2020-2021备战高考化学专题题库∶氧化还原反应的综合题

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）

1．锂离子电池能够实现千余次充放电，但长时间使用后电池会失效，其中的化学试剂排放至环境中不仅会造成环境污染，还会造成资源的浪费。实验室模拟回收锂离子电池中的Co、Ni、Li的流程如图。

已知：LiCoO2难溶于水，易溶于酸。回答下列问题：

（1）LiCoO2中Co的化合价是__。

（2）LiCoO2在浸出过程中反应的离子方程式是__。

（3）浸出剂除了H2O2外，也可以选择Na2S2O3，比较二者的还原效率H2O2__(填“>”或“<”)Na2S2O3(还原效率：还原等物质的量的氧化剂消耗还原剂的物质的量)。

（4）提高浸出效率的方法有__。

（5）利用Cyanex272萃取时，pH对钴、镍萃取分离效果的影响如图。从图中数据可知，用Cyanex272萃取分离时，最佳pH是__。

（6）反萃取的离子方程式为2H++CoR2=Co2++2HR，则反萃取剂的最佳选择是__。

（7）常温下，若水相中的Ni2+的质量浓度为1.18g·L-1，则pH=__时，Ni2+开始沉淀。

[K sp(Ni(OH)2=2×10-15]

（8）参照题中流程图的表达，结合信息设计完成从水相中分离Ni和Li的实验流程图(如图)___。

已知：

提供的无机试剂：NaOH、Na2CO3、NaF。

【答案】+3 2LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O < 适当升高温度，适当增加H2SO4浓度 5.5 H2SO4 7.5 ①NaOH ②Ni(OH)2 ③NaF

【解析】

【分析】

(1)通过化合物中各元素化合价代数和为0进行计算；

(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSO4，可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，根据氧化还原反应的规律写出化学方程式；

(3)根据等物质的量H2O2和Na2S2O3作为还原剂转移电子的多少进行判断；

(4)提高浸出效率即提高化学反应速率；

(5)分离Co2+和Ni2+时，由于Co2+进入有机相，Ni进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围；

(6)将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时不能引入新杂质；

(7)根据K sp(Ni(OH)2的表达式进行计算；

(8)根据表格中所给物质溶解度信息，调节pH应该用碱性物质，但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀。

【详解】

(1)LiCoO2中O元素为-2价，Li为+1价，根据化合物中各元素化合价代数和为0进行计算得Co的化合价为+3价；

(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSO4，可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，化学方程式为：2LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O；

(3)1molH2O2作为还原剂转移2mol电子，1molNa2S2O3作为还原剂转移8mol电子，则

Na2S2O3的还原效率更高；

(4)提高浸出效率可以适当升高温度，适当增加H2SO4浓度等；

(5)分离Co2+和Ni2+时，由于Co2+进入有机相，Ni进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围，所以最佳pH是5.5；

(6)将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时，为不引入新杂质，反萃取剂最好选择H2SO4；

(7)c(Ni2+)=1.18

59

mol/L=0.02mol/L，则开始沉淀时，c(OH-)＝

-6.5mol/L，则pH=14-6.5=7.5；

(8)根据表格中所给物质溶解度信息，调节pH应该用碱性物质，但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀，所以选用NaOH，则Ni(OH)2先沉淀，过滤后滤液中加入NaF生成LiF沉淀。

【点睛】

本题(5)选择合适的pH时，注意读懂图中信息，要根据实验的具体操作情况来分析。

2．根据当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿(主要成分为FeS2)作为原料。完成下列填空：

(1)将0.050mol SO2(g) 和0.030mol O2(g) 充入一个2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)+Q。经2分钟反应达到平衡，测得n(SO3)=0.040mol，则O2的平

均反应速率为______

(2)在容积不变时，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有______(选填编号)

a.移出氧气

b.降低温度

c.减小压强

d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)

(3)在起始温度T1(673K)时SO2的转化率随反应时间(t)的变化如图，请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2(723K)时SO2的转化率随反应时间变化的示意图___

(4)黄铁矿在一定条件下煅烧的产物为SO2和Fe3O4

①将黄铁矿的煅烧产物Fe3O4溶于H2SO4后，加入铁粉，可制备FeSO4。酸溶过程中需维持溶液有足够的酸性，其原因是______

②FeS2能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，本身被氧化为SO42﹣。写出有关的离子方程式

______。有2mol氧化产物生成时转移的电子数为______

【答案】0.005mol/(L?min) bd 抑

制Fe3+与Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+ FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+

14N A

【解析】

【分析】

(1)根据v＝

c

t

?

?

求出氧气的速率，然后根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比计

算；

(2)反应放热，为提高SO2平衡转化率，应使平衡向正反应方向移动，可降低温度，体积不变，不能从压强的角度考虑，催化剂不影响平衡移动，移出氧气，平衡向逆反应方向移动，不利于提高SO2平衡转化率，由此分析解答；

(3)反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但达到平衡所需要的时间缩短，据此画出曲线；

(4)①Fe3＋与Fe2＋易水解，Fe2＋易被氧化成Fe3＋；

②根据氧化还原反应中的反应物和生成物几何电子守恒来配平化学方程式，结合方程计算转移电子数。

【详解】

(1)v(SO3)＝

c

t

?

?

＝

0.040mol

2L

2min

＝0.01mol/(L?min)，所以v(O2)＝

1

2

v(SO3)＝0.005mol/(L?min)，

故答案为：0.005mol/(L?min)；

(2)a．移出氧气，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；

b．降低温度，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；

c．减小压强，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；

d．再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)，相当于增大压强，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；

故答案为：bd；

(3)反应：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g) △H＜0，SO2的转化率在起始温度T1＝673K下随反应时间(t)的变化如图，其他条件不变，仅改变起始温度为T2＝723K，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，在图中画出温度T2下SO2的转化率随反应时间变化的预期结果示意图如图所示

；故答案为：；

(4)①Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SO4后，生成的Fe3＋与Fe2＋易水解，Fe2＋易被氧化成Fe3＋，所以要加入Fe粉和酸，抑制Fe3＋与Fe2＋的水解，并防止Fe2＋被氧化成Fe3＋，故答案为：抑制Fe3＋与Fe2＋的水解，并防止Fe2＋被氧化成Fe3＋；

②?2价的硫离子具有还原性，FeS2可以将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，而本身被氧化为硫酸根离子，有关的离子方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+，氧化产物是硫酸根离子，有2mol硫酸根生成时转移的电子数为14N A，故答案为：

FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+；14N A。

【点睛】

注意(3)温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，此为解题的关键。

3．下表是某学生为探究AgCl沉淀转化为2

Ag S沉淀的反应所做实验的记录．

步骤现象

Ⅰ.取5mL 0.1mol/L

3

AgNO与一定体积0.1mol/L NaCl溶立即产生白色沉淀

液，混合，振荡．

Ⅱ.向所得悬浊液中加入2.5mL 0.1mol /L 2Na S 溶液．

沉淀迅速变为黑色 Ⅲ.将上述黑色浊液，放置在空气中，不断搅拌． 较长时间后，沉淀变为乳

白色

Ⅳ.滤出Ⅲ中的乳白色沉淀，加入足量3HNO 溶液． 产生红棕色气体，沉淀部

分溶解

Ⅴ.过滤得到滤液X 和白色沉淀Y ；向X 中滴加32Ba(NO )溶

液．

产生白色沉淀 ()1为了证明沉淀变黑是AgCl 转化为2Ag S 的缘故，步骤I 中NaCl 溶液的体积范围为 ______ 。

()2已知：25℃时()10sp K AgCl 1.810-=?，()30sp 2K Ag S 610-=?，此沉淀转化反应的平衡常数K = ______。

()3步骤V 中产生的白色沉淀的化学式为 ______ ，步骤Ⅲ中乳白色沉淀除含有AgCl 外，还含有 ______。

()4为了进一步确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因，设计了如下图所示的对比实验装置。

①装置A 中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和 ______ ，试剂W 为 ______ 。

②装置C 中的试剂为NaCl 溶液和2Ag S 悬浊液的混合物，B 中试剂为 ______ 。 ③实验表明：C 中沉淀逐渐变为乳白色，B 中没有明显变化。

完成C 中反应的化学方程式：______Ag 2S+_____NaCl+______ + ______ ?AgCl+S+ ______ ______

C 中NaCl 的作用是： ______ 。

【答案】5mL ≥ 95.410? 4BaSO S 分液漏斗 过氧化氢溶液 2Ag S 悬浊液 2222Ag S 4NaCl O 2H O 4AgCl 2S 4NaOH +++++? 氧气将2Ag S 氧化成S 时有

Ag +产生，NaCl 电离的氯离子与银离子结合生成AgCl 沉淀，使()

c Ag +减小，有利于氧化还原反应的平衡右移

【解析】

【分析】

(1)要证明沉淀变黑是AgCl 转化为2Ag S 的缘故，则步骤Ⅰ中必须使硝酸银电离出的银离子完全转化成AgCl 沉淀；

(2)()()

22c Cl K c S -

-=； (3)黑色的硫化银沉淀被氧气氧化为氯化银沉淀和硫单质；硫单质被硝酸氧化为硫酸根离子；

(4) ①根据装置图判断仪器名称；装置A 的作用是提供氧气；

②进一步确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因，装置C 中的试剂为NaCl 溶液和2Ag S 悬浊液的混合物，则装置B 中应该不含氯化钠溶液；

③装置C 中生成的白色沉淀为氯化银和S 单质，反应物应该还有氧气，产物中钠离子只能以氢氧化钠形式存在，则未知的反应物为氢氧化钠，再根据H 元素守恒可知另一种未知反应物为水，然后根据化合价升降相等配平反应方程式。

【详解】

(1)要证明沉淀变黑是AgCl 转化为2Ag S 的缘故，则步骤Ⅰ中必须使硝酸银电离出的银离子完全转化成AgCl 沉淀，所以加入的NaCl 溶液的体积必须5mL ≥；

(2)氯化银转化成硫化银的反应为：()()()()222AgCl s S

aq Ag S s 2Cl aq --++?，该反应

的平衡常数为：()()()()()()()()2222102

sp

930222sp 2c Cl c Ag c Cl K AgCl (1.810)K 5.410K Ag S 610c S c Ag c S -

+----+-??=====???；

(3)步骤Ⅲ中较长时间后，沉淀变为乳白色，则黑色的硫化银沉淀氧化成氯化银沉淀；再根据滤出Ⅲ中的乳白色沉淀，加入足量3HNO 溶液，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，则被氧化的只能为S 元素，故乳白色沉淀为AgCl 和S 的混合物；其中S 被稀硝酸氧化成硫酸根离子，则在步骤Ⅴ中向X 中滴加32Ba(NO )溶液会生成4BaSO 沉淀；

(4) ①根据图示可知，装置A 中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和分液漏斗；乳白色沉淀为氯化银和S 的混合物，装置A 的作用是提供氧气，根据圆底烧瓶中为二氧化锰可知W 为过氧化氢溶液；

②进一步确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因，装置C 中的试剂为NaCl 溶液和2Ag S 悬浊液的混合物，则装置B 中应该不含氯化钠溶液，即为2Ag S 悬浊液，通过对比反应现象判断生成乳白色沉淀产生的原因；

③装置C 中生成的白色沉淀为氯化银和S 单质，反应物应该还有氧气，产物中钠离子只能以氢氧化钠形式存在，则未知的产物为氢氧化钠，再根据H 元素守恒可知另一种未知反应物为水，然后根据化合价升降相等配平反应方程式为

2222Ag S 4NaCl O 2H O 4AgCl 2S 4NaOH +++++?；装置C 中氯化钠的作用为：氧

气将2Ag S 氧化成S 时有Ag +产生，NaCl 电离的氯离子与溶液中银离子结合生成AgCl 沉淀，使溶液中()c Ag +减小，从而有利于氧化还原反应

2222Ag S 4NaCl O 2H O 4AgCl 2S 4NaOH +++++?向右移动。

4．小明很喜欢化学实验课，今天要学习“探究铁及其化合物的氧化性或还原性”。 （1）实验前小明预测说：Fe 2+肯定既有还原性又有氧化性。你认为他预测的依据是： 。

（2）小明欲用实验证明他的预测。实验室提供了下列试剂：3%的H 2O 2溶液、锌粒、铜

片、0.1mol·

L -1FeCl 2溶液、KSCN 溶液、新制氯水。 ①若小明计划在0.1mol·L -1FeCl 2溶液滴入新制氯水，探究Fe 2+的还原性，你预计可能发生的反应和现象是： ________ （写离子方程式）、溶液由浅绿色变 色。 ②实验中，小明发现现象不太明显，老师分析可能是产物的含量太低，建议可以通过检验Fe 2+被氧化的产物Fe 3+的存在以获取证据。你认为可选 滴入小明所得的混合液中，并通过溶液出现 色的现象，证明小明的观点和实验方案都是正确的。

③对于证明Fe 2+具有氧化性，小明认为金属单质都具有还原性，并分别将铜片、锌粒投入FeCl 2溶液中，结果铜片没变化，锌粒逐渐变小。由此说明三种金属的还原性由强至弱的顺序为： 。

（3）小明分析H 2O 2中氧元素显-1价（中间价），并提出疑问：H 2O 2与FeCl 2的反应时，Fe 2+还作氧化剂吗？

①请你为小明梳理相关问题：若Fe 2+在反应中表现出氧化性应转化成 （填微粒符号，下同），若Fe 2+在反应中表现出还原性应转化成 。

②实际上Fe 2+的还原性较强，实验室的FeCl 2溶液常因氧化而变质。除杂的方法是： ，相关反应的离子方程式： 。

【答案】（1）因为Fe 2+中铁元素化合价处于中间价态，可以升高也可以降低；（2）①Cl 2＋2Fe 2+＝2Cl －＋2Fe 3+，棕黄（黄）；②KSCN 溶液， 溶液呈血红（红）色 ；③Zn 、Fe 、Cu （或Zn>Fe>Cu ）；（3）①Fe ， Fe 3+；② 加入过量铁粉，过滤， 2Fe 3++ Fe= 3Fe 2+。

【解析】

试题分析：（1）最低价态只具有还原性，最高价态只具有氧化性，中间价态既具有氧化性又有还原性，铁的价态一般是0、+2、+3，+2价位于中间，因此Fe 2＋有还原性和氧化性；（2）①氯水具有强氧化性，发生2Fe 2＋＋Cl 2=2Fe 3＋＋2Cl －，Fe 3＋显黄色或棕黄色；②检验Fe 3＋用KSCN 溶液，溶液变红说明Fe 3＋的存在；③根据利用金属性强的置换出金属性弱

的，铜片无变化，说明Fe 的金属性强于铜，锌粒逐渐变小，发生Zn ＋Fe 2＋=Zn 2＋＋Fe ，说

明Zn 的金属性强于Fe ，即金属性强弱：Zn>Fe>Cu ；（3）①氧化性：得到电子、化合价降低，Fe 2＋转变成Fe ，还原性：失去电子、化合价升高，Fe 2＋转变成Fe 3＋；②利用Fe 3＋具有强氧化性，能和金属单质反应，不能引入新的杂质，因此加入单质铁，发生Fe ＋2Fe 3＋=3Fe 2＋。

考点：考查铁及其化合物的性质等知识。

5．过氧硫酸氢钾复合盐（K2SO4?KHSO4?2KHSO5）易分解，可用作漂白剂、NO x和SO2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H2O2反应，部分转化为过硫酸（化学式为H2SO5，是一种一元强酸）（1）H2SO5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％。

6．锑（Sb）广泛用于生产各种阻燃剂、陶瓷、半导体元件和医药及化工等领域。Ⅰ．（1）锑在元素周期表中的位置_____。

（2）锑（Ⅲ）的氧化物被称为锑白，可以由SbCl3水解制得，已知SbCl3水解的最终产物为锑白。为了得到较多、较纯的锑白，操作时将SbCl3徐徐加入大量水中，反应后期还要加入少量氨水。试用必要的化学用语和平衡移动原理解释这两项操作的作用_______。工业上，还可用火法制取锑白，是将辉锑矿（主要成分为Sb2S3）装入氧化炉的坩埚中，高温使其融化后通入空气，充分反应后，经冷却生成锑白。写出火法制取锑白的化学方程式______。Ⅱ．以辉锑矿为原料制备金属锑，其中一种工艺流程如下：

已知部分信息如下：

①辉锑矿（除Sb2S3外，还含有砷、铅、铜的化合物和SiO2等）；

②浸出液主要含盐酸和SbCl3，还含SbCl5、CuCl2、AsCl3和PbCl2等杂质；

③常温下，Ksp（CuS）=1.0×10-36，Ksp（PbS）=9.0×10-29。

回答下列问题：

（3）“酸浸”过程中Sb2S3发生反应的化学方程式为_____。

（4）已知：浸出液中c（Cu2+）=0.0001mol/L，c（ Pb2+）=0.1mol/L。在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生沉淀的是_____（填化学式）；当CuS、PbS共沉

沉时，

2+

2+

c(Cu)

c(Pb)

=______（保留小数点后一位）。

（5）在“除砷”过程中，氧化产物为H3PO4。该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为__________。

（6）在“电解”过程中，锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压超过U0 V时，锑的产率降低的原因可能是_________。

【答案】第5周期第ⅤA族 2SbCl3+3H2O?Sb2O3+6HCl，不断加入SbCl3，使SbCl3浓度增大，利于水解平衡右移，反应后期加入氨水中和盐酸，使c(HCl)减小，利于平衡右移

2Sb2S3+9O2高温

2Sb2O3+6SO2 Sb2S3+ 3SbCl5=5SbCl3+3S↓ CuS 1.1×10-8 3:4 H+参与电极

反应

【解析】

【分析】

Ⅱ．辉锑矿粉加入盐酸和SbCl5溶液，得到SbCl3和SbCl5溶液，还含有杂质CuCl2、AsCl3和PbCl2等，加入适量Sb将SbCl5还原为SbCl3，加入Na2S使铜和铅沉淀以除去CuCl2和PbCl2，然后加入NaHPO2除去杂质砷。得到的SbCl3溶液电解得到金属Sb，同时得到SbCl5，可以返回到酸浸步骤循环使用。

【详解】

Ⅰ．（1）锑和氮在同一主族，其在元素周期表中位于第5周期第ⅤA族。

（2）SbCl3水解：2SbCl3+3H2O?Sb2O3+6HCl，将SbCl3徐徐加入大量水中，SbCl3浓度增大，水解平衡右移，反应后期还要加入少量氨水中和HCl，使c(HCl)减小，平衡右移，有利于Sb2O3的生成。故答案为：2SbCl3+3H2O?Sb2O3+6HCl，不断加入SbCl3，使SbCl3浓度增大，利于水解平衡右移，反应后期加入氨水中和盐酸，使c(HCl)减小，利于平衡右移。

火法制取锑白，是辉锑矿（主要成分为Sb2S3）在高温下和空气中的氧气反应，生成Sb2O3

的同时生成SO2。化学方程式为：2Sb2S3+9O2高温

2Sb2O3+6SO2。

Ⅱ．（3）“酸浸”时Sb2S3和SbCl5溶液反应，得到SbCl3和SbCl5的混合溶液，滤渣中有硫，是此反应的生成物，Sb2S3发生反应的化学方程式为Sb2S3+ 3SbCl5=5SbCl3+3S。

（4）浸出液中c（Cu2+）=0.0001mol/L，c（Pb2+）=0.1mol/L。在沉淀铜、铅过程中，缓慢

滴加极稀的硫化钠溶液，当Cu2+开始沉淀时，c(S2-)=

-36

1.010

0.0001

?

=1.0×10-32mol/L，当Pb2+开

始沉淀时，c(S2-)=

-29

9.010

0.1

?

=9.0×10-28mol/L，所以先产生沉淀的是CuS；当CuS、PbS共沉

淀时，

2+

2+

c(Cu)

c(Pb)

=

2+2

2+2

c(Cu)c(S)

c(Pb)c(S)

-

-

＝

sp(CuS)

sp(PbS)

K

K

＝

36

29

1.010

9.010

-

-

?

?

＝1.1×10-8。

（5）加入NaHPO2除砷，发生了NaHPO2和AsCl3的反应，氧化产物为H3PO4，还原产物是As，磷的化合价从+1价升高到+5价，生成1mol H3PO4失去4mol电子，砷的化合价从+3价降低到0价，生成1molAs得到3mol电子，根据电子守恒，该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:4。

（6）电解SbCl3溶液制取锑，在阴极是Sb3+得到电子生成Sb，当电压过大时，溶液中的H+也可能在阴极放电，导致锑的产率降低。

7．氯化亚铜在有机合成工业中常作催化剂。以下是从含Cu2+、Fe3+的电镀废水中制备氯化亚铜的工艺流程图。

如图是滤液中Cu2+、Fe3+的含量与pH的关系及CuCl产率与pH的关系图。

请回答以下问题：

(1)在电镀废水中加碱产生沉淀，过滤得到电镀污泥，则电镀污泥的主要成分为____；

(2)由反应①制备CuCl时的最佳pH在__________左右；

(3)对CuCl产率探究时发现反应①在隔绝空气条件下进行时CuCl产率较高，由此推测CuCl 具有__________性；

(4)写出反应①中化学反应方程式：_____；

(5)隔绝空气条件下，从滤液中制得晶体的实验操作为：___________；

(6)取晶体4.34g隔绝空气条件下，失去结晶水后得固体3.26g，所得固体溶于水分成二等份，一份加入足量BaCl2溶液,得到白色固体2.33g；另一份加入足量NaOH溶液后，加热、

灼烧得红色粉末0.4g 。写出晶体的化学式：_____________。

【答案】Fe(OH)3、Cu(OH)2 3.5 还原 2CuSO 4+ Fe +2KCl = 2CuCl↓+2K 2SO 4+FeSO 4 蒸发、冷却结晶、过滤(洗涤)、干燥 K 2Fe(SO 4)2?6H 2O

【解析】

【分析】

由流程图可知，向电镀废水中加碱，Cu 2+、Fe 3+与碱反应生成氢氧化铁和氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铜的电镀污泥；向电镀污泥中加入硫酸控制pH 使氢氧化铜溶解，而氢氧化铁不溶解，过滤得到高浓度的硫酸铜溶液；向高浓度的硫酸铜溶液加入铁与氯化钾，调节溶液pH 和反应温度使硫酸铜与铁、氯化钾反应生成了硫酸亚铁、硫酸钾和氯化亚铜，过滤得到氯化亚铜沉淀和含有的硫酸亚铁、硫酸钾滤液，隔绝空气条件下，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到K 2Fe(SO 4)2?6H 2O 晶体。

【详解】

（1）由流程图可知，向电镀废水中加碱，Cu 2+、Fe 3+与碱反应生成氢氧化铁和氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铜的电镀污泥，故答案为：Fe(OH)3、Cu(OH)2； （2）由CuCl 产率与pH 的关系图可知，制备CuCl 时的最佳pH 是3.5左右，故答案为：

3.5；

（3）对CuCl 产率探究时发现反应①在隔绝空气条件下进行时CuCl 产率较高，说明氯化亚铜具有还原性，能被空气中的氧气氧化，故答案为：还原；

（4）反应①为调节溶液pH 和反应温度使硫酸铜与铁、氯化钾反应生成了硫酸亚铁、硫酸钾和氯化亚铜，反应的化学方程式为2CuSO 4+Fe+2KCl=2CuCl ↓+FeSO 4+K 2SO 4，故答案为：2CuSO 4+Fe+2KCl=2CuCl ↓+FeSO 4+K 2SO 4；

（5）隔绝空气条件下，含有硫酸亚铁、硫酸钾的滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体，故答案为：蒸发、冷却结晶、过滤(洗涤)、干燥； （6）由题意可知，结晶水的物质的量为（4.34-3.26）g

18g/mol =0.06mol ，由加入足量BaCl 2溶液,得到

硫酸钡沉淀质量为2.33g 可知硫酸根的物质的量为 2.33g 233g/mol ×2=0.02mol ，由加入足量NaOH

溶液后，加热、灼烧得红色粉末0.4g 可知亚铁离子的物质的量为0.4g 160g/mol ×2×2=0.01mol ，则钾离子的物质的量为0.0296-0.0156）（3.26-g

39g/mol ??=0.02mol ，n (K +)：n (Fe 2+)：n (SO 42—)；

n (H 2O )=0.02mol ：0.01mol ：0.02mol ：0.06mol=2:1:2:6，晶体的化学式为K 2Fe(SO 4)2?6H 2O ，故答案为：K 2Fe(SO 4)2?6H 2O 。

8．在食品行业中，N 2O 可用作发泡剂和密封剂。

（1）N 2O 是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，NH 3与O 2在加热和催化剂的作用下生成N 2O 的化学方程式为___。

（2）N 2O 和NO 是环境污染性气体。这两种气体会发生反应：N 2O(g)＋CO(g)=CO 2(g)＋N 2(g)，“Fe ＋”常用作该反应的催化剂。其总反应分两步进行：

第一步为Fe ＋＋N 2O ＝FeO ＋＋N 2；第二步为___(写方程式)，第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第二步反应的活化能___(填“大于”“小于”或“等于”)第一步反应活化能。

（3）在四个恒容密闭容器中充入相应量的气体(图甲)，发生反应2N2O(g)=2N2(g)＋O2(g) △H，容器I、II、III中N2O的平衡转化率如图乙所示：

①该反应的△H___(填“>”或“<”)0。

②容器Ⅳ与容器III的体积均为1L，容器Ⅳ中的物质在470℃下进行反应，起始反应速率：v正(N2O)___v逆(N2O)(填“>”“<”或“＝”)。

③已知容器I的体积为10L370℃时，该反应的平衡常数K=___。

【答案】2NH3+2O2=N2O+3H2O FeO++CO=Fe++CO2( 小于＞＜ 8.9×10-4或

1 1125

【解析】

【分析】

(1)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O，类似于生成NO的反应，同时生成水；

(2)总反应分两步进行Fe+N2O=FeO+N2，根据催化剂定义，第一步生成中间产物，第二步反应中，中间产物(FeO+)氧化CO生成CO2本身被还原成Fe+，根据催化剂定义，第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率；

(3)①升高温度，向吸热方向进行，据此进行分析；

②恒温条件下，缩小体积，平衡向气体总物质的量减小的方向移动；

③根据方程式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算。

【详解】

(1)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O和水，反应的化学方程式为

2NH3+2O2N2O+3H2O；

(2)总反应分两步进行Fe+N2O=FeO+N2，根据催化剂定义，第一步：Fe++N2O═FeO++N2，第二步反应中，中间产物(FeO+)氧化CO生成CO2本身被还原成Fe+，FeO++CO=Fe++CO2，第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率，第二步反应速率大于第一步反应速率，则第二步反应活化能小于第一步反应的活化能；

(3)①升高温度，N2O的转化率升高，则向正反应方向进行，则正反应为吸热反应，则△H＞0；

②根据题给图像可知，同一温度下，从I、II、III变化中，一氧化二氮的转化率减小，因此Ⅳ中一氧化二氮转化率也是减小；容器Ⅳ的体积为1L，容器Ⅳ中的物质也在470℃下进行反应，则缩小体积，压强增大，平衡向逆方向移动，即起始反应速率：v正(N2O)＜v逆(N2O)；

③容器I的体积为10 L，370℃时，N2O的转化率为40%；

222+0.01000.0040.0040.002

0.0060.0040.002

22///N O g N g O g mol L mol L mol L ?（）（）（）

起始（）变化（）平衡（） 所以K=

()2222222()()0.0040.0020.006

c N c O c N O ?==8.9×10-4。

9．草酸亚铁晶体(FeC 2O 4·

2H 2O)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 )180M =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Fe3O4，因此FeC2O4·2H2O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+O2Δ

2Fe3O4；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FeSO4，为了防止其Fe2+水解和Fe2+被氧化，要加适量的硫酸和铁粉，才能得到FeSO4·7H2O，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Fe2O3、SO2、SO3、H2O；故答案为：FeSO4·7H2O；

2FeSO4·7H2O Δ

Fe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O。

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NH 3和NaClO ，生成物为N 2、NaCl 2和H 2O ，因此该反应的化学方程式为：2NH 3＋3NaClO=N 2＋3NaCl ＋3H 2O ；

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NH 3被氧化成NO 2-或NO 3- ， 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．高锰酸钾是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。可将软锰矿(主要成分为MnO 2)和KClO 3在碱性介质中制得K 2MnO 4，然后通入CO 2制备高锰酸钾。已知：

(1)制备锰酸钾的主要反应为：3MnO 2+6KOH+KClO 3=3K 2MnO 4+KCl+3H 2O

①该反应中的氧化剂是_____________，还原剂是_____________。

②每生成 1mol K 2MnO 4转移_______ mol 电子。

(2)通入少量CO 2气体时，锰酸钾发生歧化反应，生成KMnO 4，MnO 2，K 2CO 3。 ①则生成的 KMnO 4与MnO 2的物质的量之比为__________。

②若CO 2过量会生成KHCO 3，导致得到的KMnO 4产品的纯度降低，其原因是

______________________________，可以把通CO 2改为加其他的酸。从理论上分析，选用下列酸中_______，得到的产品纯度更高。

A ．醋酸

B ．浓盐酸

C ．稀硫酸

【答案】KClO 3 MnO 2 2 2:1 KHCO 3的溶解度比K 2CO 3小很多，滤液蒸发浓缩时KHCO 3会随KMnO 4一起结晶析出 A

【解析】

【分析】

（1）232423MnO +6KOH+KClO =3K MnO +KCl+3H O 该反应中，锰元素化合价升高，故2MnO 是还原剂，氯元素化合价降低；

（2）①根据题目信息可以写出方程式为：24242233K MnO +2CO =2KMnO +MnO +2K CO ； ②根据题目中的溶解度信息可以发现3KHCO 的溶解度比23K CO 小很多，故滤液蒸发浓缩

时3KHCO 会随4KMnO 一起结晶析出；盐酸具有还原性，能够还原高锰酸钾，加入醋酸生成醋酸钾，醋酸钾的溶解度比硫酸钾大的多，蒸发浓缩时会留在母液中，加入硫酸生成的硫酸钾溶解度小，会和高锰酸钾一起结晶析出而有杂质。

【详解】

（1）232423MnO +6KOH+KClO =3K MnO +KCl+3H O 该反应中，锰元素化合价升高，故2MnO 是还原剂，氯元素化合价降低，故3KClO 是氧化剂，该反应转移电子数是6，即生成3个锰酸钾转移6个电子，故每生成 1mol 24K MnO 转移2 mol 电子；

答案为：3KClO ；2MnO ；2；

（2）①根据题目信息可以写出方程式为：24242233K MnO +2CO =2KMnO +MnO +2K CO ，故生成的4KMnO 与2MnO 的物质的量之比为2:1；

②根据题目中的溶解度信息可以发现3KHCO 的溶解度比23K CO 小很多，故滤液蒸发浓缩时3KHCO 会随4KMnO 一起结晶析出；盐酸具有还原性，能够还原高锰酸钾，加入醋酸生成醋酸钾，醋酸钾的溶解度比硫酸钾大的多，蒸发浓缩时会留在母液中，加入硫酸生成的硫酸钾溶解度小，会和高锰酸钾一起结晶析出而有杂质，故选择醋酸；

答案为： 2:1 ；3KHCO 的溶解度比23K CO 小很多，滤液蒸发浓缩时3KHCO 会随4KMnO 一起结晶析出；A 。

【点睛】

高锰酸根能够将氯离子氧化为氯气：--+2+4222MnO +10Cl +16H =2Mn +5Cl +8H O 。

12．某工业废玻璃粉末含SiO 2、Fe 2O 3、CeO 2、FeO 等。某课题小组设计如下工艺流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4和硫酸铁铵矾。

已知：CeO 2不溶于稀硫酸；酸性条件下，Ce 3+易水解，Ce 4+有较强氧化性。

（1）硫酸铁铵矾可净水，其原理是（写离子方程式）

________________________________。

（2）滤液A 的主要成分_______________（填写化学式）。

（3）反应①的离子方程式是_____________________________。

（4）反应②的化学反应方程式是__________________________。

（5）已知制硫酸铁铵矾晶体［Fe2(SO4) 3·(NH4) 2SO4·24H2O，式量964］的产率为80%，若加入13.2g (NH4) 2SO4（式量132），可制得晶体的质量是_________。

（6）化合物HT可作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，过程表示为：

Ce 2(SO4)3(水层)+ 6HT(有机层)2CeT3 (有机层）+3H2SO4(水层)

分液得到CeT3(有机层），再加入H2SO4 获得较纯的含Ce3+的水溶液。可选择硫酸作反萃取剂的原因是___（从平衡移动角度回答）。

【答案】Fe3++3H 2O Fe(OH)3（胶体）+3H+ Na2SiO3 2CeO2 + H2O2+ 6H+=2Ce3++O2↑+4 H2O 4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4 77.12g 加入硫酸，可使平衡向左进行，使Ce3+进入水层（或答加入硫酸，平衡左移）

【解析】

【分析】

废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等)加入氢氧化钠溶液，SiO2能和NaOH反应生成Na2SiO3，滤液A中含有Na2SiO3，滤渣A中含有Fe2O3、CeO2、FeO，向滤渣中加入稀硫酸，Fe2O3和FeO溶于稀硫酸，而CeO2不溶于稀硫酸，滤液B中含有硫酸铁和硫酸亚铁，氧化硫酸亚铁为硫酸铁，再加入硫酸铵溶液，得到硫酸铁铵矾。滤渣B中含有CeO2，加入稀硫酸提供酸性环境，用H2O2还原CeO2得到含Ce3+的溶液，然后加碱得到Ce(OH)3悬浊液，最后用氧气氧化得到Ce(OH)4。

【详解】

（1）硫酸铁铵矾溶于水电离出Fe3＋，Fe3＋水解生成Fe(OH)3胶体，能吸附水中的悬浮物，达到净水的目的，其原理用离子方程式表示为Fe3＋＋3H 2O Fe(OH)3(胶体)＋3H＋。（2）工业废玻璃粉末含有的成分为SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等，与NaOH溶液反应，SiO2与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，其余均不反应，所以滤液A的主要成分是Na2SiO3。（3）CeO2不溶于稀硫酸，根据流程图可知，滤渣B为CeO2，CeO2与稀硫酸、H2O2反应生成含Ce3＋的溶液，Ce元素得电子，则H2O2中氧元素失电子生成氧气，根据化合价升降总数相等和原子守恒配平，则反应①的离子方程式是2CeO2＋H2O2＋6H＋= 2Ce3＋＋O2↑＋4

H2O。

（4）反应②为加热Ce(OH)3的悬浊液得到Ce(OH)4，Ce元素的化合价由＋3价失电子生成＋4价的Ce，则空气中的氧气得电子生成-2价OH－，根据化合价升降总数相等和原子守恒配平，化学反应方程式为4Ce(OH)3＋O2＋2H2O = 4Ce(OH)4。

（5）13.2g (NH4) 2SO4（式量132）的物质的量为0.1mol，根据氮守恒，理论上生成的硫酸铁铵矾晶体［Fe2(SO4) 3·(NH4) 2SO4·24H2O，式量964］的物质的量也是0.1mol，其产率为80%，所以实际生成的硫酸铁铵矾晶体的物质的量为0.08mol，为

0.08mol×964g/mol=77.12g。

（6）根据Ce 2(SO4)3(水层)＋ 6HT(有机层)2CeT3 (有机层)＋3H2SO4(水层)，加入硫酸，可使平衡向左进行，使Ce3＋进入水层。

13．(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＋

14．氨氮（水中以NH3和NH4+形式存在的氮）含量是环境水体污染的一项重要指标，其氧化过程会造成水体中溶解氧浓度降低，导致水质下降，影响水生动植物的生长。

（1）水中NH3和NH4+两者的浓度比取决于水体的pH和水温。当pH偏高时，___比例较高，原因是___（请用离子方程式表示）。

（2）空气吹脱法是目前消除NH3对水体污染的重要方法。在一定条件下，向水体中加入适量NaOH充分反应后，再向水中通入空气，可增大NH3的脱除率，用平衡移动原理解释其原因：___。

（3）在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的NH3能够被O2氧化生成亚硝酸(HNO2)。___NH3＋__O2→__HNO2＋__________

①请将上述化学方程式补充完整，并配平。

②反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___。

③若反应中有0.6mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为___。

（4）水中溶氧量（DO）是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示。DO的测定原理如下：

①2Mn2++O2+4OH-→2MnO(OH)2↓

②MnO(OH)2+2I-+4H+→Mn2++I2+3H2O

③2S2O32-+I2→S4O62-+2I-

某小组同学取100.00mL水样经反应①和②后，取出20.00mL溶液，以淀粉作指示剂，用amol/LNa2S2O3溶液进行滴定，终点现象为___；滴定消耗Na2S2O3溶液bmL，水样的

DO=____mg/L。

【答案】NH3 NH4＋+OH-→NH3+H2O 氨在水中存在平衡：NH3＋

H 2O NH3·H2O NH4+＋OH-，加入NaOH后OH-浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除 2 3 2 2 H2O 3：2 4.7克当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化 400ab

【解析】

【分析】

(1)结合氨水中存在NH 3 + H2O NH3·H2O NH4+＋OH－分析；

(2)结合NH3+H2O NH3?H2O NH4++OH-及平衡移动分析；

(3)氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，由质量守恒定律可知还生成水，根据电子守恒和原子守恒配平；结合元素化合价的变化分析并计算；

(4)碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点，结合反应的定量关系计算水样中溶解氧的含量，

2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2，MnO(OH)2+2I-+4H+=I2+Mn2++3H2O，2S2O32-+I2═2I-+S4O62-，得到O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O32-。

【详解】

(1)由氨水中存在NH 3 + H2O NH3·H2O NH4+＋OH－可知，当pH偏高，即c(OH-)较大时，平衡逆向移动，NH3的比例较高，发生反应的离子方程式为NH4＋+OH-=NH3+H2O；(2)在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，是因氨在水中存在平衡为NH 3+H2O NH3?H2O NH4++OH-，加入NaOH后OH-浓度增大平衡逆向移动，故