专题04 氧化还原反应(测试)-2024年高考化学二轮复习讲练测（新教材新高考）

这是一份专题04 氧化还原反应(测试)-2024年高考化学二轮复习讲练测（新教材新高考），共14页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

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( )
【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1mlNaMnO4时转移5ml电子D．MnO4-的氧化性弱于Mn2+
【答案】C
【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1mlNaMnO4时转移5ml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0.1ml 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 ml Cl2，转移0.1NA e-，C错误；D项，反应I消耗 1ml氯气和反应II生成1ml氧气都是转移1ml电子，电子转移关系为：32g O2~e-~1ml 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 ml
C．消耗1 mlS8，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4mlH2S，反应转移16ml电子，17gH2S是0.5ml，转移电子2ml， B正确；C项，1 mlS8中含有8mlS-S键，消耗1 mlS8，断裂8mlS-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( )
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1ml KNO3参加反应，转移电子的物质的量为10ml
【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=0.1ml，根据方程式可知生成0.16ml氮气，标况下体积为0.16ml×22.4L/ml=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1ml KNO3参加反应，转移电子的物质的量为5ml，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：
①24NaHSO3S8+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
B．反应①中每生成1 ml S8，有16 ml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 ml S8，转移电子为1ml48=32ml，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0.2ml
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1ml H2时转移4ml电子，则实际转移电子0.4ml，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 ml e－时生成1 ml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 ml e－时生成2 ml 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＋2HI②，该反应中I2作氧化剂，SO2作还原剂，体现了SO2的还原性，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 ml 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 ml KOH被氧化时，转移0.8 ml电子，故C错误；D项，0.1ml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 ml电子，生成4 ml H2SO4，反应②可配平为2FeSO4+MnO2+2H2SO4=Fe2(SO4)3+ MnSO4+2H2O，每转移2 ml电子，消耗2 ml 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+、SO32-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：10VOSO4+2H2O+2KMnO4=5(VO2)2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4
D．向含1mlVO2+的酸性溶液中滴加1.5mlFeSO4的溶液完全反应，转移电子为1ml
【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1mlVO2+的酸性溶液中滴加含1.5mlFe2+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1ml，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3ml 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3mlN2H4•H2O时，N2H4•H2O失去电子，C正确；D项，反应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1mlB i2S3，转移6ml 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4ml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1ml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+ +S2O82- +2H2O= MnO2 +2SO42-+4H+
(3) Zn+Cd2+=Zn2++Cd 3ZnSO4+ 3Na2CO3+3H2O= 2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O↓+3Na2SO4+ 2CO2↑
(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+ + S2O82- +2H2O= MnO2 +2SO42-+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+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O
(5) 3MnO42-+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+KClO33K2MnO4+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：3MnO42-+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-)=8.1×10-5ml]中均加入足量粉，做对比研究。
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 1mLc1ml·L-1FeSO4标准溶液(过量)，再加入稀H2SO4。
步骤2.用c2ml·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+ ( Cr2O72-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：3.24×10-4ml，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5ml。Fe2+失去的电子数明显小于NO3-所需电子数； 7.2×10-5ml 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：3.6×10-5ml，NO3-~NH4+~8 e-，NO3-所需电子：3.24×10-4ml，Fe2+失去的电子数明显小于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3.6×10-5ml FeCl2(即n(Cl-)=7.2×10-5ml)替换为氯离子物质的量相同的氯化钠，即7.2×10-5ml 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 1mLc1ml·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c2ml·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+ ( Cr2O72-被还原为Cr3+)，终点时消耗v 2mL。发生6Fe2++Cr2O72-+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=6c2v2×10-3ml，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。
(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cml·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+2S2O32-=2I-+S4O62-)，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：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+2S2O32-=2I-+S4O62-，得关系式NaClO2~4Na2S2O3 ，n(Na2S2O3)=cV10-3ml，则样品中，n(NaClO2)=cV10-3ml=cV10-3ml，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PO43-，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-=PO43-＋4H2O Fe2＋促进H2O2和O3产生·OH，氧化产生的Fe3＋将PO43-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、CO32-、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PO43-，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PO43-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-=PO43-＋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PO43-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、CO32- 、H2O；②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。
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
实验序号
ⅰ
ⅱ
所加试剂
Fe粉
Fe粉、FeCl2 (3.6×10-5ml)
NO3-的去除率
≈50%
≈100%