2020-2021高考化学与氧化还原反应有关的压轴题及详细答案

2020-2021高考化学与氧化还原反应有关的压轴题及详细答案
一、高中化学氧化还原反应
1．亚氯酸钠（NaClO2）是二氧化氯（ClO2）泡腾片的主要成分。

实验室以氯酸钠（NaClO3）为原料先制得ClO2，再制备NaClO2粗产品，其流程如图：
已知：①ClO2可被NaOH溶液吸收，反应为2ClO2+2NaOH=NaClO3+NaClO2+H2O。

②无水NaClO2性质稳定，有水存在时受热易分解。

（1）反应Ⅰ中若物质X为SO2，则该制备ClO2反应的离子方程式为___。

（2）实验在如图-1所示的装置中进行。

①若X为硫磺与浓硫酸，也可反应生成ClO2。

该反应较剧烈。

若该反应在装置A的三颈烧瓶中进行，则三种试剂（a.浓硫酸；b.硫黄；c.NaClO3溶液）添加入三颈烧瓶的顺序依次为___（填字母）。

②反应Ⅱ中双氧水的作用是___。

保持反应时间、反应物和溶剂的用量不变，实验中提高ClO2吸收率的操作有：装置A中分批加入硫黄、___（写出一种即可）。

（3）将装置B中溶液蒸发可析出NaClO2，蒸发过程中宜控制的条件为___（填“减压”、“常压”或“加压”）。

（4）反应Ⅰ所得废液中主要溶质为Na2SO4和NaHSO4，直接排放会污染环境且浪费资源。

为从中获得芒硝（Na2SO4·10H2O）和石膏（水合硫酸钙），请补充完整实验方案：___，将滤液进一步处理后排放（实验中须使用的试剂和设备有：CaO固体、酚酞、冰水和冰水浴）。

已知：CaSO4不溶于Na2SO4水溶液；Na2SO4的溶解度曲线如图−2所示。

【答案】2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42- cab 作还原剂水浴加热时控制温度不能过高（或加一
个多孔球泡等）减压向废液中分批加入适量CaO固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚酞，至溶液呈浅红色时停止加入CaO。

静置后过滤，用水洗涤沉淀2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至32.4℃以下，接近0℃，过滤，所得晶体用冰水洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝
【解析】
【分析】
用二氧化硫将NaClO3还原制得ClO2，ClO2和NaOH反应制得NaClO3和NaClO2，再用过氧化氢将NaClO3还原成NaClO2制得NaClO2粗品。

【详解】
（1）SO2作还原剂，S化合价升高2，被氧化成SO42-，ClO3-作氧化剂，被还原成ClO2，Cl 化合价降低1，结合电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒可书写离子方程式：2ClO3-
+SO2═2ClO2+SO42-，故答案为：2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-；
（2）①反应剧烈，浓硫酸只能在最后添加，结合流程图可知先加NaClO3，所以顺序为：先加NaClO3，再加S，最后加浓硫酸，故答案为：cab；
②反应Ⅱ中NaOH和ClO2反应生成NaClO3和NaClO2，过氧化氢的作用是将NaClO3还原成NaClO2，过氧化氢会分解，温度不宜太高，所以控制A中水浴加热时温度不过高，或者在B中搅拌、或者加一个多孔球泡，故答案为：作还原剂；水浴加热时控制温度不能过高（或加一个多孔球泡等）；
（3）无水NaClO2性质稳定，有水存在时受热易分解，应该减压，让水分尽快蒸发，故答案为：减压；
（4）加入一定量CaO使NaHSO4反应成CaSO4，为了保证NaHSO4反应完，所加CaO需稍过量，CaO过量溶液就显碱性了，可以用酚酞作指示剂，当溶液变为浅红色时停止加CaO，CaSO4不溶于Na2SO4水溶液，此时可用过滤、洗涤的方法得到石膏，此时滤液为
Na2SO4溶液，还不是芒硝，从图上看，可将温度调整32.4℃以下，形成芒硝，析出芒硝晶体，过滤、洗涤、干燥就可得芒硝了，为了使芒硝产率较高，可用冰水洗涤，降低因溶解损失的量，故答案为：向废液中分批加入适量CaO固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚酞，至溶液呈浅红色时停止加入CaO。

静置后过滤，用水洗涤沉淀2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至32.4℃以下，接近0℃，过滤，所得晶体用冰水洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝。

【点睛】
结合图像，温度低于32.4℃以下，硫酸钠结晶得到芒硝，温度降低，芒硝的溶解度减小，可用冰水洗涤减小损失率。

2．碳酸亚铁可用于制备补血剂。

某研究小组制备了 FeCO3，并对 FeCO3的性质和应用进行了探究。

已知：①FeCO3是白色固体，难溶于水②Fe2＋+6SCN-Fe(SCN)64-(无色)
Ⅰ. FeCO3的制取（夹持装置略）
实验i：
装置 C 中，向 Na2CO3溶液（pH＝11.9）通入一段时间 CO2至其 pH 为 7，滴加一定量 FeSO4溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到 FeCO3固体。

(1)试剂 a 是_____。

(2)向 Na2CO3溶液通入 CO2的目的是_____。

(3)C 装置中制取 FeCO3的离子方程式为_____。

(4)有同学认为 C 中出现白色沉淀之后应继续通 CO2，你认为是否合理并说明理由
________。

Ⅱ.FeCO3的性质探究
实验ii
实验iii
(5)对比实验ⅱ和ⅲ，得出的实验结论是_____。

(6)依据实验ⅱ的现象，写出加入 10%H2O2溶液的离子方程式_____。

Ⅲ.FeCO3的应用
(7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH3CH(OH)COO]2Fe，相对分子质量为 234）补血剂。

为测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，树德中学化学实验小组准确称量 1.0g 补血剂，用酸性 KMnO4溶液滴定该补血剂，消耗
0.1000mol/L 的 KMnO4溶液 10.00mL，则乳酸亚铁在补血剂中的质量分数为_____，该数值异常的原因是________（不考虑操作不当以及试剂变质引起的误差）。

【答案】饱和NaHCO3溶液降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2 2HCO3- +
Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O 不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe(HCO3)2(或合理，排出氧气的影响) Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大 6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或
6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+ 117% 乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4
【解析】
【分析】
I. 装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢气体，需要利用装置B中盛装的饱和碳酸氢钠溶液除去，装置C中，向碳酸钠溶液(pH=11.9)通入一段时间二氧化碳至其pH为7，滴加一定量硫酸亚铁溶液产生白色沉淀，过滤，洗涤，干燥，得到
FeCO 3；
II. (5)根据Fe 2＋+6SCN -
Fe(SCN)64-分析FeCO 3在KCl 和KSCN 两种不同溶液中的溶解度不同
判断；
(6)实验ii 中溶液显红色且有红褐色沉淀生成，说明加入10%过氧化氢溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成；
(7)FeCO 3溶于乳酸［CH 3CH(OH)COOH ］能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式进行计算；乳酸根中有羟基，也能被高锰酸钾溶液氧化。

【详解】
I. (1)装置A 中制取的CO 2中混有HCl ，欲除去CO 2中混有的HCl ，B 中盛装的试剂a 应是饱和NaHCO 3溶液，故答案为：饱和NaHCO 3溶液；
(2)向Na 2CO 3溶液中通入CO 2的目的是利用CO 2和Na 2CO 3反应生成的NaHCO 3，提高溶液中HCO 3-的浓度，抑制CO 32-的水解，降低溶液中OH -的浓度，防止生成Fe(OH)2，故答案为：降低溶液中OH -浓度，防止生成Fe(OH)2；
(3)装置C 中，向Na 2CO 3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO 2至其pH 为7，此时溶液中溶质主要为NaHCO 3，再滴加FeSO 4溶液，有FeCO 3沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCO 3- + Fe 2+=FeCO 3↓+CO 2↑+H 2O ，故答案为：2HCO 3- + Fe 2+=FeCO 3↓+CO 2↑+H 2O ；
(4)FeCO 3沉淀能溶解在CO 2的水溶液中，生成可溶于水的Fe(HCO 3)2，降低产物的量，则当出现白色沉淀之后不应继续通入CO 2，或者：出现白色沉淀之后继续通CO 2，可防止空气中氧气氧化FeCO 3，提高产物的纯度，故答案为：不合理，CO 2会和FeCO 3反应生成Fe(HCO 3)2(或合理，排出氧气的影响)；
Ⅱ. (5)通过对比实验ii 和iii ，可知Fe 2+与SCN -的络合生成可溶于水的Fe(SCN)64-，会促进FeCO 3固体的溶解，故答案为：Fe 2+与SCN -的络合(或结合)会促进FeCO 3固体的溶解或FeCO 3固体在KSCN 溶液中的溶解性比KCl 溶液中大；
(6)依据实验ⅱ的现象，可知在含有Fe 2+的溶液中滴加10%的过氧化氢溶液后，有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成，发生反应的离子方程式为6Fe(SCN)64-+3H 2O 2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN -或6Fe 2++3H 2O 2+12SCN -=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe 2++3H 2O 2=2Fe(OH)3↓+4Fe 3+；
故答案为：6Fe(SCN)64-+3H 2O 2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN -或6Fe 2++3H 2O 2+12SCN -=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe 2++3H 2O 2=2Fe(OH)3↓+4Fe 3+；
Ⅲ. (7)FeCO 3溶于乳酸［CH 3CH(OH)COOH ］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH 3CH(OH)COO]2Fe 补血剂，可得关系式MnO 4~5Fe 2+~5[CH 3CH(OH)COO]2Fe ，则乳酸亚铁的物质的量为0.1000mol/L×0.01L×5=0.005mol ，则乳酸亚铁的质量分数0.005mol 234g/mol 100%=117%1.0g
⨯⨯，由于乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液的量增多，而计算中只按Fe 2+被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，导致产品中乳酸亚铁的质量分数大于100%，故答案为：117%；乳酸根中的羟基被KMnO 4氧化，也消耗了KMnO 4。

3．某工业废水中主要含有Cr 3＋，同时还含有少量的Fe 3＋、Fe 2＋、Al 3＋、Ca 2＋和Mg 2＋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Fe(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2Al(OH)3Cr(OH)3
pH 3.79.611.189(>9溶解)
（1）氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是________(填序号)。

A．Na2O2 B．HNO3 C．FeCl3 D．KMnO4
（2）加入NaOH溶液调整溶液pH＝8时，除去的离子是________；已知钠离子交换树脂的原理：M n＋＋nNaR→MR n＋nNa＋，此步操作被交换除去的杂质离子是__________。

A．Fe3＋B．Al3＋C．Ca2＋D．Mg2＋
（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+；
(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，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+ = 6SO42— + 8Cr3+
+13H2O。

4．硫酸亚铁铵的化学式为（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O，商品名为莫尔盐，可由硫酸亚铁与硫酸铵反应生成。

一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化，而形成莫尔盐后就比较稳定了。

三种盐的溶解度（单位为g/100g水）如下表：
温度／℃102030
（NH4）2SO473.075.478.0
FeSO4·7H2O20.026.532.9
（NH4）2SO4•FeSO417.221.628.1
（一）实验室制取少量莫尔盐的流程如下：
试回答下列问题：
（1）步骤1中加入10％Na2CO3溶液的主要作用是___________；反应中铁屑过量是为了______。

（2）步骤3需要趁热过滤，原因是___________。

（3）从步骤4到莫尔盐，必须进行的操作依次是______，析出的晶体常用________洗涤。

（4）若莫尔盐的饱和溶液中有水20克，当温度从30℃降至10℃，最多析出莫尔盐的质量是________（选填编号）。

A 2.18g
B 大于2.18g
C 小于 2.18g
D 无法确定
（二）称取质量为1.96g的莫尔盐制成溶液。

用未知浓度的酸性KMnO4溶液进行滴定。

（1）已知MnO4-被还原为Mn2+，试写出该滴定反应的离子方程式____。

（2）判断该反应到达滴定终点的现象为____________。

（3）假设到达滴定终点时，用去V mL 酸性KMnO4溶液，则该酸性KMnO4溶液的浓度为_______mol/L。

【答案】除铁屑表面的油污还原氧化生成的Fe3+，保证Fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的Fe3+杂质 FeSO4在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出过滤、洗涤无水酒精或冰水 B 5Fe2++MnO4-+8H+→ 5Fe3++Mn2++4H2O 加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色 1/V
【解析】
【分析】
（一）（1）碳酸钠水解显碱性；
（2）FeSO4在温度低时溶解度较小；
（3）浓缩结晶后需要过滤、洗涤；温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小；
（4）（NH4）2SO4·FeSO4在30℃和10℃的溶解度分别为：28.1g和17.2g；
（二）（1）MnO4-将二价铁离子氧化为三价铁离子，被还原为Mn2+；
（2）高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子是不需要指示剂的；
（3）根据亚铁离子和高锰酸根反应的实质，可以找到亚铁离子与高锰酸根之间的量的关系，根据原子守恒可以找到亚铁离子和酸亚铁铵之间量的关系，进而进行计算。

【详解】
（一）（1）碳酸钠水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解，过量的Fe可以还原氧化生成的Fe3+，减少产物中的Fe3+杂质，
故答案为：除铁屑表面的油污；还原氧化生成的Fe3+，保证Fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的Fe3+杂质；
（2）如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出，故答案为：FeSO4在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出；
（3）浓缩结晶后需要过滤、洗涤；硫酸亚铁铵在无水乙醇中的溶解度小；温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小，可用冰水洗涤，故答案为：过滤、洗涤；无水酒精或冰水；
（4）（NH4）2SO4·FeSO4在30℃和10℃的溶解度分别为：28.1g和17.2g，即若溶剂为100g 水，冷却析出10.9g，有水20g析出2.18g，硫酸亚铁铵的化学式为（NH4）2SO4·FeSO4·6H2O 含有结晶水，故析出质量大于2.18g，故答案为：B；
（二）（1）反应的离子方程式5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：
5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O；
（2）高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子不需要指示剂，当滴加最后一滴溶液后，溶液变成紫红色，30s内不褪色，说明达到滴定终点，故答案为：加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色；
（3）1.96g硫酸亚铁铵晶体的物质的量n=m
M
=
1.96
392/
g
g mol
=0.005mol，根据原子守恒则亚
铁离子的物质的量为0.005mol，反应5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，则5Fe2+～MnO4-
，所以高锰酸钾的物质的量为0.001mol，据c=n
V
=
3
0.001
10
mol
VL
=
1
V
mol/L，故答案为：
1
V。

5．二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。

ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸。

某研究小组欲用以下三种方案制备ClO2，回答下列问题：
（1）以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，写出制备ClO2的离子方程式__。

（2）用过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2，并将制得的ClO2用于处理含CN-废水。

实验室模拟该过程的实验装置(夹持装置略)如图所示。

①装置A的名称是__，装置C的作用是__。

②反应容器B应置于30℃左右的水浴中，目的是__。

③通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是__。

④ClO2处理含CN-废水的离子方程式为__，装置E的作用是__。

（3）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2的方法。

①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。

某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的__（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。

②用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，工作原理如图所示，写出阳极产生ClO2的电极反应式__。

【答案】FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O 恒压漏斗安全瓶提高化学反应速率，同时防止过氧化氢受热分解稀释ClO2，防止其爆炸 2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-吸收ClO2等气体，防止污染大气 BaCl2 Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+
【解析】
【分析】
二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。

分别利用无机反应和电解原理制备二氧化氯，三种方法均利用了氧化还原反应。

【详解】
（1）以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，根据氧化还原反应中电子守恒和元素守恒，可以写出制备ClO2的离子方程式为FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O。

（2）①装置A的名称为恒压漏洞，装置C为安全瓶，起到防止液体倒吸的作用。

②升高温度可以提高化学反应速率，但是原料中含有过氧化氢，过氧化氢在过高的温度下可以发生分解反应，因此反应容器B应置于30℃左右的水浴中。

③根据题文可知，ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸，故通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是稀释ClO2，防止其爆炸。

④ClO2处理含CN-废水发生氧化还原反应，将CN-转化为无污染的CO2和N2，故离子方程式为2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-；装置E在整套装置之后，起到吸收尾气，防止环境污染的作用。

（3）①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，需要过量的碳酸根离子、氢氧根离子和钡离子，过量的钡离子可以用碳酸根离子除去，因此在加入Na2CO3之前应先加入过量BaCl2。

②用石墨做电极，电解池的阳极发生氧化反应，元素化合价升高，因此氯离子在阳极失电子和水反应得到ClO2，电极反应式为Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+。

6．以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细α-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。

已知铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），其制备实验流程如下：
（1）铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为___________________________。

（2）图中“滤渣”的主要成分为_______________(填化学式)。

（3）加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为_______________________________。

（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：
4[NH4Al(SO4)2·12H2O]2Al2O3+ 2NH3↑+ N2↑+ 5SO3↑+ 3SO2↑+ 53H2O,将产生的气体通过下图所示的装置。

①集气瓶中收集到的气体是_______________(填化学式)。

②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有_______________(填化学式)。

③KMnO4溶液褪色（MnO4－还原为Mn2+），发生的离子反应方程式为
_______________________________。

【答案】Al2O3+ 3H2SO4= Al2(SO4)3+ 3H2O SiO2 2Fe2++H2O2+2H+= 2Fe3++2H2O N2 SO3、NH3 2MnO4－+5SO2+ 2H2O = 2Mn2++ 5SO42－+4H+
【解析】
【分析】
根据题意，铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），铝灰中加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加入双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，加入K4[Fe（CN）6]后Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al（SO4）2，结晶、干燥、煅烧得到α-Al2O3。

【详解】
（1）Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，其反应的方程式为Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O。

（2）根据上述分析，图中“滤渣”的主要成分是不溶于硫酸的二氧化硅，化学式为SiO2。

（3）滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加30%的H2O2溶液将Fe2+被氧化为Fe3+，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，发生反应的离子方程式为2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O （4）①NH4Al（SO4）2•12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2。

②饱和NaHSO3能与SO3、氨气反应，则足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O （g）外，还有SO3、NH3。

③酸性条件下，KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平，其反应的离子方程式为：2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。

7．某校化学兴趣小组为研究氯气的性质并模拟工业制备漂白粉，设计了下列装置进行实验。

已知：①A中反应为 KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O；
②石灰乳的主要成分为Ca(OH)2，其他杂质不参与反应。

（1）B装置作用____。

实验结束后，立即将 B 中溶液滴几滴在紫色石蕊试纸上，可观察到的现象是_____。

（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III 处依次放入的物质正确的是___（填编号）。

编号I II III
A干燥的有色布条碱石灰湿润的有色布条
B干燥的有色布条浓硫酸湿润的有色布条
C湿润的有色布条浓硫酸干燥的有色布条
D湿润的有色布条碱石灰干燥的有色布条
（3）待E中物质完全反应后，经过一系列加工处理，得到漂白粉样品，其主要成份为___（填化学式）
（4）F装置的作用是（用化学方程式表示）____。

（5）为测定（3）中所得漂白粉的有效成份含量。

称取ag漂白粉样品溶解，往所得溶液中通入 CO2至产生沉淀最大值时，该过程的化学方程式为_____，若反应生成沉淀的物质的量为bmol，则该漂白粉中有效成份的质量分数为_____（用含a、b的式子表示）。

【答案】除去氯气中的HCl气体试纸变红不褪色 C CaCl2、Ca(ClO)2 Cl2＋2NaOH
==NaCl+ NaClO+H2O CO2+H2O+Ca(ClO)2 == CaCO3↓+2HClO 143b
a
【解析】
【分析】
由实验装置图可知，装置A用浓盐酸与氯酸钾反应制备氯气，盛有饱和食盐水的装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，盛有浓硫酸的装置D的作用是干燥氯气，盛有石灰乳的装置E的作用是制备漂白粉，盛有氢氧化钠溶液的装置F的作用是吸收有毒的尾气氯气，防止污染空气。

【详解】
（1）盛有饱和食盐水的装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，实验结束后，因饱和食盐水吸收氯化氢气体，使溶液呈酸性，滴在紫色石蕊试纸上，试纸变红色，由于氯气不溶于饱和食盐水，溶液中没有次氯酸，不能使试纸褪色，故答案为：除去氯气中的
HCl气体；试纸变红不褪色；
（2）氯气没有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性使有色布条褪色，氯气能使湿润的有色布条褪色，则验证氯气是否具有漂白性时，C中I、II、III处依次放入的物质湿润的有色布条、浓硫酸、干燥的有色布条，C
正确，故答案为：C；
（3）氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，则漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，故答案为：CaCl2、Ca(ClO)2；
（4）盛有氢氧化钠溶液的装置F的作用是吸收有毒的尾气氯气，过量的氯气能与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，防止污染空气，反应的化学方程式为Cl2＋2NaOH ==NaCl+ NaClO+H2O，故答案为：Cl2＋2NaOH ==NaCl+ NaClO+H2O；
（5）碳酸的酸性强于次氯酸，将二氧化碳通入到漂白粉溶液中，二氧化碳与次氯酸钙反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，反应的化学方程式为CO2+H2O+Ca(ClO)2 == CaCO3↓+2HClO；由题意可知，碳酸钙的物质的量为bmol，则有效成分次氯酸钙的质量为
bmol×143g/mol=143bg，该漂白粉中有效成份的质量分数为143b
，故答案为：
a
CO2+H2O+Ca(ClO)2 == CaCO3↓+2HClO；143b。

a
【点睛】
氯气没有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性使有色布条褪色，氯气能使湿润的有色布条褪色是设计验证氯气是否具有漂白性实验方案的依据，也是解答试题的关键。

8．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1：① 称取一定质量的样品，将样品溶解；
② 向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，产生沉淀；
③ 将沉淀过滤、洗涤、干燥得到白色固体17.22 g。

实验2：① 称取与实验1中相同质量的样品，将样品溶解；
② 向溶解后的溶液中通入足量的Cl2；
③ 再向②所得溶液中加入足量的NaOH溶液，得到红褐色沉淀；
④ 将沉淀过滤、洗涤后，加热灼烧，到质量不再减少，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④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 FeCl3+3H2O 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
（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1～100nm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m
M
计算实验①所得AgCl的n为
17.22
143.5
mol = 0.12mol，实验②所得Fe2O3的n
为
4
160
mol = 0.025mol，设FeCl3和FeCl2的物质的量分别为x mol、y mol，依据Cl、Fe守恒
3x mol+2y mol="0.12" mol，x mol+y mol="0.025" mol×2，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2∶3。