2020-2021高考化学培优易错试卷(含解析)之氧化还原反应及答案

2020-2021高考化学培优易错试卷(含解析)之氧化还原反应及答案
一、高中化学氧化还原反应
1．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(t-BuNO2，以t-Bu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H2SO4＋2NaNO2===2HNO2＋Na2SO4。

可利用亚硝酸与叔丁醇(t-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：
____________。

(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：t-BuNO2＋NaOH＋
N2H4===NaN3＋2H2O＋t-BuOH。

①装置a的名称是______________；
②该反应需控制温度在65℃，采用的实验措施是____________________；
③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
①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。

②用滴定管加入0.10mol·L－1六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL(假设杂质均不参与反应)。

③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0.10mol·L－1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：Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋)。

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】t-BuOH ＋HNO 2t-BuNO 2＋H 2O 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(NH 4)2Ce(NO 3)6＋2NaN 3===4NH 4NO 3＋2Ce(NO 3)3＋2NaNO 3＋3N 2↑ 65% AC ClO －＋2N 3-＋H 2O===Cl －＋2OH －＋3N 2↑
【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
程式为：40222t-BuOH HNO t-BuNO H O +−−−
→+℃
； (2) ①装置a 的名称即为恒压滴液漏斗；
②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； ③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Ce 4+和3N -中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：423634333322(NH )Ce(NO )2NaN =4NH NO 2NaNO 2Ce(NO )3N ++++↑；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
110
与过量的六硝酸铈铵反应，再用Fe 2+去滴定未反应完的正四价的Ce ，因此有：4244312.0gNaN Ce Fe Ce =0.004molCe 10
+++++样品的消耗的消耗的，考虑到Fe 2+与Ce 4+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：
243(NaN )10(0.004Fe Ce )0.02mol n ++=⨯-=消耗的，所以叠氮化钠样品的质量分数为：3(NaN )0.02mol 65g/mol 100%==65%2.0g 2.0
m w ⨯=⨯； A ．润洗锥形瓶，会使步骤②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③会需要加入更多的Fe 2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的Ce 4+，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③用Fe 2+标定未反应的Ce 4+，若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的Fe 2+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 Fe 2+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：322ClO 2N H O=Cl 3N 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 。

2．硫酰氯（SO 2Cl 2）和亚硫酰氯（SOCl 2）都是重要的化工试剂，均易水解。

（1）甲同学在实验室利用SO 2和Cl 2在活性炭催化作用下制取SO 2Cl 2，装置如图所示。

①B 装置中冷凝管进水口是___。

（填“m”或“n”），B 中干燥管盛有的物质是___。

②欲制取少量SO 2Cl 2，选择图中的装置（可以重复选用），其连接顺序为：a 、___、h 。

③去除C 装置会降低SO 2和Cl 2的利用率，可能的原因是___（用化学方程式表示）。

（2）SOCl 2水解后无残留物，较SO 2Cl 2是更好的脱水剂。

乙同学设计实验利用SOCl 2和ZnCl 2•xH 2O 制取无水ZnCl 2。

①解释SOCl 2在该实验中的作用是___（写出两点）。

②实验室常用NaOH 溶液吸收SOCl 2，该反应的离子方程式是___。

（3）乙同学认为SOCl 2还可用作由FeCl 3•6H 2O 制取无水FeCl 3的脱水剂，但丙同学认为该实验可能发生副反应使产品不纯。

①可能发生的副反应的化学方程式是___。

②两同学设计如下实验判断该反应的可能性：取少量SOCl 2和FeCl 3•6H 2O 反应后的混合物于试管中，加水溶解，将溶液平分至五支试管，分别进行以下实验，其中能得出合理结论的是___。

A ．加入过量稀HNO 3，再滴加几滴AgNO 3溶液
B ．加入少量稀HNO 3，再滴加几滴BaCl 2溶液
C ．滴加几滴BaCl 2溶液
D ．滴加几滴酸性KMnO 4溶液
E.滴加几滴KSCN 溶液后，再滴加几滴氯水
【答案】m 碱石灰 fgdebced SO 2+Cl 2+2H 2O=H 2SO 4+2HCl SOCl 2作脱水剂，与水反应生成HCl 可以抑制氯化锌的水解 SOCl 2+4OH -=SO 32-+2Cl -+2H 2O
SOCl 2+2FeCl 3•6H 2O=FeSO 4+6HCl+FeCl 2+9H 2O BCD
【解析】
【分析】
冷凝管中冷凝水的流向要对流，下进上出；干燥管中根据要求一般填装碱石灰或无水氯化
钙，碱石灰同时具有干燥和吸收酸性气体功能，无水氯化钙只有吸水性。

【详解】
（1）①B装置中冷凝管进水口是m，B中干燥管盛有的物质是吸收剩余二氧化硫、氯气的碱石灰；故答案为：m；碱石灰；
②装置A制备氯气，氯气含氯化氢和水蒸气，通过装置D除去氯化氢，通过装置C吸收水蒸气，得到干燥纯净的氯气，连接装置B的b进入三颈烧瓶，装置E制备二氧化硫气体，通过装置C除去水蒸气，连接装置B的c，欲制取少量SO2Cl2，选择上图中的装置（可以重复选用），其连接顺序为：a、f、g、d、e、b、c、e、d、h；故答案为：fgdebced；
③去除C装置会降低SO2和Cl2的利用率，是二氧化硫和氯气和水反应生成硫酸和氯化氢，反应的化学方程式：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；故答案为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；（2）①氯化锌会水解，SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解，SOCl2在该实验中的作用是：SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解；故答案为：SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解；
②用NaOH溶液吸收SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成，反应的离子方程式：SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O；故答案为：SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O；
（3）①SOCl2具有还原性，三价铁具有氧化性，可能发生氧化还原反应生成硫酸根离子和亚铁离子，反应的化学方程式为：SOCl2+2FeCl3•6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O，故答案为：SOCl2+2FeCl3•6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O；
②SOCl2和FeCl3•6H2O反应后的混合物的主要成分是FeCl3，若发生副反应，还有FeSO4和FeCl2。

由于SOCl2为液体，所以在固体混合物中没有SOCl2。

取少量SOCl2和FeCl3•6H2O反应后的混合物于试管中，加水溶解，溶液中一定有FeCl3，还可能有FeSO4和FeCl2，若要证明有副反应发生，只需证明溶液中有Fe2+或SO42-即可。

A．加入过量稀HNO3，再滴加几滴AgNO3溶液是检验氯离子存在，不能证明副反应是否进行，故A错误；
B．加入少量稀HNO3，再滴加几滴BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明溶液中有SO42-，能证明有副反应发生，故B正确；
C．滴加几滴BaCl2溶液，生成白色沉淀，说明产物中含硫酸根离子，证明发生了副反应，故C正确；
D．滴加几滴酸性KMnO4溶液，Fe2+具有还原性，可以使酸性KMnO4溶液褪色，能证明发生了副反应，故D正确；
E．滴加几滴KSCN溶液后，由于溶液中有Fe3+，溶液会变红，无法证明Fe2+的存在，故E 错误；
故答案为：BCD。

3．过氧乙酸(CH3COOOH)是一种高效消毒剂，具有很强的氧化性和腐蚀性，它可由冰醋酸与过氧化氢在一定条件下制得；它可以迅速杀灭多种微生物，包括多种病毒(如：SARS病毒、禽流感病毒)、细菌、真菌及芽孢。

下面是市售过氧乙酸商品标签：
有关资料：H2O2是极弱的电解质，在酸性介质中才能稳定存在，是一种强氧化剂。

过氧乙酸消毒液是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SO4混合后，反应生成过氧乙酸
(CH3COOOH)。

CH3COOOH容易放出氧原子，它与空气中微生物机体作用，达到灭菌目的，是消毒液的主要成分。

(1)某研究性学习小组为了弄清配制过氧乙酸消毒液的甲、乙溶液的主要成分各是什么？进行以下科学探究，请你完成下列相关内容：
①提出假设：甲溶液的主要成分为_________，乙溶液的主要成分为_________。

②实验验证：取甲、乙两种溶液少许，分别加入几滴_________试液，若①中假设正确，则甲溶液的现象为_____________________，乙溶液的现象为__________。

(2)有关过氧乙酸的叙述正确的是_________ (填编号)
A．过氧乙酸与羟基乙酸(HOCH2COOH)互为同分异构体
B．过氧乙酸与苯酚混合使用可增强消毒效果
C．过氧乙酸与乙酸属于同系物
D．氧元素的化合价为-2价
(3)实验室制备少量过氧乙酸，可由冰醋酸和过氧化氢在浓硫酸催化作用下制得，实验装置和步骤如下：
①在三颈烧瓶中加入一定量冰醋酸与浓H2SO4的混合液体，再缓缓加入适量30%的双氧水。

②不断搅拌并控制B中混合液的温度为20～30℃至反应结束。

③接入冷凝管和抽气泵，在锥形瓶中收集得到产品。

请回答下列问题：
①仪器C的名称是_______________；
②为更好地控制反应温度，应采用方法是_________________；
③生成过氧乙酸的化学方程式为________________________________________；
④碘量法分析：取2.00mL过氧乙酸试样稀释成100mL，从中取出5.00mL，滴加酸性KMnO4溶液至恰好粉红色以除去残余H2O2，再加入10mL 10%KI溶液和几滴淀粉溶液，摇匀，反应完全后再用0.1000mol/L的Na2S2O3标准液滴定至终点(反应方程式为
2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，共消耗14.30mL Na2S2O3标准液。

该样品中过氧乙酸的物质的量浓度是_____mol/L。

（结果保留小数点后两位）（提示：CH3COOOH+2I−+2H+
=I2+CH3COOH +H2O）
【答案】甲H2O2、H2O、H2SO4乙CH3COOH 、 H2O 石蕊甲：溶液先变红后褪色乙：溶液由无色变为红色 A 冷凝管（或直形冷凝管）水浴加热 CH3COOH +
H2O2→CH3COOOH + H2O 7.15
【解析】
【分析】
（1）若假设甲溶液的有效成分是H2O2，则乙溶液的有效成分是CH3COOOH，根据过氧乙酸消毒液是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SO4混合后，反应生成过氧乙酸
(CH3COOOH)，H2O2是极弱的电解质，在酸性介质中才能稳定存在，则H2SO4应该在甲溶液中，另外两种溶液中的水也是一种主要成分；两溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊试液变红，但是甲溶液中H2O2漂白作用的会使变红的溶液褪色；
（2）结合选项对过氧乙酸(CH3COOOH)性质判断，
（3）①由仪器的结构，可知C为直形冷凝管；
②控制B中混合液的温度为20～30℃，应采取水浴加热；
③结合题中信息，写出生成过氧乙酸的化学反应方程式；
CH3COOOH+2I−+2H+ =I2+CH3COOH +H2O，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，由这两个方程式，确定关系式：CH3COOOH～I2～2Na2S2O3，计算稀释后5.00mL溶液中过氧乙酸的物质的量，再计算原来的2.00mL溶液中的过氧乙酸的物质的量，再根据物质的量浓度定义式计算。

【详解】
（1）若假设甲溶液的有效成分是H2O2，则乙溶液的有效成分是CH3COOOH，根据过氧乙酸消毒液是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SO4混合后，反应生成过氧乙酸
(CH3COOOH)，H2O2是极弱的电解质，在酸性介质中才能稳定存在，则H2SO4应该在甲溶液中，另外两种溶液中的水更是一种主要成分；两溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊试液变红，但是甲溶液中H2O2漂白作用的会使变红的溶液褪色；
（2）过氧乙酸与羟基乙酸(HOCH2COOH)的分子式都是C2H4O3，但结构不同，故互为同分异构体；过氧乙酸具有强氧化性，而苯酚易被氧化，两者混合发生氧化还原反应，不能增强消毒效果；过氧乙酸的分子结构中存在过氧根而乙酸中没有，两者结构不相似，不属于同系物；过氧乙酸中的氧元素有+2价、+1价；
（3）①由仪器的结构，可知C为直形冷凝管；
②控制B中混合液的温度为20～30℃，应采取水浴加热，受热均匀，便于控制温度；
③乙酸与过氧化氢在浓硫酸、20～30℃条件下反应生成过氧乙酸(CH3COOOH)，反应的化学方程式为：CH3COOH + H2O2CH3COOOH + H2O ；
④CH3COOOH+2I−+2H+ =I2+CH3COOH +H2O，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，由这两个方程式，确定关系式：CH3COOOH～I2～2Na2S2O3，可知稀释后的5.00mL溶液中过氧乙酸的物质的量
是：×0.0143L×0.1000mol/L，原来2.00mL溶液中的过氧乙酸的物质的量是：
×0.0143L×0.1000mol/L×
=0.0143mol ，该该样品中过氧乙酸的物质的量浓度是：
=7.15 mol/L 。

【点睛】 本题是探究性实验试题，现根据题中的信息去假设，然后分析、得出结论。

实验中的数据处理，借助关系式法，计算所需要的物质的物质的量。

4．利用2H 还原铁的氧化物并确定其组成的装置如图所示(Zn 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：
()1装置Q(启普发生器)用于制备2H ，还可用于______(填字母，下同)。

A ．生石灰与浓氨水制3NH
B ．过氧化钠与水制2O
C ．硫化铁固体与稀硝酸制2H S D.n 大理石与稀盐酸制2CO
()2①②③中依次盛装的试剂为______，4KMnO 酸性溶液中发生反应的离子方程式为______。

A ．4KMnO 酸性溶液、浓4HSO 、焦性没食子酸溶液
B ．焦性没食子酸溶液、浓4HSO 、4KMnO 酸性溶液
C ．4KMnO 酸性溶液、焦性没食子酸溶液、浓4HSO
()3“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___。

()4反应过程中G 管逸出的气体是______，其处理方法是______。

()5结束反应时，应该______，待装置冷却后称量并记录相应数据。

()6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：①瓷舟的质量为30.4g ；②瓷舟和FexOy 的总质量为42.0g ；③反应前U 形曾及内盛物的总质量为98.4g ；④反应后U 形管及内盛物的总质成为102.0g 。

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 2242428MnO 5H S 14H 8Mn 5SO 12H O -++-++=++ 打开活塞K 检验
2H 的纯度 氢气(或2H ) 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 34Fe O
【解析】
【分析】
H 2还原WO 3制备金属W ，装置Q 用于制备氢气，因盐酸易挥发，则①、②、③应分别用于除去HCl 、H 2S 、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3NH ，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2O ，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2CO ，可用启普发生器，故D 正确。

故答案为：D ；
()2①、②、③应分别用于除去HCl 、2H S 、氧气和水，以得到干燥的氢气，4KMnO 酸性溶液中发生反应的离子方程式为
2242428MnO 5H S 14H 8Mn
5SO 12H O -++-++=++； ()3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2H 的纯度；
()4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；
()5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；
()6已知：①瓷舟的质量为30.4g ；②瓷舟和x y
Fe O 的总质量为42.0g ，则()x y m Fe O 11.6g =；③反应前U 形曾及内盛物的总质量为98.4g ；④反应后U 形管及内盛物的总质成为102.0g ，则生成()2m H O 3.6g =，则氧化物中
() 3.6g m O 16g /mol 3.2g 18g /mol
=⨯=，()n O 0.2mol =； ()m Fe 11.6g 3.2g 8.4g =-=，()8.4g n Fe)0.15mol 56g /mol =
=，则()n Fe ：()n O 0.15=：0.23=：4，化学式为34Fe O 。

5．MnO 2是制造干电池的主要原料之一，也是中学化学中常见的一种试剂。

工业上Mn(NO 3)2和KMnO 4为原料制备MnO 2，其生产原理如下：用软锰矿（含MnO 2和少量的Fe 2O 3、SiO 2）和碳反应制得MnO ；再将MnO 与稀硝酸反应，反应后经过滤、提纯、浓
缩，可制得50%的Mn(NO3)2溶液；在一定条件下，把50%的Mn(NO3)2溶液滴加到KMnO4溶液中，发生如下反应：3Mn(NO3)2+2KMnO4+2H2O═5MnO2↓+2KNO3+4HNO3，反应生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后得到MnO2。

请回答下列问题：
Ⅰ、若将软锰矿和碳反应后的固体产物置于如图1所示的装置甲中，与稀硝酸反应，观察到装置乙中有红棕色气体产生。

（1）写出甲中产生气体反应的化学方程式___。

（2）在制备MnO2的实验中要向反应混合液中不断滴加氨水，则氨水的作用是___。

Ⅱ、有人提出用日光分解KMnO4溶液的方法可制取MnO2，反应方程式为：
4KMnO4+2H2O4MnO2↓+4KOH+3O2↑该反应中c（OH-）随时间的变化曲线如图2所示，分析曲线的变化趋势，你认为形成该变化的原因是___。

Ⅲ、某兴趣小组通过实验研究MnO2的氧化性进行了一系列的研究。

（1）该小组设计了如下4个方案以验证MnO2的氧化性，可行的是___。

A．把MnO2固体加入到FeSO4溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红
B．把MnO2固体加入到FeCl3溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红
C．把MnO2固体加入到Na2SO3溶液中，再加入BaCl2观察是否有白色沉淀生成
D．把MnO2固体加入到稀盐酸中，观察是否有黄绿色气体生成
（2）该小组为研究在不同酸碱性的溶液中MnO2的氧化能力，他们控制KI溶液的浓度和MnO2固体的质量相同，恒定实验温度在298K，设计如下对比试验。

实验酸或碱现象
A1滴0.2mol/LNaOH溶液不变色
B1滴水缓慢变浅棕褐色
C1滴0.1mol/L硫酸溶液迅速变棕褐色
该小组从上述对比实验中，可以得出的结论是___。

写出在MnO2迅速氧化I−的离子方程式___。

【答案】Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2反应生成的MnO2对该反应起催化作用 A 酸性越强，MnO2氧化能力越强 MnO2+2I−+4H+= Mn2++I2+2H2O
【解析】
【分析】
Ⅰ、(1)软锰矿中含有少量Fe2O3，在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO 气体，为便于吸收氮氧化物，向乙中通入空气，空气中的氧气将NO氧化成NO2，使气体呈红棕色，丙中应盛NaOH溶液等碱性物质，吸收有毒气体NO2；
(2)制备MnO2的实验中生成HNO3，加入氨水，可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；
Ⅱ、反应中c(OH-)在t1时突然增大，说明反应速率增大，在其它条件不变的情况下，可考虑生成物起催化作用；
Ⅲ、(1) A中，通过溶液变红，可说明MnO2固体将Fe2+氧化为Fe3+；B中，Fe3+没有还原性，MnO2不能表现氧化性；C中，不管是否将SO32-氧化，都产生白色沉淀；D中，MnO2固体加入到稀盐酸中，不发生反应。

（2）从溶液的酸碱性及产生的现象，可得出酸性越强，I-转化为I2的反应速率越快，现象越明显，MnO2氧化能力越强的结论；MnO2在酸性溶液中氧化I−，生成Mn2+、I2和H2O。

【详解】
Ⅰ、(1)软锰矿中含有少量Fe2O3，在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO 气体。

反应的方程式为Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O；答案为：
Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O；
(2)制备MnO2的实验中生成HNO3，加入氨水，可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；答案为：可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；
Ⅱ、反应中c(OH-)在t1时突然增大，说明反应速率增大，在其它条件不变的情况下，可考虑生成物MnO2起催化作用；答案为：反应生成的MnO2对该反应起催化作用；
Ⅲ、(1) A中，通过溶液变红，可说明MnO2固体将Fe2+氧化为Fe3+，A符合题意；
B中，Fe3+没有还原性，MnO2不能表现氧化性，B不合题意；
C中，不管是否将SO32-氧化，都产生白色沉淀，C不合题意；
D中，MnO2固体加入到稀盐酸中，不发生反应，D不合题意。

故选A；
（2）从溶液的酸碱性及产生的现象，可得出酸性越强，I-转化为I2的反应速率越快，现象越明显，MnO2氧化能力越强的结论；答案为：酸性越强，MnO2氧化能力越强；
MnO2在酸性溶液中氧化I−，生成Mn2+、I2和H2O，反应的离子方程式为MnO2+2I−+4H+= Mn2++I2+2H2O；答案为：MnO2+2I−+4H+= Mn2++I2+2H2O。

6．以海绵铜（CuO、Cu）为原料制备氯化亚铜（CuCl）的一种工艺流程如下：
（1）Cu基态原子核外电子排布式为________，SO42− 的空间构型为__________（用文字描述）；Cu2+ 与OH－反应能生成[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2− 中提供孤电子对的原子是_______
（填元素符号）。

（2）“吸收”过程：
①2NO(g) + O2(g)垐?
噲?2NO2(g) ΔH =－112.6kJ·mol−1提高NO平衡转化率的方法有
______________（写出两种）。

②吸收NO2的有关反应如下：
反应Ⅰ：2NO2(g) + H2O(l) ＝ HNO3(aq) + HNO2(aq) ΔH =－116.1kJ·mol−1
反应Ⅱ：3HNO2(aq) ＝ HNO3(aq) + 2NO(g) + H2O(l) ΔH =－75.9kJ·mol−1
用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式是___________________。

（3）“电解”过程：HNO2为弱酸，通过电解使HNO3得以再生，阳极的电极反应式是
____________。

（4）“沉淀”过程：产生CuCl的离子方程式是________________。

【答案】1s22s22p63s23p63d104s1正四面体形 O 增大压强、提高氧气的浓度
3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g) ΔH=－212.1kJ·mol−1 HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-
2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+
【解析】
【分析】
海绵铜（CuO、Cu）中CuO与稀H2SO4反应转化为硫酸铜，因硝酸在酸性条件下具有氧化性，会将铜氧化为铜离子，最终生成硫酸铜，SO2具有还原性，再将铜离子还原为氯化亚铜，NO合理利用，经过氧化与电解过程得到硝酸，据此分析解答。

【详解】
（1）Cu的原子序数为29，Cu基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；SO42−中
S原子价层电子对个数=4+6+2-42
2
⨯
=4，且不含孤电子对，由价层电子对互斥理论判断该
微粒为正四面体形；[Cu(OH)4]2−中Cu2+提供空轨道，O原子提供孤电子对形成配位键，答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；正四面体形；O；
（2）①2NO(g)+O2(g)垐?
噲?2NO2(g) ΔH=－112.6kJ·mol−1是气体体积减小的放热反应，提高NO平衡转化率，平衡应向正反应方向移动，可以采取的措施有：降低温度、增大压强、提高氧气的浓度等；
②由盖斯定律可知：（反应I⨯3+反应II）⨯1
2
可以得到用水吸收NO2生成HNO3和NO的热
化学方程式：3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g) ΔH=－212.1kJ·mol−1；
（3）电解过程中，阳极上HNO2失去电子发生氧化反应生成HNO3，阳极的电极反应式是：HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-；
（4）Cu2+与SO2发生氧化还原反应生成CuCl，离子方程式为：2Cu2++SO2+2Cl-
+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+。

7．在古代，橘红色的铅丹（Pb3O4）用于入药和炼丹，人们对其中重金属铅的毒性认识不足。

已知：PbO2为棕黑色粉末。

某化学兴趣小组对铅丹的一些性质进行实验探究并测定其组成。

回答下列问题：
（1）性质实验
（2）组成测定
①准确称取0.530 g 干燥的铅丹样品，置于洁净的小烧杯中，加入2 mL 6 mol/L的HNO3溶液，搅拌使之充分反应，分离出固体和溶液。

该分离操作名称是_____________。

②将①中所得溶液全部转入锥形瓶中，加入指示剂和缓冲溶液，用0.04000 mol/L的EDTA 溶液（显酸性）滴定至终点，消耗EDTA溶液36.50 mL。

EDTA与Pb2+的反应可表示为Pb2+＋H2Y2- =PbY2-＋2H+，滴定时EDTA溶液应盛装在_______________中。

滤液中含
Pb2+__________mol。

③将①中所得固体PbO2全部转入另一锥形瓶中，往其中加入适量HAc与NaAc的混合液和
8 g固体 KI，摇动锥形瓶，使PbO2全部反应而溶解，发生反应PbO2＋4I－＋4HAc =PbI2＋I2＋4Ac－＋2H2O，此时溶液呈透明棕色。

以0.05000 mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－，至溶液呈淡黄色时加入2%淀粉溶液1 mL，继续滴定至溶液
_______，即为终点，用去Na2S2O3溶液30.80 mL。

根据②、③实验数据计算，铅丹中Pb（Ⅱ）与Pb（Ⅳ）的原子数之比为____________。

【答案】固体由橘红色变为棕黑色 PbO2＋4HCl（浓）加热
PbCl2＋Cl2↑＋2H2O 在酸性
溶液中，PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-过滤、洗涤、干燥酸式滴定管 1.460×10-3蓝色褪去且半分钟内不恢复 1.90
【解析】
【分析】
(1)①由化学方程式及物质的物理性质总结反应现象，②黄绿色气体为氯气，HCl氧化为氯气，则PbO2发生还原，③紫色是MnO4-离子的颜色，在酸性条件下PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-，PbO2发生还原反应变为+2价离子；
(2)①溶液中有固体沉淀的分离步骤是：过滤、洗涤、干燥，②碱性溶液用碱式滴定管盛装，酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装，根据反应的离子方程式找出关系式进行计算滤液中含Pb2+的物质的量；
(3)碘遇淀粉变蓝色，根据反应的离子方程式找出关系式进行相关计算。

根据以上分析进行解答。

【详解】
(1)①铅丹样品与HNO3溶液发生反应：Pb3O4＋4HNO3=PbO2＋2Pb(NO3)2＋2H2O，由题中所给Pb3O4、PbO2物理性质可知反应现象为：固体由橘红色变为棕黑色。

答案为：固体由橘红色变为棕黑色。

② PbO2与浓盐酸加热生成的黄绿色气体为氯气，HCl氧化为氯气，PbO2发生还原变成
Pb2+，根据原子守恒写出反应方程式为：PbO2＋4HCl（浓）加热
PbCl2＋Cl2↑＋2H2O。

答案为：PbO2＋4HCl（浓）加热
PbCl2＋Cl2↑＋2H2O。

③ PbO2与硝酸酸化的Mn(NO3)2溶液反应得到的是MnO4-紫色溶液，说明在酸性条件下PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-，PbO2发生还原反应变为Pb2+离子，反应方程式为：
5PbO2+ 2Mn2++4H+= 2MnO4-+ 5Pb2++2 H2O。

答案为：在酸性溶液中，PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-。

(2)①溶液中有不溶物分离的操作步骤是：过滤、洗涤、干燥。

答案是：过滤、洗涤、干燥。

②滴定实验中酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装，所以显酸性的EDTA溶液应盛装在酸式滴定管里，根据反应Pb2+＋H2Y2- =PbY2-＋2H+可得：n(Pb2+)=n(H2Y2- )=36.50⨯10-
3L⨯0.0400mol/L=1.460⨯10-3mol。

答案为：酸式滴定管；1.460×10-3。

(3)该滴定实验使用淀粉溶液作指示剂，而碘遇淀粉变蓝色，当反应I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－结束时，碘恰好反应完蓝色褪去，所以达到滴定终点的标志是：蓝色褪去且半分钟内不恢复；根据反应：PbO2＋4I－＋4HAc =PbI2＋I2＋4Ac－＋2H2O，I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－可得：
n(PbO2)=n(I2)=1
2
n(S2O32-)=
1
2
⨯0.05000mol/L⨯30.80⨯10-3L=7.7⨯10-4mol，所以铅丹中Pb（Ⅱ）
与Pb（Ⅳ）的原子数之比为：1.460×10-3：7.7⨯10-4=1.90。

答案为：蓝色褪去且半分钟内不恢复；1.90。

【点睛】
有关滴定实验的计算中要根据反应方程式找准关系式，计算时注意单位的换算。

8．NOx、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m[m=n(NO)
n(CO)
]的关系如图1
所示。