2020-2021备战高考化学提高题专题复习氧化还原反应练习题
2020-2021 备战高考化学(氧化还原反应提高练习题)压轴题训练附答案
2020-2021 备战高考化学(氧化还原反应提高练习题)压轴题训练附答案一、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)。
2020-2021 高考化学(氧化还原反应提高练习题)压轴题训练含答案
2020-2021 高考化学(氧化还原反应提高练习题)压轴题训练含答案一、高中化学氧化还原反应1．224Na S O （连二亚硫酸钠）是易溶于水，不溶于甲醇的白色固体，在空气中极易被氧化，是一种还原性漂白剂。
制取224Na S O 的方法很多，（1）在碱性溶液中用4NaBH 还原3NaHSO 法制备224Na S O 的反应原理为：3222244NaBH NaHSO NaOH Na S O NaBO H O ++→++（未配平）反应装置如图所示：①实验开始及整个过程中均需通入2N ，其目的是__________________________________。
②制备过程中温度需控制在10~45℃，采用水浴加热的主要优点是______________________。
③为使3NaHSO 尽可能完全被还原，加入三口烧瓶中的反应液，应控制()()34n NaHSO n NaBH ______________。
（2）用HCOONa 还原2SO 制备224Na S O 的装置（夹持加热仪器略）如下：①装置a 烧瓶中发生反应的化学方程式为_________________________________。
②装置b 用于净化2SO ，适宜的试剂是______________________________。
③装置c 在70~83℃生成224Na S O 并析出，同时逸出2CO ，该反应的化学方程式为________________________，加入3CH OH 的目的是________________________；利用反应后的浊液分离提纯224Na S O 需经过的操作为_____________________________________________________。
【答案】排出装置内空气，使反应在无氧状况下进行 使反应液均匀受热 小于8:1（或<8） 2322Na SO 2HCl 2NaCl H O SO +=++↑ 饱和3NaHSO 溶液223224222HCOONa 4SO Na CO 2Na S O H O 3CO ++=++ 降低224Na S O 的溶解度 过滤、洗涤、重结晶、过滤、干燥【解析】【分析】(1)①224Na S O 在空气中极易被氧化，通入2N 其目的是排出装置内空气；②采用水浴加热的主要优点是使反应液均匀受热；③3222244NaBH NaHSO NaOH Na S O NaBO H O ++→++，根据得失电子守恒可知，()()34n NaHSO n NaBH =8； (2)①装置a 烧瓶中发生Na 2SO 3与盐酸反应生成SO 2的反应；②生成的SO 2气体中含有HCl 气体，根据性质选择除杂溶液；③装置c 在70~83℃HCOONa 和2SO 、23Na CO 反应生成224Na S O 并析出，同时逸出2CO ；224Na S O 不溶于甲醇，加入3CH OH 可降低224Na S O 的溶解度；利用反应后的浊液分离提纯224Na S O 需重结晶。
2020-2021备战高考化学氧化还原反应提高练习题压轴题训练及详细答案
一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）1．过硫酸钠(Na2S2O8)具有极强的氧化性，且不稳定，某化学兴趣小组探究过硫酸钠的相关性质，实验如下。
已知SO3是无色易挥发的固体，熔点16.8℃，沸点44.8℃。
（1）稳定性探究(装置如图)：分解原理：2Na2S2O82Na2SO4＋2SO3↑＋O2↑。
此装置有明显错误之处，请改正：______________________，水槽冰水浴的目的是____________________；带火星的木条的现象_______________。
（2）过硫酸钠在酸性环境下，在Ag＋的催化作用下可以把Mn2＋氧化为紫红色的离子，所得溶液加入BaCl2可以产生白色沉淀，该反应的离子方程式为______________________，该反应的氧化剂是______________，氧化产物是________。
（3）向上述溶液中加入足量的BaCl2，过滤后对沉淀进行洗涤的操作是___________________________。
（4）可用H2C2O4溶液滴定产生的紫红色离子，取20mL待测液，消耗0.1mol·L－1的H2C2O4溶液30mL，则上述溶液中紫红色离子的浓度为______mol·L－1，若Na2S2O8有剩余，则测得的紫红色离子浓度将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】试管口应该略向下倾斜冷却并收集SO3木条复燃 2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋ S2O MnO用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，使蒸馏水自然流下，重复操作2～3次(合理即可) 0.06 偏高【解析】【分析】(1)在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜；根据SO3、氧气的性质进行分析；(2)X为MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀，则产物中有SO42-，据此写出离子方程式，并根据氧化还原反应规律判断氧化剂、氧化产物；(3)根据沉淀洗涤的方法进行回答；(4)根据得失电子守恒可得到关系式：5H2C2O4---2MnO4-，带入数值进行计算；Na2S2O8也具有氧化性，氧化H2C2O4。
2020-2021【化学】备战高考化学氧化还原反应解答题压轴题提高专题练习含答案
一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）1．224Na S O （连二亚硫酸钠）是易溶于水，不溶于甲醇的白色固体，在空气中极易被氧化，是一种还原性漂白剂。
制取224Na S O 的方法很多，（1）在碱性溶液中用4NaBH 还原3NaHSO 法制备224Na S O 的反应原理为：3222244NaBH NaHSO NaOH Na S O NaBO H O ++→++（未配平）反应装置如图所示：①实验开始及整个过程中均需通入2N ，其目的是__________________________________。
②制备过程中温度需控制在10~45℃，采用水浴加热的主要优点是______________________。
③为使3NaHSO 尽可能完全被还原，加入三口烧瓶中的反应液，应控制()()34n NaHSO n NaBH ______________。
（2）用HCOONa 还原2SO 制备224Na S O 的装置（夹持加热仪器略）如下：①装置a 烧瓶中发生反应的化学方程式为_________________________________。
②装置b 用于净化2SO ，适宜的试剂是______________________________。
③装置c 在70~83℃生成224Na S O 并析出，同时逸出2CO ，该反应的化学方程式为________________________，加入3CH OH 的目的是________________________；利用反应后的浊液分离提纯224Na S O 需经过的操作为_____________________________________________________。
【答案】排出装置内空气，使反应在无氧状况下进行 使反应液均匀受热 小于8:1（或<8） 2322Na SO 2HCl 2NaCl H O SO +=++↑ 饱和3NaHSO 溶液223224222HCOONa 4SO Na CO 2Na S O H O 3CO ++=++ 降低224Na S O 的溶解度 过滤、洗涤、重结晶、过滤、干燥【解析】【分析】(1)①224Na S O 在空气中极易被氧化，通入2N 其目的是排出装置内空气；②采用水浴加热的主要优点是使反应液均匀受热；③3222244NaBH NaHSO NaOH Na S O NaBO H O ++→++，根据得失电子守恒可知，()()34n NaHSO n NaBH =8； (2)①装置a 烧瓶中发生Na 2SO 3与盐酸反应生成SO 2的反应；②生成的SO 2气体中含有HCl 气体，根据性质选择除杂溶液；③装置c 在70~83℃HCOONa 和2SO 、23Na CO 反应生成224Na S O 并析出，同时逸出2CO ；224Na S O 不溶于甲醇，加入3CH OH 可降低224Na S O 的溶解度；利用反应后的浊液分离提纯224Na S O 需重结晶。
2020-2021【化学】高考化学氧化还原反应解答题压轴题提高专题练习及详细答案
一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）1．硫代硫酸钠(Na2S2O3)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SO2实验I：Na2S2O3的制备。
工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2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H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。
c中试剂为_______(2)实验中要控制SO2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SO2不能过量，原因是_______实验Ⅱ：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。
资料：Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)装置试剂X实验现象Fe2(SO4)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Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。
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Na2S2O3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K2Cr2O7(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-+Cr2O72-+14H+ = 3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3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 2Cr7H 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。
2020-2021备战高考化学提高题专题复习氧化还原反应练习题附答案
2020-2021备战高考化学提高题专题复习氧化还原反应练习题附答案一、高中化学氧化还原反应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 abc2ClO 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 。
2020-2021高考化学提高题专题复习氧化还原反应练习题含详细答案
2020-2021高考化学提高题专题复习氧化还原反应练习题含详细答案一、高中化学氧化还原反应1．硫代硫酸钠(Na2S2O3)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SO2实验I：Na2S2O3的制备。
工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2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H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。
c中试剂为_______(2)实验中要控制SO2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SO2不能过量，原因是_______实验Ⅱ：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。
资料：Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)装置试剂X实验现象Fe2(SO4)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Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。
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Na2S2O3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K2Cr2O7(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-+Cr2O72-+14H+ = 3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3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 2Cr7H 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。
2020-2021备战高考化学提高题专题复习氧化还原反应练习题及详细答案
2020-2021备战高考化学提高题专题复习氧化还原反应练习题及详细答案一、高中化学氧化还原反应1．高锰酸钾是一种用途广泛的强氧化剂，实验室制备高锰酸钾所涉及的化学方程式如下：MnO2熔融氧化：3MnO2+ KClO3+ 6KOH熔融3K2MnO4+ KCl+3H2OK2MnO4歧化：3K2MnO4+2CO2＝2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3将MnO2熔融氧化所得产物的热浸取液装入三颈烧瓶，再通入CO2气体，使K2MnO4歧化的过程在如图装置中进行，A、B、C、D、E为旋塞，F、G为气囊，H为带套管的玻璃棒。
回答下列问题：(1)仪器a的名称是______。
(2)MnO2熔融氧化应放在______中加热(填仪器编号)。
①烧杯②瓷坩埚③蒸发皿④铁坩埚(3)为了能充分利用CO2，装置中使用了两个气囊。
当试管内依次加入块状碳酸钙和盐酸后，关闭旋塞B、E，微开旋塞A，打开旋塞C、D，往热K2MnO4溶液中通入CO2气体，未反应的CO2被收集到气囊F中。
待气囊F收集到较多气体时，关闭旋塞______，打开旋塞______，轻轻挤压气囊F，使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，未反应的CO2气体又被收集在气囊G中。
然后将气囊G中的气体挤压入气囊F中，如此反复，直至K2MnO4完全反应。
(4)除去K2MnO4歧化产物中MnO2的操作方法是______。
(5)将三颈烧瓶中所得产物经过一系列操作得到针状的高锰酸钾晶体，最后采用低温烘干的方法来干燥产品，原因是______。
【答案】长颈漏斗④ AC BDE 过滤高锰酸钾晶体受热易分解【解析】【分析】（1）由实验装置可知，仪器a为长颈漏斗；（2）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚；（3）该操作的目的是将气囊F中的二氧化碳排出，据此判断正确的操作方法；（4）高锰酸钾溶于水，二氧化锰不溶于水；（5）高锰酸钾晶体受热易分解。
【详解】（1）由实验装置可知，仪器a为长颈漏斗，故答案为：长颈漏斗；（2）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物中含有碱性KOH，瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅能够与氢氧化钾反应，所以应用铁坩埚，故答案为：④；（3）待气囊F收集到较多气体时，需要将气囊F中二氧化碳排出到热K2MnO4溶液中，所以需要关闭A、C，打开B、D、E，轻轻挤压气囊F，从而使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，故答案为：AC；BDE；（4）高锰酸钾溶于水，二氧化锰不溶于水，固液分离应用过滤的方法，则除去高锰酸钾溶液中的二氧化锰应用过滤的方法，故答案为：过滤；（5）高锰酸钾晶体受热易分解，实验时应采用低温烘干的方法来干燥产品，避免高锰酸钾晶体受热发生分解，故答案为：高锰酸钾晶体受热易分解。
2020-2021 备战高考化学(氧化还原反应提高练习题)压轴题训练附答案
一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）1．阳极泥处理后的沉渣中含AgCl，工业上可用Na2SO3溶液作浸取剂浸出回收。
某小组在实验室模拟该过程。
已知：i．25o C时，部分物质的溶解度：AgCl 1.9×10–4 g；Ag2SO3 4.6×10–4 g；Ag2SO40.84 g。
ii．25o C时，亚硫酸钠溶液酸化过中含4S+微粒的物质的量分数随pH变化如图所示。
Ⅰ.浸出氯化银取AgCl固体，加入1 mol/L Na2SO3溶液作浸取剂，充分反应后过滤得到浸出液（pH=8），2SO- [Ag(SO3)2]3– + Cl–。
该过程中发生的反应为AgCl +23（1）用平衡移动原理解释AgCl溶解的原因是___。
Ⅱ. 酸化沉银（2）经检测，沉淀m为AgCl，则溶液m中含4S+微粒的主要存在形式是________。
（3）探究沉淀n的成分。
①甲同学认为沉淀n一定不含Ag2SO4，其依据是________。
②乙同学认为沉淀n可能含Ag2SO3，进行实验验证。
i. 本实验设计的依据是：Ag2SO3具有________性。
ii. 乙同学观察到________，得出结论“沉淀n不含Ag2SO3”。
③丙同学从溶液n的成分角度再次设计实验证明沉淀n不含Ag2SO3。
i. 本实验设计的依据是：若沉淀n含Ag2SO3，则溶液n中含1Ag+微粒的总物质的量___（填“＞”、“＝”或“＜”）Cl–物质的量。
ii. 结合实验现象简述丙同学的推理过程：____。
Ⅲ．浸取剂再生（4）溶液m经处理后可再用于浸出AgCl，请简述该处理方法____。
【答案】AgCl(s)Ag+(aq)+ Cl-(aq) ,Ag+与SO 32- 结合生成[Ag(SO3)2]3–，促进AgCl的溶解平衡正向移动 HSO3- Ag2SO4的溶解度远大于AgCl或Ag2SO3，溶液中Ag+ 的浓度很小还原b．中清液的颜色与．．，均为浅紫色溶液＜ e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则．．．．．．．c．相同溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部转化为Ag+，Ag+将Cl–全部沉淀，由此可知溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl–) 加NaOH溶液调节pH至9~10【解析】【分析】I、（1）利用平衡移动的知识答题即可；II、（2）生成沉淀m时，溶液m的pH为5，观察图像，可以得知HSO3-的物质的量分数占100%；（3）①溶液中Ag+的浓度很小，而Ag2SO4的溶解度较大，故不会形成Ag2SO4沉淀；②依据Ag2SO3的还原性答题；③e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部转化为Ag+，Ag+将Cl–全部沉淀，由此可分析出溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl–)；III、（4）m溶液中的溶质为NaHSO3，浸取剂为Na2SO3溶液，需要加入NaOH溶液将NaHSO3转化为Na2SO3。
2020-2021高考化学压轴题之氧化还原反应(高考题型整理,突破提升)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．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FeCO3；II. (5)根据Fe2＋+6SCN-Fe(SCN)64-分析FeCO3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)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(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。
2020-2021高考化学氧化还原反应提高练习题压轴题训练
一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）1．224Na S O （连二亚硫酸钠）是易溶于水，不溶于甲醇的白色固体，在空气中极易被氧化，是一种还原性漂白剂。
制取224Na S O 的方法很多，（1）在碱性溶液中用4NaBH 还原3NaHSO 法制备224Na S O 的反应原理为：3222244NaBH NaHSO NaOH Na S O NaBO H O ++→++（未配平）反应装置如图所示：①实验开始及整个过程中均需通入2N ，其目的是__________________________________。
②制备过程中温度需控制在10~45℃，采用水浴加热的主要优点是______________________。
③为使3NaHSO 尽可能完全被还原，加入三口烧瓶中的反应液，应控制()()34n NaHSO n NaBH ______________。
（2）用HCOONa 还原2SO 制备224Na S O 的装置（夹持加热仪器略）如下：①装置a 烧瓶中发生反应的化学方程式为_________________________________。
②装置b 用于净化2SO ，适宜的试剂是______________________________。
③装置c 在70~83℃生成224Na S O 并析出，同时逸出2CO ，该反应的化学方程式为________________________，加入3CH OH 的目的是________________________；利用反应后的浊液分离提纯224Na S O 需经过的操作为_____________________________________________________。
【答案】排出装置内空气，使反应在无氧状况下进行 使反应液均匀受热 小于8:1（或<8） 2322Na SO 2HCl 2NaCl H O SO +=++↑ 饱和3NaHSO 溶液223224222HCOONa 4SO Na CO 2Na S O H O 3CO ++=++ 降低224Na S O 的溶解度 过滤、洗涤、重结晶、过滤、干燥【解析】【分析】(1)①224Na S O 在空气中极易被氧化，通入2N 其目的是排出装置内空气；②采用水浴加热的主要优点是使反应液均匀受热；③3222244NaBH NaHSO NaOH Na S O NaBO H O ++→++，根据得失电子守恒可知，()()34n NaHSO n NaBH =8； (2)①装置a 烧瓶中发生Na 2SO 3与盐酸反应生成SO 2的反应；②生成的SO 2气体中含有HCl 气体，根据性质选择除杂溶液；③装置c 在70~83℃HCOONa 和2SO 、23Na CO 反应生成224Na S O 并析出，同时逸出2CO ；224Na S O 不溶于甲醇，加入3CH OH 可降低224Na S O 的溶解度；利用反应后的浊液分离提纯224Na S O 需重结晶。
2020-2021备战高考化学(氧化还原反应提高练习题)压轴题训练及详细答案
2020-2021备战高考化学(氧化还原反应提高练习题)压轴题训练及详细答案一、高中化学氧化还原反应1．阳极泥处理后的沉渣中含AgCl，工业上可用Na2SO3溶液作浸取剂浸出回收。
某小组在实验室模拟该过程。
已知：i．25o C时，部分物质的溶解度：AgCl 1.9×10–4 g；Ag2SO3 4.6×10–4 g；Ag2SO40.84 g。
ii．25o C时，亚硫酸钠溶液酸化过中含4S+微粒的物质的量分数随pH变化如图所示。
Ⅰ.浸出氯化银取AgCl固体，加入1 mol/L Na2SO3溶液作浸取剂，充分反应后过滤得到浸出液（pH=8），2SO- [Ag(SO3)2]3– + Cl–。
该过程中发生的反应为AgCl +23（1）用平衡移动原理解释AgCl溶解的原因是___。
Ⅱ. 酸化沉银（2）经检测，沉淀m为AgCl，则溶液m中含4S+微粒的主要存在形式是________。
（3）探究沉淀n的成分。
①甲同学认为沉淀n一定不含Ag2SO4，其依据是________。
②乙同学认为沉淀n可能含Ag2SO3，进行实验验证。
i. 本实验设计的依据是：Ag2SO3具有________性。
ii. 乙同学观察到________，得出结论“沉淀n不含Ag2SO3”。
③丙同学从溶液n的成分角度再次设计实验证明沉淀n不含Ag2SO3。
i. 本实验设计的依据是：若沉淀n含Ag2SO3，则溶液n中含1Ag+微粒的总物质的量___（填“＞”、“＝”或“＜”）Cl–物质的量。
ii. 结合实验现象简述丙同学的推理过程：____。
Ⅲ．浸取剂再生（4）溶液m经处理后可再用于浸出AgCl，请简述该处理方法____。
【答案】AgCl(s)Ag+(aq)+ Cl-(aq) ,Ag+与SO 32- 结合生成[Ag(SO3)2]3–，促进AgCl的溶解平衡正向移动 HSO3- Ag2SO4的溶解度远大于AgCl或Ag2SO3，溶液中Ag+ 的浓度很小还原b．中清液的颜色与．．，均为浅紫色溶液＜ e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则．．．．．．．c．相同溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部转化为Ag+，Ag+将Cl–全部沉淀，由此可知溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl–) 加NaOH溶液调节pH至9~10【解析】【分析】I、（1）利用平衡移动的知识答题即可；II、（2）生成沉淀m时，溶液m的pH为5，观察图像，可以得知HSO3-的物质的量分数占100%；（3）①溶液中Ag+的浓度很小，而Ag2SO4的溶解度较大，故不会形成Ag2SO4沉淀；②依据Ag2SO3的还原性答题；③e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部转化为Ag+，Ag+将Cl–全部沉淀，由此可分析出溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl–)；III、（4）m溶液中的溶质为NaHSO3，浸取剂为Na2SO3溶液，需要加入NaOH溶液将NaHSO3转化为Na2SO3。
2020-2021备战高考化学提高题专题复习氧化还原反应练习题附详细答案
2020-2021备战高考化学提高题专题复习氧化还原反应练习题附详细答案一、高中化学氧化还原反应1．碘酸钾（3KIO）是重要的微量元素碘添加剂。
实验室设计下列实验流程制取并测定产品中3KIO的纯度：其中制取碘酸（3HIO）的实验装置见图，有关物质的性质列于表中物质性质HIO3白色固体，能溶于水，难溶于CCl4KIO3①白色固体，能溶于水，难溶于乙醇②碱性条件下易发生氧化反应：ClO－＋IO3－=IO4－＋Cl－回答下列问题（1）装置A中参加反应的盐酸所表现的化学性质为______________。
（2）装置B中反应的化学方程式为___________________ 。
B中所加CCl4的作用是_________从而加快反应速率。
（3）分离出B中制得的3HIO水溶液的操作为____________；中和之前，需将HIO3溶液煮沸至接近于无色，其目的是____________，避免降低3KIO的产率。
（4）为充分吸收尾气，保护环境，C处应选用最合适的实验装置是____________（填序号）。
（5）为促使3KIO 晶体析出，应往中和所得的3KIO 溶液中加入适量的___________。
（6）取1.000g 3KIO 产品配成200.00mL 溶液，每次精确量取20.00mL 溶液置于锥形瓶中，加入足量KI 溶液和稀盐酸，加入淀粉作指示剂，用0.1004mol/L 223Na S O 溶液滴定。
滴定至终点时蓝色消失（2--2-22346I +2S O =2I +S O ），测得每次平均消耗223Na S O 溶液25.00mL 。
则产品中3KIO 的质量分数为___（结果保留三位有效数字）。
【答案】还原性、酸性 22235CI +I +6H O==2HIO +10HCl 充分溶解2I 和2Cl ，以增大反应物浓度 分液 除去2Cl （或-ClO ），防止氧化3KIO C 乙醇（或酒精） 89.5%。
2020-2021备战高考化学专题复习分类练习 氧化还原反应综合解答题及详细答案
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 abc2ClO 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 。
2020-2021全国备战高考化学氧化还原反应的综合备战高考真题分类汇总附答案
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 abc2ClO 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 。
2020-2021备战高考化学综合题专练∶氧化还原反应含详细答案
2020-2021备战高考化学综合题专练∶氧化还原反应含详细答案一、高中化学氧化还原反应1．高锰酸钾是一种用途广泛的强氧化剂，实验室制备高锰酸钾所涉及的化学方程式如下：MnO2熔融氧化：3MnO2+ KClO3+ 6KOH熔融3K2MnO4+ KCl+3H2OK2MnO4歧化：3K2MnO4+2CO2＝2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3将MnO2熔融氧化所得产物的热浸取液装入三颈烧瓶，再通入CO2气体，使K2MnO4歧化的过程在如图装置中进行，A、B、C、D、E为旋塞，F、G为气囊，H为带套管的玻璃棒。
回答下列问题：(1)仪器a的名称是______。
(2)MnO2熔融氧化应放在______中加热(填仪器编号)。
①烧杯②瓷坩埚③蒸发皿④铁坩埚(3)为了能充分利用CO2，装置中使用了两个气囊。
当试管内依次加入块状碳酸钙和盐酸后，关闭旋塞B、E，微开旋塞A，打开旋塞C、D，往热K2MnO4溶液中通入CO2气体，未反应的CO2被收集到气囊F中。
待气囊F收集到较多气体时，关闭旋塞______，打开旋塞______，轻轻挤压气囊F，使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，未反应的CO2气体又被收集在气囊G中。
然后将气囊G中的气体挤压入气囊F中，如此反复，直至K2MnO4完全反应。
(4)除去K2MnO4歧化产物中MnO2的操作方法是______。
(5)将三颈烧瓶中所得产物经过一系列操作得到针状的高锰酸钾晶体，最后采用低温烘干的方法来干燥产品，原因是______。
【答案】长颈漏斗④ AC BDE 过滤高锰酸钾晶体受热易分解【解析】【分析】（1）由实验装置可知，仪器a为长颈漏斗；（2）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚；（3）该操作的目的是将气囊F中的二氧化碳排出，据此判断正确的操作方法；（4）高锰酸钾溶于水，二氧化锰不溶于水；（5）高锰酸钾晶体受热易分解。
【详解】（1）由实验装置可知，仪器a为长颈漏斗，故答案为：长颈漏斗；（2）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物中含有碱性KOH，瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅能够与氢氧化钾反应，所以应用铁坩埚，故答案为：④；（3）待气囊F收集到较多气体时，需要将气囊F中二氧化碳排出到热K2MnO4溶液中，所以需要关闭A、C，打开B、D、E，轻轻挤压气囊F，从而使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，故答案为：AC；BDE；（4）高锰酸钾溶于水，二氧化锰不溶于水，固液分离应用过滤的方法，则除去高锰酸钾溶液中的二氧化锰应用过滤的方法，故答案为：过滤；（5）高锰酸钾晶体受热易分解，实验时应采用低温烘干的方法来干燥产品，避免高锰酸钾晶体受热发生分解，故答案为：高锰酸钾晶体受热易分解。
2020-2021高考化学(氧化还原反应提高练习题)压轴题训练及答案
、高中化学氧化复原反响练习题(含详细答案解析)1) C1O2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NaClO?固体,模拟工业上用过氧化氢法制备NaClO?固体的实验装置如下图.KsaCI.式,)+ 生£.4 NaOH + H202：C1O2熔点-59C、沸点11 C、H2O2沸点150 cA 中的化学方程式：2NaClO 3 H2O2 H2SO4 2ClO2 O2Na2SO4 2H 2O⑴NaClO3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).⑶向A装置中通入空气,其作用是赶出C1O2 ,然后通过C再到D中反响.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NaClO z的溶解度b减少匕.2的分解c使CIO2变为液态 d.加快反响速率(5)写出D中发生反响的化学方程式, H2O2在反响起到作用.假设在反响中消耗掉H 202a g那么有 __________ mol电子转移.【答案】H2O2液体无法顺利滴落H 空气流速快时,C102不能被充分吸收空气流速过慢时, C102不能及时被移走,浓度过高导致分解abc2CQ+H2O2+2NaOH=2NaClQ+O2 T +2H2O 复原剂a/17【解析】【分析】氯酸钠(NaClO3)在酸性条件下与过氧化氢生二氧化氯, C102与氢氧化钠溶液和过氧化氢发生氧化复原反响生成NaCl6, NaClQ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NaCl02?3H2..【详解】⑴NaClO3放入仪器A中,仪器B中的药品是H2O2,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,反响无法继续进行；(2)实验中C的作用是预防倒吸, C装置中的右侧导管太短,不利于气体的流动,合理的装⑶向A装置中通入空气,其作用是赶出C1O2 ,然后通过C再到D中反响.空气流速不能过快,由于空气流速快时, C1O2不能被充分吸收；空气流速也不能过慢,空气流速过慢时,C1O2不能及时被移走,浓度过高导致分解；(4) NaC1O2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NaC1O2的溶解度、减少H2O2的分解,由于C1O2的沸点较低,所以还能使C1O2变为液态,方便使用；(5)写出D中发生反响的化学方程式为：2C1O2+H2O2+2NaOH=2NaC1Q+O2T +2H2O, H2O2在反响中得电子,起到复原剂的作用.反响中存在关系：H2O2〜2e-,假设在反响中消耗掉H2O2 a g,那么转移的电子的物质的量为：2Xa g/(34gmo1-1)= a/17mo1.2.高氯酸镂是一种常见的强氧化剂,常用作火箭发射的推进剂.根据以下信息答复以下问题:①高氯酸钱受热分解为N2、C12、O2和H2O;②Mg3N2易水解；③Cu与N2在酒精灯加热条件下不反响.(1)写出高氯酸俊受热分解的化学反响方程式：, Mg3N2的电子式为(2)现有23.5g NH4C1O4分解,用以下装置设计实验,验证其分解产物并计算分解率.(注:①装置中空气已除尽；②装置可重复使用；③B~F装置中的试剂均过量且能与相应物质反应完全.)B C D E F①用E装置质量的增加来验证生成的气体产物之一,那么E中盛放的试剂是：.②请按气流由左至右的方向连接装置：A 一『D -B?一一一E选才i B~F装置,并用B~F字母填空).③证实产物中有C2的实验现象：.④反响结束后,假设C装置质量增加了 2.38g,那么NH4c1O4的分解率是：%.(3)样品中NH4C1C4的含量(杂质中不含NH4+)还可用蒸储法测定(如下图,加热和夹持装置已^^去),实验步骤如下步骤1：组装仪器,检查气密性；准确称取样品a g4超过0.5g)于蒸储烧瓶中,参加约150mL 水溶解. 步骤2:准确量取40.00mL约0.1mol/L H2S.于锥形瓶中.步骤3:向蒸储烧瓶中参加20mL 3mol/L NaOH溶液;加热蒸储使NH3全部挥发.步骤4:用新煮沸过的水冲洗冷凝装置2~3次,洗涤液并入锥形瓶中.步骤5:向锥形瓶中加2~3滴甲基橙,用c mol/L NaOH标准溶液滴定至终点,消耗NaOH标准溶液V i mLo步骤6:重复实验2~3次.答复以下问题：①步骤2中,准确量取40.00ml H2SO4溶液的玻璃仪器是：.②为获得样品中NH4clO4的含量,还需补充的实验是：.【答案】2NH4ClO42=2O2T +N4 +C2 T +4H2OT “叫0广与广、1浓硫酸E F C D1置中颜色由无色变为橙色85.0或85酸式滴定管或移液管用NaOH标准溶液标定硫酸溶液的浓度【解析】【分析】(1 )根据得失电子守恒配平高氯酸俊受热分解的化学反响方程式；Mg3N2是离子化合物；(2) A是高氯酸俊受热分解的装置；B是氢氧化钠溶液,可以吸收氯气；C中盛放Mg粉,可以检验氮气；D中澳化钾可以检验氯气；F中铜粉可以检验氧气；E中盛放液体,根据E装置质量的增加来验证生成的水,所以E中盛浓硫酸；(3)①根据硫酸体积的精度是0.01mL选择仪器；②要计算NH4clO4的含量,需要知道硫酸溶液的浓度.【详解】(1)根据得失电子守恒配平高氯酸俊受热分解的化学反响方程式为2NH4Cl Q=^=2O2f +N2T +C2T +4H20T ; Mg3N2是离子化合物,电子式是广；(2)①A是高氯酸俊受热分解的装置；B是氢氧化钠溶液,可以吸收氯气；C中盛放Mg粉,可以检验氮气； D 中澳化钾可以检验氯气；F 中铜粉可以检验氧气； E 中盛放液体,根 据E 装置质量的增加来验证生成的水,所以 E 中盛浓硫酸；②根据以上分析,按气流由左至右的方向连接装置 ：A 一『D 一B 』『F 一③D 中澳化钾可以与氯气反响,方程式是2KBr+C 2=2KCl+B2,滨水为橙色,所以 D 装置中 颜色由无色变为橙色可以证实产物中有 Ob ；④C 中盛放Mg 粉,可以与氮气反响生成 Mg 3N 2,假设C 装置质量增加了 2.38g,说明反响生〔3〕①根据硫酸体积的精度是 0.01mL,准确量取40.00mLH 2SO 溶液的玻璃仪器是酸式滴定管；②为获得样品中 NH 4CIO 4的含量,还需补充的实验是用NaOH 标准溶液标定硫酸溶液的浓度. 3.废水中过量的氨氮〔NH 3和NH 4〕会导致水体富营养化.某科研小组用 NaClO 氧化法处 理氨氮废水.：① HCIO 的氧化性比NaClO 强；②NH 3比NH 4更易被氧化；③国家相关标准要求经处理过的氨氮废水 pH 要限制在6~9.〔1〕pH 1.25时,NaClO 可与NH 4反响生成N 2等无污染物质,该反响的离子方程式为①进水pH 在1.25~2.75范围内时,氨氮去除率随 pH 的升高迅速下降的原因是②进水pH 在2.75~6范围内时,氨氮去除率随 pH 的升高而上升的原因是③进水pH 应限制在 左右为宜.⑶为研究空气对 NaClO 氢化氨氮的影响,其他条件不变,仅增加单位时间内通人空气的量,发现氨氮去除率几乎不变.其原因可能是 〔填序号〕a.O 2的氧化性比NaClO 弱b. O 2氧化氨氮速率比 NaClO 慢c.O 2在废水中溶解度比拟小d.空气中的N 2进入废水中成氮气2.38g,那么NH 4CIO 4的分解率是 2.38g -7 14― 23.5g --------- 117.5100% 85% 〔2〕进水pH 对氨氮去除率和出水 pH 的影响分别如图1和图2所示:进水pH进水2口交杵曜卡荐那【答案】3ClO 2NH 4 N2 3Cl 3H2O 2H 随着pH 的升高, NaClO 含量增大,氧化性降低,导致氨氯去除率下降随着pH 的升高,氨氮废水中NH 3含量增大,而NH3比NH4更易被氧化 1.5 abc【解析】【分析】(1)pH=1.25时,NaClO可与NH4+反响生成N2等无污染物质,次氯酸根离子被复原为氯离子和水,结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式；(2)①进水pH为1.25〜2.75范围内,氨氮去除率随pH升高迅速下降是c(OH-)较大,抑制NaClO水解,c(HClO)较小致氧化水平弱；②进水pH为2.75〜6.00范围内氨氮去除率随pH升高而上升,氨气含量增大氨氮易被氧化；③结合图象变化可知进水pH 应限制在 1.0 左右；(3)其他条件不变,仅增加单位时间内通入空气的量,发现氨氮去除率几乎不变,说明02氧化氨氮速率比NaClO慢,比次氯酸钠氧化性弱,溶液中溶解的氧气少等原因.【详解】(1)pH=1.25时,NaClO可与NH4+反响生成用等无污染物质,次氯酸根离子被复原为氯离子,结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式：3ClO-+2NH4+=N2 T +3C1+2H+；(2)①进水pH为1.25〜2.75范围内,氨氮去除率随pH升高迅速下降的原因是：随着PH升高,NaClO含量增大,氧化性能降低,导致氨氮去除率下降；②进水pH为2.75〜6.00范围内,氨氮去除率随pH升高而上升的原因是：随着PH升高氨氮废水中氨气含量增大,氨氮更易被氧化；③进水pH 应限制在 1.50 左右,氨氮去除率会较大；(3)研究空气对NaClO氧化氨氮的影响,其他条件不变,仅增加单位时间内通入空气的量,发现氨氮去除率几乎不变.其原因可能是：.2的氧化性比NaClO弱、O2氧化氨氮速率比NaClO慢、O2在溶液中溶解度比拟小；故答案为：abc.4.过氧乙酸(CHCOOOH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：SARSW 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：过氯乙酸本G包括甲、乙两?中澹浦,体积音500mL,把甲、乙澹液芬1份在玻璃容器中混台后放置24,1W寸后,其中过氯乙酸浓度小于1.%,应用50倍施水稀醒像度为52%),稀蜂后才就使用.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?^是由H2O2、H2.、CKCOOH及少量H2SC4混合后,反响生成过氧乙酸(CH3COOOH\CH3CCCCH容易放出氧原子,它与空气中微生物机体作用,到达灭菌目的, 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,请你完成以下相关内容：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,分别参加几滴试液,假设①中假设正确,那么甲溶液的现象为 ,乙溶液的现象为.(2)有关过氧乙酸的表达正确的选项是 (填编号)A.过氧乙酸与羟基乙酸(HCCH2CCCH)S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在三颈烧瓶中参加一定量冰醋酸与浓H2SC4的混合液体,再缓缓参加适量30%的双氧水.②不断搅拌并限制B中混合液的温度为20〜30c至反响结束.③接入冷凝管和抽气泵,在锥形瓶中收集得到产品.D请答复以下问题：①仪器C的名称是;②为更好地限制反响温度,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过氧乙酸试小¥稀释成100mL,从中取出5.00mL,滴加酸性KMnC4溶液至恰好粉红色以除去剩余H2O2,再参加10mL 10%KI溶液和几滴淀粉溶液,摇匀,反响完全后再用0.1000mol/L的Na2s2O3标准液滴定至终点(反响方程式为2Na2&O3+l2=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.(结果保存小数点后两位)(提示：CRCOOOH+21+2H+=I2+CH S COOH +HO)【答案】甲H2O2、H2.、H2SQ 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CHCOOH +H2O2 - CH3COOOH + HO 7.15【解析】【分析】(1)假设假设甲溶液的有效成分是H2O2,那么乙溶液的有效成分是CH3COOOH,根据过氧乙酸消毒?^是由H2O2、H2.、CH3COOH及少量H2SO4混合后,反响生成过氧乙酸(CH3COOOH), H2O2是极弱的电解质,在酸性介质中才能稳定存在,那么H2SQ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)生质判断,(3)①由仪器的结构,可知C为直形冷凝管；②限制B中混合液的温度为20〜30 C,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响方程式；CH3COOOH+2-+2H+=l2+CH3COOH +H?O, 2Na2s2O3+l2=Na2$O6+2NaI,由这两个方程式,确定关系式：CHCOOOH~ 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)假设假设甲溶液的有效成分是H2O2,那么乙溶液的有效成分是CH3COOOH,根据过氧乙酸消毒?^是由H2O2、H2.、CH3COOH及少量H2SO4混合后,反响生成过氧乙酸(CH3COOOH), H2O2是极弱的电解质,在酸性介质中才能稳定存在,那么H2SQ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两分子式都是C2H4.3,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,两者混合发生氧化复原反响,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限制B中混合液的温度为20〜30C,应采取水浴加热,受热均匀,便于限制温度；③乙酸与过氧化氢在浓硫酸、20〜30c条件下反响生成过氧乙酸(CH3COOOH)反响的化学方程式为：CH3COOH + 党.2—/CH3COOOH + HO ;④CH3COOOH+2-+2H+ =|2+CH3COOH +HO, 2Na2s2O3+|2=Na2S4O6+2NaI,由这两个方程式,确定关系式：CH S COOOH^ I2〜2Na2*O3,可知稀释后的 5.00mL溶液中过氧乙酸的物质的量是：/ X0.0143LX0.1000mol/L原来2.00mL溶液中的过氧乙酸的物质的量是：1 …~ ........ lOOwZ …c _一 x 0.0143L x 0.1000mol/L-=0.0143mol ,25冠0.0143加内 【点睛】=7.15mol/L .此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.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：用软镒矿(含MnO 2和少量的 Fe 2O 3、SiQ)和碳反响制得 MnO;再将MnO 与稀硝酸反响,反响后经过滤、提纯、浓 缩,可制得50%的Mn(NO 3)2溶液；在一定条件下,把 50%的Mn(NO 3)2溶液滴加到KMnO 4溶液中,发生如下反响： 3Mn(NO 3)2+2KMnO 4+2H 2r 5MnO 2 J +2KNQ+4HNO 3,反响生成的沉淀经过滤、洗涤、枯燥后得到MnO 2oI 、假设将软镒矿和碳反响后的固体产物置于如图1所示的装置甲中,与稀硝酸反响,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响的化学方程式 (2)在制备MnO 2的实验中要向反响混合液中不断滴加氨水,那么氨水的作用是n 、有人提出用日光分解 KMnO 4溶液的方法可制取 MnO 2,反响方程式为：4KMnO 4+2H 2o[£4MnO 2j +4KOH+30T 该反响中c (OH -)随时间的变化曲线如图分析曲线的变化趋势,你认为形成该变化的原因是出、某兴趣小组通过实验研究 MnO 2的氧化性进行了一系列的研究.FeSC 4溶液中,再参加 KSCN 溶液,观察溶液是否变红 FeC 3溶液中,再参加 KSCN 溶液,观察溶液是否变红 Na 2SQ 溶液中,再参加 BaC 2观察是否有白色沉淀生成D.把MnO 2固体参加到稀盐酸中,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MnO 2的氧化水平,他们限制 KI 溶液的浓度和 MnO 2固体的质量相同,恒定实验温度在298K,设计如下比照试验. 实验酸或碱现象 该该样品中过氧乙酸的物质的量浓度是: 2所示, (1)该小组设计了如下 4个方案以验证 MnO 2的氧化性,可行的是A.把MnO 2固体参加到B.把MnO 2固体参加到C.把MnO 2固体参加到该小组从上述比照实验中,可以得出的结论是―.写出在MnO2迅速氧化「的离子方程式O【答案】Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO T +2H2O 可以中和硝酸,增大反响物的转化率,使原料尽可能多地转化为MnO2反响生成的MnO2对该反响起催化作用A酸性越强,MnO2氧化水平越强MnO2+2I-+4H+= Mn2++I2+2H2O【解析】【分析】I、(1)软镒矿中含有少量F&O3,在加热条件下与C反响生成铁,铁与稀硝酸反响生成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HNO3,参加氨水,可以中和硝酸,增大反响物的转化率,使原料尽可能多地转化为MnO2；n、反响中c(OH-)在t i时忽然增大,说明反响速率增大,在其它条件不变的情况下,可考虑生成物起催化作用；出、(1) A中,通过溶液变红,可说明MnO2固体将Fe2+氧化为Fe3+; B中,Fe3殁有复原性,MnO2不能表现氧化性；C中,不管是否将SQ2-氧化,都产生白色沉淀；D中,MnO2固体参加到稀盐酸中,不发生反响.(2)从溶液的酸碱性及产生的现象,可得出酸性越强, 「转化为I2的反响速率越快,现象越明显,MnO2氧化水平越强的结论；MnO2在酸性溶液中氧化I-,生成Mn2+、I2和H2..【详解】I、(1)软镒矿中含有少量Fe2O3,在加热条件下与C反响生成铁,铁与稀硝酸反响生成NO 气体.反响的方程式为Fe+4HNQ=Fe(NO3)3+NOT +2H2O；答案为：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NOT+2H2O；(2)制备MnO2的实验中生成HNO3,参加氨水,可以中和硝酸,增大反响物的转化率,使原料尽可能多地转化为MnO2；答案为：可以中和硝酸,增大反响物的转化率,使原料尽可能多地转化为MnO2；n、反响中c(OH-)在t i时忽然增大,说明反响速率增大,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：反响生成的MnO2对该反响起催化作用；出、(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+没有复原性,MnO2不能表现氧化性,B不合题意；C中,不管是否将SC32-氧化,都产生白色沉淀, C不合题意；D中,MnO2固体参加到稀盐酸中,不发生反响, D不合题意.应选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的反响速率越快,现象越明显,MnO 2氧化水平越强的结论；答案为：酸性越强, MnO 2氧化水平越强； MnO 2在酸性溶液中氧化I -,生成Mn 2+、I 2和H 2O,反响的离子方程式为 MnO 2+2I -+4H += Mn 2++I 2+2H 2O;答案为：MnO 2+2I -+4H += Mn 2++I 2+2H 2..6.以海绵铜(CuO 、Cu)为原料制备氯化亚铜(CuCD 的一种工艺流程如下:(1) Cu 基态原子核外电子排布式为 , SQ 2-的空间构型为 (用文字描 述)；Cu 2+与OH 」反响能生成[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) + 02(g)耀? 2NO 2(g)H =2112.6kJ?mo -1提升NO 平衡转化率的方法有_______________ (写出两种).②吸收N02的有关反响如下： 反响 I : 2NO 2(g) + H 20(l) = HN03(aq) + HN02(aq) H - 116.1kJ?mo -1反响 n : 3HNO 2(aq) = HN03(aq) + 2N0(g) + H 20(l) H 衣 75.9kJ?mol 1用水吸收NO 2生成HNO 3和NO 的热化学方程式是 .(3) “电解〞过程：HNO 2为弱酸,通过电解使 HNO 3得以再生,阳极的电极反响式是(4) “沉淀〞过程：产生 CuCl 的离子方程式是.【答案】1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 1正四面体形 O 增大压强、提升氧气的浓度3NO 2(g)+H 2O(l)=2HNO 3(aq)+NO(g)H=-212.1kJ?mo -1 HNC 2-2e -+H 2O=3H ++NO 3- 2Cu 2++SC 2+2C -+2H 2O=2CuCl J +SO 2-+4H + 【解析】【分析】海绵铜(CuO 、Cu)中CuO 与稀H 2S .反响转化为硫酸铜,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, SO 2具有复原性,再将铜离子复原为氯化亚 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1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 1； SO 2-中 S 原子价层电子对个数 =4+ 6+2-4 2 且不含孤电子对,由价层电子对互斥理论判断该2微粒为正四面体形；[Cu(OH )4]2-中Cu 2要供空轨道,O 原子提供孤电子对形成配位键,答案 为：1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 1;正四面体形；O ；(2)①2NO(g)+O 2(g)噜? 2NO 2(g) H= A 112.6kJ?mo -1是气体体积减小的放热反响,提升 NO 平衡转化率,平衡应向正反响方向移动,可以采取的举措有：降低温度、增大压强、 提升氧气的浓度等； »如阳浓HNCV 稀H 工50,海绵铜 ------------------溶解SOi. NaClCuSO,溶液 ------ - ------ ►C1IC1 沉淀 沉淀 * NO .八 H,0 ------------- ► HNCh 、HNQ -------------*-IINO 3吸收 电解1 .②由盖斯7E 律可知：(反响 I 3+反响II) 一可以得到用水吸收 NO 2生成HNO 3和NO 的热2化学方程式：3NO 2(g)+H 2O(l)=2HNO 3(aq)+NO(g) H=-2212.1kJ?mo -1 ;(3)电解过程中,阳极上 HNQ 失去电子发生氧化反响生成HNO 3,阳极的电极反响式是：HNO 2-2e -+H 2O=3H ++NO 3-;(4) Cu 2+与SQ 发生氧化复原反响生成 CuCl,离子方程式为：2Cu 2++SQ+2a +2H 2O=2CuCl J +SOf -+4H +o：①V 2O 5、AI 2O 3、SiQ 可与Na 2CO 3、NaCl 组成的混合钠盐在高温下反响,并转化为 NaVO 3、NaAlO 2、NmSQ 等可溶性钠盐.② AlO 2 +4H +=Al 3++2H 2O .(1)焙烧I 包括氧化和钠化成盐两个过程,氧化的目的是获得 V 2O 5,写出氧化过程中FeO • V 2O 3发生反响的化学方程式 ;废渣I 的主要成分是 ;精制I 中加 盐酸调pH 的主要作用是 ,参加NH 3 - H 2O 后发生反响的离子方程式为 .(2)精制n 中参加 CaC2溶液除去磷酸盐,pH 过小时影响除磷效果的原因是 ； pH 过大时,沉淀量增大的原因是 .(3)沉钮所得NH 4VO 3沉淀需进行洗涤,洗涤时除去的阴离子主要是 . NH 4VO 3在 A500c 时焙烧脱氨制得产品 V 2O 5,反响方程式为2NH 4VO 3= V 2O 5+H 20T + 2NH 3T .但脱氨过 程中,局部V 2O 5会转化成V 2O 4,反响中氧化剂与复原剂物质的量之比为 3:2,该反响的化学方程式为.焙烧【答案】4FeO- V 2O 3 + 5022Fe 2O 3 + 4V 2O 5 Fe 2O 3 [或 Fe(0H)3] 除 Si 并转化AI02 写“除 Si'即得分) Al 3++ 3NH 3 - H 2O = Al(OH)3j + 3NH ； H + + NH 3 • H 2O = H 2O +NH ：(写出第一个离子方程式即得分) 形成溶解度较大的酸式盐(或形成溶解度较大的磷500 c3H 2O7.利用引钛磁铁矿冶炼后产生的钮渣(主要含 FeO , V 2O 3、AI 2O 3、SiO 2及少量可溶性磷酸酸氢车^和/或磷酸二氢钙)产生了 Ca(OH )2沉淀 Cl 3V 2O 5 + 2NH 33V 2O 4 + N 2 +盐)生产V 2O 5的工艺流程如下,答复以下问题:废塞皿【解析】【分析】氧化过程FeO- V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5;经过氧化和钠化后, V2O5、AI2O3、SiQ均转化为可溶性盐,Fe2O3［或Fe( OH) 3］成为滤渣；精制I中加盐酸调pH为了和SiO32-反响生成硅酸沉淀,将A1O2转化为Al3+;参加NH3 - H2O后与Al3+发生反响生成Al( OH)3沉淀；精制n中参加CaC2溶液生成磷酸钙沉淀,除去磷酸盐,沉钮时参加试剂NH4C1,所得NH4V03沉淀,焙烧得到产品,据此分析.【详解】(1)氧化过程FeO • V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5,化学方程式为：焙烧4FeO- V2O3 + 5O2^=2Fe2O3+ 4V2O5；经过氧化和钠化后, V2O5、AI2O3、Si02均转化为可溶性盐,Fe2O3 ［或Fe( OH) 3］成为滤渣；精制I中加盐酸调pH为了和SiO32-反响生成硅酸沉淀,将A1O2转化为Al3+；参加NH3 - H2O后与A3+发生反响生成Al(OH)3沉淀,还可以3+ +中和酸,反响方程式为：Al3+3NH 3gH2O=Al OH +3NH4、3焙烧H++NH3gH2O=H2O+NH4+ ,故答案为：4FeO- V2O3 + 5O2 2Fe2O3 + 4V2O5;Fe2O3 ［或Fe( OH) 3］；除Si并转化AlO2-(写“除Si〞即得分)；A13++3NH3gH2O=Al OH 3 +3NH4+, H + +NH3gH2O=H2O+NH4+(写出第一个离子方程式即得分)；(2)精制n中参加CaC2溶液生成磷酸钙沉淀,除去磷酸盐, pH过小时形成溶解度较大的酸式盐；pH过大时易形成Ca( OH) 2沉淀,故答案为：形成溶解度较大的酸式盐(或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙)；产生了Ca(OH)2沉淀；(3)沉钮时参加试剂NH4Cl,因此所得NH4VO3沉淀含有阴离子主要为Cl-；脱氨过程中, 局部V2O5会转化成V2O4,且反响中氧化剂与复原剂物质的量之比为3: 2,那么V2O5为氧化剂,NH3为复原剂,复原产物为V2O4,氧化产物为N2,那么氧化复原方程式为：3V2O5 + 500 c 500 c2NH3 3V2O4+ N2 + 3H2O,故答案为：Cl ；3V2O5 + 2NH3 3V2O4 + N2 +3H2O.8.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熟悉不足.：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.答复以下问题：(1)性质实验(2)组成测定①准确称取0.530 g枯燥的铅丹样品,置于洁净的小烧杯中,参加 2 mL 6 mol/L的HNO3溶液,搅拌使之充分反响,别离出固体和溶液.该别离操作名称是.②将①中所得溶液全部转入锥形瓶中,参加指示剂和缓冲溶液,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+的反响可表示为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,往其中参加适量HAc与NaAc的混合液和8 g固体KI,摇动锥形瓶,使PbO2全部反响而溶解,发生反响PbO2+4I +4HAc =Pb2+I2+ 4Ac +2H2O,此时溶液呈透明棕色.以0.05000 mol/L的Na2&O3标准溶液滴定,发生反应I2+2S2O32-=&O62-+2「,至溶液呈淡黄色时参加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 (n)与Pb (IV)的原子数之比为. 加热【答案】固体由橘红色变为棕黑色PbQ+4HCl (浓)PbCb+CbT + 2H2O在酸性溶液中,PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-过滤、洗涤、枯燥酸式滴定管 1.460 -女健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响现象,②黄绿色气体为氯气, HCl氧化为氯气,那么PbO2发生复原,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发生复原反响变为+2价离子；(2)①溶液中有固体沉淀的别离步骤是：过滤、洗涤、枯燥,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,根据反响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,根据反响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溶液发生反响：Pb3O4+4HNO3=PbO2+2Pb(NO3)2+ 2H2.,由题中所给加3.4、PbO2物理性质可知反响现象为：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.②PbO 2与浓盐酸加热生成的黄绿色气体为氯气,HCl 氧化为氯气,PbO 2发生复原变成加热Pb 2+,根据原子守恒写出反响方程式为：PbO 2+4HCl (浓)PbC2+Cl 2 T + 2H 20.加热答案为：PbO 2+4HCl (浓)^=PbC2 + Cl 2T +2H 2Oo③PbO 2与硝酸酸化的Mn(NO 3)2溶液反响得到的是 MnO 4-紫色溶液,说明在酸性条件下 PbO 2能够将Mn 2+氧化为MnO 4-, PbO 2发生复原反响变为 Pb 2+离子,反响方程式为： 5PbO 2+ 2Mn 2++4H += 2MnO 4-+ 5Pb 2++2 H 2O .答案为：在酸性溶液中,PbO 2能够将Mn 2+氧化为MnO 4-.(2)①溶液中有不溶物别离的操作步骤是：过滤、洗涤、枯燥. 答案是：过滤、洗涤、枯燥.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 Pb 2++ H 2Y 2-=PbY 2-+ 2H +可得：n(Pb2+)=n(H 2Y 2-)=36.50 10- 10-3mol .1.460 X1-3.(3)该滴定实验使用淀粉溶液作指示剂,而碘遇淀粉变蓝色,当反响结束时,碘恰好反响完蓝色褪去,所以到达滴定终点的标志是：蓝色褪去且半分钟内不恢 复；根据反响：PbO 2+4I +4HAc =Pb2+I 2+4Ac + 2H 2O, I 2+2S 2O 32-=&O 62-+2I 可得：n(PbO 2)=n(I 2)= -n(S 2O 32-)= - 0.05000mol/L 30.80 10-3L=7.7 10-4mol ,所以铅丹中 Pb ( n ) 2 2与 Pb(IV)的原子数之比为： 1.460 X1—3: 7.7 10—4=1.90.【点睛】有关滴定实验的计算中要根据反响方程式找准关系式,计算时注意单位的换算.9.将28.8g 铜投入100mL 浓硝酸中,最后铜有剩余,其 N"-离子物质的量变化如以下图所(2)铜与浓硝酸反响生成的气体在标准状况下的体积(不考虑 ___ L .(3)硝酸完全反响后消耗铜的物质的量n(Cu)是(4)应再往此反响体系中滴加 L 2 mol/L 的硫酸才能使剩余的铜恰好完全溶解. 此过程中NO 3-的复原产物为 NO .EDTA 溶液应盛装在酸式滴定管里,根据反响 3L 0.0400mol/L=1.460答案为：酸式滴定管； I 2+2S 2O 32-=&O 62-+2I答案为：蓝色褪去且半分钟内不恢复;1.90. (1)开始反响时浓硝酸的物质的量浓度为mol/L .NO 2与N 2O 4的平衡)为mol .。
2020-2021备战高考化学提高题专题复习氧化还原反应练习题及答案
2020-2021备战高考化学提高题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．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。
2020-2021高考化学提高题专题复习氧化还原反应练习题含答案解析
2020-2021高考化学提高题专题复习氧化还原反应练习题含答案解析一、高中化学氧化还原反应1．阳极泥处理后的沉渣中含AgCl，工业上可用Na2SO3溶液作浸取剂浸出回收。
某小组在实验室模拟该过程。
已知：i．25o C时，部分物质的溶解度：AgCl 1.9×10–4 g；Ag2SO3 4.6×10–4 g；Ag2SO40.84 g。
ii．25o C时，亚硫酸钠溶液酸化过中含4S+微粒的物质的量分数随pH变化如图所示。
Ⅰ.浸出氯化银取AgCl固体，加入1 mol/L Na2SO3溶液作浸取剂，充分反应后过滤得到浸出液（pH=8），2SO- [Ag(SO3)2]3– + Cl–。
该过程中发生的反应为AgCl +23（1）用平衡移动原理解释AgCl溶解的原因是___。
Ⅱ. 酸化沉银（2）经检测，沉淀m为AgCl，则溶液m中含4S+微粒的主要存在形式是________。
（3）探究沉淀n的成分。
①甲同学认为沉淀n一定不含Ag2SO4，其依据是________。
②乙同学认为沉淀n可能含Ag2SO3，进行实验验证。
i. 本实验设计的依据是：Ag2SO3具有________性。
ii. 乙同学观察到________，得出结论“沉淀n不含Ag2SO3”。
③丙同学从溶液n的成分角度再次设计实验证明沉淀n不含Ag2SO3。
i. 本实验设计的依据是：若沉淀n含Ag2SO3，则溶液n中含1Ag+微粒的总物质的量___（填“＞”、“＝”或“＜”）Cl–物质的量。
ii. 结合实验现象简述丙同学的推理过程：____。
Ⅲ．浸取剂再生（4）溶液m经处理后可再用于浸出AgCl，请简述该处理方法____。
【答案】AgCl(s)Ag+(aq)+ Cl-(aq) ,Ag+与SO 32- 结合生成[Ag(SO3)2]3–，促进AgCl的溶解平衡正向移动 HSO3- Ag2SO4的溶解度远大于AgCl或Ag2SO3，溶液中Ag+ 的浓度很小还原b．中清液的颜色与．．，均为浅紫色溶液＜ e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则．．．．．．．c．相同溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部转化为Ag+，Ag+将Cl–全部沉淀，由此可知溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl–) 加NaOH溶液调节pH至9~10【解析】【分析】I、（1）利用平衡移动的知识答题即可；II、（2）生成沉淀m时，溶液m的pH为5，观察图像，可以得知HSO3-的物质的量分数占100%；（3）①溶液中Ag+的浓度很小，而Ag2SO4的溶解度较大，故不会形成Ag2SO4沉淀；②依据Ag2SO3的还原性答题；③e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部转化为Ag+，Ag+将Cl–全部沉淀，由此可分析出溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl–)；III、（4）m溶液中的溶质为NaHSO3，浸取剂为Na2SO3溶液，需要加入NaOH溶液将NaHSO3转化为Na2SO3。
2020-2021高考化学(氧化还原反应提高练习题)压轴题训练含答案解析
2020-2021高考化学(氧化还原反应提高练习题)压轴题训练含答案解析一、高中化学氧化还原反应1．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）2SO473.075.478.0FeSO4·7H2O20.026.532.9（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 2.18gB 大于2.18gC 小于 2.18gD 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。
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2020-2021备战高考化学提高题专题复习氧化还原反应练习题一、高中化学氧化还原反应1．高锰酸钾是一种用途广泛的强氧化剂，实验室制备高锰酸钾所涉及的化学方程式如下：MnO2熔融氧化：3MnO2+ KClO3+ 6KOH熔融3K2MnO4+ KCl+3H2OK2MnO4歧化：3K2MnO4+2CO2＝2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3将MnO2熔融氧化所得产物的热浸取液装入三颈烧瓶，再通入CO2气体，使K2MnO4歧化的过程在如图装置中进行，A、B、C、D、E为旋塞，F、G为气囊，H为带套管的玻璃棒。
回答下列问题：(1)仪器a的名称是______。
(2)MnO2熔融氧化应放在______中加热(填仪器编号)。
①烧杯②瓷坩埚③蒸发皿④铁坩埚(3)为了能充分利用CO2，装置中使用了两个气囊。
当试管内依次加入块状碳酸钙和盐酸后，关闭旋塞B、E，微开旋塞A，打开旋塞C、D，往热K2MnO4溶液中通入CO2气体，未反应的CO2被收集到气囊F中。
待气囊F收集到较多气体时，关闭旋塞______，打开旋塞______，轻轻挤压气囊F，使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，未反应的CO2气体又被收集在气囊G中。
然后将气囊G中的气体挤压入气囊F中，如此反复，直至K2MnO4完全反应。
(4)除去K2MnO4歧化产物中MnO2的操作方法是______。
(5)将三颈烧瓶中所得产物经过一系列操作得到针状的高锰酸钾晶体，最后采用低温烘干的方法来干燥产品，原因是______。
【答案】长颈漏斗④ AC BDE 过滤高锰酸钾晶体受热易分解【解析】【分析】（1）由实验装置可知，仪器a为长颈漏斗；（2）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚；（3）该操作的目的是将气囊F中的二氧化碳排出，据此判断正确的操作方法；（4）高锰酸钾溶于水，二氧化锰不溶于水；（5）高锰酸钾晶体受热易分解。
【详解】（1）由实验装置可知，仪器a为长颈漏斗，故答案为：长颈漏斗；（2）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物中含有碱性KOH，瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅能够与氢氧化钾反应，所以应用铁坩埚，故答案为：④；（3）待气囊F收集到较多气体时，需要将气囊F中二氧化碳排出到热K2MnO4溶液中，所以需要关闭A、C，打开B、D、E，轻轻挤压气囊F，从而使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，故答案为：AC；BDE；（4）高锰酸钾溶于水，二氧化锰不溶于水，固液分离应用过滤的方法，则除去高锰酸钾溶液中的二氧化锰应用过滤的方法，故答案为：过滤；（5）高锰酸钾晶体受热易分解，实验时应采用低温烘干的方法来干燥产品，避免高锰酸钾晶体受热发生分解，故答案为：高锰酸钾晶体受热易分解。
2．（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： Fe 2O 3．nH 2O+3CO=Fe+3CO 2+nH 2O 固体质量减少量18ng （18n+48）g1.44g 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CO 2，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Fe 2O 3•nH 2O ，固体减少的质量偏小，导致所测n 值偏小，错误。
3．利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣（主要含FeO ·V 2O 3、Al 2O 3、SiO 2及少量可溶性磷酸盐）生产V 2O 5的工艺流程如下，回答下列问题：已知：①V 2O 5、Al 2O 3、SiO 2可与Na 2CO 3、NaCl 组成的混合钠盐在高温下反应，并转化为NaVO 3、NaAlO 2、Na 2SiO 3等可溶性钠盐。
②AlO 2+4H +=Al 3++2H 2O 。
（1）焙烧Ⅰ包括氧化和钠化成盐两个过程，氧化的目的是获得V 2O 5，写出氧化过程中FeO ·V 2O 3发生反应的化学方程式________；废渣Ⅰ的主要成分是________；精制Ⅰ中加盐酸调pH 的主要作用是________，加入NH 3·H 2O 后发生反应的离子方程式为________。
（2）精制Ⅱ中加入CaCl 2溶液除去磷酸盐，pH 过小时影响除磷效果的原因是________；pH 过大时，沉淀量增大的原因是________。
（3）沉钒所得NH 4VO 3沉淀需进行洗涤，洗涤时除去的阴离子主要是________。
NH 4VO 3在500℃时焙烧脱氨制得产品V 2O 5，反应方程式为2NH 4VO 3ΔV 2O 5+H 2O ↑+2NH 3↑。
但脱氨过程中，部分V 2O 5会转化成V 2O 4，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，该反应的化学方程式为________。
【答案】4FeO ·V 2O 3 + 5O 2 焙烧 2Fe 2O 3 + 4V 2O 5 Fe 2O 3 [或Fe (OH )3] 除Si 并转化AlO 2-写“除Si ”即得分） Al 3+ + 3NH 3·H 2O = Al (OH )3↓ + 3NH H + + NH 3·H 2O = H 2O + NH （写出第一个离子方程式即得分） 形成溶解度较大的酸式盐（或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙） 产生了Ca (OH )2沉淀 Cl － 3V 2O 5 + 2NH 3500℃3V 2O 4 + N 2 + 3H 2O【解析】【分析】氧化过程FeO ·V 2O 3生成对应的金属氧化物Fe 2O 3和V 2O 5；经过氧化和钠化后，V 2O 5、Al 2O 3、SiO 2均转化为可溶性盐，Fe 2O 3[或Fe (OH )3]成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调pH 为了和SiO 32-反应生成硅酸沉淀，将AlO 2-转化为Al 3+；加入NH 3·H 2O 后与Al 3+发生反应生成Al (OH )3沉淀；精制Ⅱ中加入CaCl 2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，沉钒时加入试剂NH 4Cl ，所得NH 4VO 3沉淀，焙烧得到产品，据此分析。
【详解】（1）氧化过程FeO ·V 2O 3生成对应的金属氧化物Fe 2O 3和V 2O 5，化学方程式为：4FeO ·V 2O 3 + 5O 2焙烧2Fe 2O 3 + 4V 2O 5；经过氧化和钠化后，V 2O 5、Al 2O 3、SiO 2均转化为可溶性盐，Fe 2O 3 [或Fe (OH )3]成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调pH 为了和SiO 32-反应生成硅酸沉淀，将AlO 2-转化为Al 3+；加入NH 3·H 2O 后与Al 3+发生反应生成Al (OH )3沉淀，还可以中和酸，反应方程式为：()3++3243Al +3NH H O=Al OH +3NH ↓g、++3224H +NH H O=H O+NH g ，故答案为：4FeO ·V 2O 3 + 5O 2焙烧 2Fe 2O 3 + 4V 2O 5；Fe 2O 3 [或Fe (OH )3]；除Si 并转化AlO 2-(写“除Si ”即得分)；()3++3243Al +3NH H O=Al OH +3NH ↓g ，++3224H +NH H O=H O+NH g （写出第一个离子方程式即得分）；（2）精制Ⅱ中加入CaCl 2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，pH 过小时形成溶解度较大的酸式盐；pH 过大时易形成Ca (OH )2沉淀，故答案为：形成溶解度较大的酸式盐（或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙）；产生了Ca (OH )2沉淀；（3）沉钒时加入试剂NH 4Cl ，因此所得NH 4VO 3沉淀含有阴离子主要为Cl -；脱氨过程中，部分V 2O 5会转化成V 2O 4，且反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，则V 2O 5为氧化剂，NH 3为还原剂，还原产物为V 2O 4，氧化产物为N 2，则氧化还原方程式为：3V 2O 5 +2NH3500℃3V2O4+ N2 + 3H2O，故答案为：Cl－；3V2O5 + 2NH3500℃3V2O4+ N2 +3H2O。
4．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。