化学氧化还原反应的专项培优练习题

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）

1．2ClO 是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，为了运输和贮存便利常将其制成2NaClO 固体，模拟工业上用过氧化氢法制备2NaClO 固体的实验装置如图所示。

已知：2ClO 熔点-59℃、沸点11℃、22H O 沸点150℃

A 中的化学方程式：32224222422NaClO H O H SO 2ClO O Na SO 2H O ++=↑+↑++

(1)3NaClO 放入仪器A 中，仪器B 中的药品是__________(写化学式)。如果仪器B 改成分液漏斗，实验过程中可能会出现的实验现象__________。

(2)C 装置有明显缺陷，请绘出合理的装置图(标明气流方向)__________。

(3)向A 装置中通入空气，其作用是赶出2ClO ，然后通过C 再到D 中反应。通空气不能过快的原因是__________，通空气也不能过慢原因是__________。

(4)冰水浴冷却的目的是__________。

a.降低2NaClO 的溶解度

b.减少22H O 的分解

c.使2ClO 变为液态

d.加快反应速率

(5)写出D 中发生反应的化学方程式__________，22H O 在反应起到__________作用。假设在反应中消耗掉22H O a g 则有__________mol 电子转移。

【答案】H 2O 2 液体无法顺利滴落 空气流速快时，2ClO 不能被充分吸收 空气流速过慢时，2ClO 不能及时被移走，浓度过高导致分解 abc

2ClO 2+H 2O 2+2NaOH=2NaClO 2+O 2↑+2H 2O 还原剂 a/17

【解析】

【分析】

氯酸钠(NaClO 3)在酸性条件下与过氧化氢生二氧化氯，ClO 2与氢氧化钠溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO 2，NaClO 2的溶解度随温度升高而增大，通过冷却结晶，过滤洗涤得到晶体NaClO 2?3H 2O 。

【详解】

(1)3NaClO 放入仪器A 中，仪器B 中的药品是H 2O 2，仪器B 为滴液漏斗，其目的是平衡气压，使得溶液能够顺利滴入，如果仪器B 改成分液漏斗，实验过程中可能会出现的实验现象是：分液漏斗中的液体无法顺利滴落，反应无法继续进行；

(2)实验中C 的作用是防止倒吸，C 装置中的右侧导管太短，不利于气体的流动，合理的装置图为：；

(3)向A 装置中通入空气，其作用是赶出2ClO ，然后通过C 再到D 中反应。空气流速不能过快，因为空气流速快时，2ClO 不能被充分吸收；空气流速也不能过慢，空气流速过慢时，2ClO 不能及时被移走，浓度过高导致分解；

(4) NaClO 2的溶解度随温度升高而增大，过氧化氢易分解，所以冰水浴冷却的目的是：降低2NaClO 的溶解度、减少22H O 的分解，由于2ClO 的沸点较低，所以还能使2ClO 变为液态，方便使用；

(5)写出D 中发生反应的化学方程式为：2ClO 2+H 2O 2+2NaOH=2NaClO 2+O 2↑+2H 2O ，22H O 在反应中得电子，起到还原剂的作用。反应中存在关系：22H O ~2e -，若在反应中消耗掉22H O a g ，则转移的电子的物质的量为：2×a g/(34g·mol -1)= a/17mol 。

2．叠氮化钠(NaN 3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。NaN 3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。实验

室可利用亚硝酸叔丁酯(t-

BuNO 2，以t-Bu 表示叔丁基)与N 2H 4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。

(1)制备亚硝酸叔丁酯

取一定NaNO 2溶液与50%硫酸混合，发生反应H 2SO 4＋2NaNO 2===2HNO 2＋Na 2SO 4。可利用

亚硝酸与叔丁醇(t-

BuOH)在40℃左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：____________。

(2)制备叠氮化钠(NaN 3)

按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应的化学方程式为：t-

BuNO 2＋NaOH ＋N 2H 4===NaN 3＋2H 2O ＋t-BuOH 。

①装置a 的名称是______________；

②该反应需控制温度在65℃，采用的实验措施是____________________；

③反应后溶液在0℃下冷却至有大量晶体析出后过滤。

所得晶体使用无水乙醇洗涤。试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是____________。

(3)产率计算

①称取2.0g 叠氮化钠试样，配成100mL 溶液，并量取10.00mL 溶液于锥形瓶中。

②用滴定管加入0.10mol·

L －1六硝酸铈铵[(NH 4)2Ce(NO 3)6]溶液40.00mL(假设杂质均不参与反应)。

③充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10mol·

L －1硫酸亚铁铵[(NH 4)2Fe(SO 4)2]为标准液，滴定过量的Ce 4＋，终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理：Ce 4＋＋Fe 2＋===Ce 3＋＋Fe 3＋)。

已知六硝酸铈铵[(NH 4)2Ce(NO 3)6]与叠氮化钠反应生成硝酸铵、硝酸钠、氮气以及Ce(NO 3)3，试写出该反应的化学方程式____________________________；计算叠氮化钠的质量分数为________(保留2位有效数字)。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是____________(填字母)。 A ．锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗

B ．滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数

C ．滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡

D ．滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内

(4)叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：

____________________

【答案】t-BuOH ＋HNO 2t-BuNO 2＋H 2O 恒压滴液漏斗(滴液漏斗) 水浴加热 降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失 2(NH 4)2Ce(NO 3)6＋2NaN 3===4NH 4NO 3＋2Ce(NO 3)3＋2NaNO 3＋3N 2↑ 65% AC ClO －＋2N 3-＋H 2O===Cl －＋2OH －＋3N 2↑

【解析】

【分析】

【详解】

(1)制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反应，所以方

程式为：40222t-BuOH HNO t-BuNO H O +???

→+℃

； (2) ①装置a 的名称即为恒压滴液漏斗；

②反应要控制温度在65℃，参考苯的硝化实验，该反应加热时，应当采用水浴加热； ③题干中提到了叠氮酸钠易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗涤产品时，为了减少洗涤过程中产品的损耗，应当用无水乙醇洗涤；

(3)通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中Ce 4+和3N -中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：423634333322(NH )Ce(NO )2NaN =4NH NO 2NaNO 2Ce(NO )3N ++++↑；在计算叠

氮化钠的含量时，一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了110与过量的六硝酸铈铵反应，再用Fe 2+去滴定未反应完的正四价的Ce ，因此有：4244312.0gNaN Ce Fe Ce =0.004molCe 10

+++++样品的消耗的消耗的，考虑到Fe 2+与Ce 4+的反应按照1:1进行，所以2.0g 叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为：

243(NaN )10(0.004Fe Ce )0.02mol n ++=?-=消耗的，所以叠氮化钠样品的质量分数为：3(NaN )0.02mol 65g/mol 100%==65%2.0g 2.0

m w ?=?； A ．润洗锥形瓶，会使步骤②消耗的六硝酸铈铵的量增加，通过分析可知，会使最终计算的质量分数偏大，A 项正确；

B ．量取40mL 六硝酸铈铵溶液时若前仰后俯，则会量取比40ml 更多的六硝酸铈铵溶液，那么步骤③会需要加入更多的Fe 2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的Ce 4+，通过分析可知，最终会导致计算的质量分数偏低，B 项错误；

C ．步骤③用Fe 2+标定未反应的Ce 4+，若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的Fe 2+消耗量比实际的偏小，通过分析可知，最终会使质量分数偏大，C 正确；

D ．将挂在锥形瓶壁上的 Fe 2+溶液冲入锥形瓶，相当于让溶液混合更均匀，这样做会使结果更准确，D 项不符合；答案选AC ；

(4)反应后溶液碱性增强，所以推测生成了OH -；产生的无色无味无毒气体，推测只能是氮气，所以离子方程式为：322ClO 2N H O=Cl 3N 2OH ----+++↑+。

【点睛】

滴定计算类的题目，最常考察的形式之一是配制完待测样品溶液后，只取一部分进行滴定，在做计算时不要忘记乘以相应的系数；此外，常考察的形式也有：用待测物A 与过量的B 反应，再用C 标定未反应的B ，在做计算时，要注意A 与C 一同消耗的B 。

3．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。

4．目前全世界的镍（Ni ）消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位。镍常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也常用作催化剂。

碱式碳酸镍的制备：

工业用电解镍新液（主要含NiSO 4，NiCl 2等）制备碱式碳酸镍晶体

[xNiCO 3·yNi(OH)2·zH 2O]，制备流程如图：

（1）反应器中的一个重要反应为3NiSO 4+3Na 2CO 3+2H 2O=NiCO 3·2Ni(OH)2+3Na 2SO 4+2X ，X 的化学式为__。

（2）物料在反应器中反应时需要控制反应温度和pH 值。分析如图，反应器中最适合的pH 值为__。

（3）检验碱式碳酸镍晶体洗涤干净的方法是__。

测定碱式碳酸镍晶体的组成：

为测定碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]组成，某小组设计了如图实验方案及装置：

资料卡片：碱式碳酸镍晶体受热会完全分解生成NiO、CO2和H2O

实验步骤：

①检查装置气密性；

②准确称量3.77g碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]放在B装置中，连接仪器；

③打开弹簧夹a，鼓入一段时间空气，分别称量装置C、D、E的质量并记录；

④__；

⑤打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气；

⑥分别准确称量装置C、D、E的质量并记录；

⑦根据数据进行计算（相关数据如下表）

装置C/g装置D/g装置E/g

加热前250.00190.00190.00

加热后251.08190.44190.00

实验分析及数据处理：

（4）E装置的作用__。

（5）补充④的实验操作___。

（6）通过计算得到碱式碳酸镍晶体的组成__（填化学式）。

镍的制备：

（7）写出制备Ni的化学方程式__。

【答案】CO2 8.3 取最后一次洗涤液

．．．产生，

．．．．．．．少许，加入HCl酸化的

．．．BaCl2溶液，若无沉淀

则证明沉淀已经洗涤干净吸收空气中的H2O和CO2关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热 NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O

2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O

【解析】

【分析】

(1)根据元素守恒分析判断；

(2)使各种杂质相对最少的pH即为最适合的pH ；

(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留；

(4)根据实验目的和各个装置的作用分析；

(5)根据实验目的和前后操作步骤分析；

(6)先计算生成水蒸气和CO2的质量，再根据质量守恒确定化学式；

(7)氧化还原反应中电子有得，必有失，根据化合价变化确定生成物，进而配平方程式。【详解】

(1)反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，反应前Ni原子共3个、S原子共3个、O原子共23个、Na原子6个、C原子3个、H原子4个，反应后现有：Ni原子3个、S原子共3个、O原子共19个、Na原子6个、C原子1个、H 原子4个，少O原子4个，C原子2个，而这些微粒包含在2个X分子中，所以X的化学式为CO2，故答案为：CO2；

(2)物料在反应器中反应时需要控制反应条件，根据图可知，在pH=8.3时，各种杂质相对最少，所以反应器中最适合的pH 8.3，故答案为：8.3 ；

(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留，故答案为：取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净；

(4)C装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的H2O，D装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的CO2，E装置可以防止空气中的H2O和CO2进入D装置中，影响实验数据的测定，故答案为：吸收空气中的H2O和CO2；

(5)步骤③反应前左侧通空气是为了排尽装置中原有的CO2和水蒸气，避免装置内的CO2和水蒸气造成数据干扰，排空气后，应该开始进行反应，因此步骤④的操作为关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，说明固体分解完全，停止加热；步骤⑤再打开弹簧

夹a缓缓鼓入一段时间空气，将装置中残留的CO2和水蒸气全部赶入C、D装置，被完全吸收，故答案为：关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热；

(6)水的质量为251.08g?250g=1.08g，CO2的质量为190.44g?190g=0.44g，由于发生的是分解反应，所以生成的NiO的质量为3.77g?1.08g?0.44g=2.25g，则分解反应中水、二氧化碳和

NiO的系数比(也就是分子个数比)为即：

1.08g0.44g

2.25g

18g/mol g/mol g/mol

=6:1:3

4475

：：，

xNiCO3?yNi(OH)2?zH2O . 6H2O↑+CO2↑+3NiO，根据元素守恒可得可得x=1，y=2，z=4即xNiCO3?yNi(OH)2?zH2O中x:y:z的值1:2:4，故答案为：NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O；

(7)NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O与N2H4·H2O反应生成Ni，Ni元素得电子，被还原，同时还生成气体X和Y，由第(1)问知X为CO2，氧化还原反应有得电子，必有失电子的物质，由此判断另一种气体为N2，根据得失电子守恒、元素守恒配平制备Ni的化学方程式，故答案为：2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O。

5．某高中科研小组模拟工业尿素法生产肼(N2H4)，具体方法：先将尿素、次氯酸钠和氢氧化钠溶液混合，然后在催化剂存在的条件下反应制得肼，利用氮气吹出混合物中的肼，并用硫酸吸收制备硫酸肼。具体实验原理图如下：

已知：①肼极易溶于水，长期暴露在空气中或短时间受高温作用会爆炸分解。

②硫酸肼(N2H4·H2SO4)是类似于NH4HSO4的盐类，白色固体，微溶于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇和二氯乙烷等有机溶剂。

③密度：ρ硫酸肼>ρ二氯乙烷>ρ稀硫酸

(1)盛装尿素溶液的装置名称为_____________________；硫酸肼的水溶液中含有多种阳离子，其中阳离子N2H5+的电子式为________________________。

(2)反应前应先通入一段时间氮气，其目的为________________________________。

(3)装置A中发生反应制备肼的离子方程式为_______________________________。

(4)装置B中二氯乙烷的作用为__________________________________________；使用冰水浴的作用__________________________________________________。

(5)装置B反应完全后需经过过滤、洗涤、干燥等操作得到硫酸肼，洗涤过程中最好选择下列那种洗涤剂________________(填字母)。

A．冷水 B．热水 C．无水乙醇 D．饱和食盐水

(6)若实验中所用的NaClO和NaOH混合液中两溶质的浓度均为0.1mol·L?1，则此溶液中离子浓度的大小顺序为______________________________________。

【答案】三颈烧瓶赶走装置中的空气，避免空气与肼反应

CO-+H2O 防倒吸，同时使产物硫酸肼脱离反应混合ClO?+2OH?+CO(NH2)2N2H4+Cl?+2

3

液利于产物析出，同时降温防爆炸 C c(Na+)>c(OH?)>c(ClO?)>c(H+)

【解析】

【分析】

(1)盛装尿素溶液的装置名称为三颈烧瓶；硫酸肼的水溶液中含有多种阳离子，其中阳离子N2H5+可以认为由N2H4与H+通过配位键结合，在N2H4中，每个N原子与两个H原子形成共价键，则两个N原子间还应形成一对共用电子。

(2)反应前应先通入一段时间氮气，其目的为排尽装置内的空气，防止空气与肼反应。

(3)装置A中，碱性溶液，ClO?在催化剂作用下，将CO(NH2)2氧化为N2H4，自身被还原为

CO-和H2O。

Cl?，同时生成23

(4)装置B中二氯乙烷的作用为防倒吸，同时使产物硫酸肼脱离反应混合液；使用冰水浴的作用是降低产物的溶解度，同时降温防爆。

(5)装置B反应完全后需经过滤、洗涤、干燥等操作得到硫酸肼，洗涤过程中尽可能减少产品的溶解损失，所以最好选择无水乙醇。

(6)若实验中所用的NaClO和NaOH混合液中两溶质的浓度均为0.1mol·L?1，

c(Na+)=0.1mol·L?1，因水解c(ClO?)<0.1mol·L?1，c(OH?)>0.1mol·L?1，由此可确定溶液中离子浓度的大小。

【详解】

(1)盛装尿素溶液的装置名称为三颈烧瓶；N2H5+可以认为由N2H4与H+通过配位键结合，在N2H4中，每个N原子与两个H原子形成共价键，则两个N原子间还应形成一对共用电子,

电子式为。答案为：三颈烧瓶；；

(2)反应前应先通入一段时间氮气，其目的为排尽装置内的空气，防止空气与肼反应。答案为：赶走装置中的空气，避免空气与肼反应；

(3)装置A中，碱性溶液，ClO?在催化剂作用下，将CO(NH2)2氧化为N2H4，自身被还原为

CO-和H2O，反应方程式为

Cl?，同时生成23

CO-+H2O。答案为：

ClO?+2OH?+CO(NH2)2N2H4+Cl?+2

3

CO-+H2O；

ClO?+2OH?+CO(NH2)2N2H4+Cl?+2

3

(4)装置B中二氯乙烷的作用为防倒吸，同时使产物硫酸肼脱离反应混合液；使用冰水浴的作用是降低产物的溶解度，同时降温防爆。答案为：防倒吸，同时使产物硫酸肼脱离反应混合液；利于产物析出，同时降温防爆炸；

(5)装置B反应完全后需经过滤、洗涤、干燥等操作得到硫酸肼，洗涤过程中尽可能减少产品的溶解损失，所以最好选择无水乙醇。答案为：C；

(6)若实验中所用的NaClO和NaOH混合液中两溶质的浓度均为0.1mol·L?1，

c(Na+)=0.1mol·L?1，因水解c(ClO?)<0.1mol·L?1，c(OH?)>0.1mol·L?1，由此可确定溶液中离子浓度的关系为：c(Na+)>c(OH?)>c(ClO?)>c(H+)。答案为：c(Na+)>c(OH?)>c(ClO?)>c(H+)。

【点睛】

在分析装置B中二氯乙烷的作用时，应借助信息“③密度：ρ硫酸肼>ρ二氯乙烷>ρ稀硫酸，且硫酸肼不溶于二氯乙烷”，则往二氯乙烷中通入肼后，肼逸出，在上层与稀硫酸反应生成硫酸肼，由于硫酸肼的密度比二氯乙烷大，且难溶于二氯乙烷，所以沉在二氯乙烷的底部，从而实现与反应混合液的分离。

6．现有一份含有FeCl3和FeCl2固体混合物，为测定各成分的含量进行如下两个实验：

实验1：① 称取一定质量的样品，将样品溶解；

② 向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，产生沉淀；

③ 将沉淀过滤、洗涤、干燥得到白色固体17.22 g。

实验2：① 称取与实验1中相同质量的样品，将样品溶解；

② 向溶解后的溶液中通入足量的Cl2；

③ 再向②所得溶液中加入足量的NaOH溶液，得到红褐色沉淀；

④ 将沉淀过滤、洗涤后，加热灼烧，到质量不再减少，得到固体物质4g。

回答下列问题：

（1）溶解过程中所用到的玻璃仪器有___________________。

（2实验室保存FeCl2溶液时通常会向其中加入少量试剂_____________和_____________。（3）实验2通入足量Cl2的目的是_____________；涉及的化学反应的离子方程式是

____________________。

（4检述实验2的步骤④中沉淀已经洗涤干净的方法是_____________。

（5）加热FeCl3溶液，并将溶液蒸干时，通常不能得到FeCl3固体，请以平衡的观点解释其原因（方程式与文字相结合来说明）______________________。

（6）FeCl3溶液可以用于止血，主要是因为FeCl3溶液能使血液聚沉，这涉及胶体的特性。以下关于胶体的说法不正确的是_____________。

A．胶体粒子能透过滤纸，但不能透过半透膜

B．胶体粒子具有较大的表面积，能吸附阳离子或阴离子，故在电场作用下会产生电泳现象C．向Fe（OH）3胶体可以产生丁达尔效应，CuSO4溶液、水等分散系不能产生丁达尔效应D．向Fe（OH）3胶体中滴加硫酸，会先出现红褐色沉淀，随后沉淀消失

E．在蛋白质溶液中加入稀的CuSO4溶液，可使蛋白质盐析

（7）通过实验所得数据，计算固体样品中FeCl3和FeCl2的物质的量之比为_________。【答案】（1）烧杯、玻璃棒

（2）稀盐酸铁粉

（3）将Fe2+全部转化为Fe3+2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－

（4）取少量最后一次的洗涤液于试管中，向试管中溶液滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，如未出现白色沉淀说明已洗净

（5）FeCl3在水中存在如下平衡 FeCl3+3H2O Fe（OH）3+3HCl，在加热条件下，由于HCl易挥发，生成物浓度减小，导致平衡不断向右移动，故最后不能得到FeCl3固体

（6）E（7）2：3

【解析】

试题分析：（1）溶解所用到的仪器为烧杯、玻璃棒；（2）FeCl2易被空气中的氧气氧化成FeCl3，向溶液中加入少量铁粉，使FeCl3重新转化为FeCl2；为了防止FeCl2溶液水解，常加入盐酸，抑制其水解，防止其变质；（3）Cl2将FeCl2氧化生成FeCl3：Cl2+2FeCl2=2FeCl3，实质为2Fe2++ Cl2= 2Fe3++ 2Cl－；（4）解答此问时，首先要明确沉淀吸附了什么杂质，由于氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，因此沉淀吸附的杂质是Na+、Cl-，检验沉淀是否洗涤干净，只要检验洗涤后的溶液中是否含有Na+、Cl-中的一种就可以，如果最后一次的洗涤液仍然有氯化钠，加入硝酸银溶液就会出现沉淀，反之，说明溶液中没有氯化钠；（5）因为FeCl3易水解，且HCl易挥发，加热促进了FeCl3水解及HCl的挥发，所以不能得到FeCl3固体；（6）A、胶体粒子直径介于1～100nm之间，因此能透过滤纸，但不能透过半透膜，A正确；B、胶体粒子具有较大的表面积，能吸附阳离子或阴离子，因此在电场作用下会移向阴极或阳极，产生电泳现象，B正确；C、向Fe（OH）3胶体可以产生丁达尔效应，CuSO4溶液、水等分散系不能产生丁达尔效应，C正确；D、，向胶体中加入少量的酸、碱、盐，会中和胶体所带的电荷，使胶体发生聚沉，所以向Fe（OH）3胶体中滴加硫酸，会先出现红褐色Fe（OH）3沉淀，但过量的硫酸还会和Fe（OH）3沉淀发生反应生成硫酸铁，D正确；E、CuSO4属于重金属盐，能使蛋白质变性，而非盐析，E不正确；

（7）先由m

M

计算实验①所得AgCl的n为

17.22

143.5

mol = 0.12mol，实验②所得Fe2O3的n

为

4

160

mol = 0.025mol，设FeCl3和FeCl2的物质的量分别为x mol、y mol，依据Cl、Fe守恒

3x mol+2y mol="0.12" mol，x mol+y mol="0.025" mol×2，解得x = 0.02，y = 0.03，则固体样品中FeCl3和FeCl2的物质的量之比为为2∶3。

考点：本题主要考查化学实验基本操作、离子方程式的书写、铁盐和亚铁盐的性质及转化、盐类水解、化学计算等。

【名师点睛】（1）化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化学实验的基础，对化学实验的考查离不开化学实验的基本操作。考查的角度主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确及灵活运用的能力。（2）根据化学方程式的计算，多以物质的量为核心，考查物质的量、阿伏加德罗常数、物质的量浓度、物质的质量、摩尔质量、气体的体积、气体摩尔体积等相关物理量的转化关系，以及反应物的转化率或产物的产率的计算，同时还可以融入多种化学解题思想，比如极值法、差量法、守恒法、讨论法、特殊值法等，是历来高考的重点内容。日常学习中要注意相关知识的积累，以便快速准确作答，题目难度中等。

7．将28.8g 铜投入100mL 浓硝酸中，最后铜有剩余，其NO 3- 离子物质的量变化如下图所示，请回答下列问题：

（1）开始反应时浓硝酸的物质的量浓度为____________mol/L 。

（2）铜与浓硝酸反应生成的气体在标准状况下的体积（不考虑NO 2与N 2O 4的平衡）为_____L 。

（3）硝酸完全反应后消耗铜的物质的量n(Cu)是______mol 。

（4）应再往此反应体系中滴加_________L 2 mol/L 的硫酸才能使剩余的铜恰好完全溶解。已知此过程中NO 3-的还原产物为NO 。

（5）a g 铜全部溶于一定量的浓硝酸中，测得生成的气体在标准状况下的体积（不考虑NO 2与N 2O 4的平衡）为b L ，为消除污染，将生成的气体通入NaOH 溶液中，气体被完全吸收。已知：NO + NO 2 +2NaOH →2NaNO 2 + H 2O 2NO 2 +2NaOH → NaNO 3 +NaNO 2 + H 2O 如果NO 、NO 2混合气体用NO x 表示，被NaOH 溶液完全吸收时，x 的取值范围______；生成NaNO 2的物质的量是_________mol ；NaNO 3的物质的量是_________mol 。

（6）在常温下，把NO 气体压缩到1.01×107Pa ，再加热到500C ，发现气体的压强迅速下降，压强降至略小于原压强的2/3，然后压强就不再改变。已知其中一种产物为N 2O ，则上述变化的化学方程式为__________________。气体的平均摩尔质量为M ，则M 的取值范围应该是_________________。

【答案】10 8.96 0.3 100 1.5x<2… a mol 64 b a -mol 22.464?? ???

223NO=N O NO 十；2242NO N O ? 45g/mol

【解析】

【分析】

（1）根据开始时硝酸根的物质的量计算硝酸的浓度；

（2）利用氮元素守恒计算气体的物质的量，再根据V=nV m 计算二氧化氮的体积； （3）反应结束，溶液中溶质为硝酸铜，根据硝酸根计算消耗n （Cu ）；

（4）发生反应：-+2+323Cu+2NO +8H =3Cu +2NO +4H O ↑，据此计算消耗硫酸的物质的量，进而计算需要硫酸的体积；

（5）由方程式22322NO +2NaOH=NaNO +NaNO +H O 和

222NO+NO +2NaOH=2NaNO +H O 可知，NO 单独不能被吸收，NO 和NO 2混合气体被NaOH 溶液被完全吸收，满足2n NO n NO 1（）：（）≥，当n （NO 2）：n （NO ）=1时x

值最小，计算x 的最小值，因为混有NO ，所以x 最大值＜2，据此确定x 取值范围；纵观整个过程，Cu 失去的电子等于硝酸生成亚硝酸钠时获得的电子，根据电子转移守恒计算n （NaNO 2），根据N 元素守恒计算n （NaNO 3）；

（6）在常温下，把NO 气体压缩到1.01×107Pa ，再加热到50℃，发现气体的压强迅速下降，压强降至略小于原压强的23

，然后压强就不再改变．已知其中一种产物为N 2O ，依据原子个数守恒可知该反应为：3NO=N 2O 十NO 2，因为存在2242NO N O ?

，即生成的NO 2又双聚成N 2O 4，导致气体分子数减少，压强降至略小于原压强的23

；若只发生反应：3NO=N 2O 十NO 2，气体的平均摩尔质量最小，若二氧化氮完全转化为四氧化二氮时，气体的平均摩尔质量最大，据此计算解答。

【详解】

(1)由图可知，开始时n(NO 3?)=1.0mol ，则n(HNO 3)=n(NO 3?)=1.0mol ，则

()3 1.0mol c HNO =

=10mol/L 0.1L

， 故答案为：10； (2)由图可知，反应结束时，溶液中NO 3?为0.6mol ，根据氮元素守恒，生成气体的物质的量为1.0mol?0.6mol=0.4mol ，标况下二氧化氮的体积为0.4mol 22.4L/mol=8.96L ?， 故答案为：8.96；

(3)溶液中溶质为硝酸铜，由图可知，反应结束时，溶液中NO 3?为0.6mol ，故消耗n(Cu)=n(硝酸铜)=0.6mol2=0.3mol ，

故答案为：0.3；

(4)28.8g 铜的物质的量为28.8g =0.45mol 64g/mol

，故剩余Cu 为0.45mol?0.3mol=0.15mol ，由方程式-+2+323Cu+2NO +8H =3Cu +2NO +4H O ↑可知

()+8n H =0.15mol =0.4mol 3

? ，故n(H 2SO 4)=0.2mol ，则需要硫酸体积为n 0.2mol V=

==0.1L=100mL c 2mol/L

， 故答案为：100； (5)由方程式可知，NO 单独不能被吸收，NO 和NO2混合气体被NaOH 溶液被完全吸收，满

足2n NO n NO 1（）：（）≥，当2n NO n NO =1（）：（）

时x 值最小，x 最小值为2+12=1.5，因为混有NO ，所以x 最大值<2，故x 的取值范围为1.5x<2…；

纵观整个过程，Cu 失去的电子等于硝酸生成亚硝酸钠时获得的电子，根据电子转移守恒，()()2ag a n NaNO =n Cu ==mol 64g/mol 64

，根据N 元素守恒，可知()3bL a b a n NaNO =n()=-=-mol 22.4L/mol 64mol 22.464气体?? ???

，

故答案为：1.5x<2…；a mol 64；b a -mol 22.464?? ???

； (6)在常温下，把NO 气体压缩到1.01×107Pa ，再加热到50℃，发现气体的压强迅速下降，压强降至略小于原压强的23，然后压强就不再改变。已知其中一种产物为N 2O ，依据原子个数守恒可知该反应为：223NO=N O NO 十，因为存在2242NO N O ?

，即生成的NO 2又双聚成N 2O 4，导致气体分子数减少，压强降至略小于原压强的23

， 若只发生反应：223NO=N O NO 十，气体的平均摩尔质量最小，此时

30g/mol M=3=45g/mol 2

?

，若二氧化氮完全转化为四氧化二氮时，气体的平均摩尔质量最大，1molNO 2得到0.5mol N 2O 4， 则此时1mol 44g/mol+0.5mol 92g/mol M==60g/mol 1mol+0.5mol

?? ， 综上分析，可知45g/mol

；45g/mol

8．（1）将新制氯水逐滴滴入FeBr 2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(NH 4Al(SO 4)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 4H 10

C 8H 10(g)+5H 2在不同温度下的平衡常数变化如下： 温度(℃)

400 450 500 平衡常数K a 6a 40a

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2molC 4H 10，反应10s 后测得H 2浓度为1mol/L ，此10s 内，以C 8H 10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C 4H 10(含少量H 2)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C 8H 10，虚线代表C 4H 10。请用实线补充画出t 1~t 4间C 8H 10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。

9．某工业废水中含有的 Mn2+、CN﹣等会对环境造成污染，在排放之前必须进行处理。ClO2是一种国际上公认的安全无毒的绿色水处理剂，某实验兴趣小组通过如图装置制备 ClO2，并用它来处理工业废水中的 Mn2+、CN﹣。

已知：i．ClO2为黄绿色气体，极易溶于水，沸点 11℃；

ii．ClO2易爆炸，若用“惰性气体”等稀释时，爆炸性则大大降低；

iii．某工业废水处理过程中 Mn2+转化为 MnO2、CN﹣转化为对大气无污染的气体；

iv．装置 B 中发生的反应为：H2C2O4+H2SO4+2KClO3═K2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O。

请回答下列问题：

（1）B 装置的名称是_____，C 装置的作用为_____。

（2）用 H2C2O4溶液、稀硫酸和 KC1O3制备 ClO2的最大优点是_____。

（3）写出装置 D 中除去 Mn2+的离子方程式_____。

（4）ClO2 在处理废水过程中可能会产生副产物亚氯酸盐（ClO2）。下列试剂中，可将 ClO2 转化为 Cl

的是_____。（填字母序号）。

a．FeSO4 b．O3 c．KMnO4 d．SO2

（5）在实验室里对该废水样品中 CN﹣含量进行测定：取工业废水Wg于锥形瓶中，加入10mL0.10mol/L 的硫酸溶液，用 0.0200mol/L 的 KMnO4标准溶液进行滴定，当达到终点时共消耗 KMnO4标准溶液25.00mL。

在此过程中：

①实验中使用棕色滴定管的原因是_____，滴定终点的判断依据是_____。

②W g 工业废水中 CN﹣的物质的量为_____。

③若盛装工业废水的锥形瓶未润洗，则测定结果将_____（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。

【答案】圆底烧瓶 防倒吸 制得ClO 2的同时有CO 2产生，可稀释ClO 2，大大降低爆炸的可能性 2ClO 2+5Mn 2++6H 2O=5MnO 2↓+2Cl -+12H + ad 防止KMnO 4见光分解 锥形瓶中的溶液颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色 0.0005mol 无影响

【解析】

【分析】

（1）B 为圆底烧瓶；依据C 装置进气管、出气管都较短可知为安全瓶，防止倒吸； （2）反应生成的产物结合ClO 2易爆炸，用惰性气体等稀释时，可防止爆炸分析； （3）二氧化氯具有强的氧化性，能够氧化二价锰离子生成二氧化锰，本身被还原为氯离子；

（4）将ClO 2 转化为 Cl -，应加入还原剂；

（5）①高锰酸钾不稳定；高锰酸钾与CN -发生氧化还原反应，被还原为无色的二价锰离子，所以当达到滴定终点时：颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；

②涉及反应为：-+2+42222MnO +8H +2CN 2Mn +2CO +N +4H O ↑↑﹣＝，结合方程式计

算；

③锥形瓶无需润洗。

【详解】

（1）B 装置的名称是圆底烧瓶；依据C 装置进气管、出气管都较短可知为安全瓶，防止倒吸，故答案为：圆底烧瓶； 防倒吸；

（2）用H 2C 2O 4溶液、稀硫酸和KClO 3制备ClO 2反应产物为二氧化氯、二氧化碳可稀释ClO 2，大大降低爆炸的可能性，

故答案为：制得ClO 2的同时有CO 2产生，可稀释ClO 2，大大降低爆炸的可能性；

（3）二氧化氯具有强的氧化性，能够氧化二价锰离子生成二氧化锰，本身被还原为氯离子，离子方程式：2ClO 2+5Mn 2++6H 2O=5MnO 2↓+2Cl -+12H +，

故答案为：2ClO 2+5Mn 2++6H 2O=5MnO 2↓+2Cl -+12H +；

（4）将ClO 2 转化为 Cl -，应加入还原剂，可加入硫酸亚铁或二氧化硫等，

故答案为：ad ；

（5）①高锰酸钾不稳定受热易分解，所以应放在棕色瓶中；高锰酸钾与CN -发生氧化还原反应，被还原为无色的二价锰离子，所以当达到滴定终点时：颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色，

故答案为：防止KMnO 4见光分解；锥形瓶中的溶液颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；

②设CN -物质的量为n ，则依据方程式

-

+2+42222MnO +8H +2CN 2Mn +2CO +N +4H O ↑↑﹣＝可知：

-

4

MnO CN 1

10.02mol/L 0.025L n

?:﹣ 解得n ＝0.0005mol ，

故答案为：0.0005mol ；

③锥形瓶无需润洗，对测定结果没有影响，

故答案为：无影响。

【点睛】

本题考查物质的制备以及含量的测定，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，注意把握二氧化氯的制备和性质，能正确书写氧化还原反应方程式，掌握氧化还原滴定法测量物质的浓度，熟悉制备原理，准确把握题干信息是解题关键，题目难度较大。

10．次硫酸钠甲醛(xNaHSO 2?yHCHO?zH 2O)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BaCl 2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：xNaHSO 2?yHCHO?zH 2O+I 2→NaHSO 4+HI+HCHO+H 2O(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 -=CH 3OH+HCOO - NaHSO 2·HCHO ·2H 2O

【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：xNaHSO 2?yHCHO?zH 2O+I 2→N aHSO 4+HI+HCHO+H 2O ，据电子守恒，生成1mol 的NaHSO 4，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