备战高考化学培优 易错 难题(含解析)之氧化还原反应及答案解析

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）

1．常温下，三硫代碳酸钠(Na 2CS 3)是玫瑰红色针状固体，与碳酸钠性质相近。在工农业生产中有广泛的用途。某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。 实验一：探究Na 2CS 3的性质

(1)向Na 2CS 3溶液中滴入酚酞试液，溶液变红色。用离子方程式说明溶液呈碱性的原因_________。

(2)向Na 2CS 3溶液中滴加酸性KMnO 4溶液，紫色褪去。该反应中被氧化的元素是__________。

实验二：测定Na 2CS 3溶液的浓度

按如图所示连接好装置，取50.0mLNa 2CS 3溶液置于三颈瓶中，打开分液漏斗的活塞，滴入足量2.0mol/L 稀H 2SO 4，关闭活塞。

已知：Na 2CS 3 + H 2SO 4＝Na 2SO 4+ CS 2 + H 2S↑。CS 2和H 2S 均有毒。CS 2不溶于水，沸点46℃，密度1.26g/mL ，与CO 2某些性质相似，与NaOH 作用生成Na 2COS 2和H 2O 。

(1)盛放碱石灰的仪器的名称是_______，碱石灰的主要成分是______(填化学式)。

(2)C 中发生反应的离子方程式是____________。

(3)反应结束后打开活塞K ，再缓慢通入N 2一段时间，其目的是_________。

(4)为了计算Na 2CS 3溶液的浓度，对充分反应后B 中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得8.4g 固体，则三颈瓶中Na 2CS 3的物质的量浓度为______。

【答案】CS 32- +H 2O ?HCS 3-+OH - S 干燥管 CaO 和NaOH CS 2 +2OH - ＝COS 22-+H 2O 将装置中残留的的H 2S 、CS 2全部排入后续装置中，使其被完全吸收 1.75mol/L

【解析】

【分析】

实验一：(1)Na 2CS 3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na 2CS 3是强碱弱酸盐；

(2)根据Na 2CS 3中元素化合价是否是该元素的最高价态来进行判断；

实验二：(1)根据仪器的图形判断仪器的名称；碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；

(2)A 中生成的CS 2可与NaOH 作用生成Na 2COS 2和H 2O ；

(3)反应结束后打开活塞k ，再缓慢通入热N 2一段时间是把生成的硫化氢和二硫化碳全部赶入后面装置完全吸收；

(4)当A 中反应完全后，打开K 缓慢通入热N 2一段时间，然后对B 中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g 黑色固体，n (CuS)＝96g 8.4g /mol

＝0.0875mol ，根据关系式

Na 2CS 3～H 2S ～CuS 得n (Na 2CS 3)＝n (CuS)＝0.0875mol ，根据c ＝n V 计算A 中Na 2CS 3溶液的浓度。

【详解】 实验一：(1)Na 2CS 3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na 2CS 3是强碱弱酸盐，则CS 32-在水中发生水解，离子方程式为：CS 32- +H 2O ?HCS 3-+OH -；

(2)Na 2CS 3中Na 为+1价，C 为+4价，都是元素的最高价态，不能被氧化，S 为-2价，是硫元素的低价态，能够被氧化，所以被氧化的元素是S ；

实验二：(1)盛放碱石灰的仪器为干燥管，碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；

(2)A 中生成的CS 2可与NaOH 作用生成Na 2COS 2和H 2O ，相关离子方程式为：CS 2 +2OH - ＝COS 22-+H 2O ；

(3)反应结束后打开活塞k ，再缓慢通入热N 2一段时间，其目的是：将装置中的H 2S 全部排入B 中被充分吸收；将装置中的CS 2全部排入C 中被充分吸收；

(4) 当A 中反应完全后，打开K 缓慢通入热N 2一段时间，然后对B 中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g 黑色固体，n (CuS)＝96g 8.4g /mol

＝0.0875mol ，根据关系式Na 2CS 3～H 2S ～CuS 得n (Na 2CS 3)＝n (CuS)＝0.0875mol ，c (Na 2CS 3)＝

0.0875mol 0.05L ＝1.75mol/L 。

2．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SO 2Cl 2，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SO 2和Cl 2的利用率，可能的原因是___（用化学方程式表示）。 （2）SOCl 2水解后无残留物，较SO 2Cl 2是更好的脱水剂。乙同学设计实验利用SOCl 2和ZnCl 2?xH 2O 制取无水ZnCl 2。

①解释SOCl 2在该实验中的作用是___（写出两点）。

②实验室常用NaOH 溶液吸收SOCl 2，该反应的离子方程式是___。

（3）乙同学认为SOCl 2还可用作由FeCl 3?6H 2O 制取无水FeCl 3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SOCl 2和FeCl 3?6H 2O 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

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：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；故答案为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；（2）①氯化锌会水解，SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解，SOCl2在该实验中的作用是：SOCl2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：SOCl2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SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成，反应的离子方程式：SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O；故答案为：SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O；

（3）①SOCl2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：SOCl2+2FeCl3?6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O，故答案为：SOCl2+2FeCl3?6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O；

②SOCl2和FeCl3?6H2O反应后的混合物的主要成分是FeCl3，若发生副反应，还有FeSO4和FeCl2。由于SOCl2为液体，所以在固体混合物中没有SOCl2。取少量SOCl2和FeCl3?6H2O反应后的混合物于试管中，加水溶解，溶液中一定有FeCl3，还可能有FeSO4和FeCl2，若要证明有副反应发生，只需证明溶液中有Fe2+或SO42-即可。

A．加入过量稀HNO3，再滴加几滴AgNO3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HNO3，再滴加几滴BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明溶液中有SO42-，能证明有副反应发生，故B正确；

C．滴加几滴BaCl2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，

D．滴加几滴酸性KMnO4溶液，Fe2+具有还原性，可以使酸性KMnO4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Fe3+，溶液会变红，无法证明Fe2+的存在，故E 错误；

故答案为：BCD。

3．过氧乙酸(CH3COOOH)是一种高效消毒剂，具有很强的氧化性和腐蚀性，它可由冰醋酸与过氧化氢在一定条件下制得；它可以迅速杀灭多种微生物，包括多种病毒(如：SARS病毒、禽流感病毒)、细菌、真菌及芽孢。下面是市售过氧乙酸商品标签：

有关资料：H2O2是极弱的电解质，在酸性介质中才能稳定存在，是一种强氧化剂。过氧乙酸消毒液是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SO4混合后，反应生成过氧乙酸

(CH3COOOH)。CH3COOOH容易放出氧原子，它与空气中微生物机体作用，达到灭菌目的，是消毒液的主要成分。

(1)某研究性学习小组为了弄清配制过氧乙酸消毒液的甲、乙溶液的主要成分各是什么？进行以下科学探究，请你完成下列相关内容：

①提出假设：甲溶液的主要成分为_________，乙溶液的主要成分为_________。

②实验验证：取甲、乙两种溶液少许，分别加入几滴_________试液，若①中假设正确，则甲溶液的现象为_____________________，乙溶液的现象为__________。

(2)有关过氧乙酸的叙述正确的是_________ (填编号)

A．过氧乙酸与羟基乙酸(HOCH2COOH)互为同分异构体

B．过氧乙酸与苯酚混合使用可增强消毒效果

C．过氧乙酸与乙酸属于同系物

D．氧元素的化合价为-2价

(3)实验室制备少量过氧乙酸，可由冰醋酸和过氧化氢在浓硫酸催化作用下制得，实验装置和步骤如下：

①在三颈烧瓶中加入一定量冰醋酸与浓H2SO4的混合液体，再缓缓加入适量30%的双氧水。

②不断搅拌并控制B中混合液的温度为20～30℃至反应结束。

③接入冷凝管和抽气泵，在锥形瓶中收集得到产品。

请回答下列问题：

①仪器C的名称是_______________；

②为更好地控制反应温度，应采用方法是_________________；

③生成过氧乙酸的化学方程式为________________________________________；

④碘量法分析：取2.00mL过氧乙酸试样稀释成100mL，从中取出5.00mL，滴加酸性KMnO4溶液至恰好粉红色以除去残余H2O2，再加入10mL 10%KI溶液和几滴淀粉溶液，摇匀，反应完全后再用0.1000mol/L的Na2S2O3标准液滴定至终点(反应方程式为

2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，共消耗14.30mL Na2S2O3标准液。该样品中过氧乙酸的物质的量浓度是_____mol/L。（结果保留小数点后两位）（提示：CH3COOOH+2I?+2H+

=I2+CH3COOH +H2O）

【答案】甲H2O2、H2O、H2SO4乙CH3COOH 、 H2O 石蕊甲：溶液先变红后褪色乙：溶液由无色变为红色 A 冷凝管（或直形冷凝管）水浴加热 CH3COOH +

H2O2→CH3COOOH + H2O 7.15

【解析】

【分析】

（1）若假设甲溶液的有效成分是H2O2，则乙溶液的有效成分是CH3COOOH，根据过氧乙酸消毒液是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SO4混合后，反应生成过氧乙酸

(CH3COOOH)，H2O2是极弱的电解质，在酸性介质中才能稳定存在，则H2SO4应该在甲溶液中，另外两种溶液中的水也是一种主要成分；两溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊试液变红，但是甲溶液中H2O2漂白作用的会使变红的溶液褪色；

（2）结合选项对过氧乙酸(CH3COOOH)性质判断，

（3）①由仪器的结构，可知C为直形冷凝管；

②控制B中混合液的温度为20～30℃，应采取水浴加热；

③结合题中信息，写出生成过氧乙酸的化学反应方程式；

CH3COOOH+2I?+2H+ =I2+CH3COOH +H2O，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，由这两个方程式，确定关系式：CH3COOOH～I2～2Na2S2O3，计算稀释后5.00mL溶液中过氧乙酸的物质的量，再计算原来的2.00mL溶液中的过氧乙酸的物质的量，再根据物质的量浓度定义式计算。

【详解】

（1）若假设甲溶液的有效成分是H2O2，则乙溶液的有效成分是CH3COOOH，根据过氧乙酸消毒液是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SO4混合后，反应生成过氧乙酸

(CH3COOOH)，H2O2是极弱的电解质，在酸性介质中才能稳定存在，则H2SO4应该在甲溶液中，另外两种溶液中的水更是一种主要成分；两溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊试液变红，但是甲溶液中H2O2漂白作用的会使变红的溶液褪色；

（2）过氧乙酸与羟基乙酸(HOCH2COOH)的分子式都是C2H4O3，但结构不同，故互为同分异构体；过氧乙酸具有强氧化性，而苯酚易被氧化，两者混合发生氧化还原反应，不能增强消毒效果；过氧乙酸的分子结构中存在过氧根而乙酸中没有，两者结构不相似，不属于同系物；过氧乙酸中的氧元素有+2价、+1价；

（3）①由仪器的结构，可知C为直形冷凝管；

②控制B中混合液的温度为20～30℃，应采取水浴加热，受热均匀，便于控制温度；

③乙酸与过氧化氢在浓硫酸、20～30℃条件下反应生成过氧乙酸(CH3COOOH)，反应的化学方程式为：CH3COOH + H2O2CH3COOOH + H2O ；

④CH3COOOH+2I?+2H+ =I2+CH3COOH +H2O，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，由这两个方程式，确定关系式：CH3COOOH～I2～2Na2S2O3，可知稀释后的5.00mL溶液中过氧乙酸的物质的量

是：×0.0143L×0.1000mol/L，原来2.00mL溶液中的过氧乙酸的物质的量是：×0.0143L×0.1000mol/L×=0.0143mol，该该样品中过氧乙酸的物质的量浓度是：=7.15 mol/L 。

【点睛】

本题是探究性实验试题，现根据题中的信息去假设，然后分析、得出结论。实验中的数据处理，借助关系式法，计算所需要的物质的物质的量。

4．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

液，混合，振荡．

立即产生白色沉淀

Ⅱ.向所得悬浊液中加入2.5mL0.1mol/L

2

Na 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

3

HNO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

32

Ba(NO)溶

液．

产生白色沉淀()1为了证明沉淀变黑是AgCl转化为2

Ag 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。

5．据报道，磷酸二氢钾(KH 2PO 4)大晶体已应用于我国研制的巨型激光器“神光二号”中。利用氟磷灰石(化学式为Ca 5P 3FO 12)制备磷酸二氢钾的工艺流程如下图所示(部分流程步骤已省略)：

已知萃取的主要反应原理：KCl+H 3PO4KH2PO4+HCl；其中，反应产生的HCl易溶于有机萃取剂。

请回答下列问题：

(1)流程中将氟磷灰石粉碎的目的是__________________________________。

(2)不能使用二氧化硅陶瓷材质的沸腾槽的主要原因是____________(用化学方程式表示)。

(3)副产品N的化学式是____________；在得到KH2PO4晶体的一系列操作Ⅲ，其主要包括____________、过滤、洗涤、干燥等。

(4)若用1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12，摩尔质量为504g/mol)来制取磷酸二氢钾晶体，其产率为80%，则理论上可生产KH2PO4(摩尔质量为136g/mol)的质量为_______kg。

(5)电解法制备KH2PO4的装置如图所示．该电解装置中，a 区属于_______区(填“阳极”或“阴极”)，阴极区的电极反应式是________________。

(6)工业上还可以用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，同时逸出SiF4和CO,该反应的化学方程式为________________________________________。【答案】增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积,加快化学反应速率

4HF+SiO2═SiF4↑+2H2O NH4Cl 蒸发浓缩、冷却结晶 326.4kg 阴极 2H＋＋2e－＝H2↑

4Ca5P3FO12+21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑

【解析】

【分析】

氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12)粉碎后加入浓硫酸，反应生成氢氟酸、硫酸钙、磷酸等，加入氯化钾后用有机萃取剂，KCl+H 3PO4KH2PO4+HCl，反应产生的HCl易溶于有机萃取剂，有机相中含有氯化氢，加入氨水反应生成氯化铵，因此副产品主要为氯化铵，水相中含有KH2PO4，经过一系列操作得到KH2PO4晶体。

【详解】

(1)流程中将氟磷灰石粉碎，可以增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率，故答案为增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率；

(2)根据流程图，反应中生成了氢氟酸，氢氟酸能够与二氧化硅反应，因此不能使用二氧化硅陶瓷材质的沸腾槽，故答案为4HF+SiO2═SiF4↑+2H2O；

(3)根据上述分析，副产品N的化学式为NH4Cl；在得到KH2PO4晶体的一系列操作Ⅲ为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，故答案为NH4Cl；蒸发浓缩、冷却结晶；

(4)1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12)中含有Ca5P3FO12的质量为

504kg，根据P元素守恒，理论上可生产KH2PO4的质量为

504kg×80%×

313

405313191612

?

?+?++?

÷

39231164

31

+++?

=326.4 kg，故答案为326.4

kg；

(5)根据图示，应该在a区生成KH2PO4，则钾离子由b区移向a区，则a 区属于阴极区；阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H＋＋2e－＝H2↑，故答案为阴极；2H＋＋2e－＝

H2↑；

(6)用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，同时逸出SiF4和CO，反应的化学方程式为4Ca5P3FO12 +21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑，故答案为4Ca5P3FO12 +21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑。

6．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：Fe2+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H2O2溶液、锌粒、铜片、0.1mol·L-1FeCl2溶液、KSCN溶液、新制氯水。

①若小明计划在0.1mol·L-1FeCl2溶液滴入新制氯水，探究Fe2+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Fe2+被氧化的产物Fe3+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Fe2+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FeCl2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H2O2中氧元素显-1价（中间价），并提出疑问：H2O2与FeCl2的反应时，Fe2+还作氧化剂吗？

①请你为小明梳理相关问题：若Fe2+在反应中表现出氧化性应转化成（填微粒符号，下同），若Fe2+在反应中表现出还原性应转化成。

②实际上Fe2+的还原性较强，实验室的FeCl2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Fe2+中铁元素化合价处于中间价态，可以升高也可以降低；（2）①Cl2＋2Fe2+＝2Cl－＋2Fe3+，棕黄（黄）；②KSCN溶液，溶液呈血红（红）色；③Zn、Fe、Cu （或Zn>Fe>Cu）；（3）①Fe， Fe3+；② 加入过量铁粉，过滤， 2Fe3++ Fe= 3Fe2+。

【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Fe2＋有还原性和氧化性；（2）①氯水具有强氧化性，发生2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，Fe3＋显黄色或棕黄色；②检验Fe3＋用KSCN溶液，溶液变红说明Fe3＋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＋Fe2＋=Zn2＋＋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，Fe2＋转变成Fe，还原性：失去电子、化合价升高，Fe2＋转变成Fe3＋；②利用Fe3＋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＋2Fe3＋

=3Fe2＋。

考点：考查铁及其化合物的性质等知识。

7．铁、氯、铜及其化合物在生产、生活中有广泛的用途。试回答下列问题。

(1)二氧化氯(ClO2)已逐步代替Cl2用于自来水处理，用ClO2处理过的饮用水(pH为5.5～6.5)常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子(ClO2-)。已知：25 ℃时K a(HClO)＝3.2×10－8，

K a(HClO2)＝1.0×10－2，则酸性HClO2________HClO(填“>”“＝”或“<”)；在pH＝5的上述处理过

的饮用水中

-

2

2

c(ClO)

c(HClO)

＝___________；若饮用水中ClO2-的含量超标，可向其中加入适量的Fe2＋将ClO2-还原成Cl－，写出酸性条件下该反应的离子方程式：

____________________________________________________________。

(2)①腐蚀铜板后的溶液中，若Cu2＋、Fe3＋和Fe2＋浓度均为0.1 mol·L－1，下图为金属离子的浓度的对数与溶液pH的关系，现向混合溶液中通入氨气调节溶液的pH＝5.6，溶液中存在的金属阳离子为____________(当溶液中金属离子浓度≤10－5mol·L－1时，可认为沉淀完全)。

②从图中数据计算可得Fe(OH)2的溶度积K sp[Fe(OH)2]＝______________________。

(3)Na2S是常用的重金属离子沉淀剂。某工业污水中含有等浓度的Cu2＋、Fe2＋、Pb2＋，滴加Na2S溶液后首先析出的沉淀是________________；当最后一种离子沉淀完全时(该离子浓度为10－5 mol·L－1)，此时的S2－浓度为___________________________。已知：K sp(FeS)＝

6.3×10－18；K sp(CuS)＝6×10－36；K sp(PbS)＝2.4×10－18。

【答案】＞ 103 4Fe2＋+ClO2－+4H＋=4Fe3＋+Cl－+2H2O Cu2＋、Fe2＋ 1.0×10-17 CuS

6.3×10-13mol·L－1

【解析】

【分析】

（1）组成相似的酸，电离平衡常数越大酸性越强；依据电离平衡常数计算式计算；

（2）①向混合溶液中通入氨气调节溶液的pH=5.6时，由图象分析出：易生成Fe（OH）3沉淀；

②根据K sp[Fe（OH）2]=c（Fe2＋）×c2（OH－）计算；

（3）物质组成类型相同，溶度积越小，溶解度越小，滴加硫化钠，相应阳离子最先沉淀；

根据溶度积计算S2－的浓度。

【详解】

（1）电离平衡常数越大酸性越强，已知：25 ℃时K a(HClO)＝3.2×10－8，K a(HClO2)＝1.0×10－2，则酸性HClO2>HClO；在pH＝5的上述处理过的饮用水中，c（H＋）=10-5mol·L－

1-2 2

c(ClO)

c(HClO)

＝

2

+5

1.010

c(H)10

K-

-

?

==103；若饮用水中ClO2－的含量超标，可向其中加入适量的Fe2＋将ClO2－还原成Cl-，酸性条件下该反应的离子方程式：4Fe2＋+ClO2－+4H＋=4Fe3＋+Cl－+2H2O；故答案为：HClO2＞HClO；103；4Fe2＋+ClO2－+4H＋=4Fe3＋+Cl－+2H2O；

（2）①向混合溶液中通入氨气调节溶液的pH=5.6时，由图象可知易生成Fe（OH）3沉淀，溶液中存在的金属阳离子为Cu2＋、Fe2＋，故答案为：Cu2＋、Fe2＋；

②由图象可知：c（Fe2＋）=1.0×10-5（mol·L-1），c（OH－）=1.0×10-6（mol·L-1），K sp[Fe （OH）2]=c（Fe2＋）×c2（OH－）=1.0×10-17（mol·L-1）3；故答案为：1.0×10-17；

（3）物质组成类型相同，溶度积越小，溶解度越小，滴加硫化钠，相应阳离子最先沉淀，故首先析出沉淀是CuS，Fe2＋最后沉淀，沉淀完全时该浓度为10-5mol·L-1，此时的S2－的浓度为

18

5

6.310

10

-

-

?

mol·L－1=6.3×10-13mol·L－1，故答案为：CuS；6.3×10-13mol·L－1。

【点睛】

本题考查了元素化合物性质分析，溶度积常数计算，沉淀转化实质理解应用，电离平衡常数概念的分析应用，掌握有关Ksp的基础是解题关键，难点（3），根据物质组成类型相同，溶度积越小，溶解度越小，离子先沉淀析出。

8．实验室里，从废旧钴酸锂离子电池的正极材料（在铝箔上涂覆活性物质LiCoO2）中，回收钴、锂的操作流程如下图所示：

回答下列问题。

（1）拆解废旧电池获取正极材料前，先将其浸入NaCl溶液中，使电池短路而放电，此时溶液温度升高，该过程中能量的主要转化方式为____。

（2）“碱浸”过程中产生的气体是____；“过滤”所得滤液用盐酸处理可得到氢氧化铝，反应的化学方程式为____。

（3）“酸浸”时主要反应的离子方程式为____；若硫酸、Na2S2O3溶液用一定浓度的盐酸替代，也可以达到“酸浸”的目的，但会产生____（填化学式）污染环境。

（4）“沉钴”时，调pH所用的试剂是____；“沉钴”后溶液中c（Co2+）=____。（已知：Ksp[Co（OH）2]=1.09×l0-15）

（5）在空气中加热Co（OH）2，使其转化为钴的氧化物。加热过程中，固体质量与温度的关系如左下图所示。290～500℃，发生反应的化学方程式为____。

（6）根据右下图判断，“沉锂”中获得Li2CO3固体的操作主要包括____、____、洗涤、干燥等步骤。

【答案】化学能→电能→热能 H2 NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓ 8LiCoO2+ S2O32-

+22H+=8Li++8Co2++2SO42-+11H2O Cl2 NaOH溶液或氢氧化钠固体 1.09×l0-6mol/L

6Co2O3 290~500℃

4Co3O4+ O2↑蒸发浓缩趁热过滤

【解析】

【分析】

正极材料主要由Al和LiCoO2组成，LiCoO2属于盐类，由复分解反应的条件可判断，其与NaOH溶液混合不发生反应，故“碱浸”过程中只有Al和NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，过滤得到滤渣为LiCoO2；“酸浸”时反应物有LiCoO2、硫酸和Na2S2O3溶液，依据“沉钴”产物为Co(OH)2可判断，反应后钴元素的价态从+3价降为+2价，依据氧化还原反应规律以及工艺中最后还可获得Na2SO4·10H2O副产品，可推知S元素价态升高并转化为SO42-；之后调节pH值得到Co(OH)2沉淀，再加入碳酸钠溶液调节pH值沉锂，得到碳酸锂和母液，母液结晶得到Na2SO4·10H2O。

【详解】

(1)依据“电池短路而放电”“溶液温度升高”两项信息，即可判断废旧电池的处理过程中能量的主要转化方式为化学能→电能→热能；

(2)依题中信息可知，正极材料主要由Al和LiCoO2组成，LiCoO2属于盐类，由复分解反应的条件可判断，其与NaOH溶液混合不发生反应，故“碱浸”过程中只有Al和NaOH反应，生成NaAlO2和H2；“过滤”所得滤液用适量盐酸处理可以得到氢氧化铝，方程式为NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓；

(3)根据分析可知“酸浸”时Na2S2O3被氧化为SO42-，Co元素被还原，结合电子守恒和元素守恒可知离子反应方程式为：8LiCoO2+ S2O32-+22H+=8Li++8Co2++2SO42-+11H2O；加入的Na2S2O3起还原作用，用一定浓度的盐酸替代“Na2S2O3溶液和硫酸”，也能实现酸浸目的，可知该反应中，盐酸也起了还原剂的作用，氧化产物为会污染环境的Cl2；

(4)结合“沉锂”后母液中还可以获得Na2SO4·10H2O，可知用的试剂为NaOH溶液或固体；溶液pH=9.5，则溶液中c(OH-)=10-4.5mol/L，带入K sp[Co(OH)2]=c2(OH-

)·c(Co2+)=1.09×l0-15求得c(Co2+)=1.09×l0-6mol/L；

(5)从图中信息可知，加热前的反应物为Co(OH)2 (0.930g) ,其物质的量为0.01mol，依据钴元素的量不变可知: n(Co)=0.01mol，m(Co)=0.590g，温度升温290℃时，转化为

0.830g某种钴的氧化物，该氧化物中，n(O)=0.830g-0.590g

16g/mol

=0.015mol，由此可以确定该

氧化物为Co2O3；同理可以确定500℃时，n(O)=0.803g-0.590g

16g/mol

≈0.0133mol，则生成的氧

化物为Co3O4；所以290℃～500℃过程中，Co2O3转化为Co3O4，反应过程中，Co元素化合价降低。氧元素化合价升高并转化为O2，故反应的化学方程式为

6Co2O3 290~500℃

4Co3O4+ O2↑；

(6)分析溶解度曲线可知LiCO3微溶，其溶解度随温度升高而降低，为了提高锂元素的回收率，同时防止硫酸钠析出，应采用蒸发浓缩(减少溶剂)并在较高温度下趁热过滤等操作。【点睛】

热重分析法是常用的定量分析方法，通过分析热重曲线，可以推测物质的热稳定性、加热反应生成的产物等相关信息。第5题解题关键是抓住受热过程中Co元素的量不变，利用图中数据信息，确定分解所得氧化物中钴、氧元素的物质的量之比,从而确定不同温度下生成的氧化物的组成，写出反应的化学方程式。

9．（1）将新制氯水逐滴滴入FeBr2溶液中，写出最初发生的反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目。___。

（2）在硫酸铝铵(NH4Al(SO4)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液并不断搅拌。用一个离子方程式表示最初发生的反应。___。

（3）石油气“芳构化”是由石油气生产高辛烷值汽油的一种有效生产工艺。测得反应

2C 4H10C8H10(g)+5H2在不同温度下的平衡常数变化如下：

温度(℃)400450500

平衡常数K a6a40a

①该反应的正反应是____(吸热、放热)反应。

②向2L密闭定容容器中充入2molC4H10，反应10s后测得H2浓度为1mol/L，此10s内，以C8H10表示的平均速率为___。

③能表示该反应在恒温恒容密闭容器中t1时刻后已经达平衡状态的图示是___。

a. b. c. d.

④如图表示某温度时将一定量的C4H10(含少量H2)充入容器中反应期间物质浓度随时间的变化(容器容积可变)，实线代表C8H10，虚线代表C4H10。请用实线补充画出t1~t4间C8H10的浓度变化曲线___。

【答案】 3Ba2++6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓吸热

0.02mol/(L·s) b、d

【解析】

【分析】

(1)氯气具有氧化性，能将碘离子以及亚铁离子氧化，碘离子的还原性强于亚铁离子的还原性，所以先是发生氯气氧化亚铁离子的反应，氧化还原反应中，化合价升高值＝化合价降低值＝转移电子数，据此表示电子转移的情况；

(2)在硫酸铝铵(NH4Al(SO4)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，由于氢氧化钡少量，氢氧根离子不足，反应按照氢氧化钡的组成进行，氨水碱性强于氢氧化铝，所以铝离子优先与氢氧根离子反应，据此写出反应的离子方程式；

(3)①依据图表数据，平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行；

②依据反应速率v＝

c

t

?

?

计算；

③a．反应前后都是气体，气体质量始终不变；

b．反应前后气体质量不变，物质的量增大，平均摩尔质量不变说明反应达到平衡状态；c．气体质量不变，体积不变，密度在反应过程中和平衡状态都不变；

d．反应前后气体物质的量变化，压强之比等于气体物质的量之比，物质的量不变，反应达到平衡；

④刚开始因为达到平衡状态，所以浓度不变，根据虚线的浓度变化可知，后面体积缩小为

原来的1

2

，所以实线浓度也变两倍，后面又慢慢减小，直至继续平衡。

【详解】

(1)将新制氯水逐滴滴入FeBr2溶液中，先是发生氯气氧化亚铁离子的反应，Cl2＋2Fe2＋＝

2Fe3＋＋2Cl?，电子转移情况如下：，故答案为：；

(2)氢氧化钡少量，氢氧根离子和钡离子的物质的量不足，离子方程式按照氢氧化钡的组成书写，钡离子和氢氧根离子完全反应；由于氨水碱性强于氢氧化铝，故铝离子优先与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为3Ba2++6OH-+3SO42-

+2Al3+=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，故答案为：3Ba2++6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓；

(3)①根据图表数据，平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行，正反应是吸热反应，故答案为：吸热；

②向2L密闭定容容器中充入2mol C4H10，反应10s后测得H2浓度为1mol/L，

2C4H10?C8H10(g)＋5H2，反应过程中生成C8H10的物质的量浓度为1

5

×1mol/L＝0.2mol/L，此

10s内，以C8H10表示的平均速率＝0.2mol/L

10s

＝0.02mol/(L?s)，故答案为：0.02mol/(L?s)；

③2C4H10?C8H10(g)＋5H2，反应是气体体积增大的反应吸热反应，依据平衡移动原理分析图象；

a．反应前后都是气体，气体质量在反应过程中和平衡状态都始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故a不符合；

b．反应前后气体质量不变，物质的量增大，平均摩尔质量不变说明反应达到平衡状态，故b符合；

c．气体质量不变，体积不变，密度在反应过程中和平衡状态都不变，故c不符合；

d．反应前后气体物质的量变化，压强之比等于气体物质的量之比，物质的量不变压强不变，说明反应达到平衡，故d符合；

故答案为：b、d；

④分析图象可知，刚开始因为达到平衡状态，所以浓度不变，根据虚线的浓度变化可知，

后面体积缩小为原来的1

2

，所以实线浓度也变两倍，浓度变化为0.40mol/L，随反应进行后

面又慢慢减小，直至继续平衡，据此画出的图象为：

，故答案为：

。

【点睛】

本题(2)注意掌握离子方程式的书写原则，正确判断反应物离子的过量情况是解答的关键；

(3)掌握图象分析与绘制方法，曲线变化起点和变化是解题关键。

10．次硫酸钠甲醛(xNaHSO2?yHCHO?zH2O)俗称吊白块，在印染、医药以及原子能工业中有广泛应用。它的组成可通过下列实验测定：①准确称取1.5400g样品，完全溶于水配成100mL溶液。②取25.00mL所配溶液经AHMT分光光度法测得甲醛物质的量浓度为

0.10mol×L-1。③另取25.00mL所配溶液，加入过量碘完全反应后，加入BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重得到白色固体0.5825g。次硫酸氢钠和碘反应的方程式如下：xNaHSO2?yHCHO?zH2O+I2→NaHSO4+HI+HCHO+H2O(未配平)

（1）生成0.5825g白色固体时，需要消耗碘的质量为_____。

（2）若向吊白块溶液中加入氢氧化钠，甲醛会发生自身氧化还原反应，生成两种含氧有机物，写出该反应的离子方程式_____。

（3）通过计算确定次硫酸氢钠甲醛的组成______(写出计算过程)。

【答案】1.27g 2HCHO+OH-=CH3OH+HCOO- NaHSO2·HCHO·2H2O

【解析】

【分析】

(1)根据次硫酸氢钠甲醛和碘单质之间反应的化学反应方程式来计算即可；

(2)甲醛会发生自身氧化还原反应，被氧化为甲酸，被还原为甲醇；

(3)根据元素守恒结合物质之间的反应情况来计算。

【详解】

(1)根据反应：xNaHSO2?yHCHO?zH2O+I2→NaHSO4+HI+HCHO+H2O，据电子守恒，生成1mol 的NaHSO4，消耗碘单质2mol，硫酸根守恒，得到白色固体0.5825g，即生成硫酸钡的质量

是0.5825g，物质的量是

0.5825g

233g/mol

＝0.0025mol，消耗碘单质的质量是：

0.005mol×254g/mol＝1.27g，故答案为：1.27g；

(2)甲醛会发生自身氧化还原反应，被氧化为甲酸，被还原为甲醇，该反应的离子方程式为：2HCHO+OH-=CH3OH+HCOO-，故答案为：2HCHO+OH-=CH3OH+HCOO-；

(3)25.00mL溶液中：

n(NaHSO2) =n(NaHSO4) =n( BaSO4)=0.5825g/233g·mol-1=0.0025mol

n(HCHO) =0.0025mol

100 mL 溶液中：

n(NaHSO2)=4×0.0025 mol=0.01mol

n(HCHO)=4×0.0025 mol=0.01mol

n(H2O)=(1.5400g-88g·mol-1×0.01mol-30g·mol-1×0.01mol)/18g·mol-1=0.02mol

x：y：z=n(NaHSO2)：n(HCHO) ：n(H2O)=0.01： 0.01： 0.02 = 1：1：2

次硫酸氢钠甲醛的化学式为：NaHSO2·HCHO·2H2O。

【点睛】

对于未配平的氧化还原反应方程式，一定要先根据得失电子守恒规律配平之后才能进行物质的量关系进行相关计算，灵活应用元素守恒会使计算更加简便。

11．一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。

12．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。

13．焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在食品加工中常作防腐剂、漂白剂、疏松剂，焦亚硫酸钠具有还原性，受潮和温度高于150℃易分解，在空气中易被氧化为Na2SO4。

（一）实验室可采用下图1装置制取Na2S2O5。装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为:Na2SO3＋SO2=Na2S2O5。

(1)Ⅲ装置中球形干燥管的作用是______________________，要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体可采取的分离方法是____________________。

(2)焦亚硫酸钠在空气中久置会被氧化生成连二硫酸钠（Na2S2O6），写出该反应的化学方程式__________________________________________。已知Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。检测Na2S2O5晶体在空气中是否被氧化的实验方案为

________________________________。

（二）工业上制取原理是用纯碱与亚硫酸氢钠溶液混合而成的悬浮液吸收二氧化硫至过饱和，再从亚硫酸氢钠过饱和溶液中结晶析出焦亚硫酸钠产品。实验室模拟工业制取焦亚硫酸钠流程如下：

(3)Ⅱ中添加Na2CO3固体目的是________________，Ⅲ中为了减少对环境的污染，需要及时停止通入SO2，此时测量的数据是___________。

（三）测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数常用剩余碘量法。

已知：S2O52－+2I2+3H2O=2SO42－+4I－+6H+；2S2O32－+I2 = S4O62－+2I－

①精确称取产品0.20 g放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中。

②准确移取10.00 mL，1.00 mol/L的标准碘溶液（过量），在暗处放置5min，然后加入

5mL冰醋酸及适量的蒸馏水。