新高考2022届高考化学小题必练4氧化还原反应含答案

这是一份新高考2022届高考化学小题必练4氧化还原反应含答案，共11页。试卷主要包含了6℃)中生成缔合物，5的成分之一，8 ml电子时生成33，6%等内容，欢迎下载使用。



（新高考）小题必练4：氧化还原反应





对氧化还原的考查，主要包括：以生产、生活、社会中的实际问题为载体，考查氧化还原的基本概念；比较无知氧化性、还原性的强弱及其规律应用；以元素化合物为载体，考查氧化还原反应中电子转移的方向和数目。


1.【2020年北京卷】实验室分离Fe3+和Al3+的流程如下：

知Fe3+在浓盐酸中生成黄色配离子[FeCl4]−，该配离子在乙醚(Et2O，沸点34.6℃)中生成缔合物。下列说法错误的是（ ）
A．萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向下
B．分液时，应先将下层液体由分液漏斗下口放出
C．分液后水相为无色，说明已达到分离目的
D．蒸馏时选用直形冷凝管
【答案】A
【解析】A．萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向上，A错误；B．分液时，密度大的液体在下层，密度小的液体在上层，下层液体由分液漏斗下口放出，下层液体放完后，密度小的上层液体从分液漏斗上口倒出，B正确；C．Fe3+在浓盐酸中生成黄色配离子，该离子在乙醚中生成缔合物，乙醚与水不互溶，故分液后水相为无色，则水相中不再含有Fe3+，说明已经达到分离目的，C正确；D．蒸馏时选用直形冷凝管，能使馏分全部转移到锥形瓶中，而不会残留在冷凝管中，D正确；答案选A。
【点睛】萃取分液操作的考查，熟练掌握实验操作流程。
2．【2020年北京卷】下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是（ ）
A．用石灰乳脱除烟气中的SO2
B．用明矾[KAl(SO4)2·12H2O］处理污水
C．用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3·xH2O)
D．用84消毒液(有效成分NaClO)杀灭细菌
【答案】D
【解析】A．SO2是酸性氧化物，可与碱反应，用石灰乳脱除烟气中的SO2时，SO2与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙或亚硫酸氢钙，反应过程中无元素的化合价变化，没有利用氧化还原反应，故A不符合题意；B．用明矾[KAl(SO4)2·12H2O］溶于水中，电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，利用胶体的吸附性可吸附污水中的固体颗粒物，该过程利用胶体的吸附性，发生的反应没有发生化合价变化，没有利用氧化还原反应，故B不符合题意；C．用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3·xH2O)，发生的主要反应为：6HCl+Fe2O3=2FeCl3+3H2O，反应中没有元素化合价的变化，没有利用氧化还原反应，故C不符合题意；D．用84消毒液有效成分NaClO，具有强氧化性，能使蛋白质发生变性从而杀死细菌病毒，杀菌消毒的过程利用了氧化还原反应，故D符合题意；答案选D。
【点睛】判断氧化还原反应的依据是有元素化合价的升降。
3．【2020年浙江选考】水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是（ ）
A．Na B．Cl2 C．NO2 D．Na2O
【答案】A
【解析】A．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，H2O中H元素化合价由+1降为0价，得电子被还原，做氧化剂，在反应中表现出氧化性，故A符合题意；B．Cl2+H2OHCl+HClO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故B不符合题意；C．3NO2+H2O=2HNO3+NO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故C不符合题意；D．Na2O+H2O=2NaOH，该反应没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，水在反应中既不表现氧化性也不表现还原性，故D不符合题意；答案选A。
【点睛】氧化剂是化合价降低，发生还原反应的物质。
4．【2020年北京卷】反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O中，氧化产物是（ ）
A．MnO2 B．HCl C．MnCl2 D．Cl2
【答案】D
【解析】反应中，HCl的Cl元素化合价升高变为0价，作还原剂，而氯气为氧化产物，MnO2中的Mn化合价降低，作氧化剂，MnCl2为还原产物，综上所述，答案为D。
【点睛】掌握氧化还原反应中常见的几个概念，例如还原剂是化合价升高的发生氧化反应，得到氧化产物的物质。
5．【2020年浙江选考】硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：

下列说法不正确的是（ ）
A．该过程有H2O参与 B．NO2是生成硫酸盐的氧化剂
C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．该过程没有生成硫氧键
【答案】D
【解析】根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，故A正确；B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，故B正确；C．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H+和SO，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确；D．根据图示转化过程中，由SO转化为HSO，根据图示对照，有硫氧键生成，故D错误；答案选D。
【点睛】将一个氧化还原反应拆分成几步，以图像的形式表达出来，考查学生细致的观察能力与分析能力。


1．反应MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是（ ）
A．1∶2 B．1∶1 C．2∶1 D．4∶1
【答案】B
【解析】由反应方程式可知，反应物MnO2中的Mn元素的化合价为+4价，生成物MnCl2中Mn元素的化合价为+2价，反应物HCl中Cl元素的化合价为-1价，生成物Cl2中Cl元素的化合价为0价，故MnCl2是还原产物，Cl2是氧化产物，由氧化还原反应中得失电子守恒可知，n(Cl2)∶n(MnCl2)=1∶1，B符合题意；答案选B。
2．丙烷还原氧化铁的反应为C3H8+Fe2O3→CO2+Fe+，下列叙述错误的是（ ）
A．配平方程后方框内的化学式为H2O且系数为12
B．该反应中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为10∶9
C．还原性：C3H8＞Fe
D．25℃、101kPa条件下，消耗11.2L C3H8转移的电子数为10NA
【答案】D
【解析】烷还原氧化铁的反应为C3H8+Fe2O3→CO2+Fe+，反应中C元素的化合价由-变为+4价，化合价升高，失电子，发生氧化反应，C3H8作还原剂；Fe元素的化合价由+3价变为0价，化合价降低，得电子，发生还原反应，Fe2O3作氧化剂，根据氧化还原反应得失电子守恒和原子守恒，则配平该反应方程式为：3C3H8+10Fe2O3=9CO2+20Fe+12H2O。根据上述分析可知，A正确；该反应中氧化剂为Fe2O3，氧化产物为CO2，则二者物质的量之比为10∶9，故B正确；根据氧化还原反应规律，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性：C3H8＞Fe，故C正确；11.2L C3H8的状态条件不是标准状况，不能用标况下气体的摩尔体积计算消耗C3H8物质的量，则反应中转移电子的数目不能确定，故D错误；答案选D。
【点睛】注意气体求算物质的量时是否是在标况下，能否直接使用22.4L/mol。
3． Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂。制备方法之一为：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+
2Na2O+2Na2SO4+O2↑，下列说法正确的是（ ）
A．Na2O2只作氧化剂
B．1mol FeSO4可还原2.5mol Na2O2
C．转移0.8 mol电子时生成33.2g Na2FeO4
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶3
【答案】B
【解析】该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价、O元素化合价由-1价变为0价、-2价，所以硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物。A．根据分析，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B．反应2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑中，化合价升高的元素有Fe，由+2价→+6价，化合价升高的元素还有O元素，由-1价→0价，2mol FeSO4发生反应时，共有2mol×4+1mol×2=10mol电子转移，6mol Na2O2有5mol作氧化剂、1mol Na2O2作还原剂，其中2mol FeSO4还原5mol Na2O2，即1mol FeSO4还原2.5mol Na2O2，故B正确；C.由方程式转移10mol电子生成2mol Na2FeO4，转移0.8mo1电子时生成×2×166g·mol−1=26.56g Na2FeO4，故C错误；D．根据B项分析，6mol Na2O2有5mol作氧化剂、1mol Na2O2作还原剂，2mol FeSO4作还原剂，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为3∶5，故D错误；答案选B。
4．工业上用发烟HClO4把潮湿的CrCl3氧化为棕色的烟[CrO2(ClO4)2]来除去Cr(III)，HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法错误的（ ）
A．HClO4属于强酸，该反应也生成了另一种强酸
B．CrO2(ClO4)2中Cr元素显+6价
C．该反应每生成1mol氧化产物，便有0.375mol HClO4被还原
D．该反应的离子方程式为19ClO+8Cr3+=8CrO2(ClO4)2+3Cl−
【答案】D
【解析】A．Cl元素非金属性较强，HClO4属于强酸，生成盐酸，也属于强酸，故A正确；B．CrO2(ClO4)2中0为-2价、Cl为+7价，则Cr元素显+6价，故B正确；C．该反应每生成1mol氧化产物，则转移3mol电子，HClO4被还原的物质的量为，故C正确；D．该反应的离子方程式为19ClO+8Cr3++4H2O=8CrO2(ClO4)2+3Cl−+8H+，故D错误；故选D。
【点睛】离子方程式的书写注意等式两边的电荷守恒。
5．现有由0.2mol CuS和0.1mol Cu2O组成的混合物，与足量稀HNO3充分反应，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O，则被还原的HNO3的物质的量是（ ）
A．0.4mol B．0.6mol C．0.8mol D．1.0mol
【答案】B
【解析】CuS中硫元素化合价从-2升高到+6，则1mol CuS被氧化失去8mol电子、Cu2O中铜元素化合价从+1升高到+2，则1mol Cu2O被氧化失去2mol电子，稀HNO3作氧化剂时氮元素化合价从+5降低到+2，每1mol硝酸被还原得电子物质的量为3mol，0.2mol CuS和0.1mol Cu2O被氧化失去电子的物质的量为0.2mol×8+0.1mol×2=1.8mol，按得失电子数守恒，被还原的HNO3的物质的量是，B正确；答案选B。
【点睛】解题关键在于抓住氧化还原反应中得失电子数相等。
6．下列我国古代的技术应用中，不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．粮食酿醋 B．古法炼铁 C．淮南王发明豆浆制豆腐 D．火药爆炸
【答案】C
【解析】A．粮食酿醋的过程中有元素化合价变化，属于氧化还原反应，故A不符合题意；B．古法炼铁过程中有元素化合价变化，属于氧化还原反应，故B不符合题意；C．淮南王发明豆浆制豆腐没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故C符合题意；D．火药爆炸有元素化合价变化，属于氧化还原反应，故D不符合题意；故选C。
7．已知：①在发烟硫酸(H2SO4·SO3)中，I2和I2O5生成I2(SO4)3。②I2(SO4)3溶于水生成I2和I2O4。下列说法不正确的是（ ）
A．发烟硫酸的摩尔质量为178
B．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2
C．反应②中氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶1
D．若反应②中消耗2mol I2(SO4)3，则电子转移3mol
【答案】A
【解析】A．发烟硫酸(H2SO4·SO3)的摩尔质量是178g·mol−1，故A错误；B．I2中碘为0价，I2O5中碘为+5价，得到+3价的碘化合物I2(SO4)3，则化学方程式为：4I2+6I2O5+15H2SO4·
SO3=10I2(SO4)3+15H2O，氧化剂I2O5与还原剂I2的物质的量之比为3∶2，故B错误；C．I2(SO4)3溶于水生成I2和I2O4，另外还应生成H2SO4，根据反应物与产物中I元素的化合价可推知I2与I2O4的物质的量之比为1∶3，则化学方程式：4I2(SO4)3+12H2O=I2+3I2O4+12H2SO4，氧化产物I2O4与还原产物I2的物质的量之比为3∶1，故C错误；D．根据C中②的反应4I2(SO4)3+12H2O=I2+3I2O4+12H2SO4，4I2(SO4)3～I2～6e−，所以消耗2mol I2(SO4)3，则电子转移3mol，故D正确；故选A。
8．稀土铈(Ce)元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应并产生气体。已知：铈常见的化合价为+3和+4，且Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+。下列说法正确的是（ ）
A．用Pt作阴极，Fe作阳极，电解熔融CeO2，可在阳极获得铈
B．将少量的碘化亚铁溶液滴加到Ce(SO4)2溶液中，其离子方程式为：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+
C．金属铈着火，可采用普通的泡沫灭火器灭火
D．金属铈可浸于煤油中保存，储存在阴凉、通风的地方，要远离火种和热源
【答案】D
【解析】A．电解时活性电极做阳极，阳极本身失电子发生氧化反应，得到Fe2+，与Ce4+反应，最终使得熔融的CeO2中的四价铈离子不放电，A错误；B．将少量的碘化亚铁溶液滴加到Ce(SO4)2溶液中，由于I−和Fe2+都有还原性，故两者均可以与Ce4+反应，反应为3Ce4++Fe2++2I−=3Ce3++I2+Fe3+，B错误；C．普通的泡沫灭火器中有二氧化碳和氢氧化铝的糊状物，由于铈是活泼金属，会与糊状物中的水反应，所以不能用泡沫灭火器灭火，C错误；D．金属铈是活泼金属，易与水、氧气反应，所以保存时放在煤油中隔离空气，储存在阴凉、通风的地方，要远离火种和热源，D正确；故选D。
9．氰化物是剧毒物质，传统生产工艺的电镀废水中含一定浓度的CN−，无害化排放时必须对这种废水进行处理。可采用碱性条件下的Cl2氧化法处理这种废水，涉及两个反应：
反应i，CN−+OH−+Cl2OCN−+Cl−+H2O(未配平)；
反应ii，OCN−+OH−+Cl2X+Y+Cl−+H2O(未配平)。
其中反应i中N元素的化合价没有变化，X、Y是两种无毒的气体。下列判断正确的是（ ）
A．反应i中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为1∶2
B．X、Y是CO2、N2，且均为反应ii的氧化产物
C．该废水处理工艺过程中须采取措施，防止Cl2逸出到空气中
D．处理c(CN−)=0.0001mol·L−1的废水106L，消耗标况下的Cl2 4.48×103L
【答案】C
【解析】A．反应i中N元素的化合价没有变化，碳化合价从+2升高到+4，氯元素化合价降低，所以氯气是氧化剂，CN−是还原剂，二者比例为1∶1，故A错误；B．X、Y是两种无毒的气体，从元素分析，应含有碳元素和氮元素，其中一种为二氧化碳，另一种为氮气，其中碳元素化合价不变，氮元素化合价升高，氮气为氧化产物，二氧化碳不是氧化产物，故B错误；C．氯气是有毒气体，应采取措施，防止氯气逸出到空气中，故C正确；D．CN−+2OH−+Cl2=OCN−+2Cl−+H2O，2OCN−+4OH−+3Cl2=2CO2+N2+6Cl−+2H2O，总反应方程式为，2CN−+8OH−+5Cl2=2CO2+N2+10Cl−+4H2O，处理c(CN−)=0.0001mol·L−1的废水106L，则的物质的量为100mol，消耗的氯气为250mol，标况下的Cl2 250mol×22.4L/mol=5.6×103L，故D错误。故选C。
10．工业上提取碲(Te)的反应之一为3Te+16HNO3=3Te(NO3)4+4NO↑+8H2O，下列说法不正确的是（ ）
A．生成标准状况下11.2L NO，转移的电子数为2NA
B．Te(NO3)4是氧化产物，NO是还原产物
C．氧化性由强到弱的顺序为HNO3>Te(NO3)4
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶3
【答案】A
【解析】A．由化学方程式可知，生成4mol NO，反应转移12mol电子，标准状况下11.2L NO的物质的量为0.5mol，则转移1.5mol电子，电子数为1.5NA，故A错误；B．由化学方程式可知，反应中Te元素化合价升高被氧化，N元素化合价部分降低被还原，则Te(NO3)4是氧化产物，NO是还原产物，故B正确；C．由氧化还原反应规律可知，氧化剂的氧化性强于氧化产物，由元素化合价变化可知，HNO3起酸和氧化剂的作用，Te(NO3)4是氧化产物，则氧化性由强到弱的顺序为HNO3>Te(NO3)4，故C正确；D．由化学方程式可知，反应中Te元素化合价升高被氧化，N元素化合价部分降低被还原，Te为还原剂，HNO3起酸和氧化剂的作用，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶3，故D正确；故选A。
11． （双选）煅烧NH4Al(SO4)2发生的主要反应：4NH4Al(SO4)22Al2O3+5SO3↑+3SO2↑+2
NH3↑+N2↑+5H2O↑。将生成的16mol混合气体通入一定物质的量浓度的BaCl2溶液中充分反应，有白色沉淀生成。下列说法不正确的是（ ）
A．NH4Al(SO4)2是一种复盐
B．白色沉淀中一定含有BaSO4和BaSO3
C．通入BaCl2溶液后逸出气体的主要成分是N2、SO2和少量水蒸气
D．NH4Al(SO4)2分解反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶1
【答案】BD
【解析】A．NH4Al(SO4)2是由两种不同的金属阳离子(铵根离子性质类似金属阳离子)和一种酸根离子组成的盐，因此属于复盐，A正确；B．根据物质分解反应方程式可知反应产生的气体中，SO3、SO2、NH3物质的量的比是5∶3∶2，反应后溶液显酸性，SO3与水反应产生H2SO4，H2SO4与BaCl2反应产生BaSO4沉淀，由于BaSO3能够溶于酸，故在酸性环境中不存在，则白色沉淀中一定含有BaSO4，但不含BaSO3，B错误；C．4mol NH4Al(SO4)2完全分解产生16mol气体，其中5mol SO3与水反应产生5mol的H2SO4，2mol NH3与1mol H2SO4反应产生(NH4)2SO4，(NH4)2SO4及未反应的4mol H2SO4与BaCl2反应产生BaSO4沉淀，在酸性环境中SO2不能溶解，N2也不能溶解，故逸出气体的主要成分是N2、SO2和少量水蒸气，C正确；D．在该反应中，N元素化合价由反应前NH4Al(SO4)2中的-3价变为反应后N2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，N2是氧化产物；S元素化合价由反应前NH4Al(SO4)2中的+6价变为反应后SO2中的+4价，化合价降低，得到电子被还原，SO2是还原产物，故分解反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶3，D错误；故合理选项是BD。
12．（双选）白磷有剧毒，白磷中毒可用硫酸铜溶液解毒，白磷与硫酸铜可以发生如下两个反应：
(1)2P+5CuSO4+8H2O=5Cu+2H3PO4+5H2SO4
(2)11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4
下列有关说法中错误的是（ ）
A．在上述两个反应中，水既不是氧化剂也不是还原剂
B．在上述两个反应中，氧化产物都是H3PO4
C．在上述两个反应中，氧化剂都只有硫酸铜
D．在反应(2)中，当有5mol CuSO4发生反应时，共转移5mol电子
【答案】CD
【解析】在(1)2P+5CuSO4+8H2O=5Cu+2H3PO4+5H2SO4反应中P元素化合价由0价变为5价，Cu元素化合价由+2价变为0价；在(2)11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4反应中P元素化合价由0价变为-3价、+5价，Cu元素化合价由+2价变为+1价，如果有11mol P参加氧化还原反应，则有6/11的P被氧化，其余的P被还原，A、两个反应中只有P、Cu元素化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故A正确；B、两个反应中P元素化合价由0价变为+5价，化合价升高被氧化，所以氧化产物都是H3PO4，故B正确；C．在反应（2）中，P元素化合价由0价变为-3价、+5价，所以P既是氧化剂又是还原剂，故C错误；D、在反应（2）中，15mol CuSO4转移30mol电子，则当有5mol CuSO4发生反应时，共转移10mol电子，故D错误；故选CD。
【点睛】本题考查氧化还原反应，掌握元素化合价变化和氧化剂、还原剂的概念是解本题关键，注意该反应中P元素化合价变化，在反应（2）中既升高又降低，为易错点，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
13．含氮化合物对环境、生产和人类活动有很大影响。
(1)氨气具有还原性。将氨气通入灼热的氧化铜固体中，现象是_____________；化学方程式是________________________________。
(2)NF3为无色、无味的气体，在潮湿的环境中易变质生成HF、NO、HNO3。该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________，NF3在空气中泄漏时很容易被观察到，原因是________________________________________________________。
(3)利用某分子筛作催化剂，可脱除工厂废气中的NO、NO2，反应机理如图所示。请写出脱去NO的离子反应方程式：______________________________________。

(4)火箭燃料偏二甲肼C2H8N2与N2O4反应放出大量的热，生成无毒、无污染的气体和水。1mol C2H8N2完全反应转移的电子数是___________。
【答案】（1）黑色氧化铜变为红色 2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O
（2）2∶1 NO与氧气反应生成红棕色的二氧化氮
（3） [(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++H++N2+H2O
（4） 16NA
【解析】（1）氨气具有还原性，能使黑色的氧化铜变为红色的单质铜，反应的方程式为2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；（2）NF3在潮湿的环境中与水反应，易变质生成HF、NO、HNO3，则方程式为3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3，当有3mol NF3反应时，生成2mol NO和1mol HNO3，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1；NF3易变质，生成NO，NO与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，而硝酸易于空气中的水蒸气结合形成白雾；(3)根据图像可知，反应的方程式为NO+NO2+2NH3=2N2+3H2O，A为氮气和水，则脱去NO的离子反应方程式为[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++H++N2+H2O；(4)已知C2H8N2与N2O4反应放出大量的热，生成无毒、无污染的气体和水，C2H8N2+2N2O4=2CO2+4H2O+3N2，1mol C2H8N2完全反应转移的电子为16mol。
14．一种利用电解锰阳极泥(主要成分MnO2、MnO)制备MnO2的工艺流程如下：

(1)“煅烧氧化”时，1mol MnO完全转化为Na2MnO4失去电子的物质的量为____mol；MnO2煅烧反应的化学方程式为______________。
(2)“调pH”是将溶液pH调至约为10，防止pH较低时Na2MnO4自身发生氧化还原反应生成MnO2和____________。
(3)“还原”时有无机含氧酸盐生成，反应的化学方程式为___________。
(4)测定产品中MnO2质量分数的步骤如下：
步骤1：准确称取mg产品，加入c1 mol/L Na2C2O4溶液V1mL(过量)及适量的稀硫酸，水浴加热煮沸一段时间。(已知：Na2C2O4+2H2SO4+MnO2=MnSO4+2CO2↑+2H2O+Na2SO4)
步骤2：用c2 mol/L KMnO4标准溶液滴定剩余的Na2C2O4，滴定至终点时消耗KMnO4标准溶液VmL。(已知：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+l0CO2↑+K2SO4+8H2O)
步骤2达滴定终点时的判断依据是___________，产品中MnO2的质量分数为w(MnO2)=______(列出计算表达式即可)。
【答案】（1）4 2MnO2+4NaOH+O22Na2MnO4+2H2O
（2）MnO[(或NaMnO4)
（3） 2Na2MnO4+HCHO=2MnO2↓+Na2CO3+2NaOH
（4） 滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液呈浅红色且30s内不褪去 ×100%
【解析】锰阳极泥“煅烧氧化”使MnO完全转化为Na2MnO4；“浸取”得到Na2MnO4的浸取液；“调pH”是将溶液pH调至约为10，加入甲醛发生氧化还原反应制备二氧化锰。（1）“煅烧氧化”时MnONa2MnO4锰由+2价变成+6价，失去电子为4e-，1mol MnO煅烧完全失去电子的物质的量为4mol；MnO2煅烧反应的化学方程式为2MnO2+4NaOH+O2
2Na2MnO4+2H2O；(2)Na2MnO4中Mn的化合价为+6，MnO2中Mn的化合价为+4，Na2MnO4自身发生氧化还原反应，Mn的化合价部分变为+4价，部分要升高为+7价，所以能生成MnO2，NaMnO4；(3)根据流程可知，“还原指Na2MnO4与甲醛反应生成二氧化锰和碳酸钠，反应的化学方程式为2Na2MnO4+HCHO=2MnO2↓+Na2CO3+2NaOH；(4)用KMnO4标准溶液滴定草酸，滴定终点时高锰酸钾过量，则判断依据是：滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液呈浅红色且30s内不褪去；由5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+K2SO4+8H2O，得2n
(H2C2O4)=5n(KMnO4)，n(H2C2O4)=；Na2C2O4+2H2SO4+MnO2=MnSO4+2CO2
↑+2H2O+Na2SO4，n(Na2C2O4)=n(MnO2)，n(Na2C2O4)=c1mol/L×V1mL-，m(MnO2)=(c1V1-)×87g/mol÷1000，产品中MnO2的质量分数为ω(MnO2)=×100%。
15．碳酸铈[Ce2(CO3)3]为白色粉末，难溶于水，主要用作生产铈的中间化合物。它可由氟碳酸铈精矿经如图流程制得：

回答下列问题：
（1）若Na2CO3溶液改为NaOH溶液，则反应生成难溶物一氢氧化铈(M)，其暴露于空气中时变成紫色，最终变成黄色的氢氧化高铈(IV)。氢氧化铈在空气中被氧化成氢氧化高铈的化学方程式为 。
（2）取（1）中得到的Ce(OH)4产品1.00g，加硫酸溶解后，用0.1000mol/L的FeSO4标准溶液滴定至终点(铈被还原成Ce3+)，消耗标准溶液45.00mL，则所得产品中Ce(OH)4的质量分数为 。
【答案】（1）4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4
（2）93.6%
【解析】氟碳酸铈精矿在空气中氧化焙烧生成二氧化铈(CeO2)、二氧化碳和HF；二氧化铈与稀硫酸、过氧化氢反应生成铈(III)溶液、氧气；分离出不溶物后，加入碳酸钠溶液制备Ce2(CO3)3。(3)若试剂Na2CO3改为氢氧化钠溶液，则发生反应Cs2(SO4)3+6NaOH=2Ce(OH)3
↓+3Na2SO4，将氢氧化铈(Ⅲ)暴露于空气中时会被空气中的氧气氧化变成紫色，最终变成黄色的氢氧化高铈(Ⅳ)。根据元素守恒和得失电子守恒，化学方程式为4Ce(OH)3+O2+2H2O=4
Ce(OH)4；(4)用0.1000mol/L的FeSO4标准溶液滴定时，发生Ce(OH)4+Fe2++4H+=Ce3++Fe3++4
H2O，则n[Ce(OH)4]=0.1000mol/L×45.00mL=0.0045mol，m[Ce(OH)4]=0.0045mol×208g/mol=
0.936g，Ce(OH)4的质量分数=×100%=93.6%。