2020-2021化學(xué)氧化還原反應(yīng)的專項培優(yōu)練習(xí)題(含答案)及答案

1、高中化學(xué)氧化還原反應(yīng)練習(xí)題（含詳細(xì)答案解析）1.硫代硫酸鈉（Na290 3）是一種解毒藥，用于氟化物、碑、汞、鉛、錫、碘等中毒，臨床常 用于治療等麻疹，皮膚瘙癢等病癥 硫代硫酸鈉在中性或堿性環(huán)境中穩(wěn)定，在酸性溶液中分解產(chǎn)生S和S022Na2S+Na 2c03+4SQ=3Na 2S?0 3+CQ 制得，實驗實驗I: Na2s2O3的制備。工業(yè)上可用反應(yīng): 室模擬該工業(yè)過程的裝置如圖所示： 儀器a的名稱是 ,儀器b的名稱是。b中利用質(zhì)量分?jǐn)?shù)為70%? 80% 的H2SO4溶液與Na2SQ固體反應(yīng)制備SQ反應(yīng)的化學(xué)方程式為 o c中試劑為 實驗中要控制 SQ的生成速率，可以 采取的措施有 （寫出一條

2、）為了保證硫代硫酸鈉的產(chǎn)量，實驗中通入的 SQ不能過量，原因是實驗H:探究Na2s2O3與金屬陽離子的氧化還原反應(yīng)。資料：Fe3+39O 32-? Fe (903)33-(紫黑色)裝置試劑X實驗現(xiàn)象10J mL!0J mol-L- 12 mlL -j. 0J廠溶液Fe2（SO）3 溶液混合后溶液先變成紫黑色，30s后幾乎變?yōu)闊o色（4）根據(jù)上述實驗現(xiàn)象，初步判斷最終Fe3+被S2O32-還原為FW+,通過 （填操作、試齊U和現(xiàn)象），進(jìn)一步證實生成了 Fe八。從化學(xué)反應(yīng)速率和平衡的角度解釋實驗n的現(xiàn)象:實驗川：標(biāo)定Na2s2。3溶液的濃度稱取一定質(zhì)量的產(chǎn)品配制成硫代硫酸鈉溶液，弁用間接碘量法標(biāo)定該

3、溶液的濃度：用分析天平準(zhǔn)確稱取基準(zhǔn)物質(zhì)K2Cr2O7 （摩爾質(zhì)量為294g?mol 1） 0.5880g 。平均分成3份，分別放入 3 個錐形瓶中，加水配成溶液，并加入過量的 KI 并酸化，發(fā)生下列反應(yīng)：6I -+Cr2O72-+14H + = 3I2+2C產(chǎn)+7H2O,再加入幾滴淀粉溶液，立即用所配Na2s2Q溶液滴定，發(fā)生反應(yīng)b+2s2O32- = 2I- + S4O62-,三次消耗Na2s2O3溶液的平均體積為 25.00 mL ,則所標(biāo)定的硫代硫 酸鈉溶液的濃度為 mol ? -1【答案】分液漏斗烝儲燒瓶 H 2SO4 Na?S03 = Na 2SO4 H 2O SO 2硫化鈉和碳酸鈉

4、的混合液 調(diào)節(jié)酸的滴加速度 若SC2過量，溶液顯酸性.產(chǎn)物會發(fā)生分解加入鐵氟化鉀溶液？產(chǎn)生藍(lán)色沉淀開始生成Fe(S2O3)33-的反應(yīng)速率快，氧化還原反應(yīng)速率慢，但Fe3+與SC32-氧化還原反應(yīng)的程度大，導(dǎo)致Fe3+39Q 2-? Fe(SO 3) 33-(紫黑色)平衡向逆反應(yīng)方向移動，最終溶液幾乎變?yōu)闊o色0.1600【解析】【分析】【詳解】(1) a的名稱即為分液漏斗，b的名稱即為蒸儲燒瓶；b中是通過濃硫酸和 Na2SQ反應(yīng)生成SQ,所以方程式為：H2SO4 Na2SO3=Na2SO4 H2O SO2； c中是制備硫代硫酸 鈉的反應(yīng)，SQ由裝置b提供，所以c中試劑為硫化鈉和碳酸鈉的混合溶液

5、；(2)從反應(yīng)速率影響因素分析，控制SQ生成速率可以調(diào)節(jié)酸的滴加速度或者調(diào)節(jié)酸的濃度，或者改變反應(yīng)溫度；(3)題干中指出，硫代硫酸鈉在酸性溶液中會分解，如果通過量的SO2,會使溶液酸性增強(qiáng)，對制備產(chǎn)物不利，所以原因是：SO2過量，溶液顯酸性，產(chǎn)物會發(fā)生分解；(4)檢驗Fe2+常用試劑是鐵氟化鉀，所以加入鐵氟化鉀溶液，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀即證明有Fe2*生成；解釋原因時一定要注意題干要求，體現(xiàn)出反應(yīng)速率和平衡兩個角度，所以解釋為：開始階段，生成Fe(S2O3)3的反應(yīng)速率快，氧化還原反應(yīng)速率慢，所以有紫黑色出現(xiàn)，隨著F+的量逐漸增加，氧化還原反應(yīng)的程度變大，導(dǎo)致平衡逆向移動，紫黑色逐漸消失，最終溶液幾乎

6、變?yōu)闊o色；間接碘量法滴定過程中涉及兩個反應(yīng)：6I Cao 214H =31 2 2Cr37出。；2 2I2 2s2O3 =2IS4O6 ；反應(yīng)被氧化成12,反應(yīng)中第一步所得的I2又被還原成,所以與電子轉(zhuǎn)移數(shù)相同，那么滴定過程中消耗的Cr2O2得電子總數(shù)就與消耗的S2O2失電子總數(shù)相同；在做計算時，不要忽略取的基準(zhǔn)物質(zhì)重銘酸鉀分成了三份進(jìn)行的1 0 5880滴定。所以假設(shè)c(Na2s2O3)=a mol/L ,列電子得失守恒式：6=a 0.025 1 ,3294解得 a=0.1600mol/L o2.工業(yè)上處理含苯酚廢水的過程如下?；卮鹣铝袉栴}：I .測定廢水中苯酚的含量。測定原理：OH +3B

7、2丁 2/。“ I +3HBr 測定步驟：步驟1:準(zhǔn)確量取25.00mL待測廢水于250mL錐形瓶中。步驟2：將5.00mL amol L 1濃濱水(量)迅速加入到錐形瓶中，塞緊瓶塞，振蕩步驟3：打開瓶塞，向錐形瓶中迅速加入bmL 0.10mol L 1 KI溶液（過量），塞緊瓶塞，振 蕩。步驟4滴入23滴指示劑，再用 O.OlOmol L 1NazE。？標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，消耗Na2S2O 3溶液VimL （反應(yīng)原理：| 2 2Na 2S2O 3 2NaINa2S4O6 ）0待測廢水換為蒸儲水，重復(fù)上述步驟（即進(jìn)行空白實驗），消耗NazSzOs溶液VzmL。 步驟1 量取待測廢水所用儀器是。

8、為了防止澳的揮發(fā)，上述步驟中采取的措施包括迅速加入試劑和。步驟4”滴定終點的現(xiàn)象為 o該廢水中苯酚的含量為 mg L1 （用含Vi、V2的代數(shù)式表示）。如果空白實驗中步驟2忘記塞緊瓶塞，則測得的廢水中苯酚的含量 （填偏高偏低”或 無影響”下同）；如果空白實驗中 步驟4”滴定至終點時俯視讀數(shù)，則測得的廢水中苯酚的含量n.處理廢水。采用Ti基PbO2為陽極，不銹鋼為陰極，含苯酚的廢水為電解液，通過電解，陽極上產(chǎn)生羥基（OH）,陰極上產(chǎn)生H2O2。通過交排列的陰陽兩極的協(xié)同作用，在各自區(qū)域?qū)⒈椒由疃妊趸癁镃O2和H2O。（5）寫出陽極的電極反應(yīng)式： o（6）寫出苯酚在陰極附近被 H2O2深度氧化的化

9、學(xué)方程式： o【答案】（酸式）滴定管 塞緊瓶塞 滴入一滴溶液后，錐形瓶內(nèi)溶液藍(lán)色恰好褪去，且半分鐘不恢復(fù)原色94 V2V1偏低偏低H2O eOH H15C6H50H 14H 2O2 6CO217H 2O【解析】【分析】向呈有待測廢水加入濃濱水反應(yīng)后得到三澳苯酚的沉淀，再加入KI溶液與剩下的Br2發(fā)生氧化還原反應(yīng)得到12,方程式為Br2+2=l2+2Br-,再用NazSQ標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定 b,可根據(jù)消 耗的Na2s2。3標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積和濃度算出溶液中剩余的Br2的物質(zhì)的量，再設(shè)置一個空白實驗測出濃濱水的物質(zhì)的量，用Br2總的物質(zhì)的量-剩余Br2的物質(zhì)的量即可得出與苯酚反應(yīng)的B2的物質(zhì)的量，再結(jié)合反應(yīng)

10、方程式得到苯酚的物質(zhì)的量，從而求出廢水中苯酚的含量，結(jié)合實驗基本操作及注意事項解答問題?！驹斀狻浚?）由于苯酚顯酸性，因此含苯酚的廢水為酸性，步驟1 ”中準(zhǔn)確量取廢水時所用的儀器可選用酸式滴定管，故答案為：酸式滴定管；（2）由于澳單質(zhì)易揮發(fā)，因此可采用塞進(jìn)瓶塞、迅速加入試劑等方法防止其揮發(fā)，故答案為：塞緊瓶塞；用0.01mol/LNa 2&03標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，由于Na2&O3標(biāo)準(zhǔn)溶液會反應(yīng) 加入的淀粉遇I2變成藍(lán)色，所以滴定終點的現(xiàn)象為滴入一滴溶液后，錐形瓶內(nèi)溶液藍(lán)色恰好褪去，且半分鐘不恢復(fù)原色，故答案為：滴入一滴溶液后，錐形瓶內(nèi)溶液藍(lán)色恰好褪去，且半分鐘不恢復(fù)原色；根據(jù)反應(yīng)方程式可得各物

11、質(zhì)的物質(zhì)的量關(guān)系式Br2 2KI l22Na 2s2O30.005M0.01V,0.005V 20.01V2剩下的濃澳水中 B2的物質(zhì)的量為0.005V 1 mmol ,將待測廢液換成蒸儲水時，5mL amol/LI_OH +3Br2 Br OHmg,則該廢水中和餓I也由J +3HB、可彳串筆酚的物質(zhì)的的濃澳水中Br2的物質(zhì)的量為0.005V 2 mmol ,則與苯酚參與反應(yīng)的 Br2的物質(zhì)的量為工口后、/O O.O。5 S mmol ,質(zhì)量為 94 O 005 3甯行沈初2-VoL根據(jù)萬學(xué)3 mg325 10 高鎰酸鉀是一種用途廣泛的強(qiáng)氧化劑，實驗室制備高鎰酸鉀所涉及的化學(xué)方程式如下一熔融M

12、nO 2 熔融氧化：3Mn O 2+ KCIO+ 6KOH 3K 2M nO 4+ KCI+3H 2OK2MnO4 歧化：3K2Mn O4+2CQ= 2KMn O 4+M nOzJ+2K2CQ將MnO2熔融氧化所得產(chǎn)物的熱浸取液裝入三頸燒瓶，再通入CO2氣體，使K2MnO4歧化的過程在如圖裝置中進(jìn)行，A、B、C、D、E為旋塞，F(xiàn)、G為氣囊，H為帶套管的玻璃棒。L94 V2-V1-1,若步驟2中忘記塞進(jìn)瓶塞，澳單質(zhì)揮發(fā),八mgg導(dǎo)致最終消耗的 Na2?03的體積偏小，則測得苯酚的含量偏低，如果空白實驗中步驟4滴定終點時俯視讀數(shù)，讀得的體積偏小，則消耗的Na2&03的體積偏小，使測得苯酚的含量偏低

13、，故答案為：94 V2-V1;偏低；偏低；15由題干信息可知，Ti基PbO2為陽極，則陽極 H2O失去電子產(chǎn)生 OH,電極反應(yīng)式為 H2O- e-=H+ +OH,故答案為：H2O-e -=H +OH ；根據(jù)題干信息可知，苯酚被陰極產(chǎn)生的H2O2深度氧化產(chǎn)生 CO2和H2O,有氧化還原反應(yīng)規(guī)律得到其反應(yīng)方程式式為GH5OH+14H 2O2=6CO 2f +17HO ,故答案為：C6H5OH+14H 2O2=6CO 2 T +17H2O?；卮鹣铝袉?1)儀器a的名稱是。MnO2熔融氧化應(yīng)放在 中加熱(填儀器編號)。 燒杯瓷生期蒸發(fā)皿鐵生期為了能充分利用 CC2,裝置中使用了兩個氣囊。當(dāng)試管內(nèi)依次加

14、入塊狀碳酸鈣和鹽酸后，關(guān)閉旋塞 B、E,微開旋塞A,打開旋塞C D,往熱？MnO 4溶液中通入CO2氣體，未 反應(yīng)的CQ被 收集到氣囊F中。待氣囊F收集到較多氣體時，關(guān)閉旋塞 ,打開旋塞 ,輕輕擠壓氣囊F,使CQ氣體緩緩地壓入 K2MnO4溶液中再次反應(yīng)，未反應(yīng)的 CO2氣體又被收 集在氣囊 G中。然后將氣囊 G中的氣體擠壓入氣囊 F中，如此反復(fù)，直至 K2MnO4完全反應(yīng)。除去K2MnO4歧化產(chǎn)物中MnO2的操作方法是 。(5)將三頸燒瓶中所得產(chǎn)物經(jīng)過一系列操作得到針狀的高鎰酸鉀晶體，最后采用低溫烘干的方法來干燥產(chǎn)品，原因是 ?！敬鸢浮块L頸漏斗AC BDE過濾高鎰酸鉀晶體受熱易分解【解析】【

15、分析】(1)由實驗裝置可知，儀器 a為長頸漏斗；(2)熔融固體物質(zhì)需要在生期內(nèi)加熱，加熱熔融物含有堿性KOH應(yīng)用鐵生期；(3 )該操作的目的是將氣囊 F中的二氧化碳排出，據(jù)此判斷正確的操作方法；(4)高鎰酸鉀溶于水，二氧化鎰不溶于水；(5)高鎰酸鉀晶體受熱易分解?！驹斀狻?1)由實驗裝置可知，儀器 a為長頸漏斗，故答案為：長頸漏斗；(2)熔融固體物質(zhì)需要在生期內(nèi)加熱，加熱熔融物中含有堿性KOH,瓷生期中含有二氧化 硅，二氧化硅能夠與氫氧化鉀反應(yīng)，所以應(yīng)用鐵生期，故答案為：；(3)待氣囊F收集到較多氣體時，需要將氣囊 F中二氧化碳排出到熱 K2MnO4溶液中，所 以需要 關(guān)閉A、C,打開B、D、

16、E,輕輕擠壓氣囊F,從而使CO2氣體緩緩地壓入 K2MnO4溶液中再次反應(yīng)，故 答案為：AC; BDE;高鎰酸鉀溶于水，二氧化鎰不溶于水，固液分離應(yīng)用過濾的方法，則除去高鎰酸鉀溶液中的二氧化鎰應(yīng)用過濾的方法，故答案為：過濾；高鎰酸鉀晶體受熱易分解，實驗時應(yīng)采用低溫烘干的方法來干燥產(chǎn)品，避免高鎰酸鉀 晶體受 熱發(fā)生分解，故答案為：高鎰酸鉀晶體受熱易分解。4.疊氮化鈉(NaN3)是一種白色劇毒晶體，是汽車安全氣囊的主要成分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱堿性，能與酸發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生具有爆炸性的有毒氣體疊氮化氫。實驗 室可利用亞 硝酸叔丁酯(t-BuNO2,以t-Bu表示叔丁基)與N2H4、氫

17、氧化鈉溶液混合反應(yīng)制備疊氮化鈉。(1)制備亞硝酸叔丁酯取一定NaNO2溶液與50%硫酸混合，發(fā)生反應(yīng) H2SO+ 2NaNO 2=2HNO 2+ Na2SC4。可利用 亞硝酸 與叔丁醇(t-BuOH )在40C左右制備亞硝酸叔丁酯，試寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：制備疊氮化鈉(NaN3)按如圖所示組裝儀器(加熱裝置略)進(jìn)行反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：t-BuN0 2+ NaOH +N2H4=NaN 3+ 2H2O+ t-BuOH。裝置a的名稱是;該反應(yīng)需控制溫度在 65 C,采用的實驗措施是 ;反應(yīng)后溶液在0C下冷卻至有大量晶體析出后過濾。所得晶體使用無水乙醇洗滌。試解釋低溫下過濾和使用無水乙醇洗滌晶

18、體的原因是(3)產(chǎn)率計算 稱取2.0g疊氮化鈉試樣，配成 100mL溶液，弁量取10.00mL溶液于錐形瓶中。用滴定管加入0.10mol L_1六硝酸錦錢(NH4)2Ce(NQ)6溶液40.00mL(假設(shè)雜質(zhì)均不參與反應(yīng))。 充分反應(yīng)后將溶液稀釋弁酸化，滴入2滴鄰菲羅琳指示液，弁用0.10mol L=硫酸亞鐵錢：(NH4)2Fe(SO)2為標(biāo)準(zhǔn)液，滴定過量的 Ce4+,終點時消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液 20.00mL(滴定原理：Ce4 + + Fe2=ce 3 + Fe3 )o已知六硝酸錦錢(NH4”Ce(NO3)6與疊氮化鈉反應(yīng)生成硝酸俊、硝酸鈉、氮?dú)庖约癈e(NO 3) 3,試寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式 ;

19、計算疊氮化鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 (保留2位有效數(shù)字)。若其他操作及讀數(shù)均正確，滴定到終點后，下 列操作會導(dǎo)致所測定樣品中疊氮化鈉質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏大的是(填字母)。A.錐形瓶使用疊氮化鈉溶液潤洗B.滴加六硝酸鈾俊溶液時，滴加前仰視讀數(shù)，滴加后俯視讀數(shù)C.滴加硫酸亞鐵俊標(biāo)準(zhǔn)溶液時，開始時尖嘴處無氣泡，結(jié)束時出現(xiàn)氣泡D.滴定過程中，將掛在錐形瓶壁上的硫酸亞鐵俊標(biāo)準(zhǔn)液滴用蒸儲水沖進(jìn)瓶內(nèi)(4)疊氮化鈉有毒，可以使用次氯酸鈉溶液對含有疊氮化鈉的溶液進(jìn)行銷毀，反應(yīng)后溶液堿性明顯增強(qiáng)，且產(chǎn)生無色無味的無毒氣體，試寫出反應(yīng)的離子方程式:【答案】t-BuOH + HNQ竺工；t-BuNO2+ H2O恒壓滴液漏斗(滴液漏斗)水

20、浴加熱 降低疊 氮化鈉的溶解度，防止產(chǎn)物損失2(NH 4)2Ce(NO 3)6 + 2NaN 3=4NH 4NO3+ 2Ce(NO 3)3+2NaNO 3+ 3N2f 65% AC ClO + 2Nj+ 出 0= + 2OH + 3N? f【解析】(1)制備亞硝酸叔丁酯的反應(yīng)物有亞硝酸和叔丁醇，反應(yīng)類型屬于有機(jī)的酯化反應(yīng)，所以方程式為：t-BuOH HNO 2t-BuNO 2 H2O ;裝置a的名稱即為恒壓滴液漏斗； 反應(yīng)要控制溫度在 65C,參考苯的硝化實驗，該反應(yīng)加熱時，應(yīng)當(dāng)采用水浴加熱；程中產(chǎn)品的 題干中提到了疊氮酸鈉易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗滌產(chǎn)品時，為了減少洗滌過 損耗，應(yīng)當(dāng)用

21、無水乙醇洗滌；Ce4+和N3中的元素發(fā)生了變價，所以通過題干提示的反應(yīng)產(chǎn)物分析，可知反應(yīng)過程中 反應(yīng)的方程式為：2(NH 4) 2Ce(NO 3)6 2NaN 3=4NH 4NO3 2NaNO 3 2Ce(NO 3)3 3N 2 ；在計算疊1氮化鈉的含量時，一定要注意疊氮酸鈉溶液配制完成后只取了一與過量的六硝酸鈾錢反10應(yīng)，再用F#去滴定未反應(yīng)完的正四價的Ce,因此有：12.0gNaN 3樣品的一消耗的Ce4Fe2消耗的Ce4 =0.004molCe 4,考慮到Fe2+與Ce4+的反應(yīng)按照1:1進(jìn)行，所以2.0g疊氮化鈉樣品中疊氮化鈉的物質(zhì)的量為：n(NaN 3)10 (0.004 Fe 2消

22、耗的Ce4)0.02mol ,所以疊氮化鈉樣品的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：w100%= _02mol 65g/mol =65% -2.0g2.0A.潤洗錐形瓶，會使步驟 消耗的六硝酸鈾錢的量增加，通過分析可知，會使最終計算的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏大，A項正確；B.后俯，則會量取比量取40mL六硝酸鈾俊溶液時若前仰40ml更多的六硝酸鈾俊溶液,那么步驟 會需要加入更多的 F$+來消耗疊氮酸鈉未消耗掉的Ce4+,通過分析可知，最終會導(dǎo)致計算的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏低，B項錯誤；C.步驟用Fe2+標(biāo)定未反應(yīng)的Ce4+,若開始尖嘴無氣泡，結(jié)束后出現(xiàn)氣泡，則記錄的Fe2*消耗量比實際的偏小，通過分析可知，最終會使質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏大，C正確；D.將

23、掛在錐形瓶壁上的P 62+溶液沖入錐形瓶，相當(dāng)于讓溶液混合更均勻，這樣做會使結(jié)果更準(zhǔn) 確，D項不符合；答案選 AC;) 反應(yīng)后溶液堿性增強(qiáng)，所以推測生成了 0H - ；產(chǎn)生的無色無味無毒氣體，推測只能是氮?dú)?，所以離子方程式為： CIO 2N 3 H 2O=Cl3N2 2OH ?！军c睛】滴定計算類的題目，最?？疾斓男问街皇桥渲仆甏郎y樣品溶液后，只取一部分進(jìn)行滴定，在做計算時不要忘記乘以相應(yīng)的系數(shù)；此外，?？疾斓男问揭灿校河么郎y物 A 與過量的B反應(yīng)，再用C標(biāo)定未反應(yīng)的B,在做計算時，要注意 A與C 一同消耗的Bo碳酸亞鐵可用于制備補(bǔ)血劑。 某研究小組制備了FeCQ ，并對 FeCO 的性質(zhì)和應(yīng)

24、用進(jìn)行了探究。已知：FeCQ是白色固體，又t溶于水Fe+6SCWFe(SCN) 4-(無色)I . FeCQ 的制取 (夾持裝置略)實驗i： Oh固障試腑電XOFM VJ Ifnol/LNi; COi 沼iSC裝置C中，向Na2CO溶液(pH = 11.9)通入一段時間CO2至其pH為7,滴加一定量FeSO溶液，產(chǎn)生白色沉淀，過濾、洗滌、干燥，得到FeCQ固體。(1) 試齊1J a是 。向Na2CO溶液通入CQ的目的是。(3) C裝置中制取FeCQ的離子方程式為 。(4)有同學(xué)認(rèn)為C中出現(xiàn)白色沉淀之后應(yīng)繼續(xù)通CO2,你認(rèn)為是否合理弁說明理由Sml4mi6l/L充廿K磊？ * 對士丁1 3mL充

25、晦，t日勺詣犧口據(jù)9豉匕5壺10*的n .FeCQ的性質(zhì)探究對比實驗ii和說，得出的實驗結(jié)論是FecO-Efit依據(jù)實驗i的現(xiàn)象，寫出加入10%H 2O2溶液的離子方程式 JI 1.FeCO3的應(yīng)用FeCO3溶于乳酸CH3CH(OH)COOH 能制得可溶性乳酸亞鐵(CH3CH(OH)COO 2Fe,相對分子 質(zhì)量 為234)補(bǔ)血劑。為測定補(bǔ)血劑中亞鐵含量進(jìn)而計算乳酸亞鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，樹德 中學(xué)化學(xué)實驗小組準(zhǔn)確稱量1.0g補(bǔ)血劑，用酸性 KMnO4溶液滴定該補(bǔ)血劑，消耗0.1000mol/L的KMnO4溶液10.00mL ,則乳酸亞鐵在補(bǔ)血劑中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 ,該數(shù)值 異常的原因是 (不考慮操作不當(dāng)

26、以及試劑變質(zhì)引起的誤差)?！敬鸢浮匡柡蚇aHCQ溶液降低溶液中0H 濃度，防止生成 Fe(OH) 2 2HC6 +Fe2+=FeCC3 J+COf +H2O不合理，CQ會和FeCO3反應(yīng)生成Fe(HCO 3)2(或合理，排出氧氣 的影響)F 歹與SCN的絡(luò)合(或結(jié)合)會促進(jìn)FeCQ固體的溶解或FeCO3固體在KSCN溶液中 的溶解性比 KCl 溶液中大6Fe(SCN 64-+3H2O2=2Fe(OH) 3 J +4Fe(SCN 3)+24SCN 或6Fe2+ +3H 2O2+12SCN=2Fe(OH)4 +4Fe(SC鳩或 6Fe2+3H2O2=2Fe(OH )3 J+4Fc3+ 117% 乳

27、酸根 中的羥基被KMnO4氧化，也消耗了 KMnO4【分析】I.裝置A中碳酸鈣和稀鹽酸反應(yīng)生成的二氧化碳中混有揮發(fā)的氯化氫氣體，需要利用裝置B 中盛裝的飽和碳酸氫鈉溶液除去，裝置C 中，向碳酸鈉溶液(pH=11.9) 通入一段時間二氧化碳至其 pH 為 7, 滴加一定量硫酸亞鐵溶液產(chǎn)生白色沉淀，過濾，洗滌，干燥，得到FeCQ ；II. 根據(jù) Fe +6SCN Fe(SCN 64-分析 FeCQ 在 KCl 和 KSCN 兩種不同溶液中的溶解度不同 判斷；實驗 ii 中溶液顯紅色且有紅褐色沉淀生成，說明加入 10% 過氧化氫溶液后有Fe(OH) 3和Fe(SCN 3 生成；FeCQ 溶于乳酸 C

28、H3CH(OH)COOH 能制得可溶性乳酸亞鐵補(bǔ)血劑， 根據(jù)得失電子守恒和元素守恒建立關(guān)系式進(jìn)行計算；乳酸根中有羥基，也能被高錳酸鉀溶液氧化。【詳解】(1)裝置 A 中制取的 CQ 中混有 HCI ，欲除去 CQ 中混有的 HCI, B 中盛裝的試劑 a 應(yīng)是飽 和 NaHCQ 溶液，故答案為：飽和 NaHCO 溶液；向Na2CO溶液中通入 CO2的目的是利用 CO2和Na2CO反應(yīng)生成的NaHCQ ,提高溶液中 HCQ-的 濃度，抑制CO32-的水解，降低溶液中 OH-的濃度，防止生成 Fe(OH”，故答案為： 降低溶液中OH- 濃度，防止生成Fe(OH ) 2 ；裝置C中，向Na2CO3溶

29、液(pH=11.9)通入一段時間CO2至其pH為乙此時溶液中溶質(zhì)主 要為NaHCQ , 再滴加 FeSQ 溶液，有 FeCC 3 沉淀生成，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2HCO 3- +Fe?+=FeCO J +CQf +H0 ，故答案為：2HCQ - + Fe 2+=FeCQ J +CQf +HO ；(4)FeCO 3沉淀能溶解在CO2 的水溶液中，生成可溶于水的 Fe(HCO ) 2，降低產(chǎn)物的量，則當(dāng)出現(xiàn)白色沉淀之后不應(yīng)繼續(xù)通入CQ, 或者：出現(xiàn)白色沉淀之后繼續(xù)通CQ, 可防止空氣中氧氣氧化FeCQ ,提高產(chǎn)物的純度，故答案為：不合理，CO2會和FeCQ反應(yīng)生成Fe(HCQ ) 2 (或合理，

30、排出氧氣的影響 )；n . (5)通過對比實驗ii和iii,可知Fe2+與SCN的絡(luò)合生成可溶于水的Fe(SCN) 4-,會促進(jìn)FeCO 3 固體的溶解，故答案為： F0 與 SCN 的絡(luò)合 ( 或結(jié)合 ) 會促進(jìn) FeCQ 固體的溶解或FeCO 固體在 KSCN 溶液中的溶解性比 KCI 溶液中大；依據(jù)實驗ii的現(xiàn)象，可知在含有 Fe?+的溶液中滴加10%的過氧化氫溶液后，有 Fe(OH)3和Fe(SCN 3 生成，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為 6Fe(SCN 64-+3H2O2=2Fe(OH) 3 J +4Fe(SCIN)+24SCN 或6Fe2+3H2O2+12SCN=2Fe(OH J +4F

31、e(SCg 或 6Fe2+3H2O2=2Fe(OH) 3 J+4Fm+；故答案為： 6Fe(SCN 64-+3H2O2=2Fe(OH) 3 J +4Fe(SCN 3)+24SCN 或 6Fe2+3H2O2+12SCN =2Fe(OH) 3 J +4Fe(SCN3 )或 6Fe2+3H2O2=2Fe(OH J+4R?+;川 .(7)FeCO 3溶于乳酸 CH3CH(OH)COOH 能制得可溶性乳酸亞鐵(CHsCH(OH)COO 2Fe 補(bǔ) 血劑，可得關(guān)系式 MnO 45Fe2+5CH 3CH(OH)COO 2Fe,則乳酸亞鐵的物質(zhì)的量為0.005mol 234g/mol 0.1000mol/L

32、X 0.01L X 5=0.0Q5 則乳酸亞鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)1.0g100%=117% ，由于乳酸根中含有羥基，也可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，導(dǎo)致消耗高鎰酸鉀溶液的量增多，而計算中只按Fe2*被氧化，故計算所得乳酸亞鐵的質(zhì)量偏大，導(dǎo)致產(chǎn)品中乳酸亞鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于 100% ，故答案為： 117% ；乳酸根 中的羥基被 KMnO 4 氧化，也消耗了KMnO4。6. 硫酸亞鐵銨的化學(xué)式為( NH4) 2SQ?FeSQ?6H 2O, 商品名為莫爾鹽，可由硫酸亞鐵與硫而形成莫爾鹽后就比較穩(wěn)定了三種鹽的溶解度(單酸俊反應(yīng)生成。一般硫酸亞鐵鹽在空氣中易被氧化, 位為g/ioog水)如下表:溫度/C102030

33、(NH4) 2SO73.075.478.0FeSQ7H 2O20.026.532.9(NH4) 2SQ?FeSQ17.221.628.1(一)實驗室制取少量莫爾鹽的流程如下：15mL3moVL鐵屑莫爾鹽試回答下列問題:;反應(yīng)中鐵屑過量是為了(1)步驟1中加入 10 % Na2c6溶液的主要作用是aq)O 步驟3需要趁熱過濾，原因是。 從步驟4到莫爾鹽，必須進(jìn)行的操作依 次是 ,析出的晶體常用 洗滌若莫爾鹽的飽和溶液中有水20克，當(dāng)溫度從30C降至10C,最多析出莫爾鹽的質(zhì) 量是 (選填編號)。 A 2.18g B大于2.18g C小于2.18g D無法確定(二)稱取質(zhì)量為1.96g的莫爾鹽制成

34、溶液。用未知濃度的酸性KMnO4溶液進(jìn)行滴定。 已知MnO4-被還原為 Mn2+,試寫出該滴定反應(yīng)的離子方程式 。判斷該反應(yīng)到達(dá)滴定終點的現(xiàn)象為。 假設(shè)到達(dá)滴定終點時，用去V mL酸性KMnO4溶液，則該酸性 KMnO4溶液的濃度為 mol/L?！敬鸢浮砍F屑表面的油污還原氧化生成的Fe3+,保證FW+穩(wěn)定、純凈地存在，減少產(chǎn)物中的Fe3+雜質(zhì)FeSQ在溫度低時溶解度較小，如果不趁熱過濾就會有FeSQ 7H 2O析出過濾、洗滌 無水酒精或冰水B 5Fe +M nO 4-+8H 5Fg+M n 2+4H2O加入最后一滴KMnO4溶液紫紅色不褪，且半分鐘內(nèi)不褪色1/V【解析】【分析】(一)( 1)

35、碳酸鈉水解顯堿性；FeSQ 在溫度低時溶解度較?。粷饪s結(jié)晶后需要過濾、洗滌；溫度低時，硫酸亞鐵銨的溶解度??；( NH4)2SQFeSQ 在 30C 和 10C 的溶解度分別為：28.1g 和 17.2g;(二)(1) MnO4-將二價鐵離子氧化為三價鐵離子，被還原為Mn2+;高錳酸鉀本身有顏色，滴定亞鐵離子是不需要指示劑的；(3 )根據(jù)亞鐵離子和高錳酸根反應(yīng)的實質(zhì)，可以找到亞鐵離子與高錳酸根之間的量的關(guān)系，根據(jù)原子守恒可以找到亞鐵離子和酸亞鐵銨之間量的關(guān)系，進(jìn)而進(jìn)行計算?！驹斀狻?一)( 1)碳酸鈉水解顯堿性，油脂在堿性條件下能水解，過量的Fe 可以還原氧化生成的Fe3+,減少產(chǎn)物中的Fe3+

36、雜質(zhì)，故答案為：除鐵屑表面的油污；還原氧化生成的Fe3+,保證Fe2*穩(wěn)定、純凈地存在，減少產(chǎn)物中的雜質(zhì)；(2 )如果不趁熱過濾就會有FeSQ7H 2O析出，故答案為：FeSO在溫度低時溶解度較小，如果不趁熱過濾就會有 FeSQ 7H 2O 析出；濃縮結(jié)晶后需要過濾、洗滌；硫酸亞鐵銨在無水乙醇中的溶解度??；溫度低時，硫酸亞鐵銨的溶解度小，可用冰水洗滌，故答案為：過濾、洗滌；無水酒精或冰水；( NH4) 2SQFeSQ在30C和10C的溶解度分別為：28.1g和17.2g ,即若溶劑為100g水，冷卻析出 10.9g ，有水 20g 析出 2.18g ，硫酸亞鐵銨的化學(xué)式為(NH4) 2SQ F

37、eSQ 6H 2O 含有結(jié)晶水，故析出質(zhì)量大于2.18g , 故答案為： B；(二)( 1)反應(yīng)的離子方程式5Fe2+MnO4-+8H 5Fg+Mn2+4H2O, 故答案為：5Fe2+ Mn O4-+8H+T 5Fe3+M n2+4H2O；高錳酸鉀本身有顏色，滴定亞鐵離子不需要指示劑，當(dāng)?shù)渭幼詈笠坏稳芤汉?，溶液變成紫紅色， 30s 內(nèi)不褪色，說明達(dá)到滴定終點，故答案為：加入最后一滴KMnO 4 溶液紫紅色不褪，且半分鐘內(nèi)不褪色；m 1.96g1.96g 硫酸亞鐵銨晶體的物質(zhì)的量n= = =0.005mol ， 根據(jù)原子守恒則亞M 392g/mol鐵離子的物質(zhì)的量為 0.005mol ,反應(yīng) 5

38、Fe2+MnOdjaH + nSFe八+Mn 2+4H20,貝 V 5Fe 2+? MnO4-,所以圖鎰酸鉀的物質(zhì)的量為 O.OOImol ,據(jù)c= =3= mol/L ,故答案為：V 10 3VLV。V7. 鋰離子電池能夠?qū)崿F(xiàn)千余次充放電，但長時間使用后電池會失效，其中的化學(xué)試劑排放 至環(huán)境中不僅會造成環(huán)境污染，還會造成資源的浪費(fèi)。實驗室模擬回收鋰離子電池中的Co Ni 、 Li 的流程如圖。已知： LiCoQ 難溶于水，易溶于酸?；卮鹣铝袉栴}琵盤黠上虹竺則廉勺仙皿LiCoQ中Co的化合價是LiCoQ在浸出過程中反應(yīng)的離子方程式是(3)浸出劑除了 H2O2外，也可以選擇 Na2&Q ,比較二

39、者的還原效率比。2_(填“ )NO3(還原效率：還原等物質(zhì)的量的氧化劑消耗還原劑的物質(zhì)的量)。(4 )提高浸出效率的方法有 _ o(5)利用Cyanex272萃取時，pH對鉆、錦萃取分離效果的影響如圖。從圖中數(shù)據(jù)可知，用Cyanex272萃取分離時，最佳 pH是F - Ni(Cw=i27Z|擇是_。開始沉淀。Ksp(Ni(OH )2=2 X 105息設(shè)計完成從水相中分離反萃取的離子方程式為 2H+CoR=C (f+2HR,則反萃取劑的最佳選常溫下，若水相中的Ni2+的質(zhì)量濃度為1.18g ? L-1,則pH=_時，Ni2+參照題中流程圖的表達(dá)，結(jié)合信Ni和Li的實驗流程圖(如M1整濠于脅一.，

40、Emu r* 機(jī)樨 _ - ? ? 相代 it. HUSO :)卜七:一刃址_-* BpVl津笊已知：LigNi(OH)- 1 隔 co NiFa 1搏解性(宅an難譜 難溶提供的無機(jī)試劑：NaOH、Na2CO、NaF?！敬鸢浮?3 2LiCoQ+6H +H2O2=2Co2+6 f +2Lf+4H2O Pb2+,滴加Na2s溶液后首先析出的沉淀是 ;當(dāng)最后一種離子沉淀完全時 (該離子濃度為105 mol Lr1),此時的 濃度為 。已知：Ksp(FeS)=6.3 X 108； Ksp(CuS)= 6 X 1036; Ksp(PbS) = 2.4 X f08?！敬鸢浮?03 4FCT +CI0T

41、+4H * =4Fe 3+C+2H2O CiT、Fe2+ 1.0X 10-17 CuS 6.3 X 10-13mol - La1【解析】【分析】(1)組成相似的酸，電離平衡常數(shù)越大酸性越強(qiáng)；依據(jù)電離平衡常數(shù)計算式計算;Fe (OH) 3( 2 向混合溶液中通入氨氣調(diào)節(jié)溶液的 pH=5.6 時，由圖象分析出：易生成沉淀；根據(jù) KspFe (OH) 2=C ( Fe2+) XC (OH )計算 ;(3)物質(zhì)組成類型相同，溶度積越小，溶解度越小，滴加硫化鈉，相應(yīng)陽離子最先沉淀；根據(jù)溶度積計算ST的濃度?！驹斀狻侩婋x平衡常數(shù)越大酸性越強(qiáng)，已知： 25 C時Ka(HCIO) = 3.2 X 10, Ka

42、(HClO 2) = 1.0 X 10i c(CIO2)C(HCI0 2)1.0 1010 5=103;若飲用水中2,則酸性HCIQHCIO;在pH= 5的上述處理過的飲用水中,的Fe2+將CIO2還原成C-,酸性條件下該反應(yīng)的離子方程式:CIO2的含量超標(biāo)，可向其中加入適量c ( H+) =10-5mol ?4Fe +CIO 2 +4H+=4Fe3+ +C+2H2O;故答案為：HCIO2 HCIO ; 103; 4Fe+CIQ 人+4H+=4Fe3+ +C+2H2O;(2 向混合溶液中通入氨氣調(diào)節(jié)溶液的pH=5.6時，由圖象可知易生成 Fe(OH) 3沉淀，溶液中存在的金屬陽離子為Cu2*、

43、Fe24,故答案為：Cu2*、Fe24;由圖象可c (Fe24) =1.0 X 10 (mol L ), c (OH)=1.0 X 10( mol L-1), KspFe(OH)：2=c ( Fe24) X2 ( OH)=1.0 X 10( mol L-1) 3 ；故答案為:1.0 X 1-07;(3)物質(zhì)組成類型相同，溶度積越小，溶解度越小，滴加硫化鈉，相應(yīng)陽離子最先沉淀，故首先析出沉淀是CuS Fe 24最后沉淀，沉淀完全時該濃度為10-5moI L-1,此時的S2的濃18度為 6:八2smol La 1=6.3 X 110mol L=,故答案為：CuS; 6.3 X 10)3mol LA

44、。10 5【點睛】本題考查了元素化合物性質(zhì)分析，溶度積常數(shù)計算，沉淀轉(zhuǎn)化實質(zhì)理解應(yīng)用，電離平衡常 數(shù)概念的分析應(yīng)用，掌握有關(guān)Ksp的基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，難點(3),根據(jù)物質(zhì)組成類型相同，溶度積越小，溶解度越小，離子先沉淀析出。12.中的大氣污染越來越成為人們關(guān)注的問題，煙氣 NOx必須脫除(即脫硝)后才能排放，脫硝的方法有多種。完成下列填空:I直接脫硝(1) NO在催化劑作用下分解為氮?dú)夂脱鯕?。?0L密閉容器中，NO經(jīng)直接脫硝反應(yīng)時，其物質(zhì)的量變化如圖1所示。則0? 5min內(nèi)氧氣的平均反應(yīng)速率為mol/圖1n 臭氧脫硝O3氧化NO結(jié)合水洗可完全轉(zhuǎn)化為HNO3,此時03與NO的物質(zhì)的量之比為。川

45、氨氣脫硝(3 )實驗室制取純凈的氨氣，除了氯化銨外，還需要、 (填寫試劑名稱) 。不使用碳酸俊的原因是一(用化學(xué)方程式表示)。吸收氨氣時，常使用防倒吸裝置，圖2裝置不能達(dá)到此目的是N N H+.H；OJr產(chǎn)4 V -0 、TL- I(填化學(xué)式)和NOH1-O-V-*y 0,依據(jù)兀素化合杯的變化從中找出氧化劑是I T得(5 erHNO3、還原劑是 Cu、氧化產(chǎn)物是 Cu(NO3)2、還原產(chǎn)物是 NO,硝酸在反應(yīng)中起到酸性和氧 化性，反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2:3 ;另外根據(jù)同種元素不同價態(tài)之間若發(fā)生氧化還原反應(yīng)，元素的化合價只靠近不交叉，H2S+H2S。(濃尸S J+S2八+2H2O

46、該反應(yīng)中每一摩爾H2SC4參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為2 mol。【詳解】(1) 3Cu+8HNQ=3Cu(NO 3)2+2NOf +4H 2。是氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)中失電子的元素是銅元素，化合價升高，得電子的元素是氮元素，化合價降低，用雙線橋法表示電子的轉(zhuǎn)移的方失6亡*ii向及數(shù)目為：.| t ;得(5 丁(2 )氧化劑指在反應(yīng)中得到電子化合價降低的反應(yīng)物；還原劑指在反應(yīng)中失去電子化合價升高的反應(yīng)物。反應(yīng)中反應(yīng)物的銅元素的化合價是0價，生成物Cu(NQ)2中銅元素的化合價為+2價，銅元素化合價升高，故 Cu是還原劑；反應(yīng)中反應(yīng)物HNO 3中氮元素的化合價為 +5價，生成物NO中氮元素的化合

47、價為+2價，氮元素化合價降低，故 HNO3是氧化劑；氧化劑HNO3在反應(yīng)中得到電子，被還原生成NO,故NO是還原產(chǎn)物；還原劑 Cu在反應(yīng)中失去電子，被氧化生成Cu(NQ)2,故是Cu(NO3)2氧化產(chǎn)物；在反應(yīng)中反應(yīng)物 HNO3,一部分被還原為 no,一部分hno 3中的氮元素沒有改變，弁 且以N03-形式存在，故該反應(yīng)中體現(xiàn)了濃硝酸的性質(zhì)有酸性、氧化性；(5)Cu(NO3)2、HN0 3都是易溶于水的強(qiáng)電解質(zhì)，書寫離子方程式時拆成離子的形式，Cu是單質(zhì)、N0是氧化物弁且還是非電解質(zhì)、H20是氧化物弁且是弱電解質(zhì)，所以書寫離子方程式時寫成化學(xué)式，故銅與稀硝酸反應(yīng)的離子方程式為：3CU+8H +

48、 +2N0 3-=3Cu2+2NO f +4H2O ;(6)在反應(yīng)中硝酸一部分起到氧化劑作用、一部分起到酸性作用，反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為 2:3 ;在反應(yīng)中每生成一個N0轉(zhuǎn)移3個電子，當(dāng)反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量是0.9mol ,生成N0的物質(zhì)的量為：0.9 mol 3=0.3 mol ,則標(biāo)準(zhǔn)狀況下生成 N0的體積為：0.3 mol 22.4L ? mol-1= 6.72L ;H2S+H2SC H(濃尸S J +S2f +2H2O,同種元素不同價態(tài)之間若發(fā)生氧化還原反應(yīng)，元素的化合價只靠近不交叉，故H2SC4T2QTSO,所以該反應(yīng)中每一摩爾H2SC4參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)

49、的量為 2 mol?！军c睛】本題考查氧化還原反應(yīng)中的氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物、電子轉(zhuǎn)移的表示形式，以及同種元素不同價態(tài)之間若發(fā)生氧化還原反應(yīng)，元素的化合價只靠近不交叉等知識點，這些知識點考生應(yīng)該熟練掌握。用納米Fe/Ni復(fù)合材料能去除污染水體的NO3-,Ni不參與反應(yīng)。離子在材料表面的活性位點吸附后發(fā)生反應(yīng)，活性位點被其他附著物占據(jù)會導(dǎo)致速率減慢們?nèi)?+無法占據(jù)活性位點)。反應(yīng)過程如圖所示：(1)酸性環(huán)境中，納米 Fe/Ni去除NO3-分兩步，將步驟ii補(bǔ)充完整：I .NO3-+Fe+2H +=NO2-+Fe2+H2On . _ + +H+= Fe 2+初始pH=2.0的廢液反應(yīng)15

50、min后，出現(xiàn)大量白色絮狀物，過濾后很快變成紅褐色，結(jié)合化學(xué)用語解釋整個變化過程的原因一。水體初始pH會影響反應(yīng)速率，不同 pH的硝酸鹽溶液與納米Fe/Ni反應(yīng)時，溶液中 C(NO3-)隨時間的變化如圖1所示。(注：Co(N03-)為初始時NO3-的濃度。)C0 (NO3 )為達(dá)到最圖去除率，應(yīng)調(diào)水體的初始pH= _ 0t15min ,其反應(yīng)速率迅速降低，原因分別是 _ O(4)總氮量指溶液中自由移動的所有含氮微粒濃度之和，納米Fe/Ni處理某濃度硝酸鹽溶液時，隨時間的變化如圖2所示。40min時總氮量較初始時下降，可能的原因是一。時聞mm(5)置及轉(zhuǎn)化圖如圖所示:陰極的電極反應(yīng)式為。利用電解

51、無害化處理水體中的NO 3-, 最終生成N2 逸出。其裝生成 N2 的離子方程式為1HCIoJ cr1 &CF的f NG點水【答案】NQ- 3Fe 8 3 NH+2H 2O )Fe ?+在水中發(fā)生水解，F(xiàn)0+2H 2O? Fe(OH +2H + ,隨著反應(yīng)進(jìn)行，c(H+)減小，平衡右移，產(chǎn)生 Fe(OH)2沉淀，之后發(fā)生反應(yīng)4Fe(OH) 2+O2+2H2O=4Fe(OH) 3,變成紅褐色的 Fe(OHp 6.5 pH=2 的溶液中，t15min時，產(chǎn)生大量Fe(OH)2,附著在活性位點上，減小接觸面積，因此反應(yīng)速率迅速下降反應(yīng)過程中H+被消耗，溶液pH升高，t=40min時，溶液中含 N物質(zhì)

52、主要以NH4+的形式存在，一部分”吃+生成NH3逸出(或反應(yīng)過程中NO2-被Fe還原產(chǎn)生2逸出)NO3-+8e-+10H+=NH 4+3H2O 2NH4+3HCIO=N2 f +3Cl+5H +3H2O【解析】(1)根據(jù)圖可知：酸性環(huán)境中，納米分析Fe/Ni去除NO3分兩步，NO3在吸附點被Fe還原為NO2NOO,3FO 2Fe 2H NO 222NH4， NO2 3Fe 8H 3FeNH4 2H2O；FeH2O , NO2在另外的吸附點被 Fe還原為后，出現(xiàn)大量白色絮狀物，過濾后很快變成紅褐色初始 pH=2.0 的廢液反應(yīng) 15min是氫氧化亞鐵被空氣中的氧氣氧化為氫氧化鐵；結(jié)合所給圖形信息

53、，判斷調(diào)節(jié) pH為多少的時候去除率較高，如何解釋反應(yīng)速率變慢；反，N03-還原N2,NO3 8e 10H NH 4 3H2O?！驹?根據(jù)圖可知：酸性環(huán)境中，納米 Fe/Ni去除NO3分兩步，NO3在吸附點被Fe還原2NO2Fe 初始 PH 2.0 的廢液反應(yīng)15min 后，出現(xiàn)大量白色絮狀物，過濾后很快變成紅褐色,因為Fe2在水中發(fā)生水解，F(xiàn)e2 2H2O? Fe(OH) 2 2H ,隨著反應(yīng)進(jìn)行，c H減 小,平衡右移，產(chǎn)生Fe(OH ) 2 沉淀，之后發(fā)生反應(yīng)H2O, NO2在另外的吸附點被 Fe還原為3Fe2NH4， NO2 3Fe 8HNH4 2H2O；故答案為： NO2、 3Fe 、

54、 83、 NH4、 2H2O ；故答案為： Fe2 在水中發(fā)生水解， Fe2 2H2O ? Fe(OH) 2 2H ，隨著反應(yīng)進(jìn)行，c H 減小，平衡右移，產(chǎn)生Fe(OH) 2 沉淀，之后發(fā)生反應(yīng)4Fe(OH) 2 O2 2H2O 4Fe(OH) 3 ，變成紅褐色的 Fe(OH) 3； 根據(jù)圖可知pH 6.5 時，反應(yīng)最快，去除率最高，故為達(dá)到最高去除率，應(yīng)調(diào)水體 的初始 pH 6.5 ；故答案為： 6.5 ；pH 2的溶液中，t 15min時，溶液中H濃度較高，因此反應(yīng)速率較快，溶液中產(chǎn)生 Fe2 和 pH 上升速率較快，故t 15min ， pH 2.0 的溶液反應(yīng)速率最快，t 15min 時，產(chǎn)生大量Fe(OH) 2 ，附著在活性位點上，減小接觸面積，因此反應(yīng)速率迅速下降，故t 15min ，其反應(yīng)速率迅速降低；故答案為： pH 2 的溶液中， t 15min 時，溶液中 H 濃度較高，因此反應(yīng)速率較快，溶 液中產(chǎn)生 Fe2和 pH 上升速率