高考化学《氧化还原反应的综合》专项训练含答案解析

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）
1．2ClO 是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，为了运输和贮存便利常将其制成2NaClO 固体，模拟工业上用过氧化氢法制备2NaClO 固体的实验装置如图所示。

已知：2ClO 熔点-59℃、沸点11℃、22H O 沸点150℃
A 中的化学方程式：32224222422NaClO H O H SO 2ClO O Na SO 2H O ++=↑+↑++
(1)3NaClO 放入仪器A 中，仪器B 中的药品是__________(写化学式)。

如果仪器B 改成分液漏斗，实验过程中可能会出现的实验现象__________。

(2)C 装置有明显缺陷，请绘出合理的装置图(标明气流方向)__________。

(3)向A 装置中通入空气，其作用是赶出2ClO ，然后通过C 再到D 中反应。

通空气不能过快的原因是__________，通空气也不能过慢原因是__________。

(4)冰水浴冷却的目的是__________。

a.降低2NaClO 的溶解度
b.减少22H O 的分解
c.使2ClO 变为液态
d.加快反应速率
(5)写出D 中发生反应的化学方程式__________，22H O 在反应起到__________作用。

假设在反应中消耗掉22H O a g 则有__________mol 电子转移。

【答案】H 2O 2 液体无法顺利滴落 空气流速快时，2ClO 不能被充分吸收 空气流速过慢时，2ClO 不能及时被移走，浓度过高导致分解 abc
2ClO 2+H 2O 2+2NaOH=2NaClO 2+O 2↑+2H 2O 还原剂 a/17
【解析】
【分析】
氯酸钠(NaClO 3)在酸性条件下与过氧化氢生二氧化氯，ClO 2与氢氧化钠溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO 2，NaClO 2的溶解度随温度升高而增大，通过冷却结晶，过滤洗涤得到晶体NaClO 2•3H 2O 。

【详解】
(1)3NaClO 放入仪器A 中，仪器B 中的药品是H 2O 2，仪器B 为滴液漏斗，其目的是平衡气压，使得溶液能够顺利滴入，如果仪器B 改成分液漏斗，实验过程中可能会出现的实验现象是：分液漏斗中的液体无法顺利滴落，反应无法继续进行；
(2)实验中C 的作用是防止倒吸，C 装置中的右侧导管太短，不利于气体的流动，合理的装置图为：；
(3)向A 装置中通入空气，其作用是赶出2ClO ，然后通过C 再到D 中反应。

空气流速不能过快，因为空气流速快时，2ClO 不能被充分吸收；空气流速也不能过慢，空气流速过慢时，2ClO 不能及时被移走，浓度过高导致分解；
(4) NaClO 2的溶解度随温度升高而增大，过氧化氢易分解，所以冰水浴冷却的目的是：降低2NaClO 的溶解度、减少22H O 的分解，由于2ClO 的沸点较低，所以还能使2ClO 变为液态，方便使用；
(5)写出D 中发生反应的化学方程式为：2ClO 2+H 2O 2+2NaOH=2NaClO 2+O 2↑+2H 2O ，22H O 在反应中得电子，起到还原剂的作用。

反应中存在关系：22H O ~2e -，若在反应中消耗掉22H O a g ，则转移的电子的物质的量为：2×a g/(34g·mol -1)= a/17mol 。

2．硫代硫酸钠(Na 2S 2O 3)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SO 2
实验I ：Na 2S 2O 3的制备。

工业上可用反应：2Na 2S+Na 2CO 3+4SO 2=3Na 2S 2O 3+CO 2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H 2SO 4溶液与Na 2SO 3固体反应制备SO 2反应的化学方程式为_______。

c 中试剂为_______
(2)实验中要控制SO 2的生成速率，可以采取的措施有_______ (写出一条)
(3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO 2不能过量，原因是_______
实验Ⅱ：探究Na 2S 2O 3与金属阳离子的氧化还原反应。

资料：Fe 3++3S 2O 32-⇌Fe(S 2O 3)33-(紫黑色) 装置 试剂X 实验现象
Fe 2(SO 4)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Fe 3+被S 2O 32-还原为Fe 2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe 2+。

从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象：_______
实验Ⅲ：标定Na 2S 2O 3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物质K 2Cr 2O 7(摩尔质量为294g∙mol -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 -+Cr 2O 72-+14H + = 3I 2+2Cr 3++7H 2O ，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na 2S 2O 3溶液滴定，发生反应I 2+2S 2O 32- = 2I - + S 4O 62-，三次消耗 Na 2S 2O 3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_______mol ∙L -1
【答案】分液漏斗 蒸馏烧瓶 24232422H SO Na SO Na SO H O =SO +++↑ 硫化钠和碳酸钠的混合液 调节酸的滴加速度 若 SO 2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(S 2O 3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe 3+与S 2O 32- 氧化还原反应的程度大，导致Fe 3++3S 2O 32-⇌Fe(S 2O 3)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Na 2SO 3反应生成SO 2，所以方程式为：24232422H SO Na SO Na SO H O =SO +++↑；c 中是制备硫代硫酸钠的反应，SO 2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SO 2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SO 2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO 2过量，溶液显酸性，产物会发生分解；
(4)检验Fe 2+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Fe 2+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3233Fe(S O )-
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
Fe 3+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：①2327226I Cr O 14H =3I 2Cr
7H O --++++++；②2222346=I 2S O 2I S O ---++；反应①I -被氧化成I 2，反应②中第一步所得的I 2又被还原成I -
，所以①与②电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的227Cr O -得电子总数就与消耗的
223S O -失电子总数相同 ；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 (Na 2S 2O 3)=a mol/L ，列电子得失守恒式：10.58806=a 0.02513294
⨯
⨯⨯⨯，解得a=0.1600mol/L 。

3．羟氨（NH 2OH ）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KMnO 4标准溶液定量间接测定羟氨的纯度。

测定步骤如下：
①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_______。

②取20.00mL 的羟氨酸性溶液与足量硫酸铁在煮沸条件下反应：2NH 2OH 2＋＋4Fe 3＋＝N 2O↑
＋4Fe 2＋＋H 2O ＋6H ＋，生成的Fe 2＋用0.4000 mol·
L －1的酸性KMnO 4溶液滴定，滴定达到终点的现象是____________。

请写出Fe 2＋与酸性KMnO 4溶液反应的离子方程式
_____________。

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KMnO 4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 KMnO 4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 5Fe 2++MnO 4-+8H +＝5Fe 3++Mn 2++4H 2O 66 ab
【解析】
【分析】
(1)根据羟氨化学式写出其电子式；
(2)①羟氨应溶解在H 2SO 4中，因为HCl 中的Cl 会被MnO 4-氧化；
②用酸性KMnO 4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Fe 2＋与酸性KMnO 4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NH 2OH 可知其电子式为：，故答案为：；
(2)①羟氨应溶解在H 2SO 4中，因为HCl 中的Cl 会被MnO 4-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；
②用酸性KMnO 4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Fe 2＋与酸性KMnO 4溶液反应的离子方程式为：5Fe 2++MnO 4-+8H +＝5Fe 3++Mn 2++4H 2O ；由消耗高锰酸钾体积表可知，第一次误差过大，舍去，V (平均)=19.982022
0+.=20.00mL ； 设滴定时NH 2OH 2+的物质的量为xmol ，依据离子方程式可得关系式：
+-224-35NH OH 2MnO 5
2x
=20.00100.4n c V =⨯⨯⨯:
解得x=0.02 因总量为100mL ，所以n (NH 2OH 2+)＝0.02×5＝0.1mol
m=n ⋅M ＝0.1×33g/mol ＝3.3g
w =100%m m ⨯样=3.35.0
⨯100%=66% 故答案为：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；5Fe 2++MnO 4-+8H +＝5Fe 3++Mn 2++4H 2O ；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KMnO 4溶液，相当于把KMnO 4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；
d ．KMnO 4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。

4．常温下，三硫代碳酸钠(Na 2CS 3)是玫瑰红色针状固体，与碳酸钠性质相近。

在工农业生产中有广泛的用途。

某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。

实验一：探究Na 2CS 3的性质
(1)向Na 2CS 3溶液中滴入酚酞试液，溶液变红色。

用离子方程式说明溶液呈碱性的原因_________。

(2)向Na 2CS 3溶液中滴加酸性KMnO 4溶液，紫色褪去。

该反应中被氧化的元素是__________。

实验二：测定Na 2CS 3溶液的浓度
按如图所示连接好装置，取50.0mLNa 2CS 3溶液置于三颈瓶中，打开分液漏斗的活塞，滴入足量2.0mol/L 稀H 2SO 4，关闭活塞。

已知：Na 2CS 3 + H 2SO 4＝Na 2SO 4+ CS 2 + H 2S↑。

CS 2和H 2S 均有毒。

CS 2不溶于水，沸点46℃，密度1.26g/mL ，与CO 2某些性质相似，与NaOH 作用生成Na 2COS 2和H 2O 。

(1)盛放碱石灰的仪器的名称是_______，碱石灰的主要成分是______(填化学式)。

(2)C 中发生反应的离子方程式是____________。

(3)反应结束后打开活塞K ，再缓慢通入N 2一段时间，其目的是_________。

(4)为了计算Na 2CS 3溶液的浓度，对充分反应后B 中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得8.4g 固体，则三颈瓶中Na 2CS 3的物质的量浓度为______。

【答案】CS 32- +H 2O ⇌HCS 3-+OH - S 干燥管 CaO 和NaOH CS 2 +2OH - ＝COS 22-+H 2O 将装置中残留的的H 2S 、CS 2全部排入后续装置中，使其被完全吸收 1.75mol/L
【解析】
【分析】
实验一：(1)Na 2CS 3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na 2CS 3是强碱弱酸盐；
(2)根据Na 2CS 3中元素化合价是否是该元素的最高价态来进行判断；
实验二：(1)根据仪器的图形判断仪器的名称；碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；
(2)A 中生成的CS 2可与NaOH 作用生成Na 2COS 2和H 2O ；
(3)反应结束后打开活塞k ，再缓慢通入热N 2一段时间是把生成的硫化氢和二硫化碳全部赶入后面装置完全吸收；
(4)当A 中反应完全后，打开K 缓慢通入热N 2一段时间，然后对B 中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g 黑色固体，n (CuS)＝96g 8.4g /mol
＝0.0875mol ，根据关系式Na 2CS 3～H 2S ～CuS 得n (Na 2CS 3)＝n (CuS)＝0.0875mol ，根据c ＝
n V 计算A 中Na 2CS 3溶液的浓度。

【详解】
实验一：(1)Na 2CS 3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na 2CS 3是强碱弱酸盐，则CS 32-在水中发生水解，离子方程式为：CS 32- +H 2O ⇌HCS 3-+OH -；
(2)Na 2CS 3中Na 为+1价，C 为+4价，都是元素的最高价态，不能被氧化，S 为-2价，是硫元素的低价态，能够被氧化，所以被氧化的元素是S ；
实验二：(1)盛放碱石灰的仪器为干燥管，碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；
(2)A 中生成的CS 2可与NaOH 作用生成Na 2COS 2和H 2O ，相关离子方程式为：CS 2 +2OH - ＝
COS 22-+H 2O ；
(3)反应结束后打开活塞k ，再缓慢通入热N 2一段时间，其目的是：将装置中的H 2S 全部排入B 中被充分吸收；将装置中的CS 2全部排入C 中被充分吸收；
(4) 当A 中反应完全后，打开K 缓慢通入热N 2一段时间，然后对B 中混合物进行过滤、洗
涤、干燥，称重，得8.4g 黑色固体，n (CuS)＝96g 8.4g /mol
＝0.0875mol ，根据关系式Na 2CS 3～H 2S ～CuS 得n (Na 2CS 3)＝n (CuS)＝0.0875mol ，c (Na 2CS 3)＝0.0875mol 0.05L
＝1.75mol/L 。

5．某实验小组欲制取氧化铜并证明氧化铜能加快氯酸钾的分解，进行了如下实验：
（一）制取氧化铜
①往盛有一定量CuCl 2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。

②将步骤①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CuCl 2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②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
KClO 3质量 其他物质质量 待测数据 ③
1.2g 无其他物质 a ④
1.2g CuO 0.5g b ⑤ 1.2g MnO 20.5g c
（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＋2H2O Cu(OH)2＋2HCl，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2～3mL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25mL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CuCl2＋
2H 2O Cu(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2～3mL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。

（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25mL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25mL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．草酸(HOOC－COOH)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):
①仪器Q的名称是________.
②三口烧瓶中生成H2C2O4· 2H2O的化学方程式为____________。

③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:
①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”)。

②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)。

③向K2Cr2O7溶液中加入H2C2 O4·2H2O析出K[Cr(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 C6H12O6+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-COOC2H5K2Cr2O7+7H2C2O4·2H2O=2 K[Cr(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H2C2O4·2H2O。

【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是水浴加热。

（2）①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；
②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；
③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）①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，根据强酸制弱酸的规律，可得出草酸的酸性比碳酸强；
②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。

③向K2Cr2O7溶液中加入H2C2O4·2H2O析出K[Cr(C2O4)2(H2O)2]晶体，反应中Cr的化合价从+6价降低到K[Cr(C2O4)2(H2O)2]中的+3价，所以H2C2 O4·2H2O中的碳的化合价就会升高，从+3价升高到+4价，在K[Cr(C2O4)2(H2O)2]中还有+3价的碳，即反应物H2C2 O4·2H2O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K2Cr2O7+7H2C2O4·2H2O=2 K[Cr(C2O4)2(H2O)2]+6CO2↑+17H2O。

7．（1）已知草酸（H2C2O4）分解的化学方程式为：H2C2O4CO↑+ CO2↑+ H2O，下列装置中，可用作草酸分解制取气体的是__________（填序号）
（2）某实验小组为测定铁锈样品的组成（假定铁锈中只有Fe2O3·nH2O和Fe两种成份），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。

8．过氧硫酸氢钾复合盐（K2SO4•KHSO4•2KHSO5）易分解，可用作漂白剂、NO x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0.2000mol·L-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：2KHSO5＋4KI＋H2SO4 = 2I2＋3K2SO4＋2H2O I2＋2Na2S2O3 =Na2S4O6＋2NaI
①用_____滴定管盛装标准浓度的硫代硫酸钠溶液（填“甲”或“乙”）。

②产品中KHSO5的质量分数为___________。

【答案】1 3HSO5－＋2NO＋H2O = 3SO42－＋2NO3－＋5H+防止浓硫酸与H2O2溶液混合时放出大量热使H2O2分解 5K2CO3＋4H2SO5＋4H2SO4 =2(K2SO4•KHSO4•2KHSO5)↓＋5CO2↑＋
5H2O 控制pH在2.0~2.5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；
工业上用过氧硫酸氢钾复合盐溶液脱除NO时，反应的离子方程式为3HSO5－＋2NO＋H2O = 3SO42－＋2NO3－＋5H+。

答案为3HSO5－＋2NO＋H2O = 3SO42－＋2NO3－＋5H+
(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5K2CO3＋4H2SO5＋4H2SO4 =2(K2SO4•KHSO4•2KHSO5)↓＋5CO2↑＋5H2O。

答案为：5K2CO3＋4H2SO5＋4H2SO4 =2(K2SO4•KHSO4•2KHSO5)↓＋5CO2↑＋5H2O
从溶液pH看，过氧硫酸氢钾复合盐产率在2.0~2.5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2.0~2.5之间，温度在0℃左右。

答案为：控制pH在2.0~2.5之间，温度在0℃左右；
(4)① 硫代硫酸钠溶液呈碱性，应放在碱式滴定管内。

答案为乙；
② 由反应2KHSO5＋4KI＋H2SO4 = 2I2＋3K2SO4＋2H2O和I2＋2Na2S2O3 =Na2S4O6＋2NaI可得出如下关系式：KHSO5——2Na2S2O3
n(Na2S2O3)=0.2mol/L×0.025L=0.005mol，n(KHSO5)=0.0025mol
产品中KHSO5的质量分数为：0.0025152/
100%38.00%
1.000
mol g mol
g
⨯
⨯=
答案为：38.00％。

9．2019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LiAlSi 2O 6，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。