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1、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

2、)(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：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的现象：_实验：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

3、量为294gmol-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_molL-1【答案】分液漏斗 蒸馏烧瓶 硫化钠和碳酸钠的混合液 调节酸的滴加速度 若 SO2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(S2O3)33-的反应速率快，

4、氧化还原反应速率慢，但Fe3+与S2O32- 氧化还原反应的程度大，导致Fe3+3S2O32-Fe(S2O3)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Na2SO3反应生成SO2，所以方程式为：；c中是制备硫代硫酸钠的反应，SO2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SO2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SO2，会使溶液酸性增强，对

5、制备产物不利，所以原因是：SO2过量，溶液显酸性，产物会发生分解；(4)检验Fe2+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Fe2+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Fe3+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：；反应I-被氧化成I2，反应中第一步所得的I2又被还原成I-，所以与电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的得电子总数就与消耗的失电子总数相同 ；在做计算时，不

6、要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。所以假设c(Na2S2O3)=a mol/L，列电子得失守恒式：，解得a=0.1600mol/L。2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(tBuNO2，以tBu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H2SO42NaNO2=2HNO2Na2SO4。可利用亚硝酸与叔丁醇(tBuOH)在40左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该

7、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：tBuNO2NaOHN2H4=NaN32H2OtBuOH。装置a的名称是_；该反应需控制温度在65，采用的实验措施是_；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。用滴定管加入0.10molL1六硝酸铈铵(NH4)2Ce(NO3)6溶液40.00mL(假设杂质均不参与反应)。充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻

8、菲罗啉指示液，并用0.10molL1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：Ce4Fe2=Ce3Fe3)。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

9、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】tBuOHHNO2tBuNO2H2O 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(NH4)2Ce(NO3)62NaN3=4NH4NO32Ce(NO3)32NaNO33N2 65% AC ClO2N3-H2O=Cl2OH3N2 【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：；(2)

10、 装置a的名称即为恒压滴液漏斗；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；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Ce4+和中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：；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与过量的六硝酸铈铵反应，再用Fe2+去滴定未反应完的正四价的Ce，因此有：，考虑到Fe2+与Ce4+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：，所以叠氮化钠样品的质量分数为：；A润洗锥形瓶，会使

11、步骤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，那么步骤会需要加入更多的Fe2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的Ce4+，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步骤用Fe2+标定未反应的Ce4+，若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的Fe2+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 Fe2+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-；

12、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：。【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。3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：2Na2S2O82Na2SO42SO3O2。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

13、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0.1molL1的H2C2O4溶液30mL，则上述溶液中紫红色离子的浓度为_molL1，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 2Mn25S2O8H2O2MnO10

14、SO16H 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23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。【详解】(1)在试管中加热固体时，试管口应略微向下

15、倾斜，SO3的熔、沸点均在0以上，因此冰水浴有利于将SO3冷却为固体，便于收集SO3，由Na2S2O8的分解原理可知，生成物中有氧气，所以在导管出气口的带火星的木条会复燃，故答案为：试管口应该略向下倾斜；冷却并收集SO3；木条复燃；(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-，则反应的离子方程式为2Mn25S2O8H2O2MnO10SO16H，根据该反应中元素化合价的变化可知，氧化剂是S2O82-，氧化产物是MnO4-，故答案为：2Mn25S2O8H2O2MnO10SO16H；S2O82-；MnO4-；(3)沉淀洗涤时，需要用玻璃棒引流，并且所加蒸

16、馏水需要没过沉淀，需要洗涤23次，故答案为：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23次(合理即可)；(4)根据得失电子守恒可得到关系式：则，Na2S2O8具有氧化性，消耗的H2C2O4溶液增多，导致测得的结果偏高，故答案为：0.06；偏高。4锂离子电池能够实现千余次充放电，但长时间使用后电池会失效，其中的化学试剂排放至环境中不仅会造成环境污染，还会造成资源的浪费。实验室模拟回收锂离子电池中的Co、Ni、Li的流程如图。已知：LiCoO2难溶于水，易溶于酸。回答下列问题：（1）LiCoO2中Co的化合价是_。（2）LiCoO2在浸出过程中反应的离子方程式是_。（3

17、）浸出剂除了H2O2外，也可以选择Na2S2O3，比较二者的还原效率H2O2_(填“”或“”)Na2S2O3(还原效率：还原等物质的量的氧化剂消耗还原剂的物质的量)。（4）提高浸出效率的方法有_。（5）利用Cyanex272萃取时，pH对钴、镍萃取分离效果的影响如图。从图中数据可知，用Cyanex272萃取分离时，最佳pH是_。（6）反萃取的离子方程式为2H+CoR2=Co2+2HR，则反萃取剂的最佳选择是_。（7）常温下，若水相中的Ni2+的质量浓度为1.18gL-1，则pH=_时，Ni2+开始沉淀。Ksp(Ni(OH)2=210-15（8）参照题中流程图的表达，结合信息设计完成从水相中分离

18、Ni和Li的实验流程图(如图)_。已知：提供的无机试剂：NaOH、Na2CO3、NaF。【答案】+3 2LiCoO2+6H+H2O2=2Co2+O2+2Li+4H2O 适当升高温度，适当增加H2SO4浓度 5.5 H2SO4 7.5 NaOH Ni(OH)2 NaF 【解析】【分析】(1)通过化合物中各元素化合价代数和为0进行计算；(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSO4，可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，根据氧化还原反应的规律写出化学方程式；(3)根据等物质的量H2O2和Na2S2O3作为还原剂转移电子的多少进行判断；(4)提高浸出效率即提高化学反应速率；(5)分离C

19、o2+和Ni2+时，由于Co2+进入有机相，Ni进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围；(6)将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时不能引入新杂质；(7)根据Ksp(Ni(OH)2的表达式进行计算；(8)根据表格中所给物质溶解度信息，调节pH应该用碱性物质，但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀。【详解】(1)LiCoO2中O元素为-2价，Li为+1价，根据化合物中各元素化合价代数和为0进行计算得Co的化合价为+3价；(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSO4，可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，化学方程式为：2LiCo

20、O2+6H+H2O2=2Co2+O2+2Li+4H2O；(3)1molH2O2作为还原剂转移2mol电子，1molNa2S2O3作为还原剂转移8mol电子，则Na2S2O3的还原效率更高；(4)提高浸出效率可以适当升高温度，适当增加H2SO4浓度等；(5)分离Co2+和Ni2+时，由于Co2+进入有机相，Ni进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围，所以最佳pH是5.5；(6)将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时，为不引入新杂质，反萃取剂最好选择H2SO4；(7)c(Ni2+)=mol/L=0.02mol/L，则开始沉淀时，c(OH-)=10-6.5mol

21、/L，则pH=14-6.5=7.5；(8)根据表格中所给物质溶解度信息，调节pH应该用碱性物质，但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀，所以选用NaOH，则Ni(OH)2先沉淀，过滤后滤液中加入NaF生成LiF沉淀。【点睛】本题(5)选择合适的pH时，注意读懂图中信息，要根据实验的具体操作情况来分析。5根据当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿(主要成分为FeS2)作为原料。完成下列填空：(1)将0.050mol SO2(g) 和0.030mol O2(g) 充入一个2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)+Q。经2分钟反应达到平衡，测得n(

22、SO3)=0.040mol，则O2的平均反应速率为_(2)在容积不变时，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有_(选填编号)a.移出氧气 b.降低温度c.减小压强 d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)(3)在起始温度T1(673K)时SO2的转化率随反应时间(t)的变化如图，请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2(723K)时SO2的转化率随反应时间变化的示意图_(4)黄铁矿在一定条件下煅烧的产物为SO2和Fe3O4将黄铁矿的煅烧产物Fe3O4溶于H2SO4后，加入铁粉，可制备FeSO4。酸溶过程中需维持溶液有足够的酸性，其原因是_FeS2能将溶液中的F

23、e3+还原为Fe2+，本身被氧化为SO42。写出有关的离子方程式_。有2mol氧化产物生成时转移的电子数为_【答案】0.005mol/(Lmin) bd 抑制Fe3+与Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+ FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42+16H+ 14NA 【解析】【分析】(1)根据v求出氧气的速率，然后根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比计算；(2)反应放热，为提高SO2平衡转化率，应使平衡向正反应方向移动，可降低温度，体积不变，不能从压强的角度考虑，催化剂不影响平衡移动，移出氧气，平衡向逆反应方向移动，不利于提高SO2平衡转化率，由此分析解答；(3)反

24、应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但达到平衡所需要的时间缩短，据此画出曲线；(4)Fe3与Fe2易水解，Fe2易被氧化成Fe3；根据氧化还原反应中的反应物和生成物几何电子守恒来配平化学方程式，结合方程计算转移电子数。【详解】(1)v(SO3)0.01mol/(Lmin)，所以v(O2)v(SO3)0.005mol/(Lmin)，故答案为：0.005mol/(Lmin)；(2)a移出氧气，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；b降低温度，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；c减小压强，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；d再充入0.050molSO2

25、(g)和0.030molO2(g)，相当于增大压强，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；故答案为：bd；(3)反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H0，SO2的转化率在起始温度T1673K下随反应时间(t)的变化如图，其他条件不变，仅改变起始温度为T2723K，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，在图中画出温度T2下SO2的转化率随反应时间变化的预期结果示意图如图所示；故答案为：；(4)Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SO4后，生成的Fe3与Fe2易水解，Fe2易被氧化成Fe3，所以要加入Fe粉和酸，抑制Fe3与Fe2的水解

26、，并防止Fe2被氧化成Fe3，故答案为：抑制Fe3与Fe2的水解，并防止Fe2被氧化成Fe3；2价的硫离子具有还原性，FeS2可以将溶液中的Fe3还原为Fe2，而本身被氧化为硫酸根离子，有关的离子方程式为：FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42+16H+，氧化产物是硫酸根离子，有2mol硫酸根生成时转移的电子数为14NA，故答案为：FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42+16H+；14NA。【点睛】注意(3)温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，此为解题的关键。6废水中过量的氨氮(和)会导致水体富营养化。某科研小组用

27、氧化法处理氨氮废水。已知：的氧化性比强；比更易被氧化；国家相关标准要求经处理过的氨氮废水要控制在69 。(1)时，可与反应生成等无污染物质，该反应的离子方程式为_。(2)进水对氨氮去除率和出水pH的影响分别如图1和图2所示：进水在1.252.75范围内时，氨氮去除率随的升高迅速下降的原因是_。进水在2.756范围内时，氨氮去除率随的升高而上升的原因是_。进水应控制在_左右为宜。(3)为研究空气对氢化氨氮的影响，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.的氧化性比弱b.氧化氨氮速率比慢c.在废水中溶解度比较小d.空气中的进入废水中【答案】 随

28、着的升高，含量增大，氧化性降低，导致氨氯去除率下降 随着的升高，氨氮废水中含量增大，而比更易被氧化 1.5 【解析】【分析】(1)pH=1.25时，NaClO可与NH4+反应生成N2等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子和水，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式；(2)进水pH为1.252.75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)较小致氧化能力弱；进水pH为2.756.00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；结合图象变化可知进水pH应控制在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，

29、发现氨氮去除率几乎不变，说明O2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+反应生成N2等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子，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+3Cl-+2H+；(2)进水pH为1.252.75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；进水pH为2.756.00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；进水pH应控制在1

30、.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：O2的氧化性比NaClO弱、O2氧化氨氮速率比NaClO慢、O2在溶液中溶解度比较小；故答案为：abc。7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

31、、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：提出假设：甲溶液的主要成分为_，乙溶液的主要成分为_。实验验证：取甲、乙两种溶液少许，分别加入几滴_试液，若中假设正确，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

32、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：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。不断搅拌并控制B中混合液的温度为2030至反应结束。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：仪器C的名称是_；为更好地控制反应温度，应采用方法是_；生成过氧乙酸的化学方程式为_；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

33、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 + H2O2CH3COOOH + H2O 7.15 【解析】【分析】（1）若假设甲溶液的有效成分是H2O

34、2，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）由仪器的结构，可知C为直形冷凝管；控制B中混合液的温度为2030，应采取水浴加热；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+CH3

35、COOH +H2O，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，由这两个方程式，确定关系式：CH3COOOHI22Na2S2O3，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

36、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）由仪器的结构，可知C为直形冷凝管；控制B中混合液的温度为2030，应采取水浴加热，受热均匀，便于控制温度；乙酸与过氧化氢在浓硫酸、2030条件下反应生成过氧乙酸(CH3COOOH)，反应的化学方程式为：CH3COOH + H2

37、O2CH3COOOH + H2O ；CH3COOOH+2I+2H+ =I2+CH3COOH +H2O，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，由这两个方程式，确定关系式：CH3COOOHI22Na2S2O3，可知稀释后的5.00mL溶液中过氧乙酸的物质的量是：0.0143L0.1000mol/L，原来2.00mL溶液中的过氧乙酸的物质的量是：0.0143L0.1000mol/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

38、质的量。8利用还原铁的氧化物并确定其组成的装置如图所示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：装置启普发生器用于制备，还可用于_填字母，下同。A生石灰与浓氨水制 B过氧化钠与水制C硫化铁固体与稀硝酸制大理石与稀盐酸制中依次盛装的试剂为_，酸性溶液中发生反应的离子方程式为_。A酸性溶液、浓、焦性没食子酸溶液B焦性没食子酸溶液、浓、酸性溶液C酸性溶液、焦性没食子酸溶液、浓“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_。反应过程中G管逸出的气体是_，其处理方法是_。结束反应时，应该_，待装置冷却后称量并记录相应数据。假设反应完

39、全后瓷舟中的固体只有Fe单质，实验中测得了下列数据：瓷舟的质量为；瓷舟和FexOy的总质量为；反应前U形曾及内盛物的总质量为；反应后U形管及内盛物的总质成为。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 打开活塞K 检验的纯度 氢气或 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 【解析】【分析】H2还原WO3制备金属W，装置Q用于制备氢气，因盐酸易挥发，则、应分别用于除去HCl、H2S、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

40、生石灰与浓氨水制，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，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，可用启普发生器，故D正确。故答案为：D；、应分别用于除去HCl、氧气和水，以得到干燥的氢气，酸性溶液中发生反应的离子方程式为；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，应先检验的纯度；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；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；已知：瓷舟的质量为；瓷舟和的

41、总质量为，则；反应前U形曾及内盛物的总质量为；反应后U形管及内盛物的总质成为，则生成，则氧化物中，； ，则：4，化学式为。9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： 称取一定质量的样品，将样品溶解； 向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，产生沉淀； 将沉淀过滤、洗涤、干燥得到白色固体17.22 g。实验2： 称取与实验1中相同质量的样品，将样品溶解； 向溶解后的溶液中通入足量的Cl2； 再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，得到红褐色沉淀； 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

42、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

43、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+3H2OFe（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