Mn2+，溶液由紫红色变为接近无色；
－
（5）开始反应缓慢，一段时间后反应速率迅速加快，这是由于发生反应2MnO4
+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，随着反应的进行，溶液中Mn2+的浓度增大了，Mn2+对反应起到催化作用，才使反应速率迅速加快。 【点睛】
认真读懂题中所给的信息、认真分析图表数据，进行对比分析，得出结论，然后进行作答。
2H2O)常用做分析试剂及显影剂等。下图是将一定质量的草酸亚铁9．草酸亚铁晶体(FeC2O4·
在氩气气氛中进行热重分析示意图(TG%表示残留固体质量占原样品总质量的百分数)。
请回答下列问题：
(l)B处时残留物的化学式为___________。
(2)A→C整个反应过程中总反应的化学方程式为___________。
(3)取上述分解得到的600℃时的固体放在空气中继续加热时其质量增加，发生反应的化学2H2O在氩气气氛中进行热重分析的原因是方程式为___________。由此说明上述FeC2O4·___________。
(4)若将分解得到的600℃时的固体与足量的稀硫酸反应后，将溶液浓缩、冷却，有带7个结晶水的晶体析出，该晶体的化学式为__________，该晶体与草酸亚铁晶体分解有类似，得到四种氧化物且物质的量之比为1:1:1:14，则该化学方程式为__________。 2H2O【答案】FeC2O4 FeC2O4·
ΔFeO +CO↑+CO2↑+2H2O 6FeO+O2
Δ2Fe3O4 防止FeO在加
7H2O 2FeSO4·7H2O热过程中被空中的氧气氧化 FeSO4·【解析】 【详解】
(1)FeC2O4·2H2O中H2O%=
ΔFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O
2?18=20%，刚好在B点的TG%=80%，则B点表示所有的结晶水180都完全失去，得到的固体成分为FeC2O4；故答案为：FeC2O4； (2)当TG%=40%时，得到应该是铁的氧化物，则有
M(FeOx)=0.4，x=1，则变化过程中铁
180Δ的化合价没改变，只有碳的化合价发生变化，则A→C整个反应过程中总反应的化学方程式2H2O为FeC2O4·
ΔFeO +CO↑+CO2↑+2H2O；故答案为：FeC2O4·2H2OFeO
+CO↑+CO2↑+2H2O；
(3)当分解得到的600℃时的固体FeO在空气中与氧气反应，得到稳定的Fe3O4，因此FeC2O4·2H2O在氩气气氛中进行热重分析的原因防止FeO在加热过程中被空中的氧气氧化；故答案为：6FeO+O2
Δ2Fe3O4；防止FeO在加热过程中被空中的氧气氧化；
(4)FeO与足量的稀硫酸反应得到的是FeSO4，为了防止其Fe2+水解和Fe2+被氧化，要加适量7H2O，晶体与草酸亚铁晶体分解有类似，得到四种氧化物的硫酸和铁粉，才能得到FeSO4·
7H2O；且物质的量之比为1:1:1:14，则有Fe2O3、SO2、SO3、H2O；故答案为：FeSO4·2FeSO4·7H2O
ΔFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O。
10．消除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护的重要研究课题。
(1)已知反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，请分析氧化产物和还原产物的质量之比为________。 (2)水体中过量氨氮(以NH3表示)会导致水体富营养化。
①用次氯酸钠除去氨氮的原理如题图所示。写出该图示的总反应化学方程式：________。 该反应需控制温度，温度过高时氨氮去除率降低的原因是________。
②取一定量的含氨氮废水，改变加入次氯酸钠用量，反应一段时间后，溶液中氨氮去除率、总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的总量)去除率以及剩余次氯酸钠的含量随m(NaCIO)m(NH3)的变化情况如图所示。当m( NaCIO)：m(NH3)>7.6时，水体中总氮去除率反而下降，可能的原因是________ 。
【答案】4：3 2NH3+ 3NaClO= N2+ 3NaCl+ 3H2O 温度过高，HClO发生分解，氨氮去除率随之降低 有部分NH3被氧化成NO2-或NO3- 【解析】 【分析】
（1）该反应中NH3中N由－3价变为0价，化合价升高，被氧化，所得产物为氧化产物；NO2中N由＋4价变为0价，化合价降低，被还原，所得产物为还原产物；因此氧化产物和还原产物的物质的量之比为8:6=4:3；
（2）①根据图示判断发生氧化还原反应的反应物、生成物，根据得失电子守恒和原子守恒书写化学方程式；温度越高，化学反应速率越快，但是温度过高，HClO不稳定，受热易分解；
②当m( NaCIO)：m(NH3)>7.6时，NaCIO加入的量越多会将氨氮氧化为NO3-等高价态物质。 【详解】
(1)该反应中NH3中N由－3价变为0价，化合价升高，发生氧化反应，所得为氧化产物；
NO2中N由＋4价变为0价，化合价降低，发生还原反应，所得为还原产物；因此氧化产物和还原产物的物质的量之比为8:6=4:3；
(2)①由图转化过程可知，该反应中反应物为NH3和NaClO，生成物为N2、NaCl2和H2O，因此该反应的化学方程式为：2NH3＋3NaClO=N2＋3NaCl＋3H2O；
由于反应过程中生成HClO，HClO不稳定，受热易分解，因此温度过高，氨氮去除率降低；
②NaClO具有氧化性，其量增大，会使得部分NH3被氧化成NO2-或NO3- ， 使得水体中总氮去除率降低； 【点睛】
本题考查氧化还原反应方程式的书写，考生应从图中找出反应物、生成物，另外解释控制反应条件的度。
11．（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____。
（6）若向盛有10mL1mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液的烧杯中加20mL1.2mol·L－1Ba(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； M--（2）100mL2mol·L1的FeCl3溶液中FeCl3的物质的量是0.1L×2mol·L1=0.2mol。
n计算； V（4）根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式。
（3）根据物质的量浓度的计算公式c=（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·L1的FeCl3溶液中FeCl3的物质的量是0.1L×2mol·L1=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0.15mol-
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-； （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。
12．工业上利用氧化铝基废催化剂（主要成份为Al2O3,少量Pd)回收Al2(SO4)3及Pd 流程如图：
说明：上述流程中焙烧温度不宜过高，否则会导致硫酸铵固体的分解。 （1）焙烧时产生气体X的结构式为________。
（2）水浸分离中，滤渣Pd的颗粒比较大，一般可以采用的分离方法是_________ (填字母）
A．过滤 B．抽滤 C．倾析 D．渗析
（3）写出酸浸时发生反应的离子方式______(已知氯钯酸为弱酸)
（4）某同学在实验室用如下图所示装置完成Pd的热还原实验，并计算滤渣中 (NH4)2PdCl6的百分含量（滤渣中的杂质不参与热还原反应）。
①写出热还原法过程中发生反应的化学方程式________。
②i.将石英玻璃管中（带开关；K1和K2)(设为装置A )称重，记为mi g。将滤渣 [(NH4)2PdCl6]装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2 g。
ii.连接好装置后，按d→ → →b→ →e(填标号)顺序进行实验。_______ a.关闭K1和K2 b.熄灭酒精灯 c.点燃酒精灯，加热 d.打开K1和K2 e.称量A f.缓缓通入H2 g.冷却至室温 iii.重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。
③根据实验记录，计算滤渣中（NH4)2PdCl6的百分含量__________[列式表示，其中(NH4)2PdCl6相对分子质量为355]。
④实验结束时，发现硬质试管右端有少量白色固体，可能是____(填化学式）,这种情况导致实验结果_________(填“偏高”、“偏低”、“无影响”） 【答案】
C Pd+4NO3-+6Cl-+10H+=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O
??NH4?2PdCl6+2H2=Pd+2 NH3+6HCl f；c；g；a
355?m2?m3?249?m2?m1? NH4Cl 偏低
【解析】 【分析】
2020-2021全国高考化学氧化还原反应的综合高考模拟和真题汇总含答案
