高考化学试题分类解析汇编：氧化还原反应

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1、2021年高考化学试题分类解析汇编：氧化复原反响1. 2021江苏化学卷5以下有关物质的性质与应用不相对应的是A.明矾能水解生成Al(OH)3胶体,可用作净水剂B.FeCl3溶液能与Cu反响，可用于蚀刻印刷电路C.SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆D.Zn具有复原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料C 解析：此题属于元素及其化合物知识的考查范畴，这些内容都来源于必修一、和必修二等课本内容。铝离子水解、胶体的吸附性、Fe3的氧化性、SO2和Zn的复原性等内容，看来高三一轮复习围绕课本、围绕根底展开，也不失为一条有效途径。2. 2021江苏化学卷9以下表示对应化学反响的离子方程式正确的选项是A.用

2、KIO3氧化酸性溶液中的KI：5IIO33H2O=3I 26OHB.向NH4HCO3溶液中加过量NaOH溶液并加热：NH46OHNH3H2OC.将过量二氧化硫气体入冷氨水中：SO2NH3H2O=HSO3NH4D.用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag2H3NO3=AgNOH2OC 解析：此题是根本概念中离子方程式判断正误的考查，选题以元素化合物根底和生活内容为背景。A.一定要注意酸性溶液中不能出现OH。B.NH4HCO3溶液HCO3也能与NaOH反响。C.过量二氧化硫气体入冷氨水只能酸式盐。D.得失电子不守恒。【备考提示】高考常设置的错误形式有：离子反响不符合客观事实；各物质化学式拆分错误；不符合“

3、三个守恒质量、电荷、电子；不符合有机物官能团性质；反响环境与产物的矛盾；改写是否正确注意区别胶体与沉淀；隐含的反响是否遗漏生成物与反响物不共存、隐含的氧化性物质等；方程式与所给的“量的条件是否切合“过量，“适量，“足量，“少量等解此类问题是应做到：注意“三看：看反响环境，看操作顺序，看反响物之间量的关系。牢记“三查：查物质是否能拆分成离子形式，查三个守恒，查阴阳离子的比例与它们形成化合物时的比例是否相同。3. 2021海南化学卷3以下各组中，每种电解质溶液电解时只生成氢气和氧气的是A. HCl、 CuCl2、 Ba(OH)2 B. NaOH、CuSO4、 H2SO4 C. NaOH、H2SO4

4、、 Ba(OH)2 D. NaBr、 H2SO4、 Ba(OH)2C 【解析】电解时只生成氢气和氧气，那么电解质所含的阳离子在金属活动性顺序表中铜之前，阴离子不能是简单离子；电解HCl的方程式为：2HClCl2 + H2，A选项错；电解CuSO4溶液的方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2，B选项错；电解NaBr的方程式为：2NaBr+2H2O2NaOH+H2+Br2，D选项错。4. 2021海南化学卷6将锌粉参加到200mL的0.100 molL-1MO2+溶液中，恰好完全反响，那么复原产物可能是 A. M B. M2+ CM3+ D. MO2+B 【解析】根据得失电子守

5、恒可计算：锌粉(0.003mol)失去的电子为0.006mol；MO2+中M的化合价为+5，设其降低为+x价，那么有：(5-x)0.020.1=0.006，解得x=2，故B选项正确。5.2021海南化学卷10以下表达错误的选项是 A生铁中含有碳，抗腐蚀能力比纯铁弱 B用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈 C在铁制品上镀铜时，镀件为阳极，铜盐为电镀液 D铁管上镶嵌锌块，铁管不易被腐蚀C 【解析】生铁中含有碳，构成原电池加快了腐蚀速率，故A选项正确；用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈，是因为构成的原电池中Fe作负极，加快了腐蚀速率，故B选项正确；在铁制品上镀铜时，镀件应为阴极，故C选项错；铁管上镶嵌锌块

6、，构成的原电池中Fe作正极，受到保护，故D选项正确。6.2021安徽理综化学卷10仅用下表提供的玻璃仪器非玻璃仪器任选就能实现相应实验目的的是选项实验目的玻璃仪器A别离乙醇和乙酸医酯的混合物分液漏斗、烧杯B用的盐酸配制100ml, 的盐酸100ml容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管C用溴水、淀粉-KJ溶液比拟与的氧化性强弱试管、胶头滴管D用和固体制备并收集酒精灯、烧杯、导管、集气瓶C 【解析】此题主要考查常见实验中仪器的选择，同时考查考生对简单实验的设计能力。A项，在分液漏斗中参加混合物，然后加水振荡，分液即可得到乙酸乙酯和乙醇的水溶液，而要从乙醇水溶液中再别离出乙醇，需进行蒸馏操作，需用到蒸馏烧

7、瓶、冷凝管等玻璃仪器；B项，还需用到酸式滴定管等玻璃仪器；C项用试管、胶头滴管即可实现实验目的；D项，制备、收集NH3用到的玻璃仪器有大试管、酒精灯、导管、集气瓶。故C项正确。7.2021浙江理综化学卷13化学方程式可简明地表达元素及其化合物的性质。：氧化复原反响：2FeCl3 + 2HI = 2FeCl2 + I2 + 2HCl； 2Co(OH)3 + 6HCl = 2CoCl2 + Cl2 + 6H2O2Fe(OH)2 + I2 + 2KOH = 2Fe(OH)3 + 2KI； 3I2 + 6KOH = 5KI + KIO3 + 3H2O复分解反响：2HSCN + K2CO3 = 2KSC

8、N + CO2 + H2O； KCN + CO2 + H2O = HCN + KHCO3热分解反响：4NaClO 3NaCl + NaClO4；NaClO4 NaCl + 2O2以下说法不正确是：A氧化性酸性溶液：FeCl3 Co(OH)3 I2B复原性碱性溶液：Fe(OH)2 I2 KIO3C热稳定性：NaCl NaClO4 NaClOD酸性水溶液：HSCN H2CO3 HCNA 解析：根据氧化复原反响方程式中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，复原剂的复原性强于复原产物，所以，氧化性酸性溶液：Co2O3Cl2Fe3+I2，A选项错；复原性碱性溶液：Fe(OH)2 I2 KIO3，B选项正确；C选

9、项，根据在热分解反响中稳定性弱的物质容易分解生成对应的稳定性强的物质，C正确；D选项，根据在复分解反响中强酸制取弱酸的原那么，酸性水溶液：HSCN H2CO3 HCN，正确。8. 2021广东理综化学卷8在水溶液中能大量共存的一组是A B C D 2+和ClO-9. 2021广东理综化学卷10以下应用不涉及氧化复原反响的是A Na2O2用作呼吸面具的供氧剂 B 工业上电解熔融状态Al2O3制备AlC 工业上利用合成氨实现人工固氮 D 实验室用NH4Cl 和Ca(OH)2制备NH3解析：A有单质O2生成。B有单质Al生成。C有单质H2和N2反响10.2021广东理综化学卷11 设nA 为阿伏伽德

10、罗常数的数值 ，以下说法正确的选项是A 常温下 ，4gCH4 含有nA 个C-H共价键B 1 mol Fe 与过量的稀HNO3 反响，转移2 nA 个电子C 1 L 0.1 mol NaHCO3A 个HCO3 D 常温常压下，的NO2 和CO2合气体含有2 nA 个O 原子解析：B 应该是转移3 nA A 个HCO3 。D条件错误，应为标准状况。11.2021广东理综化学卷12以下陈述、正确并且有因果关系的是 D解析：A关系不对，陈述是复原性。B二氧化硅不导电。C关系不对，陈述是吸水性12.2021四川理综化学卷11一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反响为CH3CH2OH4e+

11、H2O=CH3COOH+4H。以下有关说法正确的选项是A. 检测时，电解质溶液中的H向负极移动B. 假设有0.4mol电子转移，那么在标准状况下消耗氧气C. 电池反响的化学方程式为：CH3CHO+O2=CH3COOH+H2OD. 正极上发生的反响是：O2+4e+2H2O=4OHC【解析】此题考查的是原电池和电解池原理。原电池中H移向电池的正极，A项错误；该原电池的总反响为乙醇的燃烧方程式，C项正确，用C项的方程式进行判断，有0.4 mol的电子转移，消耗氧气为0.11 mol，B项错误；酸性电池不可能得到OH，D项错误。13.2021四川理综化学卷132O的混合物中参加某浓度的稀硝酸，固体物质

12、完全反响，生成NO 和CuNO32，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为。以下有关说法不正确的选项是A. Cu与Cu2O 的物质的量之比为2:1 B. D.Cu、Cu2O与硝酸反响后剩余HNO3B 【解析】此题考查化学计算。根据题意知最后得到的沉淀是Cu(OH)2，其质量是39.2 g，那么n(Cu(OH)2)=0.4 mol，n(Cu)=0.4 mol，即原化合物中的n(Cu)等于0.4 mol，设原化合物中的Cu和Cu2O的物质的量分别是x、y，那么有x2y=0.4 mol，64x144y=27.2 g，解得x=0.2 mol，y=0.1 mol，物质的量之比等于2:1，A正确；

13、反响后得到溶质是NaNO3，那么表现酸性的硝酸与氢氧化钠的物质的量相等，即1 mol，0.2 mol Cu和0.1 mol Cu2)mole，那么有0.2 mol的硝酸被复原为NO，所以硝酸的总物质的量是1.2 mol，浓度是2.4 mol/L，B错；产生的NO为0.2 mol，标准状况下体积是4.48 L，C正确；原混合物与硝酸反响生成Cu(NO3)2，n(Cu)=0.4 mol，所以n(NO3-)=0.8 mol，被复原的硝酸是0.2 mol，硝酸的总物质的量是1.2 mol，所以剩余硝酸0.2 mol，D正确。【技巧点拨】 “守恒法就是利用物质变化中的某些守恒关系为解题依据，直接列关系式

14、解题。运用守恒法解题易于形成解题思路，同时可防止书写繁琐的解题过程，大大提高了解题的效率，是化学计算中常用的方法。14. 2021新课程理综化学卷7以下表达正确的选项是 A液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B能使湿润的淀粉KI试纸变蓝色的物质一定是Cl2C某溶液中参加CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I-D某溶液中参加BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag+A 【解析】： B项，除了氯气外，其它的如臭氧都可以将其氧化得到碘单质；C项，应该是证明含有碘单质；D项，不能排除SO42-的干扰。15. 2021江苏化学卷18(12分)硫酸钠-过氧化氢加合物(xN

15、a2SO4yH2O2zH2O)的组成可通过以下实验测定：准确称取样品，配制成100ml溶液A 。 ml溶液A，参加盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、枯燥至恒重，得到白色固体 。 molL1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液 ml。H2O2与KMnO4反响的离子方程式如下：2MnO45H2O26H=4Mn28H2O5O2(1)室温下BaSO4的Ksp=1.11010，欲使溶液中c(SO42)106 molL1，应保持溶液中c(Ba2) molL1。(2)上述滴定不加稀硫酸酸化，MnO4被复原成MnO2，其离子方程式为： 。(3)通过计算确定样品的组成(写出计算过程)。【参

16、考答案】(1)n(BaSO4)=/233 gmol1=103 mol(2)2MnO45H2O26H=2Mn28H2O5O2(3)n(H2O2)=5/2(mol L1 mL)/1000mL L1=103 molm(Na2SO4)=142gmol1103mol=m(H2O2)=34gmol1103mol=n(H2O)=(mL/100 mL)/18 gmol1=103 molx:y:z=n(Na2SO4):n(H2O2):n(H2O)=2:1:2硫酸钠-过氧化氢加合物的化学式为2Na2SO4H2O22H2O【解析】此题属于物质组成分析与化学综合计算题。利用氧化复原反响滴定进行成分析，运用元素守恒进行

17、推理计算，兼有溶度积常计算，离子方程式书写。【备考提示】可见，高三复习还得紧紧抓住元素守恒守恒、质量守恒、电荷守恒、极端分析等化学常用分析方法。16. 2021江苏化学卷19(15分)废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境。实验室利用废弃旧电池的铜帽(Zn、Cu总含量约为99%)回收铜并制备ZnO的局部实验过程如下：(1)铜帽溶解时参加H2O2的目的是 (用化学方程式表示)。铜帽溶解后需将溶液中过量H2O2除去。除去H2O2的简便方法是 。(2)为确定参加锌灰(主要成分为Zn、ZnO，杂质为铁及其氧化物)含量，实验中需测定除去H2O2后溶液中Cu2的含量。实验操作为：准确量取一定体

18、积的含有Cu2的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调节pH=34，参加过量KI，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点。上述过程中的离子方程式如下：2Cu24I=2CuI(白色)I2 I22S2O32=2IS4O62滴定选用的指示剂为 ，滴定终点观察到的现象为 。假设滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的Cu2的含量将会 (填“偏高“偏低“不变)。(3)pH11时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成Zn(OH)42。下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀pH(开始沉淀的pH molL1计算)开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe3Fe2Zn2实验中可选用的试剂：30% H2O2、 molL1HNO3、 mo

19、lL1 NaOH。由除去铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为： ； ；过滤； ；过滤、洗涤、枯燥900煅烧。【参考答案】(1)CuH2O2H2SO4=CuSO42H2O 加热(至沸)(2)淀粉溶液 蓝色褪去 偏高 (3)向滤液中参加30%的H2O2使其充分反响 moL L1的氢氧化钠，调节pH约为5(pH)，使Fe3沉淀完全 moL L1的氢氧化钠，调节pH约为10(pH11)，使Zn2沉淀完全【解析】此题以实验室利用废弃旧电池的铜帽回收铜并制备ZnO制取和分析为背景的综合实验题，涉及元素化合物知识、氧化复原滴定、指示剂选择、误差分析、实验步骤、pH调节等多方面内容，考查学生对综合实验处理能力。

20、【备考提示】实验的根本操作、实验仪器的选择、实验误差分析、物质的除杂和检验等内容依然是高三复习的重点，也是我们能力培养的重要目标之一。17. 2021福建理综化学卷241电镀是，镀件与电源的 极连接。2化学镀的原理是利用化学反响生成金属单质沉淀在镀件外表形成的镀层。假设用铜盐进行化学镀铜，应选用 填“氧化剂或“复原剂与之反响。某化学镀铜的反响速率随镀液pH变化如右图所示。该镀铜过程中，镀液pH控制在左右。据图中信息，给出使反响停止的方法： 3酸浸法制取硫酸铜的流程示意图如下：步骤i中Cu2(OH)2CO3发生反响的化学方程式为 。步骤ii所加试剂起调节pH作用的离子是 (填离子符号)。在步骤i

21、ii发生的反响中，1molMnO2转移2个mol电子，该反响的离子方程式为 。步骤iv除去杂质的化学方程式可表示为过滤后母液的，c=a molL1，c=b molL1，c=d molL1，该反响的平衡常数K= 用含a、b、d的代数式表示。解析：1电镀池中，镀件就是待镀金属，作阴极，与电源的负极相连；镀层金属为阳极，与电源正极相连。2要把铜从铜盐中置换铜出来，比方用铁就可以，铁是作复原剂的，所以参加复原剂，根据图示信息，pH=89之间，反响速率为0，所以要使反响停止，调节溶液的pH至89 之间，可见读图信息的重要性。(3) 碱式碳酸铜与硫酸反响的方程式直接写，用观察法配平。Cu2(OH)2CO3

22、+2H2SO4=2CuSO4+CO2+3H2O题目要求调高PH，铵根离子显酸性，碳酸氢根离子显碱性，那么起作用的离子是碳酸氢根离子。依题意亚铁离子变成了铁离子，1mol MnO2转移电子2 mol，那么锰元素从+4变成+2价，溶液是显酸性的，方程式经过观察可要补上氢离子，综合上述分析可写出离子方程式为：MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O氢离子浓度为10-2，依据K的表达式马上就可写出来K= 。 24题没有了复杂的工艺的流程，这个信号在质检题中已经给出，没有在流程上设置障碍，问题设计平实，难度不大。平衡常数计算简单，只要代入即可，没有复杂的数学变换，降低了难度。对图中信息的获

23、取要求较高。18. 2021浙江理综化学卷26(15分)大气中SO2和NOx是形成酸雨的主要物质。某地酸雨中可能含有以下离子：Na+、Mg2+、NH4+、Cl-、SO32-、SO42-、NO3-和NO2-等。某研究小组取该地一定量的酸雨，浓缩后将所得试液分成4份，进行如下实验：第一份酸化后滴加适量的淀粉KI溶液，呈蓝色；第二份滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀析出；第三份滴加NaOH溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；第四份参加硝酸酸化的AgNO3溶液，有沉淀产生，静置，在上层清液中滴加酸性KMnO4溶液，不褪色。：Ksp(Ag2SO4) = 1.2010-5请答复以下问

24、题：1该酸雨中肯定存在的离子有 ；肯定不存在的离子有 ，说明其不存在的理由： 。2写出试液中滴加淀粉KI溶液所发生反响的离子方程式： 。3设计实验方案，检验该试液中是否存在Cl-： 。4该研究小组为了探究NO参与的硫酸型酸雨的形成，在烧瓶中充入含有少量NO的SO2气体，慢慢通入O2，该过程中发生的化学反响有 、 ，再喷射适量蒸馏水即得硫酸型酸雨。说明NO的作用： 。解析：1从酸雨中可能含有的离子分析，SO32-具有较强的复原性，因此酸性条件下SO32-与NO3-是不能共存的。从浓缩后所得的4份试液进行的实验分析可知：第一份酸化后滴加适量的淀粉KI溶液，呈蓝色，说明有NO3或NO2-，6I- +

25、 2NO3- + 8H+ = 3I2 + 2NO+ 4H2O或2NO2-+ 2I+ 4H= I2 + 2NO+ 2H2O；第二份滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀析出，说明有SO42；第三份滴加NaOH溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有NH4；第四份参加足量硝酸酸化的AgNO3溶液，有沉淀产生，说明可能有Cl或SO42(生成AgCl或Ag2SO4，均不溶于稀硝酸)，静置，在上层清液中滴加酸性KMnO4溶液，不褪色，说明没有NO2-，否那么NO2-离子能与具强氧化性的酸性KMnO4溶液反响，使KMnO4溶液褪色5NO2- + 2MnO4+6H= 5NO3+ 2Mn2

26、+ 3H2O。所以，该酸雨中肯定存在的离子有SO42-、NO3-、NH4+；肯定不存在的离子有SO32-、NO2-。2试液中滴加淀粉KI溶液所发生反响的离子方程式是：6I- + 2NO3- + 8H+ = 3I2 + 2NO+ 4H2O。3由于该试液中存在着SO42，所以，检验该试液中是否存在Cl- 时要考虑排除SO42的干扰。检验的方法为：取少量试液，滴加足量的Ba(NO3)2溶液，静置；取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，假设有白色沉淀产生，那么存在Cl-。4据题目告知，是探究NO参与硫酸型酸雨的形成，根据硫酸型酸雨的形成的机理：化石燃料的燃烧、含硫金属矿石的冶炼和硫磺的生产等过程中

27、产生的SO2 释放到空气中，在光照、烟尘中的金属氧化物等的催化作用下，SO2 与氧气反响生成SO3 ，SO3 溶于雨水后形成H2SO4。因此当在烧瓶中充入含有少量NO的SO2气体，慢慢通入O2时，要生成SO3 必须要有催化剂参与，所以NO应该是起了催化剂的作用，该过程中发生的化学反响该是2NO+O2= 2NO2 ， NO2+SO2 = SO3 + NO。答案：1SO42-、NO3-、NH4+ ；SO32-、NO2- ；SO32-具有较强的复原性，酸性条件下，与NO3-不能共存。假设有NO2-，能使酸性KMnO4溶液褪色26I- + 2NO3- + 8H+ = 3I2 + 2NO+ 4H2O3取

28、少量试液，滴加足量的Ba(NO3)2溶液，静置；取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，假设有白色沉淀产生，那么存在Cl-42NO+O2= 2NO2 NO2+SO2 = SO3 + NO ；催化剂19.2021四川理综化学卷2613分以下框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液，相互之间的转化关系如以下图所示局部产物及反响条件已略去。A、B为气态单质，F是地壳中含量最多的金属元素的单质；E、H、I为氧化物，E为黑色固体，I为红棕色气体；M为红褐色沉淀。请答复以下问题：1B中所含元素位于周期表中第 周期， 族。2A在B中燃烧的现象是 。3D+EB的反响中，被氧化与被复原的物质的物质的量比是

29、。4G+GM的离子方程式是 。5Y受热分解的化学方程式是 。【答案】三 VIIA (各1分，共2分) 产生苍白色火焰(2分)2:1(3分) 3AlO2+Fe3+6H2O=3Al(OH)3+Fe(OH)3(3分)4Fe(NO3)32Fe2O3+12NO2+3O2(3分)【解析】根据转化关系和题中所给的信息可以判断：A为H2、B为Cl2、C为NaOH、D为HCl、E为MnO2、F为Al、G为NaAlO2、H为Fe2O3、I为NO2、J为FeCl3、M为Fe(OH)3、N为HNO3。(1)B中含有的氯元素位于元素周期表第三周期第VIIA族。(2)H2在Cl2中燃烧产生苍白色的火焰。(3)浓盐酸与二氧

30、化锰发生的反响为MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O，反响中被氧化(注意发生反响的HCl只有一半被氧化)与被复原的物质的物质的量之比是2：1。(4)NaAlO2与FeCl3在溶液中发生双水解反响：3AlO2 Fe36H2O3Al(OH)3 Fe(OH)3(5)硝酸铁受热分解生成氧化铁、二氧化氮和氧气，化学反响方程式为：4Fe(NO3)32Fe2O312NO23O2。20. 2021天津理综化学卷918分信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70Cu、25Al、4Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备

31、硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请答复以下问题： 第步Cu与酸反响的离子方程式为_；得到滤渣1的主要成分为_。 第步加H2O2的作用是_，使用H2O2的优点是_；调溶液pH的目的是使_生成沉淀。 用第步所得CuSO45H2O制备无水CuSO4的方法是_。 由滤渣2制取Al2(SO4)318H2O ，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，_方案不可行，原因是_：从原子利用率角度考虑，_方案更合理。 探究小组用滴定法测定CuSO45H2O Mr250含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干扰离子后，用c mol LL1 EDTAH2Y2标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA

32、溶液6 mL。滴定反响如下：Cu2+ + H2Y2 CuY2 + 2H+ 写出计算CuSO45H2O质量分数的表达式 _ ；以下操作会导致CuSO45H2O含量的测定结果偏高的是_。a未枯燥锥形瓶 b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡 c未除净可与EDTA反响的干扰离子该实验题是物质制备的工艺流程式试题。在天津第一次以这种形式考查。全国各地已多年屡次出现。3 第加稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反响生成Cu2+、Al3+、Fe2+。所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+。Cu和酸反响的离子方程式为或4 第步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3

33、+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染。调溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀。所以滤液2的成分是Cu2+，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝。5 第步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是再坩埚中加热脱水6 制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行。乙和丙方法均可行。乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3,再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3,蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体。丙方案先在滤渣中加NaOH,和Al(OH)3反响

34、生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2(SO4)3, 蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体。但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2(SO4)3的原子组成没有关系，造成原子浪费。5考查中和滴定的简单计算和误差的分析。，造成偏高的选c.21.2021北京理综化学卷2715分有文献记载:在强碱条件下，加热银氨溶液可能析出银镜。某同学进行如下验证和比照实验。装置实验序号试管中的药品现象 实验2mL银氨溶液和数滴较浓NaOH溶液有气泡产生:一段时间后，溶液逐渐变黑:试管壁附着银镜实验2mL银氮溶液和数滴浓氨水有气泡产生:一段时间后，溶液无明显变化该同学欲分析实验和

35、实验的差异，查阅资料:abAgOH不稳定，极易分解为黑色Ag2O(I)配制银氨溶液所需的药品是 。(2)经检验，实验的气体中有NH3,黑色物质中有Ag2O.用湿润的红色石蕊试纸检验NH3产生的现象是 。产生Ag2O的原因是 。(3)该同学对产生银镜的原因提出瑕设:可能是NaOH复原Ag2O。实验及现象:向AgNO3 溶液中参加 ，出现黑色沉淀;水浴加热，未出现银镜。(4)重新假设:在NaOH3， 复原Ag2O。用右图所示装置进行实验.现象:出现银镜。在虚线框内画出用生石灰和浓氨水制取NH3的装置简图(夹持仪器略)。(5)该同学认为在(4)的实验中会有Ag(NH3)2OH生成.由此又提出假设:在

36、NaOH存在下，可能是Ag(NH3)2OH也参与了NH3，复原Ag2O的反响.进行如下实验: 有局部Ag2O溶解在氨水中，该反响的化学方程式是 。 验结果证实假设成立，依据的现象是 。用HNO3,消洗试管壁上的Ag，该反响的化学方程式是 。【答案】AgNO3溶液和氨水(2分) 试纸变蓝(1分)在NaOH存在下,加热促进NH3H2O分解,逸出氨气,促使平衡向正向移动,c(Ag+)增大,Ag+与OH-反响立即转化为Ag2O:2OH-+2Ag+=Ag2O+H2O(2分)过量NaOH溶液(2分) (2分)Ag2O+4NH3H2O=Ag(NH3)2OH+3H2O(2分)与溶液接触的试管壁上析出银镜(2分

37、)Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2+H2O(2分)【解析】1实验室实用AgNO3溶液和氨水配置银氨溶液。2氨气遇湿润的红色石蕊试纸会变蓝色；由于银氨溶液中存在如下平衡：，加热会促使分解，生成物浓度减小，平衡向右移动，Ag+与氢氧化钠反响生成不稳定的AgOH，AgOH分解为黑色Ag2O。3既然假设NaOH复原Ag2O，那么溶液中必然要存在NaOH，所以向AgNO3溶液中参加应该参加过量的NaOH溶液，才可能验证假设是否成立。4实验室用生石灰和浓氨水制取NH3的装置应该是固液不加热的装置。5依据题意Ag2O溶解在氨水中应该形成Ag(NH3)2OH；假设成立必然会在试管上形成银镜。22.

38、2021新课程理综化学卷26(14分) 铁是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物。(1)要确定铁的某氯化物FeClx的化学式，可利用离子交换和滴定地方法。实验中称取的FeClx样品，溶解后先进行阳离子交换预处理，再通过含有饱和OH-的阴离子交换柱，使Cl-和OH-发生交换。交换完成后，流出溶液的OH-用0.40 molL-1的盐酸滴定，滴至终点时消耗盐酸25.0mL。计算该样品中氯的物质的量，并求出FeClx中x的值： 列出计算过程(2)现有一含有FeCl2和FeCl3的混合物样品，采用上述方法测得n(Fe)n(Cl) = 12.1，那么该样品中FeCl3的物

39、质的量分数为 。在实验室中，FeCl2可用铁粉和 反响制备，FeCl3可用铁粉和 反响制备；(3)FeCl3与氢碘酸反响时可生成棕色物质，该反响的离子方程式为 。(4)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3和KClO在强碱性条件下反响可制取K2FeO4，其反响的离子方程式为 ；与MnO2Zn电池类似，K2FeO4Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电极反响式为 ，该电池总反响的离子方程式为 。【答案】：(1) n(Cl) = L-1 = 0.01 mol m(Fe) = 0.10 molmol-1 = 故 n(Fe) = /5

40、6gmol-1 = 0.0034 mol n(Fe)0.010 13， 即x = 3(2) 0.10； 盐酸， 氯气；(3) 2Fe3+ + 2I- = 2Fe2+ + I2 (或2Fe3+ + 2I- = 2Fe2+ + I3-)；(4) 2Fe(OH)3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO42- + 5H2O + 3Cl-；FeO42- + 3e- + 4H2O = Fe(OH)3 + 5OH-；2FeO42- + 8H2O + 3Zn = 2Fe(OH)3 + 3Zn(OH)2 + 4OH-【解析】：此题为中档题。前第13问较根底。在计算第问X值的时候，完全可以把x=2或者x=3代入，这样可以节省时间。第问也是近几年屡次考到的高铁酸钾，有关高铁酸钾的制备与电化学，第4问考查化学根本功，这里面有很好的区分度，扎实的同学拿总分值应该没有问题。第一个方程式屡次书写过，第二个方程式，很多同学觉得无法书写，其实首先写大体物质，高铁酸根被复原为Fe3+,然后再写出转移的电子数，根据电荷守衡，因为溶液是碱性的，所以产物只能写成8个OH-，一个Fe3+结合3个OH-生成Fe(OH)3，因为负极反响式为Zn - 2e- = Zn2+，所以最后一个方程式只需要综合得失电子守衡，将正、负极反响加合就可以得出正确答案。