氧化还原反应一、选择题（本题共15小题，每题只有一个选项符合题意）1．电视剧中的仙境美轮美奂，其中所需的烟雾是在放于温热石棉网上的NH4NO3和Zn粉的混合物中滴加几滴水后产生的白烟：，已知是阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A．被1molZn氧化的N原子数为B．常温下每消耗1.3gZn粉，即可产生C．既是氧化产物又是还原产物D．每生成1molZnO共转移2mol电子【答案】C【解析】A．Zn作还原剂，还原+5价的N原子，故A错误；B．没有指明温度和压强，无法计算产生的氮气的体积，故B错误；C．该反应中，NH4NO3的中的-3价氮和中的+5价氮反应后都转化到了氮气中，所以氮气既是氧化产物，又是还原产物，故C正确；D．NH4NO3中中的+5价氮元素反应后降低到了0价，1molNH4NO3得到5mol电子，所以生成1molZnO转移5mol电子，故D错误；故选C。2．氮氧化物（NOx）是一类特殊的污染物，它本身会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示。下列叙述错误的是A．反应①变化过程可表示为2Cu(NH3)+O2=[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+20
B．反应③属于非氧化还原反应C．反应④涉及极性共价键的断裂与生成D．图中总过程中每吸收1molNO需要标准状态下的NH344.8L【答案】D【解析】A．根据图示，反应①变化过程可表示为2Cu(NH3)+O2=[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+，故A正确；B．根据图示，反应③中各元素化合价都没有变化，属于非氧化还原反应，故C正确；C．反应④中有氮氧键、氮氢键的断裂，有氢氧键的形成，故C正确；D．图中总过程中每吸收1molNO需要1mol氨气，标准状态下的NH3的体积是22.4L，故D错误；选D。3．科研人员提出了雾霾微粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程示意图如下。下列说法错误的是A．第II、III阶段总反应的离子方程式为：B．该过程中为催化剂C．第I阶段每1mol氧化剂参加反应，转移电子数目为NAD．还原性【答案】B【解析】A．根据图示，第II、III阶段是反应生成，总反应的离子方程式为，故A正确；B．根据图示，该过程中最终生成，是反应物，故B错误；C．根据图示，第I阶段每1个得1个电子生成，每1mo1氧化剂参加反应，转移电子数目为NA，故C正确；D．根据图示，总反应为，是还原剂、是还原产物，还原性20
，故D正确；选B。4．将6.4g铜投入30mL一定浓度的硝酸中，恰好完全反应，产生标准状况下的NO和NO2混合气体共2.24L。则下列叙述正确的是A．NO体积为1.12LB．原硝酸浓度1.0mol/LC．NO和NO2物质的量之比为2∶1D．体现酸性的硝酸为0.1mol【答案】A【解析】6.4gCu的物质的量为0.1mol，与硝酸恰好反应，生成标况下NO和NO2共2.24L，0.1mol，根据电子转移守恒，Cu失去电子=N得到的电子，0.1molCu被氧化失去0.2mol电子，设NO的物质的量为xmol，NO2的物质的量为ymol，故有3x+y=0.2和x+y=0.1mol，解得x=0.05mol，y=0.05mol。根据上述分析可知，A．NO的物质的量为0.05mol，标况下体积为1.12L，A正确；B．根据原子守恒，消耗的硝酸的总物质的量=起氧化剂作用的硝酸的物质的量（还原产物的总物质的量）+起酸性作用的硝酸的物质的量（生成盐中的硝酸根的物质的量），故有n（HNO3）=n（NO）+n（NO2）+2n（Cu(NO3)2）=0.1+0.2=0.3mol，V=30mL，c（HNO3）=0.3mol/0.03L=10.0moL，B错误；C．由以上分析可知NO和NO2物质的量之比为1∶1，C错误；D．体现酸性的硝酸的物质的量=生成盐中的硝酸根的物质的量=2n（Cu(NO3)2）=2n（Cu）=0.2mol，D错误；故选A。5．工业上以碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，另含FeO、Fe2O3，CaO等杂质）为主要原料生产锰酸锂（LiMn2O4）的工艺流程如下下列有关说法不正确的是A．可以采用搅拌的方法提高“酸浸”时碳酸锰矿的浸出速率B．氧化过程的离子方程式：8H+++5Fe2+=Mn2++5Fe3++4H2OC．“过滤”后的溶液中大量存在的离子有：K+、Mn2+、D．“气体1”是含CO2的两种混合气体，另一种可能是CO【答案】D【解析】20
碳酸锰矿用硫酸酸浸后被高锰酸钾氧化，各金属元素以离子形式存在溶液中，亚铁离子全部转化为铁离子，用氧化钙调节溶液酸碱性使铁离子以氢氧化铁形式沉淀，过滤得到滤渣1；后往滤液加入MnF2，沉淀溶液中的钙离子，得到滤渣2（氟化钙），再用K2S2O8与硫酸锰反应生成了硫酸钾和MnO2等，最后加入Li2CO3发生氧化还原反应制得锰酸锂产品。A．固体颗粒和液体反应时，通过搅拌可以增大反应物的接触面积从而加快化学反应速率，因此，可以采用搅拌的方法提高“酸浸”时碳酸锰矿的浸出速率，A正确；B．氧化过程是高锰酸钾氧化矿石酸浸后得到的亚铁离子，该反应的离子方程式8H+++5Fe2+=Mn2++5Fe3++4H2O，B正确；C．硫酸钙微溶于水，“过滤”步骤加进了MnF2，MnF2与硫酸钙反应生成氟化钙和硫酸锰，从而除去了溶液中的钙离子，前一步除去了铁离子，故“过滤”后溶液中含有的溶质是硫酸锰和硫酸钾，因此其中大量存在的离子有K+、Mn2+、，C正确；D．合成MnO2与Li2CO3反应得到Li2Mn2O4，Mn从+4价降低到+3.5，根据氧化还原反应规律，结合各元素化合价，化合价升高的元素只能是O元素，故另一种可能是O2，不可能是CO，D错误；故选D。6．纳米铁可用于去除环境中的污染物。番石榴叶提取液还原Fe3+制备纳米铁（Fe0）、氧化去除As（III）的过程如图所示。下列说法错误的是A．将纳米铁与水形成分散系，可以发生丁达尔效应B．反应1中，lmolH2O2反应转移2mol电子C．反应2中，Fe2+与H2O2的物质的量之比为1∶1D．若要氧化去除1molAs（III），则至少需要112g纳米铁【答案】B【解析】A．纳米铁的直径在1-100nm之间，分散到水中可形成胶体，胶体具有丁达尔效应，A正确；B．由图可知反应1中H2O2得电子转变成OH-和羟基，该过程中1molH2O2反应转移1mol电子，故B错误；C．由图中信息可知反应2为亚铁离子与H2O2反应生成Fe和水，1molFe2+得2mol电子，1molH2O2反应生成水失去2mol电子，两者物质的量之比为1∶1，故C正确；D．要氧化去除1molAs（III）转化成As（V），转移2mol电子，则消耗Fe2+转化成Fe3+，转移2mol电子消耗2molFe2+，结合图示可知，则至少需要2mol纳米铁即112g，故D正确；20
故选B。7．高铁酸钾是一种高效多功能的新型非氯绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备K2FeO4的方法是向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液：①Cl2+KOH→KCl+KC1O+KClO3+H2O（未配平）；②2Fe(NO3)3+3KC1O+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O。下列说法不正确的是A．K2FeO4在杀菌消毒过程中还可以净水B．反应①中每消耗2molKOH，吸收标准状况下22.4LCl2（忽略Cl2和水的反应）C．若反应①中n（ClO-）∶n（ClO）=5∶1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶5D．若反应①的氧化产物只有KC1O，则得到0.2molK2FeO4时最少消耗0.3molC12【答案】C【解析】A．用K2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+，Fe3+水解得氢氧化铁胶体可以净水，A正确；B．反应①的生成物有KCl、KClO、KClO3，其中K、Cl的物质的量之比为1∶1，所以每消耗2molKOH，吸收1molCl2，标况下1mol氯气的体积为：22.4L/mol×1mol=22.4L，B正确；C．反应①中氯气既是氧化剂，又是还原剂，n（ClO−）∶n（ClO）＝5∶1，设ClO−为5mol，为1mol，氯气转化成ClO−、被氧化，转化成KCl被还原，根据电子守恒可知生成KCl的物质的量为：5mol×1+1mol×(+5−0)=10mol，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为10mol∶（5mol+1mol）=5∶3，C错误；D．若反应①的氧化产物只有KClO，则根据原子守恒、电子守恒可得关系式：2K2FeO4∼3KClO∼3e-∼3KCl∼3Cl2，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molCl2，D正确；答案选C。8．已知：①5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2↓+Na2SO4+4H2SO4+Cl2↑；②FeSO4+MnO2+H2SO4→Fe2(SO4)3+MnSO4+H2O（未配平）。下列有关说法正确的是A．MnSO4在反应①中作还原剂，在反应②中作氧化产物B．还原性：FeSO4>Cl2>MnSO4C．根据上述反应判断：NaClO3不能氧化FeSO4D．转移电子数相同时，反应①中生成的H2SO4与反应②中消耗的H2SO4的物质的量之比为2∶5【答案】D【解析】A．MnSO420
在反应①中是还原剂，在反应②中是还原产物，故A错误；B．根据还原性：还原剂还原产物，判断还原性：FeSO4>MnSO4>Cl2，故B错误；C．根据上述反应判断出氧化性：NaClO3>MnO2>Fe2(SO4)3，所以NaClO3能把FeSO4氧化Fe2(SO4)3，故C错误；D．反应①中每转移10mol电子，生成4molH2SO4，反应②可配平为：2FeSO4+MnO2+2H2SO4=Fe2(SO4)3+MnSO4+2H2O，每转移2mol电子，消耗2molH2SO4，所以转移电子数相同时，反应①中生成的H2SO4与反应②中消耗的H2SO4的物质的量之比为2∶5，故D正确；答案选D。9．含氰化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上，常采用碱性氯化法（Cl2过量）来处理高浓度氰化物污水，将废水中的有害物质转化为无毒物质，发生的总反应为CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O（未配平）。下列说法正确的是A．还原性：Cl2>N2B．氧化剂、还原剂的物质的量之比为2∶5C．该反应中，每生成1molCO2转移2mol电子D．若将该反应设计成原电池，则CO2在负极区生成【答案】D【解析】反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中Cl元素化合价由0价降低为-1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，化合价总共升高5价，化合价升降最小公倍数为10，故CN-系数为2，Cl2系数为5，由元素守恒配平得：2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O。A．Cl元素化合价由0价降低为-1价，Cl2为氧化剂，体现氧化性，N2为氧化产物，氧化性：Cl2>N2，故A错误；B．由上述分析可知，反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反应中是CN-是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，故B错误；C．根据上述分析，2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O转移10个电子，因此每生成1molCO2转移5mol电子，故C错误；D．C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以CN-失电子，发生氧化反应，即CO2在负极上生成，故D正确；答案选D。10．将SO2气体不断通入Fe2(SO4)3溶液中，溶液颜色逐渐变浅，最后至浅绿色，然后往溶液中滴加K2Cr2O7溶液，溶液又变成棕黄色（还原产物为Cr3+），则下列有关说法错误的是A．氧化性：Cr2O＞Fe3+＞SO2B．标准状况下，若有6.72LSO2参加反应，则最终能消耗0.1molK2Cr2O7C．通入SO2时反应的离子方程式为：SO2+2Fe3++2H2O=SO+2Fe2++4H+20
D．随着上述操作的进行，溶液的酸性越来越强【答案】D【解析】将气体不断通人Fe2(SO4)3溶液中，溶液颜色逐渐变浅，最后至浅绿色说明Fe3+被SO2还原为Fe2+，SO2被氧化，反应的离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=SO+2Fe2++4H+，则氧化性Fe3+＞SO2；然后往溶液中滴加K2Cr2O7溶液，溶液又变成棕黄色，说明Cr2O将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为Cr2O+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，所以氧化性Cr2O＞Fe3+，则三者的氧化性Cr2O＞Fe3+＞SO2。A．由分析可知，Cr2O、Fe3+和SO2的氧化性强弱顺序为Cr2O＞Fe3+＞SO2，故A正确；B．由分析可得SO2和Cr2O的关系为：3SO2—6Fe2+—Cr2O，则6.72LSO2参加反应时最终能消耗K2Cr2O7的物质的量为×=0.1mol，故B正确；C．由分析可知，通入SO2时发生的反应为二氧化硫与铁离子反应生成亚铁离子、硫酸根离子和氢离子，反应的离子方程式为：SO2+2Fe3++2H2O=SO+2Fe2++4H+，故C正确；D．由题意可得总反应的离子方程式为3SO2+Cr2O+2H+=3SO+2Cr3++H2O，由方程式可知，反应时消耗氢离子，溶液的酸性越来越弱，故D错误；故选D。11．NaClO2·3H2O具有强氧化性，在消毒和果蔬保鲜等方面有广泛应用。一种制备NaClO2·3H2O的流程如图，下列有关说法错误的是A．“合成”中发生反应的离子方程式为SO2＋2ClO=SO＋2ClO2B．生成ClO2时，NaClO3作氧化剂，被还原C．“转化”过程中，H2O2作氧化剂，参加反应的ClO2和H2O2的物质的量之比为1∶2D．“一系列操作”为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤【答案】C【解析】SO2和NaClO3在H2SO4环境中发生氧化还原反应生成ClO2，ClO2在足量NaOH溶液中氧化H2O2得到O2，自身被还原生成NaClO2，得到NaClO2溶液，后经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤制得产品NaClO2·3H2O。A．“合成”中SO2和NaClO3在H2SO420
环境中发生氧化还原反应生成ClO2，离子方程式为SO2＋2ClO=SO＋2ClO2，A正确；B．生成ClO2时，NaClO3的Cl元素化合价从+5降低到+4，得电子，NaClO3作氧化剂，被还原，B正确；C．“转化”过程中，H2O2被氧化得到O2，作还原剂，1molH2O2失去2mol电子；ClO2被还原得到NaClO2，作氧化剂，1molClO2得到1mol电子；参加反应的ClO2和H2O2的物质的量之比为2∶1，C错误；D．“一系列操作”目的是通过NaClO2溶液制得NaClO2·3H2O，可以蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，D正确；故选C。12．在酸性条件下，黄铁矿（FeS2）催化氧化反应的离子方程式为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO+4H+。实现该反应的物质间转化如图，下列说法正确的是A．反应Ⅰ中消耗1molO2生成1molNOB．反应Ⅲ是氧化还原反应C．该转化过程中NO作催化剂D．反应II中1molFeS2被氧化转移16mol电子【答案】C【解析】A．由图可知：Fe(NO)2+中铁由+2价变+3价，氧气中氧由0价变成-2价，根据得失电子守恒，反应I的离子方程式为：4Fe(NO)2++O2+4H+═4Fe3++4NO+2H2O，消耗1molO2生成4molNO，故A错误；B．反应Ⅲ中无元素化合价变化，所以反应Ⅲ是非氧化还原反应，故B错误；C．由总反应2FeS2+7O2+2H2O═2Fe2++4SO+4H+可知，一氧化氮参加反应但反应前后性质和质量不变，所以NO作催化剂，故C正确；D．反应Ⅱ中S元素的化合价从-1价升高为+6价，则每1mol FeS2参加反应，则转移了14mol的电子，故D错误；故选C。13．工业上用硫酸铁溶液溶解黄铜矿精矿工艺中，发生主要反应的离子方程式为：CuFeS2＋4Fe3＋=Cu2＋＋5Fe2＋＋2S。下列关于该反应说法正确的是A．CuFeS2中Cu为＋1价，Fe为＋3价B．反应中硫元素被氧化，所有铁元素均被还原C．反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为2∶520
D．当转移1mole-时，有46gCuFeS2参加反应【答案】D【解析】反应CuFeS2＋4Fe3＋=Cu2＋＋5Fe2＋＋2S中，Fe3＋的化合价从+3价降为+2价，4个Fe3＋得4个e-，作氧化剂，Fe2＋为还原产物；S2-的化合价从-2价升为0价，2个S2-失4个e-，作还原剂，S为氧化产物。A．CuFeS2中Cu为＋2价，Fe为＋2价，A错误；B．反应中硫元素被氧化，但只有Fe3＋中的铁元素被还原，B错误；C．反应中氧化产物S与还原产物Fe2＋物质的量之比为2∶4=1∶2，C错误；D．当转移1mole-时，有0.25molCuFeS2参加反应，0.25molCuFeS2质量为46g，D正确；故答案选D。14．（双选）周杰伦在歌曲《青花瓷》中唱到“帘外芭蕉惹骤雨，门环惹铜绿”，其中“铜绿”的化学成分是碱式碳酸铜，化学式为。生活中铜易在在潮湿的空气中生锈，发生的化学反应为：。下列有关该反应的说法正确的是A．该反应属于氧化还原反应，铜化合价升高，作氧化剂B．每消耗64g铜，生成0.5mol碱式碳酸铜，转移C．得电子，发生的是还原反应D．由此反应可知，化合反应一定是氧化还原反应【答案】BC【解析】2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3中，Cu元素的由0价变为+2价化合价升高，有两个铜原子反应，转移4 e−，氧元素的化合价由0变为-2价，化合价降低；A．反应中存在元素化合价的变化，其中Cu元素的化合价升高，为还原剂，失电子，被氧化，发生氧化反应氧气中O元素的化合价降低，属于氧化还原反应，A错误；B．64g铜的物质的量为n===1mol，根据2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3和电子转移的关系可知，2Cu～Cu2(OH)2CO3～4e-，可得生成0.5mol碱式碳酸铜，转移2 mol e−，B正确；C．该反应中铜失去电子，发生氧化反应，O2得到电子，发生还原反应，C正确；D．化合反应不一定是还原反应，例如：CaO与水生成氢氧化钙属于化合反应，为非氧化还原反应，D错误；故选BC。15．（双选）由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐Na4S2O3中加入足量稀硫酸，发生反应：。下列说法正确的是A．Na4S2O3的水溶液显碱性20
B．1molNa4S2O3中共含离子数为5molC．上述反应中，每产生3molS，转移电子的物质的量为6molD．CaOCl2也可称为混盐，向CaOCl2中加入足量稀硫酸会有Cl2产生【答案】AD【解析】A．Na4S2O3可以写成Na2SO3·Na2S，电离生成Na+、、S2-，、S2-均能发生水解反应，故Na4S2O3的水溶液显碱性，A正确；B．Na4S2O3可以写成Na2SO3·Na2S，电离生成Na+、、S2-，则1molNa4S2O3中共含离子为6mol，B错误；C．由反应2Na4S2O3+4H2SO4=4Na2SO4+3S↓+SO2↑+4H2O可知，混盐Na2SO3·Na2S中-2价S失去2个电子生成S，+4价硫得到4个电子生成S，则每生成3molS时转移电子的物质的量为4mol，C错误；D．含一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐为混盐，CaOCl2也可称为混盐，CaOCl2可写成CaCl2·Ca(ClO)2，加入足量稀硫酸，Cl-和ClO-在酸性条件下反应生成Cl2，D正确；故答案为AD。二、非选择题16．碳酸锰（MnCO3）在工业上常用作脱硫的催化剂、瓷釉、涂料和清漆的颜料。工业上利用软锰矿（主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质）制取碳酸锰的流程如下图所示：已知：还原焙烧的主反应为2MnO2＋C2MnO＋CO2↑。可能用到的数据如下：氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2开始沉淀pH1.56.54.28.3沉淀完全pH3.79.77.49.8根据要求回答下列问题：20
（1）在实验室进行步骤A操作时，需要用到的主要仪器名称___________。（2）步骤B中为提高浸取的速率采取的方法有___________（写两种方法）。（3）步骤D发生的离子方程式为___________。（4）步骤E中调节pH的范围为___________。（5）步骤G发生的化学方程式为___________。（6）已知Na2S2O8溶液能将Mn2+氧化为MnO。证明步骤G中Mn2+已完全反应的方法为___________。（7）步骤G中Mn2+恰好沉淀完全时测得溶液中的浓度为1.1×10-7mol·L-1，则Ksp(MnCO3)=___________。【答案】（1）铁坩埚（2）搅拌、升高反应混合物的温度（3）MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O（4）3.7≤pH＜8.3（5）MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+CO2↑+(NH4)2SO4+H2O（6）取少量溶液于试管中，向其中滴入Na2S2O8溶液，溶液不变紫红色（7）1.1×10-12【解析】软锰矿加入木炭焙烧，Fe2O3、CuO转化为Fe、Cu，CaCO3分解为CaO，根据题意MnO2转化为MnO，加入硫酸浸取，Fe、MnO得到相应的硫酸盐，Cu不反应，CaO转化为微溶物CaSO4；过滤得到的滤液中主要含有Fe2+、Mn2+等阳离子，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入10%NaOH溶液调节pH生成Fe(OH)3沉淀，过滤后向滤液中加入碳酸氢铵得到碳酸锰沉淀，分离烘干得到成品。（1）焙烧时碳酸钙会和瓷坩埚中的二氧化硅反应，所以应选用铁坩埚；（2）步骤B中为提高浸取的速率采取的方法可以是搅拌、适当升高反应混合物的温度等；（3）步骤D中加入MnO2可以将Fe2+氧化为Fe3+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可得该反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；（4）Fe3+沉淀完全时的pH=3.7和Mn2+开始沉淀时的pH=8.3，所以为完全除去Fe3+，又不减小Mn2+含量的pH范围为3.7≤pH＜8.3；（5）在步骤G中MnSO4与NH4HCO3反应产生MnCO3沉淀、CO2、(NH4)2SO4和H2O，反应方程式为：MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+CO2↑+(NH4)2SO4+H2O；20
（6）若步骤G中Mn2+已完全反应，则取少量上层清液于试管中，向其中滴入Na2S2O8溶液，溶液不会变为紫红色，据此可判断出Mn2+已经沉淀完全；（7）Mn2+恰好沉淀完全时，测得溶液中的浓度为1.1×10-7mol·L-1，则Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)·c()=1×10-5×1.1×10-7=1.1×10-12。17．二氧化铈（CeO2）无味、无刺激性、性能稳定，与水及有机物不发生化学反应，是优质玻璃澄清剂、脱色剂及化工助剂。某课题组以平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2）为原料回收铈，设计实验流程如下：回答下列问题：（1）滤液A中存在的阳离子为______，检验其中金属阳离子的试剂为_______。（2）滤渣A、稀硫酸和H2O2反应的离子方程式为_____，滤渣B的主要用途为________________________（写其中一种）。（3）取上述流程的Ce(OH)4产品0.268g，加稀硫酸溶解后，用0.0500FeSO4标准溶液滴定至终点时（铈被还原为Ce3+），消耗25.00mLFeSO4标准溶液。该产品中Ce(OH)4的质量分数为_______（计算结果保留两位有效数字）。（4）滤液B中加入草酸，再加入氨水可得到Ce2(C2O4)3，经过分离、烘干，在900～1000℃时灼烧可得到CeO2。则Ce2(C2O4)3灼烧得到CeO2的化学方程式为____________________________________。【答案】（1）Fe3+、H+KSCN溶液（2）制光导纤维（或光学镜片、石英坩埚等）（3）97%（4）【解析】废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2）中加稀盐酸后，二氧化硅不和稀盐酸反应，根据流程图的走向，二氧化硅、Ce元素在滤渣中，只有Fe2O3与盐酸发生了反应，故滤液中含有阳离子为Fe3+、H+；滤渣加入稀硫酸和过氧化氢分离出二氧化硅在滤渣B中，铈元素进入滤液B，加入碱生成铈的沉淀，通入氧气经一系列操作得到产品。20
（1）废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2）中加稀盐酸后，根据流程图的走向，Ce元素在滤渣中，只有Fe2O3与盐酸发生了反应生成氯化铁，故滤液中含有阳离子为Fe3+、H+；检验Fe3+，向溶液中滴加KSCN溶液，溶液显血红色，证明含有Fe3+。（2）滤渣A中含有SiO2、CeO2，CeO2与稀硫酸和H2O2发生反应转化为三价铈离子发生还原反应，则过氧化氢发生氧化反应生成氧气和水，其离子反应方程式为；滤渣B为SiO2，主要用途有制光导纤维、光学镜片、石英坩埚等。（3）Ce(OH)4中铈被还原为Ce3+，得到1个电子，FeSO4反应生成三价铁离子，失去1个电子，则Ce(OH)4与FeSO4物质的量之比为1∶1，产品中Ce(OH)4的质量分数为。（4）化学反应前后元素种类不变，Ce2(C2O4)3灼烧得到CeO2，Ce化合价升高则碳元素化合价降低生成二氧化碳的同时会生成一氧化碳，故化学方程式为。18．Cr2O3常用作胶黏剂和密封剂的着色性、耐磨性、耐腐蚀性填充剂，还可用作搪瓷、陶瓷、人造革、建筑材料的着色剂。某实验室模拟工业上以铬铁矿（主要成分为FeO·Cr2O3，还含Al、Si，Al、Si氧化物等杂质）为主要原料制备Cr2O3流程如下：已知：Ⅰ、溶液中，氧化性非常弱，具有强氧化性。Ⅱ、是一种二元中强酸，不稳定易分解，极易被氧化。（1）“步骤①焙烧”时，坩埚W的材质可以是___________（填“铁”“陶瓷”或“氧化铝”）；铬铁矿中Cr元素转化为的化学方程式为___________。（2）“滤渣I”的主要成分是___________，“步骤②”调节pH应选择的试剂为________（20
填选项）。A．B．CO2C．稀盐酸D．氨水（3）“步骤③”用稀硫酸调pH，再分批加入完成步骤④。分批加入的目的是___________，“步骤④”发生反应的离子方程式为___________。（4）“步骤⑤”发生反应的离子方程式为___________，判断“步骤⑥”中全部分解的实验基本操作是___________。【答案】（1）铁2Cr2O3+4Na2CO3+3O2=4+4CO2↑（2）Fe2O3B（3）防止溶液温度升高过快，导致H2C2O4分解而造成浪费3H2C2O4++8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O（4）2Cr3++3CO(NH2)2+9H2O=2Cr(OH)3↓+6+3CO2↑；当连续称量两次灼烧后的产物质量，若误差在0.1g以内，说明Cr(OH)3已经完全分解【解析】根据工艺流程图可知，“焙烧”是将Cr2O3转化为Na2CrO4，将Fe转化为Fe2O3，Al及其氧化物转为NaAlO2，Si及其氧化物转化为Na2SiO3，然后水浸、过滤出滤渣I为Fe2O3，溶液I主要为NaAlO2、Na2SiO3和Na2CrO4，调节pH是将NaAlO2、Na2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3沉淀而除去，过滤得滤渣II为Al(OH)3和H2SiO3，溶液II中主要为Na2CrO4，“步骤③”用稀硫酸调pH，将转化为得到溶液III，反应原理为：2+2H+=+H2O，然后由于H2C2O4与反应是一个放热反应，故向溶液III需分批加入H2C2O4溶液将还原为Cr3+，得到溶液IV，溶液IV中加入尿素将Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀，过滤洗涤干燥，灼烧得到Cr2O3，当连续称量两次灼烧后的产物质量，若误差在0.1g以内，说明Cr(OH)3已经完全分解。（1）由于陶瓷中的SiO2能与Na2CO3反应，Al2O3也能与Na2CO3反应而腐蚀坩埚，故“步骤①焙烧”时，坩埚W的材质可以是铁，铬铁矿即中Cr元素转化为即Cr2O3与Na2CO3在高温下和空气中的O2反应生成，故该反应的化学方程式为：2Cr2O3+4Na2CO3+3O2=4+4CO2↑；（2）由分析可知，“滤渣I”的主要成分是Fe2O3，“步骤②”调节pH是将NaAlO2、Na2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3沉淀而除去，故应该是加入酸性物质，由于HCl具有还原性，能与20
反应，而CO2没有还原性，故应选择的试剂为B，故答案为：Fe2O3；B；（3）由分析可知，由于H2C2O4不稳定，受热易分解，且H2C2O4与反应是一个放热反应，故“步骤③”用稀硫酸调pH，再分批加入完成步骤④，分批加入的目的是防止溶液温度升高过快，导致H2C2O4分解而造成浪费，“步骤④”即用H2C2O4将还原为Cr3+，根据氧化还原反应的配平可得，该反应的离子方程式为：3H2C2O4++8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O；（4）由分析可知，“步骤⑤”发生反应为Cr3+与尿素溶液反应生成Cr(OH)3，故该反应的离子方程式为：2Cr3++3CO(NH2)2+9H2O=2Cr(OH)3↓+6+3CO2↑，当连续称量两次灼烧后的产物质量，若误差在0.1g以内，说明Cr(OH)3已经完全分解，故答案为：2Cr3++3CO(NH2)2+9H2O2Cr(OH)3↓+6+3CO2↑；当连续称量两次灼烧后的产物质量，若误差在0.1g以内，说明Cr(OH)3已经完全分解。19．CdS又称镉黄，可用作黄色颜料，也用于制备荧光粉等。以镉铁矿（主要成分为CdO2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3和SiO2）为原料制备CdS的工艺流程如图：回答下列问题：（1）“还原镉”时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，发生反应的离子方程式为___________。（2）加入H2O2溶液的目的是___________。（3）通入H2S也可以“沉镉”，发生反应的离子方程式为___________。（4）CdS不溶于稀盐酸，可溶于浓盐酸，并生成H2[CdCl4]，反应的化学方程式为___________。【答案】（1）3Cd4++CH3OH+H2O=3Cd2++CO2↑+6H+（2）将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+（3）Cd2++H2S=CdS↓+2H+（4）CdS+4HCl(浓)=H2[CdCl4]+H2S↑【解析】以镉铁矿（成分为CdO2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3和SiO2）20
为原料制备CdS的流程为：加硫酸酸浸，金属氧化物溶解，分离出的滤渣1为SiO2；加甲醇还原+4价Cd，发生反应为3Cd4++CH3OH+H2O=3Cd2++CO2↑+6H+，再加H2O2氧化亚铁离子，发生反2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，调节溶液pH除去Fe3+、Al3+，分离出的滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3；再加硫化钠生成CdS。（1）“还原镉”时，加甲醇将+4价Cd还原成二价Cd，产生的能使澄清石灰水变浑浊的气体为CO2，说明甲醇被氧化成二氧化碳，发生反应的离子方程式为3Cd4++CH3OH+H2O=3Cd2++CO2↑+6H+；（2）加入H2O2溶液的目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，便于后续将铁沉淀除去。故答案为：将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；（3）通入H2S也可以“沉镉”，发生反应的离子方程式为Cd2++H2S=CdS↓+2H+。故答案为：Cd2++H2S=CdS↓+2H+；（4）CdS不溶于稀盐酸，可溶于浓盐酸，并生成络合物H2[CdCl4]，反应的化学方程式为CdS+4HCl(浓)=H2[CdCl4]+H2S↑，故答案为：CdS+4HCl(浓)=H2[CdCl4]+H2S↑。20．SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。（1）SCR（选择性催化还原）工作原理：①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式：______________________________。②反应器中NH3还原NO2的化学方程式：______________________________。③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成：___________。④尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素含量的方法如下：取ag尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1mLc1mol∙L−1H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2mLc2mol∙L−1NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是___________。（2）NSR（NOx储存还原）工作原理：NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。20
①通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是___________。②用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第二步反应中消耗的氧化剂和还原剂物质的量之比为___________。③还原过程中，有时会产生笑气（N2O）。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整：__________________________15NNO+____H2O。【答案】（1）CO(NH2)2＋H2O2NH3＋CO28NH3＋6NO212H2O＋7N24NH3＋2SO2＋O2＋2H2O＝2(NH4)2SO4（2）BaO3∶10415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O【解析】（1）①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，则该反应的化学方程式：CO(NH2)2NH3＋CO2；②反应器中NH3还原NO2生成氮气和水，其化学方程式：8NH3＋6NO212H2O＋7N2。③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下与氨气、水反应形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成：4NH3＋2SO2＋O2＋2H2O＝2(NH4)2SO4；故答案为：4NH3＋2SO2＋O2＋2H2O＝2(NH4)2SO4。④尿素溶液浓度影响NO220
的转化，测定溶液中尿素含量的方法如下：取ag尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1mLc1mol∙L−1H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2mLc2mol∙L−1NaOH溶液恰好中和，则氨气消耗的硫酸的物质的量为c2mol∙L−1×v2×10−3L=c2v2×10−3mol，则氨气物质的量为2（c1mol∙L−1×v1×10−3L–c2mol∙L−1×v2×10−3L）＝（2c1v1–c2v2）×10−3mol，则尿素溶液中溶质的质量分数是；故答案为：。（2）①通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。根据BaO与NOx反应生成Ba(NO3)2，再Ba(NO3)2还原为N2，则储存NOx的物质是BaO；故答案为：BaO。②第一步反应中氢气被氧化生成水，化合价由0价升高+1价，Ba(NO3)2的N元素化合价由+5价降低到−3价，生成氨气，第二部分是氨气与Ba(NO3)2反应生成氮气，1mol氨气变为氮气转移3mol电子，1molBa(NO3)2变为氮气转移10mol电子，根据得失电子守恒，则消耗的氧化剂和还原剂物质的量之比为3∶10；故答案为：3∶10。③根据15NNO中N与15N的关系，说明得到1mol15NNO总共会失去3mol电子，1mol氧气得到4mol电子，因此根据得失电子守恒，则该反应的化学方程式为415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O。21．可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈（Ce）主要以形式存在，还含有、、、等物质。以独居石为原料制备的工艺流程如下：（1）“沉铈”过程中，生成的离子方程式为___________。（2）滤渣Ⅱ的主要成分为，在高温条件下，、葡萄糖（）和可制备电极材料，同时生成和，该反应的化学方程式为___________。【答案】（1）↑20
（2）6++12=12+6CO↑+6H2O+6CO2↑【解析】（1）在水溶液中既有电离平衡，又有水解平衡，Ce3+结合电离平衡产生的及水分子形成难溶的，使电离平衡正向移动，H+增多，又促使的水解平衡正向移动，产生大量H2CO3，H2CO3过饱和分解成H2O和CO2，所以本问离子方程式应填“↑”；（2）根据题目所给信息可知，Fe元素由反应物中+3价变为生成物中的+2价，作氧化剂降价，C6H12O6作还原剂被氧化成CO，根据得失电子守恒，本问方程式应填“6++12=12+6CO↑+6H2O+6CO2↑”。22．四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品具有广泛的用途。一种以钼精矿（主要含，还有、的化合物及等）为原料制备四钼酸铵的工艺流程如下图所示。（1）“净化”后，溶液中若有低价钼（以表示），可加入适量将其氧化为，反应的离子方程式为___________。（2）高温下用还原(NH4)2Mo4O13可制得金属钼，反应的化学方程式为___________。（已知：(NH4)2Mo4O13受热分解生成）【答案】（1）（2）【解析】（1）“净化”后，溶液中若有低价钼（以表示），可加入适量将其氧化为，的还原产物是，反应的离子方程式为：；（2）已知：(NH4)2Mo4O13受热分解生成，高温下用还原(NH4)2Mo4O1320
可制得金属钼，则化学方程式为：。20
