全國高考化學氧化還原反應的綜合高考真題分類匯總

1、一、高中化學氧化還原反應練習題(含詳細答案解析)1.過硫酸鈉(Na2808)具有極強的氧化性，且不穩(wěn)定，某化學興趣小組探究過硫酸鈉的相關(guān)性質(zhì)，實驗如下。已知SQ是無色易揮發(fā)的固體，熔點16.8C,沸點44.8Co(1)穩(wěn)定性探究(裝置如圖)：分解原理：2Na2s2。8堂L2Na2SQ+2SO3T+O2T。此裝置有明顯錯誤之處，請改正：,水槽冰水浴的目的是;帶火星的木條的現(xiàn)象。yhson帶火屜(2)過硫酸鈉在酸性環(huán)境下，在Ag+的催化作用下可以把Mn-氧化為紫紅色的離子，所得溶液加入BaC2可以產(chǎn)生白色沉淀，該反應的離子方程式為,該反應的氧化劑是,氧化產(chǎn)物是。(3)向上述溶液中加入足量的BaC2

2、,過濾后對沉淀進行洗滌的操作是(4)可用H2QO4溶液滴定產(chǎn)生的紫紅色離子，取20mL待測液，消耗0.1molL1的H2c2。4溶液30mL,則上述溶液中紫紅色離子的濃度為molL1,若Na2s2。8有剩余，則測得的紫紅色離子濃度將(填偏高"偏低"或不變”。)【答案】試管口應該略向下傾斜冷卻并收集SO3木條復燃2Mn2+5檢O+8H2OAg"2MnO；+10SdT+16H+3OMnO1用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸儲水至沒過沉淀，使蒸儲水自然流下，重復操作23次(合理即可)0.06偏高【解析】【分析】(1)在試管中加熱固體時，試管口應略微向下傾斜；根據(jù)SO、氧氣的性質(zhì)

3、進行分析；(2)X為MnQ,向所得溶液中加入BaCl2溶液可以產(chǎn)生白色沉淀，則產(chǎn)物中有SO2-,據(jù)此寫出離子方程式，并根據(jù)氧化還原反應規(guī)律判斷氧化劑、氧化產(chǎn)物；根據(jù)沉淀洗滌的方法進行回答；(4)根據(jù)得失電子守恒可得到關(guān)系式：5H2GQ-2MnO4,帶入數(shù)值進行計算；Na2s2O8也具有氧化性，氧化H2C2Q。【詳解】在試管中加熱固體時，試管口應略微向下傾斜，SC3的熔、沸點均在0c以上，因此冰水浴有利于將SO3冷卻為固體，便于收集SQ,由Na2QO8的分解原理可知，生成物中有氧氣，所以在導管出氣口的帶火星的木條會復燃，故答案為：試管口應該略向下傾斜；冷卻并收集SQ；木條復燃；(2)X為MnO4

4、-,向所得溶液中加入BaC2溶液可以產(chǎn)生白色沉淀，則產(chǎn)物中有SC42",則反應的離子方程式為2Mn2+5S?O；+8H20Ale2MnOj+10SO一+16H卡,根據(jù)該反應中元素化合價的變化可知，氧化劑是&。82-,氧化產(chǎn)物是Mn0，故答案為：2Mn2+5&0-+8H2OAg+2MnO7+10SO-+16H+；&O82-；Mn0；(3)沉淀洗滌時，需要用玻璃棒引流，并且所加蒸儲水需要沒過沉淀，需要洗滌23次，故答案為：用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸儲水至沒過沉淀，使蒸儲水自然流下，重復操作23次(合理即可)；(4)根據(jù)得失電子守恒可得到關(guān)系式：5H2C204:2M

5、nO4-520.03L0.1molgL-10.02LcMn04-1則cMnO4-=.m°=0.06molg_-1,N&a08具有氧化性，消耗的H2G20450.02L溶液增多，導致測得的結(jié)果偏高，故答案為：0.06;偏高。2.實驗室用酸性蝕刻廢液(含Cu2+、H+、CuCl4、er等)和堿性蝕刻廢液NH4、2Cu(NH3)4、NH3H20等制備CuI(白色固體)的實驗流程如下的總洗渝TInVI(1)步驟I中發(fā)生了多個反應，其中Cu(NH3)4與鹽酸反應生成Cu(OH)Cl的離子方程式為O(2)步驟IV需控制pH為12,80C下進行，合適的加熱方式是(3)步驟V的具體步驟是蒸發(fā)

6、濃縮、。裝置a中盛裝濃硫酸的儀器的名稱是，圓底燒瓶中發(fā)生反應的化學方程式為。用裝置d中的溶液洗滌制得的CuI的目的是，然后再用無水乙醇洗滌的目的是c2【答案】Cu(NH3)4+3H+CI-+H2OCu(OH)ClJ+4H4熱水浴冷卻結(jié)晶過濾(洗滌)分液漏斗Cu+2H2SO4(濃)AcuSQ+SQT+2H2O可防止CuI被空氣中的O2氧化使固體快速干燥并溶解表面可能混有的I2【解析】【分析】由流程圖可知，酸性蝕刻廢液和堿性蝕刻廢液混合反應得到Cu(OH)Cl懸濁液，過濾，將Cu(OH)Cl加水、過漿后，與濃硫酸水浴加熱反應生成硫酸銅，硫酸銅粗溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、干燥、洗滌得到硫酸銅晶

7、體，硫酸銅晶體與碘、二氧化硫和水反應生成碘化亞銅白色固體。【詳解】(1)步驟I中Cu(NH3)42+與鹽酸反應生成Cu(OH)Cl沉淀和氯化俊，反應的離子方程式Cu(NH3)42+3H+C+H2O=Cu(OH)ClJ+4NH,故答案為：Cu(NH3)42+3H+C-+H2O=Cu(OH)ClJ+4N4+;(2)步驟IV為Cu(OH)Cl加水、過漿后，與濃硫酸在制pH為12,80c下水浴加熱反應反應生成硫酸銅，故答案為：熱水?。?3)步驟V為硫酸銅粗溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、干燥、洗滌得到硫酸銅晶體，故答案為：冷卻Z晶；過濾(洗滌)；(4)裝置a中盛裝濃硫酸的儀器為分液漏斗；圓底燒瓶中銅與

8、濃硫酸共熱反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，反應的化學方程式為Cu+2H2SO4(濃)二二CuSQ+SQf+2H2O,故答案為：分液漏斗；Cu+2H2SO4(濃)2cuSQ+SO4+2H2O；裝置d中的溶液為二氧化硫的飽和水溶液，碘化亞銅具有還原性，易被空氣中的氧氣氧化，用二氧化硫水的飽和水溶液洗滌碘化亞銅，可以防止碘化亞銅被空氣中的氧氣氧化；再用無水乙醇洗滌可以溶解除去碘化亞銅表面可能混有的單質(zhì)碘，并能使固體快速干燥，故答案為：可防止CuI被空氣中的O2氧化；使固體快速干燥并溶解表面可能混有的12。3 .下表是某學生為探究AgCl沉淀轉(zhuǎn)化為Ag2s沉淀的反應所做實驗的記錄.步驟現(xiàn)象I.取5mL0

9、.1mol/LAgNO3與一定體積0.1mol/LNaCl溶液，混合，振蕩.立即產(chǎn)生白色沉淀n.向所得懸濁液中加入2.5mL0.1mol/LNa2s溶液.沉淀迅速變?yōu)楹谏?將上述黑色濁液，放置在空氣中，不斷攪拌.較長時間后，沉淀變?yōu)槿榘咨玏.濾出出中的乳白色沉淀，加入足量HNO3溶液.產(chǎn)生紅棕色氣體，沉淀部分溶解V.過濾得到濾液X和白色沉淀Y；向X中滴加Ba(NO3)2溶液.產(chǎn)生白色沉淀1為了證明沉淀變黑是AgCl轉(zhuǎn)化為Ag2s的緣故，步驟I中NaCl溶液的體積范圍為10_302已知：25c時KspAgCl1.810,KspAg2s610,此沉淀轉(zhuǎn)化反應的平衡常數(shù)K。3步驟V中產(chǎn)生的白色沉淀

10、的化學式為,步驟出中乳白色沉淀除含有AgCl外，還含有。4為了進一步確認步驟出中乳白色沉淀產(chǎn)生的原因，設計了如下圖所示的對比實驗裝置。裝置A中玻璃儀器有圓底燒瓶、導管和，試劑W為。裝置C中的試劑為NaCl溶液和Ag2s懸濁液的混合物，B中試劑為。實驗表明：C中沉淀逐漸變?yōu)槿榘咨?，B中沒有明顯變化。完成C中反應的化學方程式：Ag2S+NaCl+?AgCl+S+C中NaCl的作用是：【答案】5mL5.4109BaSO4S分液漏斗過氧化氫溶液Ag2s懸濁液2Ag2s4NaClO22H2O?4AgCl2S4NaOH氧氣將Ag2s氧化成S時有Ag產(chǎn)生，NaCl電離的氯離子與銀離子結(jié)合生成AgCl沉淀，使

11、cAg減小，有利于氧化還原反應的平衡右移【解析】【分析】(1)要證明沉淀變黑是AgCl轉(zhuǎn)化為Ag2s的緣故，則步驟I中必須使硝酸銀電離出的銀離子完全轉(zhuǎn)化成AgCl沉淀；c2Cl(2)Kk；(3)黑色的硫化銀沉淀被氧氣氧化為氯化銀沉淀和硫單質(zhì)；硫單質(zhì)被硝酸氧化為硫酸根離子；(4)根據(jù)裝置圖判斷儀器名稱；裝置A的作用是提供氧氣；進一步確認步驟出中乳白色沉淀產(chǎn)生的原因，裝置C中的試劑為NaCl溶液和Ag2s懸濁液的混合物，則裝置B中應該不含氯化鈉溶液；裝置C中生成的白色沉淀為氯化銀和S單質(zhì)，反應物應該還有氧氣，產(chǎn)物中鈉離子只能以氫氧化鈉形式存在，則未知的反應物為氫氧化鈉，再根據(jù)H元素守恒可知另一種未

12、知反應物為水，然后根據(jù)化合價升降相等配平反應方程式。【詳解】(1)要證明沉淀變黑是AgCl轉(zhuǎn)化為Ag2s的緣故，則步驟I中必須使硝酸銀電離出的銀離子完全轉(zhuǎn)化成AgCl沉淀，所以加入的NaCl溶液的體積必須25mL;Ag2ss2Claq,該反應的平衡常數(shù)為：222c2Clc2Agc2ClK-2-cScAgcS2K2pAgClKspAg2s102(1.810)261030_95.4109;(2)氯化銀轉(zhuǎn)化成硫化銀的反應為：2AgClsSaq(3)步驟出中較長時間后，沉淀變?yōu)槿榘咨?，則黑色的硫化銀沉淀氧化成氯化銀沉淀；再根據(jù)濾出出中的乳白色沉淀，加入足量HNO3溶液，產(chǎn)生紅棕色氣體，沉淀部分溶解，則

13、被氧化的只能為S元素，故乳白色沉淀為AgCl和S的混合物；其中S被稀硝酸氧化成硫酸根離子，則在步驟V中向X中滴加Ba(NO3)2溶液會生成BaSO4沉淀；(4)根據(jù)圖示可知，裝置A中玻璃儀器有圓底燒瓶、導管和分液漏斗；乳白色沉淀為氯化銀和S的混合物，裝置A的作用是提供氧氣，根據(jù)圓底燒瓶中為二氧化鎰可知W為過氧化氫溶液；進一步確認步驟出中乳白色沉淀產(chǎn)生的原因，裝置C中的試劑為NaCl溶液和Ag2s懸濁液的混合物，則裝置B中應該不含氯化鈉溶液，即為Ag2s懸濁液，通過對比反應現(xiàn)象判斷生成乳白色沉淀產(chǎn)生的原因；裝置C中生成的白色沉淀為氯化銀和S單質(zhì)，反應物應該還有氧氣，產(chǎn)物中鈉離子只能以氫氧化鈉形式

14、存在，則未知的產(chǎn)物為氫氧化鈉，再根據(jù)H元素守恒可知另一種未知反應物為水，然后根據(jù)化合價升降相等配平反應方程式為2Ag2s4NaClO22H2O?4AgCl2S4NaOH；裝置C中氯化鈉的作用為：氧氣將Ag2s氧化成S時有Ag產(chǎn)生，NaCl電離的氯離子與溶液中銀離子結(jié)合生成AgCl沉淀，使溶液中cAg減小，從而有利于氧化還原反應2Ag2s4NaClO22H2O?4AgCl2S4NaOH向右移動。4 .以冶鋁的廢棄物鋁灰為原料制取超細“-氧化鋁，既降低環(huán)境污染又可提高鋁資源的利用率。已知鋁灰的主要成分為A2O3(含少量雜質(zhì)SiQ、FeO、Fe2O3),其制備實驗流程如下：KT«F<

15、CNja歷造(1)鋁灰中氧化鋁與硫酸反應的化學方程式為。(2)圖中濾渣”的主要成分為(填化學式)。(3)加30%的H2O2溶液發(fā)生的離子反應方程式為(4)煨燒硫酸鋁俊晶體，發(fā)生的主要反應為：4NH4Al(SO4)212H2O-2AI2O3+2NH3f+Nd+5SOf+3SOT+53H2O,將產(chǎn)生的氣體通過下圖所示的裝置。館加'汨S0=R工nO：密懣集氣瓶中收集到的氣體是(填化學式)。足量飽和NaHSO3溶液吸收的物質(zhì)除大部分H2O(g)外還有(填化學式)。KMnO4溶液褪色(MnO4還原為Mn2+),發(fā)生的離子反應方程式為【答案】AI2O3+3H2SQ=A12(SQ)3+3H2OSi。

16、2F(T+H2O2+2H+=2Fe3+2H2ON2SQ、NH32MnO4+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42+4H+【解析】【分析】根據(jù)題意，鋁灰的主要成分為A2O3(含少量雜質(zhì)SiQ、FeO、FnO3),鋁灰中加稀硫酸，AI2O3、Fe。Fe2O3轉(zhuǎn)化為離子，SiO2不溶于硫酸，過濾，濾液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+,力口入雙氧水，F(xiàn)e2+被氧化為Fe3+,加入K4Fe(CN)6后Fe3+轉(zhuǎn)化為沉淀，過濾，在濾液中加入硫酸俊，生成NH4AI(SO4)2,結(jié)晶、干燥、煨燒得到“-A12O3?！驹斀狻?1)A12O3與硫酸反應生成硫酸鋁和水，其反應的方程式為A12O3+3H2SO4=

17、A12(SO4)3+3H2O。(2)根據(jù)上述分析，圖中濾渣”的主要成分是不溶于硫酸的二氧化硅，化學式為SiO2o(3)濾液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+,加30%的H2O2溶液將F+被氧化為Fe3+,根據(jù)得失電子守通、電荷守恒和原子守恒配平，發(fā)生反應的離子方程式為2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O(4)NHAl(SQ)2?12H2O分解生成的氣體NH3和SO3被亞硫酸鈉吸收，二氧化硫被高鎰酸鉀吸收，所以最后集氣瓶中收集到的氣體是N2。飽和NaHSQ能與SQ、氨氣反應，則足量飽和NaHSQ溶液吸收的物質(zhì)除大部分H2O(g)外，還有SQ、NH3。酸性條件下，KMnO4與二氧化硫反應

18、生成硫酸根離子和鎰離子，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒、原子守恒配平，其反應的離子方程式為：2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+。5.研究證明，高鐵酸鉀不僅能在飲用水源和廢水處理過程中去除污染物，而且不產(chǎn)生任何誘變致癌的產(chǎn)物，具有高度的安全性。濕法制備高鐵酸鉀是目前最成熟的方法，實驗步驟如下：A,直接用天平稱取60.5gFe(NO3)39H2O、30.0gNaOH、17.1gKOH。B.在冰冷卻的環(huán)境中向NaClO溶液中加入固體NaOH并攪拌，又想其中緩慢少量分批加入Fe(NO3)39H2O,并不斷攪拌。C.水浴溫度控制在20C,用電磁加熱攪拌器攪拌1.5h左右，溶液成

19、紫紅色時，即表明有Na2FeO4生成。D.在繼續(xù)充分攪拌的情況下，向上述的反應液中加入固體NaOH至飽和。E將固體KOH加入到上述溶液中至飽和。保持溫度在20C,并不停的攪拌15min,可見到燒杯壁有黑色沉淀物生成，即K2FeO4.(1)步驟B中不斷攪拌的目的是。步驟C中發(fā)生反應的離子方程式為。由以上信息可知：高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉(填大”或小”。)(2)高鐵酸鉀是一種理想的水處理劑，與水反應生成6、Fe(OH(膠體)和KOH。該反應的離子方程式為。高鐵酸鉀作為水處理劑發(fā)揮的作用是。在提純K2FeO4時采用重結(jié)晶、洗滌、低溫烘干的方法，則洗滌劑最好選用。A.H2OB.稀KOH溶液、異丙醇C

20、.NH4C1溶液、異丙醇D.Fe(NO3)3溶液、異丙醇(3)高鐵酸鈉還可以用電解法制得，其原理可表示為Fe+2NaOH+2H2O3H2T+Na2FeO4,則陽極材料是,電解液為。(4)25c時，Ksp(CaFeQ)=4.536x-90若要使100mL1.0X103mol/L的K2FeO4溶液中的c(FeQ2-)完全沉淀，理論上要加入Ca(OH)2的物質(zhì)的量為mol。(5)干法制備高鐵酸鉀的方法是F&O3、KNO3、KOH混合加熱共熔生成黑色高鐵酸鉀和KNO2等產(chǎn)物。則該方法中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為?！敬鸢浮渴构腆w充分溶解(或其他合理說法)2Fe3+3ClO-+10OH-=2F

21、eO42-+5H2O+3C小4FeO42-+10H2O=4Fe(OHN膠體)+8OH-+302T消毒、凈水B鐵NaOH溶液4.536-k103:1【解析】【分析】(1)攪拌操作可增加固體與液體的接觸面積；步驟C中發(fā)生反應是NaClO溶液中加入固體NaOH和Fe(NO3)39H2O,在20c左右，生成Na2FeO4;在Na2FeQ的濃溶液中加入KOH固體，有高鐵酸鉀析出，根據(jù)溶解度大的制備溶解度小的可得；(2)該反應中Fe元素化合價由+6價變?yōu)?3價、O元素化合價由-2價變?yōu)?價，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等配平方程式；高鐵酸鉀在鐵元素為+6價，有強氧化性，還原產(chǎn)物Fe3+,在水溶液中易水解生成氫氧化鐵膠體

22、；洗滌劑的選擇要求：要對K2FeO4水解能起到抑制作用的試齊；(3)電解總反應在堿性條件下進行，電解時陽極發(fā)生氧化反應，鐵失電子生成高鐵酸根離子；(4)根據(jù)溶度積常數(shù)計算；(5)根據(jù)含元素化合價升高的物質(zhì)為還原劑，含元素化合價降低的物質(zhì)為氧化劑，并根據(jù)得失電子守恒氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比?！驹斀狻?1)攪拌操作可增加固體與液體的接觸面積，則步驟B中不斷攪拌的目的是使固體充分溶解；步驟C中中發(fā)生反應是NaClO溶液中加入固體NaOH和Fe(NQ)39電0,在20c左右，生成Na2FeO4,此時發(fā)生反應的離子方程式為2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeC42-+5H2O+3C-；根據(jù)題，將

23、KOH加入Na2FeO4得到QFed,說明高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉?。?2)該反應中Fe元素化合價由+6價變?yōu)?3價、O元素化合價由-2價變?yōu)?價，其轉(zhuǎn)移電子數(shù)為6,根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等、電荷守恒配平方程式為4FeC42-+i0H2O=4Fe(OHM膠體)+3O2f+8OH；高鐵酸鉀(&FeO4)具有極強的氧化性，是一種優(yōu)良的水處理劑，起到殺菌消毒作用，形成膠體具有吸附懸浮雜質(zhì)的作用；洗滌劑的選擇要求：要對K2FeO水解能起到抑制作用的試劑，在選項中，A能讓K2FeO4水解，B中醋酸鈉水解顯堿性，對K2FeO4水解能起到抑制作用，C和D中的俊根和三價鐵離子易水解，且水解后顯酸性，對K2F

24、eO4水解能起到促進作用，故選B,故答案為：B;(3)電解總反應在堿性條件下進行，電解時陽極發(fā)生氧化反應，鐵失電子生成高鐵酸根離子，則陽極材料是Fe,電解液為NaOH溶液；(4)25C時，CaFeQ的Ksp=4.536X90若要使100mL1.0X103moi?L-1的K2FeO4溶液中的c(FeC42-)完全沉淀，理論上至少要加入的Ca(OH)2的物質(zhì)的量K9Ksp4.536105lX0.1L=mol/LX0.1L=4.5365mOHcFeO41.0105(5)干法制備高鐵酸鉀的方法是將F&O3、KNO3、KOH混合加熱共熔生成紫紅色高鐵酸鉀和KNO2等產(chǎn)物，其中氮元素化合價從+5價

25、降到+3價，得2e-,KNO3為氧化劑，F(xiàn)及O3中鐵元素化合價從+3價升到+6價，共失去電子6e-,為還原劑，得失電子相等，則氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為3：1。6.小明很喜歡化學實驗課，今天要學習探究鐵及其化合物的氧化性或還原性”。(1)實驗前小明預測說：Fe2+肯定既有還原性又有氧化性。你認為他預測的依據(jù)是：。(2)小明欲用實驗證明他的預測。實驗室提供了下列試劑：3%的H2O2溶液、鋅粒、銅片、0.1molL-1FeC2溶液、KSCN溶液、新制氯水。若小明計劃在0.1molL-1FeC2溶液滴入新制氯水，探究Fe2+的還原性，你預計可能發(fā)生的反應和現(xiàn)象是：L寫離子方程式)、溶液由淺綠色變

26、色。實驗中，小明發(fā)現(xiàn)現(xiàn)象不太明顯，老師分析可能是產(chǎn)物的含量太低，建議可以通過檢驗Fe2+被氧化白產(chǎn)物Fe3+的存在以獲取證據(jù)。你認為可選滴入小明所得的混合液中，并通過溶液出現(xiàn)色的現(xiàn)象，證明小明的觀點和實驗方案都是正確的。對于證明Fe2+具有氧化性，小明認為金屬單質(zhì)都具有還原性，并分別將銅片、鋅粒投入FeC2溶液中，結(jié)果銅片沒變化，鋅粒逐漸變小。由此說明三種金屬的還原性由強至弱的順序為:。(3)小明分析H2O2中氧元素顯-1價(中間價)，并提出疑問：H2O2與FeC2的反應時,Fe2+還作氧化劑嗎？請你為小明梳理相關(guān)問題：若Fe2+在反應中表現(xiàn)出氧化性應轉(zhuǎn)化成(填微粒符號,下同)，若Fe2+在反

27、應中表現(xiàn)出還原性應轉(zhuǎn)化成。實際上Fe2+的還原性較強，實驗室的FeC2溶液常因氧化而變質(zhì)。除雜的方法是：,相關(guān)反應的離子方程式：。【答案】(1)因為Fe2+中鐵元素化合價處于中間價態(tài)，可以升高也可以降低；(2)Cl2+2Fe2+=2Cl+2Fe3+,棕黃(黃)；KSCN溶液，溶液呈血紅(紅)色；Zn、Fe、Cu(或Zn>Fe>CU;(3)Fe,Fe3+;加入過量鐵粉，過濾，2Fe3+Fe=3F3+?！窘馕觥吭囶}分析：(1)最低價態(tài)只具有還原性，最高價態(tài)只具有氧化性，中間價態(tài)既具有氧化性又有還原性，鐵的價態(tài)一般是0、+2、+3,+2價位于中間，因此Fe2+有還原性和氧化性；(2)氯水

28、具有強氧化性，發(fā)生2Fe2+Cl2=2Fe3+2C，F(xiàn)e"顯黃色或棕黃色；檢驗Fe3+用KSCN溶液，溶液變紅說明Fe3+的存在；根據(jù)利用金屬性強的置換出金屬性弱的，銅片無變化，說明Fe的金屬性強于銅，鋅粒逐漸變小，發(fā)生Zn+Fe2+=Zn2+Fe,說明Zn的金屬性強于Fe,即金屬，f雖弱：Zn>Fe>Cu(3)氧化性：得到電子、化合價降低，F(xiàn)e2+轉(zhuǎn)變成Fe,還原性：失去電子、化合價升高，F(xiàn)e2+轉(zhuǎn)變成Fe3+;利用Fe3+具有強氧化性，能和金屬單質(zhì)反應，不能引入新的雜質(zhì)，因此加入單質(zhì)鐵，發(fā)生Fe+2Fe3+一2+=3Fe2?？键c：考查鐵及其化合物的性質(zhì)等知識。7.C、

29、N、S的氧化物常會造成一些環(huán)境問題，科研工作者正在研究用各種化學方法來消除這些物質(zhì)對環(huán)境的影響。(1)CO2的重整用CQ和H2為原料可得到CT燃料。已知：CH(g)+CQ(g)=2CO(g)+2H2(g)AHi=+247kJ/molCH4(g)+H2O(g尸CO(g)+3C(g)H2=+205kJ/mol寫出CO2重整的熱化學方程式：。(2) “亞碳酸鹽法”吸收煙中的SC2將煙氣通入1.0mol/L的Na2SQ溶液，若此過程中溶液體積不變，則溶液的pH不斷(填微小”不變”或增大)。當溶液pH約為6時，吸收SQ的能力顯著下降，應更換吸收劑，此時溶液中c(SO32-)=0.2mol/L,則溶液中c

30、(HSC3-)=。室溫條件下，將煙氣通入(NH4)2SO溶液中，測得溶液pH與各組分物質(zhì)的量分數(shù)的變化關(guān)系如圖：b點時溶液pH=7,則n(NH4+)：n(HSOC)=。(3)催化氧化法去除NO。一定條件下，用NH3消除NO污染，其反應原理4NH3+6NO*三5N2+6H2O。不同溫度條件下，n(NH3)：n(NO)的物質(zhì)的量之比分別為4:1、3:1、1:3時，得到NO脫除率曲線如圖所示:»川皿0勸MOOIWATN曲線a中，NO的起始濃度為6X1-4mgm-3,從A點到B點經(jīng)過0.8s,該時間段內(nèi)NO的脫除速率為mgm-3s-1。曲線b對應N%與NO的物質(zhì)的量之比是。(4)間接電化學法

31、除NO。其原理如圖所示：寫出陰極的電極反應式(陰極室溶液呈酸性)。吸收池中除去NO的原理(用離子方程式表示)。X10【答案】CQ(g)+4H2(g尸CH4(g)+2H2O(g)H=-163kJ/mo1減小1.6mol/L3:11.5-43:12HSO3+2e+2H=S2O2-2H2O2NO+2S2O：2H2ON24HSO3【解析】【分析】(1)已知：CH4(g)+CQ(g)=2CO(g)+2H2(g)H1=+247k/mol,CH4(g)+H2O(g尸CO(g)+3噸(g)H2=+205k/mol,根據(jù)蓋斯定律，<2)X2#:CC2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g),據(jù)此

32、計算H;(2)二氧化硫通入亞硫酸鈉溶液生成亞硫酸氫鈉，亞硫酸氫鈉顯酸性，據(jù)此分析；根據(jù)反應方程式的量的關(guān)系計算可得；先判斷溶質(zhì)，寫出電荷守恒式，在利用pH=7時，c(H+)=c(OH)找出其他離子的等量關(guān)系，結(jié)合圖示進行等量刪減或替換，最后得出結(jié)果；(3)曲線a中，NO的起始濃度為6X104mg?m-3,根據(jù)圖象得到A、B處的NO脫除率,可得兩處的NO的濃度，再計算脫除速率；NH3與NO的物質(zhì)的量的比值越大，NO的脫除率越大，據(jù)此分析；(4)陰極得到電子發(fā)生還原反應，結(jié)合酸性環(huán)境書寫；陰極產(chǎn)物吸收NO?！驹斀狻?1)已知:CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)H1=+247k/

33、mol,CH4(g)+H2O(g尸CO(g)+3噸(g)H2=+205k/mol,根據(jù)蓋斯定律，由-X2得反應：CO2(g)+4H2(g尸CH4(g)+2H2O(g)H=AH1-2AH2=-163kJ/mo1,故答案為：CO2(g)+4H2(g尸CH4(g)+2H2O(g)H=-163kJ/mo1;(2)將煙氣通入1.0mol/L的NazSQ溶液，二氧化硫與亞硫酸鈉和水反應生成亞硫酸氫鈉，亞硫酸氫鈉以電離為主，顯酸性，故溶液pH不斷減小；向亞硫酸鈉溶液中通入二氧化硫生成亞硫酸氫鈉，反應方程式SQ+Na2SQ3+2H2O=2NaHSO,溶液中反應的亞硫酸根離子和生成亞硫酸氫根離子的物質(zhì)的量比為1

34、:2,即溶液中參加反應的亞硫酸根為-(1.0-0.2)mol/L,則生成c(HSO3)=2x(1.0-0.2)mol/L=1.6mol/L,故答案為：減小；1.6mol/L;b點時溶液pH=7,此時溶液中的溶質(zhì)是(NH4)2SO和NH4HSO,根據(jù)電荷守恒：+-2-c(NH4)+c(H+尸c(OH-)+c(HSO3)+2c(SO3),因pH=7,故c(H+)=c(OH-),則+-2-2-+C(NH4)=C(HSO3)+2C(SO3),由圖可讀出b點時，C(HSO3)=C(SO3),則C(NH4)=34HSO3),因在同一體系，n(NH；)：n(HSO3)=3：1,故答案為：3:1;(3)曲線a

35、中，NO的起始濃度為6X104mg?m-3,A點的脫除率為55%,B點的脫除率為75%,從A點到B點經(jīng)過0.8s,該時間段內(nèi)NO的脫除速率為6X1-4mg?m-3X(0.75-0.55)+0.8s=1-45mg?m0?s-1,故答案為：1.5X10；NH3與NO的物質(zhì)的量的比值越大，NO的脫除率越大，則物質(zhì)的量之比分別為4：1,3:1,1:3時，對應的曲線為a,b,c,即曲線b對應的物質(zhì)的量之比是3:1,故答案為：3：1；-(4)陰極得到電子發(fā)生還原反應，根據(jù)圖可知是HSO3在酸性條件下發(fā)生還原反應，生成222-S2O4,其電極反應式為2HSO3+2e+2H=S2O42H2O；根據(jù)圖不，吸收池

36、中S2O4-*._.ft-_和NO是反應物，N2和HSO3是生成物，則吸收池中除去NO的原理是：2-2NO+2S2O42H2ON24HSO3,22-故答案為：2HSO3+2e+2H=S2O42H2O；2NO+2S2O42H2ON24HSO3o【點睛】陌生電極反應式的書寫步驟：根據(jù)題干找出反應物以及部分生成物，根據(jù)物質(zhì)變化分析化合價變化并據(jù)此寫出得失電子數(shù)；然后根據(jù)電荷守恒配平電極反應式，在配平時需注意題干中電解質(zhì)的環(huán)境；然后檢查電極反應式的守恒關(guān)系(電荷守恒、原子守恒、轉(zhuǎn)移電子守恒等)。8.生物浸出是用細菌等微生物從固體中浸出金屬離子，有速率快、浸出率高等特點。氧化亞鐵硫桿菌是一類在酸性環(huán)境中

37、加速Fe2+氧化的細菌，培養(yǎng)后能提供Fe3+,控制反應條件可達細菌的最大活性，其生物浸礦機理如下圖。H/4yTF戶金屬礦物5八、F/金屬離子反應1反應2(1)氧化亞鐵硫桿菌生物浸出ZnS礦。反應2中有S單質(zhì)生成，離子方程式是。實驗表明溫度較高或酸性過強時金屬離子的浸出率均偏低，原因可能是。(2)氧化亞鐵硫桿菌生物浸出廢舊鋰離子電池中鉆酸鋰(LiCoQ)與上述浸出機理相似,發(fā)生反應1和反應3：LiCoO2+3Fe3+=Li+Co2+3Fe2+O2f在酸性環(huán)境中，LiCoQ浸出Co2+的總反應的離子方程式是_。研究表明氧化亞鐵硫桿菌存在時，Ag+對鉆浸出率有影響，實驗研究Ag+的作用。取LiCoO

38、2粉末和氧化亞鐵硫桿菌溶液于錐形瓶中，分別加入不同濃度Ag+的溶液，鉆浸出率(圖1)和溶液pH(圖2)隨時間變化曲線如下：圖1不同濃度Ag+作用下鉆浸出率變化曲線線I.由圖1和其他實驗可知，Ag+能催化浸出圖2不同濃度Ag+作用下溶液中pH變化曲Co2+,圖1中的證據(jù)是。n.Ag+是反應3的催化劑，催化過程可表示為:反應4：Ag+LiCoQ=AgCoQ+Li+反應5:反應5的離子方程式是。出.由圖2可知，第3天至第7天，加入Ag+后的pH均比未加時大，結(jié)合反應解釋其原因：?！敬鸢浮縕nS+2Fe3+=Zn2+S+2Fe2+細菌的活性降低或失去活性4LiCoO2+12H+避置4Li+4Co2+6

39、H2O+O2T加入Ag+明顯提高了單位時間內(nèi)鉆浸出率，即提高了鉆浸出速率AgCoQ+3Fe3+=Ag+Co2+3Fe2+O2f加入Ag+催化了反應3,使LiCo6浸出的總反應的化學反應速率加快，相同時間內(nèi)消耗H+更多，故加入Ag+后的pH比未加時大【解析】【分析】【詳解】(1)由題給示意圖可知，反應2為Fe3+與ZnS發(fā)生氧化還原反應生成Zn2+、S和Fe2+,反應的離子方程式為ZnS+2Fe3+=Zn2+S+2Fe2+,故答案為：ZnS2Fe3+=Zn2+S+2Fe2+;細菌為蛋白質(zhì)，溫度較高或酸性過強時，蛋白質(zhì)變性，細菌的活性降低，導致金屬離子的浸出率均偏低，故答案為：細菌的活性降低或失去

40、活性；(2)在酸性環(huán)境中，細菌做催化劑，使LiCo6中+3價的Co元素將-2價O元素氧化，反應生成Li+、Co2+、O2和H2O,反應的離子方程式為4LiCoO2+12H+BM4Li+4Co2+6H2O+O2f,故答案為:4LiCoO2+12H+.工4Li+4Co2+6H2O+O2f；I.由圖1可知，加入Ag+明顯提高了單位時間內(nèi)鉆浸出率，說明Ag+做催化劑，提高了鉆浸出速率，故答案為：加入Ag+明顯提高了單位時間內(nèi)鉆浸出率，即提高了鉆浸出速率；n.由催化劑的催化機理可知，反應4中Ag+做反應物，則反應5中Ag+做生成物，即中間產(chǎn)物AgCoQ與Fe3+反應生成Ag+、Co2+、Fe2+和。2,

41、反應的化學方程式為AgCoQ+3Fe3+=Ag+Co2+3Fe2+O2T,故答案為：AgCoQ+3Fe3+=Ag+Co2+3Fe2+O2f；出.由圖2可知，第3天至第7天，加入Ag+后的pH均比未加時大，原因是加入Ag+催化了反應3,使LiCoQ浸出的總反應的化學反應速率加快，相同時間內(nèi)消耗H+更多，導致加入Ag+后的pH比未加時大，故答案為：加入Ag+催化了反應3,使LiCoQ浸出的總反應的化學反應速率加快，相同時間內(nèi)消耗H+更多，故加入Ag+后的pH比未加時大。9.某工業(yè)廢水中含有的Mn2+、CN等會對環(huán)境造成污染，在排放之前必須進行處理。C1O2是一種國際上公認的安全無毒的綠色水處理劑，

42、某實驗興趣小組通過如圖裝置制備ClO2，并用它來處理工業(yè)廢水中的Mn2+、CNIo已知：i.CIO2為黃綠色氣體，極易溶于水，沸點11C；ii .CIO2易爆炸，若用“惰性氣體”等稀釋時，爆炸性則大大降低；iii .某工業(yè)廢水處理過程中Mn2+轉(zhuǎn)化為Mn。?、CN轉(zhuǎn)化為對大氣無污染的氣體；iv .裝置B中發(fā)生的反應為：H2c2O4+H2SQ+2KCI。一K2SO4+2CQT+2CIO2T+2H2O。請回答下列問題：(1)B裝置的名稱是，C裝置的作用為。(2)用H2C2O4溶液、稀硫酸和KC1O3制備CIO2的最大優(yōu)點是。(3)寫出裝置D中除去Mn2+的離子方程式。(4)CIO2在處理廢水過程中

43、可能會產(chǎn)生副產(chǎn)物亞氯酸鹽(CIO2)。下列試劑中，可將C1O2轉(zhuǎn)化為Cl的是。(填字母序號)。aFeSO4bO3cKMnO4dSO2(5)在實驗室里對該廢水樣品中CN一含量進行測定：取工業(yè)廢水Wg于錐形瓶中，加入10mL0.10mol/L的硫酸溶液，用0.0200mol/L的KMnO4標準溶液進行滴定，當達到終點時共消耗KMnO4標準溶液25.00mL。在此過程中：實驗中使用棕色滴定管的原因是，滴定終點的判斷依據(jù)是。Wg工業(yè)廢水中CM的物質(zhì)的量為。若盛裝工業(yè)廢水的錐形瓶未潤洗，則測定結(jié)果將(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。ftSKfliKCio,c0暖水e【答案】圓底燒瓶防倒吸制得C1Q的

44、同時有CO2產(chǎn)生，可稀釋C1Q,大大降低爆炸的可能性2CQ+5Mn2+6H2O=5MnO2J+2C-+12H+ad防止KMnO4見光分解錐形瓶中的溶液顏色由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘內(nèi)不褪色0.0005mol無影響【解析】【分析】(1)B為圓底燒瓶；依據(jù)C裝置進氣管、出氣管都較短可知為安全瓶，防止倒吸；(2)反應生成的產(chǎn)物結(jié)合C1Q易爆炸，用惰性氣體等稀釋時，可防止爆炸分析；(3)二氧化氯具有強的氧化性，能夠氧化二價鎰離子生成二氧化鎰，本身被還原為氯離子；(4)將C1Q轉(zhuǎn)化為C，應加入還原劑；(5)高鎰酸鉀不穩(wěn)定；高鎰酸鉀與CN發(fā)生氧化還原反應，被還原為無色的二價鎰離子，所以當達到滴定終點時：顏

45、色由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘內(nèi)不褪色；涉及反應為：2MnO4+8H+2CN=2Mn2+2CO2+N2+4H2O,結(jié)合方程式計算；錐形瓶無需潤洗?！驹斀狻?1)B裝置的名稱是圓底燒瓶；依據(jù)C裝置進氣管、出氣管都較短可知為安全瓶，防止倒吸，故答案為：圓底燒瓶；防倒吸；(2)用H2C2O4溶液、稀硫酸和KC1Q制備C1O2反應產(chǎn)物為二氧化氯、二氧化碳可稀釋C1O2,大大降低爆炸的可能性，故答案為：制得C1Q的同時有CC2產(chǎn)生，可稀釋C1C2,大大降低爆炸的可能性；(3)二氧化氯具有強的氧化性，能夠氧化二價鎰離子生成二氧化鎰，本身被還原為氯離子，離子方程式：2ClO2+5Mn2+6H2O=5MnO2J

46、+2CI+12H+,故答案為：2ClO2+5Mn2+6H2O=5MnO2J+2C-+12H+；(4)將CIQ轉(zhuǎn)化為C，應加入還原劑，可加入硫酸亞鐵或二氧化硫等，故答案為：ad;(5)高鎰酸鉀不穩(wěn)定受熱易分解，所以應放在棕色瓶中；高鎰酸鉀與CN發(fā)生氧化還原反應，被還原為無色的二價鎰離子，所以當達到滴定終點時：顏色由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘內(nèi)不褪色，故答案為：防止KMnO4見光分解；錐形瓶中的溶液顏色由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘內(nèi)不褪色；設CN物質(zhì)的量為n,則依據(jù)方程式-_+_-2+_.2MnO4+8H+2CN=2Mn+2CO2+N2+4H2O可知：MnO4:CN110.02mol/L0.025Ln

47、解得n=0.0005mol,故答案為：0.0005mol;錐形瓶無需潤洗，對測定結(jié)果沒有影響，故答案為：無影響?！军c睛】本題考查物質(zhì)的制備以及含量的測定，為高考常見題型，側(cè)重考查學生的分析能力、實驗能力和計算能力，注意把握二氧化氯的制備和性質(zhì)，能正確書寫氧化還原反應方程式，掌握氧化還原滴定法測量物質(zhì)的濃度，熟悉制備原理，準確把握題干信息是解題關(guān)鍵，題目難度較大。10.在食品行業(yè)中，N2O可用作發(fā)泡劑和密封劑。(1) N2O是硝酸生產(chǎn)中氨催化氧化的副產(chǎn)物，NH3與O2在加熱和催化劑白作用下生成N2O的化學方程式為。(2) N2O和NO是環(huán)境污染性氣體。這兩種氣體會發(fā)生反應：N2O(g)+CO(g

48、尸CO(g)+N2(g),“F常用作該反應的催化劑。其總反應分兩步進行：第一步為Fe+N2O=FeO+刈；第二步為(寫方程式)，第二步反應幾乎不影響總反應達到平衡所用的時間，由此推知，第二步反應的活化能(填大于“力弋于“或等于“第一步反應活化能。(3)在四個恒容密閉容器中充入相應量的氣體(圖甲)，發(fā)生反應2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)H,容器I、II、III中N2O的平衡轉(zhuǎn)化率如圖乙所示：70470疑度幾乙m80M)4020n士工域N青年二Z該反應的AH(填“我“<”)0容器IV與容器III的體積均為1L,容器IV中的物質(zhì)在470c下進行反應，起始反應速率:v正(N2O)v逆(

49、N2O)(填“>"或盤"。)已知容器I的體積為10L370c時，該反應白平衡常數(shù)K=。1【答案】2NH3+2O2=N2O+3H2OFeC+CO=FS+CO2(小于><8.9x10-4或1125【解析】【分析】(1)NH3與O2在加熱和催化劑作用下生成N2O,類似于生成NO的反應，同時生成水；(2)總反應分兩步進行Fe+N2O=FeO+N2,根據(jù)催化劑定義，第一步生成中間產(chǎn)物，第二步反應中，中間產(chǎn)物(FeO+)氧化CO生成CC2本身被還原成Fe+,根據(jù)催化劑定義，第二步反應對總反應速率沒有影響，說明第一步是慢反應，控制總反應速率；(3)升高溫度，向吸熱方向進

50、行，據(jù)此進行分析；恒溫條件下，縮小體積，平衡向氣體總物質(zhì)的量減小的方向移動；根據(jù)方程式計算平衡時各組分的濃度，代入平衡常數(shù)表達式計算。【詳解】(1)NH3與02在加熱和催化劑作用下生成N2O和水，反應的化學方程式為催化劑Fe+N2rFeO+N2,第FeC+CO=Fe+CC2,第二第二步反應速率2NH3+2O2N2O+3H2O;(2)總反應分兩步進行Fe+N2O=FeO+N2,根據(jù)催化劑定義，第一步：二步反應中，中間產(chǎn)物(FeO+)氧化CO生成CQ本身被還原成Fe+,步反應對總反應速率沒有影響，說明第一步是慢反應，控制總反應速率,大于第一步反應速率，則第二步反應活化能小于第一步反應的活化能；H&

51、gt;(3)升高溫度，N20的轉(zhuǎn)化率升高，則向正反應方向進行，則正反應為吸熱反應，則0；根據(jù)題給圖像可知，同一溫度下，從I、II、III變化中，一氧化二氮的轉(zhuǎn)化率減小，因此IV中一氧化二氮轉(zhuǎn)化率也是減??；容器IV的體積為1L,容器IV中的物質(zhì)也在470c下進行反應，則縮小體積，壓強增大，平衡向逆方向移動，即起始反應速率：vEN2O)vv逆(N20);容器I的體積為10L,370c時，N2O的轉(zhuǎn)化率為40%；2心0(g)?2N2(g)+O2(g)000.0040.0020.0040.002起始(mol/L)0.01變化(mol/L)0.004平衡(mol/L)0.006所以K=2_c(N2)c(

52、O2)2_cN2O2_0.0040.002""20.006=8.9x-4011 .次硫酸鈉甲醛(xNaHSQ?yHCHO?zHO)俗稱吊白塊，在印染、醫(yī)藥以及原子能工業(yè)中有廣泛應用。它的組成可通過下列實驗測定：準確稱取1.5400g樣品，完全溶于水配成100mL溶液。取25.00mL所配溶液經(jīng)AHMT分光光度法測得甲醛物質(zhì)的量濃度為0.10mol乂1卜另取25.00mL所配溶液，加入過量碘完全反應后，加入BaC2溶液至沉淀完全，過濾、洗滌、干燥至恒重得到白色固體0.5825g。次硫酸氫鈉和碘反應的方程式如下：xNaHSQ?yHCHO?zKO+12fNaHSQ+HI+HCHO

53、+H2O(未配平)(1)生成0.5825g白色固體時，需要消耗碘的質(zhì)量為。(2)若向吊白塊溶液中加入氫氧化鈉，甲醛會發(fā)生自身氧化還原反應，生成兩種含氧有機物，寫出該反應的離子方程式。(3)通過計算確定次硫酸氫鈉甲醛的組成(寫出計算過程)?！敬鸢浮?.27g2HCHO+OH=CH3OH+HCOONaHSQHCHO2H2O【解析】【分析】(1)根據(jù)次硫酸氫鈉甲醛和碘單質(zhì)之間反應的化學反應方程式來計算即可；(2)甲醛會發(fā)生自身氧化還原反應，被氧化為甲酸，被還原為甲醇；(3)根據(jù)元素守恒結(jié)合物質(zhì)之間的反應情況來計算?！驹斀狻?1)根據(jù)反應：xNaHSQ?yHCHO?zH2O+l2-NaHSQ+HI+H

54、CHO+HO,據(jù)電子守恒，生成1mol的NaHSQ,消耗碘單質(zhì)2mol,硫酸根守恒，得到白色固體0.5825g,即生成硫酸鋼的質(zhì)量是0.5825g,物質(zhì)的量是0.5825g=0.0025mol,消耗碘單質(zhì)的質(zhì)量是：233g/mol0.005molX254g/mol1.27g,故答案為：1.27g;(2)甲醛會發(fā)生自身氧化還原反應，被氧化為甲酸，被還原為甲醇，該反應的離子方程式為：2HCHO+OH=CH3OH+HCOO,故答案為：2HCHO+OH=CH3OH+HCOO；(3)25.00mL溶液中：n(NaHSQ)=n(NaHSC4)=n(BaSQ)=0.5825g/233gmol-1=0.002

55、5moln(HCHO)=0.0025mol100mL溶液中：n(NaHSC2)=4x0.0025mol=0.01moln(HCHO)=4X0.0025mol=0.01moln(H2O)=(1.5400g-88gmol-1x0.01mol-30gmol-1x0.01mol)/18gmol-1=0.02molx：y：z=n(NaHSC2):n(HCHO):n(H2O)=0.01：0.01：0.02=1：1：2次硫酸氫鈉甲醛的化學式為：NaHSQHCHO2H2O。【點睛】對于未配平的氧化還原反應方程式，一定要先根據(jù)得失電子守恒規(guī)律配平之后才能進行物質(zhì)的量關(guān)系進行相關(guān)計算，靈活應用元素守恒會使計算更加

56、簡便。12 .(1)已知2P4+9KOH+3H2C3K3PO1+5PH3反應中氧化劑是；氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比是;氧化產(chǎn)物是。(2)請用雙線橋法標出下列反應電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目10Al+6NaNO3+4NaOH10NaAlO2+3N2T+2H2O(3)Mn2+、Bi3+、BQ、MnO4>H+、H2O組成的一個氧化還原系統(tǒng)中，發(fā)生BiO3Bi3+的反應過程，據(jù)此回答下列問題該氧化還原反應中，被還原的元素是。請將氧化劑、還原劑的化學式及配平后的方程式填入下列相應的位置中，并用單線橋法標出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目。1制>海1-眼。轉(zhuǎn)移101【答案】P45:3K3PO4ITBi1口30-2filn"SBiO<【解析】【