1、专题强化练(四)1(2020天津市南开区第二次模拟)硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3Ce中文名“铈”的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是()A该转化过程的实质为NOx被H2还原Bx1时，过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为21C处理过程中，混合溶液中Ce3和Ce4总数减少D过程发生反应的离子方程式：H2Ce4=2HCe3解析：A项，由分析可知，总反应可以看作烟气与氢气反应，该转化过程的实质为NOx被H2还原，正确；B项，x1时，根据图示，过程中发生2NO4H4Ce3=2H2ON24Ce4，N的
2、化合价降低，NO为氧化剂，Ce3为还原剂，根据得失电子守恒：n(NO)2n(Ce3)1，因此氧化剂与还原剂物质的量之比为12，错误；C项，过程发生H22Ce4=2H2Ce3，过程发生2NOx4xH4xCe3=2xH2ON24xCe4，处理过程中，混合液中Ce3和Ce4总数不变，错误；D项，根据图示，过程发生H2Ce4HCe3，利用化合价升降法进行配平，离子方程式为H22Ce4=2H2Ce3，错误。答案：A2(2020日照模拟)高铁酸钾(K2FeO4)是新型的绿色环保水处理剂。一种制备K2FeO4的流程如下。下列说法错误的是()A步骤中反应的离子方程式为2Fe2H2O22H=2Fe32H2OB步
3、骤说明碱性条件下，氧化性：NaClONa2FeO4C步骤的反应为复分解反应，说明溶解度：Na2FeO4Na2FeO4，正确；C项，步骤为Na2FeO4与饱和的KOH溶液发生复分解反应得到K2FeO4粗品，溶解度大的物质转化为溶解度小的物质，故溶解度：Na2FeO4K2FeO4，错误；D项，由于K2FeO4具有强氧化性，因此可用于水的杀菌消毒，且其还原产物产生的Fe3水解得到Fe(OH)3的胶体，具有絮凝的作用，故K2FeO4是一种性能优良的水处理剂，正确。答案：C3(2020泰安第五次模拟)污水处理厂处理含CN废水的过程分两步进行：向含CN的废水中加入过量NaClO将CN转化为CNO；调节所得
4、溶液为酸性，使CNO继续被NaClO转化为两种无污染的气体。下列关于上述过程的叙述错误的是()ACN的电子式为CNB过程中，生成CNO的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为11C过程中，生成的两种无污染的气体为CO2和N2D氧化性：CNOClO解析：A项，CN的电子式为CN，正确；B项，过程中，CN被氧化为CNO，1 mol CN转移2 mol电子，NaClO被还原为NaCl，1 mol NaClO转移2 mol电子，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为11，正确；C项，CO2和N2无污染，过程中，生成的两种无污染的气体为CO2和N2，正确；D项，CN被NaClO氧化为CNO，所以氧化性：CN
5、OClO，错误。答案：D4(2020烟台适应性练习)环境科学刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(Na2S2O8，其中S为6价)去除废水中的正五价砷As()的研究成果，其反应机制模型如图所示(SO、OH表示自由基)。设阿伏加德罗常数的值为NA。下列叙述错误的是()A过硫酸钠中2价氧与1价氧的个数比为31B若56 g Fe参加反应，共有1.5NA个S2O被还原C碱性条件下硫酸根自由基发生反应的方程式为SOOH=SOOHDpH越大，越有利于去除废水中的正五价砷解析：A项，过硫酸钠中正、负化合价之和为零，S为6价，Na为1价，正价之和(6)2(1)214，负价之和为14，若2价氧与1价氧的个数比
6、为31，即2价氧为6个，1价氧的个数为2个，负价之和为(2)6(1)214，正确；B项，56 g Fe为1 mol，根据图示可知，1 mol S2O和1 mol Fe反应生成2 mol SO和1 mol Fe2，该过程转移2 mol电子，但是Fe2还要与S2O反应变成Fe3和自由基，根据图示，形成的沉淀中即含有二价铁离子，又含有三价铁离子，即第一步反应中的二价铁没有被完全氧化为三价铁离子，因此1 mol铁参加反应消耗小于1.5 mol S2O，共有少于1.5NA个S2O被还原，错误；C项，结合图示可知，碱性条件下，SO发生反应的方程式为SOOH=SOOH，正确；D项，根据图示可知，最后是碱性条
7、件下，铁离子和亚铁离子转化为氢氧化亚铁和氢氧化铁，正五价砷离子转变为沉淀，二者共同以沉淀形式析出的，则溶液的碱性越强越有利于析出，即pH越大越有利于去除废水中的正五价砷，正确。答案：B5(2020北京市海淀区模拟)金属铬常用于提升特种合金的性能。工业上以铬铁矿(主要成分为FeOCr2O3，含有少量Al2O3)为原料制备金属铬的流程如下图。下列说法不正确的是()A中需持续吹入空气作氧化剂B中需加入过量稀硫酸C中发生了置换反应D溶液A为橙色解析：A项，在铬铁矿中Cr元素化合价为3价，反应后变为Na2CrO4中的6价，化合价升高，被氧化，因此中需持续吹入空气作氧化剂，正确；B项，Al(OH)3是两性
8、氢氧化物，能够与硫酸发生反应产生可溶性Al2(SO4)3，因此中加入的稀硫酸不能过量，错误；C项，Cr2O3与Al在高温下反应产生Cr和Al2O3，反应物是单质和化合物，生成物也是单质与化合物，因此中反应类型为置换反应，正确；D项，Na2CrO4在酸性溶液中发生反应：2CrO2HCr2OH2O，反应产生Cr2O使溶液显橙色，正确。答案：B6(2020山东省实验中学模拟)高锰酸钾(KMnO4)是一种常用的氧化剂。不同条件下高锰酸钾可发生如下反应：MnO5e8HMn24H2O；MnO3e2H2OMnO24OH；MnOeMnO。高锰酸钾溶液与硫化亚铁有如下反应：FeSKMnO4H2SO4K2SO4M
9、nSO4Fe2(SO4)3SH2O(未配平)。下列有关说法正确的是()A由上面的反应可知，高锰酸根离子(MnO)反应后的产物与溶液的酸碱性有关B高锰酸钾溶液可代替二氧化锰用来制取Cl2，氧化剂和还原剂物质的量之比为18C在高锰酸钾溶液与硫化亚铁的反应中，反应前后固体的质量减少了2.8 g，则硫元素与高锰酸钾之间转移的电子数为0.15NAD高锰酸钾溶液也可与双氧水发生反应，其中双氧水是氧化剂解析：A项，由不同条件下高锰酸钾发生的反应可知，溶液的酸性越强，反应后锰元素的化合价越低，所以高锰酸根反应后的产物与溶液的酸碱性有关，正确；B项，反应2KMnO416HCl= 2KCl2MnCl25Cl28H
10、2O，高锰酸钾为氧化剂，盐酸为还原剂，由方程式可知，有2 mol高锰酸钾参与反应，则有10 mol HCl被氧化，因此，氧化剂和还原剂物质的量之比为15，错误；C项，反应中固体质量变化为FeSS，固体质量变化为铁元素的变化，反应前后固体的质量减少了2.8 g，参加反应的亚铁离子的物质的量为0.05 mol，即被氧化的FeS的物质的量为0.05 mol，被高锰酸根离子氧化的硫离子的物质的量为0.05 mol，转移的电子的物质的量为0.05 mol20.1 mol，电子数为0.1NA，错误；D项，高锰酸钾与双氧水反应，高锰酸钾体现氧化性，双氧水体现还原性，错误。答案：A7(2020日照市模拟考试)
11、Cu2HgI4是一种红色固体，常用作示温涂料。制备反应为2CuSO4K2HgI4SO22H2O=Cu2HgI4K2SO42H2SO4。下列说法正确的是()A上述反应的产物Cu2HgI4中，Hg的化合价为1B上述反应中Hg元素与Cu元素均被还原C上述反应中生成1 mol Cu2HgI4时，转移的电子数为4NAD由以上信息可推知，可发生反应：2CuSO42NaClSO22H2O=2CuClNa2SO42H2SO4解析：根据制备反应方程式可知，CuSO4中Cu的化合价由2价降至1价，作氧化剂，发生还原反应，SO2中S元素的化合价由4价升至6价，作还原剂，发生氧化反应，Cu2HgI4为还原产物，据此分
12、析解答问题。A项，根据上述分析可知，Cu2HgI4中Cu的化合价为1价，则Hg的化合价为2价，错误；B项，上述反应中，只有Cu元素被还原，错误；C项，上述反应中，CuSO4中Cu的化合价由2价降至1价，生成1 mol Cu2HgI4时，转移2 mol电子，转移的电子数为2NA，错误；D项，根据题干信息，CuSO4可与SO2在盐溶液中发生氧化还原反应，Cu2被还原为Cu，SO2被氧化为SO，则反应2CuSO42NaClSO22H2O=2CuClNa2SO42H2SO4可以发生，正确。答案：D8(2020山东师范大学附属中学模拟)氰化物是剧毒物质，传统生产工艺的电镀废水中含一定浓度的CN，无害化排
13、放时必须对这种废水进行处理。可采用碱性条件下的Cl2氧化法处理这种废水，涉及两个反应：反应，CNOHCl2OCNClH2O(未配平)；反应，OCNOHCl2XYClH2O(未配平)。其中反应中N元素的化合价没有变化，常温下，X、Y是两种无毒的气体。下列判断正确的是()A反应中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为21BX、Y是CO2、N2，且均为反应的氧化产物C该废水处理工艺过程中须采取措施，防止Cl2逸出到空气中D处理c(CN)0.0001 molL1的废水106 L，消耗标准状况下的Cl2 4.48103 L解析：A项，反应中氧化剂是Cl2，还原剂是CN，Cl2中的氯元素的化合价降低2，CN中的
14、碳元素的合价升高2(由2升高到4)，因此中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为11，错误；B项，由题中信息可知，X、Y是两种无毒的气体，由反应所涉及的元素可知，X、Y是CO2、N2，N2为反应的氧化产物，CO2不是反应的氧化产物，错误；C项，氯气有毒，因此该废水处理工艺过程中须采取措施防止Cl2逸出到空气中，正确；D项，处理c(CN)0.000 1 molL1的废水106 L，物质的量为0.000 1 molL1106 L100 mol，则失去电子100 mol(23)500 mol，因此消耗氯气250 mol，标准状况下的Cl2体积为250 mol22.4 Lmol15.6103 L，错误。答案
15、：C9(2020衡阳市第八中模拟)铋酸钠(NaBiO3)是分析化学中的重要试剂，某化学兴趣小组设计下图1实验装置制取铋酸钠并进行纯度检测。.制取。氯气和氢氧化铋反应制取NaBiO3。图1已知：Bi(OH)3难溶于水，白色。装置丙中盛有Bi(OH)3与NaOH溶液混合物。NaBiO3不溶于冷水，浅黄色，遇沸水或酸则迅速分解。(1)装置乙中盛装的试剂是_，装置丁的作用是_。(2)装置丙中发生反应的离子方程式是_。(3)当观察到_现象时，可以初步判断丙中反应已完成。(4)反应结束后，为了从装置丙中获得更多产品，需要的操作依次为：在冰水中冷却结晶、_、干燥。(5)有人设计如图2的装置制取NaBiO3(
16、加热和夹持仪器已略去)。该装置比图1所示装置具有更高的安全性。图2盛浓盐酸的滴液漏斗中右侧玻璃管的作用是_。拆除装置前必须先除去A中残留Cl2以免污染空气。通过控制开关，除去Cl2的操作是_。.检测纯度。(6)取上述NaBiO3产品w g，加入足量硫酸和MnSO4稀溶液使其还原为Bi3，再用c molL1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO(已知：H2C2O4MnOCO2Mn2H2O，未配平)，滴定终点时溶液的颜色变化为_，假设终点时消耗VmL标准溶液。计算该产品的纯度为_(用含w、c、V的代数式表示)。解析：(1)由实验装置图1可知，装置甲中浓盐酸与二氧化锰共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发
17、性，氯气中混有氯化氢气体，装置乙中盛装饱和食盐水，用于除去氯化氢，装置丙为铋酸钠制备装置，碱性条件下，氯气将氢氧化铋氧化生成铋酸钠，装置丁中盛装氢氧化钠溶液，用于吸收过量的氯气，防止污染环境。(2)装置丙为铋酸钠制备装置，碱性条件下，氯气与氢氧化铋发生氧化还原反应生成铋酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为Bi(OH)33OHNaCl2=NaBiO32Cl3H2O。(3)若丙中反应已完成，装置丙中白色的氢氧化铋会全部变为浅黄色的铋酸钠，固体的浅黄色不会再加深，溶液的上方会充满过量的黄绿色的氯气。(4)由题意可知，铋酸钠不溶于冷水，遇沸水或酸会迅速分解，则从装置丙中获得更多铋酸钠的操作是在冰水中冷
18、却结晶、过滤、洗涤、干燥。(5)图2装置A中盛浓盐酸的滴液漏斗右侧玻璃管能起到平衡气压，使浓盐酸顺利滴下的作用。从实验装置图可知，关闭K1、K3，打开K2可使NaOH溶液进入三颈烧瓶中，与其中的氯气反应除去A中残留氯气以免污染空气。(6)用草酸标准溶液滴定含过量的高锰酸根的溶液时，当紫色的高锰酸根完全转化为无色的硫酸锰时，说明高锰酸根完全反应，达到滴定终点；设产品中铋酸钠的质量为m，根据得失电子数目守恒可得：5NaBiO32Mn22MnO5H2C2O4，由此建立如下求解关系式：5NaBiO3,5280 g,m)5H2C2O4,5 mol,cV103 mol)解得m0.28cV g，则产品的纯度
19、为100%100%。答案：.(1)饱和食盐水吸收过量的氯气，防止污染环境(2)Bi(OH)33OHNaCl2=NaBiO32Cl3H2O(3)丙中白色固体消失(浅黄色不再加深或丙的上方充满黄绿色气体)(4)过滤、洗涤(5)平衡气压，使浓盐酸顺利滴下关闭K1、K3，打开K2.(6)溶液颜色由紫红色变成无色100%10(2020昆明市官渡区第一中学月考)为探究H2O2、SO2、Br2氧化性强弱，某小组同学设计如下实验(夹持及尾气处理装置已略去，气密性已检验)。实验操作实验现象.打开A中分液漏斗活塞，滴加浓硫酸A中有气泡产生，B中红棕色褪色，C中有白色沉淀.取C中沉淀加入盐酸C中白色沉淀不溶解.打开
20、B中分液漏斗活塞，逐滴滴加H2O2开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色(1)B中红棕色褪色的离子方程式是_。(2)甲同学通过C中产生白色沉淀，得出结论，氧化性：H2O2SO2。C中产生白色沉淀的离子方程式是_。乙同学认为不能得出此结论，认为在滴加浓硫酸之前应增加一步操作，该操作是_。丙同学认为还应该在B和C之间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是_。按乙和丙同学改进后的方案进行实验，C中产生白色沉淀，得出结论：氧化性：H2O2SO2。(3)中滴入少量H2O2没有明显变化。提出假设：观点1：H2O2的量少不能氧化溴离子。观点2：B中有未反应的SO2。为验证观点2
21、，应进行的实验操作及现象是_。(4)通过上述全部实验，得出结论：H2O2、SO2、Br2氧化性由强到弱的顺序是_。解析：A中浓硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，B中二氧化硫和溴水反应生成硫酸和HBr；C中二氧化硫、过氧化氢反应生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀；打开B中分液漏斗活塞，逐滴滴加H2O2，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色，说明Br被H2O2氧化为Br2。(1)B中二氧化硫和溴水反应生成硫酸和HBr，B中红棕色褪色的离子方程式是SO2Br22H2O=4HSO2Br。(2)C中二氧化硫、过氧化氢反应生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，C中产生白色沉淀的离子方程式是
22、SO2H2O2Ba2=BaSO42H。氧气能把亚硫酸氧化为硫酸，所以在滴加浓硫酸之前应增加一步操作，该操作是：打开弹簧夹，通入N2，待排净装置内空气后，关闭弹簧夹。由于溴单质有挥发性，溴单质也可以将SO2氧化产生同样的实验现象，所以丙同学认为还应该在B和C之间增加洗气瓶D来除去挥发的溴蒸气，D中盛放的试剂是CCl4或苯或饱和NaHSO3溶液。(3)SO2能使品红溶液褪色，为验证观点2，应进行的实验操作及现象是取少量滴加H2O2溶液前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色。(4)氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，通过上述全部实验，得出结论：H2O2、SO2、Br2氧化性由
23、强到弱的顺序是H2O2Br2SO2。答案：(1)SO2Br22H2O=4HSO2Br(2)SO2H2O2Ba2=BaSO42H打开弹簧夹，通入N2，待排净装置内空气后，关闭弹簧夹CCl4(或苯或饱和NaHSO3溶液)(3)取少量滴加H2O2溶液前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色(4)H2O2Br2SO211(2020天津市新华中学月考)叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分；易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。实验室可利用亚硝酸叔丁酯(tBuNO2，以tBu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶
24、液混合反应制备NaN3。(1)用化学语言解释NaN3溶液呈弱碱性的原因：_。(2)制备NaN3。按图示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应的化学方程式为tBuNO2NaOHN2H4=NaN32H2OtBuOH。装置a的名称是_。反应后溶液在0 下冷却至有大量晶体析出后过滤，所得晶体使用_洗涤。试解释低温下过滤的原因是_。(3)产率计算。称取2.0 g NaN3试样，配成100 mL溶液，并量取10.00 mL溶液于锥形瓶中。用滴定管加入0.10 molL1(NH4)2Ce(NO3)6溶液40.00 mL(假设杂质均不参与反应)。充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10
25、molL1(NH4)2Fe(SO4)2标准液，滴定过量的Ce4，终点时消耗标准溶液20.00 mL(滴定原理：Ce4Fe2=Ce3Fe3)。.配平(NH4)2Ce(NO3)6与叠氮化钠反应方程式：(NH4)2Ce(NO3)6_NaN3=_NH4NO3_Ce(NO3)3_NaNO3_N2。.计算NaN3的质量分数为_(保留两位有效数字)。.下列操作会导致所测定样品中NaN3质量分数偏大的是_(填字母)。A锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗B滴加(NH4)2Ce(NO3)6溶液时，滴加前俯视读数，滴加后仰视读数C滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的(NH4)2Ce(NO3)6标准液滴用蒸馏水冲进瓶内(4)分析不
26、直接用酸性高锰酸钾滴定NaN3可能的原因是_。(5)NaN3有毒，可以使用NaClO溶液对含有NaN3的溶液进行处理，反应产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：_。解析：(1)在水溶液中NaN3会发生水解：NaN3H2O=NaOHHN3，生成NaOH，所以溶液显碱性。(2)根据装置a的结构特点可知其为恒压滴液漏斗。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，为降低溶解损失，可用乙醇洗涤。温度低，NaN3的溶解度低，可减少溶解损失，此外温度过高会导致NaN3分解，降低产率。(3).已知(NH4)2Ce(NO3)6和NaN3反应产物中有N2和Ce(NO3)3，可知该过程Ce4将N氧化成N2，自身被还原
27、成Ce3，N整体化合价升高1价，所以(NH4)2Ce(NO3)6和NaN3的系数比应为11，再结合元素守恒可得反应方程式：2(NH4)2Ce(NO3)62NaN3=4NH4NO32Ce(NO3)32NaNO33N2。.n总(Ce4)0.10 molL10.04 L0.004 mol，分别与Fe2和N反应；其中与Fe2按11反应，消耗n1(Ce4)0.10 molL10.02 L0.002 mol，与N按11反应，消耗n2(Ce4)0.004 mol0.002 mol0.002 mol，即10 mL所取溶液中有0.002 mol N，则原2.0 g叠氮化钠试样n2(N)0.002 mol0.02
28、 mol，所以质量分数为100%65%。.锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗，该部分叠氮化钠也会使消耗的(NH4)2Ce(NO3)6偏多，使得测定结果偏大，故A项符合题意；滴加(NH4)2Ce(NO3)6溶液时，滴加前俯视读数，滴加后仰视读数，会使滴加的(NH4)2Ce(NO3)6溶液体积偏大，导致(NH4)2Fe(SO4)2标准液测定的剩余Ce4的量偏大，从而使计算得到的叠氮化钠消耗的(NH4)2Ce(NO3)6偏小，测定结果偏小，故B项不符合题意；滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的(NH4)2Ce(NO3)6标准液滴用蒸馏水冲进瓶内，测定结果更加准确，故C项不符合题意；综上所述答案为A。(4)酸性环境
29、中NaN3可能会与氢离子反应生成有爆炸性的有毒气体叠氮化氢，且会使结果不准确。(5)根据题目信息可知叠氮化钠具有还原性，可以被次氯酸根氧化，反应产生无色无味的无毒气体，应为氮气，结合电子守恒和元素守恒可得离子反应为ClO2NH2O= Cl2OH3N2。答案：(1)NaN3H2O=NaOHHN3(2)恒压滴液漏斗乙醇温度低，NaN3的溶解度低，减少溶解损失，还可以防止NaN3分解(3).224223.65%.A(4)酸性环境中NaN3可能会与氢离子反应生成有爆炸性的有毒气体叠氮化氢(5)ClO2NH2O=Cl2OH3N212(2020四川省泸县第二中学诊断)从海水中可以提取很多有用的物质，例如从
30、海水制盐所得到的卤水中可以提取碘。活性炭吸附法是工业提碘的方法之一，其流程如下：资料显示：.pH2时，NaNO2溶液只能将I氧化为I2，同时生成NO；.I25Cl26H2O=2HIO310HCl，5SO2IO2H= I25SOH2O。(1)反应的离子方程式是_。(2)方案甲中，根据I2的特性，分离操作X的方法是_。(3)已知：反应中每吸收3 mol I2转移5 mol电子，离子方程式是_。(4)Cl2、酸性KMnO4等都是常用的强氧化剂，但该工艺中氧化卤水中的I却选择了价格较高的NaNO2，原因是_。解析：亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下二者发生氧化还原反应生成一氧化氮、碘和水
31、，离子反应方程为2NO2I4H=I22NO2H2O。(2)碘易升华，方案甲中，分离操作X为升华或加热、冷凝结晶。(3)反应中每吸收3 mol I2转移5 mol电子，说明生成I、IO，则该离子方程式为3I23CO= 5IIO3CO2或3I26CO3H2O=5IIO6HCO。(4)氯气、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，会继续氧化I2，而亚硝酸钠仅能把碘离子氧化为碘单质，故该工艺中氧化卤水中的I选择了价格较高的NaNO2。答案：(1)2NO2I4H=I22NO2H2O(2)升华(或加热)、冷凝结晶(3)3I23CO=5IIO3CO2(或3I26CO3H2O=5IIO6HCO)(4)氯气、酸性高锰酸钾等能够继续氧化I2，导致产率降低
