全国高考化学氧化还原反应的综合高考模拟和真题汇总附答案解析

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）

1．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。NaN3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(t-BuNO2，以t-Bu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。

(1)制备亚硝酸叔丁酯

取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合，发生反应H2SO4＋2NaNO2===2HNO2＋Na2SO4。可利用亚硝酸与叔丁醇(t-BuOH)在40℃左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：

____________。

(2)制备叠氮化钠(NaN3)

按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应的化学方程式为：t-BuNO2＋NaOH＋

N2H4===NaN3＋2H2O＋t-BuOH。

①装置a的名称是______________；

②该反应需控制温度在65℃，采用的实验措施是____________________；

③反应后溶液在0℃下冷却至有大量晶体析出后过滤。

所得晶体使用无水乙醇洗涤。试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是

____________。

(3)产率计算

①称取2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。

②用滴定管加入0.10mol·L－1六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL(假设杂质均不参与反应)。

③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0.10mol·L－1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]为标准液，滴定过量的Ce4＋，终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋)。

已知六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]与叠氮化钠反应生成硝酸铵、硝酸钠、氮气以及

Ce(NO3)3，试写出该反应的化学方程式____________________________；计算叠氮化钠的质量分数为________(保留2位有效数字)。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是____________(填字母)。

A．锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗

B．滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数

C ．滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡

D ．滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内

(4)叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：

____________________

【答案】t-BuOH ＋HNO 2t-BuNO 2＋H 2O 恒压滴液漏斗(滴液漏斗) 水浴加热 降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失 2(NH 4)2Ce(NO 3)6＋2NaN 3===4NH 4NO 3＋2Ce(NO 3)3＋2NaNO 3＋3N 2↑ 65% AC ClO －＋2N 3-＋H 2O===Cl －＋2OH －＋3N 2↑

【解析】

【分析】

【详解】

(1)制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反应，所以方

程式为：40222t-BuOH HNO t-BuNO H O +???

→+℃

； (2) ①装置a 的名称即为恒压滴液漏斗；

②反应要控制温度在65℃，参考苯的硝化实验，该反应加热时，应当采用水浴加热； ③题干中提到了叠氮酸钠易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗涤产品时，为了减少洗涤过程中产品的损耗，应当用无水乙醇洗涤；

(3)通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中Ce 4+和3N -中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：423634333322(NH )Ce(NO )2NaN =4NH NO 2NaNO 2Ce(NO )3N ++++↑；在计算叠氮化钠的含量时，一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了

110

与过量的六硝酸铈铵反应，再用Fe 2+去滴定未反应完的正四价的Ce ，因此有：4244312.0gNaN Ce Fe Ce =0.004molCe 10

+++++样品的消耗的消耗的，考虑到Fe 2+与Ce 4+的反应按照1:1进行，所以2.0g 叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为：

243(NaN )10(0.004Fe Ce )0.02mol n ++=?-=消耗的，所以叠氮化钠样品的质量分数为：3(NaN )0.02mol 65g/mol 100%==65%2.0g 2.0

m w ?=?； A ．润洗锥形瓶，会使步骤②消耗的六硝酸铈铵的量增加，通过分析可知，会使最终计算的质量分数偏大，A 项正确；

B ．量取40mL 六硝酸铈铵溶液时若前仰后俯，则会量取比40ml 更多的六硝酸铈铵溶液，那么步骤③会需要加入更多的Fe 2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的Ce 4+，通过分析可知，最终会导致计算的质量分数偏低，B 项错误；

C ．步骤③用Fe 2+标定未反应的Ce 4+，若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的Fe 2+消耗量比实际的偏小，通过分析可知，最终会使质量分数偏大，C 正确；

D ．将挂在锥形瓶壁上的 Fe 2+溶液冲入锥形瓶，相当于让溶液混合更均匀，这样做会使结果更准确，D 项不符合；答案选AC ；

(4)反应后溶液碱性增强，所以推测生成了OH -；产生的无色无味无毒气体，推测只能是氮气，所以离子方程式为：322ClO 2N H O=Cl 3N 2OH ----+++↑+。

【点睛】

滴定计算类的题目，最常考察的形式之一是配制完待测样品溶液后，只取一部分进行滴定，在做计算时不要忘记乘以相应的系数；此外，常考察的形式也有：用待测物A 与过量的B 反应，再用C 标定未反应的B ，在做计算时，要注意A 与C 一同消耗的B 。

2．过硫酸钠(Na 2S 2O 8)具有极强的氧化性，且不稳定，某化学兴趣小组探究过硫酸钠的相关性质，实验如下。已知SO 3是无色易挥发的固体，熔点16.8℃，沸点44.8℃。 （1）稳定性探究(装置如图)：

分解原理：2Na 2S 2O 82Na 2SO 4＋2SO 3↑＋O 2↑。

此装置有明显错误之处，请改正：______________________，水槽冰水浴的目的是____________________；带火星的木条的现象_______________。

（2）过硫酸钠在酸性环境下，在Ag ＋的催化作用下可以把Mn 2＋氧化为紫红色的离子，所得溶液加入BaCl 2可以产生白色沉淀，该反应的离子方程式为______________________，该反应的氧化剂是______________，氧化产物是________。

（3）向上述溶液中加入足量的BaCl 2，过滤后对沉淀进行洗涤的操作是

___________________________。

（4）可用H 2C 2O 4溶液滴定产生的紫红色离子，取20mL 待测液，消耗0.1mol·

L －1的H 2C 2O 4溶液30mL ，则上述溶液中紫红色离子的浓度为______mol·

L －1，若Na 2S 2O 8有剩余，则测得的紫红色离子浓度将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。

【答案】试管口应该略向下倾斜 冷却并收集SO 3 木条复燃 2Mn 2＋＋5S 2O ＋8H 2O 2MnO ＋10SO ＋16H ＋ S 2O MnO 用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，使蒸馏水自然流下，重复操作2～3次(合理即可) 0.06 偏高 【解析】

【分析】

(1)在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜；根据SO 3、氧气的性质进行分析；

(2)X 为MnO 4-，向所得溶液中加入BaCl 2溶液可以产生白色沉淀，则产物中有SO 42-

，据此写出离子方程式，并根据氧化还原反应规律判断氧化剂、氧化产物；

(3)根据沉淀洗涤的方法进行回答；

(4)根据得失电子守恒可得到关系式：5H 2C 2O 4---2MnO 4-，带入数值进行计算；Na 2S 2O 8也具有氧化性，氧化H 2C 2O 4。

【详解】

(1)在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜，SO 3的熔、沸点均在0℃以上，因此冰水浴有利于将SO 3冷却为固体，便于收集SO 3，由Na 2S 2O 8的分解原理可知，生成物中有氧气，所以在导管出气口的带火星的木条会复燃，故答案为：试管口应该略向下倾斜；冷却并收集SO 3；木条复燃；

(2)X 为MnO 4-，向所得溶液中加入BaCl 2溶液可以产生白色沉淀，则产物中有SO 42-，则反应

的离子方程式为2Mn 2＋＋5S 2O ＋8H 2O 2MnO ＋10SO ＋16H ＋，根据该反应中元素

化合价的变化可知，氧化剂是S 2O 82-，氧化产物是MnO 4-，故答案为：2Mn 2＋＋5S 2O ＋

8H 2O 2MnO ＋10SO ＋16H ＋；S 2O 82-；MnO 4-；

(3)沉淀洗涤时，需要用玻璃棒引流，并且所加蒸馏水需要没过沉淀，需要洗涤2~3次，故答案为：用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，使蒸馏水自然流下，重复操作2～3次(合理即可)；

(4)根据得失电子守恒可得到关系式：

()-224

4-1

-45H C O 2MnO 5

20.03L 0.1mol L 0.02L c MnO ??:g 则()-1

--142

0.03L 0.1mol L c MnO ==0.06mol L 50.02L

???g g ，Na 2S 2O 8具有氧化性，消耗的H 2C 2O 4溶液增多，导致测得的结果偏高，故答案为：0.06；偏高。

3．硫酸亚铁铵的化学式为（NH 4）2SO 4?FeSO 4?6H 2O ，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／℃

10 20 30 （NH 4）2SO 4

73.0 75.4 78.0 FeSO 4·7H 2O

20.0 26.5 32.9 （NH 4）2SO 4?FeSO 4 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FeSO4·7H2O析出过滤、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；

（4）（NH4）2SO4·FeSO4在30℃和10℃的溶解度分别为：28.1g和17.2g；

（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；

（2）如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出，故答案为：FeSO4在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出；

（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；

（4）（NH4）2SO4·FeSO4在30℃和10℃的溶解度分别为：28.1g和17.2g，即若溶剂为100g 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·FeSO4·6H2O 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=m

M

=

1.96

392/

g

g mol

=0.005mol，根据原子守恒则亚

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

V

=

3

0.001

10

mol

VL

=

1

V

mol/L，故答案为：

1

V

。

4．铋酸钠（NaBiO3）是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸水或酸则迅速分解。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。回答下列问题：

Ⅰ.制取铋酸钠

制取装置如图（加热和夹持仪器已略去），部分物质性质如下：

物质NaBiO3Bi(OH)3

性质不溶于冷水，浅黄色难溶于水；白色

（1）B装置用于除去HCl，盛放的试剂是___；

（2）C中盛放Bi(OH)3与NaOH混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，反应的离子方程式为

___；

（3）当观察到___（填现象）时，可以初步判断C中反应已经完成；

（4）拆除装置前必须先除去烧瓶中残留Cl2以免污染空气。除去Cl2的操作是___；

（5）反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作有___；

Ⅱ.铋酸钠的应用——检验Mn2+

（6）往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2+。

①产生紫红色现象的离子方程式为___；

②某同学在较浓的MnSO4溶液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，结果没有紫红色出现，但观察到黑色固体（MnO2）生成。产生此现象的离子反应方程式为___。

Ⅲ.产品纯度的测定

（7）取上述NaBiO 3产品wg ，加入足量稀硫酸和MnSO 4稀溶液使其完全反应，再用cmo1·L -1的H 2C 2O 4标准溶液滴定生成的MnO 4-（已知：H 2C 2O 4+MnO 4-——CO 2+Mn 2++H 2O ，未配平），当溶液紫红色恰好褪去时，消耗vmL 标准溶液。

该产品的纯度为___（用含w 、c 、v 的代数式表示）。

【答案】饱和食盐水 Bi(OH)3+3OH -+Na ++Cl 2=NaBiO 3+2Cl -+3H 2O C 中白色固体消失（或黄色不再加深） 关闭K 1、K 3，打开K 2 在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 5NaBiO 3+2Mn 2++14H +=5Bi 3++2MnO 4-+5Na ++7H 2O 3Mn 2++2MnO 4-+2H 2O=5MnO 2↓+4H +

-3

2cv w

8010 ×100%或0.28cv w ×100%或28cv w % 【解析】

【分析】

用浓HCl 和MnO 2反应制备Cl 2，其中混有挥发出来的HCl ，要用饱和食盐水出去，然后利用Cl 2的强氧化性在碱性条件下将Bi(OH)3氧化成NaBiO 3；利用Mn 2+的还原性将NaBiO 3还原而Mn 2+被氧化成紫红色溶液MnO 4-来检验NaBiO 3的氧化性；实验结束后Cl 2有毒，要除去，做法是打开三颈烧瓶的NaOH 溶液，使其留下和氯气反应；NaBiO 3纯度的检测利用NaBiO 3和Mn 2+反应生成MnO 4-，MnO 4-再和草酸反应来测定，找到NaBiO 3、Mn 2+、MnO 4-、草酸四种物质之间的关系，在计算即可。

【详解】

（1）除去氯气中混有的HCl ，用饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；

（2）反应物为Bi(OH)3、Cl 2和NaOH 混合物，+3价的Bi 被氧化成NaBiO 3，Cl 2被还原成Cl -，根据原子守恒还有水生成，所以反应为：Bi(OH)3+3OH -+Na ++Cl 2=NaBiO 3+2Cl -+3H 2O ，故答案为：Bi(OH)3+3OH -+Na ++Cl 2=NaBiO 3+2Cl -+3H 2O ；

（3）C 中反应已经完成,则白色的Bi(OH)3全部变为了黄色的NaBiO 3，故答案为：C 中白色固体消失（或黄色不再加深）；

（4）从图上来看关闭K 1、K 3，打开K 2可使NaOH 留下与氯气反应，故答案为：关闭K 1、K 3，打开K 2；

（5）由题意知道NaBiO 3不溶于冷水，接下来的操作尽可能在冰水中操作即可，操作为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；

（6）①往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn 2+，说明铋酸钠将Mn 2+氧化成MnO 4-，因为是酸性条件，所以铋酸钠被还原成Bi 3+，据此写方程式并配平为5NaBiO 3+2Mn 2++14H +=5Bi 3++2MnO 4-+5Na ++7H 2O ，故答案为：5NaBiO 3+2Mn 2++14H +=5Bi 3++2MnO 4-+5Na ++7H 2O ；

②由题意可知，Mn 2+过量，铋酸钠少量，过量的Mn 2+和MnO 4-发生反应生成了黑色的MnO 2，反应方程式为3Mn 2++2MnO 4-+2H 2O=5MnO 2↓+4H +，故答案为：3Mn 2++2MnO 4-+2H 2O=5MnO 2↓+4H +；

（7）根据得失电子守恒找出关系式为：5NaBiO 3～2Mn 2+～2MnO 4-～5H 2C 2O 4,计算铋酸钠理论产量：

3224

35NaBiO ~5H C O 1400g 5mol m()cv 10mol

-?理论

解得m （理论）=0.28CVg ，所以纯度=0.28cv g Wg

×100%=0.28v c W

×100%，所以答案为：-3

2cv w

8010?×100%或0.28cv w ×100%或28cv w %。 【点睛】

（7）在复杂的纯度、产率等计算中，用得失电子守恒法找出各关键物质之间的关系，由此计算，可以事半功倍，如本题中的关系5NaBiO 3 ～ 5H 2C 2O 4，使复杂问题简单化了。

5．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 。

6．以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细α-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al 2O 3（含少量杂质SiO 2、FeO 、Fe 2O 3），其制备实验流程如下：

（1）铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为___________________________。 （2）图中“滤渣”的主要成分为_______________(填化学式)。

（3）加30%的H 2O 2溶液发生的离子反应方程式为_______________________________。

（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：

4[NH4Al(SO4)2·12H2O]2Al2O3+ 2NH3↑+ N2↑+ 5SO3↑+ 3SO2↑+ 53H2O,将产生的气体通过下图所示的装置。

①集气瓶中收集到的气体是_______________(填化学式)。

②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有_______________(填化学式)。

③KMnO4溶液褪色（MnO4－还原为Mn2+），发生的离子反应方程式为

_______________________________。

【答案】Al2O3+ 3H2SO4= Al2(SO4)3+ 3H2O SiO2 2Fe2++H2O2+2H+= 2Fe3++2H2O N2 SO3、NH3 2MnO4－+5SO2+ 2H2O = 2Mn2++ 5SO42－+4H+

【解析】

【分析】

根据题意，铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），铝灰中加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加入双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，加入K4[Fe（CN）6]后Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al（SO4）2，结晶、干燥、煅烧得到α-Al2O3。

【详解】

（1）Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，其反应的方程式为Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O。（2）根据上述分析，图中“滤渣”的主要成分是不溶于硫酸的二氧化硅，化学式为SiO2。（3）滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加30%的H2O2溶液将Fe2+被氧化为Fe3+，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，发生反应的离子方程式为2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O （4）①NH4Al（SO4）2?12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2。

②饱和NaHSO3能与SO3、氨气反应，则足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O （g）外，还有SO3、NH3。

③酸性条件下，KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平，其反应的离子方程式为：2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。

7．二氧化氯泡腾片，有效成分（ClO2）是一种高效、安全的杀菌、消毒剂。

方法一：氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2气体的方法。该法工艺原理如图。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生成ClO2。

（1）工艺中可利用的单质有__________（填化学式），发生器中生成ClO2的化学方程式为_____________。

（2）此法的缺点主要是______________________________________。

方法二：最近，科学家又研究出了一种新的制备方法，纤维素还原法制ClO2，其原理是：纤维素水解得到的最终产物X与NaClO3反应生成ClO2。

（3）配平方程式：□ （X）+□NaClO3+□H2SO4→□ClO2↑+□CO2↑+□H2O+□______

若反应中产生4.48L（折算成标准状况下）气体，电子转移________ 个。

（4）ClO2和Cl2均能将电镀废水中的CN—氧化为无毒的物质，自身被还原为Cl—。处理含CN—相同量的电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的_______倍。

方法三：实验室常用氯酸钠(NaClO3)和亚硫酸钠(Na2SO3)用硫酸酸化，加热制备二氧化氯，化学反应方程式为：2NaClO3+Na2SO3＋H2SO42ClO2↑+2Na2SO4＋H2O

（5）反应中的Na2SO3溶液中存在如下平衡：H2O H++OH-和 ________________（用离子方程式表示）.

常温下，0.1mol/L该溶液中离子浓度由大到小排列__________________（用离子符号表示）

（6）常温下，已知NaHSO3溶液呈酸性，在Na2SO3溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有________________。（用化学式表示）

【答案】H2、Cl2 2NaClO3+ 4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+ 2NaCl + 2H2O 同时产生了大量的氯气，不仅产率低，而且产品难以分离，同时很有可能造成环境污染；能耗较大等

1C6H12O6+24NaClO3+12H2SO4→24ClO2↑+6CO2↑+18H2O+12Na2SO4 0.16N A 2.5 SO32-

+H2O OH-+HSO3-， HSO3-+H2O OH-+H2SO3c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+) NaHSO3、Na2SO3、NaCl、或（NaHSO3、Na2SO3、NaCl、SO2、H2SO3）

【解析】

【分析】

（1）电解饱和食盐水生成H2、Cl2和NaOH；故可以利用的单质为H2、Cl2，合成HCl，根据流程图可知加入物质为NaClO3和HCl，生成ClO2；可以写出方程式，并用化合价升降法配平得到；

（2）生成的气体中除了有二氧化氯还有大量的氯气，产率低，难分离，而且极有可能造成大气污染；用电解的方法耗能大；

（3）①纤维素为多糖，水解最终产物为葡萄糖（C6H12O6），具有还原性，可将NaClO3还原得到ClO2．Cl从+5到+4价，降低1价，葡萄糖（C6H12O6）C均价为0，到+4价，升高4价，然后配平得到，由①可知生成24molClO2和6mol CO2气体转移24mol的电子；

（4）每摩尔Cl2得到2mol电子，而每摩尔ClO2得到5mol电子，故为2.5倍；

（5）存在弱电解水的电离平衡和弱离子的水解平衡．不水解的二元钠离子浓度最大，水解

是微弱的，显性离子和第一步水解产生的阴离子，隐性离子；

（6）Na2SO3溶液中滴加稀盐酸，两者反应，要使溶液呈中性，只能是部分反应，所以溶质为Na2SO3、NaHSO3、NaCl。

【详解】

（1）由工艺流程图可以看出：在该工艺中可利用的单质有H2、Cl2 ；根据流程图可知加入物质为NaClO3和HCl，生成ClO2；发生氧化还原反应，NaClO3被还原生成ClO2，HCl被氧化生成Cl2，生成ClO2的化学方程式为：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+ 2NaCl+2H2O；（2）由制备原理和流程图可知此法的缺点主要是会产生大量的Cl2，消耗大量的电能，产物ClO2和Cl2不仅不容易分离，而且物质利用率低，很容易造成大气污染；

（3）纤维素水解得到的最终产物X是葡萄糖C6H12O6。它与NaClO3在酸性条件下发生反应，根据质量守恒定律和电子守恒的知识可得方程式为：

1C6H12O6+24NaClO3+12H2SO4→24ClO2↑+6CO2↑+18H2O+12Na2SO4，由方程式可以看出每产生

30mol的气体，转移电子24N A；现在产生气体的物质的量为4.48L（即0.2mol），所以转移电子的物质的量为0.16mol，个数为0.16N A；

（4）处理含CN-相同量的电镀废水，即转移电子的物质的量相同。假设转移电子2mol，则

需要Cl2的物质的量是1mol；需要ClO2的物质的量为2

5

==0.4mol。所以n(Cl2)：

n(ClO2)=1：0.4=2.5；

（5）反应中的Na2SO3溶液中存在如下平衡：H2O H++OH-和SO32-的水解平衡的两种方程式。由于SO32-是二元弱酸的酸根离子，因此存在两步水解平衡SO32-+H2O OH-+HSO3-，HSO3-+H2O OH-+H2SO3；Na2SO3=2Na++ SO32-；c(Na+)>c(SO32-)，SO32-水解产生OH-和HSO3-，HSO3-进一步水解还要消耗HSO3-，同时产生OH-，因此c(OH-)>c(HSO3-)；在溶液中还存在水的电量平衡，所以c(HSO3-)>c(H+)；在溶液中盐水解的程度是很微弱的，所以c(SO32-

)>c(OH-)；因此在该溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-

)>c(HSO3-)>c(H+)；

（6）在Na2SO3溶液中滴加稀盐酸若恰好发生反应：Na2SO3+HCl=NaCl+NaHSO3。则由于NaHSO3溶液呈酸性。所以至中性时，n(HCl)

8．合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要意义

(1)工业合成氨工业常用的催化剂是____________,氨分子的电子式是__________

(2)图是一定的温度和压强下是N2和H2反应生成1molNH3过程中能量变化示意图，请写出工业合成氨的热化学反应方程式_______。（热量Q的数值用含字母a、b的代数式表示）

(3)下列有关该反应的说法正确的是_____（填序号）

A．保持容器的体积不变，当混合气体的密度不变时，说明反应已经达到平衡状态。B．达到平衡时若升高温度，混合气体中氮元素的质量分数将变大。

C．达到平衡时若减少容器的体积，正反应速率将大于逆反应速率。

D．达到平衡后，N2的转化率和H2的转化率一定相等。

(4)在催化剂存在下，NH3可用来消除NO的污染，生成两种对环境无害的物质。写出反应的化学方程式：_____________________;该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比是___________

(5)把NH3通入盐酸溶液中，所得溶液的pH=7, 此时溶液中离子浓度关系是__________ ;

______

【答案】铁触媒 N2（g）+3H2（g）2NH3（g）+2（b-a）kJ·mol-1 C

4NH3+6NO → 5N2+6H2O 2:3 c(NH4+)＝c(Cl-)＞c(H+)＝c(OH-) c(NH4+)+c(H+)＝c(OH-)+ c(Cl-) 【解析】

【分析】

工业合成氨的催化剂是以铁为载体的铁触媒，氨气是共价化合物，氮原子最外层5个电子，其中三个电子和三个氢原子形成三个共价键；由图求出N2和H2反应生成1molNH3的反应热，再根据热化学反应方程式的书写要求解答；合成氨是气体体积减小的放热反应，依据平衡移动原理判断；NH3可用来消除NO的污染，生成2种对环境无害的物质，应生成氮气和水；氨气通入盐酸溶液反应生成氯化铵溶液，溶液中一定存在电荷守恒；若溶液pH=7，则氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同，结合电荷守恒得到离子浓度大小。据此分析。

【详解】

(1)工业合成氨的催化剂是以铁为载体的铁触媒，氨气是共价化合物，氮原子最外层5个电子，其中三个电子和三个氢原子形成三个共价键，电子式为：；答案为：铁触媒；

； (2)由图可知，N2和H2反应生成 1molNH3放出的热量为(b-a) kJ，该反应的热化学反应方程式为N2 (g) +3H2 (g)2NH3(g) △H=-2(b-a) kJ·mol-1，故答案为： N2（g）+3H2（g）2NH3（g）+2（b-a）kJ·mol-1；

(3)合成氨是气体体积减小的放热反应，保持容器的体积不变，混合气体质量不变，当混合

气体的密度不变时，不能说明反应已经达到平衡状态，A错误；达到平衡时若升高温度，平衡逆向进行，根据反应方程式原子守恒，氮元素质量分数保持不变，B错误；达到平衡时若减少容器的体积，压强增大，平衡正向进行，正反应速率将大于逆反应速率，C正确；转化率和起始量、变化量有关，达到平衡后，N2的转化率和H2的转化率不一定相等，D错误；答案选C；

(4) NH3可用来消除NO的污染，生成2种对环境无害的物质，应生成氮气和水，化学方程式为：4NH3+6NO =5N2+6H2O；该反应中氧化产物与还原产物都是N2，物质的量之比是2：3；

(5)氨气通入盐酸溶液反应生成氯化铵溶液，若溶液pH=7，溶液中溶质为NH4Cl和

NH3·H2O，溶液中氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同，电荷守恒c(NH4+) +c(H+) =c(OH-

)+c(Cl-) ，则c(NH4+) =c(Cl-)，得到离子浓度大小为c(NH4+)＝c(Cl-)＞c(H+)＝c(OH-)；

9．一种以黄铜矿和硫磺为原料制取铜和其他产物的新工艺，原料的综合利用率较高。其主要流程如下：

已知：“反应Ⅱ”的离子方程式为Cu2++CuS+4C1-==2[CuCl2]-+S

回答下列问题：

（1）铁红的化学式为__________________；

（2）“反应Ⅱ”的还原剂是_______________(填化学式)；

（3）“反应III”的离子方程式为____________________________________；

（4）辉铜矿的主要成分是Cu2S，可由黄铜矿(主要成分CuFeS2)通过电化学反应转变而成，有关转化如下如图所示。转化时正极的电极反应式为___________________。

（5）从辉铜矿中浸取铜元素，可用FeCl3作浸取剂。

①反应Cu2S＋4FeCl32CuCl2＋4FeCl2＋S，每生成1mol CuCl2，反应中转移电子的数目为______；浸取时，在有氧环境下可维持Fe3+较高浓度。有关反应的离子方程式是

__________。

②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素的浸取率的变化如图，其原因是

_______________。

（6）CuCl悬浊液中加入Na2S，发生的反应为2CuCl(s)＋S2－(aq)Cu2S(s)＋2Cl－(aq)，该反应的平衡常数K ＝__________________[已知K sp(CuCl)＝1.2×10－6，

K sp(Cu2S)＝2.5×10－43]。

【答案】Fe2O3 CuS 4[CuCl2]-+O2+4H+=4Cu2++8Cl-+2H2O 2CuFeS2＋6H+＋2e— = Cu2S＋2Fe2+＋3H2S↑ 2mol或2N A 4Fe2+＋O2＋4H+ = 4Fe3+＋2H2O 生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取 5.76×1030

【解析】

【分析】

(1) 铁红是氧化铁；

(2) 根据Cu2++CuS+4C1-==2[CuCl2]-+S，硫元素化合价升高；

(3) 反应III [CuCl2]-被氧化为Cu2+；

(4) 根据转化关系图，CuFeS2在正极得电子生成Cu2S、Fe2+、H2S。

(5)①根据反应Cu2S＋4FeCl32CuCl2＋4FeCl2＋S，每生成2mol CuCl2，转移4mol电子；氧气能把Fe2+氧化为Fe3+。

②Cu2S难溶，生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取；

（6）CuCl悬浊液中加入Na2S，发生的反应为2CuCl(s)＋S2－(aq)Cu2S(s)＋2Cl－(aq)，

该反应的平衡常数K ＝

2

2

Cl

S

-

-

??

??

??

??

。

【详解】

(1) 铁红是氧化铁，化学式Fe2O3；

(2) 根据Cu2++CuS+4C1-==2[CuCl2]-+S，硫元素化合价升高，所以CuS是还原剂；

(3) 反应III，[CuCl2]-被氧气氧化为Cu2+，离子方程式为4[CuCl2]-+O2+4H+=4Cu2++8Cl-+2H2O；

(4) 根据转化关系图，CuFeS2在正极得电子生成Cu2S、Fe2+、H2S，转化时正极的电极反应式为2CuFeS2＋6H+＋2e— = Cu2S＋2Fe2+＋3H2S↑。

（5）①根据反应Cu2S＋4FeCl32CuCl2＋4FeCl2＋S可知，每生成2mol CuCl2，转移4mol 电子，每生成1mol CuCl2，反应中转移电子的数目为2N A；氧气能把Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为4Fe2+＋O2＋4H+ = 4Fe3+＋2H2O。

②Cu2S难溶，生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取，所以洗涤时铜元素的浸取率的变化如图；

（6）2CuCl(s)＋S2－(aq)Cu2S(s)＋2Cl－(aq)的平衡常数K ＝

2 2

Cl

S

-

-

??

??

??

??

=

()

()

22

22

2

22

2

Cu Cl Ksp CuCl

Ksp Cu S

Cu S

+-

+-

????

????==

????

????

()26

43

1.210

2.510

-

-

?

?

=5.76×1030；

【点睛】

原电池中电子由负极流入正极，根据电子流动方向，可判断原电池的正负极。

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．按要求回答下列问题：

（1）现有以下物质：①NaCl晶体②液态HCl ③CaCO3固体④熔融KCl ⑤蔗糖⑥铜⑦CO2

⑧H2SO4 ⑨KOH固体

a. 以上物质中能导电的是________________________________。

b. 以上物质中属于电解质的是_______________________，属于非电解质的是

_______________________。

c. 以上物质中，溶于水且能导电的物质是_______________________。

（2）胶体和溶液的本质区别是________________，鉴别胶体和溶液所采用的方法是观察是否能发生___________效应。

（3）下列3个反应，按要求填写相关量。

①2Na2O2+2H2O＝4NaOH+ O2↑反应中，每消耗1 mol Na2O2生成_____ g O2。

②在NaHCO3的热分解反应中，每消耗168 g NaHCO3，标准状况下生成_____L CO2。

③Cl2+H2O＝HCl+HClO反应中，标准状况下每消耗22.4LCl2，转移_____mol电子。

（4）在一个密闭容器中放入以下四种物质，在一定条件下发生化学反应，一段时间后，测得有关数据如下：

①该变化的基本反应类型是_____反应；

②物质Q在反应中起的作用是_____。

【答案】④⑥①②③④⑧⑨⑤⑦①②④⑦⑧⑨分散质粒径大小不同丁达尔 16 22.4 1 分解催化剂

【解析】

【分析】

(1)a. 含有自由移动的电子或阴阳离子的物质就能导电；

b. 在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；

c. 以上物质中，溶于水且能导电的物质，说明水溶液中能发生电离，电离出自由移动的离

子；

(2)分散系的分类标准是分散质颗粒直径大小不同，胶体有丁达尔效应，而溶液没有；

(3)①消耗1mol过氧化钠可以生成0.5mol氧气，然后根据m=nM计算出生成氧气的质量；

②根据n=m

M

计算出碳酸氢钠的物质的量，再根据方程式及V=nVm计算出生成标况下二氧

化碳的体积；

③氯气与水的反应中，消耗1mol氯气转移了1mol电子；

(4)该反应中Q的质量不变，则Q为催化剂；根据质量守恒定律计算出X，然后根据质量变化判断反应物、生成物，从而得出该反应的反应类型。

【详解】

(1)a. ④熔融KCl中含有自由移动离子、⑥铜含有自由移动的电子，所以④⑥都能导电；

b. ①NaCl晶体、②液态HCl、③CaCO3固体、④熔融KCl、⑧H2SO4、⑨KOH固体是电解质；

⑤蔗糖、⑦CO2是非电解质；

c. 水溶液中能发生电离，电离出自由移动的离子或金属中存在自由移动的电子都可以导电，①NaCl晶体、②液态HCl、④熔融KCl、⑦CO2、⑧H2SO4、⑨KOH固体，溶于水溶液都能导电；⑥铜存在自由移动电子能导电；

(2)分散系的分类标准是分散质颗粒直径大小不同，则胶体和溶液的本质区别是散质粒径大小不同；胶体有丁达尔效应，而溶液没有，则鉴别胶体和溶液所采用的方法是观察是否能发生丁达尔效应；

(3)①2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑反应中，每消耗1mol Na2O2生成会生成0.5mol氧气，生成氧气的质量为：32g/mol×0.5mol=16g；

②2NaHCO3═Na2CO3+H2O+CO2↑反应中，168gNaHCO3的物质的量为：

168g

84g/mol

=2mol，

根据反应可知，消耗2mol碳酸氢钠会生成1mol二氧化碳，标况下1mol二氧化碳的体积为：22.4L/mol×1mol=22.4L；

③Cl2+H2O═HCl+HClO反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂，标况下22.4L Cl2的物质的量

为：

22.4L

22.4L/mol

=1mol，消耗1mol氯气转移了1mol电子；

(4)①根据质量守恒可知：X+26+3+30=50+1+3+12，解得：X=7，反应中M的质量减小，Q、P的质量增加，则该反应为M分解生成Q和P的反应，属于分解反应；

②根据表中数据可知，Q在反应前后的质量不变，则Q在反应中作催化剂。

【点睛】

电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。

12．(1)在CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液加热，生成CuCl沉淀，写出生成

CuCl的离子方程式________________________________

(2)过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr3＋，同时放出无污染的气体，写出发生反应的离子方程式_________；氧化产物与还原产物的物质的量之比为________。

(3)除去废液中的AsCl3，是用次磷酸钠(NaH2PO2)还原AsCl3，产生了棕色单质砷沉淀和

H3PO3。该反应的化学反应方程式为______________________氧化剂和还原剂的物质的量之比为________，氧化产物是________。

(4)FeS被水溶液中Cl2氧化，氧化后的溶液中滴加BaCl2有不溶解于盐酸的白色沉淀生成，则水溶液中FeS与Cl2反应的离子方程式为_______________

【答案】2Cu2＋＋2Cl－＋SO32-＋H2O2CuCl↓＋SO42-＋2H＋ 4H2CrO4＋3N2H4＋12H＋=4Cr3＋＋3N2↑＋16H2O 3∶4 2AsCl3＋3NaH2PO2＋3H2O=2As↓＋3H3PO3＋3NaCl＋3HCl 2∶3 H3PO3 2FeS＋9Cl2＋8H2O=2Fe3＋＋2SO42-＋18Cl－＋16H＋

【解析】

【分析】

(1)CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3溶液，二价铜离子将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，本身被还原为+1价铜，依据得失电子守恒写出离子方程式；

(2）过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr3+，同时放出无污染的气体为氮气，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式;

（3）除去废液中的 AsCl3，是用次磷酸钠(NaH2PO2)还原AsCl3，产生了棕色单质砷沉淀和

H3PO3，配平书写化学方程式，结合定量关系和化合价变化计算该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比；

（4）FeS 被水溶液中Cl2氧化，根据电子守恒、原子守恒、电子守恒写出离子方程式。【详解】

(1). CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3溶液和NaCl溶液加热，生成CuCl沉淀，二价铜离子将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，本身被还原为+1价铜，写出方程式为：

2Cu2＋＋2Cl－＋SO32-＋H2O2CuCl↓＋SO42-＋2H＋

故答案为：2Cu2＋＋2Cl－＋SO32-＋H2O2CuCl↓＋SO42-＋2H＋

（2）过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr3+，同时放出无污染的气体为氮气，配平的反应的离子方程式为：4H2CrO4＋3N2H4＋12H＋=4Cr3＋＋3N2↑＋16H2O，反应中铬元素化合价降低，得到还原产物Cr3+，肼中氮元素化合价升高得到氧化产物N2，由方程式知氧化产物与还原产物的物质的量之比为：3:4，

故答案为：4H2CrO4＋3N2H4＋12H＋=4Cr3＋＋3N2↑＋16H2O；3:4；

（3）除去废液中的 AsCl3，是用次磷酸钠(NaH2PO2)还原AsCl3，产生了棕色单质砷沉淀和

H3PO3，反应的化学方程式：3NaH2PO2+3H2O+2AsCl3＝2As+3H3PO3+3NaCl+3HCl，该反应中氧化剂AsCl3和还原剂NaH2PO2的物质的量之比为 2:4，氧化产物是H3PO3，

故答案为：2AsCl3＋3NaH2PO2＋3H2O=2As↓＋3H3PO3＋3NaCl＋3HCl ；2:3；H3PO3；

（4）FeS 被水溶液中Cl2氧化，氧化后的溶液中滴加BaCl2有不溶解于盐酸的白色沉淀生成，说明反应生成了硫酸根离子，则水溶液中FeS 与Cl2反应的离子方程式为：

2FeS＋9Cl2＋8H2O=2Fe3＋＋2SO42-＋18Cl－＋16H＋，

故答案为：2FeS＋9Cl2＋8H2O=2Fe3＋＋2SO42-＋18Cl－＋16H＋

13．氧化还原反应在物质制备、能量转化方面有重要的应用。

⑴反应I2＋2Na2S2O3＝Na2S4O6＋2NaI常用于测定溶液中I2的含量。反应的氧化剂是

________，每生成1molNa2S4O6，反应转移电子为________mol。

⑵ClO2是一种新型净水剂，一种制取ClO2的反应如下：

KClO3＋HCl(浓)－KCl＋Cl2↑＋ClO2↑＋H2O（未配平）

写出配平后的方程式：________。

⑶某氧化还原反应中共包含下列物质：Fe2(SO4)3、H2SO4、CrO3、FeSO4、Cr2(SO4)3和H2O。已知CrO3为反应物之一。写出配平后的方程式：________。

【答案】I2 2 ）2KClO3+4HCl（浓）=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O

6H2SO4+2CrO3+6FeSO4=3Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+6H2O

【解析】

【详解】

（1）碘元素的化合价降低，所以碘单质做氧化剂，生成1molNa2S4O6，反应1mol碘单质，反应转移电子为1mol×2×1=2mol；

（2）KClO3+（）HCl（浓）=（）KCl+（）ClO2↑+（）Cl2↑+（）H2O这个反应中，都是氯元素在变价，“归中不交叉”，因此化合价变化是+5价→+4价，化合价降低从-1价→0价，化合价升高1×2（因为是氯气分子是双原子）化合价升降总数要相等，因此，1，2的最小公倍数是2，因此氧化剂，还原产物，还原剂和氧化产物的系数配出来（2）KClO3+（2）HCl（浓）=（）KCl+（2）ClO2↑+（1）Cl2↑+（）H2O再注意到盐酸中有部分是介质（也就是化合价不变的，最后形成的是KCl），最后的化学方程式为（2）KClO3+（4）HCl（浓）=（2）KCl+（2）ClO2↑+（1）Cl2↑+（2）H2O；

（3）CrO3为反应物，Cr2(SO4)3是生成物，铬元素的化合价降低，那么铁元素的化合价升高，所以FeSO4是反应物，Fe2(SO4)3是生成物，

6H2SO4+2CrO3+6FeSO4=3Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+6H2O。

【点睛】

氧化还原反应有化合价升高必须有化合价降低，转移的电子数等于还原剂失电子数等于氧化剂得电子数。

14．锂离子电池应用很广。某种锂离子二次电池的电极材料主要是钴酸锂（LiCoO2）和石墨。钴是一种稀有的贵重金属，废旧锂离子电池电极材料的回收再生意义重大。

(1)锂离子电池（又称锂离子浓差电池）的充电过程：Li+从含LiCoO2的电极中脱出，正三价Co被氧化，此时该极处于贫锂态（Li1-x CoO2）。