备战高考化学压轴题之氧化还原反应(备战高考题型整理,突破提升)及答案解析

备战高考化学压轴题之氧化还原反应(备战高考题型整理,突破提升)及答案解
析
一、高中化学氧化还原反应
1．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H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。

c中试剂为_______
(2)实验中要控制SO2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SO2不能过量，原因是_______
实验Ⅱ：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。

资料：Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)
装置试剂X实验现象
Fe2(SO4)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Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。

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Na2S2O3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K2Cr2O7(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-+Cr2O72-
+14H+ = 3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3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 。

2．叠氮化钠(NaN 3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。

NaN 3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-
BuNO 2，以t-Bu 表示叔丁基)与N 2H 4、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NaNO 2溶液与50%硫酸混合，发生反应H 2SO 4＋2NaNO 2===2HNO 2＋Na 2SO 4。

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＋HNO2t-BuNO2＋H2O 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(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋
2NaNO3＋3N2↑ 65% AC ClO－＋2N3-＋H2O===Cl－＋2OH－＋3N2↑
【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 。

3．某工业废水中主要含有Cr 3＋，同时还含有少量的Fe 3＋、Fe 2＋、Al 3＋、Ca 2＋和Mg 2＋等，且酸性较强。

为回收利用，通常采用如下流程处理：
注：部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表。

氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2Al(OH)3Cr(OH)3
pH 3.79.611.189(>9溶解)
（1）氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是________(填序号)。

A．Na2O2 B．HNO3 C．FeCl3 D．KMnO4
（2）加入NaOH溶液调整溶液pH＝8时，除去的离子是________；已知钠离子交换树脂的原理：M n＋＋nNaR→MR n＋nNa＋，此步操作被交换除去的杂质离子是__________。

A．Fe3＋B．Al3＋C．Ca2＋D．Mg2＋
（3）还原过程中，每消耗0.8 mol Cr2O72-转移4.8 mol e－，该反应离子方程式为
____________。

【答案】A AB CD 3S2O32— + 4Cr2O72— + 26H+ = 6SO42— + 8Cr3+ +13H2O
【解析】
【分析】
某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+被氧化为Cr2O72-，加氢氧化钠调节pH=8，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+，再调节pH得到
Cr(OH)(H2O)5SO4；
(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，注意不能引入新的杂质；
(2)根据表中数据判断；通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+；
(3)每消耗0.8mol Cr2O72-转移4.8mol e-，则1molCr2O72-转移6mol电子，所以生成Cr3+，
S2O32-被氧化为SO42-，结合得失电子守恒和原子守恒写出离子方程式。

【详解】
某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+被氧化为Cr2O72-，加氢氧化钠调节pH=8，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+，再调节pH得到
Cr(OH)(H2O)5SO4；
(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，同时不能引入新的杂质，所以可以用
Na2O2代替H2O2，故答案为：A；
(2)根据表中数据可知，pH=8时，Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，则Fe3+、Al3+被除去；通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+；
(3)每消耗0.8mol Cr2O72-转移4.8mol e-，则1molCr2O72-转移6mol电子，所以生成Cr3+，
S2O32-被氧化为SO42-，则反应的离子方程式为：3S2O32— + 4Cr2O72— + 26H+ = 6SO42— + 8Cr3+ +13H2O。

4．目前全世界的镍（Ni）消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位。

镍常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也常用作催化剂。

碱式碳酸镍的制备：
工业用电解镍新液（主要含NiSO4，NiCl2等）制备碱式碳酸镍晶体
[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]，制备流程如图：
（1）反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，X 的化学式为__。

（2）物料在反应器中反应时需要控制反应温度和pH值。

分析如图，反应器中最适合的pH值为__。

（3）检验碱式碳酸镍晶体洗涤干净的方法是__。

测定碱式碳酸镍晶体的组成：
为测定碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]组成，某小组设计了如图实验方案及装置：
资料卡片：碱式碳酸镍晶体受热会完全分解生成NiO、CO2和H2O
实验步骤：
①检查装置气密性；
②准确称量3.77g碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]放在B装置中，连接仪器；
③打开弹簧夹a，鼓入一段时间空气，分别称量装置C、D、E的质量并记录；
④__；
⑤打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气；
⑥分别准确称量装置C、D、E的质量并记录；
⑦根据数据进行计算（相关数据如下表）
装置C/g装置D/g装置E/g
加热前250.00190.00190.00
加热后251.08190.44190.00
实验分析及数据处理：
（4）E装置的作用__。

（5）补充④的实验操作___。

（6）通过计算得到碱式碳酸镍晶体的组成__（填化学式）。

镍的制备：
（7）写出制备Ni的化学方程式__。

【答案】CO2 8.3 取最后一次洗涤液
．．．产生，
．．．BaCl2溶液，若无沉淀
．．．．．．．少许，加入HCl酸化的
则证明沉淀已经洗涤干净吸收空气中的H2O和CO2关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热 NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O
2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O
【解析】
【分析】
(1)根据元素守恒分析判断；
(2)使各种杂质相对最少的pH即为最适合的pH ；
(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留；
(4)根据实验目的和各个装置的作用分析；
(5)根据实验目的和前后操作步骤分析；
(6)先计算生成水蒸气和CO2的质量，再根据质量守恒确定化学式；
(7)氧化还原反应中电子有得，必有失，根据化合价变化确定生成物，进而配平方程式。

【详解】
(1)反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，反应前Ni原子共3个、S原子共3个、O原子共23个、Na原子6个、C原子3个、H原子4个，反应后现有：Ni原子3个、S原子共3个、O原子共19个、Na原子6个、C原子1个、H 原子4个，少O原子4个，C原子2个，而这些微粒包含在2个X分子中，所以X的化学式为CO2，故答案为：CO2；
(2)物料在反应器中反应时需要控制反应条件，根据图可知，在pH=8.3时，各种杂质相对最少，所以反应器中最适合的pH 8.3，故答案为：8.3 ；
(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留，故答案为：取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净；
(4)C装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的H2O，D装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的CO2，E装置可以防止空气中的H2O和CO2进入D装置中，影响实验数据的测定，故答案为：吸收空气中的H2O和CO2；
(5)步骤③反应前左侧通空气是为了排尽装置中原有的CO2和水蒸气，避免装置内的CO2和水蒸气造成数据干扰，排空气后，应该开始进行反应，因此步骤④的操作为关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，说明固体分解完全，停止加热；步骤⑤再打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气，将装置中残留的CO2和水蒸气全部赶入C、D装置，被完全吸收，故答案为：关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热；
(6)水的质量为251.08g−250g=1.08g，CO2的质量为190.44g−190g=0.44g，由于发生的是分解反应，所以生成的NiO的质量为3.77g−1.08g−0.44g=2.25g，则分解反应中水、二氧化碳和
NiO的系数比(也就是分子个数比)为即：
1.08g0.44g
2.25g
18g/mol g/mol g/mol
=6:1:3
4475
：：，
xNiCO3⋅yNi(OH)2⋅zH2O . 6H2O↑+CO2↑+3NiO，根据元素守恒可得可得x=1，y=2，z=4即xNiCO3⋅yNi(OH)2⋅zH2O中x:y:z的值1:2:4，故答案为：NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O；
(7)NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O与N2H4·H2O反应生成Ni，Ni元素得电子，被还原，同时还生成气体X和Y，由第(1)问知X为CO2，氧化还原反应有得电子，必有失电子的物质，由此判断另一种气体为N2，根据得失电子守恒、元素守恒配平制备Ni的化学方程式，故答案为：2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O。

5．研究证明，高铁酸钾不仅能在饮用水源和废水处理过程中去除污染物，而且不产生任何诱变致癌的产物，具有高度的安全性。

湿法制备高铁酸钾是目前最成熟的方法，实验步骤如下：
A．直接用天平称取60.5gFe(NO3)3·9H2O、30.0gNaOH、17.1gKOH。

B．在冰冷却的环境中向NaClO溶液中加入固体NaOH并搅拌，又想其中缓慢少量分批加入Fe(NO3)3·9H2O，并不断搅拌。

C．水浴温度控制在20℃，用电磁加热搅拌器搅拌1.5h左右，溶液成紫红色时，即表明有Na2FeO4生成。

D．在继续充分搅拌的情况下，向上述的反应液中加入固体NaOH至饱和。

E.将固体KOH加入到上述溶液中至饱和。

保持温度在20℃，并不停的搅拌15min，可见到烧杯壁有黑色沉淀物生成，即K2FeO4.
（1）①步骤B中不断搅拌的目的是_______。

②步骤C中发生反应的离子方程式为______。

③由以上信息可知：高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠_______(填“大”或“小”)。

（2）高铁酸钾是一种理想的水处理剂，与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH。

①该反应的离子方程式为______。

②高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是_______。

③在提纯
K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用_______。

A．H2O B．稀KOH溶液、异丙醇 C．NH4Cl溶液、异丙醇 D．Fe(NO3)3溶液、异丙醇（3）高铁酸钠还可以用电解法制得，其原理可表示为
Fe+2NaOH+2H2O3H2↑+Na2FeO4，则阳极材料是____，电解液为______。

（4）25℃时，Ksp(CaFeO4)=4.536×10-9，若要使100mL1.0×10-3mol/L的K2FeO4溶液中的
c(FeO42-)完全沉淀，理论上要加入Ca(OH)2的物质的量为_____mol。

（5）干法制备高铁酸钾的方法是Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成黑色高铁酸钾和KNO2等产物。

则该方法中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。

【答案】使固体充分溶解(或其他合理说法) 2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-小
4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑消毒、净水 B 铁 NaOH溶液 4.536×10-5 3:1
【解析】
【分析】
(1)①搅拌操作可增加固体与液体的接触面积；
②步骤C中发生反应是NaClO溶液中加入固体NaOH和Fe(NO3)3·9H2O，在20℃左右，生成Na2FeO4；
③在Na2FeO4的浓溶液中加入KOH固体，有高铁酸钾析出，根据溶解度大的制备溶解度小的可得；
(2)①该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由-2价变为0价，根据转移电子相等配平方程式；②高铁酸钾在铁元素为+6价，有强氧化性，还原产物Fe3+，在水溶液中易水解生成氢氧化铁胶体；③洗涤剂的选择要求：要对K2FeO4水解能起到抑制作用的试剂；
(3)电解总反应在碱性条件下进行，电解时阳极发生氧化反应，铁失电子生成高铁酸根离
子；
(4)根据溶度积常数计算；
(5)根据含元素化合价升高的物质为还原剂，含元素化合价降低的物质为氧化剂，并根据得失电子守恒氧化剂与还原剂的物质的量之比。

【详解】
(1)①搅拌操作可增加固体与液体的接触面积，则步骤B中不断搅拌的目的是使固体充分溶解；
②步骤C中中发生反应是NaClO溶液中加入固体NaOH和Fe(NO3)3·9H2O，在20℃左右，生成Na2FeO4，此时发生反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-；
③根据题，将KOH加入Na2FeO4得到K2FeO4，说明高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠小；
(2)①该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由-2价变为0价，其转移电子数为6，根据转移电子相等、电荷守恒配平方程式为4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶
体)+3O2↑+8OH-；②高铁酸钾(K2FeO4)具有极强的氧化性，是一种优良的水处理剂，起到杀菌消毒作用，形成胶体具有吸附悬浮杂质的作用；③洗涤剂的选择要求：要对K2FeO4水解能起到抑制作用的试剂，在选项中，A能让K2FeO4水解，B中醋酸钠水解显碱性，对
K2FeO4水解能起到抑制作用，C和D中的铵根和三价铁离子易水解，且水解后显酸性，对K2FeO4水解能起到促进作用，故选B，故答案为：B；
(3)电解总反应在碱性条件下进行，电解时阳极发生氧化反应，铁失电子生成高铁酸根离子，则阳极材料是Fe，电解液为NaOH溶液；
(4)25℃时，CaFeO4的K sp=4.536×10-9，若要使100mL1.0×10-3mol•L-1的K2FeO4溶液中的
c(FeO42- )完全沉淀，理论上至少要加入的Ca(OH)2的物质的量
=
()
sp
2
4
K
c FeO-×0.1L=
9
5
4.53610
1.010
-
-
⨯
⨯
mol/L×0.1L=4.536×10-5mol；
(5)干法制备高铁酸钾的方法是将Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸钾和KNO2等产物，其中氮元素化合价从+5价降到+3价，得2e-，KNO3为氧化剂，Fe2O3中铁元素化合价从+3价升到+6价，共失去电子6e-，为还原剂，得失电子相等，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1。

6．生物浸出是用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。

氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速Fe2+氧化的细菌，培养后能提供Fe3+，控制反应条件可达细菌的最大活性，其生物浸矿机理如下图。

反应1反应2
（1）氧化亚铁硫杆菌生物浸出ZnS矿。

①反应2中有S单质生成，离子方程式是__。

② 实验表明温度较高或酸性过强时金属离子的浸出率均偏低，原因可能是__。

（2）氧化亚铁硫杆菌生物浸出废旧锂离子电池中钴酸锂（LiCoO2）与上述浸出机理相似，发生反应1和反应3：LiCoO2 +3Fe3+=Li++ Co2++3Fe2++O2↑
①在酸性环境中，LiCoO2浸出Co2+的总反应的离子方程式是__。

②研究表明氧化亚铁硫杆菌存在时，Ag+对钴浸出率有影响，实验研究Ag+的作用。

取LiCoO2粉末和氧化亚铁硫杆菌溶液于锥形瓶中，分别加入不同浓度Ag+的溶液，钴浸出率（图1）和溶液pH（图2）随时间变化曲线如下：
图1不同浓度Ag+作用下钴浸出率变化曲线图2不同浓度Ag+作用下溶液中pH变化曲线
Ⅰ．由图1和其他实验可知，Ag+能催化浸出Co2+，图1中的证据是__。

Ⅱ．Ag+是反应3的催化剂，催化过程可表示为：反应4：Ag++LiCoO2=AgCoO2+Li+
反应5：……
反应5的离子方程式是__。

Ⅲ．由图2可知，第3天至第7天，加入Ag+后的pH均比未加时大，结合反应解释其原因：__。

【答案】ZnS+2Fe3+=Zn2++S+2Fe2+细菌的活性降低或失去活性 4LiCoO2 +12H+
4Li++4Co2++6H2O +O2↑加入Ag+明显提高了单位时间内钴浸出率，即提高了钴浸出速率AgCoO2+3Fe3+=Ag++ Co2++3Fe2++O2↑加入Ag+催化了反应3，使LiCoO2浸出的总反应的化学反应速率加快，相同时间内消耗H+更多，故加入Ag+后的pH比未加时大
【解析】
【分析】
【详解】
（1）①由题给示意图可知，反应2为Fe3+与ZnS发生氧化还原反应生成Zn2+、S和Fe2+，反应的离子方程式为ZnS+2Fe3+=Zn2++S+2Fe2+，故答案为：ZnS+2Fe3+=Zn2++S+2Fe2+；
② 细菌为蛋白质，温度较高或酸性过强时，蛋白质变性，细菌的活性降低，导致金属离子的浸出率均偏低，故答案为：细菌的活性降低或失去活性；
（2）①在酸性环境中，细菌做催化剂，使LiCoO2中+3价的Co元素将-2价O元素氧化，反应生成Li+、Co2+、O2和H2O，反应的离子方程式为4LiCoO2 +12H+4Li++4Co2++6H2O +O2↑，故答案为：4LiCoO2 +12H+4Li++4Co2++6H2O +O2↑；
②Ⅰ．由图1可知，加入Ag+明显提高了单位时间内钴浸出率，说明Ag+做催化剂，提高了钴浸出速率，故答案为：加入Ag+明显提高了单位时间内钴浸出率，即提高了钴浸出速率；
Ⅱ．由催化剂的催化机理可知，反应4中Ag +做反应物，则反应5中Ag +做生成物，即中间产物AgCoO 2与Fe 3+反应生成Ag +、Co 2+、Fe 2+和O 2，反应的化学方程式为
AgCoO 2+3Fe 3+=Ag ++ Co 2++3Fe 2++O 2↑，故答案为：AgCoO 2+3Fe 3+=Ag ++ Co 2++3Fe 2++O 2↑； Ⅲ．由图 2 可知，第 3 天至第 7 天，加入 Ag +后的 pH 均比未加时大，原因是加入Ag +催化了反应3，使LiCoO 2浸出的总反应的化学反应速率加快，相同时间内消耗H +更多，导致加入Ag +后的pH 比未加时大，故答案为：加入Ag +催化了反应3，使LiCoO 2浸出的总反应的化学反应速率加快，相同时间内消耗H +更多，故加入Ag +后的pH 比未加时大。

7．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)33
x 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
17，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17
，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 ×75=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。