全国备战高考化学氧化还原反应的综合备战高考模拟和真题分类汇总附详细答案

1、一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）1 叠氮化钠 (NaN33易溶于水，微)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。NaN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(t- BuNO2，以 t-Bu 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24222450%硫酸混合，发生反应 H SO 2NaNO =2HNO Na SO 。可利用亚硝酸与叔丁醇 (t- BuOH)在 40左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：_。(2)制备叠氮化钠 (NaN3)按

2、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：t- BuNO2 NaOHN H=NaN 2H O t- BuOH。2432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。 1用滴定管加入0.10mol L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 滴邻菲罗啉指

3、示液，并用1 硫酸亚铁铵0.10mol L424 24，终点时消耗标准溶液20.00mL( 滴定原理： Ce4(NH) Fe(SO) 为标准液，滴定过量的Ce Fe2=Ce3 Fe3 )。已知六硝酸铈铵(NH 4)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

4、尖嘴处无气泡，结束时出现气泡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】 t- BuOH HNO2t- BuNO2 H2O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 23 62NaN3433 3) Ce(NO )=4NH NO 2Ce(NO ) 32 2N3- H2 2OH3N22NaNO 3N 65% ACClOO=Cl【解析】【分析】【详解】(1)制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸

5、和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反应，所以方程式为： t-BuOH HNO 240H 2O ；t-BuNO 2(2) 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 N 3 中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：2(NH 4 ) 2 Ce(NO 3 )6 2NaN 3 =4NH 4NO 3 2NaNO 32Ce(NO 3 )3 3N 2 ；在计算叠氮化钠的含量

6、时，一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了1 与过量的六硝酸铈铵反10应，再用Fe2+去滴定未反应完的正四价的Ce，因此有：2.0gNaN3样品的 1 消耗的 Ce4Fe2 消耗的 Ce4 =0.004molCe4 ，考虑到 Fe2+与10Ce4+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：n(NaN 3 )10 (0.004 Fe2消耗的 Ce4 ) 0.02mol ，所以叠氮化钠样品的质量分数为： wm(NaN 3 ) 100%=0.02mol 65g/mol =65% ；2.0g2.0A润洗锥形瓶，会使步骤 消耗的六硝酸铈铵的量增加，通过分析可知，会使最终

7、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-；产生的无色无味无毒气体，

8、推测只能是氮气，所以离子方程式为：ClO2N 3H 2O=Cl3N 22OH。【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。A 与过量2 某工业废水中主要含有 Cr3 ，同时还含有少量的 Fe3、 Fe2 、Al3 、Ca2 和 Mg 2 等，且酸性较强。为回收利用，通常采用如下流程处理：注：部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH 见下表。氢氧化物Fe(OH)32Mg(OH)233Fe(OH)Al

9、(OH)Cr(OH)pH3.79.611.189(9 溶解 )（1）氧化过程中可代替H2O2 加入的试剂是_(填序号 )。A Na2 O2 B HNO3 CFeCl3 D KMnO4（2）加入 NaOH 溶液调整溶液pH 8 时，除去的离子是_；已知钠离子交换树脂的原理： Mn nNaRMR n nNa，此步操作被交换除去的杂质离子是_。A Fe3 B Al3 C Ca2 D Mg2（3）还原过程中，每消耗0.8 mol Cr2O72- 转移 4.8 mol e ，该反应离子方程式为_。【答案】 A AB CD 3S22+23+2O3+ 4Cr2O7+ 26H = 6SO4+ 8Cr +13H

10、2O【解析】【分析】某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、 Al3+、 Ca2+和 Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+被氧化为 Cr2O72-，加氢氧化钠调节 pH=8，则 Fe3+、 Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2 7 2-、 Ca2+和 Mg2+等，通过钠离O子交换树脂，除去 Ca2+和 Mg 2+，然后加 Na2 2 3272-还原为 Cr3+，再调节 pH 得到S O把 Cr O254Cr(OH)(H O) SO ；(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，注意不能引入新的杂质；(2)根据表中数据判断；通过

11、钠离子交换树脂，除去Ca2+和 Mg 2+；(3)每消耗 0.8mol Cr 2O72- 转移 4.8mol e -，则 1molCr 2O72- 转移 6mol 电子，所以生成 Cr3+，S2O32-被氧化为 SO42-，结合得失电子守恒和原子守恒写出离子方程式。【详解】某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、 Al3+、 Ca2+和 Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+被氧化为 Cr2O72-，加氢氧化钠调节pH=8，则 Fe3+、 Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和 Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去

12、 Ca2+和 Mg 2+，然后加 Na2S2 O3 把 Cr2O72-还原为 Cr3+，再调节 pH 得到Cr(OH)(H2O)5SO4；(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，同时不能引入新的杂质，所以可以用Na O 代替 H O ，故答案为： A；2222(2)根据表中数据可知， pH=8 时， Fe3+、 Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，则Fe3+、 Al3+被除去；通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和 Mg 2+；(3)每消耗0.8mol Cr 2O72- 转移 4.8mol e -，则 1molCr 2O72- 转移 6mol 电子，所以生成Cr3+，232-被氧化为 S

13、O42-，则反应的离子方程式为：3S2 322 72+423+S OO+ 4Cr O+ 26H = 6SO+ 8Cr+13H2O。3 硫酸亚铁铵的化学式为（ NH4） 2SO4?FeSO4?6H2O，商品名为莫尔盐，可由硫酸亚铁与硫酸铵反应生成。一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化，而形成莫尔盐后就比较稳定了。三种盐的溶解度（单位为 g/100g 水）如下表：温度102030（NH42473.075.478.0）SOFeSO47H2O20.026.532.9（NH42SO4 ?FeSO417.221.628.1）（一）实验室制取少量莫尔盐的流程如下：试回答下列问题：（1）步骤 1 中加入 10Na2

14、CO3 溶液的主要作用是_ ；反应中铁屑过量是为了_。（2）步骤 3 需要趁热过滤，原因是_。（3）从步骤4 到莫尔盐，必须进行的操作依次是_，析出的晶体常用_洗涤。（4）若莫尔盐的饱和溶液中有水20 克，当温度从30降至10，最多析出莫尔盐的质量是 _（选填编号）。A 2.18gB 大于（二）称取质量为2.18g1.96gC 小于 2.18gD 无法确定的莫尔盐制成溶液。用未知浓度的酸性KMnO4 溶液进行滴定。（ 1）已知 MnO4-被还原为 Mn 2+，试写出该滴定反应的离子方程式_。（ 2）判断该反应到达滴定终点的现象为_。（3）假设到达滴定终点时，用去V mL 酸性 KMnO4 溶液

15、，则该酸性KMnO4 溶液的浓度为_mol/L 。【答案】除铁屑表面的油污还原氧化生成的Fe3+，保证 Fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的 Fe3+杂质 FeSO4在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有42FeSO7H O 析出过滤、洗涤无水酒精或冰水B2+-+3+2+5Fe +MnO 4 +8H 5Fe +Mn+4H2O 加入最后一滴KMnO4 溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色1/V【解析】【分析】（一）（ 1）碳酸钠水解显碱性；（ 2） FeSO4 在温度低时溶解度较小；（ 3）浓缩结晶后需要过滤、洗涤；温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小；（4）（ NH4 244在 30和 10的溶解

16、度分别为：28.1g 和 17.2g；）SO FeSO（二）（ 1） MnO 4-将二价铁离子氧化为三价铁离子，被还原为Mn2+；（ 2）高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子是不需要指示剂的；（ 3）根据亚铁离子和高锰酸根反应的实质，可以找到亚铁离子与高锰酸根之间的量的关系，根据原子守恒可以找到亚铁离子和酸亚铁铵之间量的关系，进而进行计算。【详解】（一）（ 1）碳酸钠水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解，过量的Fe 可以还原氧化生成的 Fe3+，减少产物中的Fe3+杂质，故答案为：除铁屑表面的油污；还原氧化生成的Fe3+，保证 Fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的 Fe3+杂质；（2）如果不趁热过

17、滤就会有FeSO4247H O 析出，故答案为： FeSO 在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSO47H2O 析出；（ 3）浓缩结晶后需要过滤、洗涤；硫酸亚铁铵在无水乙醇中的溶解度小；温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小，可用冰水洗涤，故答案为：过滤、洗涤；无水酒精或冰水；（4）（ NH4） 2SO4FeSO4 在30和 10的溶解度分别为：28.1g 和17.2g，即若溶剂为 100g水，冷却析出10.9g，有水 20g 析出 2.18g，硫酸亚铁铵的化学式为（NH4） 2SO4FeSO46H2O含有结晶水，故析出质量大于2.18g，故答案为： B；2+-+3+2+4H2O，故答案为：

18、（二）（ 1）反应的离子方程式 5Fe +MnO4+8H 5Fe +Mn2+-+3+2+5Fe +MnO 4 +8H 5Fe +Mn+4H2O；（2）高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子不需要指示剂，当滴加最后一滴溶液后，溶液变成紫红色，30s 内不褪色，说明达到滴定终点，故答案为：加入最后一滴KMnO4 溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色；（3） 1.96g 硫酸亚铁铵晶体的物质的量n= m =1.96 g=0.005mol ，根据原子守恒则亚M392g / mol铁离子的物质的量为0.005mol ，反应 5Fe2+MnO 4 -+8H+=5Fe3+Mn 2+4H2O，则 5Fe2+ MnO 4

19、-，所以高锰酸钾的物质的量为0.001mol ，据 c= n =0.001mol=1mol/L ，故答案为：V10 3 VLV1 。V4 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 O 2(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(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SO 平衡转化率的有 _(选填编号 )2a.移出氧气b.降低温度c.减小

20、压强d.再充入 0.050molSO (g)和 0.030molO2(g)2(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T22的转化率随反应时间变化的示意图_(723K)时 SO(4)黄铁矿在一定条件下煅烧的产物为SO和 Fe O234将黄铁矿的煅烧产物Fe3 4244O溶于 HSO 后，加入铁粉，可制备FeSO。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3+2+2。写出有关的离子方程式Fe 还原为 Fe ，本身被氧化为SO4_。有 2mol 氧化产物生成时转移的电子数为_【答案】 0.0

21、05mol/(L?min)bd抑制 Fe3+与 Fe2+的水解，并防止 Fe2+被氧化成 Fe3+ FeS2+14Fe3+8H2 O=15Fe2+2SO42 +16H+14NA【解析】【分析】(1)根据 vc 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t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；

22、(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】c 0.040mol(1)v(SO3)2Lt2min 0.01mol/(L?min) ，所以 v(O2)1v(SO3 ) 0.005mol/(L?min) ，2故答案为： 0.005mol/(L?min) ；(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(g)和 0.030mol

23、O 2(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T2 723K，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

24、和酸，抑制 Fe3 与 Fe2 的水解，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：3+2+2+FeS2+14Fe+8H2O=15Fe +2SO4+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：3+2+2+FeS2+14Fe +8H2O=15Fe +2SO4+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，

25、达到平衡需要的时间短，此为解题的关键。5 碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，一般是在食盐中添加一定量的KIO3。但碘添加量也不能过多，过多会导致甲亢等。国家标准GB14880-1994 中规定每千克食盐中碘的含量（以碘原子计）应为20-60mg/kg 。实验研究小组为了检测某加碘盐中碘含量是否合格，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：KIO3 + KI + H2SO4I 2 + H 2O + K2SO4（方程式未配平）。试根据相关信息回答下列问题：（1）检测原理中，氧化剂为_，氧化产物为_。请在下面配平该方程式，同时用单线桥 标明电子转移的方向和数目：_ KIO 3 + _KI+_ H

26、2 SO4 _ I2+ _H 2 O +_K 2 SO4（2）取10g 加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸和KI 溶液（ H2SO4 和KI 都稍过量），充分反应后，将反应液转入分液漏斗中，再加入一定量的CCl4，振荡，静置，此时观察到的现象是 _ 。然后分液，即得到I2 的CCl4 溶液。（3）查阅资料，CCl4 的沸点为 78， I2 的升华温度约为 120130。实验小组拟采用下图所示实验装置将CCl4 和 I2 的混合溶液分离。该分离方法的名称是_，冷凝管的进水口是 _（填“ a”或“ b”）。（4）上述实验结束，用电子天平称量出圆底烧瓶中I2 的质量为 1.5 mg，由此计算出该加碘

27、盐中碘的含量为 _mg/kg ，该加碘盐 _（填“合格”或“不合格”）。（5） KIO3 虽稳定性较好，但在高温下也可分解为KI 等物质，所以在使用加碘盐时最佳的添加时间是菜肴快出锅时。请书写出KIO3 在锅中长时间高温爆炒时可能发生的分解反应的化学方程式 _ 。【答案】KIO3 2溶液分为两I层，下层呈紫红色蒸馏a25 合格2KIO 3 高温 2KI+3O 2【解析】【详解】(1)、该反应中化合价的变化为：KIO -I， I 元素由 +5 价 0价，一个KIO得 5 个电子； KI-323I， I 元素由 -1 价 0价，一个 KI 失一个电子，所以得失电子的最小公倍数为5， KIO 的23

28、计量数为1 ， KI 的计量数为5，其它元素根据原子守恒配平，故答案为：KIO3； I2 ；(2)、碘易溶于有机溶剂，在四氯化碳在的溶解度远大于在水中，加入四氯化碳萃取水中的碘，四氯化碳与水不互溶，溶液分成两层，四氯化碳的密度比水，有机层在下层，碘溶于四氯化碳呈紫红色，上层几乎无色，故答案为：溶液分成两层，上层无色，下层呈紫红色；(3)、利用沸点分离的方式叫蒸馏，冷凝水的方向是下进上出，故答案为：蒸馏；a；(4)、由方程式可知：2的的来源属于31，所以圆底烧瓶中 I2的质量为1.5 mg，则IKIO的占6食盐中的碘原子质量为0.25mg ，所以碘的含量为0.25mg25mg / kg ，在国家

29、标准10g 10 3 g内，故答案为：25；合格；(5)、由题意：碘元素化合价降低，则必有宁一种元素化合价升高，故O 元素化合价升高。根据得失电子守恒可知：碘酸钾受热分解的方程式为2KIO32KI+3O2，故答案为2KIO 2KI+3O ；32【点睛】实验最终得到的I23KI 中的含来自于 KIO 和 KI 两部分，所以食盐中的碘含量时，应减去量。6 （ 1）已知草酸（ H2 2 42 2 422C O ）分解的化学方程式为：H C OCO + CO + H O，下列装置中，可用作草酸分解制取气体的是_（填序号）（2）某实验小组为测定铁锈样品的组成（假定铁锈中只有Fe2O3nH2O 和 Fe

30、两种成份），利用草酸分解产生的CO 和铁锈反应，实验装置如下图所示。、为得到干燥、纯净的CO 气，洗气瓶A、 B 中盛放的试剂分别是_、_。、在点燃C 处酒精灯之前，应先持续通入一段时间的混合气体，其目的是_、准确称量样品的质量20.00g置于硬质玻璃管中，充分反应后冷却、称量（假设每步均完全反应），硬质玻璃管中剩余固体质量为16.64g， D 中浓硫酸增重1.44g，则n=_。、在本实验中，下列情况会使测定结果n 偏大的是_（填字母）a缺少装置A b缺少装置B c反应后固体是铁和少量Fe2O3nH2O【答案】NaOH 溶液浓硫酸排除装置中的空气，防止CO 中混有空气而在加热时发生爆炸2b【解

31、析】【详解】（ 1）该反应的反应物是液体，反应条件是加热，应选择固液反应且需要加热的装置，所以选 .（ 2）为得到干燥、纯净的 CO气，应先除去混合气体中的二氧化碳，用氢氧化钠吸收即可；混合气体通入氢氧化钠溶液时会带走水蒸气，为除去水蒸气，选用浓硫酸洗气。装置中含有空气， CO中混有空气加热时可能发生爆炸，所以要通入混合气体一段时间，排除装置中的空气。由题意知，固体质量减少的量为水和氧的量，浓硫酸吸收的量为水，反应方程式为：Fe2 O3 nH2 O+3CO=Fe+3CO2+nH2O 固体质量减少量18ng（18n+48 ）g1.44g20.00g-16.64g所以 18ng： 1.44g =（

32、 18n+48） g：（ 20.00g-16.64g ）解得 n=2。a、缺少装置A，未除去CO2，可能影响CO 还原氧化物，固体质量差变小，导致所测n值偏小，错误； b、缺少洗气瓶B 会导致装置 E 增重的质量偏大，所以测定结果n 偏大，正确； c、反应后固体是铁和少量Fe2O3 ?nH2O，固体减少的质量偏小，导致所测n 值偏小，错误。7 利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣（主要含FeO V2O3、 Al2O3、 SiO2 及少量可溶性磷酸盐）生产V2O5 的工艺流程如下，回答下列问题：已知： V2O5、Al2O3、 SiO2 可与 Na2CO3、 NaCl 组成的混合钠盐在高温下反应，并转化

33、为NaVO3、NaAlO 2、 Na2SiO3 等可溶性钠盐。 AlO 2 +4H+=Al3+2H2O。（1）焙烧包括氧化和钠化成盐两个过程，氧化的目的是获得V2O5，写出氧化过程中FeO V2O3 发生反应的化学方程式_；废渣的主要成分是_；精制中加盐酸调 pH 的主要作用是 _，加入 NH3H2 O 后发生反应的离子方程式为_。（2）精制中加入 CaCl2溶液除去磷酸盐，pH过小时影响除磷效果的原因是_；pH 过大时，沉淀量增大的原因是_。（3）沉钒所得 NH4VO3 沉淀需进行洗涤，洗涤时除去的阴离子主要是_。 NH4VO3 在500时焙烧脱氨制得产品V2O5，反应方程式为2NH4VO3

34、V2O5+H2 O+2NH3。但脱氨过程中，部分V2O5 会转化成 V2O4，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3: 2，该反应的化学方程式为_。焙烧【答案】 4FeO V2O3+5O22Fe2O3+4V2O5Fe2O3或Fe OH3除Si并转化( )-Si+323+3222写“除Al3+=+=+AlO”即得分）3NHH OAlOH3NHHNHH OH O() NH （写出第一个离子方程式即得分）形成溶解度较大的酸式盐（或形成溶解度较大的磷酸氢钙和 / 或磷酸二氢钙）产生了Ca OH 2沉淀Cl2 52NH35002 42+()3V O+3V O+ N3H2O【解析】【分析】氧化过程 FeO

35、V2O3 生成对应的金属氧化物Fe2O3 和 V2 O5；经过氧化和钠化后，V2O5、Al2 O3、SiO2均转化为可溶性盐，Fe2O3Fe OH 3pH为了 或( ) 成为滤渣；精制中加盐酸调和 SiO32- 反应生成硅酸沉淀，将AlO2- 转化为 Al3 +；加入 NH3 H2O 后与 Al3+发生反应生成Al OH 3沉淀；精制中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，沉钒时加入试剂( )NH4Cl，所得 NH4VO3 沉淀，焙烧得到产品，据此分析。【详解】（1）氧化过程 FeO V2 3生成对应的金属氧化物2 32 5，化学方程式为：OFe O和 V O焙烧4FeO V2O3+5

36、O22Fe2 O3+4V2 O5V2O5、Al2O3SiO2均转化为；经过氧化和钠化后，、可溶性盐， Fe2 O3或FeOH 3成为滤渣；精制中加盐酸调pH为了和SiO32- 反应生成硅() 酸沉淀，将 AlO -转化为 Al3+；加入 NH3 +发生反应生成Al( OH) 3 沉淀，还可以23 H2 O 后与 Al中和酸，反应方程式为：Al 3+ +3NH 3gH 2O=AlOH 3+3NH 4+ 、H + +NHgHO=H O+NH+ ，故答案为： 4FeO V2O3 +焙烧5O22Fe2O3+ 4V2O5；32242 33 ；除Si 并转化2- ( 写“除 Si”即得分 ) ；Fe O

37、或 Fe( OH)AlOAl 3+ +3NH3 gH 2O=AlOH 3+3NH 4+ ， H + +NH 3gH 2O=H 2O+NH 4+ （写出第一个离子方程式即得分）；（2）精制中加入CaCl2 溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，pH 过小时形成溶解度较大的酸式盐； pH 过大时易形成Ca( OH) 2 沉淀，故答案为：形成溶解度较大的酸式盐（或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/ 或磷酸二氢钙）；产生了Ca( OH) 2 沉淀；（3）沉钒时加入试剂NH4Cl，因此所得 NH4VO3 沉淀含有阴离子主要为-；脱氨过程中，Cl部分 V2O5 会转化成 V2O4，且反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为

38、3: 2，则 V2O5 为氧化剂， NH3 为还原剂，还原产物为V2O4，氧化产物为N2，则氧化还原方程式为：3V2O5 +5003V2O4 + N2 +2NH35003V2O4 + N2 +2NH33H2O，故答案为： Cl ；3V 2O5 +3H2O。8C、 N、 S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。(1)CO 的重整用CO 和 H 为原料可得到CH 燃料。2224已知 : CH4221(g)+CO (g)=2CO(g)+2H (g) H =+247kJ/molCH4222(g)+H O(g)=CO(g)+3H(g)H =+205kJ

39、/mol写出 CO2重整的热化学方程式：_。(2) “亚碳酸盐法”吸收烟中的SO2将烟气通入 1.0mol/L 的 Na23pH 不断SO 溶液，若此过程中溶液体积不变，则溶液的_(填“减小 ”“不变 ”或 “增大 )。当溶液 pH 约为 6 时，吸收 SO2 的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中 c(SO 2-3) =0.2mol/L ， 则溶液中 c(HSO3 ) =_。室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO3 溶液中，测得溶液 pH 与各组分物质的量分数的变化关系如图 : b 点时溶液 pH=7，则 n(NH4+)： n(HSO3)= _ 。(3)催化氧化法去除NO。一定条件下，用 NH消除 NO 污染，其反应原理34NH3+6NO5N2+6H2O。不同温度条件下， n(NH3):n(NO)的物质的量之比分别为4:1、3:1、 1:3 时，得到NO 脱除率曲线如图所示：-4-3，从 A 点到 B 点经过 0.8s，该时间段内NO 的曲线 a 中， NO 的起始浓度为 610 mgm-3-