第1頁/共1頁2024北京重點校高一（下）期中化學匯編氧化還原反應一、單選題1．（2024北京回民學校高一下期中）下列關于N2的敘述錯誤的是（）A．N2既可作氧化劑又可做還原劑B．雷雨天，空氣中的N2和O2可反應生成NOC．氮的固定是將N2轉化成含氮化合物D．１molN2可與3molH2完全反應生成2molNH32．（2024北京人大附中高一下期中）某同學設計如圖實驗方案，從海帶中提取。下列說法正確的是A．操作①是萃取B．②中雙氧水作還原劑C．③的離子方程式是D．含的溶液經3步轉化為的懸濁液，其目的是富集，便于分離提純3．（2024北京五中高一下期中）如下為火山噴發(fā)時硫元素的轉化示意圖，其中甲、乙在常溫下均為氣體，丙為液體，丁為固體。下列關于甲、乙，丙、丁的判斷不正確的是A．甲只具有還原性 B．乙、丙均為酸性氧化物C．乙既有氧化性，又有還原性 D．丁為黃色或淡黃色固體4．（2024北京北師大二附中高一下期中）某小組同學探究濃硫酸的性質，向試管①、②中加入等量的98%的濃硫酸，實驗如下。實驗1實驗2實驗3裝置現(xiàn)象溶液顏色無明顯變化；把蘸濃氨水的玻璃棒靠近試管口，產生白煙溶液變黃；把濕潤的品紅試紙靠近試管口，試紙褪色溶液變深紫色(經檢驗溶液含單質碘)下列對實驗的分析不合理的是A．實驗1中，白煙是NH4ClB．根據實驗1和實驗2判斷還原性：Br->Cl-C．根據實驗3判斷還原性：I->Br-D．上述實驗體現(xiàn)了濃H2SO4的強氧化性、難揮發(fā)性等性質5．（2024北京五中高一下期中）在Pt-BaO催化下，NO的“儲存-還原”過程如圖1所示。其中“還原”過程依次發(fā)生反應Ⅰ和反應Ⅱ，各氣體的物質的量變化如圖2所示。下列說法不正確的是A．與BaO的反應中，既是氧化劑，又是還原劑B．反應Ⅰ為C．反應Ⅱ中，最終生成的物質的量為0.2amolD．反應Ⅰ和Ⅱ中消耗的的質量比是3∶56．（2024北京匯文中學高一下期中）某實驗小組探究KMnO4溶液與NH3以及銨鹽溶液的反應。已知：的氧化性隨溶液酸性增強而增強；MnO2為棕黑色，Mn2+接近無色。實驗序號試劑a實驗現(xiàn)象Ⅰ8mol·L-1氨水(pH≈13)紫色變淺，底部有棕黑色沉淀Ⅱ0.1mol·L-1NaOH溶液無明顯變化Ⅲ4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈6)紫色略變淺，底部有少量棕黑色沉淀Ⅳ硫酸酸化的4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈1)紫色變淺Ⅴ硫酸酸化的4mol·L-1NH4Cl溶液(pH≈1)紫色褪去下列說法不正確的是A．由Ⅱ可知，pH=13時，OH-不能還原B．由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，與相比，NH3更易還原C．由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH對與反應的影響D．由Ⅳ、Ⅴ可知，濃度降低，其還原性增強7．（2024北京第十二中學高一下期中）工業(yè)上利用廢錳渣(主要成分為MnO2、KOH、MgO)制備MnSO4的流程如下圖所示：已知反應Ⅰ中生成Fe2+、Mn2+、S等。下列說法不正確的是A．濾液中主要存在的陽離子有：Mg2+、K+、Mn2+、H+B．反應Ⅰ中每消耗0.5molFeS2，轉移的電子數(shù)為1NAC．反應Ⅱ的離子方程式為MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2OD．調節(jié)pH的作用是沉淀鐵元素8．（2024北京北師大實驗中學高一下期中）某小組探究Na2S溶液與KMnO4溶液反應，實驗過程如下：實驗序號ⅠⅡ實驗過程實驗現(xiàn)象紫色變淺(pH＜1)，生成棕褐色沉淀(MnO2)溶液呈淡黃色(pH≈8)，生成淺粉色沉淀(MnS)資料：?。趶娝嵝詶l件下被還原為Mn2+，在近中性條件下被還原為MnO2。ⅱ．單質硫可溶于硫化鈉溶液，溶液呈淡黃色。下列說法不正確的是（

）。A．根據實驗可知，Na2S被氧化B．取少量實驗Ⅰ所得溶液進行實驗，檢測到有，不能說明S2-被氧化為C．實驗Ⅰ中生成棕褐色沉淀，說明酸性條件下S2-能將還原為MnO2D．實驗Ⅱ得到淺粉色沉淀，是由于S2-將新生成的還原為Mn2+并迅速與其結合所致二、填空題9．（2024北京回民學校高一下期中）汽車尾氣系統(tǒng)中安裝的催化轉化器中，發(fā)生如下反應：2CO+2NON2+2CO2。(1)作還原劑的物質是，碳元素的化合價(填“升高”或“降低”)。(2)若反應中消耗了2molNO，則生成N2的物質的量為mol，轉移電子的物質的量為mol。10．（2024北京北師大實驗中學高一下期中）硫化氫(H2S)是一種有毒氣體，高于200℃分解，溶于水顯弱酸性，脫除H2S的方法很多。(1)Na2CO3吸收H2S。含H2S的氣體與飽和Na2CO3溶液在吸收塔內逆流接觸，生成兩種酸式鹽。該反應的離子方程式為。(2)干法脫硫技術。①鐵系脫硫劑：活性氧化鐵(Fe2O3?H2O)是經典而有效的脫硫劑，脫硫反應：Fe2O3?H2O+H2S→FeS+S+H2O，再生反應：FeS+H2O+O2→Fe2O3?H2O+S(脫硫反應和再生反應均未配平)。a．Fe2O3?H2O在該反應中的作用可描述為。b．若處理標況下4.48LH2S時，理論上消耗O2的物質的量為。②鋅系脫硫劑：550℃時，將H2S和還原性氣體H2按一定比例混合，以一定的流速通過裝有鋅的復合金屬脫硫劑(ZnFe2O4)的反應器，脫硫過程中，ZnFe2O4與H2S、H2反應生成了ZnS、FeS和H2O，其化學方程式為。(3)生物脫硫技術。天然氣是一種重要的化工原料和燃料，常含有少量H2S。H2S與堿反應轉化為HS?，在脫氮硫桿菌參與下，HS?被NO氧化為SO、NO被還原為N2。當33.6m3(標準狀況)某燃氣(H2S的體積分數(shù)為0.2%)脫硫時，消耗NO的物質的量為mol。11．（2024北京第八十中學高一下期中）汽車尾氣系統(tǒng)中安裝的催化轉化器中，發(fā)生如下反應。(1)作還原劑的物質是，碳元素的化合價(填“升高”或“降低”)。(2)若反應中消耗了2molNO，則生成的物質的量為mol，轉移電子的物質的量為mol。三、計算題12．（2024北京101中學高一下期中）以石英砂(主要成分為)為原料，經三步反應制得高純硅，其中第一步反應的化學方程式如下。(1)作還原劑的物質是，碳元素的化合價(填“升高”或“降低”)。(2)若反應中消耗了，則生成的物質的量為，轉移電子的物質的量為。四、解答題13．（2024北京第八十中學高一下期中）“以廢治廢”是基于“綠色化學”觀念治理污染的思路。用工業(yè)廢堿渣(主要成分為)吸收煙氣中的，得到亞硫酸鈉粗品。其流程如下：(1)為加快工業(yè)廢堿渣中的溶解，可采取的措施是(寫出一種即可)。(2)上述流程中，加入NaOH后，發(fā)生反應的化學方程式為。(3)亞硫酸鈉粗品中含有少量，原因是。14．（2024北京北大附中高一下期中）某小組為探究Cl2、Br2、I2的氧化性強弱，設計實驗如下：資料：1.稀溴水呈黃色；濃溴水呈紅棕色；碘水呈棕黃色。2.石油醚是一種密度小于水、難溶于水的有機溶劑，鹵素單質在石油醚中的溶解度大于其在水中的溶解度。實驗I實驗Ⅱ取i中的黃色溶液少許，加入KI溶液，再加入石油醚。(1)i中反應的離子方程式是。(2)實驗I中i和ii可以得出的結論是。(3)①甲同學認為：實驗Ⅱ觀察到現(xiàn)象，得出氧化性Br2>I2。②乙同學對上述實驗進行反思，認為實驗Ⅱ不能充分證明氧化性Br2>I2，他補做了實驗Ⅲ。實驗Ⅲ另取i中的黃色溶液少許，先加入足量的NaBr固體，充分振蕩，然后加入KI溶液和石油醚。補做實驗Ⅲ的目的是。15．（2024北京北師大實驗中學高一下期中）稀土是一種重要的戰(zhàn)略資源，我國稀土出口量世界第一。鈰(Ce)是一種典型的稀土元素，其在自然界中主要以氟碳鈰礦(主要成分為CeCO3F)形式存在。工業(yè)上利用氟碳鈰礦制取CeO2的一種工藝流程如圖：資料：①鈰(Ce)常見的化合價為+3和+4；②在O2作用下，氟碳鈰礦焙燒后的產物中有CeO2和CeF4；③在硫酸體系中，Ce4+在[(HA)2]中的溶解度大于其在水中的溶解度，Ce3+與之相反?；卮鹣铝袉栴}：(1)步驟Ⅰ“焙燒”過程中CeCO3F發(fā)生反應的化學方程式為。(2)步驟Ⅱ充分反應后經過濾，得到的水溶液中陽離子有。(3)步驟Ⅲ的操作名稱是。(4)步驟Ⅳ中加入H2O2的目的是。(5)步驟Ⅴ中發(fā)生反應的離子方程式是。(6)取上述流程中得到的CeO2產品加硫酸溶解，可與50.0mL0.1mol/LFeSO4溶液恰好完全反應(鈰元素被還原為Ce3+，其他雜質均不參與反應)，該產品中CeO2的質量分數(shù)為。(已知：CeO2的摩爾質量為172g/mol)16．（2024北京15中高一下期中）硝酸是一種重要的化工原料，某工廠利用氨催化法制備硝酸的工藝流程如下。(1)合成塔用于制備氨氣，其中發(fā)生反應的化學方程式為。(2)原料氣在氧化爐中不同溫度和催化劑條件下生成不同產物（如圖所示）。900℃時發(fā)生的主要反應的化學方程式為。(3)結合化學用語說明吸收塔中通入空氣的目的。(4)工業(yè)制硝酸的尾氣中含有NO、NO2，通常用NaOH溶液吸收，發(fā)生的反應有：反應I：反應Ⅱ：①反應I生成時，轉移電子的物質的量為mol。②當尾氣中NO2的含量小于50%時，向NaOH溶液中加入H2O2能提升氮氧化物的去除率，原因是。(5)上述工業(yè)流程中體現(xiàn)綠色化學理念的設計是（寫出1條）。17．（2024北京陳經綸中學高一下期中）將足量SO2通入AgNO3溶液中，產生沉淀。探究反應原理及沉淀成分，裝置如下(加熱、夾持等裝置略)。資料：?。瓵g2SO4微溶于水；Ag2SO3難溶于水。ⅱ．Ag2SO4、Ag2SO3均溶于氨水。(1)①A中反應的化學方程式是。②用NaOH溶液吸收尾氣中的SO2，產物是。(2)探究沉淀成分。實驗發(fā)現(xiàn)，沉淀的顏色與取樣時間有關，對比實驗記錄如下：時間反應開始時(t1)一段時間后(t2)較長時間后(t3)顏色白色灰黑色灰黑色加深推測白色沉淀(t1)可能為Ag2SO4、Ag2SO3或二者混合物。探究如下：實驗證實，白色沉淀(t1)中不含Ag2SO4，含Ag2SO3。①t1時，C中產生白色沉淀的離子方程式是。②試劑a是。③產生白色沉淀Y的原因是。(3)推測灰黑色沉淀(t2)含Ag。探究如下：取灰黑色沉淀，加入氨水，部分沉淀溶解，過濾。向濾出的沉淀中加入濃HNO3，證實沉淀含Ag?，F(xiàn)象是。(4)通過檢測SO探究產生Ag的原因。實驗：(已排除O2的影響)t2時，C中H2SO3的作用是。(用化學方程式表示)綜上可知，化學反應的產物與反應速率和限度有關。18．（2024北京15中高一下期中）某小組同學探究三種價態(tài)(、、)硫元素間的相互轉化?？梢赃x用的試劑有：①水溶液、②濃硫酸、③稀硫酸、④溶液、⑤溶液、⑥氯水(淺黃綠色)、⑦銅片、⑧稀鹽酸、⑨溶液。實驗序號預期的價態(tài)轉化選擇的試劑(填入試劑編號)實驗現(xiàn)象1④⑥2?、?①⑤出現(xiàn)渾濁4④⑤無明顯現(xiàn)象5ⅲ(1)補全實驗表格?。?、ⅱ：、ⅲ：。(2)實驗5的化學方程式為。(3)為了進一步驗證實驗1中的轉化，甲同學設計實驗a：向反應后的溶液中先加過量稀鹽酸，再加足量溶液，觀察現(xiàn)象。①實驗a的目的是通過檢驗，證明轉化得以實現(xiàn)。②加稀鹽酸的作用是。乙同學認為還需要補充實驗b：取等量的溶液，向其中先加過量稀鹽酸，再加足量溶液，觀察現(xiàn)象。③補充實驗b的原因是。④綜合實驗a和b，實驗1中轉化得以實現(xiàn)的證據是。(4)分析實驗3和實驗4現(xiàn)象不同的可能原因。(5)上述實驗中能體現(xiàn)氧化性的是(填實驗序號)。19．（2024北京人大附中高一下期中）某小組同學制備碘酸鹽()并探究其性質。資料：①可與溶液反應生成和。②碘酸鈣[]為難溶于水、能溶于硝酸的白色固體。③的氧化性，的還原性與溶液的酸堿性無關：與氧化性隨溶液酸性增強而增強(X為、或I)。實驗裝置如圖(加熱與夾持裝置略)

步驟：I．打開A中分液漏斗活塞，加熱圓底燒瓶；一段時間后，B中溶液由無色變?yōu)樽攸S色。II．將B中棕黃色溶液倒入燒杯中，再加入溶液，燒杯中溶液由棕黃色變?yōu)闊o色。(1)A裝置發(fā)生的化學方程式為。(2)C裝置發(fā)生的離子方程式為。(3)取少量步驟Ⅱ后所得無色溶液，加入過量鹽酸和，振蕩后靜置，溶液分層，上層呈淺黃色，下層呈紫色。甲同學得出結論：在酸性條件下可以氧化為。①乙同學認為上述結論不合理，可能原因如下：原因一：空氣中在酸性條件下將溶液中的氧化，離子方程式為。原因二：(填化學式)在酸性條件下將溶液中的氧化。②為了進一步證明在酸性條件下可氧化為，完成如下實驗：ⅰ.另取與(3)等量的步驟Ⅱ后所得無色溶液，加入稍過量固體，振蕩，充分反應后過濾得到無色溶液X和沉淀Y。ⅱ.向無色溶液X，加入與(3)等量的鹽酸和，振蕩后靜置，溶液分層，上、下層均幾乎無色。ⅲ.取少量洗滌后的沉淀Y加入稀，固體溶解，繼續(xù)加入少量KI溶液，溶液呈黃色。ⅳ.……a．由實驗ⅰ、ⅱ得出結論：。b．由實驗ⅲ和ⅳ得出結論：在酸性條件下可以氧化為。補全實驗ⅳ的操作和現(xiàn)象。(4)根據實驗ⅲ得出：氧化性(填“”或“”)，而實驗ⅰ表明和的氧化性強弱關系相反，原因是。(5)查閱資料發(fā)現(xiàn)，與相應的(，)均有類似上述反應。濃度相同時，氧化性，但濃度均為的和開始發(fā)生反應時的pH為1，而濃度均為的和開始發(fā)生反應的pH為5。試從原子結構的角度解釋兩個反應開始發(fā)生時pH不同的原因。

參考答案1．D【詳解】A．N2中N元素的化合價可以降低變成NH3，也可以升高生成NO等，故N2既可作氧化劑又可做還原劑，A選項正確；B．雷雨天時，發(fā)生自然固氮，空氣中N2和O2可反應生成NO，B選項正確；C．氮的固定是將空氣中游離態(tài)的氮(N2)轉化為含氮化合物的過程，C選項正確；D．N2和H2在高溫高壓催化劑的條件下生成NH3，反應方程式為N2+3H22NH3，此反應是可逆反應，1molN2與3molH2反應生成的NH3小于2mol，D選項錯誤；答案選D。2．D【分析】由流程可知，海帶灰用熱水溶解后，過濾，濾液中含碘離子，加過氧化氫氧化碘離子生成碘單質，加入試劑a萃取，a為苯或四氯化碳，分液得到含碘的有機溶液，再加NaOH與碘反應生成I-和，分液后向含I-和的溶液中加稀硫酸發(fā)生5I-++6H+=3I2+3H2O，過濾提取得到粗碘。【詳解】A．操作①是分離溶液與不溶性雜質，為過濾，故A錯誤；B．向濾液中加入雙氧水是將I–氧化為I2，體現(xiàn)雙氧水的氧化性，故B錯誤；C．I-和的溶液中加稀硫酸發(fā)生5I-++6H+=3I2+3H2O，故C錯誤；D．圖中，含I2的溶液經3步轉化為I2的懸濁液，其目的是富集碘元素，故D正確；故選D。3．A【分析】根據轉化關系，乙與水反應生成亞硫酸，則乙為二氧化硫；二氧化硫與氧氣反應生成三氧化硫，則丙為三氧化硫；甲可與亞硫酸反應生成丁，且甲、丁為火山噴發(fā)的產物，則甲為硫化氫，丁為單質硫?！驹斀狻緼．甲為H2S，S為-2價，只有還原性，但其中的H為+1價，具有氧化性，H2S既有氧化性，又有還原性，A判斷錯誤；B．乙、丙分別為二氧化硫、三氧化硫，均能與堿反應生成鹽和水，均為酸性氧化物，B判斷正確；C．乙為二氧化硫，含有的S為+4價，處于中間價態(tài)，既有氧化性，又有還原性，C判斷正確；D．丁為單質S，其為黃色或淡黃色固體，D判斷正確；答案為A。4．C【分析】實驗1，濃硫酸與氯化鈉固體反應生成氯化氫氣體；實驗2，溶液變黃，說明有溴單質生成；②中溶液含有濃硫酸和溴單質，加入碘化鈉生成碘單質，可能是濃硫酸把碘離子氧化為碘單質；實驗1體現(xiàn)濃硫酸的難揮發(fā)性、實驗2體現(xiàn)濃硫酸的氧化性?！驹斀狻緼．實驗1，試管口揮發(fā)出的氯化氫氣體與濃氨水揮發(fā)出的氨氣反應生成白煙氯化銨，故A合理；B．實驗1溶液顏色無明顯變化說明濃硫酸不能氧化氯離子，實驗2溶液變黃說明濃硫酸能氧化溴離子，所以判斷還原性：Br-＞Cl-，故B合理；C．②中溶液含有濃硫酸和溴單質，加入碘化鈉生成碘單質，可能是濃硫酸把碘離子氧化為碘單質，不能得出還原性I-＞Br-的結論，故C不合理；D．實驗1體現(xiàn)濃硫酸的難揮發(fā)性、實驗2體現(xiàn)濃硫酸的氧化性，故D合理；選C。5．D【詳解】A．由可知NO和O2在Pt表面發(fā)生反應生成NO2，NO2和BaO生成Ba(NO3)2的反應中N元素的化合價由+4價升至+5價，根據氧化還原反應的規(guī)律，還有N元素的化合價降低，則既是氧化劑，又是還原劑，A正確；B．由圖可知，第一步反應氫氣與Ba(NO3)2作用生成NH3，方程式為：，B正確；C．由圖可知，反應分兩步進行，第二步反應為NH3還原Ba(NO3)2生成BaO和N2等，則可知，相應的關系式為：，圖中氨氣最大量為0.25amol，則最終生成的物質的量為0.2amol，C正確；D．第二步反應為NH3還原Ba(NO3)2生成BaO和N2等，根據得式電子守恒可知，，再結合第一步反應，可知第一步為，第二步為，則反應Ⅰ和Ⅱ中消耗的的質量比即物質的量之比是5∶3，D錯誤；故選D。6．D【詳解】A．Ⅱ中0.1mol·L-1NaOH溶液的pH=13，實驗無現(xiàn)象，說明pH=13時，OH-不能還原，A正確；；B．Ⅰ、Ⅱ可知，pH相同，氨水中現(xiàn)象明顯；Ⅱ、Ⅲ可知，氨水中現(xiàn)象明顯，而含銨根離子的硫酸銨溶液反應現(xiàn)象不太明顯；故由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，與相比，NH3更易還原，B正確；C．Ⅲ、Ⅳ中變量為溶液的pH不同，則由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH對與反應的影響，C正確；D．Ⅳ、Ⅴ中存在銨根離子濃度、陰離子種類2個變量，不能說明濃度降低，其還原性增強，D錯誤；故選D。7．A【分析】由工藝流程圖可知，酸浸過程中雜質KOH、MgO等溶于硫酸進入溶液，MnO2與硫酸不反應，過濾，得到二氧化錳，反應Ⅰ中加入硫酸和FeS2將MnO2還原為Mn2+，過濾除去不溶物，反應Ⅱ中加入二氧化錳將溶液中存在的亞鐵離子轉化為Fe3+，加入碳酸鈣調pH，將Fe3+轉化為氫氧化鐵沉淀除去，經過濾得較純凈的硫酸錳溶液。最終得到硫酸錳晶體，據此作答?！驹斀狻緼．MnO2與硫酸不反應，所以濾液中不含Mn2+，A錯誤；B．反應Ⅰ中加入硫酸和FeS2將MnO2還原為Mn2+，F(xiàn)eS2中S為-1價，被氧化為S單質，所以每消耗0.5molFeS2，轉移的電子數(shù)為1mol，轉移的電子數(shù)為1NA，B正確；C．反應Ⅱ中加入二氧化錳將溶液中存在的亞鐵離子轉化為Fe3+，F(xiàn)e從+2價轉化為+3價，Mn從+4價轉化為+2價，根據得失電子守恒有：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，C正確；D．由分析可知，加入碳酸鈣調pH，將Fe3+轉化為氫氧化鐵沉淀除去，即調節(jié)pH的作用是沉淀鐵元素，D正確；故答案為：A。8．C【詳解】A．根據實驗Ⅰ、Ⅱ中的實驗現(xiàn)象可知發(fā)生了氧化還原反應，KMnO4中Mn元素化合價降低，被還原，同時Na2S中S元素化合價升高，被氧化，A項正確；B．實驗中KMnO4溶液用H2SO4酸化，檢測到有，可能是H2SO4電離產生，不能說明是S2-的氧化產物，B項正確；C．實驗Ⅰ反應后的溶液pH＜1，根據題給資料，在強酸性條件下被還原為Mn2+，所以MnO2不是被S2-還原得到，而是過量的與Mn2+發(fā)生歸中反應而產生的，C項錯誤；D．實驗Ⅱ中Na2S過量，S2-將新生成的MnO2還原為Mn2+并迅速與其結合生成淺粉色沉淀MnS，D項正確；答案選C。9．(1)CO升高(2)14【分析】由化學方程式2NO+2CON2+2CO2可知，NO轉化為N2，N元素化合價降低，NO作氧化劑，N2為還原產物；CO轉化為CO2，C元素化合價升高，CO作還原劑，CO2為氧化產物?！驹斀狻浚?）由分析可知，CO作還原劑；CO轉化為CO2，碳元素化合價升高；（2）根據2NO+2CON2+2CO2可知，若反應中消耗了2molNO，則生成N2的物質的量為1mol，2個NO轉化為1個N2，N元素化合價由+2價變?yōu)?價，共得到4個電子，反應消耗2molNO，轉移4mol電子。10．(1)H2S+CO=HS?+HCO(2)循環(huán)使用(催化劑)0.1molZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O(3)4.8【詳解】（1）H2S的氣體與飽和Na2CO3溶液生成兩種酸式鹽可知為NaHS和NaHCO3，反應的離子方程式為：H2S+=HS-+；（2）①a．該反應中．Fe2O3?H2O參加反應，最終又生成了，則在該反應中的作用可描述為循環(huán)使用(催化劑)；b．1mol氧化鐵轉化成FeS得1mol電子，每生成1molS單質轉移2mol電子，根據得失電子守恒得：，同理可得：，結合兩反應可得：，則，處理標況下4.48LH2S即0.2mol時，理論上消耗O2的物質的量為0.1mol；②ZnFe2O4與H2S、H2反應生成了ZnS和FeS，1molZnFe2O4反應得2mol電子，1mol氫氣反應失2mol電子，根據得失電子守恒可得反應：ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O；（3）33.6m3(標準狀況)某燃氣(H2S的含量為0.2%)中含有硫化氫的物質的量==3mol；H2S與堿反應轉化為HS-，根據硫原子守恒：H2S～HS-；在脫氮硫桿菌參與下，HS-被NO氧化為SO，NO被還原為N2，發(fā)生的離子反應為5HS-+8NO3-+3H+=5SO+4N2↑+4H2O，可得關系：5H2S～5HS-～8NO，則消耗NO的物質的量==4.8mol。11．(1)CO升高(2)14【詳解】（1）反應前后，C元素的化合價由+2變成+4價，化合價升高，CO是還原劑；（2）反應的物質的量之比等于系數(shù)之比，反應中消耗了2molNO，則生成1molN2；反應前后N元素的化合價由+2價變成0價，轉移電子的物質的量為。12．(1)C升高(2)14【詳解】（1）該反應中，硅元素從+4價降到0價，碳元素從0價升到+2價，因此作還原劑的物質是C，碳元素的化合價升高；（2）根據化學方程式知，若反應中消耗了，則生成的物質的量為1，即1硅元素從+4價降到0價，則轉移電子的物質的量為。13．(1)攪拌、適當升高溫度等(2)(3)亞硫酸鈉具有還原性，容易被空氣中氧氣氧化為硫酸鈉【分析】工業(yè)廢堿渣過濾分離出碳酸鈉溶液，溶液吸收二氧化硫氣體生成亞硫酸氫鈉溶液，再和氫氧化鈉溶液生成亞硫酸鈉粗品和母液；【詳解】（1）為加快工業(yè)廢堿渣中的溶解，可采取的措施是攪拌、適當升高溫度等；（2）亞硫酸鈉和氫氧化鈉反應生成碳酸鈉和水，；（3）亞硫酸鈉具有還原性，容易被空氣中氧氣氧化為硫酸鈉，導致亞硫酸鈉粗品中含有少量。14．(1)(2)氧化性：(3)溶液分層上層為棕色，下層為無色充分反應，防止氯水與KI反應，干擾實驗【分析】實驗i中試管發(fā)生溴化鈉溶液和氯氣反應，生成氯化鈉和氯化鈉和溴單質的溴單質，反應的離子方程式是：；驗ii中試管發(fā)生碘化鉀溶液和氯氣反應，生成氯化鉀和碘單質，反應的離子方程式是：；實驗I中i和ii可以得出的結論是氧化性：?！驹斀狻浚?）實驗i中試管發(fā)生溴化鈉溶液和氯氣反應，生成氯化鈉和氯化鈉和溴單質的溴單質，反應的離子方程式是：，故答案為：；（2）實驗i中試管發(fā)生溴化鈉溶液和氯氣反應，生成氯化鈉溴單質，通過實驗i可以得出的結論是氧化性；實驗ii中試管發(fā)生碘化鉀溶液和氯氣反應，生成氯化鉀和碘單質，反應的離子方程式是：,通過實驗ii可以得出的結論是氧化性，實驗I中i和ii可以得出的結論是氧化性：，故答案為：氧化性：；（3）①實驗Ⅱ取i中的黃色溶液少許即含有氯化鈉和溴單質的溶液，加入KI溶液，發(fā)生，再加入石油醚，生成的碘單質溶解在石油醚中，石油醚難溶于水，密度比水的小，看到現(xiàn)象溶液分層上層為棕色，下層為無色，故答案為：溶液分層上層為棕色，下層為無色；②實驗I中第一個試管中還含有氯氣，所以實驗Ⅱ中溶液分層上層為棕色，下層為無色，，不能證明一定是溴單質將碘單質置換出來的，實驗Ⅲ中先加入化溴化鈉，可以將溶液中的氯氣除去，防止它氧化碘離子，對后續(xù)實驗產生干擾，故答案為：充分反應，防止氯水與KI反應，干擾實驗。15．(1)(2)Ce4+和Ce3+(3)分液(4)作為還原劑(5)(6)86%【分析】根據流程通入氧氣焙燒CeCO3F焙燒后的產物中有CeO2、CeF4和CO2，稀硫酸酸浸CeO2、CeF4等固體溶解，溶液中存在Ce4+和Ce3+，已知Ce4+在[(HA)2]中的溶解度大于其在水中的溶解度，可以萃取出Ce4+，用稀硫酸和H2O2反萃取，Ce4+轉化為Ce3+，Ce3+與氫氧化鈉和次氯酸鈉反應生成Ce(OH)4，煅燒產生CeO2?！驹斀狻浚?）根據題給信息知，“通入O2焙燒”過程中CeCO3F根據題給信息知，“通入O2焙燒”過程中CeCO3F發(fā)生反應的化學方程式為，故答案為：。（2）稀硫酸酸浸CeO2、CeF4等固體溶解，溶液中存在Ce4+和Ce3+，故得到的水溶液中陽離子有Ce4+和Ce3+，故答案為：Ce4+和Ce3+（3）Ce4+在[(HA)2]中的溶解度大于其在水中的溶解度，可以萃取出Ce4+，經過分液可以分離出水層和有幾層，該操作為分液，故答案為：分液。（4）“反萃取”過程在稀硫酸和H2O2參與反應，H2O2作為還原劑、Ce4+作為氧化劑，生成Ce3+，故答案為：作為還原劑。（5）Ce3+在氫氧化鈉環(huán)境下被次氯酸鈉氧化生成Ce(OH)4，離子方程式為：，故答案為：。（6）CeO2產品加硫酸溶解，可與50.0mL0.1mol/LFeSO4溶液恰好完全反應，發(fā)生離子方程式為：，由此可知=，該產品中CeO2的質量分數(shù)為，故答案為：86%。16．(1)(2)(3)使NO全部轉化成HNO3，4NO+3O2+2H2O=4HNO3(4)1圖中信息可知，氮氧化物的吸收率隨二氧化氮含量增大而增大，當混合氣體中二氧化氮含量α小于50%時，加入H2O2，能氧化NO生成NO2，NO2含量越大使氮氧化物吸收率增大(5)氨分離器中的氮氣和氫氣混合氣體循環(huán)使用【分析】合成塔中合成氨，分離出氨氣后的氮氣和氫氣混合氣體循環(huán)使用，氧化爐中氨氣催化氧化生成一氧化氮，通入空氣，在吸收塔中一氧化氮轉化為硝酸，最后進行尾氣吸收，據此作答?！驹斀狻浚?）工業(yè)合成氨是氮氣和氫氣在高溫高壓催化劑作用下生成氨氣，反應的化學方程式為：，故答案為：。（2）900°C時氨氣被氧化產生NO，發(fā)生主要反應的化學方程式為：，故答案為：。（3）吸收塔中通入空氣的目的是：使NO全部轉化成HNO3，4NO+3O2+2H2O=4HNO3，故答案為：使NO全部轉化成HNO3，4NO+3O2+2H2O=4HNO3。（4）①反應：，NO中氮元素化合價+2升高到+3價，NO2中氮元素化合價+4價降低到+3價，電子轉移總數(shù)1，反應I生成時，轉移電子的物質的量為1mol，故答案為：1；②圖中分析可知氮氧化物吸收率隨二氧化氮含量增大而增大，當α小于50%時，加入H2O2能氧化NO生成NO2，NO2含量增大提升氮氧化物的吸收率，故答案為：圖中信息可知，氮氧化物的吸收率隨二氧化氮含量增大而增大，當混合氣體中二氧化氮含量α小于50%時，加入H2O2，能氧化NO生成NO2，NO2含量越大使氮氧化物吸收率增大。（5）上述工業(yè)流程中體現(xiàn)綠色化學理念的設計是物質的循環(huán)利用、尾氣處理等措施，由此可知上述工業(yè)流程中體現(xiàn)綠色化學理念的設計是氨分離器中的氮氣和氫氣混合氣體循環(huán)使用，故答案為：氨分離器中的氮氣和氫氣混合氣體循環(huán)使用。17．(1)Na2SO3、H2O(2)溶液酸性條件下，具有氧化性(3)沉淀溶解，產生紅棕色氣體(4)【詳解】（1）A中反應的化學方程式是；NaOH與SO2反應，生成Na2SO3與H2O；（2）因為實驗證實，白色沉淀(t1)中不含Ag2SO4，含Ag2SO3，t1時，C中產生白色沉淀的離子方程式是；實驗證實，白色沉淀（t1）中不含，含，可知白色沉淀是，濾液中含有和，加入試劑無現(xiàn)象，則試劑為，加入產生白色沉淀，原因是酸性條件下具有氧化性，將氧化為（3）濃HNO3與Ag發(fā)生反應生成二氧化氮，現(xiàn)象是沉淀溶解，產生紅棕色氣體；（4）由實驗現(xiàn)象可知，時，中的作用是還原劑，發(fā)生反應：【點睛】用NaOH溶液吸收尾氣中的SO2的時候，默認NaOH溶液是過量的；18．(1)①⑥氯水黃綠色褪去；②⑦；(2)；(3)溶液中是否含有防止與反應產生白色沉淀干擾實驗現(xiàn)象；設計此實驗進行對比，防止對實驗結果造成干擾實驗a中白色沉淀的量比實驗b多或實驗a中有白色沉淀而實驗b中沒有（答案合理即可）(4)SO2水溶液和Na2S反應生成S單質(5)3【分析】實驗2中，將+4價的S轉化為+6價的S，可選擇試劑SO2水溶液和氯水，二者反應生成H2SO4和HCl，氯水的黃綠色褪去；實驗5中，將+6價的S轉化為+4價的S，可選擇Cu和濃硫酸，二者在加熱條件下反應生成SO2?！驹斀狻浚?）①實驗2中，將+4價的S轉化為+6價的S，可選擇試劑SO2水溶液和氯水，二者反應生成H2SO4和HCl，氯水的黃綠色褪去，故i為①⑥，故答案為：①⑥；②ii為氯水黃綠色褪去，故答案為：氯水黃綠色褪去；③實驗5中，將+6價的S轉化為+4價的S，可選擇Cu和濃硫酸，二者在加熱條件下反應生成SO2，iii為②⑦，故答案為：②⑦；（2）Cu和濃硫酸在加熱條件下反應生成SO2，化學方程式為：，故答案為：；（3）①向反應后的溶液中先加過量稀鹽酸，再加足量溶液，可檢驗溶液中是否含有，故答案為：溶液中是否含有；②和稀鹽酸反應生成SO2，加稀鹽酸可以