備戰(zhàn)2025屆新高考化學(xué)一輪總復(fù)習(xí)分層練習(xí)第1章物質(zhì)及其變化第5講氧化還原反應(yīng)方程式的配平和計算（附解析）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

1.NaNO2是一種食品添加劑,但它能致癌。酸性KMnO4溶液與NaNO2反應(yīng)的化學(xué)方程式為Mn+N+H+Mn2++N+ (未配平)。下列敘述正確的是( )
A.Mn2+的還原性強(qiáng)于N
B.反應(yīng)生成1 ml N需消耗0.4 ml Mn
C.反應(yīng)過程中溶液的酸性增強(qiáng)
D.橫線上的微粒是OH-
2.做實驗時若白色衣服上沾了一些KMnO4,產(chǎn)生了褐色斑點,可用草酸(H2C2O4)的稀溶液洗掉斑點,其離子方程式為Mn+H2C2O4+H+CO2↑+Mn2++ (未配平)。關(guān)于此反應(yīng)的敘述正確的是( )
A.該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物是Mn2+
B.離子方程式橫線上的生成物是OH-
C.配平離子方程式,H+的化學(xué)計量數(shù)是6
D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,有5.6 L CO2生成時,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.5 ml
3.羥胺(NH2OH)是一種還原劑,能將某些氧化劑還原?，F(xiàn)用25.00 mL 0.049 ml·L-1羥胺的酸性溶液與足量硫酸鐵溶液在煮沸條件下反應(yīng),生成的Fe2+恰好與24.50 mL 0.020 ml·L-1酸性KMnO4溶液完全反應(yīng)。已知(未配平):FeSO4+KMnO4+H2SO4Fe2(SO4)3+K2SO4+MnSO4+H2O,則羥胺的氧化產(chǎn)物是( )
A.N2B.N2O
C.NOD.NO2
4.水熱法制備納米顆粒Y(化合物)的反應(yīng)為3Fe2++2S2+O2+aOH-Y+S4+2H2O,下列有關(guān)說法不正確的是( )
A.a=4
B.Y的化學(xué)式為Fe2O3
C.S2是還原劑
D.每32 g O2參加反應(yīng),轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為4 ml
5.酸性環(huán)境中,納米Fe除去N的過程中含氮微粒的變化如圖所示,溶液中鐵以Fe2+形式存在。下列有關(guān)說法錯誤的是( )
NNN
A.反應(yīng)②的離子方程式為N+3Fe+8H+N+3Fe2++2H2O
B.增大單位體積水體中納米Fe的投入量,可提高N的除去效果
C.a ml N完全轉(zhuǎn)化為N至少需要4a ml鐵
D.假設(shè)反應(yīng)都能徹底進(jìn)行,反應(yīng)①②消耗的鐵的物質(zhì)的量之比為3∶1
6.氧化還原反應(yīng)在工業(yè)生產(chǎn)、環(huán)保及科研中有廣泛的應(yīng)用。
(1)氫化亞銅(CuH)是一種難溶物質(zhì),用CuSO4溶液和“另一物質(zhì)”在40~50 ℃時反應(yīng)可生成CuH。CuH具有的性質(zhì):不穩(wěn)定,易分解,在氯氣中能燃燒;與稀鹽酸反應(yīng)能生成氣體,Cu+在酸性條件下發(fā)生的反應(yīng)是2Cu+Cu2++Cu。
①寫出CuH在氯氣中燃燒的化學(xué)方程式: 。
②CuH溶解在稀鹽酸中生成的氣體是 (填化學(xué)式)。
③將CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的氣體只有NO,請寫出CuH溶解在足量稀硝酸中反應(yīng)的離子方程式: 。
(2)釩性能優(yōu)良,用途廣泛,有金屬“維生素”之稱。
①將廢釩催化劑(主要成分V2O5)與稀硫酸、亞硫酸鉀溶液混合,充分反應(yīng)后生成VO2+等離子,該反應(yīng)的化學(xué)方程式是。
②V2O5能與鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生VO2+和一種黃綠色氣體,該氣體能與Na2SO3溶液反應(yīng)而被吸收,則S、Cl-、VO2+還原性由強(qiáng)到弱的順序是。
7.(2024·陜西渭南模擬)氧化還原反應(yīng)在物質(zhì)制備方面應(yīng)用廣泛。
(1)下面三個方法都可以用來制氯氣:
①4HCl(濃)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O
②KClO3+6HCl(濃)3Cl2↑+KCl+3H2O
③2KMnO4+16HCl(濃)2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑
根據(jù)以上三個反應(yīng),回答下列有關(guān)問題。
Ⅰ.反應(yīng)①中,氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的質(zhì)量之比為。
Ⅱ.反應(yīng)②中若產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下氯氣3.36 L,則轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量是。
Ⅲ.已知反應(yīng)④:4HCl+O22Cl2+2H2O(g),該反應(yīng)也能制得氯氣。提示:反應(yīng)條件越簡單反應(yīng)越容易發(fā)生,說明反應(yīng)物性質(zhì)越強(qiáng)烈。則MnO2、O2、KMnO4三種物質(zhì)氧化性由強(qiáng)到弱的順序為。
Ⅳ.補(bǔ)全方程式并配平
已知: KMnO4+ KNO2+ MnSO4+ K2SO4+ KNO3+ H2O
(2)A、B、C為三種單質(zhì)(其中A為固體,B、C為氣體),D的飽和溶液滴入沸水中繼續(xù)加熱,液體呈紅褐色,B、C反應(yīng)的產(chǎn)物易溶于水得到無色溶液E,它們之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖:
填寫下列空白:
①物質(zhì)A是 (填名稱),純凈的C在盛有B的集氣瓶中燃燒的實驗現(xiàn)象是。
②向F中加入NaOH溶液,并在空氣中放置時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是 ,
。
層次2綜合性
8.已知:①KMnO4+HCl(濃)KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O(未配平);
②檢驗Mn2+的存在:5S2+2Mn2++8H2O10S+2Mn+16H+
下列說法中錯誤的是( )
A.S2中存在一個過氧鍵(—O—O—),則S2中硫元素的化合價為+7價
B.反應(yīng)②若有0.1 ml還原劑被氧化,則轉(zhuǎn)移電子0.5 ml
C.K2S2O8與濃鹽酸混合可得到黃綠色氣體
D.反應(yīng)①中消耗0.2 ml KMnO4時,被氧化的HCl為1 ml
9.用Cu2S、FeS處理酸性廢水中的Cr2,發(fā)生的反應(yīng)如下:
①Cu2S+Cr2+H+Cu2++S+Cr3++H2O(未配平);
②FeS+Cr2+H+Fe3++S+Cr3++H2O(未配平)。
下列判斷錯誤的是( )
A.反應(yīng)①中還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為3∶5
B.用相同物質(zhì)的量的Cu2S和FeS處理Cr2時,Cu2S消耗的Cr2多
C.處理等物質(zhì)的量的Cr2時,反應(yīng)①和②中消耗H+的物質(zhì)的量相等
D.用FeS處理廢水不僅可以除去Cr2,還可吸附懸浮雜質(zhì)
10.利用鋅灰(主要成分為ZnO,含有CuO、PbO、SiO2、FeO、Fe2O3等雜質(zhì))制備高純ZnO的工藝流程如下,下列說法錯誤的是( )
A.濾渣1的主要成分為SiO2、PbSO4
B.步驟1中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Mn+3Fe2++7H2O3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
C.加入試劑a發(fā)生置換反應(yīng):Zn+CuSO4ZnSO4+Cu
D.取步驟3后的干燥濾餅11.2 g進(jìn)行煅燒,可得產(chǎn)品8.1 g,則x=2
11.常溫下,向H2O2溶液中滴加少量Fe2(SO4)3溶液,反應(yīng)原理如圖所示,下列說法正確的是( )
A.該反應(yīng)過程中,M是Fe3+,M'是Fe2+
B.當(dāng)有1 ml O2生成時,轉(zhuǎn)移4 ml電子
C.在H2O2分解過程中,溶液的pH逐漸升高
D.H2O2的氧化性比Fe3+強(qiáng),還原性比Fe2+弱
12.實驗室分別進(jìn)行如下實驗:①向藍(lán)色的VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液,溶液由藍(lán)色變?yōu)榈S色(V);②向(VO2)2SO4溶液中滴加濃鹽酸,產(chǎn)生黃綠色氣體,溶液變藍(lán)。下列說法正確的是( )
A.①中還原劑與氧化劑物質(zhì)的量之比為1∶5
B.②中每生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2 L氣體,轉(zhuǎn)移1 ml電子
C.由①②可知,酸性條件下氧化性:Mn>Cl2>V
D.向(VO2)2SO4溶液中滴加FeI2溶液發(fā)生反應(yīng)Fe2++V+2H+Fe3++VO2++H2O
13.鈷是一種重要的過渡金屬元素,實驗室利用CC2O4·2H2O固體進(jìn)行如下實驗。下列說法錯誤的是( )
A.固體Y為C2O3,氣體X為CO2
B.上述所涉及的反應(yīng)均為氧化還原反應(yīng)
C.酸性條件下還原性:Cl->C2+
D.溶解過程中理論可得0.1 ml Cl2
層次3創(chuàng)新性
14.實驗室中利用氧化銅和氧化鐵的混合物進(jìn)行如圖實驗。下列說法錯誤的是( )
A.“3.04 g固體”一定是鐵銅混合物
B.“溶液2”中溶質(zhì)的物質(zhì)的量為0.1 ml
C.混合物中含氧原子的物質(zhì)的量為0.06 ml
D.反應(yīng)②能生成0.04 g H2
15.亞氯酸鈉(NaClO2)是一種重要的含氯消毒劑,制備亞氯酸鈉的工藝流程如下:
回答下列問題:
(1)亞氯酸鈉用作紙漿、紙張和各種纖維的漂白劑,是一種高效漂白劑,主要原因是亞氯酸鈉具有性。
(2)制備ClO2氣體的化學(xué)方程式為2NaClO3+H2O2+H2SO42ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O;制備時可用S代替H2O2,寫出該反應(yīng)的離子方程式: 。
(3)可從“廢液”中回收的主要物質(zhì)是 (填化學(xué)式),“結(jié)晶”后經(jīng)過濾即可獲得粗產(chǎn)品。
(4)測定某亞氯酸鈉樣品的純度:準(zhǔn)確稱取亞氯酸鈉樣品m g,加入適量蒸餾水和過量的碘化鉀晶體,再滴入適量稀硫酸(發(fā)生反應(yīng)Cl+4I-+4H+2I2+Cl-+2H2O),將完全反應(yīng)后的溶液配成250 mL待測液。移取25.00 mL待測液置于錐形瓶中,加幾滴淀粉溶液,用c ml·L-1的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定,滴定終點時消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液V mL(已知:I2+2S22I-+S4)。
①移取25.00 mL待測液的儀器的名稱是。
②該樣品中NaClO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 (用含m、c、V的代數(shù)式表示);在滴定操作正確無誤的情況下,此實驗測得結(jié)果偏高,其可能的原因是。
第5講氧化還原反應(yīng)方程式的配平和計算
1.B 解析該反應(yīng)中,Mn元素由+7價降低為+2價,N元素由+3價升高為+5價,配平可得:2Mn+5N+6H+2Mn2++5N+3H2O。N為還原劑,Mn2+為還原產(chǎn)物,則Mn2+的還原性弱于N,A錯誤;由得失電子守恒可知,生成1mlN需消耗0.4mlMn,B正確;反應(yīng)過程中消耗H+,溶液酸性減弱,C錯誤;橫線上的微粒應(yīng)是H2O,D錯誤。
2.C 解析該反應(yīng)中Mn元素由+7價變?yōu)?2價,故該反應(yīng)的還原產(chǎn)物是Mn2+,A錯誤;溶液為酸性環(huán)境,橫線上的生成物是H2O,B錯誤;根據(jù)守恒規(guī)律配平可得:2Mn+5H2C2O4+6H+10CO2↑+2Mn2++8H2O,H+的化學(xué)計量數(shù)為6,C正確;反應(yīng)產(chǎn)生10mlCO2氣體時轉(zhuǎn)移10ml電子,在標(biāo)準(zhǔn)狀況下有5.6LCO2(0.25ml)生成時,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.25ml,D錯誤。
3.B 解析根據(jù)題意,可以認(rèn)為羥胺被酸性KMnO4氧化,羥胺中N元素的化合價是-1價,設(shè)羥胺的氧化產(chǎn)物中N元素的化合價是x,根據(jù)得失電子守恒,存在25.00×10-3L×0.049ml·L-1×(x+1)=24.50×10-3L×0.020ml·L-1×5,解得x=1,故羥胺的氧化產(chǎn)物為N2O。
4.B 解析由電荷守恒可知3×2+a×(-1)+2×(-2)=-2,則a=4;由質(zhì)量守恒可知Y中含F(xiàn)e原子的個數(shù)為3,含O原子的個數(shù)為4,故Y的化學(xué)式為Fe3O4;該反應(yīng)中還原劑為Fe2+、S2,氧化劑為O2。
5.D 解析反應(yīng)②中N被Fe還原成N,Fe變成Fe2+,該反應(yīng)的離子方程式為N+3Fe+8H+N+3Fe2++2H2O,A正確;增大單位體積水體中納米Fe的投入量,可增大納米Fe與N的接觸面積,從而提高N的除去效果,B正確;結(jié)合①②反應(yīng)可知,amlN完全轉(zhuǎn)化為N至少需要Fe的物質(zhì)的量為4aml,C正確;反應(yīng)①為N+Fe+2H+N+Fe2++H2O,反應(yīng)①與反應(yīng)②消耗鐵的物質(zhì)的量之比為1∶3,D錯誤。
6.答案 (1)①2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl ②H2
③CuH+3H++NCu2++2H2O+NO↑
(2)①V2O5+K2SO3+2H2SO42VOSO4+K2SO4+2H2O
②S>Cl->VO2+
7.答案 (1)71∶126 0.25 ml KMnO4>MnO2>O2 2 5 3H2SO4 2 1 5 3
(2)鐵氫氣在氯氣中安靜地燃燒,發(fā)出蒼白色火焰,瓶口有白霧生成 FeCl2+2NaOHFe(OH)2↓+2NaCl 4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3
解析 (1)Ⅰ.反應(yīng)①中氧化產(chǎn)物為Cl2,還原產(chǎn)物為MnCl2,氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的質(zhì)量之比為(35.5×2)∶(55+35.5×2)=71∶126。Ⅱ.反應(yīng)②生成3mlCl2時轉(zhuǎn)移電子5ml,若標(biāo)準(zhǔn)狀況下產(chǎn)生氯氣3.36L,即0.15mlCl2,則轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量是0.25ml。Ⅲ.三種物質(zhì)氧化性由強(qiáng)到弱的順序:KMnO4>MnO2>O2。Ⅳ.根據(jù)得失電子守恒和質(zhì)量守恒配平方程式為2KMnO4+5KNO2+3H2SO42MnSO4+K2SO4+5KNO3+3H2O。
(2)①根據(jù)題中信息分析可知,A是Fe、B是Cl2、C是H2、D是FeCl3、E是HCl;氫氣在氯氣中能安靜地燃燒,發(fā)出蒼白色火焰,瓶口有白霧生成。②氯化亞鐵與NaOH發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成氫氧化鐵和氯化鈉,化學(xué)方程式為FeCl2+2NaOHFe(OH)2↓+2NaCl;氫氧化亞鐵在空氣中易被氧化為氫氧化鐵,化學(xué)方程式為4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3。
8.A 解析過氧鍵整體顯-2價,S2中存在一個過氧鍵,則S2中硫元素的化合價為+6價,A錯誤;反應(yīng)②中Mn2+為還原劑,若有2ml還原劑被氧化,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2ml×(7-2)=10ml,故若有0.1ml還原劑被氧化,轉(zhuǎn)移電子0.5ml,B正確;根據(jù)反應(yīng)②可知,K2S2O8的氧化性比高錳酸鉀強(qiáng),故其與濃鹽酸混合可得到氯氣,C正確;據(jù)守恒規(guī)律配平:2KMnO4+16HCl(濃)2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O,2mlKMnO4參與反應(yīng)時,消耗16mlHCl,只有10mlHCl被氧化為Cl2,則消耗0.2mlKMnO4時,被氧化的HCl為1ml,D正確。
9.C 解析根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒、質(zhì)量守恒配平兩個離子方程式:①3Cu2S+5Cr2+46H+6Cu2++3S+10Cr3++23H2O;②6FeS+9Cr2+78H+6Fe3++6S+18Cr3++39H2O。反應(yīng)①中還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為3∶5,A正確;用相同物質(zhì)的量的Cu2S和FeS處理Cr2時,Cu2S消耗的Cr2多,B正確;處理等物質(zhì)的量的Cr2時,反應(yīng)①和②中消耗H+的物質(zhì)的量不相等,C錯誤;用FeS處理廢水不僅可以除去Cr2,生成的Fe3+在水中形成膠體還可吸附懸浮雜質(zhì),D正確。
10.D 解析 SiO2不與稀硫酸反應(yīng),鋅灰中PbO與稀硫酸反應(yīng)得到的PbSO4不溶于水,故濾渣1的主要成分為PbSO4、SiO2,A正確;加入KMnO4溶液氧化Fe2+生成Fe(OH)3,Mn則被還原為MnO2,離子方程式為Mn+3Fe2++7H2O3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+,B正確;為除去硫酸銅可采用置換反應(yīng),試劑a為Zn,發(fā)生置換反應(yīng):Zn+CuSO4Cu+ZnSO4,C正確;設(shè)ZnCO3·xZn(OH)2的物質(zhì)的量為yml,煅燒ZnCO3·xZn(OH)2得到ZnO,則固體質(zhì)量減少的質(zhì)量等于二氧化碳、水的質(zhì)量,n(ZnO)==0.1ml,根據(jù)固體減少的質(zhì)量、ZnO的物質(zhì)的量列方程為44y+18xy=11.2-8.1、y+xy=0.1,解得x=1,y=0.05,D錯誤。
11.C 解析根據(jù)箭頭方向,找出反應(yīng)物和生成物,兩步反應(yīng)分別為2H++H2O2+2M2H2O+2M';2M'+H2O22M+O2↑+2H+;根據(jù)H2O2的化合價變化,M為Fe2+,M'為Fe3+,A錯誤;總反應(yīng)為2H2O22H2O+O2↑,每有1mlO2生成時,轉(zhuǎn)移2ml電子,B錯誤;H2O2的溶液顯弱酸性,在H2O2分解過程中,生成水后溶液pH升高,C正確;根據(jù)2H++H2O2+2Fe2+2H2O+2Fe3+可知,H2O2的氧化性強(qiáng)于Fe3+,根據(jù)反應(yīng)2Fe3++H2O22Fe2++O2↑+2H+可知,H2O2的還原性強(qiáng)于Fe2+,D錯誤。
12.B 解析向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液,溶液由藍(lán)色變?yōu)榈S色,說明酸性環(huán)境下Mn將VO2+氧化為V,Mn被還原成Mn2+,由電子守恒可知存在KMnO4~5VOSO4~5e-,則①中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶5,A錯誤;向(VO2)2SO4溶液中滴加濃鹽酸,產(chǎn)生黃綠色氣體,溶液變藍(lán),說明濃鹽酸能把V還原為VO2+,Cl-失去電子生成氯氣,由電子、電荷及原子守恒可知離子方程式為2V+4H++2Cl-2VO2++Cl2↑+2H2O,標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2L氣體為0.5ml,故轉(zhuǎn)移1ml電子,B正確;氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性,則由①可知,氧化性:Mn>V,由②可知,氧化性:V>Cl2,所以酸性條件下氧化性Mn>V>Cl2,C錯誤;V具有較強(qiáng)的氧化性,(VO2)2SO4溶液中滴加FeI2溶液會發(fā)生氧化還原反應(yīng),則V被還原為VO2+,Fe2+被氧化為Fe3+,I-被氧化為I2,D錯誤。
13.A 解析 0.3mlCC2O4·2H2O加熱至恒重時生成固體Y的質(zhì)量為24.1g,Y中含有0.3mlC,則O的物質(zhì)的量為n(O)==0.4ml,則固體Y為C3O4,X為碳的氧化物,C3O4加入足量鹽酸溶解,得到0.3mlCCl2和黃綠色氣體Z,則Z為氯氣。經(jīng)分析A錯誤;根據(jù)分析第一步CC2O4·2H2O生成C3O4和碳的氧化物,C元素化合價發(fā)生變化,第二步中加入足量鹽酸反應(yīng)生成氯氣,氯元素化合價升高,均有元素化合價的變化,都是氧化還原反應(yīng),B正確;溶解時發(fā)生的反應(yīng)為C3O4+8HCl3CCl2+4H2O+Cl2↑,此反應(yīng)中Cl-為還原劑,C2+為還原產(chǎn)物,故酸性條件下還原性:Cl->C2+,C正確;由C項分析可知生成0.3mlCCl2的同時生成0.1mlCl2,D正確。
14.D 解析實驗中得到溶液1發(fā)生的反應(yīng)為CuO+H2SO4CuSO4+H2O、Fe2O3+3H2SO4Fe2(SO4)3+3H2O,得到溶液2可能發(fā)生的反應(yīng)為Fe2(SO4)3+Fe3FeSO4、Fe+H2SO4FeSO4+H2↑、CuSO4+FeFeSO4+Cu。設(shè)氧化鐵的物質(zhì)的量為xml,氧化銅的物質(zhì)的量為yml,由氧化物的質(zhì)量可得:160x+80y=4;由反應(yīng)的方程式可得:64y+5.6-56(x+y+0.1-3x-y)=3.04,解聯(lián)立方程可得x=0.01,y=0.03,則4g固體中含有1.6g氧化鐵和2.4g氧化銅,3.04g固體中含有1.92g銅和1.12g鐵,溶液1中含有0.01ml硫酸鐵、0.03ml硫酸銅、0.04ml硫酸,溶液2中含有0.1mlFeSO4。由分析可知,3.04g固體中含有1.92g銅、1.12g鐵,A正確;溶液2中含有0.1ml硫酸亞鐵,B正確;4g固體中含有0.01ml氧化鐵、0.03ml氧化銅,混合物中含氧原子的物質(zhì)的量為0.06ml,C正確;溶液1中硫酸的物質(zhì)的量為0.04ml,則與鐵反應(yīng)生成氫氣的質(zhì)量為0.04ml×2g·ml-1=0.08g,D錯誤。
15.答案 (1)氧化 (2)6Cl+S+4H+6ClO2↑+S+2H2O (3)Na2SO4
(4)①酸式滴定管(或移液管) ②×100% I-被空氣中的氧氣氧化生成了碘單質(zhì)(合理即可)
解析 (1)亞氯酸鈉是一種高效漂白劑,主要原因是其具有強(qiáng)氧化性。
(2)制備ClO2時,H2O2做還原劑,用S代替H2O2做還原劑,由于+4價的硫也具有還原性,則該反應(yīng)中的硫被氧化為S,反應(yīng)的離子方程式為6Cl+S+4H+6ClO2↑+S+2H2O。
(3)制備ClO2時用濃硫酸酸化,后續(xù)流程中用NaOH溶液吸收ClO2,根據(jù)元素守恒可知廢液中含有大量Na2SO4,可以回收。
(4)根據(jù)題意可得關(guān)系式:Cl~2I2~4S2,則樣品中NaClO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為
×100%=×100%。由于碘離子具有較強(qiáng)的還原性,能夠被空氣中的氧氣氧化生成碘單質(zhì),導(dǎo)致消耗的Na2S2O3的量增多,進(jìn)一步導(dǎo)致NaClO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏高。

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