【化學(xué)】化學(xué)氧化還原反應(yīng)的專項(xiàng)培優(yōu)練習(xí)題附答案解析

1、【化學(xué)】化學(xué)氧化還原反應(yīng)的專項(xiàng)培優(yōu)練習(xí)題附答案解析一、高中化學(xué)氧化還原反應(yīng)1.亞氯酸鈉（NaClQ）是二氧化氯（C1Q）泡騰片的主要成分。實(shí)驗(yàn)室以氯酸鈉（NaCld）為原料先制得C1O2,再制備NaClO2粗產(chǎn)品，其流程如圖：已知：C1O2可被NaOH溶液吸收，反應(yīng)為2CQ+2NaOH=NaCl0+NaCQ+H2O。無水NaClC2性質(zhì)穩(wěn)定，有水存在時(shí)受熱易分解。（1）反應(yīng)I中若物質(zhì)X為SQ,則該制備C1C2反應(yīng)的離子方程式為。（2）實(shí)驗(yàn)在如圖-1所示的裝置中進(jìn)行?！敬鸢浮?CIO3+SA2CQ+SO42-若X為硫磺與濃硫酸，也可反應(yīng)生成ClC2o該反應(yīng)較劇烈。若該反應(yīng)在裝置A的三頸燒瓶中進(jìn)行

2、，則三種試劑（a.濃硫酸；b.硫黃；c.NaClC3溶液）添加入三頸燒瓶的順序依次為（填字母）。反應(yīng)n中雙氧水的作用是。保持反應(yīng)時(shí)間、反應(yīng)物和溶劑的用量不變，實(shí)驗(yàn)中提高CIO2吸收率的操作有：裝置A中分批加入硫黃、（寫出一種即可）。（3）將裝置B中溶液蒸發(fā)可析出NaClC2,蒸發(fā)過程中宜控制的條件為（填減壓”、常壓”或加壓”）。（4）反應(yīng)I所得廢液中主要溶質(zhì)為Na2SQ和NaHSQ,直接排放會(huì)污染環(huán)境且浪費(fèi)資源。為從中獲得芒硝（Na2SQl0H2O）和石膏（水合硫酸鈣），請(qǐng)補(bǔ)充完整實(shí)驗(yàn)方案：,將濾液進(jìn)一步處理后排放（實(shí)驗(yàn)中須使用的試劑和設(shè)備有：CaO固體、酚儆、冰水和冰水?。?。已知：CaSO4

3、不溶于NazSQ水溶液；NazSQ的溶解度曲線如圖-2所示。cab作還原劑水浴加熱時(shí)控制溫度不能過高（或加一個(gè)多孔球泡等)減壓向廢液中分批加入適量CaO固體并攪拌，用冰水浴控制反應(yīng)溫度，對(duì)濁液取樣并滴加酚儆，至溶液呈淺紅色時(shí)停止加入CaO。靜置后過濾，用水洗滌沉淀2-3次得到石膏；濾液蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶至32.4C以下，接近0C,過濾，所得晶體用冰水洗滌2-3次，低溫干燥得到芒硝【解析】【分析】用二氧化硫?qū)aClC3還原制得C1O2,C1O2和NaOH反應(yīng)制得NaCQ和NaClQ,再用過氧化氫將NaCQ還原成NaCQ制得NaCQ粗品?！驹斀狻?1)SQ作還原劑，S化合價(jià)升高2,被氧化成SO4

4、2-,C1O3-作氧化劑，被還原成ClC2,Cl化合價(jià)降低1,結(jié)合電子得失守恒、電荷守恒、原子守恒可書寫離子方程式：2C1C3-+SC22C1O2+SC42",故答案為：2ClO3-+SQ2CQ+SC42-；(2)反應(yīng)劇烈，濃硫酸只能在最后添加，結(jié)合流程圖可知先加NaClQ,所以順序?yàn)椋合燃覰aClO3,再加S,最后加濃硫酸，故答案為：cab；反應(yīng)n中NaO書口CIO2反應(yīng)生成NaClO3和NaClO2,過氧化氫的作用是將NaClO3還原成NaClQ,過氧化氫會(huì)分解，溫度不宜太高，所以控制A中水浴加熱時(shí)溫度不過高，或者在B中攪拌、或者加一個(gè)多孔球泡，故答案為：作還原劑；水浴加熱時(shí)控制

5、溫度不能過高(或加一個(gè)多孔球泡等)；(3)無水NaClQ性質(zhì)穩(wěn)定，有水存在時(shí)受熱易分解，應(yīng)該減壓，讓水分盡快蒸發(fā)，故答案為：減壓；(4)加入一定量CaO>NaHSQ反應(yīng)成CaSQ,為了保證NaHSQ反應(yīng)完，所加CaO需稍過量，CaO過量溶液就顯堿性了，可以用酚酬:作指示劑，當(dāng)溶液變?yōu)闇\紅色時(shí)停止加CaO,CaSQ不溶于Na2SQ水溶液，此時(shí)可用過濾、洗滌的方法得到石膏，此時(shí)濾液為NaSO溶液，還不是芒硝，從圖上看，可將溫度調(diào)整32.4C以下，形成芒硝，析出芒硝晶體，過濾、洗滌、干燥就可得芒硝了，為了使芒硝產(chǎn)率較高，可用冰水洗滌，降低因溶解損失的量，故答案為：向廢液中分批加入適量CaO固體

6、并攪拌，用冰水浴控制反應(yīng)溫度，對(duì)濁液取樣并滴加酚儆，至溶液呈淺紅色時(shí)停止加入CaO。靜置后過濾，用水洗滌沉淀2-3次得到石膏；濾液蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶至32.4C以下，接近0C,過濾，所得晶體用冰水洗滌2-3次，低溫干燥得到芒硝?！军c(diǎn)睛】結(jié)合圖像，溫度低于32.4C以下，硫酸鈉結(jié)晶得到芒硝，溫度降低，芒硝的溶解度減小，可用冰水洗滌減小損失率。2.高鎰酸鉀是一種用途廣泛的強(qiáng)氧化劑，實(shí)驗(yàn)室制備高鎰酸鉀所涉及的化學(xué)方程式如下：一熔融MnO2熔融氧化：3MnO2+KC1Q+6KOH_3K2MnO4+KC1+3H2OK2MnO4歧化：3K2MnO4+2CQ=2KMnO4+MnO2j+2K2CO3將MnO2

7、熔融氧化所得產(chǎn)物的熱浸取液裝入三頸燒瓶，再通入CO2氣體，使K2MnO4歧化的過程在如圖裝置中進(jìn)行，A、B、C、D、E為旋塞，F(xiàn)、G為氣囊，H為帶套管的玻璃棒?；卮鹣铝袉栴}：(1)儀器a的名稱是。(2)MnO2熔融氧化應(yīng)放在中加熱(填儀器編號(hào))。燒杯瓷塔蝸蒸發(fā)皿鐵塔竭(3)為了能充分利用CQ,裝置中使用了兩個(gè)氣囊。當(dāng)試管內(nèi)依次加入塊狀碳酸鈣和鹽酸后，關(guān)閉旋塞B、E,微開旋塞A,打開旋塞CD,往熱K2MnO4溶液中通入CO2氣體，未反應(yīng)的CC2被收集到氣囊F中。待氣囊F收集到較多氣體時(shí)，關(guān)閉旋塞,打開旋塞,輕輕擠壓氣囊F,使CQ氣體緩緩地壓入K2MnO4溶液中再次反應(yīng)，未反應(yīng)的CO2氣體又被收集

8、在氣囊G中。然后將氣囊G中的氣體擠壓入氣囊F中，如此反復(fù)，直至K2MnO4完全反應(yīng)。(4)除去K2MnO4歧化產(chǎn)物中MnO2的操作方法是。(5)將三頸燒瓶中所得產(chǎn)物經(jīng)過一系列操作得到針狀的高鎰酸鉀晶體，最后采用低溫烘干的方法來干燥產(chǎn)品，原因是?！敬鸢浮块L頸漏斗ACBDE過濾高鎰酸鉀晶體受熱易分解【解析】【分析】(1)由實(shí)驗(yàn)裝置可知，儀器a為長頸漏斗；(2)熔融固體物質(zhì)需要在增期內(nèi)加熱，加熱熔融物含有堿性KOH應(yīng)用鐵塔期；(3)該操作的目的是將氣囊F中的二氧化碳排出，據(jù)此判斷正確的操作方法；(4)高鎰酸鉀溶于水，二氧化鎰不溶于水；(5)高鎰酸鉀晶體受熱易分解?！驹斀狻?1)由實(shí)驗(yàn)裝置可知，儀器a

9、為長頸漏斗，故答案為：長頸漏斗；(2)熔融固體物質(zhì)需要在日期內(nèi)加熱，加熱熔融物中含有堿性KOH,瓷塔期中含有二氧化硅，二氧化硅能夠與氫氧化鉀反應(yīng)，所以應(yīng)用鐵塔竭，故答案為：；(3)待氣囊F收集到較多氣體時(shí)，需要將氣囊F中二氧化碳排出到熱K2MnO4溶液中，所以需要關(guān)閉A、C,打開B、D、E,輕輕擠壓氣囊F,從而使CO2氣體緩緩地壓入K2MnO4溶液中再次反應(yīng)，故答案為：AC;BDE;(4)高鎰酸鉀溶于水，二氧化鎰不溶于水，固液分離應(yīng)用過濾的方法，則除去高鎰酸鉀溶液中的二氧化鎰應(yīng)用過濾的方法，故答案為：過濾；(5)高鎰酸鉀晶體受熱易分解，實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)采用低溫烘干的方法來干燥產(chǎn)品，避免高鎰酸鉀晶體受熱

10、發(fā)生分解，故答案為：高鎰酸鉀晶體受熱易分解。3.二氧化氯（Cl6）具有強(qiáng)氧化性，在工業(yè)上常用作水處理劑、漂白劑。C1Q是一種易溶于水的黃綠色氣體，其體積分?jǐn)?shù)超過10%時(shí)易引起爆炸。某研究小組欲用以下三種方案制備C1O2,回答下列問題：（1）以黃鐵礦（Fe3）、氯酸鈉和硫酸溶液混合反應(yīng)制備C1O2,黃鐵礦中的硫元素在酸性條件下被C1O3-氧化成SQ2-,寫出制備C1O2的離子方程式。（2）用過氧化氫作還原劑，在硫酸介質(zhì)中還原NaClO3制備C1O2,并將制得的C1O2用于處理含CN廢水。實(shí)驗(yàn)室模擬該過程的實(shí)驗(yàn)裝置（夾持裝置略）如圖所示。裝置A的名稱是一裝置C的作用是_。反應(yīng)容器B應(yīng)置于30c左右

11、的水浴中，目的是。通入氮?dú)獾闹饕饔糜?個(gè)，一是可以起到攪拌作用，二是有利于將C1O2排出，三是OCIO2處理含CN-廢水的離子方程式為_,裝置E的作用是_。（3）氯化鈉電解法是一種可靠的工業(yè)生產(chǎn)C1O2的方法。用于電解的食鹽水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等雜質(zhì)。某次除雜操作時(shí)，往粗鹽水中先加入過量的_（填化學(xué)式），至沉淀不再產(chǎn)生后，再加入過量的NazCQ和NaOH,充分反應(yīng)后將沉淀一并濾去。用石墨做電極，在一定條件下電解飽和食鹽水制取C1O2,工作原理如圖所示，寫出陽極產(chǎn)生C1O2的電極反應(yīng)式【答案】Fea+15ClO3-+14H+=15CQ+Fe3+2SG2-+7H2O恒壓

12、漏斗安全瓶提高化學(xué)反應(yīng)速率，同時(shí)防止過氧化氫受熱分解稀釋C1O2,防止其爆炸2CN+2ClO2=2CQ+N2+2C吸收C1O2等氣體，防止污染大氣BaC2C-5e-+2H2O=ClC2上4H+【解析】【分析】二氧化氯(C102)具有強(qiáng)氧化性，在工業(yè)上常用作水處理劑、漂白劑。分別利用無機(jī)反應(yīng)和電解原理制備二氧化氯，三種方法均利用了氧化還原反應(yīng)?！驹斀狻?1)以黃鐵礦(Fe3)、氯酸鈉和硫酸溶液混合反應(yīng)制備C16,黃鐵礦中的硫元素在酸性條件下被Cl"-氧化成SC42-,根據(jù)氧化還原反應(yīng)中電子守恒和元素守恒，可以寫出制備C1O2的離子方程式為FeS+15CQ-+14H+=15ClO2+Fe

13、3+2SQ2-+7H2O。(2)裝置A的名稱為恒壓漏洞，裝置C為安全瓶，起到防止液體倒吸的作用。升高溫度可以提高化學(xué)反應(yīng)速率，但是原料中含有過氧化氫，過氧化氫在過高的溫度下可以發(fā)生分解反應(yīng)，因此反應(yīng)容器B應(yīng)置于30c左右的水浴中。根據(jù)題文可知，CIQ是一種易溶于水的黃綠色氣體，其體積分?jǐn)?shù)超過10%時(shí)易引起爆炸，故通入氮?dú)獾闹饕饔糜?個(gè)，一是可以起到攪拌作用，二是有利于將CIC2排出，三是稀釋CIO2,防止其爆炸。CIO2處理含CN廢水發(fā)生氧化還原反應(yīng)，將CN-轉(zhuǎn)化為無污染的CO2和N2,故離子方程式為2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2C；裝置E在整套裝置之后，起到吸收尾氣，防止環(huán)境污染

14、的作用。(3)用于電解的食鹽水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SQ2-等雜質(zhì)，需要過量的碳酸根離子、氫氧根離子和鋼離子，過量的鋼離子可以用碳酸根離子除去，因此在加入Na2CO3之前應(yīng)先加入過量BaC2。用石墨做電極，電解池的陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，元素化合價(jià)升高，因此氯離子在陽極失電子和水反應(yīng)得到CQ,電極反應(yīng)式為Cl-5e-+2H2O=ClOJ+4H+。除防幽4 .(1)已知草酸(H2QO4)分解的化學(xué)方程式為：H2c2O4一于fCOT+CQT+H>O,卜列裝置中，可用作草酸分解制取氣體的是(填序號(hào))(2)某實(shí)驗(yàn)小組為測定鐵銹樣品的組成(假定鐵銹中只有Fe203nH2O和Fe兩種成份)，利

15、用草酸分解產(chǎn)生的CO和鐵銹反應(yīng)，實(shí)驗(yàn)裝置如下圖所示。合體漏氣、為得到干燥、純凈的CO氣，洗氣瓶A、B中盛放的試劑分別是、在點(diǎn)燃C處酒精燈之前，應(yīng)先持續(xù)通入一段時(shí)間的混合氣體，其目的是、準(zhǔn)確稱量樣品的質(zhì)量20.00g置于硬質(zhì)玻璃管中，充分反應(yīng)后冷卻、稱量(假設(shè)每步均完全反應(yīng))，硬質(zhì)玻璃管中剩余固體質(zhì)量為16.64g,D中濃硫酸增重1.44g,則n=。、在本實(shí)驗(yàn)中，下列情況會(huì)使測定結(jié)果n偏大白是(填字母)a.缺少裝置Ab.缺少裝置Bc.反應(yīng)后固體是鐵和少量Fe203nH20【答案】NaOH溶液濃硫酸排除裝置中的空氣，防止CO中混有空氣而在加熱時(shí)發(fā)生爆炸2b【解析】【詳解】(1)該反應(yīng)的反應(yīng)物是液體

16、，反應(yīng)條件是加熱，應(yīng)選擇固液反應(yīng)且需要加熱的裝置，所以選.(2)為得到干燥、純凈的CO氣，應(yīng)先除去混合氣體中的二氧化碳，用氫氧化鈉吸收即可；混合氣體通入氫氧化鈉溶液時(shí)會(huì)帶走水蒸氣，為除去水蒸氣，選用濃硫酸洗氣。裝置中含有空氣，CO中混有空氣加熱時(shí)可能發(fā)生爆炸，所以要通入混合氣體一段時(shí)間，排除裝置中的空氣。由題意知，固體質(zhì)量減少的量為水和氧的量，濃硫酸吸收的量為水，反應(yīng)方程式為：F&O3.nH2O+3CO=Fe+3CO+nH2O固體質(zhì)量減少量18ng(18n+48)g1.44g20.00g-16.64g所以18ng：1.44g=(18n+48)g：(20.00g-16.64g)解得n=2

17、。a、缺少裝置A,未除去CQ,可能影響CO還原氧化物，固體質(zhì)量差變小，導(dǎo)致所測n值偏小，錯(cuò)誤；b、缺少洗氣瓶B會(huì)導(dǎo)致裝置E增重的質(zhì)量偏大，所以測定結(jié)果n偏大，正確；c、反應(yīng)后固體是鐵和少量Fe2O3?nH2O,固體減少的質(zhì)量偏小，導(dǎo)致所測n值偏小，錯(cuò)誤。5 .利用引鈦磁鐵礦冶煉后產(chǎn)生的鈕渣(主要含F(xiàn)eO-V2O3、Al2O3、SiO2及少量可溶性磷酸鹽)生產(chǎn)V2O5的工藝流程如下，回答下列問題：廢渣ID已知：V2O5、A12O3、SiQ可與Na2CO3、NaCl組成的混合鈉鹽在高溫下反應(yīng)，并轉(zhuǎn)化為NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3等可溶性鈉鹽。AlO2+4H+=Al3+2H2O。(1)焙

18、燒I包括氧化和鈉化成鹽兩個(gè)過程，氧化的目的是獲得V2O5,寫出氧化過程中FeOV2O3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式;廢渣I的主要成分是;精制I中加鹽酸調(diào)pH的主要作用是，加入NH3H2O后發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。(2)精制n中加入CaC2溶液除去磷酸鹽，pH過小時(shí)影響除磷效果的原因是;pH過大時(shí)，沉淀量增大的原因是。(3)沉鈕所得NH4V03沉淀需進(jìn)行洗滌，洗滌時(shí)除去的陰離子主要是。NH4V03在A500c時(shí)焙燒脫氨制得產(chǎn)品V2O5,反應(yīng)方程式為2NH4VO3=V2O5+H20T+2NH3,。但脫氨過程中，部分V2O5會(huì)轉(zhuǎn)化成V2O4,反應(yīng)中氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為3:2,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為。_

19、焙燒【答案】4FeO-V2O3+5O22Fe2O3+4V2O5Fa03或Fe(OH)3除Si并轉(zhuǎn)化Al02寫“除Sr即得分)Al3+3NH3.H2O=Al(OH)3j+3NHH+NH3.H2O=H2O+NH；(寫出第一個(gè)離子方程式即得分)形成溶解度較大的酸式鹽(或形成溶解度較大的磷，一一一一500c酸氫車和/或磷酸二氫鈣)廣生了Ca(0H)2譏證Cl3V2O5+2NH3:3V2O4+N2+3H20【解析】【分析】氧化過程FeO-V2O3生成對(duì)應(yīng)的金屬氧化物Fe2O3和V2O5；經(jīng)過氧化和鈉化后，V2O5、Al2O3、SiC2均轉(zhuǎn)化為可溶性鹽，F(xiàn)e2O3或Fe(OH)3成為濾渣；精制I中加鹽酸調(diào)

20、pH為了和SiO32-反應(yīng)生成硅酸沉淀，將AI02轉(zhuǎn)化為Al3+;加入NH3-H20后與Al3+發(fā)生反應(yīng)生成Al(0H)3沉淀；精制n中加入CaC2溶液生成磷酸鈣沉淀，除去磷酸鹽，沉鈕時(shí)加入試劑NH4CI,所得NH4V03沉淀，焙燒得到產(chǎn)品，據(jù)此分析?！驹斀狻?1)氧化過程FeO-V203生成對(duì)應(yīng)的金屬氧化物Fe203和V205,化學(xué)方程式為：焙燒4FeO-V2O3+5O2=2Fe2O3+4V2O5；經(jīng)過氧化和鈉化后，V2O5、AI2O3、SiO2均轉(zhuǎn)化為可溶性鹽，F(xiàn)e2O3或Fe(OH)3成為濾渣；精制I中加鹽酸調(diào)pH為了和SiO32-反應(yīng)生成硅酸沉淀，將A1O2轉(zhuǎn)化為Al3+；加入NH3H

21、2O后與Al3+發(fā)生反應(yīng)生成Al(OH)3沉淀，還可以中和酸，反應(yīng)方程式為：A13+3NH3gH2O=AlOH3+3NH4+、焙燒H+NH3gH2O=H2O+NH4+,故答案為：4FeO-V2O3+5O22Fe2O3+4V2O5;F在O3或Fe(OH)3;除Si并轉(zhuǎn)化A1O2-(寫“除Si”即得分)；3+Al+3NH3gH20=A1OH3+3NH,，H+NH3gH2O=H2O+NH4(寫出第一個(gè)離子方程式即得分)；(2)精制n中加入CaC2溶液生成磷酸鈣沉淀，除去磷酸鹽，pH過小時(shí)形成溶解度較大的酸式鹽；pH過大時(shí)易形成Ca(OH)2沉淀，故答案為：形成溶解度較大的酸式鹽(或形成溶解度較大的磷

22、酸氫鈣和/或磷酸二氫鈣)；產(chǎn)生了Ca(OH)2沉淀；(3)沉鈕時(shí)加入試劑NH4C1,因此所得NH4VO3沉淀含有陰離子主要為C1-；脫氨過程中，部分V2O5會(huì)轉(zhuǎn)化成V2O4,且反應(yīng)中氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為3:2,則V2O5為氧化劑，NH3為還原劑，還原產(chǎn)物為V2O4,氧化產(chǎn)物為N2,則氧化還原方程式為：3V2O5+500c500c2NH3=3V2O4+N2+3H2O,故答案為：Cl；3V2O5+2NH33V2O4+N2+3H2O。6.某體系中存在如下反應(yīng)：H2S+4H2O8e=SQ2+10H+,2IO3+12H+10e=I2+6H2O。(1)反應(yīng)中H2s做劑，反應(yīng)屬于反應(yīng)(填氧化”或還原

23、”)。(2)若在反應(yīng)中失去0.2mol電子，則反應(yīng)中可生成gI2。(3)寫出并配平碘酸鉀與硫化氫反應(yīng)的化學(xué)方程式，同時(shí)標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目：O(4)由上述反應(yīng)可推知。a.氧化性：&SQ>KQb.酸性：HIO3>H2SQc.還原性：H2s>I2d.反應(yīng)過程中溶液的酸性逐漸減弱【答案】還原還原5.085H：星藐尸4K5O.+4L+a50,+4H。c【解析】【分析】(1)化合價(jià)升高的反應(yīng)物做還原劑，碘元素的價(jià)態(tài)由正五價(jià)，變?yōu)榱銉r(jià)，發(fā)生還原反應(yīng)；(2)由得失電子數(shù)目守恒計(jì)算可得；(3)X5+X4得反應(yīng)的化學(xué)方程式；(4)還原性：還原劑還原產(chǎn)物，氧化性：氧化劑氧化產(chǎn)物，因?yàn)?/p>

24、有水的生成，酸性減弱。【詳解】(1)由H2S+4H2O-8e-SO2-+10H+和2IO3-+12H+10e-I2+6H2O可知，反應(yīng)中硫元素化合價(jià)從-2價(jià)變化為+6價(jià)，化合價(jià)升高失電子做還原劑，反應(yīng)是碘元素化合價(jià)從+5價(jià)變化為0價(jià)，化合價(jià)降低做氧化劑，發(fā)生還原反應(yīng)，故答案為：還原，還原；(2)根據(jù)電子守恒得到：40mole-轉(zhuǎn)移生成4mo1以4I240e-,；中失去0.2mol電子，中得到0.2mol電子，反應(yīng)的碘單質(zhì)物質(zhì)的量0.02mol,m(I2)=0.02molX127g/molX2=5.08g,故答案為：5.08;(3)由和依據(jù)電子守恒得到反應(yīng)的化學(xué)方程式為5H2S+8KIQ=4K2

25、SO4+4I2+H2SC4+4H2O,由方程式可知40mole-轉(zhuǎn)移生成4mo方，則電子轉(zhuǎn)移,故答案為:的方向和數(shù)目為r-15H：S+8KI0?=+H壬0.+dH：05HiS4-8KlS5-4K與Q.+4L+艮SO,+4HiO；%SQ、H2SO4,氧化性：eSQKIO3,故a錯(cuò)(4)a、氧化劑KIC3的氧化性大于氧化產(chǎn)物誤；b錯(cuò)誤；H2s>12,故c正確;d錯(cuò)誤；b、反應(yīng)物中無碘酸生成，該反應(yīng)不能判斷酸性強(qiáng)弱，故c、還原劑H2s的還原性大于還原產(chǎn)物I2,則還原性:d、反應(yīng)過程中氫硫酸反應(yīng)生成硫酸，溶液酸性增強(qiáng)，故c正確，故答案為:7.(1)將新制氯水逐滴滴入FeBi2溶液中，寫出最初發(fā)生

26、的反應(yīng)的離子方程式，并標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目。(2)在硫酸鋁俊(NH4Al(SO4)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液并不斷攪拌。用一個(gè)離子方程式表示最初發(fā)生的反應(yīng)。(3)石油氣芳構(gòu)化”是由石油氣生產(chǎn)高辛烷值汽油的一種有效生產(chǎn)工藝。測得反應(yīng)204H1008H10(g)+5H2在不同溫度下的平衡常數(shù)變化如下：溫度(C)400450500平衡常數(shù)Ka6a40a該反應(yīng)的正反應(yīng)是(吸熱、放熱)反應(yīng)。向2L密閉定容容器中充入2molc4H10,反應(yīng)10s后測得H2濃度為1mol/L,此10s內(nèi)，以C8H10表示的平土速率為。能表示該反應(yīng)在恒溫恒容密閉容器中t1時(shí)刻后已經(jīng)達(dá)平衡狀態(tài)的圖示是。tl11寸

27、問tl時(shí)同如圖表示某溫度時(shí)將一定量的C4H10(含少量H2)充入容器中反應(yīng)期間物質(zhì)濃度隨時(shí)間的變化(谷器谷積可變),實(shí)線代表C8H10,虛線代表C4H10。請(qǐng)用實(shí)線補(bǔ)充畫出t1t4間08H10的濃度變化曲線。OlMlLil3Ba2+6OH-+3SO2-+2Al3+=3BaSQJ+2Al(OHJ吸熱0.02mol/(Ls)hd【解析】【分析】(1)氯氣具有氧化性，能將碘離子以及亞鐵離子氧化，碘離子的還原性強(qiáng)于亞鐵離子的還原性，所以先是發(fā)生氯氣氧化亞鐵離子的反應(yīng)，氧化還原反應(yīng)中，化合價(jià)升高值=化合價(jià)降低值=轉(zhuǎn)移電子數(shù)，據(jù)此表示電子轉(zhuǎn)移的情況；(2)在硫酸鋁俊(NH4Al(SO")溶液中滴

28、加少量Ba(OH)2溶液，由于氫氧化鋼少量，氫氧根離子不足，反應(yīng)按照氫氧化鋼的組成進(jìn)行，氨水堿性強(qiáng)于氫氧化鋁，所以鋁離子優(yōu)先與氫氧根離子反應(yīng)，據(jù)此寫出反應(yīng)的離子方程式；(3)依據(jù)圖表數(shù)據(jù)，平衡常數(shù)隨溫度升高增大，平衡正向進(jìn)行；依據(jù)反應(yīng)速率v=-c計(jì)算；ta.反應(yīng)前后都是氣體，氣體質(zhì)量始終不變；b.反應(yīng)前后氣體質(zhì)量不變，物質(zhì)的量增大，平均摩爾質(zhì)量不變說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)；c.氣體質(zhì)量不變，體積不變，密度在反應(yīng)過程中和平衡狀態(tài)都不變；d.反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量變化，壓強(qiáng)之比等于氣體物質(zhì)的量之比，物質(zhì)的量不變，反應(yīng)達(dá)到平衡；剛開始因?yàn)檫_(dá)到平衡狀態(tài)，所以濃度不變，根據(jù)虛線的濃度變化可知，后面體積縮小為1

29、原來的1,所以實(shí)線濃度也變兩倍，后面又慢慢減小，直至繼續(xù)平衡。2【詳解】(1)將新制氯水逐滴滴入FeBr2溶液中，先是發(fā)生氯氣氧化亞鐵離子的反應(yīng)，Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl-,電子轉(zhuǎn)移情況如下:,故答案為:(2)氫氧化鋼少量，氫氧根離子和鋼離子的物質(zhì)的量不足，離子方程式按照氫氧化鋼的組成書寫，領(lǐng)離子和氫氧根離子完全反應(yīng)；由于氨水堿性強(qiáng)于氫氧化鋁，故鋁離子優(yōu)先與氫氧根離子反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，反應(yīng)的離子方程式為3Ba2+6OH+3SO42-+2Al3+=3BaSQJ+2Al(OH3J,故答案為：3Ba2+6OH-+3Sd2-+2Al3+=3BaSQJ+2Al(OH)4;(3)根據(jù)圖表數(shù)

30、據(jù)，平衡常數(shù)隨溫度升高增大，平衡正向進(jìn)行，正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，故答案為：吸熱；向2L密閉定容容器中充入2molC4H10,反應(yīng)10s后測得H2濃度為1mol/L,1,2C4Hi0?C8Hio(g)+5H2,反應(yīng)過程中生成C8H10的物質(zhì)的量濃度為一X1mol/L=0.2mol/L,此510s內(nèi)，以C8H10表示的平均速率=0.2mol/L=0.02mol/(L?s),故答案為：0.02mol/(L?s);10s2c4H10?C8H10(g)+5H2,反應(yīng)是氣體體積增大的反應(yīng)吸熱反應(yīng)，依據(jù)平衡移動(dòng)原理分析圖象；a.反應(yīng)前后都是氣體，氣體質(zhì)量在反應(yīng)過程中和平衡狀態(tài)都始終不變，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)

31、，故a不符合；b.反應(yīng)前后氣體質(zhì)量不變，物質(zhì)的量增大，平均摩爾質(zhì)量不變說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故b符合；c.氣體質(zhì)量不變，體積不變，密度在反應(yīng)過程中和平衡狀態(tài)都不變，故c不符合；d.反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量變化，壓強(qiáng)之比等于氣體物質(zhì)的量之比，物質(zhì)的量不變壓強(qiáng)不變，說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故d符合；故答案為：b、d;分析圖象可知，剛開始因?yàn)檫_(dá)到平衡狀態(tài)，所以濃度不變，根據(jù)虛線的濃度變化可知，1后面體積縮小為原來的一，所以實(shí)線濃度也變兩倍，濃度變化為0.40mol/L,隨反應(yīng)進(jìn)行后2面又慢慢減小，直至繼續(xù)平衡，據(jù)此畫出的圖象為：,故答案為:Qn»!【點(diǎn)睛】本題(2)注意掌握離子方程式的書寫原則，正確

32、判斷反應(yīng)物離子的過量情況是解答的關(guān)鍵;(3)掌握?qǐng)D象分析與繪制方法，曲線變化起點(diǎn)和變化是解題關(guān)鍵。8.二氧化氯泡騰片，有效成分(C1O2)是一種高效、安全的殺菌、消毒劑。方法一：氯化鈉電解法是一種可靠的工業(yè)生產(chǎn)C1Q氣體的方法。該法工藝原理如圖。其過程是將食鹽水在特定條件下電解得到的氯酸鈉(NaClQ)與鹽酸反應(yīng)生成C1C2。,113.化氫口補(bǔ)充Cbf合兆塔一(1)工藝中可利用的單質(zhì)有(填化學(xué)式)，發(fā)生器中生成C1Q的化學(xué)方程式為。(2)此法的缺點(diǎn)主要是。方法二：最近，科學(xué)家又研究出了一種新的制備方法，纖維素還原法制C1O2,其原理是：纖維素水解得到的最終產(chǎn)物X與NaClQ反應(yīng)生成ClC2o(

33、3)配平方程式：口(X)+DNaCl(3+DH2SO4DCl21+DCOX+口也。+若反應(yīng)中產(chǎn)生4.48L(折算成標(biāo)準(zhǔn)狀況下)氣體，電子轉(zhuǎn)移個(gè)。(4) C1O2和C12均能將電鍍廢水中的CN一氧化為無毒的物質(zhì)，自身被還原為Clo處理含CN一相同量的電鍍廢水，所需C2的物質(zhì)的量是C1O2的倍。方法三：實(shí)驗(yàn)室常用氯酸鈉(NaClQ)和亞硫酸鈉(Na2SO3)用硫酸酸化，加熱制備二氧化氯，化學(xué)反應(yīng)方程式為：2NaClO3+Na2SQ+HzSOu2ClO2T+2N&SO4+H2O(5)反應(yīng)中的NazSQ溶液中存在如下平衡：H2O=H+OH-和(用離子方程式表示).常溫下，0.1mol/L該溶液

34、中離子濃度由大到小排列(用離子符號(hào)表示)(6)常溫下，已知NaHSO3溶液呈酸性，在Na2SO3溶液中滴加稀鹽酸至中性時(shí)，溶質(zhì)的主要成分有。(用化學(xué)式表示)【答案】H2、Cl22NaClO3+4HCl=2ClO2T+C2T+2NaCl+2HO同時(shí)產(chǎn)生了大量的氯氣，不僅產(chǎn)率低，而且產(chǎn)品難以分離，同時(shí)很有可能造成環(huán)境污染；能耗較大等1C6H12O!6+24NaClO3+12H2SO4-24C1OT+6CO2T+18H2O+12N02SO40.16Na2.5SO32-+H2O=-OH-+HSO-,HSQ-+H2O='OH+H2SQc(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>

35、;c(HSO3-)>c(H+)NaHS。、Na2S6NaCl、或(NaHS。、Na2S。、NaCl、S。H2S。)【解析】【分析】(1)電解飽和食鹽水生成H、Cl2和NaOH故可以利用的單質(zhì)為H2、02,合成HCl,根據(jù)流程圖可知加入物質(zhì)為NaClQ和HCl,生成C1O2；可以寫出方程式，并用化合價(jià)升降法配平得到；(2)生成的氣體中除了有二氧化氯還有大量的氯氣，產(chǎn)率低，難分離，而且極有可能造成大氣污染；用電解的方法耗能大；(3)纖維素為多糖，水解最終產(chǎn)物為葡萄糖(GKQ),具有還原性，可將NaClQ還原得到CIO2.Cl從+5到+4價(jià)，降低1價(jià)，葡萄糖(C6H12C6)C均價(jià)為0,到+4

36、價(jià)，升高4價(jià)，然后配平得到，由可知生成24molcIC2和6molCC2氣體轉(zhuǎn)移24mol的電子；(4)每摩爾Cl2得到2mol電子，而每摩爾C1C2得到5mol電子，故為2.5倍；(5)存在弱電解水的電離平衡和弱離子的水解平衡.不水解的二元鈉離子濃度最大，水解是微弱的，顯性離子和第一步水解產(chǎn)生的陰離子，隱性離子；6 6)NaSC溶液中滴加稀鹽酸，兩者反應(yīng)，要使溶液呈中性，只能是部分反應(yīng)，所以溶質(zhì)為NaSC、NaHSCNaCl。【詳解】(1)由工藝流程圖可以看出：在該工藝中可利用的單質(zhì)有H、Cl2;根據(jù)流程圖可知加入物質(zhì)為NaClQ和HCl,生成ClC2；發(fā)生氧化還原反應(yīng)，NaClQ被還原生成

37、Cl1,HCl被氧化生成Cl2,生成ClC2的化學(xué)方程式為：2NaClQ+4HCl=2ClC2T+Cl2T+2NaCl+2H2Q(2)由制備原理和流程圖可知此法的缺點(diǎn)主要是會(huì)產(chǎn)生大量的Cl2,消耗大量的電能，產(chǎn)物ClC2和Cl2不僅不容易分離，而且物質(zhì)利用率低，很容易造成大氣污染；(3)纖維素水解得到的最終產(chǎn)物X是葡萄糖QH2C6。它與NaClQ在酸性條件下發(fā)生反應(yīng)，根據(jù)質(zhì)量守恒定律和電子守恒的知識(shí)可得方程式為：1cHe6+24NaClQ+12HSQ-24ClC21+6CCT+18H2C+12NaSC,由方程式可以看出每產(chǎn)生30mol的氣體，轉(zhuǎn)移電子24NA;現(xiàn)在產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量為4.48L

38、(即0.2mol),所以轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.16mol,個(gè)數(shù)為0.16Na；(4)處理含CN相同量的電鍍廢水，即轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量相同。假設(shè)轉(zhuǎn)移電子2mol,則2需要Cl2的物質(zhì)的量是1mol;需要ClQ的物質(zhì)的量為一二=0.4mol。所以n(Cl2):5n(ClC2)=1:0.4=2.5;(5)反應(yīng)中的NaSC溶液中存在如下平衡：HC=H+C即口SC2-的水解平衡的兩種方程式。由于SC?是二兀弱酸的酸根離子，因此存在兩步水解平衡SC.+H2C*-CH+HSC-,HSC+HC=CH+HSC;Ns2SQ=2Na+SC32-;c(Na+)>c(SC32-),SC2-水解產(chǎn)生CH和HSC,

39、HSC進(jìn)一步水解還要消耗HSC-,同時(shí)產(chǎn)生QH,因此c(CH)>c(HSQ3-);在溶液中還存在水的電量平衡，所以c(HSQ-)>c(H+);在溶液中鹽水解的程度是很微弱的，所以c(SC32-)>c(QH-);因此在該溶液中各種離子的濃度由大到小的順序?yàn)閏(Na+)>c(SQ32-)>c(QH-)>c(HSQ3-)>c(H+);(6)在NaSO溶液中滴加稀鹽酸若恰好發(fā)生反應(yīng)：NaSQ+HCl=NaCl+NaHSQ則由于NaHSO§液呈酸性。所以至中性時(shí)，n(HCl)<n(Na2SO),產(chǎn)生溶液中含有的溶質(zhì)有未反應(yīng)的NaSO及反應(yīng)生成的N

40、aCl、NaHSQ溶質(zhì)有NaSQ、NaCl、NaHSO,也可能滴力口HCl局部過量會(huì)產(chǎn)生SO、H2SO溶解在該溶液中還含有SO和H2SO。9.元素鎰(Mn)在溶液中主要以Mn2+(近無色)、MnO4-(紫紅色)、MnO42(綠色)等形式存在，MnO2(棕黑色)、MnCO3(白色)為難溶于水的固體?；卮鹣铝袉栴}:(1)蓋斯定律在生產(chǎn)和科學(xué)研究中有很重要的意義，有些反應(yīng)的反應(yīng)熱雖然無法直接測得，但可通過間接的方法推算?，F(xiàn)根據(jù)下列3個(gè)熱化學(xué)反應(yīng)方程式：MnO2(s)+CO(g尸MnO(s)+CO(g)?H=-150.6kJ/molMn3O4(s)+CO(g)=3MnO(s)+CO(g)?H=54.4

41、kJ/mol3Mn2O3v+CO(g)=2Mn3O4(s)+CQ(g)?H=-142.3kJ/mol寫出CO氣體還原MnO2固體得到Mn2O3固體和CO2氣體的熱化學(xué)反應(yīng)方程式：(2)一定溫度下，在5L的密閉容器中放入足量碳酸鎰(固體所占體積忽略不計(jì))發(fā)生反應(yīng)：MnCO3(s)=MnO(s)+CO2(g),若前2min內(nèi)生成MnO的質(zhì)量為7.1g,則該段時(shí)間內(nèi)v(CC2)=moll1min1。保持溫度不變，若to時(shí)刻達(dá)到平衡時(shí)，CQ濃度為cmol/L;ti時(shí)刻，將容器體積縮小為原來的一半并固定不變，在t2時(shí)刻再次達(dá)到平衡，則下列圖像正確的是(填字母)。A(3)已知Fe3+、Al3+、Mn2+的

42、氫氧化物開始沉淀及沉淀完全時(shí)的pH如下表所示，當(dāng)A3+完全沉淀時(shí)，若要使Mn2+不沉淀，則Mn2+的最大濃度為。(已知：KspMn(OH)2=1.9B31)0氫氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2開始沉淀pH1.84.18.3完全沉淀pH3.25.09.8(4)高鎰酸鉀在不同的條件下發(fā)生的反應(yīng)如下：MnO4+5e+8H+=Mn2+4H2OMnO4+3e+2H2O=MnO2J+4OH；MnO4+e=MnO42從上述三個(gè)半反應(yīng)中可以得出的結(jié)論是。將SQ通入高鎰酸鉀溶液中，觀察到的現(xiàn)象是。(5)向酸性高鎰酸鉀溶液中加入草酸溶液，開始時(shí)反應(yīng)緩慢，稍后一段時(shí)間產(chǎn)生氣體速率迅速加快。產(chǎn)生氣體速

43、率迅速加快的原因是,寫出反應(yīng)的離子方程式【答案】2MnO2(s)+CO(g尸Mn2O3(s)+CQ(g)?H=-217.5kJ/mol0.01B1.95mol/L注10的酸性越強(qiáng)，高鎰酸鉀被還原的價(jià)態(tài)越低(或溶液的酸性越強(qiáng)，高鎰酸鉀的氧化性越強(qiáng)。)高鎰酸鉀紫紅色褪去反應(yīng)產(chǎn)生的Mn2+起到催化作用2MnO4-+6H+5H2G2O4=2Mn2+10CO2T+8H2O【解析】【分析】(1)依據(jù)蓋斯定律，X2x|-X1,可推出CO氣體還原MnO2固體得到Mn2O3固體和CC2氣體的熱化學(xué)反應(yīng)方程式；(2)根據(jù)前2min內(nèi)生成MnO的質(zhì)量，可以計(jì)算出前2min內(nèi)生成CC2的物質(zhì)的量，故可以計(jì)算出前2mi

44、n內(nèi)CC2的反應(yīng)速率；將容器體積縮小為原來的一半的瞬間，二氧化碳濃度變?yōu)樵瓉淼?倍，之后平衡向左移動(dòng)，二氧化碳濃度減小，由于溫度不變，平衡常數(shù)不變，所以再次平衡時(shí)，二氧化碳濃度與第1次平衡時(shí)相等。(3)當(dāng)Al3+完全沉淀時(shí)，此時(shí)溶液中的pH=5,即c(OH)=1X179mol/L,若要使Mn2+不沉淀，根據(jù)QcvKsp,即：c(Mn2+)x24OH)<1.9x103;(4)根據(jù)三個(gè)半反應(yīng)可以看出高鎰酸根離子被還原的產(chǎn)物受溶液酸堿性的影響；SO2通入高鎰酸鉀溶液中，二氧化硫具有還原性，溶液的紫色褪去；(5)開始反應(yīng)緩慢，一段時(shí)間后反應(yīng)速率迅速加快，這是由于反應(yīng)生成的Mn2+的濃度增大了，M

45、n2+對(duì)反應(yīng)起到催化作用，才使反應(yīng)速率迅速加快?！驹斀狻縞(CQ尸0.1mol5L(1)?H=X2DX/3-x/3=(-150.6X2)-(-54.42汽-142.3g片-217.5(kJ/mol),所以熱化學(xué)方程式為：2MnO2(s)+CO(g)=Mn2O3(s)+CO2(g)?H=-217.5kJ/mol;(2)n(MnO)=0.1mol,貝Un(CO2)=0.1mol,71g/mol0.02mol/L,v(CO2)=旦0=0.01molL_1min1。2min將容器體積縮小為原來的一半的瞬間，二氧化碳濃度變?yōu)樵瓉淼?倍，之后平衡向左移動(dòng)，二氧化碳濃度減小，由于溫度不變，平衡常數(shù)不變，所以

46、再次平衡時(shí)，二氧化碳濃度與第1次平衡時(shí)相等。故答案選B;(3)當(dāng)Al3+完全沉淀時(shí)，此時(shí)溶液中的pH=5,即c(OH)=1X1(9mol/L,若要使Mn2+不沉淀，根據(jù)QcvKsp,即：c(Mn2+)x24OH)<1.9x103,可得：c(Mn2+)<1.9x5mol/L；(4)根據(jù)三個(gè)半反應(yīng)可以看出高鎰酸根離子被還原的產(chǎn)物受溶液酸堿性的影響，且酸性越強(qiáng)，被還原產(chǎn)物中鎰元素的價(jià)態(tài)越低；SO2通入高鎰酸鉀溶液中，溶液顯酸性，SQ作還原劑，KMnO4作氧化劑，被還原為Mn2+,溶液由紫紅色變?yōu)榻咏鼰o色；(5)開始反應(yīng)緩慢，一段時(shí)間后反應(yīng)速率迅速加快，這是由于發(fā)生反應(yīng)2MnO4+6H+5

47、H2CO4=2Mn+10CO2f+8H2O,隨著反應(yīng)的進(jìn)行，溶液中Mn2+的濃度增大了，Mn2+對(duì)反應(yīng)起到催化作用，才使反應(yīng)速率迅速加快?！军c(diǎn)睛】認(rèn)真讀懂題中所給的信息、認(rèn)真分析圖表數(shù)據(jù)，進(jìn)行對(duì)比分析，得出結(jié)論，然后進(jìn)行作答。10 .消除含氮化合物對(duì)大氣和水體的污染是環(huán)境保護(hù)的重要研究課題。(1)已知反應(yīng)8NH3+6NO2=7N2+12H2O,請(qǐng)分析氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的質(zhì)量之比為(2)水體中過量氨氮(以NH3表示)會(huì)導(dǎo)致水體富營養(yǎng)化。用次氯酸鈉除去氨氮的原理如題圖所示。寫出該圖示的總反應(yīng)化學(xué)方程式：。該反應(yīng)需控制溫度，溫度過高時(shí)氨氮去除率降低的原因是。取一定量的含氨氮廢水，改變加入次氯酸鈉用量

48、，反應(yīng)一段時(shí)間后，溶液中氨氮去除率、總氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的總量)去除率以及剩余次氯酸鈉的含量隨m(NaCIO)m(NH3)的變化情況如圖所示。當(dāng)m(NaCIO)：m(NH3)>7.6時(shí)，水體中總氮去除率反而下降，可能的原因是。【答案】4:32NH3+3NaClO=N2+3NaCl+3H2。溫度過高，HClO發(fā)生分解，氨氮去除率隨之降低有部分NH3被氧化成NO2-或NO3-【解析】【分析】(1)該反應(yīng)中NH3中N由3價(jià)變?yōu)?價(jià)，化合價(jià)升高，被氧化，所得產(chǎn)物為氧化產(chǎn)物；NO2中N由+4價(jià)變?yōu)?。價(jià)，化合價(jià)降低，被還原，所得產(chǎn)物為還原產(chǎn)物；因此氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之

49、比為8:6=4:3;(2)根據(jù)圖示判斷發(fā)生氧化還原反應(yīng)的反應(yīng)物、生成物，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒書寫化學(xué)方程式；溫度越高，化學(xué)反應(yīng)速率越快，但是溫度過高，HClO不穩(wěn)定，受熱易分解；當(dāng)m(NaCIO)：m(NH3)>7.6時(shí)，NaCIO加入的量越多會(huì)將氨氮氧化為NO3-等高價(jià)態(tài)物質(zhì)?！驹斀狻?1)該反應(yīng)中NH3中N由3價(jià)變?yōu)椤r(jià)，化合價(jià)升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，所得為氧化產(chǎn)物；NO2中N由+4價(jià)變?yōu)?價(jià)，化合價(jià)降低，發(fā)生還原反應(yīng)，所得為還原產(chǎn)物；因此氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為8：6=4:3；(2)由圖轉(zhuǎn)化過程可知，該反應(yīng)中反應(yīng)物為NH3和NaCIO,生成物為N2、NaCl2和H2O,

50、因此該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2NH3+3NaCIO=N2+3NaCI+3H2O；由于反應(yīng)過程中生成HClO,HCIO不穩(wěn)定，受熱易分解，因此溫度過高，氨氮去除率降低；NaClO具有氧化性，其量增大，會(huì)使得部分NH3被氧化成NO2-或NO3-,使得水體中總氮去除率降低；【點(diǎn)睛】本題考查氧化還原反應(yīng)方程式的書寫，考生應(yīng)從圖中找出反應(yīng)物、生成物，另外解釋控制反應(yīng)條件的度。11 .某工業(yè)廢玻璃粉末含SiC2、Fe2O3、CeQ、FeO等。某課題小組設(shè)計(jì)如下工藝流程對(duì)資源進(jìn)行回收，得到Ce（OH）和硫酸鐵俊磯。硫酸鐵鍍研反應(yīng)已知：CeO2不溶于稀硫酸；酸性條件下，Ce3+易水解，Ce4+有較強(qiáng)氧化性。（1

51、）硫酸鐵俊磯可凈水，其原理是（寫離子方程式）（2）濾液A的主要成分（填寫化學(xué)式）。（3）反應(yīng)的離子方程式是。（4）反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式是。（5）已知制硫酸鐵俊磯晶體Fe2（SO4）3（NH4）2SC424H2O,式量964的產(chǎn)率為80%,若加入13.2g（NH4）2SO4（式量132）,可制得晶體的質(zhì)量是。（6）化合物HT可作為萃取劑能將鈾離子從水溶液中萃取出來，過程表示為：Ce2（SO4）3（水層）+6HT（有機(jī)層）=2CeT3（有機(jī)層）+3H2SO4（水層）分液得到CeT3（有機(jī)層），再加入H2SO4獲得較Z勺含Ce3+的水溶液?？蛇x擇硫酸作反萃取劑的原因是（從平衡移動(dòng)角度回答）?！敬鸢浮?/p>

52、Fe3+3H2OFe（OH）3（膠體）+3H+Na2SiQ2CeC2+H2O2+6H+=2Ce3+O2f+4H2O4Ce（CH3+C2+2H2O=4Ce（OH）477.12g加入硫酸，可使平衡向左進(jìn)行，使Ce3+進(jìn)入水層（或答加入硫酸，平衡左移）【解析】【分析】廢玻璃粉末（含SiQ、F&C3、CeC2、FeC等）加入氫氧化鈉溶液，SiC2能和NaCH反應(yīng)生成Na2SiC3,濾液A中含有Na2SiC3,濾渣A中含有F&C3、CeO2、FeO,向?yàn)V渣中加入稀硫酸，F(xiàn)e2O3和FeO溶于稀硫酸，而CeO2不溶于稀硫酸，濾液B中含有硫酸鐵和硫酸亞鐵,氧化硫酸亞鐵為硫酸鐵，再加入硫酸錢溶

53、液，得到硫酸鐵俊磯。濾渣B中含有CeO2,加入稀硫酸提供酸T環(huán)境，用H2O2還原CeO2得到含Ce3+的溶液，然后加堿得到Ce(OH)3懸濁液，最后用氧氣氧化得到Ce(OH)4O【詳解】(1)硫酸鐵俊磯溶于水電離出Fe3+,Fe3+水解生成Fe(OH)3膠體，能吸附水中的懸浮物，達(dá)到凈水的目的，其原理用離子方程式表示為Fe3+3H2O=Fe(0H)3(膠體)+3H+°(2)工業(yè)廢玻璃粉末含有的成分為SiQ、Fe2O3、CeQ、FeO等，與NaOH溶液反應(yīng)，SiO2與氫氧化鈉反應(yīng)生成硅酸鈉和水，其余均不反應(yīng)，所以濾液A的主要成分是Na2SiO3o(3)CeO2不溶于稀硫酸，根據(jù)流程圖可

54、知，濾渣B為CeQ,CeQ與稀硫酸、H2O2反應(yīng)生成含Ce3+的溶液，Ce元素得電子，則H2O2中氧元素失電子生成氧氣，根據(jù)化合價(jià)升降總數(shù)相等和原子守恒配平，則反應(yīng)的離子方程式是2CeC2+H2O2+6H=2Ce3+O2T+4H2O。(4)反應(yīng)為加熱Ce(OH)3的懸濁液得到Ce(OH)4,Ce元素的化合價(jià)由+3價(jià)失電子生成+4價(jià)的Ce,則空氣中的氧氣得電子生成-2價(jià)OH.，根據(jù)化合價(jià)升降總數(shù)相等和原子守恒配平，化學(xué)反應(yīng)方程式為4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH4。(5)13.2g(NH4)2SQ(式量132)的物質(zhì)的量為0.1mol,根據(jù)氮守恒，理論上生成的硫酸鐵俊磯晶體Fe2(

55、SQ)3(NH4)2SQ24H2O,式量964的物質(zhì)的量也是0.1mol,其產(chǎn)率為80%,所以實(shí)際生成的硫酸鐵俊磯晶體的物質(zhì)的量為0.08mol,為0.08molX964g/mol=77.12g。(6)根據(jù)Ce2(SO4)3(水層)+6HT(有機(jī)層戶-2CeT3(有機(jī)層)+3H2SQ(水層)，加入硫酸，可使平衡向左進(jìn)行，使Ce3+進(jìn)入水層。12.過氧化氫俗名雙氧水，醫(yī)療上利用它有殺菌消毒作用來清洗傷口。根據(jù)下列反應(yīng)回答問題：A. Na2O2+2HCl=2NaCl+H2O2B. Ag2O+H2O2=2Ag+O2+H2OC. 2H2O2=2H2O+O2D. 3H2O2+C2SO43+10KOH=2

56、K2CrO4+3K2SO4+8H2。(1)上述反應(yīng)中，H2O2僅體現(xiàn)氧化性的反應(yīng)是(填序號(hào)，下同),H2O2僅體現(xiàn)還原性的反應(yīng)是(填序號(hào)，下同)舊2。2既體現(xiàn)氧化性又體現(xiàn)還原性的反應(yīng)是O(2)上述反應(yīng)說明H2O2、Ag2O、K2CrO4的氧化性由強(qiáng)到弱的順序是(3)某酸性反應(yīng)體系中發(fā)生的一個(gè)氧化還原的離子反應(yīng)，反應(yīng)物和生成物共六種微粒：2+O2、MnO4、H2O、Mn、H2O2、H。已知該反應(yīng)中H2O2只發(fā)生了如下過程：H2O2一O2。寫出上述反應(yīng)的離子方程式并配平如果上述反應(yīng)中有6.72L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氣體生成，轉(zhuǎn)移的電子為mol。(4)H2O2有時(shí)可作為礦業(yè)廢液消毒劑，有“綠色氧化劑”的美稱；如消除采礦業(yè)膠液中的氧化物(如KCN),發(fā)生以下反應(yīng)：KCN+H2O2+H2O=A+NH3，試指出生成物A的化學(xué)