2020-2021高考化学培优专题复习氧化还原反应练习题及答案

2020-2021高考化学培优专题复习氧化还原反应练习题及答案
一、高中化学氧化还原反应
1．实验室用图所示装置制备KClO 溶液，并通过KClO 溶液与33Fe(NO )溶液的反应制备高效水处理剂24K FeO .已知24K FeO 具有下列性质①可溶于水、微溶于浓KOH 溶液，②在05-℃℃、强碱性溶液中比较稳定，③在3Fe +和3Fe(OH)催化作用下发生分解，④在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成3Fe(OH)和2O 。

（1）装置A 中4KMnO 与盐酸反应生成2MnCl 和2Cl ，其化学方程式为______，装置B 的作用是______。

（2）2Cl 和KOH 在较高温度下反应生成3KClO ，试写出该反应的离子方程式______。

（3）制备24K FeO 时，KClO 饱和溶液与33Fe(NO )饱和溶液的混合方式为：在搅拌下，将33Fe(NO )饱和溶液缓慢滴加到KClO 饱和溶液中。

理由是______。

（4）已知pH 11>时2Zn(OH)能溶于NaOH 溶液生成24[Zn(OH)].-下表列出了几种离子
生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH 按金属离子浓度为11.0mol L -⋅计算)。

开始沉淀的pH 沉淀完全的pH
3Fe +
1.1 3.2 2Fe + 5.8 8.8
2Zn +
5.9 8.9
实验中可选用的试剂：2230%H O 、131.0mol L HNO -⋅、11.0mol L NaOH.-⋅由某硫酸锌溶
液(含2Fe +、3Fe +杂质)制备ZnO 的实验步骤依次为：
①______；
②______；
③过滤；
④______；
⑤过滤、洗涤、干燥；
900⑥℃煅烧。

【答案】2KMnO 4+16HCl=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H 2O 除去2Cl 中的HCl
2323Cl 6OH 5Cl ClO 3H O ----+++V
24K FeO 在3Fe +作用下会分解 向硫酸锌溶液中加入适量2230%H O ，使其充分反应 滴加11.0mol L NaOH -⋅，调节溶液pH 约为5(或
3.2pH 5.9)≤<，使3Fe +沉淀完全 向滤液中滴加11.0mol L NaOH -⋅，调节溶液pH 约为10(或8.9pH 11)≤≤，使2Zn +沉淀完全
【解析】
【分析】
根据实验装置图可知，A 装置 中用高锰酸钾与盐酸反应制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B 装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C 中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钠，反应的尾气氯气用氢氧化钾吸收。

【详解】
()41KMnO 具有强氧化性，将盐酸中氯离子氧化为2Cl ，反应还有水生成，所以化学方程式为：2KMnO 4+16HCl=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H 2O ，由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl ，应饱和食盐水吸收HCl 除去，
故答案为：2KMnO 4+16HCl=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H 2O ；除去2Cl 中的HCl ； ()22Cl 和KOH 在较高温度下反应生成3KClO ，反应的离子方程式为
2323Cl 6OH 5Cl ClO 3H O ----
+++V ，故答案为：
2323Cl 6OH 5Cl ClO 3H O ----+++V ；
()3由题意可知24K FeO 在3Fe +和3Fe(OH)催化作用下发生分解，则KClO 饱和溶液与33Fe(NO )饱和溶液的混合方式为：在搅拌下，将33Fe(NO )饱和溶液缓慢滴加到KClO 饱和溶液中，故答案为：24K FeO 在3Fe +作用下会分解；
()4根据表中阳离子沉淀的PH 可知，由除去铜的滤液制备ZnO 的实验步骤依次为：①向滤液中加入2230%H O ，使其充分反应，目的使2Fe +转化完全为3Fe +，②加氢氧化钠溶液，控制PH 在4左右，使3Fe +沉淀完全，③过滤，④向滤液中滴加11.0mol L NaOH -⋅，调节溶液PH 约为10(或8.9pH 11)≤≤，使2Zn +沉淀完全，⑤过滤、洗涤、干燥，⑥900℃煅烧。

故答案为：①向硫酸锌溶液中加入适量30% 22H O ，使其充分反应；②滴加1.0 1mol L NaOH -⋅，调节溶液pH 约为5(或3.2pH 5.9)≤<，使3Fe +沉淀完全；④向滤液中滴加1.0 1mol L NaOH -⋅，调节溶液pH 约为10(或8.9pH 11)≤≤，使2Zn +沉淀完全。

根据实验装置图可知，A装置中用高锰酸钾与盐酸反应制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钠，反应的尾气氯气用氢氧化钾吸收，以此解答该题。

2．据报道，磷酸二氢钾(KH2PO4)大晶体已应用于我国研制的巨型激光器“神光二号”中。

利用氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12)制备磷酸二氢钾的工艺流程如下图所示(部分流程步骤已省略)：
已知萃取的主要反应原理：KCl+H 3PO4KH2PO4+HCl；其中，反应产生的HCl易溶于有机萃取剂。

请回答下列问题：
(1)流程中将氟磷灰石粉碎的目的是__________________________________。

(2)不能使用二氧化硅陶瓷材质的沸腾槽的主要原因是____________(用化学方程式表示)。

(3)副产品N的化学式是____________；在得到KH2PO4晶体的一系列操作Ⅲ，其主要包括____________、过滤、洗涤、干燥等。

(4)若用1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12，摩尔质量为504g/mol)来制取磷酸二氢钾晶体，其产率为80%，则理论上可生产KH2PO4(摩尔质量为136g/mol)的质量为_______kg。

(5)电解法制备KH2PO4的装置如图所示．该电解装置中，a 区属于_______区(填“阳极”或“阴极”)，阴极区的电极反应式是________________。

(6)工业上还可以用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，同时逸出SiF4和CO,该反应的化学方程式为________________________________________。

【答案】增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积,加快化学反应速率
4HF+SiO2═SiF4↑+2H2O NH4Cl 蒸发浓缩、冷却结晶 326.4kg 阴极 2H＋＋2e－＝H2↑
4Ca5P3FO12+21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑
【分析】
氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12)粉碎后加入浓硫酸，反应生成氢氟酸、硫酸钙、磷酸等，加入氯化钾后用有机萃取剂，KCl+H 3PO4KH2PO4+HCl，反应产生的HCl易溶于有机萃取剂，有机相中含有氯化氢，加入氨水反应生成氯化铵，因此副产品主要为氯化铵，水相中含有KH2PO4，经过一系列操作得到KH2PO4晶体。

【详解】
(1)流程中将氟磷灰石粉碎，可以增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率，故答案为增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率；
(2)根据流程图，反应中生成了氢氟酸，氢氟酸能够与二氧化硅反应，因此不能使用二氧化硅陶瓷材质的沸腾槽，故答案为4HF+SiO2═SiF4↑+2H2O；
(3)根据上述分析，副产品N的化学式为NH4Cl；在得到KH2PO4晶体的一系列操作Ⅲ为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，故答案为NH4Cl；蒸发浓缩、冷却结晶；
(4)1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12)中含有Ca5P3FO12的质量为504kg，根据P元素守恒，理论上可生产KH2PO4的质量为
504kg×80%×
313
405313191612
⨯
⨯+⨯++⨯
÷
39231164
31
+++⨯
=326.4 kg，故答案为326.4
kg；
(5)根据图示，应该在a区生成KH2PO4，则钾离子由b区移向a区，则a 区属于阴极区；阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H＋＋2e－＝H2↑，故答案为阴极；2H＋＋2e－＝H2↑；
(6)用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，同时逸出SiF4和CO，反应的化学方程式为4Ca5P3FO12 +21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑，故答案为4Ca5P3FO12 +21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑。

3．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）。

（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。

4．C、N、S 的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。

(1)CO2的重整用 CO2和 H2为原料可得到 CH4燃料。

已知: ①CH4 (g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H1=+247kJ/mol
②CH4 (g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205kJ/mol
写出 CO2重整的热化学方程式：_____。

(2)“亚碳酸盐法”吸收烟中的 SO2
①将烟气通入 1.0mol/L 的 Na2SO3溶液，若此过程中溶液体积不变，则溶液的 pH 不断
_____(填“减小”“不变” 或“增大)。

当溶液 pH 约为 6 时，吸收 SO2的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中c(SO32-) =0.2mol/L，则溶液中c(HSO3-) =_____。

②室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液 pH 与各组分物质的量分数的变化关系如图: b 点时溶液 pH=7，则 n(NH4+)：n(HSO3—)= ______________。

(3)催化氧化法去除 NO。

一定条件下，用 NH3 消除 NO 污染，其反应原理
4NH3+6NO5N2+6H2O。

不同温度条件下，n(NH3):n(NO)的物质的量之比分别为 4:1、3:1、1:3 时，得到 NO 脱除率曲线如图所示：
①曲线 a 中，NO 的起始浓度为6×10-4mg·m-3，从 A 点到 B 点经过0.8s，该时间段内 NO 的
脱除速率为_____mg·
m -3·s -1。

②曲线 b 对应 NH 3 与 NO 的物质的量之比是_____。

(4)间接电化学法除 NO 。

其原理如图所示：写出阴极的电极反应式(阴极室溶液呈酸性)_____。

吸收池中除去 NO 的原理_____(用离子方程式表示)。

【答案】CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g) △H =−163kJ/mo1 减小 1.6mol/L 3:1 1.5×10−4
3:1 -2-32422HSO +2e +2H =S O 2H O -++ 2--242232NO+2S O 2H O N 4HSO +=+
【解析】
【分析】
（1）已知：①CH 4 (g)+CO 2(g)=2CO(g)+2H 2(g) △H 1=+247k/mol ，
②CH 4(g)+H 2O(g)=CO(g)+3H 2(g) △H 2=+205k/mol ，
根据盖斯定律，①-②×2得：CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g)，据此计算△H ；
（2）①二氧化硫通入亚硫酸钠溶液生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠显酸性，据此分析；根据反应方程式的量的关系计算可得；
②先判断溶质，写出电荷守恒式，在利用pH=7时，c (H +)=c (OH -)找出其他离子的等量关系，结合图示进行等量删减或替换，最后得出结果；
（3）①曲线a 中，NO 的起始浓度为6×10-4mg•m -3，根据图象得到A 、B 处的NO 脱除率，可得两处的NO 的浓度，再计算脱除速率；
②NH 3与NO 的物质的量的比值越大，NO 的脱除率越大，据此分析；
（4）阴极得到电子发生还原反应，结合酸性环境书写；阴极产物吸收NO 。

【详解】
（1）已知：①CH 4(g)+CO 2(g)=2CO(g)+2H 2(g) △H 1=+247k/mol ，
②CH 4(g)+H 2O(g)=CO(g)+3H 2(g) △H 2=+205k/mol ，
根据盖斯定律，由①−②×2得反应：CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g)
△H =△H 1−2△H 2=−163kJ/mo1，
故答案为：CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g) △H =−163kJ/mo1；
（2）①将烟气通入1.0mol/L 的Na 2SO 3溶液，二氧化硫与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠以电离为主，显酸性，故溶液pH 不断减小；向亚硫酸钠溶液中通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠，反应方程式SO 2+Na 2SO 3+2H 2O=2NaHSO 3，溶液中反应的亚硫酸根离子和生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为1：2，即溶液中参加反应的亚硫酸根为(1.0−0.2)mol/L ，则生成c (-3HSO )=2×(1.0−0.2)mol/L=1.6mol/L ，
故答案为：减小；1.6mol/L ；
②b 点时溶液pH=7，此时溶液中的溶质是(NH 4)2SO 3和NH 4HSO 3，根据电荷守恒：c (+4NH )+c (H +)=c (OH −)+c (-3HSO )+2c (2-
3SO )，因pH=7，故c (H +)=c (OH −)，则
c (+4NH )=c (-3HSO )+2c (2-3SO )，由图可读出b 点时，c (-3HSO )=c (2-3SO )，则c (+4NH )=3 c (-3HSO )，因在同一体系，n (+4NH )：n (-3HSO )=3：1，
故答案为：3：1；
（3）①曲线a 中，NO 的起始浓度为6×10−4mg ⋅m −3，A 点的脱除率为55%，B 点的脱除率为75%，从A 点到B 点经过0.8s ，该时间段内NO 的脱除速率为
6×10−4mg ⋅m −3×(0.75−0.55)÷0.8s=1.5×10−4mg ⋅m −3⋅s −1，
故答案为：1.5×10−4；
②NH 3与NO 的物质的量的比值越大，NO 的脱除率越大，则物质的量之比分别为4：1，3：1，1：3时，对应的曲线为a ，b ，c ，即曲线b 对应的物质的量之比是3：1， 故答案为：3：1；
（4）阴极得到电子发生还原反应，根据图可知是-3HSO 在酸性条件下发生还原反应，生成
2-24S O ，其电极反应式为-2-32422HSO +2e +2H =S O 2H O -++；根据图示，吸收池中2-24S O 和NO 是反应物，N 2和-
3HSO 是生成物，则吸收池中除去NO 的原理是：
2--242232NO+2S O 2H O N 4HSO +=+，
故答案为：-2-32422HSO +2e +2H =S O 2H O -++；2--242232NO+2S O 2H O N 4HSO +=+。

【点睛】
陌生电极反应式的书写步骤：①根据题干找出反应物以及部分生成物，根据物质变化分析化合价变化并据此写出得失电子数；②然后根据电荷守恒配平电极反应式，在配平时需注意题干中电解质的环境；③然后检查电极反应式的守恒关系（电荷守恒、原子守恒、转移电子守恒等）。

5．NH 3和Cl 2在常温下可快速反应生成氮气：2NH 3+3Cl 2 →N 2+6HCl 。

当Cl 2和 NH 3 比例不同时，产物有差异。

(1)该反应可用于检验化工生产中氯气是否泄漏。

如氯气有少量泄漏，用氨气检验时的现象为_____________________________。

(2)若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，Cl 2和NH 3的最佳比例为_____。

(3)常温常压下，取总物质的量为12mol 的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变。

求：① 反应前氯气和氨气的物质的量之比______________
② 反应后生成的氧化产物的质量_______________。

(4)若将总体积为100L 的NH 3和Cl 2混合，实验精确测得充分反应后无色混合气体中N 2占混合气体的
17
，求生成氧化产物的物质的量_____________。

（该实验数据在标准状况下测定）
【答案】有白烟生成 3∶2 n(NH 3)∶n(Cl 2)=1∶1 m(N 2 )=56g 余NH 3和N 2 0.263mol ，余HCl 和N 2 0.893mol
【解析】
【分析】
NH 3和Cl 2在常温下可快速反应生成氮气：2NH 3+3Cl 2 →N 2+6HCl 。

当Cl 2和 NH 3 比例不同时，产物有差异。

(1)要检验化工生产中氯气是否泄漏，则需要有明显的现象，从提供的反应可以看出，氨气过量时会有明显现象，找到该反应并指出现象即可；
(2)要求是利用氨气和氯气之间反应生成氯化氢用于制备盐酸，故按该反应中Cl 2和NH 3的比例来回答；
(3)常温常压下，取总物质的量为12mol 的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变，说明3222NH 3Cl N 6HCl +=+反应后氨气有剩余，再发生反应NH 3+HCl=NH 4Cl ，HCl 不能完全反应，按此思路计算① 反应前氯气和氨气的物质的量之比及② 反应后生成的氧化产物的质量；
(4)若将总体积为100L 的NH 3和Cl 2混合，①3222NH 3Cl N 6HCl +=+恰好反应，根据方程式计算混合气体总体积，进而计算氮气体积；
②NH 3过量时，发生反应32248NH 3Cl N 6NH Cl +=+，剩余混合气体为氮气、氨气，设Cl 2有xL ，利用方程式和已知条件计算出氮气的体积、氧化产物的物质的量；
【详解】
(1)按题意，用于检验氯气是否泄漏的反应应有明显现象，氯气和氨气可能的反应为3222NH 3Cl N 6HCl +=+、当氨气过量时会与生成的HCl 反应生成氯化铵，有白烟，现象明显；
答案为：有白烟生成；
(2)氨气和氯气在常温下可快速反应生成氮气：3222NH 3Cl N 6HCl +=+，若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸， Cl 2和NH 3的最佳比例为3：2； 答案为：3：2；
(3) ① 常温常压下，取总物质的量为12mol 的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变，说明3222NH 3Cl N 6HCl +=+反应后氨气有剩余，再多余氨气再与部分HCl 发生反应NH 3+HCl=NH 4Cl ，HCl 不能完全反应，设反应3222NH 3Cl N 6HCl
+=+中消耗氯气的物质的量为x ，3
223
222NH ~3C 23
3l x x
x 气体物质的量增加 ，43
+HCl=NH Cl 1
2212-2(12-3N )
H x
x x -气体物质的量减少，前者体积增大与后者体积减小相等，则222(12)33x x x --
= ，得x =6，
故反应前氯气和氨气的物质的量之比为
61126
x x ==-：1 ； 答案为：1:1； ② 反应后生成的氧化产物为氮气，氯气为6mol,由3222NH 3Cl N 6HCl +=+可知,生成氮气的物质的量为2mol ，故氧化产物氮气的质量=2mol ×28g/mol=56g ，
故答案为：56g ；
(4)在3222NH 3Cl N 6HCl +=+反应中，NH 3和Cl 2恰好完全反应时，混合气体中N 2占混合气体的
17，由于氨气与HCl 可以反应生成HN 4Cl ，而充分反应后的混合气体中N 2占混合气体的17
，则有两类情况：①Cl 2与氨气恰好反应，由方程式可知5体积气体生成7体积气体，故反应后混合气体总体积=100L ×75=140L ，则氧化产物氮气体积为140L ×17
=20L ，故其物质的量=20L 22.4L /mol
=0.893mol ；②NH 3过量时，发生反应32248NH 3Cl N 6NH Cl +=+，剩余混合气体为氮气、氨气，设Cl 2有xL ，则
3
2
28NH ~3Cl ~N 83
1101033V
x
x x ∆，则1L 13107100L L 3x x =-，30017x =，故氧化产物氮气的物质的量=3001L 17
30.263mol 22.4L /mol
⨯== ； 答案为：余NH 3和N 2为0.263mol ，余HCl 和N 2为0.893mol 。

6．实验室可由软锰矿（主要成分为MnO 2）制备KMnO 4，方法如下：高温下使软锰矿与过量KOH(s)和KClO 3(s)反应，生成K 2MnO 4（锰酸钾）和KCl ；用水溶解，滤去残渣；酸化滤液，K 2MnO 4转化为MnO 2和KMnO 4；再滤去沉淀MnO 2，浓缩结晶得到KMnO 4晶体。

请回答：
（1）用软锰矿制备K 2MnO 4的化学方程式是
_______________________________________。

（2）K 2MnO 4转化为KMnO 4的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_____________。

生成0.1mol 还原产物时转移电子______________个。

KMnO 4、K 2MnO 4和MnO 2的氧化性由强到弱的顺序是____________________________。

（3）KMnO 4能与热的Na 2C 2O 4(aq,硫酸酸化）反应生成Mn 2+和CO 2。

若取用软锰矿制得的KMnO 4产品0.165g ，能与0.335g Na 2C 2O 4恰好完全反应（假设杂质均不能参与反应），该产品中KMnO 4的纯度为____________________。

【答案】6KOH + KClO 3 + 3MnO 2＝3 K 2MnO 4+ KCl + 3H 2O ； 1:2 0.2N A 或6.02×10-22 KMnO 4＞K 2MnO 4＞MnO 2 0.958
（
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：
（1）反应物为KOH、KClO3、MnO2，生成物为K2MnO4（锰酸钾）和KCl、水，该反应为
6KOH+KClO3+3MnO2＝3K2MnO4+KCl+3H2O，故答案为6KOH+KClO3+3MnO2＝
3K2MnO4+KCl+3H2O；
（2）K2MnO4转化为KMnO4的反应中K2MnO4＝2KMnO4+MnO2，Mn元素的化合价由+6价升高为+7价，Mn元素的化合价由+6价降低为+4价，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，生成0.1mol还原产物时转移电子0.1 N A×(6-4)=0.2N A或6.02×10-22，由氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可知氧化性为KMnO4＞K2MnO4＞MnO2，故答案为1：2；0.2N A或6.02×10-22；KMnO4＞K2MnO4＞MnO2；
（3）KMnO4能与热的Na2C2O4（aq，硫酸酸化）反应生成Mn2+和CO2，设KMnO4的纯度
为x，则由电子守恒可知，
0.165
122.5/
gx
g mol⨯
(7-2)=
0.335
134/
g
g mol⨯
2⨯(4-3) ，解得x=0.958，故
答案为0.958．
7．合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要意义
(1)工业合成氨工业常用的催化剂是____________,氨分子的电子式是__________
(2)图是一定的温度和压强下是N2和H2反应生成1molNH3过程中能量变化示意图，请写出工业合成氨的热化学反应方程式_______。

（热量Q的数值用含字母a、b的代数式表示）
(3)下列有关该反应的说法正确的是_____（填序号）
A．保持容器的体积不变，当混合气体的密度不变时，说明反应已经达到平衡状态。

B．达到平衡时若升高温度，混合气体中氮元素的质量分数将变大。

C．达到平衡时若减少容器的体积，正反应速率将大于逆反应速率。

D．达到平衡后，N2的转化率和H2的转化率一定相等。

(4)在催化剂存在下，NH3可用来消除NO的污染，生成两种对环境无害的物质。

写出反应的化学方程式：_____________________;该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比是___________
(5)把NH3通入盐酸溶液中，所得溶液的pH=7, 此时溶液中离子浓度关系是__________ ;
______
【答案】铁触媒 N2（g）+3H2（g）2NH3（g）+2（b-a）kJ·mol-1 C
4NH3+6NO → 5N2+6H2O 2:3 c(NH4+)＝c(Cl-)＞c(H+)＝c(OH-) c(NH4+)+c(H+)＝c(OH-)+ c(Cl-) 【解析】
【分析】
工业合成氨的催化剂是以铁为载体的铁触媒，氨气是共价化合物，氮原子最外层5个电子，其中三个电子和三个氢原子形成三个共价键；由图求出N2和H2反应生成1molNH3的反应热，再根据热化学反应方程式的书写要求解答；合成氨是气体体积减小的放热反应，依据平衡移动原理判断；NH3可用来消除NO的污染，生成2种对环境无害的物质，应生成氮气和水；氨气通入盐酸溶液反应生成氯化铵溶液，溶液中一定存在电荷守恒；若溶液pH=7，则氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同，结合电荷守恒得到离子浓度大小。

据此分析。

【详解】
(1)工业合成氨的催化剂是以铁为载体的铁触媒，氨气是共价化合物，氮原子最外层5个电子，其中三个电子和三个氢原子形成三个共价键，电子式为：；答案为：铁触媒；
； (2)由图可知，N2和H2反应生成 1molNH3放出的热量为(b-a) kJ，该反应的热化学反应方程式为N2 (g) +3H2 (g)2NH3(g) △H=-2(b-a) kJ·mol-1，故答案为： N2（g）+3H2（g）2NH3（g）+2（b-a）kJ·mol-1；
(3)合成氨是气体体积减小的放热反应，保持容器的体积不变，混合气体质量不变，当混合气体的密度不变时，不能说明反应已经达到平衡状态，A错误；达到平衡时若升高温度，平衡逆向进行，根据反应方程式原子守恒，氮元素质量分数保持不变，B错误；达到平衡时若减少容器的体积，压强增大，平衡正向进行，正反应速率将大于逆反应速率，C正确；转化率和起始量、变化量有关，达到平衡后，N2的转化率和H2的转化率不一定相等，D错误；答案选C；
(4) NH3可用来消除NO的污染，生成2种对环境无害的物质，应生成氮气和水，化学方程式为：4NH3+6NO =5N2+6H2O；该反应中氧化产物与还原产物都是N2，物质的量之比是2：3；
(5)氨气通入盐酸溶液反应生成氯化铵溶液，若溶液pH=7，溶液中溶质为NH4Cl和
NH3·H2O，溶液中氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同，电荷守恒c(NH4+) +c(H+) =c(OH-
)+c(Cl-) ，则c(NH4+) =c(Cl-)，得到离子浓度大小为c(NH4+)＝c(Cl-)＞c(H+)＝c(OH-)；
8．草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)常用做分析试剂及显影剂等。

下图是将一定质量的草酸亚铁在氩气气氛中进行热重分析示意图(TG%表示残留固体质量占原样品总质量的百分数)。

请回答下列问题：
(l)B 处时残留物的化学式为___________。

(2)A→C 整个反应过程中总反应的化学方程式为___________。

(3)取上述分解得到的600℃时的固体放在空气中继续加热时其质量增加，发生反应的化学
方程式为___________。

由此说明上述FeC 2O 4·
2H 2O 在氩气气氛中进行热重分析的原因是___________。

(4)若将分解得到的600℃时的固体与足量的稀硫酸反应后，将溶液浓缩、冷却，有带7个结晶水的晶体析出，该晶体的化学式为__________，该晶体与草酸亚铁晶体分解有类似，得到四种氧化物且物质的量之比为1:1:1:14，则该化学方程式为__________。

【答案】FeC 2O 4 FeC 2O 4·2H 2O ΔFeO +CO↑+CO 2↑+2H 2O 6FeO+O 2Δ2Fe 3O 4 防止FeO 在加
热过程中被空中的氧气氧化 FeSO 4·
7H 2O 2FeSO 4·7H 2O ΔFe 2O 3+SO 2↑+SO 3↑+14H 2O
【解析】
【详解】 (1)FeC 2O 4·2H 2O 中H 2O%=
218180
=20%，刚好在B 点的TG%=80%，则B 点表示所有的结晶水都完全失去，得到的固体成分为FeC 2O 4；故答案为：FeC 2O 4； (2)当TG%=40%时，得到应该是铁的氧化物，则有x (FeO )180
M =0.4，x=1，则变化过程中铁的化合价没改变，只有碳的化合价发生变化，则A→C 整个反应过程中总反应的化学方程式为FeC 2O 4·2H 2O ΔFeO +CO↑+CO 2↑+2H 2O ；故答案为：FeC 2O 4·2H 2O ΔFeO
+CO↑+CO 2↑+2H 2O ；
(3)当分解得到的600℃时的固体FeO 在空气中与氧气反应，得到稳定的Fe 3O 4，因此FeC 2O 4·2H 2O 在氩气气氛中进行热重分析的原因防止FeO 在加热过程中被空中的氧气氧化；故答案为：6FeO+O 2Δ2Fe 3O 4；防止FeO 在加热过程中被空中的氧气氧化；
(4)FeO 与足量的稀硫酸反应得到的是FeSO 4，为了防止其Fe 2+水解和Fe 2+被氧化，要加适量
的硫酸和铁粉，才能得到FeSO 4·
7H 2O ，晶体与草酸亚铁晶体分解有类似，得到四种氧化物且物质的量之比为1:1:1:14，则有Fe 2O 3、SO 2、SO 3、H 2O ；故答案为：FeSO 4·
7H 2O ；2FeSO 4·7H 2O ΔFe 2O 3+SO 2↑+SO 3↑+14H 2O 。

9．(1)在CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液加热，生成CuCl沉淀，写出生成CuCl的离子方程式________________________________
(2)过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr3＋，同时放出无污染的气体，写出发生反应的离子方程式_________；氧化产物与还原产物的物质的量之比为________。

(3)除去废液中的AsCl3，是用次磷酸钠(NaH2PO2)还原AsCl3，产生了棕色单质砷沉淀和
H3PO3。

该反应的化学反应方程式为______________________氧化剂和还原剂的物质的量之比为________，氧化产物是________。

(4)FeS被水溶液中Cl2氧化，氧化后的溶液中滴加BaCl2有不溶解于盐酸的白色沉淀生成，则水溶液中FeS与Cl2反应的离子方程式为_______________
【答案】2Cu2＋＋2Cl－＋SO32-＋H2O2CuCl↓＋SO42-＋2H＋ 4H2CrO4＋3N2H4＋12H＋=4Cr3＋＋3N2↑＋16H2O 3∶4 2AsCl3＋3NaH2PO2＋3H2O=2As↓＋3H3PO3＋3NaCl＋3HCl 2∶3 H3PO3 2FeS＋9Cl2＋8H2O=2Fe3＋＋2SO42-＋18Cl－＋16H＋
【解析】
【分析】
(1)CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3溶液，二价铜离子将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，本身被还原为+1价铜，依据得失电子守恒写出离子方程式；
(2）过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr3+，同时放出无污染的气体为氮气，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式;
（3）除去废液中的 AsCl3，是用次磷酸钠(NaH2PO2)还原AsCl3，产生了棕色单质砷沉淀和
H3PO3，配平书写化学方程式，结合定量关系和化合价变化计算该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比；
（4）FeS 被水溶液中Cl2氧化，根据电子守恒、原子守恒、电子守恒写出离子方程式。

【详解】
(1). CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3溶液和NaCl溶液加热，生成CuCl沉淀，二价铜离子将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，本身被还原为+1价铜，写出方程式为：
2Cu2＋＋2Cl－＋SO32-＋H2O2CuCl↓＋SO42-＋2H＋
故答案为：2Cu2＋＋2Cl－＋SO32-＋H2O2CuCl↓＋SO42-＋2H＋
（2）过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr3+，同时放出无污染的气体为氮气，配平的反应的离子方程式为：4H2CrO4＋3N2H4＋12H＋=4Cr3＋＋3N2↑＋16H2O，反应中铬元素化合价降低，得到还原产物Cr3+，肼中氮元素化合价升高得到氧化产物N2，由方程式知氧化产物与还原产物的物质的量之比为：3:4，
故答案为：4H2CrO4＋3N2H4＋12H＋=4Cr3＋＋3N2↑＋16H2O；3:4；
（3）除去废液中的 AsCl3，是用次磷酸钠(NaH2PO2)还原AsCl3，产生了棕色单质砷沉淀和
H3PO3，反应的化学方程式：3NaH2PO2+3H2O+2AsCl3＝2As+3H3PO3+3NaCl+3HCl，该反应中氧化剂AsCl3和还原剂NaH2PO2的物质的量之比为 2:4，氧化产物是H3PO3，
故答案为：2AsCl3＋3NaH2PO2＋3H2O=2As↓＋3H3PO3＋3NaCl＋3HCl ；2:3；H3PO3；
（4）FeS 被水溶液中Cl2氧化，氧化后的溶液中滴加BaCl2有不溶解于盐酸的白色沉淀生成，说明反应生成了硫酸根离子，则水溶液中FeS 与Cl2反应的离子方程式为：。