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2021高考模拟题精细分类—氧化还原反应 专题7 氧化还原反应综合题（含解析）
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这是一份2021高考模拟题精细分类—氧化还原反应 专题7 氧化还原反应综合题（含解析），共14页。
【解析】因为Ag+、Fe3+、Cu2+三种离子的氧化性顺序为Ag+＞Fe3+＞Cu2+，当加入铁粉时，按Ag+、Fe3+、Cu2+的顺序反应，当铁粉剩余时，Ag+、Fe3+、Cu2+将全部反应；若铁粉不剩余时，溶液中一定含有的离子只有Fe2+，溶液中不含Cu2+时，因为Fe3+、Ag+的氧化性比Cu2+强，所以一定不含有Ag+和Fe3+。
【答案】（1）Ag+、Fe3+、Cu2+（2）Fe2+（3）Ag+和Fe3+
【点睛】注意氧化还原反应规律的理解和应用，即一种氧化剂同时和几种还原剂相遇时，优先与还原性最强的还原剂发生反应；同理，一种还原剂遇到多种氧化剂时，优先与氧化性最强的氧化剂反应。
2．（2020·天津大邱庄第一次质检）
（1）147gH2SO4的物质的量是_______；
（2）氧化铜在高温下发生分解反应：4CuO2Cu2O+O2↑，若反应过程中生成1mlO2分子，则转移电子数为________ml。
（3）反应：2FeCl3+2KI＝2FeCl2+2KCl+I2，其中_____元素化合价升高，则该元素被_____，_____元素化合价降低；______作还原剂，_____发生还原反应。
（4）钠在空气中燃烧的化学方程式：_____________________，1ml钠完全燃烧转移电子的个数为______（阿伏伽德罗常数为NA）。
【分析】（1）根据n＝计算硫酸的物质的量；（2）根据反应过程中电子转移的物质的量等于元素化合价升降数目计算；（3）根据氧化还原反应的规律判断分析；（4）钠与氧气在点燃时反应产生过氧化钠，根据元素化合价升降数目判断电子转移数目。【解析】（1）n（H2SO4）＝＝1.5ml；（2）在反应中O元素的化合价部分由－2价升高到0价，每生成1mlO2，元素化合价升高4价，所以生成1mlO2分子，转移电子数为4ml；（3）在反应2FeCl3+2KI＝2FeCl2+2KCl+I2中，I元素化合价由KI中的－1价变为反应后I2的0价，化合价升高，I元素失电子，被氧化，所以KI为还原剂；Fe元素的化合价由反应前FeCl3中的+3价变为反应后FeCl2中的+2价，Fe元素的化合价降低，得电子，被还原，所以FeCl3作氧化剂，被还原；（4）钠在空气中燃烧生成过氧化钠，反应的化学方程式为：2Na+O2Na2O2，在该反应中，Na元素的化合价由反应前Na单质的0价变为反应后Na2O2中的+1价，化合价升高，失去电子。由于Na元素化合价升高1价，所以1ml钠完全燃烧转移1ml电子，转移电子数目为NA。
【答案】（1）1.5ml（2）4（3）碘（或I）；氧化；铁（或Fe）；KI；FeCl3
（4）2Na+O2Na2O2；NA
【点睛】本题考查了物质的量的有关计算及氧化还原反应的知识，掌握物质的量的有关计算公式、氧化还原反应的实质与特征及发生的反应关系是本题解答的关键。
3．（14分）（2020·上海虹口区一模）高铁酸钠（Na2FeO4）是水处理过程中常用的一种新型净水剂，在反应中被还原成Fe3+离子，工业上常用NaClO氧化Fe（OH）3生产高铁酸钠：Fe（OH）3+NaClO+NaOH→Na2FeO4+NaCl+H2O。完成下列填空：
（1）配平上述化学方程式______________________________________。
（2）其中发生还原反应的元素是________；若制备过程中消耗了0.15mlNaClO，则转移的电子数目是____。
（3）高铁酸钠之所以能净水，除了能杀菌消毒外，另一个原因是（结合离子方程式回答）________________________________。
（4）生产高铁酸钠的另一种方法是电解法，原理是Fe+2NaOH+2H2O→Na2FeO4+3H2↑，则电解过程中Fe在________。（选填编号）
A．阳极发生氧化反应 B．阴极发生还原反应
C．阳极发生还原反应 D．阴极发生氧化反应
（5）某地海水样品经Na2FeO4处理后，所含离子及其浓度如下表所示（H+和OH－未列出）：
表格中的a____0.16（填“＞”、“＜”或“＝”），判断的理由是________________。
【分析】（1）Fe元素的化合价由+3变为+6，Cl元素的化合价由+1变为－1价，可知n（Fe（OH）3）：n（NaClO）＝2∶3；（2）Cl元素化合价降低，做氧化剂发生还原反应。转移电子数＝得电子数＝失电子数，根据比例关系计算转移电子数；（3）高铁酸钠在反应中被还原成Fe3+离子，Fe3+发生水解，形成Fe（OH）3胶体吸附杂质，所以能净水；（4）Fe化合价升高，被氧化，发生氧化反应，阳极失电子；（5）处理后溶液呈酸性，故c（H+）＞c（OH－），根据电荷守恒，a＞0.16。
【解析】（1）分析题目中元素的化合价变化，Fe元素的化合价由+3变为+6，有化合价降低必须有化合价升高，所以Cl元素的化合价由+1变为－1价，可知n（Fe（OH）3）：n（NaClO）＝2∶3，其他根据原子守恒配平可得：2Fe（OH）3+3NaClO+4NaOH＝2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；（2）根据化合价，Cl元素化合价降低，做氧化剂发生还原反应被还原，发生还原反应的元素是+1价氯元素。根据方程式系数，当n（NaClO）＝3ml，反应方程式中转移电子数为6NA，若制备过程中消耗了0.15mlNaClO，根据比例关系，可得转移电子数为0.3NA；（3）高铁酸钠（Na2FeO4）是水处理过程中常用的一种新型净水剂，在反应中被还原成Fe3+离子，Fe3+发生水解，Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，形成Fe（OH）3胶体吸附杂质，所以能净水。选；（4）Fe+2NaOH+2H2O＝Na2FeO4+3H2↑，在电解中Fe化合价升高，被氧化，发生氧化反应。阳极失电子，所以Fe在阳极发生氧化反应。（5）若c（H+）＝c（OH－），根据溶液中电荷守恒，即阴离子所带得电荷总数＝阳离子所带得电荷总数，2a+0.58＝0.5+0.1×3+0.05×2，a＝0.16．但是溶液中存在金属离子，c（H+）＞c（OH－），处理后得溶液呈酸性，所以a＞0.16。
【答案】（1）2Fe（OH）3+3NaClO+4NaOH＝2Na2FeO4+3NaCl+5H2O（2）+1价氯元素；0.3NA（3）生成产物Fe3+发生水解，Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，形成Fe（OH）3胶体吸附杂质（4）a（5）＞；处理后溶液呈酸性，故c（H+）＞c（OH－），根据电荷守恒，a＞0.16
【点评】本题考查物质制备方案的设计及化学实验基本操作方法的综合应用，题目难度中等，明确制备流程及化学实验基本操作方法为解答关键。
4．（2020·保定一模）常见的食品脱氧剂多为无机铁系脱氧剂，其主要成分为活性铁粉。脱氧中的一步主要反应为：4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3（红褐色固体）。
（1）Fe（OH）3中铁元素化合价为______，该脱氧反应中还原剂是_________。
（2）某化学兴趣小组用食品脱氧剂（2g铁粉、0.5g活性炭、0.5g氯化钠）进行如下两个实验。
请回答：
①溶液丙中一定含有的金属阳离子是_________（写离子符号）；
②检验溶液丙中Cl－的方法是__________________________________。将乙烘干后进行如下实验，物质之间的转化关系如图（部分产物略去）。
③写出反应②的离子方程式，并用双线桥法表示电子转移的方向和数目_________；
④向溶液C中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，其离子方程式为____________；反应③的化学方程式为______________________________。
【解析】（1）Fe（OH）3中铁元素化合价为+3价，脱氧反应中4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3中Fe（OH）2的化合价由+2→+3，化合价升高，作还原剂；（2）①脱氧剂中铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，气体甲是氢气，反应后的混合物中有硫酸、硫酸亚铁、食盐、活性炭，过滤除去了活性炭，溶液丙中含有的溶质是硫酸、硫酸亚铁、氯化钠，含有的金属阳离子是Fe2+、Na+；②检验溶液中Cl－的方法是取少许溶液丙于试管中，向试管中加入过量的Ba（NO3）2溶液，振荡，静置，向上层清液中滴加AgNO3溶液，观察到有白色沉淀产生，溶液丙中含有Cl－；③由物质之间的转化关系可知，固体乙的主要成分是碳，在高温条件下碳与氧化铁反应生成了铁，能与氢氧化钠反应生成蓝色沉淀的溶液是硫酸铜溶液，所以有色溶液C是硫酸铜，铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁。所以反应②的离子方程式为Cu2++Fe＝Fe2++Cu，Cu2+→Cu，得到2个电子，Fe→Fe2+失去2个电子，用双线桥法表示电子转移的方向和数目为：。④由③分析可知有色溶液C是硫酸铜，向CuSO4溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，白色沉淀为硫酸钡沉淀，其离子方程式为SO42－+Ba2+＝BaSO4↓，硫酸铜与氢氧化钠反应的化学方程式为：CuSO4+2NaOH＝Cu（OH）2↓+Na2SO4。
【答案】（1）+3，Fe（OH）2（2）①Fe2+、Na+
②取少许溶液丙于试管中，向试管中加入过量的Ba（NO3）2溶液，振荡，静置，向上层清液中滴加AgNO3溶液，观察到有白色沉淀产生，溶液丙中含有Cl－
③
④SO42－+Ba2+＝BaSO4↓CuSO4+2NaOH＝Cu（OH）2↓+Na2SO4
5．（2020·榆林高三上学期期末）已知KMnO4可以与浓盐酸反应制取氯气。紫色KMnO4溶液在不同条件下的还原过程如下：
①MnO4－+e－＝MnO42－（绿色）（强碱性条件）
②MnO4－+8H++5e－＝Mn2+（无色）+4H2O（强酸性条件）
（1）将KMnO4溶液滴入KOH与K2SO3的混合溶液发生化学反应，还原剂为_______，还原产物为_______（填写化学式）。
（2）将KMnO4溶液滴入NaOH溶液微热，得到透明的绿色溶液，反应的离子方程式为________________________________________。
（3）用酸性KMnO4溶液与亚铁盐的反应证明Fe2+具有还原性，最合适的亚铁盐是_______，可用来酸化KMnO4溶液的试剂是_______（均选填字母编号）。
a．FeSO4 b．FeCl2 c．Fe（NO3）2
d．盐酸 e．稀硝酸 f．稀硫酸
（4）向20mL浓度为0.02ml/L的KMnO4溶液中滴加FeSO4溶液，使紫色MnO4－全部转化为无色，则反应前需向KMnO4溶液加入c（H+）＝1ml/L的酸不少于_______mL。
【解析】（1）KMnO4具有强氧化性，在碱性溶液中与K2SO3发生氧化还原反应，Mn元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则还原剂为K2SO3，还原产物为K2MnO4；（2）KMnO4溶液滴入NaOH溶液微热，得到透明的绿色溶液，生成锰酸钾，该反应中Mn元素的化合价升高，则O元素的化合价升高，生成氧气，该离子反应为4MnO4－+4OH－＝4MnO42－+2H2O+O2↑；（3）用酸性KMnO4溶液与亚铁盐的反应证明Fe2+具有还原性，因氯离子能被高锰酸钾氧化，亚铁离子能被硝酸根离子氧化，则选择亚铁盐时，应选择硫酸亚铁，所以利用硫酸来酸化高锰酸钾溶液；（4）由MnO4－+8H++5e－＝Mn2+（无色）+4H2O可知，n（H+）＝0.02L×0.02ml/L×8＝0.0032ml，c（H+）＝1ml/L，其体积为V（H+）＝＝＝0.0032L＝3.2mL。
【答案】（1）K2SO3；K2MnO4（2）4MnO4－+4OH－＝4MnO42－+2H2O+O2↑
（3）a；f（4）3.2
6．（2020·九江高三上学期期中）多硫化钠（Na2Sx）在制革工业中常用作皮毛的脱毛剂，农业上可作杀虫剂，也是分析化学中的常用试剂。在碱性溶液中，Na2Sx与NaBrO3发生反应生成Na2SO4与NaBr。
（1）上述反应中发生氧化反应的物质是_______，被还原的元素是_______（填写元素符号或化学式）。
（2）若Na2Sx与NaBrO3反应的物质的量之比为3∶10，则x＝_______。
（3）NaBrO3也可以在酸性条件下与NaBr反应生成Br2。若生成6mlBr2，则反应中转移电子的物质的量为__________。
（4）根据上述两个反应，可推知Na2Sx、Br2、NaBr还原性由强到弱的顺序是_______（填写化学式）。
【解析】（1）反应Na2Sx+NaBrO3→Na2SO4+NaBr中，溴的化合价由+5价降至－1价，被还原，而硫元素的化合价由负价升到+6价，被氧化（2）Na2Sx中x个硫原子的化合价共－2价，最终均升为+6价，共升高6x+2价，而NaBrO3中溴的化合价由+5价降至－1价，共降低6价，为升降守恒，两者的物质的量比为3∶（3x+1），当Na2Sx与NaBrO3反应的物质的量之比为3∶10，可得x＝3。（3）溴元素发生了归中反应：BrO3－+5Br－+6H+＝3Br2+3H2O，反应中有5个电子的转移，当有6mlBr2，则反应中转移电子的物质的量为10ml。（4）根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可得Na2Sx、Br2、NaBr还原性由强到弱的顺序是Na2Sx＞NaBr＞Br2。
【答案】（1）Na2Sx，（2）3（3）10ml（4）Na2Sx＞NaBr＞Br2
7．（2020·保定模拟）钒具有众多优异的性能，用途十分广泛，有金属“维生素”之称。完成下列填空：
（1）将废钒催化剂（主要成分V2O5）与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应，所得溶液显酸性、含VO2+、K+、SO42－等。写出该反应的化学方程式____________________________________________。
（2）向上述所得溶液中加入KClO3溶液，充分反应后，溶液中新增加了VO2+、Cl－。写出并配平该反应的离子方程式，并标出电子转移的数目和方向：________________________________________________。
（3）在20.00mL的0.1ml/LVO2+溶液中，加入0.195g锌粉，恰好完成反应，则还原产物可能是__________。
a．V b．V2+ c．VO2+ d．VO2+
（4）已知V2O5能和盐酸反应生成氯气和VO2+。请再写一个离子反应方程式，说明还原性：SO32－＞Cl－＞VO2+____________________________________。
【解析】（1）由题意可知，V2O5与稀硫酸、亚硫酸钾反应生成VOSO4、K2SO4，由元素守恒可知还生成H2O，配平后方程式为：V2O5+K2SO3+2H2SO4＝2VOSO4+K2SO4+2H2O；（2）ClO3－与VO2+反应生成VO2+、Cl－，氯元素化合价由+5降低为－1，共降低6价，V元素化合价由+4升高为+5，共升高1价，化合价升降最小公倍数为6，故ClO3－的系数为1、VO2+系数为6，由原子守恒可知成VO2+的系数为6，Cl－的系数为1，由电荷守恒可知还生成H+，系数为6，故有水参加反应，系数为3，配平该反应的离子方程式，并标出电子转移的数目和方向为：；（3）0.195g锌粉的物质的量＝＝0.003ml，令V元素在还原产物中的化合价为a，则：0.003×2＝0.02L×0.1ml/L×（5－a），解得a＝2，故选b；（4）V2O5能和盐酸反应生成氯气和VO2+，故还原性Cl－＞VO2+，氯气可以将亚硫酸根氧化生成硫酸根、自身被还原为Cl－，可以说明还原性SO32－＞Cl－，反应离子方程式为：Cl2+SO32－+H2O＝2Cl－+2H++SO42－。
【答案】（1）V2O5+K2SO3+2H2SO4＝2VOSO4+K2SO4+2H2O
（2）
（3）b（4）Cl2+SO32－+H2O＝2Cl－+2H++SO42－
8．（2020·甘肃武威高三上学期期末）
（1）辉铜矿（Cu2S）可发生反应：2Cu2S+2H2SO4+5O2＝4CuSO4+2H2O，该反应的还原剂是_______。当1mlO2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为____ml。
（2）焙烧明矾的化学方程式可以表示为：4KAl（SO4）2·12H2O+3S2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O，在该反应中，还原剂是_______。
（3）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1。写出该反应的化学方程式：_____________________________。
（4）实验室从含碘废液（除H2O外，含有CCl4、I2、I－等）中回收碘，其实验过程如下：
向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I－，其离子方程式为_________________________；该操作将I2还原为I－的目的是______________。
（5）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。在图示的转化中，化合价不变的元素是________________。
（6）NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应得到NaBO2，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为____________________________________，反应消耗1mlNaBH4时转移的电子数目为________________。
【解析】（1）在该反应中，Cu2S中的Cu元素化合价升高，被氧化，Cu2S为还原剂；O2中的氧元素化合价降低，被还原，O2为氧化剂；当1mlO2发生反应时，氧化剂得到电子的物质的量为4ml，由于得失电子守恒，因此还原剂失去电子的物质的量也为4ml；（2）焙烧明矾的反应中，硫元素的化合价既升高，又降低，因此S既是氧化剂又是还原剂；（3）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，即为KCl，在生成KCl的过程中，氯元素化合价降低，因此在生成另一种盐的过程中，氯元素化合价升高，且该盐的阴阳离子个数比为1∶1，故为KClO4，因此反应的化学方程式为4KClO3KCl+3KClO4；（4）含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I－，反应的离子方程式为SO32－+I2+H2O＝2I－+SO42－+2H+；该操作将I2还原为I－的目的是使CCl4中的碘进入水层；（5）根据物质转化的图示可知，化合价不变的元素是Cu、H和Cl；（6）NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应得到NaBO2，且反应前后B的化合价不变，则NaBH4中H元素化合价为－1价，NaBH4与H2O反应时，NaBH4中的氢元素化合价升高，被氧化为H2，NaBH4作还原剂；H2O中的氢元素化合价降低，被还原为H2，H2O作氧化剂；H2既是还原产物又是氧化产物；反应的化学方程式为NaBH4+2H2O＝NaBO2+4H2↑；反应消耗1mlNaBH4时转移的电子数目为4NA。
【答案】（1）Cu2S，4（2）S；（3）4KClO3KCl+3KClO4
（4）SO32－+I2+H2O＝2I－+SO42－+2H+使CCl4中的碘进入水层
（5）Cu、H、Cl（或铜、氢、氯）
（6）NaBH4+2H2O＝NaBO2+4H2↑4NA或2.408×1024
9．（2020·上海静安区一模）卤素及其化合物在生产、生活中有极其重要的作用．液氯是一种常见消毒剂，研究开发具有广谱、高效、低毒的杀菌剂和消毒剂是今后发展的趋势。
（1）Cl2、H2O2、ClO2（还原产物为Cl－）O3（1mlO3转化为1mlO2和1mlH2O）等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是_____（填序号）。
A．Cl2 B．H2O2 C．ClO2 D．O3
（2）H2O2有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称。如消除采矿业胶液中的氰化物（如KCN），经以下反应实现：KCN+H2O2+H2O＝A+NH3↑（已配平），则生成物A的化学式为__________。
（3）漂白剂亚氯酸钠（NaClO2）在常温与黑暗处可保存－年．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）。在该反应中，当有1mlClO2生成时转移的电子个数约为_______________。
（4）“84”消毒液（主要成分是NaClO）和洁厕剂（主要成分是浓盐酸）混合使用会产生一种有毒气体，用离子方程式表示其原因_________________________。
（5）氟气性质活泼，氟能与稀有气体氙反应生成XeF2、XeF4、XeF6等固体，这些固体都极易与水反应。已知XeF4与H2O反应时，有－半的XeF4与H2O发生分子间氧化还原反应，另－半则与水发生歧化反应：3Xe（Ⅳ）→Xe+2XeO3。取XeF4进行如下实验：用水处理，可以得到气体A和溶液B，A的体积为56.7mL（标准状况，下同），其中含O222.7mL，其余为气体Xe。B中的含有一种弱酸和XeO3。写出XeF4与H2O反应的化学方程式_______________________________。
【解析】（1）1mlCl2（发生的反应为Cl2+H2O＝HCl+HClO）H2O2、ClO2、O3分别消毒时，转移电子依次为1ml、1ml、5ml、2ml，等物质的量的上述物质反应，ClO2转移的电子数最多，消毒效率最高；（2）根据元素守恒原理，可知反应KCN+H2O2+H2O＝A+NH3↑中的A为KHCO3；（3）该反应是歧化反应，HClO2中+3价的氯元素－部分升高到ClO2中的+4价，－部分降低到－1价．当有1mlClO2生成时，反应中转移1ml电子，即转移的电子数约为6.02×1023；（4）ClO－与浓盐酸中的Cl－会发生反应生成有毒的Cl2，方程式为ClO－+Cl－+2H+＝Cl2↑+H2O；（5）XeF4与H2O反应时，有－半的XeF4与H2O发生氧化还原反应，另－半则发生歧化反应，反应生成Xe、氧气、XeO3、HF，该反应为6XeF4+12H2O＝4Xe↑+3O2↑+2XeO3+24HF。
【答案】（1）C（2）KHCO3（3）6.02×1023
（4）ClO－+Cl－+2H+＝Cl2↑+H2O
（5）6XeF4+12H2O＝4Xe↑+3O2↑+2XeO3+24HF
【点评】本题考查较为综合，侧重于分析能力和计算能力的考查，为高频考点，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大注意相关基础知识的积累。
10．（2020·宝鸡高三上学期期末）已知雄黄（As4S4）（As4S4）和雌黄（As2S3）是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。根据题意完成下列填空：
（1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体。若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和SnCl2的物质的量之比为________。
（2）上述反应中的氧化剂是________，反应产生的气体可用_____________吸收。
（3）As2S3和HNO3有如下反应：As2S3+10H++10NO3－＝2H3AsO4+3S↓+10NO2↑+2H2O。若生成2mlH3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为________。若将该反应设计成－原电池，则NO2应该在________（填“正极”或“负极”）附近逸出。
（4）若反应产物NO2与11.2LO2（标准状况）混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，然后与过量的碳反应，所产生的CO2的量________（选填编号）。
A．小于0.5ml B．等于0.5ml
C．大于0.5ml D．无法确定
【解析】（1）根据电子得失守恒知1mlAs2S3作氧化剂得到2ml电子，而1mlSnCl2作还原剂失去2ml电子，所以二者的物质的量之比是1∶1；（2）H2S是还原性气体，可用碱液或硫酸铜溶液吸收；（3）As2S3作还原剂，转移电子的个数是2×（5－3）+3×［0－（－2）］＝10。NO2属于还原产物，在正极生成；（4）根据电子守恒可知生成CO2的量是0.5ml，但要考虑到随着反应的进行，硝酸的浓度会降低而稀硝酸不与碳反应。
【答案】（1）1∶1（2）As2S3氢氧化钠溶液（或硫酸铜溶液）
（3）10ml正极（4）a
11．（2020·长春高三上学期期中）在酸性条件下，向硫酸锰（MnSO4）溶液中滴加高碘酸钾（KIO4）溶液，溶液颜色会变为紫红色，生成高锰酸钾（KMnO4）。试完成下列相关题目：
（1）该反应的氧化剂是______，反应中MnSO4表现______性。
（2）由题意可知，KIO4和KMnO4二者相比，______的氧化性强。
（3）若20mL0.003ml/LMnSO4溶液与15mL0.01ml/LKIO4溶液可以恰好反应，则该反应中KIO4对应的产物是______（填字母）。
A．KI B．I2 C．KIO2 D．KIO3
依据你的判断，请写出该反应的离子方程式，并配平：____________。
（4）将下列所给物质的化学计量数填在横线上，并用单线桥法标明电子转移的方向和数目：MnSO4+KIO4+…
【解析】（1）酸性条件下，向硫酸锰（MnSO4）溶液中滴加高碘酸钾（KIO4）溶液，溶液颜色会变为紫红色，生成高锰酸钾（KMnO4），Mn元素化合价由+2价变为+7价，I元素得电子化合价降低，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂具有还原性，所以氧化剂是KIO4（或高碘酸钾），MnSO4是还原剂，体现还原性；（2）根据（1）知，该反应中氧化剂是KIO4（或高碘酸钾），MnSO4是还原剂，KMnO4是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以KIO4的氧化性强；（3）n（MnSO4）＝0.02L×0.003ml/L＝6×10－5ml/L，n（KIO4）＝0.015L×0.01ml/L＝1.5×10－4ml/L，根据转移电子相等得I元素得电子数＝＝2，所以碘元素化合价为+7－2＝+5，所以该反应中KIO4对应的产物是D，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为2Mn2++5IO4－+3H2O＝2MnO4－+5IO3－+6H+；（4）Mn元素化合价由+2价变为+7价、I元素化合价由+7价变为+5价，得失电子最小公倍数是10，所以MnSO4、KIO4的计量数分别是2、5，该反应中电子从Mn元素转移到I元素，转移电子方向和数目为。
【答案】（1）KIO4（或高碘酸钾）；还原（2）KIO4
（3）D；2Mn2++5IO4－+3H2O＝2MnO4－+5IO3－+6H+
（4）2；5；
【点评】本题考查氧化还原反应及其有关计算，为高频考点，涉及氧化还原反应离子方程式的配平、氧化性强弱比较等知识点，氧化还原反应配平方程式时要遵循转移电子守恒、电荷守恒、原子守恒，
12．（2020·正定一模）碘化钠是实验室中常用的分析试剂，工业上用铁屑还原法制备NaI的流程如图：
请回答下列问题：
（1）判断反应①中碘是否反应完全的方法是_____________________。
（2）操作I的名称是_______；
（3）反应①的离子方程式为_______________________________。
（4）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。
【解析】由制备流程可知，碘与NaOH溶液反应生成NaI、NaIO3，加入Fe与NaIO3发生氧化还原反应生成NaI、氢氧化铁，操作I为过滤，固体为氢氧化铁，②过滤后溶液中主要含NaI，分离、提纯得到NaI。（1）淀粉遇碘变蓝，反应后加淀粉无现象即可说明反应结束，则判断反应①中碘是否反应完全的方法为取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴淀粉溶液，若溶液未变蓝，则证明碘已反应完全；反之，碘未反应完全，（或取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴CCl4，振荡、静置，若下层液体呈无色，证明碘已反应完全；若下层液体呈紫红色，证明碘未反应完全）；（2）由上述分析可知，操作I为过滤；（3）反应①的离子方程式为3I2+6OH－＝5I－+IO3－+3H2O；（4）反应②的化学方程式是2Fe+NaIO3+3H2O＝2Fe（OH）3↓+NaI，若有99gNaIO3被还原，转移电子为×［（+5）－（－1）］＝3ml。
【答案】（1）取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴淀粉溶液，若溶液未变蓝，则证明碘已反应完全；反之，碘未反应完全，（或取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴CCl4，振荡、静置，若下层液体呈无色，证明碘已反应完全；若下层液体呈紫红色，证明碘未反应完全）
（2）过滤（3）3I2+6OH－＝5I－+IO3－+3H2O
（4）2Fe+NaIO3+3H2O＝2Fe（OH）3+NaI；3
【点评】本题考查物质制备实验，明确制备流程中发生的反应及操作为解答的关键，涉及氧化还原反应及碘的特性，注重基础知识的考查，题目难度不大
13．（2020·南阳一模）食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热而引起的。已知：氧化性：IO3－＞Fe3+＞I2；还原性：S2O32－＞I－，3I2+6OH－＝5I－+IO3－+3H2O，KI+I2KI3。
（1）某学习小组对加碘盐进行了如下实验：取一定量某加碘盐（可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+），用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得试液分为3份。第－份试液中滴加KSCN溶液后显红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。
①加KSCN溶液显红色，该红色物质是__________（用化学式表示）；CCl4中显紫红色的物质是_______________。
②第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为_______________、____________________。
（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失。写出潮湿环境中KI与氧气反应的化学方程式：_________________________。将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3·H2O。该物质作为食盐加碘剂是否合适？（填“是”或“否”） _____，并说明理由：_________________________。
【解析】（1）①加KSCN溶液后显红色，发生的反应为：Fe3++3SCN－＝Fe（SCN）3，红色物质是Fe（SCN）3；CCl4中显紫红色的物质是I2，其电子式为I2。②由（1）中信息可知，加碘盐中含有Fe3+和IO3－，试液中加入足量KI固体后，发生的离子反应为：IO3－+5I－+6H+＝3I2+3H2O，2Fe3++2I－＝2Fe2++I2。（2）KI具有还原性，在潮湿的环境中与O2发生氧化还原反应：O2+4KI+2H2O＝2I2+4KOH。由题中信息可知，KI3·H2O在受热（或潮湿）的条件下发生反应KI3KI+I2，而KI易被氧气氧化为I2，而I2受热易升华，从而引起碘的损失，故KI3·H2O不适合做食盐加碘剂。
【答案】（1）①Fe（SCN）3I2②IO3－+5I－+6H+＝3I2+3H2O，2Fe3++2I－＝2Fe2++I2
（2）O2+4KI+2H2O＝2I2+4KOH；否；KI3在受热（或潮湿）条件下产生I2和KI，KI易被氧气氧化，I2易升华
14．（2020·周口高三上学期期中）虽然氟元素早在1810年就被发现，但之后很长一段时间化学家试图用化学方法制取氟单质的尝试一直未获成功。直到1986年，化学家Karl Christe首次用化学方法制得了F2。他提出的三步反应如下（反应①、②中氟元素的化合价不变）：
①KMnO4+KF+H2O2+HF→K2MnF6+________+H2O
②SbCl5+HF→SbF5+________
③2K2MnF6+4SbF5＝4KSbF6+2MnF3+F2↑
请根据以上反应回答问题：
（1）反应①中空格上应填物质的化学式为_____________，为什么填这一物质，试用氧化还原反应理论解释：______________________________________。
（2）完成反应②写出配平后的方程式：___________________________________。
（3）反应③中的氧化剂为_____________，被氧化的元素为_______________。
（4）配平反应①，并用单线桥标出电子转移的方向和数目：__________________________________________。
【解析】（1）反应①中KMnO4中Mn的化合价降低，F、H、K元素的化合价不变，则H2O2必作还原剂，氧元素的化合价从－1升到0，生成O2。（2）反应②中SB．Cl、F的化合价均不变，故生成物为HCl，反应方程式为SbCl5+5HF＝SbF5+5HCl。（3）反应③中Mn元素化合价从+4降为+3，故K2MnF6为氧化剂，F元素化合价从－1升到0，故被氧化的元素为F。（4）根据电子守恒配平反应①为2KMnO4+2KF+3H2O2+10HF＝2K2MnF6+3O2+8H2O，H2O2中O失电子，KMnO4中Mn得电子。
【答案】（1）O2 KMnO4中Mn的化合价降低，则H2O2必作还原剂（2）SbCl5+5HF＝SbF5+5HCl（3）K2MnF6 F（或氟元素）
15．（2020·宁夏石嘴山高三上学期期末）工业上常用强的氧化剂处理钢件，使其表面形成致密、光滑的四氧化三铁氧化膜，以增强钢铁的抗腐蚀能力，这种处理叫做“发蓝”或“发黑”．其过程主要有：去污、酸洗、氧化处理、皂化、热水煮沸、检查等步骤。钢件表面氧化过程可分为三个阶段：①Fe→Na2FeO2；②Na2FeO2→Na2Fe2O4；③Na2FeO2+Na2Fe2O4→Fe3O4。请回答以下问题：
（1）酸洗时常用稀硫酸除去表面的铁锈，写出除锈时的离子方程式________________。
（2）将去污、除锈后的钢件浸入130℃以上含有NaNO2和NaOH溶液中，逸出一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，片刻后铁片表面变黑。氧化处理时第一阶段反应的化学方程式为________________________。
（3）在发黑的过程中可能会形成有害的氧化铁红色胶状物Fe2O3•H2O，其原因可能是________________________________。
（4）氧化处理中产生大量含NO2－和OH－的废水，某同学设计以下方案处理废水：
操作1：调节溶液pH接近中性
操作2：加入适量的氯化铵溶液并加热至沸，产生大量气体，该气体为大气的主要成分①操作1和操作2的顺序能否对调？请说明理由________________________。
②为减轻处理后的产物对环境造成二次污染，下列适合处理含NO2－废水的物质是________。
A．O3 B．KI C．K2Cr2O7 D．NaClO
【解析】（1）铁锈的主要成分为Fe2O3•xH2O，铁锈溶液稀硫酸之后发生Fe2O3+6H+＝2Fe2++3H2O；（2）结合Fe→Na2FeO2可知，此反应的反应物为NaOH以及还原剂Fe、氧化剂NaNO2，生成物为Na2FeO2和氨气和水，配平得3Fe+NaNO2+5NaOH＝3Na2FeO2+NH3↑+H2O；（3）亚铁酸钠、铁酸钠均属于强碱弱酸盐，在水溶液中均可以发生水解，水解的产物通过氧化还原反应、分解反应等反应最终形成有害的氧化铁红色胶状物；（4）①铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气，氨气是一种具有刺激性气味的气体，如果操作1和操作2的顺序对调，则会污染空气；②NO2－具有很强的还原性，需要加氧化剂除掉，故排除B，在选项A、C、D三种强氧化剂中，K2Cr2O7被NO2－还原为重金属离子Cr3+造成二次污染。
【答案】（1）Fe2O3+6H+＝2Fe2++3H2O（2）3Fe+NaNO2+5NaOH＝3Na2FeO2+NH3↑+H2O（3）亚铁酸钠、铁酸钠发生水解，最终形成Fe2O3•H2O
（4）①不能，若对调，则NH4+大量与OH－反应逸出氨气②AD
离子
SO42－
Mg2+
Fe3+
Na+
Cl－
浓度（ml/L）
a
0.05
0.10
0.50
0.58
【解析】因为Ag+、Fe3+、Cu2+三种离子的氧化性顺序为Ag+＞Fe3+＞Cu2+，当加入铁粉时，按Ag+、Fe3+、Cu2+的顺序反应，当铁粉剩余时，Ag+、Fe3+、Cu2+将全部反应；若铁粉不剩余时，溶液中一定含有的离子只有Fe2+，溶液中不含Cu2+时，因为Fe3+、Ag+的氧化性比Cu2+强，所以一定不含有Ag+和Fe3+。
【答案】（1）Ag+、Fe3+、Cu2+（2）Fe2+（3）Ag+和Fe3+
【点睛】注意氧化还原反应规律的理解和应用，即一种氧化剂同时和几种还原剂相遇时，优先与还原性最强的还原剂发生反应；同理，一种还原剂遇到多种氧化剂时，优先与氧化性最强的氧化剂反应。
2．（2020·天津大邱庄第一次质检）
（1）147gH2SO4的物质的量是_______；
（2）氧化铜在高温下发生分解反应：4CuO2Cu2O+O2↑，若反应过程中生成1mlO2分子，则转移电子数为________ml。
（3）反应：2FeCl3+2KI＝2FeCl2+2KCl+I2，其中_____元素化合价升高，则该元素被_____，_____元素化合价降低；______作还原剂，_____发生还原反应。
（4）钠在空气中燃烧的化学方程式：_____________________，1ml钠完全燃烧转移电子的个数为______（阿伏伽德罗常数为NA）。
【分析】（1）根据n＝计算硫酸的物质的量；（2）根据反应过程中电子转移的物质的量等于元素化合价升降数目计算；（3）根据氧化还原反应的规律判断分析；（4）钠与氧气在点燃时反应产生过氧化钠，根据元素化合价升降数目判断电子转移数目。【解析】（1）n（H2SO4）＝＝1.5ml；（2）在反应中O元素的化合价部分由－2价升高到0价，每生成1mlO2，元素化合价升高4价，所以生成1mlO2分子，转移电子数为4ml；（3）在反应2FeCl3+2KI＝2FeCl2+2KCl+I2中，I元素化合价由KI中的－1价变为反应后I2的0价，化合价升高，I元素失电子，被氧化，所以KI为还原剂；Fe元素的化合价由反应前FeCl3中的+3价变为反应后FeCl2中的+2价，Fe元素的化合价降低，得电子，被还原，所以FeCl3作氧化剂，被还原；（4）钠在空气中燃烧生成过氧化钠，反应的化学方程式为：2Na+O2Na2O2，在该反应中，Na元素的化合价由反应前Na单质的0价变为反应后Na2O2中的+1价，化合价升高，失去电子。由于Na元素化合价升高1价，所以1ml钠完全燃烧转移1ml电子，转移电子数目为NA。
【答案】（1）1.5ml（2）4（3）碘（或I）；氧化；铁（或Fe）；KI；FeCl3
（4）2Na+O2Na2O2；NA
【点睛】本题考查了物质的量的有关计算及氧化还原反应的知识，掌握物质的量的有关计算公式、氧化还原反应的实质与特征及发生的反应关系是本题解答的关键。
3．（14分）（2020·上海虹口区一模）高铁酸钠（Na2FeO4）是水处理过程中常用的一种新型净水剂，在反应中被还原成Fe3+离子，工业上常用NaClO氧化Fe（OH）3生产高铁酸钠：Fe（OH）3+NaClO+NaOH→Na2FeO4+NaCl+H2O。完成下列填空：
（1）配平上述化学方程式______________________________________。
（2）其中发生还原反应的元素是________；若制备过程中消耗了0.15mlNaClO，则转移的电子数目是____。
（3）高铁酸钠之所以能净水，除了能杀菌消毒外，另一个原因是（结合离子方程式回答）________________________________。
（4）生产高铁酸钠的另一种方法是电解法，原理是Fe+2NaOH+2H2O→Na2FeO4+3H2↑，则电解过程中Fe在________。（选填编号）
A．阳极发生氧化反应 B．阴极发生还原反应
C．阳极发生还原反应 D．阴极发生氧化反应
（5）某地海水样品经Na2FeO4处理后，所含离子及其浓度如下表所示（H+和OH－未列出）：
表格中的a____0.16（填“＞”、“＜”或“＝”），判断的理由是________________。
【分析】（1）Fe元素的化合价由+3变为+6，Cl元素的化合价由+1变为－1价，可知n（Fe（OH）3）：n（NaClO）＝2∶3；（2）Cl元素化合价降低，做氧化剂发生还原反应。转移电子数＝得电子数＝失电子数，根据比例关系计算转移电子数；（3）高铁酸钠在反应中被还原成Fe3+离子，Fe3+发生水解，形成Fe（OH）3胶体吸附杂质，所以能净水；（4）Fe化合价升高，被氧化，发生氧化反应，阳极失电子；（5）处理后溶液呈酸性，故c（H+）＞c（OH－），根据电荷守恒，a＞0.16。
【解析】（1）分析题目中元素的化合价变化，Fe元素的化合价由+3变为+6，有化合价降低必须有化合价升高，所以Cl元素的化合价由+1变为－1价，可知n（Fe（OH）3）：n（NaClO）＝2∶3，其他根据原子守恒配平可得：2Fe（OH）3+3NaClO+4NaOH＝2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；（2）根据化合价，Cl元素化合价降低，做氧化剂发生还原反应被还原，发生还原反应的元素是+1价氯元素。根据方程式系数，当n（NaClO）＝3ml，反应方程式中转移电子数为6NA，若制备过程中消耗了0.15mlNaClO，根据比例关系，可得转移电子数为0.3NA；（3）高铁酸钠（Na2FeO4）是水处理过程中常用的一种新型净水剂，在反应中被还原成Fe3+离子，Fe3+发生水解，Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，形成Fe（OH）3胶体吸附杂质，所以能净水。选；（4）Fe+2NaOH+2H2O＝Na2FeO4+3H2↑，在电解中Fe化合价升高，被氧化，发生氧化反应。阳极失电子，所以Fe在阳极发生氧化反应。（5）若c（H+）＝c（OH－），根据溶液中电荷守恒，即阴离子所带得电荷总数＝阳离子所带得电荷总数，2a+0.58＝0.5+0.1×3+0.05×2，a＝0.16．但是溶液中存在金属离子，c（H+）＞c（OH－），处理后得溶液呈酸性，所以a＞0.16。
【答案】（1）2Fe（OH）3+3NaClO+4NaOH＝2Na2FeO4+3NaCl+5H2O（2）+1价氯元素；0.3NA（3）生成产物Fe3+发生水解，Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，形成Fe（OH）3胶体吸附杂质（4）a（5）＞；处理后溶液呈酸性，故c（H+）＞c（OH－），根据电荷守恒，a＞0.16
【点评】本题考查物质制备方案的设计及化学实验基本操作方法的综合应用，题目难度中等，明确制备流程及化学实验基本操作方法为解答关键。
4．（2020·保定一模）常见的食品脱氧剂多为无机铁系脱氧剂，其主要成分为活性铁粉。脱氧中的一步主要反应为：4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3（红褐色固体）。
（1）Fe（OH）3中铁元素化合价为______，该脱氧反应中还原剂是_________。
（2）某化学兴趣小组用食品脱氧剂（2g铁粉、0.5g活性炭、0.5g氯化钠）进行如下两个实验。
请回答：
①溶液丙中一定含有的金属阳离子是_________（写离子符号）；
②检验溶液丙中Cl－的方法是__________________________________。将乙烘干后进行如下实验，物质之间的转化关系如图（部分产物略去）。
③写出反应②的离子方程式，并用双线桥法表示电子转移的方向和数目_________；
④向溶液C中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，其离子方程式为____________；反应③的化学方程式为______________________________。
【解析】（1）Fe（OH）3中铁元素化合价为+3价，脱氧反应中4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3中Fe（OH）2的化合价由+2→+3，化合价升高，作还原剂；（2）①脱氧剂中铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，气体甲是氢气，反应后的混合物中有硫酸、硫酸亚铁、食盐、活性炭，过滤除去了活性炭，溶液丙中含有的溶质是硫酸、硫酸亚铁、氯化钠，含有的金属阳离子是Fe2+、Na+；②检验溶液中Cl－的方法是取少许溶液丙于试管中，向试管中加入过量的Ba（NO3）2溶液，振荡，静置，向上层清液中滴加AgNO3溶液，观察到有白色沉淀产生，溶液丙中含有Cl－；③由物质之间的转化关系可知，固体乙的主要成分是碳，在高温条件下碳与氧化铁反应生成了铁，能与氢氧化钠反应生成蓝色沉淀的溶液是硫酸铜溶液，所以有色溶液C是硫酸铜，铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁。所以反应②的离子方程式为Cu2++Fe＝Fe2++Cu，Cu2+→Cu，得到2个电子，Fe→Fe2+失去2个电子，用双线桥法表示电子转移的方向和数目为：。④由③分析可知有色溶液C是硫酸铜，向CuSO4溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，白色沉淀为硫酸钡沉淀，其离子方程式为SO42－+Ba2+＝BaSO4↓，硫酸铜与氢氧化钠反应的化学方程式为：CuSO4+2NaOH＝Cu（OH）2↓+Na2SO4。
【答案】（1）+3，Fe（OH）2（2）①Fe2+、Na+
②取少许溶液丙于试管中，向试管中加入过量的Ba（NO3）2溶液，振荡，静置，向上层清液中滴加AgNO3溶液，观察到有白色沉淀产生，溶液丙中含有Cl－
③
④SO42－+Ba2+＝BaSO4↓CuSO4+2NaOH＝Cu（OH）2↓+Na2SO4
5．（2020·榆林高三上学期期末）已知KMnO4可以与浓盐酸反应制取氯气。紫色KMnO4溶液在不同条件下的还原过程如下：
①MnO4－+e－＝MnO42－（绿色）（强碱性条件）
②MnO4－+8H++5e－＝Mn2+（无色）+4H2O（强酸性条件）
（1）将KMnO4溶液滴入KOH与K2SO3的混合溶液发生化学反应，还原剂为_______，还原产物为_______（填写化学式）。
（2）将KMnO4溶液滴入NaOH溶液微热，得到透明的绿色溶液，反应的离子方程式为________________________________________。
（3）用酸性KMnO4溶液与亚铁盐的反应证明Fe2+具有还原性，最合适的亚铁盐是_______，可用来酸化KMnO4溶液的试剂是_______（均选填字母编号）。
a．FeSO4 b．FeCl2 c．Fe（NO3）2
d．盐酸 e．稀硝酸 f．稀硫酸
（4）向20mL浓度为0.02ml/L的KMnO4溶液中滴加FeSO4溶液，使紫色MnO4－全部转化为无色，则反应前需向KMnO4溶液加入c（H+）＝1ml/L的酸不少于_______mL。
【解析】（1）KMnO4具有强氧化性，在碱性溶液中与K2SO3发生氧化还原反应，Mn元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则还原剂为K2SO3，还原产物为K2MnO4；（2）KMnO4溶液滴入NaOH溶液微热，得到透明的绿色溶液，生成锰酸钾，该反应中Mn元素的化合价升高，则O元素的化合价升高，生成氧气，该离子反应为4MnO4－+4OH－＝4MnO42－+2H2O+O2↑；（3）用酸性KMnO4溶液与亚铁盐的反应证明Fe2+具有还原性，因氯离子能被高锰酸钾氧化，亚铁离子能被硝酸根离子氧化，则选择亚铁盐时，应选择硫酸亚铁，所以利用硫酸来酸化高锰酸钾溶液；（4）由MnO4－+8H++5e－＝Mn2+（无色）+4H2O可知，n（H+）＝0.02L×0.02ml/L×8＝0.0032ml，c（H+）＝1ml/L，其体积为V（H+）＝＝＝0.0032L＝3.2mL。
【答案】（1）K2SO3；K2MnO4（2）4MnO4－+4OH－＝4MnO42－+2H2O+O2↑
（3）a；f（4）3.2
6．（2020·九江高三上学期期中）多硫化钠（Na2Sx）在制革工业中常用作皮毛的脱毛剂，农业上可作杀虫剂，也是分析化学中的常用试剂。在碱性溶液中，Na2Sx与NaBrO3发生反应生成Na2SO4与NaBr。
（1）上述反应中发生氧化反应的物质是_______，被还原的元素是_______（填写元素符号或化学式）。
（2）若Na2Sx与NaBrO3反应的物质的量之比为3∶10，则x＝_______。
（3）NaBrO3也可以在酸性条件下与NaBr反应生成Br2。若生成6mlBr2，则反应中转移电子的物质的量为__________。
（4）根据上述两个反应，可推知Na2Sx、Br2、NaBr还原性由强到弱的顺序是_______（填写化学式）。
【解析】（1）反应Na2Sx+NaBrO3→Na2SO4+NaBr中，溴的化合价由+5价降至－1价，被还原，而硫元素的化合价由负价升到+6价，被氧化（2）Na2Sx中x个硫原子的化合价共－2价，最终均升为+6价，共升高6x+2价，而NaBrO3中溴的化合价由+5价降至－1价，共降低6价，为升降守恒，两者的物质的量比为3∶（3x+1），当Na2Sx与NaBrO3反应的物质的量之比为3∶10，可得x＝3。（3）溴元素发生了归中反应：BrO3－+5Br－+6H+＝3Br2+3H2O，反应中有5个电子的转移，当有6mlBr2，则反应中转移电子的物质的量为10ml。（4）根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可得Na2Sx、Br2、NaBr还原性由强到弱的顺序是Na2Sx＞NaBr＞Br2。
【答案】（1）Na2Sx，（2）3（3）10ml（4）Na2Sx＞NaBr＞Br2
7．（2020·保定模拟）钒具有众多优异的性能，用途十分广泛，有金属“维生素”之称。完成下列填空：
（1）将废钒催化剂（主要成分V2O5）与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应，所得溶液显酸性、含VO2+、K+、SO42－等。写出该反应的化学方程式____________________________________________。
（2）向上述所得溶液中加入KClO3溶液，充分反应后，溶液中新增加了VO2+、Cl－。写出并配平该反应的离子方程式，并标出电子转移的数目和方向：________________________________________________。
（3）在20.00mL的0.1ml/LVO2+溶液中，加入0.195g锌粉，恰好完成反应，则还原产物可能是__________。
a．V b．V2+ c．VO2+ d．VO2+
（4）已知V2O5能和盐酸反应生成氯气和VO2+。请再写一个离子反应方程式，说明还原性：SO32－＞Cl－＞VO2+____________________________________。
【解析】（1）由题意可知，V2O5与稀硫酸、亚硫酸钾反应生成VOSO4、K2SO4，由元素守恒可知还生成H2O，配平后方程式为：V2O5+K2SO3+2H2SO4＝2VOSO4+K2SO4+2H2O；（2）ClO3－与VO2+反应生成VO2+、Cl－，氯元素化合价由+5降低为－1，共降低6价，V元素化合价由+4升高为+5，共升高1价，化合价升降最小公倍数为6，故ClO3－的系数为1、VO2+系数为6，由原子守恒可知成VO2+的系数为6，Cl－的系数为1，由电荷守恒可知还生成H+，系数为6，故有水参加反应，系数为3，配平该反应的离子方程式，并标出电子转移的数目和方向为：；（3）0.195g锌粉的物质的量＝＝0.003ml，令V元素在还原产物中的化合价为a，则：0.003×2＝0.02L×0.1ml/L×（5－a），解得a＝2，故选b；（4）V2O5能和盐酸反应生成氯气和VO2+，故还原性Cl－＞VO2+，氯气可以将亚硫酸根氧化生成硫酸根、自身被还原为Cl－，可以说明还原性SO32－＞Cl－，反应离子方程式为：Cl2+SO32－+H2O＝2Cl－+2H++SO42－。
【答案】（1）V2O5+K2SO3+2H2SO4＝2VOSO4+K2SO4+2H2O
（2）
（3）b（4）Cl2+SO32－+H2O＝2Cl－+2H++SO42－
8．（2020·甘肃武威高三上学期期末）
（1）辉铜矿（Cu2S）可发生反应：2Cu2S+2H2SO4+5O2＝4CuSO4+2H2O，该反应的还原剂是_______。当1mlO2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为____ml。
（2）焙烧明矾的化学方程式可以表示为：4KAl（SO4）2·12H2O+3S2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O，在该反应中，还原剂是_______。
（3）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1。写出该反应的化学方程式：_____________________________。
（4）实验室从含碘废液（除H2O外，含有CCl4、I2、I－等）中回收碘，其实验过程如下：
向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I－，其离子方程式为_________________________；该操作将I2还原为I－的目的是______________。
（5）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。在图示的转化中，化合价不变的元素是________________。
（6）NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应得到NaBO2，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为____________________________________，反应消耗1mlNaBH4时转移的电子数目为________________。
【解析】（1）在该反应中，Cu2S中的Cu元素化合价升高，被氧化，Cu2S为还原剂；O2中的氧元素化合价降低，被还原，O2为氧化剂；当1mlO2发生反应时，氧化剂得到电子的物质的量为4ml，由于得失电子守恒，因此还原剂失去电子的物质的量也为4ml；（2）焙烧明矾的反应中，硫元素的化合价既升高，又降低，因此S既是氧化剂又是还原剂；（3）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，即为KCl，在生成KCl的过程中，氯元素化合价降低，因此在生成另一种盐的过程中，氯元素化合价升高，且该盐的阴阳离子个数比为1∶1，故为KClO4，因此反应的化学方程式为4KClO3KCl+3KClO4；（4）含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I－，反应的离子方程式为SO32－+I2+H2O＝2I－+SO42－+2H+；该操作将I2还原为I－的目的是使CCl4中的碘进入水层；（5）根据物质转化的图示可知，化合价不变的元素是Cu、H和Cl；（6）NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应得到NaBO2，且反应前后B的化合价不变，则NaBH4中H元素化合价为－1价，NaBH4与H2O反应时，NaBH4中的氢元素化合价升高，被氧化为H2，NaBH4作还原剂；H2O中的氢元素化合价降低，被还原为H2，H2O作氧化剂；H2既是还原产物又是氧化产物；反应的化学方程式为NaBH4+2H2O＝NaBO2+4H2↑；反应消耗1mlNaBH4时转移的电子数目为4NA。
【答案】（1）Cu2S，4（2）S；（3）4KClO3KCl+3KClO4
（4）SO32－+I2+H2O＝2I－+SO42－+2H+使CCl4中的碘进入水层
（5）Cu、H、Cl（或铜、氢、氯）
（6）NaBH4+2H2O＝NaBO2+4H2↑4NA或2.408×1024
9．（2020·上海静安区一模）卤素及其化合物在生产、生活中有极其重要的作用．液氯是一种常见消毒剂，研究开发具有广谱、高效、低毒的杀菌剂和消毒剂是今后发展的趋势。
（1）Cl2、H2O2、ClO2（还原产物为Cl－）O3（1mlO3转化为1mlO2和1mlH2O）等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是_____（填序号）。
A．Cl2 B．H2O2 C．ClO2 D．O3
（2）H2O2有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称。如消除采矿业胶液中的氰化物（如KCN），经以下反应实现：KCN+H2O2+H2O＝A+NH3↑（已配平），则生成物A的化学式为__________。
（3）漂白剂亚氯酸钠（NaClO2）在常温与黑暗处可保存－年．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）。在该反应中，当有1mlClO2生成时转移的电子个数约为_______________。
（4）“84”消毒液（主要成分是NaClO）和洁厕剂（主要成分是浓盐酸）混合使用会产生一种有毒气体，用离子方程式表示其原因_________________________。
（5）氟气性质活泼，氟能与稀有气体氙反应生成XeF2、XeF4、XeF6等固体，这些固体都极易与水反应。已知XeF4与H2O反应时，有－半的XeF4与H2O发生分子间氧化还原反应，另－半则与水发生歧化反应：3Xe（Ⅳ）→Xe+2XeO3。取XeF4进行如下实验：用水处理，可以得到气体A和溶液B，A的体积为56.7mL（标准状况，下同），其中含O222.7mL，其余为气体Xe。B中的含有一种弱酸和XeO3。写出XeF4与H2O反应的化学方程式_______________________________。
【解析】（1）1mlCl2（发生的反应为Cl2+H2O＝HCl+HClO）H2O2、ClO2、O3分别消毒时，转移电子依次为1ml、1ml、5ml、2ml，等物质的量的上述物质反应，ClO2转移的电子数最多，消毒效率最高；（2）根据元素守恒原理，可知反应KCN+H2O2+H2O＝A+NH3↑中的A为KHCO3；（3）该反应是歧化反应，HClO2中+3价的氯元素－部分升高到ClO2中的+4价，－部分降低到－1价．当有1mlClO2生成时，反应中转移1ml电子，即转移的电子数约为6.02×1023；（4）ClO－与浓盐酸中的Cl－会发生反应生成有毒的Cl2，方程式为ClO－+Cl－+2H+＝Cl2↑+H2O；（5）XeF4与H2O反应时，有－半的XeF4与H2O发生氧化还原反应，另－半则发生歧化反应，反应生成Xe、氧气、XeO3、HF，该反应为6XeF4+12H2O＝4Xe↑+3O2↑+2XeO3+24HF。
【答案】（1）C（2）KHCO3（3）6.02×1023
（4）ClO－+Cl－+2H+＝Cl2↑+H2O
（5）6XeF4+12H2O＝4Xe↑+3O2↑+2XeO3+24HF
【点评】本题考查较为综合，侧重于分析能力和计算能力的考查，为高频考点，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大注意相关基础知识的积累。
10．（2020·宝鸡高三上学期期末）已知雄黄（As4S4）（As4S4）和雌黄（As2S3）是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。根据题意完成下列填空：
（1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体。若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和SnCl2的物质的量之比为________。
（2）上述反应中的氧化剂是________，反应产生的气体可用_____________吸收。
（3）As2S3和HNO3有如下反应：As2S3+10H++10NO3－＝2H3AsO4+3S↓+10NO2↑+2H2O。若生成2mlH3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为________。若将该反应设计成－原电池，则NO2应该在________（填“正极”或“负极”）附近逸出。
（4）若反应产物NO2与11.2LO2（标准状况）混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，然后与过量的碳反应，所产生的CO2的量________（选填编号）。
A．小于0.5ml B．等于0.5ml
C．大于0.5ml D．无法确定
【解析】（1）根据电子得失守恒知1mlAs2S3作氧化剂得到2ml电子，而1mlSnCl2作还原剂失去2ml电子，所以二者的物质的量之比是1∶1；（2）H2S是还原性气体，可用碱液或硫酸铜溶液吸收；（3）As2S3作还原剂，转移电子的个数是2×（5－3）+3×［0－（－2）］＝10。NO2属于还原产物，在正极生成；（4）根据电子守恒可知生成CO2的量是0.5ml，但要考虑到随着反应的进行，硝酸的浓度会降低而稀硝酸不与碳反应。
【答案】（1）1∶1（2）As2S3氢氧化钠溶液（或硫酸铜溶液）
（3）10ml正极（4）a
11．（2020·长春高三上学期期中）在酸性条件下，向硫酸锰（MnSO4）溶液中滴加高碘酸钾（KIO4）溶液，溶液颜色会变为紫红色，生成高锰酸钾（KMnO4）。试完成下列相关题目：
（1）该反应的氧化剂是______，反应中MnSO4表现______性。
（2）由题意可知，KIO4和KMnO4二者相比，______的氧化性强。
（3）若20mL0.003ml/LMnSO4溶液与15mL0.01ml/LKIO4溶液可以恰好反应，则该反应中KIO4对应的产物是______（填字母）。
A．KI B．I2 C．KIO2 D．KIO3
依据你的判断，请写出该反应的离子方程式，并配平：____________。
（4）将下列所给物质的化学计量数填在横线上，并用单线桥法标明电子转移的方向和数目：MnSO4+KIO4+…
【解析】（1）酸性条件下，向硫酸锰（MnSO4）溶液中滴加高碘酸钾（KIO4）溶液，溶液颜色会变为紫红色，生成高锰酸钾（KMnO4），Mn元素化合价由+2价变为+7价，I元素得电子化合价降低，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂具有还原性，所以氧化剂是KIO4（或高碘酸钾），MnSO4是还原剂，体现还原性；（2）根据（1）知，该反应中氧化剂是KIO4（或高碘酸钾），MnSO4是还原剂，KMnO4是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以KIO4的氧化性强；（3）n（MnSO4）＝0.02L×0.003ml/L＝6×10－5ml/L，n（KIO4）＝0.015L×0.01ml/L＝1.5×10－4ml/L，根据转移电子相等得I元素得电子数＝＝2，所以碘元素化合价为+7－2＝+5，所以该反应中KIO4对应的产物是D，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为2Mn2++5IO4－+3H2O＝2MnO4－+5IO3－+6H+；（4）Mn元素化合价由+2价变为+7价、I元素化合价由+7价变为+5价，得失电子最小公倍数是10，所以MnSO4、KIO4的计量数分别是2、5，该反应中电子从Mn元素转移到I元素，转移电子方向和数目为。
【答案】（1）KIO4（或高碘酸钾）；还原（2）KIO4
（3）D；2Mn2++5IO4－+3H2O＝2MnO4－+5IO3－+6H+
（4）2；5；
【点评】本题考查氧化还原反应及其有关计算，为高频考点，涉及氧化还原反应离子方程式的配平、氧化性强弱比较等知识点，氧化还原反应配平方程式时要遵循转移电子守恒、电荷守恒、原子守恒，
12．（2020·正定一模）碘化钠是实验室中常用的分析试剂，工业上用铁屑还原法制备NaI的流程如图：
请回答下列问题：
（1）判断反应①中碘是否反应完全的方法是_____________________。
（2）操作I的名称是_______；
（3）反应①的离子方程式为_______________________________。
（4）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。
【解析】由制备流程可知，碘与NaOH溶液反应生成NaI、NaIO3，加入Fe与NaIO3发生氧化还原反应生成NaI、氢氧化铁，操作I为过滤，固体为氢氧化铁，②过滤后溶液中主要含NaI，分离、提纯得到NaI。（1）淀粉遇碘变蓝，反应后加淀粉无现象即可说明反应结束，则判断反应①中碘是否反应完全的方法为取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴淀粉溶液，若溶液未变蓝，则证明碘已反应完全；反之，碘未反应完全，（或取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴CCl4，振荡、静置，若下层液体呈无色，证明碘已反应完全；若下层液体呈紫红色，证明碘未反应完全）；（2）由上述分析可知，操作I为过滤；（3）反应①的离子方程式为3I2+6OH－＝5I－+IO3－+3H2O；（4）反应②的化学方程式是2Fe+NaIO3+3H2O＝2Fe（OH）3↓+NaI，若有99gNaIO3被还原，转移电子为×［（+5）－（－1）］＝3ml。
【答案】（1）取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴淀粉溶液，若溶液未变蓝，则证明碘已反应完全；反之，碘未反应完全，（或取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴CCl4，振荡、静置，若下层液体呈无色，证明碘已反应完全；若下层液体呈紫红色，证明碘未反应完全）
（2）过滤（3）3I2+6OH－＝5I－+IO3－+3H2O
（4）2Fe+NaIO3+3H2O＝2Fe（OH）3+NaI；3
【点评】本题考查物质制备实验，明确制备流程中发生的反应及操作为解答的关键，涉及氧化还原反应及碘的特性，注重基础知识的考查，题目难度不大
13．（2020·南阳一模）食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热而引起的。已知：氧化性：IO3－＞Fe3+＞I2；还原性：S2O32－＞I－，3I2+6OH－＝5I－+IO3－+3H2O，KI+I2KI3。
（1）某学习小组对加碘盐进行了如下实验：取一定量某加碘盐（可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+），用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得试液分为3份。第－份试液中滴加KSCN溶液后显红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。
①加KSCN溶液显红色，该红色物质是__________（用化学式表示）；CCl4中显紫红色的物质是_______________。
②第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为_______________、____________________。
（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失。写出潮湿环境中KI与氧气反应的化学方程式：_________________________。将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3·H2O。该物质作为食盐加碘剂是否合适？（填“是”或“否”） _____，并说明理由：_________________________。
【解析】（1）①加KSCN溶液后显红色，发生的反应为：Fe3++3SCN－＝Fe（SCN）3，红色物质是Fe（SCN）3；CCl4中显紫红色的物质是I2，其电子式为I2。②由（1）中信息可知，加碘盐中含有Fe3+和IO3－，试液中加入足量KI固体后，发生的离子反应为：IO3－+5I－+6H+＝3I2+3H2O，2Fe3++2I－＝2Fe2++I2。（2）KI具有还原性，在潮湿的环境中与O2发生氧化还原反应：O2+4KI+2H2O＝2I2+4KOH。由题中信息可知，KI3·H2O在受热（或潮湿）的条件下发生反应KI3KI+I2，而KI易被氧气氧化为I2，而I2受热易升华，从而引起碘的损失，故KI3·H2O不适合做食盐加碘剂。
【答案】（1）①Fe（SCN）3I2②IO3－+5I－+6H+＝3I2+3H2O，2Fe3++2I－＝2Fe2++I2
（2）O2+4KI+2H2O＝2I2+4KOH；否；KI3在受热（或潮湿）条件下产生I2和KI，KI易被氧气氧化，I2易升华
14．（2020·周口高三上学期期中）虽然氟元素早在1810年就被发现，但之后很长一段时间化学家试图用化学方法制取氟单质的尝试一直未获成功。直到1986年，化学家Karl Christe首次用化学方法制得了F2。他提出的三步反应如下（反应①、②中氟元素的化合价不变）：
①KMnO4+KF+H2O2+HF→K2MnF6+________+H2O
②SbCl5+HF→SbF5+________
③2K2MnF6+4SbF5＝4KSbF6+2MnF3+F2↑
请根据以上反应回答问题：
（1）反应①中空格上应填物质的化学式为_____________，为什么填这一物质，试用氧化还原反应理论解释：______________________________________。
（2）完成反应②写出配平后的方程式：___________________________________。
（3）反应③中的氧化剂为_____________，被氧化的元素为_______________。
（4）配平反应①，并用单线桥标出电子转移的方向和数目：__________________________________________。
【解析】（1）反应①中KMnO4中Mn的化合价降低，F、H、K元素的化合价不变，则H2O2必作还原剂，氧元素的化合价从－1升到0，生成O2。（2）反应②中SB．Cl、F的化合价均不变，故生成物为HCl，反应方程式为SbCl5+5HF＝SbF5+5HCl。（3）反应③中Mn元素化合价从+4降为+3，故K2MnF6为氧化剂，F元素化合价从－1升到0，故被氧化的元素为F。（4）根据电子守恒配平反应①为2KMnO4+2KF+3H2O2+10HF＝2K2MnF6+3O2+8H2O，H2O2中O失电子，KMnO4中Mn得电子。
【答案】（1）O2 KMnO4中Mn的化合价降低，则H2O2必作还原剂（2）SbCl5+5HF＝SbF5+5HCl（3）K2MnF6 F（或氟元素）
15．（2020·宁夏石嘴山高三上学期期末）工业上常用强的氧化剂处理钢件，使其表面形成致密、光滑的四氧化三铁氧化膜，以增强钢铁的抗腐蚀能力，这种处理叫做“发蓝”或“发黑”．其过程主要有：去污、酸洗、氧化处理、皂化、热水煮沸、检查等步骤。钢件表面氧化过程可分为三个阶段：①Fe→Na2FeO2；②Na2FeO2→Na2Fe2O4；③Na2FeO2+Na2Fe2O4→Fe3O4。请回答以下问题：
（1）酸洗时常用稀硫酸除去表面的铁锈，写出除锈时的离子方程式________________。
（2）将去污、除锈后的钢件浸入130℃以上含有NaNO2和NaOH溶液中，逸出一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，片刻后铁片表面变黑。氧化处理时第一阶段反应的化学方程式为________________________。
（3）在发黑的过程中可能会形成有害的氧化铁红色胶状物Fe2O3•H2O，其原因可能是________________________________。
（4）氧化处理中产生大量含NO2－和OH－的废水，某同学设计以下方案处理废水：
操作1：调节溶液pH接近中性
操作2：加入适量的氯化铵溶液并加热至沸，产生大量气体，该气体为大气的主要成分①操作1和操作2的顺序能否对调？请说明理由________________________。
②为减轻处理后的产物对环境造成二次污染，下列适合处理含NO2－废水的物质是________。
A．O3 B．KI C．K2Cr2O7 D．NaClO
【解析】（1）铁锈的主要成分为Fe2O3•xH2O，铁锈溶液稀硫酸之后发生Fe2O3+6H+＝2Fe2++3H2O；（2）结合Fe→Na2FeO2可知，此反应的反应物为NaOH以及还原剂Fe、氧化剂NaNO2，生成物为Na2FeO2和氨气和水，配平得3Fe+NaNO2+5NaOH＝3Na2FeO2+NH3↑+H2O；（3）亚铁酸钠、铁酸钠均属于强碱弱酸盐，在水溶液中均可以发生水解，水解的产物通过氧化还原反应、分解反应等反应最终形成有害的氧化铁红色胶状物；（4）①铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气，氨气是一种具有刺激性气味的气体，如果操作1和操作2的顺序对调，则会污染空气；②NO2－具有很强的还原性，需要加氧化剂除掉，故排除B，在选项A、C、D三种强氧化剂中，K2Cr2O7被NO2－还原为重金属离子Cr3+造成二次污染。
【答案】（1）Fe2O3+6H+＝2Fe2++3H2O（2）3Fe+NaNO2+5NaOH＝3Na2FeO2+NH3↑+H2O（3）亚铁酸钠、铁酸钠发生水解，最终形成Fe2O3•H2O
（4）①不能，若对调，则NH4+大量与OH－反应逸出氨气②AD
离子
SO42－
Mg2+
Fe3+
Na+
Cl－
浓度（ml/L）
a
0.05
0.10
0.50
0.58
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