一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）
1．硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2
实验I：Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：
(1)仪器a的名称是_______，仪器b的名称是_______。b中利用质量分数为70%〜80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。c中试剂为_______ (2)实验中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_______ (写出一条) (3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_______ 实验Ⅱ：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。 资料：Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色) 装置 试剂X 实验现象 Fe2(SO4)3溶液 混合后溶液先变成紫黑色，30s后几乎变为无色
(4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象：_______
实验Ⅲ：标定Na2S2O3溶液的浓度
(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g∙mol-1)0.5880g。平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72-+14H+ = 3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol∙L-1
【答案】分液漏斗 蒸馏烧瓶 H2SO4Na2SO3=Na2SO4H2OSO2 硫化钠和碳酸钠的混合液 调节酸的滴加速度 若 SO2过量，溶液显酸性．产物会发生分解 加入铁氰化钾溶液．产生蓝色沉淀 开始生成 Fe(S2O3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe3+与S2O32- 氧化还原反应的程度大，导致Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色 0.1600 【解析】 【分析】 【详解】
(1)a的名称即为分液漏斗，b的名称即为蒸馏烧瓶；b中是通过浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2，所以方程式为：H2SO4Na2SO3=Na2SO4H2OSO2；c中是制备硫代硫酸钠的反应，SO2由装置b提供，所以c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液； (2)从反应速率影响因素分析，控制SO2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；
(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的SO2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO2过量，溶液显酸性，产物会发生分解； (4)检验Fe2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成Fe(S2O3)3的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着Fe3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色；
(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：①6ICr2O714H=3I22Cr222337H2O；
②I22S2O3=2IS4O6；反应①I-被氧化成I2，反应②中第一步所得的I2又被还原成I-，所以①与②电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的Cr2O7得电子总数就与消耗的
2S2O3失电子总数相同 ；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的
2滴定。所以假设c(Na2S2O3)=a mol/L，列电子得失守恒式：解得a=0.1600mol/L。
10.58806=a0.0251，
3294
2．工业上处理含苯酚废水的过程如下。回答下列问题： Ⅰ.测定废水中苯酚的含量。 测定原理：测定步骤：
步骤1：准确量取25.00mL待测废水于250mL锥形瓶中。
步骤2：将5.00mLamolL1浓溴水(量)迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡。 步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中迅速加入bmL0.10molL1KI溶液(过量)，塞紧瓶塞，振
+3Br2→
↓+3HBr
荡。
步骤4：滴入2~3滴指示剂，再用0.010molL1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗
Na2S2O3溶液V1mL(反应原理：I22Na2S2O32NaINa2S4O6)。待测废水换为蒸馏
水，重复上述步骤(即进行空白实验)，消耗Na2S2O3溶液V2mL。 (1)“步骤1”量取待测废水所用仪器是________。
(2)为了防止溴的挥发，上述步骤中采取的措施包括迅速加入试剂和________。 (3)“步骤4”滴定终点的现象为________。
(4)该废水中苯酚的含量为________mgL1(用含V1、V2的代数式表示)。如果空白实验中“步骤2”忘记塞紧瓶塞，则测得的废水中苯酚的含量________(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)；如果空白实验中“步骤4”滴定至终点时俯视读数，则测得的废水中苯酚的含量________。
Ⅱ.处理废水。采用Ti基PbO2为阳极，不锈钢为阴极，含苯酚的废水为电解液，通过电解，阳极上产生羟基(·OH)，阴极上产生H2O2。通过交排列的阴阳两极的协同作用，在各自区域将苯酚深度氧化为CO2和H2O。 (5)写出阳极的电极反应式：________。
(6)写出苯酚在阴极附近被H2O2深度氧化的化学方程式：________。
【答案】(酸式)滴定管 塞紧瓶塞 滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色
94V2-V1 偏低 偏低 H2OeOHH
15C6H5OH14H2O26CO217H2O
【解析】 【分析】
向呈有待测废水加入浓溴水反应后得到三溴苯酚的沉淀，再加入KI溶液与剩下的Br2发生氧化还原反应得到I2，方程式为Br2+2I-===I2+2Br-，再用Na2S2O3标准溶液滴定I2，可根据消耗的Na2S2O3标准溶液的体积和浓度算出溶液中剩余的Br2的物质的量，再设置一个空白实验测出浓溴水的物质的量，用Br2总的物质的量-剩余Br2的物质的量即可得出与苯酚反应的Br2的物质的量，再结合反应方程式得到苯酚的物质的量，从而求出废水中苯酚的含量，结合实验基本操作及注意事项解答问题。 【详解】
(1)由于苯酚显酸性，因此含苯酚的废水为酸性，“步骤1”中准确量取废水时所用的仪器可选用酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；
(2)由于溴单质易挥发，因此可采用塞进瓶塞、迅速加入试剂等方法防止其挥发，故答案为：塞紧瓶塞；
(3)用0.01mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，由于Na2S2O3标准溶液会反应I2，加入的淀粉遇I2变成蓝色，所以滴定终点的现象为滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色，故答案为：滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟
不恢复原色；
(4)根据反应方程式可得各物质的物质的量关系式：
Br20.005V10.005V2~2KI~I2~2Na2S2O30.01V10.01V2
剩下的浓溴水中Br2的物质的量为0.005V1 mmol，将待测废液换成蒸馏水时，5mL amol/L的浓溴水中Br2的物质的量为0.005V2 mmol，则与苯酚参与反应的Br2的物质的量为0.005(V2-V1) mmol，根据方程式
+3Br2→
↓+3HBr可得苯酚的物质的
量为
0.005V2-V1940.005V2-V1 mmol，质量为mg，则该废水中苯酚的含量为
33940.005V2-V1mg94V-V21mggL-1，若步骤2中忘记塞进瓶塞，溴单质挥发，325103L15导致最终消耗的Na2S2O3的体积偏小，则测得苯酚的含量偏低，如果空白实验中步骤4滴定终点时俯视读数，读得的体积偏小，则消耗的Na2S2O3的体积偏小，使测得苯酚的含量偏低，故答案为：
94V2-V1；偏低；偏低； 15(5)由题干信息可知，Ti基PbO2为阳极，则阳极H2O失去电子产生·OH，电极反应式为H2O-e-===H++·OH，故答案为：H2O-e-===H++·OH；
(6)根据题干信息可知，苯酚被阴极产生的H2O2深度氧化产生CO2和H2O，有氧化还原反应规律得到其反应方程式式为C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O，故答案为：C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O。
3．高锰酸钾是一种用途广泛的强氧化剂，实验室制备高锰酸钾所涉及的化学方程式如下： MnO2熔融氧化：3MnO2+ KClO3+ 6KOH
熔融3K2MnO4+ KCl+3H2O
K2MnO4歧化：3K2MnO4+2CO2＝2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3
将MnO2熔融氧化所得产物的热浸取液装入三颈烧瓶，再通入CO2气体，使K2MnO4歧化的过程在如图装置中进行，A、B、C、D、E为旋塞，F、G为气囊，H为带套管的玻璃棒。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是______。
(2)MnO2熔融氧化应放在______中加热(填仪器编号)。 ①烧杯 ②瓷坩埚 ③蒸发皿 ④铁坩埚
(3)为了能充分利用CO2，装置中使用了两个气囊。当试管内依次加入块状碳酸钙和盐酸后，关闭旋塞B、E，微开旋塞A，打开旋塞C、D，往热K2MnO4溶液中通入CO2气体，未反应的CO2被收集到气囊F中。待气囊F收集到较多气体时，关闭旋塞______，打开旋塞______，轻轻挤压气囊F，使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，未反应的CO2气体又被收集在气囊G中。然后将气囊G中的气体挤压入气囊F中，如此反复，直至K2MnO4完全反应。
(4)除去K2MnO4歧化产物中MnO2的操作方法是______。
(5)将三颈烧瓶中所得产物经过一系列操作得到针状的高锰酸钾晶体，最后采用低温烘干的方法来干燥产品，原因是______。
【答案】长颈漏斗 ④ AC BDE 过滤 高锰酸钾晶体受热易分解 【解析】 【分析】
（1）由实验装置可知，仪器a为长颈漏斗；
（2）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚； （3）该操作的目的是将气囊F中的二氧化碳排出，据此判断正确的操作方法； （4）高锰酸钾溶于水，二氧化锰不溶于水； （5）高锰酸钾晶体受热易分解。 【详解】
（1）由实验装置可知，仪器a为长颈漏斗，故答案为：长颈漏斗；
（2）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物中含有碱性KOH，瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅能够与氢氧化钾反应，所以应用铁坩埚，故答案为：④；
（3）待气囊F收集到较多气体时，需要将气囊F中二氧化碳排出到热K2MnO4溶液中，所以需要关闭A、C，打开B、D、E，轻轻挤压气囊F，从而使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，故答案为：AC；BDE；
（4）高锰酸钾溶于水，二氧化锰不溶于水，固液分离应用过滤的方法，则除去高锰酸钾溶液中的二氧化锰应用过滤的方法，故答案为：过滤；
（5）高锰酸钾晶体受热易分解，实验时应采用低温烘干的方法来干燥产品，避免高锰酸钾晶体受热发生分解，故答案为：高锰酸钾晶体受热易分解。
4．硫酸亚铁铵的化学式为（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O，商品名为莫尔盐，可由硫酸亚铁与硫酸铵反应生成。一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化，而形成莫尔盐后就比较稳定了。三种盐的溶解度（单位为g/100g水）如下表： 温度／℃ （NH4）2SO4 FeSO4·7H2O 10 73.0 20.0 20 75.4 26.5 30 78.0 32.9 （NH4）2SO4•FeSO4 17.2 21.6 28.1 （一）实验室制取少量莫尔盐的流程如下：
试回答下列问题：
（1）步骤1中加入10％Na2CO3溶液的主要作用是___________；反应中铁屑过量是为了______。
（2）步骤3需要趁热过滤，原因是___________。
（3）从步骤4到莫尔盐，必须进行的操作依次是______，析出的晶体常用________洗涤。 （4）若莫尔盐的饱和溶液中有水20克，当温度从30℃降至10℃，最多析出莫尔盐的质量是________（选填编号）。
A 2.18g B 大于2.18g C 小于 2.18g D 无法确定
（二）称取质量为1.96g的莫尔盐制成溶液。用未知浓度的酸性KMnO4溶液进行滴定。 （1）已知MnO4-被还原为Mn2+，试写出该滴定反应的离子方程式____。 （2）判断该反应到达滴定终点的现象为____________。
（3）假设到达滴定终点时，用去V mL 酸性KMnO4溶液，则该酸性KMnO4溶液的浓度为_______mol/L。
【答案】除铁屑表面的油污 还原氧化生成的Fe3+，保证Fe2+稳定、纯净地存在，减少产7H2O析出 物中的Fe3+杂质 FeSO4在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSO4·过滤、洗涤 无水酒精或冰水 B 5Fe2++MnO4-+8H+ → 5Fe3++Mn2++4H2O 加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色 1/V 【解析】 【分析】
（一）（1）碳酸钠水解显碱性； （2）FeSO4在温度低时溶解度较小；
（3）浓缩结晶后需要过滤、洗涤；温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小； FeSO4在30℃和10℃的溶解度分别为：28.1g和17.2g； （4）（NH4）2SO4·
（二）（1）MnO4-将二价铁离子氧化为三价铁离子，被还原为Mn2+； （2）高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子是不需要指示剂的；
（3）根据亚铁离子和高锰酸根反应的实质，可以找到亚铁离子与高锰酸根之间的量的关系，根据原子守恒可以找到亚铁离子和酸亚铁铵之间量的关系，进而进行计算。 【详解】
（一）（1）碳酸钠水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解，过量的Fe可以还原氧化生成的Fe3+，减少产物中的Fe3+杂质，
故答案为：除铁屑表面的油污；还原氧化生成的Fe3+，保证Fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的Fe3+杂质；
7H2O析出，故答案为：FeSO4在温度低时溶解度较小，（2）如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出； 如果不趁热过滤就会有FeSO4·
（3）浓缩结晶后需要过滤、洗涤；硫酸亚铁铵在无水乙醇中的溶解度小；温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小，可用冰水洗涤，故答案为：过滤、洗涤；无水酒精或冰水； FeSO4在30℃和10℃的溶解度分别为：28.1g和17.2g，即若溶剂为100g（4）（NH4）2SO4·
FeSO4·6H2O水，冷却析出10.9g，有水20g析出2.18g，硫酸亚铁铵的化学式为（NH4）2SO4·含有结晶水，故析出质量大于2.18g，故答案为：B；
（二）（1）反应的离子方程式5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O；
（2）高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子不需要指示剂，当滴加最后一滴溶液后，溶液变成紫红色，30s内不褪色，说明达到滴定终点，故答案为：加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色；
（3）1.96g硫酸亚铁铵晶体的物质的量n=
1.96gm==0.005mol，根据原子守恒则亚392g/molM铁离子的物质的量为0.005mol，反应5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，则5Fe2+～MnO4-，所以高锰酸钾的物质的量为0.001mol，据c=
n=V0.001mol1=mol/L，故答案为：310VLV1。 V
5．常温下，三硫代碳酸钠(Na2CS3)是玫瑰红色针状固体，与碳酸钠性质相近。在工农业生产中有广泛的用途。某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。 实验一：探究Na2CS3的性质
(1)向Na2CS3溶液中滴入酚酞试液，溶液变红色。用离子方程式说明溶液呈碱性的原因_________。
(2)向Na2CS3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去。该反应中被氧化的元素是__________。
实验二：测定Na2CS3溶液的浓度
按如图所示连接好装置，取50.0mLNa2CS3溶液置于三颈瓶中，打开分液漏斗的活塞，滴入
足量2.0mol/L稀H2SO4，关闭活塞。
已知：Na2CS3 + H2SO4＝Na2SO4+ CS2 + H2S↑。CS2和H2S均有毒。CS2不溶于水，沸点46℃，密度1.26g/mL，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。 (1)盛放碱石灰的仪器的名称是_______，碱石灰的主要成分是______(填化学式)。 (2)C中发生反应的离子方程式是____________。
(3)反应结束后打开活塞K，再缓慢通入N2一段时间，其目的是_________。
(4)为了计算Na2CS3溶液的浓度，对充分反应后B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得8.4g 固体，则三颈瓶中Na2CS3的物质的量浓度为______。
【答案】CS32- +H2O⇌HCS3-+OH- S 干燥管 CaO和NaOH CS2 +2OH- ＝COS22-+H2O 将装置中残留的的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收 1.75mol/L 【解析】 【分析】
实验一：(1)Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐； (2)根据Na2CS3中元素化合价是否是该元素的最高价态来进行判断；
实验二：(1)根据仪器的图形判断仪器的名称；碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠； (2)A中生成的CS2可与NaOH作用生成Na2COS2和H2O；
(3)反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2一段时间是把生成的硫化氢和二硫化碳全部赶入后面装置完全吸收；
(4)当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g黑色固体，n(CuS)＝
8.4g＝0.0875mol，根据关系式
96g/moln计算A中Na2CS3溶液的浓VNa2CS3～H2S～CuS得n(Na2CS3)＝n(CuS)＝0.0875mol，根据c＝度。 【详解】
实验一：(1)Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐，则CS32-在水中发生水解，离子方程式为：CS32- +H2O⇌HCS3-+OH-；
(2)Na2CS3中Na为+1价，C为+4价，都是元素的最高价态，不能被氧化，S为-2价，是硫元素的低价态，能够被氧化，所以被氧化的元素是S；
实验二：(1)盛放碱石灰的仪器为干燥管，碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠； (2)A中生成的CS2可与NaOH作用生成Na2COS2和H2O，相关离子方程式为：CS2 +2OH- ＝COS22-+H2O；
(3)反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是：将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收；
(4) 当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g黑色固体，n(CuS)＝
8.4g＝0.0875mol，根据关系式
96g/mol0.0875mol＝1.75mol/L。
0.05LNa2CS3～H2S～CuS得n(Na2CS3)＝n(CuS)＝0.0875mol，c(Na2CS3)＝
6．利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣（主要含FeO·V2O3、Al2O3、SiO2及少量可溶性磷酸盐）生产V2O5的工艺流程如下，回答下列问题：
已知：①V2O5、Al2O3、SiO2可与Na2CO3、NaCl组成的混合钠盐在高温下反应，并转化为NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3等可溶性钠盐。
++
②AlO2+4H=Al3+2H2O。
（1）焙烧Ⅰ包括氧化和钠化成盐两个过程，氧化的目的是获得V2O5，写出氧化过程中FeO·V2O3发生反应的化学方程式________；废渣Ⅰ的主要成分是________；精制Ⅰ中加盐酸调pH的主要作用是________，加入NH3·H2O后发生反应的离子方程式为________。 （2）精制Ⅱ中加入CaCl2溶液除去磷酸盐，pH过小时影响除磷效果的原因是________；pH过大时，沉淀量增大的原因是________。
（3）沉钒所得NH4VO3沉淀需进行洗涤，洗涤时除去的阴离子主要是________。NH4VO3在500℃时焙烧脱氨制得产品V2O5，反应方程式为2NH4VO3
ΔV2O5+H2O↑+2NH3↑。但脱氨过
程中，部分V2O5会转化成V2O4，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，该反应的化学方程式为________。 【答案】4FeO·V2O3 + 5O2
焙烧
2Fe2O3 + 4V2O5 Fe2O3 [或Fe(OH)3] 除Si并转化
AlO2-写“除Si”即得分） Al3+ + 3NH3·H2O = Al(OH)3↓ + 3NH H+ + NH3·H2O = H2O + NH（写出第一个离子方程式即得分） 形成溶解度较大的酸式盐（或形成溶解度较大的磷
－
酸氢钙和/或磷酸二氢钙） 产生了Ca(OH)2沉淀 Cl 3V2O5 + 2NH3
500℃3V2O4 + N2 +
3H2O 【解析】 【分析】
氧化过程FeO·V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5；经过氧化和钠化后，V2O5、Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐，Fe2O3[或Fe(OH)3]成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调pH为了和SiO32-反应生成硅酸沉淀，将AlO2-转化为Al3+；加入NH3·H2O后与Al3+发生反应生成Al(OH)3沉淀；精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，沉钒时加入试剂
NH4Cl，所得NH4VO3沉淀，焙烧得到产品，据此分析。 【详解】
（1）氧化过程FeO·V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5，化学方程式为：4FeO·V2O3 + 5O2
焙烧2Fe2O3 + 4V2O5；经过氧化和钠化后，V2O5、Al2O3、SiO2均转化为
可溶性盐，Fe2O3 [或Fe(OH)3]成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调pH为了和SiO32-反应生成硅酸沉淀，将AlO2-转化为Al3+；加入NH3·H2O后与Al3+发生反应生成Al(OH)3沉淀，还可以
H2O=Al OH中和酸，反应方程式为：Al+3NH3g++3+3+3NH4+、
H+NH3gH2O=H2O+NH4，故答案为：4FeO·V2O3 + 5O2
Fe2O3 [或Fe(OH)3]；除Si并转化AlO2-(写“除Si”即得分)；
焙烧
2Fe2O3 + 4V2O5；
Al3++3NH3gH2O=Al OH3+3NH4+，H++NH3gH2O=H2O+NH4+（写出第一个
离子方程式即得分）；
（2）精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，pH过小时形成溶解度较大的酸式盐；pH过大时易形成Ca(OH)2沉淀，故答案为：形成溶解度较大的酸式盐（或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙）；产生了Ca(OH)2沉淀；
（3）沉钒时加入试剂NH4Cl，因此所得NH4VO3沉淀含有阴离子主要为Cl-；脱氨过程中，部分V2O5会转化成V2O4，且反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，则V2O5为氧化剂，NH3为还原剂，还原产物为V2O4，氧化产物为N2，则氧化还原方程式为：3V2O5 + 2NH3
500℃3V2O4 + N2 + 3H2O，故答案为：Cl；3V2O5 + 2NH3
－
500℃3V2O4 + N2 +
3H2O。
7．在古代，橘红色的铅丹（Pb3O4）用于入药和炼丹，人们对其中重金属铅的毒性认识不足。已知：PbO2为棕黑色粉末。某化学兴趣小组对铅丹的一些性质进行实验探究并测定其组成。 回答下列问题： （1）性质实验 实验操作 ①将适量铅丹样品放入小烧杯中，加入2 mL 6 mol/L的HNO3溶液，搅拌 ②将上述混合物过滤，所得滤渣分为两份，一份加入2 mL浓盐酸，加热 ③另一份滤渣加入硝酸酸化的Mn（NO3）2溶液，搅拌 现象 _____ 有刺激性的黄解释或结论 Pb3O4＋4HNO3=PbO2＋ 2Pb（NO3）2＋2H2O 反应的化学方程式： 绿色气体产生 _______ 得紫色溶液 结论：_______
（2）组成测定
① 准确称取0.530 g 干燥的铅丹样品，置于洁净的小烧杯中，加入2 mL 6 mol/L的HNO3溶液，搅拌使之充分反应，分离出固体和溶液。该分离操作名称是_____________。 ② 将①中所得溶液全部转入锥形瓶中，加入指示剂和缓冲溶液，用0.04000 mol/L的EDTA溶液（显酸性）滴定至终点，消耗EDTA溶液36.50 mL。EDTA与Pb2+的反应可表示为Pb2+＋H2Y2- =PbY2-＋2H+，滴定时EDTA溶液应盛装在_______________中。滤液中含Pb2+__________mol。
③ 将①中所得固体PbO2全部转入另一锥形瓶中，往其中加入适量HAc与NaAc的混合液和8 g固体 KI，摇动锥形瓶，使PbO2全部反应而溶解，发生反应PbO2＋4I－＋4HAc =PbI2＋I2
－
＋4Ac＋2H2O，此时溶液呈透明棕色。以0.05000 mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定，发生反
应I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I，至溶液呈淡黄色时加入2%淀粉溶液1 mL，继续滴定至溶液_______，即为终点，用去Na2S2O3溶液30.80 mL。
根据②、③实验数据计算，铅丹中Pb（Ⅱ）与Pb（Ⅳ）的原子数之比为____________。 【答案】固体由橘红色变为棕黑色 PbO2＋4HCl（浓）
－
加热PbCl2＋Cl2↑＋2H2O 在酸性
溶液中，PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4- 过滤、洗涤、干燥 酸式滴定管 1.460×10-3 蓝色褪去且半分钟内不恢复 1.90 【解析】 【分析】
(1)①由化学方程式及物质的物理性质总结反应现象，②黄绿色气体为氯气，HCl氧化为氯气，则PbO2发生还原，③紫色是MnO4-离子的颜色，在酸性条件下PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-，PbO2发生还原反应变为+2价离子；
(2)①溶液中有固体沉淀的分离步骤是：过滤、洗涤、干燥，②碱性溶液用碱式滴定管盛装，酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装，根据反应的离子方程式找出关系式进行计算滤液中含Pb2+的物质的量；
(3)碘遇淀粉变蓝色，根据反应的离子方程式找出关系式进行相关计算。 根据以上分析进行解答。 【详解】
(1)①铅丹样品与HNO3溶液发生反应：Pb3O4＋4HNO3=PbO2＋2Pb(NO3)2＋2H2O，由题中所给Pb3O4 、PbO2物理性质可知反应现象为：固体由橘红色变为棕黑色。 答案为：固体由橘红色变为棕黑色。
② PbO2与浓盐酸加热生成的黄绿色气体为氯气，HCl氧化为氯气，PbO2发生还原变成Pb，根据原子守恒写出反应方程式为：PbO2＋4HCl（浓）
2+
加热PbCl2＋Cl2↑＋2H2O。
答案为：PbO2＋4HCl（浓）
加热PbCl2＋Cl2↑＋2H2O。
③ PbO2与硝酸酸化的Mn(NO3)2溶液反应得到的是MnO4-紫色溶液，说明在酸性条件下
PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-，PbO2发生还原反应变为Pb2+离子，反应方程式为：5PbO2+ 2Mn2++4H+= 2MnO4-+ 5Pb2++2 H2O。
答案为：在酸性溶液中，PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-。 (2)①溶液中有不溶物分离的操作步骤是：过滤、洗涤、干燥。 答案是：过滤、洗涤、干燥。
②滴定实验中酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装，所以显酸性的EDTA溶液应盛装在酸式滴定管里，根据反应Pb2+＋H2Y2- =PbY2-＋2H+可得：n(Pb2+)=n(H2Y2- )=36.5010-3
L0.0400mol/L=1.46010-3mol。
答案为：酸式滴定管；1.460×10-3 。
(3)该滴定实验使用淀粉溶液作指示剂，而碘遇淀粉变蓝色，当反应I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－结束时，碘恰好反应完蓝色褪去，所以达到滴定终点的标志是：蓝色褪去且半分钟内不恢
－－－
复；根据反应：PbO2＋4I＋4HAc =PbI2＋I2＋4Ac＋2H2O，I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I可得：
n(PbO2)=n(I2)=
11n(S2O32-)=0.05000mol/L30.8010-3L=7.710-4mol，所以铅丹中Pb（Ⅱ）22与Pb（Ⅳ）的原子数之比为：1.460×10-3：7.710-4=1.90。 答案为：蓝色褪去且半分钟内不恢复；1.90。 【点睛】
有关滴定实验的计算中要根据反应方程式找准关系式，计算时注意单位的换算。
8．NH3和Cl2在常温下可快速反应生成氮气：2NH3+3Cl2 →N2+6HCl。当Cl2和 NH3 比例不同时，产物有差异。
(1)该反应可用于检验化工生产中氯气是否泄漏。如氯气有少量泄漏，用氨气检验时的现象为_____________________________。
(2)若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，Cl2和NH3的最佳比例为_____。
(3)常温常压下，取总物质的量为12mol的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变。求：① 反应前氯气和氨气的物质的量之比______________ ② 反应后生成的氧化产物的质量_______________。
(4)若将总体积为100L的NH3和Cl2混合，实验精确测得充分反应后无色混合气体中N2占混合气体的定）
【答案】有白烟生成 3∶2 n(NH3)∶n(Cl2)=1∶1 m(N2 )=56g 余NH3和N2 0.263mol，余HCl 和N2 0.893mol 【解析】 【分析】
NH3和Cl2在常温下可快速反应生成氮气：2NH3+3Cl2 →N2+6HCl。当Cl2和 NH3 比例不同时，产物有差异。
(1)要检验化工生产中氯气是否泄漏，则需要有明显的现象，从提供的反应可以看出，氨气
1，求生成氧化产物的物质的量_____________。（该实验数据在标准状况下测7过量时会有明显现象，找到该反应并指出现象即可；
(2)要求是利用氨气和氯气之间反应生成氯化氢用于制备盐酸，故按该反应中Cl2和NH3的比例来回答；
(3)常温常压下，取总物质的量为12mol的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变，说明2NH33Cl2N26HCl反应后氨气有剩余，再发生反应NH3+HCl=NH4Cl，HCl不能完全反应，按此思路计算① 反应前氯气和氨气的物质的量之比及② 反应后生成的氧化产物的质量；
(4)若将总体积为100L的NH3和Cl2混合，①2NH33Cl2N26HCl恰好反应，根据方程式计算混合气体总体积，进而计算氮气体积；
②NH3过量时，发生反应8NH33Cl2N26NH4Cl，剩余混合气体为氮气、氨气，设Cl2有xL，利用方程式和已知条件计算出氮气的体积、氧化产物的物质的量； 【详解】
(1)按题意，用于检验氯气是否泄漏的反应应有明显现象，氯气和氨气可能的反应为
2NH33Cl2N26HCl、当氨气过量时会与生成的HCl反应生成氯化铵，有白烟，现
象明显；
答案为：有白烟生成；
(2)氨气和氯气在常温下可快速反应生成氮气：2NH33Cl2N26HCl，若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸， Cl2和NH3的最佳比例为3：2； 答案为：3：2；
(3) ① 常温常压下，取总物质的量为12mol的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变，说明2NH33Cl2N26HCl反应后氨气有剩余，再多余氨气再与部分HCl发生反应NH3+HCl=NH4Cl，HCl不能完全反应，设反应2NH33Cl2N26HCl2NH3中消耗氯气的物质的量为x，
~3Cl23x气体物质的量增加22x3 ，
22x3NH312x12-x3+HCl=NH4Cl气体物质的量减少22(12-x)22x)x ，得x=6， 33x61：1 ； 12x6，前者体积增大与后者体积减小相等，
则2(12x故反应前氯气和氨气的物质的量之比为答案为：1:1；
② 反应后生成的氧化产物为氮气，氯气为6mol,由2NH33Cl2N26HCl可知,生成氮气的物质的量为2mol，故氧化产物氮气的质量=2mol×28g/mol=56g，
故答案为：56g；
(4)在2NH33Cl2N26HCl反应中，NH3和Cl2恰好完全反应时，混合气体中N2占混合气体的气体的
1，由于氨气与HCl可以反应生成HN4Cl，而充分反应后的混合气体中N2占混合71，则有两类情况：①Cl2与氨气恰好反应，由方程式可知5体积气体生成7体积气717体，故反应后混合气体总体积=100L×=140L，则氧化产物氮气体积为140L×=20L，故
57其物质的量=
20L=0.893mol；②NH3过量时，发生反应
22.4L/mol8NH33Cl2N26NH4Cl，剩余混合气体为氮气、氨气，设Cl2有xL，则
8NH38~3Cl23x~N21x31xL1300103，x，则，故氧化产物氮气的物
101710x100LxL733V3001L质的量=30.263mol ； 1722.4L/mol答案为：余NH3和N2为0.263mol，余HCl 和N2为0.893mol。
9．实验室可由软锰矿（主要成分为MnO2）制备KMnO4，方法如下：高温下使软锰矿与过量KOH(s)和KClO3(s)反应，生成K2MnO4（锰酸钾）和KCl；用水溶解，滤去残渣；酸化滤液，K2MnO4转化为MnO2和KMnO4；再滤去沉淀MnO2，浓缩结晶得到KMnO4晶体。 请回答：
（1）用软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是_______________________________________。
（2）K2MnO4转化为KMnO4的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_____________。生成0.1mol还原产物时转移电子______________个。KMnO4、K2MnO4和MnO2的氧化性由强到弱的顺序是____________________________。
（3）KMnO4能与热的Na2C2O4(aq,硫酸酸化）反应生成Mn2+和CO2。若取用软锰矿制得的KMnO4产品0.165g，能与0.335g Na2C2O4恰好完全反应（假设杂质均不能参与反应），该产品中KMnO4的纯度为____________________。
【答案】6KOH + KClO3 + 3MnO2＝3 K2MnO4+ KCl + 3H2O； 1:2 0.2NA或6.02×10-22 KMnO4＞K2MnO4＞MnO2 0.958 （ 【解析】 【分析】 【详解】 试题分析：
（1）反应物为KOH、KClO3、MnO2，生成物为K2MnO4（锰酸钾）和KCl、水，该反应为6KOH+KClO3+3MnO2＝3K2MnO4+KCl+3H2O，故答案为6KOH+KClO3+3MnO2＝3K2MnO4+KCl+3H2O；
（2）K2MnO4转化为KMnO4的反应中K2MnO4＝2KMnO4+MnO2，Mn元素的化合价由+6价升高为+7价，Mn元素的化合价由+6价降低为+4价，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，生成0.1mol还原产物时转移电子0.1 NA×(6-4)=0.2NA或6.02×10-22，由氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可知氧化性为KMnO4＞K2MnO4＞MnO2，故答案为1：2；0.2NA或6.02×10-22；KMnO4＞K2MnO4＞MnO2；
（3）KMnO4能与热的Na2C2O4（aq，硫酸酸化）反应生成Mn2+和CO2，设KMnO4的纯度为x，则由电子守恒可知，答案为0.958．
0.165gx0.335g(7-2)=2(4-3) ，解得x=0.958，故
122.5g/mol134g/mol
10．（1）将新制氯水逐滴滴入FeBr2溶液中，写出最初发生的反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目。___。
（2）在硫酸铝铵(NH4Al(SO4)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液并不断搅拌。用一个离子方程式表示最初发生的反应。___。
（3）石油气“芳构化”是由石油气生产高辛烷值汽油的一种有效生产工艺。测得反应2C4H10温度(℃) 平衡常数K C8H10(g)+5H2在不同温度下的平衡常数变化如下： 400 a 450 6a 500 40a ①该反应的正反应是____(吸热、放热)反应。
②向2L密闭定容容器中充入2molC4H10，反应10s后测得H2浓度为1mol/L，此10s内，以C8H10表示的平均速率为___。
③能表示该反应在恒温恒容密闭容器中t1时刻后已经达平衡状态的图示是___。
a. b. c. d.
④如图表示某温度时将一定量的C4H10(含少量H2)充入容器中反应期间物质浓度随时间的变化(容器容积可变)，实线代表C8H10，虚线代表C4H10。请用实线补充画出t1~t4间C8H10的浓度变化曲线___。
【答案】
3Ba2++6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓ 吸热
0.02mol/(L·s) b、d
【解析】 【分析】
(1)氯气具有氧化性，能将碘离子以及亚铁离子氧化，碘离子的还原性强于亚铁离子的还原性，所以先是发生氯气氧化亚铁离子的反应，氧化还原反应中，化合价升高值＝化合价降低值＝转移电子数，据此表示电子转移的情况；
(2)在硫酸铝铵(NH4Al(SO4)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，由于氢氧化钡少量，氢氧根离子不足，反应按照氢氧化钡的组成进行，氨水碱性强于氢氧化铝，所以铝离子优先与氢氧根离子反应，据此写出反应的离子方程式；
(3)①依据图表数据，平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行； ②依据反应速率v＝
c计算； t③a．反应前后都是气体，气体质量始终不变；
b．反应前后气体质量不变，物质的量增大，平均摩尔质量不变说明反应达到平衡状态； c．气体质量不变，体积不变，密度在反应过程中和平衡状态都不变；
d．反应前后气体物质的量变化，压强之比等于气体物质的量之比，物质的量不变，反应达到平衡；
④刚开始因为达到平衡状态，所以浓度不变，根据虚线的浓度变化可知，后面体积缩小为
1，所以实线浓度也变两倍，后面又慢慢减小，直至继续平衡。 2【详解】
原来的
(1)将新制氯水逐滴滴入FeBr2溶液中，先是发生氯气氧化亚铁离子的反应，Cl2＋2Fe2＋＝
2Fe3＋＋2Cl−，电子转移情况如下：，故答案为：；
(2)氢氧化钡少量，氢氧根离子和钡离子的物质的量不足，离子方程式按照氢氧化钡的组成书写，钡离子和氢氧根离子完全反应；由于氨水碱性强于氢氧化铝，故铝离子优先与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为3Ba2++6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，故答案为：3Ba2++6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓； (3)①根据图表数据，平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行，正反应是吸热反应，故答案为：吸热；
②向2L密闭定容容器中充入2mol C4H10，反应10s后测得H2浓度为1mol/L，2C4H10⇌C8H10(g)＋5H2，反应过程中生成C8H10的物质的量浓度为10s内，以C8H10表示的平均速率＝
1×1mol/L＝0.2mol/L，此50.2mol/L＝0.02mol/(L•s)，故答案为：0.02mol/(L•s)； 10s③2C4H10⇌C8H10(g)＋5H2，反应是气体体积增大的反应吸热反应，依据平衡移动原理分析图象；
a．反应前后都是气体，气体质量在反应过程中和平衡状态都始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故a不符合；
b．反应前后气体质量不变，物质的量增大，平均摩尔质量不变说明反应达到平衡状态，故b符合；
c．气体质量不变，体积不变，密度在反应过程中和平衡状态都不变，故c不符合； d．反应前后气体物质的量变化，压强之比等于气体物质的量之比，物质的量不变压强不变，说明反应达到平衡，故d符合； 故答案为：b、d；
④分析图象可知，刚开始因为达到平衡状态，所以浓度不变，根据虚线的浓度变化可知，后面体积缩小为原来的
1，所以实线浓度也变两倍，浓度变化为0.40mol/L，随反应进行后2面又慢慢减小，直至继续平衡，据此画出的图象为：
，故答案为：
。
【点睛】
本题(2)注意掌握离子方程式的书写原则，正确判断反应物离子的过量情况是解答的关键；(3)掌握图象分析与绘制方法，曲线变化起点和变化是解题关键。
11．某工业废水中含有的 Mn2+、CN﹣等会对环境造成污染，在排放之前必须进行处理。ClO2是一种国际上公认的安全无毒的绿色水处理剂，某实验兴趣小组通过如图装置制备 ClO2，并用它来处理工业废水中的 Mn2+、CN﹣。 已知：i．ClO2 为黄绿色气体，极易溶于水，沸点 11℃；
ii．ClO2 易爆炸，若用“惰性气体”等稀释时，爆炸性则大大降低；
iii．某工业废水处理过程中 Mn2+转化为 MnO2、CN﹣转化为对大气无污染的气体； iv．装置 B 中发生的反应为：H2C2O4+H2SO4+2KClO3═K2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O。 请回答下列问题：
（1）B 装置的名称是_____，C 装置的作用为_____。
（2）用 H2C2O4 溶液、稀硫酸和 KC1O3 制备 ClO2 的最大优点是_____。 （3）写出装置 D 中除去 Mn2+的离子方程式_____。
（4）ClO2 在处理废水过程中可能会产生副产物亚氯酸盐（ClO2 ）。下列试剂中，可将 ClO2 转化为 Cl
的是_____。（填字母序号）。 a．FeSO4 b．O3 c．KMnO4 d．SO2
（5）在实验室里对该废水样品中 CN﹣含量进行测定：取工业废水Wg于锥形瓶中，加入10mL0.10mol/L 的硫酸溶液，用 0.0200mol/L 的 KMnO4标准溶液进行滴定，当达到终点时共消耗 KMnO4 标准溶液25.00mL。 在此过程中：
①实验中使用棕色滴定管的原因是_____，滴定终点的判断依据是_____。
﹣
②W g 工业废水中 CN的物质的量为_____。
③若盛装工业废水的锥形瓶未润洗，则测定结果将_____（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
【答案】圆底烧瓶 防倒吸 制得ClO2的同时有CO2产生，可稀释ClO2，大大降低爆炸的可能性 2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+ ad 防止KMnO4见光分解 锥形瓶中的溶液颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色 0.0005mol 无影响 【解析】 【分析】
（1）B为圆底烧瓶；依据C装置进气管、出气管都较短可知为安全瓶，防止倒吸； （2）反应生成的产物结合ClO2易爆炸，用惰性气体等稀释时，可防止爆炸分析； （3）二氧化氯具有强的氧化性，能够氧化二价锰离子生成二氧化锰，本身被还原为氯离子；
（4）将ClO2 转化为 Cl-，应加入还原剂；
（5）①高锰酸钾不稳定；高锰酸钾与CN-发生氧化还原反应，被还原为无色的二价锰离子，所以当达到滴定终点时：颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；
-+﹣2+②涉及反应为：2MnO4+8H+2CN＝2Mn+2CO2+N2+4H2O，结合方程式计
算；
③锥形瓶无需润洗。 【详解】
（1）B装置的名称是圆底烧瓶；依据C装置进气管、出气管都较短可知为安全瓶，防止倒吸，故答案为：圆底烧瓶； 防倒吸；
（2）用H2C2O4溶液、稀硫酸和KClO3制备ClO2反应产物为二氧化氯、二氧化碳可稀释ClO2，大大降低爆炸的可能性，
故答案为：制得ClO2的同时有CO2产生，可稀释ClO2，大大降低爆炸的可能性； （3）二氧化氯具有强的氧化性，能够氧化二价锰离子生成二氧化锰，本身被还原为氯离子，离子方程式：2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+， 故答案为：2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+；
（4）将ClO2 转化为 Cl-，应加入还原剂，可加入硫酸亚铁或二氧化硫等， 故答案为：ad；
（5）①高锰酸钾不稳定受热易分解，所以应放在棕色瓶中；高锰酸钾与CN-发生氧化还原反应，被还原为无色的二价锰离子，所以当达到滴定终点时：颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色，
故答案为：防止KMnO4见光分解；锥形瓶中的溶液颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；
②设CN-物质的量为n，则依据方程式
2MnO-4+8H++2CN﹣＝2Mn2++2CO2+N2+4H2O可知：
MnO-410.02mol/L0.025L:CN﹣1 n解得n＝0.0005mol， 故答案为：0.0005mol；
③锥形瓶无需润洗，对测定结果没有影响， 故答案为：无影响。 【点睛】
本题考查物质的制备以及含量的测定，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，注意把握二氧化氯的制备和性质，能正确书写氧化还原反应方程式，掌握氧化还原滴定法测量物质的浓度，熟悉制备原理，准确把握题干信息是解题关键，题目难度较大。
12．对工业废水和生活污水进行处理是防止水体污染、改善水质的主要措施之一。 （1）硫酸厂的酸性废水中砷(As)元素(主要以 H3AsO3 形式存在)含量极高，为控制砷的排放， 某工厂采用化学沉淀法处理含砷废水。请回答以下问题：
①已知砷是氮的同族元素，比氮原子多 2 个电子层，砷在元素周期表的位置为_____。 ②工业上采用硫化法(通常用硫化钠)去除废水中的砷，生成物为难溶性的三硫化二砷，该反 应的离子方程式为_____。
（2）电镀厂的废水中含有的 CN-有剧毒，需要处理加以排放。处理含 CN-废水的方法之一是在 微生物的作用下，CN-被氧气氧化成 HCO3- ，同时生成 NH3，该反应的离子方程式为_____。
(3)电渗析法处理厨房垃极发酵液，同时得到乳酸的原理如图所示(图中“HA”表示乳酸分子， A―表示乳酸根离子)： ①阳极的电极反应式为_____
②电解过程中，采取一定的措施可控制阳极室的 pH 约为 6～8，此时进入浓缩室的 OH－可L－1 乳酸溶液通电一段时间后， 浓度上升为 145 g/L(溶液体积变化忽略不 计。400 mL 10 g·
忽略不计)，阴极上产生的 H2 在标准状况下的体积约为_____L (已知：乳酸的摩尔质量为 90 g/mol)。
【答案】第四周期ⅤA族 2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3↓+6H2O 4H2O+2CN-+O2=2HCO3-+2NH3 4OH--4e-═2H2O+O2↑或2H2O-4e-═O2↑+4H+ 6.72 【解析】 【分析】
（1）①由砷是氮的同族元素，比氮原子多2个电子层可知，砷原子最外层有5个电子，4个电子层；
②根据题给信息可知，酸性条件下，硫化钠与和废水中的砷酸反应，生成难溶性的三硫化二砷和水；
（2）由题意可知，在微生物的作用下，CN-被氧气氧化成HCO3-，同时生成NH3，反应中碳元素化合价升高被氧化，氮元素化合价没有变化；
（3）①水电离出的氢氧根离子在阳极上失电子发生氧化反应生成氧气，破坏水的电离平衡，使溶液呈酸性；
②由电极反应式和生成HA的化学方程式可得：2HA—2 H+—H2，由此计算可得。 【详解】
（1）①由砷是氮的同族元素，比氮原子多2个电子层可知，砷原子最外层有5个电子，4个电子层，则砷位于元素周期表第四周期ⅤA族，故答案为：第四周期ⅤA族； ②根据题给信息可知，酸性条件下，硫化钠与和废水中的砷酸反应，生成难溶性的三硫化二砷和水，反应中硫化钠做还原剂，砷酸做氧化剂，反应的离子方程式为2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3↓+6H2O，故答案为：2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3↓+6H2O；
（2）由题意可知，在微生物的作用下，CN-被氧气氧化成HCO3-，同时生成NH3，反应中碳元素化合价升高被氧化，氮元素化合价没有变化，则反应的离子方程式为4H2O+2CN-+O2=2HCO3-+2NH3，故答案为：4H2O+2CN-+O2=2HCO3-+2NH3；
（3）①水电离出的氢氧根离子在阳极上失电子发生氧化反应生成氧气，破坏水的电离平衡，使溶液呈酸性，溶液中氢离子浓度增大，电极反应式为4OH-或2H2O-4e-═O2↑+4H+，故答案为：4OH--4e-═2H2O+O2↑或2H2O-4e-═O2↑+4H+；
②由电极反应式和生成HA的化学方程式可得：2HA—2 H+—H2，电解过程中生成HA的质量为（145 g/L×0.4L—10 g/L×0.4L）=54g，则由HA和氢气的关系式可知阴极上产生的 H2 在标准状况下的体积约为90g/mol×1×22.4L/mol=6.72L，故答案为：6.72。 2【点睛】
电渗析法处理厨房垃极发酵液时，阳极上水电离出的氢氧根放电，使溶液中氢离子浓度增大，氢离子从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室，阴极上水电离出的氢离子放电，使溶液中氢氧根浓度增大，溶液中A-通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室，发生反应H++A-═HA，导致乳酸浓度增大是理解的关键，也是解答关键。
54g
13．一种利用电化学方法同时脱除NO/SO2的工艺如图所示：
已知SO2水溶液中含硫微粒分布分数（Xi）与pH关系如图所示
（1）NaOH溶液吸收SO2时，溶液的pH由9→6时，主要发生反应的离子方程式为________。
（2）含Ce4+的溶液吸收NO，若高价氮中的NO2、N2O3、NO2-、NO3-各1mol，则消耗0.5mol·L-1的含Ce4+溶液的体积为________L；其中NO转化NO3-的离子方程式为________。 （3）电解槽中，阴极电极反应式主要为________，阳极电极反应式为________。 （4）在“气液反应器”中高价氮中的N2O3化合为NH4NO3的化学方程式为________。 【答案】SO32-+SO2+H2O=2HSO3- 16 3Ce4++NO+2H2O=3Ce3++NO3-+4H+ 2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O Ce3+-e-=Ce4+ N2O3+H2O+O2+2NH3=2NH4NO3 【解析】 【分析】
(1)根据SO2水溶液中含硫微粒分布分数图写出反应的离子方程式；
(2)根据得失电子守恒计算消耗含Ce4+溶液的体积；根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式；
(3)电解过程中，阴极上HSO3-发生得电子的还原反应生成S2O42-，阳极上Ce3+发生失电子的氧化反应生成Ce4+，据此写出电极反应式；
(4)根据流程信息确定反应物和生成物，结合得失电子守恒、原子守恒书写反应的化学方程式。 【详解】
(1) 根据SO2水溶液中含硫微粒分布分数图可知，溶液的pH由9→6的过程中，SO32-在减少，HSO3-在增多，故反应的离子方程式为SO32-+SO2+H2O=2HSO3-；
(2)含Ce4+的溶液吸收NO的过程中，Ce4+被还原为Ce3+，NO转化为高价氮中的NO2、N2O3、NO2-和NO3-，反应过程中得失电子守恒，因此可得
n(Ce4+)×1=1mol×2+1mol×2+1mol×1+1mol×3，因此n(Ce4+)=8mol，因此所需0.5mol/L的含
Ce4+溶液的体积Vn8mol16L；Ce4+将NO氧化为NO3- ，自身还原为Ce3+；反c0.5mol/L应过程中，Ce由+4价变为+3价，得到1个电子，N由+2价变为+5价，失去3个电子，根据得失电子守恒可得，Ce4+、Ce3+的系数为3，NO和NO3-的系数为1；根据电荷守恒可得生成物中含有H+， 且其系数为4；根据氢原子个数守恒可得反应物中含有H2O，且其系数为2；因此可得该反应的离子方程式为： 3Ce4++NO+2H2O=3Ce3++NO3-+4H+； (3)电解过程中，HSO3-在阴极发生得电子的还原反应，生成S2O42-， 其电极反应式为： 2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O；Ce3+在阳极发生失电子的氧化反应，生成Ce4+， 其电极反应式为：Ce3+-e-=Ce4+；
(4)在“气液反应器”中，反应物为N2O3、NH3和O2， 生成物为NH4NO3， 根据得失电子守恒、原子守恒可得该反应的化学方程式为：N2O3+H2O+O2+2NH3=2NH4NO3。
14．震惊全国的天津港“8.12”爆炸事故中,因爆炸冲击导致氰化钠泄漏而造成环境污染,可以通过喷洒双氧水或硫代硫酸钠溶液来处理。
资料:氰化钠化学式NaCN（N元素-3价),白色结晶颗粒,剧毒,易溶于水。
(1)NaCN用双氧水处理后,产生一种酸式盐和一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体,写出该反应的化学方程式____________________________。
(2)某化学兴趣小组实验室制备硫代硫酸钠(Na2S2O3),并检测用硫代硫酸钠溶液处理后的氰化钠废水能否达标排放。
（实验一）实验室通过图装置制备Na2S2O3
①a装置中盛浓硫酸的仪器名称是______________； b装置的作用是________。 ②c装置中的产物有Na2S2O3和CO2等,d装置中的溶质有NaOH、Na2CO3,还可能有______。 ③实验结束后,在e处最好连接盛________(选填“NaOH溶液”、“水”、“CCl4”中任一种)的注射器,再关闭K2打开K1,目的是______________。 （实验二）测定用硫代硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量.
已知:①废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg/L。②Ag＋+2CN－==[Ag(CN)2]－,Ag＋+I－==AgI↓；AgI呈黄色,且CN－优先与Ag＋反应。
实验如下:取25.00 mL处理后的氰化钠废水于锥形瓶中并滴加几滴KI溶液作指示剂，用1.000×10-4 mol/L的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为2.50 mL。 ④滴定终点的判断方法是_____________________________________________。 ⑤处理后的废水中氰化钠的含量为________mg/L，________(选填“能”、“不能”)排放。
【答案】NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑ 圆底烧瓶 安全瓶或防倒吸 Na2SO3 NaOH溶液 防止拆除装置时污染空气 滴入最后一滴AgNO3溶液,出现黄色沉淀,且半分钟内不消失 0.98 不能 【解析】 【详解】
（1）常温下，氰化钠能与过氧化氢溶液反应，生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，该气体为氨气，生成的酸式盐为碳酸氢钠，反应方程式为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑；
（2）实验一：a装置制备二氧化硫，c装置中制备Na2S2O3，反应导致装置内气压减小，b为安全瓶作用，防止溶液倒吸，d装置吸收多余的二氧化硫，防止污染空气； ①由仪器结构特征，可知盛装Na2SO3固体的仪器为圆底烧瓶；b装置为安全瓶，防止倒吸；
②d装置吸收二氧化硫，d中溶质有NaOH、Na2CO3，碱过量，还有亚硫酸钠生成； ③验结束后，装置b中还有残留的二氧化硫，为防止污染空气，应用氢氧化钠溶液吸收； ④Ag+与CN-反应生成[Ag（CN）2]-，当CN-反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，说明反应到达滴定终点；
⑤消耗AgNO3的物质的量为2.5×10-3L×0.0001mol/L=2.50×10-7mol，根据方程式Ag++2CN-=[Ag（CN）2]-，处理的废水中氰化钠的质量为2.50×10-7mol×2×49g/mol=2.45×10-5g，废水中氰化
2.45102mg=0.98mg/L。 钠的含量为
0.025L
15．已知反应①2F2+2H2O=4HF+O2↑；②AlCl3+3NaHCO3=Al(OH)3↓+3NaCl+3CO2↑ ；③2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；④SO2+H2O=H2SO3⑤SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；⑥NaH+H2O=NaOH+H2↑；⑦CO＋H2O
高温CO2＋H2；⑧3NO2＋H2O = 2HNO3＋NO
（1）上述反应中不属于氧化还原反应的有（填序号，下同）_____________
（2）H2O被氧化的是_____________；属于氧化还原反应，但H2O既不被氧化，也不被还原的是_____________。
（3）写出⑤的离子反应方程式_____________。
（4）用双线桥法表示反应⑧中电子转移的方向和数目，并指出氧化产物和还原产物。双线桥法：_____________；氧化产物：_____________；还原产物：_____________。 【答案】②④ ① ⑤⑧ SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl- HNO3 NO 【解析】 【分析】
（1）含元素化合价变化的反应为氧化还原反应；
（2）水被氧化，则水中O元素的化合价升高，水被还原，则水中H元素的化合价降低；
若水中H、O元素的化合价不变，则H2O既不被氧化，又不被还原； （3）根据拆写原则写出离子方程式；
（4）根据反应寻找失电子和得电子的元素的原子，双线桥即标出失电子的元素指向同种元素，得电子的元素指向同种元素，化合价升高或降低的数目就是转移的电子数，据此书写； 【详解】
(1)只有②④反应中没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应， 故答案为：②④；
（2）只有①水中O元素的化合价升高，水被氧化；只有⑤⑧中属于氧化还原反应，但水中H、O元素的化合价不变，则H2O既不被氧化，又不被还原， 故答案为：①；⑤⑧；
（3）⑤SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，硫酸和氯化氢是两种强酸，要拆成离子的形式，二氧化硫，水是氧化物写化学式，氯气是单质也要写化学式，故离子方程式是：SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-
故答案为：SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-
(4)该反应中,只有氮原子化合价变化,电子转移的方向和数目为
，化合价升高对应的产物是氧化产物，即是硝酸，化合价
降低对应的还原产物，即是NO， 故答案为：【点睛】
根据氧化还原反应的特征定义进行判断：有元素化合价升降的反应就是氧化还原反应。
HNO3 ； NO ；
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容