2020-2021高考化学氧化还原反应(大题培优易错试卷)及详细答案

2020-2021高考化学氧化还原反应(大题培优易错试卷)及详细答案
一、高中化学氧化还原反应
1．224Na S O （连二亚硫酸钠）是易溶于水，不溶于甲醇的白色固体，在空气中极易被氧化，是一种还原性漂白剂。

制取224Na S O 的方法很多，
（1）在碱性溶液中用4NaBH 还原3NaHSO 法制备224Na S O 的反应原理为：3222244NaBH NaHSO NaOH Na S O NaBO H O ++→++（未配平）反应装置如图所示：
①实验开始及整个过程中均需通入2N ，其目的是
__________________________________。

②制备过程中温度需控制在10~45℃，采用水浴加热的主要优点是
______________________。

③为使3NaHSO 尽可能完全被还原，加入三口烧瓶中的反应液，应控制(
)()
34n NaHSO n NaBH ______________。

（2）用HCOONa 还原2SO 制备224Na S O 的装置（夹持加热仪器略）如下：
①装置a 烧瓶中发生反应的化学方程式为_________________________________。

②装置b 用于净化2SO ，适宜的试剂是______________________________。

③装置c 在70~83℃生成224Na S O 并析出，同时逸出2CO ，该反应的化学方程式为________________________，加入3CH OH 的目的是________________________；利用反应后的浊液分离提纯224Na S O 需经过的操作为
_____________________________________________________。

【答案】排出装置内空气，使反应在无氧状况下进行 使反应液均匀受热 小于8:1（或<8） 2322Na SO 2HCl 2NaCl H O SO +=++↑ 饱和3NaHSO 溶液
223224222HCOONa 4SO Na CO 2Na S O H O 3CO ++=++ 降低224Na S O 的溶解度 过滤、洗涤、重结晶、过滤、干燥
【解析】
【分析】
(1)①224Na S O 在空气中极易被氧化，通入2N 其目的是排出装置内空气；
②采用水浴加热的主要优点是使反应液均匀受热；
③3222244NaBH NaHSO NaOH Na S O NaBO H O ++→++，根据得失电子守恒可知，()()
34n NaHSO n NaBH =8； (2)①装置a 烧瓶中发生Na 2SO 3与盐酸反应生成SO 2的反应；
②生成的SO 2气体中含有HCl 气体，根据性质选择除杂溶液；
③装置c 在70~83℃HCOONa 和2SO 、23Na CO 反应生成224Na S O 并析出，同时逸出2CO ；224Na S O 不溶于甲醇，加入3CH OH 可降低224Na S O 的溶解度；利用反应后的浊液分离提纯224Na S O 需重结晶。

【详解】
(1)①224Na S O 在空气中极易被氧化，实验开始及整个过程中均需通入2N ，其目的是排出装置内空气，使反应在无氧状况下进行；
②制备过程中温度需控制在10~45℃，采用水浴加热的主要优点是使反应液均匀受热； ③根据得失电子守恒配平方程式，3222244NaBH 8NaHSO Na S O NaBO H =46O +++，()()
34n NaHSO n NaBH =8，为使3NaHSO 尽可能完全被还原，加入三口烧瓶中的反应液，应控制()()
34n NaHSO n NaBH <8； (2)①装置a 烧瓶中发生反应的化学方程式为2322Na SO 2HCl 2NaCl H O SO +=++↑； ②生成的SO 2气体中含有HCl 气体，除杂适宜的试剂是饱和3NaHSO 溶液；
③装置c 在70~83℃生成224Na S O 并析出，同时逸出2CO ，化学方程式为
223224222HCOONa 4SO Na CO 2Na S O H O 3CO ++=++；224Na S O 不溶于甲醇，加入3CH OH 的目的是降低224Na S O 的溶解度；利用反应后的浊液分离提纯224Na S O 需经过的操作为过滤、洗涤、重结晶、过滤、干燥。

2．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。

3．高氯酸铵是一种常见的强氧化剂，常用作火箭发射的推进剂。

根据下列信息回答问题:已知:①高氯酸铵受热分解为N2、Cl2、O2和H2O;②Mg3N2易水解;③Cu与N2在酒精灯加热条件下不反应。

（1）写出高氯酸铵受热分解的化学反应方程式: _____________，Mg3N2的电子式为
________。

（2）现有23.5g NH4ClO4分解，用下列装置设计实验，验证其分解产物并计算分解率。

(注:①装置中空气已除尽;②装置可重复使用;③B~F装置中的试剂均过量且能与相应物质反应完全。

)
①用E装置质量的增加来验证生成的气体产物之一，则E中盛放的试剂是:_______。

②请按气流由左至右的方向连接装置:A →E→D →B→______→_____→_______→E (选择B~F 装置，并用B~F字母填空)。

③证明产物中有Cl2的实验现象:________。

④反应结束后，若C装置质量增加了2.38g，则NH4ClO4的分解率是:________%。

（3）样品中NH4ClO4的含量(杂质中不含NH4+)还可用蒸馏法测定(如图所示，加热和夹持装置已略去)，实验步骤如下:
步骤1:组装仪器，检查气密性;准确称取样品a g(不超过0.5g)于蒸馏烧瓶中，加入约150mL 水溶解。

步骤2:准确量取40.00mL 约0.1mol/L H2SO4于锥形瓶中。

步骤3:向蒸馏烧瓶中加入20mL 3mol/L NaOH溶液;加热蒸馏使NH3全部挥发。

步骤4:用新煮沸过的水冲洗冷凝装置2~3次，洗涤液并入锥形瓶中。

步骤5:向锥形瓶中加2~3滴甲基橙，用c mol/L NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH标准溶液V1 mL。

步骤6:重复实验2~3次。

回答下列问题:
①步骤2中，准确量取40.00ml H2SO4溶液的玻璃仪器是: __________。

②为获得样品中NH4ClO4的含量，还需补充的实验是:______。

【答案】2NH4ClO 42O2↑+N2↑+Cl2↑+4H2O↑浓硫酸E F C D裝置中颜色由无色变为橙色 85.0或85 酸式滴定管或移液管用NaOH标准溶液标定硫酸溶液的浓度
【解析】
【分析】
（1）根据得失电子守恒配平高氯酸铵受热分解的化学反应方程式；Mg3N2是离子化合物；（2）A是高氯酸铵受热分解的装置；B是氢氧化钠溶液，可以吸收氯气；C中盛放Mg 粉，可以检验氮气；D中溴化钾可以检验氯气；F中铜粉可以检验氧气；E中盛放液体，根据E装置质量的增加来验证生成的水，所以E中盛浓硫酸；
（3）①根据硫酸体积的精度是0.01mL选择仪器；②要计算NH4ClO4的含量，需要知道硫酸溶液的浓度。

【详解】
（1）根据得失电子守恒配平高氯酸铵受热分解的化学反应方程式为
2NH4ClO 42O2↑+N2↑+Cl2↑+4H2O↑；Mg3N2是离子化合物，电子式是
；
（2）①A是高氯酸铵受热分解的装置；B是氢氧化钠溶液，可以吸收氯气；C中盛放Mg 粉，可以检验氮气；D中溴化钾可以检验氯气；F中铜粉可以检验氧气；E中盛放液体，根据E装置质量的增加来验证生成的水，所以E中盛浓硫酸；
②根据以上分析，按气流由左至右的方向连接装置:A →E→D →B→E→F→C→E；
③D中溴化钾可以与氯气反应，方程式是2KBr+Cl2=2KCl+Br2，溴水为橙色，所以D裝置中颜色由无色变为橙色可以证明产物中有Cl2；
④C中盛放Mg粉，可以与氮气反应生成Mg3N2，若C装置质量增加了2.38g，说明反应生
成氮气2.38g，则NH4ClO4的分解率是
2.38
100%85%
14
23.5
117.5
g
g
⨯=
⨯；
（3）①根据硫酸体积的精度是0.01mL，准确量取40.00mLH2SO4溶液的玻璃仪器是酸式滴定管；
②为获得样品中NH4ClO4的含量，还需补充的实验是用NaOH标准溶液标定硫酸溶液的浓
度。

4．常温下，三硫代碳酸钠(Na 2CS 3)是玫瑰红色针状固体，与碳酸钠性质相近。

在工农业生产中有广泛的用途。

某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。

实验一：探究Na 2CS 3的性质
(1)向Na 2CS 3溶液中滴入酚酞试液，溶液变红色。

用离子方程式说明溶液呈碱性的原因_________。

(2)向Na 2CS 3溶液中滴加酸性KMnO 4溶液，紫色褪去。

该反应中被氧化的元素是__________。

实验二：测定Na 2CS 3溶液的浓度
按如图所示连接好装置，取50.0mLNa 2CS 3溶液置于三颈瓶中，打开分液漏斗的活塞，滴入足量2.0mol/L 稀H 2SO 4，关闭活塞。

已知：Na 2CS 3 + H 2SO 4＝Na 2SO 4+ CS 2 + H 2S↑。

CS 2和H 2S 均有毒。

CS 2不溶于水，沸点46℃，密度1.26g/mL ，与CO 2某些性质相似，与NaOH 作用生成Na 2COS 2和H 2O 。

(1)盛放碱石灰的仪器的名称是_______，碱石灰的主要成分是______(填化学式)。

(2)C 中发生反应的离子方程式是____________。

(3)反应结束后打开活塞K ，再缓慢通入N 2一段时间，其目的是_________。

(4)为了计算Na 2CS 3溶液的浓度，对充分反应后B 中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得8.4g 固体，则三颈瓶中Na 2CS 3的物质的量浓度为______。

【答案】CS 32- +H 2O ⇌HCS 3-+OH - S 干燥管 CaO 和NaOH CS 2 +2OH - ＝COS 22-+H 2O 将装置中残留的的H 2S 、CS 2全部排入后续装置中，使其被完全吸收 1.75mol/L
【解析】
【分析】
实验一：(1)Na 2CS 3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na 2CS 3是强碱弱酸盐；
(2)根据Na 2CS 3中元素化合价是否是该元素的最高价态来进行判断；
实验二：(1)根据仪器的图形判断仪器的名称；碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；
(2)A 中生成的CS 2可与NaOH 作用生成Na 2COS 2和H 2O ；
(3)反应结束后打开活塞k ，再缓慢通入热N 2一段时间是把生成的硫化氢和二硫化碳全部赶入后面装置完全吸收；
(4)当A 中反应完全后，打开K 缓慢通入热N 2一段时间，然后对B 中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g 黑色固体，n (CuS)＝96g 8.4g /mol
＝0.0875mol ，根据关系式
Na 2CS 3～H 2S ～CuS 得n (Na 2CS 3)＝n (CuS)＝0.0875mol ，根据c ＝n V 计算A 中Na 2CS 3溶液的浓度。

【详解】 实验一：(1)Na 2CS 3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na 2CS 3是强碱弱酸盐，则CS 32-在水中发生水解，离子方程式为：CS 32- +H 2O ⇌HCS 3-+OH -；
(2)Na 2CS 3中Na 为+1价，C 为+4价，都是元素的最高价态，不能被氧化，S 为-2价，是硫元素的低价态，能够被氧化，所以被氧化的元素是S ；
实验二：(1)盛放碱石灰的仪器为干燥管，碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；
(2)A 中生成的CS 2可与NaOH 作用生成Na 2COS 2和H 2O ，相关离子方程式为：CS 2 +2OH - ＝COS 22-+H 2O ；
(3)反应结束后打开活塞k ，再缓慢通入热N 2一段时间，其目的是：将装置中的H 2S 全部排入B 中被充分吸收；将装置中的CS 2全部排入C 中被充分吸收；
(4) 当A 中反应完全后，打开K 缓慢通入热N 2一段时间，然后对B 中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g 黑色固体，n (CuS)＝96g 8.4g /mol
＝0.0875mol ，根据关系式Na 2CS 3～H 2S ～CuS 得n (Na 2CS 3)＝n (CuS)＝0.0875mol ，c (Na 2CS 3)＝
0.0875mol 0.05L ＝1.75mol/L 。

5．废水中过量的氨氮(3NH 和4NH +
)会导致水体富营养化。

某科研小组用NaClO 氧化法处理氨氮废水。

已知：①HClO 的氧化性比NaClO 强；②3NH 比4NH +
更易被氧化；③国家相关标准要求经处理过的氨氮废水pH 要控制在6~9 。

(1)pH 1.25=时，NaClO 可与4NH +
反应生成2N 等无污染物质，该反应的离子方程式为___________。

(2)进水pH 对氨氮去除率和出水pH 的影响分别如图1和图2所示：
①进水pH 在1.25~2.75范围内时，氨氮去除率随pH 的升高迅速下降的原因是
__________。

②进水pH 在2.75~6范围内时，氨氮去除率随pH 的升高而上升的原因是___________。

③进水pH 应控制在____________左右为宜。

(3)为研究空气对NaClO 氢化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通人空气的量，发现氨氮去除率几乎不变。

其原因可能是______(填序号)
a.2O 的氧化性比NaClO 弱
b.2O 氧化氨氮速率比NaClO 慢
c.2O 在废水中溶解度比较小
d.空气中的2N 进入废水中
【答案】4223ClO 2NH N 3Cl 3H O 2H -+-++=↑+++ 随着pH 的升高，NaClO 含量增
大，氧化性降低，导致氨氯去除率下降 随着pH 的升高，氨氮废水中3NH 含量增大，而
3NH 比4NH +更易被氧化 1.5 abc
【解析】
【分析】
(1)pH=1.25时，NaClO 可与NH 4+反应生成N 2等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子和水，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式；
(2)①进水pH 为1.25～2.75范围内，氨氮去除率随pH 升高迅速下降是c(OH -)较大，抑制NaClO 水解，c(HClO)较小致氧化能力弱；
②进水pH 为2.75～6.00范围内氨氮去除率随pH 升高而上升，氨气含量增大氨氮易被氧化；
③结合图象变化可知进水pH 应控制在1.0左右；
(3)其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变，说明O 2氧化氨氮速率比NaClO 慢，比次氯酸钠氧化性弱，溶液中溶解的氧气少等原因。

【详解】
(1)pH=1.25时，NaClO 可与NH 4+反应生成N 2等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式：3ClO -+2NH 4+=N 2↑+3Cl -+2H +；
(2)①进水pH 为1.25～2.75范围内，氨氮去除率随pH 升高迅速下降的原因是：随着PH 升高，NaClO 含量增大，氧化性能降低，导致氨氮去除率下降；
②进水pH 为2.75～6.00范围内，氨氮去除率随pH 升高而上升的原因是：随着PH 升高氨氮废水中氨气含量增大，氨氮更易被氧化；
③进水pH 应控制在1.50左右，氨氮去除率会较大；
(3)研究空气对NaClO 氧化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变。

其原因可能是：O 2的氧化性比NaClO 弱、O 2氧化氨氮速率比NaClO 慢、O 2在溶液中溶解度比较小；故答案为：abc 。

6．硫酰氯（SO 2Cl 2）和亚硫酰氯（SOCl 2）都是重要的化工试剂，均易水解。

（1）甲同学在实验室利用SO 2和Cl 2在活性炭催化作用下制取SO 2Cl 2，装置如图所示。

①B装置中冷凝管进水口是___。

（填“m”或“n”），B中干燥管盛有的物质是___。

②欲制取少量SO2Cl2，选择图中的装置（可以重复选用），其连接顺序为：a、___、h。

③去除C装置会降低SO2和Cl2的利用率，可能的原因是___（用化学方程式表示）。

（2）SOCl2水解后无残留物，较SO2Cl2是更好的脱水剂。

乙同学设计实验利用SOCl2和ZnCl2•xH2O制取无水ZnCl2。

①解释SOCl2在该实验中的作用是___（写出两点）。

②实验室常用NaOH溶液吸收SOCl2，该反应的离子方程式是___。

（3）乙同学认为SOCl2还可用作由FeCl3•6H2O制取无水FeCl3的脱水剂，但丙同学认为该实验可能发生副反应使产品不纯。

①可能发生的副反应的化学方程式是___。

②两同学设计如下实验判断该反应的可能性：取少量SOCl2和FeCl3•6H2O反应后的混合物于试管中，加水溶解，将溶液平分至五支试管，分别进行以下实验，其中能得出合理结论的是___。

A．加入过量稀HNO3，再滴加几滴AgNO3溶液
B．加入少量稀HNO3，再滴加几滴BaCl2溶液
C．滴加几滴BaCl2溶液
D．滴加几滴酸性KMnO4溶液
E.滴加几滴KSCN溶液后，再滴加几滴氯水
【答案】m 碱石灰 fgdebced SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解 SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O
SOCl2+2FeCl3•6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O BCD
【解析】
【分析】
冷凝管中冷凝水的流向要对流，下进上出；干燥管中根据要求一般填装碱石灰或无水氯化钙，碱石灰同时具有干燥和吸收酸性气体功能，无水氯化钙只有吸水性。

【详解】
（1）①B装置中冷凝管进水口是m，B中干燥管盛有的物质是吸收剩余二氧化硫、氯气的碱石灰；故答案为：m；碱石灰；
②装置A制备氯气，氯气含氯化氢和水蒸气，通过装置D除去氯化氢，通过装置C吸收水蒸气，得到干燥纯净的氯气，连接装置B的b进入三颈烧瓶，装置E制备二氧化硫气体，通过装置C除去水蒸气，连接装置B的c，欲制取少量SO2Cl2，选择上图中的装置（可以重复选用），其连接顺序为：a、f、g、d、e、b、c、e、d、h；故答案为：fgdebced；
③去除C装置会降低SO2和Cl2的利用率，是二氧化硫和氯气和水反应生成硫酸和氯化氢，
反应的化学方程式：SO 2+Cl 2+2H 2O=H 2SO 4+2HCl ；故答案为：SO 2+Cl 2+2H 2O=H 2SO 4+2HCl ； （2）①氯化锌会水解，SOCl 2作脱水剂，与水反应生成HCl 可以抑制氯化锌的水解，SOCl 2在该实验中的作用是：SOCl 2作脱水剂，与水反应生成HCl 可以抑制氯化锌的水解；故答案为：SOCl 2作脱水剂，与水反应生成HCl 可以抑制氯化锌的水解；
②用NaOH 溶液吸收SOCl 2，有Na 2SO 3和NaCl 生成，反应的离子方程式：SOCl 2+4OH -=SO 32-+2Cl -+2H 2O ；故答案为：SOCl 2+4OH -=SO 32-+2Cl -+2H 2O ；
（3）①SOCl 2具有还原性，三价铁具有氧化性，可能发生氧化还原反应生成硫酸根离子和亚铁离子，反应的化学方程式为：SOCl 2+2FeCl 3•6H 2O=FeSO 4+6HCl+FeCl 2+9H 2O ，故答案为：SOCl 2+2FeCl 3•6H 2O=FeSO 4+6HCl+FeCl 2+9H 2O ；
②SOCl 2和FeCl 3•6H 2O 反应后的混合物的主要成分是FeCl 3，若发生副反应，还有FeSO 4和FeCl 2。

由于SOCl 2为液体，所以在固体混合物中没有SOCl 2。

取少量SOCl 2和FeCl 3•6H 2O 反应后的混合物于试管中，加水溶解，溶液中一定有FeCl 3，还可能有FeSO 4和FeCl 2，若要证明有副反应发生，只需证明溶液中有Fe 2+或SO 42-即可。

A ．加入过量稀HNO 3，再滴加几滴AgNO 3溶液是检验氯离子存在，不能证明副反应是否进行，故A 错误；
B ．加入少量稀HNO 3，再滴加几滴BaCl 2溶液，若产生白色沉淀，则证明溶液中有SO 42-，能证明有副反应发生，故B 正确；
C ．滴加几滴BaCl 2溶液，生成白色沉淀，说明产物中含硫酸根离子，证明发生了副反应，故C 正确；
D ．滴加几滴酸性KMnO 4溶液，Fe 2+具有还原性，可以使酸性KMnO 4溶液褪色，能证明发生了副反应，故D 正确；
E ．滴加几滴KSCN 溶液后，由于溶液中有Fe 3+，溶液会变红，无法证明Fe 2+的存在，故E 错误；
故答案为：BCD 。

7．碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，一般是在食盐中添加一定量的KIO 3。

但碘添加量也不能过多，过多会导致甲亢等。

国家标准GB14880-1994中规定每千克食盐中碘的含量（以碘原子计）应为20-60mg/kg 。

实验研究小组为了检测某加碘盐中碘含量是否合格，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：3242224KIO + KI + H SO I + H O + K SO （方程式未配平）。

试根据相关信息回答下列问题：
（1）检测原理中，氧化剂为_______，氧化产物为_______。

请在下面配平该方程式，同时用单线桥．．．
标明电子转移的方向和数目：_______ ____3KIO +____ KI+____24H SO —____2I + ____ 2H O +____ 24K SO
（2）取10g 加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸和KI 溶液（H 2SO 4和KI 都稍过量），充分反应后，将反应液转入分液漏斗中，再加入一定量的CCl 4，振荡，静置，此时观察到的现象是________________________________________________。

然后分液，即得到I 2的CCl 4溶液。

（3）查阅资料，CCl 4的沸点为78℃，I 2的升华温度约为120~130℃。

实验小组拟采用下图所示实验装置将CCl 4和I 2的混合溶液分离。

该分离方法的名称是___________，冷凝管的进
水口是_______（填“a ”或“b ”）。

（4）上述实验结束，用电子天平称量出圆底烧瓶中I 2的质量为1.5 mg ，由此计算出该加碘盐中碘的含量为__________mg/kg ，该加碘盐_______（填“合格”或“不合格”）。

（5）KIO 3虽稳定性较好，但在高温下也可分解为KI 等物质，所以在使用加碘盐时最佳的添加时间是菜肴快出锅时。

请书写出KIO 3在锅中长时间高温爆炒时可能发生的分解反应的化学方程式____________________________________________________。

【答案】KIO 3 I 2
溶液分为两
层，下层呈紫红色 蒸馏 a 25 合格 322KIO 2KI+3O ↑高温 【解析】 【详解】
(1)、该反应中化合价的变化为：KIO 3-→I 2，I 元素由+5价→0价，一个KIO 3得5个电子；KI-→I 2，I 元素由-1价→0价，一个KI 失一个电子，所以得失电子的最小公倍数为5，KIO 3的计量数为1， KI 的计量数为5，其它元素根据原子守恒配平，故答案为：KIO 3；I 2 ；
；
(2)、碘易溶于有机溶剂，在四氯化碳在的溶解度远大于在水中，加入四氯化碳萃取水中的碘，四氯化碳与水不互溶，溶液分成两层，四氯化碳的密度比水，有机层在下层，碘溶于四氯化碳呈紫红色，上层几乎无色，
故答案为：溶液分成两层，上层无色，下层呈紫红色；
(3)、利用沸点分离的方式叫蒸馏，冷凝水的方向是下进上出，故答案为：蒸馏；a ； (4)、由方程式可知：I 2的的来源属于KIO 3的占
1
6
，所以圆底烧瓶中I 2的质量为1.5 mg ，则食盐中的碘原子质量为0.25mg ，所以碘的含量为30.2525/1010mg
mg kg g g
-=⨯，在国家标准
内，故答案为：25；合格；
(5)、由题意：碘元素化合价降低，则必有宁一种元素化合价升高，故O 元素化合价升高。

根据得失电子守恒可知：碘酸钾受热分解的方程式为2KIO 3Δ
2KI+3O 2↑，故答案为
2KIO 3
Δ
2KI+3O 2↑；
【点睛】
实验最终得到的I2来自于KIO3和KI两部分，所以食盐中的碘含量时，应减去KI中的含量。

8．以海绵铜（CuO、Cu）为原料制备氯化亚铜（CuCl）的一种工艺流程如下：
（1）Cu基态原子核外电子排布式为________，SO42− 的空间构型为__________（用文字描述）；Cu2+ 与OH－反应能生成[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2− 中提供孤电子对的原子是_______（填元素符号）。

（2）“吸收”过程：
①2NO(g) + O2(g)垐?
噲?2NO2(g) ΔH =－112.6kJ·mol−1提高NO平衡转化率的方法有
______________（写出两种）。

②吸收NO2的有关反应如下：
反应Ⅰ：2NO2(g) + H2O(l) ＝ HNO3(aq) + HNO2(aq) ΔH =－116.1kJ·mol−1
反应Ⅱ：3HNO2(aq) ＝ HNO3(aq) + 2NO(g) + H2O(l) ΔH =－75.9kJ·mol−1
用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式是___________________。

（3）“电解”过程：HNO2为弱酸，通过电解使HNO3得以再生，阳极的电极反应式是
____________。

（4）“沉淀”过程：产生CuCl的离子方程式是________________。

【答案】1s22s22p63s23p63d104s1正四面体形 O 增大压强、提高氧气的浓度
3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g) ΔH=－212.1kJ·mol−1 HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-
2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+
【解析】
【分析】
海绵铜（CuO、Cu）中CuO与稀H2SO4反应转化为硫酸铜，因硝酸在酸性条件下具有氧化性，会将铜氧化为铜离子，最终生成硫酸铜，SO2具有还原性，再将铜离子还原为氯化亚铜，NO合理利用，经过氧化与电解过程得到硝酸，据此分析解答。

【详解】
（1）Cu的原子序数为29，Cu基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；SO42−中
S原子价层电子对个数=4+6+2-42
2
=4，且不含孤电子对，由价层电子对互斥理论判断该
微粒为正四面体形；[Cu(OH)4]2−中Cu2+提供空轨道，O原子提供孤电子对形成配位键，答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；正四面体形；O；
（2）①2NO(g)+O2(g)垐?
噲?2NO2(g) ΔH=－112.6kJ·mol−1是气体体积减小的放热反应，提高NO平衡转化率，平衡应向正反应方向移动，可以采取的措施有：降低温度、增大压强、提高氧气的浓度等；
②由盖斯定律可知：（反应I⨯3+反应II）⨯1
2
可以得到用水吸收NO2生成HNO3和NO的热
化学方程式：3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g) ΔH=－212.1kJ·mol−1；
（3）电解过程中，阳极上HNO2失去电子发生氧化反应生成HNO3，阳极的电极反应式是：HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-；
（4）Cu2+与SO2发生氧化还原反应生成CuCl，离子方程式为：2Cu2++SO2+2Cl-
+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+。

9．在古代，橘红色的铅丹（Pb3O4）用于入药和炼丹，人们对其中重金属铅的毒性认识不足。

已知：PbO2为棕黑色粉末。

某化学兴趣小组对铅丹的一些性质进行实验探究并测定其组成。

回答下列问题：
（1）性质实验
（2）组成测定
①准确称取0.530 g 干燥的铅丹样品，置于洁净的小烧杯中，加入2 mL 6 mol/L的HNO3溶液，搅拌使之充分反应，分离出固体和溶液。

该分离操作名称是_____________。

②将①中所得溶液全部转入锥形瓶中，加入指示剂和缓冲溶液，用0.04000 mol/L的EDTA 溶液（显酸性）滴定至终点，消耗EDTA溶液36.50 mL。

EDTA与Pb2+的反应可表示为Pb2+＋H2Y2- =PbY2-＋2H+，滴定时EDTA溶液应盛装在_______________中。

滤液中含
Pb2+__________mol。

③将①中所得固体PbO2全部转入另一锥形瓶中，往其中加入适量HAc与NaAc的混合液和
8 g固体 KI，摇动锥形瓶，使PbO2全部反应而溶解，发生反应PbO2＋4I－＋4HAc =PbI2＋I2＋4Ac－＋2H2O，此时溶液呈透明棕色。

以0.05000 mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－，至溶液呈淡黄色时加入2%淀粉溶液1 mL，继续滴定至溶液
_______，即为终点，用去Na2S2O3溶液30.80 mL。

根据②、③实验数据计算，铅丹中Pb（Ⅱ）与Pb（Ⅳ）的原子数之比为____________。

【答案】固体由橘红色变为棕黑色 PbO2＋4HCl（浓）加热
PbCl2＋Cl2↑＋2H2O 在酸性
溶液中，PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-过滤、洗涤、干燥酸式滴定管 1.460×10-3蓝
色褪去且半分钟内不恢复 1.90
【解析】
【分析】
(1)①由化学方程式及物质的物理性质总结反应现象，②黄绿色气体为氯气，HCl氧化为氯气，则PbO2发生还原，③紫色是MnO4-离子的颜色，在酸性条件下PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-，PbO2发生还原反应变为+2价离子；
(2)①溶液中有固体沉淀的分离步骤是：过滤、洗涤、干燥，②碱性溶液用碱式滴定管盛装，酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装，根据反应的离子方程式找出关系式进行计算滤液中含Pb2+的物质的量；
(3)碘遇淀粉变蓝色，根据反应的离子方程式找出关系式进行相关计算。

根据以上分析进行解答。

【详解】
(1)①铅丹样品与HNO3溶液发生反应：Pb3O4＋4HNO3=PbO2＋2Pb(NO3)2＋2H2O，由题中所给Pb3O4、PbO2物理性质可知反应现象为：固体由橘红色变为棕黑色。

答案为：固体由橘红色变为棕黑色。

② PbO2与浓盐酸加热生成的黄绿色气体为氯气，HCl氧化为氯气，PbO2发生还原变成
Pb2+，根据原子守恒写出反应方程式为：PbO2＋4HCl（浓）加热
PbCl2＋Cl2↑＋2H2O。

答案为：PbO2＋4HCl（浓）加热
PbCl2＋Cl2↑＋2H2O。

③ PbO2与硝酸酸化的Mn(NO3)2溶液反应得到的是MnO4-紫色溶液，说明在酸性条件下PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-，PbO2发生还原反应变为Pb2+离子，反应方程式为：
5PbO2+ 2Mn2++4H+= 2MnO4-+ 5Pb2++2 H2O。

答案为：在酸性溶液中，PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-。

(2)①溶液中有不溶物分离的操作步骤是：过滤、洗涤、干燥。

答案是：过滤、洗涤、干燥。

②滴定实验中酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装，所以显酸性的EDTA溶液应盛装在酸式滴定管里，根据反应Pb2+＋H2Y2- =PbY2-＋2H+可得：n(Pb2+)=n(H2Y2- )=36.50⨯10-
3L⨯0.0400mol/L=1.460⨯10-3mol。

答案为：酸式滴定管；1.460×10-3。

(3)该滴定实验使用淀粉溶液作指示剂，而碘遇淀粉变蓝色，当反应I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－结束时，碘恰好反应完蓝色褪去，所以达到滴定终点的标志是：蓝色褪去且半分钟内不恢复；根据反应：PbO2＋4I－＋4HAc =PbI2＋I2＋4Ac－＋2H2O，I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－可得：
n(PbO2)=n(I2)=1
2
n(S2O32-)=
1
2
⨯0.05000mol/L⨯30.80⨯10-3L=7.7⨯10-4mol，所以铅丹中Pb（Ⅱ）
与Pb（Ⅳ）的原子数之比为：1.460×10-3：7.7⨯10-4=1.90。

答案为：蓝色褪去且半分钟内不恢复；1.90。

【点睛】。