高考化学与氧化还原反应有关的压轴题
一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）
1．2ClO 是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，为了运输和贮存便利常将其制成2NaClO 固体，模拟工业上用过氧化氢法制备2NaClO 固体的实验装置如图所示。
已知：2ClO 熔点-59℃、沸点11℃、22H O 沸点150℃
A 中的化学方程式：32224222422NaClO H O H SO 2ClO O Na SO 2H O ++=↑+↑++
(1)3NaClO 放入仪器A 中，仪器B 中的药品是__________(写化学式)。如果仪器B 改成分液漏斗，实验过程中可能会出现的实验现象__________。
(2)C 装置有明显缺陷，请绘出合理的装置图(标明气流方向)__________。
(3)向A 装置中通入空气，其作用是赶出2ClO ，然后通过C 再到D 中反应。通空气不能过快的原因是__________，通空气也不能过慢原因是__________。
(4)冰水浴冷却的目的是__________。
a.降低2NaClO 的溶解度
b.减少22H O 的分解
c.使2ClO 变为液态
d.加快反应速率
(5)写出D 中发生反应的化学方程式__________，22H O 在反应起到__________作用。假设在反应中消耗掉22H O a g 则有__________mol 电子转移。
【答案】H 2O 2 液体无法顺利滴落 空气流速快时，2ClO 不能被充分吸收 空气流速过慢时，2ClO 不能及时被移走，浓度过高导致分解 abc
2ClO 2+H 2O 2+2NaOH=2NaClO 2+O 2↑+2H 2O 还原剂 a/17
【解析】
【分析】
氯酸钠(NaClO 3)在酸性条件下与过氧化氢生二氧化氯，ClO 2与氢氧化钠溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO 2，NaClO 2的溶解度随温度升高而增大，通过冷却结晶，过滤洗涤得到晶体NaClO 2?3H 2O 。
【详解】
(1)3NaClO 放入仪器A 中，仪器B 中的药品是H 2O 2，仪器B 为滴液漏斗，其目的是平衡气压，使得溶液能够顺利滴入，如果仪器B 改成分液漏斗，实验过程中可能会出现的实验现象是：分液漏斗中的液体无法顺利滴落，反应无法继续进行；
(2)实验中C 的作用是防止倒吸，C 装置中的右侧导管太短，不利于气体的流动，合理的装置图为：；
(3)向A 装置中通入空气，其作用是赶出2ClO ，然后通过C 再到D 中反应。空气流速不能过快，因为空气流速快时，2ClO 不能被充分吸收；空气流速也不能过慢，空气流速过慢时，2ClO 不能及时被移走，浓度过高导致分解；
(4) NaClO 2的溶解度随温度升高而增大，过氧化氢易分解，所以冰水浴冷却的目的是：降低2NaClO 的溶解度、减少22H O 的分解，由于2ClO 的沸点较低，所以还能使2ClO 变为液态，方便使用；
(5)写出D 中发生反应的化学方程式为：2ClO 2+H 2O 2+2NaOH=2NaClO 2+O 2↑+2H 2O ，22H O 在反应中得电子，起到还原剂的作用。反应中存在关系：22H O ~2e -，若在反应中消耗掉22H O a g ，则转移的电子的物质的量为：2×a g/(34g·mol -1)= a/17mol 。
2．碘酸钾（3KIO ）是重要的微量元素碘添加剂。实验室设计下列实验流程制取并测定产品中3KIO 的纯度：
其中制取碘酸（3HIO ）的实验装置见图，有关物质的性质列于表中
物质
性质 HIO 3
白色固体，能溶于水，难溶于CCl 4 KIO 3 ①白色固体，能溶于水，难溶于乙醇
②碱性条件下易发生氧化反应：ClO －＋IO 3－=IO 4－＋Cl －
回答下列问题
（1）装置A 中参加反应的盐酸所表现的化学性质为______________。
（2）装置B 中反应的化学方程式为___________________ 。B 中所加CCl 4的作用是_________从而加快反应速率。
（3）分离出B 中制得的3HIO 水溶液的操作为____________；中和之前，需将HIO 3溶液煮沸至接近于无色，其目的是____________，避免降低3KIO 的产率。
（4）为充分吸收尾气，保护环境，C 处应选用最合适的实验装置是____________（填序号）。
（5）为促使3KIO 晶体析出，应往中和所得的3KIO 溶液中加入适量的___________。 （6）取1.000g 3KIO 产品配成200.00mL 溶液，每次精确量取20.00mL 溶液置于锥形瓶中，加入足量KI 溶液和稀盐酸，加入淀粉作指示剂，用0.1004mol/L 223Na S O 溶液滴定。
滴定至终点时蓝色消失（2--2-22346I +2S O =2I +S O ），测得每次平均消耗223Na S O 溶液
25.00mL 。则产品中3KIO 的质量分数为___（结果保留三位有效数字）。
【答案】还原性、酸性 22235CI +I +6H O==2HIO +10HCl 充分溶解2I 和2Cl ，以增大反应物浓度 分液 除去2Cl （或-ClO ），防止氧化3KIO C 乙醇（或酒精） 89.5%。
【解析】
【分析】
装置A 用于制取Cl 2，发生的反应为：KClO 3+6HCl(浓)=KCl+3Cl 2↑+3H 2O ，装置B 中发生的是制取HIO 3的反应，装置C 为尾气处理装置，既要吸收尾气中的HCl 和Cl 2，还要防止倒吸。
【详解】
（1）装置A 中发生的反应为：KClO 3+6HCl(浓)=KCl+3Cl 2↑+3H 2O ，浓盐酸中的Cl 元素有一部分失电子转化为Cl 2，表现出还原性，还有一部分Cl 元素没有变价转化为KCl （盐），表现出酸性，故答案为：还原性、酸性；
（2）装置B 中发生的反应为：5Cl 2+I 2+6H 2O=2HIO 3+10HCl ，Cl 2和I 2均难溶于水，易溶于CCl 4，加入CCl 4可使二者溶解在CCl 4中，增大反应物浓度，故答案为：
5Cl 2+I 2+6H 2O=2HIO 3+10HCl ；充分溶解I 2和Cl 2，以增大反应物浓度；
（3）分离B 中制得的HIO 3水溶液的操作为分液，HIO 3溶液中混有的Cl 2在碱性条件下转化
为ClO-，ClO-会将IO3-氧化为IO4-，因此在中和前需要将Cl2除去，故答案为：分液；除去Cl2（或ClO-），防止氧化KIO3；
（4）尾气中主要含HCl和Cl2，需用NaOH溶液吸收，同时要防止倒吸，故答案为：C；（5）因为KIO3难溶于乙醇，向KIO3溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使KIO3晶体析出，故答案为：乙醇（或酒精）；
（6）每20mLKIO3溶液中，加入KI溶液和稀盐酸发生的反应为：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，滴定时发生的反应为：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可列出关系式：IO3-~3I2~6S2O32-，每次平均消耗的n(S2O32-)= 0.1004mol/L×0.025L=0.00251mol，则每20mLKIO3溶液中，n(KIO3)=n(IO3-)=
n(S2O32-)÷6=0.00251mol÷6=0.000418mol，200mL溶液中，n(KIO3)=0.00418mol，产品中KIO3
的质量分数=214g mol0.00418mol
×100%
1g
/
=89.5%，故答案为：89.5%。
【点睛】
1g样品配成了200mL溶液，而根据关系式计算出的是20mL溶液中KIO3的物质的量，需扩大10倍才能得到1g样品中KIO3的物质的量。
3．碳酸亚铁可用于制备补血剂。某研究小组制备了 FeCO3，并对 FeCO3的性质和应用进行了探究。已知：①FeCO3是白色固体，难溶于水②Fe2＋+6SCN-Fe(SCN)64-(无色)
Ⅰ. FeCO3的制取（夹持装置略）
实验i：
装置 C 中，向 Na2CO3溶液（pH＝11.9）通入一段时间 CO2至其 pH 为 7，滴加一定量 FeSO4溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到 FeCO3固体。
(1)试剂 a 是_____。
(2)向 Na2CO3溶液通入 CO2的目的是_____。
(3)C 装置中制取 FeCO3的离子方程式为_____。
(4)有同学认为 C 中出现白色沉淀之后应继续通 CO2，你认为是否合理并说明理由
________。
Ⅱ.FeCO3的性质探究
实验ii
实验iii
(5)对比实验ⅱ和ⅲ，得出的实验结论是_____。
(6)依据实验ⅱ的现象，写出加入 10%H2O2溶液的离子方程式_____。
Ⅲ.FeCO3的应用
(7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH3CH(OH)COO]2Fe，相对分子质量为 234）补血剂。为测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，树德中学化学实验小组准确称量 1.0g 补血剂，用酸性 KMnO4溶液滴定该补血剂，消耗
0.1000mol/L 的 KMnO4溶液 10.00mL，则乳酸亚铁在补血剂中的质量分数为_____，该数值异常的原因是________（不考虑操作不当以及试剂变质引起的误差）。
【答案】饱和NaHCO3溶液降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2 2HCO3- +
Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O 不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe(HCO3)2(或合理，排出氧气的影响) Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大 6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或
6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+ 117% 乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4
【解析】
【分析】
I. 装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢气体，需要利用装置B中盛装的饱和碳酸氢钠溶液除去，装置C中，向碳酸钠溶液(pH=11.9)通入一段时间二氧化碳至其pH为7，滴加一定量硫酸亚铁溶液产生白色沉淀，过滤，洗涤，干燥，得到FeCO3；
II. (5)根据Fe2＋+6SCN-Fe(SCN)64-分析FeCO3在KCl和KSCN两种不同溶液中的溶解度不同判断；
(6)实验ii中溶液显红色且有红褐色沉淀生成，说明加入10%过氧化氢溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成；
(7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式进行计算；乳酸根中有羟基，也能被高锰酸钾溶液氧化。
【详解】
I. (1)装置A中制取的CO2中混有HCl，欲除去CO2中混有的HCl，B中盛装的试剂a应是饱和NaHCO3溶液，故答案为：饱和NaHCO3溶液；
(2)向Na2CO3溶液中通入CO2的目的是利用CO2和Na2CO3反应生成的NaHCO3，提高溶液中HCO3-的浓度，抑制CO32-的水解，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe(OH)2，故答案为：降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2；
(3)装置C中，向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为7，此时溶液中溶质主要为NaHCO3，再滴加FeSO4溶液，有FeCO3沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCO3- + Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：2HCO3- + Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
(4)FeCO3沉淀能溶解在CO2的水溶液中，生成可溶于水的Fe(HCO3)2，降低产物的量，则当
出现白色沉淀之后不应继续通入CO 2，或者：出现白色沉淀之后继续通CO 2，可防止空气中氧气氧化FeCO 3，提高产物的纯度，故答案为：不合理，CO 2会和FeCO 3反应生成Fe(HCO 3)2(或合理，排出氧气的影响)；
Ⅱ. (5)通过对比实验ii 和iii ，可知Fe 2+与SCN -的络合生成可溶于水的Fe(SCN)64-，会促进FeCO 3固体的溶解，故答案为：Fe 2+与SCN -的络合(或结合)会促进FeCO 3固体的溶解或FeCO 3固体在KSCN 溶液中的溶解性比KCl 溶液中大；
(6)依据实验ⅱ的现象，可知在含有Fe 2+的溶液中滴加10%的过氧化氢溶液后，有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成，发生反应的离子方程式为6Fe(SCN)64-+3H 2O 2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN -或6Fe 2++3H 2O 2+12SCN -=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe 2++3H 2O 2=2Fe(OH)3↓+4Fe 3+；
故答案为：6Fe(SCN)64-+3H 2O 2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN -或6Fe 2++3H 2O 2+12SCN -=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe 2++3H 2O 2=2Fe(OH)3↓+4Fe 3+；
Ⅲ. (7)FeCO 3溶于乳酸［CH 3CH(OH)COOH ］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH 3CH(OH)COO]2Fe 补血剂，可得关系式MnO 4~5Fe 2+~5[CH 3CH(OH)COO]2Fe ，则乳酸亚铁的物质的量为0.1000mol/L×0.01L×5=0.005mol ，则乳酸亚铁的质量分数0.005mol 234g/mol 100%=117%1.0g
??，由于乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液的量增多，而计算中只按Fe 2+被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，导致产品中乳酸亚铁的质量分数大于100%，故答案为：117%；乳酸根中的羟基被KMnO 4氧化，也消耗了KMnO 4。
4．废水中过量的氨氮(3NH 和4NH +
)会导致水体富营养化。某科研小组用NaClO 氧化法处理氨氮废水。已知：①HClO 的氧化性比NaClO 强；②3NH 比4NH +
更易被氧化；③国家相关标准要求经处理过的氨氮废水pH 要控制在6~9 。
(1)pH 1.25=时，NaClO 可与4NH +
反应生成2N 等无污染物质，该反应的离子方程式为___________。
(2)进水pH 对氨氮去除率和出水pH 的影响分别如图1和图2所示：
①进水pH 在1.25~2.75范围内时，氨氮去除率随pH 的升高迅速下降的原因是
__________。
②进水pH 在2.75~6范围内时，氨氮去除率随pH 的升高而上升的原因是___________。 ③进水pH 应控制在____________左右为宜。
(3)为研究空气对NaClO 氢化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通人空气的量，发现氨氮去除率几乎不变。其原因可能是______(填序号)
a.2O 的氧化性比NaClO 弱
b.2O 氧化氨氮速率比NaClO 慢
c.2O 在废水中溶解度比较小
d.空气中的2N 进入废水中
【答案】4223ClO 2NH N 3Cl 3H O 2H -+-++=↑+++ 随着pH 的升高，NaClO 含量增
大，氧化性降低，导致氨氯去除率下降 随着pH 的升高，氨氮废水中3NH 含量增大，而
3NH 比4NH +更易被氧化 1.5 abc
【解析】
【分析】
(1)pH=1.25时，NaClO 可与NH 4+反应生成N 2等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子和水，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式；
(2)①进水pH 为1.25～2.75范围内，氨氮去除率随pH 升高迅速下降是c(OH -)较大，抑制NaClO 水解，c(HClO)较小致氧化能力弱；
②进水pH 为2.75～6.00范围内氨氮去除率随pH 升高而上升，氨气含量增大氨氮易被氧化；
③结合图象变化可知进水pH 应控制在1.0左右；
(3)其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变，说明O 2氧化氨氮速率比NaClO 慢，比次氯酸钠氧化性弱，溶液中溶解的氧气少等原因。
【详解】
(1)pH=1.25时，NaClO 可与NH 4+反应生成N 2等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式：3ClO -+2NH 4+=N 2↑+3Cl -+2H +；
(2)①进水pH 为1.25～2.75范围内，氨氮去除率随pH 升高迅速下降的原因是：随着PH 升高，NaClO 含量增大，氧化性能降低，导致氨氮去除率下降；
②进水pH 为2.75～6.00范围内，氨氮去除率随pH 升高而上升的原因是：随着PH 升高氨氮废水中氨气含量增大，氨氮更易被氧化；
③进水pH 应控制在1.50左右，氨氮去除率会较大；
(3)研究空气对NaClO 氧化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变。其原因可能是：O 2的氧化性比NaClO 弱、O 2氧化氨氮速率比NaClO 慢、O 2在溶液中溶解度比较小；故答案为：abc 。
5．硫酰氯（SO 2Cl 2）和亚硫酰氯（SOCl 2）都是重要的化工试剂，均易水解。
（1）甲同学在实验室利用SO 2和Cl 2在活性炭催化作用下制取SO 2Cl 2，装置如图所示。
①B装置中冷凝管进水口是___。（填“m”或“n”），B中干燥管盛有的物质是___。
②欲制取少量SO2Cl2，选择图中的装置（可以重复选用），其连接顺序为：a、___、h。
③去除C装置会降低SO2和Cl2的利用率，可能的原因是___（用化学方程式表示）。（2）SOCl2水解后无残留物，较SO2Cl2是更好的脱水剂。乙同学设计实验利用SOCl2和ZnCl2?xH2O制取无水ZnCl2。
①解释SOCl2在该实验中的作用是___（写出两点）。
②实验室常用NaOH溶液吸收SOCl2，该反应的离子方程式是___。
（3）乙同学认为SOCl2还可用作由FeCl3?6H2O制取无水FeCl3的脱水剂，但丙同学认为该实验可能发生副反应使产品不纯。
①可能发生的副反应的化学方程式是___。
②两同学设计如下实验判断该反应的可能性：取少量SOCl2和FeCl3?6H2O反应后的混合物于试管中，加水溶解，将溶液平分至五支试管，分别进行以下实验，其中能得出合理结论的是___。
A．加入过量稀HNO3，再滴加几滴AgNO3溶液
B．加入少量稀HNO3，再滴加几滴BaCl2溶液
C．滴加几滴BaCl2溶液
D．滴加几滴酸性KMnO4溶液
E.滴加几滴KSCN溶液后，再滴加几滴氯水
【答案】m 碱石灰 fgdebced SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解 SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O
SOCl2+2FeCl3?6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O BCD
【解析】
【分析】
冷凝管中冷凝水的流向要对流，下进上出；干燥管中根据要求一般填装碱石灰或无水氯化钙，碱石灰同时具有干燥和吸收酸性气体功能，无水氯化钙只有吸水性。
【详解】
（1）①B装置中冷凝管进水口是m，B中干燥管盛有的物质是吸收剩余二氧化硫、氯气的碱石灰；故答案为：m；碱石灰；
②装置A制备氯气，氯气含氯化氢和水蒸气，通过装置D除去氯化氢，通过装置C吸收水蒸气，得到干燥纯净的氯气，连接装置B的b进入三颈烧瓶，装置E制备二氧化硫气体，通过装置C除去水蒸气，连接装置B的c，欲制取少量SO2Cl2，选择上图中的装置（可以重复选用），其连接顺序为：a、f、g、d、e、b、c、e、d、h；故答案为：fgdebced；
③去除C装置会降低SO2和Cl2的利用率，是二氧化硫和氯气和水反应生成硫酸和氯化氢，
反应的化学方程式：SO 2+Cl 2+2H 2O=H 2SO 4+2HCl ；故答案为：SO 2+Cl 2+2H 2O=H 2SO 4+2HCl ； （2）①氯化锌会水解，SOCl 2作脱水剂，与水反应生成HCl 可以抑制氯化锌的水解，SOCl 2在该实验中的作用是：SOCl 2作脱水剂，与水反应生成HCl 可以抑制氯化锌的水解；故答案为：SOCl 2作脱水剂，与水反应生成HCl 可以抑制氯化锌的水解；
②用NaOH 溶液吸收SOCl 2，有Na 2SO 3和NaCl 生成，反应的离子方程式：SOCl 2+4OH -=SO 32-+2Cl -+2H 2O ；故答案为：SOCl 2+4OH -=SO 32-+2Cl -+2H 2O ；
（3）①SOCl 2具有还原性，三价铁具有氧化性，可能发生氧化还原反应生成硫酸根离子和亚铁离子，反应的化学方程式为：SOCl 2+2FeCl 3?6H 2O=FeSO 4+6HCl+FeCl 2+9H 2O ，故答案为：SOCl 2+2FeCl 3?6H 2O=FeSO 4+6HCl+FeCl 2+9H 2O ；
②SOCl 2和FeCl 3?6H 2O 反应后的混合物的主要成分是FeCl 3，若发生副反应，还有FeSO 4和FeCl 2。由于SOCl 2为液体，所以在固体混合物中没有SOCl 2。取少量SOCl 2和FeCl 3?6H 2O 反应后的混合物于试管中，加水溶解，溶液中一定有FeCl 3，还可能有FeSO 4和FeCl 2，若要证明有副反应发生，只需证明溶液中有Fe 2+或SO 42-即可。
A ．加入过量稀HNO 3，再滴加几滴AgNO 3溶液是检验氯离子存在，不能证明副反应是否进行，故A 错误；
B ．加入少量稀HNO 3，再滴加几滴BaCl 2溶液，若产生白色沉淀，则证明溶液中有SO 42-，能证明有副反应发生，故B 正确；
C ．滴加几滴BaCl 2溶液，生成白色沉淀，说明产物中含硫酸根离子，证明发生了副反应，故C 正确；
D ．滴加几滴酸性KMnO 4溶液，Fe 2+具有还原性，可以使酸性KMnO 4溶液褪色，能证明发生了副反应，故D 正确；
E ．滴加几滴KSCN 溶液后，由于溶液中有Fe 3+，溶液会变红，无法证明Fe 2+的存在，故E 错误；
故答案为：BCD 。
6．碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，一般是在食盐中添加一定量的KIO 3。但碘添加量也不能过多，过多会导致甲亢等。国家标准GB14880-1994中规定每千克食盐中碘的含量（以碘原子计）应为20-60mg/kg 。实验研究小组为了检测某加碘盐中碘含量是否合格，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：3242224KIO + KI + H SO I + H O + K SO （方程式未配平）。试根据相关信息回答下列问题：
（1）检测原理中，氧化剂为_______，氧化产物为_______。请在下面配平该方程式，同时用单线桥．．．
标明电子转移的方向和数目：_______ ____3KIO +____ KI+____24H SO —____2I + ____ 2H O +____ 24K SO
（2）取10g 加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸和KI 溶液（H 2SO 4和KI 都稍过量），充分反应后，将反应液转入分液漏斗中，再加入一定量的CCl 4，振荡，静置，此时观察到的现象是________________________________________________。然后分液，即得到I 2的CCl 4溶液。
（3）查阅资料，CCl 4的沸点为78℃，I 2的升华温度约为120~130℃。实验小组拟采用下图所示实验装置将CCl 4和I 2的混合溶液分离。该分离方法的名称是___________，冷凝管的进
水口是_______（填“a ”或“b ”）。
（4）上述实验结束，用电子天平称量出圆底烧瓶中I 2的质量为1.5 mg ，由此计算出该加碘盐中碘的含量为__________mg/kg ，该加碘盐_______（填“合格”或“不合格”）。 （5）KIO 3虽稳定性较好，但在高温下也可分解为KI 等物质，所以在使用加碘盐时最佳的添加时间是菜肴快出锅时。请书写出KIO 3在锅中长时间高温爆炒时可能发生的分解反应的化学方程式____________________________________________________。
【答案】KIO 3 I 2
溶液分为两层，下层呈紫红色 蒸馏 a 25 合格 322KIO 2KI+3O ↑高温
【解析】
【详解】
(1)、该反应中化合价的变化为：KIO 3-→I 2，I 元素由+5价→0价，一个KIO 3得5个电子；KI-→I 2，I 元素由-1价→0价，一个KI 失一个电子，所以得失电子的最小公倍数为5，KIO 3的计量数为1， KI 的计量数为5，其它元素根据原子守恒配平，故答案为：KIO 3；I 2 ；
；
(2)、碘易溶于有机溶剂，在四氯化碳在的溶解度远大于在水中，加入四氯化碳萃取水中的碘，四氯化碳与水不互溶，溶液分成两层，四氯化碳的密度比水，有机层在下层，碘溶于四氯化碳呈紫红色，上层几乎无色，
故答案为：溶液分成两层，上层无色，下层呈紫红色；
(3)、利用沸点分离的方式叫蒸馏，冷凝水的方向是下进上出，故答案为：蒸馏；a ；
(4)、由方程式可知：I 2的的来源属于KIO 3的占16
，所以圆底烧瓶中I 2的质量为1.5 mg ，则食盐中的碘原子质量为0.25mg ，所以碘的含量为
30.2525/1010mg mg kg g g -=?，在国家标准内，故答案为：25；合格；
(5)、由题意：碘元素化合价降低，则必有宁一种元素化合价升高，故O 元素化合价升高。 根据得失电子守恒可知：碘酸钾受热分解的方程式为2KIO 3
Δ2KI+3O 2↑，故答案为2KIO 3Δ2KI+3O 2↑；
【点睛】
实验最终得到的I 2来自于KIO 3和KI 两部分，所以食盐中的碘含量时，应减去KI 中的含量。
7．(1)难溶物PbSO 4溶于CH 3COONH 4溶液可制得易溶于水的(CH 3COO)2Pb ，发生的反应为PbSO 4＋2CH 3COONH 4＝(CH 3COO)2Pb ＋(NH 4)2SO 4，说明(CH 3COO)2Pb 是________(填“强”或“弱”)电解质。
(2)已知次磷酸(H 3PO 2)与足量的氢氧化钠溶液反应生成NaH 2PO 2和H 2O ，则次磷酸是_____元酸(填“一”、“二”或“三”)。
(3)工业上制玻璃和水泥需用到的共同原料是________(填化学式)。
(4)在一定温度下，向一个2 L 的真空密闭容器中(预先装入催化剂)通入1 mol N 2和3 mol H 2，发生反应：N 2(g)＋3H 2(g)?2NH 3(g)。经过一段时间后，测得容器内压强是起始的0.9
倍，在此时间内，H 2平均反应速率为0.1 mol/(L·
min)，则所经过的时间为______min (5)高铁酸钠(Na 2FeO 4)具有强氧化性，可对自来水进行消毒、净化。高铁酸钠可用氢氧化铁和次氯酸钠在碱性介质中反应得到，请补充并配平下面离子方程式。
____Fe(OH)3 +____ClO －+____OH －=__FeO 42－＋___Cl －+__
(6)在反应11P+15CuSO 4+24H 2O=5Cu 3P+6H 3PO 4+15H 2SO 4中，氧化剂是___________；当有2mol H 3PO 4生成，转移的电子的物质的量为___________
【答案】弱 一 CaCO 3 3 2 3 4 2 3 5H 2O P 、CuSO 4 10mol
【解析】
【分析】
【详解】
(1)硫酸铅在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸铵时，醋酸根离子和铅离子生成难电离物质或弱电解质醋酸铅，促使硫酸铅溶解，说明(CH 3COO)2Pb 是弱电解质；
(2)H 3PO 2与足量的NaOH 溶液反应，生成NaH 2PO 2，说明H 3PO 2只能电离出一个氢离子，所以H 3PO 2是一元酸；
(3)水泥的生产原料为黏土、石灰石，制玻璃的主要原料为纯碱、石灰石和石英砂，共同原料为CaCO 3；
(4)容器体积为2L ，所以初始投料c (N 2)=0.5mol/L ，c (H 2)=1.5mol/L ，设△c (N 2)=x mol ，列三段式有：
()()()
-1-1-1223+mol L 0.5 1.50mol L x 3x 2x
mol L 0.5-x 1.N g 3H g 2NH g 5-3x 2x
?g g g 起始()转化()平衡() 容器内压强是起始的0.9倍，温度和容器容积不变，气体的压强比等于浓度之比，所以()()-1
-1
0.5-x+1.5-3x+2x mol L =0.90.5+1.5mol L g g ，解得x=0.1mol/L ，则△c (H 2)=0.3mol/L ，v (N 2)=0.1 mol/(L·min)，则反应时间t=()
-1
0.0.3mol L = 1 mol/L min c v ?g g =3min ；
(5)铁元素化合价由+3升高为+6，失去3个电子，氯元素化合价由+1降低为-1，得2个电子，取最小公倍数，则氢氧化铁与高铁酸根前系数为2，次氯酸跟与氯离子前系数为3，再根据电荷守恒及原子守恒配平得2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
(6)Cu3P中P元素化合价为-3，H3PO4中P元素化合价为+5，所以P既是氧化剂又是还原剂，Cu元素化合价由CuSO4中的+2降低为Cu3P中+1，所以CuSO4也是氧化剂，即氧化剂为P、CuSO4；当有2mol H3PO4生成，转移的电子的物质的量为2mol×(+5-0)=10mol。
8．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 0.2N A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 N A×(6-4)=0.2N A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；0.2N A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，
0.165
122.5/
gx
g mol?
(7-2)=
0.335
134/
g
g mol?
2?(4-3) ，解得x=0.958，故
答案为0.958．
9．孔雀石的主要成分为Cu 2（OH ）2CO 3（含少量FeO 、Fe 2O 3、SiO 2）。某小组同学在实验室以孔雀石为原料制备胆矾，并测定所得胆矾中结晶水的含量。实验步骤如下：
（提供试剂：NaOH 溶液、 H 2O 2溶液、 CuO 、Na 2CO 3）
完成下列填空：
（1）孔雀石的主要成分与稀硫酸反应的离子方程式为________。
（2）按试剂加入顺序，w 所代表的试剂依次为__________。沉淀B 的成分为_______。 （3）a 操作依次为：加热蒸发、_______、过滤、洗涤、__________。除烧杯、漏斗之外过滤还需要另一玻璃仪器，该仪器在此操作中的主要作用是_________。
（4）欲检验溶液A 中Fe 2+的试剂是___________（选填序号）。如果测定Fe 2+的含量，需
要用容量瓶配制某标准溶液，请简述配制中“定容”的操作：_____。
a NaOH （aq ）
b Na 2CO 3（aq ）
c 淀粉KI （aq ）
d 酸性KMnO 4（aq ）
（5）在测定所得胆矾（CuSO 4·xH 2O ）中结晶水x 值的实验过程中，若测定结果的实验误差为1.5%，可能的原因是_______________。
a 加热温度过高
b 胆矾晶体的颗粒较大
c 加热后放在空气中冷却
d 加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出
（6）该小组一位同学根据实验结果求出样品中孔雀石的质量分数为： 21
m 2222502m ，另一位同学不同意，其原因是___________。
【答案】Cu 2（OH ）2CO 3+4H +→2Cu 2++3H 2O +CO 2↑ H 2O 2溶液、 CuO Fe （OH ）3、 CuO
冷却结晶 自然干燥 引流 d 加水到离刻度线2～3cm 处改用胶头滴管滴加蒸馏水，直到凹液面的最低线与刻度线相平 a 、d 在除杂过程中加入了CuO ，会使结果偏大
【解析】
【分析】
m 1g 孔雀石的主要成分为Cu 2（OH ）2CO 3（含少量FeO 、Fe 2O 3、SiO 2），加入稀硫酸过滤得到滤渣二氧化硅和溶液A 为硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸铁，加入W 为过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化铜调节溶液的pH 沉淀铁离子，过滤得到沉淀B 为氢氧化铁和过量的氧化铜，溶液B 为硫酸铜溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到硫酸铜晶体m 2g ，受热失去结晶水得到硫酸铜固体m 3g 。据此解答。
【详解】
（1）碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，反应的离子方程式为：Cu 2（OH ）2CO 3+4H +=2Cu 2++3H 2O +CO 2↑，故答案为：Cu 2（OH ）2CO 3+4H +=2Cu 2++3H 2O +CO 2↑； （2）按试剂加入顺序，w 所代表的试剂依次为加入氧化剂过氧化氢氧化亚铁离子，不引入其他杂志离子，加入氧化铜调节溶液pH 使铁离子全部沉淀，过滤得到沉淀B 为Fe （OH ）
3、CuO，故答案为：H2O2溶液、CuO；Fe（OH）3、CuO；
（3）从溶液B中获得硫酸铜晶体，直接加热蒸干会导致硫酸铜失去结晶水，应该采用的操作方法为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥，除烧杯、漏斗之外过滤还需要另一玻璃仪器为玻璃棒，该仪器在此操作中的主要作用是引流，故答案为：冷却结晶，自然干燥；引流；
（4）溶液A中含亚铁离子和铁离子：a．NaOH溶液，向Fe2+溶液中加入NaOH溶液后，Fe2+与OH-反应生成Fe（OH）2，Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓，Fe（OH）2不稳定易被氧气氧化为Fe（OH）3，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，白色的Fe（OH）2沉淀变成红褐色Fe （OH）3，向Fe2+溶液中加入NaOH溶液后，观察到生成的白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；Fe3+与OH-反应Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，生成红褐色Fe（OH）3，两者反应现象干扰，不能检验该溶液中存在Fe2+，故a错误；
b．Na2CO3（aq）和亚铁离子生成沉淀，和铁离子双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳，溶液浑浊不能检验亚铁离子，故b错误；
c．淀粉KI（aq）和铁离子发生氧化还原反应生成碘单质和亚铁离子，溶液颜色相近不能鉴别亚铁离子，故c错误；
d．酸性KMnO4（aq），因为Fe2+具有较强的还原性能使酸性KMnO4溶液褪色，Fe3+不能，故能够用酸性KMnO4溶液鉴别Fe2+和Fe3+，故d正确；
如果测定Fe2+的含量，需要用容量瓶配制某标准溶液，加水到离刻度线2～3cm处改用胶头滴管滴加蒸馏水，直到凹液面的最低线与刻度线相平，故答案为：d；加水到离刻度线2～3cm处改用胶头滴管滴加蒸馏水，直到凹液面的最低线与刻度线相平；
（5）测定所得胆矾（CuSO4?xH2O）中结晶水x值，应称量坩埚的质量，坩埚和晶体的质量，加热后坩埚的质量，加热后再称量一次坩埚的质量，判断质量是否在误差允许范围内及两次值是否相差不超过0.1g，所以至少称量4次；
a．加热温度过高，会导致硫酸铜分解，质量变化较大，导致结果偏大，a正确；
b．胆矾晶体的颗粒较大，会导致晶体解热分解不完全，质量变化偏小，结果偏小，b错误；
c．加热后放在空气中冷却，会吸收空气中的水重新形成晶体，导致测定结果偏小，c错误；
d．加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，导致测定的结晶水的质量偏大，测定的x值偏大，故d正确；
故答案为：ad；
（6）向溶液中加入CuO调节溶液的pH，沉淀Ⅱ为Fe（OH）3，所以胆矾中的铜元素不是都来自样品，因此该小组一位同学根据实验结果求出样品中CuO的质量分数偏大，故答案为：在除杂过程中加入了CuO，会使结果偏大。
10．草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)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
方程式为___________。由此说明上述FeC 2O 4·
2H 2O 在氩气气氛中进行热重分析的原因是___________。
(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__________。
【答案】FeC 2O 4 FeC 2O 4·2H 2O ΔFeO +CO↑+CO 2↑+2H 2O 6FeO+O 2Δ2Fe 3O 4 防止FeO 在加
热过程中被空中的氧气氧化 FeSO 4·
7H 2O 2FeSO 4·7H 2O ΔFe 2O 3+SO 2↑+SO 3↑+14H 2O
【解析】
【详解】 (1)FeC 2O 4·2H 2O 中H 2O%=
218180
=20%，刚好在B 点的TG%=80%，则B 点表示所有的结晶水都完全失去，得到的固体成分为FeC 2O 4；故答案为：FeC 2O 4； (2)当TG%=40%时，得到应该是铁的氧化物，则有x (FeO )180
M =0.4，x=1，则变化过程中铁的化合价没改变，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为FeC 2O 4·2H 2O ΔFeO +CO↑+CO 2↑+2H 2O ；故答案为：FeC 2O 4·2H 2O ΔFeO
+CO↑+CO 2↑+2H 2O ；
(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Fe 3O 4，因此FeC 2O 4·2H 2O 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+O 2Δ2Fe 3O 4；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FeSO 4，为了防止其Fe 2+水解和Fe 2+被氧化，要加适量
的硫酸和铁粉，才能得到FeSO 4·
7H 2O ，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，则有Fe 2O 3、SO 2、SO 3、H 2O ；故答案为：FeSO 4·
7H 2O ；2FeSO 4·7H 2O ΔFe 2O 3+SO 2↑+SO 3↑+14H 2O 。
11．用纳米Fe/Ni 复合材料能去除污染水体的NO 3-，Ni 不参与反应。离子在材料表面的活性位点吸附后发生反应，活性位点被其他附着物占据会导致速率减慢(NH 4+无法占据活性位点)。反应过程如图所示：
（1）酸性环境中，纳米Fe/Ni 去除NO 3-分两步，将步骤ii 补充完整：
Ⅰ.NO 3-+Fe+2H +=NO 2-+Fe 2++H 2O
Ⅱ.___+___+___H +=___Fe 2++___+___
（2）初始pH=2.0的废液反应15min 后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，结合化学用语解释整个变化过程的原因___。
（3）水体初始pH 会影响反应速率，不同pH 的硝酸盐溶液与纳米Fe/Ni 反应时，溶液中--303c c (NO )(NO )
随时间的变化如图1所示。(注：c 0(NO 3-)为初始时NO 3-的浓度。)
①为达到最高去除率，应调水体的初始pH=___。
②t<15min ，pH=2.0的溶液反应速率最快，t>15min ，其反应速率迅速降低，原因分别是___。
（4）总氮量指溶液中自由移动的所有含氮微粒浓度之和，纳米Fe/Ni 处理某浓度硝酸盐溶液时，随时间的变化如图2所示。40min 时总氮量较初始时下降，可能的原因是___。
（5）利用电解无害化处理水体中的NO 3-，最终生成N 2逸出。其装置及转化图如图所示： ①阴极的电极反应式为___。
②生成N 2的离子方程式为___。
【答案】NO 2- 3Fe 8 3 NH 4+ 2H 2O )Fe 2+在水中发生水解，Fe 2++2H 2O ?Fe(OH)2+2H +，随着反应进行，c(H +)减小，平衡右移，产生Fe(OH)2沉淀，之后发生反应
4Fe(OH)2+O 2+2H 2O=4Fe(OH)3，变成红褐色的Fe(OH)3 6.5 pH=2的溶液中，t<15min 时，溶液中H +浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe 2+和pH 上升速率较快，t>15min 时，产生大量Fe(OH)2，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降 反应过程中H +被消耗，溶液pH 升高，t=40min 时，溶液中含N 物质主要以NH 4+的形式存在，一部分NH 4+生成NH 3逸出(或反应过程中NO 2-被Fe 还原产生N 2逸出) NO 3-+8e -+10H +=NH 4++3H 2O 2NH 4++3HClO=N 2↑+3Cl -+5H ++3H 2O
【解析】
【分析】
（1）根据图可知：酸性环境中，纳米Fe /Ni 去除3NO -分两步，3NO -在吸附点被Fe 还原
为2NO -，2322NO Fe 2H NO Fe H O -+-+++=++，2NO -
在另外的吸附点被Fe 还原为
4NH +，2242NO 3Fe 8H 3Fe NH 2H O -+++++=++； （2）初始pH=2.0的废液反应15min 后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，是氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化为氢氧化铁；
（3）结合所给图形信息，判断调节pH 为多少的时候去除率较高，如何解释反应速率变慢；
（5）电极方程式书写，从题中信息判断阴极发生还原反应，NO 3-还原N 2，
342NO 8e 10H NH 3H O --++
++=+。
【详解】
() 1根据图可知：酸性环境中，纳米Fe /Ni 去除3NO -分两步，3NO -在吸附点被Fe 还原
为2NO -，2322NO Fe 2H NO Fe H O -+-+++=++，2NO -在另外的吸附点被Fe 还原为4NH +，2242NO 3Fe 8H 3Fe NH 2H O -+++++=++；
故答案为：2NO -
、3Fe 、8、3、4NH +、22H O ； ()2初始pH 2.0=的废液反应15min 后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，因为2Fe +在水中发生水解，222Fe 2H O Fe(OH)2H ++++?，随着反应进行，()c H +减小，平衡右移，产生2Fe(OH)沉淀，之后发生反应
22234Fe(OH)O 2H O 4Fe(OH)++=，变成红褐色的3Fe(OH)；
故答案为：2Fe +在水中发生水解，222Fe 2H O Fe(OH)2H ++++?，随着反应进行，()
c H +减小，平衡右移，产生2Fe(OH)沉淀，之后发生反应
22234Fe(OH)O 2H O 4Fe(OH)++=，变成红褐色的3Fe(OH)； ()3①根据图可知pH 6.5=时，反应最快，去除率最高，故为达到最高去除率，应调水体的初始pH 6.5=；
故答案为：6.5；
pH 2=②的溶液中，t 15min <时，溶液中H +浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生2Fe +和pH 上升速率较快，故t 15min <，pH 2.0=的溶液反应速率最快， t 15min >时，产生大量2Fe(OH)，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降，故t 15min >，其反应速率迅速降低；
故答案为：pH 2=的溶液中，t 15min <时，溶液中H +浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生2Fe +和pH 上升速率较快，t 15min >时，产生大量2Fe(OH)，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降；
()440min 时总氮量较初始时下降可能的原因为：反应过程中H
+被消耗，溶液pH 升高，t 40min =时，溶液中含N 物质主要以4NH +的形式存在，一部分4NH +生成3NH 逸出(或
反应过程中2NO -
被Fe 还原产生2N 逸出)；
故答案为：反应过程中H +被消耗，溶液pH 升高，t 40min =时，溶液中含N 物质主要以
4NH +的形式存在，一部分4NH +生成3NH 逸出(或反应过程中2NO -被Fe 还原产生2N 逸出)；
()5①阴极发生还原反应，元素化合价降低，故为3NO -得到电子生成4NH
+，故电极反应
为：342NO 8e 10H NH 3H O --++++=+；
故答案为：342NO 8e 10H NH 3H O --++++=+； ②由图可知，氮气由两极生成的4NH +和HClO 反应而得，氮元素化合价升高，则氯元素化
合价降低生成氯离子，故反应为：4222NH 3HClO N 3Cl 5H 3H O +-++=↑+++；
故答案为：4222NH 3HClO N 3Cl 5H 3H O +-++=↑+++。
【点睛】
从题中所给信息判断并写出离子方程式、回答结合图形中的信息，回答调节pH 出现的现象，调节pH 为何值时，去除率最大以及对反应速率的影响；
12．一种利用电化学方法同时脱除NO/SO 2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
n8mol
V16L
c0.5mol/L
===；Ce4+将NO氧化为NO3-，自身还原为Ce3+；反
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。
13．（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N A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”)0.2N A。
（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。
【答案】0.33N A 0.26 小于
1000Vρ
22400+MV
5NaClO2＋4HCl=4ClO2↑＋5NaCl+2H2O 2
4Fe2＋＋2Br-＋3Cl2=4Fe3＋＋Br2＋3Cl- 0.022 【解析】
【分析】
（1）根据
m
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；
（2）100mL2mol·L-1的FeCl3溶液中FeCl3的物质的量是0.1L×2mol·L-1=0.2mol。
（3）根据物质的量浓度的计算公式
n
c=
V
计算；
（4）根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式。
（5）还原性：Fe2＋＞Br－，FeBr2溶液中通入标准状况下Cl2，氯气先氧化Fe2＋；