高考化学综合题专题复习【氧化还原反应】专题解析附详细答案

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）
1．叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。

NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。

实验室可利用亚硝酸叔丁酯(t-BuNO2，以t-Bu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。

(1)制备亚硝酸叔丁酯
取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合，发生反应H2SO4＋2NaNO2===2HNO2＋Na2SO4。

可利用亚硝酸与叔丁醇(t-BuOH)在40℃左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：
____________。

(2)制备叠氮化钠(NaN3)
按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应的化学方程式为：t-BuNO2＋NaOH＋
N2H4===NaN3＋2H2O＋t-BuOH。

①装置a的名称是______________；
②该反应需控制温度在65℃，采用的实验措施是____________________；
③反应后溶液在0℃下冷却至有大量晶体析出后过滤。

所得晶体使用无水乙醇洗涤。

试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是
____________。

(3)产率计算
①称取2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。

②用滴定管加入0.10mol·L－1六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL(假设杂质均不参与反应)。

③充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10mol·L－1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]为标准液，滴定过量的Ce4＋，终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋)。

已知六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]与叠氮化钠反应生成硝酸铵、硝酸钠、氮气以及
Ce(NO3)3，试写出该反应的化学方程式____________________________；计算叠氮化钠的质量分数为________(保留2位有效数字)。

若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是____________(填字母)。

A．锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗
B．滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数
C ．滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡
D ．滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内
(4)叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：
____________________
【答案】t-BuOH ＋HNO 2t-BuNO 2＋H 2O 恒压滴液漏斗(滴液漏斗) 水浴加热 降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失 2(NH 4)2Ce(NO 3)6＋2NaN 3===4NH 4NO 3＋2Ce(NO 3)3＋2NaNO 3＋3N 2↑ 65% AC ClO －＋2N 3-＋H 2O===Cl －＋2OH －＋3N 2↑
【解析】
【分析】
【详解】
(1)制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反应，所以方
程式为：40222t-BuOH HNO t-BuNO H O +−−−
→+℃
； (2) ①装置a 的名称即为恒压滴液漏斗；
②反应要控制温度在65℃，参考苯的硝化实验，该反应加热时，应当采用水浴加热； ③题干中提到了叠氮酸钠易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗涤产品时，为了减少洗涤过程中产品的损耗，应当用无水乙醇洗涤；
(3)通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中Ce 4+和3N -中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：423634333322(NH )Ce(NO )2NaN =4NH NO 2NaNO 2Ce(NO )3N ++++↑；在计算叠氮化钠的含量时，一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了
110
与过量的六硝酸铈铵反应，再用Fe 2+去滴定未反应完的正四价的Ce ，因此有：4244312.0gNaN Ce Fe Ce =0.004molCe 10
+++++样品的消耗的消耗的，考虑到Fe 2+与Ce 4+的反应按照1:1进行，所以2.0g 叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为：
243(NaN )10(0.004Fe Ce )0.02mol n ++=⨯-=消耗的，所以叠氮化钠样品的质量分数为：3(NaN )0.02mol 65g/mol 100%==65%2.0g 2.0
m w ⨯=⨯； A ．润洗锥形瓶，会使步骤②消耗的六硝酸铈铵的量增加，通过分析可知，会使最终计算的质量分数偏大，A 项正确；
B ．量取40mL 六硝酸铈铵溶液时若前仰后俯，则会量取比40ml 更多的六硝酸铈铵溶液，那么步骤③会需要加入更多的Fe 2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的Ce 4+，通过分析可知，最终会导致计算的质量分数偏低，B 项错误；
C ．步骤③用Fe 2+标定未反应的Ce 4+，若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的Fe 2+消耗量比实际的偏小，通过分析可知，最终会使质量分数偏大，C 正确；
D ．将挂在锥形瓶壁上的 Fe 2+溶液冲入锥形瓶，相当于让溶液混合更均匀，这样做会使结果更准确，D 项不符合；答案选AC ；
(4)反应后溶液碱性增强，所以推测生成了OH -；产生的无色无味无毒气体，推测只能是氮气，所以离子方程式为：322ClO 2N H O=Cl 3N 2OH ----+++↑+。

【点睛】
滴定计算类的题目，最常考察的形式之一是配制完待测样品溶液后，只取一部分进行滴定，在做计算时不要忘记乘以相应的系数；此外，常考察的形式也有：用待测物A 与过量的B 反应，再用C 标定未反应的B ，在做计算时，要注意A 与C 一同消耗的B 。

2．硫酸亚铁铵的化学式为（NH 4）2SO 4•FeSO 4•6H 2O ，商品名为莫尔盐，可由硫酸亚铁与硫酸铵反应生成。

一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化，而形成莫尔盐后就比较稳定了。

三种盐的溶解度（单位为g/100g 水）如下表： 温度／℃
10 20 30 （NH 4）2SO 4
73.0 75.4 78.0 FeSO 4·7H 2O
20.0 26.5 32.9 （NH 4）2SO 4•FeS O 4 17.2 21.6 28.1
（一）实验室制取少量莫尔盐的流程如下：
试回答下列问题：
（1）步骤1中加入10％Na 2CO 3溶液的主要作用是___________；反应中铁屑过量是为了______。

（2）步骤3需要趁热过滤，原因是___________。

（3）从步骤4到莫尔盐，必须进行的操作依次是______，析出的晶体常用________洗涤。

（4）若莫尔盐的饱和溶液中有水20克，当温度从30℃降至10℃，最多析出莫尔盐的质量是________（选填编号）。

A 2.18g
B 大于2.18g
C 小于 2.18g
D 无法确定
（二）称取质量为1.96g 的莫尔盐制成溶液。

用未知浓度的酸性KMnO 4溶液进行滴定。

（1）已知MnO 4-被还原为Mn 2+，试写出该滴定反应的离子方程式____。

（2）判断该反应到达滴定终点的现象为____________。

（3）假设到达滴定终点时，用去V mL 酸性KMnO 4溶液，则该酸性KMnO 4溶液的浓度为_______mol/L 。

【答案】除铁屑表面的油污还原氧化生成的Fe3+，保证Fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的Fe3+杂质 FeSO4在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出过滤、洗涤无水酒精或冰水 B 5Fe2++MnO4-+8H+→ 5Fe3++Mn2++4H2O 加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色 1/V
【解析】
【分析】
（一）（1）碳酸钠水解显碱性；
（2）FeSO4在温度低时溶解度较小；
（3）浓缩结晶后需要过滤、洗涤；温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小；
（4）（NH4）2SO4·FeSO4在30℃和10℃的溶解度分别为：28.1g和17.2g；
（二）（1）MnO4-将二价铁离子氧化为三价铁离子，被还原为Mn2+；
（2）高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子是不需要指示剂的；
（3）根据亚铁离子和高锰酸根反应的实质，可以找到亚铁离子与高锰酸根之间的量的关系，根据原子守恒可以找到亚铁离子和酸亚铁铵之间量的关系，进而进行计算。

【详解】
（一）（1）碳酸钠水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解，过量的Fe可以还原氧化生成的Fe3+，减少产物中的Fe3+杂质，
故答案为：除铁屑表面的油污；还原氧化生成的Fe3+，保证Fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的Fe3+杂质；
（2）如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出，故答案为：FeSO4在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出；
（3）浓缩结晶后需要过滤、洗涤；硫酸亚铁铵在无水乙醇中的溶解度小；温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小，可用冰水洗涤，故答案为：过滤、洗涤；无水酒精或冰水；
（4）（NH4）2SO4·FeSO4在30℃和10℃的溶解度分别为：28.1g和17.2g，即若溶剂为100g 水，冷却析出10.9g，有水20g析出2.18g，硫酸亚铁铵的化学式为（NH4）2SO4·FeSO4·6H2O 含有结晶水，故析出质量大于2.18g，故答案为：B；
（二）（1）反应的离子方程式5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：
5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O；
（2）高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子不需要指示剂，当滴加最后一滴溶液后，溶液变成紫红色，30s内不褪色，说明达到滴定终点，故答案为：加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色；
（3）1.96g硫酸亚铁铵晶体的物质的量n=m
M
=
1.96
392/
g
g mol
=0.005mol，根据原子守恒则亚
铁离子的物质的量为0.005mol，反应5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，则5Fe2+～MnO4-
，所以高锰酸钾的物质的量为0.001mol，据c=n
V
=
3
0.001
10
mol
VL
=
1
V
mol/L，故答案为：
1
V。

3．某实验小组欲制取氧化铜并证明氧化铜能加快氯酸钾的分解，进行了如下实验：（一）制取氧化铜
①往盛有一定量CuCl2溶液的烧杯中逐滴加入NaOH溶液，直至不再产生沉淀，然后将烧杯中的物质转移到蒸发皿中，加热至沉淀全部变为黑色。

②将步骤①所得的黑色沉淀过滤、洗涤，晾干后研细备用。

（1）在实验过程中，若未加入NaOH溶液，直接将CuCl2溶液转移到蒸发皿中加热，最后也能得到黑色沉淀，试分析其原因__________。

（2）写出检验步骤②中沉淀是否洗涤干净的操作__________________。

（二）为证明氧化铜能加快氯酸钾的分解并与二氧化锰的催化效果进行比较，用下图装置进行实验，每次实验时均收集25ml气体，其他可能影响实验的因素均已忽略，实验数据见下表：
实验序号KClO3质量其他物质质量待测数据
③1.2g无其他物质a
④1.2g CuO0.5g b
⑤1.2g MnO20.5g c
（3）写出氯酸钾分解反应的化学方程式，并用双线桥表示电子转移的方向和数目
________。

（4）上述实验中的“待测数据”是指___________________。

（5）图中量气装置B由干燥管、乳胶管和50mL滴定管改造后组装面成，此处用滴定管是________(填“酸式”或“碱式”)滴定管。

（6）若实验证明氧化铜加快氯酸钾的分解效果比用二氧化锰差，请结合上表的实验效果数据，在坐标图中分别画出使用CuO、MnO2作催化剂时产生氧气的体积[V(O2)]随时间（t）变化的曲线（注明必要的标识）________。

【答案】CuCl 2溶液中存在水解平衡CuCl2＋2H2O Cu(OH)2＋2HCl，加热时HCl逸出使平衡不断右移，同时得到的Cu(OH)2受热分解生成CuO 取2～3mL最后的洗涤液于试管中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入几滴硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净
收集25mL气体所需的时间碱式
【解析】
【分析】
【详解】
（1）CuCl2是强酸弱碱盐会发生水解，CuCl2溶液中存在水解平衡CuCl2＋
2H 2O Cu(OH)2＋2HCl，水解吸热，加热时HCl逸出使平衡不断右移，同时得到的
Cu(OH)2受热分解生成CuO。

（2）如果没有洗涤干净则有NaCl杂质，检验是否有Cl—即可确定是否洗净，具体操作是：取2～3mL最后的洗涤液于试管中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入几滴硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净。

（3）用双线桥表示电子转移的方向和数目时，线桥要从反应物指向生成物的化合价发生改变的同种元素，在线桥上要注明反应的得失电子数目，用双线桥表示氯酸钾分解的电子转
移的方向和数目为：。

（4）要比较反应的快慢需要反应的时间，因此待测数据是：收集25mL气体所需的时间。

（5）从图可以看出该滴定管没有活塞，所以是碱式滴定管。

（6）反应测的是收集25mL气体所需的时间，所以气体的体积要相等，氧化铜加快氯酸钾的分解效果比用二氧化锰差，所以用氧化铜做作催化剂所用的时间要多，产生氧气的体
积[V(O2)]随时间（t）变化的曲线为：。

4．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Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），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H2O2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+。

5．氯化亚铜在有机合成工业中常作催化剂。

以下是从含Cu2+、Fe3+的电镀废水中制备氯化亚铜的工艺流程图。

如图是滤液中Cu2+、Fe3+的含量与pH的关系及CuCl产率与pH的关系图。

请回答以下问题：
(1)在电镀废水中加碱产生沉淀，过滤得到电镀污泥，则电镀污泥的主要成分为____；
(2)由反应①制备CuCl时的最佳pH在__________左右；
(3)对CuCl产率探究时发现反应①在隔绝空气条件下进行时CuCl产率较高，由此推测CuCl 具有__________性；
(4)写出反应①中化学反应方程式：_____；
(5)隔绝空气条件下，从滤液中制得晶体的实验操作为：___________；
(6)取晶体4.34g隔绝空气条件下，失去结晶水后得固体3.26g，所得固体溶于水分成二等份，一份加入足量BaCl2溶液,得到白色固体2.33g；另一份加入足量NaOH溶液后，加热、灼烧得红色粉末0.4g。

写出晶体的化学式：_____________。

【答案】Fe(OH)3、Cu(OH)2 3.5 还原 2CuSO4+ Fe +2KCl = 2CuCl↓+2K2SO4+FeSO4蒸发、冷却结晶、过滤(洗涤)、干燥 K2Fe(SO4)2•6H2O
【解析】
【分析】
由流程图可知，向电镀废水中加碱，Cu2+、Fe3+与碱反应生成氢氧化铁和氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铜的电镀污泥；向电镀污泥中加入硫酸控制pH使氢氧化铜溶解，而氢氧化铁不溶解，过滤得到高浓度的硫酸铜溶液；向高浓度的硫酸铜溶液加入铁与氯化钾，调节溶液pH和反应温度使硫酸铜与铁、氯化钾反应生成了硫酸亚铁、硫酸钾
和氯化亚铜，过滤得到氯化亚铜沉淀和含有的硫酸亚铁、硫酸钾滤液，隔绝空气条件下，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到K 2Fe(SO 4)2•6H 2O 晶体。

【详解】
（1）由流程图可知，向电镀废水中加碱，Cu 2+、Fe 3+与碱反应生成氢氧化铁和氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铜的电镀污泥，故答案为：Fe(OH)3、Cu(OH)2； （2）由CuCl 产率与pH 的关系图可知，制备CuCl 时的最佳pH 是3.5左右，故答案为：
3.5；
（3）对CuCl 产率探究时发现反应①在隔绝空气条件下进行时CuCl 产率较高，说明氯化亚铜具有还原性，能被空气中的氧气氧化，故答案为：还原；
（4）反应①为调节溶液pH 和反应温度使硫酸铜与铁、氯化钾反应生成了硫酸亚铁、硫酸钾和氯化亚铜，反应的化学方程式为2CuSO 4+Fe+2KCl=2CuCl ↓+FeSO 4+K 2SO 4，故答案为：2CuSO 4+Fe+2KCl=2CuCl ↓+FeSO 4+K 2SO 4；
（5）隔绝空气条件下，含有硫酸亚铁、硫酸钾的滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体，故答案为：蒸发、冷却结晶、过滤(洗涤)、干燥； （6）由题意可知，结晶水的物质的量为（4.34-3.26）g
18g/mol =0.06mol ，由加入足量BaCl 2溶液,得到
硫酸钡沉淀质量为2.33g 可知硫酸根的物质的量为 2.33g 233g/mol ×2=0.02mol ，由加入足量NaOH
溶液后，加热、灼烧得红色粉末0.4g 可知亚铁离子的物质的量为0.4g 160g/mol ×2×2=0.01mol ，则钾离子的物质的量为0.0296-0.0156）（3.26-g
39g/mol ⨯⨯=0.02mol ，n (K +)：n (Fe 2+)：n (SO 42—)；
n (H 2O )=0.02mol ：0.01mol ：0.02mol ：0.06mol=2:1:2:6，晶体的化学式为K 2Fe(SO 4)2•6H 2O ，故答案为：K 2Fe(SO 4)2•6H 2O 。

6．NH 3和Cl 2在常温下可快速反应生成氮气：2NH 3+3Cl 2 →N 2+6HCl 。

当Cl 2和 NH 3 比例不同时，产物有差异。

(1)该反应可用于检验化工生产中氯气是否泄漏。

如氯气有少量泄漏，用氨气检验时的现象为_____________________________。

(2)若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，Cl 2和NH 3的最佳比例为_____。

(3)常温常压下，取总物质的量为12mol 的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变。

求：① 反应前氯气和氨气的物质的量之比______________
② 反应后生成的氧化产物的质量_______________。

(4)若将总体积为100L 的NH 3和Cl 2混合，实验精确测得充分反应后无色混合气体中N 2占混合气体的
17
，求生成氧化产物的物质的量_____________。

（该实验数据在标准状况下测定）
【答案】有白烟生成 3∶2 n(NH 3)∶n(Cl 2)=1∶1 m(N 2 )=56g 余NH 3和N 2 0.263mol ，余HCl 和N 2 0.893mol
【解析】
【分析】
NH 3和Cl 2在常温下可快速反应生成氮气：2NH 3+3Cl 2 →N 2+6HCl 。

当Cl 2和 NH 3 比例不同时，产物有差异。

(1)要检验化工生产中氯气是否泄漏，则需要有明显的现象，从提供的反应可以看出，氨气过量时会有明显现象，找到该反应并指出现象即可；
(2)要求是利用氨气和氯气之间反应生成氯化氢用于制备盐酸，故按该反应中Cl 2和NH 3的比例来回答；
(3)常温常压下，取总物质的量为12mol 的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变，说明3222NH 3Cl N 6HCl +=+反应后氨气有剩余，再发生反应NH 3+HCl=NH 4Cl ，HCl 不能完全反应，按此思路计算① 反应前氯气和氨气的物质的量之比及② 反应后生成的氧化产物的质量；
(4)若将总体积为100L 的NH 3和Cl 2混合，①3222NH 3Cl N 6HCl +=+恰好反应，根据方程式计算混合气体总体积，进而计算氮气体积；
②NH 3过量时，发生反应32248NH 3Cl N 6NH Cl +=+，剩余混合气体为氮气、氨气，设Cl 2有xL ，利用方程式和已知条件计算出氮气的体积、氧化产物的物质的量；
【详解】
(1)按题意，用于检验氯气是否泄漏的反应应有明显现象，氯气和氨气可能的反应为3222NH 3Cl N 6HCl +=+、当氨气过量时会与生成的HCl 反应生成氯化铵，有白烟，现象明显；
答案为：有白烟生成；
(2)氨气和氯气在常温下可快速反应生成氮气：3222NH 3Cl N 6HCl +=+，若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸， Cl 2和NH 3的最佳比例为3：2； 答案为：3：2；
(3) ① 常温常压下，取总物质的量为12mol 的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变，说明3222NH 3Cl N 6HCl +=+反应后氨气有剩余，再多余氨气再与部分HCl 发生反应NH 3+HCl=NH 4Cl ，HCl 不能完全反应，设反应3222NH 3Cl N 6HCl
+=+中消耗氯气的物质的量为x ，3
223
222NH ~3C 23
3l x x
x 气体物质的量增加 ，43
+HCl=NH Cl 1
2212-2(12-3N )
H x
x x -气体物质的量减少，前者体积增大与后者体积减小相等，则222(12)33x x x --
= ，得x =6， 故反应前氯气和氨气的物质的量之比为61126x x ==-：1 ；
答案为：1:1；
② 反应后生成的氧化产物为氮气，氯气为6mol,由3222NH 3Cl N 6HCl +=+可知,生成氮气的物质的量为2mol ，故氧化产物氮气的质量=2mol ×28g/mol=56g ， 故答案为：56g ；
(4)在3222NH 3Cl N 6HCl +=+反应中，NH 3和Cl 2恰好完全反应时，混合气体中N 2占混合气体的1
7
，由于氨气与HCl 可以反应生成HN 4Cl ，而充分反应后的混合气体中N 2占混合气体的
1
7
，则有两类情况：①Cl 2与氨气恰好反应，由方程式可知5体积气体生成7体积气体，故反应后混合气体总体积=100L ×7
5=140L ，则氧化产物氮气体积为140L ×17
=20L ，故
其物质的量=
20L
22.4L /mol
=0.893mol ；②NH 3过量时，发生反应
32248NH 3Cl N 6NH Cl +=+，剩余混合气体为氮气、氨气，设Cl 2有xL ，则
3
2
28NH ~3Cl ~N 8
3110103
3
V
x x x
∆，则1L
13107100L L 3x x =-，30017x =，故氧化产物氮气的物
质的量=3001
L 17
30.263mol 22.4L /mol
⨯
== ； 答案为：余NH 3和N 2为0.263mol ，余HCl 和N 2为0.893mol 。

7．含铬(＋6价)废水严重危害人体健康，工业上常用还原法进行处理。

其部分工艺流程如下：
(1)废水中，六价铬以CrO 42－；或者Cr 2O 72－的形式存在，写出其相互转化的离子方程式______。

我国常用NaHSO 3做还原剂，写出还原池中反应的离子方程式__________。

(2)废水中残留六价铬的浓度随溶液pH 变化如图所示。

实际生产中需控制pH ＝2.5～3.0，原因可能是_____________。

(3)沉淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细，为促使其更好地沉淀，可采取的措施是________。

(4)我国规定，工业废水中含Cr(VI)量的排放标准为0.1 mg/L 。

已知：Cr 的相对原子质量为52，K ap (BaCrO 4)＝1.2×10－10。

若用Ba 2＋除去废水中的CrO 42－，达到废水排放标准时，废水
中Ba 2＋浓度最低为___________mol/L(保留小数点后2位)。

用Ba 2＋除去废水中的CrO 42－
是
否可行，为什么?请简要回答。

________________ 【答案】2CrO 42-+2H +
Cr 2O 72-+H 2O 3HSO 3—+Cr 2O 72-+5H +=2Cr 3++3SO 42-+4H 2O 溶液中pH 越高，
废水中六价铬残留越多；溶液中pH 越低，会腐蚀设备管道 加入絮凝剂 6.24×10-5
mol/L 不可行，因为废水中含有Ba 2＋，同样有毒 【解析】 【分析】
（1）由工艺流程可知，加酸可以使CrO 42-转化为Cr 2O 72-，还原池中，Cr 2O 72-在酸性条件下将HSO 3—氧化生成SO 42-，本身被还原为Cr 3+；
（2）由图可知，溶液中pH 越大废水中残留六价铬的浓度越大，而溶液中pH 越小，酸性越强，可能会腐蚀设备管道；
（3）沉淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细，可向沉淀池中加入絮凝剂； （4）由溶度积计算可得；Ba 2＋在溶液中有毒。

【详解】
（1）由工艺流程可知，加酸可以使CrO 42-转化为Cr 2O 72-，转化的离子方程式为2CrO 42-+2H +Cr 2O 72-+H 2O ；还原池中，Cr 2O 72-在酸性条件下将HSO 3—氧化生成SO 42-，本身被还原为Cr 3+，反应的离子方程式为3HSO 3—+Cr 2O 72-+5H +=2Cr 3++3SO 42-+4H 2O ，故答案为：2CrO 42-+2H +
Cr 2O 72-+H 2O ；3HSO 3—+Cr 2O 72-+5H +=2Cr 3++3SO 42-+4H 2O ；
（2）由图可知，溶液中pH 越大废水中残留六价铬的浓度越大，而溶液中pH 越小，酸性越强，可能会腐蚀设备管道，所以实际生产中需控制pH ＝2.5～3.0，故答案为：溶液中pH 越高，废水中六价铬残留越多；溶液中pH 越低，会腐蚀设备管道；
（3）沉淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细，可向沉淀池中加入絮凝剂，使Cr(OH)3更好地沉淀，故答案为：加入絮凝剂；
（4）达到废水排放标准时，CrO 42－
的浓度为
0.000152
1g L
=0.000152
mol/L ，则溶液中Ba 2＋浓度为()424
()
sp －
c K BaCrO CrO =
10
0.000152
1.210/mol L
-⨯=6.24×10-5 mol/L ；Ba 2＋在溶液中有毒，则用Ba 2＋除去废水中的CrO 42－
是不可行的，故答案为：6.24×10-5 mol/L ；不可行，因为废水中含有Ba 2＋，同样有毒。

8．二氧化氯泡腾片，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)<n(Na2SO3)，产生溶液中含有的溶质有未反应的Na2SO3及反应生成的NaCl、NaHSO3；溶质有Na2SO3、NaCl、NaHSO3，也可能滴加HCl局部过量会产生SO2、H2SO3溶解在该溶液中还含有SO2和H2SO3。

9．（1）最近材料科学家发现了首例带结晶水的晶体在5K下呈现超导性。

该晶体的化学式为Na0.35CoO2·1.3H2O(该晶体的摩尔质量为122g·mol-1)，若用N A表示阿伏加德罗常数，则12.2g该晶体中含氧原子数为___，氢原子的物质的量为___mol。

（2）FeCl3溶液可以用来净水，用100mL2mol·L-1的FeCl3溶液净水时，生成具有净水作用的微粒数___(填“大于”“等于”或“小于”)0.2N A。

（3）在标准状况下，VL某气体(摩尔质量为Mg/mol)溶解在1L水(水的密度近似为。