1、填空题  氧化还原反应在生产、生话中应用广泛，酸性KMnO4、H2O2、Fe（NO3）3是重要的氧化剂。用所学知识回答问题：
（1）在稀硫酸中，KMnO4能将H2C2O4氧化为CO2。该反应的化学方程式为                         ，反应中消耗1mol的MnO4—时转移电子数为       。
（2）取300mL 0．2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量的是     mol。
（3）在Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是                ，又变为棕黄色的原因是         。

参考答案：（1）2KMnO4+5H2C2O4+ 3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O（2分） 3．01×1024（或答5NA也给分，2分）（2）0．032（2分）
（3）2Fe3+ + SO32-+ H2O = 2Fe2+ + SO42- + 2H+（2分）      H+与NO3-组成的硝酸把Fe2+氧化（1分）

本题解析：（1）酸性条件下KMnO4与H2C2O4发生氧化还原反应生成MnSO4、K2SO4、CO2和水，反应的化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，反应中Mn元素化合价由+7价降低到+2价，反应中消耗1mol的MnO4-时转移电子5mol，电子数为5NA或3.01×1024；（2）根据题给信息知n（KI）=0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则n（I2）=n（KIO3）=0.02mol，失的物质的量为2×0.02mol+0.02mol×6=0.16mol，1mol的MnO4-时得电子5mol，根据得失电子数目相等知，则消耗KMnO4的物质的量的是0.032mol；（3）在Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，原因是Fe3+与SO32-发生氧化还原反应生成Fe2+和SO42-，反应的离子方程式为2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+，反应后溶液呈酸性，则在酸性条件下，H+与NO3-组成的硝酸把Fe2+氧化成Fe3+，过一会又变为棕黄色。

本题难度：一般

2、填空题  （本题16分）钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)是无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂，由钼精矿（主要成分是MoS2，含少量PbS等）制备钼酸钠晶体的部分流程如下：
（1）焙烧的过程中采用的是“逆流焙烧”的措施，则该措施的优点是：①_______________
②____________________________
（2）写出焙烧时生成MoO3的化学方程式为：______________________________________
（3）写出“碱浸”反应的离子方程式：　 　　　　　　　　　　
（4）重结晶得到的母液可以在下次重结晶时重复使用，但达到一定次数后必须净化处理，原因是　 　　　　　　　　　　。
（5）下图是碳钢在3种不同介质中的腐蚀速率实验结果：

①碳钢在盐酸和硫酸中腐蚀速率随酸的浓度变化有明显差异，其原因可能是　 　　________________。
②空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在钢铁表面形成FeMoO4—Fe2O3保护膜。
密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除需加入钼酸盐外还需加入NaNO2。则NaNO2的作用是　　　_________________________________________。
③若缓释剂钼酸钠—月桂酸肌氨酸总浓度为300mg·L－1，则缓蚀效果最好时钼酸钠的物质的量浓度为　　　 　　
（6）锂和二硫化钼形成的二次电池的总反应为：xLi + nMoS2Lix(MoS2)n。则电池放电时的正极反应式是：___________________________________。

参考答案：
（1）①增长钼精矿与空气接触的时间，使其充分反应，提高原料的利用率 （1分）
②实现热量交换，节约能源 （1分）
（2）2MoS2 ?+ 7O2 = 2MoO3 +4 SO2（高温）（2分）
（3）MoO3＋CO32－= MoO42－＋CO2↑?（2分）
（4）多次使用后母液中杂质的浓度增大，再次重结晶时会析出杂质影响产品纯度（2分）
（5）①Cl－有利于碳钢的腐蚀，SO42－不利于碳钢的腐蚀，使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；（1分）?
硫酸溶液随着浓度的增大，氧比性增强，会使钢铁钝化，腐蚀速率减慢 （1分）
②替代空气中氧气起氧化剂作用 （2分）?
③7.28×l0－4mol·L－1（2分）
（6）nMoS2 + xLi+ + xe- = Lix(MoS2)n (2分)

本题解析：要弄懂原料及制备的产品，流程的第一步尽可能看懂。
（1）审题“逆流焙烧”在课本找到类似的是冷凝管中水流与气流的方向是相对，为的是冷却效果更好，由此可知，“逆流焙烧”当然也为了增加接触时间，提高原料利率；接触时间长，热量交换也更充分，能节约能源。
（2）先写出MoS2 ?+ O2 = MoO3 +?这一部分，可推断出另一产物为二氧化硫，利用氧化还原反应得失电子守恒和原子守恒配平。
（3）首先找到“碱浸”在流程图中的位置，注意，箭头指入的是加入的试剂，而指出的是产物，即加入Na2CO3，出来了CO2，还有MoO42－应从最后产物中获取信息，即MoO3＋CO32－= MoO42－＋CO2↑
（4）重结晶的目的是提纯产品，母液当然含有一定量的产品，也含有一定量的杂质，所以到一定程度时，要进行净化，因为里面的杂质含量高了。
（5）①此题一定要看懂图中横坐标与纵坐标所表示的是什么量，由图中可知，相同的酸度下，腐蚀速率不一样，可知是因为Cl－与SO42－的不同导致的；再有是Fe在浓硫酸或浓硝酸中会钝化，所以，当酸度增大时，Fe表面发生钝化也会使腐蚀速率下降。
②亚硝酸钠的作用，应从其性质去想，一是氧化性，二是强碱弱酸盐，在这里结合题目应用到其氧化性。
③由坐标图中可读出当钼酸钠—月桂酸肌氨酸浓度为150 mg/L、150mg/L时，腐蚀速率是最低的，钼酸钠的浓度由质量浓度换算成物质的量浓度即可，(150×10-3g÷206g/mol)÷1L=7.28×l0－4mol·L－1
（6）放电时，正极应是发生还原反应的，从总反应式中找到发生还原反应的物质为MoS2，而被还原的产物为Lix(MoS2)n，即nMoS2+??e- +?=Lix(MoS2)n,接下来是确定电子数和Li+的个数，根据电荷守恒，电子数与Li+的个数是相等的，电极反应式也就完成了。

本题难度：一般

3、简答题  硫酸锌可作为食品锌强化剂的原料．工业上常用菱锌矿生产硫酸锌，菱锌矿的主要成分是ZnCO3，并含少量的Fe2O3、FeCO3MgO、CaO等，生产工艺流程示意如下：

（1）将菱锌矿研磨成粉的目的是_______，滤液1后两步操作的目是：______．
（2）完成加漂粉精反应的离子方程式：
______Fe（OH）2+____________+____________→______Fe（OH）3+______Cl-
（3）针铁矿的组成元素是Fe、O和H，化学式量为89，化学式是______．
（4）为了了解如何调节滤液2的PH，请写出两个你认为需要查阅的数据
______，______（用文字叙述）
（5）“滤液4”之后的操作依次为______、______、过滤，洗涤，干燥．
（6）分析图中数据，菱锌矿粉中ZnCO3的质量分数不低于______．

参考答案：（1）将菱锌矿研磨成粉可以增加反应时的接触面积，使得反应更加充分，滤液1中混有Fe3+和Fe2+，调节PH，加入漂白精的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，生成Fe（OH）3沉淀除去，故答案为：增大反应物接触面积或增大反应速率或使反应更充分；除去含铁杂质；
（2）流程中“氧化除铁”是加入漂白粉，方程式后面产物中又有氯离子，可知氧化剂是ClO-，观察方程式前后可以推出还要加入水分子，
故答案为：2Fe（OH）2+ClO-+H2O═2Fe（OH）3+Cl-；
（3）化学式量为89，组成元素是Fe、O、H，其中铁的相对原子量为56，扣掉56剩下33，化学式中只能含有2个氧原子和1个氢原子，所以可能的组成为FeO（OH），
故答案为：FeO（OH）（或其它合理答案）；
（4）调节滤液2的PH要想生成Zn（OH）2沉淀而不生成Mg（OH）2，必须知道Mg（OH）2开始沉淀时的pH、Zn（OH）2开始沉淀时的pH，Mg（OH）2沉淀完全时的pH、Zn（OH）2沉淀完全时的pH，故答案为：Mg（OH）2开始沉淀时的pH、Zn（OH）2开始沉淀时的pH，Mg（OH）2沉淀完全时的pH、Zn（OH）2沉淀完全时的pH（任写两个即可）；
（5））“滤液4”之后的操作目的是得到纯净的固体，应将溶液蒸发、结晶、过滤后洗涤并干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
（6）设碳酸锌的质量为m，利用关系式法计算：
? ZnCO3----ZnO
?125? 81
?m? m2
ZnCO3 的质量为125m281
ZnCO3 的质量分数为125m281m1，故答案为：125m281m1．

本题解析：

本题难度：一般

4、实验题  硫酸钠-过氧化氢-氯化钠加合物（xNaSO4·yH2O2·zNaCl）又称固体双氧水，是一种新型精细化工产品，具有漂白、杀菌、消毒等作用。为探究该加合物的组成，某化学兴趣小组设计并进行了如下实验：
第一步：准确称取6.945g样品，配制成250.00ml无色溶液A
第二步：准确量取25.00ml溶液A于锥形瓶中，加适量稀硫酸酸化后，用0.0400mol/LKMnO4标准溶液滴定至终点，消耗溶液KMnO420.00ml
第三步：另取25.00ml溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体0.932g.
请回答下列问题：
（1）欲配制无色溶液A，所需要的仪器除药匙、分析天平、玻璃棒、胶头滴管外，还应有?。
（2）配平下列离子方程式______MnO4－＋_____H2O2＋_________＝______Mn2＋＋_____O2↑＋______。
（3）滴定前，KMnO4标准溶液应盛装于中?（填仪器名称），滴定终点现象为?。
（4）第三步能否通过加入AgNO3溶液的方法来测定？为什么
（5）滴定前，滴定管用蒸馏水洗净后，未用KMnO4标准溶液润洗，则Y值______________（填“偏
高 偏低 无影响”）
（6）通过计算确定样品的组成为?。

参考答案：（1）烧杯、250?mL容量瓶（2分）?（2）2，5，6H+，2，5，8H2O（2分）
（3）酸式滴定管（1分）
当滴入最后一滴KMnO4溶液时，待测液颜色由无色变为浅紫色，且半分钟不褪色（2分）
（4）不能（1分） 加入AgNO3溶液使Cl－完全沉淀的同时，要生成Ag2SO4微溶物，会使最终测定结果中z值偏高（2分）?（5）偏高（2分）?（6）4Na2SO4?2H2O2?NaCl（4分）

本题解析：（1）欲配制250.00ml无色溶液A，所需要的仪器除药匙、分析天平、玻璃棒、胶头滴管外，还应有溶解时需要的烧杯以及250ml容量瓶。
（2）高锰酸钾加压强氧化性，在反应中Mn元素的化合价从＋7价降低到＋2价，得到5个电子。双氧水中氧元素的化合价从－1价升高到0价，失去1个电子。根据电子的得失守恒可知氧化剂高锰酸钾与还原剂双氧水的物质的量之比是2:5。反应在酸性条件下进行，因此反应物还有氢离子参加。又因为原子是守恒的，所以还应该有水生成，因此配平后的离子方程式为2MnO4－＋5H2O2＋6H+＝2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O.。
（3）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性和酸性，因此滴定前，KMnO4标准溶液应盛装于中酸式滴定管中。由于酸性高锰酸钾溶液显紫红色，所以滴定终点现象为当滴入最后一滴KMnO4溶液时，待测液颜色由无色变为浅紫色，且半分钟不褪色。
（4）根据物质的组成可知，加入AgNO3溶液使Cl－完全沉淀的同时，会生成Ag2SO4微溶物，从而使最终测定结果中z值偏高，所以不能用硝酸银溶液代替。
（5）滴定前，滴定管用蒸馏水洗净后，未用KMnO4标准溶液润洗，则导致酸性高锰酸钾溶液的浓度减小，因此再滴定双氧水时，消耗高锰酸钾溶液的体积增加，从而导致Y值偏高。
（6）25.00ml溶液A消耗高锰酸钾溶液的体积是20.00ml，则250ml溶液A消耗高锰酸钾溶液的体积是200.00ml，则高锰酸钾的物质的量＝0.2L×0.0400mol/L＝0.00800ml。所以根据反应的方程式可知，消耗双氧水的物质的量＝（0.00800mol÷2）×5＝0.0200mol。25.00ml溶液A得到白色沉淀0.932g，该固体是硫酸钡，物质的量＝0.932g÷233g/mol＝0.004mol。所以250.00ml溶液A生成白色沉淀的物质的量是0.04mol，即硫酸钠的物质的量是0.04mol。因此6.945g样品中氯化钠的物质的量＝＝0.01mol，则x:y:z＝0.04:0.02:0.01=4:2:1，因此化学式为4Na2SO4?2H2O2?NaCl。

本题难度：一般

5、选择题  向含有Fe2+、I-、Br-的溶液中缓慢通入氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如图所示。

下列说法正确的是
A．B点时溶液中含有I-和Br-
B．DE段表示n (Fe2+)的变化情况
C．原溶液中n (Fe2+) ：n (I-) ：n (Br-) =" 3" ：1 ：2
D．当通入2mol Cl2时，溶液中发生的离子反应是：2Fe2+ + 2I- + 2Cl2 = 2Fe3+ + I2 + 4 Cl-

参考答案：D

本题解析：略

本题难度：一般