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2022届高考化学一轮复习讲义学案（新教材人教版）第二章 第12讲 专项提能特训1 从氧化还原反应的视角分析“化工生产”中的物质变化
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这是一份2022届高考化学一轮复习讲义学案（新教材人教版）第二章 第12讲 专项提能特训1 从氧化还原反应的视角分析“化工生产”中的物质变化，共6页。
A．Pd上发生的电极反应为：H2－2e－===2H＋
B．Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用
C．反应过程中NOeq \\al(－,2)被Fe(Ⅱ)还原为N2
D．用该法处理后水体的pH降低
答案 D
解析 由图可知Pd上氢气失电子生成氢离子，所以电极反应为：H2－2e－===2H＋，故A正确；Fe(Ⅲ)得电子生成Fe(Ⅱ)，Fe(Ⅱ)失电子生成Fe(Ⅲ)，则Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用，故B正确；由图可知反应过程中NOeq \\al(－,2)得到Fe(Ⅱ)给的电子生成N2，所以反应过程中NOeq \\al(－,2)被Fe(Ⅱ)还原为N2，故C正确；总反应方程式：2H＋＋2NOeq \\al(－,2)＋3H2eq \(=====,\s\up7(催化剂))N2＋4H2O，所以用该法处理后水体的pH升高，故D错误。
2．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列叙述正确的是( )
A．在转化过程中化合价不变的元素只有Cu和Cl
B．由图示的转化可得出氧化性的强弱顺序：O2>Cu2＋>S
C．在转化过程中能循环利用的物质只有FeCl2
D．反应中当有34 g H2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3＋的量不变，需要消耗O2的质量为16 g
答案 D
解析 根据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是＋2价、H元素化合价都是＋1价、Cl元素化合价都是－1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，故A错误；转化过程中O2把Fe2＋氧化为Fe3＋，Fe3＋把硫离子氧化为S，则氧化性的强弱顺序：O2＞Fe3＋＞S，故B错误；根据图示，反应的本质是空气中的氧气氧化H2S转化为S和水，在转化过程中能循环利用的物质有FeCl2、CuCl2、FeCl3，故C错误；H2S转化为硫单质，硫元素的化合价从－2价变成0价，氧元素的化合价从0价变成－2价，依据得失电子数相等，2H2S～O2，所以有34 g H2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3＋的量不变，需要消耗O2的质量为eq \f(34 g,34 g·ml－1)×eq \f(1,2)×32 g·
ml－1＝16 g，故D正确。
3．我国科研人员发现，在钙钛矿活性层中引入稀土Eu3＋/Eu2＋离子对，通过循环反应可消除零价铅和零价碘缺陷，大幅提高钙钛矿电池的使用寿命，其原理如图。下列说法正确的是( )
A．Eu3＋/Eu2＋离子对在反应过程中不断损耗，需定时补充
B．消除零价碘的过程中，Eu3＋/Eu2＋离子对发生还原反应
C．消除零价铅的反应为：2Eu3＋＋Pb0===2Eu2＋＋Pb2＋
D．整个过程实质上将电子从Pb0转移给I0
答案 CD
解析 Eu3＋/Eu2＋离子对在反应过程中循环使用，不会损耗，A选项错误；消除零价碘的过程中，发生反应I0＋Eu2＋===Eu3＋＋I－，反应中Eu2＋失去电子发生氧化反应生成Eu3＋，B选项错误；消除零价铅的反应为：2Eu3＋＋Pb0===2Eu2＋＋Pb2＋，C选项正确；整个过程中，Pb0失去电子，I0得到电子，即电子从Pb0转移给I0，D选项正确。
4．碱式氯化铜[CuaClb(OH)c·xH2O]是一种重要的无机杀虫剂，它可以通过以下步骤制备。步骤1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成CuCl2。已知Fe3＋对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。步骤2：在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制得碱式氯化铜。下列有关说法错误的是( )
A．a、b、c之间的关系式为a＝2b＋2c
B．图中M、N分别为Fe3＋、Fe2＋
C．为了除去CuCl2溶液中的杂质Fe3＋，可加入过量的CuO、过滤
D．若制备1 ml CuaClb(OH)c·xH2O，理论上消耗11.2a L(标准状况)O2
答案 A
解析 根据化合物中正、负化合价的代数和为0，可知2a＝b＋c，A选项错误；Fe3＋水解使溶液显酸性，CuO与H＋反应产生Cu2＋和水，当溶液的pH增大到一定程度，Fe3＋形成Fe(OH)3而除去，从而达到除去Fe3＋的目的，C选项正确；若制备1 ml CuaClb(OH)c·xH2O，转移的电子数为2a ml，根据得失电子守恒，理论上消耗0.5a ml O2，标准状况下的体积为11.2a L，D选项正确。
5．BMO(Bi2MO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，反应原理如下图所示。下列说法错误的是( )
A．苯酚被氧化的总反应：C6H5OH＋7O2eq \(――→,\s\up7(光),\s\d5(BMO))6CO2＋3H2O
B．反应过程中BMO表现较强氧化性
C．在酸性条件下，反应①的离子方程式是3C6H5OH＋28Oeq \\al(－,2)＋28H＋===18CO2↑＋23H2O
D．过程①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为1∶3
答案 BD
解析 根据分析可知，该过程中苯酚在光照、BMO作催化剂的条件下被氧气氧化生成CO2和H2O，反应方程式为C6H5OH＋7O2eq \(――→,\s\up7(光),\s\d5(BMO))6CO2＋3H2O，A选项正确；通过分析可知，BMO在光催化降解苯酚过程中表现出了还原性，生成了BMO＋，B选项错误；酸性条件下，反应①中苯酚、Oeq \\al(－,2)与H＋反应生成CO2和H2O，反应的离子方程式是3C6H5OH＋28Oeq \\al(－,2)＋28H＋===18CO2↑＋23H2O，C选项正确；1个BMO＋表现氧化性，被还原为BMO，可以得1个电子；1个Oeq \\al(－,2)表现氧化性，被还原为2个H2O，可以得3个电子，所以①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3∶1，D选项错误。
6．厌氧氨化法(Anammx)是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中不正确的是( )
A．1 ml NHeq \\al(＋,4)所含的质子总数为10NA
B．联氨(N2H4)中含有极性键和非极性键
C．过程Ⅱ、Ⅳ均属于氧化反应
D．过程Ⅰ中，参与反应的NHeq \\al(＋,4)与NH2OH的物质的量之比为1∶1
答案 AC
解析 1 ml NHeq \\al(＋,4)中含有质子总物质的量为11 ml，故A说法错误；联氨(N2H4)的结构式为，含有极性键和非极性键，故B说法正确；过程Ⅱ，N2H4→N2H2＋2H，此反应是氧化反应，过程Ⅳ，NOeq \\al(－,2)→NH2OH，添H或去O是还原反应，故C说法错误；NHeq \\al(＋,4)中N显－3价，NH2OH中N显－1价，N2H4中N显－2价，因此过程Ⅰ中NHeq \\al(＋,4)与NH2OH的物质的量之比为1∶1，故D说法正确。
7．整合流程信息书写方程式
(1)二硫化钨(WS2，WS2中W的化合价为＋4)可用作润滑剂及石油化工领域中的催化剂。由钨铁矿(其主要成分是FeWO4，还含少量Al2O3)制备二硫化钨的工艺流程如下：
①写出FeWO4在碱熔过程中发生反应的化学方程式：________________________________。
②滤渣Ⅰ中主要成分的形成可用离子方程式表示为__________________________________。
答案 ①4FeWO4＋O2＋8NaOHeq \(=====,\s\up7(高温))2Fe2O3＋4Na2WO4＋4H2O
②AlOeq \\al(－,2)＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCOeq \\al(－,3)
解析 ①根据流程图，FeWO4在碱熔过程中，得到Fe2O3和Na2WO4，反应物是NaOH、FeWO4、O2，生成物是Na2WO4、Fe2O3等，FeWO4中Fe显＋3价，W显＋5价，Na2WO4中W显＋6价，FeWO4为还原剂，O2为氧化剂，因此根据化合价升降法进行配平，得到化学方程式为4FeWO4＋O2＋8NaOHeq \(=====,\s\up7(高温))2Fe2O3＋4Na2WO4＋4H2O。
(2)软锰矿的主要成分为MnO2，含少量Al2O3和SiO2。闪锌矿主要成分为ZnS，含少量FeS、CuS、CdS杂质。现以软锰矿和闪锌矿为原料制备MnO2和Zn，其简化流程如下(中间产物的固体部分已经略去)。
eq \x(软锰矿闪锌矿)eq \(―――→,\s\up7(硫酸酸浸),\s\d5(①))eq \x(滤液A)eq \(――→,\s\up7(金属锌),\s\d5(②))eq \x(Zn2＋、Mn2＋、Fe2＋、Al3＋)eq \(――→,\s\up7(MnO2＋X),\s\d5(③))
eq \x(ZnSO4、MnSO4溶液)eq \(――→,\s\up7(电解),\s\d5(④))eq \x(MnO2＋Zn＋H2SO4)
①中发生多个反应，其中MnO2、FeS与硫酸共热时有淡黄色物质析出，溶液变为棕黄色，写出MnO2、FeS与硫酸共热发生反应的化学方程式：________________________________。
答案 3MnO2＋2FeS＋6H2SO4eq \(=====,\s\up7(△))Fe2(SO4)3＋3MnSO4＋2S↓＋6H2O
解析 ①中MnO2、FeS与硫酸共热时有淡黄色的S析出，溶液变为棕黄色，说明有Fe3＋生成，发生反应的化学方程式为3MnO2＋2FeS＋6H2SO4eq \(=====,\s\up7(△))Fe2(SO4)3＋3MnSO4＋2S↓＋6H2O。
(3)含FeS2的燃煤可用氧化亚铁硫杆菌(T.f)、氧化亚铁微螺菌(L.f)、氧化硫硫杆菌(T.t)进行脱硫，其脱硫过程如图所示：
已知：脱硫总反应为FeS2＋14Fe3＋＋8H2O===2SOeq \\al(2－,4)＋15Fe2＋＋16H＋；
Ⅰ反应的离子方程式为FeS2＋6Fe3＋＋3H2O===S2Oeq \\al(2－,3)＋7Fe2＋＋6H＋。
写出Ⅱ反应的离子方程式：________________________________________________________。
答案 8Fe3＋＋S2Oeq \\al(2－,3)＋5H2O===2SOeq \\al(2－,4)＋8Fe2＋＋10H＋
解析 反应Ⅱ是Fe3＋和S2Oeq \\al(2－,3)反应生成亚铁离子和硫酸根离子。
8．(1)高锰酸钾纯度的测定：称取1.080 0 g样品，溶解后定容于100 mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.200 0 ml·L－1的H2C2O4标准溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48 mL，该样品的纯度为__________________________(保留小数点后两位)。
答案 95.62%
解析 根据离子方程式2MnOeq \\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O可知KMnO4与草酸反应的关系式是：2KMnO4～5H2C2O4。配制的溶液的浓度为：c＝eq \f(2×0.200 0×20.00,5×24.48) ml·L－1。则1.080 0 g样品中含KMnO4的物质的量为：n＝eq \f(100,1 000) L×eq \f(2×0.2×20,5×24.48)ml·L－1≈0.006 536 ml，KMnO4的质量为：m＝0.006 536 ml×158 g·ml－1＝1.032 688 g。故其纯度为：w＝eq \f(1.032 688 g,1.080 0 g)×100%≈95.62%。
(2)为测定产品中K2Cr2O7的含量，某兴趣小组将m g产品溶于水配制为500 mL溶液，准确量取50.00 mL，加入稀硫酸酸化，然后加入过量的KI充分还原，加________作指示剂，到达终点消耗30.00 mL 0.050 0 ml·L－1的Na2S2O3溶液。则该次生产的样品中K2Cr2O7含量为________%。(已知：Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O,2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI)
答案 淀粉溶液 eq \f(73.5,m)
解析 有碘单质存在，可以选用淀粉溶液作指示剂；根据化学反应：Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O和I2＋2S2Oeq \\al(2－,3)===2I－＋S4Oeq \\al(2－,6)，可得Cr2Oeq \\al(2－,7)～3I2～6S2Oeq \\al(2－,3)，m g产品最终消耗n(S2Oeq \\al(2－,3))＝0.050 0 ml·L－1×30.00×10－3L×eq \f(500 mL,50.00 mL)＝0.015 0 ml，则n(Cr2Oeq \\al(2－,7))＝0.015 0 ml×eq \f(1,6)＝0.002 50 ml，则样品中K2Cr2O7含量为eq \f(0.002 50 ml×294 g·ml－1,m)×100%＝eq \f(73.5,m)%。
A．Pd上发生的电极反应为：H2－2e－===2H＋
B．Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用
C．反应过程中NOeq \\al(－,2)被Fe(Ⅱ)还原为N2
D．用该法处理后水体的pH降低
答案 D
解析 由图可知Pd上氢气失电子生成氢离子，所以电极反应为：H2－2e－===2H＋，故A正确；Fe(Ⅲ)得电子生成Fe(Ⅱ)，Fe(Ⅱ)失电子生成Fe(Ⅲ)，则Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用，故B正确；由图可知反应过程中NOeq \\al(－,2)得到Fe(Ⅱ)给的电子生成N2，所以反应过程中NOeq \\al(－,2)被Fe(Ⅱ)还原为N2，故C正确；总反应方程式：2H＋＋2NOeq \\al(－,2)＋3H2eq \(=====,\s\up7(催化剂))N2＋4H2O，所以用该法处理后水体的pH升高，故D错误。
2．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列叙述正确的是( )
A．在转化过程中化合价不变的元素只有Cu和Cl
B．由图示的转化可得出氧化性的强弱顺序：O2>Cu2＋>S
C．在转化过程中能循环利用的物质只有FeCl2
D．反应中当有34 g H2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3＋的量不变，需要消耗O2的质量为16 g
答案 D
解析 根据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是＋2价、H元素化合价都是＋1价、Cl元素化合价都是－1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，故A错误；转化过程中O2把Fe2＋氧化为Fe3＋，Fe3＋把硫离子氧化为S，则氧化性的强弱顺序：O2＞Fe3＋＞S，故B错误；根据图示，反应的本质是空气中的氧气氧化H2S转化为S和水，在转化过程中能循环利用的物质有FeCl2、CuCl2、FeCl3，故C错误；H2S转化为硫单质，硫元素的化合价从－2价变成0价，氧元素的化合价从0价变成－2价，依据得失电子数相等，2H2S～O2，所以有34 g H2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3＋的量不变，需要消耗O2的质量为eq \f(34 g,34 g·ml－1)×eq \f(1,2)×32 g·
ml－1＝16 g，故D正确。
3．我国科研人员发现，在钙钛矿活性层中引入稀土Eu3＋/Eu2＋离子对，通过循环反应可消除零价铅和零价碘缺陷，大幅提高钙钛矿电池的使用寿命，其原理如图。下列说法正确的是( )
A．Eu3＋/Eu2＋离子对在反应过程中不断损耗，需定时补充
B．消除零价碘的过程中，Eu3＋/Eu2＋离子对发生还原反应
C．消除零价铅的反应为：2Eu3＋＋Pb0===2Eu2＋＋Pb2＋
D．整个过程实质上将电子从Pb0转移给I0
答案 CD
解析 Eu3＋/Eu2＋离子对在反应过程中循环使用，不会损耗，A选项错误；消除零价碘的过程中，发生反应I0＋Eu2＋===Eu3＋＋I－，反应中Eu2＋失去电子发生氧化反应生成Eu3＋，B选项错误；消除零价铅的反应为：2Eu3＋＋Pb0===2Eu2＋＋Pb2＋，C选项正确；整个过程中，Pb0失去电子，I0得到电子，即电子从Pb0转移给I0，D选项正确。
4．碱式氯化铜[CuaClb(OH)c·xH2O]是一种重要的无机杀虫剂，它可以通过以下步骤制备。步骤1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成CuCl2。已知Fe3＋对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。步骤2：在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制得碱式氯化铜。下列有关说法错误的是( )
A．a、b、c之间的关系式为a＝2b＋2c
B．图中M、N分别为Fe3＋、Fe2＋
C．为了除去CuCl2溶液中的杂质Fe3＋，可加入过量的CuO、过滤
D．若制备1 ml CuaClb(OH)c·xH2O，理论上消耗11.2a L(标准状况)O2
答案 A
解析 根据化合物中正、负化合价的代数和为0，可知2a＝b＋c，A选项错误；Fe3＋水解使溶液显酸性，CuO与H＋反应产生Cu2＋和水，当溶液的pH增大到一定程度，Fe3＋形成Fe(OH)3而除去，从而达到除去Fe3＋的目的，C选项正确；若制备1 ml CuaClb(OH)c·xH2O，转移的电子数为2a ml，根据得失电子守恒，理论上消耗0.5a ml O2，标准状况下的体积为11.2a L，D选项正确。
5．BMO(Bi2MO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，反应原理如下图所示。下列说法错误的是( )
A．苯酚被氧化的总反应：C6H5OH＋7O2eq \(――→,\s\up7(光),\s\d5(BMO))6CO2＋3H2O
B．反应过程中BMO表现较强氧化性
C．在酸性条件下，反应①的离子方程式是3C6H5OH＋28Oeq \\al(－,2)＋28H＋===18CO2↑＋23H2O
D．过程①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为1∶3
答案 BD
解析 根据分析可知，该过程中苯酚在光照、BMO作催化剂的条件下被氧气氧化生成CO2和H2O，反应方程式为C6H5OH＋7O2eq \(――→,\s\up7(光),\s\d5(BMO))6CO2＋3H2O，A选项正确；通过分析可知，BMO在光催化降解苯酚过程中表现出了还原性，生成了BMO＋，B选项错误；酸性条件下，反应①中苯酚、Oeq \\al(－,2)与H＋反应生成CO2和H2O，反应的离子方程式是3C6H5OH＋28Oeq \\al(－,2)＋28H＋===18CO2↑＋23H2O，C选项正确；1个BMO＋表现氧化性，被还原为BMO，可以得1个电子；1个Oeq \\al(－,2)表现氧化性，被还原为2个H2O，可以得3个电子，所以①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3∶1，D选项错误。
6．厌氧氨化法(Anammx)是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中不正确的是( )
A．1 ml NHeq \\al(＋,4)所含的质子总数为10NA
B．联氨(N2H4)中含有极性键和非极性键
C．过程Ⅱ、Ⅳ均属于氧化反应
D．过程Ⅰ中，参与反应的NHeq \\al(＋,4)与NH2OH的物质的量之比为1∶1
答案 AC
解析 1 ml NHeq \\al(＋,4)中含有质子总物质的量为11 ml，故A说法错误；联氨(N2H4)的结构式为，含有极性键和非极性键，故B说法正确；过程Ⅱ，N2H4→N2H2＋2H，此反应是氧化反应，过程Ⅳ，NOeq \\al(－,2)→NH2OH，添H或去O是还原反应，故C说法错误；NHeq \\al(＋,4)中N显－3价，NH2OH中N显－1价，N2H4中N显－2价，因此过程Ⅰ中NHeq \\al(＋,4)与NH2OH的物质的量之比为1∶1，故D说法正确。
7．整合流程信息书写方程式
(1)二硫化钨(WS2，WS2中W的化合价为＋4)可用作润滑剂及石油化工领域中的催化剂。由钨铁矿(其主要成分是FeWO4，还含少量Al2O3)制备二硫化钨的工艺流程如下：
①写出FeWO4在碱熔过程中发生反应的化学方程式：________________________________。
②滤渣Ⅰ中主要成分的形成可用离子方程式表示为__________________________________。
答案 ①4FeWO4＋O2＋8NaOHeq \(=====,\s\up7(高温))2Fe2O3＋4Na2WO4＋4H2O
②AlOeq \\al(－,2)＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCOeq \\al(－,3)
解析 ①根据流程图，FeWO4在碱熔过程中，得到Fe2O3和Na2WO4，反应物是NaOH、FeWO4、O2，生成物是Na2WO4、Fe2O3等，FeWO4中Fe显＋3价，W显＋5价，Na2WO4中W显＋6价，FeWO4为还原剂，O2为氧化剂，因此根据化合价升降法进行配平，得到化学方程式为4FeWO4＋O2＋8NaOHeq \(=====,\s\up7(高温))2Fe2O3＋4Na2WO4＋4H2O。
(2)软锰矿的主要成分为MnO2，含少量Al2O3和SiO2。闪锌矿主要成分为ZnS，含少量FeS、CuS、CdS杂质。现以软锰矿和闪锌矿为原料制备MnO2和Zn，其简化流程如下(中间产物的固体部分已经略去)。
eq \x(软锰矿闪锌矿)eq \(―――→,\s\up7(硫酸酸浸),\s\d5(①))eq \x(滤液A)eq \(――→,\s\up7(金属锌),\s\d5(②))eq \x(Zn2＋、Mn2＋、Fe2＋、Al3＋)eq \(――→,\s\up7(MnO2＋X),\s\d5(③))
eq \x(ZnSO4、MnSO4溶液)eq \(――→,\s\up7(电解),\s\d5(④))eq \x(MnO2＋Zn＋H2SO4)
①中发生多个反应，其中MnO2、FeS与硫酸共热时有淡黄色物质析出，溶液变为棕黄色，写出MnO2、FeS与硫酸共热发生反应的化学方程式：________________________________。
答案 3MnO2＋2FeS＋6H2SO4eq \(=====,\s\up7(△))Fe2(SO4)3＋3MnSO4＋2S↓＋6H2O
解析 ①中MnO2、FeS与硫酸共热时有淡黄色的S析出，溶液变为棕黄色，说明有Fe3＋生成，发生反应的化学方程式为3MnO2＋2FeS＋6H2SO4eq \(=====,\s\up7(△))Fe2(SO4)3＋3MnSO4＋2S↓＋6H2O。
(3)含FeS2的燃煤可用氧化亚铁硫杆菌(T.f)、氧化亚铁微螺菌(L.f)、氧化硫硫杆菌(T.t)进行脱硫，其脱硫过程如图所示：
已知：脱硫总反应为FeS2＋14Fe3＋＋8H2O===2SOeq \\al(2－,4)＋15Fe2＋＋16H＋；
Ⅰ反应的离子方程式为FeS2＋6Fe3＋＋3H2O===S2Oeq \\al(2－,3)＋7Fe2＋＋6H＋。
写出Ⅱ反应的离子方程式：________________________________________________________。
答案 8Fe3＋＋S2Oeq \\al(2－,3)＋5H2O===2SOeq \\al(2－,4)＋8Fe2＋＋10H＋
解析 反应Ⅱ是Fe3＋和S2Oeq \\al(2－,3)反应生成亚铁离子和硫酸根离子。
8．(1)高锰酸钾纯度的测定：称取1.080 0 g样品，溶解后定容于100 mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.200 0 ml·L－1的H2C2O4标准溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48 mL，该样品的纯度为__________________________(保留小数点后两位)。
答案 95.62%
解析 根据离子方程式2MnOeq \\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O可知KMnO4与草酸反应的关系式是：2KMnO4～5H2C2O4。配制的溶液的浓度为：c＝eq \f(2×0.200 0×20.00,5×24.48) ml·L－1。则1.080 0 g样品中含KMnO4的物质的量为：n＝eq \f(100,1 000) L×eq \f(2×0.2×20,5×24.48)ml·L－1≈0.006 536 ml，KMnO4的质量为：m＝0.006 536 ml×158 g·ml－1＝1.032 688 g。故其纯度为：w＝eq \f(1.032 688 g,1.080 0 g)×100%≈95.62%。
(2)为测定产品中K2Cr2O7的含量，某兴趣小组将m g产品溶于水配制为500 mL溶液，准确量取50.00 mL，加入稀硫酸酸化，然后加入过量的KI充分还原，加________作指示剂，到达终点消耗30.00 mL 0.050 0 ml·L－1的Na2S2O3溶液。则该次生产的样品中K2Cr2O7含量为________%。(已知：Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O,2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI)
答案 淀粉溶液 eq \f(73.5,m)
解析 有碘单质存在，可以选用淀粉溶液作指示剂；根据化学反应：Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O和I2＋2S2Oeq \\al(2－,3)===2I－＋S4Oeq \\al(2－,6)，可得Cr2Oeq \\al(2－,7)～3I2～6S2Oeq \\al(2－,3)，m g产品最终消耗n(S2Oeq \\al(2－,3))＝0.050 0 ml·L－1×30.00×10－3L×eq \f(500 mL,50.00 mL)＝0.015 0 ml，则n(Cr2Oeq \\al(2－,7))＝0.015 0 ml×eq \f(1,6)＝0.002 50 ml，则样品中K2Cr2O7含量为eq \f(0.002 50 ml×294 g·ml－1,m)×100%＝eq \f(73.5,m)%。
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