高考化学氧化还原反应的综合题试题

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）

1．亚氯酸钠（NaClO2）是二氧化氯（ClO2）泡腾片的主要成分。实验室以氯酸钠（NaClO3）为原料先制得ClO2，再制备NaClO2粗产品，其流程如图：

已知：①ClO2可被NaOH溶液吸收，反应为2ClO2+2NaOH=NaClO3+NaClO2+H2O。

②无水NaClO2性质稳定，有水存在时受热易分解。

（1）反应Ⅰ中若物质X为SO2，则该制备ClO2反应的离子方程式为___。

（2）实验在如图-1所示的装置中进行。

①若X为硫磺与浓硫酸，也可反应生成ClO2。该反应较剧烈。若该反应在装置A的三颈烧瓶中进行，则三种试剂（a.浓硫酸；b.硫黄；c.NaClO3溶液）添加入三颈烧瓶的顺序依次为___（填字母）。

②反应Ⅱ中双氧水的作用是___。保持反应时间、反应物和溶剂的用量不变，实验中提高ClO2吸收率的操作有：装置A中分批加入硫黄、___（写出一种即可）。

（3）将装置B中溶液蒸发可析出NaClO2，蒸发过程中宜控制的条件为___（填“减压”、“常压”或“加压”）。

（4）反应Ⅰ所得废液中主要溶质为Na2SO4和NaHSO4，直接排放会污染环境且浪费资源。为从中获得芒硝（Na2SO4·10H2O）和石膏（水合硫酸钙），请补充完整实验方案：___，将滤液进一步处理后排放（实验中须使用的试剂和设备有：CaO固体、酚酞、冰水和冰水浴）。已知：CaSO4不溶于Na2SO4水溶液；Na2SO4的溶解度曲线如图?2所示。

【答案】2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42- cab 作还原剂水浴加热时控制温度不能过高（或加一

个多孔球泡等）减压向废液中分批加入适量CaO固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚酞，至溶液呈浅红色时停止加入CaO。静置后过滤，用水洗涤沉淀2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至32.4℃以下，接近0℃，过滤，所得晶体用冰水洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝

【解析】

【分析】

用二氧化硫将NaClO3还原制得ClO2，ClO2和NaOH反应制得NaClO3和NaClO2，再用过氧化氢将NaClO3还原成NaClO2制得NaClO2粗品。

【详解】

（1）SO2作还原剂，S化合价升高2，被氧化成SO42-，ClO3-作氧化剂，被还原成ClO2，Cl 化合价降低1，结合电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒可书写离子方程式：2ClO3-

+SO2═2ClO2+SO42-，故答案为：2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-；

（2）①反应剧烈，浓硫酸只能在最后添加，结合流程图可知先加NaClO3，所以顺序为：先加NaClO3，再加S，最后加浓硫酸，故答案为：cab；

②反应Ⅱ中NaOH和ClO2反应生成NaClO3和NaClO2，过氧化氢的作用是将NaClO3还原成NaClO2，过氧化氢会分解，温度不宜太高，所以控制A中水浴加热时温度不过高，或者在B中搅拌、或者加一个多孔球泡，故答案为：作还原剂；水浴加热时控制温度不能过高（或加一个多孔球泡等）；

（3）无水NaClO2性质稳定，有水存在时受热易分解，应该减压，让水分尽快蒸发，故答案为：减压；

（4）加入一定量CaO使NaHSO4反应成CaSO4，为了保证NaHSO4反应完，所加CaO需稍过量，CaO过量溶液就显碱性了，可以用酚酞作指示剂，当溶液变为浅红色时停止加CaO，CaSO4不溶于Na2SO4水溶液，此时可用过滤、洗涤的方法得到石膏，此时滤液为

Na2SO4溶液，还不是芒硝，从图上看，可将温度调整32.4℃以下，形成芒硝，析出芒硝晶体，过滤、洗涤、干燥就可得芒硝了，为了使芒硝产率较高，可用冰水洗涤，降低因溶解损失的量，故答案为：向废液中分批加入适量CaO固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚酞，至溶液呈浅红色时停止加入CaO。静置后过滤，用水洗涤沉淀2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至32.4℃以下，接近0℃，过滤，所得晶体用冰水洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝。

【点睛】

结合图像，温度低于32.4℃以下，硫酸钠结晶得到芒硝，温度降低，芒硝的溶解度减小，可用冰水洗涤减小损失率。

2．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H 2SO 4溶液与Na 2SO 3固体反应制备SO 2反应的化学方程式为_______。c 中试剂为_______

(2)实验中要控制SO 2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SO 2不能过量，原因是_______ 实验Ⅱ：探究Na 2S 2O 3与金属阳离子的氧化还原反应。 资料：Fe 3++3S 2O 32-?Fe(S 2O 3)33-(紫黑色) 装置 试剂X 实验现象

Fe 2(SO 4)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Fe 3+被S 2O 32-还原为Fe 2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe 2+。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Na 2S 2O 3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K 2Cr 2O 7(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 -+Cr 2O 72-+14H + = 3I 2+2Cr 3++7H 2O ，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na 2S 2O 3溶液滴定，发生反应I 2+2S 2O 32- = 2I - + S 4O 62-，三次消耗 Na 2S 2O 3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 24232422H SO Na SO Na SO H O =SO +++↑ 硫化钠和碳酸钠的混合液 调节酸的滴加速度 若 SO 2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(S 2O 3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe 3+与S 2O 32- 氧化还原反应的程度大，导致Fe 3++3S 2O 32-?Fe(S 2O 3)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Na 2SO 3反应生成SO 2，所以方程式为：24232422H SO Na SO Na SO H O =SO +++↑；c 中是制备硫代硫酸钠的反应，SO 2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SO 2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SO 2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO 2过量，溶液显酸性，产物会发生分解；

(4)检验Fe 2+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Fe 2+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3233Fe(S O )-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Fe 3+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：①2327226I Cr O 14H =3I 2Cr

7H O --++++++；②2222346=I 2S O 2I S O ---++；反应①I -被氧化成I 2，反应②中第一步所得的I 2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227Cr O -得电子总数就与消耗的

223S O -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滴定。所以假设c (Na 2S 2O 3)=a mol/L ，列电子得失守恒式：10.58806=a 0.02513294

?

???，解得a=0.1600mol/L 。

3．碳酸亚铁可用于制备补血剂。某研究小组制备了 FeCO 3，并对 FeCO 3 的性质和应用进行

了探究。 已知：①FeCO 3 是白色固体，难溶于水②Fe 2＋+6SCN -Fe(SCN)64-(无色)

Ⅰ. FeCO 3 的制取（夹持装置略）

实验i ：

装置 C 中，向 Na 2CO 3 溶液（pH ＝11.9）通入一段时间 CO 2 至其 pH 为 7，滴加一定量 FeSO 4 溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到 FeCO 3 固体。

(1)试剂 a 是_____。

(2)向 Na 2CO 3 溶液通入 CO 2 的目的是_____。

(3)C 装置中制取 FeCO 3 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 CO 2，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

HCO 3-的浓度，抑制CO 32-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Na 2CO 3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO 2至其pH 为7，此时溶液中溶质主要为NaHCO 3，再滴加FeSO 4溶液，有FeCO 3沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCO 3- + Fe 2+=FeCO 3↓+CO 2↑+H 2O ，故答案为：2HCO 3- + Fe 2+=FeCO 3↓+CO 2↑+H 2O ；

(4)FeCO 3沉淀能溶解在CO 2的水溶液中，生成可溶于水的Fe(HCO 3)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．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：

（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

。

5．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：2LiCoO 2+6H ++H 2O 2=2Co 2++O 2↑+2Li ++4H 2O ；

(3)1molH 2O 2作为还原剂转移2mol 电子，1molNa 2S 2O 3作为还原剂转移8mol 电子，则Na 2S 2O 3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H 2SO 4浓度等；

(5)分离Co 2+和Ni 2+时，由于Co 2+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H 2SO 4；

(7)c (Ni 2+)=1.1859mol/L=0.02mol/L ，则开始沉淀时，c (OH -)＝()sp 2Ni OH ()

0.02

K =15200210.-?=10-6.5mol/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。

6．铋酸钠（NaBiO 3）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 NaBiO 3

Bi(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Cl 2反应生成NaBiO 3，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Cl 2以免污染空气。除去Cl 2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Mn 2+

（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Mn 2+。

①产生紫红色现象的离子方程式为___；

②某同学在较浓的MnSO 4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（MnO 2）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。

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 -=2FeO 42-+3Cl -+5H 2O ；

(6)Cu 3P 中P 元素化合价为-3，H 3PO 4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CuSO 4中的+2降低为Cu 3P 中+1，所以CuSO 4也是氧化剂，即氧化剂为P 、CuSO 4；当有2mol H 3PO 4生成，转移的电子的物质的量为2mol×(+5-0)=10mol 。

8．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)33

x x x --= ，得x =6， 故反应前氯气和氨气的物质的量之比为

61126x 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 13107

100L 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 。

9．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-)；

10．大气污染越来越成为人们关注的问题，烟气中的NO x必须脱除（即脱硝）后才能排放，脱硝的方法有多种。

完成下列填空：

Ⅰ直接脱硝

（1）NO在催化剂作用下分解为氮气和氧气。在10L密闭容器中，NO经直接脱硝反应时，其物质的量变化如图1所示。则0～5min内氧气的平均反应速率为___mol/（L?min）。

Ⅱ臭氧脱硝

（2）O3氧化NO结合水洗可完全转化为HNO3，此时O3与NO的物质的量之比为___。

Ⅲ氨气脱硝

（3）实验室制取纯净的氨气，除了氯化铵外，还需要___、___（填写试剂名称）。不使用碳酸铵的原因是___（用化学方程式表示）。

（4）吸收氨气时，常使用防倒吸装置，图2装置不能达到此目的是___。

NH3脱除烟气中NO的原理如图3：

（5）该脱硝原理中，NO最终转化为___（填化学式）和H2O。当消耗1molNH3和

0.25molO2时，除去的NO在标准状况下的体积为___L。

【答案】0.015 1：2 消（熟）石灰碱石灰（NH4）2CO32NH3↑+CO2↑+2H2O d N2 22.4L

【解析】

【分析】

(1)由图象得到NO物质的量变化，计算得到氧气物质的量变化，结合化学反应速率概念计

算V＝

c

t

?

?

；

(2)O3氧化NO 结合水洗可完全转化为HNO3，反应的化学方程式为：O3+2NO+H2O＝

2HNO3；

(3)实验室利用固体氯化铵和氢氧化钙加热反应生成，氨气是碱性气体，干燥需要碱性干燥剂，不使用碳酸铵的原因是碳酸铵加热生成氨气同时会生成二氧化碳气体；

(4)氨气极易溶于水，在水溶液中易发生倒吸，根据气体压强的知识进行分析；

(5)①由图3可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水；

②根据氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量计算。

【详解】

(1)在10L密闭容器中，NO经直接脱硝反应时，其物质的量变化如图1所示，NO在5min 内变化物质的量8.0mol﹣6.5mol＝1.5mol，NO在催化剂作用下分解为氮气和氧气，2NO＝

O2+N2，生成氧气物质的量0.75mol，则0～5min内氧气的平均反应速率＝0.75

1

5in

m

mol

L＝

0.015mol/L?min；

(2)O3氧化NO 结合水洗可完全转化为HNO3，反应的化学方程式为：O3+2NO+H2O＝

2HNO3，此时O3与NO的物质的量之比为1：2；

(3)实验室利用固体氯化铵和氢氧化钙加热反应生成，氨气是碱性气体，干燥需要碱性干燥剂，实验室制取纯净的氨气，除了氯化铵外，还需要消(熟)石灰、碱石灰，不使用碳酸铵的原因是碳酸铵加热生成氨气同时会生成二氧化碳气体，反应的化学方程式为：

(NH4)2CO32NH3↑+CO2↑+2H2O；

(4)装置abc中都有一个容积较大的仪器，它们能够吸收较多的液体，从而不会使倒吸的液体进入前面的装置，可以防止倒吸，d中导气管插入到水中，氨气极易溶于水，易引起倒吸，不能防倒吸，应是四氯化碳在下层，水在上层，防止倒吸且能吸收氨气，故答案为：d；

(5)①由图3可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水，所以NO最终转化为N2和H2O；

②氧气、一氧化氮和氨气反应生成氮气和水，反应中氨气失去的电子的物质的量等于NO 和氧气得到的电子总物质的量，2mol NH3转化为N2失去6mol电子，0.25mol O2得到1mol 电子，则NO转化为N2得到的电子为2mol，所以NO的物质的量为1mol，其体积为22.4L。

11．根据方程式3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，回答下列问题：

（1）用双线桥法表示电子的转移的方向及数目___。

（2）该反应中的氧化剂是___，还原剂是__。

（3）该反应中的氧化产物是__，还原产物是__。

（4）该反应中体现了稀硝酸的性质有__、__。

（5）将其改为离子反应方程式__。

（6）该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__。

（7）若反应中转移的电子的物质的量是0.9mol，则生成NO的体积为__（标准状况），被还原的硝酸为__mol。

（8）H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O，在该反应中每一摩尔H2SO4参加反应，转移的电子的物质的量为____。

【答案】硝酸铜硝酸铜 NO 酸性氧化

性 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O 2：3 6.72 0.3 2mol

【解析】

【分析】

用双线桥表示电子转移，首先找出反应物、生成物的变价元素，桥上标电子的得与失，

，依据元素化合价的变化从中找出氧化剂是

HNO3、还原剂是Cu、氧化产物是Cu(NO3)2、还原产物是NO，硝酸在反应中起到酸性和氧化性，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3；另外根据同种元素不同价态之间若发生氧化还原反应，元素的化合价只靠近不交叉，H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O该反应中每一摩尔H2SO4参加反应，转移的电子的物质的量为2 mol。

【详解】

（1）3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O是氧化还原反应，反应中失电子的元素是铜元素，化合价升高，得电子的元素是氮元素，化合价降低，用双线桥法表示电子的转移的方

向及数目为：；

（2）氧化剂指在反应中得到电子化合价降低的反应物；还原剂指在反应中失去电子化合价升高的反应物。反应中反应物的铜元素的化合价是0价，生成物Cu(NO3)2中铜元素的化合价为+2价，铜元素化合价升高，故Cu是还原剂；反应中反应物HNO3中氮元素的化合价为+5价，生成物NO中氮元素的化合价为+2价，氮元素化合价降低，故HNO3是氧化剂；（3）氧化剂HNO3在反应中得到电子，被还原生成NO，故NO是还原产物；还原剂Cu在反应中失去电子，被氧化生成Cu(NO3)2，故是Cu(NO3)2氧化产物；

（4）在反应中反应物HNO3，一部分被还原为NO，一部分HNO3中的氮元素没有改变，并且以NO3- 形式存在，故该反应中体现了浓硝酸的性质有酸性、氧化性；

（5）Cu(NO3)2、HNO3都是易溶于水的强电解质，书写离子方程式时拆成离子的形式，Cu 是单质、NO是氧化物并且还是非电解质、H2O是氧化物并且是弱电解质，所以书写离子方程式时写成化学式，故铜与稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-

=3Cu2++2NO↑+4H2O；

（6）在反应中硝酸一部分起到氧化剂作用、一部分起到酸性作用，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3；

（7）在反应中每生成一个NO转移3个电子，当反应中转移的电子的物质的量是0.9mol，生成NO的物质的量为：0.9 mol ÷3=0.3 mol，则标准状况下生成NO的体积为：

0.3 mol×22.4L·mol-1= 6.72L；

（8）H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O，同种元素不同价态之间若发生氧化还原反应，元素的化合价只靠近不交叉，故H2SO4→2e-→SO2，所以该反应中每一摩尔H2SO4参加反应，转移的电子的物质的量为2 mol。÷

【点睛】

本题考查氧化还原反应中的氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物、电子转移的表示形式，以及同种元素不同价态之间若发生氧化还原反应，元素的化合价只靠近不交叉等知识点，这些知识点考生应该熟练掌握。

12．（1）已知2P4+9KOH+3H2O═3K3PO4+5PH3反应中氧化剂是______；氧化剂与还原剂物质的量之比是_________；氧化产物是____________。

（2）请用双线桥法标出下列反应电子转移的方向和数目10Al+6NaNO3 +4NaOH═10NaAlO2 +3N2↑+2H2O______________________

（3）Mn2+、Bi3+、BiO3﹣、MnO4﹣、H+、H2O组成的一个氧化还原系统中，发生BiO3﹣→Bi3+的反应过程，据此回答下列问题①该氧化还原反应中，被还原的元素是____________。

②请将氧化剂、还原剂的化学式及配平后的方程式填入下列相应的位置中，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目_______________________________________。

【答案】P4 5:3 K3PO4 Bi

【解析】

【分析】

(1)在2P4+9KOH+3H2O═3K3PO4+5PH3反应中P元素的化合价既升高，又降低；

(2)该反应中Al元素化合价由0价变为+3价、N元素化合价由+5价变为0价，该反应中转移电子数为30，电子由Al转给硝酸钠；

(3)①该反应中Bi元素化合价由+5价变为+3价，则Mn元素化合价由+2价变为+7价，失电子的元素被氧化、得电子的元素被还原；

②该反应中Bi元素化合价由+5价变为+3价，则Mn元素化合价由+2价变为+7价，转移电子数为10，电子由Mn2+转给BiO3-。

【详解】

(1)在2P4+9KOH+3H2O═3K3PO4+5PH3反应中P元素的化合价从0价升高为+5价，同时从0价降为-3价，则P4既是氧化剂，又是还原剂；且氧化剂与还原剂物质的量之比是5:3，氧化产物是K3PO4；

(2)该反应中Al元素化合价由0价变为+3价、N元素化合价由+5价变为0价，该反应中转移电子数为30，电子由Al转给硝酸钠，其转移电子方向和数目