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新高考化学二轮复习核心考点逐项突破专题三 复杂离子方程式的书写（专练）（解析版）
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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、考号填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。
3.答非选择题时，必须将答案书写在专设答题页规定的位置上。
4.所有题目必须在答题卡上作答。在试题卷上答题无效。
5.考试结束后，只交试卷答题页。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5
1．（模拟）硫化氢(H2S)是一种有毒气体，高于200℃分解，脱除H2S的方法很多，如用Na2CO3吸收，含H2S的气体与饱和Na2CO3溶液在吸收塔内逆流接触，生成两种酸式盐。该反应的离子方程式为_______。
【答案】H2S+CO=HS-+HCO
【详解】H2S的气体与饱和Na2CO3溶液生成两种酸式盐可知为NaHS和NaHCO3，反应的离子方程式为：H2S+=HS-+。
2．（2023秋·广东广州·高三广州市南武中学校考期末）黑木耳中含有丰富的人体所必需的铁元素。某研究小组测定黑木耳中铁元素含量，实验方案如下。回答下列问题：
(2)测定黑木耳中铁元素含量(已知黑木耳提取液中铁元素以Fe2+和Fe3+的形式存在)
①“步骤一”中加入过量铜粉的目的是_______。
②请补充完整步骤②中发生反应的离子反应方程式：_______。
______Fe2++_______ +_______=_______Fe3++_______Cr3++_______。
③实验测得黑木耳中铁元素的质量分数为_______。
【答案】(2) 将铁离子还原为亚铁离子，测定更准确，减小实验误差 0.3%
【详解】（2）①已知黑木耳提取液中铁元素以Fe2+和Fe3+的形式存在，“步骤一”酸浸后含有铁离子，加入过量铜粉的目的是将铁离子还原为亚铁离子，测定更准确，减小实验误差；
②根据得失电子守恒可知Fe2+和的系数比为6:1，再结合原子守恒可得离子方程式为：；
③根据：关系式，实验测得黑木耳中铁元素的质量分数为。
3．（2021·浙江绍兴·校考模拟预测）NaCN属于剧毒化学品，应与酸类、氧化剂、食用化学品分开存放。其阴离子中各原子均满足8电子稳定结构，NaCN的电子式为_______；强氧化剂NaClO会将氧化，生成、和等无毒无害物质，可用该反应处理含氰废水(破氰)，该反应的离子方程式为_______。
【答案】 2CN-+5ClO-+2OH-=2CO+N2↑+5Cl-+H2O
【详解】NaCN为离子化合物，是由Na+和CN-组成，C和N共用三个电子对，NaCN的 电子式为 ；ClO-作氧化剂，化合价由+1降低为-1价，降低2价，CN-中N显-3价，C显+2价，N的化合价由-3价升高为0价，C的化合价由+2价升高为+4价，CN-化合价整体升高5价，最小公倍数为10，因此离子方程式为2CN-+5ClO-+2OH-=2CO+N2↑+5Cl-+H2O；故答案为 ；2CN-+5ClO-+2OH-=2CO+N2↑+5Cl-+H2O。
4．（2022·陕西渭南·一模）元素化合物在化工生产和环境科学中有着重要的用途。
(1)向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入稀NaOH溶液至过量，反应的离子方程式依次为____、____、____。
(2)自然界中Cr主要以+3价和+6价形式存在。中的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠在酸性条件下将还原。写出该反应的离子方程式：____。
(3)常温下，氰化钠(NaCN)能与过氧化氢溶液反应生成一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色的气体，大大降低其毒性。写出该反应的离子方程式：____。
(4)已知：CCl4与水不相溶且密度比水大，Cl2的CCl4溶液呈黄绿色，Br2的CCl4溶液呈橙红色，且Br2易从水溶液中溶入CCl4中。Cl2既能氧化Br-，也能氧化Fe2+。
①取10mL0.1ml/LFeBr2溶液，向其中滴加几滴新制的氯水，振荡后溶液呈黄色。取少量反应后的溶液加入KSCN溶液，溶液变为红色。另取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后，下层为无色液体。以上实验结论表明还原性：Fe2+____Br- (填“＞”或“＜”)。
②若在400mL0.1ml/LFeBr2溶液中通入标准状况下672mL的Cl2，取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后下层液体呈____色，写出该反应的离子方程式____。
【答案】(1) Al3++3OH-=Al(OH)3↓ +OH-=NH3•H2O Al(OH)3+OH-=+2H2O
(2)+3+8H+=2Cr3++3+4H2O
(3)H2O2+CN-+H2O=+NH3↑
(4) ＞ 橙红 4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-
【详解】（1）NH4Al(SO4)2溶液中存在、Al3+和，向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入稀NaOH溶液，开始时发生的反应是OH-和Al3+的反应，反应的离子方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，若OH-先和反应，则生成的NH3•H2O会和Al3+反应生成Al(OH)3沉淀和，所以Al3+先和OH-反应；当Al3+消耗完时，继续和OH-反应，离子方程式为：+OH-=NH3•H2O，若Al(OH)3先和OH-反应，生成的会和发生完全双水解反应生成Al(OH)3和NH3，所以OH-先和反应；当反应结束时，Al(OH)3继续和OH-反应，离子方程式为：Al(OH)3+OH-=+2H2O。
（2）酸性条件下，被还原为Cr3+，被氧化为，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒写出该反应的离子方程式为：+3+8H+=2Cr3++3+4H2O。
（3）能使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色的气体为氨气，氰化钠(NaCN)能与过氧化氢溶液反应生成一种酸式盐和氨气，根据反应物中的原子可知，酸式盐为NaHCO3，则碳元素的化合价从+2价升高到+4价，则H2O2中O元素的化合价从-1价降低到-2价，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒写出该反应的离子方程式为：H2O2+CN-+H2O=+NH3↑。
（4）①FeBr2溶液中含有Fe2+和Br-，向其中滴加几滴新制的氯水，振荡后溶液呈黄色，取少量反应后的溶液加入KSCN溶液，溶液变为红色，说明氯水中的Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+和SCN-反应生成红色物质。另取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后，下层为无色液体，说明Cl2没有将Br-氧化为Br2。该实验中，少量的氯气只将Fe2+氧化而没有将Br-氧化，说明还原性：Fe2+＞Br-。
②400mL0.1ml/LFeBr2溶液中含有FeBr20.04ml，溶液中含有0.04mlFe2+和0.08mlBr-，通入标准状况下672mL的Cl2即0.03mlCl2，由于还原性：Fe2+＞Br-，所以氯气先氧化Fe2+，0.04mlFe2+被氧化为Fe3+，转移0.04ml电子，消耗0.02mlCl2，剩余的0.01mlCl2将0.02mlBr-氧化为Br2，取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后下层液体呈橙红色；根据上述分析，氯气、参加反应的Fe2+和Br-的物质的量分别为0.03ml、0.04ml、0.02ml，则该反应的离子方程式为：4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-。
5．（2022·上海青浦·统考二模）铋元素位于第六周期VA族，常用于治疗胃病的药物中，也广泛用于合金制造、冶金工业、半导体工业、核工业中。
(5)铋酸钠(NaBiO3)在酸性溶液中具有很强的氧化性，可用于测定钢铁试样中锰的含量。完成并配平下列反应方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目_______。
_______BiO+_______Mn+_______H+→_______Bi3++_______MnO+______
【答案】
(5)
【解析】（5）该反应中Bi元素化合价由+5降低为+3、Mn元素化合价由0升高为+7，根据得失电子守恒、电荷守恒，配平离子方程式为7BiO+2Mn+26H+→7Bi3++2MnO+13H2O，并用单线桥标出电子转移的方向和数目为。
6．（2022·安徽淮北·统考一模）铬是人体必须的微量元素，在人体代谢中发挥着特殊作用。回答下列问题：
(1)金属铬可以通过焦炭高温还原铬铁矿(FeCr2O4)制取，同时生成一种有毒的气体，该反应的化学方程式为______。
(2)①取冶炼所得的金属铬溶解在盐酸中制取CrCl3溶液，其中混有FeCl2杂质，请完成除杂方案：向溶液中加入足量NaOH溶液，过滤，向滤液中______，过滤，将固体溶解在稀盐酸中(已知Cr(OH)3是两性氢氧化物)。
②由CrCl3溶液得到CrCl3•6H2O，除去其结晶水的操作是______。
(3)Cr3+在碱性条件下易被氧化成CrO，写出向CrCl3溶液中加入氨水和过氧化氢发生反应的离子方程式______。
(4)CrO在酸性条件下可转化为Cr2O，Cr2O可以用来检验H2O2，原理是Cr2O+4H2O2+2H+2CrO5(蓝色)+5H2O。
①CrO5中铬元素为+6价，其中过氧键的数目为______。
②酸化重铬酸钾选用的酸为______(填标号)。
a.稀盐酸 b.稀硫酸 c.氢碘酸 d.磷酸
【答案】(1)FeCr2O4+4CFe+2Cr+4CO↑
(2) 通入过量CO2 在干燥的氯化氢气流中加热(或用SOCl2脱水)
(3)2Cr3++3H2O2+10NH3•H2O=2CrO+10NH+8H2O
(4) 2 b
【解析】(1)
铬铁矿和焦炭在电炉中发生氧化还原反应，可以生成铬、铁和一氧化碳，反应的化学方程式为FeCr2O4+4CFe+2Cr+4CO↑；
(2)
①已知Cr(OH)3是两性氢氧化物，加入足量NaOH溶液，FeCl2转化为Fe(OH)2沉淀过滤除去，Cr元素以离子形成存在溶液中，加入弱酸可转化为沉淀，向滤液中通入过量CO2得到Cr(OH)3，再溶解在稀盐酸中制取CrCl3溶液；
②由于Cr3+会发生水解反应，加热CrCl3溶液会促进水解，加入HCl可抑制水解，因此除去其结晶水的操作是在干燥的氯化氢气流中加热；
(3)
已知 Cr3+在碱性条件下易被氧化成CrO，则CrCl3溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成CrO和水，离子方程式为：2Cr3++3H2O2+10NH3•H2O=2CrO+10NH+8H2O；
(4)
①CrO5中铬元素为+6价，则5个O原子由2个和1个O2-组成，其中过氧键的数目为2；
②重铬酸钾具有氧化性，a.稀盐酸中Cl-具有还原性，两者会发生氧化还原反应，不能用来酸化重铬酸钾，a不选；
b.稀硫酸中S元素为最高价，只有氧化性，能用来酸化重铬酸钾，b选；
c.氢碘酸中I-具有还原性，两者会发生氧化还原反应，不能用来酸化重铬酸钾，c不选；
d.磷酸为中强酸，而H+使氧化性增强的同时，也使重铬酸更稳定，则需要酸性更强的硫酸来酸化，d不选；
故选：b。
7．（2022·江苏·统考一模）电解法制取高纯镍的原料液中含Cu(II)(主要以Cu2+、CuCl＋、CuCl2等形式存在)杂质，为保证高纯镍产品的纯度，电解前须将Cu(II)除去，方法如下。
(1)S−SO2除铜：向原料液中加入适量细硫粉并鼓入SO2，将Cu(II)转化为CuS沉淀除去。Cu2+沉淀时发生反应的离子方程式为___________。
(2)NiS除铜：向原料液中加入活性NiS粉末，将Cu(II)转化为CuS沉淀除去。过滤后的滤渣即为除铜渣(含NiS、CuS等)。
① 室温下，CuCl＋和活性NiS粉末反应的离子方程式为___________；该反应的平衡常数表达式为K=___________。
② 如图−1所示，将活性NiS粉末陈化(露置)超过7小时后再用于除铜的效果明显变差，其原因可能是___________。
③ 除铜渣中铜镍质量比随原料液pH的变化如图−2所示，实验测得溶液pH=3.5时除铜渣中铜镍质量比最大，其原因可能是___________。
【答案】(1)Cu2+＋SO2＋S＋2H2O = CuS＋4H＋＋
(2) CuCl＋＋NiS = CuS＋Ni2+＋Cl－ NiS被空气的O2氧化变质，失去活性[或NiS在空气中被自然氧化为Ni(OH)S，失去活性] pH＜3.5时，随着pH的减小，溶液中的H＋结合S2−生成更多的HS－或H2S，降低了S2−的有效浓度，导致生成CuS沉淀的量减少，除铜渣中铜镍质量比降低。pH＞3.5时，随着pH的增大，溶液中Ni2+生成更多的Ni(OH)2沉淀，使除铜渣中Ni含量增大，从而降低了铜镍质量比
【解析】（1）
S、SO2与Cu2+反应生成CuS沉淀，Cu的化合价不变，S转化为CuS，S的化合价降低，则应有元素化合价要升高，推知为SO2转化为，S的化合价升高，Cu2+水解显酸性，用H＋平衡电荷，由H、O守恒知，反应物需要加2个H2O即Cu2+＋SO2＋S＋2H2O = CuS＋4H＋＋。
（2）
NiS除铜：向原料液中加入活性NiS粉末，将Cu(II)转化为CuS沉淀除去。过滤后的滤渣即为除铜渣(含NiS、CuS等)。
①室温下，CuCl＋和活性NiS粉末反应生成 CuS、Ni2+和Cl－，其反应的离子方程式为CuCl＋＋NiS = CuS＋Ni2+＋Cl－；NiS、CuS都为固体沉淀，因此该反应的平衡常数表达式为K=；故答案为：CuCl＋＋NiS = CuS＋Ni2+＋Cl－；。
②如图−1所示，将活性NiS粉末陈化(露置)超过7小时后再用于除铜的效果明显变差，活性NiS粉末陈化时间越长，Cu2+越难除，分析得到Cu2+通过与S2−反应生成CuS除去，Cu2+越难除，说明−2价S被O2氧化，而使NiS失去活性；故答案为：NiS被空气的O2氧化变质，失去活性[或NiS在空气中被自然氧化为Ni(OH)S，失去活性]。
③除铜渣中铜镍质量比随原料液pH的变化如图−2所示，实验测得溶液pH=3.5时除铜渣中铜镍质量比最大，图−2中pH=3.5时铜渣中铜镍质量比最大，回答时应从pH＜3.5和pH＞3.5作答，当pH＜3.5时，溶液的酸性较强，H＋会与S2−结合成HS－或H2S，S2−浓度减小，减弱了S2−与Cu2+的结合，除铜渣中CuS减小，所以除铜渣中铜镍质量比降低；当pH＞3.5时，碱性增强，OH－会与Ni22+反应生成Ni(OH)2沉淀，过滤后的滤渣中，含镍较多，则除铜渣中铜镍质量比降低；故答案为：pH＜3.5时，随着pH的减小，溶液中的H＋结合S2−生成更多的HS－或H2S，降低了S2−的有效浓度，导致生成CuS沉淀的量减少，除铜渣中铜镍质量比降低。pH＞3.5时，随着pH的增大，溶液中Ni2+生成更多的Ni(OH)2沉淀，使除铜渣中Ni含量增大，从而降低了铜镍质量比。
8．（2021·河北衡水·统考模拟预测）零价铁还原性强、活性高，对很多重金属离子及含磷、砷离子都有较好的去除和富集作用。
Ⅰ.零价铁的制备。
(1)富铁矿石经破碎、筛分到微米级后，在氢气氛围下600℃高温还原1h可以制备微米级零价铁。请写出磁铁矿与氢气反应制备零价铁的化学方程式___________。
(2)采用还原铁盐，可以制备出纳米级的零价铁。
已知：B的电负性是2.0，H的电负性是2.1
①请写出的电子式___________。
②请写出与硫酸反应的离子方程式___________。
③补充完整下列离子方程式___________
____________________________________________Fe+______________________
Ⅱ．零价铁的结构和作用机理。
研究发现，纳米级和微米级的零价铁，均具有“核—壳”结构。
已知：①壳层可以导电；
②当时，铁的氧化物质子化，壳层表面带正电；当时，铁的氧化物去质子化，壳层表面带负电；
③磷酸盐溶解度一般较小。
(3)去离子水中加入零价铁，pH从6上升到9.5左右。检测壳层物质，发现有、、、等。导致产生壳层微粒的氧化剂是、___________。
(4)部分金属阳离子去除机理如图所示。纳米零铁去除污水中Cu(Ⅱ)、Zn(Ⅱ)主要机理不同，请简述两者的区别并解释原因___________。
(5)去除含磷()微粒：
①控制pH___________8。
②通过形成___________(填化学式)进一步去除。
(6)综上所述，零价铁去除重金属离子及含磷微粒的主要机理有___________。
【答案】(1)
(2)
(3)H2O
(4)零价铁的还原性大于Cu，小于Zn，因此，Cu(Ⅱ)被铁还原为Cu而除去，而Fe无法还原Zn(Ⅱ)，主要通过吸附作用除去Zn(Ⅱ)
(5) <8 FePO4、Fe3(PO4)2
(6)还原、吸附、共沉淀
【解析】（1）
磁铁矿与氢气反应生成零价铁和水的反应方程式为。
（2）
①NaBH4是离子化合物，故电子式为。②由于B的电负性是2.0，H的电负性是2.1，故H是-1价，有强还原性，故与硫酸发生氧化还原反应。③根据得失电子守恒，可得。
（3）
去离子水中加入零价铁，pH从6上升到9.5左右，说明H2O作氧化剂。
（4）
零价铁的还原性大于Cu，小于Zn，因此，Cu(Ⅱ)被铁还原为Cu而除去，而Fe无法还原Zn(Ⅱ)，主要通过吸附作用除去Zn(Ⅱ)。
（5）
①根据已知，当pH<8时，铁的氧化物质子化，壳层表面带正电，能更好地吸附带负电的PO。②FePO4、Fe3(PO4)2都是沉淀，故能进一步去除PO。
（6）
综上所述，零价铁去除重金属离子及含磷微粒的主要机理有(3)中利用还原法去除重金属离子，(4)中利用吸附法去除金属离子，(5)利用沉淀法沉淀含磷微粒。
9．（2021·河南信阳·统考一模）磷是重要的元素，能形成多种含氧酸和含氧酸盐。回答下列问题：
Ⅰ. 亚磷酸(H3PO3)是二元酸，H3PO3溶液存在电离平衡：H3PO3H+ + H2PO。亚磷酸与足量NaOH溶液反应，生成水和Na2HPO3。
(1)写出亚磷酸钠(Na2HPO3)中磷的化合价___________。
(2)当亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式为___________。
(3)亚磷酸具有强还原性，可使碘水褪色，该反应的化学方程式___________。
Ⅱ.已知：①次磷酸(H3PO2)是一种一元弱酸；
②常温下，电离平衡常数Ka(H3PO2)=5.9×10-2，Ka(CH3COOH)=1.8×10-5；
(4)下列说法正确的是___________。
A．次磷酸的电离方程式为：H3PO2⇌H++H2PO
B．NaH2PO2属于酸式盐
C．浓度均为0.1ml•L-1的次磷酸(H3PO2)与盐酸相比前者导电能力强
D．0.1ml•L-1NaH2PO2溶液的pH比0.1ml•L-1CH3COONa溶液的pH小
(5)次磷酸钠NaH2PO2具有强还原性，是一种很好的化学镀剂。如NaH2PO2能将溶液中的Ni2+还原为Ni，用于化学镀镍。酸性条件下镀镍溶液中发生如下反应：____
___________Ni2++___________H2PO+___________(___________)═___________Ni+___________H2PO+_______(___________)请完成并配平上列的离子方程式。
Ⅲ.磷酸是三元弱酸(H3PO4)
(6)磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1 500 ℃生成白磷，反应为： 2Ca3(PO4)2+6SiO2 6CaSiO3+P4O10 10C+P4O10 P4+10CO
若反应生成31 g P4，则反应过程中转移的电子数为___________(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1)+3
(2)H3PO3+OH-＝H2PO+H2O
(3)H3PO3 + I2 +H2O＝2HI+ H3PO4
(4)AD
(5)1Ni2++1H2PO+1H2O═1Ni+1H2PO+2H+
(6)5NA
【详解】（1）亚磷酸钠中Na为+1价，O为-2价，H为+1价，根据正负化合价为零，故P为+3价；
（2）亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO3+OH-＝H2PO+H2O；
（3）亚磷酸被碘水氧化为磷酸，碘被还原为碘离子，其化学方程式为H3PO3+I2+H2O＝2HI+H3PO4；
（4）A．次磷酸为弱酸，则电离方程式为：H3PO2⇌H++H2PO，故A正确；
B．NaH2PO2属于正盐，故B错误；
C．次磷酸为弱酸，则浓度均为0.1ml•L-1的次磷酸（H3PO2）与盐酸相比前者导电能力弱，故C错误；
D．由信息②可知H3PO2的酸性比醋酸强，则0.1ml•L-1NaH2PO2溶液的pH比0.1ml•L-1CH3COONa溶液的pH小，故D正确．
故答案为：AD；
（5）由氧化还原反应中化合价升降相等进行配平：镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，根据原子守恒结合电荷守恒可得配平的方程式为：H2O+Ni2++H2PO2-═Ni+H2PO3+2H+，
故答案为：1；1；1H2O；1；1；2H+；
（6）P由+5价变成0价，每生成1mlP4时，转移电子20ml。31gP4的物质的量为0.25ml，所以反应转移的电子数为5NA，故答案为5NA
10．（2021·山东·模拟预测）(1)向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为___。
(2)双氧水浓度可在酸性条件下用KMnO4溶液测定，该反应的离子方程式为___。
(3)实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨(N2H4)，反应的化学方程式为___。
(4)在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液浓度为5×10-3ml·L-1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如表。
写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式___。
【答案】 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 2+6H++5H2O2=2Mn2++8H2O+5O2↑ NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O 4NO+3+4OH-=4+2H2O+3Cl-
【详解】(1)H2O2是强氧化剂，能将Fe2+氧化成Fe3+，则有2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(2)双氧水可以被酸性高锰酸钾溶液氧化生成水和氧气，离子方程式为2+6H++5H2O2=2Mn2++8H2O+5O2↑；
(3)由题意可知，次氯酸钠是强氧化剂，氨是还原剂，氮元素由-3价升高到-2价，失去1个电子，生成联氨，氯元素由+1价降低到-1价，得到2个电子，生成稳定的氯化钠，则反应的化学方程式为2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；
(4)NaClO2溶液脱硝过程，转化为Cl-，NO主要转化为，则有4NO+3+4OH-=4+2H2O+3Cl-。
11．（2021·山东·模拟预测）(1)水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。“氧的固定”中发生反应的化学方程式为___。
(2)+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的还原成Cr3+，反应的离子方程式为___。
【答案】 O2+2Mn(OH)2=2MnO(OH)2 +3+5H+=2Cr3++3+4H2O
【详解】(1)根据氧化还原反应原理，Mn(OH)2被氧气氧化为MnO(OH)2，由此可得化学方程式2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2；
(2)在反应中被氧化为，结合反应前后元素化合价变化，利用升降法可写出并配平该离子方程式为+3+5H+=2Cr3++3+4H2O。
12．（2021·山东·模拟预测）碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，工业上以软锰矿(主要成分为MnO2)和黄铁矿(主要成分为FeS2)为主要原料制备碳酸锰的一种工艺流程如图。
溶浸后的溶液中，阴离子只有，则生成的离子方程式为___。
【答案】2FeS2+15MnO2+28H+=2Fe3++15Mn2++4+14H2O
【详解】由题中流程图可知，溶浸过程中，反应物有MnO2、FeS2、H2SO4；由生成物中的阴离子只有可知，FeS2中的硫元素被氧化，+2价铁被氧化为Fe3+，MnO2被还原为Mn2+，故可先写出：FeS2+MnO2+H+→Fe3++Mn2++，然后依据得失电子守恒、质量守恒配平即可，反应的离子方程式为2FeS2+15MnO2+28H+=2Fe3++15Mn2++4+14H2O。
13．（2021·山东·模拟预测）实验室以锌灰(含ZnO、PbO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2等)为原料制备Zn3(PO4)2·4H2O的流程如图。
滴加KMnO4溶液后有MnO2生成，该反应的离子方程式为___。
【答案】+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+
【详解】锌灰被稀硫酸“浸取”后，溶液中有Fe2+，KMnO4溶液氧化Fe2+生成Fe3+，自身被还原为MnO2，反应的离子方程式为MnO+3Fe2++7H2O＝MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+。
14．（2021·山东·模拟预测）二氧化氯(ClO2)是目前国际上公认的第四代高效、无毒的消毒剂，是一种黄绿色的气体，易溶于水，沸点为11℃。
(1)用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料制备ClO2的流程如图所示：
①写出电解时发生反应的化学方程式：___。
②ClO2的消毒效率(以转移电子数目的多少为依据)是等物质的量的Cl2的___倍。
(2)产品中ClO2含量的测量：向锥形瓶中加入由适量碘化钾、3mL硫酸组成的混合溶液，将上述反应过程中生成的一部分ClO2气体通入锥形瓶中充分反应。再加入几滴淀粉溶液，用cml/L硫代硫酸钠标准溶液滴定(I2+2=2I-+S，通入的气体中不存在能与I2、反应的成分)，共用去VmL硫代硫酸钠溶液。
①请写出上述二氧化氯气体与碘化钾溶液反应的离子方程式：___。
②滴定终点的现象是___。
③测得通入ClO2的质量m(ClO2)=___(用含c、V的代数式表示)。
【答案】 NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3 2.5 8H++2ClO2+10I-=5I2+2Cl-+4H2O 蓝色消失并在30s内不复原 13.5cV×10-3g
【详解】(1)①由流程知，电解时反应物有HCl、NH4Cl，生成物有H2、NCl3，故可先写出NH4Cl+HCl→H2↑+NCl3，然后再利用得失电子守恒、质量守恒原理配平NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3；
②在消毒过程中，氯元素最终均被还原为Cl-，变化过程中，1mlClO2、1mlCl2分别得到5ml、2ml电子，故ClO2消毒效率是氯气的2.5倍；
(2)①ClO2与KI反应时，氯元素被还原为Cl-，I-被氧化为I2，故可写出2ClO2+10I-→5I2+2Cl-，再结合电荷守恒及溶液呈酸性知有H+参加反应、有水生成，由此可确定最终的离子方程式：8H++2ClO2+10I-5I2+2Cl-+4H2O；
②滴定终点时溶液由蓝色变为无色，所以滴定终点的现象是蓝色消失并在30s内不复原；
③由相关的方程式可得ClO2~2.5I2~5S2O32-，故m(ClO2)=0.2cml/L×10-3VL×67.5g·ml-1=13.5cV×10-3g。
15．（2017·云南玉溪·峨山彝族自治县第一中学校考模拟预测）(1)次氯酸盐是一些漂白剂和消毒剂的有效成分。“84”消毒液的有效成分是次氯酸钠，制取该消毒液的化学方程式为__。
(2)二氧化氯(ClO2)是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂，它可由KClO3溶液在一定条件下与SO2反应制得。该反应的离子方程式为__。
(3)漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)在常温黑暗处可保存一年之久，但亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为HClO2→ClO2↑+H++Cl-+H2O(未配平)。当1mlHClO2发生分解反应时，转移电子的物质的量是___ml。
(4)海水提溴过程中溴元素的变化如图所示：
①过程Ⅰ，海水显碱性，调其pH<3.5后，再通入氯气。调海水pH可提高Cl2的利用率，用平衡移动原理解释其原因：__。
②过程Ⅱ，用热空气将溴赶出，再用浓碳酸钠溶液吸收。完成并配平下列化学方程式：___。
____Br2+____Na2CO3=____NaBrO3+____CO2+____
(5)NaBrO3是一种分析试剂。向硫酸酸化的NaI溶液中逐滴加入NaBrO3溶液，当加入2.6ml NaBrO3时，测得反应后溶液中溴和碘的存在形式及物质的量如表。则原溶液中NaI的物质的量是___ml。
【答案】 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 2ClO+SO22ClO2+SO 0.8 Cl2+H2OH++Cl-+HClO，增大c(H+)，平衡逆向移动，抑制Cl2与水的反应 3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+3CO2+5NaBr 3
【详解】(1)氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
(2)KClO3溶液在一定条件下与SO2反应生成ClO2，Cl元素化合价由+5价变为+4价，化合价降低，做氧化剂，则SO2作还原剂，S的化合价升高，转化为，离子方程式为：2+SO22ClO2+；
(3)将亚氯酸分解的离子方程式配平得，生成1ml Cl-时，转移4ml电子，则1ml HClO2发生分解反应时，生成0.2ml Cl-，转移电子的物质的量是0.8ml；
(4)①Cl2+H2OH++Cl-+HClO，增大c(H+)，平衡逆向移动，抑制Cl2与水的反应，从而使更多的Cl2和Br-反应，提高了Cl2的利用率；
②Br2转化为NaBrO3，Br元素的化合价由0价转化为+5价，化合价升高5价，Na、C、O元素的化合价不变，则Br2中，部分Br元素的化合价降低，则Br2转化为Br-，化合价由0价转化为-1价，降低1价，根据得失电子守恒，配平方程式，得3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+3CO2+5NaBr；
(5)NaBrO3转化为Br2，化合价由+5价变为0价，得到5个电子，I-转化为I2，化合价由-1价变为0价，生成一个I2，失去2个电子，I-转化为，化合价由-1价变为+5价，失去6个电子，设的物质的量为x ml，根据得失电子守恒得，解得，根据I元素守恒得。
16．（2021·浙江绍兴·统考二模）氧的常见氢化物有H2O与H2O2。
(1)纯净H2O2为浅蓝色粘稠液体，除相对分子质量的影响外，其沸点(423K)明显高于水的原因为_______。
(2) H2O2既有氧化性也有还原性，写出一个离子方程式其中H2O2在反应中仅体现还原性_______。
【答案】 H2O2分子间氢键比H2O分子间强或氢键数目多
【详解】(1)H2O和H2O2分子间都能形成氢键，且H2O2分子间形成的氢键更多，所以除相对分子质量的影响外，其沸点(423K)明显高于水，原因为H2O2分子间氢键比H2O分子间强或氢键数目多。答案为：H2O2分子间氢键比H2O分子间强或氢键数目多；
(2) H2O2在反应中仅体现还原性，则应与强氧化剂发生反应，如与KMnO4酸性溶液反应，离子方程式为。答案为：。
17．（2021·北京丰台·统考一模）锰广泛存在于自然界中，工业可用软锰矿(主要成分是MnO2)制备锰。
资料：①MnCO3难溶于水，可溶于稀酸。
②在Mn2+催化下，SO2在水溶液中被氧化成H2SO4。
I.制备
(1)写出铝热法还原MnO2制备锰的化学方程式_______。
(2)工业上制备锰时，会产生大量废水和锰渣。锰渣煅烧会产生含高浓度SO2的烟气，可用以下方法处理。
处理方法一：
①用软锰矿进行脱硫可生成硫酸锰，从而达到资源的循环使用。写出一定条件下利用MnO2进行脱硫的化学方程式_______。
②研究表明，用Fe2+/Fe3+可强化脱硫效果，其过程如下所示：
过程I：……
过程II ：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+
过程I的离子方程式是_______。
处理方法二：
③用MnCO3进行脱硫，可提高脱硫率。结合化学用语解释原因：_______。
II.废水中锰含量的测定
(3)取1 mL废水置于20 mL磷酸介质中，加入HClO4，将溶液中的Mn2+氧化为Mn3+，用c ml/L (NH4)2 Fe(SO4)2溶液进行滴定，达到滴定终点时，滴定管刻度由V0mL变为V1 mL，废水中锰的含量为____ g/mL。
【答案】 4Al+3MnO23Mn+2Al2O3 MnO2+SO2MnSO4 2Fe2++MnO2+4H+=Mn2++2Fe3++2H2O 溶液中存在平衡：MnCO3(s)=Mn2+(aq)+ (aq)，消耗溶液中的H+，促进SO2溶解：SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++生成Mn2+有催化作用，可促进反应2SO2+O2+2H2O2H2SO4发生 55 c(V1-V0)×10-3
【详解】(1)铝热法还原MnO2制备锰即高温条件下铝单质和MnO2反应得到氧化铝和Mn单质，化学方程式为4Al+3MnO23Mn+2Al2O3；
(2)①根据题意可知MnO2会将SO2氧化得到MnSO4，化学方程式应为MnO2+SO2MnSO4；
②据图可知过程I中MnO2被Fe2+还原生成Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
③溶液中存在平衡：MnCO3(s)=Mn2+(aq)+ (aq)，消耗溶液中的H+，促进SO2溶解：SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++，同时生成的Mn2+有催化作用，可促进反应2SO2+O2+2H2O2H2SO4发生；
(3)滴定时发生反应Fe2++Mn3+=Fe3++Mn2+，所以n(Mn)=c(V1-V0)×10-3ml，所取废水为1mL，所以废水中锰的含量为55 c(V1-V0)×10-3g/mL。
18．（2019·河南·统考一模）自然界中的许多金属元素都能以硫化物的形式存在，硫铁矿(FeS2)就是其中一种，在矿区，开采出的硫铁矿石暴露在空气和水中，会发生下图所示转化。回答下列问题：
(1)FeS2的氧化产物Fe2(SO4)3易______，会使地下水和土壤呈______性；如果矿区中的水流或降雨不断淋洗硫铁矿，FeS2最终转化为____________。
(2)写出S22-的电子式：____________。
(3)写出图中①③两个反应的离子方程式：①______，③_________。
【答案】 水解 酸 FeO(OH) 2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+ FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+
【分析】(1) Fe2(SO4)3是强酸弱碱盐，根据盐的水解规律分析判断；结合流程图示判断氧化产物；
(2)根据同族元素形成的化合物结构相似，结合Na2O2的结构分析；
(3)由流程图中的物质转化和电子守恒以及原子守恒可写出，图中①③两个反应的离子方程式。
【详解】(1)FeS2的氧化产物Fe2(SO4)3是强酸弱碱盐,在溶液中Fe3+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液显酸性。如果矿区中的水流或降雨不断淋洗硫铁矿，根据流程图可看出FeS2转化为FeO(OH)；
(2)S22-中两个S原子之间形成一对共用电子对，每个S原子再获得1个电子，从而使每个S原子都达到8个电子的稳定结构，所以S22-的电子式为；
(3)①由流程图可知FeS2被O2氧化产生SO42-，同时产生Fe2+，O2被还原产生SO42-，结合原子守恒、电荷守恒、电子守恒，可得反应的离子方程式为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+；
③中Fe3+氧化FeS2产生SO42-，Fe3+被还原产生Fe2+，结合原子守恒、电荷守恒、电子守恒，可得反应的离子方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+。
【点睛】本题以铁与硫的化合物的转化为线索，考查了盐的水解、有电子转移的离子方程式的书写、微粒电子式书写的知识。掌握物质的微粒结构、盐的水解规律、氧化还原反应中元素化合价的升降与电子得失关系是本题解答的关键，正确判断元素的化合价是解题基础。
19.（1）工业上用铁屑还原法制备NaI的流程如图所示，反应②中NaIO3被Fe单质还原为NaI，同时生成Fe(OH)3，该反应的化学方程式是________；在该反应中若有99gNaIO3被还原，则转移电子的物质的量为________ml。
（2）辉铜矿石主要含有硫化亚铜（Cu2S)及少量脉石（SiO2)。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如下，写出浸取过程中Cu2S溶解的离子方程式。
【答案】(1)2Fe＋NaIO3＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋NaI，3（2）Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S
【解析】(1)根据得失电子守恒和元素守恒可写出反应的离子(化学)方程式。由于1mlNaIO3被还原为NaI转移6ml电子，故99g(0.5ml)NaIO3被还原时转移3ml电子。（2）用FeCl3溶液浸取辉铜矿的原理是利用Fe3+氧化Cu2S生成可溶性的Cu2+和Fe2+，不溶的单质S可以用苯溶解回收，根据氧化还原反应的原理写出该离子方程式：Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S。
20. 过二硫酸钾(K2S2O8)具有强氧化性，可将I－氧化为I2：S2Oeq \\al(2－,8)＋2I－===2SOeq \\al(2－,4)＋I2。通过改变反应途径，Fe3＋、Fe2＋均可催化上述反应。试用离子方程式表示Fe3＋对上述反应催化的过程：____________、_________。
【答案】 2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，S2Oeq \\al(2－,8)＋2Fe2＋===2SOeq \\al(2－,4)＋2Fe3＋
【解析】因为Fe3＋有氧化性，与I－发生氧化还原反应的产物有还原性，又可与S2Oeq \\al(2－,8)发生反应S2Oeq \\al(2－,8)＋2Fe2＋===2SOeq \\al(2－,4)＋2Fe3＋。
21.硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程如图所示，写出Mg2B2O5·H2O与硫酸反应的化学方程式____________________，“净化除杂”加入H2O2溶液发生反应的离子方程式_______________________。
【答案】Mg2B2O5·H2O＋2H2SO4eq \(=====,\s\up7(△))2H3BO3＋2MgSO4 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O Fe2O3
【解析】Mg2B2O5·H2O与硫酸反应得到硼酸和硫酸镁：Mg2B2O5·H2O＋2H2SO4eq \(=====,\s\up7(△))2H3BO3＋2MgSO4。能与H2O2反应的是Fe2＋，H2O2把Fe2＋氧化成Fe3＋，调节溶液pH约为5时，Fe3＋和Al3＋都形成沉淀，过滤除去。
步骤一
取112g黑木耳，经灼烧、酸浸制得提取液，加入过量的铜粉
步骤二
过滤，向滤液中加入0.10ml/L酸性K2Cr2O7溶液10mL时，恰好完全反应
离子
SO
SO
NO
c/(ml·L-1)
8.35×10-4
6.87×10-6
1.5×10-4
离子
NO
Cl-
c/(ml·L-1)
1.2×10-5
3.4×10-3
粒子
I2
Br2
IO
物质的量/ml
0.5
1.3
未知
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、考号填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。
3.答非选择题时，必须将答案书写在专设答题页规定的位置上。
4.所有题目必须在答题卡上作答。在试题卷上答题无效。
5.考试结束后，只交试卷答题页。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5
1．（模拟）硫化氢(H2S)是一种有毒气体，高于200℃分解，脱除H2S的方法很多，如用Na2CO3吸收，含H2S的气体与饱和Na2CO3溶液在吸收塔内逆流接触，生成两种酸式盐。该反应的离子方程式为_______。
【答案】H2S+CO=HS-+HCO
【详解】H2S的气体与饱和Na2CO3溶液生成两种酸式盐可知为NaHS和NaHCO3，反应的离子方程式为：H2S+=HS-+。
2．（2023秋·广东广州·高三广州市南武中学校考期末）黑木耳中含有丰富的人体所必需的铁元素。某研究小组测定黑木耳中铁元素含量，实验方案如下。回答下列问题：
(2)测定黑木耳中铁元素含量(已知黑木耳提取液中铁元素以Fe2+和Fe3+的形式存在)
①“步骤一”中加入过量铜粉的目的是_______。
②请补充完整步骤②中发生反应的离子反应方程式：_______。
______Fe2++_______ +_______=_______Fe3++_______Cr3++_______。
③实验测得黑木耳中铁元素的质量分数为_______。
【答案】(2) 将铁离子还原为亚铁离子，测定更准确，减小实验误差 0.3%
【详解】（2）①已知黑木耳提取液中铁元素以Fe2+和Fe3+的形式存在，“步骤一”酸浸后含有铁离子，加入过量铜粉的目的是将铁离子还原为亚铁离子，测定更准确，减小实验误差；
②根据得失电子守恒可知Fe2+和的系数比为6:1，再结合原子守恒可得离子方程式为：；
③根据：关系式，实验测得黑木耳中铁元素的质量分数为。
3．（2021·浙江绍兴·校考模拟预测）NaCN属于剧毒化学品，应与酸类、氧化剂、食用化学品分开存放。其阴离子中各原子均满足8电子稳定结构，NaCN的电子式为_______；强氧化剂NaClO会将氧化，生成、和等无毒无害物质，可用该反应处理含氰废水(破氰)，该反应的离子方程式为_______。
【答案】 2CN-+5ClO-+2OH-=2CO+N2↑+5Cl-+H2O
【详解】NaCN为离子化合物，是由Na+和CN-组成，C和N共用三个电子对，NaCN的 电子式为 ；ClO-作氧化剂，化合价由+1降低为-1价，降低2价，CN-中N显-3价，C显+2价，N的化合价由-3价升高为0价，C的化合价由+2价升高为+4价，CN-化合价整体升高5价，最小公倍数为10，因此离子方程式为2CN-+5ClO-+2OH-=2CO+N2↑+5Cl-+H2O；故答案为 ；2CN-+5ClO-+2OH-=2CO+N2↑+5Cl-+H2O。
4．（2022·陕西渭南·一模）元素化合物在化工生产和环境科学中有着重要的用途。
(1)向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入稀NaOH溶液至过量，反应的离子方程式依次为____、____、____。
(2)自然界中Cr主要以+3价和+6价形式存在。中的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠在酸性条件下将还原。写出该反应的离子方程式：____。
(3)常温下，氰化钠(NaCN)能与过氧化氢溶液反应生成一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色的气体，大大降低其毒性。写出该反应的离子方程式：____。
(4)已知：CCl4与水不相溶且密度比水大，Cl2的CCl4溶液呈黄绿色，Br2的CCl4溶液呈橙红色，且Br2易从水溶液中溶入CCl4中。Cl2既能氧化Br-，也能氧化Fe2+。
①取10mL0.1ml/LFeBr2溶液，向其中滴加几滴新制的氯水，振荡后溶液呈黄色。取少量反应后的溶液加入KSCN溶液，溶液变为红色。另取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后，下层为无色液体。以上实验结论表明还原性：Fe2+____Br- (填“＞”或“＜”)。
②若在400mL0.1ml/LFeBr2溶液中通入标准状况下672mL的Cl2，取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后下层液体呈____色，写出该反应的离子方程式____。
【答案】(1) Al3++3OH-=Al(OH)3↓ +OH-=NH3•H2O Al(OH)3+OH-=+2H2O
(2)+3+8H+=2Cr3++3+4H2O
(3)H2O2+CN-+H2O=+NH3↑
(4) ＞ 橙红 4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-
【详解】（1）NH4Al(SO4)2溶液中存在、Al3+和，向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入稀NaOH溶液，开始时发生的反应是OH-和Al3+的反应，反应的离子方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，若OH-先和反应，则生成的NH3•H2O会和Al3+反应生成Al(OH)3沉淀和，所以Al3+先和OH-反应；当Al3+消耗完时，继续和OH-反应，离子方程式为：+OH-=NH3•H2O，若Al(OH)3先和OH-反应，生成的会和发生完全双水解反应生成Al(OH)3和NH3，所以OH-先和反应；当反应结束时，Al(OH)3继续和OH-反应，离子方程式为：Al(OH)3+OH-=+2H2O。
（2）酸性条件下，被还原为Cr3+，被氧化为，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒写出该反应的离子方程式为：+3+8H+=2Cr3++3+4H2O。
（3）能使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色的气体为氨气，氰化钠(NaCN)能与过氧化氢溶液反应生成一种酸式盐和氨气，根据反应物中的原子可知，酸式盐为NaHCO3，则碳元素的化合价从+2价升高到+4价，则H2O2中O元素的化合价从-1价降低到-2价，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒写出该反应的离子方程式为：H2O2+CN-+H2O=+NH3↑。
（4）①FeBr2溶液中含有Fe2+和Br-，向其中滴加几滴新制的氯水，振荡后溶液呈黄色，取少量反应后的溶液加入KSCN溶液，溶液变为红色，说明氯水中的Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+和SCN-反应生成红色物质。另取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后，下层为无色液体，说明Cl2没有将Br-氧化为Br2。该实验中，少量的氯气只将Fe2+氧化而没有将Br-氧化，说明还原性：Fe2+＞Br-。
②400mL0.1ml/LFeBr2溶液中含有FeBr20.04ml，溶液中含有0.04mlFe2+和0.08mlBr-，通入标准状况下672mL的Cl2即0.03mlCl2，由于还原性：Fe2+＞Br-，所以氯气先氧化Fe2+，0.04mlFe2+被氧化为Fe3+，转移0.04ml电子，消耗0.02mlCl2，剩余的0.01mlCl2将0.02mlBr-氧化为Br2，取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后下层液体呈橙红色；根据上述分析，氯气、参加反应的Fe2+和Br-的物质的量分别为0.03ml、0.04ml、0.02ml，则该反应的离子方程式为：4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-。
5．（2022·上海青浦·统考二模）铋元素位于第六周期VA族，常用于治疗胃病的药物中，也广泛用于合金制造、冶金工业、半导体工业、核工业中。
(5)铋酸钠(NaBiO3)在酸性溶液中具有很强的氧化性，可用于测定钢铁试样中锰的含量。完成并配平下列反应方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目_______。
_______BiO+_______Mn+_______H+→_______Bi3++_______MnO+______
【答案】
(5)
【解析】（5）该反应中Bi元素化合价由+5降低为+3、Mn元素化合价由0升高为+7，根据得失电子守恒、电荷守恒，配平离子方程式为7BiO+2Mn+26H+→7Bi3++2MnO+13H2O，并用单线桥标出电子转移的方向和数目为。
6．（2022·安徽淮北·统考一模）铬是人体必须的微量元素，在人体代谢中发挥着特殊作用。回答下列问题：
(1)金属铬可以通过焦炭高温还原铬铁矿(FeCr2O4)制取，同时生成一种有毒的气体，该反应的化学方程式为______。
(2)①取冶炼所得的金属铬溶解在盐酸中制取CrCl3溶液，其中混有FeCl2杂质，请完成除杂方案：向溶液中加入足量NaOH溶液，过滤，向滤液中______，过滤，将固体溶解在稀盐酸中(已知Cr(OH)3是两性氢氧化物)。
②由CrCl3溶液得到CrCl3•6H2O，除去其结晶水的操作是______。
(3)Cr3+在碱性条件下易被氧化成CrO，写出向CrCl3溶液中加入氨水和过氧化氢发生反应的离子方程式______。
(4)CrO在酸性条件下可转化为Cr2O，Cr2O可以用来检验H2O2，原理是Cr2O+4H2O2+2H+2CrO5(蓝色)+5H2O。
①CrO5中铬元素为+6价，其中过氧键的数目为______。
②酸化重铬酸钾选用的酸为______(填标号)。
a.稀盐酸 b.稀硫酸 c.氢碘酸 d.磷酸
【答案】(1)FeCr2O4+4CFe+2Cr+4CO↑
(2) 通入过量CO2 在干燥的氯化氢气流中加热(或用SOCl2脱水)
(3)2Cr3++3H2O2+10NH3•H2O=2CrO+10NH+8H2O
(4) 2 b
【解析】(1)
铬铁矿和焦炭在电炉中发生氧化还原反应，可以生成铬、铁和一氧化碳，反应的化学方程式为FeCr2O4+4CFe+2Cr+4CO↑；
(2)
①已知Cr(OH)3是两性氢氧化物，加入足量NaOH溶液，FeCl2转化为Fe(OH)2沉淀过滤除去，Cr元素以离子形成存在溶液中，加入弱酸可转化为沉淀，向滤液中通入过量CO2得到Cr(OH)3，再溶解在稀盐酸中制取CrCl3溶液；
②由于Cr3+会发生水解反应，加热CrCl3溶液会促进水解，加入HCl可抑制水解，因此除去其结晶水的操作是在干燥的氯化氢气流中加热；
(3)
已知 Cr3+在碱性条件下易被氧化成CrO，则CrCl3溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成CrO和水，离子方程式为：2Cr3++3H2O2+10NH3•H2O=2CrO+10NH+8H2O；
(4)
①CrO5中铬元素为+6价，则5个O原子由2个和1个O2-组成，其中过氧键的数目为2；
②重铬酸钾具有氧化性，a.稀盐酸中Cl-具有还原性，两者会发生氧化还原反应，不能用来酸化重铬酸钾，a不选；
b.稀硫酸中S元素为最高价，只有氧化性，能用来酸化重铬酸钾，b选；
c.氢碘酸中I-具有还原性，两者会发生氧化还原反应，不能用来酸化重铬酸钾，c不选；
d.磷酸为中强酸，而H+使氧化性增强的同时，也使重铬酸更稳定，则需要酸性更强的硫酸来酸化，d不选；
故选：b。
7．（2022·江苏·统考一模）电解法制取高纯镍的原料液中含Cu(II)(主要以Cu2+、CuCl＋、CuCl2等形式存在)杂质，为保证高纯镍产品的纯度，电解前须将Cu(II)除去，方法如下。
(1)S−SO2除铜：向原料液中加入适量细硫粉并鼓入SO2，将Cu(II)转化为CuS沉淀除去。Cu2+沉淀时发生反应的离子方程式为___________。
(2)NiS除铜：向原料液中加入活性NiS粉末，将Cu(II)转化为CuS沉淀除去。过滤后的滤渣即为除铜渣(含NiS、CuS等)。
① 室温下，CuCl＋和活性NiS粉末反应的离子方程式为___________；该反应的平衡常数表达式为K=___________。
② 如图−1所示，将活性NiS粉末陈化(露置)超过7小时后再用于除铜的效果明显变差，其原因可能是___________。
③ 除铜渣中铜镍质量比随原料液pH的变化如图−2所示，实验测得溶液pH=3.5时除铜渣中铜镍质量比最大，其原因可能是___________。
【答案】(1)Cu2+＋SO2＋S＋2H2O = CuS＋4H＋＋
(2) CuCl＋＋NiS = CuS＋Ni2+＋Cl－ NiS被空气的O2氧化变质，失去活性[或NiS在空气中被自然氧化为Ni(OH)S，失去活性] pH＜3.5时，随着pH的减小，溶液中的H＋结合S2−生成更多的HS－或H2S，降低了S2−的有效浓度，导致生成CuS沉淀的量减少，除铜渣中铜镍质量比降低。pH＞3.5时，随着pH的增大，溶液中Ni2+生成更多的Ni(OH)2沉淀，使除铜渣中Ni含量增大，从而降低了铜镍质量比
【解析】（1）
S、SO2与Cu2+反应生成CuS沉淀，Cu的化合价不变，S转化为CuS，S的化合价降低，则应有元素化合价要升高，推知为SO2转化为，S的化合价升高，Cu2+水解显酸性，用H＋平衡电荷，由H、O守恒知，反应物需要加2个H2O即Cu2+＋SO2＋S＋2H2O = CuS＋4H＋＋。
（2）
NiS除铜：向原料液中加入活性NiS粉末，将Cu(II)转化为CuS沉淀除去。过滤后的滤渣即为除铜渣(含NiS、CuS等)。
①室温下，CuCl＋和活性NiS粉末反应生成 CuS、Ni2+和Cl－，其反应的离子方程式为CuCl＋＋NiS = CuS＋Ni2+＋Cl－；NiS、CuS都为固体沉淀，因此该反应的平衡常数表达式为K=；故答案为：CuCl＋＋NiS = CuS＋Ni2+＋Cl－；。
②如图−1所示，将活性NiS粉末陈化(露置)超过7小时后再用于除铜的效果明显变差，活性NiS粉末陈化时间越长，Cu2+越难除，分析得到Cu2+通过与S2−反应生成CuS除去，Cu2+越难除，说明−2价S被O2氧化，而使NiS失去活性；故答案为：NiS被空气的O2氧化变质，失去活性[或NiS在空气中被自然氧化为Ni(OH)S，失去活性]。
③除铜渣中铜镍质量比随原料液pH的变化如图−2所示，实验测得溶液pH=3.5时除铜渣中铜镍质量比最大，图−2中pH=3.5时铜渣中铜镍质量比最大，回答时应从pH＜3.5和pH＞3.5作答，当pH＜3.5时，溶液的酸性较强，H＋会与S2−结合成HS－或H2S，S2−浓度减小，减弱了S2−与Cu2+的结合，除铜渣中CuS减小，所以除铜渣中铜镍质量比降低；当pH＞3.5时，碱性增强，OH－会与Ni22+反应生成Ni(OH)2沉淀，过滤后的滤渣中，含镍较多，则除铜渣中铜镍质量比降低；故答案为：pH＜3.5时，随着pH的减小，溶液中的H＋结合S2−生成更多的HS－或H2S，降低了S2−的有效浓度，导致生成CuS沉淀的量减少，除铜渣中铜镍质量比降低。pH＞3.5时，随着pH的增大，溶液中Ni2+生成更多的Ni(OH)2沉淀，使除铜渣中Ni含量增大，从而降低了铜镍质量比。
8．（2021·河北衡水·统考模拟预测）零价铁还原性强、活性高，对很多重金属离子及含磷、砷离子都有较好的去除和富集作用。
Ⅰ.零价铁的制备。
(1)富铁矿石经破碎、筛分到微米级后，在氢气氛围下600℃高温还原1h可以制备微米级零价铁。请写出磁铁矿与氢气反应制备零价铁的化学方程式___________。
(2)采用还原铁盐，可以制备出纳米级的零价铁。
已知：B的电负性是2.0，H的电负性是2.1
①请写出的电子式___________。
②请写出与硫酸反应的离子方程式___________。
③补充完整下列离子方程式___________
____________________________________________Fe+______________________
Ⅱ．零价铁的结构和作用机理。
研究发现，纳米级和微米级的零价铁，均具有“核—壳”结构。
已知：①壳层可以导电；
②当时，铁的氧化物质子化，壳层表面带正电；当时，铁的氧化物去质子化，壳层表面带负电；
③磷酸盐溶解度一般较小。
(3)去离子水中加入零价铁，pH从6上升到9.5左右。检测壳层物质，发现有、、、等。导致产生壳层微粒的氧化剂是、___________。
(4)部分金属阳离子去除机理如图所示。纳米零铁去除污水中Cu(Ⅱ)、Zn(Ⅱ)主要机理不同，请简述两者的区别并解释原因___________。
(5)去除含磷()微粒：
①控制pH___________8。
②通过形成___________(填化学式)进一步去除。
(6)综上所述，零价铁去除重金属离子及含磷微粒的主要机理有___________。
【答案】(1)
(2)
(3)H2O
(4)零价铁的还原性大于Cu，小于Zn，因此，Cu(Ⅱ)被铁还原为Cu而除去，而Fe无法还原Zn(Ⅱ)，主要通过吸附作用除去Zn(Ⅱ)
(5) <8 FePO4、Fe3(PO4)2
(6)还原、吸附、共沉淀
【解析】（1）
磁铁矿与氢气反应生成零价铁和水的反应方程式为。
（2）
①NaBH4是离子化合物，故电子式为。②由于B的电负性是2.0，H的电负性是2.1，故H是-1价，有强还原性，故与硫酸发生氧化还原反应。③根据得失电子守恒，可得。
（3）
去离子水中加入零价铁，pH从6上升到9.5左右，说明H2O作氧化剂。
（4）
零价铁的还原性大于Cu，小于Zn，因此，Cu(Ⅱ)被铁还原为Cu而除去，而Fe无法还原Zn(Ⅱ)，主要通过吸附作用除去Zn(Ⅱ)。
（5）
①根据已知，当pH<8时，铁的氧化物质子化，壳层表面带正电，能更好地吸附带负电的PO。②FePO4、Fe3(PO4)2都是沉淀，故能进一步去除PO。
（6）
综上所述，零价铁去除重金属离子及含磷微粒的主要机理有(3)中利用还原法去除重金属离子，(4)中利用吸附法去除金属离子，(5)利用沉淀法沉淀含磷微粒。
9．（2021·河南信阳·统考一模）磷是重要的元素，能形成多种含氧酸和含氧酸盐。回答下列问题：
Ⅰ. 亚磷酸(H3PO3)是二元酸，H3PO3溶液存在电离平衡：H3PO3H+ + H2PO。亚磷酸与足量NaOH溶液反应，生成水和Na2HPO3。
(1)写出亚磷酸钠(Na2HPO3)中磷的化合价___________。
(2)当亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式为___________。
(3)亚磷酸具有强还原性，可使碘水褪色，该反应的化学方程式___________。
Ⅱ.已知：①次磷酸(H3PO2)是一种一元弱酸；
②常温下，电离平衡常数Ka(H3PO2)=5.9×10-2，Ka(CH3COOH)=1.8×10-5；
(4)下列说法正确的是___________。
A．次磷酸的电离方程式为：H3PO2⇌H++H2PO
B．NaH2PO2属于酸式盐
C．浓度均为0.1ml•L-1的次磷酸(H3PO2)与盐酸相比前者导电能力强
D．0.1ml•L-1NaH2PO2溶液的pH比0.1ml•L-1CH3COONa溶液的pH小
(5)次磷酸钠NaH2PO2具有强还原性，是一种很好的化学镀剂。如NaH2PO2能将溶液中的Ni2+还原为Ni，用于化学镀镍。酸性条件下镀镍溶液中发生如下反应：____
___________Ni2++___________H2PO+___________(___________)═___________Ni+___________H2PO+_______(___________)请完成并配平上列的离子方程式。
Ⅲ.磷酸是三元弱酸(H3PO4)
(6)磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1 500 ℃生成白磷，反应为： 2Ca3(PO4)2+6SiO2 6CaSiO3+P4O10 10C+P4O10 P4+10CO
若反应生成31 g P4，则反应过程中转移的电子数为___________(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1)+3
(2)H3PO3+OH-＝H2PO+H2O
(3)H3PO3 + I2 +H2O＝2HI+ H3PO4
(4)AD
(5)1Ni2++1H2PO+1H2O═1Ni+1H2PO+2H+
(6)5NA
【详解】（1）亚磷酸钠中Na为+1价，O为-2价，H为+1价，根据正负化合价为零，故P为+3价；
（2）亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO3+OH-＝H2PO+H2O；
（3）亚磷酸被碘水氧化为磷酸，碘被还原为碘离子，其化学方程式为H3PO3+I2+H2O＝2HI+H3PO4；
（4）A．次磷酸为弱酸，则电离方程式为：H3PO2⇌H++H2PO，故A正确；
B．NaH2PO2属于正盐，故B错误；
C．次磷酸为弱酸，则浓度均为0.1ml•L-1的次磷酸（H3PO2）与盐酸相比前者导电能力弱，故C错误；
D．由信息②可知H3PO2的酸性比醋酸强，则0.1ml•L-1NaH2PO2溶液的pH比0.1ml•L-1CH3COONa溶液的pH小，故D正确．
故答案为：AD；
（5）由氧化还原反应中化合价升降相等进行配平：镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，根据原子守恒结合电荷守恒可得配平的方程式为：H2O+Ni2++H2PO2-═Ni+H2PO3+2H+，
故答案为：1；1；1H2O；1；1；2H+；
（6）P由+5价变成0价，每生成1mlP4时，转移电子20ml。31gP4的物质的量为0.25ml，所以反应转移的电子数为5NA，故答案为5NA
10．（2021·山东·模拟预测）(1)向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为___。
(2)双氧水浓度可在酸性条件下用KMnO4溶液测定，该反应的离子方程式为___。
(3)实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨(N2H4)，反应的化学方程式为___。
(4)在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液浓度为5×10-3ml·L-1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如表。
写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式___。
【答案】 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 2+6H++5H2O2=2Mn2++8H2O+5O2↑ NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O 4NO+3+4OH-=4+2H2O+3Cl-
【详解】(1)H2O2是强氧化剂，能将Fe2+氧化成Fe3+，则有2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(2)双氧水可以被酸性高锰酸钾溶液氧化生成水和氧气，离子方程式为2+6H++5H2O2=2Mn2++8H2O+5O2↑；
(3)由题意可知，次氯酸钠是强氧化剂，氨是还原剂，氮元素由-3价升高到-2价，失去1个电子，生成联氨，氯元素由+1价降低到-1价，得到2个电子，生成稳定的氯化钠，则反应的化学方程式为2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；
(4)NaClO2溶液脱硝过程，转化为Cl-，NO主要转化为，则有4NO+3+4OH-=4+2H2O+3Cl-。
11．（2021·山东·模拟预测）(1)水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。“氧的固定”中发生反应的化学方程式为___。
(2)+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的还原成Cr3+，反应的离子方程式为___。
【答案】 O2+2Mn(OH)2=2MnO(OH)2 +3+5H+=2Cr3++3+4H2O
【详解】(1)根据氧化还原反应原理，Mn(OH)2被氧气氧化为MnO(OH)2，由此可得化学方程式2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2；
(2)在反应中被氧化为，结合反应前后元素化合价变化，利用升降法可写出并配平该离子方程式为+3+5H+=2Cr3++3+4H2O。
12．（2021·山东·模拟预测）碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，工业上以软锰矿(主要成分为MnO2)和黄铁矿(主要成分为FeS2)为主要原料制备碳酸锰的一种工艺流程如图。
溶浸后的溶液中，阴离子只有，则生成的离子方程式为___。
【答案】2FeS2+15MnO2+28H+=2Fe3++15Mn2++4+14H2O
【详解】由题中流程图可知，溶浸过程中，反应物有MnO2、FeS2、H2SO4；由生成物中的阴离子只有可知，FeS2中的硫元素被氧化，+2价铁被氧化为Fe3+，MnO2被还原为Mn2+，故可先写出：FeS2+MnO2+H+→Fe3++Mn2++，然后依据得失电子守恒、质量守恒配平即可，反应的离子方程式为2FeS2+15MnO2+28H+=2Fe3++15Mn2++4+14H2O。
13．（2021·山东·模拟预测）实验室以锌灰(含ZnO、PbO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2等)为原料制备Zn3(PO4)2·4H2O的流程如图。
滴加KMnO4溶液后有MnO2生成，该反应的离子方程式为___。
【答案】+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+
【详解】锌灰被稀硫酸“浸取”后，溶液中有Fe2+，KMnO4溶液氧化Fe2+生成Fe3+，自身被还原为MnO2，反应的离子方程式为MnO+3Fe2++7H2O＝MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+。
14．（2021·山东·模拟预测）二氧化氯(ClO2)是目前国际上公认的第四代高效、无毒的消毒剂，是一种黄绿色的气体，易溶于水，沸点为11℃。
(1)用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料制备ClO2的流程如图所示：
①写出电解时发生反应的化学方程式：___。
②ClO2的消毒效率(以转移电子数目的多少为依据)是等物质的量的Cl2的___倍。
(2)产品中ClO2含量的测量：向锥形瓶中加入由适量碘化钾、3mL硫酸组成的混合溶液，将上述反应过程中生成的一部分ClO2气体通入锥形瓶中充分反应。再加入几滴淀粉溶液，用cml/L硫代硫酸钠标准溶液滴定(I2+2=2I-+S，通入的气体中不存在能与I2、反应的成分)，共用去VmL硫代硫酸钠溶液。
①请写出上述二氧化氯气体与碘化钾溶液反应的离子方程式：___。
②滴定终点的现象是___。
③测得通入ClO2的质量m(ClO2)=___(用含c、V的代数式表示)。
【答案】 NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3 2.5 8H++2ClO2+10I-=5I2+2Cl-+4H2O 蓝色消失并在30s内不复原 13.5cV×10-3g
【详解】(1)①由流程知，电解时反应物有HCl、NH4Cl，生成物有H2、NCl3，故可先写出NH4Cl+HCl→H2↑+NCl3，然后再利用得失电子守恒、质量守恒原理配平NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3；
②在消毒过程中，氯元素最终均被还原为Cl-，变化过程中，1mlClO2、1mlCl2分别得到5ml、2ml电子，故ClO2消毒效率是氯气的2.5倍；
(2)①ClO2与KI反应时，氯元素被还原为Cl-，I-被氧化为I2，故可写出2ClO2+10I-→5I2+2Cl-，再结合电荷守恒及溶液呈酸性知有H+参加反应、有水生成，由此可确定最终的离子方程式：8H++2ClO2+10I-5I2+2Cl-+4H2O；
②滴定终点时溶液由蓝色变为无色，所以滴定终点的现象是蓝色消失并在30s内不复原；
③由相关的方程式可得ClO2~2.5I2~5S2O32-，故m(ClO2)=0.2cml/L×10-3VL×67.5g·ml-1=13.5cV×10-3g。
15．（2017·云南玉溪·峨山彝族自治县第一中学校考模拟预测）(1)次氯酸盐是一些漂白剂和消毒剂的有效成分。“84”消毒液的有效成分是次氯酸钠，制取该消毒液的化学方程式为__。
(2)二氧化氯(ClO2)是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂，它可由KClO3溶液在一定条件下与SO2反应制得。该反应的离子方程式为__。
(3)漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)在常温黑暗处可保存一年之久，但亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为HClO2→ClO2↑+H++Cl-+H2O(未配平)。当1mlHClO2发生分解反应时，转移电子的物质的量是___ml。
(4)海水提溴过程中溴元素的变化如图所示：
①过程Ⅰ，海水显碱性，调其pH<3.5后，再通入氯气。调海水pH可提高Cl2的利用率，用平衡移动原理解释其原因：__。
②过程Ⅱ，用热空气将溴赶出，再用浓碳酸钠溶液吸收。完成并配平下列化学方程式：___。
____Br2+____Na2CO3=____NaBrO3+____CO2+____
(5)NaBrO3是一种分析试剂。向硫酸酸化的NaI溶液中逐滴加入NaBrO3溶液，当加入2.6ml NaBrO3时，测得反应后溶液中溴和碘的存在形式及物质的量如表。则原溶液中NaI的物质的量是___ml。
【答案】 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 2ClO+SO22ClO2+SO 0.8 Cl2+H2OH++Cl-+HClO，增大c(H+)，平衡逆向移动，抑制Cl2与水的反应 3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+3CO2+5NaBr 3
【详解】(1)氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
(2)KClO3溶液在一定条件下与SO2反应生成ClO2，Cl元素化合价由+5价变为+4价，化合价降低，做氧化剂，则SO2作还原剂，S的化合价升高，转化为，离子方程式为：2+SO22ClO2+；
(3)将亚氯酸分解的离子方程式配平得，生成1ml Cl-时，转移4ml电子，则1ml HClO2发生分解反应时，生成0.2ml Cl-，转移电子的物质的量是0.8ml；
(4)①Cl2+H2OH++Cl-+HClO，增大c(H+)，平衡逆向移动，抑制Cl2与水的反应，从而使更多的Cl2和Br-反应，提高了Cl2的利用率；
②Br2转化为NaBrO3，Br元素的化合价由0价转化为+5价，化合价升高5价，Na、C、O元素的化合价不变，则Br2中，部分Br元素的化合价降低，则Br2转化为Br-，化合价由0价转化为-1价，降低1价，根据得失电子守恒，配平方程式，得3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+3CO2+5NaBr；
(5)NaBrO3转化为Br2，化合价由+5价变为0价，得到5个电子，I-转化为I2，化合价由-1价变为0价，生成一个I2，失去2个电子，I-转化为，化合价由-1价变为+5价，失去6个电子，设的物质的量为x ml，根据得失电子守恒得，解得，根据I元素守恒得。
16．（2021·浙江绍兴·统考二模）氧的常见氢化物有H2O与H2O2。
(1)纯净H2O2为浅蓝色粘稠液体，除相对分子质量的影响外，其沸点(423K)明显高于水的原因为_______。
(2) H2O2既有氧化性也有还原性，写出一个离子方程式其中H2O2在反应中仅体现还原性_______。
【答案】 H2O2分子间氢键比H2O分子间强或氢键数目多
【详解】(1)H2O和H2O2分子间都能形成氢键，且H2O2分子间形成的氢键更多，所以除相对分子质量的影响外，其沸点(423K)明显高于水，原因为H2O2分子间氢键比H2O分子间强或氢键数目多。答案为：H2O2分子间氢键比H2O分子间强或氢键数目多；
(2) H2O2在反应中仅体现还原性，则应与强氧化剂发生反应，如与KMnO4酸性溶液反应，离子方程式为。答案为：。
17．（2021·北京丰台·统考一模）锰广泛存在于自然界中，工业可用软锰矿(主要成分是MnO2)制备锰。
资料：①MnCO3难溶于水，可溶于稀酸。
②在Mn2+催化下，SO2在水溶液中被氧化成H2SO4。
I.制备
(1)写出铝热法还原MnO2制备锰的化学方程式_______。
(2)工业上制备锰时，会产生大量废水和锰渣。锰渣煅烧会产生含高浓度SO2的烟气，可用以下方法处理。
处理方法一：
①用软锰矿进行脱硫可生成硫酸锰，从而达到资源的循环使用。写出一定条件下利用MnO2进行脱硫的化学方程式_______。
②研究表明，用Fe2+/Fe3+可强化脱硫效果，其过程如下所示：
过程I：……
过程II ：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+
过程I的离子方程式是_______。
处理方法二：
③用MnCO3进行脱硫，可提高脱硫率。结合化学用语解释原因：_______。
II.废水中锰含量的测定
(3)取1 mL废水置于20 mL磷酸介质中，加入HClO4，将溶液中的Mn2+氧化为Mn3+，用c ml/L (NH4)2 Fe(SO4)2溶液进行滴定，达到滴定终点时，滴定管刻度由V0mL变为V1 mL，废水中锰的含量为____ g/mL。
【答案】 4Al+3MnO23Mn+2Al2O3 MnO2+SO2MnSO4 2Fe2++MnO2+4H+=Mn2++2Fe3++2H2O 溶液中存在平衡：MnCO3(s)=Mn2+(aq)+ (aq)，消耗溶液中的H+，促进SO2溶解：SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++生成Mn2+有催化作用，可促进反应2SO2+O2+2H2O2H2SO4发生 55 c(V1-V0)×10-3
【详解】(1)铝热法还原MnO2制备锰即高温条件下铝单质和MnO2反应得到氧化铝和Mn单质，化学方程式为4Al+3MnO23Mn+2Al2O3；
(2)①根据题意可知MnO2会将SO2氧化得到MnSO4，化学方程式应为MnO2+SO2MnSO4；
②据图可知过程I中MnO2被Fe2+还原生成Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
③溶液中存在平衡：MnCO3(s)=Mn2+(aq)+ (aq)，消耗溶液中的H+，促进SO2溶解：SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++，同时生成的Mn2+有催化作用，可促进反应2SO2+O2+2H2O2H2SO4发生；
(3)滴定时发生反应Fe2++Mn3+=Fe3++Mn2+，所以n(Mn)=c(V1-V0)×10-3ml，所取废水为1mL，所以废水中锰的含量为55 c(V1-V0)×10-3g/mL。
18．（2019·河南·统考一模）自然界中的许多金属元素都能以硫化物的形式存在，硫铁矿(FeS2)就是其中一种，在矿区，开采出的硫铁矿石暴露在空气和水中，会发生下图所示转化。回答下列问题：
(1)FeS2的氧化产物Fe2(SO4)3易______，会使地下水和土壤呈______性；如果矿区中的水流或降雨不断淋洗硫铁矿，FeS2最终转化为____________。
(2)写出S22-的电子式：____________。
(3)写出图中①③两个反应的离子方程式：①______，③_________。
【答案】 水解 酸 FeO(OH) 2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+ FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+
【分析】(1) Fe2(SO4)3是强酸弱碱盐，根据盐的水解规律分析判断；结合流程图示判断氧化产物；
(2)根据同族元素形成的化合物结构相似，结合Na2O2的结构分析；
(3)由流程图中的物质转化和电子守恒以及原子守恒可写出，图中①③两个反应的离子方程式。
【详解】(1)FeS2的氧化产物Fe2(SO4)3是强酸弱碱盐,在溶液中Fe3+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液显酸性。如果矿区中的水流或降雨不断淋洗硫铁矿，根据流程图可看出FeS2转化为FeO(OH)；
(2)S22-中两个S原子之间形成一对共用电子对，每个S原子再获得1个电子，从而使每个S原子都达到8个电子的稳定结构，所以S22-的电子式为；
(3)①由流程图可知FeS2被O2氧化产生SO42-，同时产生Fe2+，O2被还原产生SO42-，结合原子守恒、电荷守恒、电子守恒，可得反应的离子方程式为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+；
③中Fe3+氧化FeS2产生SO42-，Fe3+被还原产生Fe2+，结合原子守恒、电荷守恒、电子守恒，可得反应的离子方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+。
【点睛】本题以铁与硫的化合物的转化为线索，考查了盐的水解、有电子转移的离子方程式的书写、微粒电子式书写的知识。掌握物质的微粒结构、盐的水解规律、氧化还原反应中元素化合价的升降与电子得失关系是本题解答的关键，正确判断元素的化合价是解题基础。
19.（1）工业上用铁屑还原法制备NaI的流程如图所示，反应②中NaIO3被Fe单质还原为NaI，同时生成Fe(OH)3，该反应的化学方程式是________；在该反应中若有99gNaIO3被还原，则转移电子的物质的量为________ml。
（2）辉铜矿石主要含有硫化亚铜（Cu2S)及少量脉石（SiO2)。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如下，写出浸取过程中Cu2S溶解的离子方程式。
【答案】(1)2Fe＋NaIO3＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋NaI，3（2）Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S
【解析】(1)根据得失电子守恒和元素守恒可写出反应的离子(化学)方程式。由于1mlNaIO3被还原为NaI转移6ml电子，故99g(0.5ml)NaIO3被还原时转移3ml电子。（2）用FeCl3溶液浸取辉铜矿的原理是利用Fe3+氧化Cu2S生成可溶性的Cu2+和Fe2+，不溶的单质S可以用苯溶解回收，根据氧化还原反应的原理写出该离子方程式：Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S。
20. 过二硫酸钾(K2S2O8)具有强氧化性，可将I－氧化为I2：S2Oeq \\al(2－,8)＋2I－===2SOeq \\al(2－,4)＋I2。通过改变反应途径，Fe3＋、Fe2＋均可催化上述反应。试用离子方程式表示Fe3＋对上述反应催化的过程：____________、_________。
【答案】 2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，S2Oeq \\al(2－,8)＋2Fe2＋===2SOeq \\al(2－,4)＋2Fe3＋
【解析】因为Fe3＋有氧化性，与I－发生氧化还原反应的产物有还原性，又可与S2Oeq \\al(2－,8)发生反应S2Oeq \\al(2－,8)＋2Fe2＋===2SOeq \\al(2－,4)＋2Fe3＋。
21.硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程如图所示，写出Mg2B2O5·H2O与硫酸反应的化学方程式____________________，“净化除杂”加入H2O2溶液发生反应的离子方程式_______________________。
【答案】Mg2B2O5·H2O＋2H2SO4eq \(=====,\s\up7(△))2H3BO3＋2MgSO4 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O Fe2O3
【解析】Mg2B2O5·H2O与硫酸反应得到硼酸和硫酸镁：Mg2B2O5·H2O＋2H2SO4eq \(=====,\s\up7(△))2H3BO3＋2MgSO4。能与H2O2反应的是Fe2＋，H2O2把Fe2＋氧化成Fe3＋，调节溶液pH约为5时，Fe3＋和Al3＋都形成沉淀，过滤除去。
步骤一
取112g黑木耳，经灼烧、酸浸制得提取液，加入过量的铜粉
步骤二
过滤，向滤液中加入0.10ml/L酸性K2Cr2O7溶液10mL时，恰好完全反应
离子
SO
SO
NO
c/(ml·L-1)
8.35×10-4
6.87×10-6
1.5×10-4
离子
NO
Cl-
c/(ml·L-1)
1.2×10-5
3.4×10-3
粒子
I2
Br2
IO
物质的量/ml
0.5
1.3
未知
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