2024届高三新高考化学大一轮专题练习--氧化还原反应含答案.pdf

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1、20242024届高三新高考化学大一轮专题练习届高三新高考化学大一轮专题练习-氧化还原反应氧化还原反应一、单选题一、单选题1(安徽省十校联盟2023年第三届高三下学期数理化生解题能力竞赛化学试题)用碘酸制备五氧化二碘，然后检验乙醇。90110(低温区)加热20min，再升温至220240(高温区)恒温4h，具体流程如下图所示。下列说法正确的是A.二缩三碘酸化学式为HI3O8B.低温区发生氧化还原反应C.反应速率：低温区Cl2Fe3+Br23B.第组反应的其余产物只有O2C.第组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比可能为1:2D.第组反应中生成1molCl2，转移电子10mol11(2023春

2、江苏高三校联考阶段练习)周期表中VIA族元素及其化合物应用广泛。O2是常见的氧化剂和助燃剂。SO2催化氧化是工业制硫酸的重要反应之一(中和热为57.3kJmol-1)。Se(硒)是重要的工业原材料与动物体必须营养素。提取Se的主要原材料为电解铜产生的阳极泥。可通过阳极泥硫酸化焙烧提取Se，硫酸化焙烧提取Se的步骤主要分为两步：第一步焙烧，硫酸将单质Se氧化为SeO2。第二步还原吸收，在水中SO2将SeO2转化为单质Se。下列物质性质与用途具有对应关系的是A.二氧化硫具有还原性，可用作漂白剂B.硒在光照下导电性显著提高，可用作光敏材料C.臭氧能溶于水，可用作杀菌剂D.硫酸具有强氧化性，可用作干燥

3、剂二、多选题二、多选题12(2023春广东湛江高三湛江二十一中校考期中)单质钛(Ti)的机械强度高，抗蚀能力强。用TiO2制金属钛时，发生的主要化学反应有TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti。下列叙述正确的是A.反应中碳是还原剂B.反应中TiO2是氧化剂C.反应可说明金属镁还原性比金属钛强D.反应是置换反应13(2023春云南玉溪高三云南省玉溪第一中学校考阶段练习)常温下，将NO和H2的混合气体通入Ce SO42与Ce2SO43的混合溶液中，其物质转化过程如图所示，下列说法正确的是A.N2、NO均为共价化合物B.反应中Ce4+为氧化剂，发生还原反应C

4、.反应：4Ce3+2NO+2H2O=N2+4Ce4+4OH-D.若有2molH2发生反应，理论上可获得标况下的N2的体积为22.4L三、非选择题三、非选择题14(2023春上海青浦高三上海市朱家角中学校考阶段练习)某一反应体系中有反应物和生成物共八种物质：KMnO4、SO2、CuS、H2SO4、CuSO4、K2SO4、MnSO4、H2O。反应中氧化过程如下：CuSSO2。4(1)该反应中被还原的元素是，CuS发生氧化反应的实质是。(2)若反应过程中转移了3mol电子，则参加反应的CuS的物质的量为mol。(3)写出并配平该反应的化学方程式。(4)当KMnO4过量时，KMnO4会继续与SO2发生

5、加下反应：2KMnO4+5SO2+2H2O2H2SO4+K2SO4+2MnSO4。标出上述反应的电子转移数目和方向：该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为。15(2023春湖南长沙高三长沙一中校考开学考试)化学来源于生活又服务于生活，请回答下列问题：(1)百度指数显示，2022年12月5日至12月11日，除各类感冒药外，电解质水的搜索指数整体同比陡增。家庭自制电解质水，下列物质属于电解质的是(填标号)。A.二氧化碳B.小苏打C.酒精D.NaClE.蔗糖F.食醋(2)饮用水中的NO-3对人类健康产生危害，为了降低饮用水中NO-3的浓度，可以在碱性条件下用铝粉将NO-3还原为N2。补充完整下列

6、化学方程式，并在方程式上用单线桥标出该反应中电子转移的方向和数目。Al+NaNO3+NaOH=+N2+H2O(3)从旧CPU中回收金部分流程如下。(HAuCl4、氯金酸、金元素的化合价为+3)若用Zn粉将溶液中的1.2molHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是。(4)明矾 KAl SO4212H2O可用于净水。往明矾溶液中逐滴滴加Ba OH2溶液，若使Al3+恰好完全沉淀，发生反应的离子方程式为。(5)彩漂剂的主要成分是双氧水，使用时会释放出一种无色无味的气体，使污垢活化，易于洗涤。但是不能长期存放，会降低彩漂效果，则发生的反应的还原产物为(写化学式)。(6)若纯碱中含有NaHC

7、O3杂质。下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是(填标号)。A.取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体干燥后用碱石灰吸收，增重bgB.取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体C.取ag混合物充分加热，固体质量减少bgD.取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得bg溶液16(2023春宁夏银川高三银川二中校考开学考试)铁是人类较早使用的金属之一，回答下列问题。(1)下列所含铁元素只有还原性的物质是(填字母)。A.FeB.FeCl3C.FeSO4(2)血红蛋白(Hb)中的铁元素呈正二价，能与O2分子结合成氧合血红蛋白(HbO)

8、从而有输送氧的能力。NaNO2因具有氧化性能使血红蛋白丧失与O2结合的能力，药品美蓝是其有效的解毒剂，下列说法中正确的是(填字母)。A.药品美蓝发生还原反应 B.药品美蓝是还原剂C.药品美蓝被还原5(3)电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔来制造印刷电路板。写出FeCl3溶液与铜发生反应的离子方程式，若向FeCl3和CuCl2的混合溶液中加入一定量铁粉，最终有固体剩余，则下列有关说法中正确的是(填字母)。A.固体中一定有铜B.固体中一定有铁C.溶液中一定有Fe2+D.溶液中一定有Cu2+(4)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂。工业上湿法制备高铁酸

9、钾的反应体系中有六种微粒：Fe OH3、ClO-、OH-、FeO2-4、Cl-、H2O。写出并配平该反应的离子方程式；若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为mol。(5)某“铁基脱氧剂”的主要成分是还原Fe粉，使用一段时间后会部分变质为Fe2O3。将一包使用过一段时间后的脱氧剂用稀盐酸浸泡，浸泡过程中粉末表面有大量细小无色气泡产生。溶液中的反应有：Fe+2H+=Fe2+H2、Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、(写离子方程式)。甲同学用如下方法验证了溶液中Fe2+的存在：取少量上层清液，加入氨水，出现白色沉淀，并很快变为灰绿色，将沉淀倾倒在滤纸上，沉淀逐渐变为红褐色。出

10、现白色沉淀的离子反应方程式为；滤纸上沉淀变化的反应方程式为。乙同学另取少量上层溶液，滴加氯水后溶液呈黄色，再滴加KSCN溶液，溶液变红。滴加氯水后溶液变黄的离子方程式为。17(2023秋江苏连云港高三统考期末)工厂烟气中含有的SO2，直接排放会污染空气。工业上采用多种方法脱硫。(1)氨水脱硫。氨水脱硫主要分为吸收、中和、氧化3个环节。已知：氧化时随溶液 pH升高0.2molL-1NH42SO3被空气氧化的速率如图1所示。溶液中H2SO3、HSO-3、SO2-3的物质的量分数随pH的分布如图2所示。中和过程用氨水将吸收液(pH约为4)pH调到67，该过程中含硫微粒浓度增大的是。溶液pH大于4.5

11、，随pH增大，NH42SO3被氧化速率逐渐减慢的原因是。(2)生物热解气脱硫。生物热解气主要成分为CO、CH4、H2，高温下将SO2还原为S2。H2高温还原SO2的化学方程式为。(3)海水脱硫。海水中含有少量碳酸盐(HCO-3和CO2-3)，呈微碱性(8.0pH8.3)。海水脱硫过程如下图所示：6在SO2吸收塔中采用海水从塔顶喷洒，烟气从塔底鼓入，其目的是。相比氨水脱硫和生物质热解气脱硫，海水脱硫的优点是。(4)石灰石脱硫。工业上燃煤时常在煤炭中加入石灰石，从源头上减少SO2排放。在煤炭中加入一定量石灰石，850通入一定浓度的氧气，反应为2CaCO3+2SO2+O28502CaSO4+2CO2

12、通入气体中氧气的浓度偏低时，产生的CO与CaSO4反应生成CaO等三种氧化物，导致SO2脱除率下降。该反应的方程式为。不同氧气浓度影响了石灰石的利用率，氧气含量20%和40%时对石灰石表面结构的影响如图。氧气浓度高石灰石利用率偏低的原因是。18(2022秋浙江高三阶段练习)填空。(1)已知H2O2的分子结构式为H-O-O-H。其中的H的化合价为+1价，O的化合物价为-1价。CrO5的分子结构为，则Cr的化合价为。(2)“长征五号”火箭是中国迄今运载能力最大的火箭，目前已经成功完成“嫦娥五号”探测器、中国空间站天和核心舱等的发射任务。“长征五号”的第一、二子级火箭用偏二甲肼(C2H8N2)和四氧

13、化二氮(N2O4)7做推进剂，产生大量无污染气体，反应的化学方程式为。(3)有FeSO4、CuSO4的混合溶液，向其中投入一定量锌粉，反应一段时间后得到固体沉淀。过滤，向固体沉淀中加入少许稀硫酸，有气泡产生。对上述固体有以下说法，其中正确的有(填序号)必定含有Zn可能含有Zn必定含有Fe可能含有Fe必定含有Cu可能含有Cu8参考答案1A【详解】A依据二缩三碘酸式量510计算：1273=381，510-38116=81，可知1个二缩三碘酸中含有3个I，8个O和1个H，可写出其分子式为HI3O8，A项正确；BHI3O8分子中I为+5价，O为-2价，H为+1价，HIO3中I为+5价，O为-2价，H为

14、+1价，低温区反应中各元素的化合价不变，发生非氧化还原反应，B项错误；C低温区反应20min，高温区反应4h，可知高温区反应速率慢，C项错误；D生成1molI2，转移10mol电子；消耗1mol乙醇则生成1mol乙醛，失去2mol电子，故生成1mol碘消耗5mol乙醇，D项错误。答案选A。2D【详解】A反应中Al2O3，Al和O的化合价没有变化，不是氧化剂，A错误；B根据反应方程式，每生成1 molAlN时至少消耗1.5mol单质碳，质量为：1.5mol12g/mol=18g，B错误；C反应中，C0C+2O化合价升高，C被氧化，发生氧化反应，C错误；D根据反应，C0C+2O，当有0.3molC

15、O生成时，转移的电子数为：0.3mol2=0.6mol，D正确；故选D。3C【详解】A还原过程中生成1个 N2，转移电子的个数为1(5-0)2=10，故生成0.1molN2，转移电子数为NA，故A正确；B根据图示可知，BaO为催化剂，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2时，BaO参与储存N元素，BaO生成的Ba(NO3)2参与了还原过程，故B正确；C根据图示可知，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2的过程中，N元素化合价升高被氧化，故C错误；D整个过程中，CO、CxHy、NOx转化成CO2、H2O、N2，说明三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，故D正

16、确；故选C。4B【分析】由工艺流程的箭头指向可知，该过程中硫酸亚铁、硫酸铁可以循环使用，气体M和SO2为反应物，指向流程之外的箭头只有硫酸(部分硫酸又参与循环)，即硫酸铁和二氧化硫反应生成硫酸和硫酸亚铁，气体M和硫酸、硫酸亚铁作用生成硫酸铁，气体M为氧气，所以该工艺流程是用来制备硫酸的。【详解】A根据流程图可知，最终反应完离开体系的为硫酸，因此该工艺流程的目的是制备硫酸，故A错误；B二氧化硫参加反应的化学方程式为：SO2+Fe2(SO4)3+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，反应中二氧化硫中硫元素的化合价升高，二氧化硫为还原剂，硫酸铁中铁元素的化合价降低，硫酸铁是氧化剂，因此氧化剂和还原剂

17、的物质的量之比是11，故B正确；9C根据反应关系分析，气体M、H2SO4和FeSO4反应生成Fe2(SO4)3和水，铁元素的价态发生了变化，M是具有氧化性的氧气，反应的化学方程式为O2+4FeSO4+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，不是化合反应，故C错误；D根据流程图可知，气体M、SO2进入体系内，最终有硫酸离开体系，所以该流程的总反应方程式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，FeSO4作反应的催化剂，不需要补充，故D正确；故选：B。5B【详解】A从图中只能看出反应的能量变化，氧化还原反应也伴随能量变化，该反应可能是氧化还原反应，A正确；B该反应为吸热反应，但是吸热反应并

18、不是只在加热条件下才能进行，如氯化铵和氢氧化钡的反应就不需要加热，B错误；CC+H2O高温 CO+H2，该反应为吸热反应，可用图示表示该反应过程的能量变化，C正确；D该反应为吸热反应，H0，H=反应物键能之和-生成物键能之和，则反应中断开化学键吸收的总能量高于形成化学键放出的总能量，D正确；故答案选B。6C【详解】A根据图示，NO与O2反应生成NO2，NO为还原剂；NO2和CO反应生成N2，N2为还原产物，故A错误；B汽车尾气的主要污染成分包括CO、NO，而N2不是污染物，故B错误；C根据图示，催化转化总反应为一氧化氮和氧气、一氧化碳生成二氧化碳和氮气，2NO+O2+4CO催化剂4CO2+N2

19、，故C正确；DNO和O2常温下直接反应生成NO2，不需要催化剂，故D错误；故选C。7C【分析】氯气与氢氧化钠溶液反应，生成次氯酸钠；次氯酸钠与CO(NH2)2和NaOH的混合溶液中制备水合肼；经过蒸馏，得到水合肼，据此分析作答。【详解】A“制备NaClO”发生反应Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，为歧化反应，氯元素由0价即升至+1价，也降至-1价，标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，其中有0.1mol氯原子被氧化成+1价，0.1mol氯原子被还原成-1价，转移电子0.1mol，故A错误；B依题溶液呈碱性，“氧化”步骤中发生反应的离子方程式为：ClO-+CO(NH2)2

20、+2OH-=Cl-+CO2-3+N2H4H2O，故B错误；C若改将CO(NH2)2和NaOH的混合溶液滴入NaClO溶液中，生成的水合肼由于具有强还原性，会和具有强氧化性的NaClO发生反应，故不能颠倒，故C正确；D蒸馏所需的冷凝装置为直形冷凝管，故D错误；故选C。8C【详解】A将大气中游离态的氮转化为氮的化合物的过程叫作氮的固定，A正确；10B途径中，N2转化成NO，发生了氧化反应，B正确；CN2与O2化合只能生成NO，不可直接生成NO2，C错误。DNO分子中含有极性共价键，是共价化合物，D正确；故答案为：C。9C【分析】根据流程分析，发生器中，酸性环境下，NaClO3和Na2SO3发生氧化

21、还原反应生成ClO2，反应为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2Na2SO4+2ClO2+H2O；在吸收器中，生成的ClO2在浓碱性环境下，被30%的双氧水还原为NaClO2，通过一系列操作，得到NaClO2产品。【详解】A在2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2Na2SO4+2ClO2+H2O中，Na2SO3中S元素化合价由+4价上升到+6价，Na2SO3是还原剂，故A错误；B由分析的方程式可知，反应中氯元素化合价降低发生还原反应得到还原产物ClO2，故B错误；C由分析的方程式可知，电子转移关系为2ClO22e-，则每生成1mol ClO2转移1mol电子，故C正确；D由分析的

22、方程式可知，1 molNa2SO3参加反应，失去2mol电子，1 molNaClO3参加反应，得到1mol电子，在氧化还原反应中，得失电子总数相等，所以参加反应的NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为2:1，故D错误；故选C。10C【详解】A根据可知氧化性：MnO-4H2O2；根据可知氧化性：Cl2Br2Fe3+；根据可知氧化性：MnO-4Cl2，所以氧化性：MnO-4Cl2Br2Fe3+，A错误；B在第组反应中氧化剂是KMnO4，还原剂是H2O2，生成O2、K2SO4、MnSO4和H2O，B错误；C第组反应中3Cl2+6FeBr2=2FeCl3+4FeBr3，所以Cl2与 FeBr2的的

23、物质的量之比为1：2，C正确；D在第组反应中根据电子转移数目相等可知：生成1mol Cl2，转移电子2mol，D错误；故答案为：C。11B【详解】A二氧化硫能够与有色物质化合生成无色物质，具有漂白性，能做漂白剂，与二氧化硫具有还原性无关，A错误；B硒是典型的半导体，在光照下导电性显著提高，可用作光敏材料，B正确；C臭氧不能溶于水，可用作杀菌剂，C错误；D浓硫酸具有吸水性，可做干燥剂，与浓硫酸具有强氧化性无关，D错误；故选B。12ACD【详解】A反应中碳元素化合价由0变成+2价，化合价升高被氧化，C是还原剂，A项正确；B反应中TiO2不是氧化剂，B项错误；C反应中，镁是还原剂，钛是还原产物，还原

24、剂的还原性强于还原产物，则可以说明金属镁还原性比金属钛强，C项正确；D置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，反应是置换反应，D项正确；11答案选ACD。13BD【详解】AN2是单质，不是共价化合物，故A错误；B反应中Ce4+化合价降低变为Ce3+，因此Ce4+为氧化剂，发生还原反应，故B正确；C反应在酸性条件下反应即4Ce3+2NO+4H+=N2+4Ce4+2H2O，故C错误；D根据总反应方程式2H2+2NO=N2+2H2O，若有2molH2发生反应，理论上可获得氮气1mol，在标况下的N2的体积为22.4L，故D正确。综上所述，答案为BD。14(1)Mn-2价的硫失

25、去电子变成+4价的硫(-2S+4S，或者硫元素原子失去电子)(2)0.5(3)6KMnO4+5CuS+14H2SO4=3K2SO4+6MnSO4+5CuSO4+5SO2+14H2O(4)5：2【分析】题中已经告知氧化过程为CuSSO2，则CuS作还原剂，KMnO4作氧化剂，还原产物为MnSO4，所以该反应为6KMnO4+5CuS+14H2SO4=3K2SO4+6MnSO4+5CuSO4+5SO2+14H2O。【详解】(1)被还原的元素是Mn，由+7价变为+2价；CuS发生氧化反应的实质是S元素失去电子，由-2价变为+4价；故答案为：Mn；-2价的硫失去电子变成+4价的硫(-2S+4S，或者硫元

26、素原子失去电子)；(2)1mol CuS变为1mol SO2，需要转移6mol电子，所以转移3mol电子消耗CuS 0.5mol；(3)该反应的方程式为：6KMnO4+5CuS+14H2SO4 3K2SO4+6MnSO4+5CuSO4+5SO2+14H2O；(4)该反应中锰元素的化合价由+7价降低到+2价，硫元素由+4价升高到+6价，则用单线桥标出电子转移数目和方向为：；该反应中，氧化产物为SO2-4，还原产物为Mn2+，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为：(2+1+2)：2=5：2。15(1)BD(2)(3)4.2mol(4)2Al3+3SO2-4+3Ba2+6OH-=2Al OH3+3

27、BaSO4(5)O2(6)D【详解】(1)电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；12二氧化碳、酒精、蔗糖属于非电解质；小苏打、NaCl属于电解质；食醋为溶液属于混合物；故选BD；(2)在碱性条件下用铝粉将NO-3还原为N2，反应中氮元素化合价由+5变为0，铝元素化合价由0变为+3，根据电子守恒可知，反应为10Al+6NaNO3+4NaOH=10NaAlO2+3N2+2H2O；单线桥表示了电子的转移情况，；(3)反应中HAuCl4的金元素化合价由+7变为0，锌元素化合价由0变为+2，根据电子守恒可知，2HAuCl47Zn，若用粉将Zn溶液

28、中的1.2molHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是4.2mol；(4)往明矾溶液中逐滴滴加Ba OH2溶液，若使Al3+恰好完全沉淀，则铝离子和氢氧根离子物质的量之比为1:3，反应中硫酸根离子过量、钡离子完全反应，发生反应的离子方程式为2Al3+3SO2-4+3Ba2+6OH-=2Al OH3+3BaSO4；(5)双氧水不稳定，容易分解为水和氧气，反应中氧元素化合价降低发生还原反应生成还原产物氧气；(6)A碳酸钠、碳酸氢钠都和稀硫酸反应生成二氧化碳气体，取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体干燥后用碱石灰吸收，增重bg，增加质量为生成二氧化碳的质量，分别设碳酸钠、碳酸氢钠质

29、量为a、b，通过联立方程可以求两者质量，A不符合题意；B碳酸钠、碳酸氢钠和稀盐酸均生成氯化钠，取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体，bg物质为生成的氯化钠，分别设碳酸钠、碳酸氢钠质量为a、b，通过联立方程可以求两者质量，B不符合题意；C碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水、二氧化碳；取ag混合物充分加热，固体质量减少bg，减少质量为生成而二氧化碳和水的质量和，能通过化学方程式求出碳酸氢钠质量，进而求出碳酸钠质量，C不符合题意；D取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得bg溶液，增加质量为加入氢氧化钠溶液质量，没法求出反应碳酸氢钠的质量，D符合题意；故选D

30、。16(1)A(2)B(3)2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+AC(4)3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO2-4+3Cl-+5H2O0.15(5)Fe+2Fe3+=3Fe2+Fe2+2NH3H2O=Fe(OH)2+2NH+44Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-【详解】(1)AFe只能失电子体现还原性，A正确；BFeCl3较高化合价，得电子体现氧化性，B错误；CFeSO4中的亚铁离子处于中间价态，化合价可升高可降低，既能体现氧化性也能体现还原性，C错误；故选A。(2)NaNO2因具有氧化性能使血红蛋白丧失与O2结合的能力，药品美蓝是

31、其有效的解毒剂，所以药13品美兰具有还原性，药品美兰是还原剂，被氧化，发生氧化反应，B正确；故选B。(3)FeCl3溶液能腐蚀铜电路板，离子反应方程式为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+。A加入一定量铁粉，Fe3+的氧化性强于Cu2+，所以Fe3+优先反应，后与Cu2+反应置换出固体Cu，A正确；B由A可知若铁粉不足，则剩余固体为铜；若铁粉过量，则剩余固体为铁和铜，B错误；C加入一定量铁粉与Fe3+或Cu2+反应均有Fe2+生成，C正确；D若铁粉过量，溶液中无Cu2+，D错误；故选AC。(4)根据氧化还原反应规律，Fe OH3制备K2FeO4，化合价升高；ClO-Cl-，化合价降低，配平该反应

32、的离子方程式：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO2-4+3Cl-+5H2O。方程式中氧化剂被还原，生成还原产物Cl-，每生成3molCl-转移6mol电子，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为0.15mol。(5)“铁基脱氧剂”的主要成分是还原Fe粉，用稀盐酸浸泡，表面有大量细小无色气泡产生，可知反应方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+。一段时间后会部分变质为Fe2O3，用稀盐酸浸泡，可知反应方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O。主成分铁粉能与Fe3+反应，可知反应方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+。Fe2+溶液中，加入氨水，出现白色沉淀，

33、可知反应方程式为：Fe2+2NH3H2O=Fe(OH)2+2NH+4。白色沉淀变为灰绿色，将沉淀倾倒在滤纸上，沉淀逐渐变为红褐色，可知反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。取少量上层溶液，滴加氯水后溶液呈黄色，可知离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-。17(1)SO2-3随pH增大溶液中HSO-3转化为SO2-3，SO2-3的不易被氧气氧化(2)4H2+2SO2高温 S2+4H2O(3)气液逆流，增大吸收面积，使SO2被充分吸收不添加药剂，节约淡水，不产生副产品和废弃物(4)CO+CaSO4高温 CO2+CaO+SO2氧气浓度大，反应速率快，产生的Ca

34、SO4颗粒小，在石灰石表面产生致密的CaSO4层阻碍了石灰石进一步反应【详解】(1)从图分析，pH调到67，该过程中含硫微粒浓度增大的是亚硫酸根离子。溶液pH大于4.5，随pH增大，NH42SO3溶液中的亚硫酸氢根离子转化为亚硫酸根离子，亚硫酸根离子不容易被氧化，故被氧化速率逐渐减慢。(2)生物热解气主要成分为CO、CH4、H2，高温下将SO2还原为S2。H2高温还原SO2的化学方程式为4H2+2SO2高温 S2+4H2O。(3)在SO2吸收塔中采用海水从塔顶喷洒，烟气从塔底鼓入，其目的是气液逆流，增大吸收面积，使SO2被充分吸收。相比氨水脱硫和生物质热解气脱硫，海水脱硫的优点是不添加药剂，节

35、约淡水，不产生副产品和废弃物。(4)通入气体中氧气的浓度偏低时，产生的CO与CaSO4反应生成CaO等三种氧化物，说明还生14成二氧化碳和二氧化硫，该反应的方程式为CO+CaSO4高温 CO2+CaO+SO2。氧气浓度高石灰石利用率偏低的原因是氧气浓度大，反应速率快，产生的CaSO4颗粒小，在石灰石表面产生致密的CaSO4层阻碍了石灰石进一步反应。18(1)+6(2)C2H8N2+2N2O4=3N2+2CO2+4H2O(3)【详解】(1)根据已知可知，氢原子与氧原子只有一个化学键，所以化合价为+1价，可知，铬原子与氧原子共有6个化学键，则铬的化合价为+6价；故答案为：+6。(2)甲肼(C2H8N2)和四氧化二氮(N2O4)反应生成氮气、二氧化碳和水，方程式为C2H8N2+2N2O4=3N2+2CO2+4H2O；故答案为：C2H8N2+2N2O4=3N2+2CO2+4H2O。(3)向固体沉淀中加入少许稀硫酸，有气泡产生，根据金属活动性锌铁铜，则固体中有一定有铜、铁，综上所述正确的是；故答案为：。15