2020-2021全國高考化學(xué)氧化還原反應(yīng)的綜合高考模擬和真題匯總含答案

1、一、圖中化學(xué)氧化還原反應(yīng)練習(xí)題（含詳細(xì)答案解析）1.亞氯酸鈉（NaClQ）是二氧化氯（C1O2）泡騰片的主要成分。實(shí)驗(yàn)室以氯酸鈉（NaClO3）為原料先制得C16,再制備NaClQ粗產(chǎn)品，其流程如圖：X出口工、NaOH溶液NdCIO3fl溶解反應(yīng)11反應(yīng)nI蒸發(fā)|ANaClC粗產(chǎn)品廢液O：已知：C1O2可被NaOH溶液吸收，反應(yīng)為2CQ+2NaOH=NaClQ+NaClO2+H2O。無水NaCl6性質(zhì)穩(wěn)定，有水存在時受熱易分解。（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。若X為硫磺與濃硫酸，也可反應(yīng)生成C1O2。該反應(yīng)較劇烈。若該反應(yīng)

2、在裝置A的三頸燒瓶中進(jìn)行，則三種試劑（a.濃硫酸；b.硫黃；c.NaClQ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)時間、反應(yīng)物和溶劑的用量不變，實(shí)驗(yàn)中提高C1O2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NaClQ,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,直接排放會污染環(huán)境且浪費(fèi)資源。為從中獲得芒硝（Na2SQ10H2O）和石膏（水合硫酸鈣），請補(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ML冰水和冰水浴

3、）。已知：CaSQ不溶于Na2SC4水溶液；Na2SO4的溶解度曲線如圖-2所示?！敬鸢浮?ClO-+S>2CQ+S。2-cab作還原劑水浴加熱時控制溫度不能過高（或加一個多孔球泡等)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，對濁液取樣并滴加酚Mt,至溶液呈淺紅色時停止加入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32.4以下，接近0，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)aClO3還原制得CIO2,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NaC

4、Q粗品?！驹斀狻?1)SQ作還原劑，S化合價升高2,被氧化成SO4某工業(yè)廢水中主要含有Cr3，同時還含有少量的Fe3、Fe2、Al3、Ca2和Mg2等，且酸性較強(qiáng)。為回收利用，通常采用如下流程處理：,C1O3-作氧化劑，被還原成ClO2,Cl化合價降低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：2ClO3-+SQ2cIO2+S。2-,故答案為：2C1O3-+SO2-2c1O2+SO42-；(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NaClO3,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C1O2反應(yīng)生成NaClO3和NaC

5、lQ,過氧化氫的作用是將NaClO3還原成NaClQ,過氧化氫會分解，溫度不宜太高，所以控制A中水浴加熱時溫度不過高，或者在B中攪拌、或者加一個多孔球泡，故答案為：作還原劑；水浴加熱時控制溫度不能過高(或加一個多孔球泡等)；(3)無水NaClO2性質(zhì)穩(wěn)定，有水存在時受熱易分解，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\紅色時停止加CaO,CaSQ不溶于Na2SO4水溶液，此時可用過濾、洗滌的方法得到石膏，此時濾液為NaSO溶液，還不是

6、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固體并攪拌，用冰水浴控制反應(yīng)溫度，對濁液取樣并滴加酚儆，至溶液呈淺紅色時停止加入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32.4以下，接近0，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32.4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。注：部分陽離子常溫下以氫氧化物形式完全沉淀時溶液的pH見下表。氫氧化物F

7、e(CH)3Fe(OH)2Mg(OH)2Al(OH)3Cr(OH)3pH3.79.611.189(>9溶解)(1)氧化過程中可代替H2O2加入的試劑是(填序號)。A.Na2O2B.HNO3C.FeC3D.KMnO4(2)加入NaOH溶液調(diào)整溶液pH=8時，除去的離子是;已知鈉離子交換樹脂的原理：Mn+nNaFR>MRn+nNa+,此步操作被交換除去的雜質(zhì)離子是。A.Fe3+B.Al3+C.CS2D.Mg2+(3)還原過程中，每消耗0.8molCr2O72-轉(zhuǎn)移4.8mole,該反應(yīng)離子方程式為【答案】AABCD3SO32+4Cr2O72+26H+=6SQ2+8c產(chǎn)+13H2O【解析

8、】【分析】某工業(yè)廢水中主要含有Cr3+,同時還含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加雙氧水把亞鐵離子氧化為鐵離子，同時Cr3+被氧化為Cr2O72-,加氫氧化鈉調(diào)節(jié)pH=8,則Fe3+、Al3第化為氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀，過濾，濾液中主要含有Cr2。2-、Ca2+和Mg2+等，通過鈉離子交換樹脂，除去Ca2+和Mg2+,然后加Na2*O3把Cr2O72-還原為C己再調(diào)節(jié)pH得到Cr(OH)(H2O)5SC4；(1)加氧化劑主要目的是把亞鐵離子氧化為鐵離子，注意不能引入新的雜質(zhì)；(2)根據(jù)表中數(shù)據(jù)判斷；通過鈉離子交換樹脂，除去Ca2+和Mg2+;(3)每消耗0.8molCr2O7

9、2-轉(zhuǎn)移4.8mole-,則1molCr2O72-轉(zhuǎn)移6mol電子，所以生成Cr3+,S2O32-被氧化為SC42-,結(jié)合得失電子守恒和原子守恒寫出離子方程式?！驹斀狻磕彻I(yè)廢水中主要含有Cr3+,同時還含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加雙氧水把亞鐵離子氧化為鐵離子，同時Cr3+被氧化為Cr2O72-,加氫氧化鈉調(diào)節(jié)pH=8,則Fe3+、Al3第化為氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀，過濾，濾液中主要含有CrzOz2-、Ca2+和Mg2+等，通過鈉離子交換樹脂，除去Ca2+和Mg2+,然后加Na2&O3把Cr2O72-還原為Cr3+,再調(diào)節(jié)pH得到Cr(OH)(H2O)5SC4

10、;(1)加氧化劑主要目的是把亞鐵離子氧化為鐵離子，同時不能引入新的雜質(zhì)，所以可以用Na2O2代替H2O2,故答案為：A；(2)根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，pH=8時，F(xiàn)e3+>Al3+轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀，則Fe3+、Al3+被除去；通過鈉離子交換樹脂，除去Ca2+和Mg2+;(3)每消耗0.8molCr2O72-轉(zhuǎn)移4.8mole-,則1molC2O72-轉(zhuǎn)移6mol電子，所以生成Cr3+,S2O32-被氧彳匕為SQ2-,則反應(yīng)的離子方程式為：3S2O32+4C12O72+26H+=6SC42+8C3+13H2O。3.過氧乙酸(CHCOOOH是一種高效消毒劑，具有很強(qiáng)的氧化性和腐蝕性，它

11、可由冰醋酸與過氧化氫在一定條件下制得；它可以迅速殺滅多種微生物，包括多種病毒(如：SARSW毒、禽流感病毒卜細(xì)菌、真菌及芽胞。下面是市售過氧乙酸商品標(biāo)簽：過氯乙乙本品包括甲、乙兩種濤涌,體積各，00mL,把甲、乙溶液各1份在玻璃容器中混合后放盤24小時后其中過氧乙酸濃度小于應(yīng)用50倍納水稀釋俅度為02%)用稀釋后才能使用.有關(guān)資料：H2C2是極弱的電解質(zhì)，在酸性介質(zhì)中才能穩(wěn)定存在，是一種強(qiáng)氧化劑。過氧乙酸消毒?是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SC4混合后，反應(yīng)生成過氧乙酸(CH3CCOOHCH3COOOH容易放出氧原子，它與空氣中微生物機(jī)體作用，達(dá)到滅菌目的，是消毒液的主要成分。

12、(1)某研究性學(xué)習(xí)小組為了弄清配制過氧乙酸消毒液的甲、乙溶液的主要成分各是什么？進(jìn)行以下科學(xué)探究，請你完成下列相關(guān)內(nèi)容：提出假設(shè)：甲溶液的主要成分為,乙溶液的主要成分為。實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證：取甲、乙兩種溶液少許，分別加入幾滴試液，若中假設(shè)正確，則甲溶液的現(xiàn)象為,乙溶液的現(xiàn)象為。(2)有關(guān)過氧乙酸的敘述正確的是(填編號)A.過氧乙酸與羥基乙酸(HOCH2COOH瓦為同分異構(gòu)體B.過氧乙酸與苯酚混合使用可增強(qiáng)消毒效果C.過氧乙酸與乙酸屬于同系物D.氧元素的化合價為-2價(3)實(shí)驗(yàn)室制備少量過氧乙酸，可由冰醋酸和過氧化氫在濃硫酸催化作用下制得，實(shí)驗(yàn)裝置和步驟如下：在三頸燒瓶中加入一定量冰醋酸與濃H2SC4的混

13、合液體，再緩緩加入適量30%的雙氧水。不斷攪拌并控制B中混合液的溫度為2030c至反應(yīng)結(jié)束。接入冷凝管和抽氣泵，在錐形瓶中收集得到產(chǎn)品。5攪拌器D請回答下列問題：儀器C的名稱是;為更好地控制反應(yīng)溫度，應(yīng)采用方法是;生成過氧乙酸的化學(xué)方程式為;碘量法分析：取2.00mL過氧乙酸試小¥稀釋成100mL，從中取出5.00mL,滴加酸性KMnO4溶液至恰好粉紅色以除去殘余H2O2,再加入10mL10%KI溶液和幾滴淀粉溶液，搖勻，反應(yīng)完全后再用0.1000mol/L的Na2s2O3標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)(反應(yīng)方程式為2Na2*O3+l2=Na2S4O6+2NaI),共消耗14.30mLNa2s2O

14、3標(biāo)準(zhǔn)液。該樣品中過氧乙酸的物質(zhì)的量濃度是mol/L。(結(jié)果保留小數(shù)點(diǎn)后兩位)(提示：CH3COOOH+21+2H+=I2+CHCOOH+HO)【答案】甲H2O2、H2O、H2SC4乙CH3COOH、H2O石蕊甲：溶液先變紅后褪色乙:溶液由無色變?yōu)榧t色A冷凝管(或直形冷凝管)水浴加熱CHCOOH+H2O2-CH3COOOH+歸。7.15【解析】【分析】(1)若假設(shè)甲溶液的有效成分是H2C2,則乙溶液的有效成分是CH3CCCCH,根據(jù)過氧乙酸消毒?是由H2O2、H2。、CH3CCCH及少量H2SC4混合后，反應(yīng)生成過氧乙酸(CH3CCCCH),H2O2是極弱的電解質(zhì)，在酸性介質(zhì)中才能穩(wěn)定存在，則

15、H2SQ應(yīng)該在甲溶液中，另外兩種溶液中的水也是一種主要成分；兩溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊試液變紅，但是甲溶液中H2O2漂白作用的會使變紅的溶液褪色；(2)結(jié)合選項(xiàng)對過氧乙酸(CHCOOOH)生質(zhì)判斷，(3)由儀器的結(jié)構(gòu)，可知C為直形冷凝管；控制B中混合液的溫度為2030C,應(yīng)采取水浴加熱；結(jié)合題中信息，寫出生成過氧乙酸的化學(xué)反應(yīng)方程式；CH3COOOH+2-+2H+=l2+CH3COOH+H2O,2Na2s2O3+|2=Na2&Cte+2NaI,由這兩個方程式，確定關(guān)系式：CHbCOOOHHI22Na2s2O3,計(jì)算稀釋后5.00mL溶液中過氧乙酸的物質(zhì)的量，再計(jì)算原來的2.00mL

16、溶液中的過氧乙酸的物質(zhì)的量，再根據(jù)物質(zhì)的量濃度定義式計(jì)算。【詳解】(1)若假設(shè)甲溶液的有效成分是H2O2,則乙溶液的有效成分是CH3COOOH,根據(jù)過氧乙酸消毒?是由H2O2、H2。、CH3COOH及少量H2SC4混合后，反應(yīng)生成過氧乙酸(CH3COOOH),H2O2是極弱的電解質(zhì)，在酸性介質(zhì)中才能穩(wěn)定存在，則H2SQ應(yīng)該在甲溶液中，另外兩種溶液中的水更是一種主要成分；兩溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊試液變紅，但是甲溶液中H2O2漂白作用的會使變紅的溶液褪色；（2）過氧乙酸與羥基乙酸（HOCH2COOH兩分子式都是C2H4。3,但結(jié)構(gòu)不同，故互為同分異構(gòu)體；過氧乙酸具有強(qiáng)氧化性，而苯酚易被氧化，

17、兩者混合發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能增強(qiáng)消毒效果；過氧乙酸的分子結(jié)構(gòu)中存在過氧根而乙酸中沒有，兩者結(jié)構(gòu)不相似，不屬于同系物；過氧乙酸中的氧元素有+2價、+1價；（3）由儀器的結(jié)構(gòu)，可知C為直形冷凝管；控制B中混合液的溫度為2030C,應(yīng)采取水浴加熱，受熱均勻，便于控制溫度；乙酸與過氧化氫在濃硫酸、2030c條件下反應(yīng)生成過氧乙酸（CH3COOOH）反應(yīng)的化學(xué)方程式為：CH3COOH+H2O2'CH3COOOH+HO;CH3COOOH+2-+2H+=l2+CHsCOOH+HO,2Na2s2O3+l2=Na2?O6+2NaI,由這兩個方程式，確定關(guān)系式：CHbCOOOHI22Na2*O3,可知稀

18、釋后的5.00mL溶液中過氧乙酸的物質(zhì)的量是：1X0.0143LX0.1000mol/L原來2.00mL溶液中的過氧乙酸的物質(zhì)的量是：21-x0.0143Lx0.1000mol/L_飛=0.0143mol,該該樣品中過氧乙酸的物質(zhì)的量濃度是：25癡0.0143僧內(nèi).=7.15mol/L。0.3【點(diǎn)睛】本題是探究性實(shí)驗(yàn)試題，現(xiàn)根據(jù)題中的信息去假設(shè)，然后分析、得出結(jié)論。實(shí)驗(yàn)中的數(shù)據(jù)處理，借助關(guān)系式法，計(jì)算所需要的物質(zhì)的物質(zhì)的量。4.據(jù)報(bào)道，磷酸二氫鉀（KH2P04）大晶體已應(yīng)用于我國研制的巨型激光器神光二號”中。利用氟磷灰石（化學(xué)式為CasP3FQ2）制備磷酸二氫鉀的工藝流程如下圖所示（部分流程步

19、驟已省氨水濃硫酸m有機(jī)萃取劑有機(jī)相操作口反萃取一系列鐮作III_TU產(chǎn)品N於：塔潘厝IfT”作T混含T率&操作U1»的目一系列株作山It11»|已知萃取的主要反應(yīng)原理：KCl+HPO4=KH2PO4+HCl；其中，反應(yīng)產(chǎn)生的HCl易溶于有機(jī)萃取劑。請回答下列問題:（1）流程中將氟磷灰石粉碎的目的是。（2）不能使用二氧化硅陶瓷材質(zhì)白沸騰槽的主要原因是（用化學(xué)方程式表示）。（3）副產(chǎn)品N的化學(xué)式是;在得到KH2PQ晶體的一系列操作出，其主要包括、過濾、洗滌、干燥等。（4）若用1000kg質(zhì)量分?jǐn)?shù)為50.4%的氟磷灰石（化學(xué)式為CS5P3FO12,摩爾質(zhì)量為504g/mo

20、l）來制取磷酸二氫鉀晶體，其產(chǎn)率為80%,則理論上可生產(chǎn)KH2PC4（摩爾質(zhì)量為136g/mol）的質(zhì)量為kg。(5)電解法制備KH2PO4的裝置如圖所示.該電解裝置中，a區(qū)屬于區(qū)(填陽極”或陰極”)陰極區(qū)的電極反應(yīng)式是。1L3jhoVLH3PO4a區(qū)匕區(qū)Imol/LKCl只允在鋅離子通過(6)工業(yè)上還可以用氟磷灰石與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到1500c生成白磷，同時逸出SiF4和CO該反應(yīng)的化學(xué)方程式為?！敬鸢浮吭龃蠓谆沂c稀硫酸反應(yīng)的接觸面積，加快化學(xué)反應(yīng)速率4HF+SiQSiFd+2建ONH4C1蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶326.4kg陰極2H+2e=H2T4Ca5P3FOi2+21Si

21、O2+30C1120CaSiQ+3P4+Si"T+30COT【解析】【分析】氟磷灰石(化學(xué)式為C%P3FOl2)粉碎后加入濃硫酸，反應(yīng)生成氫氟酸、硫酸鈣、磷酸等，加入氯化鉀后用有機(jī)萃取劑，KCl+HPO4=KH2PQ4+HCl,反應(yīng)產(chǎn)生的HCl易溶于有機(jī)萃取劑，有機(jī)相中含有氯化氫，加入氨水反應(yīng)生成氯化俊，因此副產(chǎn)品主要為氯化俊，水相中含有KH2PO4,經(jīng)過一系列操作得到KH2PO4晶體?！驹斀狻?1)流程中將氟磷灰石粉碎，可以增大氟磷灰石與稀硫酸反應(yīng)的接觸面積，加快化學(xué)反應(yīng)速率，故答案為增大氟磷灰石與稀硫酸反應(yīng)的接觸面積，加快化學(xué)反應(yīng)速率；(2)根據(jù)流程圖，反應(yīng)中生成了氫氟酸，氫氟酸

22、能夠與二氧化硅反應(yīng)，因此不能使用二氧化硅陶瓷材質(zhì)的沸騰槽，故答案為4HF+SiQSiRf+2屋O；(3)根據(jù)上述分析，副產(chǎn)品N的化學(xué)式為NH4Cl;在得到KH2Pd晶體的一系列操作出為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥等，故答案為NH4Cl；蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；(4)1000kg質(zhì)量分?jǐn)?shù)為50.4%的氟磷灰石(化學(xué)式為CS5P3FQ2)中含有CS5P3FO12的質(zhì)量為504kg,根據(jù)P元素守恒，理論上可生產(chǎn)KH2PO4的質(zhì)量為504kgX80%x31-3學(xué)一231164=326.4kg,故答案為326.440531319161231kg；(5)根據(jù)圖示，應(yīng)該在a區(qū)生成KH2PO4,則鉀離子由

23、b區(qū)移向a區(qū)，則a區(qū)屬于陰極區(qū)；陰極上氫離子放電生成氫氣，電極反應(yīng)式為2H+2e=H2f,故答案為陰極；2H+2e=H2T；(6)用氟磷灰石與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到1500c生成白磷，同時逸出SiR和CO,反應(yīng)的化學(xué)方程式為4Ca5P3FO12+21SQ+30C500T20CaSiQ+3P4+SiF4T+30COT故答案為4Ca5P3FO12+21SiO2+30C22£5£L20CaSiQ+3P4+SiF4T+30COT。5.(1)難溶物PbSQ溶于CKCOONT溶液可制得易溶于水的(CKCOO%Pb,發(fā)生的反應(yīng)為PbSQ+2CH3COONHi=(CH3COOPb

24、+(NH4)2SQ,說明(CH3C002Pb是(填強(qiáng)”或弱”電解質(zhì)。(2)已知次磷酸(H3PQ)與足量的氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成NaH2PQ和H2O,則次磷酸是元酸(填“'、上"或三”3(3)工業(yè)上制玻璃和水泥需用到的共同原料是(填化學(xué)式)。(4)在一定溫度下，向一個2L的真空密閉容器中(預(yù)先裝入催化劑)通入1molN2和3molH2,發(fā)生反應(yīng)：N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)。經(jīng)過一段時間后，測得容器內(nèi)壓強(qiáng)是起始的0.9倍，在此時間內(nèi)，H2平均反應(yīng)速率為0.1mol/(Lmin),則所經(jīng)過的時間為min(5)高鐵酸鈉(Na2FeO4)具有強(qiáng)氧化性，可對自來水進(jìn)行消毒、凈

25、化。高鐵酸鈉可用氫氧化鐵和次氯酸鈉在堿性介質(zhì)中反應(yīng)得到，請補(bǔ)充并配平下面離子方程式。Fe(OH)3+ClO+OH=_FeO4c_0.3molgLmol/(Lm汕)，則反應(yīng)時間仁不=0.1mol/Lgmin=3min；(5)鐵元素化合價由+3升高為+6,失去3個電子，氯元素化合價由+1降低為-1,得2個電子，取最小公倍數(shù)，則氫氧化鐵與高鐵酸根前系數(shù)為2,次氯酸跟與氯離子前系數(shù)為3,再根據(jù)電荷守恒及原子守恒配平得2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3C+5H2O;+_Cl+_(6)在反應(yīng)11P+15CuSQ+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，氧化劑是；當(dāng)有

26、2molH3PO4生成，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為【答案】弱一CaCO3234235HORCuSQ10moi【解析】【分析】【詳解】(1)硫酸鉛在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸錢時，醋酸根離子和鉛離子生成難電離物質(zhì)或弱電解質(zhì)醋酸鉛，促使硫酸鉛溶解，說明(C%COO%Pb是弱電解質(zhì)；(2)H3PO2與足量的NaOH溶液反應(yīng)，生成NaH2PO2,說明H3PO2只能電離出一個氫離子，所以H3PO2是一元酸；(3)水泥的生產(chǎn)原料為黏土、石灰石，制玻璃的主要原料為純堿、石灰石和石英砂，共同原料為CaCQ；(4)容器體積為2L,所以初始投料c(N2)=0.5mol/L,c(H2)=1.5mol/L,設(shè)c(N2

27、)=xmol,列三段式有：N2g+3匕g?2NH3g起始(molg_-1)0,51.50轉(zhuǎn)化(molgL-1)x3x2x平衡(molgL-1)0.5-x1.5-3x2x容器內(nèi)壓強(qiáng)是起始的0.9倍，溫度和容器容積不變，氣體的壓強(qiáng)比等于濃度之比，所以-10.5-x+1,5-3x+2xmolgL-1=0.9,解得x=0.1mol/L,則c(H2)=0.3mol/L,v(N2)=0.10.5+1.5molgL(6)Cu3P中P元素化合價為-3,H3P。中P元素化合價為+5,所以P既是氧化劑又是還原劑，Cu元素化合價由CuSQ中的+2降低為Cu3P中+1,所以CuSQ也是氧化劑，即氧化劑為P、CuSQ；

28、當(dāng)有2molH3Pd生成，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為2molx(+5-0)=10mol6.睇(Sb)廣泛用于生產(chǎn)各種阻燃劑、陶瓷、半導(dǎo)體元件和醫(yī)藥及化工等領(lǐng)域。I.(1)睇在元素周期表中的位置。(2)睇(出)的氧化物被稱為睇白，可以由SbC3水解制得，已知SbC3水解的最終產(chǎn)物為睇白。為了得到較多、較純的睇白，操作時將SbC3徐徐加入大量水中，反應(yīng)后期還要加入少量氨水。試用必要的化學(xué)用語和平衡移動原理解釋這兩項(xiàng)操作的作用。工業(yè)上，還可用火法制取睇白，是將輝睇礦(主要成分為Sb2s3)裝入氧化爐的日竭中，高溫使其融化后通入空氣，充分反應(yīng)后，經(jīng)冷卻生成睇白。寫出火法制取睇白的化學(xué)方程式。n.以輝睇礦為

29、原料制備金屬睇，其中一種工藝流程如下：UHtSXCLAMlTi*SIII工.-Qr鞫.出晨時/T好下.也而引一回赤一.hrTr已知部分信息如下：輝睇礦(除Sb2s3外，還含有神、鉛、銅的化合物和SiQ等)；浸出液主要含鹽酸和SbCb,還含SbC5、CuC2、AsC3和PbC2等雜質(zhì)；常溫下，Ksp(CuS)=1.0X106,Ksp(PbS)=9.0X169?；卮鹣铝袉栴}：(6)在電解”過程中，睇的產(chǎn)率與電壓大小關(guān)系如圖所示。當(dāng)電壓超過)酸浸”過程中Sb2s發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(4)已知:浸出液中c(Cu2+)=0.0001mol/L,c(Pb2+)=0.1mol/L。在沉淀銅、鉛過程中，緩

30、慢滴加極稀的硫化鈉溶液，先產(chǎn)生沉淀的是(填化學(xué)式)；當(dāng)CuSPbS共沉沉?xí)r，"咒)=(保留小數(shù)點(diǎn)后一位)。c(Pb2)UoV時，睇的產(chǎn)率降低的原因可能是(5)在除神”過程中，氧化產(chǎn)物為H3P04。該反應(yīng)氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為【答案】第5周期第VA族2SbC3+3H2O?Sb2O3+6HCl,不斷加入SbC3,使SbC3濃度增大，利于水解平衡右移，反應(yīng)后期加入氨水中和鹽酸，使c(HCl)減小，利于平衡右移高溫2Sb2s3+9O22Sb2O3+6SQSb2S3+3SbC5=5SbC3+3SJCuS1.1-83:410H+參與電極反應(yīng)【解析】【分析】n.輝睇礦粉加入鹽酸和SbC

31、5溶液，得到SbC3和SbC5溶液，還含有雜質(zhì)CuC2、AsC3和PbC2等，加入適量Sb將SbC5還原為SbC3,加入Na2s使銅和鉛沉淀以除去CuC2和PbC2,然后加入NaHPQ除去雜質(zhì)神。得到的SbC3溶液電解得到金屬Sb,同時得到SbC5,可以返回到酸浸步驟循環(huán)使用。【詳解】I.(1)睇和氮在同一主族，其在元素周期表中位于第5周期第VA族。(2)SbC3水解：2SbC3+3H2O?St2O3+6HCl,將SbC3徐徐加入大量水中，SbC3濃度增大，水解平衡右移，反應(yīng)后期還要加入少量氨水中和HCl,使c(HCl)M小，平衡右移，有利于Sb2O3的生成。故答案為：2SbC3+3H2O?S

32、b2O3+6HCl,不斷加入SbC3,使SbC3濃度增大，利于水解平衡右移，反應(yīng)后期加入氨水中和鹽酸，使c(HCl)減小，利于平衡右移。火法制取睇白，是輝睇礦(主要成分為Sb2so在高溫下和空氣中的氧氣反應(yīng)，生成Sb2O3高溫的同時生成S6。化學(xué)方程式為：2Sb2s3+9O2=2Sb2O3+6SO2on.(3)酸浸”時Sb2s和SbC5溶液反應(yīng)，得到SbC3和SbC5的混合溶液，濾渣中有硫，是此反應(yīng)的生成物，Sb2s3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為Sb2s3+3SbC5=5SbC3+3S。(4)浸出液中c(Cu2+)=0.0001mol/L,c(Pb2+)=0.1mol/L。在沉淀銅、鉛過程中，緩慢1

33、010-36滴加極稀的硫化鈉溶液，當(dāng)Cu2+開始沉淀時，c(S2-)J010=1.0x彳0mol/L,當(dāng)Pb2+開0.0001-29始沉淀時，c(*)=9.010=9.0x彳0mol/L,所以先產(chǎn)生沉淀的是CuS;當(dāng)CuSPbS共沉淀時,c(Cu2+)c(Cu2+)c(S2)c(Pb2+)=c(Pb2+)c(S2)0.1KSpCJ1036=1.1X10。Ksp(PbS)9.01029(5)加入NaHPQ除神，發(fā)生了NaHPQ和AsC3的反應(yīng)，氧化產(chǎn)物為H3PO4,還原產(chǎn)物是As,磷的化合價從+1價升高到+5價，生成1molH3PO4失去4mol電子，神的化合價從+3價降低到0價，生成1molA

34、s得到3mol電子，根據(jù)電子守恒，該反應(yīng)氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為3:4。(6)電解SbC3溶液制取睇，在陰極是Sb3+得到電子生成Sb,當(dāng)電壓過大時，溶液中的H+也可能在陰極放電，導(dǎo)致睇的產(chǎn)率降低。7 .NOx、SO2的處理轉(zhuǎn)化對環(huán)境保護(hù)有著重要意義。(1)利用反應(yīng)2NO(g)+2co(g)=N2(g)+2CO2(g),可實(shí)現(xiàn)汽車尾氣的無害化處理。一定條件下進(jìn)行該反應(yīng)，測得CO的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、起始投料比mm="NO，的關(guān)系如圖1n(CO)所示。該反應(yīng)的AH0(填“>”“<”或“=”)。下列說法正確的是(填字母)。A.當(dāng)體系中CQ和CO物質(zhì)的量濃度之比保持不變

35、時，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)8 .投料比：mi>m2>m3C.當(dāng)投料比m=2時，NO轉(zhuǎn)化率是CO轉(zhuǎn)化率的2倍D.汽車排氣管中的催化劑可提高NO的平衡轉(zhuǎn)化率隨著溫度的升高，不同投料比下CO的平衡轉(zhuǎn)化率趨于相近的原因?yàn)椤?2)若反應(yīng)2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CC2(g)的正、逆反應(yīng)速率可表示為：v正二卜正c2(NO)-c2(CO)；v逆=k逆c(N2).c2(CO2),k正、k逆分別為正、逆反應(yīng)速率常數(shù)，僅與溫度有關(guān)。一定溫度下，在體積為1L的容器中加入2molNO和2molCO發(fā)生上述反應(yīng)，測得CO和CO2物質(zhì)的量濃度隨時間的變化如圖2所示，則a點(diǎn)時v正：v逆=。(3)工業(yè)生

36、產(chǎn)排放的煙氣中同時存在SQ、NOx和CO,利用它們的相互作用可將SC2、NOx還原成無害物質(zhì)，一定條件下得到以下實(shí)驗(yàn)結(jié)果。圖3為298K各氣體分壓(氣體的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與總壓的乘積)與CO物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)的關(guān)系，圖4為CO物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為2.0%時，各氣體分壓與溫度的關(guān)系。下列說法不正確的是(填字母)。A.不同溫度下脫硝的產(chǎn)物為N2,脫硫的產(chǎn)物可能有多種B.溫度越高脫硫脫硝的效果越好C.NOx比SO2更易被CO還原D.體系中可能發(fā)生反應(yīng)：2COS=S+2CO；4C6+&=4CO+2SQ(4)NH3催化還原氮氧化物是目前應(yīng)用最廣泛的煙氣脫硝技術(shù)。用活化后的劑，N%將NO還原成N2的一種反應(yīng)歷程如

37、圖5所示，則總反應(yīng)方程式為V2O5作催化oAT)'TI-LI"?Ti*口H5恨氣磕小憎dUN力反應(yīng)歷h(5)用間接電化學(xué)法去除煙氣中NO的原理如圖6所示，則陰極的電極反應(yīng)式為【答案】vAB溫度較高時，溫度變化對平衡移動的影響大于濃度變化對平衡移動的影32一十一2響160：1B4NR+4NO+O24N2+6H2O2SO2+4H+2e=&d2+2H2O【解析】【分析】由圖象可知，起始投料比m一定時，CO的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的升高而降低;A.起始投料比m一定時，而反應(yīng)中NO、CO的變化量相同，體系中CQ和CO物質(zhì)的量濃度之比保持不變，即體系中CQ、CO物質(zhì)的量濃度不變，據(jù)此判

38、斷；B.由圖象可知，溫度一定時，增大NO濃度，CO轉(zhuǎn)化率增大；C.根據(jù)轉(zhuǎn)化率“變化量與起始量的比值和反應(yīng)中NO、CO的變化量相同分析判斷；D.催化劑不能改變反應(yīng)進(jìn)程，只改變反應(yīng)速率；由圖象可知，不同投料比下CO的平衡轉(zhuǎn)化率趨于相近，主要原因是溫度的影響起主導(dǎo)作用，投料比不同的影響為次要因素；(2)反應(yīng)達(dá)到平衡時vMk/c2(NO)c2(CO)=v逆=k逆？c(N2)c2(CQ),則平衡常數(shù)K=K正，,人以lh，、r-z._,1gb-J人、八、，4，結(jié)合反應(yīng)三段式計(jì)算平衡常數(shù)K和a點(diǎn)時各物質(zhì)的濃度，代入v正、v逆計(jì)算v正：vK逆逆；(3)A.由圖可知，NOx還原成無害物質(zhì)為氮?dú)猓摿虻漠a(chǎn)物可能有

39、多種，與溫度有關(guān)；B.溫度高于1000c時二氧化硫的含量增大，說明溫度越高不利于脫硫；C.根據(jù)圖3,隨CO物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，還原NOx生成氮?dú)馇€斜率變化比較小，而還原SC2需要CO物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)較大時才能將SC2從煙氣中分離；D.根據(jù)圖4,COS分壓曲線隨溫度升高減小，&、CO分壓增大，繼續(xù)升高溫度，S2、CQ分壓減小，CO分壓增大；(4)用活化后的V2O5作催化劑，NH3將NO還原成N2,同時生成水，原子守恒配平書寫化學(xué)方程式；陰極通入的SQ2-發(fā)生得電子的還原反應(yīng)生成S2O42-。【詳解】(1)由圖象可知，起始投料比m一定時，溫度越高，CO的平衡轉(zhuǎn)化率越低，即升高溫度平衡逆向移動，

40、所以正反應(yīng)放熱，即4Hv0;A.反應(yīng)正向進(jìn)行時CO2增多而CO減少，說明未達(dá)到平衡時二者比值會變，所以體系中CQ和CO物質(zhì)的量濃度之比保持不變，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故A正確；B.由圖象可知，溫度一定時，增大NO濃度，CO轉(zhuǎn)化率增大，即起始投料比m越大時,CO轉(zhuǎn)化率越大，所以投料比:mi>m2>m3,故B正確;C.由反應(yīng)計(jì)量關(guān)系可知，反應(yīng)中所以平衡轉(zhuǎn)化率與起始量成反比,錯誤；八、八日上洎耗量°,NO、CO的變化量相同，平衡轉(zhuǎn)化率”=十口以目X100%起始量即投料比m=2時CO轉(zhuǎn)化率是NO轉(zhuǎn)化率的2倍，故CD.催化劑不能改變反應(yīng)進(jìn)程，只改變反應(yīng)速率，所以NO的平衡轉(zhuǎn)化率不變，故

41、D錯誤；故答案為：AB;由圖象可知，不同投料比下CO的平衡轉(zhuǎn)化率趨于相近，隨溫度逐漸升高，溫度的影響起主導(dǎo)作用，即溫度較高時，溫度變化對平衡移動的影響大于濃度變化對平衡移動的影響；(2)平衡時三段式為:2NOg+2COg?N2g+2CO2g起始(molgL-1)2200轉(zhuǎn)化(molgL-1)1.61.60.81.6平衡(molgL-1)0.40.40.81.6平衡時正逆反應(yīng)速率相等即k正？c2(NO)c2(CO)=k逆？c(N2)c2(CO2),所以22kcN2cCO2_1.60.8丁一c2NOc2CO-0.420.42=80；a點(diǎn)時反應(yīng)三段式為：2NOg+2COg?N2g+2CO2g起始(m

42、olgL-1)2200轉(zhuǎn)化(molgL-1)2x2xx2x平衡(molgL-1)2-2x2-2xx2xa點(diǎn)時c(CO)=c(CO),則2-2x=2x,解得x=0.5,所以a點(diǎn)時c(CO)=c(CO)=c(NO)=1mol/L,vkEc(N2)=0.5mol/L,所以一=v逆榻2211ck正一，1=2=2K=160即vie:v逆=160：1；10.5k逆'(3)A.由圖可知，NOx還原成無害物質(zhì)為氮?dú)?，脫硫的產(chǎn)物可能有多種，與溫度有關(guān)，故A正確；B.溫度高于1000c時二氧化硫的含量增大，說明溫度越高不利于脫硫，故B錯誤；C.根據(jù)圖3,隨CO物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，還原NOx生成氮?dú)馇€斜率變

43、化比較小，而還原SQ需要CO物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)較大時才能將SQ從煙氣中分離，說明CO更易與NOx反應(yīng)，則NOx比SQ更易被CO還原，故C正確；D.根據(jù)圖4,COS分壓曲線隨溫度升高減小，及、CO分壓增大，繼續(xù)升高溫度，S2、CO2分壓減小，CO分壓增大，說明體系中可能發(fā)生反應(yīng)：2COS?S2+2CO；4CQ+&?4CO+2SQ,故D正確；故答案為：B；(4)活化后的V2O5作催化劑，NH3將NO還原成N2,還生成水，反應(yīng)為V2O54NH3+4NO+O2=4N2+6H2O；(5)陰極上亞硫酸根離子得到電子，陰極的電極反應(yīng)式為2SO32-+4H+2e-=&O42-+2H2O。8.元素鎰(

44、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=-54.4kJ/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CO

45、2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)+CQ2(g),若前2min內(nèi)生成MnO的質(zhì)量為7.1g,則該段時間內(nèi)v(CC2)=molL1min1。保持溫度不變，若to時刻達(dá)到平衡時，CC2濃度為cmol/L;ti時刻，將容器體積縮小為原來的一半并固定不變，在t2時刻再次達(dá)到平衡，則下列圖像正確的是(填字母)。8：球度81戲度8說度,81淑度&r-1-勿|n左1一對書一品1醫(yī)時間b力霓M間t>tih時間tot,h時間ABCD(3)已知Fe3+、Al3+、Mn2+的氫氧化物開始沉淀及沉淀

46、完全時的pH如下表所示，當(dāng)Al3+完全沉淀時，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，開始時反應(yīng)緩慢，稍后一段時間產(chǎn)生氣體速率迅速加快。產(chǎn)生氣體速率迅速加快的原因是,寫出

47、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+5H2QO4=2Mn2+10CO2T+8H2O【解析】【分析】(1)依據(jù)蓋斯定律，X2X2-可推出CO氣體還原MnO2固體得到Mn2O3固體33和CO2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CO2的物質(zhì)的量，故可以計(jì)算出前2min內(nèi)CC2的反應(yīng)速率；將容器

48、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，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，二氧化碳濃度與第1次平衡時相等。(3)當(dāng)Al3+完全沉淀時，此時溶液中的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；SC2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，Mn2+對反應(yīng)起到催化作用，才

49、使反應(yīng)速率迅速加快?！驹斀狻?1)?H=X2-)x/3-x/3=(-150.6X2)-(-54.42凡-142.31-217.5(kJ/mol),所以熱化學(xué)方程式為：2MnO2(s)+CO(g尸Mn2O3(s)+CO2(g)?H=-217.5kJ/mol;(2)n(MnO)=-9=0.1mol,則n(CO2)=0.1mol,c(CC2)=O1714=71g/mol5L0.02mol/L,v(CO2)=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，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，二氧化碳濃度與第

50、1次平衡時相等。故答案選B;(3)當(dāng)Al3+完全沉淀時，此時溶液中的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，一段時間后反應(yīng)速率迅速加快，這是由于發(fā)生反應(yīng)2MnO4+6H+5H2c2O4=2Mn2+10

51、CO2T+8屋O,隨著反應(yīng)的進(jìn)行，溶液中Mn2+的濃度增大了，Mn2+對反應(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)行對比分析，得出結(jié)論，然后進(jìn)行作答。9.草酸亞鐵晶體(FeC2O42H2O)常用做分析試劑及顯影劑等。下圖是將一定質(zhì)量的草酸亞鐵在僦氣氣氛中進(jìn)行熱重分析示意圖(TG%表示殘留固體質(zhì)量占原樣品總質(zhì)量的百分?jǐn)?shù))。40Qwn.丁請回答下列問題：(l)B處時殘留物的化學(xué)式為。(2)A-C整個反應(yīng)過程中總反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(3)取上述分解得到的600c時的固體放在空氣中繼續(xù)加熱時其質(zhì)量增加，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。由此說明上述FeGO42H

52、2O在僦氣氣氛中進(jìn)行熱重分析的原因是O(4)若將分解得到的600c時的固體與足量的稀硫酸反應(yīng)后，將溶液濃縮、冷卻，有帶7個結(jié)晶水的晶體析出，該晶體的化學(xué)式為,該晶體與草酸亞鐵晶體分解有類似，得到四種氧化物且物質(zhì)的量之比為1:1:1:14,則該化學(xué)方程式為。-一叢.心一,一,【答案】FeC2O4FeQO42H2。-FeO+COT+COT+2H2O6FeO+Q-2Fe3O4防止FeO在力口A熱過程中被空中的氧氣氧化FeSQ7H2O2FeSO7H2。=Fe2O3+SQT+SOT+14H2O【解析】【詳解】(1)FeC2042H2O中H2O%=28=20%,剛好在B點(diǎn)的TG%=80%則B點(diǎn)表示所有的結(jié)

53、晶水180都完全失去，得到的固體成分為FeC2O4；故答案為：FeC2O4；,M(FeOx)(2)當(dāng)TG%=40%寸，得到應(yīng)該是鐵的氧化物，則有=0.4,x=1,則變化過程中鐵180的化合價沒改變，只有碳的化合價發(fā)生變化，則A-C整個反應(yīng)過程中總反應(yīng)的化學(xué)方程式44為FeC2O42H2O-FeO+COT+COT+2H2O;故答案為：FeC2O42H20-FeO+COT+COT+2H2O;(3)當(dāng)分解得到的600c時的固體FeO在空氣中與氧氣反應(yīng)，得到穩(wěn)定的Fe3O4,因此FeC2O42H2O在僦氣氣氛中進(jìn)行熱重分析的原因防止FeO在加熱過程中被空中的氧氣氧化；故答案為：6FeO+6=2Fe3O

54、4；防止FeO在加熱過程中被空中的氧氣氧化；(4)FeO與足量的稀硫酸反應(yīng)得到的是FeSQ,為了防止其Fe2+水解和Fe2+被氧化，要加適量的硫酸和鐵粉，才能得到FeSQ7H2O,晶體與草酸亞鐵晶體分解有類似，得到四種氧化物且物質(zhì)的量之比為1:1:1:14,則有Fe2O3、SQ、SQ、H2O；故答案為：FeSQ7H2。；A2FeSQ7H2O=Fe2O3+SQT+SOT+14睦O。10 .消除含氮化合物對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)會導(dǎo)致水體富營養(yǎng)化。用次氯

55、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，溫度過高時氨氮去除率降低的原因是。物137JiffEM1.1-UWE取一定量的含氨氮廢水，改變加入次氯酸鈉用量，反應(yīng)一段時間后，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，水體中總氮去除率反而下降，可能的原因是?！敬鸢浮?:32NH3+3NaClO=N2+3NaCl+3H2O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】

56、【分析】(1)該反應(yīng)中NH3中N由3價變?yōu)?。價，化合價升高，被氧化，所得產(chǎn)物為氧化產(chǎn)物；NO2中N由+4價變?yōu)椤r，化合價降低，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，NaCIO加入的量越多會將氨氮氧化為NO3-等高價態(tài)物質(zhì)。【詳解】(1)該反應(yīng)中NH3中N由一3價變?yōu)?。價，化合價升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，所得為氧化產(chǎn)物；NO2中N由+4價變?yōu)?價，化合價降低，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