2020-2021全国高考化学氧化还原反应的综合高考模拟和真题分类汇总及详细答案

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）

1．224Na S O （连二亚硫酸钠）是易溶于水，不溶于甲醇的白色固体，在空气中极易被氧化，是一种还原性漂白剂。制取224Na S O 的方法很多，

（1）在碱性溶液中用4NaBH 还原3NaHSO 法制备224Na S O 的反应原理为：3222244NaBH NaHSO NaOH Na S O NaBO H O ++→++（未配平）反应装置如图所示：

①实验开始及整个过程中均需通入2N ，其目的是

__________________________________。

②制备过程中温度需控制在10~45℃，采用水浴加热的主要优点是

______________________。

③为使3NaHSO 尽可能完全被还原，加入三口烧瓶中的反应液，应控制(

)()

34n NaHSO n NaBH ______________。 （2）用HCOONa 还原2SO 制备224Na S O 的装置（夹持加热仪器略）如下：

①装置a 烧瓶中发生反应的化学方程式为_________________________________。 ②装置b 用于净化2SO ，适宜的试剂是______________________________。

③装置c 在70~83℃生成224Na S O 并析出，同时逸出2CO ，该反应的化学方程式为________________________，加入3CH OH 的目的是________________________；利用反应后的浊液分离提纯224Na S O 需经过的操作为

_____________________________________________________。

【答案】排出装置内空气，使反应在无氧状况下进行 使反应液均匀受热 小于8:1（或<8） 2322Na SO 2HCl 2NaCl H O SO +=++↑ 饱和3NaHSO 溶液

223224222HCOONa 4SO Na CO 2Na S O H O 3CO ++=++ 降低224Na S O 的溶解度 过滤、洗涤、重结晶、过滤、干燥

【解析】

【分析】

(1)①224Na S O 在空气中极易被氧化，通入2N 其目的是排出装置内空气；

②采用水浴加热的主要优点是使反应液均匀受热；

③3222244NaBH NaHSO NaOH Na S O NaBO H O ++→++，根据得失电子守恒可知，()()

34n NaHSO n NaBH =8； (2)①装置a 烧瓶中发生Na 2SO 3与盐酸反应生成SO 2的反应；

②生成的SO 2气体中含有HCl 气体，根据性质选择除杂溶液；

③装置c 在70~83℃HCOONa 和2SO 、23Na CO 反应生成224Na S O 并析出，同时逸出2CO ；224Na S O 不溶于甲醇，加入3CH OH 可降低224Na S O 的溶解度；利用反应后的浊液分离提纯224Na S O 需重结晶。

【详解】

(1)①224Na S O 在空气中极易被氧化，实验开始及整个过程中均需通入2N ，其目的是排出装置内空气，使反应在无氧状况下进行；

②制备过程中温度需控制在10~45℃，采用水浴加热的主要优点是使反应液均匀受热； ③根据得失电子守恒配平方程式，3222244NaBH 8NaHSO Na S O NaBO H =46O +++，()()

34n NaHSO n NaBH =8，为使3NaHSO 尽可能完全被还原，加入三口烧瓶中的反应液，应控制()()

34n NaHSO n NaBH <8； (2)①装置a 烧瓶中发生反应的化学方程式为2322Na SO 2HCl 2NaCl H O SO +=++↑； ②生成的SO 2气体中含有HCl 气体，除杂适宜的试剂是饱和3NaHSO 溶液；

③装置c 在70~83℃生成224Na S O 并析出，同时逸出2CO ，化学方程式为

223224222HCOONa 4SO Na CO 2Na S O H O 3CO ++=++；224Na S O 不溶于甲醇，加入3CH OH 的目的是降低224Na S O 的溶解度；利用反应后的浊液分离提纯224Na S O 需经过的操作为过滤、洗涤、重结晶、过滤、干燥。

2．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 Na2CO3溶液（pH＝11.9）通入一段时间 CO2至其 pH 为 7，滴加一定量 FeSO4溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到 FeCO3固体。

(1)试剂 a 是_____。

(2)向 Na2CO3溶液通入 CO2的目的是_____。

(3)C 装置中制取 FeCO3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 CO2，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FeCO 3；

II. (5)根据Fe 2＋+6SCN -

Fe(SCN)64-分析FeCO 3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)FeCO 3溶于乳酸［CH 3CH(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CO 2中混有HCl ，欲除去CO 2中混有的HCl ，B 中盛装的试剂a 应是饱和NaHCO 3溶液，故答案为：饱和NaHCO 3溶液；

(2)向Na 2CO 3溶液中通入CO 2的目的是利用CO 2和Na 2CO 3反应生成的NaHCO 3，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。

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／℃102030

（NH4）2SO473.075.478.0

FeSO4·7H2O20.026.532.9

（NH4）2SO4?FeSO417.221.628.1

（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．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。

5．某实验小组欲制取氧化铜并证明氧化铜能加快氯酸钾的分解，进行了如下实验：（一）制取氧化铜

①往盛有一定量CuCl2溶液的烧杯中逐滴加入NaOH溶液，直至不再产生沉淀，然后将烧杯中的物质转移到蒸发皿中，加热至沉淀全部变为黑色。

②将步骤①所得的黑色沉淀过滤、洗涤，晾干后研细备用。

（1）在实验过程中，若未加入NaOH溶液，直接将CuCl2溶液转移到蒸发皿中加热，最后也能得到黑色沉淀，试分析其原因__________。

（2）写出检验步骤②中沉淀是否洗涤干净的操作__________________。

（二）为证明氧化铜能加快氯酸钾的分解并与二氧化锰的催化效果进行比较，用下图装置

进行实验，每次实验时均收集25ml气体，其他可能影响实验的因素均已忽略，实验数据见下表：

实验序号KClO3质量其他物质质量待测数据

③1.2g无其他物质a

④1.2g CuO0.5g b

⑤1.2g MnO20.5g c

（3）写出氯酸钾分解反应的化学方程式，并用双线桥表示电子转移的方向和数目

________。

（4）上述实验中的“待测数据”是指___________________。

（5）图中量气装置B由干燥管、乳胶管和50mL滴定管改造后组装面成，此处用滴定管是________(填“酸式”或“碱式”)滴定管。

（6）若实验证明氧化铜加快氯酸钾的分解效果比用二氧化锰差，请结合上表的实验效果数据，在坐标图中分别画出使用CuO、MnO2作催化剂时产生氧气的体积[V(O2)]随时间（t）变化的曲线（注明必要的标识）________。

【答案】CuCl 2溶液中存在水解平衡CuCl2＋2H2O Cu(OH)2＋2HCl，加热时HCl逸出使平衡不断右移，同时得到的Cu(OH)2受热分解生成CuO 取2～3mL最后的洗涤液于试管中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入几滴硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净

收集25mL气体所需的时间碱式

【解析】

【分析】

【详解】

（1）CuCl2是强酸弱碱盐会发生水解，CuCl2溶液中存在水解平衡CuCl2＋

2H 2O Cu(OH)2＋2HCl，水解吸热，加热时HCl逸出使平衡不断右移，同时得到的

Cu(OH)2受热分解生成CuO。

（2）如果没有洗涤干净则有NaCl杂质，检验是否有Cl—即可确定是否洗净，具体操作是：取2～3mL最后的洗涤液于试管中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入几滴硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净。

（3）用双线桥表示电子转移的方向和数目时，线桥要从反应物指向生成物的化合价发生改变的同种元素，在线桥上要注明反应的得失电子数目，用双线桥表示氯酸钾分解的电子转

移的方向和数目为：。

（4）要比较反应的快慢需要反应的时间，因此待测数据是：收集25mL气体所需的时间。

（5）从图可以看出该滴定管没有活塞，所以是碱式滴定管。

（6）反应测的是收集25mL气体所需的时间，所以气体的体积要相等，氧化铜加快氯酸钾的分解效果比用二氧化锰差，所以用氧化铜做作催化剂所用的时间要多，产生氧气的体

积[V(O2)]随时间（t）变化的曲线为：。

6．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 。

7．利用2H 还原铁的氧化物并确定其组成的装置如图所示(Zn 粒中往往含有硫化物等杂质，焦性没食子酸溶液可吸收少量氧气)。

回答下列问题：

()1装置Q(启普发生器)用于制备2H ，还可用于______(填字母，下同)。

A ．生石灰与浓氨水制3NH

B ．过氧化钠与水制2O

C ．硫化铁固体与稀硝酸制2H S D.n 大理石与稀盐酸制2CO

()2①②③中依次盛装的试剂为______，4KMnO 酸性溶液中发生反应的离子方程式为______。

A ．4KMnO 酸性溶液、浓4HSO 、焦性没食子酸溶液

B ．焦性没食子酸溶液、浓4HSO 、4KMnO 酸性溶液

C ．4KMnO 酸性溶液、焦性没食子酸溶液、浓4HSO

()3“加热管式炉”和“打开活塞K”这两步操作应该先进行的是___，在这两步之间还应进行的操作是___。

()4反应过程中G 管逸出的气体是______，其处理方法是______。

()5结束反应时，应该______，待装置冷却后称量并记录相应数据。

()6假设反应完全后瓷舟中的固体只有Fe 单质，实验中测得了下列数据：①瓷舟的质量为30.4g ；②瓷舟和FexOy 的总质量为42.0g ；③反应前U 形曾及内盛物的总质量为

98.4g ；④反应后U 形管及内盛物的总质成为102.0g 。由以上数据计算并确定该铁的氧化物的化学式为______。

【答案】D C 2242428MnO 5H S 14H 8Mn 5SO 12H O -++-++=++ 打开活塞K 检验

2H 的纯度 氢气(或2H ) 在G 管口处放置一个点燃的酒精灯 先停止加热，冷却至室温后，再关闭活塞K 34Fe O

【解析】

【分析】

H 2还原WO 3制备金属W ，装置Q 用于制备氢气，因盐酸易挥发，则①、②、③应分别用于除去HCl 、H 2S 、氧气和水，得到干燥的氢气与铁的氧化物在加热条件下制备Fe ，碱石灰用于吸收水，实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，以避免Fe 被重新氧化，以此解答该题。

【详解】

(1)A ．生石灰与浓氨水制3NH ，生成的氢氧化钙微溶于水，可堵塞导管，故A 错误； B ．过氧化钠与水剧烈反应，不能用启普发生器制备2O ，故B 错误；

C ．硫化铁固体与稀硝酸发生氧化还原反应，不能生成硫化氢，故C 错误；

D ．大理石不溶于水，可与稀盐酸制2CO ，可用启普发生器，故D 正确。

故答案为：D ；

()2①、②、③应分别用于除去HCl 、2H S 、氧气和水，以得到干燥的氢气，4KMnO 酸性溶液中发生反应的离子方程式为

2242428MnO 5H S 14H 8Mn

5SO 12H O -++-++=++； ()3实验前应先通入氢气，以排出装置的空气，则应先打开活塞K ，为避免加热时爆炸，应先检验2H 的纯度；

()4从G 逸出的气体为氢气，可用点燃的方法处理，方法是在G 管口处放置一个点燃的酒精灯；

()5实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，以避免Fe 被重新氧化；

()6已知：①瓷舟的质量为30.4g ；②瓷舟和x y

Fe O 的总质量为42.0g ，则()x y m Fe O 11.6g =；③反应前U 形曾及内盛物的总质量为98.4g ；④反应后U 形管及内盛物的总质成为102.0g ，则生成()2m H O 3.6g =，则氧化物中

() 3.6g m O 16g /mol 3.2g 18g /mol

=?=，()n O 0.2mol =； ()m Fe 11.6g 3.2g 8.4g =-=，()8.4g n Fe)0.15mol 56g /mol =

=，则()n Fe ：()n O 0.15=：0.23=：4，化学式为34Fe O 。

8．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。

9．以海绵铜（CuO 、Cu ）为原料制备氯化亚铜（CuCl ）的一种工艺流程如下：

（1）Cu 基态原子核外电子排布式为________，SO 42? 的空间构型为__________（用文字描述）；Cu 2+ 与OH － 反应能生成[Cu(OH)4] 2?，[Cu(OH)4] 2? 中提供孤电子对的原子是_______（填元素符号）。

（2）“吸收”过程：

①2NO(g) + O 2(g)垐?噲?2NO 2(g) ΔH =－112.6kJ?mol ?1提高NO 平衡转化率的方法有

______________（写出两种）。

②吸收NO 2的有关反应如下：

反应Ⅰ：2NO 2(g) + H 2O(l) ＝ HNO 3(aq) + HNO 2(aq) ΔH =－116.1kJ?mol ?1

反应Ⅱ：3HNO 2(aq) ＝ HNO 3(aq) + 2NO(g) + H 2O(l) ΔH =－75.9kJ?mol ?1

用水吸收NO 2生成HNO 3和NO 的热化学方程式是___________________。

（3）“电解”过程：HNO 2为弱酸，通过电解使HNO 3得以再生，阳极的电极反应式是____________。

（4）“沉淀”过程：产生CuCl 的离子方程式是________________。

【答案】1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 1 正四面体形 O 增大压强、提高氧气的浓度 3NO 2(g)+H 2O(l)=2HNO 3(aq)+NO(g) ΔH =－212.1kJ?mol ?1 HNO 2-2e -+H 2O=3H ++NO 3-

2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+

【解析】

【分析】

海绵铜（CuO、Cu）中CuO与稀H2SO4反应转化为硫酸铜，因硝酸在酸性条件下具有氧化性，会将铜氧化为铜离子，最终生成硫酸铜，SO2具有还原性，再将铜离子还原为氯化亚铜，NO合理利用，经过氧化与电解过程得到硝酸，据此分析解答。

【详解】

（1）Cu的原子序数为29，Cu基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；SO42?中

S原子价层电子对个数=4+6+2-42

2

?

=4，且不含孤电子对，由价层电子对互斥理论判断该

微粒为正四面体形；[Cu(OH)4]2?中Cu2+提供空轨道，O原子提供孤电子对形成配位键，答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；正四面体形；O；

（2）①2NO(g)+O2(g)垐?

噲?2NO2(g) ΔH=－112.6kJ?mol?1是气体体积减小的放热反应，提高NO平衡转化率，平衡应向正反应方向移动，可以采取的措施有：降低温度、增大压强、提高氧气的浓度等；

②由盖斯定律可知：（反应I?3+反应II）?1

2

可以得到用水吸收NO2生成HNO3和NO的热

化学方程式：3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g) ΔH=－212.1kJ?mol?1；

（3）电解过程中，阳极上HNO2失去电子发生氧化反应生成HNO3，阳极的电极反应式是：HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-；

（4）Cu2+与SO2发生氧化还原反应生成CuCl，离子方程式为：2Cu2++SO2+2Cl-

+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+。

10．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 (Na 2S 2O 3)=0.2mol/L ×0.025L=0.005mol ，n (KHSO 5)=0.0025mol

产品中KHSO 5的质量分数为：0.0025152/100%38.00%1.000mol g mol g

??= 答案为：38.00％。

11．利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣（主要含FeO ·V 2O 3、Al 2O 3、SiO 2及少量可溶性磷酸盐）生产V 2O 5的工艺流程如下，回答下列问题：

已知：①V 2O 5、Al 2O 3、SiO 2可与Na 2CO 3、NaCl 组成的混合钠盐在高温下反应，并转化为NaVO 3、NaAlO 2、Na 2SiO 3等可溶性钠盐。

②AlO 2-+4H +=Al 3++2H 2O 。

（1）焙烧Ⅰ包括氧化和钠化成盐两个过程，氧化的目的是获得V 2O 5，写出氧化过程中FeO ·V 2O 3发生反应的化学方程式________；废渣Ⅰ的主要成分是________；精制Ⅰ中加盐酸调pH 的主要作用是________，加入NH 3·H 2O 后发生反应的离子方程式为________。 （2）精制Ⅱ中加入CaCl 2溶液除去磷酸盐，pH 过小时影响除磷效果的原因是________；pH 过大时，沉淀量增大的原因是________。

（3）沉钒所得NH 4VO 3沉淀需进行洗涤，洗涤时除去的阴离子主要是________。NH 4VO 3在500℃时焙烧脱氨制得产品V 2O 5，反应方程式为2NH 4VO 3ΔV 2O 5+H 2O ↑+2NH 3↑。但脱氨过程中，部分V 2O 5会转化成V 2O 4，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，该反应的化学方程式为________。

【答案】4FeO ·V 2O 3 + 5O 2 焙烧 2Fe 2O 3 + 4V 2O 5 Fe 2O 3 [或Fe (OH )3] 除Si 并转化AlO 2-写“除Si ”即得分） Al 3+ + 3NH 3·H 2O = Al (OH )3↓ + 3NH H + + NH 3·H 2O = H 2O + NH （写出第一个离子方程式即得分） 形成溶解度较大的酸式盐（或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙） 产生了Ca (OH )2沉淀 Cl － 3V 2O 5 + 2NH 3

500℃3V 2O 4 + N 2 +

3H 2O

【解析】

【分析】

氧化过程FeO ·V 2O 3生成对应的金属氧化物Fe 2O 3和V 2O 5；经过氧化和钠化后，V 2O 5、Al 2O 3、SiO 2均转化为可溶性盐，Fe 2O 3[或Fe (OH )3]成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调pH 为了和SiO 32-反应生成硅酸沉淀，将AlO 2-转化为Al 3+；加入NH 3·H 2O 后与Al 3+发生反应生成Al (OH )3沉淀；精制Ⅱ中加入CaCl 2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，沉钒时加入试剂NH 4Cl ，所得NH 4VO 3沉淀，焙烧得到产品，据此分析。

【详解】

（1）氧化过程FeO ·V 2O 3生成对应的金属氧化物Fe 2O 3和V 2O 5，化学方程式为：4FeO ·V 2O 3 + 5O 2焙烧2Fe 2O 3 + 4V 2O 5；经过氧化和钠化后，V 2O 5、Al 2O 3、SiO 2均转化为

可溶性盐，Fe 2O 3 [或Fe (OH )3]成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调pH 为了和SiO 32-反应生成硅

酸沉淀，将AlO 2-转化为Al 3+；加入NH 3·H 2O 后与Al 3+发生反应生成Al (OH )3沉淀，还可以

中和酸，反应方程式为：()3++3243Al +3NH H O=Al OH +3NH ↓g

、++3224H +NH H O=H O+NH g ，故答案为：4FeO ·V 2O 3 + 5O 2

焙烧 2Fe 2O 3 + 4V 2O 5；

Fe 2O 3 [或Fe (OH )3]；除Si 并转化AlO 2-(写“除Si ”即得分)；()3++3243Al +3NH H O=Al OH +3NH ↓g ，++3224H +NH H O=H O+NH g （写出第一个离子方程式即得分）；

（2）精制Ⅱ中加入CaCl 2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，pH 过小时形成溶解度较大的酸式盐；pH 过大时易形成Ca (OH )2沉淀，故答案为：形成溶解度较大的酸式盐（或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙）；产生了Ca (OH )2沉淀；

（3）沉钒时加入试剂NH 4Cl ，因此所得NH 4VO 3沉淀含有阴离子主要为Cl -；脱氨过程中，

部分V 2O 5会转化成V 2O 4，且反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，则V 2O 5为氧化剂，NH 3为还原剂，还原产物为V 2O 4，氧化产物为N 2，则氧化还原方程式为：3V 2O 5 + 2NH 3 500℃3V 2O 4 + N 2 + 3H 2O ，故答案为：Cl －；3V 2O 5 + 2NH 3 500℃3V 2O 4 + N 2 + 3H 2O 。

12．三氟化氮（NF 3）是一种新型电子材料，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有： HF 、 NO 和 HNO 3 ，请根据要求回答下列问题：

(1)反应过程中，被氧化与被还原的元素的物质的量之比为_______________。

(2)写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：____。若反应中生成0.2 mol HNO 3，转移的电子数目为______________________个。

(3)NF 3是一种无色、无臭的气体，但一旦NF 3在空气中泄漏，还是易于发现。你判断该气体泄漏时的现象是_______________________________。

(4)一旦NF 3泄漏，可以用NaOH 溶液喷淋的方法减少污染，其产物除NaNO 2、NaF 、H 2O 外，还肯定有______________（填化学式）。

【答案】2∶1 0.4N A泄漏时会看到白雾和红棕色气体，

同时闻到刺激性气味 NaNO3

【解析】

【分析】

由题给信息可知，三氟化氮(NF3)在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有HF、NO和HNO3，反应中氮元素的化合价从+3价分别降为+2价，升为+5价，由升降法配平可得化学方程式为3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3。

【详解】

(1)由题给信息可知，反应中三氟化氮中氮元素的化合价即升高被氧化，又降低被还原，由化合价升降可知被氧化与被还原的氮元素的物质的量之比为1：2，故答案为：1:2；（2）由题给信息可知，三氟化氮(NF3)在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有HF、NO和HNO3，反应中氮元素的化合价从+3价分别降为+2价，升为+5价，由升降法配平可得化学方程式为3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3，反应中生成1mol硝酸

转移2mol电子，电子转移的方向和数目可表示为，则反应中生成0.2 mol HNO3，则转移的电子数目为0.4N A个，故答案为：

；0.4N A；

（3）NF3在潮湿空气中泄漏由于有硝酸生成，会产生白雾，一氧化氮遇到空气被氧化成红棕色有刺激性气味的二氧化氮气体，故答案为：泄漏时会看到白雾和红棕色气体，同时闻到刺激性气味；

（4）一旦NF3泄漏，可以用NaOH溶液喷淋的方法吸收氟化氢、硝酸、一氧化氮和二氧化氮，会生成氟化钠、硝酸钠、亚硝酸钠和水，故答案为：NaNO3。

13．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________。