发布时间 : 星期一 文章2020-2021高考化学专题复习氧化还原反应的综合题附详细答案更新完毕开始阅读86ccf011b107e87101f69e3143323968001cf413
【答案】NO2- 3Fe 8 3 NH4+ 2H2O )Fe2+在水中发生水解，Fe2++2H2O?Fe(OH)2+2H+，随着反应进行，c(H+)减小，平衡右移，产生Fe(OH)2沉淀，之后发生反应
4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，变成红褐色的Fe(OH)3 6.5 pH=2的溶液中，t<15min时，溶液中H+浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe2+和pH上升速率较快，t>15min时，产生大量Fe(OH)2，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降 反应过程中H+被消耗，溶液pH升高，t=40min时，溶液中含N物质主要以NH4+的形式存在，一部分NH4+生成NH3逸出(或反应过程中NO2-被Fe还原产生N2逸出) NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O 2NH4++3HClO=N2↑+3Cl-+5H++3H2O 【解析】 【分析】
（1）根据图可知：酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO3分两步，NO3在吸附点被Fe还原
???2?为NO2，NO3?Fe?2H?NO2?Fe?H2O，NO2在另外的吸附点被Fe还原为
???2??NH4，NO2?3Fe?8H?3Fe?NH4?2H2O；
????（2）初始pH=2.0的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，是氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化为氢氧化铁；
（3）结合所给图形信息，判断调节pH为多少的时候去除率较高，如何解释反应速率变慢；
（5）电极方程式书写，从题中信息判断阴极发生还原反应，NO3-还原N2，
?NO3?8e??10H??NH?4?3H2O。
【详解】
?1?根据图可知：酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO3?分两步，NO3?在吸附点被Fe还原
?????2?为NO2，NO3?Fe?2H?NO2?Fe?H2O，NO2在另外的吸附点被Fe还原为
???2??NH4，NO2?3Fe?8H?3Fe?NH4?2H2O；
故答案为：NO2、3Fe、8、3、NH4、2H2O；
???2?初始pH?2.0的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，
因为Fe2?在水中发生水解，Fe2??2H2O?Fe(OH)2?2H?，随着反应进行，cH?减
??小，平衡右移，产生Fe(OH)2沉淀，之后发生反应
4Fe(OH)2?O2?2H2O?4Fe(OH)3，变成红褐色的Fe(OH)3；
故答案为：Fe2?在水中发生水解，Fe2??2H2O?Fe(OH)2?2H?，随着反应进行，
cH?减小，平衡右移，产生Fe(OH)2沉淀，之后发生反应4Fe(OH)2?O2?2H2O?4Fe(OH)3，变成红褐色的Fe(OH)3；
???3?①根据图可知pH?6.5时，反应最快，去除率最高，故为达到最高去除率，应调水体
的初始pH?6.5； 故答案为：6.5；
②pH?2的溶液中，t?15min时，溶液中H?浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产
生Fe2?和pH上升速率较快，故t?15min，pH?2.0的溶液反应速率最快，
t?15min时，产生大量Fe(OH)2，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅
速下降，故t?15min，其反应速率迅速降低；
故答案为：pH?2的溶液中，t?15min时，溶液中H?浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe2?和pH上升速率较快，t?15min时，产生大量Fe(OH)2，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降；
?4?40min时总氮量较初始时下降可能的原因为：反应过程中H??被消耗，溶液pH升高，
?t?40min时，溶液中含N物质主要以NH4的形式存在，一部分NH4生成NH3逸出(或
反应过程中NO2被Fe还原产生N2逸出)；
故答案为：反应过程中H?被消耗，溶液pH升高，t?40min时，溶液中含N物质主要以
???NH4的形式存在，一部分NH4生成NH3逸出(或反应过程中NO2被Fe还原产生N2逸出
?)；
?5?①阴极发生还原反应，元素化合价降低，故为NO3?得到电子生成NH????为：NO3?8e?10H?NH4?3H2O； ????故答案为：NO3?8e?10H?NH4?3H2O；
?4，故电极反应
?②由图可知，氮气由两极生成的NH4和HClO反应而得，氮元素化合价升高，则氯元素化
???合价降低生成氯离子，故反应为：2NH4?3HClO?N2??3Cl?5H?3H2O； ???故答案为：2NH4?3HClO?N2??3Cl?5H?3H2O。
【点睛】
从题中所给信息判断并写出离子方程式、回答结合图形中的信息，回答调节pH出现的现象，调节pH为何值时，去除率最大以及对反应速率的影响；
14．（1）最近材料科学家发现了首例带结晶水的晶体在5K下呈现超导性。该晶体的化学式为Na0.35CoO2·1.3H2O(该晶体的摩尔质量为122g·mol-1)，若用NA表示阿伏加德罗常数，则12.2g该晶体中含氧原子数为___，氢原子的物质的量为___mol。
（2）FeCl3溶液可以用来净水，用100mL2mol·L-1的FeCl3溶液净水时，生成具有净水作用
的微粒数___(填“大于”“等于”或“小于”)0.2NA。
（3）在标准状况下，VL某气体(摩尔质量为Mg/mol)溶解在1L水(水的密度近似为1g/cm3)中，假设气体完全溶解且不与水发生反应，所得溶液的密度为ρg/cm3，则所得溶液的物质的量浓度c=___mol/L(用以上字母表示，且必须化简)。
（4）工业上用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备ClO2反应：NaClO2＋HCl→ClO2↑＋NaCl+H2O。写出配平的化学方程式____。
（5）向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下Cl23.36L(已知还原性：Fe2＋＞Br－)，反应后的溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为____mol/L。反应的离子方程式为____。
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（6）若向盛有10mL1mol·L1NH4Al(SO4)2溶液的烧杯中加20mL1.2mol·L1Ba(OH)2溶
液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为____mol。
1000Vρ 5NaClO2＋4HCl=4ClO2↑＋5NaCl+2H2O 2
22400+MV4Fe2＋＋2Br-＋3Cl2=4Fe3＋＋Br2＋3Cl- 0.022 【解析】 【分析】
【答案】0.33NA 0.26 小于 （1）根据n=m计算晶体的物质的量，进而计算氧原子、氢原子的物质的量； Mn计算； V（2）100mL2mol·L-1的FeCl3溶液中FeCl3的物质的量是0.1L×2mol·L-1=0.2mol。 （3）根据物质的量浓度的计算公式c=（4）根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式。
（5）还原性：Fe2＋＞Br－，FeBr2溶液中通入标准状况下Cl2，氯气先氧化Fe2＋； （6）NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2溶液混合，SO42-、Ba2+反应生成BaSO4沉淀，OH-与Al3+、NH4+依次发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓、NH4++OH-=NH3?H2O、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。 【详解】 （1）根据n=12.2gm?0.1mol，含氧原子数为，12.2g该晶体的物质的量是
122g/molM0.1×3.3×NA=0.33NA，氢原子的物质的量为0.1mol×2.6=0.26mol；
（2）100mL2mol·L-1的FeCl3溶液中FeCl3的物质的量是0.1L×2mol·L-1=0.2mol，生成具有净水作用的微粒是氢氧化铁胶粒，氢氧化铁胶粒是氢氧化铁的聚集体，所以微粒数小于0.2NA。
（3）在标准状况下，VL某气体的物质的量是
Vmol；VL某气体的质量是22.4VVMVMmol?Mg/mol=g；所得溶液的质量是g+1000g，溶液的体积是22.422.422.4VM+1000VM+22400，所以物质的量浓度为22.4L=L1000?22400?VM+22400V1000VρL=mol÷ mol/L；
22400?22.422400+MV（4）NaClO2中部分氯元素化合价由+3升高为+4、部分氯元素化合价由+3降低为-1，所以NaClO2既是氧化剂又是还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂还原剂的比为1:4，所以反应方程式是5NaClO2＋4HCl=4ClO2↑＋5NaCl+2H2O。
（5）还原性：Fe2＋＞Br－，FeBr2溶液中通入Cl2，氯气先氧化Fe2＋；标准状况下3.36L Cl2的物质的量是
3.36L?0.15mol，设FeBr2的物质的量为xmol，氯气与Fe2＋反应的离
22.4L/molxmol；与Br-反应的氯气2子方程式是2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl-，则Fe2＋消耗氯气的物质的量是物质的量是0.15mol-
xmol，氯气与Br-反应的离子方程式是2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，剩余Br-的2物质的量是2x-0.3+x=(3x-0.3)mol，根据氯元素守恒，反应后溶液中Cl-的物质的量是0.3mol，反应后的溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则3x-0.3=0.3，x=0.2mol；原FeBr2溶液的物质的量浓度为0.2mol÷0.1L=2mol/L；与Br-反应的氯气物质的量是
0.2mol=0.05mol，被氧化的Br-的物质的量是0.1mol，被氧化的Fe2＋、Br-的物2质的量比是2:1，所以反应方程式是4Fe2＋＋2Br-＋3Cl2=4Fe3＋＋Br2＋3Cl-；
0.15mol-（6）10mL 1mol?L-1NH4Al(SO4)2溶液中Al3+物质的量为0.01mol，NH4+的物质的量为0.01mol，SO42-的物质的量为0.02mol，20mL 1.2 mol?L-1Ba(OH)2溶液中Ba2+物质的量为0.024mol，OH-为0.048mol；由SO42-+Ba2+=BaSO4↓，可知SO42-不足，所以可以得到0.02mol BaSO4；根据Al3++3OH-=Al(OH)3↓可知反应剩余OH-为0.048mol-0.03mol=0.018mol，根据H4++OH-=NH3?H2O可知反应剩余OH-为0.018mol-0.01mol=0.008mol，根据Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O可知得到Al(OH)3沉淀为0.01mol-0.008mol=0.002mol，则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol。
15．氧化还原反应在物质制备、能量转化方面有重要的应用。
⑴反应I2＋2Na2S2O3＝Na2S4O6＋2NaI常用于测定溶液中I2的含量。反应的氧化剂是________，每生成1molNa2S4O6，反应转移电子为________mol。 ⑵ClO2是一种新型净水剂，一种制取ClO2的反应如下： KClO3＋HCl(浓)－KCl＋Cl2↑＋ClO2↑＋H2O（未配平） 写出配平后的方程式：________。
⑶某氧化还原反应中共包含下列物质：Fe2(SO4)3、H2SO4、CrO3、FeSO4、Cr2(SO4)3和H2O。已知CrO3为反应物之一。写出配平后的方程式：________。 【答案】I2 2 ）2KClO3+4HCl（浓）=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O 6H2SO4+2CrO3+6FeSO4=3Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+6H2O 【解析】 【详解】
（1）碘元素的化合价降低，所以碘单质做氧化剂，生成1molNa2S4O6，反应1mol碘单