专题04氧化还原反应(测试)(解析版)_05高考化学_2024年新高考资料_2.2024二轮复习_2024年高考化学二轮复习讲练测（新教材新高考）

专题 04 氧化还原反应 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一项是符合题目要求的) 1．下列过程属于化学反应，且与氧化还原反应无关的是( ) A．石灰纯碱法除水 B．补铁口服液中添加维生 D．生活中用“暖宝宝” C．工业上原油的分馏 垢 素 取暖 【答案】A 【解析】A项，石灰―纯碱法是向已澄清的生水中加入适量的生石灰(CaO)和纯碱(Na CO)，可除去水 2 3 中的永久硬度，软化水垢，生成碳酸钙和氢氧化镁沉淀，属于非氧化还原反应，A正确；B项，补铁口服 液中添加维生素，属于物理变化，B错误；C项，原油的分馏是利用沸点不同进行分离，属于物理变化，C 错误；D项，Fe粉、活性炭、食盐水构成原电池，发生氧化还原反应，D错误；故选A。 2．(2024·北京丰台高三期中)下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液pH增大的是( ) A．向酸性KMnO 溶液中加入FeSO 溶液，紫色褪去 4 4 B．向NaHSO 溶液中加入Ba(OH) 溶液，产生白色沉淀 3 2 C．向BaCl 溶液中先通入SO ，后通入O，产生白色沉淀 2 2 2 D．向饱和NaCl溶液中先通入NH ，后通入CO，产生白色沉淀 3 2 【答案】A 【解析】A项，向酸性KMnO 溶液中加入FeSO 溶液，紫色褪去，说明发生氧化还原反应，离子方程 4 4 式：MnO -+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H O，pH增大，故A正确；B项，向NaHSO 溶液中加入Ba(OH) 溶 4 2 3 2 液，产生白色沉淀，发生复分解反应，不属于氧化还原反应，故B错误；C项，向BaCl 溶液中先通入 2 SO ，后通入O，产生白色沉淀，反应过程中未消耗H+，pH不变，故C错误；D项，向饱和NaCl溶液中 2 2 先通入NH ，后通入CO，产生白色沉淀，无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故D错误；故选 3 2 A。 3．(2023·浙江省义乌市高三高考适应性考试)关于反应 2MnSO +5Na SO+8H O=2NaMnO +4Na SO +8H SO ，下列说法正确的是( ) 4 2 2 8 2 4 2 4 2 4 A．NaSO 中S元素化合价为+7价 B．MnSO 是氧化剂 2 2 8 4 C．生成1molNaMnO 时转移5mol电子 D．MnO -的氧化性弱于Mn2+ 4 4【答案】C 【解析】A项，NaSO 中存在一个过氧键，即有2个氧显-1价，其余的氧显-2价，根据化合物的化合 2 2 8 价为0，可得硫元素为+ 6价，A错误；B项，在该反应中锰元素由+2价升高为+7价，则硫酸锰为还原 剂，B错误；C项，在该反应中锰元素由+2价升高为+7价，则生成1molNaMnO 时转移5mol电子，C正 4 确；D项，在该反应中高锰酸根是氧化产物，其中锰元素的化合价为+7价，锰离子是还原剂，其中锰元素 的化合价为+2价，一般同种元素中元素的化合价越高氧化性越强(氯的含氧酸除外)，D错误；故选C。 4．(2024·安徽六安高三联考)19世纪科学家提出HO 与Cl 作用的反应过程如下：下列说法正确的是( 2 2 2 ) 反应I：Cl+H O=HCl+HOOCl 2 2 2 反应II：HOOCl=HCl+O 2 A．氧化性： O＞Cl 2 2 B．反应I中HO 作还原剂 2 2 C．反应I中每消耗0.1mol Cl ，转移0.2N e- 2 A D．每产生32gO，则消耗Cl 为1 2 2 【答案】D 【解析】A项，由反应Ⅰ知，氧化性Cl>HOOCl，由反应Ⅱ知，氧化性HOOCl>O ，故氧化性Cl＞ 2 2 2 O，A错误；B项，反应Ⅰ中，氯气的化合价从0价既升高到+1价，又降低到-1价，即是氧化剂又是还原 2 剂，HO 的化合价没有变化，不是还原剂，B错误；C项，反应Ⅰ中，氯气的化合价从0价既升高到+1 2 2 价，又降低到-1价，每消耗0.1 mol Cl ，转移0.1N e-，C错误；D项，反应I消耗 1mol氯气和反应II生 2 A 成1mol氧气都是转移1mol电子，电子转移关系为：32g O ~e-~1mol Cl ，D正确； 故选D。 2 2 5．(2024·宁夏石嘴山高三期中)工业上用S (分子结构： )与CH 为原料制备 8 4 CS，发生反应：S+2CH =2CS +4H S，N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是( ) 2 8 4 2 2 A A．S 既是氧化剂，又是还原剂 8 B．生成17gHS，转移电子2 mol 2 C．消耗1 molS，断裂的S-S键数目为8N 8 A D．CS 既是氧化产物，又是还原产物 2 【答案】A 【解析】A项，反应中C元素化合价由CH 中-4价升至CS 中+4价，CH 做还原剂，S元素化合价由0 4 2 4 价降至-2价，S 做氧化剂，A错误；B项，每生成4molH S，反应转移16mol电子，17gHS是0.5mol，转 8 2 2 移电子2mol， B正确；C项，1 molS 中含有8molS-S键，消耗1 molS，断裂8molS-S键，C正确； D 8 8 项，反应中C元素化合价由CH 中-4价升至CS 中+4价，S元素化合价由0价降至-2价，CS 既是氧化产 4 2 2 物又是还原产物，D正确；故选A。6．(2024·河南太康县联考)下面两个反应都可以生成氯气，有关说法正确的是( ) ① ② A．两个反应中盐酸均部分被氧化 B．物质氧化性由强到弱的顺序为KClO＞MnO ＞Cl 3 2 2 C．反应②中，氧化剂与还原剂的质量之比为1∶6 D．反应①的电子转移情况分析如图： 【答案】A 【解析】A项，在两个反应的产物中都存在-1价氯离子，也存在由盐酸中-1价氯生成的氯气，故两个 反应中盐酸均部分被氧化，A正确；B项，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性的原理，只能得出 KClO、MnO 的氧化性均强于Cl，但两者氧化性强弱无法比较，B错误；C项，反应②中，只有5个氯化 3 2 2 氢分子被氧化，故氧化剂与还原剂的质量之比为1∶5，C错误；D项，根据得失电子守恒可知，反应①的 电子转移情况分析如图 ，D错误；故选A。 7．关于反应：10NaN +2KNO =K O+5Na O+16N↑，下列说法正确的是( ) 3 3 2 2 2 A．反应物KNO 中N被氧化 3 B．NaN 中氮元素为-3价 3 C．标准状况下，若有6.5g NaN 参加反应，则生成3.584L N 3 2 D．若1mol KNO 参加反应，转移电子的物质的量为10mol 3 【答案】C 【解析】A项，该反应中KNO 中N元素由+5价变为0价，被还原，A错误；B项，NaN 中Na为+1 3 3 价，N元素平均化合价为- 价，B错误；C项，6.5g NaN 的物质的量为 =0.1mol，根据方程式可 3 知生成0.16mol氮气，标况下体积为0.16mol×22.4L/mol=3.584L，C正确；D项，KNO 为该反应中唯一得 3 电子的物质，根据其N元素的化合价变化可知，若1mol KNO 参加反应，转移电子的物质的量为5mol，D 3 错误；故选C。 8．单质硫有多种存在形式，如S、S、S、S 等，其中S 通常采用下列两种方式获得： 2 4 6 8 8 ①24NaHSO S+8Na SO +8NaHSO +8H O； 3 8 2 4 3 2 ②HS+H SO (浓)=S ↓+SO↑+2H O。下列说法正确的是( ) 2 8 2 4 8 2 2A．S、S、S、S 互为同位素 2 4 6 8 B．反应①中每生成1 mol S ，有16 mol电子发生转移 8 C．反应②S 为还原产物 8 D．还原性：HS＞SO 2 8 2 【答案】D 【解析】A项，S、S、S、S 都是由硫元素形成的单质，互为同素异形体，故A错误；B项，反应① 2 4 6 8 中NaHSO 中的硫元素部分化合价由+4价升高到+6价，部分化合价由+4价降低到0价，每生成1 mol S ， 3 8 转移电子为1mol 4 8=32mol，故B错误；C项，反应②中HS 中硫元素化合价升高，是还原剂，则S 为 2 8 8 氧化产物，故C错误；D项，反应②中HS 是还原剂，SO 是还原产物，还原剂的还原性强于还原产物的 2 8 2 还原性，说明还原性：HS＞SO ，故D正确；故选D。 2 8 2 9．神舟十二号飞船的控制计算机、数据管理计算机完全使用国产CPU芯片，制作芯片刻蚀液为硝酸 与氢氟酸的混合溶液，其工艺涉及的反应为：Si+HNO +6HF=HSiF+HNO +H +H O，下列说法正确的是( 3 2 6 2 2 2 ) A．HSiF 中Si元素的化合价为+6价 2 6 B．该反应中，HNO 仅作氧化剂 3 C．该反应中，生成标准状况下2.24LH 时，转移电子的物质的量为0.2mol 2 D．芯片刻蚀液可用硫酸代替 【答案】B 【解析】A项，HSiF 中，H为+1价，F为-1价，则Si元素的化合价为+4价，故A错误； 2 6 B项，N元素的化合价由+5价降低为+3价，所以该反应中，HNO 仅作氧化剂，故B正确； 3 C项，标准状况下2.24LH 物质的量为 ，每生成1mol H 时转移4mol电子，则实 2 2 际转移电子0.4mol，故C错误；D项，芯片的主要成分是硅，硅单质与硫酸不反应，所以芯片刻蚀液不可 用稀硫酸代替，故D错误；故选B。 10．向CuSO 溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色。再向反应后 4 的混合物中不断通入SO 气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是( ) 2 A．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2＋>I >SO 2 2 B．通入SO 时，SO 与I 反应，I 作还原剂 2 2 2 2 C．通入SO 后溶液逐渐变成无色，体现了SO 的漂白性 2 2 D．滴加KI溶液时，转移2 mol e－时生成1 mol白色沉淀 【答案】A 【解析】由题干信息可知，向 CuSO 溶液中加入 KI溶液时发生反应：2CuSO ＋4KI===2K SO ＋ 4 4 2 4 2CuI↓＋I ①，当转移2 mol e－时生成2 mol CuI沉淀，D错误；向反应后的混合物中再通入SO 气体，又发 2 2生反应：I ＋SO ＋2HO===H SO ＋2HI②，该反应中I 作氧化剂，SO 作还原剂，体现了SO 的还原性， 2 2 2 2 4 2 2 2 故B、C均不正确；根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，反应①中氧化性Cu2＋＞I ，反应② 2 中I 将SO 氧化，说明氧化性I>SO，故A正确。 2 2 2 2 11．铁氰酸钾为深红色晶体，俗称“赤血盐”，常用来检验 ，碱性条件下可发生反应： 4K[Fe(CN) ]+4KOH=4 K [Fe(CN) ]+O ↑+2H O，下列说法不正确的是( ) 3 6 4 6 2 2 A．该反应中K[Fe(CN) ]表现氧化性，被还原 3 6 B．K[Fe(CN) ]溶液加入到含有 的溶液中，生成的蓝色沉淀中铁元素存在两种价态 3 6 C． 作还原剂，0.4 mol KOH被氧化时，转移 电子 D． 铁氰酸钾参与反应时，生成标准状况下O560mL 2 【答案】C 【解析】A项，4K[Fe(CN) ]+4KOH=4 K [Fe(CN) ]+O ↑+2H O，K[Fe(CN) ]铁的化合价从+3价变成产 3 6 4 6 2 2 3 6 物中+4价，铁化合价降低，作氧化剂，被还原，故A正确； B项，生成的蓝色沉淀Fe [Fe(CN) ] 中铁元 3 6 2 素存在+2、+3两种价态，故B正确；C项，KOH作还原剂，0.4 mol KOH被氧化时，转移0.8 mol电子， 故C错误；D项，0.1mol铁氰酸钾参与反应时，生成标准状况下O560mL，故D正确。 2 12．已知：① 5MnSO +2 NaClO+4H O=5MnO ↓+Na SO +4H SO +Cl↑； 4 3 2 2 2 4 2 4 2 ②FeSO +MnO+H SO →Fe (SO )+ MnSO +H O(末配平)。 4 2 2 4 2 4 3 4 2 下列有关说法正确的是( ) A．MnSO 在反应①中作还原剂，在反应②中作氧化产物 4 B．还原性：FeSO ＞Cl＞MnSO 4 2 4 C．根据上述反应判断：NaClO 不能氧化FeSO 3 4 D．转移电子数相同时，反应①中生成的HSO 与反应②中消耗的HSO 的物质的量之比为2：5 2 4 2 4 【答案】D 【解析】A项，MnSO 在反应①中是还原剂，在反应②中是还原产物，故A错误；B项，根据还原 4 性：还原剂＞还原产物，判断还原性：FeSO ＞MnSO ＞Cl，故B错误；C项，根据上述反应判断出氧化 4 4 2 性：NaClO＞MnO ＞Fe (SO )，所以NaClO 能把FeSO 氧化Fe (SO )，故C错误；D项，反应①中每转 3 2 2 4 3 3 4 2 4 3 移10 mol电子，生成4 mol H SO ，反应②可配平为2FeSO +MnO+2H SO =Fe (SO )+ MnSO +2H O，每转 2 4 4 2 2 4 2 4 3 4 2 移2 mol电子，消耗2 mol H SO ，所以转移电子数相同时，反应①中生成的HSO 与反应②中消耗的 2 4 2 4 HSO 的物质的量之比为2：5，故D正确；故选D。 2 4 13．钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2+为蓝色，VO2+为淡黄色，VO +具有较强的氧化 2 性，Fe2+、SO 2-等能把VO +还原为VO2+。向VOSO 溶液中滴加酸性KMnO 溶液，溶液颜色由蓝色变为淡 3 2 4 4 黄色。下列说法不正确的是( ) A．在酸性溶液中氧化性：MnO ->VO+ 4 2 B．FeI 溶液与酸性(VO )SO 溶液发生反应：Fe2++VO+=Fe3++VO2+ 2 2 2 4 2 C．向VOSO 溶液中滴加酸性KMnO 溶液反应化学方程式为： 4 410VOSO+2H O+2KMnO =5(VO)SO +2MnSO +2H SO +K SO 4 2 4 2 2 4 4 2 4 2 4 D．向含1molVO +的酸性溶液中滴加1.5molFeSO 的溶液完全反应，转移电子为1mol 2 4 【答案】B 【解析】A项，VOSO 溶液中滴加酸性KMnO 溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，说明高锰酸根将 4 4 VO2+氧化为VO +，氧化性：氧化剂大于氧化产物，MnO ->VO+，故A正确；B项，碘离子的还原性大于 2 4 2 二价铁离子，碘离子应参与氧化还原反应反应，故B错误；C项，酸性环境下高锰酸根将VO2+氧化为 VO +，无沉淀生成说明高锰酸根被还原成Mn2+，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为： 2 10VOSO+2H O+2KMnO =5(VO)SO +2MnSO +2H SO +K SO ，故C正确；D项，向含1molVO +的酸性溶 4 2 4 2 2 4 4 2 4 2 4 2 液中滴加含1.5molFe2+的溶液发生反应Fe2++VO++2H+=Fe3++VO2++H O，则VO +的量不足，所以转移电子 2 2 2 为1mol，故D正确；故选B。 14．(2024·江苏镇江丹阳市高三期中联考)叠氮酸钠( )是重要的化工原料。以甲醇、亚硝酸钠等为 原料制备 流程如下： 已知水合肼(N H•H O)不稳定，具有强还原性。下列描述正确的是( ) 2 4 2 A．NO -的空间结构为平面三角形 2 B．反应①和反应③中浓硫酸所起的作用完全相同 C．反应②中，消耗3mol NH•H O时，NH•H O失去 电子 2 4 2 2 4 2 D．反应④中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2 【答案】C 【解析】以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备NaN ，由流程可知，①中发生 3 2CHOH+2NaNO+H SO (浓)=2CH ONO+Na SO +2H O，生成亚硝酸甲酯(CHONO)，④中NaClO氧化 3 2 2 4 3 2 4 2 3 NH •H O为NH•H O，而自身被还原为Cl-，②中发生NH•H O+CHONO+NaOH=NaN +CH OH+3H O， 3 2 2 4 2 2 4 2 3 3 3 2 ③中发生2NaN +H SO (浓) 2HN ↑+Na SO ，蒸馏出CHOH，最后HN 与NaOH反应可制备产品。A项， 3 2 4 3 2 4 3 3 NO -中心原子N的价电子对数为2+ =2+1=3，则N原子的VSEPR模型为平面三角形，空间构型为 2 V形，A错误；B项，反应①浓硫酸作催化剂，反应③中利用浓硫酸的高沸点、难挥发性，则浓硫酸作用 不同，B错误；C项，反应②中，NH•H O+CHONO+NaOH=NaN +CH OH+3H O，NH•H O中N化合价 2 4 2 3 3 3 2 2 4 2 由-2价升至- 价，故消耗3molN H•H O时，NH•H O失去 电子，C正确；D项，反应 2 4 2 2 4 2④中氧化剂与还原剂分别为NaClO和NH •H O，由于NaClO~Cl-~2e-，2NH •H O~NH•H O~2e-，故二者物 3 2 3 2 2 4 2 质的量之比为1：2，D错误； 故选C。 15．(2024·辽宁部分高中高三联考)中国科研团队首次提出声催化产氢的概念并将其定义为US提供外 部能量输入以激活声催化剂通过裂解双氧水在肿瘤部位原位产氢，工作原理如图所示。下列叙述正确的是( ) 已知：US提供能量使Pt -Bi S 产生电子和“空穴”( )，电子驱动阴极反应，“空穴”驱动阳极反 2 3 应。 A．反应(1)中每生成1molB i S，转移6mol e- 2 3 B．反应(2)中NaBH 作还原剂 4 C．反应(3)的反应式为2H＋-2e－=H↑ 2 D．反应(4)中每生成11.2L(标准状况)O ，转移4mol电子 2 【答案】B 【解析】A项，由题图知，反应(1)的反应式为2Bi(NO)·5H O +3Na S·9H O =Bi S+6NaNO +37H O， 3 3 2 2 2 2 3 3 2 该反应为非氧化还原反应，没有电子转移，A错误；B项，反应(2)的反应中，BiS 转化Pt -Bi S 被还原， 2 3 2 3 作氧化剂，故NaBH 作还原剂，B正确；C项，由题图知，反应(3)的反应式为2H＋＋2e－=H↑，C错误； 4 2 D项，由题图知，反应(3)的反应式为2HO-2e－= 2H++O ↑，生成11.2L(标准状况)O ，转移1mol电子，D 2 2 2 2 错误；故选B。 二、非选择题(本题包括5小题，共55分) 16．(8分)(2023·山西省吕梁市二模)以萃铜余液为原料制备工业活性氧化锌，其生产工艺流程如图所 示： (1)铜萃余液含硫酸30~60g/L，设计采用过硫酸钠(Na SO)氧化法除锰，写出Mn2+被氧化成MnO 的离 2 2 8 2 子方程式___________。 (3)用锌粉除镉(Cd2+ )的离子方程式为___________；沉锌生成碱式碳酸锌[2Zn(OH )·ZnCO·H O]的化学 2 3 2 方程式为___________。 (5)煅烧炉中发生反应的化学方程式为___________。【答案】(1) Mn2+ +S O2- +2H O= MnO +2SO2-+4H+ 2 8 2 2 4 (3) Zn+Cd2+=Zn2++Cd 3ZnSO + 3Na CO+3H O= 2Zn(OH) ·ZnCO·H O↓+3Na SO + 2CO↑ 4 2 3 2 2 3 2 2 4 2 (5) 2Zn(OH) ·ZnCO·H O 3ZnO+CO ↑+3H O 2 3 2 2 2 【解析】(1)铜萃余液含硫酸30~60g/L，设计采用过硫酸钠(Na SO)氧化法除锰，Mn2+被氧化成 2 2 8 MnO ，过硫酸根离子被还原为硫酸根离子，离子方程式为：Mn2+ + S O2- +2H O= MnO +2SO2-+4H+； 2 2 8 2 2 4 (3)锌与镉离子发生取代反应生成锌离子和单质镉，离子方程式为：Zn+Cd2+=Zn2++Cd；向硫酸锌溶液中加 入碳酸钠溶液生成碱式碳酸锌，相应的方程式为：3ZnSO+ 3Na CO+3H O= 4 2 3 2 2Zn(OH) ·ZnCO·H O↓+3Na SO + 2CO↑；(5)由流程可知，工业碱式碳酸锌在煅烧炉中煅烧生成活性氧化 2 3 2 2 4 2 锌，则相应的方程式为：2Zn(OH) ·ZnCO·H O 3ZnO+CO ↑+3H O。 2 3 2 2 2 17．(6分)(2023·湖北省武汉市5调)高锰酸钾在化工生产和环境保护等领域应用十分广泛。以软锰矿(主 要成分是MnO ，含有Fe O 和SiO 等杂质)为原料制备高锰酸钾的工艺流程如图： 2 2 3 2 回答下列问题： (2)“焙烧”中有KMnO 生成，该步骤主要反应的化学方程式为_______。 2 4 (5) “歧化”过程中主要反应的离子方程式为_____。 【答案】(2)3MnO +6KOH+KClO 3KMnO +KCl+3H O 2 3 2 4 2 (5) 3MnO2-+4CO +2H O=2MnO -+ MnO ↓+4HCO- 4 2 2 4 2 3 【解析】(2)软锰矿(主要成分是MnO ，含有Fe O 和SiO 等杂质)，加入KClO 和KOH，焙烧，将 2 2 3 2 3 MnO 氧化为KMnO ，化学方程式为3MnO +6KOH+KClO 3KMnO +KCl+3H O；(5)向滤液中通入足 2 2 4 2 3 2 4 2 量的CO，KMnO 发生歧化反应：3KMnO +4CO +2H O=2KMnO + MnO ↓+4KHCO ，离子方程式为： 2 2 4 2 4 2 2 4 2 3 3MnO 2-+4CO +2H O=2MnO -+ MnO ↓+4HCO-。 4 2 2 4 2 3 18．(13分)用零价铁( )去除含氮废水中的硝酸盐(NO -)是环境修复的重要方法。一种去除NO -的过程 3 3 如下。 (1)Ⅱ中充分反应后，分离混合物的方法是_______。 (2)Ⅱ中反应的离子方程式是_______。 (3)实验发现，在Ⅱ中补充一定量的 可以明显提高NO -的去除率。向两份含氮废水[n(NO -)=8.1×10- 3 35mol]中均加入足量 粉，做对比研究。 实验序号 ⅰ ⅱ 所加试剂 Fe粉 Fe粉、FeCl (3.6×10-5mol) 2 NO -的去除率 ≈50% ≈100% 3 分析ⅱ中NO -的去除率提高的原因： 3 A． 直接还原NO -了。 3 通过计算说明电子得、失数量关系：_______，证明该原因不合理。 B．研究发现：Fe O (导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生 (不导电)，它覆盖在 3 4 Fe O 表面，形成钝化层，阻碍电子传输。 3 4 C． Fe2+能与FeO(OH)反应生成Fe O。 3 4 用57FeCl 做同位素示踪实验，证明该原因合理。 2 D． Cl-破坏钝化层。 将ⅱ中的FeCl 替换为_______，NO -的去除率约为50%，证明该原因不合理。 2 3 (4)ⅰ、ⅱ中均能发生Fe+2H+=Fe2++H ↑。该反应明显有助于ⅰ中NO -的去除，结合方程式解释原因： 2 3 _______。 (5)测定NO -含量 3 步骤1.取vmL含氮(NO -)水样，加入催化剂、v mLcmol·L-1FeSO 标准溶液(过量)，再加入稀HSO 。 3 1 1 4 2 4 步骤2.用cmol·L-1KCrO 标准溶液滴定剩余的Fe2+ ( CrO2-被还原为Cr3+)，终点时消耗v mL。 2 2 2 7 2 7 2 已知：3Fe2++NO-+4H+=3Fe2++NO↑+2HO 3 2 ①水样中NO -的含量为_______ 。 3 ②溶液中O 影响测定。向步骤1中加入适量NaHCO ，产生CO 驱赶O，否则会使测定结果 2 3 2 2 _______(填“偏大”或“偏小”)。 【答案】(1)过滤 (2) 3Fe+NO -+2H++2H O=Fe O+NH+ 3 2 3 4 4 (3) 还原NO -所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol。Fe2+失去的电子数明显小于 3 NO -所需电子数； 7.2×10-5mol NaCl； 3 (4) Fe2++2FeO(OH)=Fe O+2H+，Fe2+破坏了钝化层； 3 4 (5) 偏大 【解析】(1)由步骤II得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得步骤II的分离操作为过 滤；(2)由步骤II反应产物为四氧化三铁和NH +，且铁粉和NO -在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还 4 3 原反应为3Fe+NO-+2H++2H O=Fe O+NH+；(3)根据物质得失电子的计量关系，可知Fe2+~ Fe3+~ 1e-， 3 2 3 4 4 Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol，NO -~NH+~8 e-，NO -所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+失去的电子数明显 3 4 3小于NO -所需电子数；为说明是否是Cl-破坏钝化层，根据控制变量法的思想将3.6×10-5mol FeCl (即 3 2 n(Cl-)=7.2×10-5mol)替换为氯离子物质的量相同的氯化钠，即7.2×10-5mol NaCl看是否能达到同样的去除 率，若不能达到同样的去除率说明Cl-不能破坏钝化层，反知为Fe2+破坏了钝化层；(4)根据上述分析可知生 成的Fe O (导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生FeO(OH) (不导电)，它覆盖在Fe O 表面，形成 3 4 3 4 钝化层，阻碍电子传输。而Fe2++2FeO(OH)=Fe O+2H+，破坏了钝化层有利于内层的铁能继续与硝酸根反 3 4 应；(5)步骤1.取vmL含氮(NO -)水样，加入催化剂、v mLcmol·L-1FeSO 标准溶液(过量)，再加入稀 3 1 1 4 HSO 。发生3Fe2++NO-+4H+=3Fe2++NO↑+2HO，步骤2.用cmol·L-1KCrO 标准溶液滴定剩余的Fe2+ 2 4 3 2 2 2 2 7 ( CrO2-被还原为Cr3+)，终点时消耗v mL。发生6Fe2++CrO2-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H O，根据KCrO 标准 2 7 2 2 7 2 2 2 7 溶液的用量求得剩余的FeSO 的物质的量=6cv×10-3mol，则参与步骤I反应的FeSO 的物质的量= 4 2 2 4 ，根据该反应3Fe2++NO-+4H+=3Fe2++NO↑+2HO可得反应消耗的硝酸根物质的量 3 2 ，所以原水样中NO -的含量 3 ；因为溶液中O 存在，也会消耗FeSO ，所以KCrO 2 4 2 2 7 用量偏小，由于FeSO 总量一定，所以参与步骤I反应的FeSO 物质的量会偏大(计算造成的误差)，自然计 4 4 算出来的水样中NO -的含量也偏大。 3 19．(13分)Ⅰ. NaClO 是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下： 2 回答下列问题： (1)“反应”步骤中生成ClO 的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。 2 Ⅱ.某实验小组模仿工业生产的方法，设计了一套实验室制备装置，生产NaClO 产品。 2(2)已知装置B中的产物有ClO 气体和NaSO ，则B中产生ClO 气体的化学方程式为_______。 2 2 4 2 (3)装置D中生成NaClO 和一种助燃气体，其反应的化学方程式为_______。 2 (4)装置C的作用是_______。 (5)反应结束后，打开K，装置A起的作用是_______；如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有 1 的杂质是_______。 (6)测定样品中NaClO 的纯度：准确称mg的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下 2 发生如下反应：ClO -+4I-+4H+=2H O+2I + Cl-，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。取25.00mL待测溶 2 2 2 液，加入淀粉溶液做指示剂，用cmol·L-1的NaSOH标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值 2 2 3 为VmL(已知：I+2S O2-=2I-+S O2-)，则所称取的样品中NaClO 的质量分数为_______。(用含V、c、m的 2 2 3 4 6 2 表达式列出) 【答案】(1)2：1 (2) 2NaClO +Na SO +H SO =2ClO ↑+Na SO +H O 3 2 3 2 4 2 2 4 2 (3)2ClO+H O+2NaOH=2NaClO +O +2H O 2 2 2 2 2 2 (4)防止D瓶溶液倒吸到B瓶中 (5) 吸收装置B中多余的ClO 和SO NaClO 和NaCl 2 2 3 (6) 【解析】I．一种生产工艺中，用硫酸、SO 和NaClO 反应制备ClO ，再由ClO 经过后续反应制备 2 3 2 2 NaClO；II．某实验小组模仿工业生产的方法，设计了一套实验室制备装置，如图所示：装置B中浓硫 2 酸、NaClO 和NaSO 反应制备ClO ；装置D中装置D中ClO 与过氧化氢在碱性条件下反应生成 3 2 3 2 2 NaClO；装置C为安全瓶，可以防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；装置A和装置E为尾气处理装置。(1)“反 2 应”步骤中，SO 和NaClO 反应生成ClO 和NaHSO，其中NaClO 中的Cl元素的化合价由+5降低为+4， 2 3 2 4 3 则NaClO 作氧化剂，SO 中的S元素的化合价由+4升高到+6，则SO 作还原剂，根据得失电子守恒可得， 3 2 2 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1。(2)由题干信息可知，装置B中浓硫酸、NaClO 和NaSO 反应生 3 2 3 成ClO 和NaSO ，该反应的化学方程式为2NaClO+Na SO +H SO =2ClO ↑+Na SO +H O；(3)装置D中 2 2 4 3 2 3 2 4 2 2 4 2 ClO 与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO 和助燃性气体O，，反应的化学方程式为： 2 2 22ClO +H O+2NaOH=2NaClO +O +2H O；(4)装置C是安全瓶，其作用是防止D瓶溶液倒吸到B瓶中； 2 2 2 2 2 2 (5)ClO 和SO 为有毒气体，需要用NaOH吸收ClO 等有害气体，防止污染环境，故装置A起的作用是吸 2 2 2 收置B中多余的ClO 和SO ；如果撤去D中的冷水浴，ClO 会和NaOH发生反应 2 2 2 6ClO +6NaOH=NaCl+5NaClO +3H O，导致产品中混有NaClO 和NaCl；(6)已知：ClO -+4I- 2 3 2 3 2 +4H+=2H O+2I + Cl-，I+2S O2-=2I-+S O2-，得关系式NaClO~4Na SO ，n(Na SO)=cV10-3mol，则样品 2 2 2 2 3 4 6 2 2 2 3 2 2 3 中，n(NaClO)= cV10-3mol =cV10-3mol，样品中NaClO 的质量分数为 2 2 = 。 20．(15分) H O、O、O 在水中可形成具有超强氧化能力的羟基自由基(·OH)，能有效去除废水中的 2 2 2 3 HPO -、CN-、苯酚等物质 2 2 (1)H O、O 在一定条件可处理废水中HPO -。 2 2 3 2 2 ①弱碱性条件下·OH将HPO -氧化成PO 3-，该反应的离子方程式为___________。 2 2 4 ②为比较不同投料方式下含HPO -模拟废水的处理效果，向两份等体积废水样品中加入等量HO 和 2 2 2 2 O，其中一份再加入FeSO 。反应相同时间，实验结果如图所示。 3 4 添加FeSO 后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是___________。 4 (2)H O、O 在一定条件下可处理废水中的CN-。 2 2 2 ①工业上通过电激发O 处理废水中的CN-，反应机理如图所示，其过程可描述为___________。 2 ②已知Cu2+可催化过氧化氢氧化CN-。在含氰废水总量、过氧化氢用量和溶液pH一定的情况下，反应相同时间，测得CN-的氧化去除率随c(Cu2+)的变化如图所示。c(Cu2+)超过90 mg·L-1时，CN-的氧化去除率 有所下降，原因是___________。 (3)H O 在Fe O 催化下可有效除去废水中的苯酚等有机污染物。除去废水中的苯酚的原理如图所示。 2 2 3 4 研究在不同初始pH条件下，苯酚的去除率随时间的变化，结果表明：在反应开始时，初始pH=6的溶液中 苯酚的去除率明显低于初始pH=3的溶液，但一段时间后两者接近，原因是___________。 【答案】(1) 4·OH＋2OH-＋HPO -=PO3-＋4HO Fe2＋促进HO 和O 产生·OH，氧化产生的Fe3＋将 2 2 4 2 2 2 3 PO 3-转化为FePO 沉淀 4 4 (2) O 在阴极得电子被还原成·O -，·O -结合H+生成·O H，·O H分解生成O 和HO， HO 在阴极得 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 电子产生的·OH和OH-将CN-氧化生成N、CO2-、HO c(Cu2+)超过90 mg·L-1，会催化过氧化氢分解，导 2 3 2 致HO 产生·OH的数目减少 2 2 (3)酸性有利于·OH的形成，所以初始pH=3的溶液在开始时去除率较高；随着反应的进行，苯酚转化 为乙酸，使溶液酸性增强 ，pH=6的溶液中苯酚去除率显著提高，最终两者的去除率接近 【解析】(1)①弱碱性条件下羟基自由基·OH将HPO -氧化成PO 3-，根据磷元素的化合价变化可知， 2 2 4 ·OH被还原，HPO -被氧化，·OH中氧元素为-1价，被还原成-2价，HPO -中的磷元素由+1价被氧化成 2 2 2 2 PO 3-中的+5价，根据化合价升降相等可知，n(·OH)： n(H PO -)=4：1，结合电荷守恒、质量守恒，此反应 4 2 2 的离子方程式为4·OH＋2OH-＋HPO -=PO3-＋4HO；②从题干可知，HO、O 在水中可形成具有超强氧化 2 2 4 2 2 2 3 能力的羟基自由基(·OH)，能有效去除废水中的HPO -，添加FeSO 后，次磷酸盐氧化率提高，说明加入 2 2 4 FeSO 后，HO、O 在水中形成·OH的增多，则说明Fe2＋能促进HO 和O 产生·OH，同时Fe2＋自身被氧化 4 2 2 3 2 2 3 成Fe3＋，氧化产生的Fe3＋将PO 3-转化为FePO 沉淀，故添加FeSO 后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均 4 4 4 显著提高；(2)①通过电激发O 处理废水中的CN-的反应机理图所示，O 分子在电极上得电子被还原成 2 2 ·O -，则该电极是和电源负极相连，是阴极，然后·O -结合水中的H+生成·O H自由基，·O H再分解生成O 2 2 2 2 2 和HO，生成的HO 在阴极上得电子产生·OH自由基，·OH和OH-将CN-氧化生成N、CO2- 、HO；② 2 2 2 2 2 3 2在催化剂种类不变情况下，c(Cu2+)超过90 mg·L-1时，CN-的氧化去除率有所下降，说明HO 产生·OH的数 2 2 目减少，说明部分双氧水分解成氧气和水了，故当c(Cu2+)超过90 mg·L-1时，会催化过氧化氢分解，导致 HO 产生·OH的数目减少；(3)研究在不同初始pH条件下，苯酚的去除率随时间的变化，结果表明：在反 2 2 应开始时，初始pH=6的溶液中苯酚的去除率明显低于初始pH=3的溶液，说明酸性影响苯酚的去除率，则 酸性条件下更有利于·OH的形成，所以初始pH=3的溶液在开始时去除率较高。通过图也可知苯酚最终转 化成乙酸了，则随着反应进行，溶液酸性也会越来越强，故初始pH=6的溶液中苯酚的去除率一段时间后 也会提高，最终两者比较接近。