人教版高中化學(xué)必修第一冊(cè) 1.3氧化還原反應(yīng) 同步分層訓(xùn)練基礎(chǔ)版（附答案解析）

人教版高中化學(xué)必修第一冊(cè)1.3氧化還原反應(yīng)同步分層訓(xùn)練基礎(chǔ)版班級(jí)：姓名：同學(xué)們：練習(xí)開始了，希望你認(rèn)真審題，細(xì)致做題，運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決本練習(xí)。祝你收獲滿滿，學(xué)習(xí)進(jìn)步，榜上有名！一、選擇題1．已知氧化性：Cl2>Br2>Fe3+>I2，在FeI2和FeBr2的混合液中通入一定量的Cl2，溶液中存在的離子組不合理的是（）A．Fe3+、Br－、Cl－ B．Fe2+、Br－、Cl－C．Fe2+、Cl－、I－ D．Fe2+、Br－、Cl－、I－2．下列“類比”結(jié)果不正確的是A．H2O2的熱穩(wěn)定性比H2OB．H2O的分子構(gòu)型為V形，則C．純水的電離H2O+D．CO2通入BaNO32溶液中無(wú)沉淀生成，則3．微生物在電子供體的作用下可將Sb+5(存在形式為SbO3?A．在生物反應(yīng)器中可以實(shí)現(xiàn)S單質(zhì)的循環(huán)利用B．自養(yǎng)還原過(guò)程的離子方程式為3C．歧化過(guò)程中，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為3:1D．Sb+34．下面有關(guān)變化過(guò)程，不屬于氧化還原反應(yīng)的是（）A．燒菜用過(guò)的鐵鍋，經(jīng)放置常出現(xiàn)紅棕色斑跡B．用煤氣灶燃燒天然氣為炒菜提供熱量C．牛奶久置空氣中變質(zhì)腐敗D．向沸水中滴入FeCl3飽和溶液，適當(dāng)加熱，制備膠體5．能與Fe3+反應(yīng)，且反應(yīng)中①Br?②Fe③Fe2+A．④⑤⑥ B．①②③C．②④⑤ D．①③⑥6．下列反應(yīng)屬于氧化還原反應(yīng)的是（）A．CaCO3＋2HCl=CaCl2＋H2O＋CO2↑B．2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑C．Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2OD．NaBr＋AgNO3=AgBr↓＋NaNO37．某科研團(tuán)隊(duì)從鉻釩渣中分離釩并制備Cr(OH)3的流程如下：已知：①“溶解”后所得濾液為Na2CrO4、NaAlO2和NaVO3的混合溶液；②Cr的最高價(jià)含氧酸根離子在酸性介質(zhì)中主要以Cr2O7下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．“灼燒”步驟的尾氣中含CO2B．“沉鋁”步驟的離子方程式為2AlOC．“分離釩”之后Cr元素的存在形式主要為CrD．“轉(zhuǎn)化沉鉻”步驟中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶38．常溫下，發(fā)生下列幾種反應(yīng)：①16H++10Z﹣+2XO4?═2X2++5Z2+8H2O②2A2++B2═2A3++2B﹣③2B﹣+Z2═B2+2Z﹣A．X2+是XO4?B．氧化性強(qiáng)弱的順序?yàn)椋篨O4?＞Z2＞B2＞AC．Z2在①③反應(yīng)中均為還原劑D．溶液中可發(fā)生：Z2+2A2+═2A3++2Z9．汽車尾氣主要的危害是形成光化學(xué)煙霧，危害人類健康．HNCO可用于消除汽車尾氣中的NO和NO2，其反應(yīng)原理為：HNCO+NOx→N2+CO2+H2O，下列說(shuō)法正確的是（）A．CO2分子中既含有極性鍵又含有非極性鍵B．4.3gHNCO中含有0.1NA個(gè)原子C．反應(yīng)中NOx是還原劑D．若NOx中x=2，1molNO2在反應(yīng)中轉(zhuǎn)移4NA個(gè)電子10．在下列反應(yīng)中，HCl作還原劑的是（）A．NaOH+HCl=NaCl+H2OB．Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑C．D．CuO+2HCl=CuCl2+H2O二、非選擇題11．二氧化硒（SeO2）是一種氧化劑，其被還原后的單質(zhì)硒可能成為環(huán)境污染物，通過(guò)與濃HNO3或濃H2SO4反應(yīng)生成SeO2以回收Se．完成下列填空：（1）Se和濃HNO3反應(yīng)的還原產(chǎn)物為NO和NO2，且NO和NO2的物質(zhì)的量之比為1：1，寫出Se和濃HNO3的反應(yīng)的化學(xué)方程式_．（2）已知：Se+2H2SO4（濃）→2SO2↑+SeO2+2H2O2SO2+SeO2+2H2O→Se+2SO42﹣+4H+SeO2、H2SO4（濃）、SO2的氧化性由強(qiáng)到弱的順序是_．（3）回收得到的SeO2的含量，可以通過(guò)下面的方法測(cè)定：①SeO2+KI+HNO3→Se+I2+KNO3+H2O②I2+2Na2S2O3→Na2S4O6+2NaI配平方程式①，標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目．（4）．實(shí)驗(yàn)中，準(zhǔn)確稱量SeO2樣品0.1500g，消耗了0.2000mol/L的Na2S2O3溶液25.00mL，所測(cè)定的樣品中SeO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為．12．利用酸解法制鈦白粉產(chǎn)生的廢液[含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4]生產(chǎn)鐵紅和補(bǔ)血?jiǎng)┤樗醽嗚F。其生產(chǎn)步驟如下：已知：TiOSO4可溶于水，在水中可以電離為TiO2+和SO42-，TiOSO4水解成TiO2·xH2O沉淀為可逆反應(yīng)；乳酸結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH(OHCOOH.請(qǐng)回答：（1）步驟①中分離硫酸重鐵溶液和濾渣的操作是。（2）加入鐵屑的目一是還原少量Fe2(SO4)3；二是使少量TiOSO4轉(zhuǎn)化為TiO2·xH2O濾渣，用平衡移動(dòng)的原理解釋得到濾渣的原因。（3）硫酸亞鐵在空氣中煅燒生成鐵紅和三氧化硫，該反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為。（4）用離子方程式解釋步驟⑤中加乳酸能得到乳酸亞鐵的原因。（5）步驟④的離子方程式是。（6）步驟⑥必須控制一定的真空度，原因是有利于蒸發(fā)水以及。（7）乳酸亞佚晶體{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O}純度的測(cè)量：若用KMnO4滴定法測(cè)定樣品中Fe的量進(jìn)而計(jì)算純度時(shí)，發(fā)現(xiàn)結(jié)果總是大于100%，其原因可能是。經(jīng)查閱文獻(xiàn)后，改用Ce(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定進(jìn)行測(cè)定。反應(yīng)中Ce4+離子的還原產(chǎn)物為Ce3+。測(cè)定時(shí)，先稱取5.760g樣品，溶解后進(jìn)行必要處理，用容量瓶配制成250mL溶液，每次取25.00mL，用0.1000mol/LCe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)記錄數(shù)據(jù)如下表。滴定次數(shù)0.1000mol/LCe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液/Ml滴定前讀數(shù)滴定后讀數(shù)10.1019.8520.1221.3231.0520.7040.1619.88則產(chǎn)品中乳酸亞鐵晶體的純度為(以質(zhì)量分?jǐn)?shù)表示)。13．煙氣(主要污染物SO2、NOx)經(jīng)O3預(yù)處理后用CaSO3水懸浮液吸收，可減少煙氣中SO2、NOx的含量。O3氧化煙氣中SO2、NOx的主要反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：NO(g)＋O3(g)=NO2(g)＋O2(g)△H=－200.9kJ·mol－1NO(g)＋1/2O2(g)=NO2(g)△H=－58.2kJ·mol－1SO2(g)＋O3(g)=SO3(g)＋O2(g)△H=－241.6kJ·mol－1（1）反應(yīng)3NO(g)＋O3(g)=3NO2(g)的△H=kJ·mol·L－1。（2）室溫下，固定進(jìn)入反應(yīng)器的NO、SO2的物質(zhì)的量，改變加入O3的物質(zhì)的量，反應(yīng)一段時(shí)間后體系中n(NO)、n(NO2)和n(SO2)隨反應(yīng)前n(O3)：n(NO)的變化見右圖①當(dāng)n(O3)：n(NO)>1時(shí)，反應(yīng)后NO2的物質(zhì)的量減少，其原因是。②增加n(O3)，O3氧化SO2的反應(yīng)幾乎不受影響，其可能原因是。（3）當(dāng)用CaSO3水懸浮液吸收經(jīng)O3預(yù)處理的煙氣時(shí)，清液(pH約為8)中SO32－將NO2轉(zhuǎn)化為NO2－，其離子方程式為：。（4）CaSO3水懸浮液中加入Na2SO4溶液，達(dá)到平衡后溶液中c(SO32－)=[用c(SO42－)、Ksp(CaSO3)和Ksp(CaSO4)表示]；CaSO3水懸浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因是。14．在酸性條件下，向硫酸錳（MnSO4）溶液中滴加高碘酸鉀（KIO4）溶液，溶液顏色會(huì)變?yōu)樽霞t色，生成高錳酸鉀（KMnO4）．試完成下列相關(guān)題目：（1）該反應(yīng)的氧化劑是，反應(yīng)中MnSO4表現(xiàn)性．（2）由題意可知，KIO4和KMnO4二者相比，的氧化性強(qiáng)．（3）若20mL0.003mol/LMnSO4溶液與15mL0.01mol/LKIO4溶液可以恰好反應(yīng)，則該反應(yīng)中KIO4對(duì)應(yīng)的產(chǎn)物是（填字母）AKIBI2CKIO2DKIO3依據(jù)你的判斷，請(qǐng)寫出該反應(yīng)的離子方程式，并配平：（4）將下列所給物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)填在橫線上，并用單線橋法標(biāo)明電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目．MnSO4+KIO4+…15．電解質(zhì)水溶液中存在電離平衡、水解平衡、溶解平衡，請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）已知部分弱酸的電離常數(shù)如下表：弱酸HCOOHHCNH2CO3電離常數(shù)(25℃)Ka＝1.77×10－4Ka＝5.0×10－10Ka1＝4.3×10－7Ka2＝5.6×10－11①HCOONa、NaCN、NaHCO3、Na2CO3這4種溶液中陰離子結(jié)合質(zhì)子能力最強(qiáng)的是。②體積相同、c(H＋)相同的三種酸溶液a.HCOOH；B.HCN；C.H2SO4分別與同濃度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的體積由大到小的排列順序是(填字母)。③向NaCN溶液通入少量CO2反應(yīng)的化學(xué)方程式是。（2）①一定濃度的NaCN溶液pH＝9，用離子方程式表示呈堿性的原因是；此時(shí)c(HCN)/c(CN－)＝。②HCN溶液有揮發(fā)性，HCN是有劇毒的物質(zhì)，實(shí)驗(yàn)室在做有關(guān)NaCN的實(shí)驗(yàn)時(shí)盡量不采用的實(shí)驗(yàn)條件是。A、冰水浴B、加熱C、濃溶液D、稀溶液E、酸性條件F、堿性條件③常溫下，NaCN與過(guò)氧化氫溶液反應(yīng)，生成NaHCO3和能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)色的氣體，大大降低其毒性。該反應(yīng)的化學(xué)方程式是。

1．【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，溶液中存在Fe3+、Br-、Cl-，說(shuō)明I-、Fe2+被完全氧化，A不符合題意；

B．由分析可知，溶液中存在Fe2+、Br-、Cl-，說(shuō)明I-被完全氧化，B不符合題意；

C．由分析可知，溶液中存在Fe2+、Cl－、I－，由于Fe2+、I-沒有被完全氧化，則Br-不會(huì)被氧化，所以反應(yīng)后溶液中應(yīng)該存在Br-，C符合題意；

D．由分析可知，溶液中存在Fe2+、Br－、Cl－、I－，說(shuō)明各種離子均沒有被完全氧化，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】氧化性強(qiáng)的優(yōu)先與還原性強(qiáng)的物質(zhì)反應(yīng)，已知氧化性：Cl2>Br2>Fe3+>I2，則發(fā)生反應(yīng)的先后順序?yàn)椋篊l2+2I-=I2+2Cl-、2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-、Cl2+2Br-=Br2+2Cl-。2．【答案】D3．【答案】B4．【答案】D【解析】【解答】解：A、鐵鍋，經(jīng)放置常出現(xiàn)紅棕色斑跡，則鐵元素的化合價(jià)升高被氧化，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故A不選；B、用煤氣灶燃燒沼氣，碳元素的化合價(jià)升高，氧元素的化合價(jià)降低，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故B不選；C、牛奶久置變質(zhì)腐敗，氧元素的化合價(jià)降低，則發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故C不選；D．向沸水中滴入FeCl3飽和溶液，是鐵離子的水解，沒有元素的化合價(jià)變化，則不屬于氧化還原反應(yīng)，故D選；故選D．【分析】有元素化合價(jià)變化的反應(yīng)屬于氧化還原反應(yīng)，沒有元素化合價(jià)變化的反應(yīng)則不屬于氧化還原反應(yīng)．5．【答案】C【解析】【解答】溴離子、亞鐵離子與鐵離子均不反應(yīng)；鐵還原鐵離子生成亞鐵離子，體現(xiàn)鐵離子的氧化性；銅還原鐵離子生成亞鐵離子、銅離子，體現(xiàn)鐵離子的氧化性；碘化鉀與鐵離子反應(yīng)生成單質(zhì)碘和亞鐵離子，體現(xiàn)鐵離子的氧化性；氫氧根離子與鐵離子發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成氫氧化鐵沉淀，不是氧化還原反應(yīng)，故答案為：C?！痉治觥咳齼r(jià)鐵體現(xiàn)氧化性則化合價(jià)降低，反應(yīng)中應(yīng)充當(dāng)氧化劑，與還原劑反應(yīng)，其中②④⑤可以反應(yīng)。6．【答案】C【解析】【分析】凡是有元素化合價(jià)升降的反應(yīng)都是氧化還原反應(yīng)，所以選項(xiàng)C準(zhǔn)確，A和D是復(fù)分解反應(yīng)，B是碳酸氫鈉的分解反應(yīng)，都不是氧化還原反應(yīng)，答案選C。

【點(diǎn)評(píng)】準(zhǔn)確標(biāo)出有關(guān)元素的化合價(jià)是判斷反應(yīng)是不是氧化還原反應(yīng)的關(guān)鍵，所以熟記常見元素的化合價(jià)尤為重要。7．【答案】B8．【答案】C【解析】【解答】解：A．反應(yīng)①中X元素的化合價(jià)降低，則XO4﹣為氧化劑，則X2+是XO4﹣的還原產(chǎn)物，故A正確；B．①中X的化合價(jià)降低，則氧化性XO4﹣＞Z2，②中B元素的化合價(jià)降低，則氧化性B2＞A3+，③中Z元素的化合價(jià)降低，則氧化性Z2＞B2，則氧化性XO4﹣＞Z2＞B2＞A3+，故B正確；C．①中Z元素的化合價(jià)升高，則Z2為氧化產(chǎn)物，③中Z元素的化合價(jià)降低，則Z2為氧化劑，故C錯(cuò)誤；D．①中X的化合價(jià)降低，則氧化性XO4﹣＞Z2，②中B元素的化合價(jià)降低，則氧化性B2＞A3+，③中Z元素的化合價(jià)降低，則氧化性Z2＞B2，則氧化性Z2＞A3+，反應(yīng)Z2+2A2+=2A3++2Z﹣可發(fā)生，故D正確；故選C．【分析】①中Z元素的化合價(jià)升高，X元素的化合價(jià)升高；②中A元素的化合價(jià)升高，B元素的化合價(jià)降低；③中B元素的化合價(jià)升高，Z元素的化合價(jià)降低，結(jié)合氧化還原反應(yīng)基本概念及氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性來(lái)解答．9．【答案】D【解析】【解答】解：A．CO2分子的結(jié)構(gòu)為O=C=O，只含極性鍵，故A錯(cuò)誤；B．n（HCNO）=4.3g43g/mol=0.1mol，含有原子個(gè)數(shù)為0.4NAC．N元素的化合價(jià)降低，反應(yīng)中NOx為氧化劑，故C錯(cuò)誤；D.1molNO2在反應(yīng)中N元素化合價(jià)由+4價(jià)降低為0價(jià)，則轉(zhuǎn)移4NA個(gè)電子，故D正確．故選D．【分析】HCNO中N元素的化合價(jià)為﹣3價(jià)，C為+4價(jià)，反應(yīng)中NOx為氧化劑，N元素的化合價(jià)降低，HNCO為還原劑，N元素的化合價(jià)升高，根據(jù)化合價(jià)的變化判斷電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目．10．【答案】B【解析】【解答】鹽酸做氧化劑則鹽酸的化合價(jià)降低，鹽酸中Cl為-1價(jià)已經(jīng)處在最低價(jià)態(tài)，所以只能是+1價(jià)的H降價(jià)變?yōu)镠2。故答案為：B。

【分析】還原劑是在氧化還原反應(yīng)里，失去電子或有電子偏離的物質(zhì)。還原劑本身具有還原性，被氧化，其產(chǎn)物叫氧化產(chǎn)物。還原與氧化反應(yīng)是同時(shí)進(jìn)行的，即是說(shuō)，還原劑在與被還原物進(jìn)行氧化反應(yīng)的同時(shí)，自身也被氧化，而成為氧化物。所含的某種物質(zhì)的化合價(jià)升高的反應(yīng)物是還原劑。11．【答案】（1）Se+2HNO3（濃）=H2SeO3+NO↑+NO2↑（2）H2SO4（濃）＞SeO2＞SO2（3）（4）92.50%【解析】【解答】解：（1）利用題中信息可知Se與濃HNO3反應(yīng)，Se被氧化為+4價(jià)的H2SeO3，HNO3還原為NO與NO2，生成NO與NO2的物質(zhì)的量之比為1：1，即二者計(jì)量系數(shù)比為1：1，令二者系數(shù)為1，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知，Se的系數(shù)為1×3+1×14=1，故反應(yīng)方程式為Se+2HNO3（濃）=H2SeO3+NO↑+NO2故答案為：Se+2HNO3（濃）=H2SeO3+NO↑+NO2↑；

（2）在氧化還原反應(yīng)中，氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物的，所以根據(jù)反應(yīng)的方程式可知，SeO2、H2SO4（濃）、SO2的氧化性由強(qiáng)到弱的順序是H2SO4（濃）＞SeO2＞SO2，故答案為：H2SO4（濃）＞SeO2＞SO2；

（3）反應(yīng)①中I﹣失去電子生成I2，共升高2價(jià)，SeO2中+4價(jià)Se得到單質(zhì)還原為單質(zhì)Se，共降低4價(jià)，化合價(jià)升降最小公倍數(shù)為4，故KI的系數(shù)為4，I2的系數(shù)為2，SeO2、Se的系數(shù)都是1，KNO3的系數(shù)為4，H2O的系數(shù)為2，配平并標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目為：，故答案為：；

（4）根據(jù)反應(yīng)的方程式可知SeO2～2I2～4Na2S2O3，消耗的n（Na2S2O3）=0.2000mol/L×0.025L=0.005mol，根據(jù)關(guān)系式計(jì)算樣品中n（SeO2）=0.005mol×14=0.00125mol，故SeO2的質(zhì)量為0.00125mol×111g/mol=0.13875g，所以樣品中SeO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.13875g0.1500g故答案為：92.50%．

【分析】（1）利用題中信息可知Se與濃HNO3反應(yīng)，Se被氧化為+4價(jià)的H2SeO3，HNO3還原為NO與NO2，利用電子守恒和限定條件（生成NO與NO2的物質(zhì)的量之比為1：1，即二者計(jì)量系數(shù)比為1：1）可得方程式；

（2）在氧化還原反應(yīng)中，氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物的，而還原劑的還原性強(qiáng)于還原產(chǎn)物的；

（3）在反應(yīng)①中Se元素的化合價(jià)從+4價(jià)降低到0價(jià)，而碘元素的化合價(jià)從﹣1價(jià)升高到0價(jià)，所以根據(jù)電子的得失守恒，配平后的方程式是SeO2+4KI+4HNO3═Se+2I2+4KNO3+2H2O，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為4；

（4）根據(jù)反應(yīng)①②及電子的得失守恒可知，SeO2～2I2～4Na2S2O3，所以參加反應(yīng)的SeO2的物質(zhì)的量是Na2S2O3的1/4，然后求出質(zhì)量和質(zhì)量分?jǐn)?shù)．12．【答案】（1）過(guò)濾（2）TiOSO4+(x+1)H2O?TiO2?xH2O↓+H2SO4或TiO2++(x+1)H2O?TiO2?xH2O↓+2H+鐵屑與H2SO4反應(yīng)，c(H+)降低，使平衡正向移動(dòng)，TiOSO4轉(zhuǎn)化為TiO2?xH2O濾渣（3）1：4（4）FeCO3+2CH3CH(OH)COOH=Fe2++2CH3CH(OH)COO-+H2O+CO2↑（5）Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑（6）防止Fe2+被氧化（7）乳酸根中羥基(－OH)被酸性高錳酸鉀溶液氧化；98.5%或0.985【解析】【解答】（1）實(shí)現(xiàn)固體和液體的分離用過(guò)濾的方法；

(2)TiO2++(x+1)H2O?TiO2?xH2O↓+2H+，鐵屑與H2SO4反應(yīng)，c(H+)降低，使平衡正向移動(dòng)，TiOSO4轉(zhuǎn)化為TiO2?xH2O濾渣；

(3)硫酸亞鐵在空氣中煅燒生成鐵紅和三氧化硫的方程式為：4FeSO4+O2=高溫2Fe2O3+4SO3，氧化劑是氧氣，還原劑是氧化鐵，所以氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1：4；

(4)碳酸亞鐵沉淀存在溶解平衡：FeCO3（s）?Fe2+（aq）+CO32-（aq），加入乳酸，CO32-與乳酸反應(yīng)濃度降低，平衡向右移動(dòng)，使碳酸亞鐵溶解得到乳酸亞鐵溶液，反應(yīng)方程式是FeCO3+2CH3CH(OH)COOH=Fe2++2CH3CH(OH)COO-+H2O+CO2↑；

(5)由流程圖可知，硫酸亞鐵與碳酸氫銨反應(yīng)生成碳酸亞鐵，還生成氣體為二氧化碳，反應(yīng)離子方程式是Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑；

(6)亞鐵離子易被氧氣氧化，所以步驟⑥必須控制一定的真空度，所以控制一定的真空度有利于蒸發(fā)水還能防止Fe2+被氧化；

?(7)[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O中的亞鐵離子、乳酸根中羥基(－OH)都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，所以結(jié)果總是大于100%；設(shè)25mL溶液含有CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O~~Ce(SO4)2288g1molx0.0197mL×0.1mol/L288X=0.56736g，產(chǎn)品中乳酸亞鐵晶體的純度為0.56736×105.76【分析】（2）根據(jù)化學(xué)平衡移動(dòng)原理分析加入的鐵與硫酸反應(yīng)消耗氫離子，判斷平衡移動(dòng)的方向，進(jìn)行解釋即可。13．【答案】（1）-317.3（2）O3將NO2氧化成更高價(jià)氮氧化物；SO2與O3的反應(yīng)速率慢（3）SO32－+2NO2+2OH-=SO42－+2NO2-+H2O（4）Ksp(CaSO3)×c(SO42－)/Ksp(CaSO4)；CaSO3轉(zhuǎn)化為CaSO4使溶液中SO32－的濃度增大，加快SO32－與NO2的反應(yīng)速率【解析】【解答】（1）前兩式變形①+②×2得出：3NO(g)＋O3(g)=3NO2(g)的△H=?200.9?58.2×2kJ·molL－1=?317.3kJ·molL－1（2）①n(O3)：n(NO)>1，臭氧過(guò)量，NO2減小，可能利用O3的強(qiáng)氧化性，把NO2轉(zhuǎn)化成更高價(jià)態(tài)；②增加n(O3)，O3氧化SO2的反應(yīng)幾乎不受影響，可能是此反應(yīng)速率較慢；（3）pH約為8，說(shuō)明溶液顯堿性，配平氧化劑（產(chǎn)物）、還原劑（產(chǎn)物），根據(jù)原子個(gè)數(shù)守恒和所帶電荷數(shù)守恒，配平其他，SO32－+2NO2+2OH-=SO42－+2NO2-+H2O；（4）溶液中Ca2+、SO42-、SO32-，Ksp(CaSO4)=c(Ca2+)×c(SO42－)，c(Ca2+)=Ksp(CaSO3)/c(SO42－)，同理，c(SO32－)=Ksp(CaSO3)/c(Ca2+)，推出，c(SO32－)=Ksp(CaSO3)×c(SO42－)/Ksp(CaSO4)，利用反應(yīng)向著更難溶方向進(jìn)行，溶液中c(SO32－)的增加，加快反應(yīng)速率，故提高NO2的吸收速率【分析】本試題涉及了熱化學(xué)反應(yīng)方程式的計(jì)算、根據(jù)圖像推斷可能出現(xiàn)的原因。氧化還原反應(yīng)方程式的書寫、溶度積的計(jì)算等知識(shí)，也就是主要體現(xiàn)化學(xué)反應(yīng)原理考查，讓元素及其化合物的性質(zhì)做鋪墊，完成化學(xué)反應(yīng)原理的考查，讓學(xué)生用基礎(chǔ)知識(shí)解決實(shí)際問(wèn)題，知識(shí)靈活運(yùn)用。14．【答案】（1）KIO4；還原（2）KIO4（3）D；2Mn2++5IO4﹣+3H2O=2MnO4﹣+5IO3﹣+6H+（4）2；5【解析】【解答】解：（1）酸性條件下，向硫酸錳（MnSO4）溶液中滴加高碘酸鉀（KIO4）溶液，溶液顏色會(huì)變?yōu)樽霞t色，生成高錳酸鉀（KMnO4），Mn元素化合價(jià)由+2價(jià)變?yōu)?7價(jià)，I元素得電子化合價(jià)降低，得電子化合價(jià)降低的反應(yīng)物是氧化劑，失電子化合價(jià)升高的反應(yīng)物是還原劑，還原劑具有還原性，所以氧化劑是KIO4（或高碘酸鉀），MnSO4是還原劑，體現(xiàn)還原性；故答案為：KIO4（或高碘酸鉀）；還原；（2）根據(jù)（1）知，該反應(yīng)中氧化劑是KIO4（或高碘酸鉀），MnSO4是還原劑，KMnO4是氧化產(chǎn)物，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，所以KIO4的氧化性強(qiáng)，故答案為：KIO4；（3）n（MnSO4）=0.02L×0.003mol/L=6×10﹣5mol/L，n（KIO4）=0.015L×0.01mol/L=1.5×10﹣4mol/L，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等得I元素得電子數(shù)=6×10所以該反應(yīng)中KIO4對(duì)應(yīng)的產(chǎn)物是D，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒、原子守恒配平方程式為2Mn2++5IO4﹣+3H2O=2MnO4﹣+5IO3﹣+6H+，故答案為：D；2Mn2++5IO4﹣+3H2O=2MnO4﹣+5IO3﹣+6H+；（4）Mn元素化合價(jià)由+2價(jià)變?yōu)?7價(jià)、I元素化合價(jià)由+7價(jià)變?yōu)?5價(jià)，得失電子最小公倍數(shù)是10，所以MnSO4、KIO4的計(jì)量數(shù)分別是2、5，該反應(yīng)中電子從Mn元素轉(zhuǎn)移到I元素，轉(zhuǎn)移電子方向和數(shù)目為，故答案為：2；5；．【分析】（1）酸性條件下，向硫酸錳（MnSO4）溶液中滴加高碘酸鉀（KIO4）溶液，溶液顏色會(huì)變?yōu)樽霞t色，生成高錳酸鉀（KMnO4），Mn元素化合價(jià)由+2價(jià)變?yōu)?7價(jià)，I元素化合價(jià)由+7價(jià)變?yōu)?價(jià)，得電子化合價(jià)降低的反應(yīng)物是氧化劑，失電子化合價(jià)升高的反應(yīng)物是還原劑，還原劑具有還原性