北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
专题四 氧化还原反应
1.下列有关酸的性质与用途具有对应关系的是( )
A.盐酸具有还原性,可用于金属除锈
B.浓硫酸具有脱水性,可用作干燥剂
C.过氧乙酸有强氧化性,可用作消毒剂
D.硝酸具有挥发性,可用于制造化肥
答案 C 盐酸用于金属除锈,是利用盐酸的酸性,而不是还原性,A错误;浓硫酸用作干
燥剂,是利用浓硫酸的吸水性,而不是脱水性,B错误;过氧乙酸有强氧化性,可用作消毒
剂,C正确;硝酸用于制造化肥,是利用其含有的N元素可以被植物吸收转化为蛋白质,而
不是因为其具有挥发性,D错误。
2.据文献报道,我国学者提出O 氧化HBr生成Br 的反应历程如图所示。下列有关该历
2 2
程的说法不正确的是 ( )
A.O 氧化HBr生成Br 的总反应为O +4HBr 2Br +2H O
2 2 2 2 2
B.中间体HOOBr和HOBr中Br的化合价相同
C.发生步骤②时,断裂的化学键既有极性键又有非极性键
D.步骤③中,每生成1 mol Br 转移2 mol电子
2
答案 D 总反应的反应物为氧气和溴化氢,生成物为溴单质和水,化学方程式为
O +4HBr 2Br +2H O,A正确;由化合物中各元素正、负化合价的代数和为0可
2 2 2
知,HOOBr中氢元素为+1价、氧元素为-1价、溴元素为+1价,HOBr中氢元素为+1价、氧
元素为-2价、溴元素为+1价,则两个中间体中溴元素的化合价相同,都为+1价,B正确;
发生步骤②时,断裂的化学键既有H—Br极性键,又有O—O非极性键,C正确;步骤③发
生的反应为HOBr+HBr Br +H O,反应中每生成1 mol Br 转移1 mol电子,D错误。
2 2 2
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3.黄铁矿(主要成分为FeS )因其呈浅黄铜色且具有明亮的金属光泽,常被误认为是黄
2
金,故又称为“愚人金”。在酸和催化剂的作用下FeS 发生如图所示的转化。下列分析
2
正确的是 ( )
A.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B.在酸性条件下,黄铁矿催化氧化中只有Fe3+作催化剂
C.反应Ⅱ中,每消耗1 mol FeS ,转移电子的物质的量为14 mol
2
D.反应Ⅰ的离子方程式:4Fe(NO)2++O +2H O 4Fe3++4NO+4OH-
2 2
答案 C 反应Ⅲ中Fe2+与NO结合生成Fe(NO)2+,没有元素化合价的变化,不是氧化还原
反应,A错误;由题图可知,NO在反应Ⅲ中作为反应物进入,在反应Ⅰ中作为产物出来,故
NO是该反应的催化剂,B错误;反应Ⅱ中,FeS 中的S元素转化成S ,S元素的化合价
2 O2−
4
由-1升高为+6(1个S原子失去7个电子),则每消耗1 mol FeS ,转移电子的物质的量为
2
14 mol,C正确;反应Ⅰ中,Fe(NO)2+与O 反应生成Fe3+和NO,酸性条件下,生成物中不应
2
出现OH-,反应Ⅰ的离子方程式应为4Fe(NO)2++O +4H+ 4Fe3++4NO+2H O,D错误。
2 2
名师点睛 反应机理题是命题热点,催化剂与中间产物的区别更是命题的重点所在。中
间产物是流程中间产生而又在中途作为反应物消失;催化剂的特征是在流程中某一步以
反应物的形式进入,某一步以产物的形式出去。书写陌生的化学方程式要注意产物与体
系环境的协调。
4.一种新型的合成氨的方法如图所示,下列说法正确的是 ( )
A.反应①中N 发生了氧化反应
2
B.反应①和②均属于“氮的固定”
C.反应③为4LiOH 4Li+2H O+O ↑
2 2
D.三步循环的总结果为N +3H 2NH
2 2 3
答案 C 反应①中氮元素得电子,发生还原反应,A错误;氮的固定是指将空气中游离态
的氮转化为含氮化合物的过程,反应①是氮的固定,反应②不是,B错误;分析题图可知,
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该合成氨反应中没有氢气参与,氢元素来源于水,且伴有氧气生成,三步循环的总结果为
2N +6H O 4NH +3O ,D错误。
2 2 3 2
5.过氧化钠可用作熔矿剂,使一些难溶于酸的矿物变成可溶于水或酸的物质。过氧化钠
与铬铁矿[主要成分为亚铬酸亚铁(FeCr O )]反应的化学方程式为2FeCr O +7Na O
2 4 2 4 2 2
4Na CrO +Fe O +3Na O。下列有关说法错误的是 ( )
2 4 2 3 2
A.Na O 、Na O分别和SO 反应,生成物均为Na SO
2 2 2 2 2 3
B.该反应中的氧化产物是Na CrO 和Fe O
2 4 2 3
C.若有2 mol Fe2+被氧化,则被Fe2+还原的Na O 为1 mol
2 2
D.每生成18.6 g氧化钠转移电子的物质的量是1.4 mol
答案 A Na O 具有强氧化性,SO 具有还原性,Na O 与SO 反应生成Na SO ,A错误;该反
2 2 2 2 2 2 2 4
应中,FeCr O 中铁、铬元素的化合价升高,被氧化,Na CrO 、Fe O 是氧化产物,B正确;若
2 4 2 4 2 3
有2 mol Fe2+被氧化,则Fe2+失去2 mol 电子,Na O 被还原时,氧元素从-1价降到-2
2 2
价,1 mol Na O 被还原得到2 mol电子,则被Fe2+还原的Na O 为1 mol,C正确;每生成3
2 2 2 2
mol Na O转移14 mol 电子,则生成18.6 g(0.3 mol)Na O转移1.4 mol 电子,D正确。
2 2
6.用电石(主要成分为CaC ,含CaS和Ca P 等)制取乙炔时,常用CuSO 溶液除去乙炔中
2 3 2 4
的杂质。反应为①CuSO +H S CuS↓+H SO
4 2 2 4
②11PH +24CuSO +12H O 3H PO +24H SO +8Cu P↓
3 4 2 3 4 2 4 3
下列分析正确的是 ( )
A.可以依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱
B.反应②中Cu P既是氧化产物又是还原产物
3
C.反应②中每24 mol CuSO 氧化3 mol PH
4 3
D.用酸性KMnO 溶液验证乙炔还原性时,也可以使用NaOH溶液除杂
4
答案 C CuS不溶于硫酸,所以硫酸铜能和氢硫酸反应生成CuS和硫酸,反应不能比较
硫酸和氢硫酸的酸性强弱,A 错误;Cu P中Cu为+1价,P为-3价,Cu元素的化合价从+2
3
降低到+1,P元素的化合价不变,所以Cu P是还原产物,B错误;硫酸铜中铜元素的化合价
3
从+2降低到+1,得到1个电子,故24 mol CuSO 发生反应时转移24 mol 电子,PH 被氧
4 3
化时P元素的化合价从-3升高到+5,失去8个电子,故1 mol PH 被氧化时转移8 mol
3
电子,根据得失电子守恒,可得每24 mol CuSO 氧化 3 mol PH ,C正确;类比NH ,PH 不
4 3 3 3
能与NaOH溶液反应,所以不能用NaOH溶液除杂,D错误。
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7.酸性环境中,纳米Fe/Ni去除N 过程中的含氮微粒变化如图所示,溶液中铁以Fe2+形
O−
3
式存在。下列有关说法不正确的是( )
A.反应ⅱ的离子方程式为N
O−
+3Fe+8H+ N H++3Fe2++2H
2
O
2 4
B.增大单位体积水体中纳米Fe/Ni的投入量,可提高N 的去除效果
O−
3
C.假设反应过程都能彻底进行,反应ⅰ、ⅱ消耗的铁的物质的量之比为3∶1
D.a mol N 完全转化为N 至少需要4a mol 的铁
O− H+
3 4
答案 C 由题图可知,反应ⅱ中N 被Fe还原为N ,Fe被氧化为Fe2+,根据得失电子
O− H+
2 4
守恒、电荷守恒和原子守恒可得离子方程式为N
O−
+3Fe+8H+ N H++3Fe2++2H
2
O,A正
2 4
确;增大单位体积水体中纳米Fe/Ni的投入量,即增大反应物间的接触面积,可提高N
O−
3
的去除效果,B正确;反应ⅰ中N 被Fe还原生成N ,N元素的化合价从+5降到+3,Fe
O− O−
3 2
被氧化为Fe2+,根据得失电子守恒可知1 mol N 氧化1 mol Fe,同时生成1 mol N ,
O− O−
3 2
根据A选项可知,1 mol N 可以氧化 3 mol Fe,故假设反应过程都能彻底进行,反应
O−
2
ⅰ、ⅱ 消耗的铁的物质的量之比为1∶3,C错误;根据C选项分析可知,将a mol N
O−
3
完全转化为N 至少需要a mol+3a mol=4a mol 的铁,D正确。
H+
4
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8.(NH ) S O 具有强氧化性,在酸性溶液中,可将Mn2+氧化为Mn ,但一般情况下,该反应
4 2 2 8 O−
4
进行的非常缓慢,而加入几滴AgNO 溶液后,混合液迅速变为紫红色。下列说法错误的是
3
( )
A.AgNO 为该反应的催化剂
3
B.S 为还原产物
O2−
4
C.S 中存在一个过氧键
2O2−
8
D.反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶5
答案 D 催化剂可以改变化学反应速率,根据题述现象可知,AgNO 为该反应的催化
3
剂,A正确;(NH ) S O 具有强氧化性,在酸性溶液中,可将Mn2+氧化为Mn ,自身被还原为
4 2 2 8 O−
4
S ,所以还原产物为S ,B正确;设S 中存在x个-1价O原子,y个-2价O原子,
O2− O2− 2O2−
4 4 8
则x+y=8,根据化合物中各元素化合价代数和为0可知,(+6)×2+(-1)×x+(-2)×y+2=0,
联立方程解得x=2,y=6,因为1个 中含2个-1价O原子,则S 中存在1个过氧
O2− 2O2−
2 8
键,C正确;每个(NH ) S O 分子中存在1个过氧键,反应过程中 →O2-,Mn2+→ Mn
4 2 2 8 O2− O−
2 4
,Mn2+为还原剂,根据得失电子守恒可知,反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
5∶2,D错误。
9.将NO 通入Na S O 溶液中可转化为N 和S ,关于该反应及反应中的物质的说法错
2 2 2 3 O− O2−
2 4
误的是 ( )
A.该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶8
B.反应后溶液的pH减小
C.NO 与NaOH溶液发生歧化反应无气体放出,每1 mol NO 转移0.5 mol 电子
2 2
D.Na S O 溶液中加过量稀硝酸,氧化产物和还原产物的物质的量相等
2 2 3
答案 AD 根据题干,可推知该反应的离子方程式为5H O+8NO +S 8N +2S
2 2 2O2− O− O2−
3 2 4
+10H+,该反应中氧化剂NO 和还原剂S 的物质的量之比为8∶1,反应后溶液的酸性增
2 2O2−
3
强,pH减小,A错误、B正确;NO 在NaOH溶液中发生歧化反应无气体放出,反应的化学方
2
程式为2NO +2OH- N +N +H O,每1 mol NO 转移0.5 mol 电子,C正确;Na S O 溶
2 O− O− 2 2 2 2 3
2 3
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液中加过量稀硝酸,发生反应:3S +8N +2H+ 6S +8NO↑+H O,则氧化产物和
2O2− O− O2− 2
3 3 4
还原产物的物质的量之比为3∶4,D错误。
10.某同学进行如下实验:
实验 操作和现象
Ⅰ 向溴水中滴加少量CCl ,振荡,CCl 层显橙色
4 4
Ⅱ 向碘水中滴加少量CCl ,振荡,CCl 层显紫色
4 4
向KBr、KI的混合液中加入CCl ,滴加氯水,振荡后CCl 层显紫
4 4
Ⅲ 色;再滴加氯水,振荡后紫色褪去;继续滴加氯水,振荡后CCl 层变
4
为橙色
下列分析不正确的是 ( )
A.Ⅰ中CCl 层显橙色,说明CCl 层含Br
4 4 2
B.Ⅱ中的现象说明I 在CCl 中的溶解度大于在水中的溶解度
2 4
C.Ⅲ中CCl 层显紫色,说明Cl 的氧化性强于I
4 2 2
D.Ⅲ中CCl 层变为橙色时,水层中仍含有大量I-
4
答案 D A项,向溴水中滴加少量CCl ,振荡,CCl 层显橙色,说明CCl 萃取溴水中的
4 4 4
溴,CCl 层含Br ,正确;B项,向碘水中滴加少量CCl ,振荡,CCl 层显紫色,说明CCl 萃取
4 2 4 4 4
碘水中的碘,即I 在CCl 中的溶解度大于在水中的溶解度,正确;C项,Ⅲ中CCl 层显紫
2 4 4
色,说明产生了I ,滴加氯水将I-氧化为I ,因此Cl 的氧化性强于I ,正确;D项,Ⅲ中
2 2 2 2
CCl 层变为橙色时,说明过量的氯水氧化Br-为Br ,此时水层中含大量I ,无I-,错
4 2 O−
3
误。
11.在恒温、恒定气体流速下,催化氧化HCl生产Cl 的工艺的主要反应机理如图所示。
2
下列说法不正确的是 ( )
A.该过程中Cu元素的化合价保持不变
B.CuO、Cu(OH)Cl、Cu OCl 均为中间产物
2 2
C.Cu(OH)Cl分解产生两种产物,物质X为H O
2
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D.该过程涉及反应:2Cu OCl +O 2Cl +4CuO
2 2 2 2
答案 B 根据题图和题目信息,进入循环的物质为反应物,从循环中出来的物质为生成
物,反应前后不变的物质为催化剂,该过程总反应为4HCl+O 2H O+2Cl 。A
2 2 2
项,CuO、Cu(OH)Cl和Cu OCl 中的铜元素化合价均为+2价,正确;B项,CuO为催化
2 2
剂,Cu(OH)Cl和Cu OCl 为中间产物,错误;C项,根据原子守恒可知X为H O,正确;D项,
2 2 2
根据题图可知,CuO和Cu OCl 的转化是可逆的,正确。
2 2
12.几种物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是 ( )
A.反应1中Fe3+是还原产物
B.反应2中H S得电子
2
C.反应2的离子方程式为2Fe3++H S 2Fe2++S↓+2H+
2
D.HNO 能和H S大量共存
3 2
答案 C A项,反应1中Fe3+是氧化产物,错误;B项,反应2中H S失去电子被氧化为S,
2
错误;C项,由题图可知,反应2的离子方程式为2Fe3++H S 2Fe2++S↓+2H+,正确;D
2
项,HNO 具有强氧化性,H S具有还原性,二者不能大量共存,错误。
3 2
13.一种提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程如图所示。下列说法不正确的是 (
)
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A.过程Ⅰ中,白磷既作氧化剂又作还原剂
B.过程Ⅱ中,发生复分解反应
C.过程Ⅲ中,反应的化学方程式为2Ca (PO ) +6SiO +10C 10CO↑+6CaSiO +P
3 4 2 2 3 4
D.理论上,通过该提纯工艺不会造成白磷损失
答案 D 过程Ⅰ中,磷元素化合价部分由0升高为+5、部分由0降低为-3,所以白磷既
作氧化剂又作还原剂,故A正确;过程Ⅱ中,磷酸和氢氧化钙反应生成磷酸钙和水,属于
复分解反应,故B正确;过程Ⅲ中,磷酸钙、二氧化硅和焦炭反应生成硅酸钙、CO和白
磷,反应的化学方程式为2Ca (PO ) +6SiO +10C 10CO↑+6CaSiO +P ,故C正确;由题
3 4 2 2 3 4
图可知,有Cu P生成,故该提纯工艺会造成白磷损失,故D错误。
3
14.CO 加氢偶合苯胺(RNH )的一种反应机理如图所示。下列叙述不正确的是 ( )
2 2
A.金属Au可吸附H原子,TiO 可吸附CO
2 2
B.反应过程中N的成键数目保持不变
C.反应过程中CO 发生还原反应
2
D.该过程的总反应:RNH +CO +H RNHCHO+H O
2 2 2 2
答案 B A项,由题图可知,过程Ⅰ中,金属Au可吸附H原子,TiO 可吸附CO ,正确;B
2 2
项,题图中RNH 在过程Ⅳ后,N与C形成了新的化学键(配位键),此时N原子的成键数目
2
由3变为4,错误;C项,反应过程中CO 中C元素的化合价由+4价降低为+2价,二氧化碳
2
被还原,正确;D项,根据题图中的反应物和生成物可知,该过程的总反应为RNH +CO +H
2 2 2
RNHCHO+H O,正确。
2
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15.氮氧化物(NO )是一类特殊的污染物,它本身会对生态系统和人体健康造成危害。一
x
种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示。下列说法不正确的是
( )
A.过程①可表示为2[Cu(NH ) ]++O [(NH ) Cu—O—O—Cu(NH ) ]2+
3 2 2 3 2 3 2
B.过程③有元素的化合价发生变化
C.过程④涉及极性共价键的断裂与形成
D.图中总过程中NO、NH 、O 物质的量之比为4∶4∶1
3 2
答案 B 过程①的反应物为[Cu(NH ) ]+和O ,生成物为[(NH ) Cu—O—O—Cu(NH ) ]2+,
3 2 2 3 2 3 2
反应方程式为2[Cu(NH ) ]++O [(NH ) Cu—O—O—Cu(NH ) ]2+,A项正确;过程③只
3 2 2 3 2 3 2
有O—O非极性共价键断裂,元素化合价没有变化,B项错误;过程④涉及N O极性共价
键、N—H极性共价键的断裂和 非极性共价键、O—H极性共价键的形成,C项正
确;分析题图可知,总反应为4NO+4NH +O 4N +6H O,故总过程中NO、NH 、O 物质的
3 2 2 2 3 2
量之比为4∶4∶1,D项正确。
16.中国自古就有“信口雌黄”“雄黄入药”之说。雌黄As S 和雄黄As S 都是自然界
2 3 4 4
中常见的砷化物,早期都曾用作绘画颜料,因都有抗病毒疗效也用来入药。砷元素有
+2、+3两种常见价态。一定条件下,雌黄和雄黄的转化关系如图所示。下列说法错误的
是 ( )
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A.反应Ⅰ中,As S 和SnCl 的物质的量之比为1∶1时可恰好完全反应
2 3 2
B.反应Ⅱ中,物质a可能是S、SO
2
C.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ是氧化还原反应,反应Ⅲ是非氧化还原反应
D.反应Ⅰ可用NaOH溶液吸收H S,向吸收后的溶液中加入足量稀硫酸可为反应Ⅳ提供
2
H S
2
答案 C 反应Ⅰ中,As S 和Sn2+、H+反应生成Sn4+、As S 和H S,As化合价由+3价降低
2 3 4 4 2
至+2价,Sn化合价由+2价升高至+4价,根据得失电子守恒可知,As S 与SnCl 的物质的
2 3 2
量之比为1∶1时可恰好完全反应,A正确;反应Ⅱ中氧气具有氧化性,As S 具有还原性,
4 4
则物质a可能是S、SO ,B正确;反应Ⅳ中H、O、S、As元素化合价反应前后均不改变,
2
是非氧化还原反应,C错误;反应Ⅰ可用NaOH溶液吸收H S,向所得溶液中加入足量稀硫
2
酸反应,生成硫化氢气体,D正确。
17.根据下表信息,下列叙述中正确的是( )
序号 氧化剂 还原剂 氧化产物 还原产物
① Cl FeBr FeCl
2 2 3
② KMnO H O O MnO
4 2 2 2 2
③ KClO 浓盐酸 Cl
3 2
④ KMnO 浓盐酸 Cl MnCl
4 2 2
A.表中③还原产物是KCl
B.表中④的离子方程式配平后,H+的化学计量数为16
C.表中②生成1 mol O 将有4 mol电子转移
2
D.表中①反应的氧化产物只能有FeCl
3
答案 B KClO 和浓盐酸反应生成KCl、Cl 和H O,氧化产物、还原产物都是Cl ,A错
3 2 2 2
误;表中④反应的离子方程式是2Mn +10Cl-+16H+ 2Mn2++5Cl ↑+8H O,H+的化学计
O− 2 2
4
量数为16,B正确;表中②H O 是还原剂,氧元素化合价由-1升高为0,生成1 mol O 将
2 2 2
有2 mol电子转移,C错误;若氯气足量,表中①反应的氧化产物有FeCl 、Br ,D错误。
3 2
18.(双选)碘介导的醇歧化反应机理如图所示(R—为烃基)。下列说法错误的是 ( )
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A.反应RCH OH→RCH I属于还原反应
2 2
B.有3种自由基参加了反应
C.该反应利用了HI的还原性和I 的氧化性
2
D.醇歧化的总反应方程式为2RCH OH RCH +RCHO
2 3
答案 AD 反应RCH OH→RCH I属于取代反应,选项A错误;有R— · H 、 、R— · H—
2 2 2
C C
OH 3种自由基参加了反应,选项B正确;该反应过程中出现HI转化为 再转化为I ,
2
也出现I 转化为 再转化为HI,利用了HI的还原性和I 的氧化性,选项C正确;根据
2 2
题图可知,醇歧化的总反应方程式为2RCH OH RCH +RCHO+H O,选项D错误。
2 3 2
19.浓硝酸和稀硝酸均具有强氧化性,在氧化还原反应中浓硝酸被还原为NO ,稀硝酸被
2
还原为NO。同温同压下,0.1 mol 金属单质M与足量浓硝酸反应,生成NO 体积为V;0.1
2 1
mol金属单质N与足量稀硝酸反应,生成NO体积为V。下列说法错误的是 ( )
2
A.M、N与硝酸的反应中,被还原硝酸的物质的量之比一定为V
1
V
2
B.M、N与硝酸的反应中,消耗硝酸的物质的量之比一定为 V
1
3V
2
C.产物中M和N化合价之比一定为 V
1
3V
2
D.将生成的气体恰好溶于水生成硝酸,需要通入氧气的体积之比一定为 V
1
3V
2
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答案 B 设两个反应中产生的气体物质的量分别为n、n,被还原的n(HNO )之比等于
1 2 3
产生气体体积之比n =V ,A正确;设反应后M转化为M(NO ) ,则根据得失电子守恒
1 1 3 x
n V
2 2
得:0.1 mol×x=n,M与硝酸反应中消耗硝酸2n,设反应后N转化为N(NO ) ,则根据得失
1 1 3 y
电子守恒得:0.1 mol×y=3n,N与硝酸反应中消耗硝酸4n,则两个反应中消耗n(HNO )
2 2 3
之比为2n = V ,B错误;由B选项分析知,反应后M的化合价为+x价,N的化合价为+y
1 1
4n 2V
2 2
价,故M、N反应后化合价之比为 V ,C正确;根据得失电子守恒,知将生成的NO 完全
1 2
3V
2
n 3n
溶于水需要n(O )= 1,将生成的NO完全溶于水需要n(O )= 2,则需要通入n(O )之比
2 2 2
4 4
(即体积比)为 n = V ,D正确。
1 1
3n 3V
2 2
20.工业上以电解锰渣(主要成分为MnCO 、MnSO ,含有少量FeCO 、Al O 、SiO 等)为原
3 4 3 2 3 2
料制取MnSO ·H O。
4 2
“氧化”时发生反应的离子方程式为 ,工业上调节pH
的过程选择在加热条件下进行,其目的是 。
答案 MnO +2Fe2++4H+ Mn2++2Fe3++2H O
2 2
有利于将Fe3+、Al3+转化成Fe(OH) 、Al(OH) 沉淀
3 3
解析 “氧化”时MnO 把Fe2+氧化成Fe3+,自身被还原为Mn2+,根据得失电子守恒、电荷
2
守恒和原子守恒,配平离子方程式。Fe3+、Al3+水解,使溶液显酸性,加Ca(OH) 促进其水
2
解,加热也会促进其水解,便于生成Fe(OH) 、Al(OH) 沉淀。
3 3
21.用油脂氢化后废弃的镍催化剂(主要成分为Ni、Al,少量其他不溶性物质)制备
NiCO ·2Ni(OH) ·2H O并研究其分解反应的过程如下:
3 2 2
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(1)制NiSO 溶液。向废镍催化剂中加入足量NaOH溶液,充分反应后过滤。向洗涤后的
4
滤渣中加入稀硫酸至Ni恰好完全溶解,过滤。加入NaOH溶液的作用是
。
(2)制NiCO ·2Ni(OH) ·2H O。控制温度为55 ℃,向NiSO 溶液中加入适量Na CO 溶液,
3 2 2 4 2 3
有NiCO ·2Ni(OH) ·2H O沉淀生成和CO 气体放出,过滤。
3 2 2 2
①为确定所加Na CO 的添加量,需测定NiSO 溶液的浓度。准确量取5.00 mL溶液于100
2 3 4
mL容量瓶中,加水稀释至刻度线;准确量取20.00 mL稀释后的溶液于锥形瓶中,用
0.040 00 mol·L-1 EDTA(Na H Y)标准溶液滴定至终点(滴定反应为Ni2++H Y2- NiY2-
2 2 2
+2H+),平行滴定3次,平均消耗EDTA标准溶液31.25 mL。计算NiSO 溶液的物质的量浓
4
度(写出计算过程)。
②生成NiCO ·2Ni(OH) ·2H O时所发生反应的离子方程式为
3 2 2
。
③若将NiSO 溶液加入Na CO 溶液中,会使沉淀中镍元素含量偏高,原因是
4 2 3
。
(3)NiCO ·2Ni(OH) ·2H O热分解。在氧气气氛中加热NiCO ·2Ni(OH) ·2H O,固体质
3 2 2 3 2 2
量随温度变化的曲线如图所示。
①500~700 K之间分解产生的气体为 。
②800 K后剩余固体质量略有增加的原因是 。
答案 (1)除去废镍催化剂表面的油污,溶解其中的Al
(2)①滴定20.00 mL稀释液中Ni2+消耗的n(EDTA)=0.040 00 mol·L-1×31.25×10-3
L=1.250×10-3 mol
n(Ni2+)=n(EDTA)=1.250×10-3 mol
100 mL
5.00 mL滤液中:n(NiSO )=n(Ni2+)=1.250×10-3 mol× =6.250×10-3 mol
4
20.00 mL
c(NiSO )=6.250×10−3mol=1.250 mol·L-1
4
5.00×10−3L
②3Ni2++3CO2−+4H O NiCO ·2Ni(OH) ·2H O↓+2CO ↑
3 2 3 2 2 2
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③Na CO 溶液呈碱性,若将NiSO 溶液加入Na CO 溶液中,会使沉淀中Ni(OH) 的量偏
2 3 4 2 3 2
大,Ni(OH) 中镍元素含量高于NiCO ·2Ni(OH) ·2H O
2 3 2 2
(3)①CO
2
②NiO被氧化成更高价态的镍氧化物
解析 (1)向废镍催化剂中加入NaOH溶液,可以除去废镍催化剂表面的油污,溶解其中
的Al。(3)①NiCO ·2Ni(OH) ·2H O完全热分解,其反应方程式为
3 2 2
NiCO ·2Ni(OH) ·2H O 3NiO+CO ↑+4H O↑,若分解先得到水蒸气,则固体质量降低
3 2 2 2 2
72
的百分比为 ×100%≈21.1%,若分解先得到二氧化碳,则固体质量降低的百分比为
341
44
×100%≈12.9%,结合题图可知,300~500 K之间分解产生的气体为水蒸气,500~700
341
K之间分解产生的气体为CO 。②700 K后,剩下的固体为NiO,在氧气气氛中加热,NiO
2
被氧化成更高价态的镍氧化物,导致800 K后剩余固体质量略有增加。
22.铅和锰是工业生产中的重要金属,利用软锰矿(主要成分为MnO )和方铅矿(主要成分
2
为PbS,含少量FeS )协同浸出制取铅、锰氧化物是重要的化工方法。
2
已知:PbCl (s)+2Cl-(aq) PbC (aq)
2 l2−
4
(1)在搅拌条件下将方铅矿、软锰矿和盐酸混合溶液进行混合,反应生成Mn2+、Fe3+、
PbCl (s)和S。写出该过程中浸出Fe3+的离子方程式: 。
2
(4)氯化铅配合物与硫酸溶液反应生成PbSO 。利用PbSO 与Na CO 溶液进一步反应制取
4 4 2 3
PbCO 。将所得固体样品进行X-射线衍射分析如图所示,写出生成杂质的化学方程式:
3
。
(5)利用除去Pb2+、Fe3+后的溶液制备Mn O 。在溶液中滴加氨水并通入氧气得到Mn O ,
3 4 3 4
写出该反应的离子方程式: 。
答案 (1)12H++2FeS +3MnO 3Mn2++2Fe3++4S+6H O
2 2 2
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(4)3PbSO +3Na CO +H O 2PbCO ·Pb(OH) +3Na SO +CO ↑或3PbSO +4Na CO +2H O
4 2 3 2 3 2 2 4 2 4 2 3 2
2PbCO ·Pb(OH) +3Na SO +2NaHCO
3 2 2 4 3
(5)6Mn2++12NH
3
·H
2
O+O
2
2Mn
3
O
4
↓+12N H++6H
2
O
4
解析 (1)FeS 中铁元素、硫元素化合价均升高,1个FeS 失去3个电子,MnO 作氧化剂,
2 2 2
被FeS 还原为Mn2+,结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平离子方程式。(4)根
2
据题意可知,生成的杂质是2PbCO ·Pb(OH) ,PbSO 与Na CO 溶液反应,无元素化合价改
3 2 4 2 3
变,可根据复分解反应的特点,结合原子守恒配平化学方程式。(5)除去Pb2+、Fe3+后的
溶液含有Mn2+,根据题意,Mn2+的氧化产物是Mn O ,锰元素化合价升高,O 是氧化剂,结合
3 4 2
得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平离子方程式。
23.钒具有广泛用途,利用含钒废催化剂(主要含有V O 、VOSO 和不溶性硅酸盐)制备
2 5 4
V O 的新工艺流程如图:
2 5
已知:滤液1和滤液2中钒以VO2+的形式存在。回答下列问题:
(1)写出V基态原子核外电子排布式: 。
(2)在实验室中操作Ⅰ用到的玻璃仪器有 。
(3)在滤渣1中加入Na SO 和过量稀H SO 溶液发生氧化还原反应,氧化剂和还原剂的物
2 3 2 4
质的量之比为 。
(4)混合溶液中加入KClO ,发生反应的离子方程式是 。
3
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答案 (1)[Ar]3d34s2 (2)漏斗、烧杯、玻璃棒 (3)1∶1 (4)6VO2++Cl +3H O
O− 2
3
6V +Cl-+6H+
O+
2
解析 (1)V的原子序数为23,则基态原子核外电子排布式为[Ar]3d34s2。(2)操作Ⅰ为
固、液分离的过滤操作,过滤用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒。(3)含钒废催化
剂加水溶解,V O 和不溶性硅酸盐不溶于水,VOSO 溶于水,则滤渣1为V O 和不溶性硅酸
2 5 4 2 5
盐,滤液1为VOSO 溶液,由于滤液2中钒以VO2+的形式存在,则滤渣1中的V O 与Na SO
4 2 5 2 3
在酸性条件下发生氧化还原反应,生成Na SO 和VOSO ,由得失电子守恒可知,氧化剂V O
2 4 4 2 5
和还原剂Na SO 的物质的量之比为1∶1。(4)已知滤液1和滤液2中钒以VO2+的形式存
2 3
在,加入KClO ,VO2+被KClO 氧化为V ,Cl 被还原为Cl-,结合得失电子守恒、电荷守
3 3 O+ O−
2 3
恒以及原子守恒,可写出反应的离子方程式。
24.MoS 作为石墨电极的改性剂不仅能弥补石墨低容量的不足,还可以有效解决自身稳
2
定性和导电性不佳的问题。以钼精矿(主要成分为MoS ,含SiO 、CuFeS 、CaCO 、PbS等
2 2 2 3
杂质)为原料生产MoS 的工艺流程如图。
2
已知:①MoS 中S元素的化合价为-2价;
2
②常温下PbCl 不溶于水,但PbCl 可与Cl-反应,生成可溶性配合离子PbC ;
2 2 l−
3
③MoS 不溶于水和常见酸碱,“烧熔”时可转化为酸性氧化物MoO ,“硫代”时生成Mo
2 3
。
S2−
4
回答下列问题:
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(1)使用浓盐酸进行“初级酸浸”的工艺原理是浓盐酸与钼精矿中的CaCO 、PbS杂质发
3
生反应,生成CaCl 、PbCl ,其中生成PbCl 的化学方程式为
2 2 2
。
(2)“氯盐浸出”的原理是利用具有强氧化性的FeCl ,在强酸性条件下氧化CuFeS ,使
3 2
之生成CuCl 和S,该“氯盐浸出”过程的化学方程式为
2
。
(3)“碱浸”时使用氨水而不使用NaOH溶液的原因是
。
(4)“碱浸”后滤液③的主要成分为 (填化学式)。
(5)“初级酸浸”“碱浸”流程中操作温度不宜过高的原因是
。
(6)产品MoS 中存在极微量的非整比晶体杂质MoS ,则该杂质中Mo4+与Mo6+物质的量之
2 2.8
比为 。
答案 (1)PbS+2HCl(浓) PbCl +H S↑
2 2
(2)CuFeS +4FeCl CuCl +5FeCl +2S
2 3 2 2
(3)NaOH溶液会与二氧化硅反应,生成的Na SiO 进入滤液③,使制得的MoS 不纯
2 3 2
(4)(NH ) MoO
4 2 4
(5)在“初级酸浸”中使用了浓盐酸,如果温度过高,浓盐酸大量挥发,不利于反应进行;
“碱浸”时使用氨水,也容易受热分解
(6)1∶4
解析 (1)PbS与浓盐酸反应生成PbCl 的反应为复分解反应,根据原子守恒可写出化学
2
方程式。(2)FeCl 在强酸性条件下氧化CuFeS ,使之生成CuCl 和S,CuFeS 中S元素的
3 2 2 2
化合价为-2价,Cu元素为+2价,Fe元素为+2价,Fe3+将-2价的硫元素氧化成硫单质,自
身被还原成Fe2+,根据得失电子守恒和原子守恒,可写出反应的化学方程式。(3)结合已
知信息③可知滤渣②中含MoO 、SiO 和S,“碱浸”时如果用NaOH溶液代替氨水,NaOH
3 2
溶液会与二氧化硅反应,生成的Na SiO 进入滤液③,使制得的MoS 不纯。(4)滤渣②中
2 3 2
加氨水“碱浸”,酸性氧化物MoO 转化为(NH ) MoO ,故滤液③的主要成分为
3 4 2 4
(NH ) MoO 。(6)设1个MoS 中Mo4+与Mo6+的个数分别为x和y,已知MoS 中S元素的化
4 2 4 2.8 2
合价为-2,根据化合物中各元素正、负化合价代数和为0可得,4x+6y-2×2.8=0,又
x+y=1,解得x=0.2、y=0.8,则该杂质中Mo4+与Mo6+物质的量之比为1∶4。
25.KMnO 性质探究。
4
取适量制取的KMnO 溶液稀释至约0.01 mol·L-1(用硫酸酸化至pH=1),取配制好的
4
KMnO 溶液2 mL于试管中,逐滴滴加0.1 mol·L-1KI溶液,紫色KMnO 溶液迅速变为棕褐
4 4
色悬浊液,然后沉淀逐渐消失,最终溶液变为棕黄色。
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(3)最终溶液呈棕黄色,推测生成了 (写化学式)。
(4)实验小组对初始阶段的产物成分进行探究:
①黑色固体是MnO ,试剂X是 (写化学式)。
2
②在紫色清液中存在I ,写出生成I 的离子方程式:
O− O−
3 3
。
③下列实验方案中,可用于检验紫色清液中是否存在I 的是 (填序号)。
O−
3
A.用洁净的玻璃棒蘸取紫色清液滴在淀粉-KI试纸上,观察试纸是否变蓝色
B.取少量紫色清液于试管中,向其中加入几滴淀粉溶液,溶液不变蓝,再加入过量NaHSO
3
溶液,观察溶液是否变色
C.取少量紫色清液于试管中,向其中加入稀硝酸酸化,再加入几滴硝酸银溶液,观察是否
生成黄色沉淀
(5)探究实验中棕褐色沉淀消失的原因:
用离子方程式解释步骤③中固体消失的原因: 。
(6)由上述实验可知,KMnO 的还原产物与
4
有关。
答案 (3)I (4)①H O ②2Mn +I-+2H+ 2MnO ↓+I +H O ③B (5)MnO +2I-
2 2 2 O− 2 O− 2 2
4 3
+4H+ Mn2++I +2H O (6)还原剂的用量、溶液的酸碱性、氧化剂的浓度
2 2
解析 (3)KMnO 具有强氧化性,I-具有还原性,二者可发生氧化还原反应生成I ,使溶液
4 2
呈棕黄色。(4)①加入试剂X立即产生大量气泡,且题目信息说明黑色固体是MnO ,MnO
2 2
能催化分解H O ,因此试剂X为H O 。②黑色固体是MnO ,即Mn 被还原为MnO ,紫色清
2 2 2 2 2 O− 2
4
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液中存在I ,且实验结果表明没有生成I ,即I-被氧化为I ,根据原子守恒、得失电
O− 2 O−
3 3
子守恒和电荷守恒,配平离子方程式为2Mn +I-+2H+ 2MnO ↓+I +H O。③A项,
O− 2 O− 2
4 3
紫色清液中存在KMnO ,KMnO 也可将I-氧化为I ,错误;B项,取少量紫色清液于试管中,
4 4 2
向其中加入几滴淀粉溶液,溶液不变蓝,说明溶液中不存在I ,再加入过量NaHSO 溶液,
2 3
将I 还原为I ,淀粉遇I 变蓝,正确;C项,硝酸为氧化剂,无法将I 转化为I-,再加入
O− 2 2 O−
3 3
硝酸银溶液,不会产生黄色沉淀AgI,错误。(5)根据实验现象,步骤③中黑色固体MnO
2
溶解,溶液变为棕黄色,可知在酸性环境下MnO 将I-氧化为I ,反应的离子方程式为
2 2
MnO +2I-+4H+ Mn2++I +2H O。(6)根据题述实验,逐滴滴加0.1 mol·L-1KI溶液,紫色
2 2 2
KMnO 溶液迅速变为棕褐色悬浊液,然后沉淀逐渐消失,最终溶液变为棕黄色,说明氧化
4
剂和还原剂的用量会影响产物;根据(5)中实验棕褐色沉淀消失可知,MnO 与KI的反应
2
需要在酸性环境下才可以进行,由此得出溶液的酸碱性也会影响产物。
26.某化工厂产生的废渣中含有PbSO 和Ag,为了回收这两种物质,某同学设计了如下流
4
程:
已知:“浸出”过程发生可逆反应:AgCl+2S Ag(SO +Cl-。
O2− 3) 3−
3 2
回答下列问题:
(1)“氧化”阶段需在80 ℃条件下进行,最适合的加热方式为 。将废渣“氧
化”的化学方程式为
。
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(2)其他条件不变,在敞口容器中进行“浸出”时,浸出时间过长会使银的浸出率(浸出
液中银的质量占起始废渣中银的质量的百分比)降低,可能原因是
(用离子方程式表示)。
答案 (1)水浴加热 4Ag+4NaClO+2H O 4AgCl+4NaOH+O ↑ (2)2SO2−+O 2S
2 2 3 2
O2−
4
解析 (1)在80 ℃水浴加热条件下,用20%次氯酸钠溶液将废渣中的银转化为氯化银,
根据题图可知有氧气生成,由于钠离子没有实质参与反应,考虑到溶液呈电中性原则,氯
离子全部沉淀,故钠离子只能组成氢氧化钠,反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H O
2
4AgCl+4NaOH+O ↑。(2)在敞口容器中进行浸出的时间过长,溶液中的S 会被空气中
2 O2−
3
氧气氧化,c(S )减小,平衡AgCl+2S Ag(SO +Cl-逆向移动,导致银的浸出
O2− O2− 3) 3−
3 3 2
率降低。
3.为测定制得的MnSO ·H O的纯度,称取1.000 g样品,配成100.00 mL酸性溶液,取出
4 2
20.00 mL,加入适量H PO 和NH NO 溶液,加热使Mn2+全部氧化成Mn3+,用0.050 00
3 4 4 3
mol·L-1 (NH ) Fe(SO ) 溶液滴定冷却后的含锰溶液至终点(滴定过程中Mn3+被还原为
4 2 4 2
Mn2+),用去(NH ) Fe(SO ) 溶液21.60 mL,计算该MnSO ·H O样品的纯度(写出计算过
4 2 4 2 4 2
程)。
答案 根据关系式MnSO ·H O~Mn3+~(NH ) Fe(SO ) 可得1.000 g样品
4 2 4 2 4 2
中:n(MnSO ·H O)=n[(NH ) Fe(SO ) ]=21.60 mL×10-3 L·mL-1×0.050 00 mol·L-1×
4 2 4 2 4 2
100.00 mL
=5.400×10-3 mol
20.00 mL
该MnSO ·H O样品的纯度=
4 2
5.400×10−3mol×169 g·mol−1
×100%=91.26%
1.000 g
解析 先将Mn2+氧化为Mn3+,由锰原子守恒知,n(Mn2+)=n(Mn3+);Mn3+将(NH ) Fe(SO ) 中的
4 2 4 2
Fe2+氧化成Fe3+,同时Mn3+被还原为Mn2+,根据Mn、Fe得失电子守恒知
n(Mn3+)=n[(NH ) Fe(SO ) ],由(NH ) Fe(SO ) 的消耗量可以计算出n(Mn3+),进而得出
4 2 4 2 4 2 4 2
n(Mn2+),可计算出m(MnSO ·H O),由此得出MnSO ·H O样品的纯度。
4 2 4 2
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