是：取 23mL 最后的洗涤液于试管中，滴入少量稀硝酸酸化，再

27、滴入几滴硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净。（3）用双线桥表示电子转移的方向和数目时，线桥要从反应物指向生成物的化合价发生改变的同种元素，在线桥上要注明反应的得失电子数目，用双线桥表示氯酸钾分解的电子转移的方向和数目为：。（4）要比较反应的快慢需要反应的时间，因此待测数据是：收集25 mL 气体所需的时间。（5）从图可以看出该滴定管没有活塞，所以是碱式滴定管。（6）反应测的是收集 25 mL 气体所需的时间，所以气体的体积要相等，氧化铜加快氯酸钾的分解效果比用二氧化锰差，所以用氧化铜做作催化剂所用的时间要多，产生氧气的体积V(O2)随时间（t）变化的曲线为：。6碘是人体不可缺乏的元素，为

28、了防止碘缺乏，一般是在食盐中添加一定量的KIO3。但碘添加量也不能过多，过多会导致甲亢等。国家标准GB14880-1994 中规定每千克食盐中碘的含量（以碘原子计）应为20-60mg/kg。实验研究小组为了检测某加碘盐中碘含量是否合格，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：KIO3+ KI + H2SO4I2+ H2O + K2SO4（方程式未配平）。试根据相关信息回答下列问题：（1）检测原理中，氧化剂为_，氧化产物为_。请在下面配平该方程式，同时用单线桥标明电子转移的方向和数目：_KIO3+_KI+_H2SO4_I2+ _H2O+_K2SO4（2）取 10g 加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸

29、和KI 溶液（H2SO4和 KI 都稍过量），充分反应后，将反应液转入分液漏斗中，再加入一定量的CCl4，振荡，静置，此时观察到的现象是_。然后分液，即得到 I2的CCl4溶液。（3）查阅资料，CCl4的沸点为 78，I2的升华温度约为 120130。实验小组拟采用下图所示实验装置将 CCl4和 I2的混合溶液分离。该分离方法的名称是_，冷凝管的进水口是_（填“a”或“b”）。（4）上述实验结束，用电子天平称量出圆底烧瓶中I2的质量为 1.5 mg，由此计算出该加碘盐中碘的含量为_mg/kg，该加碘盐_（填“合格”或“不合格”）。（5）KIO3虽稳定性较好，但在高温下也可分解为KI 等物质，所

30、以在使用加碘盐时最佳的添加时间是菜肴快出锅时。请书写出KIO3在锅中长时间高温爆炒时可能发生的分解反应的化学方程式_。【答案】KIO3 I2层，下层呈紫红色蒸馏 a 25合格2KIO3高温2KI+3O2【解析】【详解】(1)、该反应中化合价的变化为：KIO3-I2，I 元素由+5 价0 价，一个 KIO3得 5 个电子；KI-I2，I 元素由-1 价0 价，一个 KI 失一个电子，所以得失电子的最小公倍数为5，KIO3的计量数为 1， KI 的计量数为 5，其它元素根据原子守恒配平，故答案为：KIO3；I2；(2)、碘易溶于有机溶剂，在四氯化碳在的溶解度远大于在水中，加入四氯化碳萃取水中的碘，

31、四氯化碳与水不互溶，溶液分成两层，四氯化碳的密度比水，有机层在下层，碘溶于四氯化碳呈紫红色，上层几乎无色，故答案为：溶液分成两层，上层无色，下层呈紫红色；(3)、利用沸点分离的方式叫蒸馏，冷凝水的方向是下进上出，故答案为：蒸馏；a；溶液分为两1，所以圆底烧瓶中 I2的质量为 1.5 mg，则60.25mg 25mg / kg，在国家标准食盐中的碘原子质量为0.25mg，所以碘的含量为10g103g(4)、由方程式可知：I2的的来源属于 KIO3的占内，故答案为：25；合格；(5)、由题意：碘元素化合价降低，则必有宁一种元素化合价升高，故O 元素化合价升高。根据得失电子守恒可知：碘酸钾受热分解的

32、方程式为2KIO32KIO32KI+3O2，故答案为2KI+3O2；【点睛】实验最终得到的 I2来自于 KIO3和 KI 两部分，所以食盐中的碘含量时，应减去KI 中的含量。7现有一份含有 FeCl3和 FeCl2固体混合物，为测定各成分的含量进行如下两个实验：实验 1： 称取一定质量的样品，将样品溶解； 向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，产生沉淀； 将沉淀过滤、洗涤、干燥得到白色固体17.22 g。实验 2： 称取与实验 1 中相同质量的样品，将样品溶解； 向溶解后的溶液中通入足量的Cl2； 再向所得溶液中加入足量的NaOH 溶液，得到红褐色沉淀； 将沉淀过滤、洗涤后，加热灼烧，到质

33、量不再减少，得到固体物质4g。回答下列问题：（1）溶解过程中所用到的玻璃仪器有_。（2 实验室保存 FeCl2溶液时通常会向其中加入少量试剂_和_。（3）实验 2 通入足量 Cl2的目的是_；涉及的化学反应的离子方程式是_。（4 检述实验 2 的步骤中沉淀已经洗涤干净的方法是_。（5）加热 FeCl3溶液，并将溶液蒸干时，通常不能得到FeCl3固体，请以平衡的观点解释其原因（方程式与文字相结合来说明）_。（6）FeCl3溶液可以用于止血，主要是因为FeCl3溶液能使血液聚沉，这涉及胶体的特性。以下关于胶体的说法不正确的是_。A胶体粒子能透过滤纸，但不能透过半透膜B胶体粒子具有较大的表面积，能吸

34、附阳离子或阴离子，故在电场作用下会产生电泳现象C向 Fe（OH）3胶体可以产生丁达尔效应，CuSO4溶液、水等分散系不能产生丁达尔效应D向 Fe（OH）3胶体中滴加硫酸，会先出现红褐色沉淀，随后沉淀消失E在蛋白质溶液中加入稀的CuSO4溶液，可使蛋白质盐析（7）通过实验所得数据，计算固体样品中FeCl3和 FeCl2的物质的量之比为_。【答案】（1）烧杯、玻璃棒（2）稀盐酸铁粉（3）将 Fe2+全部转化为 Fe3+2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl（4）取少量最后一次的洗涤液于试管中，向试管中溶液滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，如未出现白色沉淀说明已洗净（5）FeCl3在水中存在如下平衡 F

35、eCl3+3H2O（6）E（7）2：3【解析】试题分析：（1）溶解所用到的仪器为烧杯、玻璃棒；（2）FeCl2易被空气中的氧气氧化成FeCl3，向溶液中加入少量铁粉，使FeCl3重新转化为 FeCl2；为了防止 FeCl2溶液水解，常加入盐酸，抑制其水解，防止其变质；（3）Cl2将 FeCl2氧化生成 FeCl3：Cl2+2FeCl2=2FeCl3，实质为 2Fe2+ Cl2= 2Fe3+ 2Cl；（4）解答此问时，首先要明确沉淀吸附了什么杂质，由于氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，因此沉淀吸附的杂质是Na+、Cl-，检验沉淀是否洗涤干净，只要检验洗涤后的溶液中是否含有Na+、Cl-中

36、的一种就可以，如果最后一次的洗涤液仍然有氯化钠，加入硝酸银溶液就会出现沉淀，反之，说明溶液中没有氯化钠；（5）因为 FeCl3易水解，且 HCl 易挥发，加热促进了FeCl3水解及 HCl 的挥发，所以不能得到 FeCl3固体；（6）A、胶体粒子直径介于 1100nm 之间，因此能透过滤纸，但不能透过半透膜，A 正确；B、胶体粒子具有较大的表面积，能吸附阳离子或阴离子，因此在电场作用下会移向阴极或阳极，产生电泳现象，B 正确；C、向 Fe（OH）3胶体可以产生丁达尔效应，CuSO4溶液、水等分散系不能产生丁达尔效应，C 正确；D、，向胶体中加入少量的酸、碱、盐，会中和胶体所带的电荷，使胶体发生

37、聚沉，所以向Fe（OH）3胶体中滴加硫酸，会先出现红褐色 Fe（OH）3沉淀，但过量的硫酸还会和Fe（OH）3沉淀发生反应生成硫酸铁，D 正确；E、CuSO4属于重金属盐，能使蛋白质变性，而非盐析，E 不正确；（7）先由为Fe（OH）3+3HCl，在加热条件下，由于HCl 易挥发，生成物浓度减小，导致平衡不断向右移动，故最后不能得到FeCl3固体m17.22mol = 0.12mol，实验所得 Fe2O3的 n计算实验所得 AgCl 的 n 为M143.54mol = 0.025mol，设 FeCl3和 FeCl2的物质的量分别为 x mol、y mol，依据 Cl、Fe 守恒1603x mo

38、l+2y mol=0.12 mol，x mol+y mol=0.025 mol2，解得 x = 0.02，y = 0.03，则固体样品中 FeCl3和 FeCl2的物质的量之比为为 23。考点：本题主要考查化学实验基本操作、离子方程式的书写、铁盐和亚铁盐的性质及转化、盐类水解、化学计算等。【名师点睛】（1）化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化学实验的基础，对化学实验的考查离不开化学实验的基本操作。考查的角度主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确及灵活运用的能力。（2）根据化学方程式的计算，多以物质的量为核心，考查

39、物质的量、阿伏加德罗常数、物质的量浓度、物质的质量、摩尔质量、气体的体积、气体摩尔体积等相关物理量的转化关系，以及反应物的转化率或产物的产率的计算，同时还可以融入多种化学解题思想，比如极值法、差量法、守恒法、讨论法、特殊值法等，是历来高考的重点内容。日常学习中要注意相关知识的积累，以便快速准确作答，题目难度中等。8NOx、SO2的处理转化对环境保护有着重要意义。（1）利用反应 2NO(g)2CO(g) = N2(g)2CO2(g)，可实现汽车尾气的无害化处理。一定条件下进行该反应，测得 CO 的平衡转化率与温度、起始投料比mm=所示。n(NO)的关系如图 1n(CO)该反应的 H _0(填“”

40、“”或“”)。下列说法正确的是_(填字母)。A当体系中 CO2和 CO 物质的量浓度之比保持不变时，反应达到平衡状态B投料比：m1m2m3C当投料比 m2 时，NO 转化率是 CO 转化率的 2 倍D汽车排气管中的催化剂可提高NO 的平衡转化率随着温度的升高，不同投料比下CO 的平衡转化率趋于相近的原因为_。（2）若反应 2NO(g)2CO(g) = N2(g)2CO2(g)的正、逆反应速率可表示为：v正=k正c2(NO) c2(CO)；v逆=k逆c (N2) c2(CO2), k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，仅与温度有关。一定温度下，在体积为1L 的容器中加入 2molNO 和 2mol

41、CO 发生上述反应，测得CO 和 CO2物质的量浓度随时间的变化如图2 所示，则 a 点时 v正v逆_。（3）工业生产排放的烟气中同时存在SO2、NOx和 CO，利用它们的相互作用可将SO2、NOx还原成无害物质，一定条件下得到以下实验结果。图3 为 298K 各气体分压(气体的物质的量分数与总压的乘积)与 CO 物质的量分数的关系，图4 为 CO 物质的量分数为 2.0%时，各气体分压与温度的关系。下列说法不正确的是_(填字母)。A不同温度下脱硝的产物为N2，脱硫的产物可能有多种B温度越高脱硫脱硝的效果越好CNOx 比 SO2更易被 CO 还原D体系中可能发生反应：2COS = S22CO；

42、4CO2S2 = 4CO2SO2（4）NH3催化还原氮氧化物是目前应用最广泛的烟气脱硝技术。用活化后的V2O5作催化剂，NH3将 NO 还原成 N2的一种反应历程如图 5 所示，则总反应方程式为_。（5）用间接电化学法去除烟气中NO 的原理如图 6 所示，则阴极的电极反应式为_。【答案】 AB温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响 160：1 B 4NH3+4NO+O2【解析】【分析】(1)由图象可知，起始投料比m 一定时，CO 的平衡转化率随温度的升高而降低； V2O54N2+6H2O 2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2OA.起始投料比 m 一定时，而

43、反应中 NO、CO 的变化量相同，体系中 CO2和 CO 物质的量浓度之比保持不变，即体系中CO2、CO 物质的量浓度不变，据此判断；B.由图象可知，温度一定时，增大NO 浓度，CO 转化率增大；C.根据转化率 =变化量与起始量的比值和反应中NO、CO 的变化量相同分析判断；D.催化剂不能改变反应进程，只改变反应速率；由图象可知，不同投料比下CO 的平衡转化率趋于相近，主要原因是温度的影响起主导作用，投料比不同的影响为次要因素；(2)反应达到平衡时 v正=k正c2（NO）c2（CO）=v逆=k逆c（N2）c2（CO2），则平衡常数 K=K正，结合反应三段式计算平衡常数K 和 a 点时各物质的浓

44、度，代入v正、v逆计算 v正：vK逆逆；(3)A由图可知，NOx还原成无害物质为氮气，脱硫的产物可能有多种，与温度有关；B温度高于 1000时二氧化硫的含量增大，说明温度越高不利于脱硫；C根据图 3，随 CO 物质的量分数增大，还原NOx生成氮气曲线斜率变化比较小，而还原SO2需要 CO 物质的量分数较大时才能将SO2从烟气中分离；D根据图 4，COS 分压曲线随温度升高减小，S2、CO 分压增大，继续升高温度，S2、CO2分压减小，CO 分压增大；(4)用活化后的 V2O5作催化剂，NH3将 NO 还原成 N2，同时生成水，原子守恒配平书写化学方程式；(5) 阴极通入的 SO32-发生得电子

45、的还原反应生成S2O42-。【详解】(1)由图象可知，起始投料比m 一定时，温度越高，CO 的平衡转化率越低，即升高温度平衡逆向移动，所以正反应放热，即H0；A反应正向进行时 CO2增多而 CO 减少，说明未达到平衡时二者比值会变，所以体系中CO2和 CO 物质的量浓度之比保持不变，反应达到平衡状态，故A 正确；B由图象可知，温度一定时，增大NO 浓度，CO 转化率增大，即起始投料比m 越大时，CO 转化率越大，所以投料比：m1m2m3，故 B 正确；C由反应计量关系可知，反应中NO、CO 的变化量相同，平衡转化率=消耗量100%，起始量所以平衡转化率与起始量成反比，即投料比m=2 时 CO

46、转化率是 NO 转化率的 2 倍，故 C错误；D催化剂不能改变反应进程，只改变反应速率，所以NO 的平衡转化率不变，故 D 错误；故答案为：AB；由图象可知，不同投料比下CO 的平衡转化率趋于相近，随温度逐渐升高，温度的影响起主导作用，即温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响；(2)平衡时三段式为：2NOg+2COgN2g+2CO2g起始(molgL-1)2200转化(molgL-1)1.61.60.81.6平衡(molgL-1)0.40.40.81.6平衡时正逆反应速率相等即k正c2(NO)c2(CO)= k逆c(N2)c2(CO2)，所以cN2c2CO21.620

47、.8k正=K 2=80；k逆cNOc2CO0.420.42a 点时反应三段式为：2NOg+2COgN2g+2CO2g起始(molgL-1)2200转化(molgL-1)2x2xx2x平衡(molgL-1) 2-2x2-2xx2xa 点时 c(CO)=c(CO2)，则 2-2x=2x，解得 x=0.5，所以 a 点时 c(CO)=c(CO2)=c(NO)=1mol/L，v正k正1212k=2=2正=2K=160，即 v正：v逆=160：1；c(N2)=0.5mol/L，所以v逆k逆1 0.5k逆(3)A由图可知，NOx还原成无害物质为氮气，脱硫的产物可能有多种，与温度有关，故A正确；B温度高于

48、1000时二氧化硫的含量增大，说明温度越高不利于脱硫，故B 错误；C根据图 3，随 CO 物质的量分数增大，还原NOx生成氮气曲线斜率变化比较小，而还原SO2需要 CO 物质的量分数较大时才能将SO2从烟气中分离，说明 CO 更易与 NOx反应，则NOx比 SO2更易被 CO 还原，故 C 正确；D根据图 4，COS 分压曲线随温度升高减小，S2、CO 分压增大，继续升高温度，S2、CO2分压减小，CO 分压增大，说明体系中可能发生反应：2COSS2+2CO； 4CO2+S24CO+2SO2，故 D 正确；故答案为：B；(4)活化后的 V2O5作催化剂，NH3将 NO 还原成 N2，还生成水，

49、反应为4NH3+4NO+O2 V2O54N2+6H2O；(5)阴极上亚硫酸根离子得到电子，阴极的电极反应式为2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O。9生物浸出是用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速 Fe2+氧化的细菌，培养后能提供 Fe3+， 控制反应条件可达细菌的最大活性，其生物浸矿机理如下图。反应 1反应 2（1）氧化亚铁硫杆菌生物浸出 ZnS 矿。反应 2 中有 S 单质生成，离子方程式是_。 实验表明温度较高或酸性过强时金属离子的浸出率均偏低，原因可能是_。（2）氧化亚铁硫杆菌生物浸出废旧锂离子电池中钴酸锂（Li

50、CoO2）与上述浸出机理相似，发生反应 1 和反应 3：LiCoO2 +3Fe3+=Li+ Co2+3Fe2+O2+在酸性环境中，LiCoO2浸出 Co2的总反应的离子方程式是_。+研究表明氧化亚铁硫杆菌存在时，Ag 对钴浸出率有影响，实验研究 Ag 的作用。取LiCoO2粉末和氧化亚铁硫杆菌溶液于锥形瓶中，分别加入不同浓度 Ag+的溶液，钴浸出率（图 1）和溶液 pH（图 2）随时间变化曲线如下：图 1 不同浓度 Ag+作用下钴浸出率变化曲线图 2 不同浓度 Ag+作用下溶液中 pH 变化曲线由图 1 和其他实验可知，Ag 能催化浸出 Co2，图 1 中的证据是_。Ag+是反应 3 的催化剂