高考化学氧化还原反应(大题培优)附答案解析

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）

1．工业上处理含苯酚废水的过程如下。回答下列问题：

Ⅰ.测定废水中苯酚的含量。 测定原理：

+3Br 2→↓+3HBr 测定步骤：

步骤1：准确量取25.00mL 待测废水于250mL 锥形瓶中。

步骤2：将5.00mL 1amol L -?浓溴水(量)迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡。

步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中迅速加入bmL 10.10mol L -?KI 溶液(过量)，塞紧瓶塞，振荡。

步骤4：滴入2~3滴指示剂，再用10.010mol L -?223Na S O 标准溶液滴定至终点，消耗223Na S O 溶液1V mL (反应原理：2223246I 2Na S O 2NaI Na S O +=+)。待测废水换为蒸馏水，重复上述步骤(即进行空白实验)，消耗223Na S O 溶液2V mL 。

(1)“步骤1”量取待测废水所用仪器是________。

(2)为了防止溴的挥发，上述步骤中采取的措施包括迅速加入试剂和________。

(3)“步骤4”滴定终点的现象为________。

(4)该废水中苯酚的含量为________1mg L -?(用含1V 、2V 的代数式表示)。如果空白实验中“步骤2”忘记塞紧瓶塞，则测得的废水中苯酚的含量________(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)；如果空白实验中“步骤4”滴定至终点时俯视读数，则测得的废水中苯酚的含量________。

Ⅱ.处理废水。采用Ti 基2PbO 为阳极，不锈钢为阴极，含苯酚的废水为电解液，通过电解，阳极上产生羟基(·OH )，阴极上产生22H O 。通过交排列的阴阳两极的协同作用，在各自区域将苯酚深度氧化为2CO 和2H O 。

(5)写出阳极的电极反应式：________。

(6)写出苯酚在阴极附近被22H O 深度氧化的化学方程式：________。

【答案】(酸式)滴定管 塞紧瓶塞 滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色 ()2194V -V 15

偏低 偏低 2H O e OH H -+-=?+ 652222C H OH 14H O 6CO 17H O +=↑+

【解析】

【分析】

向呈有待测废水加入浓溴水反应后得到三溴苯酚的沉淀，再加入KI 溶液与剩下的Br 2发生氧化还原反应得到I 2，方程式为Br 2+2I -===I 2+2Br -，再用Na 2S 2O 3标准溶液滴定I 2，可根据消耗的Na 2S 2O 3标准溶液的体积和浓度算出溶液中剩余的Br 2的物质的量，再设置一个空白实

验测出浓溴水的物质的量，用Br 2总的物质的量-剩余Br 2的物质的量即可得出与苯酚反应的Br 2的物质的量，再结合反应方程式得到苯酚的物质的量，从而求出废水中苯酚的含量，结合实验基本操作及注意事项解答问题。

【详解】

(1)由于苯酚显酸性，因此含苯酚的废水为酸性，“步骤1”中准确量取废水时所用的仪器可选用酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；

(2)由于溴单质易挥发，因此可采用塞进瓶塞、迅速加入试剂等方法防止其挥发，故答案为：塞紧瓶塞；

(3)用0.01mol/LNa 2S 2O 3标准溶液滴定至终点，由于Na 2S 2O 3标准溶液会反应I 2，加入的淀粉遇I 2变成蓝色，所以滴定终点的现象为滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色，故答案为：滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色；

(4)根据反应方程式可得各物质的物质的量关系式：

2

22231

122Br ~2KI ~I ~2Na S O 0.005V 0.01V 0.005V 0.01V

剩下的浓溴水中Br 2的物质的量为0.005V 1 mmol ，将待测废液换成蒸馏水时，5mL amol/L 的浓溴水中Br 2的物质的量为0.005V 2 mmol ，则与苯酚参与反应的Br 2的物质的量为0.005(V 2-V 1) mmol ，根据方程式+3Br 2→↓+3HBr 可得苯酚的物质的量为()210.005V -V 3 mmol ，质量为()21940.005V -V 3

?mg ，则该废水中苯酚的含量为()()2121-13940.005V -V mg 94V -V 3mg L 251015

L -?=?g ，若步骤2中忘记塞进瓶塞，溴单质挥发，导致最终消耗的Na 2S 2O 3的体积偏小，则测得苯酚的含量偏低，如果空白实验中步骤4滴定终点时俯视读数，读得的体积偏小，则消耗的Na 2S 2O 3的体积偏小，使测得苯酚的含量偏低，故答案为：()2194V -V 15

；偏低；偏低； (5)由题干信息可知，Ti 基PbO 2为阳极，则阳极H 2O 失去电子产生·OH ，电极反应式为H 2O-e -===H ++·OH ，故答案为：H 2O-e -===H ++·OH ；

(6)根据题干信息可知，苯酚被阴极产生的H 2O 2深度氧化产生CO 2和H 2O ，有氧化还原反应规律得到其反应方程式式为C 6H 5OH+14H 2O 2===6CO 2↑+17H 2O ，故答案为：

C 6H 5OH+14H 2O 2===6CO 2↑+17H 2O 。

2．某工业废水中主要含有Cr 3＋，同时还含有少量的Fe 3＋、Fe 2＋、Al 3＋、Ca 2＋和Mg 2＋等，且酸性较强。为回收利用，通常采用如下流程处理：

注：部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表。

氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2Al(OH)3Cr(OH)3

pH 3.79.611.189(>9溶解)

（1）氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是________(填序号)。

A．Na2O2 B．HNO3 C．FeCl3 D．KMnO4

（2）加入NaOH溶液调整溶液pH＝8时，除去的离子是________；已知钠离子交换树脂的原理：M n＋＋nNaR→MR n＋nNa＋，此步操作被交换除去的杂质离子是__________。A．Fe3＋B．Al3＋C．Ca2＋D．Mg2＋

（3）还原过程中，每消耗0.8 mol Cr2O72-转移4.8 mol e－，该反应离子方程式为

____________。

【答案】A AB CD 3S2O32— + 4Cr2O72— + 26H+ = 6SO42— + 8Cr3+ +13H2O

【解析】

【分析】

某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+被氧化为Cr2O72-，加氢氧化钠调节pH=8，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+，再调节pH得到

Cr(OH)(H2O)5SO4；

(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，注意不能引入新的杂质；

(2)根据表中数据判断；通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+；

(3)每消耗0.8mol Cr2O72-转移4.8mol e-，则1molCr2O72-转移6mol电子，所以生成Cr3+，

S2O32-被氧化为SO42-，结合得失电子守恒和原子守恒写出离子方程式。

【详解】

某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+被氧化为Cr2O72-，加氢氧化钠调节pH=8，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+，再调节pH得到

Cr(OH)(H2O)5SO4；

(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，同时不能引入新的杂质，所以可以用

Na2O2代替H2O2，故答案为：A；

(2)根据表中数据可知，pH=8时，Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，则Fe3+、Al3+被除去；通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+；

(3)每消耗0.8mol Cr2O72-转移4.8mol e-，则1molCr2O72-转移6mol电子，所以生成Cr3+，

S2O32-被氧化为SO42-，则反应的离子方程式为：3S2O32— + 4Cr2O72— + 26H+ = 6SO42— + 8Cr3+ +13H2O。

3．二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸。某研究小组欲用以下三种方案制备ClO2，回答下列问题：

（1）以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，写出制备ClO2的离子方程式__。

（2）用过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2，并将制得的ClO2用于处理含CN-废水。实验室模拟该过程的实验装置(夹持装置略)如图所示。

①装置A的名称是__，装置C的作用是__。

②反应容器B应置于30℃左右的水浴中，目的是__。

③通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是__。

④ClO2处理含CN-废水的离子方程式为__，装置E的作用是__。

（3）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2的方法。

①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的__（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。

②用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，工作原理如图所示，写出阳极产生ClO2的电极反应式__。

【答案】FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O 恒压漏斗安全瓶提高化学反应速率，同时防止过氧化氢受热分解稀释ClO2，防止其爆炸 2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-吸收ClO2等气体，防止污染大气 BaCl2 Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+

【解析】

【分析】

二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。分别利用无机反应和电解原理制备二氧化氯，三种方法均利用了氧化还原反应。

【详解】

（1）以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，根据氧化还原反应中电子守恒和元素守恒，可以写出制备ClO2的离子方程式为FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O。

（2）①装置A的名称为恒压漏洞，装置C为安全瓶，起到防止液体倒吸的作用。

②升高温度可以提高化学反应速率，但是原料中含有过氧化氢，过氧化氢在过高的温度下可以发生分解反应，因此反应容器B应置于30℃左右的水浴中。

③根据题文可知，ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸，故通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是稀释ClO2，防止其爆炸。

④ClO2处理含CN-废水发生氧化还原反应，将CN-转化为无污染的CO2和N2，故离子方程式为2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-；装置E在整套装置之后，起到吸收尾气，防止环境污染的作用。

（3）①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，需要过量的碳酸根离子、氢氧根离子和钡离子，过量的钡离子可以用碳酸根离子除去，因此在加入Na2CO3之前应先加入过量BaCl2。

②用石墨做电极，电解池的阳极发生氧化反应，元素化合价升高，因此氯离子在阳极失电子和水反应得到ClO2，电极反应式为Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+。

4．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________，SO42? 的空间构型为__________（用文字描述）；Cu2+ 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) + O2(g)垐?

噲?2NO2(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NO2的有关反应如下：

反应Ⅰ：2NO2(g) + H2O(l) ＝ HNO3(aq) + HNO2(aq) ΔH =－116.1kJ?mol?1

反应Ⅱ：3HNO2(aq) ＝ HNO3(aq) + 2NO(g) + H2O(l) ΔH =－75.9kJ?mol?1

用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式是___________________。

（3）“电解”过程：HNO2为弱酸，通过电解使HNO3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】1s22s22p63s23p63d104s1正四面体形 O 增大压强、提高氧气的浓度

3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g) ΔH=－212.1kJ?mol?1 HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-

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+。

5．在古代，橘红色的铅丹（Pb3O4）用于入药和炼丹，人们对其中重金属铅的毒性认识不

足。已知：PbO2为棕黑色粉末。某化学兴趣小组对铅丹的一些性质进行实验探究并测定其组成。

回答下列问题：

（1）性质实验

（2）组成测定

①准确称取0.530 g 干燥的铅丹样品，置于洁净的小烧杯中，加入2 mL 6 mol/L的HNO3溶液，搅拌使之充分反应，分离出固体和溶液。该分离操作名称是_____________。

②将①中所得溶液全部转入锥形瓶中，加入指示剂和缓冲溶液，用0.04000 mol/L的EDTA 溶液（显酸性）滴定至终点，消耗EDTA溶液36.50 mL。EDTA与Pb2+的反应可表示为Pb2+＋H2Y2- =PbY2-＋2H+，滴定时EDTA溶液应盛装在_______________中。滤液中含

Pb2+__________mol。

③将①中所得固体PbO2全部转入另一锥形瓶中，往其中加入适量HAc与NaAc的混合液和

8 g固体 KI，摇动锥形瓶，使PbO2全部反应而溶解，发生反应PbO2＋4I－＋4HAc =PbI2＋I2＋4Ac－＋2H2O，此时溶液呈透明棕色。以0.05000 mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－，至溶液呈淡黄色时加入2%淀粉溶液1 mL，继续滴定至溶液

_______，即为终点，用去Na2S2O3溶液30.80 mL。

根据②、③实验数据计算，铅丹中Pb（Ⅱ）与Pb（Ⅳ）的原子数之比为____________。

【答案】固体由橘红色变为棕黑色 PbO2＋4HCl（浓）加热

PbCl2＋Cl2↑＋2H2O 在酸性

溶液中，PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-过滤、洗涤、干燥酸式滴定管 1.460×10-3蓝色褪去且半分钟内不恢复 1.90

【解析】

【分析】

(1)①由化学方程式及物质的物理性质总结反应现象，②黄绿色气体为氯气，HCl氧化为氯气，则PbO2发生还原，③紫色是MnO4-离子的颜色，在酸性条件下PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-，PbO2发生还原反应变为+2价离子；

(2)①溶液中有固体沉淀的分离步骤是：过滤、洗涤、干燥，②碱性溶液用碱式滴定管盛装，酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装，根据反应的离子方程式找出关系式进行计算滤液中含Pb2+的物质的量；

(3)碘遇淀粉变蓝色，根据反应的离子方程式找出关系式进行相关计算。

根据以上分析进行解答。

【详解】

(1)①铅丹样品与HNO3溶液发生反应：Pb3O4＋4HNO3=PbO2＋2Pb(NO3)2＋2H2O，由题中所给Pb3O4、PbO2物理性质可知反应现象为：固体由橘红色变为棕黑色。

答案为：固体由橘红色变为棕黑色。

② PbO2与浓盐酸加热生成的黄绿色气体为氯气，HCl氧化为氯气，PbO2发生还原变成

Pb2+，根据原子守恒写出反应方程式为：PbO2＋4HCl（浓）加热

PbCl2＋Cl2↑＋2H2O。

答案为：PbO2＋4HCl（浓）加热

PbCl2＋Cl2↑＋2H2O。

③ PbO2与硝酸酸化的Mn(NO3)2溶液反应得到的是MnO4-紫色溶液，说明在酸性条件下PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-，PbO2发生还原反应变为Pb2+离子，反应方程式为：

5PbO2+ 2Mn2++4H+= 2MnO4-+ 5Pb2++2 H2O。

答案为：在酸性溶液中，PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-。

(2)①溶液中有不溶物分离的操作步骤是：过滤、洗涤、干燥。

答案是：过滤、洗涤、干燥。

②滴定实验中酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装，所以显酸性的EDTA溶液应盛装在酸式滴定管里，根据反应Pb2+＋H2Y2- =PbY2-＋2H+可得：n(Pb2+)=n(H2Y2- )=36.50?10-

3L?0.0400mol/L=1.460?10-3mol。

答案为：酸式滴定管；1.460×10-3。

(3)该滴定实验使用淀粉溶液作指示剂，而碘遇淀粉变蓝色，当反应I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－结束时，碘恰好反应完蓝色褪去，所以达到滴定终点的标志是：蓝色褪去且半分钟内不恢复；根据反应：PbO2＋4I－＋4HAc =PbI2＋I2＋4Ac－＋2H2O，I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－可得：

n(PbO2)=n(I2)=1

2

n(S2O32-)=

1

2

?0.05000mol/L?30.80?10-3L=7.7?10-4mol，所以铅丹中Pb（Ⅱ）

与Pb（Ⅳ）的原子数之比为：1.460×10-3：7.7?10-4=1.90。

答案为：蓝色褪去且半分钟内不恢复；1.90。

【点睛】

有关滴定实验的计算中要根据反应方程式找准关系式，计算时注意单位的换算。

6．孔雀石的主要成分为Cu2（OH）2CO3（含少量FeO、Fe2O3、SiO2）。某小组同学在实验室以孔雀石为原料制备胆矾，并测定所得胆矾中结晶水的含量。实验步骤如下：

（提供试剂：NaOH 溶液、 H 2O 2溶液、 CuO 、Na 2CO 3）

完成下列填空：

（1）孔雀石的主要成分与稀硫酸反应的离子方程式为________。

（2）按试剂加入顺序，w 所代表的试剂依次为__________。沉淀B 的成分为_______。 （3）a 操作依次为：加热蒸发、_______、过滤、洗涤、__________。除烧杯、漏斗之外过滤还需要另一玻璃仪器，该仪器在此操作中的主要作用是_________。

（4）欲检验溶液A 中Fe 2+的试剂是___________（选填序号）。如果测定Fe 2+的含量，需要用容量瓶配制某标准溶液，请简述配制中“定容”的操作：_____。

a NaOH （aq ）

b Na 2CO 3（aq ）

c 淀粉KI （aq ）

d 酸性KMnO 4（aq ）

（5）在测定所得胆矾（CuSO 4·xH 2O ）中结晶水x 值的实验过程中，若测定结果的实验误差为1.5%，可能的原因是_______________。

a 加热温度过高

b 胆矾晶体的颗粒较大

c 加热后放在空气中冷却

d 加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出 （6）该小组一位同学根据实验结果求出样品中孔雀石的质量分数为：

21

m 2222502m ，另一位同学不同意，其原因是___________。

【答案】Cu 2（OH ）2CO 3+4H +→2Cu 2++3H 2O +CO 2↑ H 2O 2溶液、 CuO Fe （OH ）3、 CuO 冷却结晶 自然干燥 引流 d 加水到离刻度线2～3cm 处改用胶头滴管滴加蒸馏水，直到凹液面的最低线与刻度线相平 a 、d 在除杂过程中加入了CuO ，会使结果偏大

【解析】

【分析】

m 1g 孔雀石的主要成分为Cu 2（OH ）2CO 3（含少量FeO 、Fe 2O 3、SiO 2），加入稀硫酸过滤得到滤渣二氧化硅和溶液A 为硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸铁，加入W 为过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化铜调节溶液的pH 沉淀铁离子，过滤得到沉淀B 为氢氧化铁和过量的氧化铜，溶液B 为硫酸铜溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到硫酸铜晶体m 2g ，受热失去结晶水得到硫酸铜固体m 3g 。据此解答。

【详解】

（1）碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，反应的离子方程式为：Cu 2

（OH ）2CO 3+4H +=2Cu 2++3H 2O +CO 2↑，故答案为：Cu 2（OH ）2CO 3+4H +=2Cu 2++3H 2O +CO 2↑；

（2）按试剂加入顺序，w 所代表的试剂依次为加入氧化剂过氧化氢氧化亚铁离子，不引入其他杂志离子，加入氧化铜调节溶液pH 使铁离子全部沉淀，过滤得到沉淀B 为Fe （OH ）3、CuO ，故答案为：H 2O 2溶液、CuO ；Fe （OH ）3、CuO ；

（3）从溶液B 中获得硫酸铜晶体，直接加热蒸干会导致硫酸铜失去结晶水，应该采用的操作方法为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥，除烧杯、漏斗之外过滤还需要另一玻璃仪器为玻璃棒，该仪器在此操作中的主要作用是引流，故答案为：冷却结晶，自然干燥；引流；

（4）溶液A 中含亚铁离子和铁离子：a ．NaOH 溶液，向Fe 2+溶液中加入NaOH 溶液后，Fe 2+与OH -反应生成Fe （OH ）2，Fe 2++2OH -=Fe （OH ）2↓，Fe （OH ）2不稳定易被氧气氧化为Fe （OH ）3，4Fe （OH ）2+O 2+2H 2O =4Fe （OH ）3，白色的Fe （OH ）2沉淀变成红褐色Fe

（OH）3，向Fe2+溶液中加入NaOH溶液后，观察到生成的白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；Fe3+与OH-反应Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，生成红褐色Fe（OH）3，两者反应现象干扰，不能检验该溶液中存在Fe2+，故a错误；

b．Na2CO3（aq）和亚铁离子生成沉淀，和铁离子双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳，溶液浑浊不能检验亚铁离子，故b错误；

c．淀粉KI（aq）和铁离子发生氧化还原反应生成碘单质和亚铁离子，溶液颜色相近不能鉴别亚铁离子，故c错误；

d．酸性KMnO4（aq），因为Fe2+具有较强的还原性能使酸性KMnO4溶液褪色，Fe3+不能，故能够用酸性KMnO4溶液鉴别Fe2+和Fe3+，故d正确；

如果测定Fe2+的含量，需要用容量瓶配制某标准溶液，加水到离刻度线2～3cm处改用胶头滴管滴加蒸馏水，直到凹液面的最低线与刻度线相平，故答案为：d；加水到离刻度线2～3cm处改用胶头滴管滴加蒸馏水，直到凹液面的最低线与刻度线相平；

（5）测定所得胆矾（CuSO4?xH2O）中结晶水x值，应称量坩埚的质量，坩埚和晶体的质量，加热后坩埚的质量，加热后再称量一次坩埚的质量，判断质量是否在误差允许范围内及两次值是否相差不超过0.1g，所以至少称量4次；

a．加热温度过高，会导致硫酸铜分解，质量变化较大，导致结果偏大，a正确；

b．胆矾晶体的颗粒较大，会导致晶体解热分解不完全，质量变化偏小，结果偏小，b错误；

c．加热后放在空气中冷却，会吸收空气中的水重新形成晶体，导致测定结果偏小，c错误；

d．加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，导致测定的结晶水的质量偏大，测定的x值偏大，故d正确；

故答案为：ad；

（6）向溶液中加入CuO调节溶液的pH，沉淀Ⅱ为Fe（OH）3，所以胆矾中的铜元素不是都来自样品，因此该小组一位同学根据实验结果求出样品中CuO的质量分数偏大，故答案为：在除杂过程中加入了CuO，会使结果偏大。

7．二氧化氯泡腾片，有效成分（ClO2）是一种高效、安全的杀菌、消毒剂。

方法一：氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2气体的方法。该法工艺原理如图。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生成ClO2。

（1）工艺中可利用的单质有__________（填化学式），发生器中生成ClO2的化学方程式为_____________。

（2）此法的缺点主要是______________________________________。

方法二：最近，科学家又研究出了一种新的制备方法，纤维素还原法制ClO2，其原理是：纤维素水解得到的最终产物X与NaClO3反应生成ClO2。

（3）配平方程式：□ （X）+□NaClO3+□H2SO4→□ClO2↑+□CO2↑+□H2O+□______

若反应中产生4.48L（折算成标准状况下）气体，电子转移________ 个。

（4）ClO2和Cl2均能将电镀废水中的CN—氧化为无毒的物质，自身被还原为Cl—。处理含CN—相同量的电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的_______倍。

方法三：实验室常用氯酸钠(NaClO3)和亚硫酸钠(Na2SO3)用硫酸酸化，加热制备二氧化氯，化学反应方程式为：2NaClO3+Na2SO3＋H2SO42ClO2↑+2Na2SO4＋H2O

（5）反应中的Na2SO3溶液中存在如下平衡：H2O H++OH-和 ________________（用离子方程式表示）.

常温下，0.1mol/L该溶液中离子浓度由大到小排列__________________（用离子符号表示）

（6）常温下，已知NaHSO3溶液呈酸性，在Na2SO3溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有________________。（用化学式表示）

【答案】H2、Cl2 2NaClO3+ 4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+ 2NaCl + 2H2O 同时产生了大量的氯气，不仅产率低，而且产品难以分离，同时很有可能造成环境污染；能耗较大等

1C6H12O6+24NaClO3+12H2SO4→24ClO2↑+6CO2↑+18H2O+12Na2SO4 0.16N A 2.5 SO32-

+H2O OH-+HSO3-， HSO3-+H2O OH-+H2SO3c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+) NaHSO3、Na2SO3、NaCl、或（NaHSO3、Na2SO3、NaCl、SO2、H2SO3）

【解析】

【分析】

（1）电解饱和食盐水生成H2、Cl2和NaOH；故可以利用的单质为H2、Cl2，合成HCl，根据流程图可知加入物质为NaClO3和HCl，生成ClO2；可以写出方程式，并用化合价升降法配平得到；

（2）生成的气体中除了有二氧化氯还有大量的氯气，产率低，难分离，而且极有可能造成大气污染；用电解的方法耗能大；

（3）①纤维素为多糖，水解最终产物为葡萄糖（C6H12O6），具有还原性，可将NaClO3还原得到ClO2．Cl从+5到+4价，降低1价，葡萄糖（C6H12O6）C均价为0，到+4价，升高4价，然后配平得到，由①可知生成24molClO2和6mol CO2气体转移24mol的电子；

（4）每摩尔Cl2得到2mol电子，而每摩尔ClO2得到5mol电子，故为2.5倍；

（5）存在弱电解水的电离平衡和弱离子的水解平衡．不水解的二元钠离子浓度最大，水解是微弱的，显性离子和第一步水解产生的阴离子，隐性离子；

（6）Na2SO3溶液中滴加稀盐酸，两者反应，要使溶液呈中性，只能是部分反应，所以溶质为Na2SO3、NaHSO3、NaCl。

【详解】

（1）由工艺流程图可以看出：在该工艺中可利用的单质有H2、Cl2 ；根据流程图可知加入物质为NaClO3和HCl，生成ClO2；发生氧化还原反应，NaClO3被还原生成ClO2，HCl被氧化生成Cl2，生成ClO2的化学方程式为：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+ 2NaCl+2H2O；

（2）由制备原理和流程图可知此法的缺点主要是会产生大量的Cl2，消耗大量的电能，产物ClO2和Cl2不仅不容易分离，而且物质利用率低，很容易造成大气污染；

（3）纤维素水解得到的最终产物X是葡萄糖C6H12O6。它与NaClO3在酸性条件下发生反应，根据质量守恒定律和电子守恒的知识可得方程式为：

1C6H12O6+24NaClO3+12H2SO4→24ClO2↑+6CO2↑+18H2O+12Na2SO4，由方程式可以看出每产生

30mol的气体，转移电子24N A；现在产生气体的物质的量为4.48L（即0.2mol），所以转移电子的物质的量为0.16mol，个数为0.16N A；

（4）处理含CN-相同量的电镀废水，即转移电子的物质的量相同。假设转移电子2mol，则

需要Cl2的物质的量是1mol；需要ClO2的物质的量为2

5

==0.4mol。所以n(Cl2)：

n(ClO2)=1：0.4=2.5；

（5）反应中的Na2SO3溶液中存在如下平衡：H2O H++OH-和SO32-的水解平衡的两种方程式。由于SO32-是二元弱酸的酸根离子，因此存在两步水解平衡SO32-+H2O OH-+HSO3-，HSO3-+H2O OH-+H2SO3；Na2SO3=2Na++ SO32-；c(Na+)>c(SO32-)，SO32-水解产生OH-和HSO3-，HSO3-进一步水解还要消耗HSO3-，同时产生OH-，因此c(OH-)>c(HSO3-)；在溶液中还存在水的电量平衡，所以c(HSO3-)>c(H+)；在溶液中盐水解的程度是很微弱的，所以c(SO32-

)>c(OH-)；因此在该溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-

)>c(HSO3-)>c(H+)；

（6）在Na2SO3溶液中滴加稀盐酸若恰好发生反应：Na2SO3+HCl=NaCl+NaHSO3。则由于NaHSO3溶液呈酸性。所以至中性时，n(HCl)

8．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）2CO 32NH3↑+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。

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．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 )180

M =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↑+C O 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Fe 3O 4，因此FeC 2O 4·2H 2O 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+O 2Δ2Fe 3O 4；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FeSO 4，为了防止其Fe 2+水解和Fe 2+被氧化，要加适量

的硫酸和铁粉，才能得到FeSO 4·

7H 2O ，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Fe 2O 3、SO 2、SO 3、H 2O ；故答案为：FeSO 4·

7H 2O ；2FeSO 4·7H 2O ΔFe 2O 3+SO 2↑+SO 3↑+14H 2O 。

11．对工业废水和生活污水进行处理是防止水体污染、改善水质的主要措施之一。 （1）硫酸厂的酸性废水中砷(As)元素(主要以 H 3AsO 3 形式存在)含量极高，为控制砷的排放， 某工厂采用化学沉淀法处理含砷废水。请回答以下问题：

①已知砷是氮的同族元素，比氮原子多 2 个电子层，砷在元素周期表的位置为_____。 ②工业上采用硫化法(通常用硫化钠)去除废水中的砷，生成物为难溶性的三硫化二砷，该反 应的离子方程式为_____。

（2）电镀厂的废水中含有的 CN -有剧毒，需要处理加以排放。处理含 CN -废水的方法之一是在 微生物的作用下，CN -被氧气氧化成 HCO 3- ，同时生成 NH 3，该反应的离子方程式为_____。

(3)电渗析法处理厨房垃极发酵液，同时得到乳酸的原理如图所示(图中“HA”表示乳酸分子， A ―表示乳酸根离子)：

①阳极的电极反应式为_____

②电解过程中，采取一定的措施可控制阳极室的 pH 约为 6～8，此时进入浓缩室的 OH－可忽略不计。400 mL 10 g·L－1乳酸溶液通电一段时间后，浓度上升为 145 g/L(溶液体积变化忽略不计)，阴极上产生的 H2在标准状况下的体积约为_____L (已知：乳酸的摩尔质量为 90 g/mol)。

【答案】第四周期ⅤA族 2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3↓+6H2O 4H2O+2CN-+O2=2HCO3-+2NH3

4OH--4e-═2H2O+O2↑或2H2O-4e-═O2↑+4H+ 6.72

【解析】

【分析】

（1）①由砷是氮的同族元素，比氮原子多2个电子层可知，砷原子最外层有5个电子，4个电子层；

②根据题给信息可知，酸性条件下，硫化钠与和废水中的砷酸反应，生成难溶性的三硫化二砷和水；

（2）由题意可知，在微生物的作用下，CN-被氧气氧化成HCO3-，同时生成NH3，反应中碳元素化合价升高被氧化，氮元素化合价没有变化；

（3）①水电离出的氢氧根离子在阳极上失电子发生氧化反应生成氧气，破坏水的电离平衡，使溶液呈酸性；

②由电极反应式和生成HA的化学方程式可得：2HA—2 H+—H2，由此计算可得。

【详解】

（1）①由砷是氮的同族元素，比氮原子多2个电子层可知，砷原子最外层有5个电子，4个电子层，则砷位于元素周期表第四周期ⅤA族，故答案为：第四周期ⅤA族；

②根据题给信息可知，酸性条件下，硫化钠与和废水中的砷酸反应，生成难溶性的三硫化二砷和水，反应中硫化钠做还原剂，砷酸做氧化剂，反应的离子方程式为2H3AsO3+3S2-

+6H+=As2S3↓+6H2O，故答案为：2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3↓+6H2O；

（2）由题意可知，在微生物的作用下，CN-被氧气氧化成HCO3-，同时生成NH3，反应中碳元素化合价升高被氧化，氮元素化合价没有变化，则反应的离子方程式为4H2O+2CN-

+O2=2HCO3-+2NH3，故答案为：4H2O+2CN-+O2=2HCO3-+2NH3；

（3）①水电离出的氢氧根离子在阳极上失电子发生氧化反应生成氧气，破坏水的电离平衡，使溶液呈酸性，溶液中氢离子浓度增大，电极反应式为4OH-或2H2O-4e-═O2↑+4H+，故答案为：4OH--4e-═2H2O+O2↑或2H2O-4e-═O2↑+4H+；

②由电极反应式和生成HA的化学方程式可得：2HA—2 H+—H2，电解过程中生成HA的质

量为（145 g/L ×0.4L —10 g/L ×0.4L ）=54g ，则由HA 和氢气的关系式可知阴极上产生的 H 2 在标准状况下的体积约为5490/g

g mol ×12

×22.4L/mol=6.72L ，故答案为：6.72。 【点睛】

电渗析法处理厨房垃极发酵液时，阳极上水电离出的氢氧根放电，使溶液中氢离子浓度增大，氢离子从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室，阴极上水电离出的氢离子放电，使溶液中氢氧根浓度增大，溶液中A -通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室，发生反应H ++A -═HA ，导致乳酸浓度增大是理解的关键，也是解答关键。

12．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 。

13．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［Fe 2(SO 4) 3·

(NH 4) 2SO 4·24H 2O ，式量964］的产率为80%，若加