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1、第4章氧化还原反应和电化学单元测试卷一、单选题1用、和为原料催化制乙酸的反应机理如图所示。下列叙述不正确的是AHI是合成乙酸的中间体B总反应的原子利用率达到了80%C催化剂可加快加氢制乙酸平衡之前的反应速率D生成乙酸的反应中若消耗22.4 L (标况下)，则转移电子总数为2对于反应(未配平)，下列说法正确的是A和是还原产物B该反应能说明的氧化性大于C氧化产物和还原产物的个数比为D配平后的化学方程式为3下列有关离子方程式书写正确的是A铵明矾溶液中滴加少量NaOH 溶液：B磁铁矿石溶于稀硝酸：C向碳酸氢钠溶液中通人氯气：DIBr在KOH溶液中发生非氧化还原反应：4利用氧化尿素制备(水合肼)，同时可
2、得到的流程如下所示。已知：能将氧化生成；亚硫酸钠溶液的约为9.5。下列说法不正确的是A步骤反应时，若产物中，则B步骤反应的离子方程式为C步骤的加料方式为在搅拌下将尿素缓慢加入碱性溶液中D步骤中反应过程中控制溶液为碱性，有利于吸收5科学家近年发明了一种新型Zn-CO2水介质可充电电池，放、充电时可以实现CO2和HCOOH的互相转化。其电池结构如图所示，电池中间由反向放置的双极膜分隔两极的电解质溶液，双极膜中的H2O可解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列关于该电池的说法不正确的是A放电时锌箔电极的反应式为：Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)B若膜A和A、B和B分别为阴、阳离
3、子交换膜，则放电时膜A、B工作C充电时Pd电极的反应式为： D若放电时外电路通过1mol电子，则理论上通过双极膜向两极迁移的离子数为NA6科学家采用如图所示方法，可持续合成氨，跟氮气和氢气高温高压合成氨相比，反应条件更加温和。下列说法正确的是A该过程中Li和H2O作催化剂B三步反应都是氧化还原反应C反应可能是对LiOH溶液进行了电解D反应过程中每生成1mol NH3，同时生成0.75mol O27如图所示的装置，M为活动性顺序位于氢之前的金属，N为石墨棒，关于此装置的下列叙述中，正确的是 AM上有气体放出B电解质溶液中移向M极CM为正极，N为负极D导线中有电流通过，电流方向是由M到N8用下图所
4、示装置及试剂进行铁的电化学腐蚀实验探究，测得具支锥形瓶中压强、溶解氧随时间变化关系的曲线如下。下列分析错误是A压强增大主要是因为产生了H2BpH=4时正极只发生：O2+ 4e+ 4H+2H2OC负极的反应都为：Fe-2e- Fe2+D都发生了吸氧腐蚀9图象能正确反映对应变化关系的是ABCD电解水往AgNO3、Cu(NO3)2混合溶液加入Zn粉至过量加热一定质量的KMnO4固体向等质量、等浓度的稀硫酸中分别加入足量Mg和ZnAABBCCDD10以铜作催化剂的一种铝硫电池的示意图如图所示，电池放电时的反应原理为。下列说法错误的是(阳离子交换膜只允许阳离子通过)A充电时，Cu/CuxS电极为阳极B充
5、电时，阳极区的电极反应式为C放电时，K+通过阳离子交换膜向Cu/CuxS电极移动D放电时，每转移1mol电子，负极区电解质溶液质量减轻30g11某小组同学探究浓硫酸的性质，向试管、中加入等量的98%的浓硫酸，实验如下。实验1实验2实验3装置现象溶液颜色无明显变化；把蘸浓氨水的玻璃棒靠近试管口，产生白烟溶液变黄；把湿润的品红试纸靠近试管口，试纸褪色溶液变深紫色(经检验溶液含单质碘)下列对实验的分析不合理的是A实验1中，白烟是NH4ClB根据实验1和实验2判断还原性：Br-Cl-C根据实验3判断还原性：I-Br-D上述实验体现了浓H2SO4的强氧化性、难挥发性等性质12AlH3是一种重要的储氢材料
6、。现以Al片、Pt片做电极，通过恒电位法控制阳极电位为-1.57V时电解NaAlH4的THF(四氢呋喃，液态有机溶剂)溶液制AlH3，电解过程中Pt电极上有Na3AlH6析出，下列有关说法错误的是已知：电位值影响电极放电。APt片接恒电位仪的负极，NaAlH4在Pt上被还原为Na3AlH6B电解时不能在有水环境中进行CAl片接恒电位仪的正极，电极反应为3+Al-3e-=4AlH3D若阳极电位不是-1.57V，则阳极可能同时生成H213工业上通过反应制取无水氯化铝，关于该反应下列说法正确的是A是氧化产物B每生成，转移4个电子C被还原DC发生还原反应14催化某反应的一种催化机理如图所示，其中是氢氧
7、自由基，是醛基自由基，下列叙述不正确的是A使用催化时，该反应的不变B不是所有过程都发生氧化还原反应C总反应为D为中间产物之一，与中所含阴离子相同15已知2MO5S216H=2M25S8H2O，则MO中M的化合价为A+1B+4C+6D+7二、填空题16下，在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为_。17碱性镍镉电池反应为：Cd(s)+2NiOOH(s)+2H2O(l) Cd(OH)2(s)+2Ni(OH)2(s)。(1)放电一段时间后，溶液的pH将 _(填“增大”“减小”或“不变”)。(2)充电时，阳极发生的电极反应式为 _。18金属腐蚀在生活中随处可见，常见的有化学腐
8、蚀和电化学腐蚀I某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀的类型及腐蚀速率，将混合均匀的新制铁粉和炭粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞，如图1所示。从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化。(1)请完成以下实验设计(完成表中空格)：编号实验目的炭粉质量/g铁粉质量/g醋酸质量分数/%为以下实验作参照0.52.090.0醋酸浓度的影响0.5_36.0_0.22.090.0(2)编号实验测得容器中压强随时间变化如图2。时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了_(填“吸氧”或“析氢”)腐蚀，请在图3中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动的方向_；此时，炭粉表面发生了_(填“氧化”或“还原”
9、)反应，其电极反应式是_。(3)图中U形管左端红墨水柱先下降，一段时间后又上升，请解释开始下降的原因是_。(4)图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。腐蚀过程中，负极是_(填“a”“b”或“c”)。环境中的扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈，其离子方程式为_。三、计算题19氧化亚铜可用于生产船底防污漆，防止海洋生物对船舶设备的污损。现将和Cu的固体混合物20 g放入烧杯中，加入质量分数为24.5%的稀硫酸50 g，恰好完全反应。已知：。请计算：(1)原混合物中的质量(写出计算过程) _。(2)在图中画出向20 g和Cu的固体混合物中逐滴加入24.5%的稀硫
10、酸至过量，固体中铜元素的质量变化曲线图，并标明必要的数据_。(3)氧化亚铜可用原理制备。反应过程中产生可循环利用，因此应该选用_溶液来吸收它。反应过程中溶液pH将_(填“变大”“变小”或“不变”)，因此制备过程，要控制溶液的酸碱度，因为如果反应时溶液pH过小，会导致产品下降，原因是_。20亚硝酸钠有咸味，有毒，暴露于空气中会与氧气反应生成硝酸钠。已知：_。(1)上述方程式中横线处应填的是_。(2)上述反应的还原剂为_(填化学式)；若反应中有(标准状况下)气体生成则反应中转移电子的物质的量为_。(3)在酸性条件下，高锰酸钾可将氧化为，所得溶液中锰元素仅以形式存在，写出此反应的离子方程式：_。(4
11、)加热到320以上会分解生成二氧化氮、一氧化氮和氧化钠，写出此反应的化学方程式_。反应中被氧化的元素和被还原的元素的物质的量之比为_。(5)某厂废液中，含有2%5%的，直接排放会造成污染，能使转化为，则反应中氧化剂和还原剂的质量之比为_。四、实验题21以溶液和不同金属的硫酸盐溶液为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。实验试剂与操作现象I溶液滴入饱和溶液产生白色沉淀II溶液溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀III溶液开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀(1)用离子方程式解释现象I：_。(2)经检验，现象II的棕黄色沉淀中不含，含有、和。已知：，(白色)。用稀硫酸证实沉淀中含有的实验现象是
12、_。通过下列实验证实，沉淀中含有和：将洗净的棕黄色沉淀中加入KI溶液，产生白色沉淀，取上层清液分成两份，一份加入淀粉溶液，无明显现象，另一份加入_，产生白色沉淀。(3)已知：在水溶液中不存在。经检验，现象的白色沉淀中无，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性溶液褪色。推测沉淀中含有亚硫酸根和_。对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：i.被所吸附；ii.存在于铝的碱式盐中。对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立。将对比实验方案补充完整：步骤一：步骤二：假设成立的实验证据是_。22三碘化磷()是易水解的橙红色晶体。研究小组先以海藻为原料制备，再用和红磷(P)在加热条件下直接反应
13、制备，其主要实验过程及其装置示意图如图所示(夹持装置略)。回答下列问题：(1)的制备以干燥的海藻为原料制得A装置中所需含碘盐的实验步骤是_(按顺序填标号)。a海藻灰化b干燥称量c酸化浸取d蒸发结晶A装置中含碘盐的主要成分是_(填标号)。abcdA装置中发生反应生成，其化学方程式为_。A装置中紫黑色晶体碘的凝结部位是_；(2)的制备B装置中反应物和P均需干燥的目的是_；玻璃仪器Z的作用是_。B装置中反应前，打开活塞_，通入气；一段时间后，停止通入气，同时关闭活塞_，开始加热；反应结束后，停止加热，同时关闭活塞_；冷却后卸下玻璃管Y，在干燥箱中取出产品。如果在玻璃管Y外包裹经冷水湿润的毛巾，将对产
14、品的影响是_。试卷第11页，共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1B【详解】AHI是反应的生成物，反应的反应物，是中间体，故A正确；B由图可知反应除生成乙酸外还生成水，原子利用率小于100%，故B错误；C催化剂可加快反应速率，故C正确；D根据总反应方程式可知，1mol参与反应转移4mol电子，即转移电子数为4NA，故D正确；故选B。2C【详解】AO2中O的化合价为0，没有发生还原反应，H2O中O的化合价降低，所以只有H2O是还原产物，故A错误；B根据反应方程式进行的氧化性大小比较是指氧化剂与氧化产物之间的比较，在该反应中不能比较二者的氧化性强弱，故B错误；C反
15、应中碘元素化合价由I中1价升高为I2中0价，氧化产物是I2；氧元素化合价由O3中0价降低为H2O中2价，还原产物是H2O，根据电子转移守恒可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为0(2)：20(1)1：1，故C正确；D配平后的方程式为O32I2HI2O2H2O，故D错误；故答案选C。3D【详解】A由能与氨水反应可知，结合的能力强于，故滴加少量NaOH溶液，先反应，A项错误；B硝酸会将氧化为，B项错误；C次氯酸的酸性弱于碳酸，次氯酸与不反应，最终产物中次氯酸应写分子式，C项错误；DIBr中碘元素为1价，溴元素为-1价，发生非氧化还原反应生成和，D项正确。故选D。4C【分析】步骤I是氯气和氢氧化钠
16、反应来制备次氯酸钠，步骤II是氧化尿素制备，还生成碳酸钠，步骤III是分离水合肼溶液和碳酸钠溶液，步骤IV是将碳酸钠转化为亚硫酸钠。【详解】A步骤反应时，产物中，设生成的的分别为5mol和1mol，可知Cl失去电子的物质的量=5mol(1-0)+1mol（5-0）=10mol,由电子守恒可知Cl得电子的物质的量为10mol,则生成的NaCl的物质的量为10mol，则，A项正确；B根据流程图，反应物为、，生成物，被还原为,生成物中还有，故离子方程式为，B项正确；C 由题意可知能将氧化生成，步骤二中若将尿素缓慢加入碱性溶液中，会将氧化生成，C项错误；D为酸性气体，步骤中反应过程中控制溶液为碱性，有
17、利于吸收，D项正确；答案选C。5D【分析】放电时为原电池，锌箔为原电池的负极，Pd电极为正极，充电时，锌箔为阴极，Pd电极为阳极。【详解】A放电时，锌箔为负极，锌失去电子发生氧化反应，电解质溶液为KOH，则电极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，故A正确；B放电时为原电池，原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，则双极膜中的H2O解离的OH-通过膜A(阴离子交换膜)移向负极，H+通过膜B(阳离子交换膜)移向正极，故B正确；C充电时Pd电极为阳极，HCOOH在阳极失电子发生氧化反应得到CO2，电极反应式为，故C正确；D若放电时外电路通过1mol电子，理论上有1molOH-移向
18、负极，1molH+移向正极，则理论上通过双极膜向两极迁移的离子数为2NA，故D错误；答案选D。6D【详解】A从图中可以看出，该反应中Li参加了反应，最终又生成了Li，所以Li是催化剂。虽然在第二步水也参加了反应，第三步生成了水，但总反应为2N2+6H2O=3O2+4NH3，所以水为反应物，故A错误；B第二步反应是Li3N和水反应生成LiOH和NH3，没有化合价变化，不是氧化还原反应，故B错误；C电解LiOH溶液时，在阴极不可能是Li+得电子生成Li，故C错误；D根据总反应方程式：2N2+6H2O=3O2+4NH3，每生成1mol NH3，同时生成0.75mol O2，故D正确；故选D。7B【分
19、析】如图所示，该装置为原电池，M为活泼性顺序位于氢之前的金属，N为石墨棒，活动性MN，则M为负极，N为正极，据此分析解答。【详解】A由于活动性MN，所以N为原电池的正极，在正极上溶液中的H+获得电子变为H2，所以N上有气泡产生，故A错误；B原电池中阴离子向负极移动，M为负极，则移向M极，故B正确；C根据题意可知两个电极的活动性MN，结合原电池反应组成可知：较活泼金属电极M电极为负极，失去电子，发生氧化反应，活动性较弱的石墨电极N为正极，故C错误；D根据原电池反应原理可知：电子由负极M经外电路流向正极N，而电流的方向为正电荷的移动方向，电流方向与电子流向相反，因此导线中电流方向是由正极(N)流向
20、负极(M)，故D错误；答案选B。8B【详解】ApH=2.0的溶液，酸性较强，因此锥形瓶中的Fe粉能发生析氢腐蚀，析氢腐蚀产生氢气，因此会导致锥形瓶内压强增大，A正确；B若pH=4.0时只发生吸氧腐蚀，那么锥形瓶内的压强会有下降；而图中pH=4.0时，锥形瓶内的压强几乎不变，说明除了吸氧腐蚀，Fe粉还发生了析氢腐蚀，消耗氧气的同时也产生了氢气，因此锥形瓶内压强几乎不变，B错误；C锥形瓶中的Fe粉和C粉构成了原电池，Fe粉作为原电池的负极，发生的电极反应式为：Fe-2e-Fe2+，C正确；D由题干溶解氧随时间变化曲线图可知，三种pH环境下溶解氧的浓度都有减小，则都发生了吸氧腐蚀，D正确；故答案为：
21、B。9B【详解】A电解水的方程式为2H2O2H2O2，生成H2和O2的质量比为22:32=1:8，而不是2:1，A错误；BAg的氧化性强于Cu2，因此向AgNO3和Cu(NO3)2混合溶液中加入Zn粉至过量时，Zn先置换出Ag，再置换出Cu。因此开始时，Cu(NO3)2的质量不变，随后减少，直到完全置换，Cu(NO3)2的质量降为0，B正确；C加热KMnO4时，KMnO4受热分解，化学方程式为2KMnO4K2MnO4MnO2O2，随着KMnO4受热分解，残留固体从KMnO4变为K2MnO4和MnO2，Mn的质量分数从升高到，而不是不变，C错误；D向等质量、等浓度的稀硫酸中分别加入足量Mg和Zn
22、，由于H2SO4不足，H2SO4完全反应，H2SO4的量是一样的，因此生成H2的量是相同的，D错误；答案选B。10B【分析】从总反应分析：放电时Al电极发生了氧化反应为负极，电极反应为，Cu/CuxS极为正极，电极反应为3CuxS+6e-=3xCu+3S2；充电时：Al电极为阴极，电极反应式为，Cu/CuxS极为阳极，电极反应式为3xCu+3S2-6e-=3CuxS。【详解】A由分析可知充电时Cu/CuxS极为阳极，A项正确；B由分析可知充电时的阳极反应式为3xCu+3S2-6e-=3CuxS，B项错误；C放电时，阳离子移向正极，故放电时，K+通过阳离子交换膜向Cu/CuxS电极移动，C项正确
23、；D放电时，Al作负极，电极反应式为，Cu/CuxS为正极，电极反应为3CuxS+6e-=3xCu+3S2，K+通过阳离子交换膜移向正极，则放电时，每转移1mol电子，molAl溶解进入电解质溶液，使负极区电解质溶液增重，1mol K+从负极移向正极，使负极区电解质溶液减重，故负极区减少的质量为39g-30g，D项正确；故选B。11C【分析】实验1，浓硫酸与氯化钠固体反应生成氯化氢气体；实验2，溶液变黄，说明有溴单质生成；中溶液含有浓硫酸和溴单质，加入碘化钠生成碘单质，可能是浓硫酸把碘离子氧化为碘单质；实验1体现浓硫酸的难挥发性、实验2体现浓硫酸的氧化性。【详解】A实验1，试管口挥发出的氯化氢
24、气体与浓氨水挥发出的氨气反应生成白烟氯化铵，故A合理；B实验1溶液颜色无明显变化说明浓硫酸不能氧化氯离子，实验2溶液变黄说明浓硫酸能氧化溴离子，所以判断还原性：Br-Cl-，故B合理；C中溶液含有浓硫酸和溴单质，加入碘化钠生成碘单质，可能是浓硫酸把碘离子氧化为碘单质，不能得出还原性I-Br-的结论，故C不合理；D实验1体现浓硫酸的难挥发性、实验2体现浓硫酸的氧化性，故D合理；选C。12A【分析】以Al片、Pt片做电极，通过恒电位法控制阳极电位为-1.57V时电解NaAlH4的THF溶液制AlH3，则Al电极为阳极，Pt电极为阴极，即Al电极与电源正极相接，Pt电极与电源负极相接，阳极反应式为3
25、NaAlH4+Al-3e-=4AlH3，注意AlH3和NaAlH4中的H为-1价，二者均具有强还原性，能与水反应生成氢气，据此分析解答。【详解】APt电极为阴极，与电源负极相接，但NaAlH4转化为Na3AlH6的过程中Al、H的化合价未变化，则NaAlH4在Pt上转化为Na3AlH6的过程中没有发生还原反应，A错误；BAlH3具有还原性，能与水反应生成氢气，则电解时不能在有水环境中进行，B正确；C由上述分析可知：Al电极为阳极，Al失电子、与AlH4结合生成生成AlH3，则阳极反应式为3+Al-3e-=4AlH3，C正确；DNaAlH4具有其还原性，若阳极电位不是-1.57V，可能在阳极失电
26、子生成H2，D正确；故合理选项是A。13C【分析】2Al2O3+3C+6Cl2=4AlCl3+3CO2反应中C元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，结合氧化还原反应的概念和电子转移解答。【详解】A氯元素化合价降低，氯化铝是还原产物，A错误；B反应中C的化合价从0价升高到+4价，则每生成1mol CO2，转移4mol电子，即4NA个电子，B错误；C氯气得电子，化合价降低，被还原，C正确；D反应中C元素的化合价升高，被氧化，发生氧化反应，D错误；故选C。14D【详解】A催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应热，使用MnO2催化时，该反应的H不会发生变化，A项正确；B催化机理中存在与H+反应生成
27、CO2和H2O的过程，该过程不是氧化还原反应，B项正确；C根据图示的催化机理可知总反应为：，C项正确；DNa2O2中的阴离子是，与不一样，D项错误；答案选D。15D【详解】对于反应2MO5S216H=2M25S8H2O，由O原子守恒可知2y=8，所以y=4；由电荷守恒可知2(x)+5(2)+16=22，解得x=1，所以MO即MO，O元素为-2价，则M为+7价；故答案为D。16【详解】重晶石(硫酸钡)被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，根据元素守恒可知产物还有一氧化碳， 方程式为。17(1)增大(2)Ni(OH)2e+OH=NiOOH+H2O【详解】（1）放电过程中Cd、NiOOH和H2O反应生成Cd
28、(OH)2和Ni(OH)2，消耗水，碱性溶液的pH增大，故答案为：增大；（2）充电时，阳极上Ni(OH)2失电子生成NiOOH，其电极反应式为：Ni(OH)2e+OH=NiOOH+H2O，故答案为：Ni(OH)2e+OH=NiOOH+H2O。18(1) 2.0 炭粉含量的影响(2) 吸氧 还原 (3)的雨水显酸性，铁发生析氢腐蚀，产生氢气，试管内压强增大(4) c 【详解】（1）探究弱酸条件下铁发生电化学腐蚀的类型及腐蚀速率，如图所示。探究醋酸浓度的影响，故铁粉质量不变，为2.0g；炭粉质量变化，可知探究炭粉含量的影响；（2）t2时，容器中压强明显小于起始压强，说明锥形瓶中气体体积减小，说明发
29、生了吸氧腐蚀，碳为正极，铁为负极，电子转移的方向为，碳电极氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为；（3）的雨水显酸性，铁发生析氢腐蚀，产生氢气，试管内压强增大，故U形管左端红墨水柱下降。（4）根据图知，O2得电子生成OH-，Cu失电子生成Cu2+，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极，即c是负极。Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈，负极上生成Cu2+、正极上生成OH-，所以该离子反应为。19(1)18g(2)(3) 氢氧化钠/NaOH 变小 如果反应时溶液pH过小，酸会与氧化亚铜反应生成铜，导致氧化亚铜中混有铜【详解】（1）50g稀硫酸中溶质质量为：50g24.5%=12
30、.25g。设原混合物中的质量为x，生成的铜的质量为y。，解得x=18g，解得y=8g。（2）由于20 g和Cu的固体混合物中的质量=18g，则Cu的质量=(20g-18g)=2g。18g中铜元素质量=。所以固体中铜元素质量=2g+16g=18g。与50g稀硫酸恰好完全反应生成铜8g 。所以此时固体中铜元素质量为8g+2g=10g。所以向20 g和Cu的固体混合物中逐滴加入24.5%的稀硫酸至过量，固体中铜元素的质量变化曲线图，如下所示（3）由于二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水 ，亚硫酸钠可与硫酸铜反应生成氧化亚铜，所以选用氢氧化钠溶液来吸收二氧化硫。由于反应过程生成二氧化硫，在溶液中与水
31、反应生成酸，所以反应过程中溶液pH将变小；由于反应时溶液pH过小，酸会与氧化亚铜反应生成铜，导致氧化亚铜中混有铜，所以制备过程，要控制溶液的酸碱度。20(1)2H2O(2) HI 0.1(3)(4) 11(5)6953.5（或138107）。【详解】（1）由原子守恒可补齐化学方程式2H2O， 答案：2H2O；（2）2H2O，在该反应中NaNO2为氧化剂，氮元素化合价由+3降低到+2价，HI做还原剂，碘元素化合价由-1价升高0价。由方程式可知当有2mol气体生成时，会转移2mol电子，所以当标准状况下生成气体即为0.1mol时，则反应中转移电子的物质的量为0.1mol。答案：HI；0.1；（3）
32、在酸性条件下，高锰酸钾可将氧化为，所得溶液中锰元素仅以，根据得失电子守恒配平离子方程式，答案：；（4）加热到320以上会分解生成二氧化氮、一氧化氮和氧化钠,部分氮元素被还原化合价由+3降低到+2，化合价降低1，部分氮元素被氧化，化合价由+3升高到+4，升高1，根据得失电子守恒，反应中被氧化的元素和被还原的元素的物质的量之比为11，答案：；11；（5）能使转化为，该反应为价态归中反应，为还原剂，氮元素化合价由-3升高到0价，升高了3，为氧化剂，氮元素化合价由+3价降低到0价，降低了3，根据得失电子守恒，可知则反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为11，质量比为6953.5=138107，答案：695
33、3.5（或138107）。21(1)(2) 有红色固体生成 HCl和溶液(3) 、 V1明显大于V2【分析】Na2SO3溶液分别和饱和Ag2SO3、0.2mol/LCuSO4溶液、0.1mol/LAl2(SO4)3溶液反应，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。【详解】（1）向饱和Ag2SO4溶液滴加0.2 molL1 Na2SO3溶液，产生白色沉淀，因为Ag2SO4微溶于水，而Ag2SO3难溶于水，所以Ag2SO4溶解度大于Ag2SO3的溶解度，则白色沉淀为Ag2SO3，故反应的离子方程式为2Ag+SO=Ag2SO3。（2）向0.2 molL1 CuSO4溶液中滴加0.2 molL1 Na2S
34、O3溶液，溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀，经检验，现象的棕黄色沉淀中不含SO，含有Cu+、Cu2+和SO。已知：Cu+Cu +Cu2+，Cu2+CuI（白色）+I2。Cu+在酸性条件下发生歧化反应生成单质铜，所以向所得沉淀中滴加稀硫酸有红色沉淀铜生成，证明沉淀中含有Cu+。因Cu2+CuI（白色）+I2，向洗净的棕黄色沉淀中加入KI溶液，有白色沉淀生成，则沉淀应为CuI，证明Cu2+与I-生成了CuI（白色）和I2，而I2把SO氧化为SO，取上层清液滴加淀粉，不显蓝色，证明I2不存在，生成的I2把SO氧化为SO，所以向另一份上层清液中滴加盐酸酸化的氯化钡，有白色沉淀BaSO4生成，证明有SO
35、存在，在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO转化为SO；（3）向0.1 molL1 Al2(SO4)3溶液中滴加0.2 molL1 Na2SO3溶液，开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀，而又因为Al2(SO4)3在水溶液中不存在，又知该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，则该沉淀为Al(OH)3，又知经检验沉淀中无SO，使酸性KMnO4溶液褪色的只能是SO，所以沉淀中含有SO和Al(OH)3。根据题给实验设计实验步骤二，向2mL0.1 molL1 Al2(SO4)3溶液中滴加氨水并控制pH，然后分离洗涤沉淀并保留固体，再向固体中滴加氢氧化钠至沉淀恰好溶解，记录氢氧化钠溶液的体积V
36、2，V1明显大于V2，证明亚硫酸根存在于铝的碱式盐中。22(1) acdb d 冷凝管底外壁(2) 防止产物发生水解而损耗 防倒吸 、 、 混有杂质【分析】本实验题以考查陌生物质为载体，考查的主要还是课内经典实验问题，一是海带提取碘，二是制备易与氧气或水蒸气反应的物质时的处理，三是依据物质特性营造合适的反应环境，还考查了陌生氧化还原方程式的书写问题。(1)参考课内提取碘的过程（海带灼烧成灰后，浸泡得到含溶液，再在酸性条件下被氧化为，再利用萃取分离），由此推断以干燥的海藻为原料制得A装置中所需含碘盐的实验步骤为“海藻灰化酸化浸取蒸发结晶干燥称量”，制得的含碘盐则为；所以在A装置中与发生反应生成的
37、是，产物为，结合电子守恒与质量守恒配平书写出化学方程式；A装置上部是冷凝管，用于冷凝碘蒸气，使其变回固体凝聚在冷凝管外壁底部；故答案为acdb；d；冷凝管底外壁；(2)题干一开始就说明三碘化磷()是易水解的橙红色晶体，所以在制备时必须保证隔水，所以B装置中反应物和P均需干燥，防止生成物水解而损耗，导致产量下降；玻璃仪器Z是在处理尾气时经典的防倒吸装置；由于易水解，所以在开始反应前需要将装置内的空气排尽，防止空气中的水蒸气导致水解，所以需要打开活塞、，接着就可以关闭，让反应物和P在隔绝空气的情况下发生反应，反应结束后需要关闭、，冷却后再取下玻璃管Y，防止在冷却过程中空气进入导致水解；反应过程中，如果在玻璃管Y外包裹经冷水湿润的毛巾，碘蒸气会被冷凝成固体而混入固体中，导致不纯；故答案为：防止产物发生水解而损耗；防倒吸；、；、；混有杂质答案第21页，共10页