1、一、高中化學氧化還原反應練習題（含詳細答案解析）1.硫代硫酸鈉（Na2903）是一種解毒藥，用于氟化物、砷、汞、鉛、錫、碘等中毒，臨床常 用于治療蕁麻疹，皮膚瘙癢等病癥 硫代硫酸鈉在中性或堿性環境中穩定， 在酸性溶液中分解產生 S 和 S02實驗 I: Na2S2O3的制備。工業上可用反應：2Na2S+Na2C03+4SQ=3Na2S?03+CQ 制得，實驗室模擬該工業過程的裝置如圖所示：（1）_ 儀器 a 的名稱是 _ ，儀器 b 的名稱是。b 中利用質量分數為70%? 80%的H2SO4溶液與 Na2SQ 固體反應制備 SQ 反應的化學方程式為_。c 中試劑為_（2）_實驗中要控制 SQ

2、的生成速率，可以采取的措施有 _（寫出一條）（3）為了保證硫代硫酸鈉的產量，實驗中通入的SQ 不能過量，原因是實驗H：探究 Na2S2O3與金屬陽離子的氧化還原反應。資料：Fe3+39O32-? Fe（9O3）33-（紫黑色）裝置試劑 X實驗現象!1OJmLOJ mol-L-12ml-j.0J廠溶液Fe2(SO)3溶液混合后溶液先變成紫黑色，30s后幾乎變為無色（4）根據上述實驗現象，初步判斷最終 Fe3+被 S2O32-還原為 FW+，通過_（填操作、試劑和現象），進一步證實生成了 Fe。從化學反應速率和平衡的角度解釋實驗n的現象：實驗川：標定 Na2S2O3溶液的濃度稱取一定質量的產品配制

3、成硫代硫酸鈉溶液，并用間接碘量法標定該溶液的濃度：用分析天平準確稱取基準物質K2Cr2O7（摩爾質量為 294g?mol1）0.5880g。平均分成 3 份，分別放入 3 個錐形瓶中，加水配成溶液，并加入過量的KI 并酸化，發生下列反應：6I-+Cr2O72-+14H+= 3I2+2C 產+7H2O,再加入幾滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2Q溶液滴定，發生反應b+2S2O32-= 2I-+ S4O62-，三次消耗 Na2S2O3溶液的平均體積為 25.00 mL,則所標定的硫代硫 酸鈉溶液的濃度為_ mol ?-1【答案】分液漏斗烝餾燒瓶H2SO4Na?S03= Na2SO4H2O SO2硫化

4、鈉和碳酸鈉的混合液 調節酸的滴加速度若 SC2過量，溶液顯酸性.產物會發生分解加入鐵氰化鉀溶液產生藍色沉淀開始生成 Fe(S2O3)33-的反應速率快，氧化還原反應速率慢，但Fe3+與 SC32-氧化還原反應的程度大，導致Fe3+39Q2-? Fe(SO3)33-(紫黑色)平衡向逆反應方向移動，最終溶液幾乎變為無色0.1600【解析】【分析】【詳解】(1) a 的名稱即為分液漏斗，b 的名稱即為蒸餾燒瓶；b 中是通過濃硫酸和 Na2SQ 反應生成SQ,所以方程式為：H2SO4Na2SO3=Na2SO4H2O SO2； c 中是制備硫代硫酸 鈉的反應，SQ 由裝置b 提供，所以 c 中試劑為硫化

5、鈉和碳酸鈉的混合溶液；(2) 從反應速率影響因素分析，控制SQ 生成速率可以調節酸的滴加速度或者調節酸的濃度，或者改變反應溫度；(3) 題干中指出，硫代硫酸鈉在酸性溶液中會分解，如果通過量的SO2,會使溶液酸性增強，對制備產物不利，所以原因是：SO2過量，溶液顯酸性，產物會發生分解；(4) 檢驗 Fe2+常用試劑是鐵氰化鉀，所以加入鐵氰化鉀溶液，產生藍色沉淀即證明有Fe2*生成；解釋原因時一定要注意題干要求，體現出反應速率和平衡兩個角度，所以解釋為：開始階段，生成Fe(S2O3)3的反應速率快，氧化還原反應速率慢，所以有紫黑色出現，隨著 F+的量逐漸增加，氧化還原反應的程度變大，導致平衡逆向移

6、動，紫黑色逐漸消失，最 終溶液幾乎變為無色；間接碘量法滴定過程中涉及兩個反應：6ICa。214H =3122Cr37出。；2 2I22S2O3=2IS4O6；反應被氧化成 12,反應中第一步所得的 I2又被還原成，所以與電子轉移數相同，那么滴定過程中消耗的Cr2O2得電子總數就與消耗的S2O2失電子總數相同；在做計算時，不要忽略取的基準物質重鉻酸鉀分成了三份進行的1 0 5880滴定。所以假設 c(Na2S2O3)=a mol/L，列電子得失守恒式：6=a 0.025 1,3294解得 a=0.1600mol/Lo2.疊氮化鈉(NaN3)是一種白色劇毒晶體，是汽車安全氣囊的主要成分。NaN3易

7、溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱堿性，能與酸發生反應產生具有爆炸性的有毒氣體疊氮化氫。實驗 室可利用亞硝酸叔丁酯(t-BuNO2，以 t-Bu 表示叔丁基)與 N2H4、氫氧化鈉溶液混合反應制備 疊氮化鈉。(1) 制備亞硝酸叔丁酯取一定 NaNO2溶液與 50%硫酸混合，發生反應 H2SO4+ 2NaNO2=2HNO2+ NazSQ。可利用亞硝酸與叔丁醇(t-BuOH)在 40C左右制備亞硝酸叔丁酯，試寫出該反應的化學方程式：(2) 制備疊氮化鈉(NaN3)按如圖所示組裝儀器(加熱裝置略)進行反應，反應的化學方程式為：t-BuN02+ NaOH+N2H4=NaN3+ 2H2O+ t-BuOH。1

8、裝置 a 的名稱是_;2該反應需控制溫度在 65C，采用的實驗措施是 _ ;3反應后溶液在 0C下冷卻至有大量晶體析出后過濾。所得晶體使用無水乙醇洗滌。試解釋低溫下過濾和使用無水乙醇洗滌晶體的原因是(3) 產率計算1稱取 2.0g 疊氮化鈉試樣，配成 100mL 溶液，并量取 10.00mL 溶液于錐形瓶中。2用滴定管加入 0.10mol L1六硝酸鈰銨(NH4)2Ce(NO3)6溶液 40.00mL(假設雜質均不參與反應)。3充分反應后將溶液稀釋并酸化，滴入 2 滴鄰菲羅啉指示液，并用 0.10mol L1硫酸亞鐵銨(NH4)2Fe(SO)2為標準液，滴定過量的 Ce4+,終點時消耗標準溶液

9、 20.00mL(滴定原理：Ce4+ Fe2=Ce3+ Fe3)o已知六硝酸鈰銨(NH4)2Ce(NO3)6與疊氮化鈉反應生成硝酸銨、硝酸鈉、氮氣以及Ce(NO3)3,試寫出該反應的化學方程式 _ ;計算疊氮化鈉的質量分數為 _ (保留 2 位有效數字)。若其他操作及讀數均正確，滴定到終點后，下列操作會導致所測定樣品中疊氮化鈉質量分數偏大的是 _(填字母)。A. 錐形瓶使用疊氮化鈉溶液潤洗B. 滴加六硝酸鈰銨溶液時，滴加前仰視讀數，滴加后俯視讀數C. 滴加硫酸亞鐵銨標準溶液時，開始時尖嘴處無氣泡，結束時出現氣泡D. 滴定過程中，將掛在錐形瓶壁上的硫酸亞鐵銨標準液滴用蒸餾水沖進瓶內(4) 疊氮化

10、鈉有毒，可以使用次氯酸鈉溶液對含有疊氮化鈉的溶液進行銷毀，反應后溶液堿性明顯增強，且產生無色無味的無毒氣體，試寫出反應的離子方程式：【答案】t-BuOH+ HNQ竺Et-BuNO2+ H2O 恒壓滴液漏斗(滴液漏斗)水浴加熱 降低疊 氮化鈉的溶解度，防止產物損失2(NH4)2Ce(NO3)6+ 2NaN3=4NH4NO3+ 2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2f65% AC ClO+2Nj+出0=。+2OH+3N?f【解析】【分析】【詳解】(1) 制備亞硝酸叔丁酯的反應物有亞硝酸和叔丁醇，反應類型屬于有機的酯化反應，所以方裝置 a 的名稱即為恒壓滴液漏斗；2反應要控制溫度在 65C，參考苯

11、的硝化實驗，該反應加熱時，應當采用水浴加熱；3題干中提到了疊氮酸鈉易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗滌產品時，為了減少洗滌過 程中產品的損耗，應當用無水乙醇洗滌；(3)通過題干提示的反應產物分析，可知反應過程中Ce4+和N3中的元素發生了變價，所以反應的方程式為:2(NH4)2Ce(NO3)62NaN3=4NH4NO32NaNO32Ce(NO3)33N2；在計算疊1氮化鈉的含量時，一定要注意疊氮酸鈉溶液配制完成后只取了與過量的六硝酸鈰銨反10應，再用 F0 去滴定未反應完的正四價的Ce,因此有：2.0gNaN3樣品的丄消耗的 Ce4Fe2消耗的 Ce4=0.004molCe4，考慮到 Fe2+與

12、10Ce4+的反應按照 1:1 進行，所以 2.0g 疊氮化鈉樣品中疊氮化鈉的物質的量為：n(NaN3)10 (0.004 Fe2消耗的Ce4)0.02mol，所以疊氮化鈉樣品的質量分數, m(NaN3) ce, 0.02mol 65g/mol為：w- 100%=65%；2.0g2.0A. 潤洗錐形瓶，會使步驟 消耗的六硝酸鈰銨的量增加，通過分析可知，會使最終計算 的質量分數偏大，A 項正確；B.量取 40mL 六硝酸鈰銨溶液時若前仰后俯，則會量取比40ml 更多的六硝酸鈰銨溶液，那么步驟 會需要加入更多的 FW+來消耗疊氮酸鈉未消耗掉的Ce4+,通過分析可知，最終會導致計算的質量分數偏低，B

13、 項錯誤；C.步驟用 Fe2+標定未反應的 Ce4+,若開始尖嘴無氣泡，結束后出現氣泡，則記錄的Fe2*消耗量比實際的偏小，通過分析可知，最終會使質量分數偏大，C 正確；D.將掛在錐形瓶壁上的卩62+溶液沖入錐形瓶，相當于讓溶液混合更均勻，這樣做會使結果 更準確，D 項不符合；答案選 AC；(4)反應后溶液堿性增強，所以推測生成了0H-；產生的無色無味無毒氣體，推測只能是氮氣，所以離子方程式為：CIO 2N3H2O=Cl3N22OHo【點睛】滴定計算類的題目，最常考察的形式之一是配制完待測樣品溶液后，只取一部分進行滴定，在做計算時不要忘記乘以相應的系數；此外，常考察的形式也有：用待測物A 與過

14、量的 B 反應，再用 C 標定未反應的 B,在做計算時，要注意 A 與 C 一同消耗的 Bo3.過硫酸鈉(Na2&08)具有極強的氧化性，且不穩定，某化學興趣小組探究過硫酸鈉的相關 性質，實驗如下。已知SQ 是無色易揮發的固體，熔點 16.8C,沸點程式為：t-BuOH HNO2t-BuNO2H2O;44.8C。(1) 穩定性探究(裝置如圖)：分解原理：2Na2S2O82Na2SO + 2SO3T+ O2仁此裝置有明顯錯誤之處，請改正： _ ，水槽冰水浴的目的是_ ;帶火星的木條的現象 _VuSU (1帶火足(2 )過硫酸鈉在酸性環境下，在Ag+的催化作用下可以把 Mn2+氧化為紫紅色

15、的離子，所得溶液加入 BaC2可以產生白色沉淀，該反應的離子方程式為 _，該反應的氧化劑是 _，氧化產物是 _。(3)向上述溶液中加入足量的BaC2,過濾后對沉淀進行洗滌的操作是則c MnO4-= -0.03L=0.06moig_-1, Na2SO8具有氧化性，消耗的 H2C2O45 0.02L溶液增多，導致測得的結果偏高，故答案為：0.06;偏高。4.鋰離子電池能夠實現千余次充放電，但長時間使用后電池會失效，其中的化學試劑排放 至環境中不僅會造成環境污染，還會造成資源的浪費。實驗室模擬回收鋰離子電池中的Co Ni、Li 的流程如圖。已知：LiCoQ 難溶于水，易溶于酸。回答下列問題:(1)

16、LiCoQ 中 Co 的化合價是 _。(2)LiCoQ 在浸出過程中反應的離子方程式是_。(3) 浸出劑除了 H2O2外，也可以選擇 Na2S2Q，比較二者的還原效率 H2O2_(填“ 或2SO3(還原效率：還原等物質的量的氧化劑消耗還原劑的物質的量)。(4 )提高浸出效率的方法有 _。(5) 利用 Cyanex272 萃取時，pH 對鈷、鎳萃取分離效果的影響如圖。從圖中數據可知，用 Cyanex272 萃取分離時，最佳 pH 是(6)反萃取的離子方程式為2H+CoR=C(f+2HR,則反萃取劑的最佳選擇是 _。(7)常溫下，若水相中的Ni2+的質量濃度為 1.18g L-1， 則 pH=_時

17、， Ni2+開始沉淀。 Ksp(Ni(OH)2=2X105(8)參照題中流程圖的表達，結合信息設計完成從水相中分離Ni 和 Li 的實驗流程圖(如圖)。5H2C2O450.03L O.lmolgJ2Mn O420.02L c MnO4(AU0oOn趴石*一伽幗衛實匚沁沁歸酣侃涙電-科詢_ (嚴品1 )*03.06.0 6.5 TJOKJ 73)已知:LiFLigNi(OH),NijCOjNiFa難譜難溶提供的無機試劑：NaOH、Na2CQ、NaF。【答案】+3 2LiCoQ+6H+H2O2=2Co2+6f+2LI+4H2O 適當升高溫度，適當增加H2SC4濃度 5.5 HzSO 7.5 NaO

18、H Ni(OH)2 NaF【解析】【分析】(1) 通過化合物中各元素化合價代數和為0 進行計算；(2) 由流程圖中有機相反萃取得到CoSQ，可知 LiCoQ 與 H2O2在酸性條件下發生氧化還原反應，根據氧化還原反應的規律寫出化學方程式；根據等物質的量 H2O2和 Na2S2O3作為還原劑轉移電子的多少進行判斷；(4)提高浸出效率即提高化學反應速率；分離 Co2+和 Ni2+時，由于 Co2*進入有機相，Ni 進入水相，因此，應該選擇鈷的萃取率高 而鎳的萃取率低的 pH 范圍；將鈷洗脫進入水相中時，應該使反應向正反應方向移動，同時不能引入新雜質；(7) 根據 Ksp(Ni(OH)2的表達式進行

19、計算；(8) 根據表格中所給物質溶解度信息，調節pH 應該用堿性物質，但要考慮分離Ni 和 Li 元素不能使 Ni 和 Li 元素同時沉淀。【詳解】(1) LiCoO2中 O 元素為-2 價，Li 為+1 價，根據化合物中各元素化合價代數和為0 進行計算得Co 的化合價為+3 價；(2) 由流程圖中有機相反萃取得到 CoSO，可知 LiCoQ 與 H2O2在酸性條件下發生氧化還原反應，化學方程式為：2LiCoO2+6H+H2O2=2Co2+O2f+2Li+4H2O；(3) 1molH2O2作為還原劑轉移 2mol 電子，1molNa2S?O3作為還原劑轉移 8mol 電子，貝 U Na2S2O

20、3的還原效率更高；提高浸出效率可以適當升高溫度，適當增加H2SQ 濃度等；分離 Cc?+和 Ni2+時，由于 Co2*進入有機相，Ni 進入水相，因此，應該選擇鈷的萃取率高 而鎳的萃取率低的 pH 范圍，所以最佳 pH 是 5.5;將鈷洗脫進入水相中時，應該使反應向正反應方向移動，同時，為不引入新雜質，反萃 取劑最好選擇 H2SO4;c(Ni2+)=1.18mol/L=0.02mol/L，則開始沉淀時，c(OH)=59(8)根據表格中所給物質溶解度信息，調節pH 應該用堿性物質，但要考慮分離 Ni 和 Li 元素不能使 Ni 和 Li 元素同時沉淀，所以選用NaOH,則 Ni(OH)2先沉淀，

21、過濾后濾液中加入NaF 生成 LiF 沉淀。【點睛】Ksp(Ni OH2)本題（5）選擇合適的 pH 時，注意讀懂圖中信息，要根據實驗的具體操作情況來分析。5 根據當地資源等情況，硫酸工業常用黃鐵礦（主要成分為 FeQ）作為原料。完成下列填空：（1）將 0.050mol SO2（g）和 0.030mol O2（g）充入一個 2L 的密閉容器中，在一定條件下發生反 應：2SQ（g）+O2（g）? 2SO3（g）+Q。經 2 分鐘反應達到平衡，測得n（SQ）=0.040mol，貝 U O2的平均反應速率為_（2）在容積不變時，下列措施中有利于提高 SQ 平衡轉化率的有 _（選填編號）a移出氧氣b

22、降低溫度c.減小壓強d 再充入 0.050molSO2（g）和 0.030molO2（g）在起始溫度 T1（673K）時 SQ 的轉化率隨反應時間的變化如圖，請在圖中畫出其他條件 不變情況下，起始溫度為T2（723K）時 SQ 的轉化率隨反應時間變化的示意圖_（4）黃鐵礦在一定條件下煅燒的產物為 SQ 和 Fe3O41將黃鐵礦的煅燒產物FesO4溶于 H2SQ 后，加入鐵粉，可制備FeSQ。酸溶過程中需維持溶液有足夠的酸性，其原因是 _2FeS?能將溶液中的 Fe3+還原為 Fe2+,本身被氧化為 SQ2。寫出有關的離子方程式。有 2mol 氧化產物生成時轉移的電子數為14NA【解析】0103

23、4 44 K M【答案】0.005mol/(L?mi n)抑【分析】求出氧氣的速率，然后根據速率之比等于對應物質的化學計量數之比計(1)根據 v =算；(2) 反應放熱，為提高 SQ 平衡轉化率，應使平衡向正反應方向移動，可降低溫度，體積不 變，不能從壓強的角度考慮，催化劑不影響平衡移動，移出氧氣，平衡向逆反應方向移動，不利于提高 SQ 平衡轉化率，由此分析解答；(3) 反應是放熱反應，溫度升高，平衡逆向進行，二氧化硫的轉化率減小，但達到平衡所需 要的時間縮短，據此畫出曲線；Fe3+與 F計易水解，F 計易被氧化成 Fe3*;2根據氧化還原反應中的反應物和生成物幾何電子守恒來配平化學方程式，

24、結合方程計算 轉移電子數。【詳解】故答案為： 0.005mol/(L?min)；(2)a 移出氧氣，平衡逆向移動，二氧化硫的轉化率減少，故不選；b 降低溫度，平衡正向移動，二氧化硫的轉化率增大，故選；c. 減小壓強，平衡逆向移動，二氧化硫的轉化率減少，故不選；d. 再充入 0.050molSO2(g)和 0.030molO2(g),相當于增大壓強， 平衡正向移動， 二氧化硫的 轉化率增大，故選；故答案為：bd ；反應：2SQ(g)+O2(g)? 2SO3(g)AHv0, SQ 的轉化率在起始溫度 T1= 673K 下隨反應時間(t)的變化如圖，其他條件不變，僅改變起始溫度為T2= 723K,溫

25、度升高，平衡逆向進行，二氧化硫的轉化率減小，但反應速率增大，達到平衡需要的時間短，在圖中畫出溫度T2下SQ 的轉化率隨反應時間變化的預期結果示意圖如圖所示-T,Tr*應DT,T,;故答案為：,/八. .廠/E/ /41-:1 : /2Q-:/ : /ill11Fe2O3(或 FesO4等)溶于 H2SQ 后，生成的 FeT 與 Fe2+易水解，Fe2+易被氧化成 Fe3+，所 以要加入Fe 粉和酸，抑制 Fe3+與 Fe2+的水解，并防止 Fe2+被氧化成 Fe3+，故答案為：抑 制 Fe3+與 Fe2+的水解，并防止 Fe2+被氧化成 F0 ;2-2 價的硫離子具有還原性， FeS 可以將溶

26、液中的 Fe3+還原為 Fe2*,而本身被氧化為硫酸 根離子，有關的離子方程式為： FeQ+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SC42+16H+,氧化產物是硫酸根 離子，有 2mol 硫酸根生成時轉移的電子數為 14NA,故答案為：Fe9+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SQ2+ 16H+； 14NA。【點睛】注意(3)溫度升高，平衡逆向進行，二氧化硫的轉化率減小，但反應速率增大，達到平衡需 要的時間短，此為解題的關鍵。6廢水中過量的氨氮(NH3和NH4)會導致水體富營養化。某科研小組用NaCIO氧化法處(1)v(SO3)=0.040mol2L= 0.01mol/(L?min),2min

27、1所以 V(O2)=-2v(SQ)= 0.005mol/(L?mi n)理氨氮廢水。已知：HCIO的氧化性比NaCIO強；NH3比NH4更易被氧化；國家 相關標準要求經處理過的氨氮廢水PH要控制在 69。(1)pH 1.25時，NaCIO可與NH4反應生成N2等無污染物質，該反應的離子方程式為O2進水pH在 2.756 范圍內時，氨氮去除率隨pH的升高而上升的原因是 _。3進水pH應控制在_左右為宜。(3)為研究空氣對NaCIO氫化氨氮的影響，其他條件不變，僅增加單位時間內通人空氣的量，發現氨氮去除率幾乎不變。其原因可能是 _ (填序號)a.O2的氧化性比NaCIO弱b.O2氧化氨氮速率比Na

28、CIO慢C.O2在廢水中溶解度比較小d.空氣中的N2進入廢水中【答案】3CIO 2NH4N23CI3出。2H隨著pH的升高，NaCIO含量增大，氧化性降低，導致氨氯去除率下降隨著pH的升高，氨氮廢水中NH3含量增大，而NH3比NH4更易被氧化1.5abc進水pH在 1.252.75 范圍內時，氨氮去除率隨pH的升高迅速下降的原因是5W一憐癥卞軸【解析】【分析】(1) pH=1.25 時，NaCIO 可與 NH4+反應生成 N?等無污染物質，次氯酸根離子被還原為氯離子 和水，結合電荷守恒、電子守恒、原子守恒配平書寫離子方程式；(2) 進水 pH 為 1.252.75 范圍內，氨氮去除率隨 pH

29、升高迅速下降是 c(OH-)較大，抑制NaCIO 水解，c(HCIO)較小致氧化能力弱；2進水 pH 為 2.756.00 范圍內氨氮去除率隨 pH 升高而上升，氨氣含量增大氨氮易被氧化；3結合圖象變化可知進水pH 應控制在 1.0 左右；(3)其他條件不變，僅增加單位時間內通入空氣的量，發現氨氮去除率幾乎不變，說明02氧化氨氮速率比 NaCIO 慢，比次氯酸鈉氧化性弱，溶液中溶解的氧氣少等原因。【詳解】(1) pH=1.25 時，NaCIO 可與 NH4+反應生成 N?等無污染物質，次氯酸根離子被還原為氯離子，結合電荷守恒、電子守恒、原子守恒配平書寫離子方程式：3CIO+2NH4+=N2f+

30、3C1+2H+；(2) 進水 pH 為 1.252.75 范圍內，氨氮去除率隨 pH 升高迅速下降的原因是：隨著PH 升高，NaCIO 含量增大，氧化性能降低，導致氨氮去除率下降；2進水 pH 為 2.756.00 范圍內，氨氮去除率隨 pH 升高而上升的原因是：隨著PH 升高氨氮廢水中氨氣含量增大，氨氮更易被氧化；3進水 pH 應控制在 1.50 左右，氨氮去除率會較大；(3) 研究空氣對 NaCIO 氧化氨氮的影響，其他條件不變，僅增加單位時間內通入空氣的量，發現氨氮去除率幾乎不變。其原因可能是：。2的氧化性比 NaCIO 弱、O2氧化氨氮速率比NaCIO 慢、O2在溶液中溶解度比較小；故

31、答案為：abc。7.過氧乙酸(CfCOOOH 是一種高效消毒劑，具有很強的氧化性和腐蝕性，它可由冰醋酸 與過氧化氫在一定條件下制得；它可以迅速殺滅多種微生物，包括多種病毒(如: SARS 病毒、禽流感病毒)、細菌、真菌及芽孢。下面是市售過氧乙酸商品標簽：過氧乙酸本品包括甲、乙兩種滾嵐 體積gSOOmL,把甲、乙謂液各1155在玻璃容器中混合后放蚤24小時后其中過氧乙釀敢廈小于10%應用和倍純水稀釋(濃度為0衛),稀釋后才龍 使用&有關資料：出 02是極弱的電解質，在酸性介質中才能穩定存在，是一種強氧化劑。過氧乙 酸消毒液是由H2O2、H2O、CHCOOH 及少量 H2SC4混合后，反應

32、生成過氧乙酸 (CH3COOOH。CH3COOOH 容易放出氧原子，它與空氣中微生物機體作用，達到滅菌目的， 是消毒液的主要成分。(1)某研究性學習小組為了弄清配制過氧乙酸消毒液的甲、乙溶液的主要成分各是什么？進 行以下科學探究，請你完成下列相關內容：1提出假設：甲溶液的主要成分為 _ ，乙溶液的主要成分為 _。2實驗驗證：取甲、乙兩種溶液少許，分別加入幾滴 _試液，若中假設正確，則甲溶液的現象為 _，乙溶液的現象為 _。有關過氧乙酸的敘述正確的是 _ (填編號)A.過氧乙酸與羥基乙酸(HOCH2COOH 互為同分異構體B.過氧乙酸與苯酚混合使用可增強消毒效果C. 過氧乙酸與乙酸屬于同系物D.

33、 氧元素的化合價為-2 價(3)實驗室制備少量過氧乙酸，可由冰醋酸和過氧化氫在濃硫酸催化作用下制得，實驗裝置 和步驟如下：1在三頸燒瓶中加入一定量冰醋酸與濃H2SQ 的混合液體，再緩緩加入適量30%的雙氧水。2不斷攪拌并控制 B 中混合液的溫度為 2030C至反應結束。3接入冷凝管和抽氣泵，在錐形瓶中收集得到產品。請回答下列問題：1儀器 C 的名稱是_ ；2為更好地控制反應溫度，應采用方法是 _ ;3生成過氧乙酸的化學方程式為 _ ;4碘量法分析：取 2.00mL 過氧乙酸試樣稀釋成 100mL,從中取出 5.00mL，滴加酸性KMnO4溶液至恰好粉紅色以除去殘余H2O2，再加入 10mL10

34、%KI 溶液和幾滴淀粉溶液，搖勻，反應完全后再用 0.1000mol/L 的 Na2S2O3標準液滴定至終點(反應方程式為2Na29O3+l2=Na2$O6+2Nal)，共消耗 14.30mL Na2S2O3標準液。該樣品中過氧乙酸的物質的 量濃度是_ mol/L。(結果保留小數點后兩位)(提示：CH3COOOH+21+2H+=l2+CHCOOH +HO)【答案】甲 H2O2、H2O、H2SQ 乙 CH3COOH、H2O 石蕊 甲：溶液先變紅后褪色乙:溶液由無色變為紅色A 冷凝管(或直形冷凝管)水浴加熱 CHCOOH +H2O2-CHCOOOH + HO 7.15【解析】【分析】(1)若假設甲

35、溶液的有效成分是H2O2,則乙溶液的有效成分是CH3COOOH,根據過氧乙酸消毒液是由 H2O2、H2O、CH3COOH 及少量 H2SO 混合后，反應生成過氧乙酸 (CH3COOOH), H2O2是極弱的電解質，在酸性介質中才能穩定存在，則H2SO 應該在甲溶液中，另外兩種溶液中的水也是一種主要成分；兩溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊試液變紅，但是甲溶液中 H2O2漂白作用的會使變紅的溶液褪色；(2) 結合選項對過氧乙酸(CH3COO OH 性質判斷，(3 由儀器的結構，可知 C 為直形冷凝管；2控制 B 中混合液的溫度為 2030C,應采取水浴加熱；3結合題中信息，寫出生成過氧乙酸的化學反應方

36、程式；CH3COOOH+21+2H+=b+CHbCOOH +HO, 2Na2S2O3+l2=Na2$O6+2Nal，由這兩個方程式，確定關系式：CH3C000HH|22Na2&03,計算稀釋后 5.00mL 溶液中過氧乙酸的物質的量，再計 算原來的2.00mL 溶液中的過氧乙酸的物質的量，再根據物質的量濃度定義式計算。【詳解】（1） 若假設甲溶液的有效成分是 H2O2,則乙溶液的有效成分是 CH3C000H,根據過氧乙酸消毒液是由 H2O2、H20、CH3C00H 及少量 H2SC4混合后，反應生成過氧乙酸 （CH3C000H） H202是極弱的電解質，在酸性介質中才能穩定存在，則H2

37、SQ 應該在甲溶液中，另外兩種溶液中的水更是一種主要成分；兩溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊試液變紅，但是甲溶液中 H202漂白作用的會使變紅的溶液褪色；（2）過氧乙酸與羥基乙酸（H0CH2C00 H）的分子式都是 C2H4O3，但結構不同，故互為同分異 構體；過氧乙酸具有強氧化性，而苯酚易被氧化，兩者混合發生氧化還原反應，不能增強消毒效果；過氧乙酸的分子結構中存在過氧根而乙酸中沒有，兩者結構不相似，不屬于同+2 價、+1 價；C 為直形冷凝管；2030C,應采取水浴加熱，受熱均勻，便于控制溫度;3乙酸與過氧化氫在濃硫酸、 2030C條件下反應生成過氧乙酸（CH3C000H）反應的化學方程式為：C

38、H3C00H + H02CH3C000H + H0 ；4CH3C000H+2-+2H+=|2+CH3C00H +H0, 2Na2S03+|2=Na2S406+2NaI，由這兩個方程式，確定關系式：CH3C000HH 122Na2903，可知稀釋后的 5.00mL 溶液中過氧乙酸的物質的量是：X0.0143LX0.1000mol,原來 2.00mL 溶液中的過氧乙酸的物質的量是：22=7.15 mol/L。【點睛】本題是探究性實驗試題，現根據題中的信息去假設，然后分析、得出結論。實驗中的數據 處理，借助關系式法，計算所需要的物質的物質的量。&利用H2還原鐵的氧化物并確定其組成的裝置如圖所

39、示（Zn粒中往往含有硫化物等雜質，焦性沒食子酸溶液可吸收少量氧氣）。系物；過氧乙酸中的氧元素有（3由儀器的結構，可知控制 B 中混合液的溫度為X0.0143LX0.1000mol/LX=0.0143mol，該該樣品中過氧乙酸的物質的量濃度是:回答下列問題：1裝置Q（啟普發生器）用于制備H2，還可用于 _（填字母，下同）。A.生石灰與濃氨水制NH3B.過氧化鈉與水制。2C 硫化鐵固體與稀硝酸制H2Sn D.大理石與稀鹽酸制CO22 中依次盛裝的試劑為 _，KMnO4酸性溶液中發生反應的離子方程式為A.KMnO4酸性溶液、濃HSO4、焦性沒食子酸溶液B.焦性沒食子酸溶液、濃HSO4、KMnO4酸性

40、溶液C.KMnO4酸性溶液、焦性沒食子酸溶液、濃HSO43加熱管式爐”和 打開活塞 K”這兩步操作應該先進行的是 _，在這兩步之間還應進行 的操作是_。4反應過程中 G 管逸出的氣體是 _，其處理方法是 _ 。5結束反應時，應該 _ ，待裝置冷卻后稱量并記錄相應數據。6假設反應完全后瓷舟中的固體只有Fe 單質，實驗中測得了下列數據：瓷舟的質量為30.4g；瓷舟和 FexOy 的總質量為42.0g；反應前 U 形曾及內盛物的總質量為98.4g；反應后 U 形管及內盛物的總質成為102.0g。由以上數據計算并確定該鐵的氧 化物的化學式為。22【答案】 D C8MnO45H2S 14H 8Mn25S

41、O4212H2O打開活塞 K 檢驗H2的純度 氫氣(或H2)在 G 管口處放置一個點燃的酒精燈先停止加熱，冷卻至室溫后，再關閉活塞 KFe3O4【解析】【分析】H2還原 WO3制備金屬 W，裝置 Q 用于制備氫氣，因鹽酸易揮發，則、應分別用 于除去 HCI、H2S 氧氣和水，得到干燥的氫氣與鐵的氧化物在加熱條件下制備Fe,堿石灰用于吸收水，實驗結束后應先停止加熱再停止通入氫氣，以避免Fe 被重新氧化，以此解答該題。【詳解】(1)A生石灰與濃氨水制NH3，生成的氫氧化鈣微溶于水，可堵塞導管，故A 錯誤；B.過氧化鈉與水劇烈反應， 不能用啟普發生器制備。2，故 B 錯誤；C.硫化鐵固體與稀硝酸發生

42、氧化還原反應，不能生成硫化氫，故C 錯誤；D.大理石不溶于水，可與稀鹽酸制CO2，可用啟普發生器，故 D 正確。故答案為： D；2、應分別用于除去 HCI、H2S、氧氣和水，以得到干燥的氫氣，KMnOq酸性溶液中發生反應的離子方程式為8MnO45H2S 14H 8Mn25SO4212H2O；3實驗前應先通入氫氣，以排出裝置的空氣，則應先打開活塞 先檢驗H?的純度；4從 G 逸出的氣體為氫氣，可用點燃的方法處理，方法是在G 管口處放置一個點燃的酒精燈；5實驗結束后應先停止加熱再停止通入氫氣，以避免Fe 被重新氧化；6已知：瓷舟的質量為30.4g；瓷舟和 FexOy的總質量為42.0g，則m Fe

43、xOy11.6g；反應前 U 形曾及內盛物的總質量為98.4g；反應后 U 形管及內盛物的總質成為102.0g，則生成m H203.6g，則氧化物中16g / mol 3.2g，n 0 0.2mol；18g / moln O 0.15:0.23: 4，化學式為FesOq。9.現有一份含有 FeC3和 FeC2固體混合物，為測定各成分的含量進行如下兩個實驗：實驗 1: 稱取一定質量的樣品，將樣品溶解；2向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，產生沉淀；3將沉淀過濾、洗滌、干燥得到白色固體17.22 g。實驗 2： 稱取與實驗 1 中相同質量的樣品，將樣品溶解；2向溶解后的溶液中通入足量的Cl2

44、；3再向 所得溶液中加入足量的 NaOH 溶液，得到紅褐色沉淀；4將沉淀過濾、洗滌后，加熱灼燒，到質量不再減少，得到固體物質4g。回答下列問題：(1)_ 溶解過程中所用到的玻璃儀器有_。(2 實驗室保存 FeC2溶液時通常會向其中加入少量試劑 _ 和_(3)_ 實驗 2 通入足量 C2的目的是;涉及的化學反應的離子方程式是(4 檢述實驗 2 的步驟中沉淀已經洗滌干凈的方法是 _。(5)加熱 FeC3溶液，并將溶液蒸干時，通常不能得到FeC3固體，請以平衡的觀點解釋其原因(方程式與文字相結合來說明) _ 。(6)FeC3溶液可以用于止血，主要是因為 FeC3溶液能使血液聚沉，這涉及膠體的特性。以

45、下關于膠體的說法不正確的是 _ 。K,為避免加熱時爆炸，應m Fe11.6g 3.2g 8.4g，n Fe)56g / mol0.15mol，則n FeA.膠體粒子能透過濾紙，但不能透過半透膜B.膠體粒子具有較大的表面積，能吸附陽離子或陰離子，故在電場作用下會產生電泳現象C.向 Fe (OH)3膠體可以產生丁達爾效應，CuSO溶液、水等分散系不能產生丁達爾效應D.向 Fe (OH)3膠體中滴加硫酸，會先出現紅褐色沉淀，隨后沉淀消失E.在蛋白質溶液中加入稀的CuSO 溶液，可使蛋白質鹽析(7)通過實驗所得數據，計算固體樣品中_FeC3和 FeC2的物質的量之比為。【答案】(1)燒杯、玻璃棒(2)

46、 稀鹽酸 鐵粉(3) 將 F0 全部轉化為 Fe3+2Fe2+C2=2Fe3+2C(4)取少量最后一次的洗滌液于試管中，向試管中溶液滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶 液，如未出現白色沉淀說明已洗凈(5) FeC3在水中存在如下平衡 FeC3+3H2O=Fe (OH)3+3HCI，在加熱條件下，由于HCl 易揮發，生成物濃度減小，導致平衡不斷向右移動，故最后不能得到FeC3固體(6) E (7) 2: 3【解析】試題分析：(1)溶解所用到的儀器為燒杯、玻璃棒；(2) FeC2易被空氣中的氧氣氧化成FeC3，向溶液中加入少量鐵粉，使FeC3重新轉化為 FeC2；為了防止 FeC2溶液水解，常加入鹽酸

47、，抑制其水解，防止其變質；(3) C2將 FeC2氧化生成 FeC3： Cb+2FeC2=2FeC3,實質為 2Fe2+ Cl2= 2F0+ 2C；( 4)解答此問時，首先要明確沉淀吸附了什么雜質，由于 氯化鈉和硝酸銀反應生成氯化銀沉淀和硝酸鈉，因此沉淀吸附的雜質是Na+、C，檢驗沉淀是否洗滌干凈，只要檢驗洗滌后的溶液中是否含有Na+、C中的一種就可以，如果最后一次的洗滌液仍然有氯化鈉，加入硝酸銀溶液就會出現沉淀，反之，說明溶液中沒有氯化 鈉；(5)因為 FeC3易水解，且 HCI 易揮發，加熱促進了 FeC3水解及 HCI 的揮發，所以不 能得到 FeC3固體；(6) A、膠體粒子直徑介于

48、1100nm 之間，因此能透過濾紙，但不能 透過半透膜，A 正確；B 膠體粒子具有較大的表面積，能吸附陽離子或陰離子，因此在電 場作用下會移向陰極或陽極，產生電泳現象，B 正確；C 向 Fe(OH)3膠體可以產生丁達爾效應，CuSQ 溶液、水等分散系不能產生丁達爾效應，C 正確；D、，向膠體中加入少量的酸、堿、鹽，會中和膠體所帶的電荷，使膠體發生聚沉，所以向Fe(OH)3膠體中滴加硫酸，會先出現紅褐色Fe(OH)3沉淀，但過量的硫酸還會和Fe(OH)3沉淀發生反應生成硫酸鐵，D 正確；E、CuSQ 屬于重金屬鹽，能使蛋白質變性，而非鹽析，E 不正確；m17 22(7)先由 計算實驗所得 AgC

49、I 的 n 為 mol = 0.12mol，實驗所得 Fe2O3的 nM143.54為 mol = 0.025mol，設 FeC3和 FeC2的物質的量分別為 x mol、y mol，依據 Cl、Fe 守恒1603x mol+2y mol=0.12 mol , x mol+y mol=0.025 mol ，解得 x = 0.02, y = 0.03，則固體樣 品中 FeC3和 FeC2的物質的量之比為為 2 : 3。考點：本題主要考查化學實驗基本操作、離子方程式的書寫、鐵鹽和亞鐵鹽的性質及轉化、鹽類水解、化學計算等。【名師點睛】(1 )化學實驗常用儀器的使用方法和化學實驗基本操作是進行化學實驗

50、的基礎，對化學實驗的考查離不開化學實驗的基本操作。考查的角度主要是以常見儀器的選 用、實驗基本操作為中心， 通過是什么、 為什么和怎樣做重點考查實驗基本操作的規范性 和準確及靈活運用的能力。(2)根據化學方程式的計算，多以物質的量為核心，考查物質 的量、阿伏加德羅常數、物質的量濃度、物質的質量、摩爾質量、氣體的體積、氣體摩爾 體積等相關物理量的轉化關系，以及反應物的轉化率或產物的產率的計算，同時還可以融 入多種化學解題思想，比如極值法、差量法、守恒法、討論法、特殊值法等，是歷來高考 的重點內容。日常學習中要注意相關知識的積累，以便快速準確作答，題目難度中等。10.二氧化氯泡騰片，有效成分(CI

51、O2)是一種高效、安全的殺菌、消毒劑。 方法一：氯化鈉電解法是一種可靠的工業生產CIO2氣體的方法。 該法工藝原理如圖。其過程是將食鹽水在特定條件下電解得到的氯酸鈉(NaCIQ )與鹽酸反應生成 CIO2。1電禍中T二氧比氯-ClOiT 上r(1 )工藝中可利用的單質有 _(填化學式)，發生器中生成CIQ 的化學方程式為_ 。(2)_ 此法的缺點主要是。方法二：最近，科學家又研究出了一種新的制備方法，纖維素還原法制CIO2，其原理是：纖維素水解得到的最終產物 X 與 NaCIQ 反應生成 CIO2。(3)配平方程式：_ 口(X) +NaCIO+DHSO4T口 CI21+ COX+DHO+ _若

52、反應中產生 4.48L (折算成標準狀況下)氣體，電子轉移 _ 個。(4)CIO2和 CI2均能將電鍍廢水中的 CN氧化為無毒的物質，自身被還原為C。處理含CN相同量的電鍍廢水，所需 CI2的物質的量是 CIO2的_倍。方法三：實驗室常用氯酸鈉(NaCIQ)和亞硫酸鈉(Na2SQ)用硫酸酸化，加熱制備二氧化氯， 化學反應方程式為：2NaCIC3+Na2SQ+ H2SO 二.2CI6X+2NSRSO4+ H2O(5)反應中的 Na2SQ 溶液中存在如下平衡： H2OH+OH-和(用離子方程式表示)常溫下，0.1mol/L 該溶液中離子濃度由大到小排列 _ (用離子符號表示)(6) 常溫下，已知

53、NaHSQ 溶液呈酸性，在 NazSQ 溶液中滴加稀鹽酸至中性時，溶質的主要成分有_ 。(用化學式表示)【答案】 出、Cl22NaCIO3+ 4HCI=2CIQf+C2X+ 2NaCI + 2HO 同時產生了大量的氯氣，不僅產率低，而且產品難以分離，同時很有可能造成環境污染；能耗較大等1CH12Q6+24NaCIO3+12H2SO4T24CIQX+6CQX+18H2O+12N32SC40.16NA2.5 SQ2-+H2O=OH-+HSO-, HSQ-+H2O 二OH+H2SO c(Na+)c(SO32-)c(OH-)c(HSO3-)c(H+) NaHSQ、Na2S6NaCI、或(NaHSQ、N

54、a2S6 NaCI、SQ、H2SQ)【解析】【分析】(1)電解飽和食鹽水生成H2、 CI2和 NaOH 故可以利用的單質為 H2、 C2,合成 HCI，根據 流程圖可知加入物質為 NaCIQ 和 HCI，生成 CIO2;可以寫出方程式，并用化合價升降法配平得到；(2)生成的氣體中除了有二氧化氯還有大量的氯氣，產率低，難分離，而且極有可能造成 大氣污染；用電解的方法耗能大；(3纖維素為多糖，水解最終產物為葡萄糖(QH2C6)，具有還原性，可將NaCIO 還原得到 CIO2. CI 從+5 到+4 價，降低 1 價，葡萄糖(C6H12C6) C 均價為 0,到+4 價，升高 4 價，然后配平得到，

55、由可知生成24moICIO2和 6moI CO2氣體轉移 24moI 的電子；(4) 每摩爾 CI2得到 2moI 電子，而每摩爾 CIO2得到 5moI 電子，故為 2.5 倍；(5) 存在弱電解水的電離平衡和弱離子的水解平衡不水解的二元鈉離子濃度最大，水解是微弱的，顯性離子和第一步水解產生的陰離子，隱性離子；(6) NaaSQ 溶液中滴加稀鹽酸，兩者反應，要使溶液呈中性，只能是部分反應，所以溶質為 NaSO、NaHSO NaCI。【詳解】(1)由工藝流程圖可以看出：在該工藝中可利用的單質有H2、CI2;根據流程圖可知加入 物質為 NaCIQ 和 HCI，生成 CIO2；發生氧化還原反應，

56、NaCIQ 被還原生成 CIO2, HCI 被氧 化生成 CI2,生成 CIO2的化學方程式為： 2NaCIQ+4HCI=2CIO2f+CI2f+ 2NaCI+2H2O(2)由制備原理和流程圖可知此法的缺點主要是會產生大量的CI2,消耗大量的電能，產 物CIO2和 CI2不僅不容易分離，而且物質利用率低，很容易造成大氣污染；(3)纖維素水解得到的最終產物X是葡萄糖 QH2Q。 它與 NaCIQ在酸性條件下發生反應， 根據質量守恒定律和電子守恒的知識可得方程式為：1C6H2Q+24NaCIQ+12HSQ 宀 24CIO2f+6COf+18H2O+12NaSQ，由方程式可以看出每產生30moI 的

57、氣體，轉移電子 24NA;現在產生氣體的物質的量為4.48L (即 0.2mol )，所以轉移電子的物質的量為 0.16mol，個數為 0.16NA；(4) 處理含 CN 相同量的電鍍廢水，即轉移電子的物質的量相同。假設轉移電子2mol，則2需要 CI2的物質的量是 1mol;需要 CIO2的物質的量為 =0.4mol。所以 n(CI2):5n(CIO2)=1 : 0.4=2.5 ；(5)反應中的 NQSO溶液中存在如下平衡：H2O H+OH 和 SO2-的水解平衡的兩種方程 式。由于 SO 是二兀弱酸的酸根離子，因此存在兩步水解平衡SO +H2O士 OH+HSO ,HSO+HO OH+HSO

58、; NazSC3=2Na+ SQ2-； c(Na+)c(SO32-), SO2-水解產生 OH 和 HSO , HSO進一步水解還要消耗 HSO，同時產生 OH，因此 c(OH-)c(HSO3-);在溶液中還存在水 的電量平衡，所以 c(HSQ-)c(H+);在溶液中鹽水解的程度是很微弱的，所以c(SO32-)c(OH-);因此在該溶液中各種離子的濃度由大到小的順序為c(Na+)c(SO32-)c(OH- +)c(HSO3)c(H );(6)在 NSO 溶液中滴加稀鹽酸若恰好發生反應：NaSQ+HCI=NaCI+NaHSC。則由于NaHSO 溶液呈酸性。所以至中性時，n(HCI) c(H+)=

59、 c(OH-) c(NH4+)+c(H+) = c(OH)+ c(C) 【解析】【分析】工業合成氨的催化劑是以鐵為載體的鐵觸媒，氨氣是共價化合物，氮原子最外層5 個電子，其中三個電子和三個氫原子形成三個共價鍵；由圖求出N2和 H2反應生成 1molNH3的反應熱，再根據熱化學反應方程式的書寫要求解答；合成氨是氣體體積減小的放熱反應， 依據平衡移動原理判斷；NH3可用來消除 NO 的污染，生成 2 種對環境無害的物質，應生成氮氣和水；氨氣通入鹽酸溶液反應生成氯化銨溶液，溶液中一定存在電荷守恒；若溶液 pH=7，則氫氧根離子濃度和氫離子濃度相同，結合電荷守恒得到離子濃度大小。據此分 析。【詳解】(

60、1)工業合成氨的催化劑是以鐵為載體的鐵觸媒，氨氣是共價化合物，氮原子最外層子，其中三個電子和三個氫原子形成三個共價鍵，電子式為：；答案為：鐵觸媒；5 個電；(2)由圖可知，N2和 H2反應生成 1molNH3放出的熱量為(b-a) kJ，該反應的熱化學反應方程式為 N2(g) +3H2(g)L2NH3(g) H=-2 (b-a) kJmd-1，故答案為:N ( g) +3H2(g) = 2NH3(g) +2 (b-a) kJ mol-1;(3)合成氨是氣體體積減小的放熱反應， 保持容器的體積不變，混合氣體質量不變，當混合 氣體的密度不變時，不能說明反應已經達到平衡狀態，A 錯誤；達到平衡時若升高溫度，平衡逆向進行，根據反應