全国备战高考化学氧化还原反应的综合备战高考真题汇总及答案解析

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）

1．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O2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NH4+反应生成N2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-+2NH4+=N2↑+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：O2的氧化性比NaClO弱、O2氧化氨氮速率比NaClO慢、O2在溶液中溶解度比较小；故答案为：abc。

2．草酸(HOOC－COOH)是一种常见的有机酸，利用淀粉制备草酸的实验流程如图:

回答下列问题:

（1）“水解”时，检验淀粉是否水解完全，所用的试剂是____；“水解”及“氧化”步骤中适宜的加热方式是________________。

（2）“氧化”时实验装置如图所示(夹持及加热装置已略):

①仪器Q的名称是________.

②三口烧瓶中生成H2C2O4· 2H2O的化学方程式为____________。

③装置B的作用是___________，装置C的作用是_______________。

（3）已知在20℃、70℃时，草酸的溶解度依次为为9. 5 g/(l00g水)，84.5g/(l00g水)，则粗草酸“精制”需采用的提纯方法为___________________。

（4）探究H2C2O4的性质:

①向NaHCO3溶液中加入草酸溶液，产生大量气体，可得出草酸的酸性比碳酸_____(填“强”或“弱”)。

②向草酸中加入足量C2H5OH和适量浓硫酸加热，产生有芳香气味的油状物。该生成物为___________(写结构简式)。

③向K2Cr2O7溶液中加入H2C2 O4·2H2O析出K[Cr(C2O4)2(H2O)2]晶体，该反应的化学方程式为_____________________。

【答案】碘水水浴加热球形冷凝管 C6H12O6+12HNO3=3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O 做安全瓶，防止倒吸吸收尾气中的NO和NO2，防止污染空气重结晶强C2H5OOC-COOC2H5K2Cr2O7+7H2C2O4·2H2O=2 K[Cr(C2O4)2(H2O)2]+6CO2↑+17H2O

【解析】

【分析】

淀粉在稀硫酸催化下控制温度在70℃到80℃发生水解，得到葡萄糖，加入60%硝酸，在60℃下发生氧化，得到草酸，硝酸的还原产物有NO和NO2，草酸经结晶得到粗草酸，再经精制得到H2C2O4·2H2O。

【详解】

（1）“水解”时，若淀粉水解完全，则不能使碘水变蓝；“水解”及“氧化”步骤中的温度都低于100℃，所以最适宜的加热方式是水浴加热。

（2）①仪器Q的名称是球形冷凝管，起冷凝回流易挥发的硝酸以及导出生成的NO和NO2的作用；

②在三口烧瓶中发生氧化反应，葡萄糖被氧化为H2C2O4· 2H2O，硝酸被还原为NO和NO2（体积比为1:3），根据电子守恒可以写出发生反应的化学方程式为

C6H12O6+12HNO3=3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O；

③装置B是安全瓶，防止C中的NaOH溶液倒吸入三口烧瓶中，装置C的作用是吸收尾

气，防止NO 和NO 2污染空气；

（3）草酸的溶解度随温度变化比较大，所以可以采用重结晶的方法精制粗草酸； （4）①向NaHCO 3溶液中加入草酸溶液，产生大量气体，说明草酸和NaHCO 3溶液反应生成了二氧化碳，根据强酸制弱酸的规律，可得出草酸的酸性比碳酸强；

②向草酸中加入足量C 2H 5OH 和适量浓硫酸加热，发生了酯化反应，产生有芳香气味的油状物草酸二乙酯，其结构简式为C 2H 5OOC-COOC 2H 5。

③向K 2Cr 2O 7溶液中加入H 2C 2O 4·

2H 2O 析出K[Cr(C 2O 4)2(H 2O)2]晶体，反应中Cr 的化合价从+6价降低到K[Cr(C 2O 4)2(H 2O)2]中的+3价，所以H 2C 2 O 4·

2H 2O 中的碳的化合价就会升高，从+3价升高到+4价，在K[Cr(C 2O 4)2(H 2O)2]中还有+3价的碳，即反应物H 2C 2 O 4·

2H 2O 中的碳的化合价部分升高，部分没有变化，根据电子守恒和原子守恒可以写出该反应的化学方程式为K 2Cr 2O 7+7H 2C 2O 4·2H 2O=2 K[Cr(C 2O 4)2(H 2O)2]+6CO 2↑+17H 2O 。

3．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。

4．过氧硫酸氢钾复合盐（K 2SO 4?KHSO 4?2KHSO 5）易分解，可用作漂白剂、NO x 和SO 2等的脱除剂。某研究小组制备过氧硫酸氢钾复合盐的流程如图所示。

已知：浓硫酸与H 2O 2反应，部分转化为过硫酸（化学式为H 2SO 5，是一种一元强酸） （1）H 2SO 5中硫元素的化合价为+6价，其中过氧键的数目为________；工业上用过氧硫酸氢钾复合盐溶液脱除NO 时，反应的离子方程式为___________________________。

（2）若反应物的量一定，在上述流程的“转化”步骤中需用冰水浴冷却，且缓慢加入浓硫酸，其目的是___________________________。

（3）“结晶”操作中，加入K2CO3即可获得过氧硫酸氢钾复合盐晶体，该过程的化学方程式为______________________________。过氧硫酸氢钾复合盐产率（以产品含氧量表示）随溶液pH和温度的变化关系如图所示，则该过程适宜的条件是_________________。

（4）产品中KHSO5含量的测定：取1.000g产品于锥形瓶中，用适量蒸馏水溶解，加入

5mL5％的硫酸和5mL25％的KI溶液，再加入1mL淀粉溶液作指示剂，用0.2000mol·L-1硫代硫酸钠标准液滴定至终点，消耗标准液的体积为25.00mL。

已知：2KHSO5＋4KI＋H2SO4 = 2I2＋3K2SO4＋2H2O I2＋2Na2S2O3 =Na2S4O6＋2NaI

①用_____滴定管盛装标准浓度的硫代硫酸钠溶液（填“甲”或“乙”）。

②产品中KHSO5的质量分数为___________。

【答案】1 3HSO5－＋2NO＋H2O = 3SO42－＋2NO3－＋5H+防止浓硫酸与H2O2溶液混合时放出大量热使H2O2分解 5K2CO3＋4H2SO5＋4H2SO4 =2(K2SO4?KHSO4?2KHSO5)↓＋5CO2↑＋

5H2O 控制pH在2.0~2.5之间，温度在0℃左右乙 38.00％

【解析】

【详解】

(1)H2SO5中硫元素的化合价为+6价，依据化合价的代数和为0计算，有2个氧原子显-1价，所以过氧键的数目为1。答案为1；

工业上用过氧硫酸氢钾复合盐溶液脱除NO时，反应的离子方程式为3HSO5－＋2NO＋H2O = 3SO42－＋2NO3－＋5H+。答案为3HSO5－＋2NO＋H2O = 3SO42－＋2NO3－＋5H+

(2)在“转化”步骤中，30%的H2O2溶液加入98%的浓硫酸中，相当于浓硫酸稀释，会放出大量的热，而H2O2受热易分解，所以需用冰水浴冷却，且缓慢加入浓硫酸。

答案为：防止浓硫酸与H2O2溶液混合时放出大量热使H2O2分解；

(3)“结晶”操作中，加入K2CO3即可获得过氧硫酸氢钾复合盐晶体，该过程的化学方程式为5K2CO3＋4H2SO5＋4H2SO4 =2(K2SO4?KHSO4?2KHSO5)↓＋5CO2↑＋5H2O。

答案为：5K2CO3＋4H2SO5＋4H2SO4 =2(K2SO4?KHSO4?2KHSO5)↓＋5CO2↑＋5H2O

从溶液pH看，过氧硫酸氢钾复合盐产率在2.0~2.5之间时最大；从温度看，过氧硫酸氢钾

复合盐产率在0℃左右最大，所以该过程适宜的条件是控制pH在2.0~2.5之间，温度在0℃左右。答案为：控制pH在2.0~2.5之间，温度在0℃左右；

(4)① 硫代硫酸钠溶液呈碱性，应放在碱式滴定管内。答案为乙；

② 由反应2KHSO5＋4KI＋H2SO4 = 2I2＋3K2SO4＋2H2O和I2＋2Na2S2O3 =Na2S4O6＋2NaI可得出如下关系式：KHSO5——2Na2S2O3

n(Na2S2O3)=0.2mol/L×0.025L=0.005mol，n(KHSO5)=0.0025mol

产品中KHSO5的质量分数为：0.0025152/

100%38.00%

1.000

mol g mol

g

?

?=

答案为：38.00％。

5．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

（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

Pb2+，根据原子守恒写出反应方程式为：PbO2＋4HCl（浓）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- )=36.50?10-

3L?0.0400mol/L=1.460?10-3mol。

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)=1

2

n(S2O32-)=

1

2

?0.05000mol/L?30.80?10-3L=7.7?10-4mol，所以铅丹中Pb（Ⅱ）

与Pb（Ⅳ）的原子数之比为：1.460×10-3：7.7 10-4=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。

6．C、N、S 的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。

(1)CO2的重整用 CO2和 H2为原料可得到 CH4燃料。

已知: ①CH4 (g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H1=+247kJ/mol

②CH4 (g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205kJ/mol

写出 CO2重整的热化学方程式：_____。

(2)“亚碳酸盐法”吸收烟中的 SO2

①将烟气通入 1.0mol/L 的 Na2SO3溶液，若此过程中溶液体积不变，则溶液的 pH 不断

_____(填“减小”“不变” 或“增大)。当溶液 pH 约为 6 时，吸收 SO2的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中c(SO32-) =0.2mol/L，则溶液中c(HSO3-) =_____。

②室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液 pH 与各组分物质的量分数的变化关系如图: b 点时溶液 pH=7，则 n(NH4+)：n(HSO3—)= ______________。

(3)催化氧化法去除 NO。一定条件下，用 NH3 消除 NO 污染，其反应原理

4NH3+6NO5N2+6H2O。不同温度条件下，n(NH3):n(NO)的物质的量之比分别为 4:1、3:1、1:3 时，得到 NO 脱除率曲线如图所示：

①曲线 a 中，NO 的起始浓度为6×10-4mg·m-3，从 A 点到 B 点经过0.8s，该时间段内 NO 的脱除速率为_____mg·m-3·s-1。

②曲线 b 对应 NH3与 NO 的物质的量之比是_____。

(4)间接电化学法除 NO。其原理如图所示：写出阴极的电极反应式(阴极室溶液呈酸

性)_____。吸收池中除去 NO 的原理_____(用离子方程式表示)。

【答案】CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g) △H =?163kJ/mo1 减小 1.6mol/L 3:1 1.5×10?4

3:1 -2-32422HSO +2e +2H =S O 2H O -++ 2--242232NO+2S O 2H O N 4HSO +=+

【解析】

【分析】

（1）已知：①CH 4 (g)+CO 2(g)=2CO(g)+2H 2(g) △H 1=+247k/mol ，

②CH 4(g)+H 2O(g)=CO(g)+3H 2(g) △H 2=+205k/mol ，

根据盖斯定律，①-②×2得：CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g)，据此计算△H ；

（2）①二氧化硫通入亚硫酸钠溶液生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠显酸性，据此分析；根据反应方程式的量的关系计算可得；

②先判断溶质，写出电荷守恒式，在利用pH=7时，c (H +)=c (OH -)找出其他离子的等量关系，结合图示进行等量删减或替换，最后得出结果；

（3）①曲线a 中，NO 的起始浓度为6×10-4mg?m -3，根据图象得到A 、B 处的NO 脱除率，可得两处的NO 的浓度，再计算脱除速率；

②NH 3与NO 的物质的量的比值越大，NO 的脱除率越大，据此分析；

（4）阴极得到电子发生还原反应，结合酸性环境书写；阴极产物吸收NO 。

【详解】

（1）已知：①CH 4(g)+CO 2(g)=2CO(g)+2H 2(g) △H 1=+247k/mol ，

②CH 4(g)+H 2O(g)=CO(g)+3H 2(g) △H 2=+205k/mol ，

根据盖斯定律，由①?②×2得反应：CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g)

△H =△H 1?2△H 2=?163kJ/mo1，

故答案为：CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g) △H =?163kJ/mo1；

（2）①将烟气通入1.0mol/L 的Na 2SO 3溶液，二氧化硫与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠以电离为主，显酸性，故溶液pH 不断减小；向亚硫酸钠溶液中通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠，反应方程式SO 2+Na 2SO 3+2H 2O=2NaHSO 3，溶液中反应的亚硫酸根离子和生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为1：2，即溶液中参加反应的亚硫酸根为(1.0?0.2)mol/L ，则生成c (-3HSO )=2×(1.0?0.2)mol/L=1.6mol/L ，

故答案为：减小；1.6mol/L ；

②b 点时溶液pH=7，此时溶液中的溶质是(NH 4)2SO 3和NH 4HSO 3，根据电荷守恒：c (+4NH )+c (H +)=c (OH ?)+c (-3HSO )+2c (2-3SO )，因pH=7，故c (H +)=c (OH ?)，则

c (+4NH )=c (-3HSO )+2c (2-3SO )，由图可读出b 点时，c (-3HSO )=c (2-3SO )，则c (+4NH )=3 c (-3HSO )，因在同一体系，n (+4NH )：n (-

3HSO )=3：1，

故答案为：3：1；

（3）①曲线a 中，NO 的起始浓度为6×10?4mg ?m ?3，A 点的脱除率为55%，B 点的脱除率

为75%，从A 点到B 点经过0.8s ，该时间段内NO 的脱除速率为

6×10?4mg ?m ?3×(0.75?0.55)÷0.8s=1.5×10?4mg ?m ?3?s ?1，

故答案为：1.5×10?4；

②NH 3与NO 的物质的量的比值越大，NO 的脱除率越大，则物质的量之比分别为4：1，3：1，1：3时，对应的曲线为a ，b ，c ，即曲线b 对应的物质的量之比是3：1， 故答案为：3：1；

（4）阴极得到电子发生还原反应，根据图可知是-3HSO 在酸性条件下发生还原反应，生成

2-24S O ，其电极反应式为-2-32422HSO +2e +2H =S O 2H O -++；根据图示，吸收池中2-24S O 和NO 是反应物，N 2和-

3HSO 是生成物，则吸收池中除去NO 的原理是：

2--242232NO+2S O 2H O N 4HSO +=+，

故答案为：-2-32422HSO +2e +2H =S O 2H O -++；2--242232NO+2S O 2H O N 4HSO +=+。 【点睛】

陌生电极反应式的书写步骤：①根据题干找出反应物以及部分生成物，根据物质变化分析化合价变化并据此写出得失电子数；②然后根据电荷守恒配平电极反应式，在配平时需注意题干中电解质的环境；③然后检查电极反应式的守恒关系（电荷守恒、原子守恒、转移电子守恒等）。

7．NH 3和Cl 2在常温下可快速反应生成氮气：2NH 3+3Cl 2 →N 2+6HCl 。当Cl 2和 NH 3 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，Cl 2和NH 3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NH 3和Cl 2混合，实验精确测得充分反应后无色混合气体中N 2占混合气体的

17

，求生成氧化产物的物质的量_____________。（该实验数据在标准状况下测定）

【答案】有白烟生成 3∶2 n(NH 3)∶n(Cl 2)=1∶1 m(N 2 )=56g 余NH 3和N 2 0.263mol ，余HCl 和N 2 0.893mol

【解析】

【分析】

NH 3和Cl 2在常温下可快速反应生成氮气：2NH 3+3Cl 2 →N 2+6HCl 。当Cl 2和 NH 3 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Cl 2和NH 3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3222NH 3Cl N 6HCl +=+反应后氨气有剩余，再发生反应NH 3+HCl=NH 4Cl ，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NH 3和Cl 2混合，①3222NH 3Cl N 6HCl +=+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；

②NH 3过量时，发生反应32248NH 3Cl N 6NH Cl +=+，剩余混合气体为氮气、氨气，设Cl 2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3222NH 3Cl N 6HCl +=+、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：3222NH 3Cl N 6HCl +=+，若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸， Cl 2和NH 3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3222NH 3Cl N 6HCl +=+反应后氨气有剩余，再多余氨气再与部分HCl 发生反应NH 3+HCl=NH 4Cl ，HCl 不能完全反应，设反应3222NH 3Cl N 6HCl

+=+中消耗氯气的物质的量为x ，3

223

222NH ~3C 23

3l x x

x 气体物质的量增加 ，43

+HCl=NH Cl 1

2212-2(12-3N )

H x

x x -气体物质的量减少，前者体积增大与后者体积减小相等，则222(12)33x x x --

= ，得x =6， 故反应前氯气和氨气的物质的量之比为

61126

x x ==-：1 ； 答案为：1:1； ② 反应后生成的氧化产物为氮气，氯气为6mol,由3222NH 3Cl N 6HCl +=+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3222NH 3Cl N 6HCl +=+反应中，NH 3和Cl 2恰好完全反应时，混合气体中N 2占混合气体的17，由于氨气与HCl 可以反应生成HN 4Cl ，而充分反应后的混合气体中N 2占混合气体的

17

，则有两类情况：①Cl 2与氨气恰好反应，由方程式可知5体积气体生成7体积气体，故反应后混合气体总体积=100L ×75=140L ，则氧化产物氮气体积为140L ×17

=20L ，故其物质的量=20L 22.4L /mol

=0.893mol ；②NH 3过量时，发生反应32248NH 3Cl N 6NH Cl +=+，剩余混合气体为氮气、氨气，设Cl 2有xL ，则

3

2

28NH ~3Cl ~N 83

1101033V

x

x x ?，则1L 13107100L L 3x x =-，30017x =，故氧化产物氮气的物质的量=3001L 17

30.263mol 22.4L /mol

?== ； 答案为：余NH 3和N 2为0.263mol ，余HCl 和N 2为0.893mol 。

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N 2和H 2反应生成1molNH 3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，N 2的转化率和H 2的转化率一定相等。

(4)在催化剂存在下，NH 3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．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 。

10．一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

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。

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：Fe 2＋＞Br －，FeBr 2溶液中通入标准状况下Cl 2，氯气先氧化Fe 2＋；

（6）NH 4Al (SO 4)2与Ba (OH )2溶液混合，SO 42-、Ba 2+反应生成BaSO 4沉淀，OH -与Al 3+、

NH 4+依次发生反应Al 3++3OH -=Al (OH )3↓、NH 4++OH -=NH 3?H 2O 、Al (OH )3+OH -=AlO 2-+2H 2O 。

【详解】

（1）根据m n=M

，12.2g 该晶体的物质的量是12.2g 122g/mol =0.1mol ，含氧原子数为0.1×3.3×N A =0.33N A ，氢原子的物质的量为0.1mol ×2.6=0.26mol ；

（2）100mL2mol ·L -1的FeCl 3溶液中FeCl 3的物质的量是0.1L ×2mol ·L -1=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0.2N A 。

（3）在标准状况下，VL 某气体的物质的量是V mol 22.4

；VL 某气体的质量是V VM mol Mg/mol=g 22.422.4?；所得溶液的质量是VM g+1000g 22.4，溶液的体积是VM +1000VM+2240022.4L=L 100022400ρ

ρ，所以物质的量浓度为V mol 22.4÷VM+22400L 22400ρ=1000V ρ22400+MV

mol /L ； （4）NaClO 2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NaClO 2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5NaClO 2＋4HCl =4ClO 2↑＋5NaCl +2H 2O 。

（5）还原性：Fe 2＋＞Br －，FeBr 2溶液中通入Cl 2，氯气先氧化Fe 2＋；标准状况下3.36L Cl 2的物质的量是 3.36L 22.4L/mol

=0.15mol ，设FeBr 2的物质的量为xmol ，氯气与Fe 2＋反应的离子方程式是2Fe 2＋+Cl 2=2Fe 3＋+2Cl -，则Fe 2＋消耗氯气的物质的量是

2x mol ；与Br -反应的氯气物质的量是0.15mol -2

x mol ，氯气与Br -反应的离子方程式是2Br -+Cl 2=Br 2+2Cl -，剩余Br -的物质的量是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FeBr 2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 -0.22

mol =0.05mol ，被氧化的Br -的物质的量是0.1mol ，被氧化的Fe 2＋、Br -的物质的量比是2:1，所以反应方程式是4Fe 2＋＋2Br -＋3Cl 2=4Fe 3＋＋Br 2＋3Cl -；

（6）10mL 1mol ?L -1NH 4Al (SO 4)2溶液中Al 3+物质的量为0.01mol ，NH 4+的物质的量为0.01mol ，SO 42-的物质的量为0.02mol ，20mL 1.2 mol ?L -1Ba (OH )2溶液中Ba 2+物质的量为0.024mol ，OH -为0.048mol ；由SO 42-+Ba 2+=BaSO 4↓，可知SO 42-不足，所以可以得到0.02mol BaSO 4；根据Al 3++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．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

钠的含量为

2

2.4510mg

0.025L

-

?

=0.98mg/L。

13．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。