题型01 氧化还原反应的书写、配平及计算（期末真题汇编，江苏专用）高一化学上学期

题型01 氧化还原反应的书写、配平及计算 1．(24-25高一上·江苏南京师范大学附属中学·期末)用硫酸渣(主要成分为、)制备铁基颜料铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图。已知：“还原”时，发生反应；、均与不反应。下列有关说法不正确的是 A．“酸溶”时加速搅拌或适当升温均可加快酸溶反应速率 B．“过滤Ⅰ”所得滤液中存在的阳离子主要有和 C．“还原”时还原产物与氧化产物的物质的量之比为15：2 D．“氧化”时离子方程式： 2．(24-25高一上·江苏徐州第三中学·期末)1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(换算为标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是 A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2︰1 B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/L C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80% D．得到2.54沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL 3．(24-25高一上·江苏连云港·期末)向一定浓度的NaOH溶液中缓慢通入，生成物的物质的量和溶液的温度随通入氯气的物质的量的变化如图所示。下列说法不正确的是 A．a点时溶液中 B．的增加可能是由于温度升高导致的 C．减少的原因可能是： D．参加反应的NaOH与的物质的量之为2：1 4．(24-25高一上·江苏昆山第二中学·期末)向和的混合溶液中通入氯气至恰好完全反应，的物质的量的变化如下图所示。下列说法正确的是    A．还原性： B．通入氯气的总量为5mol C．若反应过程中滴入KSCN溶液，呈血红色，则 D．c点时加入过量NaOH溶液，反应后溶液中只含四种离子 5．(24-25高一上·江苏南通·期末)发蓝工艺是将钢铁浸入热的碱性溶液中，在其表面形成一层四氧化三铁薄膜，其中铁经历了如下转化(假设的还原产物均为表示阿伏加德罗常数。) 下列说法中，不正确的是 A．反应①为 B．当反应②转移的电子数目为时，该反应需要消耗 C．反应③中与的物质的量之比为 D．上述工艺过程中，生成四氧化三铁薄膜的同时产生(标准状况下) 阅读下列材料，完成下面小题： 工业废碱渣的主要成分为等，水浸后用于烟气脱硫后得到，再经中和获得；可用于处理废水中的。相关过程如下： 6．(24-25高一上·江苏苏州·期末)下列相关说法不正确的是 A．“水浸”前先将废碱渣粉碎可加快水浸速率 B．“吸收”后脱硫烟气中的比“吸收”前烟气中的多 C．“中和”时反应的化学方程式为 D．向溶液中滴加溶液，有白色沉淀产生，说明其中含 7．(24-25高一上·江苏苏州·期末)适量除去弱酸性废水中反应为：（未配平），下列有关说法正确的是 A．发生氧化反应 B．是还原产物 C．反应后废水的pH减小 D．反应中每产生1mol 转移2mol电子 8．(24-25高一上·江苏盐城八校联考·期末)二氧化氯是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。“R7法”制备二氧化氯的优点是副产品氯气经处理后可循环利用，具体制备流程如图所示。 已知：Ⅰ． Ⅱ．消毒效率消毒剂转移的电子数消毒剂的质量 下列说法错误的是 A．和的消毒效率之比为 B．反应①中氧化剂和还原剂的物质的量相等 C．物质X为盐酸和硫酸的混合物 D．反应①消耗的硫酸与反应②生成的硫酸物质的量之比为 9．(24-25高一上·江苏徐州·期末)用处理碱性含氰废水的反应如下：(中C元素的化合价为+2价)。下列说法正确的是 A．发生氧化反应 B．每消耗转移电子 C．中碳元素被氧化，氮元素被还原 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为 10．(24-25高一·江苏苏州工业园区西安交通大学苏州附属中学·期末)一种二氧化硫催化氧化反应的机理如图所示。下列说法正确的是 A．作催化剂，为中间产物 B．过程②中发生反应的化学方程式为 C．过程③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 D．过程①②③均为氧化还原反应 11．(24-25高一上·江苏无锡·期末)K2FeO4具有强氧化性，可用于自来水的杀菌、消毒。其制备反应为：。下列说法不正确的是 A．K2FeO4中铁元素的化合价为+6 B．反应中铁元素失去电子，被氧化 C．每生成1 mol K2FeO4，转移3 mol电子 D．KClO发生氧化反应 12．(24-25高一·江苏苏州工业园区西安交通大学苏州附属中学·期末)氯及某些含氯化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题： (1)工业可用如图所示的装置来制取氯气。A室产生的氯气与B室产生的氢气、氢氧化钠需用隔膜隔开，其原因是 (用离子方程式表示)。 (2)“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)与洁厕灵(主要成分为盐酸)混用会产生氯气，该反应中每1被氧化，转移的电子数为 。 (3)常用于饮用水消毒，我国规定饮用水中残留的含量在0.1~0.8。测定水样中含量的过程如下： 准确量取50.00水样，加入足量的晶体，再滴加溶液至产生的恰好完全反应，消耗溶液5.00。 此过程发生反应：、。 ①根据上述数据计算并判断该水样中的含量是否符合国家规定(请写出计算过程)。 ②若加入晶体后，反应液在空气中露置时间过长，会导致的含量测定值偏高，其原因是 。 13．(24-25高一上·江苏天一中学（理强班）·期末)a~j为10种短周期主族元素，其原子半径、最高正价、最低负价随原子序数的递增变化如下图： 回答下列问题： (1)h元素在周期表中的位置是 ，由上述两种元素组成的四核18电子微粒的电子式为 ，上述10种元素中，最高价氧化物对应水化物酸性最强的是 (用化学式表示)。 (2)用一个化学方程式表j的非金属性比i强： 。 (3)ade三种元素组成的离子化合物与共价化合物分别为 与 (各写一种化学式)。 (4)中，核外电子总数比质子总数多个，则R是a~j的 (填字母编号)元素。 (5)含d元素的废水是造成河流及湖泊富营养化的主要因素，某研究团队设计的废水处理流程如下： 已知：甲为d元素与a元素形成的10电子阳离子，乙和丙分别为元素g和d的最高价氧化物对应的水化物，丁是一种简单有机物。则过程1发生反应的离子方程式为 ，过程2中参与反应的甲与e单质的物质的量之比为 ，过程3加入物质丁将丙转化为d的单质，丁的作用是 ，每完全处理1L含丙的废水，转移电子的物质的量为 mol。 (6)(e是上述元素中的一种)1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入(标准状况下)，恰好将完全氧化。x值为 。 14．(24-25高一·江苏苏州工业园区西安交通大学苏州附属中学·期末)的大量排放是会引发酸雨的重要前提，含有的烟气需处理后才能排放。 (1)氧化镁()可用于去除烟气(主要含、、、等)中的。 ①加水并加热进行熟化反应生成，将制成的浆液打入烟气吸收塔。下列措施中，能提高烟气中去除率的有 (填字母)。 A．适当减缓通入烟气的速率 B．采用气-液逆流的方式吸收烟气 C．加水使完全溶解 ②浆液循环吸收烟气中的主要反应为： 除有微溶于水的和生成外，还能生成的含镁化合物为 (填化学式)；随着循环吸收反应的进行，烟气中去除率降低的主要原因是 。 (2)软锰矿浆(主要成分为)也可以去除烟气中的，生成。 ①对的氧化有催化作用，反应机理(如图1所示)可用离子方程式表示为：、 。 ②将一定量的烟气匀速通入一定量的软锰矿浆中，反应相同时间，的去除率随温度变化曲线如图2所示，在30～50°C范围内，随着温度升高，的去除率几乎不变，原因是 。 (3)循环流化床烟气脱硫灰的主要成分有、、、。为实现脱硫灰的资源化利用，对脱硫灰分别进行氩气氛围下和空气氛围下热重分析，结果如下图所示。 ①图3中，1100℃时残留固体主要成分为 ；在600～630℃时有一个微弱的峰，可能是由于脱硫灰中少量的分解导致的，写出该分解反应的化学方程式 。 ②对比图3与图4知，图4中370～420℃曲线上升的原因为 。 15．(24-25高一上·江苏连云港·期末)脱硫是天然气、电力、石油化工等行业中非常重要的一个环节，其主要目的是去除含硫化合物，以减少环境污染和提高产品质量。 (1)天然气中含有少量，在酸性溶液中利用硫杆菌可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。 ①该催化脱硫过程总反应的化学方程式为 。 ②该催化过程中，要控制反应温度不能过高，原因是 。 (2)钙基脱硫剂常用于工业烟气的干法脱硫。通过添加活性组分可以提高脱硫性能，为筛选出能够更加有效提升脱硫剂脱硫效果的活性组分，进行研究：250℃时，初始浓度、模拟烟气流量相同的条件下，分别添加0.1g及氨基类活性物质进行脱硫实验，结果如图所示。 ①反应一段时间后，出口浓度都升高的原因是 。 ②250°C时，已分解为固体，氨基类活性物质分解产生气态。氨基类活性物质脱硫性能明显优于的原因是 。 (3)石油化工会产生含硫（-2价）废水，碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。 ①步骤Ⅲ可描述为 。 ②步骤Ⅳ中，化合价发生变化的元素有 。 16．(24-25高一上·江苏苏州·期末)S和是自然界中硫循环的重要组成部分。 Ⅰ．S的产生与去除 (1)水体中的与在微生物作用下可转化为和S，该反应的离子方程式为 。 (2)废水中的硫化物可用将其氧化为单质S进行回收。 ①控制废水pH约为8，用适量30%的溶液将废水中的转化为单质S，该反应的离子方程式为 。 ②在1L废水中单质S回收率随加入量的变化如图所示。加入量大于12mg时，废水中单质S的回收率下降的原因可能是 。 Ⅱ．烟气中的测定与利用 (3)含量的测定 如图所示，向装置通入含烟气，用含淀粉的碘水吸收（发生的反应为），当通入40L烟气时恰好完全反应，停止通入烟气；将吸收液转移至锥形瓶中，并用水洗涤装置2~3次，将洗涤液与吸收液合并；向吸收液中加入过量溶液，完全反应后过滤洗涤干燥，得到沉淀0.233g。 ①判断碘水中恰好完全反应的现象为 。 ②计算该烟气中的含量 （以为单位，写出计算过程）。 ③若实验过程中未用水洗涤装置，测得的含量会 （填“偏大”或“偏小”或“不变”）。 (4)的脱除 用氨水吸收过量可得溶液，再通入空气氧化，得到硫酸盐。在空气氧化时，溶液中有逸出的原因是 （结合相关离子方程式分析）。 17．(24-25高一上·江苏南通·期末)二氧化氯是一种高效、低毒的消毒剂。请回答下列问题： (1)①工业制备的反应原理为：，该反应中每生成转移电子为 mol。 ②现需要用浓盐酸配制反应所需的稀盐酸，必须使用的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒和 。 (2)将气体先用稳定剂吸收，加酸后释放出，可用于水果保鲜。稳定剂I和稳定剂Ⅱ，加酸后释放的浓度随时间的变化如下图1所示。你认为哪种稳定剂效果更好并解释原因： 。 (3)用消毒自来水时，还可以将水中的转化为难溶物除去，控制其他条件不变，测得不同时去除率随反应时间的变化如图2所示： ①时水体中转化为转化为，该反应的离子方程式为 。 ②反应相同时间，水体中去除率随增大而增大的原因是 。 (4)国家规定，饮用水中的残留量不得高于。某同学欲利用氧化还原反应测定消毒过的自来水中的残留量，进行如下实验： ⅰ．量取自来水样品，调节样品的； ⅱ．加入足量晶体，振荡后静置片刻； ⅲ．加入指示剂淀粉溶液，用的溶液恰好能将上述溶液中游离态的碘完全反应(假设杂质不参加反应)。 已知：、，则样品中的质量浓度为 。(写出计算过程) 18．(24-25高一上·江苏盐城八校联考·期末)钠盐是很重要的化工原料，在生产、生活和实验研究中均有广泛应用。 Ⅰ．下面是与碳酸钠溶液相关问题的探讨，请按要求回答问题。 (1)实验室需配制240 mL 0.10 mol/LNa2CO3溶液，请回答下列问题： ①实验中除了用到天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需用到的玻璃仪器有 。 ②通过计算可知，该实验需准确称量 g Na2CO3·10H2O。 ③经测定实际配得溶液的浓度偏小，可能的原因为 (填序号)。 a．转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水    b．定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线 c．转移溶液后未洗涤烧杯         d．定容时俯视刻度线 (2)FeCO3与砂糖混用可以作补血剂。工业上常用Na2CO3溶液和FeSO4溶液通过复分解反应来制备FeCO3。(已知溶液pH大于8.8时，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀，实验中所用Na2CO3溶液的pH=10)。 ① 在烧杯中混合上述溶液制备FeCO3沉淀时的具体操作为 。 ② 用FeSO4和NaHCO3溶液反应也能得到FeCO3沉淀，同时在实验中观察到有无色无味的气体产生，该反应的离子方程式为 。 Ⅱ．NaClO3是生产ClO2的重要原料。某校化学学习小组拟以“×100%”作为衡量ClO2产率的指标。取NaClO3样品质量6.750 g，通过反应和吸收可得400.00 mL ClO2溶液，取出20.00 mL，加入37 mL 0.5000 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液充分反应，过量Fe2＋再用0.05000 mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗20.00 mL。反应原理如下：4H＋+ ClO2 + 5Fe2＋=Cl-+ 5Fe3＋+ 2H2O；H＋+ Fe2＋+ Cr2O—Cr3＋+ Fe3＋+ H2O (未配平)， (3)试计算ClO2的产率 (写出计算过程)。 19．(24-25高一上·江苏扬州·期末)晶体在医药、食品中应用广泛，其制备的流程如下所示： 已知：1.水合肼()具有强还原性，受热易分解。 2.晶体易被氧化生成。 (1)“碱浸”时发生反应：。“碱浸”“还原”操作时使用的装置如图所示，图中仪器甲的名称是 。 (2)“还原”时，与反应生成和。 ①该反应温度需控制在左右，温度不宜过高的原因是 。 ②“还原”时，发生反应的化学方程式是 。 (3)“还原”后的溶液含有，获得晶体还需进行“操作a”。 请将“操作a”补充完整：将“还原”后的溶液于减压蒸发浓缩， ，获得晶体。(须使用的设备：真空干燥器。已知：饱和溶液在时析出，在析出。) (4)测定所得(摩尔质量为)晶体的纯度(杂质不参与反应)：取所得晶体配成溶液，先向其中边振荡边逐滴加入溶液，至恰好不再产生沉淀。再加入溶液至恰好完全反应，重复实验3次，平均消耗溶液。 发生化学反应有：，。 计算该晶体的纯度 [](写出计算过程)。 20．(24-25高一上·江苏无锡·期末)稳定溶液是常见的消毒剂，法制备稳定溶液的工艺流程如图所示： 已知：常温下为黄绿色气体，高浓度气体易发生爆炸，在生产、使用时需用其他气体进行稀释。随温度升高分解速率加快。 (1)①选用作还原剂，发生反应的化学方程式是 。 ②该法中生成的气体不需要进行稀释，原因是 。 (2)选用作还原剂，生成两种黄绿色气体。 ①这两种黄绿色气体是 （写化学式）。 ②该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是 。 (3)选用作还原剂，浓度和反应温度对产率的影响分别如图2、图3所示： ①反应中的最佳浓度是 。 ②温度高于60℃时，产率下降的可能原因是 。 (4)采用碘量法测定稳定溶液中浓度的步骤如下：量取5.00mL稳定溶液于250mL锥形瓶中，加入缓冲溶液（保持稳定），再加入5.00mL及0.5g固体，充分溶解，密闭避光静置5分钟，用标准溶液滴定至溶液呈淡黄色，滴加1.00mL1%的淀粉溶液，继续用标准溶液滴定至恰好完全反应，消耗标准溶液100.00mL。已知：；。计算稳定溶液中浓度（以为单位），写出计算过程 。 21．(24-25高一上·江苏南京师范大学附属中学·期末)、在环境保护中用途广泛。碱性条件下稳定存在。 (1)可用于氧化去除高氯(含高浓度)废水中的有机物。 ①酸性条件下，在水中产生氢氧化铁沉淀，该反应的离子方程式为 。 ②酸性溶液中的氧化性大于的氧化性。处理高氯废水中的有机物在酸性条件下有机物去除率较低，其主要原因是 。 (2)高铁酸钠()也可用于氨氮处理。的氧化性受溶液中的H+浓度影响较大。如图所示。 ①碱性条件下，可将水中的转化为除去，该反应的化学方程式为 。 ②用氧化含氨氮废水，其他条件相同时，废水pH对氨氮去除率及氧化时间影响如图所示。当pH小于9时，随着pH的增大，氧化所需时间明显增长原因是 。 (3)水中的+6价铬元素对水质严重的损害作用，使用可进行无害化处理。即转化为产品磁性铁铬氧体()沉降。方法是先向含的污水中加入适量的硫酸及溶液，待充分反应后再通入适量空气(氧化部分)并加入NaOH溶液，就可以使铬、铁元素全部转化为磁性铁铬氧体。 ①写出在酸性条件下被还原为的离子方程式 。 ②若处理含0.5mol(不考虑其他含铬微粒)污水时恰好消耗760g，并消耗0.125mol氧气。则加入NaOH溶液后最终得到的磁性铁铬氧体的化学式为 (x、y、z取正整数)。 22．(24-25高一上·江苏天一中学（理强班）·期末)铬是一种具有战略意义的金属，它具有多种价态，单质铬熔点为1857℃。工业上以铬铁矿[主要成分是]为原料冶炼铬的流程如图所示： (1)高温氧化时反应的化学方程式为 。 (2)操作a由两种均发生了化学反应的过程构成，其内容分别是 、铝热反应。 (3)水中的铬元素对水质及环境均有严重的损害作用，必须进行无害化处理。转化为重要产品磁性铁铬氧体()：先向含的污水中加入适量的硫酸及硫酸亚铁，待充分反应后再通入适量空气(氧化部分)并加入NaOH，就可以使铬、铁元素全部转化为磁性铁铬氧体。 若处理含(不考虑其他含铬微粒)的污水时恰好消耗，则当铁铬氧体中时，铁铬氧体的化学式为 。 23．(24-25高一上·江苏连云港·期末)是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生爆炸，常将其制备成固体以便运输和贮存，高于60℃时分解。实验装置如图所示。 (1)装置A产生。将一定量固体与溶液、溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈烧瓶中，通过恒压滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应。 ①恒压滴液漏斗中的溶液为 。 ②制备过程中持续通入空气的目的是 。 (2)装置B制备。 ①生成的化学方程式为 。 ②溶液在不同温度时析出的晶体情况如图所示。从溶液中获得固体的操作： （须使用的试剂：无水乙醇）。 (3)纯度测定。称取样品1.000g溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液。充分反应后滴加两滴淀粉溶液作指示剂，用0.2000mol·L-1的标准溶液反应，至恰好完全反应时消耗溶液20.00mL。测定过程中发生下列反应：，。 ①计算该产品的纯度 （写出计算过程）。 ②配制标准溶液，下列操作将导致测定的纯度偏高的是 （填字母）。 a．定容时俯视刻度线        b．摇匀后发现液面下降，补加蒸馏水至刻线 c．未洗涤烧杯和玻璃棒        d．容量瓶洗涤后未干燥直接进行配制 24．(24-25高一上·江苏南通·期末)颗粒大小达到纳米级的单质铁俗称“纳米铁”，可用于处理废水中的硝态氮。以铁屑(含少量杂质)为原料制备纳米铁粉流程如下： (1)写出“酸溶”时发生的氧化还原反应的离子方程式： 、。 (2)固体经灼烧后得到红棕色固体和混合气体，若，则“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为 。 (3)“还原”中使用的还原剂为，在“还原”前要对装置进行充分干燥处理，不得留有水，其原因是 (用化学方程式表示)。 (4)纳米铁粉因其高比表面积、优异的吸附性、较强的还原性和反应活性等优点被广泛应用于污染物的去除。催化剂协同纳米铁粉能将水体中的硝酸盐转化为，其催化还原反应的过程如图1所示。 ①从电子转移的角度，硝酸盐()转化为的过程可以描述为 。 ②为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体为4.2，当时，随减小，生成率逐渐降低，结合图1和图2分析原因： 。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型01 氧化还原反应的书写、配平及计算 1．(24-25高一上·江苏南京师范大学附属中学·期末)用硫酸渣(主要成分为、)制备铁基颜料铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图。已知：“还原”时，发生反应；、均与不反应。下列有关说法不正确的是 A．“酸溶”时加速搅拌或适当升温均可加快酸溶反应速率 B．“过滤Ⅰ”所得滤液中存在的阳离子主要有和 C．“还原”时还原产物与氧化产物的物质的量之比为15：2 D．“氧化”时离子方程式： 【答案】C 【分析】硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加把铁离子还原为亚铁离子，同时生成，过滤，滤渣含有SiO2和FeS2，滤液中含有和，滤液中通入空气将氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH。 【详解】A．“酸溶”时加速搅拌或适当升温均可加快酸溶反应速率，故A正确； B．滤液中含有硫酸亚铁和过量的硫酸，且生成氢离子，则“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有和，B正确； C．“还原”有关的离子方程式为，反应中FeS2的Fe元素化合价不变，S元素化合价升高，则为氧化产物，Fe3+转化为，化合价降低，为还原产物，则“还原”时还原产物与氧化产物的物质的量之比为14∶2=7∶1，C错误； D．铁黄为FeOOH，Fe元素的化合价为+3价，所以“氧化”时Fe2+在一水合氨存在的环境中被空气中的氧气氧化为FeOOH，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为，D正确； 故选C。 2．(24-25高一上·江苏徐州第三中学·期末)1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(换算为标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是 A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2︰1 B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/L C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80% D．得到2.54沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL 【答案】D 【分析】设铜、镁的物质的量分别为、，根据题意列方程组：，解得，，设N2O4、NO2的物质的量分别为、，金属总共0.03mol，则根据电子守恒和题意列方程组：，解得，。 【详解】A．根据分析，铜与镁的物质的量之比是2︰1，A正确； B．浓硝酸的物质的量浓度为，B正确； C．根据分析，NO2体积分数为，C正确； D．当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，沉淀量最大，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：，氢氧化钠溶液体积为=0.64L，为640mL，D错误； 故选D。 3．(24-25高一上·江苏连云港·期末)向一定浓度的NaOH溶液中缓慢通入，生成物的物质的量和溶液的温度随通入氯气的物质的量的变化如图所示。下列说法不正确的是 A．a点时溶液中 B．的增加可能是由于温度升高导致的 C．减少的原因可能是： D．参加反应的NaOH与的物质的量之为2：1 【答案】A 【详解】A．a点时溶液中，，根据得失电子守恒n(Cl-)=1×1+1×5=6，，A不正确； B．NaOH与Cl2反应是放热反应，温度升高，生成的的量越大，的增加可能是由于温度升高导致的，B正确； C．由图可知，随温度升高，n(ClO-)减少，同时和n(Cl-)增加，n(ClO-)减少的原因可能是：，C正确； D．根据原子守恒，生成物是NaCl、NaClO和NaClO3，Na和Cl个数比为1∶1，参加反应的NaOH与的物质的量之为2∶1，D正确； 答案选A。 4．(24-25高一上·江苏昆山第二中学·期末)向和的混合溶液中通入氯气至恰好完全反应，的物质的量的变化如下图所示。下列说法正确的是    A．还原性： B．通入氯气的总量为5mol C．若反应过程中滴入KSCN溶液，呈血红色，则 D．c点时加入过量NaOH溶液，反应后溶液中只含四种离子 【答案】C 【分析】由图可知，0→a发生的反应为2I—+Cl2=2Cl—+I2，a→b发生的反应为2Fe2++Cl2=2 Cl—+2Fe3+，b→c发生的反应为2Br—+Cl2=2 Cl—+Br2。 【详解】A．同种氧化剂，不同种还原剂的还原性强的先反应，由图可知，反应顺序为I—、Fe2+、Br—，则还原性的强弱顺序为I—＞Fe2+＞Br—，故A错误； B．由图可知，碘离子、亚铁离子、溴离子的物质的量分别为2mol、4mol、6mol，由分析可知，通入氯气的物质的量为(2mol+4mol+6mol) ×=6mol，故B错误； C．由图可知，当氯气的物质的量大于amol时，溶液中亚铁离子会与氯气反应生成铁离子，滴入硫氰化钾溶液，溶液都会变为红色，故C正确； D．c点时加入过量氢氧化钠溶液，反应后溶液中不可能存在氢离子，故D错误； 故选C。 5．(24-25高一上·江苏南通·期末)发蓝工艺是将钢铁浸入热的碱性溶液中，在其表面形成一层四氧化三铁薄膜，其中铁经历了如下转化(假设的还原产物均为表示阿伏加德罗常数。) 下列说法中，不正确的是 A．反应①为 B．当反应②转移的电子数目为时，该反应需要消耗 C．反应③中与的物质的量之比为 D．上述工艺过程中，生成四氧化三铁薄膜的同时产生(标准状况下) 【答案】B 【分析】由流程可知，反应①为，反应②为，反应③为，从而制得Fe3O4； 【详解】A．反应①中Fe和NaNO2碱性溶液反应生成Na2FeO2，Fe元素化合价由0价上升到+2价，N元素由+3价下降到-3价生成NH3，方程式为：3Fe+NaNO2+5NaOH3Na2FeO2+NH3↑+H2O，故A正确； B．反应②为，每消耗1mol，转移电子数为6mol，因此当转移的电子数目为3NA时，该反应需要消耗，故B错误； C．反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4反应生成Fe3O4，反应③为，因此Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为1:1，故C正确； D．根据电子守恒，关系式为：，四氧化三铁的物质的量为0.3 mol，转移的电子为2.4 mol，再根据，当转移2.4 mol电子时，产生的物质的量为0.4mol，标准状况下体积为，故D正确； 故选B。 阅读下列材料，完成下面小题： 工业废碱渣的主要成分为等，水浸后用于烟气脱硫后得到，再经中和获得；可用于处理废水中的。相关过程如下： 6．(24-25高一上·江苏苏州·期末)下列相关说法不正确的是 A．“水浸”前先将废碱渣粉碎可加快水浸速率 B．“吸收”后脱硫烟气中的比“吸收”前烟气中的多 C．“中和”时反应的化学方程式为 D．向溶液中滴加溶液，有白色沉淀产生，说明其中含 7．(24-25高一上·江苏苏州·期末)适量除去弱酸性废水中反应为：（未配平），下列有关说法正确的是 A．发生氧化反应 B．是还原产物 C．反应后废水的pH减小 D．反应中每产生1mol 转移2mol电子 【答案】6．D 7．C 【分析】工业废碱渣经粉碎、水浸、过滤操作后，碳酸钠进入滤液，通入含二氧化硫烟气，生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，亚硫酸氢钠经中和反应得到正盐：亚硫酸钠。 适量除去弱酸性废水中反应为：。 6．A．工业废碱渣为固态物质，水浸前将其粉碎可以加快水浸速率，A正确； B．“吸收”过程，是碳酸钠与二氧化硫反应，生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，“吸收”后脱硫烟气中的比“吸收”前烟气中的多，B正确； C．“中和”时的反应是：吸收过程生成的亚硫酸氢钠与氢氧化钠反应，方程式为：，C正确； D．亚硫酸钡是白色沉淀，向溶液中滴加溶液，有白色沉淀产生，要说明其中含，需加稀盐酸，沉淀不溶解才能证明，不加盐酸不能证明含有，D错误； 故选D。 7．A．亚硫酸钠与氯气反应：，氯元素化合价降低，氯气做氧化剂、发生还原反应，A错误； B．硫元素化合价升高，发生氧化反应，是氧化产物，B错误； C．根据反应，弱酸生成强酸，溶液的pH减小，C正确； D．根据反应的方程式，反应中每产生1mol 转移1mol电子，D错误； 故选C。 8．(24-25高一上·江苏盐城八校联考·期末)二氧化氯是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。“R7法”制备二氧化氯的优点是副产品氯气经处理后可循环利用，具体制备流程如图所示。 已知：Ⅰ． Ⅱ．消毒效率消毒剂转移的电子数消毒剂的质量 下列说法错误的是 A．和的消毒效率之比为 B．反应①中氧化剂和还原剂的物质的量相等 C．物质X为盐酸和硫酸的混合物 D．反应①消耗的硫酸与反应②生成的硫酸物质的量之比为 【答案】D 【分析】氯气与热NaOH溶液反应生成氯化钠和氯酸钠，向反应后的溶液中加入H2SO4生成ClO2和Cl2，反应②中Cl2和SO2反应生成H2SO4和HCl，X为H2SO4和HCl的混合物。 【详解】A．已知消毒效率消毒剂转移的电子数消毒剂的质量，ClO2中氯元素化合价由+4价降低到-1价，消毒效率为，Cl2中氯元素化合价由0价升高到+1价，消毒效率为，消毒效率之比为71：27，故A正确； B．“R7法”制备二氧化氯的优点是副产品氯气经处理后可循环利用，可知氯气是反应①的产物之一，故反应①的化学方程式为： ，则氧化剂为，还原剂为，两者物质的量相等，故B正确； C．反应②中Cl2和SO2反应生成H2SO4和HCl，因此反应②为：，物质为盐酸和硫酸的混合物，故C正确； D．反应①为，反应②为：，根据反应①、②可得，当反应①生成1mol Cl2时，消耗的硫酸为2mol，反应②消耗1mol Cl2时，生成的硫酸为1mol，反应①消耗的硫酸与反应②生成的硫酸物质的量之比为2：1，故D错误； 故答案选D。 9．(24-25高一上·江苏徐州·期末)用处理碱性含氰废水的反应如下：(中C元素的化合价为+2价)。下列说法正确的是 A．发生氧化反应 B．每消耗转移电子 C．中碳元素被氧化，氮元素被还原 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为 【答案】D 【详解】A．Cl2中的Cl元素化合价从0降低到-1，发生还原反应，A错误； B．每1mol Cl2参与反应转移2mol电子（每个Cl原子得1e-），B错误； C．CN-中C从+2升至+4（被氧化），N从-3升至0（被氧化），两者均被氧化，C错误； D．Cl2是氧化剂（5mol），CN-是还原剂（2mol），其物质的量之比为5:2，D正确； 故选D。 10．(24-25高一·江苏苏州工业园区西安交通大学苏州附属中学·期末)一种二氧化硫催化氧化反应的机理如图所示。下列说法正确的是 A．作催化剂，为中间产物 B．过程②中发生反应的化学方程式为 C．过程③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 D．过程①②③均为氧化还原反应 【答案】B 【详解】A．该过程是的催化氧化过程，则先消耗，后生成，为催化剂，作中间产物，A错误； B．过程②是三氧化硫和V2O4反应生成VOSO4，其中发生反应的化学方程式为2SO3+V2O4=2VOSO4，B正确； C．过程③中氧气是氧化剂，V元素化合价从+4价升高到+5价，VOSO4是还原剂，依据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4，C错误； D．根据以上分析可知过程①③均为氧化还原反应，②中元素化合价均不发生变化，属于非氧化还原反应，D错误； 故选B。 11．(24-25高一上·江苏无锡·期末)K2FeO4具有强氧化性，可用于自来水的杀菌、消毒。其制备反应为：。下列说法不正确的是 A．K2FeO4中铁元素的化合价为+6 B．反应中铁元素失去电子，被氧化 C．每生成1 mol K2FeO4，转移3 mol电子 D．KClO发生氧化反应 【答案】D 【分析】在氧化还原反应中，元素化合价升高，失去电子被氧化，该物质作还原剂；元素化合价降低，得到电子被还原，该物质作氧化剂，氧化剂得到电子与还原剂失去电子数目相等，等于反应过程中元素化合价升降总数。 【详解】A．在K2FeO4中，K为+1价，O为-2价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知其中铁元素的化合价为+6价，A正确； B．在该反应中，铁元素化合价由反应前Fe(NO3)3中+3价变为反应后K2FeO4中+6价，元素化合价升高，失去电子，被氧化，B正确； C．在该反应中，铁元素化合价由反应前Fe(NO3)3中+3价变为反应后K2FeO4中+6价，升高了3价，由于元素化合价升降数目等于反应过程中电子转移的数目，因此每生成1 mol K2FeO4，转移3 mol电子，C正确； D．在该反应中Cl元素化合价由反应前KClO中的+1价变为反应后KCl的-1价，化合价降低，得到电子被还原，因此KClO发生还原反应，D错误； 故合理选项是D。 12．(24-25高一·江苏苏州工业园区西安交通大学苏州附属中学·期末)氯及某些含氯化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题： (1)工业可用如图所示的装置来制取氯气。A室产生的氯气与B室产生的氢气、氢氧化钠需用隔膜隔开，其原因是 (用离子方程式表示)。 (2)“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)与洁厕灵(主要成分为盐酸)混用会产生氯气，该反应中每1被氧化，转移的电子数为 。 (3)常用于饮用水消毒，我国规定饮用水中残留的含量在0.1~0.8。测定水样中含量的过程如下： 准确量取50.00水样，加入足量的晶体，再滴加溶液至产生的恰好完全反应，消耗溶液5.00。 此过程发生反应：、。 ①根据上述数据计算并判断该水样中的含量是否符合国家规定(请写出计算过程)。 ②若加入晶体后，反应液在空气中露置时间过长，会导致的含量测定值偏高，其原因是 。 【答案】(1) (2) (3) =0.675mg•L-1，符合国家规定 反应液在空气中露置时间过长，空气中的氧气把碘离子氧化为单质碘，消耗标准液体积增加，所以会导致ClO2的含量测定值偏高 【详解】（1）由于氯气能与氢氧化钠溶液反应，因此为防止氯气和氢氧化钠反应，需用隔膜隔开，反应的离子方程式为； （2）次氯酸钠具有强氧化性，能氧化盐酸生成氯气，离子方程式为，HCl中氯元素由-1价升高到0价，该反应中每1被氧化，转移的电子数为； （3）①根据反应2ClO2+2I-=2ClO+I2、2S2O+I2=S4O+2I-可知2ClO2～I2～2S2O，所以该水样中ClO2的含量是=0.675mg•L-1，符合国家规定。 ②若加入KI晶体后，反应液在空气中露置时间过长，空气中的氧气把碘离子氧化为单质碘，消耗标准液体积增加，所以会导致ClO2的含量测定值偏高。 13．(24-25高一上·江苏天一中学（理强班）·期末)a~j为10种短周期主族元素，其原子半径、最高正价、最低负价随原子序数的递增变化如下图： 回答下列问题： (1)h元素在周期表中的位置是 ，由上述两种元素组成的四核18电子微粒的电子式为 ，上述10种元素中，最高价氧化物对应水化物酸性最强的是 (用化学式表示)。 (2)用一个化学方程式表j的非金属性比i强： 。 (3)ade三种元素组成的离子化合物与共价化合物分别为 与 (各写一种化学式)。 (4)中，核外电子总数比质子总数多个，则R是a~j的 (填字母编号)元素。 (5)含d元素的废水是造成河流及湖泊富营养化的主要因素，某研究团队设计的废水处理流程如下： 已知：甲为d元素与a元素形成的10电子阳离子，乙和丙分别为元素g和d的最高价氧化物对应的水化物，丁是一种简单有机物。则过程1发生反应的离子方程式为 ，过程2中参与反应的甲与e单质的物质的量之比为 ，过程3加入物质丁将丙转化为d的单质，丁的作用是 ，每完全处理1L含丙的废水，转移电子的物质的量为 mol。 (6)(e是上述元素中的一种)1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入(标准状况下)，恰好将完全氧化。x值为 。 【答案】(1) 第三周期第ⅣA族 HClO4 (2)Cl2+H2S=2HCl+S↓ (3) HONH2 (4)c (5) 1:2 还原剂 0.005 (6)0.8 【分析】短周期主族元素a、b、g最高正价+1价，原子半径g＞b＞a，所以a、b、g依次为H、Li、Na，c、h最高正价+4价，原子半径h＞c，所以c、h依次为C、Si，e、i最低负价-2价，原子半径i＞e，所以e、i依次为O、S，f、j最低负价-1价，原子半径j＞f，所以f、j依次为F、Cl，d最高正价+5价、最低负价-3价，原子半径介于c、e之间，所以d为N，综上所诉，a至j分别为H、Li、C、N、O、F、Na、Si、S、Cl。 【详解】（1）h元素为Si，在周期表中的位置是第三周期第ⅣA族； 18电子体系Ar、HCl、H2S、PH3、SiH4、Cl-、S2-、K+、Ca2+、HS-、F2、H2O2、N2H4、C2H6、HOCH3、HONH2、CH3F、CH3NH2等，上述两种元素组成的四核18电子为H2O2，电子式为； 非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，O、F没有最高价，则上述10种元素中，最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HClO4； （2）j和i分别Cl和 S，非金属性越强，其单质的氧化性越强，故反应为Cl2+H2S=2HCl+S↓； （3）ade三种元素分别为H、N、O，离子化合物中含有离子键，可以为，共价化合物只含有共价键，可以为HONH2； （4）一个中核外电子数比质子数多2个，30g 中核外电子数比质子数多×2×6.02×1023=6.02×1023，所以M=60 g·mol-1，R的相对原子质量为60－16×3＝12，则R为C元素，即c； （5）甲为d元素与a元素形成的10电子阳离子，即甲为，乙和丙分别为元素g和d的最高价氧化物对应的水化物，即乙为NaOH、丙为HNO3，所以过程1发生反应的离子方程式为；过程2中参与反应的与O2发生氧化还原反应，，其物质的量之比为1:2；过程3加入物质丁将HNO3转化为N2，氮元素化合价下降5价，所以丁的作用是还原剂，每完全处理1L含HNO30.001mol/L的废水，转移电子的物质的量为0.005mol； （6）e是氧元素，FexO中Fe的平均化合价为 ,被氧化为,根据电子守恒可知，转移的电子数和 转移的电子数相等。标准状况下转移电子数为。则有： ，解得。 14．(24-25高一·江苏苏州工业园区西安交通大学苏州附属中学·期末)的大量排放是会引发酸雨的重要前提，含有的烟气需处理后才能排放。 (1)氧化镁()可用于去除烟气(主要含、、、等)中的。 ①加水并加热进行熟化反应生成，将制成的浆液打入烟气吸收塔。下列措施中，能提高烟气中去除率的有 (填字母)。 A．适当减缓通入烟气的速率 B．采用气-液逆流的方式吸收烟气 C．加水使完全溶解 ②浆液循环吸收烟气中的主要反应为： 除有微溶于水的和生成外，还能生成的含镁化合物为 (填化学式)；随着循环吸收反应的进行，烟气中去除率降低的主要原因是 。 (2)软锰矿浆(主要成分为)也可以去除烟气中的，生成。 ①对的氧化有催化作用，反应机理(如图1所示)可用离子方程式表示为：、 。 ②将一定量的烟气匀速通入一定量的软锰矿浆中，反应相同时间，的去除率随温度变化曲线如图2所示，在30～50°C范围内，随着温度升高，的去除率几乎不变，原因是 。 (3)循环流化床烟气脱硫灰的主要成分有、、、。为实现脱硫灰的资源化利用，对脱硫灰分别进行氩气氛围下和空气氛围下热重分析，结果如下图所示。 ①图3中，1100℃时残留固体主要成分为 ；在600～630℃时有一个微弱的峰，可能是由于脱硫灰中少量的分解导致的，写出该分解反应的化学方程式 。 ②对比图3与图4知，图4中370～420℃曲线上升的原因为 。 【答案】(1) AB [、] 随着反应进行，浆液浓度降低，且生成的和覆盖在表面，阻止反应进行 (2) 升温对反应速率增大的影响程度与溶解度降低对反应速率减小的影响程度相当，导致的去除率几乎不变 (3) CaSO4、CaO 失水质量小于被空气中氧化成增加质量，导致图4中370～420℃曲线上升 【详解】（1）①A．适当减缓通入烟气的速率，有利于烟气被充分吸收，能提高烟气中去除率，A选； B．采用气-液逆流的方式吸收烟气，使气液充分接触，能提高烟气中去除率，B选； C．难溶于水，C不选； 故选AB； ②第一步生成的容易被氧化为；烟气中还含有等酸性氧化物，也可能发生类似的反应，还可能生成、，故还能生成的含镁化合物为[、]； 随着反应进行，浆液浓度降低，且生成的和覆盖在表面，阻止反应进行； （2）①对的氧化有催化作用，即先在第一步反应消耗，在第二步反应又重新生成，故第二步反应的离子方程式为：； ②随着温度升高，反应速率应加快，的去除率应该增大，同时温度升高溶解度降低，的去除率应该降低，两种因素的影响程度相当，导致的去除率几乎不变； （3）①从题图3看出，200~420℃主要发生的反应是分解产生，600~800℃主要发生的反应是CaCO3分解产生CaO 和 CO2，800~ 1000℃主要发生的反应是CaSO3分解产生CaO 和 SO2，所以 1100℃时，残留固体主要成分为CaSO4、CaO； 在600～630℃时有一个微弱的SO2峰，可能是由于脱硫灰中少量的分解导致的，则该分解反应中分解生成二氧化硫，二价铁具有还原性，反应中部分硫化合价降低发生还原反应生成二氧化硫，则二价铁化合价升高被氧化为氧化铁，根据质量守恒可知，还会生成三氧化硫，该分解反应的化学方程式：。 ②对比图3与图4，图4是在空气中灼烧，空气中氧气具有氧化性，能氧化、为硫酸钙，使得失水质量小于被空气中氧化成增加质量，导致图4中370～420℃曲线上升。 15．(24-25高一上·江苏连云港·期末)脱硫是天然气、电力、石油化工等行业中非常重要的一个环节，其主要目的是去除含硫化合物，以减少环境污染和提高产品质量。 (1)天然气中含有少量，在酸性溶液中利用硫杆菌可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。 ①该催化脱硫过程总反应的化学方程式为 。 ②该催化过程中，要控制反应温度不能过高，原因是 。 (2)钙基脱硫剂常用于工业烟气的干法脱硫。通过添加活性组分可以提高脱硫性能，为筛选出能够更加有效提升脱硫剂脱硫效果的活性组分，进行研究：250℃时，初始浓度、模拟烟气流量相同的条件下，分别添加0.1g及氨基类活性物质进行脱硫实验，结果如图所示。 ①反应一段时间后，出口浓度都升高的原因是 。 ②250°C时，已分解为固体，氨基类活性物质分解产生气态。氨基类活性物质脱硫性能明显优于的原因是 。 (3)石油化工会产生含硫（-2价）废水，碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。 ①步骤Ⅲ可描述为 。 ②步骤Ⅳ中，化合价发生变化的元素有 。 【答案】(1) 温度太高，硫杆菌失去活性 (2) 随着反应时间的延长，活性组分逐渐被消耗 250℃时，碳酸氢钠分解为碳酸钠固体，反应为“气-固”模式，氨基类活性物质产生气态，反应为“气-气”模式，氨基类活性物质显著增大了脱硫剂与的接触面积，脱硫效率优于。 (3) 被*O氧化为S，*O得电子后与结合生成 O、Mn 【分析】（1）是在硫杆菌作用下生成硫； 【详解】（1）①天然气中含有少量，在酸性溶液中利用硫杆菌可实现天然气的催化脱硫，其中硫杆菌做催化剂，硫酸亚铁是中间产物循环使用，总化学方程式为：； ②催化剂在特定条件下的催化效率高，温度高，会失去活性，答案为：温度太高，硫杆菌失去活性； （2）通过添加活性组分可以提高脱硫性能。 ①反应一段时间后，出口浓度都升高的原因是：随着反应时间的延长，活性组分逐渐被消耗； ②250°C时，已分解为固体，氨基类活性物质分解产生气态。氨基类活性物质脱硫性能明显优于的原因是：250℃时，碳酸氢钠分解为碳酸钠固体，反应为“气-固”模式，氨基类活性物质产生气态，反应为“气-气”模式，氨基类活性物质显著增大了脱硫剂与的接触面积，脱硫效率优于； （3） ①根据流程中图示，步骤Ⅲ可描述为：被*O氧化为S，*O得电子后与结合生成； ②步骤Ⅳ中变化可以看出，氧气参加反应，与Mn结合成键，化合价发生变化的元素有：O、Mn。 16．(24-25高一上·江苏苏州·期末)S和是自然界中硫循环的重要组成部分。 Ⅰ．S的产生与去除 (1)水体中的与在微生物作用下可转化为和S，该反应的离子方程式为 。 (2)废水中的硫化物可用将其氧化为单质S进行回收。 ①控制废水pH约为8，用适量30%的溶液将废水中的转化为单质S，该反应的离子方程式为 。 ②在1L废水中单质S回收率随加入量的变化如图所示。加入量大于12mg时，废水中单质S的回收率下降的原因可能是 。 Ⅱ．烟气中的测定与利用 (3)含量的测定 如图所示，向装置通入含烟气，用含淀粉的碘水吸收（发生的反应为），当通入40L烟气时恰好完全反应，停止通入烟气；将吸收液转移至锥形瓶中，并用水洗涤装置2~3次，将洗涤液与吸收液合并；向吸收液中加入过量溶液，完全反应后过滤洗涤干燥，得到沉淀0.233g。 ①判断碘水中恰好完全反应的现象为 。 ②计算该烟气中的含量 （以为单位，写出计算过程）。 ③若实验过程中未用水洗涤装置，测得的含量会 （填“偏大”或“偏小”或“不变”）。 (4)的脱除 用氨水吸收过量可得溶液，再通入空气氧化，得到硫酸盐。在空气氧化时，溶液中有逸出的原因是 （结合相关离子方程式分析）。 【答案】(1) (2) 硫元素被氧化成更高价态的或 (3) 蓝色刚好完全褪去 偏小 (4)空气中氧气将氧化为，离子方程式为：，溶液中H+浓度增大，酸性增强，未被氧化的和H+反应+ H+=+H2O，有逸出 【详解】（1）水体中的与在微生物作用下可转化为和S，该反应中S元素由+6价下降到0价，N元素由-3价上升到0价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。 （2）①控制废水pH约为8，用适量30%的溶液将废水中的转化为单质S，该反应中O元素由-1价下降到-2价，S元素由-2价上升到0价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平该反应的离子方程式为：； ②H2O2具有强氧化性，H2O2溶液加入量大于12mg时，所加H2O2溶液越多，S生成率越低，可能是因为硫元素被氧化成更高价态的或。 （3）①含淀粉的碘水呈蓝色，烟气用含淀粉的碘水吸收，发生的反应为，当碘水中I2恰好完全反应时，蓝色刚好完全褪去； ②完全反应后过滤洗涤干燥，得到沉淀0.233g，由方程式可知，n(SO2)=n()=n()=，该烟气中的含量为：； ③若实验过程中未用水洗涤装置，会导致部分损失，测得的含量会偏小。 （4）用氨水吸收过量可得溶液，再通入空气氧化，将氧化为，离子方程式为：，溶液中H+浓度增大，酸性增强，未被氧化的和H+反应+ H+=+H2O，有逸出。 17．(24-25高一上·江苏南通·期末)二氧化氯是一种高效、低毒的消毒剂。请回答下列问题： (1)①工业制备的反应原理为：，该反应中每生成转移电子为 mol。 ②现需要用浓盐酸配制反应所需的稀盐酸，必须使用的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒和 。 (2)将气体先用稳定剂吸收，加酸后释放出，可用于水果保鲜。稳定剂I和稳定剂Ⅱ，加酸后释放的浓度随时间的变化如下图1所示。你认为哪种稳定剂效果更好并解释原因： 。 (3)用消毒自来水时，还可以将水中的转化为难溶物除去，控制其他条件不变，测得不同时去除率随反应时间的变化如图2所示： ①时水体中转化为转化为，该反应的离子方程式为 。 ②反应相同时间，水体中去除率随增大而增大的原因是 。 (4)国家规定，饮用水中的残留量不得高于。某同学欲利用氧化还原反应测定消毒过的自来水中的残留量，进行如下实验： ⅰ．量取自来水样品，调节样品的； ⅱ．加入足量晶体，振荡后静置片刻； ⅲ．加入指示剂淀粉溶液，用的溶液恰好能将上述溶液中游离态的碘完全反应(假设杂质不参加反应)。 已知：、，则样品中的质量浓度为 。(写出计算过程) 【答案】(1) 0.5 容量瓶、胶头滴管 (2)稳定剂Ⅱ，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放二氧化氯，能较长时间维持保鲜所需的浓度 (3) 增大，氢氧根离子浓度增大，氧化的速率加快 (4)0.675 【详解】（1）①反应中，氯酸钠中+5价的氯元素化合价由+5降低至二氧化氯中的+4价，氯化氢中的氯元素由-1价升高至氯气中的0价，每生成，转移2mol电子，生成时，转移电子； ②用浓盐酸配制反应所需的稀盐酸，必须使用的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒和容量瓶、胶头滴管； （2）加酸后释放的浓度随时间的变化如图1所示，稳定剂Ⅱ在较长时间内保持在起保鲜作用的最低浓度之上，故稳定剂Ⅱ可以缓慢释放二氧化氯，能较长时间维持保鲜所需的浓度； （3）①时水体中转化为转化为，该反应的离子方程式为：； ②反应物浓度越大，反应速率越快，随增大，氢氧根离子浓度增大，氧化的速率加快； （4）根据反应方程式：、，可得和的反应比例为1∶5，的溶液中，的物质的量为0.00001mol；所以二氧化氯的物质的量为0.000002mol，故二氧化氯的质量为：0.000002mol×67.5g/mol=0.000135g=0.135mg，自来水样品的体积为200mL即0.2L，二氧化氯的浓度为：。 18．(24-25高一上·江苏盐城八校联考·期末)钠盐是很重要的化工原料，在生产、生活和实验研究中均有广泛应用。 Ⅰ．下面是与碳酸钠溶液相关问题的探讨，请按要求回答问题。 (1)实验室需配制240 mL 0.10 mol/LNa2CO3溶液，请回答下列问题： ①实验中除了用到天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需用到的玻璃仪器有 。 ②通过计算可知，该实验需准确称量 g Na2CO3·10H2O。 ③经测定实际配得溶液的浓度偏小，可能的原因为 (填序号)。 a．转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水    b．定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线 c．转移溶液后未洗涤烧杯         d．定容时俯视刻度线 (2)FeCO3与砂糖混用可以作补血剂。工业上常用Na2CO3溶液和FeSO4溶液通过复分解反应来制备FeCO3。(已知溶液pH大于8.8时，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀，实验中所用Na2CO3溶液的pH=10)。 ① 在烧杯中混合上述溶液制备FeCO3沉淀时的具体操作为 。 ② 用FeSO4和NaHCO3溶液反应也能得到FeCO3沉淀，同时在实验中观察到有无色无味的气体产生，该反应的离子方程式为 。 Ⅱ．NaClO3是生产ClO2的重要原料。某校化学学习小组拟以“×100%”作为衡量ClO2产率的指标。取NaClO3样品质量6.750 g，通过反应和吸收可得400.00 mL ClO2溶液，取出20.00 mL，加入37 mL 0.5000 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液充分反应，过量Fe2＋再用0.05000 mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗20.00 mL。反应原理如下：4H＋+ ClO2 + 5Fe2＋=Cl-+ 5Fe3＋+ 2H2O；H＋+ Fe2＋+ Cr2O—Cr3＋+ Fe3＋+ H2O (未配平)， (3)试计算ClO2的产率 (写出计算过程)。 【答案】(1) 250mL容量瓶 7.15 bc (2) 将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的烧杯中(过滤、洗涤、干燥) Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O (3)设参加反应的ClO2的物质的量为x，根据转移电子守恒可得0.037L×0.5000mol/L=5x+6×0.02L×0.05000mol/L，解得x=0.0025mol，ClO2的产率为×100%=×100%=50% 【详解】（1）①配制240mL0.1mol/L Na2CO3溶液，实验步骤有：计算、称量、溶解(并冷却)、移液、洗涤、定容、摇匀，实验中除了用到托天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需用到的玻璃仪器有250mL容量瓶； ②选用250mL容量瓶，该实验需要用托盘天平称量Na2CO3•10H2O的质量m=nM=cVM=0.1mol/L×0.25L×286g/mol=7.15g； ③a．转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，不影响配制溶液的浓度，a不符合题意； b．定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线，溶液体积偏大，配制溶液的浓度偏小，b符合题意； c．转移溶液后未洗涤烧杯，溶质物质的量偏小，配制溶液的浓度偏小，c符合题意； d．定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，配制溶液的浓度偏高，d不符合题意； 故选bc； （2）①溶液pH大于8.8时，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀，所以在烧杯中混合上述溶液制备FeCO3沉淀时需保持pH较小，FeSO4溶液呈酸性，因此具体操作为将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的烧杯中(过滤、洗涤、干燥)； ②FeSO4促进了碳酸氢钠的电离，两者反应生成碳酸亚铁、二氧化碳和水，所以会看到有无色无味的气体产生，反应的离子方程式为Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O； （3）反应中n(Fe2+)=0.037L×0.5000mol/L=0.0185mol，n()=0.02L×0.05000mol/L=0.001mol，设参加反应的ClO2的物质的量为x，Fe2+被氧化为Fe3+，失电子总物质的量为0.0185mol，ClO2和得电子总物质的量为5x+0.001mol×6，根据得失电子守恒可得5x+0.001mol×6=0.0185mol，解得x=0.0025mol，则400.00 mL溶液中ClO2的物质的量为0.0025mol×=0.05mol，m(ClO2)=67.5g/mol×0.05mol=3.375g，ClO2的产率为×100%=×100%=50% 19．(24-25高一上·江苏扬州·期末)晶体在医药、食品中应用广泛，其制备的流程如下所示： 已知：1.水合肼()具有强还原性，受热易分解。 2.晶体易被氧化生成。 (1)“碱浸”时发生反应：。“碱浸”“还原”操作时使用的装置如图所示，图中仪器甲的名称是 。 (2)“还原”时，与反应生成和。 ①该反应温度需控制在左右，温度不宜过高的原因是 。 ②“还原”时，发生反应的化学方程式是 。 (3)“还原”后的溶液含有，获得晶体还需进行“操作a”。 请将“操作a”补充完整：将“还原”后的溶液于减压蒸发浓缩， ，获得晶体。(须使用的设备：真空干燥器。已知：饱和溶液在时析出，在析出。) (4)测定所得(摩尔质量为)晶体的纯度(杂质不参与反应)：取所得晶体配成溶液，先向其中边振荡边逐滴加入溶液，至恰好不再产生沉淀。再加入溶液至恰好完全反应，重复实验3次，平均消耗溶液。 发生化学反应有：，。 计算该晶体的纯度 [](写出计算过程)。 【答案】(1)分液漏斗或滴液漏斗 (2) 温度过高，水合肼分解 (3)冷却至结晶，洗涤2~3次，在真空干燥器中干燥 (4)93.00% 【分析】“碱浸”时发生反应：，加入水合肼发生反应：，制得溶液后，于减压蒸发浓缩，冷却至结晶，洗涤2~3次，在真空干燥器中干燥（晶体易被氧化生成），据此分析作答。 【详解】（1）图中仪器甲的名称是分液漏斗或滴液漏斗。 （2）①由已知信息1可知，水合肼受热易分解，则该反应温度需控制在左右，温度不宜过高的原因是防止水合肼受热分解。 ②“还原”时，反应生成，该反应中，氮元素的化合价由-2价升高至0价，碘元素的化合价由+5价降低至-1价，根据化合价升降总数相等、原子守恒可配平该反应的化学方程式： 。 （3）“还原”后的溶液含有，获得晶体还需进行“操作a”：将“还原”后的溶液于减压蒸发浓缩，冷却至结晶、过滤、洗涤2~3次、 在真空干燥器中干燥，获得该晶体。 （4）该过程消耗的物质的量为，由碘元素、硫元素的物质的量守恒及题干给出的离子方程式可得关系式：，则样品中的物质的量为：，该晶体的纯度为：。 20．(24-25高一上·江苏无锡·期末)稳定溶液是常见的消毒剂，法制备稳定溶液的工艺流程如图所示： 已知：常温下为黄绿色气体，高浓度气体易发生爆炸，在生产、使用时需用其他气体进行稀释。随温度升高分解速率加快。 (1)①选用作还原剂，发生反应的化学方程式是 。 ②该法中生成的气体不需要进行稀释，原因是 。 (2)选用作还原剂，生成两种黄绿色气体。 ①这两种黄绿色气体是 （写化学式）。 ②该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是 。 (3)选用作还原剂，浓度和反应温度对产率的影响分别如图2、图3所示： ①反应中的最佳浓度是 。 ②温度高于60℃时，产率下降的可能原因是 。 (4)采用碘量法测定稳定溶液中浓度的步骤如下：量取5.00mL稳定溶液于250mL锥形瓶中，加入缓冲溶液（保持稳定），再加入5.00mL及0.5g固体，充分溶解，密闭避光静置5分钟，用标准溶液滴定至溶液呈淡黄色，滴加1.00mL1%的淀粉溶液，继续用标准溶液滴定至恰好完全反应，消耗标准溶液100.00mL。已知：；。计算稳定溶液中浓度（以为单位），写出计算过程 。 【答案】(1) 或 生成的会对起到稀释作用 (2) 、 1：1 (3) 高于60℃时分解加快，分解速率加快 (4) 【分析】用硫酸对进行酸化，加入还原剂发生氧化还原反应，得到，加入稳定剂，得到稳定溶液，据此解答。 【详解】（1）①选用作还原剂，根据氧化还原反应原则，可得发生反应的化学方程式是或，②该法中生成的气体不需要进行稀释，是因为生成的会对起到稀释作用； （2）选用作还原剂，生成两种黄绿色气体，得发生反应的化学方程式是，①根据化学方程式式可知，这两种黄绿色气体是、，②根据化学方程式式可知，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：1； （3）①由图可知，浓度越大，产率越高，以后产率不变，所以反应中的最佳浓度是；②作还原剂，温度高于60℃时，产率下降的可能是因为高于60℃时分解加快，分解速率加快； （4）根据关系式，故浓度。 21．(24-25高一上·江苏南京师范大学附属中学·期末)、在环境保护中用途广泛。碱性条件下稳定存在。 (1)可用于氧化去除高氯(含高浓度)废水中的有机物。 ①酸性条件下，在水中产生氢氧化铁沉淀，该反应的离子方程式为 。 ②酸性溶液中的氧化性大于的氧化性。处理高氯废水中的有机物在酸性条件下有机物去除率较低，其主要原因是 。 (2)高铁酸钠()也可用于氨氮处理。的氧化性受溶液中的H+浓度影响较大。如图所示。 ①碱性条件下，可将水中的转化为除去，该反应的化学方程式为 。 ②用氧化含氨氮废水，其他条件相同时，废水pH对氨氮去除率及氧化时间影响如图所示。当pH小于9时，随着pH的增大，氧化所需时间明显增长原因是 。 (3)水中的+6价铬元素对水质严重的损害作用，使用可进行无害化处理。即转化为产品磁性铁铬氧体()沉降。方法是先向含的污水中加入适量的硫酸及溶液，待充分反应后再通入适量空气(氧化部分)并加入NaOH溶液，就可以使铬、铁元素全部转化为磁性铁铬氧体。 ①写出在酸性条件下被还原为的离子方程式 。 ②若处理含0.5mol(不考虑其他含铬微粒)污水时恰好消耗760g，并消耗0.125mol氧气。则加入NaOH溶液后最终得到的磁性铁铬氧体的化学式为 (x、y、z取正整数)。 【答案】(1) 4+4H++2H2O=3O2↑+4Fe(OH)3↓ 酸性条件下水解，同时酸性条件下 把Cl-氧化为Cl2，产生新的大气污染 (2) NH3＋2Na2FeO4＋2H2O=2Fe(OH)3↓＋N2↑＋4NaOH 随着pH的增大Na2FeO4的稳定性增强，利用率提高，氨氮去除率高；但H＋浓度减小，氧化性减弱，氧化时间增长 (3) Cr2Fe20O27 【详解】（1）①酸性条件下，分解放出O2并产生Fe(OH)3沉淀，铁元素化合价降低了3价，氧元素化合价升高了2价，根据化合价升降守恒以及电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为4+4H++2H2O=3O2↑+4Fe(OH)3↓； ②处理高氯废水中的有机物其不能在酸性条件下，是因为易分解，同时会把Cl-氧化为Cl2，产生新的大气污染； （2）①碱性条件下K2FeO4可将水中的NH3转化为N2除去，铁元素化合价由+6价降低为+3价，碱性条件下应生成Fe(OH)3沉淀，氮元素化合价由-3价升高为0价，根据氧化还原反应和物料守恒，反应的化学方程式为：NH3＋2Na2FeO4＋2H2O=2Fe(OH)3↓＋N2↑＋4NaOH； ②用Na2FeO4氧化含氨氮废水，说明Na2FeO4具有强氧化性，氧化性受溶液中的H＋浓度影响较大，随着pH的增大Na2FeO4的稳定性增强，利用率提高，氨氮去除率高；但H＋浓度减小，氧化性减弱，氧化时间增长。 （3）①被氧化，化合价由价价，化合价升高1价，中Cr的化合价由价价，化合价降低3价，最小公倍数为3，离子方程式为： ； ②根据得失电子守恒得关系式：~3FeSO4~Cr3+~3Fe3+，故0.5 mol消耗FeSO4物质的量=0.5mol×3=1.5 mol，生成Cr3+：0.5 mol，Fe3+：1.5mol，由O2~4FeSO4~4Fe3+，知，被O2氧化的FeSO4物质的量=0.125 mol×4=0.5mol，生成Fe3+：0.5 mol，此时还剩余FeSO4物质的量=mol-1.5 mol-0.5mol=3 mol，故所得铁铬氧体中含有：Cr3+ 0.5 mol、Fe3+ 2mol、Fe2+ 3mol，根据化合价代数和为0知，O2-物质的量=，故x：y：z=0.5 mol： mol：6.75mol=2：20：27，故该化合物化学式为：Cr2Fe20O27。 22．(24-25高一上·江苏天一中学（理强班）·期末)铬是一种具有战略意义的金属，它具有多种价态，单质铬熔点为1857℃。工业上以铬铁矿[主要成分是]为原料冶炼铬的流程如图所示： (1)高温氧化时反应的化学方程式为 。 (2)操作a由两种均发生了化学反应的过程构成，其内容分别是 、铝热反应。 (3)水中的铬元素对水质及环境均有严重的损害作用，必须进行无害化处理。转化为重要产品磁性铁铬氧体()：先向含的污水中加入适量的硫酸及硫酸亚铁，待充分反应后再通入适量空气(氧化部分)并加入NaOH，就可以使铬、铁元素全部转化为磁性铁铬氧体。 若处理含(不考虑其他含铬微粒)的污水时恰好消耗，则当铁铬氧体中时，铁铬氧体的化学式为 。 【答案】(1) (2)受热分解生成 (3) 【分析】铬铁矿中加入碳酸钠并通入氧气，高温下将氧化得到，同时生成，将得到的固体溶于水得到溶液，加入将还原为沉淀，过滤后灼烧得到，利用铝热反应制备金属铬，由此解答。 【详解】（1）矿石的主要成分为，加入碳酸钠，高温氧化，反应物有，根据流程图可知生成，结合电子守恒和元素守恒可得反应的方程式为； （2）操作a是受热分解生成，再和发生铝热反应生成氧化铝和； （3）处理含(不考虑其它含铬微粒) 的污水时恰好消耗，生成的为， 根据守恒，铁铬氧体中，，根据守恒，铁铬氧体中，根据电荷守恒，铁铬氧体中，铁铬氧体中，铁铬氧体的化学式为。 23．(24-25高一上·江苏连云港·期末)是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生爆炸，常将其制备成固体以便运输和贮存，高于60℃时分解。实验装置如图所示。 (1)装置A产生。将一定量固体与溶液、溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈烧瓶中，通过恒压滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应。 ①恒压滴液漏斗中的溶液为 。 ②制备过程中持续通入空气的目的是 。 (2)装置B制备。 ①生成的化学方程式为 。 ②溶液在不同温度时析出的晶体情况如图所示。从溶液中获得固体的操作： （须使用的试剂：无水乙醇）。 (3)纯度测定。称取样品1.000g溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液。充分反应后滴加两滴淀粉溶液作指示剂，用0.2000mol·L-1的标准溶液反应，至恰好完全反应时消耗溶液20.00mL。测定过程中发生下列反应：，。 ①计算该产品的纯度 （写出计算过程）。 ②配制标准溶液，下列操作将导致测定的纯度偏高的是 （填字母）。 a．定容时俯视刻度线        b．摇匀后发现液面下降，补加蒸馏水至刻线 c．未洗涤烧杯和玻璃棒        d．容量瓶洗涤后未干燥直接进行配制 【答案】(1) 溶液 稀释防止爆炸 (2) 加热温度至略低于60℃蒸发浓缩  冷却至略高于38℃结晶  趁热过滤  用无水乙醇洗涤所得固体，控制温度低于60℃干燥。 (3) bc 【分析】三颈烧瓶中有Na2SO3溶液和NaClO3固体，通过恒压滴液漏斗加入硫酸溶液发生反应，生成ClO2气体，在冰水浴中与NaOH和H2O2反应生成NaClO2，尾气通过C装置处理。 【详解】（1）①、、的反应是氧化还原反应，氯酸钠在酸性环境下是强氧化剂，将氯酸钠和亚硫酸钠按一定比例配成混合物，即A中是NaClO3和Na2SO3溶液，滴加硫酸溶液开始反应：2++=2+2+，因此恒压滴液漏斗中是H2SO4溶液； ②ClO2浓度过高时易发生爆炸，通入N2的目的是稀释ClO2，防止浓度过高发生爆炸； （2）①装置B在冰水浴中ClO2与NaOH和H2O2反应生成NaClO2，反应的化学方程式为：； ②NaClO2高于60℃时分解，根据图示可知，温度低于38°C容易析出NaClO2·3H2O，因此溶液中获得固体的操作是：加热温度至略低于60℃蒸发浓缩，冷却至略高于38℃结晶，趁热过滤，用无水乙醇洗涤所得固体，控制温度低于60℃干燥； （3）①n(Na2S2O3)=cV=0.2000mol·L-1×20.00×10-3L=4.0×10-3mol； 由方程式可知：NaClO2~2I2~4Na2S2O3，n(NaClO2)=n(Na2S2O3)= 1.0×10-3mol； ω(NaClO2)=×100%=90.5%； ②配制Na2S2O3溶液时俯视刻度线，溶液体积偏小，配制标准溶液浓度偏高，消耗的标准溶液体积偏小，造成测定结果偏低，a不符合； 摇匀后发现液面下降，补加蒸馏水至刻线，造成所配制溶液浓度偏小，滴定时消耗的标准溶液体积偏大，测定结果偏高，b符合； 未洗涤烧杯和玻璃棒，造成所配溶液中溶质减少，所配标准溶液浓度偏小，滴定时消耗的溶液体积偏大，测定结果偏高，c符合； 容量瓶洗涤后未干燥，对所配溶液的浓度无影响，测定结果准确，d不符合； 答案选bc。 24．(24-25高一上·江苏南通·期末)颗粒大小达到纳米级的单质铁俗称“纳米铁”，可用于处理废水中的硝态氮。以铁屑(含少量杂质)为原料制备纳米铁粉流程如下： (1)写出“酸溶”时发生的氧化还原反应的离子方程式： 、。 (2)固体经灼烧后得到红棕色固体和混合气体，若，则“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为 。 (3)“还原”中使用的还原剂为，在“还原”前要对装置进行充分干燥处理，不得留有水，其原因是 (用化学方程式表示)。 (4)纳米铁粉因其高比表面积、优异的吸附性、较强的还原性和反应活性等优点被广泛应用于污染物的去除。催化剂协同纳米铁粉能将水体中的硝酸盐转化为，其催化还原反应的过程如图1所示。 ①从电子转移的角度，硝酸盐()转化为的过程可以描述为 。 ②为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体为4.2，当时，随减小，生成率逐渐降低，结合图1和图2分析原因： 。 【答案】(1) (2) (3) (4) 纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根离子变为NH，NH失去氢原子后，两个氮原子生成氮气 减小，H+离子浓度增大，会生成更多的H，使硝酸根被还原的中间产物NH更多地与H反应生成，减少了氮气的生成 【分析】铁屑(含少量杂质)酸溶后得硫酸亚铁溶液，加入草酸后得草酸亚铁固体，通入氧气灼烧得氧化铁固体，还原后得纳米铁粉。 【详解】（1）铁屑中含少量杂质，加硫酸后生成硫酸铁，铁离子具有氧化性，“酸溶”时发生两个氧化还原反应，离子方程式为：、； （2）固体经灼烧后得到红棕色固体和混合气体，若，根据得失电子守恒和原子守恒配平，“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为：； （3）“还原”中使用的还原剂为，在“还原”前要对装置进行充分干燥处理，不得留有水，是因为高温条件下铁与水蒸气反应，获得的铁粉中混有杂质，方程式为：； （4）①根据图1所示，纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根离子变为NH，NH失去氢原子后，两个氮原子生成氮气； ②当时，随减小，生成率逐渐降低，结合图1和图2可以看出，减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使硝酸根被还原的中间产物NH更多地与H反应生成，减少了氮气的生成。 / 学科网（北京）股份有限公司 $