2020-2021高考化学专题训练---氧化还原反应的综合题分类及答案

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）

1．二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸。某研究小组欲用以下三种方案制备ClO2，回答下列问题：

（1）以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，写出制备ClO2的离子方程式__。

（2）用过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2，并将制得的ClO2用于处理含CN-废水。实验室模拟该过程的实验装置(夹持装置略)如图所示。

①装置A的名称是__，装置C的作用是__。

②反应容器B应置于30℃左右的水浴中，目的是__。

③通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是__。

④ClO2处理含CN-废水的离子方程式为__，装置E的作用是__。

（3）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2的方法。

①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的__（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。

②用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，工作原理如图所示，写出阳极产生ClO2的电极反应式__。

【答案】FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O 恒压漏斗安全瓶提高化学反应速率，同时防止过氧化氢受热分解稀释ClO2，防止其爆炸 2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-吸收ClO2等气体，防止污染大气 BaCl2 Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+

【分析】

二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。分别利用无机反应和电解原理制备二氧化氯，三种方法均利用了氧化还原反应。

【详解】

（1）以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，根据氧化还原反应中电子守恒和元素守恒，可以写出制备ClO2的离子方程式为FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O。

（2）①装置A的名称为恒压漏洞，装置C为安全瓶，起到防止液体倒吸的作用。

②升高温度可以提高化学反应速率，但是原料中含有过氧化氢，过氧化氢在过高的温度下可以发生分解反应，因此反应容器B应置于30℃左右的水浴中。

③根据题文可知，ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸，故通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是稀释ClO2，防止其爆炸。

④ClO2处理含CN-废水发生氧化还原反应，将CN-转化为无污染的CO2和N2，故离子方程式为2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-；装置E在整套装置之后，起到吸收尾气，防止环境污染的作用。

（3）①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，需要过量的碳酸根离子、氢氧根离子和钡离子，过量的钡离子可以用碳酸根离子除去，因此在加入Na2CO3之前应先加入过量BaCl2。

②用石墨做电极，电解池的阳极发生氧化反应，元素化合价升高，因此氯离子在阳极失电子和水反应得到ClO2，电极反应式为Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+。

2．铋酸钠（NaBiO3）是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸水或酸则迅速分解。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。回答下列问题：

Ⅰ.制取铋酸钠

制取装置如图（加热和夹持仪器已略去），部分物质性质如下：

物质NaBiO3Bi(OH)3

性质不溶于冷水，浅黄色难溶于水；白色

（1）B装置用于除去HCl，盛放的试剂是___；

（2）C中盛放Bi(OH)3与NaOH混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，反应的离子方程式为

（3）当观察到___（填现象）时，可以初步判断C 中反应已经完成；

（4）拆除装置前必须先除去烧瓶中残留Cl 2以免污染空气。除去Cl 2的操作是___； （5）反应结束后，为从装置C 中获得尽可能多的产品，需要的操作有___；

Ⅱ.铋酸钠的应用——检验Mn 2+

（6）往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn 2+。

①产生紫红色现象的离子方程式为___；

②某同学在较浓的MnSO 4溶液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，结果没有紫红色出现，但观察到黑色固体（MnO 2）生成。产生此现象的离子反应方程式为___。

Ⅲ.产品纯度的测定

（7）取上述NaBiO 3产品wg ，加入足量稀硫酸和MnSO 4稀溶液使其完全反应，再用cmo1·L -1的H 2C 2O 4标准溶液滴定生成的MnO 4-（已知：H 2C 2O 4+MnO 4-——CO 2+Mn 2++H 2O ，未配平），当溶液紫红色恰好褪去时，消耗vmL 标准溶液。

该产品的纯度为___（用含w 、c 、v 的代数式表示）。

【答案】饱和食盐水 Bi(OH)3+3OH -+Na ++Cl 2=NaBiO 3+2Cl -+3H 2O C 中白色固体消失（或黄色不再加深） 关闭K 1、K 3，打开K 2 在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 5NaBiO 3+2Mn 2++14H +=5Bi 3++2MnO 4-+5Na ++7H 2O 3Mn 2++2MnO 4-+2H 2O=5MnO 2↓+4H +

-3

2cv w

8010 ×100%或0.28cv w ×100%或28cv w % 【解析】

【分析】

用浓HCl 和MnO 2反应制备Cl 2，其中混有挥发出来的HCl ，要用饱和食盐水出去，然后利用Cl 2的强氧化性在碱性条件下将Bi(OH)3氧化成NaBiO 3；利用Mn 2+的还原性将NaBiO 3还原而Mn 2+被氧化成紫红色溶液MnO 4-来检验NaBiO 3的氧化性；实验结束后Cl 2有毒，要除去，做法是打开三颈烧瓶的NaOH 溶液，使其留下和氯气反应；NaBiO 3纯度的检测利用NaBiO 3和Mn 2+反应生成MnO 4-，MnO 4-再和草酸反应来测定，找到NaBiO 3、Mn 2+、MnO 4-、草酸四种物质之间的关系，在计算即可。

【详解】

（1）除去氯气中混有的HCl ，用饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；

（2）反应物为Bi(OH)3、Cl 2和NaOH 混合物，+3价的Bi 被氧化成NaBiO 3，Cl 2被还原成Cl -，根据原子守恒还有水生成，所以反应为：Bi(OH)3+3OH -+Na ++Cl 2=NaBiO 3+2Cl -+3H 2O ，故答案为：Bi(OH)3+3OH -+Na ++Cl 2=NaBiO 3+2Cl -+3H 2O ；

（3）C 中反应已经完成,则白色的Bi(OH)3全部变为了黄色的NaBiO 3，故答案为：C 中白色固体消失（或黄色不再加深）；

（4）从图上来看关闭K 1、K 3，打开K 2可使NaOH 留下与氯气反应，故答案为：关闭K 1、K 3，打开K 2；

（5）由题意知道NaBiO 3不溶于冷水，接下来的操作尽可能在冰水中操作即可，操作为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干

（6）①往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn 2+，说明铋酸钠将Mn 2+氧化成MnO 4-，因为是酸性条件，所以铋酸钠被还原成Bi 3+，据此写方程式并配平为5NaBiO 3+2Mn 2++14H +=5Bi 3++2MnO 4-+5Na ++7H 2O ，故答案为：5NaBiO 3+2Mn 2++14H +=5Bi 3++2MnO 4-+5Na ++7H 2O ；

②由题意可知，Mn 2+过量，铋酸钠少量，过量的Mn 2+和MnO 4-发生反应生成了黑色的MnO 2，反应方程式为3Mn 2++2MnO 4-+2H 2O=5MnO 2↓+4H +，故答案为：3Mn 2++2MnO 4-+2H 2O=5MnO 2↓+4H +；

（7）根据得失电子守恒找出关系式为：5NaBiO 3～2Mn 2+～2MnO 4-～5H 2C 2O 4,计算铋酸钠理论产量：

3224

35NaBiO ~5H C O 1400g 5mol m()cv 10mol

-?理论

解得m （理论）=0.28CVg ，所以纯度=0.28cv g Wg

×100%=0.28v c W

×100%，所以答案为：-3

2cv w

8010?×100%或0.28cv w ×100%或28cv w %。 【点睛】

（7）在复杂的纯度、产率等计算中，用得失电子守恒法找出各关键物质之间的关系，由此计算，可以事半功倍，如本题中的关系5NaBiO 3 ～ 5H 2C 2O 4，使复杂问题简单化了。

3．硫酰氯（SO 2Cl 2）和亚硫酰氯（SOCl 2）都是重要的化工试剂，均易水解。

（1）甲同学在实验室利用SO 2和Cl 2在活性炭催化作用下制取SO 2Cl 2，装置如图所示。

①B 装置中冷凝管进水口是___。（填“m”或“n”），B 中干燥管盛有的物质是___。 ②欲制取少量SO 2Cl 2，选择图中的装置（可以重复选用），其连接顺序为：a 、___、h 。 ③去除C 装置会降低SO 2和Cl 2的利用率，可能的原因是___（用化学方程式表示）。 （2）SOCl 2水解后无残留物，较SO 2Cl 2是更好的脱水剂。乙同学设计实验利用SOCl 2和ZnCl 2?xH 2O 制取无水ZnCl 2。

①解释SOCl 2在该实验中的作用是___（写出两点）。

②实验室常用NaOH 溶液吸收SOCl 2，该反应的离子方程式是___。

（3）乙同学认为SOCl 2还可用作由FeCl 3?6H 2O 制取无水FeCl 3的脱水剂，但丙同学认为该实验可能发生副反应使产品不纯。

①可能发生的副反应的化学方程式是___。

②两同学设计如下实验判断该反应的可能性：取少量SOCl2和FeCl3?6H2O反应后的混合物于试管中，加水溶解，将溶液平分至五支试管，分别进行以下实验，其中能得出合理结论的是___。

A．加入过量稀HNO3，再滴加几滴AgNO3溶液

B．加入少量稀HNO3，再滴加几滴BaCl2溶液

C．滴加几滴BaCl2溶液

D．滴加几滴酸性KMnO4溶液

E.滴加几滴KSCN溶液后，再滴加几滴氯水

【答案】m 碱石灰 fgdebced SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解 SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O

SOCl2+2FeCl3?6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O BCD

【解析】

【分析】

冷凝管中冷凝水的流向要对流，下进上出；干燥管中根据要求一般填装碱石灰或无水氯化钙，碱石灰同时具有干燥和吸收酸性气体功能，无水氯化钙只有吸水性。

【详解】

（1）①B装置中冷凝管进水口是m，B中干燥管盛有的物质是吸收剩余二氧化硫、氯气的碱石灰；故答案为：m；碱石灰；

②装置A制备氯气，氯气含氯化氢和水蒸气，通过装置D除去氯化氢，通过装置C吸收水蒸气，得到干燥纯净的氯气，连接装置B的b进入三颈烧瓶，装置E制备二氧化硫气体，通过装置C除去水蒸气，连接装置B的c，欲制取少量SO2Cl2，选择上图中的装置（可以重复选用），其连接顺序为：a、f、g、d、e、b、c、e、d、h；故答案为：fgdebced；

③去除C装置会降低SO2和Cl2的利用率，是二氧化硫和氯气和水反应生成硫酸和氯化氢，反应的化学方程式：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；故答案为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；（2）①氯化锌会水解，SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解，SOCl2在该实验中的作用是：SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解；故答案为：SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解；

②用NaOH溶液吸收SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成，反应的离子方程式：SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O；故答案为：SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O；

（3）①SOCl2具有还原性，三价铁具有氧化性，可能发生氧化还原反应生成硫酸根离子和亚铁离子，反应的化学方程式为：SOCl2+2FeCl3?6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O，故答案为：SOCl2+2FeCl3?6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O；

②SOCl2和FeCl3?6H2O反应后的混合物的主要成分是FeCl3，若发生副反应，还有FeSO4和FeCl2。由于SOCl2为液体，所以在固体混合物中没有SOCl2。取少量SOCl2和FeCl3?6H2O反应后的混合物于试管中，加水溶解，溶液中一定有FeCl3，还可能有FeSO4和FeCl2，若要证明有副反应发生，只需证明溶液中有Fe2+或SO42-即可。

A．加入过量稀HNO3，再滴加几滴AgNO3溶液是检验氯离子存在，不能证明副反应是否进行，故A错误；

B．加入少量稀HNO3，再滴加几滴BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明溶液中有SO42-，

能证明有副反应发生，故B正确；

C．滴加几滴BaCl2溶液，生成白色沉淀，说明产物中含硫酸根离子，证明发生了副反应，故C正确；

D．滴加几滴酸性KMnO4溶液，Fe2+具有还原性，可以使酸性KMnO4溶液褪色，能证明发生了副反应，故D正确；

E．滴加几滴KSCN溶液后，由于溶液中有Fe3+，溶液会变红，无法证明Fe2+的存在，故E 错误；

故答案为：BCD。

4．某高中科研小组模拟工业尿素法生产肼(N2H4)，具体方法：先将尿素、次氯酸钠和氢氧化钠溶液混合，然后在催化剂存在的条件下反应制得肼，利用氮气吹出混合物中的肼，并用硫酸吸收制备硫酸肼。具体实验原理图如下：

已知：①肼极易溶于水，长期暴露在空气中或短时间受高温作用会爆炸分解。

②硫酸肼(N2H4·H2SO4)是类似于NH4HSO4的盐类，白色固体，微溶于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇和二氯乙烷等有机溶剂。

③密度：ρ硫酸肼>ρ二氯乙烷>ρ稀硫酸

(1)盛装尿素溶液的装置名称为_____________________；硫酸肼的水溶液中含有多种阳离子，其中阳离子N2H5+的电子式为________________________。

(2)反应前应先通入一段时间氮气，其目的为________________________________。

(3)装置A中发生反应制备肼的离子方程式为_______________________________。

(4)装置B中二氯乙烷的作用为__________________________________________；使用冰水浴的作用__________________________________________________。

(5)装置B反应完全后需经过过滤、洗涤、干燥等操作得到硫酸肼，洗涤过程中最好选择下列那种洗涤剂________________(填字母)。

A．冷水 B．热水 C．无水乙醇 D．饱和食盐水

(6)若实验中所用的NaClO和NaOH混合液中两溶质的浓度均为0.1mol·L?1，则此溶液中离子浓度的大小顺序为______________________________________。

【答案】三颈烧瓶赶走装置中的空气，避免空气与肼反应

CO-+H2O 防倒吸，同时使产物硫酸肼脱离反应混合ClO?+2OH?+CO(NH2)2N2H4+Cl?+2

3

液利于产物析出，同时降温防爆炸 C c(Na+)>c(OH?)>c(ClO?)>c(H+)

【解析】

【分析】

(1)盛装尿素溶液的装置名称为三颈烧瓶；硫酸肼的水溶液中含有多种阳离子，其中阳离子N2H5+可以认为由N2H4与H+通过配位键结合，在N2H4中，每个N原子与两个H原子形成共价键，则两个N原子间还应形成一对共用电子。

(2)反应前应先通入一段时间氮气，其目的为排尽装置内的空气，防止空气与肼反应。

(3)装置A中，碱性溶液，ClO?在催化剂作用下，将CO(NH2)2氧化为N2H4，自身被还原为

CO-和H2O。

Cl?，同时生成23

(4)装置B中二氯乙烷的作用为防倒吸，同时使产物硫酸肼脱离反应混合液；使用冰水浴的作用是降低产物的溶解度，同时降温防爆。

(5)装置B反应完全后需经过滤、洗涤、干燥等操作得到硫酸肼，洗涤过程中尽可能减少产品的溶解损失，所以最好选择无水乙醇。

(6)若实验中所用的NaClO和NaOH混合液中两溶质的浓度均为0.1mol·L?1，

c(Na+)=0.1mol·L?1，因水解c(ClO?)<0.1mol·L?1，c(OH?)>0.1mol·L?1，由此可确定溶液中离子浓度的大小。

【详解】

(1)盛装尿素溶液的装置名称为三颈烧瓶；N2H5+可以认为由N2H4与H+通过配位键结合，在N2H4中，每个N原子与两个H原子形成共价键，则两个N原子间还应形成一对共用电子,

电子式为。答案为：三颈烧瓶；；

(2)反应前应先通入一段时间氮气，其目的为排尽装置内的空气，防止空气与肼反应。答案为：赶走装置中的空气，避免空气与肼反应；

(3)装置A中，碱性溶液，ClO?在催化剂作用下，将CO(NH2)2氧化为N2H4，自身被还原为

CO-和H2O，反应方程式为

Cl?，同时生成23

CO-+H2O。答案为：

ClO?+2OH?+CO(NH2)2N2H4+Cl?+2

3

CO-+H2O；

ClO?+2OH?+CO(NH2)2N2H4+Cl?+2

3

(4)装置B中二氯乙烷的作用为防倒吸，同时使产物硫酸肼脱离反应混合液；使用冰水浴的作用是降低产物的溶解度，同时降温防爆。答案为：防倒吸，同时使产物硫酸肼脱离反应混合液；利于产物析出，同时降温防爆炸；

(5)装置B反应完全后需经过滤、洗涤、干燥等操作得到硫酸肼，洗涤过程中尽可能减少产品的溶解损失，所以最好选择无水乙醇。答案为：C；

(6)若实验中所用的NaClO和NaOH混合液中两溶质的浓度均为0.1mol·L?1，

c(Na+)=0.1mol·L?1，因水解c(ClO?)<0.1mol·L?1，c(OH?)>0.1mol·L?1，由此可确定溶液中离子浓度的关系为：c(Na+)>c(OH?)>c(ClO?)>c(H+)。答案为：c(Na+)>c(OH?)>c(ClO?)>c(H+)。

【点睛】

在分析装置B中二氯乙烷的作用时，应借助信息“③密度：ρ硫酸肼>ρ二氯乙烷>ρ稀硫酸，且硫酸肼不溶于二氯乙烷”，则往二氯乙烷中通入肼后，肼逸出，在上层与稀硫酸反应生成硫酸肼，由于硫酸肼的密度比二氯乙烷大，且难溶于二氯乙烷，所以沉在二氯乙烷的底部，从而实现与反应混合液的分离。

5．MnO2是制造干电池的主要原料之一，也是中学化学中常见的一种试剂。工业上

Mn(NO3)2和KMnO4为原料制备MnO2，其生产原理如下：用软锰矿（含MnO2和少量的Fe2O3、SiO2）和碳反应制得MnO；再将MnO与稀硝酸反应，反应后经过滤、提纯、浓缩，可制得50%的Mn(NO3)2溶液；在一定条件下，把50%的Mn(NO3)2溶液滴加到KMnO4溶液中，发生如下反应：3Mn(NO3)2+2KMnO4+2H2O═5MnO2↓+2KNO3+4HNO3，反应生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后得到MnO2。

请回答下列问题：

Ⅰ、若将软锰矿和碳反应后的固体产物置于如图1所示的装置甲中，与稀硝酸反应，观察到装置乙中有红棕色气体产生。

（1）写出甲中产生气体反应的化学方程式___。

（2）在制备MnO2的实验中要向反应混合液中不断滴加氨水，则氨水的作用是___。

Ⅱ、有人提出用日光分解KMnO4溶液的方法可制取MnO2，反应方程式为：

4KMnO4+2H2O4MnO2↓+4KOH+3O2↑该反应中c（OH-）随时间的变化曲线如图2所示，分析曲线的变化趋势，你认为形成该变化的原因是___。

Ⅲ、某兴趣小组通过实验研究MnO2的氧化性进行了一系列的研究。

（1）该小组设计了如下4个方案以验证MnO2的氧化性，可行的是___。

A．把MnO2固体加入到FeSO4溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红

B．把MnO2固体加入到FeCl3溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红

C．把MnO2固体加入到Na2SO3溶液中，再加入BaCl2观察是否有白色沉淀生成

D．把MnO2固体加入到稀盐酸中，观察是否有黄绿色气体生成

（2）该小组为研究在不同酸碱性的溶液中MnO2的氧化能力，他们控制KI溶液的浓度和MnO2固体的质量相同，恒定实验温度在298K，设计如下对比试验。

实验酸或碱现象

A1滴0.2mol/LNaOH溶液不变色

该小组从上述对比实验中，可以得出的结论是___。写出在MnO2迅速氧化I?的离子方程式___。

【答案】Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2反应生成的MnO2对该反应起催化作用 A 酸性越强，MnO2氧化能力越强 MnO2+2I?+4H+= Mn2++I2+2H2O

【解析】

【分析】

Ⅰ、(1)软锰矿中含有少量Fe2O3，在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO 气体，为便于吸收氮氧化物，向乙中通入空气，空气中的氧气将NO氧化成NO2，使气体呈红棕色，丙中应盛NaOH溶液等碱性物质，吸收有毒气体NO2；

(2)制备MnO2的实验中生成HNO3，加入氨水，可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；

Ⅱ、反应中c(OH-)在t1时突然增大，说明反应速率增大，在其它条件不变的情况下，可考虑生成物起催化作用；

Ⅲ、(1) A中，通过溶液变红，可说明MnO2固体将Fe2+氧化为Fe3+；B中，Fe3+没有还原性，MnO2不能表现氧化性；C中，不管是否将SO32-氧化，都产生白色沉淀；D中，MnO2固体加入到稀盐酸中，不发生反应。

（2）从溶液的酸碱性及产生的现象，可得出酸性越强，I-转化为I2的反应速率越快，现象越明显，MnO2氧化能力越强的结论；MnO2在酸性溶液中氧化I?，生成Mn2+、I2和H2O。【详解】

Ⅰ、(1)软锰矿中含有少量Fe2O3，在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO 气体。反应的方程式为Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O；答案为：

Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O；

(2)制备MnO2的实验中生成HNO3，加入氨水，可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；答案为：可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；

Ⅱ、反应中c(OH-)在t1时突然增大，说明反应速率增大，在其它条件不变的情况下，可考虑生成物MnO2起催化作用；答案为：反应生成的MnO2对该反应起催化作用；

Ⅲ、(1) A中，通过溶液变红，可说明MnO2固体将Fe2+氧化为Fe3+，A符合题意；

B中，Fe3+没有还原性，MnO2不能表现氧化性，B不合题意；

C中，不管是否将SO32-氧化，都产生白色沉淀，C不合题意；

D中，MnO2固体加入到稀盐酸中，不发生反应，D不合题意。

故选A；

（2）从溶液的酸碱性及产生的现象，可得出酸性越强，I-转化为I2的反应速率越快，现象越明显，MnO2氧化能力越强的结论；答案为：酸性越强，MnO2氧化能力越强；

MnO2在酸性溶液中氧化I?，生成Mn2+、I2和H2O，反应的离子方程式为MnO2+2I?+4H+= Mn2++I2+2H2O；答案为：MnO2+2I?+4H+= Mn2++I2+2H2O。

6．研究证明，高铁酸钾不仅能在饮用水源和废水处理过程中去除污染物，而且不产生任何诱变致癌的产物，具有高度的安全性。湿法制备高铁酸钾是目前最成熟的方法，实验步骤如下：

A．直接用天平称取60.5gFe(NO3)3·9H2O、30.0gNaOH、17.1gKOH。

B．在冰冷却的环境中向NaClO溶液中加入固体NaOH并搅拌，又想其中缓慢少量分批加入Fe(NO3)3·9H2O，并不断搅拌。

C．水浴温度控制在20℃，用电磁加热搅拌器搅拌1.5h左右，溶液成紫红色时，即表明有Na2FeO4生成。

D．在继续充分搅拌的情况下，向上述的反应液中加入固体NaOH至饱和。

E.将固体KOH加入到上述溶液中至饱和。保持温度在20℃，并不停的搅拌15min，可见到烧杯壁有黑色沉淀物生成，即K2FeO4.

（1）①步骤B中不断搅拌的目的是_______。

②步骤C中发生反应的离子方程式为______。

③由以上信息可知：高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠_______(填“大”或“小”)。

（2）高铁酸钾是一种理想的水处理剂，与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH。①该反应的离子方程式为______。②高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是_______。③在提纯

K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用_______。

A．H2O B．稀KOH溶液、异丙醇 C．NH4Cl溶液、异丙醇 D．Fe(NO3)3溶液、异丙醇（3）高铁酸钠还可以用电解法制得，其原理可表示为

Fe+2NaOH+2H2O3H2↑+Na2FeO4，则阳极材料是____，电解液为______。

（4）25℃时，Ksp(CaFeO4)=4.536×10-9，若要使100mL1.0×10-3mol/L的K2FeO4溶液中的

c(FeO42-)完全沉淀，理论上要加入Ca(OH)2的物质的量为_____mol。

（5）干法制备高铁酸钾的方法是Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成黑色高铁酸钾和KNO2等产物。则该方法中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。

【答案】使固体充分溶解(或其他合理说法) 2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-小

4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑消毒、净水 B 铁 NaOH溶液 4.536×10-5 3:1

【解析】

【分析】

(1)①搅拌操作可增加固体与液体的接触面积；

②步骤C中发生反应是NaClO溶液中加入固体NaOH和Fe(NO3)3·9H2O，在20℃左右，生成Na2FeO4；

③在Na2FeO4的浓溶液中加入KOH固体，有高铁酸钾析出，根据溶解度大的制备溶解度小的可得；

(2)①该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由-2价变为0价，根据转移电子相等配平方程式；②高铁酸钾在铁元素为+6价，有强氧化性，还原产物Fe3+，在水溶

液中易水解生成氢氧化铁胶体；③洗涤剂的选择要求：要对K 2FeO 4水解能起到抑制作用的试剂；

(3)电解总反应在碱性条件下进行，电解时阳极发生氧化反应，铁失电子生成高铁酸根离子；

(4)根据溶度积常数计算；

(5)根据含元素化合价升高的物质为还原剂，含元素化合价降低的物质为氧化剂，并根据得失电子守恒氧化剂与还原剂的物质的量之比。

【详解】

(1)①搅拌操作可增加固体与液体的接触面积，则步骤B 中不断搅拌的目的是使固体充分溶解；

②步骤C 中中发生反应是NaClO 溶液中加入固体NaOH 和Fe(NO 3)3·

9H 2O ，在20℃左右，生成Na 2FeO 4，此时发生反应的离子方程式为2Fe 3++3ClO -+10OH -=2FeO 42-+5H 2O+3Cl -； ③根据题，将KOH 加入Na 2FeO 4得到K 2FeO 4，说明高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠小；

(2)①该反应中Fe 元素化合价由+6价变为+3价、O 元素化合价由-2价变为0价，其转移电子数为6，根据转移电子相等、电荷守恒配平方程式为4FeO 42-+10H 2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O 2↑+8OH -；②高铁酸钾(K 2FeO 4)具有极强的氧化性，是一种优良的水处理剂，起到杀菌消毒作用，形成胶体具有吸附悬浮杂质的作用；③洗涤剂的选择要求：要对K 2FeO 4水解能起到抑制作用的试剂，在选项中，A 能让K 2FeO 4水解，B 中醋酸钠水解显碱性，对K 2FeO 4水解能起到抑制作用，C 和D 中的铵根和三价铁离子易水解，且水解后显酸性，对K 2FeO 4水解能起到促进作用，故选B ，故答案为：B ；

(3)电解总反应在碱性条件下进行，电解时阳极发生氧化反应，铁失电子生成高铁酸根离子，则阳极材料是Fe ，电解液为NaOH 溶液；

(4)25℃时，CaFeO 4的K sp =4.536×10-9，若要使100mL1.0×10-3mol?L -1的K 2FeO 4溶液中的c(FeO 42- )完全沉淀，理论上至少要加入的Ca(OH)2的物质的量

=()sp

24K c FeO -×0.1L=9

54.536101.010

--??mol/L×0.1L=4.536×10-5mol ； (5)干法制备高铁酸钾的方法是将Fe 2O 3、KNO 3、KOH 混合加热共熔生成紫红色高铁酸钾和KNO 2等产物，其中氮元素化合价从+5价降到+3价，得2e -，KNO 3为氧化剂，Fe 2O 3中铁元素化合价从+3价升到+6价，共失去电子6e -，为还原剂，得失电子相等，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1。

7．(1)难溶物PbSO 4溶于CH 3COONH 4溶液可制得易溶于水的(CH 3COO)2Pb ，发生的反应为PbSO 4＋2CH 3COONH 4＝(CH 3COO)2Pb ＋(NH 4)2SO 4，说明(CH 3COO)2Pb 是________(填“强”或“弱”)电解质。

(2)已知次磷酸(H 3PO 2)与足量的氢氧化钠溶液反应生成NaH 2PO 2和H 2O ，则次磷酸是_____元酸(填“一”、“二”或“三”)。

(3)工业上制玻璃和水泥需用到的共同原料是________(填化学式)。

(4)在一定温度下，向一个2 L 的真空密闭容器中(预先装入催化剂)通入1 mol N 2和3 mol H 2，发生反应：N 2(g)＋3H 2(g)?2NH 3(g)。经过一段时间后，测得容器内压强是起始的0.9

倍，在此时间内，H 2平均反应速率为0.1 mol/(L·

min)，则所经过的时间为______min (5)高铁酸钠(Na 2FeO 4)具有强氧化性，可对自来水进行消毒、净化。高铁酸钠可用氢氧化铁和次氯酸钠在碱性介质中反应得到，请补充并配平下面离子方程式。

____Fe(OH)3 +____ClO －+____OH －=__FeO 42－＋___Cl －+__

(6)在反应11P+15CuSO 4+24H 2O=5Cu 3P+6H 3PO 4+15H 2SO 4中，氧化剂是___________；当有2mol H 3PO 4生成，转移的电子的物质的量为___________

【答案】弱 一 CaCO 3 3 2 3 4 2 3 5H 2O P 、CuSO 4 10mol

【解析】

【分析】

【详解】

(1)硫酸铅在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸铵时，醋酸根离子和铅离子生成难电离物质或弱电解质醋酸铅，促使硫酸铅溶解，说明(CH 3COO)2Pb 是弱电解质；

(2)H 3PO 2与足量的NaOH 溶液反应，生成NaH 2PO 2，说明H 3PO 2只能电离出一个氢离子，所以H 3PO 2是一元酸；

(3)水泥的生产原料为黏土、石灰石，制玻璃的主要原料为纯碱、石灰石和石英砂，共同原料为CaCO 3；

(4)容器体积为2L ，所以初始投料c (N 2)=0.5mol/L ，c (H 2)=1.5mol/L ，设△c (N 2)=x mol ，列三段式有：

()()()

-1-1-1223+mol L 0.5 1.50mol L x 3x 2x

mol L 0.5-x 1.N g 3H g 2NH g 5-3x 2x

?g g g 起始()转化()平衡() 容器内压强是起始的0.9倍，温度和容器容积不变，气体的压强比等于浓度之比，所以()(

)-1

-1

0.5-x+1.5-3x+2x mol L =0.90.5+1.5mol L g g ，解得x=0.1mol/L ，则△c (H 2)=0.3mol/L ，v (N 2)=0.1 mol/(L·min)，则反应时间t=()

-1

0.0.3mol L = 1 mol/L min c v ?g g =3min ； (5)铁元素化合价由+3升高为+6，失去3个电子，氯元素化合价由+1降低为-1，得2个电子，取最小公倍数，则氢氧化铁与高铁酸根前系数为2，次氯酸跟与氯离子前系数为3，再根据电荷守恒及原子守恒配平得2Fe(OH)3+3ClO -+4OH -=2FeO 42-+3Cl -+5H 2O ；

(6)Cu 3P 中P 元素化合价为-3，H 3PO 4中P 元素化合价为+5，所以P 既是氧化剂又是还原剂，Cu 元素化合价由CuSO 4中的+2降低为Cu 3P 中+1，所以CuSO 4也是氧化剂，即氧化剂为P 、CuSO 4；当有2mol H 3PO 4生成，转移的电子的物质的量为2mol×(+5-0)=10mol 。

8．生物浸出是用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速 Fe 2+氧化的细菌，培养后能提供 Fe 3+， 控制反应条件可达细菌的最大活性，其生物浸矿机理如下图。

反应1反应2

（1）氧化亚铁硫杆菌生物浸出ZnS矿。

①反应2中有S单质生成，离子方程式是__。

② 实验表明温度较高或酸性过强时金属离子的浸出率均偏低，原因可能是__。

（2）氧化亚铁硫杆菌生物浸出废旧锂离子电池中钴酸锂（LiCoO2）与上述浸出机理相似，发生反应1和反应3：LiCoO2 +3Fe3+=Li++ Co2++3Fe2++O2↑

①在酸性环境中，LiCoO2浸出Co2+的总反应的离子方程式是__。

②研究表明氧化亚铁硫杆菌存在时，Ag+对钴浸出率有影响，实验研究Ag+的作用。取LiCoO2粉末和氧化亚铁硫杆菌溶液于锥形瓶中，分别加入不同浓度Ag+的溶液，钴浸出率（图1）和溶液pH（图2）随时间变化曲线如下：

图1不同浓度Ag+作用下钴浸出率变化曲线图2不同浓度Ag+作用下溶液中pH变化曲线

Ⅰ．由图1和其他实验可知，Ag+能催化浸出Co2+，图1中的证据是__。

Ⅱ．Ag+是反应3的催化剂，催化过程可表示为：反应4：Ag++LiCoO2=AgCoO2+Li+

反应5：……

反应5的离子方程式是__。

Ⅲ．由图2可知，第3天至第7天，加入Ag+后的pH均比未加时大，结合反应解释其原因：__。

【答案】ZnS+2Fe3+=Zn2++S+2Fe2+细菌的活性降低或失去活性 4LiCoO2 +12H+

4Li++4Co2++6H2O +O2↑加入Ag+明显提高了单位时间内钴浸出率，即提高了钴浸出速率AgCoO2+3Fe3+=Ag++ Co2++3Fe2++O2↑加入Ag+催化了反应3，使LiCoO2浸出的总反应的化学反应速率加快，相同时间内消耗H+更多，故加入Ag+后的pH比未加时大

【解析】

【分析】

【详解】

（1）①由题给示意图可知，反应2为Fe3+与ZnS发生氧化还原反应生成Zn2+、S和Fe2+，反应的离子方程式为ZnS+2Fe3+=Zn2++S+2Fe2+，故答案为：ZnS+2Fe3+=Zn2++S+2Fe2+；

② 细菌为蛋白质，温度较高或酸性过强时，蛋白质变性，细菌的活性降低，导致金属离子的浸出率均偏低，故答案为：细菌的活性降低或失去活性；

（2）①在酸性环境中，细菌做催化剂，使LiCoO2中+3价的Co元素将-2价O元素氧化，

反应生成Li+、Co2+、O2和H2O，反应的离子方程式为4LiCoO2 +12H+4Li++4Co2++6H2O +O2↑，故答案为：4LiCoO2 +12H+4Li++4Co2++6H2O +O2↑；

②Ⅰ．由图1可知，加入Ag+明显提高了单位时间内钴浸出率，说明Ag+做催化剂，提高了钴浸出速率，故答案为：加入Ag+明显提高了单位时间内钴浸出率，即提高了钴浸出速率；

Ⅱ．由催化剂的催化机理可知，反应4中Ag+做反应物，则反应5中Ag+做生成物，即中间产物AgCoO2与Fe3+反应生成Ag+、Co2+、Fe2+和O2，反应的化学方程式为

AgCoO2+3Fe3+=Ag++ Co2++3Fe2++O2↑，故答案为：AgCoO2+3Fe3+=Ag++ Co2++3Fe2++O2↑；Ⅲ．由图2可知，第3天至第7天，加入Ag+后的pH均比未加时大，原因是加入Ag+催化了反应3，使LiCoO2浸出的总反应的化学反应速率加快，相同时间内消耗H+更多，导致加入Ag+后的pH比未加时大，故答案为：加入Ag+催化了反应3，使LiCoO2浸出的总反应的化学反应速率加快，相同时间内消耗H+更多，故加入Ag+后的pH比未加时大。

9．实验室里，从废旧钴酸锂离子电池的正极材料（在铝箔上涂覆活性物质LiCoO2）中，回收钴、锂的操作流程如下图所示：

回答下列问题。

（1）拆解废旧电池获取正极材料前，先将其浸入NaCl溶液中，使电池短路而放电，此时溶液温度升高，该过程中能量的主要转化方式为____。

（2）“碱浸”过程中产生的气体是____；“过滤”所得滤液用盐酸处理可得到氢氧化铝，反应的化学方程式为____。

（3）“酸浸”时主要反应的离子方程式为____；若硫酸、Na2S2O3溶液用一定浓度的盐酸替代，也可以达到“酸浸”的目的，但会产生____（填化学式）污染环境。

（4）“沉钴”时，调pH所用的试剂是____；“沉钴”后溶液中c（Co2+）=____。（已知：Ksp[Co（OH）2]=1.09×l0-15）

（5）在空气中加热Co（OH）2，使其转化为钴的氧化物。加热过程中，固体质量与温度的关系如左下图所示。290～500℃，发生反应的化学方程式为____。

（6）根据右下图判断，“沉锂”中获得Li2CO3固体的操作主要包括____、____、洗涤、干燥等步骤。

【答案】化学能→电能→热能 H2 NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓ 8LiCoO2+ S2O32-+22H+=8Li++8Co2++2SO42-+11H2O Cl2 NaOH溶液或氢氧化钠固体 1.09×l0-6mol/L

6Co2O3 290~500℃

4Co3O4+ O2↑蒸发浓缩趁热过滤

【解析】

【分析】

正极材料主要由Al和LiCoO2组成，LiCoO2属于盐类，由复分解反应的条件可判断，其与NaOH溶液混合不发生反应，故“碱浸”过程中只有Al和NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，过滤得到滤渣为LiCoO2；“酸浸”时反应物有LiCoO2、硫酸和Na2S2O3溶液，依据“沉钴”产物为Co(OH)2可判断，反应后钴元素的价态从+3价降为+2价，依据氧化还原反应规律以及工艺中最后还可获得Na2SO4·10H2O副产品，可推知S元素价态升高并转化为SO42-；之后调节pH值得到Co(OH)2沉淀，再加入碳酸钠溶液调节pH值沉锂，得到碳酸锂和母液，母液结晶得到Na2SO4·10H2O。

【详解】

(1)依据“电池短路而放电”“溶液温度升高”两项信息，即可判断废旧电池的处理过程中能量的主要转化方式为化学能→电能→热能；

(2)依题中信息可知，正极材料主要由Al和LiCoO2组成，LiCoO2属于盐类，由复分解反应的条件可判断，其与NaOH溶液混合不发生反应，故“碱浸”过程中只有Al和NaOH反应，生成NaAlO2和H2；“过滤”所得滤液用适量盐酸处理可以得到氢氧化铝，方程式为NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓；

(3)根据分析可知“酸浸”时Na2S2O3被氧化为SO42-，Co元素被还原，结合电子守恒和元素守恒可知离子反应方程式为：8LiCoO2+ S2O32-+22H+=8Li++8Co2++2SO42-+11H2O；加入的Na2S2O3起还原作用，用一定浓度的盐酸替代“Na2S2O3溶液和硫酸”，也能实现酸浸目的，可知该反应中，盐酸也起了还原剂的作用，氧化产物为会污染环境的Cl2；

(4)结合“沉锂”后母液中还可以获得Na2SO4·10H2O，可知用的试剂为NaOH溶液或固体；溶液pH=9.5，则溶液中c(OH-)=10-4.5mol/L，带入K sp[Co(OH)2]=c2(OH-

)·c(Co2+)=1.09×l0-15求得c(Co2+)=1.09×l0-6mol/L；

(5)从图中信息可知，加热前的反应物为Co(OH)2 (0.930g) ,其物质的量为0.01mol，依据钴元素的量不变可知: n(Co)=0.01mol，m(Co)=0.590g，温度升温290℃时，转化为

0.830g某种钴的氧化物，该氧化物中，n(O)=0.830g-0.590g

16g/mol

=0.015mol，由此可以确定该

氧化物为Co2O3；同理可以确定500℃时，n(O)=0.803g-0.590g

16g/mol

≈0.0133mol，则生成的氧

化物为Co3O4；所以290℃～500℃过程中，Co2O3转化为Co3O4，反应过程中，Co元素化合价降低。氧元素化合价升高并转化为O2，故反应的化学方程式为

6Co2O3 290~500℃

4Co3O4+ O2↑；

(6)分析溶解度曲线可知LiCO3微溶，其溶解度随温度升高而降低，为了提高锂元素的回收率，同时防止硫酸钠析出，应采用蒸发浓缩(减少溶剂)并在较高温度下趁热过滤等操作。【点睛】

热重分析法是常用的定量分析方法，通过分析热重曲线，可以推测物质的热稳定性、加热反应生成的产物等相关信息。第5题解题关键是抓住受热过程中Co元素的量不变，利用图中数据信息，确定分解所得氧化物中钴、氧元素的物质的量之比,从而确定不同温度下生成的氧化物的组成，写出反应的化学方程式。

10．实验室可由软锰矿（主要成分为MnO2）制备KMnO4，方法如下：高温下使软锰矿与过量KOH(s)和KClO3(s)反应，生成K2MnO4（锰酸钾）和KCl；用水溶解，滤去残渣；酸化滤液，K2MnO4转化为MnO2和KMnO4；再滤去沉淀MnO2，浓缩结晶得到KMnO4晶体。

请回答：

（1）用软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是

_______________________________________。

（2）K2MnO4转化为KMnO4的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_____________。生成0.1mol还原产物时转移电子______________个。KMnO4、K2MnO4和MnO2的氧化性由强到弱的顺序是____________________________。

（3）KMnO4能与热的Na2C2O4(aq,硫酸酸化）反应生成Mn2+和CO2。若取用软锰矿制得的KMnO4产品0.165g，能与0.335g Na2C2O4恰好完全反应（假设杂质均不能参与反应），该产品中KMnO4的纯度为____________________。

【答案】6KOH + KClO3 + 3MnO2＝3 K2MnO4+ KCl + 3H2O； 1:2 0.2N A或6.02×10-22 KMnO4＞K2MnO4＞MnO2 0.958

（

【解析】

【分析】

【详解】

试题分析：

（1）反应物为KOH、KClO3、MnO2，生成物为K2MnO4（锰酸钾）和KCl、水，该反应为

6KOH+KClO3+3MnO2＝3K2MnO4+KCl+3H2O，故答案为6KOH+KClO3+3MnO2＝

3K2MnO4+KCl+3H2O；

（2）K2MnO4转化为KMnO4的反应中K2MnO4＝2KMnO4+MnO2，Mn元素的化合价由+6价升高为+7价，Mn元素的化合价由+6价降低为+4价，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，生成0.1mol还原产物时转移电子0.1 N A×(6-4)=0.2N A或6.02×10-22，由氧化还原反应

中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可知氧化性为KMnO4＞K2MnO4＞MnO2，故答案为1：2；0.2N A或6.02×10-22；KMnO4＞K2MnO4＞MnO2；

（3）KMnO4能与热的Na2C2O4（aq，硫酸酸化）反应生成Mn2+和CO2，设KMnO4的纯度

为x，则由电子守恒可知，

0.165

122.5/

gx

g mol?

(7-2)=

0.335

134/

g

g mol?

2?(4-3) ，解得x=0.958，故

答案为0.958．

11．含铬(＋6价)废水严重危害人体健康，工业上常用还原法进行处理。其部分工艺流程如下：

(1)废水中，六价铬以CrO42－；或者Cr2O72－的形式存在，写出其相互转化的离子方程式

______。我国常用NaHSO3做还原剂，写出还原池中反应的离子方程式__________。(2)废水中残留六价铬的浓度随溶液pH变化如图所示。实际生产中需控制pH＝2.5～3.0，原因可能是_____________。

(3)沉淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细，为促使其更好地沉淀，可采取的措施是________。

(4)我国规定，工业废水中含Cr(VI)量的排放标准为0.1 mg/L。已知：Cr的相对原子质量为52，K ap(BaCrO4)＝1.2×10－10。若用Ba2＋除去废水中的CrO42－，达到废水排放标准时，废水中Ba2＋浓度最低为___________mol/L(保留小数点后2位)。用Ba2＋除去废水中的CrO42－是否可行，为什么?请简要回答。________________

【答案】2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O3HSO3—+Cr2O72-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O溶液中pH越高，废水中六价铬残留越多；溶液中pH越低，会腐蚀设备管道加入絮凝剂 6.24×10-5

mol/L 不可行，因为废水中含有Ba2＋，同样有毒

【解析】

【分析】

（1）由工艺流程可知，加酸可以使CrO42-转化为Cr2O72-，还原池中，Cr2O72-在酸性条件下将HSO3—氧化生成SO42-，本身被还原为Cr3+；

（2）由图可知，溶液中pH越大废水中残留六价铬的浓度越大，而溶液中pH越小，酸性越强，可能会腐蚀设备管道；

（3）沉淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细，可向沉淀池中加入絮凝剂；

（4）由溶度积计算可得；Ba 2＋在溶液中有毒。

【详解】

（1）由工艺流程可知，加酸可以使CrO 42-转化为Cr 2O 72-，转化的离子方程式为2CrO 42-+2H +

Cr 2O 72-+H 2O ；还原池中，Cr 2O 72-在酸性条件下将HSO 3—氧化生成SO 42-，本身被还原为Cr 3+，反应的离子方程式为3HSO 3—+Cr 2O 72-+5H +=2Cr 3++3SO 42-+4H 2O ，故答案为：2CrO 42-+2H +Cr 2O 72-+H 2O ；3HSO 3—+Cr 2O 72-+5H +=2Cr 3++3SO 42-+4H 2O ； （2）由图可知，溶液中pH 越大废水中残留六价铬的浓度越大，而溶液中pH 越小，酸性越强，可能会腐蚀设备管道，所以实际生产中需控制pH ＝2.5～3.0，故答案为：溶液中pH 越高，废水中六价铬残留越多；溶液中pH 越低，会腐蚀设备管道；

（3）沉淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细，可向沉淀池中加入絮凝剂，使Cr(OH)3更好地沉淀，故答案为：加入絮凝剂；

（4）达到废水排放标准时，CrO 42－的浓度为0.0001521g L =0.000152

mol/L ，则溶液中Ba 2＋浓度为()

424()sp －c K BaCrO CrO =100.0001521.210/mol L -?=6.24×10-5 mol/L ；Ba 2＋在溶液中有毒，则用Ba 2＋除去废水中的CrO 42－

是不可行的，故答案为：6.24×10-5 mol/L ；不可行，因为废水中含有Ba 2＋，同样有毒。

12．在食品行业中，N 2O 可用作发泡剂和密封剂。

（1）N 2O 是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，NH 3与O 2在加热和催化剂的作用下生成N 2O 的化学方程式为___。

（2）N 2O 和NO 是环境污染性气体。这两种气体会发生反应：N 2O(g)＋CO(g)=CO 2(g)＋N 2(g)，“Fe ＋”常用作该反应的催化剂。其总反应分两步进行：

第一步为Fe ＋＋N 2O ＝FeO ＋＋N 2；第二步为___(写方程式)，第二步反应几乎不影响总反应

达到平衡所用的时间，由此推知，第二步反应的活化能___(填“大于”“小于”或“等于”)第一步反应活化能。

（3）在四个恒容密闭容器中充入相应量的气体(图甲)，发生反应2N 2O(g)=2N 2(g)＋O 2(g) △H ，容器I 、II 、III 中N 2O 的平衡转化率如图乙所示：

①该反应的△H___(填“>”或“<”)0。

②容器Ⅳ与容器III 的体积均为1L ，容器Ⅳ中的物质在470℃下进行反应，起始反应速率：v 正(N 2O)___v 逆(N 2O)(填“>”“<”或“＝”)。

③已知容器I 的体积为10L370℃时，该反应的平衡常数K =___。

【答案】2NH 3+2O 2=N 2O+3H 2O FeO ++CO=Fe ++CO 2( 小于 ＞ ＜ 8.9×10-4或11125

【解析】

【分析】 (1)NH 3与O 2在加热和催化剂作用下生成N 2O ，类似于生成NO 的反应，同时生成水；

(2)总反应分两步进行Fe+N 2O=FeO+N 2，根据催化剂定义，第一步生成中间产物，第二步反应中，中间产物(FeO +)氧化CO 生成CO 2本身被还原成Fe +，根据催化剂定义，第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率；

(3)①升高温度，向吸热方向进行，据此进行分析；

②恒温条件下，缩小体积，平衡向气体总物质的量减小的方向移动；

③根据方程式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算。

【详解】

(1)NH 3与O 2在加热和催化剂作用下生成N 2O 和水，反应的化学方程式为

2NH 3+2O 2N 2O+3H 2O ；

(2)总反应分两步进行Fe+N 2O=FeO+N 2，根据催化剂定义，第一步：Fe ++N 2O ═FeO ++N 2，第二步反应中，中间产物(FeO +)氧化CO 生成CO 2本身被还原成Fe +，FeO ++CO=Fe ++CO 2，第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率，第二步反应速率大于第一步反应速率，则第二步反应活化能小于第一步反应的活化能；

(3)①升高温度，N 2O 的转化率升高，则向正反应方向进行，则正反应为吸热反应，则△H ＞0；

②根据题给图像可知，同一温度下，从I 、II 、III 变化中，一氧化二氮的转化率减小，因此Ⅳ中一氧化二氮转化率也是减小；容器Ⅳ的体积为1L ，容器Ⅳ中的物质也在470℃下进行反应，则缩小体积，压强增大，平衡向逆方向移动，即起始反应速率：v 正(N 2O)＜v 逆(N 2O)；

③容器I 的体积为10 L ，370℃时，N 2O 的转化率为40%；

222+0.01000.0040.0040.002

0.0060.0040.002

22///N O g N g O g mol L mol L mol L ?（）（）（）

起始（）变化（）平衡（） 所以K=()2222222()()0.0040.0020.006

c N c O c N O ?==8.9×10-4。

13．消除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护的重要研究课题。

(1)已知反应8NH 3+6NO 2=7N 2+12H 2O ，请分析氧化产物和还原产物的质量之比为________。

(2)水体中过量氨氮(以NH 3表示)会导致水体富营养化。

①用次氯酸钠除去氨氮的原理如题图所示。写出该图示的总反应化学方程式：________。 该反应需控制温度，温度过高时氨氮去除率降低的原因是________。

②取一定量的含氨氮废水，改变加入次氯酸钠用量，反应一段时间后，溶液中氨氮去除率、总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的总量)去除率以及剩余次氯酸钠的含量随m(NaCIO)m(NH3)的变化情况如图所示。当m( NaCIO)：m(NH3)>7.6时，水体中总氮去除率反而下降，可能的原因是________ 。

【答案】4：3 2NH3+ 3NaClO= N2+ 3NaCl+ 3H2O 温度过高，HClO发生分解，氨氮去除率随之降低有部分NH3被氧化成NO2-或NO3-

【解析】

【分析】

（1）该反应中NH3中N由－3价变为0价，化合价升高，被氧化，所得产物为氧化产物；NO2中N由＋4价变为0价，化合价降低，被还原，所得产物为还原产物；因此氧化产物和还原产物的物质的量之比为8:6=4:3；

（2）①根据图示判断发生氧化还原反应的反应物、生成物，根据得失电子守恒和原子守恒书写化学方程式；温度越高，化学反应速率越快，但是温度过高，HClO不稳定，受热易分解；

②当m( NaCIO)：m(NH3)>7.6时，NaCIO加入的量越多会将氨氮氧化为NO3-等高价态物质。【详解】

(1)该反应中NH3中N由－3价变为0价，化合价升高，发生氧化反应，所得为氧化产物；NO2中N由＋4价变为0价，化合价降低，发生还原反应，所得为还原产物；因此氧化产物和还原产物的物质的量之比为8:6=4:3；

(2)①由图转化过程可知，该反应中反应物为NH3和NaClO，生成物为N2、NaCl2和H2O，因此该反应的化学方程式为：2NH3＋3NaClO=N2＋3NaCl＋3H2O；

由于反应过程中生成HClO，HClO不稳定，受热易分解，因此温度过高，氨氮去除率降低；

②NaClO具有氧化性，其量增大，会使得部分NH3被氧化成NO2-或NO3-，使得水体中总氮去除率降低；

【点睛】

本题考查氧化还原反应方程式的书写，考生应从图中找出反应物、生成物，另外解释控制反应条件的度。

14．某工业废玻璃粉末含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等。某课题小组设计如下工艺流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4和硫酸铁铵矾。