- 氧化还原反应的配平
- 共1760题
（一）（8分）在含有物质的量各为0.1 mol FeCl3、H2SO4、Cu(NO3)2的溶液500 mL中，逐渐加入铁粉，溶液中n(Fe2＋)与加入n(Fe)的关系如图A(请注意识图，该题图中每小正方格长度为0.05mol)。（提示：忽略离子水解产生的影响；如果有硝酸根被还原时，则生成一氧化氮气体）
（1）写出图中n(Fe)从0.125mol-0.225 mol段对应反应的离子方程式____。
（2）写出图中n(Fe)从0-0.05 mol段对应反应的离子方程式____。
（3）请在图B中画出溶液中n(Fe3＋)与加入n(Fe)的变化关系图
（4）当反应进行到最后，取该溶液2mL加入试管中，为了证明该溶液中有NO3－存在，可以向试管中在滴加_______。
（二）（5分）下图是电解槽的剖面图，箭头的方向指的是气体或溶液的流向，阳离子交换膜只允许阳离子通过。现要用此装置来通过电解分离Na2SO4和NaOH的混合溶液，则向装置中通入A1溶液和A2溶液(A1溶液是Na2SO4和NaOH的混合溶液，A2溶液是NaOH的稀溶液)。电解一段时间后，装置中流出：B2溶液（是NaOH的浓溶液）和B1溶液，C1气体和C2气体。
（1） C2气体是______（填化学式）。
（2）请写出阳极反应的电极方程式 .
（3）请简述阴极室能流出NaOH的浓溶液的原因 .
正确答案
（一）（1）Cu2++Fe= Cu+Fe2+
（2） Fe+4H++NO-3=NO↑+2H2O+ Fe3+
（3）
（4）B
(二)（第一空1分，后两2空2分）
（1）H2
（2）4OH--4e-=O2↑+2H2O
（3）在电解的过程中，Na+被吸引移向阴极室，c(Na+)会增加；H+逐渐被消耗，又OH-受阳离子交换膜的阻碍不能移向阳极室，c(OH-)也增加，因此阴极室流出氢氧化钠的浓溶液。
试题分析：分析题意，根据氧化还原反应的先后规律，得出溶液中与铁反应的离子的先后顺序及物质的量分别是n(H+)=0.2mol，n(NO3-)=0.2mol，n(Fe3+)=0.1mol，n(Cu2+)=0.1mol,Fe与H+ NO3-反应的离子方程式为Fe+4 H++ NO3-= Fe3++NO↑+2H2O，计算可知NO3-过量，按H+计算，此时消耗Fe0.05mol,生成Fe3+0.05mol，溶液中共有n(Fe3+)=0.15mol，Fe3+消耗Fe0.075mol, Cu2+消耗Fe0.1mol。
（1） 图中n(Fe)从0.125mol-0.225 mol段为Cu2+与Fe的反应，离子方程式为Fe+ Cu2+ =Cu+Fe2+
（2）图中n(Fe)从0-0.05 mol段为Fe与H+ NO3-反应，离子方程式为Fe+4 H++ NO3-= Fe3++NO↑+2H2O
（3）溶液中n(Fe3＋)与加入n(Fe)的变化关系0～0.05mol时n(Fe3＋)由0.1mol增加到0.15mol，然后从0.05～0.125mol n(Fe3＋)减为0，如图
（4）反应进行到最后，溶液为硝酸亚铁的溶液，为证明该溶液中有NO3－存在，可向其中加入酸使溶液中存在硝酸，硝酸将亚铁离子氧化后用KSCN溶液检验，若溶液变红，证明有NO3－存在，所以答案选B。
（二）（1）C2极为电解槽阴极，阳离子放电，所以H+放电成为H2
（2）阳极是阴离子放电，根据溶液中的离子的放电顺序，所以是氢氧根离子放电，电极反应方程式为4OH--4e-=O2↑+2H2O
（3）在电解过程中，阳离子移向阴极，导致c(Na+)会增加；H+逐渐被消耗，又OH-受阳离子交换膜的阻碍不能移向阳极室，c(OH-)也增加，因此阴极室流出氢氧化钠的浓溶液。
硫酸工厂尾气处理时用NaOH溶液吸收SO2生成NaHSO3，再用NaIO3按下列反应（配平）来制取单质I2。NaIO3来源于自然界的矿物。
① NaIO3 + NaHSO3— NaI + Na2SO4 + H2SO4 ② IO3－＋I－＋H＋—I2＋H2O
（1）配平上述反应
（2）在含5molNaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液。请计算开始产生单质I2及产生单质I2最大值时所滴入的NaIO3的物质的量各是多少？
（3）25℃时，H2SO3
正确答案
（1）2NaIO3 + 6NaHSO3 ＝2NaI + 3Na2SO4 + 3H2SO4 IO3－＋5I－＋6H＋= 3I2＋3H2O
（2）5/3mol 2mol （3）1.0×10-12，增大，增大，增大
试题分析：（1）这两个反应均为氧化还原反应，要符合电子守恒和原子守恒。对第二个反应来说，是离子反应，还要符合电荷守恒。配平后的方程式为：2NaIO3 + 6NaHSO3 ＝2NaI + 3Na2SO4 + 3H2SO4 IO3－＋5I－＋6H＋= 3I2＋3H2O （2）开始产生I2时，第一个反应恰好完成，第二个反应刚刚开始。有方程式2NaIO3 + 6NaHSO3 ＝2NaI + 3Na2SO4 + 3H2SO4可知：n(NaIO3):n(NaHSO3)=2:6=1:3,所以n(NaIO3)="1/3" n(NaHSO3) = 1/3×5mol=5/3mol.产生单质I2最大值时第一个反应产生的I-完全发生第二个反应。n(I-)= 1/3n(NaHSO3)= 5/3 mol,发生第二个反应消耗的NaIO3的物质的量为n(NaIO3)=1/5×5/3mol=1/3mol.所以一共消耗的的NaIO3的物质的量为n(NaIO3)= 5/3mol+1/3mol=2mol.（3） H2SO3
氮元素的化合物在工农业以及国防科技中用途广泛，但也会对环境造成污染，如地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。
完成下列填空：
（1）某课题组模拟地下水脱氮过程，利用Fe粉和KNO3(aq)反应探究脱氮原理。实验前
①用0.1mol·L-1H2SO4(aq)洗涤Fe粉，其目的是 ，然后用蒸馏水洗涤至中性；
②将KNO3(aq)的pH调至2.5；
③为防止空气中的 （写化学式）对脱氮的影响，应向KNO3溶液中通入N2。
（2）用足量Fe粉还原上述KNO3(aq)过程中，反应物与生成物的离子浓度、pH随时间的变化关系如图所示。请根据图中信息写出t1时刻前该反应的离子方程式： 。
（3）神舟载人飞船的火箭推进器中常用肼（N2H4）作燃料。NH3与NaClO反应可得到肼（N2H4），该反应中被氧化与被还原的元素的原子个数之比为 。如果反应中有5mol电子发生转移，可得到肼 g。
（4）常温下向25mL 0.01mol/L稀盐酸中缓缓通入5.6 mL NH3（标准状况，溶液体积变化忽略不计），反应后溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。在通入NH3的过程中溶液的导电能力 （填写“变大”、“变小”或“几乎不变”）。
（5）向上述溶液中继续通入NH3，该过程中离子浓度大小关系可能正确的是 （选填编号）。
a．c(Cl-)=c(NH4+)＞c(H+)=c(OH-) b．c(Cl-)＞c(NH4+)=c(H+)＞c(OH-)
c．c(NH4+)＞c(OH-)＞c(Cl-)＞c(H+) d．c(OH-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(Cl-)
（6）常温下向25mL含HCl 0.01mol的溶液中滴加氨水至过量，该过程中水的电离平衡 （填写电离平衡移动情况）。当滴加氨水到25mL时，测得溶液中水的电离度最大，则氨水的浓度为 mol·L-1。
正确答案
（1）去除铁粉表面的氧化物等杂质 （1分）、 O2（1分）
（2）4Fe+NO3—+10H+→4Fe2++NH4++3H2O（2分，物质正确写全1分，配平1分）
（3）2:1（1分）、80（1分）
（4）c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)（1分）、几乎不变（1分）。
（5）ac（2分，每个1分）
（6）先正向移动，后逆向移动（1分）、0.4mol/L（1分）。
试题分析：（1）某课题组模拟地下水脱氮过程，利用Fe粉和KNO3(aq)反应探究脱氮原理。实验前①用H2SO4(aq)洗涤Fe粉，其目的是去除铁粉表面的氧化物等杂质如铁锈。③由于二价铁离子易被空气中的氧气氧化会对脱氮的影响，应向KNO3溶液中通入N2可以进行隔绝。
（2）由图中信息可以看出氢离子浓度减小，硝酸根浓度减小，二价铁离子浓度增大，铵根离子浓度增大，可以确定出反应物和生成物，并运用氧化还原反应原理得出t1时刻前该反应的离子方程式：4Fe+NO3—+10H+→4Fe2++NH4++3H2O。
（3）根据得失电子数相等，NH3----N2H4与NaClO---Cl-，该反应中被氧化（N）与被还原的元素的原子(Cl)个数之比为2:1。如果反应中有5mol电子发生转移时生成肼2.5mol，质量为80g。
（4）25mL 0.01mol/L稀盐酸物质的量是0.00025mol，5.6 mL NH3（标准状况）物质的量为0.00025mol，反应后恰好生成氯化铵，水解后呈酸性，其溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Cl-) ＞c(NH4+) ＞c(H+)＞ c(OH-) 。在通入NH3的过程中由于生成了一水合氨是弱电解质，产生的离子很小，溶液的导电能力几乎不变。
（5）向上述溶液中继续通入NH3，溶质为氯化铵和一水合氨，过程中溶液会呈中性，最终溶液呈碱性，所以该过程中离子浓度大小关系可能正确的是 a．c(Cl-)=c(NH4+)＞c(H+)=c(OH-) 呈中性；c．c(NH4+)＞c(OH-)＞c(Cl-)＞c(H+)呈碱性；
（6）常温下向25mL含HCl 0.01mol的溶液中滴加氨水时生成了铵根离子降低了溶液中的氢离子浓度此时平衡先正向移动，当盐酸反应完后溶液呈碱性时又对水的电离起到了抑制作用，使水的电离平衡逆向移动。当滴加氨水到25mL时，测得溶液中水的电离度最大说明恰好生成了氯化铵此时氨气的物质的量和氯化氢的物质的量相同都为0.01mol，则氨水的浓度为0.01/0.025=0.4mol/Lmol·L-1。
某探究小组将一批电子废弃物简单处理后，得到含Cu、Al、Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计如下制备硫酸铜晶体和无水氯化铁的方案：
已知：Cu2+ + 4NH3·H2O＝[Cu(NH3)4]2+ + 4H2O
请回答下列问题：
（1）步骤①Cu与酸反应的离子方程式为 。
（2）步骤②加H2O2的作用是 ，滤渣2为(填化学式) 。
（3）步骤⑤不能直接加热脱水的理由是 。
（4）若滤液1中Cu2+的浓度为0．02mol·L-1，则氢氧化铜开始沉淀时的pH =
(已知：Ksp[Cu(OH)2]＝2．0×10-20)。
（5）已知：2Cu2+＋4I-＝ 2CuI↓＋I2 I2＋2S2O32-＝ 2I-＋S4O62-
某同学为了测定CuSO4·5H2O产品的质量分数可按如下方法：取3．00g产品，用水溶解后，加入足量的KI溶液，充分反应后过滤、洗涤，将滤液稀释至250mL，取50mL加入淀粉溶液作指示剂，用0．080 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，达到滴定终点的依据是 。
四次平行实验耗去Na2S2O3标准溶液数据如下：
此产品中CuSO4·5H2O的质量分数为 。
正确答案
（1）Cu + 4H+ + 2NO3‾ = Cu2+ +2NO2↑+ 2H2O 3Cu+8H++2NO3‾
（2）将Fe2+氧化成Fe3+ （1分） Fe(OH)3、Al(OH)3 （各1分共2分）
（3）FeCl3易水解：FeCl3+3H2O 
（4） 5 （2分）
（5）溶液由蓝色褪为无色且半分钟内不恢复原色 （2分） 83．3% （2分）
试题分析：（1）浓硝酸与稀硫酸混合后，可能为浓硝酸也可能为稀硝酸，所以离子方程式为：Cu + 4H+ + 2NO3‾ = Cu2+ +2NO2↑+ 2H2O或3Cu+8H++2NO3‾
（2）H2O2具有强氧化性，所以H2O2的作用是将Fe2+氧化成Fe3+；加入足量氨水，Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3沉淀和Al(OH)3沉淀，所以滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3。
（3）FeCl3为强酸弱碱盐，容易发生水解反应：FeCl3+3H2O
（4）c2（OH‾）•c（Cu2+）= Ksp[Cu(OH)2]，代入数据可求出c（OH‾）=1．0×10-9mol•L‾1，pH=-lgc（H+）=-lg【Kw÷c（OH‾）】=5。
（5）Cu2+把I‾氧化为I2，加入淀粉溶液变蓝，用Na2S2O3标准溶液滴定，达到滴定终点时，Na2S2O3与I2恰好完全反应，所以达到滴定终点的依据是：溶液由蓝色褪为无色且半分钟内不恢复原色；实验3所测数据明显大于其他3组数据，说明实验3出现了实验错误，应舍去，根据其他3组数据求出平均值，根据2Cu2+＋4I-＝ 2CuI↓＋I2和I2＋2S2O32-＝ 2I-＋S4O62-可得对应关系：S2O32- ～ Cu2+，所以n（CuSO4•5H2O）=n（Cu2+）=n（S2O32- ）=0．080 mol·L-1 ×（25．00+25．02+24．98）/3L=0．002mol，所以此产品中CuSO4·5H2O的质量分数为：0．002mol×250g/mol×5÷3．00g×100%=83．3%
臭氧可用于净化空气、饮用水的消毒、处理工业废物和作氧化剂.
（1）臭氧几乎可与除铂、金、铱、氟以外的所有单质反应。如:6Ag(s)+O3(g)=3Ag2O(s) ΔH=-235.8kJ/mol.已知2Ag2O(s)=4Ag(s)+O2(g) ΔH=+62.2kJ/mol,则常温下反应: 2O3(g)=3O2(g)的ΔH= .
（2）科学家P.Tatapudi等人首先使用在酸性条件下电解水的方法制得臭氧。臭氧在阳极周围的水中产生,电极反应式为3H2O-6e-=O3↑+6H+,阴极附近溶解在水中的氧气生成过氧化氢,其电极反应式为 。
（3）O3在碱性条件下可将Na2SO4氧化成Na2S2O8。写出该反应的化学方程式为：
（4）所得的Na2S2O8溶液可降解有机污染物4-CP。原因是Na2S2O8溶液在一定条件下可产生强氧化性自由基（SO4-·）。通过测定4-CP降解率可判断Na2S2O8溶液产生SO4-·的量。某研究小组设计实验探究了溶液酸碱性、Fe2+的浓度对产生SO4-·的影响。
①溶液酸碱性的影响：其他条件相同，将4-CP加入到不同pH的Na2S2O8溶液中，结果如图a所示。由此可知：溶液酸性增强， （填 “有利于”或“不利于”）Na2S2O8产生SO4-·。
②Fe2+浓度的影响：相同条件下，将不同浓度的FeSO4溶液分别加入c(4-CP)=1.56×10-4 mol·L－1、c(Na2S2O8)=3.12×10-3 mol·L－1的混合溶液中。反应240 min后测得实验结果如图b所示。已知 S2O82- + Fe2+= SO4-·+ SO42- + Fe3+。则由图示可知下列说法正确的是：_________________（填序号）
③当c(Fe2+)＝3.2 ×10-3 mol·L－1时，4-CP降解的平均反应速率的计算表达式为 。
正确答案
（1）-285.0KJ.mol-1（3分）
（2）3O2 + 6H+ +6e- = 3H2O2（或O2 +2H+ +2e- = H2O2） （3分）
（3）2Na2SO4 + O3 + H2O = Na2S2O8 + 2NaOH + O2 （3分）
（4） ①有利于 （2分）
②AC（2分）
③
试题分析:（1）根据盖斯定律，所求方程式可由3×②-1×①而得，所以ΔH="3×(+62.2kJ/mol)" -2×(-235.8kJ/mol)= -285.0KJ.mol-1 。
（2）由于电解水法制臭氧实质是电解溶解有氧气的水溶液3O2 + 3H2O = O3↑+3H2O2 ，虽然酸性条件下，但算不参加反应，所以电解过程中阳极发生的氧化反应为H2O失电子变成臭氧，而不能是OH-，阴极发生的还原反应为O2得电子变成H2O2，所以阴极电极反应式为：O2 +2H+ +2e- = H2O2 ，若要阴阳极得失电子统一，也可写成3O2 + 6H+ +6e- = 3H2O2 。
（3）O3在碱性条件下将Na2SO4氧化成Na2S2O8的反应是一个氧化还原反应，要注意的是O3的性质和O2相比，臭氧有较强的氧化性，而且不稳定，容易变成为O2，所以在该反应中，O3中O原子不是全部做氧化剂，部分化合价不变；而Na2SO4 中S由+6价→+7价，所以找出相应的氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物后，用缺项配平书写化学方程式得：2Na2SO4 + O3 + H2O = Na2S2O8 + 2NaOH + O2 。
（4）①图a中明显可以看出，随着横坐标pH的增大，4-CP降解率逐渐减小，而起到降解作用的是具有强氧化性的自由基（SO4-·），所以讲解率降低说明强氧化自由基减少，所以酸性增强才有利于Na2S2O8产生SO4-·。
②根据图b可以看出，开始的一段时间内随着横坐标Fe2+浓度增大，4-CP降解率在增大，所以说明在这段时间内，Fe2+能使Na2S2O8产生更多的SO4-·，A正确。强氧化性自由基是通过S2O82- + Fe2+= SO4-·+ SO42- + Fe3+反应产生的，所以Fe2+ 不是讲解反应的催化剂，B错误；因为自由基SO4-·有强氧化性，所以若Fe2+ 浓度过大，则来不及反应的Fe2+ 会被生成的自由基氧化，导致自由基减少，降解率下降，C正确，D错误；故选AC。
③当c(Fe2+)＝3.2 ×10-3 mol·L－1时,从图像b中可以找到此时的降解率52.4%，而初始浓度为c(4-CP)=1.56×10-4 mol·L－1 ，所以在240min内的反应速率v=△C/△t=
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