全国高考化学氧化还原反应综合高考真题汇总含

全国高考化学氧化复原反响综合高考真题汇总含全国高考化学氧化复原反响综合高考真题汇总含全国高考化学氧化复原反响综合高考真题汇总含一、高中化学氧化复原反响练习题（含详细答案解析）1．高锰酸钾是一种用途广泛的强氧化剂，实验室制备高锰酸钾所涉及的化学方程式以下：MnO熔融3KMnO+KCl+3HO熔融氧化：3MnO+KClO+6KOH223242K2MnO4歧化：3K2MnO4+2CO2＝2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3将MnO2熔融氧化所得产物的热浸取液装入三颈烧瓶，再通入CO2气体，使K2MnO4歧化的过程在如图装置中进行，A、B、C、D、E为旋塞，F、G为气囊，H为带套管的玻璃棒。回答以下问题：(1)仪器a的名称是______。(2)MnO2熔融氧化应放在______中加热(填仪器编号)。①烧杯②瓷坩埚③蒸发皿④铁坩埚(3)为了能充分利用CO2，装置中使用了两个气囊。当试管内挨次加入块状碳酸钙和盐酸后，关闭旋塞B、E，微开旋塞A，打开旋塞C、D，往热K2MnO4溶液中通入CO2气体，未反响的CO2被采集到气囊F中。待气囊F采集到好多气体时，关闭旋塞______，打开旋塞______，轻轻挤压气囊F，使CO2气体慢慢地压入K2MnO4溶液中再次反响，未反响的CO2气体又被采集在气囊G中。此后将气囊G中的气体挤压入气囊F中，这样频频，直至KMnO圆满反响。24(4)除掉KMnO4歧化产物中MnO的操作方法是______。22(5)将三颈烧瓶中所得产物经过一系列操作获取针状的高锰酸钾晶体，最后采纳低温烘干的方法来干燥产品，原由是______。【答案】长颈漏斗④ACBDE过滤高锰酸钾晶体受热易分解【解析】【解析】（1）由实验装置可知，仪器a为长颈漏斗；（2）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚；3）该操作的目的是将气囊F中的二氧化碳排出，据此判断正确的操作方法；4）高锰酸钾溶于水，二氧化锰不溶于水；5）高锰酸钾晶体受热易分解。【详解】1）由实验装置可知，仪器a为长颈漏斗，故答案为：长颈漏斗；2）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物中含有碱性KOH，瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅可以与氢氧化钾反响，所以应用铁坩埚，故答案为：④；（3）待气囊F采集到好多气体时，需要将气囊F中二氧化碳排出到热K2MnO4溶液中，所以需要关闭A、C，打开B、D、E，轻轻挤压气囊F，从而使CO2气体慢慢地压入K2MnO4溶液中再次反响，故答案为：AC；BDE；4）高锰酸钾溶于水，二氧化锰不溶于水，固液分别应用过滤的方法，则除掉高锰酸钾溶液中的二氧化锰应用过滤的方法，故答案为：过滤；5）高锰酸钾晶体受热易分解，实验时应采纳低温烘干的方法来干燥产品，防范高锰酸钾晶体受热发生分解，故答案为：高锰酸钾晶体受热易分解。2．碘酸钾（KIO3）是重要的微量元素碘增加剂。实验室设计以下实验流程制取并测定产品中KIO3的纯度：此中制取碘酸（HIO3）的实验装置见图，相关物质的性质列于表中物质性质HIO白色固体，能溶于水，难溶于CCl34KIO3①白色固体，能溶于水，难溶于乙醇②碱性条件下易发生氧化反响：－－－－ClO＋IO3=IO4＋Cl回答以下问题（1）装置

A中参加反响的盐酸所表现的化学性质为

______________。（2）装置

B中反响的化学方程式为

___________________

。B中所加

CCl4的作用是_________从而加速反响速率。（3）分别出B中制得的HIO3水溶液的操作为____________；中和以前，需将HIO3溶液煮沸至凑近于无色，其目的是____________，防范降低KIO3的产率。4）为充分汲取尾气，保护环境，C处应采纳最适合的实验装置是____________（填序号）。（5）为促使KIO3晶体析出，应往中和所得的KIO3溶液中加入适合的___________。（6）取KIO3产品配成200.00mL溶液，每次精确量取20.00mL溶液置于锥形瓶中，加入足量KI溶液和稀盐酸，加入淀粉作指示剂，用Na2S2O3溶液滴定。滴定至终点时蓝色消逝（I2+2S2O32-=2I-+S4O62-），测得每次均匀耗费Na2S2O3溶液。则产品中KIO3的质量分数为___（结果保留三位有效数字）。【答案】复原性、酸性5CI2+I2+6H2O==2HIO3+10HCl充分溶解I2和Cl2，以增大反响物浓度分液除掉Cl2（或ClO-），防范氧化KIO3C乙醇（或酒精）89.5%。【解析】【解析】装置A用于制取Cl2，发生的反响为：322KClO+6HCl(浓)=KCl+3Cl↑+3HO，装置B中发生的是制取HIO3的反响，装置C为尾气办理装置，既要汲取尾气中的2，还要防范倒HCl和Cl吸。【详解】（1）装置A中发生的反响为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，浓盐酸中的Cl元素有一部分失电子转变为Cl2，表现出复原性，还有一部分Cl元素没有变价转变为KCl（盐），表现出酸性，故答案为：复原性、酸性；（2）装置B中发生的反响为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，Cl2和I2均难溶于水，易溶于CCl4，加入CCl4可使二者溶解在CCl4中，增大反响物浓度，故答案为：5Cl+I+6HO=2HIO+10HCl；充分溶解I和Cl，以增大反响物浓度；222322（3）分别B中制得的HIO3水溶液的操作为分液，3溶液中混有的2HIOCl在碱性条件下转变为ClO-，ClO-会将IO3-氧化为IO4-，所以在中和前需要将Cl2除掉，故答案为：分液；除掉2-），防范氧化KIO3Cl（或ClO；（4）尾气中主要含HCl和Cl2，需用NaOH溶液汲取，同时要防范倒吸，故答案为：C；（5）因为KIO3难溶于乙醇，向33KIO溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使KIO晶体析出，故答案为：乙醇（或酒精）；（6）每20mLKIO3溶液中，加入KI溶液和稀盐酸发生的反响为：3--+22IO+5I+6H=3I+3HO，滴准时发生的反响为：I2--2-，可列出关系式：IO-2-，每次均匀耗费2+2S2O3=2I+S4O63~3I2~6S2O3n(S2O32-×，则每20mLKIO3溶液中，n(KIO3)=n(IO3-)=2-)÷÷，200mL溶液中，n(KIO3)=0.00418mol，产品中KIO3n(S2O3214g/mol的质量分数=×100%=89.5%，故答案为：89.5%。1g【点睛】1g样品配成了200mL溶液，而依据关系式计算出的是大10倍才能获取1g样品中KIO3的物质的量。

20mL

溶液中

KIO3的物质的量，需扩3．铋酸钠（NaBiO3）是解析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇开水或酸则迅速分解。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并研究其应用。回答以下问题：.制取铋酸钠制取装置如图（加热和夹持仪器已略去），部分物质性质以下：物质NaBiO33Bi(OH)难溶于水；白性质不溶于冷水，浅黄色色1）B装置用于除掉HCl，盛放的试剂是___；2）C中盛放Bi(OH)3与NaOH混杂物，与Cl2反响生成NaBiO3，反响的离子方程式为___；3）当观察到___（填现象）时，可以初步判断C中反响已经完成；4）拆掉装置前必然先除掉烧瓶中残留Cl2省得污染空气。除掉Cl2的操作是___；5）反响结束后，为从装置C中获取尽可能多的产品，需要的操作有___；Ⅱ.铋酸钠的应用——检验Mn2+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Mn2+。①产生紫红色现象的离子方程式为___；②某同学在较浓的MnSO4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（MnO2）生成。产生此现象的离子反响方程式为___。Ⅲ.产品纯度的测定（7）取上述NaBiO3产品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其圆满反响，再用-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的-（已知：H-——CO2+Mn2+cmo1·LMnO42C2O4+MnO4+H2O，未配平），当溶液紫红色恰好褪去时，耗费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++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2OC中白色固体消逝（或黄色不再加深）关闭K1、K3，打开K2在冰水中冷却结晶、过滤、冲刷、干燥5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+280cv10-3×100%或×100%或28cv%www【解析】【解析】用浓HCl和MnO2反响制备Cl2，此中混有挥发出来的HCl，要用饱和食盐水出去，此后利用ClBi(OH)3氧化成NaBiO3；利用Mn2+的复原性将NaBiO还2的强氧化性在碱性条件下将3原而Mn2+被氧化成紫红色溶液MnO4-来检验NaBiO3的氧化性；实验结束后Cl2有毒，要除去，做法是打开三颈烧瓶的NaOH溶液，使其留下和氯气反响；NaBiO3纯度的检测利用3和Mn2+反响生成MnO4-，MnO4-再和草酸反响来测定，找到NaBiO3、Mn2+、MnO4-NaBiO、草酸四种物质之间的关系，在计算即可。【详解】（1）除掉氯气中混有的HCl，用饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；（2）反响物为Bi(OH)3232被复原成-、Cl和NaOH混杂物，+3价的Bi被氧化成NaBiO，ClCl，依据原子守恒还有水生成，所以反响为：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O，故答案为：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；（3）C中反响已经完成,则白色的Bi(OH)3所有变为了黄色的3C中白色NaBiO，故答案为：固体消逝（或黄色不再加深）；（4）从图上来看关闭K1、K3，打开K2可使NaOH留下与氯气反响，故答案为：关闭K1、K3，打开K2；5）由题意知道NaBiO3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、冲刷、干燥，故答案为：在冰水中冷却结晶、过滤、冲刷、干燥；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Mn2+，说明铋酸钠将Mn2+氧化成MnO4-，因为是酸性条件，所以铋酸钠被复原成Bi3+，据此写方程式并配平为5NaBiO3+2Mn2++3+4-+2+14H=5Bi+2MnO+5Na+7HO，故答案为：32++3+4-+2O；5NaBiO+2Mn+14H=5Bi+2MnO+5Na+7H②由题意可知，Mn2+过分，铋酸钠少许，过分的Mn2+和MnO4-发生反响生成了黑色的MnO2，反响方程式为3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为：3Mn2++2MnO4-22+；+2HO=5MnO↓+4H（7）依据得失电子守恒找出关系式为：5NaBiO3～2Mn2+～2MnO4-～5H2C2O4,计算铋酸钠理论产量：5NaBiO3~5H2C2O41400g5molm(理论)cv103mol解得m（理论），所以纯度=×100%，所以答案为：Wg×100%=W280cv10-3×100%或0.28cv×100%或28cv%。www【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要点物质之间的关系，由此计算，可以事半功倍，如本题中的关系5NaBiO3～5H2C2O4，使复杂问题简单化了。4．常温下，三硫代碳酸钠(Na2CS3)是玫瑰红色针状固体，与碳酸钠性质周边。在工农业生产中有广泛的用途。某小组设计实验研究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。实验一：研究Na2CS3的性质(1)向Na2CS3溶液中滴入酚酞试液，溶液变红色。用离子方程式说明溶液呈碱性的原由_________。(2)向Na2CS3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去。该反响中被氧化的元素是__________。实验二：测定Na2CS3溶液的浓度按以以以下图连接好装置，取2CS3溶液置于三颈瓶中，打开分液漏斗的活塞，滴入足量稀H2SO4，关闭活塞。已知：Na2CS3+H2SO4＝Na2SO4+CS2+H2S↑。CS2和H2S均有毒。CS2不溶于水，沸点46℃，密度，与CO2某些性质相似，与222NaOH作用生成NaCOS和HO。(1)盛放碱石灰的仪器的名称是_______，碱石灰的主要成分是______(填化学式)。(2)C中发生反响的离子方程式是____________。(3)反响结束后打开活塞K，再缓慢通入N2一段时间，其目的是_________。(4)为了计算Na2CS3溶液的浓度，对充分反响后B中混杂物进行过滤、冲刷、干燥、称重，得8.4g固体，则三颈瓶中Na23______。CS的物质的量浓度为【答案】CS32-23--CaO和NaOH2-22-2将装+HO?HCS+OHS干燥管CS+2OH＝COS+HO置中残留的的H2S、CS2所有排入后续装置中，使其被圆满汲取【解析】【解析】实验一：(1)Na2323CS的水溶液中加入酚酞变红色，说明NaCS是强碱弱酸盐；(2)依据Na2CS3中元素化合价是不是该元素的最高价态来进行判断；实验二：(1)依据仪器的图形判断仪器的名称；碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；(2)A中生成的CS2可与NaOH作用生成Na2COS2和H2O；(3)反响结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2一段时间是把生成的硫化氢和二硫化碳所有赶入后边装置圆满汲取；(4)当A中反响圆满后，打开K缓慢通入热N2一段时间，此后对B中混杂物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g黑色固体，n(CuS)＝＝0.0875mol，依据关系式96g/mol23223n计算A中Na23溶液的浓NaCS～HS～CuS得n(NaCS)＝n(CuS)＝，依据c＝CSV度。【详解】实验一：(1)Na的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐，则2-在水中2CS3CS3发生水解，离子方程式为：CS32-+H2O?HCS3-+OH-；(2)NaCS中Na为+1价，C为+4价，都是元素的最高价态，不可以被氧化，S为-2价，是硫23元素的低价态，可以被氧化，所以被氧化的元素是S；实验二：(1)盛放碱石灰的仪器为干燥管，碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；22222-(2)A中生成的CS可与NaOH作用生成NaCOS和HO，相关离子方程式为：CS+2OH＝22-2COS+HO；(3)反响结束后打开活塞k，再缓慢通入热N一段时间，其目的是：将装置中的HS所有排22入B中被充分汲取；将装置中的CS2所有排入C中被充分汲取；(4)当A中反响圆满后，打开K缓慢通入热N2一段时间，此后对B中混杂物进行过滤、洗8.4g黑色固体，n(CuS)＝涤、干燥，称重，得＝0.0875mol，依据关系式96g/mol2322323＝。NaCS～HS～CuS得n(NaCS)＝n(CuS)＝，c(NaCS)＝5．以海绵铜（CuO、Cu）为原料制备氯化亚铜（CuCl）的一种工艺流程以下：（1）Cu基态原子核外电子排布式为________，SO42-的空间构型为__________（用文字描述）；Cu2+与OH－反响能生成[Cu(OH)4]2-，[Cu(OH)4]2-中供给孤电子对的原子是_______（填元素符号）。（2）“汲取”过程：2NO(g)+O2(g)噲垐??2NO2(g)H=－112.6kJ?mol-1提升NO均衡转变率的方法有______________（写出两种）。②汲取NO2的相关反响以下：反响Ⅰ：2NO2232-1(g)+HO(l)＝HNO(aq)+HNO(aq)H=－116.1kJ?mol反响Ⅱ：3HNO2(aq)＝HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)-1H=－75.9kJ?mol用水汲取NO2生成HNO3和NO的热化学方程式是___________________。（3）“电解”过程：HNO2为弱酸，经过电解使HNO3得以再生，阳极的电极反响式是____________。4）“积淀”过程：产生CuCl的离子方程式是________________。【答案】1s22s22p63s23p63d104s1正四周体形O增大压强、提升氧气的浓度3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)-1-+-H=－212.1kJ?molHNO2-2e+H2O=3H+NO32+-2-+2Cu+SO2+2Cl+2H2O=2CuCl↓+SO4+4H【解析】【解析】海绵铜（CuO、Cu）中CuO与稀H2SO4反响转变为硫酸铜，因硝酸在酸性条件下拥有氧化性，会将铜氧化为铜离子，最一世成硫酸铜，SO2拥有复原性，再将铜离子复原为氯化亚铜，NO合理利用，经过氧化与电解过程获取硝酸，据此解析解答。【详解】（1）Cu的原子序数为29，Cu基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；SO42-中6+2-42S原子价层电子对个数=4+=4，且不含孤电子对，由价层电子对互斥理论判断该2微粒为正四周体形；[Cu(OH)4]2-中Cu2+供给空轨道，O原子供给孤电子对形成配位键，答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；正四周体形；O；（2）①2NO(g)+O22-1是气体体积减小的放热反响，提升(g)垐?2NO(g)H=－112.6kJ?mol噲?NO均衡转变率，均衡应向正反响方向挪动，可以采纳的措施有：降低温度、增大压强、提升氧气的浓度等；②由盖斯定律可知：（反响I3+反响II）1可以获取用水汲取NO232生成HNO和NO的热化学方程式：3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)H=－212.1kJ?mol-1；3）电解过程中，阳极上HNO2失掉电子发生氧化反响生成HNO3，阳极的电极反响式是：HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-；4）Cu2+与SO2发生氧化复原反响生成CuCl，离子方程式为：2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+。6．过氧硫酸氢钾复合盐（K2SO4?KHSO4?2KHSO5）易分解，可用作漂白剂、NOx和SO2等的脱除剂。某研究小组制备过氧硫酸氢钾复合盐的流程以以以下图。已知：浓硫酸与H2225O反响，部分转变为过硫酸（化学式为HSO，是一种一元强酸）（1）H25中硫元素的化合价为+6价，此中过氧键的数量为________；工业上用过氧硫酸SO氢钾复合盐溶液脱除NO时，反响的离子方程式为___________________________。（2）若反响物的量必然，在上述流程的“转变”步骤中需用冰水浴冷却，且缓慢加入浓硫酸，其目的是___________________________。3）“结晶”操作中，加入K2CO3即可获取过氧硫酸氢钾复合盐晶体，该过程的化学方程式为______________________________。过氧硫酸氢钾复合盐产率（以产品含氧量表示）随溶液pH和温度的变化关系以以以下图，则该过程适合的条件是_________________。（4）产品中KHSO5含量的测定：取1.000g产品于锥形瓶中，用适合蒸馏水溶解，加入5mL5％的硫酸和5mL25％的KI溶液，再加入1mL淀粉溶液作指示剂，用-10.2000molL·硫代硫酸钠标准液滴定至终点，耗费标准液的体积为。已知：2KHSOI2＋2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI5＋4KI＋H2SO4=2I2＋3K2SO4＋2H2O①用_____滴定管盛装标准浓度的硫代硫酸钠溶液（填“甲”或“乙”）。②产品中KHSO的质量分数为___________。5【答案】1－＋2NO＋H242－＋－+223HSO52NO3＋5H防范浓硫酸与O=3SOHO溶液混杂时放出大批热使H22分解23252424452O5KCO＋4HSO＋4HSO=2(KSO?KHSO?2KHSO)↓＋5CO↑＋5HO控制pH在2.0~2.5之间，温度在0℃左右乙％2【解析】【详解】(1)H2SO5中硫元素的化合价为+6价，依据化合价的代数和为0计算，有2个氧原子显-1价，所以过氧键的数量为1。答案为1；工业上用过氧硫酸氢钾复合盐溶液脱除NO时，反响的离子方程式为3HSO5－＋2NO＋H2O=2－－+－＋2NO＋H2O=3SO42－－+3SO4＋2NO3＋5H。答案为3HSO5＋2NO3＋5H(2)在“转变”步骤中，30%的H2O2溶液加入98%的浓硫酸中，相当于浓硫酸稀释，会放出大批的热，而H2O2受热易分解，所以需用冰水浴冷却，且缓慢加入浓硫酸。答案为：防范浓硫酸与H2O2溶液混杂时放出大批热使H2O2分解；(3)“结晶”操作中，加入KCO即可获取过氧硫酸氢钾复合盐晶体，该过程的化学方程式235K2CO3＋4H2SO5＋4H2SO4=2(K2SO4?KHSO4?2KHSO5)↓＋5CO2↑＋5H2O。答案为：5K2CO3＋4H2SO5＋4H2SO4=2(K2SO4?KHSO4?2KHSO5)↓＋5CO2↑＋5H2O从溶液

pH看，过氧硫酸氢钾复合盐产率在

之间时最大；从温度看，过氧硫酸氢钾复合盐产率在

0℃左右最大，所以该过程适合的条件是控制

pH

在

之间，温度在0℃左右。答案为：控制pH在2.0~2.5之间，温度在0℃左右；①硫代硫酸钠溶液呈碱性，应放在碱式滴定管内。答案为乙；②由反响2KHSO5＋4KI＋H2SO4=2I2＋3K2SO4＋2H2O和I2＋2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI可得出以下关系式：KHSO5——2Na2S2O3n(Na2S2O3×0.025L=0.005mol，n(KHSO5产品中KHSO的质量分数为：5

0.0025mol152g/mol38.00%100%答案为：％。7．利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣（主要含FeO·V2O3、Al2O3、SiO2及少同意溶性磷酸盐）生产V2O5的工艺流程以下，回答以下问题：已知：①V2O5、Al2O3、SiO2可与Na2CO3、NaCl构成的混杂钠盐在高温下反响，并转变为NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3等可溶性钠盐。AlO2+4H+=Al3++2H2O。（1）焙烧Ⅰ包含氧化和钠化成盐两个过程，氧化的目的是获取V2O5，写出氧化过程中FeO·VO发生反响的化学方程式________；废渣Ⅰ的主要成分是________；精制Ⅰ中加23盐酸调pH的主要作用是________，加入NH3·H2O后发生反响的离子方程式为________。（2）精制Ⅱ中加入CaCl2溶液除掉磷酸盐，pH过小时影响除磷见效的原由是________；pH过大时，积淀量增大的原由是________。（3）沉钒所得NH4VO3积淀需进行冲刷，冲刷时除掉的阴离子主若是________。NH4VO3在500VO，反响方程式为2NHVOVO+HO2NH↑。但脱氨过℃时焙烧脱氨制得产品243252↑+35程中，部分V2O5会转变为V2O4，反响中氧化剂与复原剂物质的量之比为3:2，该反响的化学方程式为________。【答案】4FeO·V23焙烧22325233O+5O2FeO+4VOFeO[或Fe(OH)]除Si并转变-++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH++NH3·H2O=H2O+AlO2写“除Si”即得分）Al3HNH（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积淀Cl－3V2O5+500℃3V2O4+N2+2NH33H2O【解析】【解析】氧化过程FeO·V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5；经过氧化和钠化后，V2O5、Al2O3、SiO2均转变为可溶性盐，Fe2O3FeOH3pH为了[或()]成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调和SiO32-反响生成硅酸积淀，将AlO2-转变为Al3+；加入NH3·H2O后与Al3+发生反响生成AlOH3积淀；精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙积淀，除掉磷酸盐，沉钒时加入试剂()NH4Cl，所得NH4VO3积淀，焙烧获取产品，据此解析。【详解】（1）氧化过程FeO·V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5，化学方程式为：焙烧4FeO·V2O3+5O22Fe2O3+4V2O5；经过氧化和钠化后，V2O5、Al2O3、SiO2均转变为可溶性盐，Fe233成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调32-反响生成硅O[或Fe(OH)]pH为了和SiO酸积淀，将-++Al(OH)积淀，还可以AlO2转变为Al3；加入NH3·H2O后与Al3发生反响生成3中和酸，反响方程式为：Al3++3NH3gH2O=AlOH3+3NH4+、H++焙烧5O2FeO+4VO；+NH3gH2O=H2O+NH4，故答案为：4FeO·VO+3232225233]；除2-(写“除Si”即得分)；FeO[或Fe(OH)Si并转变AlOAl3++3NH3gH2O=AlOH3+3NH4+，H++NH3gH2O=H2O+NH4+（写出第一个离子方程式即得分）；（2）精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙积淀，除掉磷酸盐，pH过小时形成溶解度较大的酸式盐；pH过大时易形成CaOH2积淀，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积淀；（3）沉钒时加入试剂NH4Cl，所以所得NH4VO3积淀含有阴离子主要为-Cl；脱氨过程中，部分V2O5会转变为V2O4，且反响中氧化剂与复原剂物质的量之比为3:2，则V2O5为氧化剂，NH3为复原剂，复原产物为V2O4，氧化产物为N2，则氧化复原方程式为：3V2O5+500℃3V2O4+N2+－500℃2NH33H2O，故答案为：Cl；3V2O5+2NH33V2O4+N2+3H2O。8．亚硝酰硫酸（NOSO4H）主要用于染料、医药等工业。实验室制备亚硝酰硫酸的方法如下：将SO2通入盛有浓硫酸和浓硝酸的混杂液中，保持系统温度略低于20℃，搅拌，使其充分反响。反响过程中，亚硝酰硫酸的物质的量和硝酸的物质的量随时间的变化以以以下图。（1）①实验室制备NOSO4H的化学反响方程式为___。②反响进行到10min后，反响速度显然加速，其可能的原由是___。③反响过程中，硝酸减少的物质的量大于NOSO4H生成的物质的量的可能原由是___（2）为了测定亚硝酰硫酸的纯度，进行以下实验：。正确称取1.200g产品放入锥形瓶中，加入·L-1的KMnO4标准溶液和足量稀H2460~70℃（使生成的3SO，摇匀，使其充分反响。再将反响后溶液加热至HNO挥发逸出），冷却至室温，用0.2500mol·L-1224标准溶液滴定至终点，耗费224溶液的体NaCONaCO积为。已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；KMnO4在酸性条件下被还原为Mn2+。依据以上实验数据计算亚硝酰硫酸的纯度。（写出计算过程）___【答案】HNO3244硝酸会挥发+SONOSOH生成的NOSOH对该反响有催化作用和分解90.00%【解析】【解析】（1）设NOSO4H中N的化合价为x，依据化合价代数和为0有：x+(+6)×1+(-2)×5+(+1)1=0，解得：x=+3，N元素化合价从+5降低到+3，必有S元素化合价从+4高升到+6，发生的是氧化复原反响，氧化剂与复原剂物质的量之比=1：1；（2）·L-1的KMnO4与-12240.2500molL·NaCO反响今后节余的KMnO4再与NOSO4H反响。【详解】（1）①N元素化合价从+5降低到+3，必有S元素化合价从+4高升到+6，N元素和S元素的物质的量之比=1:1，所以反响的方程式为：HNO32浓硫酸4+SONOSOH，故答案为：浓硫酸HNO3+SO2NOSO4H；②反响前十分钟没有加速，不是温度，十分钟后显然加速，说明生成的物质对反响有催化作用，故答案为：生成的NOSO4H对该反响有催化作用；③从反响的方程式看：参加反响的硝酸和生成的NOSO4H比率为1:1，耗费的硝酸多，可能是有一部分挥发和分解了，故答案为：硝酸会挥发和分解；2）一部分KMnO4标准溶液和NOSO4H反响，节余的KMnO4标准溶液用Na2C2O4反滴定，KMnO4和Na2C2O4，KMnO4中Mn元素化合价从+7降低到+2，降低5，作氧化剂，Na2C2O4中C元素化合价从+3高升到+4高升了1，2个C高升了2，作复原剂，依据得失电2KMnO45Na2C2O4子守恒，氧化剂和复原剂的物质的量之比=2:5，所以2mol5mol，n1-3L解得：和Na2C2O4反响的KMnO4的物质的量n1×10-3mol，KMnO4总的物质的量-3-1=5·×10-3mol，所以和NOSO4H反响的KMnO4的物质的量=5×10-=50.00×10L×2KMnO45NOSO4H3mol-1.6×10-3mol=3.4×10-3mol，所以2mol5127g，解得NOSO4H的质量3.4103m100%≈90.00%，故答案为：90.00%。，所以样品中NOSO4H的纯度=【点睛】Na2C2O4反响的KMnO4加上和NOSO4H反响的KMnO4为总的KMnO4的量。9．实验室里，从废旧钴酸锂离子电池的正极资料（在铝箔上涂覆活性物质LiCoO2）中，回收钴、锂的操作流程以以以下图所示：回答以下问题。（1）拆解废旧电池获取正极资料前，先将其浸入NaCl溶液中，使电池短路而放电，此时溶液温度高升，该过程中能量的主要转变方式为____。2）“碱浸”过程中产生的气体是____；“过滤”所得滤液用盐酸办理可获取氢氧化铝，反响的化学方程式为____。3）“酸浸”时主要反响的离子方程式为____；若硫酸、Na2S2O3溶液用必然浓度的盐酸代替，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，使其转变为钴的氧化物。加热过程中，固体质量与温度的关系如左以以下图所示。290～500℃，发生反响的化学方程式为____。（6）依据右以以下图判断，“沉锂”中获取Li2CO3固体的操作主要包含____、____、冲刷、干燥等步骤。【答案】化学能→电能→热能H2NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓8LiCoO2+S2O32-+22H++2+2-+11H2OCl2NaOH溶液或氢氧化钠固体-6=8Li+8Co+2SO41.09×l0mol/L290~500℃6Co2O34Co3O4+O2↑蒸发浓缩趁热过滤【解析】【解析】正极资料主要由Al和LiCoO2构成，LiCoO2属于盐类，由复分解反响的条件可判断，其与NaOH溶液混杂不发生反响，故“碱浸”过程中只有Al和NaOH反响生成偏铝酸钠和氢气，过滤获取滤渣为LiCoO22223；“酸浸”时反响物有LiCoO、硫酸和NaSO溶液，依据“沉钴”产物为Co(OH)2可判断，反响后钴元素的价态从+3价降为+2价，依据氧化复原反响规律以及工艺中最后还可获取Na242O副产品，可推知S元素价态高升并转变SO·10H2-；今后调理pH值获取Co(OH)2积淀，再加入碳酸钠溶液调理pH值沉锂，获取碳为SO4酸锂和母液，母液结晶获取Na2SO4·10H2O。【详解】(1)依据“电池短路而放电”“溶液温度高升”两项信息，即可判断废旧电池的办理过程中能量的主要转变方式为化学能→电能→热能；(2)依题中信息可知，正极资料主要由Al和LiCoO2构成，LiCoO2属于盐类，由复分解反响的条件可判断，其与NaOH溶液混杂不发生反响，故“碱浸”过程中只有Al和NaOH反应，生成NaAlO2和H2；“过滤”所得滤液用适合盐酸办理可以获取氢氧化铝，方程式为NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓；(3)依据解析可知“酸浸”时Na被氧化为2-，Co元素被复原，联合电子守恒和元2S2O3SO48LiCoO2-22H++2+2SO2-11H素守恒可知离子反响方程式为：S2O38Li8Co+2O2+=++4+；加入的Na2S2O3起复原作用，用必然浓度的盐酸代替“Na2S2O3溶液和硫酸”，也能实现酸浸目的，可知该反响中，盐酸也起了复原剂的作用，氧化产物为会污染环境的Cl2；(4)联合“沉锂”后母液中还可以获取Na242NaOH溶液或固SO·10HO，可知用的试剂为体；溶液pH=9.5，则溶液中c(OH-)=10-4.5sp2]=2(OH-mol/L，带入K[Co(OH)cc2+109l0-152+109l0-6)·Co)=.×求得cCo)=.×((mol/L；(5)从图中信息可知，加热前的反响物为Co(OH)2(0.930g),其物质的量为0.01mol，依据钴元素的量不变可知:nCo0.01mol，mCo0590g290℃时，转变为()=()=.，温度升温0015mol，由此可以确立该0.830g某种钴的氧化物，该氧化物中，nO=.()=16g/mol氧化物为Co2O3；同理可以确立500℃时，n(O)=≈0.0133mol，则生成的氧16g/mol化物为Co3O4；所以290℃～500℃过程中，Co2O3转变为Co3O4，反响过程中，Co元素化合价降低。氧元素化合价高升并转变为O2，故反响的化学方程式为290~500℃6Co2O34Co3O4+O2↑；(6)解析溶解度曲线可知LiCO3微溶，其溶解度随温度高升而降低，为了提升锂元素的回收率，同时防范硫酸钠析出，应采纳蒸发浓缩(减少溶剂)并在较高温度下趁热过滤等操作。【点睛】热重解析法是常用的定量解析方法，经过解析热重曲线，可以推测物质的热坚固性、加热反响生成的产物等相关信息。第5题解题要点是抓住受热过程中Co元素的量不变，利用图中数据信息，确立分解所得氧化物中钴、氧元素的物质的量之比,从而确立不一样样温度下生成的氧化物的构成，写出反响的化学方程式。10．含铬(＋6价)废水严重危害人体健康，工业上常用复原法进行办理。其部分工艺流程以下：(1)废水中，六价铬以CrO42－；也许Cr2O72－的形式存在，写出其互相转变的离子方程式______。我国常用

NaHSO3做复原剂，写出复原池中反响的离子方程式

__________。(2)废水中残留六价铬的浓度随溶液

pH变化以以以下图。实质生产中需控制

pH＝～，原由可能是

_____________。(3)积淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细，为促使其更好地积淀，可采纳的措施是________。(4)我国规定，工业废水中含Cr(VI)量的排放标准为0.1mg/L。已知：Cr的相对原子质量为－102＋2－，达到废水排放标准时，废水52，Kap(BaCrO4)＝1.2×10。若用Ba除掉废水中的CrO4Ba2＋浓度最低为___________mol/L(保留小数点后2位)。用Ba2＋除掉废水中的CrO42－是否可行，为何?请简要回答。________________2-+272-2—2-+3+2-2pH4+2H274溶液中越高，【答案】2CrOCrO+HO3HSO+CrO+5H=2Cr+3SO+4HO废水中六价铬残留越多；溶液中pH越低，会腐化设备管道加入絮凝剂6.24×10-5mol/L不可以行，因为废水中含有Ba2＋，相同有毒【解析】【解析】（1）由工艺流程可知，加酸可以使CrO2-转变为Cr2-，复原池中，Cr2-在酸性条件下42O72O7将HSO3—氧化生成SO42-，自己被复原为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，可能会腐化设备管道；3）积淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细，可向积淀池中加入絮凝剂；4）由溶度积计算可得；Ba2＋在溶液中有毒。【详解】（1）由工艺流程可知，加酸可以使CrO42-转变为Cr2O72-，转变的离子方程式为2CrO42-+272-2272-在酸性条件下将HSO3—氧化生成SO42-，自己被还+2HCrO+HO；复原池中，CrO原为Cr3+，反响的离子方程式为3HSO3—272-+3+42-+4H242-+CrO+5H=2Cr+3SOO，故答案为：2CrO+272-2—272-+3+42-2O；+2HCrO+HO；3HSO+CrO+5H=2Cr+3SO+4H（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，可能会腐化设备管道，所以实质生产中需控制pH＝～，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，会腐化设备管道；（3）积淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细，可向积淀池中加入絮凝剂，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，CrO42－0.0001gmol/L，则溶液中Ba2＋的浓度为浓度为52=521LKspBaCrO41010＋＋除掉废水中的CrO42－2－)=mol/L×10-5mol/L；Ba2在溶液中有毒，则用Ba2c(CrO452是不可以行的，故答案为：×10-5mol/L；不可以行，因为废水中含有Ba2＋，相同有毒。11．元素锰（Mn）在溶液中主要以Mn2+（近无色）、MnO4-（紫红色）、MnO42－（绿色）等形式存在，MnO2（棕黑色）、MnCO3（白色）犯难溶于水的固体。回答以下问题：（1）盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义，有些反响的反响热固然没法直接测得，但可经过间接的方法计算。现依据以下3个热化学反响方程式：①MnO2(s)+CO(g)=MnO(s)+CO2(g)?H=﹣②Mn3O4(s)+CO(g)=3MnO(s)+CO2(g)?H=﹣3Mn2O3v+CO(g)=2Mn3O4(s)+CO2(g)?H=﹣写出CO气体复原MnO2固体获取232气体的热化学反响方程式：_________MnO固体和CO（2）①必然温度下，在5L的密闭容器中放入足量碳酸锰（固体所占体积忽视不计）发生反响：MnCO3(s)27.1g，则该段时间MnO(s)+CO(g)，若前2min内生成MnO的质量为内v(CO2－1－1。)=____________molL··min②保持温度不变，若t0时辰达到均衡时，21时辰，将容器体积减小为CO浓度为cmol/L；t本来的一半并固定不变，在t2时辰再次达到均衡，则以以下图像正确的选项是_____（填字母）。（3）已知Fe3+、Al3+、Mn2+的氢氧化物开始积淀及积淀圆满时的pH以下表所示，当Al3+完全积淀时，若要使Mn2+不积淀，则Mn2+的最大浓度为_______________。（已知：sp2-13）×10氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2开始积淀pH圆满积淀pH（4）高锰酸钾在不一样样的条件下发生的反响以下：－＋5e－＋＋MnO4＋8H==Mn2＋4H2O－＋3e－－；MnO4＋2H2O==MnO2↓＋4OHMnO4－＋e－==MnO42－①从上述三个半反响中可以得出的结论是_______________。②将SO2通入高锰酸钾溶液中，观察到的现象是________。5）向酸性高锰酸钾溶液中加入草酸溶液，开始时反响缓慢，稍后一段时间产生气体速率迅速加速。产生气体速率迅速加速的原由是_______________，写出反响的离子方程式____________________。【答案】2MnO22325mol/L溶×液10的酸性越强，高锰酸钾被复原的价态越低（或溶液的酸性越强，高锰酸钾的氧化性越强。）高锰酸钾紫红色褪去反响产生的Mn2+起到催化作用2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O【解析】【解析】21（1）依据盖斯定律，①×2②-×-③×，可推出CO气体复原MnO2固体获取Mn2O3固体3和CO2气体的热化学反响方程式；（2）①依据前2min内生成MnO的质量，可以计算出前2min内生成CO2的物质的量，故可以计算出前2min内CO2的反响速率；②将容器体积减小为本来的一半的瞬时，二氧化碳浓度变为本来的2倍，今后均衡向左移动，二氧化碳浓度减小，因为温度不变，均衡常数不变，所以再次均衡时，二氧化碳浓度与第1次均衡时相等。3+－－92+（3）当Al圆满积淀时，此时溶液中的pH=5，即c(OH)=1×10mol/L，若要使Mn不沉2+2－－13淀，依据Qc＜Ksp，即：c(Mn)×c(OH)＜1.9×10；4）①依据三个半反响可以看出高锰酸根离子被复原的产物受溶液酸碱性的影响；②SO2通入高锰酸钾溶液中，二氧化硫拥有复原性，溶液的紫色褪去；（5）开始反响缓慢，一段时间后反响速率迅速加速，这是因为反响生成的Mn2+的浓度增大了，Mn2+对反响起到催化作用，才使反响速率迅速加速。【详解】1）?H=①×2②-×2/3-③×1/3＝(-150.6×2×)-(-142.31×)＝-217.5(kJ/mol)，所以热化33学方程式为：2MnO2(s)+CO(g)=Mn2O3(s)+CO2(g)；=（2）①n(MnO)==0.1mol，则n(CO2)=0.1mol，c(CO2)=71g/mol5L，v(CO2)=2min

-1－1。=0.01molL··min②将容器体积减小为本来的一半的瞬时，二氧化碳浓度变为本来的2倍，今后均衡向左移动，二氧化碳浓度减小，因为温度不变，均衡常数不变，所以再次均衡时，二氧化碳浓度与第1次均衡时相等。故答案选B；（3）当3+－－92+Al圆满积淀时，此时溶液中的pH=5，即c(OH)=1×10mol/L，若要使Mn不沉淀，依据2+2－－132+5Qc＜Ksp，即：c(Mn)×c(OH)＜1.9×10，可得：c(Mn)＜×10mol/L；4）①依据三个半反响可以看出高锰酸根离子被复原的产物受溶液酸碱性的影响，且酸性越强，被复原产物中锰元素的价态越低；②SO2通入高锰酸钾溶液中，溶液显酸性，SO2作复原剂，KMnO4作氧化剂，被复原为Mn2+，溶液由紫红色变为凑近无色；（5）开始反响缓慢，一段时间后反响速率迅速加速，这是因为发生反响2MnO4－+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，跟着反响的进行，溶液中Mn2+的浓度增大了，Mn2+对反响起到催化作用，才使反响速率迅速加速。【点睛】认真读懂题中所给的信息、认真解析图表数据，进行比较解析，得出结论，此后进行作答。12．草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)常用做解析试剂及显影剂等。以以下图是将必然质量的草酸亚铁在氩气氛围中进行热重解析表示图(TG%表示残留固体质量占原样品总质量的百分数)。请回答以下问题：(l)B处时残留物的化学式为___________。(2)A→C整个反响过程中总反响的化学方程式为___________。(3)取上述分解获取的600℃时的固体放在空气中连续加热时其质量增加，发生反响的化学方程式为___________。由此说明上述FeC2O4·2H2O在氩气氛围中进行热重解析的原由是___________。(4)若将分解获取的600℃时的固体与足量的稀硫酸反响后，将溶液浓缩、冷却，有带7个结晶水的晶体析出，该晶体的化学式为__________，该晶体与草酸亚铁晶体分解有近似，获取四种氧化物且物质的量之比为1:1:1:14，则该化学方程式为__________。【答案】FeC2O4FeC2O4·2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O6FeO+O22Fe3O4防范FeO在加热过程中被空中的氧气氧化FeSO4·7H2O2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O【解析】【详解】218(1)FeC2O4·2H2O中H2O%==20%，恰幸好B点的TG%=80%，则B点表示所有的结晶水180都圆满失掉，获取的固体成分为FeC2O4；故答案为：FeC2O4；(2)当TG%=40%时，获取应该是铁的氧化物，则有M(FeOx)，x=1，则变化过程中铁180的化合价没改变，只有碳的化合价发生变化，则A→C整个反响过程中总反响的化学方程式为FeC24222242FeOO·2HOFeO+CO↑+CO↑+2HO；故答案为：FeCO·2HO+CO↑+CO2↑+2HO；(3)当分解获取的600℃时的固体FeO在空气中与氧气反响，获取坚固的FeO，所以34FeCO·2HO在氩气氛围中进行热重解析的原由防范FeO在加热过程中被空中的氧气氧242化；故答案为：6FeO+O234；防范FeO在加热过程中被空中的氧气氧化；2FeO(4)FeO与足量的稀硫酸反响获取的是42+水解和Fe2+被氧化，要加适合FeSO，为了防范其Fe的硫酸和铁粉，才能获取FeSO4·7H2O，晶体与草酸亚铁晶体分解有近似，获取四种氧化物且物质的量之比为1:1:1:14，则有Fe2O3、SO2、SO3、H2O；故答案为：FeSO4·7H2O；2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O。13．（1）已知2P42343+9KOH+3HO═3KPO+5PH反响中氧化剂是______；氧化剂与复原剂物质的量之比是_________；氧化产物是____________。（2）请用双线桥法标出以下反响电子转移的方向和数量10Al+6NaNO3+4NaOH═10NaAlO2+3N2↑+2HO______________________2（3）Mn2+、Bi3+、BiO3﹣、MnO4﹣、H+、H23﹣→Bi3+O构成的一个氧化复原系统中，发生BiO的反响过程，据此回答以下问题①该氧化复原反响中，被复原的元素是____________。②请将氧化剂、复原剂的化学式及配平后的方程式填入以下相应的地点中，并用单线桥法标出电子转移的方向和数量_______________________________________。【答案】P45:3K3PO4Bi【解析】【解析】(1)在2P4+9KOH+3H2O═3K3PO4+5PH3反响中P元素的化合价既高升，又降低；(2)该反响中Al元素化合价由0价变为+3价、N元素化合价由+5价变为0价，该反响中转移电子数为30，电子由Al转给硝酸钠；(3)①该反响中Bi元素化合价由+5价变为+3价，则Mn元素化合价由+2价变为+7价，失电子的元素被氧化、得电子的元素被复原；②该反响中Bi元素化合价由+5价变为+3价，则Mn元素化合价由+2价变为+7价，转移电子数为10，电子由Mn2+转给BiO3-。【详解】(1)在2P+9KOH+3HO═3KPO+5PH反响中P元素的化合价从0价高升为+5价，同时从042343价降为-3价，则P4既是氧化剂，又是复原剂；且氧化剂与复原剂物质的量之比是5:3，氧化产物是K3PO4；(2)该反响中Al元素化合价由0价变为+3价、N元素化合价由+5价变为0价，该反响中转移电子数为30，电子由Al转给硝酸钠，其转移电子方向和数量；(3)①该反响中Bi元素化合价由+5价变为+3价，则Mn元素化合价由+2价变为+7价，失电子的元素被氧化、得电子的元素被复原，所以被复原的元素是Bi元素；BiO3-为氧化剂，Mn2+为复原剂，反响2Mn2++5BiO3-+14H+═2MnO4-+5Bi3++7H2O中，Mn失--。去2×5e，反响中转移10e，所以单线桥法标电子转移的方向和数量为故答案为：Mn2+；BiO3-；2MnO4-+5Bi3++7H2O。14．氨氮（水中以NH3和NH4+形式存在的氮）含量是环境水体污染的一项重要指标，其氧化过程会造成水体中溶解氧浓度降低，以致水质降落，影响水生动植物的生长。（1）水中

NH3和

NH4+二者的浓度比取决于水体的

pH和水温。当

pH偏高时，

___比率较高，原由是___（请用离子方程式表示）。（2）空气吹脱法是目前除掉NH3对水体污染的重要方法。在必然条件下，向水体中加入适NaOH充分反响后，再向水中通入空气，可增大NH3的脱除率，用均衡挪动原理解说其原由：___。（3）在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的NH3可以被O2氧化生成亚硝酸(HNO2)。___NH3＋__O2→__HNO2＋__________①请将上述化学方程式增补圆满，并配平。②反响中氧化剂与复原剂的物质的量之比为___。③若反响中有0.6mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为___。4）水中溶氧量（DO）是衡量水体自净能力的一个指标，平时用每升水中溶解氧分子的质量表示。DO的测定原理以下：①2Mn2++O2+4OH-→2MnO(OH)2↓MnO(OH)2+2I-+4H+→Mn2++I2+3H2O③2S2O32-+I2→S4O62-+2I-某小组同学取100.00mL水样经反响①和②后，拿出20.00mL溶液，以淀粉作指示剂，用amol/LNa2S2O3溶液进行滴定，终点现象为___；滴定耗费Na2S2O3溶液bmL，水样的DO=____mg/L。【答案】NH3＋氨在水中存在均衡：NH3＋NH4+OH-→NH3+H2OH2ONH3·H2ONH4+＋OH-，加入NaOH后OH-浓度增大均衡逆向挪动，故有益于氨的脱除2322H2O3：24.7克当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化400ab【解析】【解析】(1)联合氨水中存在3232O4+＋OH－解析；NH+HONH·HNH32324+-及均衡挪动解析；(2)联合NH+HONH?HONH+OH(3)氨可以被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，由质量守恒定律可知还生成水，依据电子守恒和原子守恒配平；联合元素化合价的变化解析并计算；(4)碘遇淀粉变蓝色，应选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点，联合反响的定量关系计算水样中溶解氧的含量，2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2，MnO(OH)2+2I-+4H+=I2+Mn2++3H2O，2S2O32-+I2═2I-+S4O62-，获取O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O32-。【详解】(1)由氨水中存在NH3+H2ONH3·H2ONH4+＋OH－可知，当pH偏高，即c(OH-)较大时，均衡逆向挪动，NH3的比率较高，发生反响的离子方程式为＋+H2O；NH4+OH-=NH3(2)在必然条件下，向水体中加入适合NaOH可使NH的脱除率增大，是因氨在水中存在平3衡为NH3232NH4+-，加入NaOH后OH-浓度增大均衡逆向挪动，故+HONH?HO+OH有益于氨的脱除；(3)①氨可以被氧气氧化生成亚硝酸(HNO)，由质量守恒定律可知还生成水，N元素化合价2由-3价高升为+3价，而O2中氧元素从0价降为-2价，由化合价高升总数相等可知NH3和O2的系数之比为3:2，再联合原子守恒可得发生反响的化学方程式为2NH3+3O=2HNO+2HO；222②反响中氧化剂为O2，复原剂为NH3，二者的物质的量之比为3:2；③由2N