文档文本内容
第二章 化学物质及其变化
第06讲 氧化还原反应（精练）
完卷时间：50分钟
可能用到的相对原子质量：N 14 O 16 Mg 24 Mn 55 Cu 64 Zn 65
一、选择题（每小题只有一个正确选项，共12*5分）
1．（2021·浙江高考真题）关于反应8NH+6NO=7N+12HO，下列说法正确的是
3 2 2 2
A．NH 中H元素被氧化
3
B．NO 在反应过程中失去电子
2
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4
D．氧化产物与还原产物的质量之比为4：3
【答案】D
【解析】由反应8NH+6NO==7N+12HO可知，其中NH 的N元素的化合价由-3升高到0、NO 中的N元素的化
3 2 2 2 3 2
合价由-+4降低到0，因此，NH 是还原剂， NO 是氧化剂。
3 2
A．NH 中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正确；B．NO 在反应过程
3 2
中得到电子，B不正确；C．该反应中，NH 是还原剂，NO 是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂
3 2
的物质的量之比为4：3，C说法不正确；D．该反应中氧化产物和还原产物均为N。还原剂被氧化后得到氧
2
化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原
产物的质量之比为4：3 ，D说法正确。
综上所述，本题选D。
2．（2021·江苏常州市·高三二模）燃煤和工业生产中产生的 过量排放会形成酸雨。 是重要的
化工原料，可作漂白剂。在接触法制硫酸的工业中， 发生的反应为：
。下列关于 的说法正确的是
A． 分子呈直线形，是非极性分子
B． 的水溶液能导电， 是电解质
C． 和 反应，每生成1mol S，转移的电子数为2mol
D．用石灰石浆液吸收烟气中的 ，可减少酸雨的形成，最终转化为石膏【答案】D
【解析】A． 的价层电子对数为2+ (6-2 2)=3，且有一对孤对电子，构型为V形，是极性分子，故
A错误；B． 的水溶液能导电是因为和水反应生成了亚硫酸， 是非电解质，故B错误；C． 和
反应生成S单质，S元素由+4价下降到0价，又由-2价上升到0价，方程式为：2HS +
2
SO=3S↓+2HO，每生成1mol S，转移的电子数为 mol，故C错误；D．石灰石浆吸收废气中的二氧化硫的
2 2
化学方程式为：2CaCO+2SO+O═2CaSO+2CO，可减少酸雨的形成，最终转化为石膏，故D正确；故选D。
3 2 2 4 2
3．（2021·山东潍坊市·高三二模）光催化甲烷重整技术利用太阳光作为反应动力。以 为载
体，激发产生电子(e-)—空穴(h+)，反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．该催化重整过程中，C原子的成键数目不变
B． 在 上发生还原反应
C．在 表面，每生成 ，向空穴转移电子数为
D．该反应可表示为
【答案】A
【解析】A． 的结构式为O=C=O，甲烷与 中C原子成键数均为4，CO的结构式为C O，C原子成键数位3，C原子的成键数目改变，故A错误；B．在Rh上 →CO，C元素的化合价降低，发生还原反应，
故B正确；C．在 表面， ，每生成 ，向空穴转移电子数为 ，
故C正确；D．在 上 + ，结合C选项解析得该反应可表示为
，故D正确；故选A。
4．（2021·天津河西区·高三二模）工业上将NH 和NO在催化剂表面转化为N 和HO的反应进程中相对能
3 2 2
量变化如下图所示。下列说法正确的是
A．NHNO是该反应的催化剂
2
B．总反应中n（氧化剂）∶n（还原剂）=2∶3
C．平衡后当升高温度时，总反应v ＜v
（正） （逆）
D．H的移除过程因相对能量较低，故此步反应速率很快
【答案】C
【解析】A．观察相对能量-反应进程曲线可知，NH 吸附在催化剂表面后，经过一定的反应形成NHNO，
3 2
NHNO又经过反应得到N 和HO，所以NHNO是该反应过程的活性中间体，而不是催化剂。A项错误；B．由
2 2 2 2
题中：NH 和NO在催化剂表面转化为N 和HO，可知总反应方程式为6NO+4NH 5N+6HO。其中，
3 2 2 3 2 2
NO中N元素的化合价由+2价变为0价，化合价降低，NO作氧化剂。NH 中N元素的化合价由-3价变为0价，
3
化合价升高，NH 作还原剂，由总反应可知，n（氧化剂）∶n（还原剂）=3∶2，B项错误；C．由曲线图可
3
知，起始相对能量高于终态，说明这是一个放热反应，升高温度平衡向逆反应反向移动。所以平衡后，升
高温度，正反应速率的增大程度小于逆反应速率的增大程度，总反应v ＜v ，C项正确；D．相对能
（正） （逆）量-反应进程曲线表明，全过程只有H的移除过程相对能量逐渐升高，这是一个需要吸收能量越过能垒的反
应，其速率是全过程中几个反应中最慢的，D项错误；答案选C。
5．（2021·山东德州市·高三二模）为探究某些硫的含氧酸盐的部分性质，进行如下实验，并记录实验
现象：
①测得0.01mol·L-1NaHSO 溶液的pH约为5。
3
②向0.01mol·L-1NaHSO 溶液中滴加少量酸性KMnO 溶液，溶液的紫红色褪去。
3 4
③向0.1mol·L-1NaSO 溶液中滴加稀盐酸，产生无色刺激性气味的气体，且出现淡黄色沉淀。
2 2 3
④在Ag+催化条件下，向0.1mol·L-1KSO 无色溶液中滴加MnSO 溶液，溶液变为紫红色。
2 2 8 4
由上述实验现象得出的结论不合理是
A．实验①说明：K(HSO)·K(HSO)<K
a1 2 3 a2 2 3 w
B．实验②中发生反应：5HSO +2MnO +H+=5SO +2Mn2++3HO
2
C．实验③中的淡黄色沉淀为S，无色刺激性气味的气体为SO
2
D．实验④说明：该条件下，SO 的氧化性强于MnO
2
【答案】A
【解析】A．实验①说明NaHSO 溶液显酸性， 电离程度大于其水解程度， ，
3
而 ，即 ，
，A项符合题意；B．实验②为强酸性环境，根据价态变化及氧化还原反应
的规律，该离子方程式正确，B项不符合题意；C．实验③NaSO 中S元素化合价为+2价，NaSO 遇盐酸
2 2 3 2 2 3
发生歧化反应，生成淡黄色沉淀S和无色有刺激性气味的气体SO，C项不符合题意；D．实验④说明
2
作氧化剂，生成氧化产物 ，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，D项不符合题意；故正确选项为A
6．（2020·湖南郴州市·高三一模）现有由0.2 mol CuS和0.1 mol CuO组成的混合物，与足量稀HNO
2 3
充分反应，生成Cu(NO)、HSO、NO和HO，则被还原的HNO 的物质的量是
3 2 2 4 2 3
A．0.4 mol B．0.6 mol C．0.8 mol D．1.0 mol
【答案】B【解析】CuS中硫元素化合价从-2升高到+6，则1 mol CuS被氧化失去8mol电子、CuO中铜元素化合价从
2
+1升高到+2，则1 mol CuO被氧化失去2mol电子，稀HNO 作氧化剂时氮元素化合价从+5降低到+2，每
2 3
1mol硝酸被还原得电子物质的量为3mol， 0.2 mol CuS和0.1 mol CuO被氧化失去电子的物质的量为
2
0.2 mol×8+0.1 mol×2=1.8 mol，按得失电子数守恒，被还原的HNO 的物质的量是 ，B
3
正确；答案选B。
7．（2021·广东茂名市·高三二模）电键时， 具有高导电性，镀层细致等优点。 可用于处理
含 的电镀废水，反应方程式 。下列说法正确的是
A． 是氧化剂 B． 是还原产物
C．生成物A的化学式为 D． 中 元素的化合价为+4
【答案】A
【解析】A．反应中 中Cl的化合价从+4价降到-1价,化合价降低,是氧化剂,故A正确;B． 中N
化合价是-3价,氮气中化合价是0价,化合价升高,氮气是氧化产物,故B错误;C．根据原子守恒可得A是二
氧化碳,故C错误;D． 中钾是+1价,氮的非金属性强,显负价-3价,碳显+2价,故D错误;故答案为:A
8．（2021·辽宁大连市·高三一模）高氯酸铵(NHClO)可用作火箭推进剂等.制备NHClO 的工艺流程如
4 4 4 4
图：
已知除杂时发生的反应为：2NaClO+HO+2HCl=2ClO↑+O↑+2HO
3 2 2 2 2 2
下列说法中错误的是
A．NHClO 中阴阳离子的立体构型均是正四面体
4 4
B．本流程可以得出相同条件下氧化性：ClO ＞ClO
C．该流程中可循环利用的物质是NaClO
3
D．电解NaClO 溶液时，阳极的电极反应式为ClO -2e-+HO=ClO +2H+
3 2【答案】C
【解析】A．NHClO 中阳离子为NH ，阴离子为ClO ，中心原子的价层电子对数均为4，且都不含孤电子
4 4
对，均为正四面体构型，A正确；B．根据除杂时发生的反应可知，除杂时ClO 将双氧水氧化，而ClO 不
反应，说明氧化性：ClO ＞HO＞ClO ，B正确；C．“反应”时需用NaClO 和NHCl制备NHClO，所以母
2 2 4 4 4 4
液中含有NaCl，可以再回到电解饱和食盐水的步骤中重复利用，NaClO 并没有重复利用，C错误；D．电解
3
氯酸钠溶液时，ClO 变为NaClO 时Cl元素化合价升高，失去电子被氧化，ClO 在阳极反应，电极反应式
4
为：ClO -2e-+HO=ClO +2H+，D正确；综上所述答案为C。
2
9．（2021·江西新余市·高三一模）下图为 分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图：
下列叙述错误的是
A．反应①属于氮的固定；反应②可用于工业上合成
B．在催化剂a、b的作用下，提高了化学反应速率和平衡的转化率
C． 与 反应生成 的原子利用率为100%
D．在反应①和反应②中，均有极性共价键形成，并且反应①中的氮原子发生了还原反应，而反应②中的
氮原子发生了氧化反应
【答案】B
【解析】A．将游离态的氮转化为化合态的氮的过程为氮的固定，反应①将氮气转化为氨气，属于氮的固
定；反应②为工业上合成 的第一步反应，故A正确；B．催化剂可以降低反应物的活化能，提高反应速率，但不能影响平衡移动，不能提高转化率，故B错误；C． 与 反应生成 为化合反应，反
应物全部转化为生成物，没有副产物，则原子利用率为100%，故C正确；D．在反应①形成N-H键，反应
②中形成N≡O，均有极性共价键形成；反应①中的氮由0价变为-3价，化合价降低，发生了还原反应，反
应②中的氮由-3价变为+2价，化合价升高，发生了氧化反应，故D正确；答案选B。
10．（2021·山西太原市·高三一模）工业上采用NH 和O 在钒基催化剂表面协同脱除烟气中的NO，一种
3 2
反应过程如图所示，下列叙述错误的是
A．V5+-O-H是催化剂
B．V4+-O-H+O→V5+=O+HO属于氧化还原反应
2 2
C．反应过程中氮原子的成键数目发生改变
D．总反应的化学方程式为4NH+2O+2NO=3N+6HO
3 2 2 2
【答案】D
【解析】A．由反应示意图知，V5+-O-H与氨气反应后，又由 转化生成，故V5+-O-H
是催化剂，A正确；B． V4+-O-H+O→V5+=O+HO，元素化合价发生变化，则属于氧化还原反应，B正确；C．
2 2
该反应前后氮原子成键数目均为3，反应过程中氮原子的成键数目有3、4，则N原子的成键数目发生改变，
C正确；D． 没有催化剂反应难以顺利发生，且反应过程中得失电子数守恒、元素质量守恒，由图知，
，则总反应的化学方程式为4NH+O+4NO =4N+6HO，D不正确；
3 2 2 2
答案选D。
11．（2021·山东德州市·高三一模）工业用强氧化剂 PbO 来制备 KClO 的工业流程如图：
2 4下列判断不正确的是
A．“滤渣”的主要成分是 PbO，可循环使用
2
B．“酸化”的试剂可用浓盐酸
C．NaClO 与 PbO 反应的物质的量之比为1：1
3 2
D．在滤液1中加入 KNO 制得 KClO 利用的是体系中各物质溶解度不同
3 4
【答案】B
【解析】工业用强氧化剂PbO 来制备KClO 的流程：酸性条件下过量的PbO 氧化NaClO 生成NaClO，过滤
2 4 2 3 4
得到含有NaClO 的溶液，在该溶液中加入硝酸钾，经结晶可得到KClO 的晶体。
4 4
A．酸性条件下过量的PbO 氧化KClO 生成KClO，滤渣的主要成分是过量的PbO，可循环使用，A项正确；
2 3 4 2
B．浓盐酸具有还原性，被PbO、KClO 氧化，所以“酸化”的试剂不可以用浓盐酸，B项错误；C．NaClO
2 3 3
与 PbO 反应的化学方程式为： ，NaClO 与 PbO 反应的物质
2 3 2
的量之比为1：1，C项正确；D．滤液1是NaClO 溶液，在滤液1中加入 KNO，结晶得到KClO，利用的是
4 3 4
体系中各物质溶解度不同，D项正确；答案选B。
12．（2010·上海宝山区·高三二模）将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假
设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生
成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是
A．加入合金的质量可能为6.4g
B．参加反应的硝酸的物质的量为0.1mol
C．沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为150mL
D．溶解合金时收集到NO气体的体积为2.24L
【答案】A
【解析】将镁和铜组成的混合物加入到稀HNO 中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)发生反应：
3
3Mg +8 HNO(稀)= 3Mg(NO) +2NO↑+4HO；3Cu+8 HNO(稀)= 3Cu( NO)+2NO↑+4HO，向反应后的溶液中
3 3 2 2 3 3 2 2
加入过量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg((NO) +2NaOH = Mg((OH)↓+2NaNO、Cu(NO)
3 2 2 3 3 2
+2NaOH =Cu(OH)↓+2NaNO，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则
2 3
氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为: n(OH-)= =0.3mol，根据
反应方程式可知，镁和铜的总的物质的量为0.15mol。
A.根据反应方程式Mg((NO) +2NaOH = Mg((OH)↓+2NaNO、Cu(NO) +2NaOH =Cu(OH)↓+2NaNO可知，镁
3 2 2 3 3 2 2和铜的总的物质的量为氢氧根离子物质的量的一半，即0.15mol，假定全为镁，金属质量为: 0.15mol
24g/mol=3.6g，若全为铜，则金属质量为: 0.15mol 64g/mol=9.6g，两者混合金属的质量可能为6.4g，
故A正确；B.根据方程式可知参加反应的反应n(HNO)= n(金属)= =0.4mol，故B错误；C.反
3
应消耗氢氧化钠的物质的量为：n( NaOH)=n(OH-)=0.3mol，则加入的氢氧化钠溶液的体积=
=0.1L=100mL， 故C错误；D.金属的物质的量为0.15mol，完全反应失去0.15mol 2=0.3mol电子，根据电
子转移守恒，生成一氧化氮的物质的量 n(NO)= =0.1mol，没有状态，不能确定气体的体积，故D
错误；故选：A。
二、主观题（共3小题，共40分）
13．（2021·上海金山区·高三一模）（14分）全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠后的母液为原
料，加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如下：
___________NaIO+___________NaHSO→3NaHSO+___________NaSO+___________I+___________HO(未配
3 3 4 2 4 2 2
平)
完成下列填空：
(1)配平上述化学方程式________，标出电子转移的方向和数目_________。
(2)该反应实质是两步反应：①IO +3HSO →3SO +I-+3H+，则第二步反应的离子方程式为②___________；
若要使碘酸钠的利用率最高，碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是___________。
(3)过滤反应析出的碘沉淀得到粗碘，再用升华法即可得到99%左右的碘产品。碘升华克服的微粒间作用力
为___________。
(4)能说明氯、碘两种元素非金属性相对强弱的依据是___________。(选填编号)
a.原子的最外层都有7个电子
b.ICl中碘元素为+1价
c.酸性：HClO>HIO
3 3
d.氯化钠、碘化钠与浓硫酸共热，分别生成氯化氢、单质碘
(5)检验亚硫酸钠固体是否氧化变质的方法是___________。【答案】（每空2分）(1)2，5，3，2，1，1
(2)IO +5I-+6H+→3I+3HO 5：1 (3)分子间作用力（范德华力） (4) bd (5)取样溶于水，加入
2 2
过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质
【解析】(1)根据氧化还原反应的配平原则，先分析各物质化合价的升降变化，I从+5价降低到0价，至少
转移10个电子，S元素从+4升高到+6至少转移2个电子，则NaIO 与NaHSO 的化学计量数之比为2:5，再
3 3
结合原子守恒规律配平该化学方程式为：2NaIO+5NaHSO=3NaHSO+2NaSO+I+HO，用单线桥可表示出电子
3 3 4 2 4 2 2
转移的方向和数目如下： ，故答案为：2，5，3，2，1，1； ；
(2)第二步反应有碘单质生成，第(1)问总反应的离子方程式为：②2IO +5HSO →3H++5SO +I+HO，则根
2 2
据第一步反应①IO +3HSO →3SO +I-+3H+可看出HSO 已经被氧化为SO ，第二步不需要HSO ，则② 3-
① 5消去HSO 得到第二步离子方程式为：IO +5I-+6H+→3I+3HO；从第二步可看出，最终要得到3mol
2 2
I，其中第一步提供5mol IO 转化为第二步所需的I-，因此若要使碘酸钠的利用率最高，IO 完全反应完，
2
即碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是5：1，故答案为：IO +5I-+6H+→3I+3HO；5：1；
2 2
(3)碘升华为物理变化，没有化学键的断裂，因此克服的微粒间作用力为分子间作用力，故答案为：分子
间作用力（范德华力）；
(4) a．原子的最外层电子数目不能决定元素的非金属性强弱，故a错误；b．ICl中碘元素为+1价，说明
Cl更易容易得到电子，非金属性更强，故b正确；c．酸性：HClO>HIO，不是最高价氧化物对应水化物的
3 3
酸性，所以无法判断非金属性，故c错误；d．氯化钠与浓硫酸共热制备氯化氢，利用的是高沸点酸制备低
沸点酸的原理，氯化碘与浓硫酸共热可制备碘单质，这说明碘离子更易被氧化，其还原性比氯离子的更强，
所以氯气的氧化性强于碘单质的氧化性，即可说明氯、碘两种元素非金属性得相对强弱，故d正确；
故答案为：bd；
(5)亚硫酸钠固体容易被空气氧化为硫酸钠，若检验是否变质，主要检验溶于水后是否存在硫酸根离子，
其方法如下：取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，
则未变质。14．（2021·陕西安康市·高三一模）（14分）SO 在生产、生活中具有重要的作用，据所学知识回答相
2
关问题。
(1) SO 通入NaCO 溶液中有CO 生成，说明HSO 具有___________(填“酸性”、“氧化性”、“还原性”
2 2 3 2 2 3
或“漂白性”，下同)，SO 通入品红溶液中，品红溶液褪色，说明SO 具有___________。
2 2
(2)已知SO 通入FeCl 溶液会发生反应，还原产物为___________(填化学式，下同)，氧化产物为
2 3
___________。
(3)向含锌粉的悬浊液中通入SO 可制备ZnSO
2 2 4。
①该反应的化学方程式为___________，若反应中有0.1mol电子转移，则生成ZnSO___________g。
2 4
②向反应后的溶液中加入过量盐酸，溶液出现黄色浑浊，且有刺激性气体产生，反应的化学方程式为
___________。
(4)已知室温下，ZnSO 微溶于水，Zn(HSO) 易溶于水。ZnO水悬浊液常用于吸收烟气中的SO。向ZnO水悬
3 3 2 2
浊液中缓慢匀速通入SO，在开始吸收的40min内，SO 吸收率、溶液pH的变化如图。0~20min内，溶液pH
2 2
几乎不变的原因是___________，SO 吸收率在30min后迅速降低，其原因是___________。
2
【答案】（除标注外，每空2分）(1)酸性（1分）漂白性（1分）
(2)Fe2+（1分） SO （1分）
(3)① Zn+2SO=ZnSO 9.65 ②2ZnSO+4HC1=2ZnCl+S↓ +2HO+3SO↑
2 2 4 2 4 2 2 2
(4)可知0~20min内，悬浊液中的ZnO吸收大量SO，生成微溶于水的ZnSO，此时溶液pH几乎不变 ZnO
2 3
完全反应生成ZnSO 后，ZnSO 继续吸收SO 生成易溶于水的Zn(HSO)，此时溶液pH遂渐变小，SO 的吸收
3 3 2 3 2 2
率迅速降低
【解析】(1)SO 通入NaCO 溶液中有CO 生成，说明HSO 具有酸性，酸性HSO 强于HCO；SO 通入品红溶
2 2 3 2 2 3 2 3 2 3 2
液中，品红溶液褪色，说明SO 具有漂白性；
2
(2)SO 通入FeCl 溶液会发生离子反应SO+2Fe3++2HO =2Fe2++4H++ SO ，反应中FeCl 中铁元素化合价由
2 3 2 2 3+3价降为+2价被还原，生成Fe2+，则还原产物为Fe2+；SO 中硫元素化合价由+4价升为+6价，生成SO ，
2
则氧化产物为SO ；
(3)①向含锌粉的悬浊液中通入SO 可制备ZnSO，根据元素守恒可知发生反应的化学方程式为
2 2 4
Zn+2SO=ZnSO；当该反应中有0.1mol电子转移时，则生成0.05molZnSO，质量为0.05mol ×193g/
2 2 4 2 4
mol=9.65g；
②向反应后的溶液中加入过量盐酸，溶液出现黄色浑浊，且有刺激性气体产生，则生成硫单质和二氧化硫，
根据氧化还原反应配平可得反应的化学方程式为2ZnSO+4HCl=2ZnCl+S↓ +2HO+3SO↑；
2 4 2 2 2
(4)根据图中信息可知0~20min内，悬浊液中的ZnO吸收大量SO，生成微溶于水的ZnSO，此时溶液pH几
2 3
乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO 后，ZnSO 继续吸收SO 生成易溶于水的Zn(HSO)，此时溶液pH遂渐
3 3 2 3 2
变小，SO 的吸收率迅速降低。
2
15．（2021·北京丰台区·高三一模）（12分）锰广泛存在于自然界中，工业可用软锰矿(主要成分是
MnO)制备锰。
2
资料：①MnCO 难溶于水，可溶于稀酸。
3
②在Mn2+催化下，SO 在水溶液中被氧化成HSO。
2 2 4
I.制备
(1)写出铝热法还原MnO 制备锰的化学方程式_______。
2
(2)工业上制备锰时，会产生大量废水和锰渣。锰渣煅烧会产生含高浓度SO 的烟气，可用以下方法处理。
2
处理方法一：
①用软锰矿进行脱硫可生成硫酸锰，从而达到资源的循环使用。写出一定条件下利用MnO 进行脱硫的化学
2
方程式_______。
②研究表明，用Fe2+/Fe3+可强化脱硫效果，其过程如下所示：
过程I：……
过程II ：2Fe3++SO+2HO=2Fe2++ +4H+
2 2
过程I的离子方程式是_______。
处理方法二：③用MnCO 进行脱硫，可提高脱硫率。结合化学用语解释原因：_______。
3
II.废水中锰含量的测定
(3)取1 mL废水置于20 mL磷酸介质中，加入HClO ，将溶液中的Mn2+氧化为Mn3+，用c mol/L (NH)
4 4 2
Fe(SO) 溶液进行滴定，达到滴定终点时，滴定管刻度由VmL变为V mL，废水中锰的含量为____ g/mL。
4 2 0 1
【答案】（除标注外，每空2分）(1)4Al+3MnO 3Mn+2AlO
2 2 3
(2)① MnO+SO MnSO ②2Fe2++MnO+4H+=Mn2++2Fe3++2HO
2 2 4 2 2
③溶液中存在平衡：MnCO(s)=Mn2+(aq)+ (aq)， 消耗溶液中的H+，促进SO 溶解：
3 2
SO+HO HSO，HSO H++ 生成Mn2+有催化作用，可促进反应2SO+O+2HO 2HSO 发生（3分）
2 2 ⇌ 2 3 2 3⇌ 2 2 2 2 4
(3)55 c(V-V)×10-3 （3分）
1 0
【解析】(1)铝热法还原MnO 制备锰即高温条件下铝单质和MnO 反应得到氧化铝和Mn单质，化学方程式为
2 2
4Al+3MnO 3Mn+2AlO；
2 2 3
(2)①根据题意可知MnO 会将SO 氧化得到MnSO，化学方程式应为MnO+SO MnSO；
2 2 4 2 2 4
②据图可知过程I中MnO 被Fe2+还原生成Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程
2
式为2Fe2++MnO+4H+=Mn2++2Fe3++2HO；
2 2
③溶液中存在平衡：MnCO(s)=Mn2+(aq)+ (aq)， 消耗溶液中的H+，促进SO 溶解：
3 2
SO+HO HSO，HSO H++ ，同时生成的Mn2+有催化作用，可促进反应2SO+O+2HO 2HSO 发生；
2 2 ⇌ 2 3 2 3⇌ 2 2 2 2 4
(3)滴定时发生反应Fe2++Mn3+=Fe3++Mn2+，所以n(Mn)=c(V-V)×10-3mol，所取废水为1mL，所以废水中锰的
1 0
含量为55 c(V-V)×10-3g/mL。
1 0
