高考化学氧化还原反应综合经典题附详细答案

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）

1．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．阳极泥处理后的沉渣中含AgCl ，工业上可用Na 2SO 3溶液作浸取剂浸出回收。某小组在实验室模拟该过程。

已知：

i ．25o C 时，部分物质的溶解度：AgCl 1.9×10–4 g ；Ag 2SO 3 4.6×10–4 g ；Ag 2SO 4 0.84 g 。 ii ．25o C 时，亚硫酸钠溶液酸化过中含4

S +微粒的物质的量分数随pH 变化如图所示。

Ⅰ.浸出氯化银

取AgCl 固体，加入1 mol/L Na 2SO 3溶液作浸取剂，充分反应后过滤得到浸出液（pH=8），

该过程中发生的反应为AgCl +232SO - [Ag(SO 3)2]3– + Cl –。

（1）用平衡移动原理解释AgCl 溶解的原因是___。

Ⅱ. 酸化沉银

（2）经检测，沉淀m为AgCl，则溶液m中含4S+微粒的主要存在形式是________。

（3）探究沉淀n的成分。

①甲同学认为沉淀n一定不含Ag2SO4，其依据是________。

②乙同学认为沉淀n可能含Ag2SO3，进行实验验证。

i. 本实验设计的依据是：Ag2SO3具有________性。

ii. 乙同学观察到________，得出结论“沉淀n不含Ag2SO3”。

③丙同学从溶液n的成分角度再次设计实验证明沉淀n不含Ag2SO3。

i. 本实验设计的依据是：若沉淀n含Ag2SO3，则溶液n中含1Ag+微粒的总物质的量___（填“＞”、“＝”或“＜”）Cl–物质的量。

ii. 结合实验现象简述丙同学的推理过程：____。

Ⅲ．浸取剂再生

（4）溶液m经处理后可再用于浸出AgCl，请简述该处理方法____。

【答案】AgCl(s)Ag+(aq)+ Cl-(aq) ,Ag+与SO 32- 结合生成[Ag(SO3)2]3–，促进AgCl的溶解平衡正向移动 HSO3- Ag2SO4的溶解度远大于AgCl或Ag2SO3，溶液中Ag+ 的浓度很小还原b．中清液的颜色与

．．，均为浅紫色溶液＜ e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则．．．．．．．c．相同

溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部转化为Ag+，Ag+将Cl–全部沉淀，由此可知溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl–) 加NaOH溶液调节pH至9~10

【解析】

【分析】

I、（1）利用平衡移动的知识答题即可；

II、（2）生成沉淀m时，溶液m的pH为5，观察图像，可以得知HSO3-的物质的量分数占100%；

（3）①溶液中Ag+的浓度很小，而Ag2SO4的溶解度较大，故不会形成Ag2SO4沉淀；

②依据Ag2SO3的还原性答题；

③e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部转化为Ag+，Ag+将Cl–全部沉淀，由此可分析出溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl–

)；

III 、（4）m 溶液中的溶质为NaHSO 3，浸取剂为Na 2SO 3溶液，需要加入NaOH 溶液将NaHSO 3转化为Na 2SO 3。

【详解】

I 、（1）A gCl(s)

Ag +(aq)+ Cl -(aq)，Ag +与SO 32- 结合生成[Ag(SO 3)2]3-，促进AgCl 的溶解平

衡正向移动；

II 、（2）生成沉淀m 时，溶液m 的pH 为5，观察图像，可以得知HSO 3-的物质的量分数占100%，则溶液m 中含4S +微粒的主要存在形式是HSO 3-；

（3）①Ag 2SO 4的溶解度远大于AgCl 或Ag 2SO 3，溶液中Ag + 的浓度很小；

②i 、酸性KMnO 4溶液具有强氧化性，SO 32-具有还原性，则该实验涉及的依据是Ag 2SO 3具有还原性；

ii 、沉淀中无Ag 2SO 3，则该沉淀不会使酸性KMnO 4溶液褪色，故可以观察到a 试管中酸性KMnO 4溶液褪色，b 、c 试管中酸性KMnO 4溶液依然呈紫色；

③e 中无沉淀生成，说明清液中没有Cl -，则溶液n 中加入稀硝酸使[Ag(SO 3)2]3–全部转化为Ag +，Ag +将Cl –全部沉淀，由此可分析出溶液n 中含Ag 元素的微粒总物质的量不小于n(Cl –)；

III 、（4）m 溶液中的溶质为NaHSO 3，浸取剂为Na 2SO 3溶液，根据曲线图可知，加入NaOH 溶液调整pH 到9-10即可。

4．下表是某学生为探究AgCl 沉淀转化为2Ag S 沉淀的反应所做实验的记录． 步 骤

现 象 Ⅰ.取5mL 0.1mol /L 3AgNO 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2.5mL 0.1mol /L 2Na 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3HNO 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32Ba(NO )溶

液．

产生白色沉淀 ()1为了证明沉淀变黑是AgCl 转化为2Ag 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．以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细α-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al 2O 3（含少量杂质SiO 2、FeO 、Fe 2O 3），其制备实验流程如下：

（1）铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为___________________________。 （2）图中“滤渣”的主要成分为_______________(填化学式)。

（3）加30%的H 2O 2溶液发生的离子反应方程式为_______________________________。 （4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：

4[NH4Al(SO4)2·12H2O]2Al2O3+ 2NH3↑+ N2↑+ 5SO3↑+ 3SO2↑+ 53H2O,将产生的气体通过下图所示的装置。

①集气瓶中收集到的气体是_______________(填化学式)。

②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有_______________(填化学式)。

③KMnO4溶液褪色（MnO4－还原为Mn2+），发生的离子反应方程式为

_______________________________。

【答案】Al2O3+ 3H2SO4= Al2(SO4)3+ 3H2O SiO2 2Fe2++H2O2+2H+= 2Fe3++2H2O N2 SO3、NH3 2MnO4－+5SO2+ 2H2O = 2Mn2++ 5SO42－+4H+

【解析】

【分析】

根据题意，铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），铝灰中加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加入双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，加入K4[Fe（CN）6]后Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al（SO4）2，结晶、干燥、煅烧得到α-Al2O3。

【详解】

（1）Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，其反应的方程式为Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O。（2）根据上述分析，图中“滤渣”的主要成分是不溶于硫酸的二氧化硅，化学式为SiO2。（3）滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加30%的H2O2溶液将Fe2+被氧化为Fe3+，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，发生反应的离子方程式为2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O （4）①NH4Al（SO4）2?12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2。

②饱和NaHSO3能与SO3、氨气反应，则足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O （g）外，还有SO3、NH3。

③酸性条件下，KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平，其反应的离子方程式为：2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。

6．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。

7．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。

8．C、N、S 的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。

(1)CO2的重整用 CO2和 H2为原料可得到 CH4燃料。

已知: ①CH4 (g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H1=+247kJ/mol

②CH4 (g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205kJ/mol

写出 CO2重整的热化学方程式：_____。

(2)“亚碳酸盐法”吸收烟中的 SO2

①将烟气通入 1.0mol/L 的 Na2SO3溶液，若此过程中溶液体积不变，则溶液的 pH 不断

_____(填“减小”“不变” 或“增大)。当溶液 pH 约为 6 时，吸收 SO2的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中c(SO32-) =0.2mol/L，则溶液中c(HSO3-) =_____。

②室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液 pH 与各组分物质的量分数的变化关系如图: b 点时溶液 pH=7，则 n(NH4+)：n(HSO3—)= ______________。

(3)催化氧化法去除 NO。一定条件下，用 NH3 消除 NO 污染，其反应原理

4NH3+6NO5N2+6H2O。不同温度条件下，n(NH3):n(NO)的物质的量之比分别为 4:1、3:1、1:3 时，得到 NO 脱除率曲线如图所示：

①曲线 a 中，NO 的起始浓度为6×10-4mg·m-3，从 A 点到 B 点经过0.8s，该时间段内 NO 的脱除速率为_____mg·m-3·s-1。

②曲线 b 对应 NH3与 NO 的物质的量之比是_____。

(4)间接电化学法除 NO。其原理如图所示：写出阴极的电极反应式(阴极室溶液呈酸

性)_____。吸收池中除去 NO 的原理_____(用离子方程式表示)。

【答案】CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g) △H =?163kJ/mo1 减小 1.6mol/L 3:1 1.5×10?4

3:1 -2-32422HSO +2e +2H =S O 2H O -++ 2--242232NO+2S O 2H O N 4HSO +=+

【解析】

【分析】

（1）已知：①CH 4 (g)+CO 2(g)=2CO(g)+2H 2(g) △H 1=+247k/mol ，

②CH 4(g)+H 2O(g)=CO(g)+3H 2(g) △H 2=+205k/mol ，

根据盖斯定律，①-②×2得：CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g)，据此计算△H ；

（2）①二氧化硫通入亚硫酸钠溶液生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠显酸性，据此分析；根据反应方程式的量的关系计算可得；

②先判断溶质，写出电荷守恒式，在利用pH=7时，c (H +)=c (OH -)找出其他离子的等量关系，结合图示进行等量删减或替换，最后得出结果；

（3）①曲线a 中，NO 的起始浓度为6×10-4mg?m -3，根据图象得到A 、B 处的NO 脱除率，可得两处的NO 的浓度，再计算脱除速率；

②NH 3与NO 的物质的量的比值越大，NO 的脱除率越大，据此分析；

（4）阴极得到电子发生还原反应，结合酸性环境书写；阴极产物吸收NO 。

【详解】

（1）已知：①CH 4(g)+CO 2(g)=2CO(g)+2H 2(g) △H 1=+247k/mol ，

②CH 4(g)+H 2O(g)=CO(g)+3H 2(g) △H 2=+205k/mol ，

根据盖斯定律，由①?②×2得反应：CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g)

△H =△H 1?2△H 2=?163kJ/mo1，

故答案为：CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g) △H =?163kJ/mo1；

（2）①将烟气通入1.0mol/L 的Na 2SO 3溶液，二氧化硫与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠以电离为主，显酸性，故溶液pH 不断减小；向亚硫酸钠溶液中通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠，反应方程式SO 2+Na 2SO 3+2H 2O=2NaHSO 3，溶液中反应的亚硫酸根离子和生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为1：2，即溶液中参加反应的亚硫酸根为(1.0?0.2)mol/L ，则生成c (-3HSO )=2×(1.0?0.2)mol/L=1.6mol/L ，

故答案为：减小；1.6mol/L ；

②b 点时溶液pH=7，此时溶液中的溶质是(NH 4)2SO 3和NH 4HSO 3，根据电荷守恒：c (+4NH )+c (H +)=c (OH ?)+c (-3HSO )+2c (2-3SO )，因pH=7，故c (H +)=c (OH ?)，则

c (+4NH )=c (-3HSO )+2c (2-3SO )，由图可读出b 点时，c (-3HSO )=c (2-3SO )，则c (+4NH )=3 c (-3HSO )，因在同一体系，n (+4NH )：n (-

3HSO )=3：1，

故答案为：3：1；

（3）①曲线a 中，NO 的起始浓度为6×10?4mg ?m ?3，A 点的脱除率为55%，B 点的脱除率为75%，从A 点到B 点经过0.8s ，该时间段内NO 的脱除速率为

6×10?4mg ?m ?3×(0.75?0.55)÷0.8s=1.5×10?4mg ?m ?3?s ?1，

故答案为：1.5×10?4；

②NH 3与NO 的物质的量的比值越大，NO 的脱除率越大，则物质的量之比分别为4：1，

3：1，1：3时，对应的曲线为a ，b ，c ，即曲线b 对应的物质的量之比是3：1， 故答案为：3：1；

（4）阴极得到电子发生还原反应，根据图可知是-3HSO 在酸性条件下发生还原反应，生成

2-24S O ，其电极反应式为-2-32422HSO +2e +2H =S O 2H O -++；根据图示，吸收池中2-24S O 和NO 是反应物，N 2和-

3HSO 是生成物，则吸收池中除去NO 的原理是：

2--242232NO+2S O 2H O N 4HSO +=+，

故答案为：-2-32422HSO +2e +2H =S O 2H O -++；2--242232NO+2S O 2H O N 4HSO +=+。 【点睛】

陌生电极反应式的书写步骤：①根据题干找出反应物以及部分生成物，根据物质变化分析化合价变化并据此写出得失电子数；②然后根据电荷守恒配平电极反应式，在配平时需注意题干中电解质的环境；③然后检查电极反应式的守恒关系（电荷守恒、原子守恒、转移电子守恒等）。

9．元素锰（Mn ）在溶液中主要以Mn 2+（近无色）、MnO 4-（紫红色）、MnO 42－（绿色）

等形式存在，MnO 2（棕黑色）、MnCO 3（白色）为难溶于水的固体。回答下列问题： （1）盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义，有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法推算。现根据下列3个热化学反应方程式：

①MnO 2(s)+CO(g)=MnO(s)+CO 2(g) ?H=﹣150.6kJ/mol

②Mn 3O 4(s)+CO(g)=3MnO(s)+CO 2(g) ?H=﹣54.4kJ/mol

③3Mn 2O 3v+CO(g)=2Mn 3O 4(s)+CO 2(g) ?H=﹣142.3kJ/mol

写出CO 气体还原MnO 2固体得到Mn 2O 3固体和CO 2气体的热化学反应方程式：_________ （2）①一定温度下，在5L 的密闭容器中放入足量碳酸锰（固体所占体积忽略不计）发生反应：MnCO 3(s)MnO(s)+CO 2(g)，若前2min 内生成MnO 的质量为7.1 g ，则该段时间

内v(CO 2)=____________mol·

L －1·min －1。 ②保持温度不变，若t 0时刻达到平衡时，CO 2浓度为cmol/L ；t 1时刻，将容器体积缩小为原来的一半并固定不变，在t 2时刻再次达到平衡，则下列图像正确的是_____（填字母）。

（3）已知Fe 3+、Al 3+、Mn 2+的氢氧化物开始沉淀及沉淀完全时的pH 如下表所示，当Al 3+完全沉淀时，若要使Mn 2+不沉淀，则Mn 2+的最大浓度为_______________。（已知：K sp [Mn(OH)2] = 1.9×10?13） 氢氧化物

Fe(OH)3 Al(OH)3 Mn(OH)2 开始沉淀pH

1.8 4.1 8.3 完全沉淀pH 3.2 5.0 9.8

（4）高锰酸钾在不同的条件下发生的反应如下：

MnO4－＋5e－＋8H＋==Mn2＋＋4H2O

MnO4－＋3e－＋2H2O==MnO2↓＋4OH－；

MnO4－＋e－==MnO42－

①从上述三个半反应中可以得出的结论是_______________。

②将SO2通入高锰酸钾溶液中，观察到的现象是________。

（5）向酸性高锰酸钾溶液中加入草酸溶液，开始时反应缓慢，稍后一段时间产生气体速率迅速加快。产生气体速率迅速加快的原因是_______________，写出反应的离子方程式

____________________。

【答案】2MnO2(s)+CO(g)=Mn2O3(s)+CO2(g) ?H=-217.5kJ/mol 0.01 B 1.9×105mol/L 溶液的酸性越强，高锰酸钾被还原的价态越低（或溶液的酸性越强，高锰酸钾的氧化性越强。）高锰酸钾紫红色褪去反应产生的Mn2+起到催化作用 2MnO4-

+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O

【解析】

【分析】

（1）依据盖斯定律，①×2-②×2

3

-③×

1

3

，可推出CO气体还原MnO2固体得到Mn2O3固体

和CO2气体的热化学反应方程式；

（2）①根据前2min 内生成MnO的质量，可以计算出前2min内生成CO2的物质的量，故可以计算出前2min内CO2的反应速率；

②将容器体积缩小为原来的一半的瞬间，二氧化碳浓度变为原来的2倍，之后平衡向左移动，二氧化碳浓度减小，由于温度不变，平衡常数不变，所以再次平衡时，二氧化碳浓度与第1次平衡时相等。

（3）当Al3+完全沉淀时，此时溶液中的pH=5，即c(OH－)=1×10－9 mol/L，若要使Mn2+不沉淀，根据Q c＜K sp，即：c(Mn2+)×c2(OH－)＜1.9×10－13；

（4）①根据三个半反应可以看出高锰酸根离子被还原的产物受溶液酸碱性的影响；

②SO2通入高锰酸钾溶液中，二氧化硫具有还原性，溶液的紫色褪去；

（5）开始反应缓慢，一段时间后反应速率迅速加快，这是由于反应生成的Mn2+的浓度增大了，Mn2+对反应起到催化作用，才使反应速率迅速加快。

【详解】

（1）?H = ①×2-②×2/3-③×1/3＝(-150.6×2)-(-54.4×2

3

)-(-142.3×

1

3

)＝-217.5(kJ/mol)，所以热化

学方程式为：2MnO2(s)+CO(g)=Mn2O3(s)+CO2(g) ?H=-217.5kJ/mol；

（2）①n(MnO)=

7.1g

71g/mol

=0.1mol，则n(CO2)=0.1mol，c(CO2)=

0.1mol

5L

=

0.02mol/L， v(CO2)=0.02mol/L

2min

=0.01mol·L-1·min－1。

②将容器体积缩小为原来的一半的瞬间，二氧化碳浓度变为原来的2倍，之后平衡向左移

动，二氧化碳浓度减小，由于温度不变，平衡常数不变，所以再次平衡时，二氧化碳浓度与第1次平衡时相等。故答案选B；

（3）当Al3+完全沉淀时，此时溶液中的pH=5，即c(OH－)=1×10－9 mol/L，若要使Mn2+不沉淀，根据Q c＜K sp，即：c(Mn2+)×c2(OH－)＜1.9×10－13，可得：c(Mn2+)＜1.9×105mol/L；

（4）①根据三个半反应可以看出高锰酸根离子被还原的产物受溶液酸碱性的影响，且酸性越强，被还原产物中锰元素的价态越低；

②SO2通入高锰酸钾溶液中，溶液显酸性，SO2作还原剂，KMnO4作氧化剂，被还原为

Mn2+，溶液由紫红色变为接近无色；

（5）开始反应缓慢，一段时间后反应速率迅速加快，这是由于发生反应2MnO4－

+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，随着反应的进行，溶液中Mn2+的浓度增大了，Mn2+对反应起到催化作用，才使反应速率迅速加快。

【点睛】

认真读懂题中所给的信息、认真分析图表数据，进行对比分析，得出结论，然后进行作答。

10．在食品行业中，N2O可用作发泡剂和密封剂。

（1）N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，NH3与O2在加热和催化剂的作用下生成N2O 的化学方程式为___。

（2）N2O和NO是环境污染性气体。这两种气体会发生反应：N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋

N2(g)，“Fe＋”常用作该反应的催化剂。其总反应分两步进行：

第一步为Fe＋＋N2O＝FeO＋＋N2；第二步为___(写方程式)，第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第二步反应的活化能___(填“大于”“小于”或“等于”)第一步反应活化能。

（3）在四个恒容密闭容器中充入相应量的气体(图甲)，发生反应2N2O(g)=2N2(g)＋O2(g)

△H，容器I、II、III中N2O的平衡转化率如图乙所示：

①该反应的△H___(填“>”或“<”)0。

②容器Ⅳ与容器III的体积均为1L，容器Ⅳ中的物质在470℃下进行反应，起始反应速率：v正(N2O)___v逆(N2O)(填“>”“<”或“＝”)。

③已知容器I的体积为10L370℃时，该反应的平衡常数K=___。

【答案】2NH3+2O2=N2O+3H2O FeO++CO=Fe++CO2( 小于＞＜ 8.9×10-4或

1 1125

【解析】

【分析】

(1)NH 3与O 2在加热和催化剂作用下生成N 2O ，类似于生成NO 的反应，同时生成水；

(2)总反应分两步进行Fe+N 2O=FeO+N 2，根据催化剂定义，第一步生成中间产物，第二步反应中，中间产物(FeO +)氧化CO 生成CO 2本身被还原成Fe +，根据催化剂定义，第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率；

(3)①升高温度，向吸热方向进行，据此进行分析；

②恒温条件下，缩小体积，平衡向气体总物质的量减小的方向移动；

③根据方程式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算。

【详解】

(1)NH 3与O 2在加热和催化剂作用下生成N 2O 和水，反应的化学方程式为

2NH 3+2O 2N 2O+3H 2O ；

(2)总反应分两步进行Fe+N 2O=FeO+N 2，根据催化剂定义，第一步：Fe ++N 2O ═FeO ++N 2，第二步反应中，中间产物(FeO +)氧化CO 生成CO 2本身被还原成Fe +，FeO ++CO=Fe ++CO 2，第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率，第二步反应速率大于第一步反应速率，则第二步反应活化能小于第一步反应的活化能；

(3)①升高温度，N 2O 的转化率升高，则向正反应方向进行，则正反应为吸热反应，则△H ＞0；

②根据题给图像可知，同一温度下，从I 、II 、III 变化中，一氧化二氮的转化率减小，因此Ⅳ中一氧化二氮转化率也是减小；容器Ⅳ的体积为1L ，容器Ⅳ中的物质也在470℃下进行反应，则缩小体积，压强增大，平衡向逆方向移动，即起始反应速率：v 正(N 2O)＜v 逆(N 2O)；

③容器I 的体积为10 L ，370℃时，N 2O 的转化率为40%；

222+0.01000.0040.0040.002

0.0060.0040.002

22///N O g N g O g mol L mol L mol L ?（）（）（）

起始（）变化（）平衡（） 所以K=()2222222()()0.0040.0020.006

c N c O c N O ?==8.9×10-4。

11．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8NH 3+6NO 2=7N 2+12H 2O ，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NH 3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________。

②取一定量的含氨氮废水，改变加入次氯酸钠用量，反应一段时间后，溶液中氨氮去除率、总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的总量)去除率以及剩余次氯酸钠的含量随m(NaCIO)m(NH3)的变化情况如图所示。当m( NaCIO)：m(NH3)>7.6时，水体中总氮去除率反而下降，可能的原因是________ 。

【答案】4：3 2NH3+ 3NaClO= N2+ 3NaCl+ 3H2O 温度过高，HClO发生分解，氨氮去除率随之降低有部分NH3被氧化成NO2-或NO3-

【解析】

【分析】

（1）该反应中NH3中N由－3价变为0价，化合价升高，被氧化，所得产物为氧化产物；NO2中N由＋4价变为0价，化合价降低，被还原，所得产物为还原产物；因此氧化产物和还原产物的物质的量之比为8:6=4:3；

（2）①根据图示判断发生氧化还原反应的反应物、生成物，根据得失电子守恒和原子守恒书写化学方程式；温度越高，化学反应速率越快，但是温度过高，HClO不稳定，受热易分解；

②当m( NaCIO)：m(NH3)>7.6时，NaCIO加入的量越多会将氨氮氧化为NO3-等高价态物质。【详解】

(1)该反应中NH3中N由－3价变为0价，化合价升高，发生氧化反应，所得为氧化产物；NO2中N由＋4价变为0价，化合价降低，发生还原反应，所得为还原产物；因此氧化产物和还原产物的物质的量之比为8:6=4:3；

(2)①由图转化过程可知，该反应中反应物为NH3和NaClO，生成物为N2、NaCl2和H2O，因此该反应的化学方程式为：2NH3＋3NaClO=N2＋3NaCl＋3H2O；

由于反应过程中生成HClO，HClO不稳定，受热易分解，因此温度过高，氨氮去除率降低；

②NaClO具有氧化性，其量增大，会使得部分NH3被氧化成NO2-或NO3-，使得水体中总氮去除率降低；

【点睛】

本题考查氧化还原反应方程式的书写，考生应从图中找出反应物、生成物，另外解释控制反应条件的度。

12．草酸亚铁是合成锂离子电池正极材料磷酸亚铁锂的原料。某工厂以炼钢厂的脱硫渣(主要成分是Fe2O3)为原料生产电池级草酸亚铁晶体的工艺流程如下：

（1）要提高“酸浸”速率，宜采取的措施有___(填两条)。

（2）写出“还原”过程中既是化合反应又是氧化还原反应的离子方程式___。

（3）滤渣2中含有的TiOSO 4在热水中易水解，生成H 2TiO 3，该反应的化学方程式为___。 （4）“滤液”经处理后得到一种化肥，其化学式为___。“一系列操作”指___。

（5）已知：298K 时，K sp [Fe(OH)2]=4.0×10-17，当离子浓度≤1.0×10-5mol?L -1时，视该离子已完全沉淀。上述流程中，加“氨水”调pH 的范围为___(lg2≈0.3)。

（6）草酸亚铁晶体(FeC 2O 4?2H 2O)纯度的测定：准确称取mg 草酸亚铁晶体于锥形瓶中，加入一定量的稀硫酸溶液，并加热至50℃，用cmol?L -1KMnO 4标准溶液滴定，达到滴定终点时，用去标准溶液VmL 。滴定反应(未配平)：

FeC 2O 4?2H 2O+KMnO 4+H 2SO 4→Fe 2(SO 4)3+CO 2+MnSO 4+K 2SO 4+H 2O ；则样品中FeC 2O 4?2H 2O 的纯度为___%(用含有m 、c 、V 的代数式表示)；若草酸亚铁晶体失去部分结晶水，测得的结果___(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。

【答案】加热、搅拌、粉粹矿粉等 2Fe 3++Fe=3Fe 2+ TiOSO 4+2H 2O=H 2TiO 2↓+H 2SO 4 (NH 4)2SO 4 洗涤、干燥 ≥ 8.3

30cV m 偏高 【解析】

【分析】

脱硫渣(主要成分为Fe 2O 3)用硫酸溶解，过滤除去不溶物，滤液中主要含有硫酸铁、硫酸等，进入铁粉还原得到硫酸亚铁，过滤分离，滤液中通入氨气，得到氢氧化亚铁沉淀，过滤分离，滤液中含有硫酸铵，氢氧化亚铁与草酸化合得到草酸亚铁，再经过过滤、洗涤、干燥得到草酸亚铁晶体。

【详解】

⑴要提高“酸浸”速率，宜采取的措施有：加热、搅拌、粉粹矿粉等；故答案为：加热、搅拌、粉粹矿粉等。

⑵“还原”过程中反应的离子方程式还有：Fe + 2Fe 3+ = 3Fe 2+；故答案为：Fe + 2Fe 3+ = 3Fe 2+。 ⑶TiOSO 4在热水中易水解，生成H 2TiO 3沉淀，还生成硫酸，反应方程式为：TiOSO 4 + H 2O = H 2TiO 3↓ + H 2SO 4，故答案为：TiOSO 4 + H 2O = H 2TiO 3↓ + H 2SO 4。

⑷滤液中含有硫酸铵，经处理后得到一种农业上常用的化肥，过滤后，再经过洗涤、干燥得到草酸亚铁晶体，故答案为：(NH 4)2SO 4；洗涤、干燥。

⑸根据题意，()()17

sp 21615

2[Fe(OH)]

4.010OH mol L 2.010mol L 1.010Fe K c c ------+?==?=???，pH ≥ 8.3；故答案为：≥ 8.3。

⑹配平后反应方程式为：10FeC 2O 4?2H 2O + 6KMnO 4 + 24H 2SO 4 = 5Fe 2(SO 4)3 + 20CO 2↑ + 6MnSO 4