2020-2021高考化学《氧化还原反应的综合》专项训练附详细答案

到平衡；

④刚开始因为达到平衡状态，所以浓度不变，根据虚线的浓度变化可知，后面体积缩小为

1，所以实线浓度也变两倍，后面又慢慢减小，直至继续平衡。 2【详解】

原来的

(1)将新制氯水逐滴滴入FeBr2溶液中，先是发生氯气氧化亚铁离子的反应，Cl2＋2Fe2＋＝2Fe3＋＋2Cl?，电子转移情况如下：

，故答案为：

；

(2)氢氧化钡少量，氢氧根离子和钡离子的物质的量不足，离子方程式按照氢氧化钡的组成书写，钡离子和氢氧根离子完全反应；由于氨水碱性强于氢氧化铝，故铝离子优先与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为3Ba2++6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，故答案为：3Ba2++6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓； (3)①根据图表数据，平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行，正反应是吸热反应，故答案为：吸热；

②向2L密闭定容容器中充入2mol C4H10，反应10s后测得H2浓度为1mol/L，2C4H10?C8H10(g)＋5H2，反应过程中生成C8H10的物质的量浓度为10s内，以C8H10表示的平均速率＝

1×1mol/L＝0.2mol/L，此50.2mol/L＝0.02mol/(L?s)，故答案为：0.02mol/(L?s)； 10s③2C4H10?C8H10(g)＋5H2，反应是气体体积增大的反应吸热反应，依据平衡移动原理分析图象；

a．反应前后都是气体，气体质量在反应过程中和平衡状态都始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故a不符合；

b．反应前后气体质量不变，物质的量增大，平均摩尔质量不变说明反应达到平衡状态，故b符合；

c．气体质量不变，体积不变，密度在反应过程中和平衡状态都不变，故c不符合； d．反应前后气体物质的量变化，压强之比等于气体物质的量之比，物质的量不变压强不变，说明反应达到平衡，故d符合； 故答案为：b、d；

④分析图象可知，刚开始因为达到平衡状态，所以浓度不变，根据虚线的浓度变化可知，后面体积缩小为原来的

1，所以实线浓度也变两倍，浓度变化为0.40mol/L，随反应进行后2面又慢慢减小，直至继续平衡，据此画出的图象为：

，故答案为：

。

【点睛】

本题(2)注意掌握离子方程式的书写原则，正确判断反应物离子的过量情况是解答的关键；(3)掌握图象分析与绘制方法，曲线变化起点和变化是解题关键。

8．草酸亚铁是合成锂离子电池正极材料磷酸亚铁锂的原料。某工厂以炼钢厂的脱硫渣(主要成分是Fe2O3)为原料生产电池级草酸亚铁晶体的工艺流程如下：

（1）要提高“酸浸”速率，宜采取的措施有___(填两条)。

（2）写出“还原”过程中既是化合反应又是氧化还原反应的离子方程式___。

（3）滤渣2中含有的TiOSO4在热水中易水解，生成H2TiO3，该反应的化学方程式为___。 （4）“滤液”经处理后得到一种化肥，其化学式为___。“一系列操作”指___。

（5）已知：298K时，Ksp[Fe(OH)2]=4.0×10-17，当离子浓度≤1.0×10-5mol?L-1时，视该离子已完全沉淀。上述流程中，加“氨水”调pH的范围为___(lg2≈0.3)。

（6）草酸亚铁晶体(FeC2O4?2H2O)纯度的测定：准确称取mg草酸亚铁晶体于锥形瓶中，加入一定量的稀硫酸溶液，并加热至50℃，用cmol?L-1KMnO4标准溶液滴定，达到滴定终点时，用去标准溶液VmL。滴定反应(未配平)：

FeC2O4?2H2O+KMnO4+H2SO4→Fe2(SO4)3+CO2+MnSO4+K2SO4+H2O；则样品中FeC2O4?2H2O的纯度为___%(用含有m、c、V的代数式表示)；若草酸亚铁晶体失去部分结晶水，测得的结果___(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。

【答案】加热、搅拌、粉粹矿粉等 2Fe3++Fe=3Fe2+ TiOSO4+2H2O=H2TiO2↓+H2SO4 (NH4)2SO4 洗涤、干燥 ≥ 8.3

30cV 偏高 m【解析】 【分析】

脱硫渣(主要成分为Fe2O3)用硫酸溶解，过滤除去不溶物，滤液中主要含有硫酸铁、硫酸等，进入铁粉还原得到硫酸亚铁，过滤分离，滤液中通入氨气，得到氢氧化亚铁沉淀，过滤分离，滤液中含有硫酸铵，氢氧化亚铁与草酸化合得到草酸亚铁，再经过过滤、洗涤、干燥得到草酸亚铁晶体。 【详解】

⑴要提高“酸浸”速率，宜采取的措施有：加热、搅拌、粉粹矿粉等；故答案为：加热、搅拌、粉粹矿粉等。

⑵“还原”过程中反应的离子方程式还有：Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+；故答案为：Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+。 ⑶TiOSO4在热水中易水解，生成H2TiO3沉淀，还生成硫酸，反应方程式为：TiOSO4 + H2O = H2TiO3↓ + H2SO4，故答案为：TiOSO4 + H2O = H2TiO3↓ + H2SO4。

⑷滤液中含有硫酸铵，经处理后得到一种农业上常用的化肥，过滤后，再经过洗涤、干燥得到草酸亚铁晶体，故答案为：(NH4)2SO4；洗涤、干燥。 ⑸根据题意，cOH????Ksp[Fe(OH)2]cFe2???4.0?10?17?1?6?1?mol?L?2.0?10mol?L，

1.0?10?5pH ≥ 8.3；故答案为：≥ 8.3。

⑹配平后反应方程式为：10FeC2O4?2H2O + 6KMnO4 + 24H2SO4 = 5Fe2(SO4)3 + 20CO2↑ + 6MnSO4 + 3K2SO4 + 24H2O，可知

n?FeC2O4?2H2O??1010n?KMnO4???V?10?3L?cmol?L?1，故6610?V?10?3L?c mol?L?1?180g?mol?1?0.3cV g，故6m?FeC2O4?2H2O??FeC2O4?2H2O的纯度为

0.3cVg30cV?100%?%，若草酸亚铁晶体失去部分结晶水，测mgm得的结果偏高；故答案为：

30cV；偏高。 m

9．高锰酸钾是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。可将软锰矿(主要成分为MnO2)和KClO3在碱性介质中制得K2MnO4，然后通入CO2制备高锰酸钾。已知：

溶解度/g 温度 K2CO3 20℃ 111 KHCO3 33.7 KMnO4 6.38 K2SO4 11.1 CH3COOK 217

(1)制备锰酸钾的主要反应为：3MnO2+6KOH+KClO3=3K2MnO4+KCl+3H2O ①该反应中的氧化剂是_____________，还原剂是_____________。 ②每生成 1mol K2MnO4转移_______ mol 电子。

(2)通入少量CO2气体时，锰酸钾发生歧化反应，生成KMnO4，MnO2，K2CO3。 ①则生成的 KMnO4与MnO2的物质的量之比为__________。

②若CO2过量会生成KHCO3，导致得到的KMnO4产品的纯度降低，其原因是

______________________________，可以把通CO2改为加其他的酸。从理论上分析，选用下列酸中_______，得到的产品纯度更高。 A．醋酸 B．浓盐酸 C．稀硫酸

【答案】KClO3 MnO2 2 2:1 KHCO3的溶解度比K2CO3小很多，滤液蒸发浓缩时KHCO3会随KMnO4一起结晶析出 A 【解析】 【分析】

（1）3MnO2+6KOH+KClO3=3K2MnO4+KCl+3H2O该反应中，锰元素化合价升高，故

MnO2是还原剂，氯元素化合价降低；

（2）①根据题目信息可以写出方程式为：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3； ②根据题目中的溶解度信息可以发现KHCO3的溶解度比K2CO3小很多，故滤液蒸发浓缩时KHCO3会随KMnO4一起结晶析出；盐酸具有还原性，能够还原高锰酸钾，加入醋酸生成醋酸钾，醋酸钾的溶解度比硫酸钾大的多，蒸发浓缩时会留在母液中，加入硫酸生成的硫酸钾溶解度小，会和高锰酸钾一起结晶析出而有杂质。 【详解】

（1）3MnO2+6KOH+KClO3=3K2MnO4+KCl+3H2O该反应中，锰元素化合价升高，故

MnO2是还原剂，氯元素化合价降低，故KClO3是氧化剂，该反应转移电子数是6，即生

成3个锰酸钾转移6个电子，故每生成 1molK2MnO4转移2 mol 电子； 答案为：KClO3；MnO2 ；2；

（2）①根据题目信息可以写出方程式为：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3，故生成的KMnO4与MnO2 的物质的量之比为2:1；

②根据题目中的溶解度信息可以发现KHCO3的溶解度比K2CO3小很多，故滤液蒸发浓缩时KHCO3会随KMnO4一起结晶析出；盐酸具有还原性，能够还原高锰酸钾，加入醋酸生成醋酸钾，醋酸钾的溶解度比硫酸钾大的多，蒸发浓缩时会留在母液中，加入硫酸生成的硫酸钾溶解度小，会和高锰酸钾一起结晶析出而有杂质，故选择醋酸；

答案为： 2:1 ；KHCO3的溶解度比K2CO3小很多，滤液蒸发浓缩时KHCO3会随KMnO4一起结晶析出；A。 【点睛】

--+2+高锰酸根能够将氯离子氧化为氯气：2MnO4+10Cl+16H=2Mn+5Cl2?+8H2O。