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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
垢
B．补铁口服液中添加维生
素
C．工业上原油的分馏
D．生活中用“暖宝宝”
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(Na2CO3)，可除去水
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KMnO4溶液中加入FeSO4溶液，紫色褪去
B．向NaHSO3溶液中加入Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀
C．向BaCl2溶液中先通入SO2，后通入O2，产生白色沉淀
D．向饱和NaCl 溶液中先通入NH3，后通入CO2，产生白色沉淀
【答案】A
【解析】A 项，向酸性KMnO4溶液中加入FeSO4溶液，紫色褪去，说明发生氧化还原反应，离子方程
式：MnO4
-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，pH 增大，故A 正确；B 项，向NaHSO3溶液中加入Ba(OH)2溶液，
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BaCl2溶液中先通入SO2，后
通入O2，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 溶液中先通入
NH3，后通入CO2，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A。
3．(2023· 浙江省义乌市高三高考适应性考试)关于反应
2MnSO4+5Na2S2O8+8H2O=2NaMnO4+4Na2SO4+8H2SO4，下列说法正确的是( )
A．Na2S2O8中S 元素化合价为+7 价
B．MnSO4是氧化剂
C．生成1molNaMnO4时转移5mol 电子D．MnO4
-的氧化性弱于Mn2+
【答案】C
1
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【解析】A 项，Na2S2O8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
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1molNaMnO4时转移5mol 电子，C 正确；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H2O2与Cl2作用的反应过程如下：下列说法正确的是(
)
反应I：Cl2+H2O2=HCl+HOOCl
反应II：HOOCl=HCl+O2
A．氧化性： O2＞Cl2
B．反应I 中H2O2作还原剂
C．反应I 中每消耗0.1mol Cl2，转移0.2NA e-
D．每产生32gO2，则消耗Cl2为1
【答案】D
【解析】A 项，由反应Ⅰ知，氧化性Cl2>HOOCl，由反应Ⅱ知，氧化性HOOCl>O2，故氧化性Cl2＞
O2，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
剂，H2O2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 价，
又降低到-1 价，每消耗0.1 mol Cl2，转移0.1NA e-，C 错误；D 项，反应I 消耗 1mol 氯气和反应II 生成
1mol 氧气都是转移1mol 电子，电子转移关系为：32g O2~e-~1mol Cl2，D 正确； 故选D。
5．(2024·宁夏石嘴山高三期中)工业上用S8 (分子结构：
)与CH4为原料制备
CS2，发生反应：S8+2CH4=2CS2+4H2S，NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是( )
A．S8既是氧化剂，又是还原剂
B．生成17gH2S，转移电子2 mol
C．消耗1 molS8，断裂的S-S 键数目为8NA
D．CS2既是氧化产物，又是还原产物
【答案】A
【解析】A 项，反应中C 元素化合价由CH4中-4 价升至CS2中+4 价，CH4做还原剂，S 元素化合价由0
价降至-2 价，S8做氧化剂，A 错误；B 项，每生成4molH2S，反应转移16mol 电子，17gH2S 是0.5mol，转
移电子2mol， B 正确；C 项，1 molS8中含有8molS-S 键，消耗1 molS8，断裂8molS-S 键，C 正确； D 项，
反应中C 元素化合价由CH4中-4 价升至CS2中+4 价，S 元素化合价由0 价降至-2 价，CS2既是氧化产物又
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( )
2
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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KClO3＞MnO2＞Cl2
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
KClO3、MnO2的氧化性均强于Cl2，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
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：10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑，下列说法正确的是( )
A．反应物KNO3中N 被氧化
B．NaN3中氮元素为-3 价
C．标准状况下，若有6.5g NaN3参加反应，则生成3.584L N2
D．若1mol KNO3参加反应，转移电子的物质的量为10mol
【答案】C
【解析】A 项，该反应中KNO3中N 元素由+5 价变为0 价，被还原，A 错误；B 项，NaN3中Na 为+1
价，N 元素平均化合价为-
价，B 错误；C 项，6.5g NaN3的物质的量为
=0.1mol，根据方程式可
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，KNO3为该反应中唯一得
电子的物质，根据其N 元素的化合价变化可知，若1mol KNO3参加反应，转移电子的物质的量为5mol，D
错误；故选C。
8．单质硫有多种存在形式，如S2、S4、S6、S8等，其中S8通常采用下列两种方式获得：
①24NaHSO3
S8+8Na2SO4+8NaHSO3+8H2O；
②H2S8+H2SO4 (浓)=S8↓+SO2↑+2H2O。下列说法正确的是( )
A．S2、S4、S6、S8互为同位素
3
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B．反应①中每生成1 mol S8，有16 mol 电子发生转移
C．反应②S8为还原产物
D．还原性：H2S8＞SO2
【答案】D
【解析】A 项，S2、S4、S6、S8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
中NaHSO3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 S8，
转移电子为1mol 4 8=32mol，故B 错误；C 项，反应②中H2S8中硫元素化合价升高，是还原剂，则S8为
氧化产物，故C 错误；D 项，反应②中H2S8是还原剂，SO2是还原产物，还原剂的还原性强于还原产物的
还原性，说明还原性：H2S8＞SO2，故D 正确；故选D。
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+HNO3+6HF=H2SiF6+HNO2+H2+H2O，下列说法正确的是(
)
A．H2SiF6中Si 元素的化合价为+6 价
B．该反应中，HNO3仅作氧化剂
C．该反应中，生成标准状况下2.24LH2时，转移电子的物质的量为0.2mol
D．芯片刻蚀液可用硫酸代替
【答案】B
【解析】A 项，H2SiF6中，H 为+1 价，F 为-1 价，则Si 元素的化合价为+4 价，故A 错误；
B 项，N 元素的化合价由+5 价降低为+3 价，所以该反应中，HNO3仅作氧化剂，故B 正确；
C 项，标准状况下2.24LH2物质的量为
，每生成1mol H2时转移4mol 电子，则实
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CuSO4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
的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是( )
A．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2＋>I2>SO2
B．通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂
C．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性
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CuSO4 溶液中加入KI 溶液时发生反应：2CuSO4＋4KI===2K2SO4＋
2CuI↓＋I2①，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SO2气体，又发
生反应：I2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HI ②，该反应中I2作氧化剂，SO2作还原剂，体现了SO2的还原性，
4
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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＋＞I2，反应②
中I2将SO2氧化，说明氧化性I2>SO2，故A 正确。
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：
4K3[Fe(CN)6]+4KOH=4 K4[Fe(CN)6]+O2↑+2H2O，下列说法不正确的是( )
A．该反应中K3[Fe(CN)6]表现氧化性，被还原
B．K3[Fe(CN)6]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
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O2560mL
【答案】C
【解析】A 项，4K3[Fe(CN)6]+4KOH=4 K4[Fe(CN)6]+O2↑+2H2O，K3[Fe(CN)6]铁的化合价从+3 价变成产
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Fe3[Fe(CN)6]2中铁元
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O2560mL，故D 正确。
12．已知：① 5MnSO4+2 NaClO3+4H2O=5MnO2↓+Na2SO4+4H2SO4+Cl2↑；
②FeSO4+MnO2+H2SO4→Fe2(SO4)3+ MnSO4+H2O(末配平)。
下列有关说法正确的是( )
A．MnSO4在反应①中作还原剂，在反应②中作氧化产物
B．还原性：FeSO4＞Cl2＞MnSO4
C．根据上述反应判断：NaClO3不能氧化FeSO4
D．转移电子数相同时，反应①中生成的H2SO4与反应②中消耗的H2SO4的物质的量之比为2：5
【答案】D
【解析】A 项，MnSO4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，根据还原性：
还原剂＞还原产物，判断还原性：FeSO4＞MnSO4＞Cl2，故B 错误；C 项，根据上述反应判断出氧化性：
NaClO3＞MnO2＞Fe2(SO4)3，所以NaClO3能把FeSO4氧化Fe2(SO4)3，故C 错误；D 项，反应①中每转移10
mol 电子，生成4 mol H2SO4，反应②可配平为2FeSO4+MnO2+2H2SO4=Fe2(SO4)3+ MnSO4+2H2O，每转移2
mol 电子，消耗2 mol H2SO4，所以转移电子数相同时，反应①中生成的H2SO4与反应②中消耗的H2SO4的
物质的量之比为2：5，故D 正确；故选D。
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，VO2
+具有较强的氧化性，
Fe2+、SO3
2-等能把VO2
+还原为VO2+。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。
下列说法不正确的是( )
A．在酸性溶液中氧化性：MnO4
->VO2
+
B．FeI2溶液与酸性(VO2)2SO4溶液发生反应：Fe2++VO2
+=Fe3++VO2+
C．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液反应化学方程式为：
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10VOSO4+2H2O+2KMnO4=5(VO2)2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4
D．向含1molVO2
+的酸性溶液中滴加1.5molFeSO4的溶液完全反应，转移电子为1mol
【答案】B
【解析】A 项，VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，说明高锰酸根将
VO2+氧化为VO2
+，氧化性：氧化剂大于氧化产物，MnO4
->VO2
+，故A 正确；B 项，碘离子的还原性大于
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
VO2
+，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：
10VOSO4+2H2O+2KMnO4=5(VO2)2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4，故C 正确；D 项，向含1molVO2
+的酸性溶
液中滴加含1.5molFe2+的溶液发生反应Fe2++VO2
++2H+=Fe3++VO2++H2O，则VO2
+的量不足，所以转移电子
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(N2H4•H2O)不稳定，具有强还原性。下列描述正确的是( )
A．NO2
-的空间结构为平面三角形
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 N2H4•H2O 时，N2H4•H2O 失去
电子
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NaN3，由流程可知，①中发生
2CH3OH+2NaNO2+H2SO4(浓)=2CH3ONO+Na2SO4+2H2O，生成亚硝酸甲酯(CH3ONO)，④中NaClO 氧化
NH3•H2O 为N2H4•H2O，而自身被还原为Cl-，②中发生N2H4•H2O+CH3ONO+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O，
③中发生2NaN3+H2SO4(浓)
2HN3↑+Na2SO4，蒸馏出CH3OH，最后HN3与NaOH 反应可制备产品。A 项，
NO2
-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
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，N2H4•H2O+CH3ONO+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O，N2H4•H2O 中N 化合价
由-2 价升至-
价，故消耗3molN2H4•H2O 时，N2H4•H2O 失去
电子，C 正确；D 项，反应
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④中氧化剂与还原剂分别为NaClO 和NH3•H2O，由于NaClO~Cl-~2e-，2NH3•H2O~N2H4•H2O~2e-，故二者物
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 -Bi2S3产生电子和“空穴”(
)，电子驱动阴极反应，“空穴”驱动阳极反应。
A．反应(1)中每生成1molB i2S3，转移6mol e-
B．反应(2)中NaBH4作还原剂
C．反应(3)的反应式为2H＋-2e－=H2↑
D．反应(4)中每生成11.2L(标准状况)O2，转移4mol 电子
【答案】B
【解析】A 项，由题图知，反应(1)的反应式为2Bi(NO3)3·5H2O +3Na2S·9H2O =Bi2S3+6NaNO3+37H2O，
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，Bi2S3转化Pt -Bi2S3被还原，
作氧化剂，故NaBH4作还原剂，B 正确；C 项，由题图知，反应(3)的反应式为2H＋＋2e－=H2↑，C 错误；
D 项，由题图知，反应(3)的反应式为2H2O2-2e－= 2H++O2↑，生成11.2L(标准状况)O2，转移1mol 电子，D
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(Na2S2O8)氧化法除锰，写出Mn2+被氧化成MnO2的离
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(OH2)·ZnCO3·H2O]的化学
方程式为___________。
(5)煅烧炉中发生反应的化学方程式为___________。
【答案】(1) Mn2+ +S2O8
2- +2H2O= MnO2 +2SO4
2-+4H+
(3) Zn+Cd2+=Zn2++Cd 3ZnSO4+ 3Na2CO3+3H2O= 2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O↓+3Na2SO4+ 2CO2↑
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(5) 2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O
3ZnO+CO2↑+3H2O
【解析】(1)铜萃余液含硫酸30~60g/L，设计采用过硫酸钠(Na2S2O8)氧化法除锰，Mn2+被氧化成
MnO2，过硫酸根离子被还原为硫酸根离子，离子方程式为：Mn2+ + S2O8
2- +2H2O= MnO2 +2SO4
2-+4H+；
(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：3ZnSO4+ 3Na2CO3+3H2O=
2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O↓+3Na2SO4+ 2CO2↑；(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锌，
则相应的方程式为：2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O
3ZnO+CO2↑+3H2O。
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MnO2，含有Fe2O3和SiO2等杂质)为原料制备高锰酸钾的工艺流程如图：
回答下列问题：
(2)“焙烧”中有K2MnO4生成，该步骤主要反应的化学方程式为_______。
(5) “歧化”过程中主要反应的离子方程式为_____。
【答案】(2)3MnO2+6KOH+KClO3
3K2MnO4+KCl+3H2O
(5) 3MnO4
2-+4CO2+2H2O=2MnO4
-+ MnO2↓+4HCO3
-
【解析】(2)软锰矿(主要成分是MnO2，含有Fe2O3和SiO2等杂质)，加入KClO3和KOH，焙烧，将
MnO2氧化为K2MnO4，化学方程式为3MnO2+6KOH+KClO3
3K2MnO4+KCl+3H2O；(5)向滤液中通入足
量的CO2，K2MnO4发生歧化反应：3K2MnO4+4CO2+2H2O=2KMnO4+ MnO2↓+4KHCO3，离子方程式为：
3MnO4
2-+4CO2+2H2O=2MnO4
-+ MnO2↓+4HCO3
-。
18．(13 分)用零价铁(
)去除含氮废水中的硝酸盐(NO3
-)是环境修复的重要方法。一种去除NO3
-的过程
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NO3
-的去除率。向两份含氮废水[n(NO3
-)=8.1×10-
5mol]中均加入足量
粉，做对比研究。
8
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实验序号
ⅰ
ⅱ
所加试剂
Fe 粉
Fe 粉、FeCl2 (3.6×10-5mol)
NO3
-的去除率
≈50%
≈100%
分析ⅱ中NO3
-的去除率提高的原因：
A．
直接还原NO3
-了。
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：Fe3O4 (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
Fe3O4表面，形成钝化层，阻碍电子传输。
C． Fe2+能与FeO(OH)反应生成Fe3O4。
用
57FeCl2做同位素示踪实验，证明该原因合理。
D． Cl-破坏钝化层。
将ⅱ中的FeCl2替换为_______，NO3
-的去除率约为50%，证明该原因不合理。
(4)ⅰ、ⅱ中均能发生Fe+2H+=Fe2++H2↑。该反应明显有助于ⅰ中NO3
-的去除，结合方程式解释原因：
_______。
(5)测定NO3
-含量
步骤1.取vmL 含氮(NO3
-)水样，加入催化剂、v 1mLc1mol·L-1FeSO4标准溶液(过量)，再加入稀H2SO4。
步骤2.用c2mol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+ ( Cr2O7
2-被还原为Cr3+)，终点时消耗v 2mL。
已知：3Fe2++NO3
-+4H+=3Fe2++NO↑+2H2O
①水样中NO3
-的含量为_______
。
②溶液中O2影响测定。向步骤1 中加入适量NaHCO3，产生CO2驱赶O2，否则会使测定结果
_______(填“偏大”或“偏小”)。
【答案】(1)过滤
(2) 3Fe+NO3
-+2H++2H2O=Fe3O4+NH4
+
(3) 还原NO3
-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
NO3
-所需电子数； 7.2×10-5mol NaCl；
(4) Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，Fe2+破坏了钝化层；
(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NH4
+，且铁粉和NO3
-在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还原反
应为3Fe+NO3
-+2H++2H2O=Fe3O4+NH4
+；(3)根据物质得失电子的计量关系，可知Fe2+~ Fe3+~ 1e-，Fe2+最多
提供的电子：3.6×10-5mol，NO3
-~NH4
+~8 e-，NO3
-所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+失去的电子数明显小于
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NO3
-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 FeCl2(即
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
Fe3O4 (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Fe3O4表面，形成钝化
层，阻碍电子传输。而Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，破坏了钝化层有利于内层的铁能继续与硝酸根反应；
(5)步骤1.取vmL 含氮(NO3
-)水样，加入催化剂、v 1mLc1mol·L-1FeSO4标准溶液(过量)，再加入稀H2SO4。发
生3Fe2++NO3
-+4H+=3Fe2++NO↑+2H2O，步骤2.用c2mol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+ ( Cr2O7
2-被还原
为Cr3+)，终点时消耗v 2mL。发生6Fe2++Cr2O7
2-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，根据K2Cr2O7标准溶液的用量求
得剩余的FeSO4的物质的量=6c2v2×10-3mol，则参与步骤I 反应的FeSO4的物质的量=
，
根据该反应3Fe2++NO3
-+4H+=3Fe2++NO↑+2H2O 可得反应消耗的硝酸根物质的量
，所以原水样中NO3
-的含量
；因为溶液中O2存在，也会消耗FeSO4，所以K2Cr2O7
用量偏小，由于FeSO4总量一定，所以参与步骤I 反应的FeSO4物质的量会偏大(计算造成的误差)，自然计
算出来的水样中NO3
-的含量也偏大。
19．(13 分)Ⅰ. NaClO2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：
回答下列问题：
(1)“反应”步骤中生成ClO2的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
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NaClO2产品。
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(2)已知装置B 中的产物有ClO2气体和Na2SO4，则B 中产生ClO2气体的化学方程式为_______。
(3)装置D 中生成NaClO2和一种助燃气体，其反应的化学方程式为_______。
(4)装置C 的作用是_______。
(5)反应结束后，打开K1，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
的杂质是_______。
(6)测定样品中NaClO2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
发生如下反应：ClO2
-+4I-+4H+=2H2O+2I2+ Cl-，将所得混合液稀释成100mL 待测溶液。取25.00mL 待测溶
液，加入淀粉溶液做指示剂，用cmol·L-1的Na2S2O3H 标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值
为VmL(已知：I2+2S2O3
2-=2I-+S4O6
2-)，则所称取的样品中NaClO2的质量分数为_______。(用含V、c、m 的
表达式列出)
【答案】(1)2：1
(2) 2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+H2O
(3)2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O
(4)防止D 瓶溶液倒吸到B 瓶中
(5) 吸收装置B 中多余的ClO2和SO2 NaClO3和NaCl
(6)
【解析】I．一种生产工艺中，用硫酸、SO2和NaClO3反应制备ClO2，再由ClO2经过后续反应制备
NaClO2；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 中浓硫酸、
NaClO3和Na2SO3反应制备ClO2；装置D 中装置D 中ClO2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2；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)“反应”步骤中，
SO2和NaClO3反应生成ClO2和NaHSO4，其中NaClO3中的Cl 元素的化合价由+5 降低为+4，则NaClO3作
氧化剂，SO2中的S 元素的化合价由+4 升高到+6，则SO2作还原剂，根据得失电子守恒可得，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、NaClO3和Na2SO3反应生成ClO2和
Na2SO4，该反应的化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+H2O；(3)装置D 中ClO2与过氧
化氢在碱性条件下反应生成NaClO2和助燃性气体O2，，反应的化学方程式为：
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2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O；(4)装置C 是安全瓶，其作用是防止D 瓶溶液倒吸到B 瓶中；
(5)ClO2和SO2为有毒气体，需要用NaOH 吸收ClO2等有害气体，防止污染环境，故装置A 起的作用是吸
收置B 中多余的ClO2和SO2；如果撤去D 中的冷水浴，ClO2会和NaOH 发生反应
6ClO2+6NaOH=NaCl+5NaClO3+3H2O，导致产品中混有NaClO3和NaCl；(6)已知：ClO2
-+4I-
+4H+=2H2O+2I2+ Cl-，I2+2S2O3
2-=2I-+S4O6
2-，得关系式NaClO2~4Na2S2O3 ，n(Na2S2O3)=cV10-3mol，则样品
中，n(NaClO2)=
cV10-3mol
=cV10-3mol，样品中NaClO2的质量分数为
=
。
20．(15 分) H2O2、O2、O3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
H2PO2
-、CN-、苯酚等物质
(1)H2O2、O3在一定条件可处理废水中H2PO2
-。
①弱碱性条件下·OH 将H2PO2
-氧化成PO4
3-，该反应的离子方程式为___________。
②为比较不同投料方式下含H2PO2
-模拟废水的处理效果，向两份等体积废水样品中加入等量H2O2和
O3，其中一份再加入FeSO4。反应相同时间，实验结果如图所示。
添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是___________。
(2)H2O2、O2在一定条件下可处理废水中的CN-。
①工业上通过电激发O2处理废水中的CN-，反应机理如图所示，其过程可描述为___________。
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
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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)H2O2在Fe3O4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。
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-＋H2PO2
-=PO4
3-＋4H2O Fe2＋促进H2O2和O3产生·OH，氧化产生的Fe3＋将
PO4
3-转化为FePO4沉淀
(2) O2在阴极得电子被还原成·O2
-，·O2
-结合H+生成·O2H，·O2H 分解生成O2和H2O2， H2O2在阴极得
电子产生的·OH 和OH-将CN-氧化生成N2、CO3
2-、H2O c(Cu2+)超过90 mg·L-1，会催化过氧化氢分解，导
致H2O2产生·OH 的数目减少
(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H2PO2
-氧化成PO4
3-，根据磷元素的化合价变化可知，
·OH 被还原，H2PO2
-被氧化，·OH 中氧元素为-1 价，被还原成-2 价，H2PO2
-中的磷元素由+1 价被氧化成
PO4
3-中的+5 价，根据化合价升降相等可知，n(·OH)： n(H2PO2
-)=4：1，结合电荷守恒、质量守恒，此反应
的离子方程式为4·OH＋2OH-＋H2PO2
-=PO4
3-＋4H2O；②从题干可知，H2O2、O3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H2PO2
-，添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率提高，说明加入
FeSO4后，H2O2、O3在水中形成·OH 的增多，则说明Fe2＋能促进H2O2和O3产生·OH，同时Fe2＋自身被氧化
成Fe3＋，氧化产生的Fe3＋将PO4
3-转化为FePO4沉淀，故添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均
显著提高；(2)①通过电激发O2处理废水中的CN-的反应机理图所示，O2分子在电极上得电子被还原成
·O2
-，则该电极是和电源负极相连，是阴极，然后·O2
-结合水中的H+生成·O2H 自由基，·O2H 再分解生成O2
和H2O2，生成的H2O2在阴极上得电子产生·OH 自由基，·OH 和OH-将CN-氧化生成N2、CO3
2- 、H2O；②
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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H2O2产生·OH 的数
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
H2O2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
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。
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