2024年高考化學二輪復習專題四氧化還原反應強化練含解析

PAGE11-專題強化練(四)1．(2024·天津市南開區(qū)其次次模擬)硝酸廠的煙氣中含有大量的氮氧化物(NOx)，將煙氣與H2的混合氣體通入Ce(SO4)2與Ce2(SO4)3[Ce中文名“鈰”]的混合溶液中實現(xiàn)無害化處理，其轉化過程如圖所示。下列說法正確的是()A．該轉化過程的實質(zhì)為NOx被H2還原B．x＝1時，過程Ⅱ中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶1C．處理過程中，混合溶液中Ce3＋和Ce4＋總數(shù)削減D．過程Ⅰ發(fā)生反應的離子方程式：H2＋Ce4＋=2H＋＋Ce3＋解析：A項，由分析可知，總反應可以看作煙氣與氫氣反應，該轉化過程的實質(zhì)為NOx被H2還原，正確；B項，x＝1時，依據(jù)圖示，過程Ⅱ中發(fā)生2NO＋4H＋＋4Ce3＋=2H2O＋N2＋4Ce4＋，N的化合價降低，NO為氧化劑，Ce3＋為還原劑，依據(jù)得失電子守恒：n(NO)×2＝n(Ce3＋)×1，因此氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為1∶2，錯誤；C項，過程Ⅰ發(fā)生H2＋2Ce4＋=2H＋＋2Ce3＋，過程Ⅱ發(fā)生2NOx＋4xH＋＋4xCe3＋=2xH2O＋N2＋4xCe4＋，處理過程中，混合液中Ce3＋和Ce4＋總數(shù)不變，錯誤；D項，依據(jù)圖示，過程Ⅰ發(fā)生H2＋Ce4＋→H＋＋Ce3＋，利用化合價升降法進行配平，離子方程式為H2＋2Ce4＋=2H＋＋2Ce3＋，錯誤。答案：A2．(2024·日照模擬)高鐵酸鉀(K2FeO4)是新型的綠色環(huán)保水處理劑。一種制備K2FeO4的流程如下。下列說法錯誤的是()＋2H2OB．步驟ⅱ說明堿性條件下，氧化性：NaClO>Na2FeO4C．步驟ⅲ的反應為復分解反應，說明溶解度：Na2FeO4<K2FeO4D．K2FeO4作為性能優(yōu)良的水處理劑，主要是利用了其強氧化性和還原后產(chǎn)生的具有絮凝作用的Fe(Ⅲ)解析：依據(jù)制備流程分析，F(xiàn)eSO4溶液在酸性條件下與H2O2發(fā)生氧化還原反應得到Fe2(SO4)3，F(xiàn)e2(SO4)3與NaClO在堿性條件下發(fā)生氧化還原反應得到Na2FeO4，Na2FeO4與飽和的KOH溶液得到K2FeO4粗品，經(jīng)洗滌干燥后得到K2FeO4純品，據(jù)此分析解答問題。A項，由上述分析可知，步驟ⅰ為FeSO4溶液在酸性條件下與H2O2發(fā)生氧化還原反應生成H2O和Fe2(SO4)3，依據(jù)氧化還原反應規(guī)律可得反應的離子方程式為2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，正確；B項，步驟ⅱ為Fe2(SO4)3與NaClO在堿性條件下發(fā)生氧化還原得到Na2FeO4，氧化劑是NaClO，氧化產(chǎn)物為Na2FeO4，因為氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，故氧化性：NaClO>Na2FeO4，正確；C項，步驟ⅲ為Na2FeO4與飽和的KOH溶液發(fā)生復分解反應得到K2FeO4粗品，溶解度大的物質(zhì)轉化為溶解度小的物質(zhì)，故溶解度：Na2FeO4>K2FeO4，錯誤；D項，由于K2FeO4具有強氧化性，因此可用于水的殺菌消毒，且其還原產(chǎn)物產(chǎn)生的Fe3＋水解得到Fe(OH)3的膠體，具有絮凝的作用，故K2FeO4是一種性能優(yōu)良的水處理劑，正確。答案：C3．(2024·泰安第五次模擬)污水處理廠處理含CN－廢水的過程分－；②調(diào)整①所得溶液為酸性，使CNO－接著被NaClO轉化為兩種無污染的氣體。下列關于上述過程的敘述錯誤的是()A．CN－的電子式為[∶C??N∶]－B．過程①中，生成CNO－的反應中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶1C．過程②中，生成的兩種無污染的氣體為CO2和N2D．氧化性：CNO－＞ClO－解析：A項，CN－的電子式為[∶C??N∶]－，正確；B項，過程①中，CN－被氧化為CNO－，1molCN－轉移2mol電子，NaClO被還原為NaCl，1molNaClO轉移2mol電子，反應中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶1，正確；C項，CO2和N2無污染，過程②中，生成的兩種無污染的氣體為CO2和N2，正確；D項，CN－被NaClO氧化為CNO－，所以氧化性：CNO－＜ClO－，錯誤。答案：D4．(2024·煙臺適應性練習)《環(huán)境科學》刊發(fā)了我國科研部門采納零價鐵活化過硫酸鈉(Na2S2O8，其中S為＋6價)去除廢水中的正五價砷[As(Ⅴ)]的探討成果，其反應機制模型如圖所示(SOeq\o\al(－,4)·、·OH表示自由基)。設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。下列敘述錯誤的是()A．過硫酸鈉中－2價氧與－1價氧的個數(shù)比為3∶1B．若56gFe參與反應，共有1.5NA個S2Oeq\o\al(2－,8)被還原C．堿性條件下硫酸根自由基發(fā)生反應的方程式為SOeq\o\al(－,4)·＋OH－=SOeq\o\al(2－,4)＋·OHD．pH越大，越有利于去除廢水中的正五價砷解析：A項，過硫酸鈉中正、負化合價之和為零，S為＋6價，Na為＋1價，正價之和＝(＋6)×2＋(＋1)×2＝14，負價之和為－14，若－2價氧與－1價氧的個數(shù)比為3∶1，即－2價氧為6個，－1價氧的個數(shù)為2個，負價之和為(－2)×6＋(－1)×2＝－14，正確；B項，56gFe為1mol，依據(jù)圖示可知，1molS2Oeq\o\al(2－,8)和1molFe反應生成2molSOeq\o\al(2－,4)和1molFe2＋，該過程轉移2mol電子，但是Fe2＋還要與S2Oeq\o\al(2－,8)反應變成Fe3＋和自由基，依據(jù)圖示，形成的沉淀中即含有二價鐵離子，又含有三價鐵離子，即第一步反應中的二價鐵沒有被完全氧化為三價鐵離子，因此1mol鐵參與反應消耗小于1.5molS2Oeq\o\al(2－,8)，共有少于1.5NA個S2Oeq\o\al(2－,8)被還原，錯誤；C項，結合圖示可知，堿性條件下，SOeq\o\al(－,4)·發(fā)生反應的方程式為SOeq\o\al(－,4)·＋OH－=SOeq\o\al(2－,4)＋·OH，正確；D項，依據(jù)圖示可知，最終是堿性條件下，鐵離子和亞鐵離子轉化為氫氧化亞鐵和氫氧化鐵，正五價砷離子轉變?yōu)槌恋?，二者共同以沉淀形式析出的，則溶液的堿性越強越有利于析出，即pH越大越有利于去除廢水中的正五價砷，正確。答案：B5．(2024·北京市海淀區(qū)模擬)金屬鉻常用于提升特種合金的性能。工業(yè)上以鉻鐵礦(主要成分為FeO·Cr2O3，含有少量Al2O3)為原料制備金屬鉻的流程如下圖。下列說法不正確的是()A．①中需持續(xù)吹入空氣作氧化劑B．②中需加入過量稀硫酸C．③中發(fā)生了置換反應D．溶液A為橙色解析：A項，在鉻鐵礦中Cr元素化合價為＋3價，反應后變?yōu)镹a2CrO4中的＋6價，化合價上升，被氧化，因此①中需持續(xù)吹入空氣作氧化劑，正確；B項，Al(OH)3是兩性氫氧化物，能夠與硫酸發(fā)生反應產(chǎn)生可溶性Al2(SO4)3，因此②中加入的稀硫酸不能過量，錯誤；C項，Cr2O3與Al在高溫下反應產(chǎn)生Cr和Al2O3，反應物是單質(zhì)和化合物，生成物也是單質(zhì)與化合物，因此③中反應類型為置換反應，正確；D項，Na2CrO4在酸性溶液中發(fā)生反應：2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O，反應產(chǎn)生Cr2Oeq\o\al(2－,7)使溶液顯橙色，正確。答案：B6．(2024·山東省試驗中學模擬)高錳酸鉀(KMnO4)是一種常用的氧化劑。不同條件下高錳酸鉀可發(fā)生如下反應：MnOeq\o\al(－,4)＋5e－＋8H＋→Mn2＋＋4H2O；MnOeq\o\al(－,4)＋3e－＋2H2O→MnO2＋4OH－；MnOeq\o\al(－,4)＋e－―→MnOeq\o\al(2－,4)。高錳酸鉀溶液與硫化亞鐵有如下反應：FeS＋KMnO4＋H2SO4→K2SO4＋MnSO4＋Fe2(SO4)3＋S＋H2O(未配平)。下列有關說法正確的是()A．由上面的反應可知，高錳酸根離子(MnOeq\o\al(－,4))反應后的產(chǎn)物與溶液的酸堿性有關B．高錳酸鉀溶液可代替二氧化錳用來制取Cl2，氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為1∶8C．在高錳酸鉀溶液與硫化亞鐵的反應中，反應前后固體的質(zhì)量削減了2.8g，則硫元素與高錳酸鉀之間轉移的電子數(shù)為0.15NAD．高錳酸鉀溶液也可與雙氧水發(fā)生反應，其中雙氧水是氧化劑解析：A項，由不同條件下高錳酸鉀發(fā)生的反應可知，溶液的酸性越強，反應后錳元素的化合價越低，所以高錳酸根反應后的產(chǎn)物與溶液的酸堿性有關，正確；B項，反應2KMnO4＋16HCl=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，高錳酸鉀為氧化劑，鹽酸為還原劑，由方程式可知，有2mol高錳酸鉀參與反應，則有10molHCl被氧化，因此，氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為1∶5，錯誤；C項，反應中固體質(zhì)量改變?yōu)镕eS→S，固體質(zhì)量改變?yōu)殍F元素的改變，反應前后固體的質(zhì)量削減了2.8g，參與反應的亞鐵離子的物質(zhì)的量為eq\f(2.8g,56g·mol)＝0.05mol，即被氧化的FeS的物質(zhì)的量為0.05mol，被高錳酸根離子氧化的硫離子的物質(zhì)的量為0.05mol，轉移的電子的物質(zhì)的量為0.05mol×2＝0.1mol，電子數(shù)為0.1NA，錯誤；D項，高錳酸鉀與雙氧水反應，高錳酸鉀體現(xiàn)氧化性，雙氧水體現(xiàn)還原性，錯誤。答案：A7．(2024·日照市模擬考試)Cu2HgI4是一種紅色固體，常用作示＋K2SO4＋2H2SO4。下列說法正確的是()A．上述反應的產(chǎn)物Cu2HgI4中，Hg的化合價為＋1B．上述反應中Hg元素與Cu元素均被還原C．上述反應中生成1molCu2HgI4時，轉移的電子數(shù)為4NAD．由以上信息可推知，可發(fā)生反應：2CuSO4＋2NaCl＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋Na2SO4＋2H2SO4解析：依據(jù)制備反應方程式可知，CuSO4中Cu的化合價由＋2價降至＋1價，作氧化劑，發(fā)生還原反應，SO2中S元素的化合價由＋4價升至＋6價，作還原劑，發(fā)生氧化反應，Cu2HgI4為還原產(chǎn)物，據(jù)此分析解答問題。A項，依據(jù)上述分析可知，Cu2HgI4中Cu的化合價為＋1價，則Hg的化合價為＋2價，錯誤；B項，上述反應中，只有Cu元素被還原，錯誤；C項，上述反應中，CuSO4中Cu的化合價由＋2價降至＋1價，生成1molCu2HgI4時，轉移2mol電子，轉移的電子數(shù)為2NA，錯誤；D項，依據(jù)題干信息，CuSO4可與SO2在鹽溶液中發(fā)生氧化還原反應，Cu2＋被還原為Cu＋，SO2被氧化為＋2H2SO4可以發(fā)生，正確。答案：D8．(2024·山東師范高校附屬中學模擬)氰化物是劇毒物質(zhì)，傳統(tǒng)生產(chǎn)工藝的電鍍廢水中含肯定濃度的CN－，無害化排放時必需對這種廢水進行處理?？刹杉{堿性條件下的Cl2氧化法處理這種廢水，涉及兩個反應：反應ⅰ，CN－＋OH－＋Cl2→OCN－＋Cl－＋H2O(未配平)；反應ⅱ，OCN－＋OH－＋Cl2→X＋Y＋Cl－＋H2O(未配平)。其中反應ⅰ中N元素的化合價沒有改變，常溫下，X、Y是兩種無毒的氣體。下列推斷正確的是()A．反應ⅰ中氧化劑與還原劑的化學計量數(shù)之比為2∶1B．X、Y是CO2、N2，且均為反應ⅱ的氧化產(chǎn)物C．該廢水處理工藝過程中須實行措施，防止Cl2逸出到空氣中D．處理c(CN－)＝0.0001mol·L－1的廢水106L，消耗標準狀況下的Cl24.48×103L解析：A項，反應ⅰ中氧化劑是Cl2，還原劑是CN－，Cl2中的氯元素的化合價降低2，CN－中的碳元素的合價上升2(由＋2上升到＋4)，因此ⅰ中氧化劑與還原劑的化學計量數(shù)之比為1∶1，錯誤；B項，由題中信息可知，X、Y是兩種無毒的氣體，由反應所涉及的元素可知，X、Y是CO2、N2，N2為反應ⅱ的氧化產(chǎn)物，CO2不是反應ⅱ的氧化產(chǎn)物，錯誤；C項，氯氣有毒，因此該廢水處理工藝過程中須實行措施防止Cl2逸出到空氣中，正確；D項，處理c(CN－)＝0.0001mol·L－1的廢水106L，物質(zhì)的量為0.0001mol·L－1×106L＝100mol，則失去電子100mol×(2＋3)＝500mol，因此消耗氯氣250mol，標準狀況下的Cl2體積為250mol×22.4L·mol－1＝5.6×103L，錯誤。答案：C9．(2024·衡陽市第八中模擬)鉍酸鈉(NaBiO3)是分析化學中的重要試劑，某化學愛好小組設計下圖1試驗裝置制取鉍酸鈉并進行純度檢測。Ⅰ.制取。氯氣和氫氧化鉍反應制取NaBiO3。圖1已知：①Bi(OH)3難溶于水，白色。②裝置丙中盛有Bi(OH)3與NaOH溶液混合物。③NaBiO3不溶于冷水，淺黃色，遇沸水或酸則快速分解。(1)裝置乙中盛裝的試劑是____________，裝置丁的作用是____________________________________________________。(2)裝置丙中發(fā)生反應的離子方程式是_____________________________________________________________________。(3)當視察到_________________________________________現(xiàn)象時，可以初步推斷丙中反應已完成。(4)反應結束后，為了從裝置丙中獲得更多產(chǎn)品，須要的操作依次為：在冰水中冷卻結晶、________、干燥。(5)有人設計如圖2的裝置制取NaBiO3(加熱和夾持儀器已略去)。該裝置比圖1所示裝置具有更高的平安性。圖2①盛濃鹽酸的滴液漏斗中右側玻璃管的作用是__________________________________________________________________。②拆除裝置前必需先除去A中殘留Cl2以免污染空氣。通過限制開關，除去Cl2的操作是__________________________________________________________________________________________。Ⅱ.檢測純度。(6)取上述NaBiO3產(chǎn)品wg，加入足量硫酸和MnSO4稀溶液使其還原為Bi3＋，再用cmol·L－1的H2C2O4標準溶液滴定生成的MnOeq\o\al(－,4)(已知：H2C2O4＋MnOeq\o\al(－,4)→CO2＋Mn2＋＋H2O，未配平)，滴定終點時溶液的顏色改變?yōu)開_______，假設終點時消耗VmL標準溶液。計算該產(chǎn)品的純度為_________________________________________(用含w、c、V的代數(shù)式表示)。解析：(1)由試驗裝置圖1可知，裝置甲中濃鹽酸與二氧化錳共熱反應制備氯氣，濃鹽酸具有揮發(fā)性，氯氣中混有氯化氫氣體，裝置乙中盛裝飽和食鹽水，用于除去氯化氫，裝置丙為鉍酸鈉制備裝置，堿性條件下，氯氣將氫氧化鉍氧化生成鉍酸鈉，裝置丁中盛裝氫氧化鈉溶液，用于汲取過量的氯氣，防止污染環(huán)境。(2)裝置丙為鉍酸鈉制備裝置，堿性條件下，氯氣與氫氧化鉍發(fā)生氧化還原反應生成鉍酸鈉、氯化鈉和水，反應的離子方程式為Bi(OH)3＋3OH－＋Na＋＋Cl2=NaBiO3＋2Cl－＋3H2O。(3)若丙中反應已完成，裝置丙中白色的氫氧化鉍會全部變?yōu)闇\黃色的鉍酸鈉，固體的淺黃色不會再加深，溶液的上方會充溢過量的黃綠色的氯氣。(4)由題意可知，鉍酸鈉不溶于冷水，遇沸水或酸會快速分解，則從裝置丙中獲得更多鉍酸鈉的操作是在冰水中冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。(5)①圖2裝置A中盛濃鹽酸的滴液漏斗右側玻璃管能起到平衡氣壓，使?jié)恹}酸順當?shù)蜗碌淖饔?。②從試驗裝置圖可知，關閉K1、K3，打開K2可使NaOH溶液進入三頸燒瓶中，與其中的氯氣反應除去A中殘留氯氣以免污染空氣。(6)用草酸標準溶液滴定含過量的高錳酸根的溶液時，當紫色的高錳酸根完全轉化為無色的硫酸錳時，說明高錳酸根完全反應，達到滴定終點；設產(chǎn)品中鉍酸鈉的質(zhì)量為m，依據(jù)得失電子數(shù)目守恒可得：5NaBiO3～2Mn2＋～2MnOeq\o\al(－,4)～5H2C2O4，由此建立如下求解關系式：5NaBiO3,5×280g,m))～5H2C2O4,5mol,cV×10－3mol))解得m＝eq\f(5×280g×cV×10－3mol,5mol)＝0.28cVg，則產(chǎn)品的純度為eq\f(0.28cVg,wg)×100%＝eq\f(0.28cV,w)×100%。答案：Ⅰ.(1)飽和食鹽水汲取過量的氯氣，防止污染環(huán)境(2)Bi(OH)3＋3OH－＋Na＋＋Cl2=NaBiO3＋2Cl－＋3H2O(3)丙中白色固體消逝(淺黃色不再加深或丙的上方充溢黃綠色氣體)(4)過濾、洗滌(5)①平衡氣壓，使?jié)恹}酸順當?shù)蜗垄陉P閉K1、K3，打開K2Ⅱ.(6)溶液顏色由紫紅色變成無色eq\f(280cV×10－3,w)×100%eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(0.28cV,w)×100%或\f(28cV,w)%))10．(2024·昆明市官渡區(qū)第一中學月考)為探究H2O2、SO2、Br2氧化性強弱，某小組同學設計如下試驗(夾持及尾氣處理裝置已略去，氣密性已檢驗)。試驗操作試驗現(xiàn)象ⅰ.打開A中分液漏斗活塞，滴加濃硫酸A中有氣泡產(chǎn)生，B中紅棕色褪色，C中有白色沉淀ⅱ.取C中沉淀加入鹽酸C中白色沉淀不溶解ⅲ.打開B中分液漏斗活塞，逐滴滴加H2O2起先時顏色無明顯改變；接著滴加H2O2溶液，一段時間后，混合液漸漸變成紅棕色(1)B中紅棕色褪色的離子方程式是__________________________________________________________________________。(2)甲同學通過C中產(chǎn)生白色沉淀，得出結論，氧化性：H2O2>SO2。C中產(chǎn)生白色沉淀的離子方程式是___________________________________________________________________。①乙同學認為不能得出此結論，認為在滴加濃硫酸之前應增加一步操作，該操作是____________________________________________________________________________________________。②丙同學認為還應當在B和C之間增加洗氣瓶D，D中盛放的試劑是__________。③按乙和丙同學改進后的方案進行試驗，C中產(chǎn)生白色沉淀，得出結論：氧化性：H2O2>SO2。(3)ⅲ中滴入少量H2O2沒有明顯改變。提出假設：觀點1：H2O2的量少不能氧化溴離子。觀點2：B中有未反應的SO2。為驗證觀點2，應進行的試驗操作及現(xiàn)象是______________________________________________________________________。(4)通過上述全部試驗，得出結論：H2O2、SO2、Br2氧化性由強到弱的依次是____________。解析：A中濃硫酸和亞硫酸鈉反應生成硫酸鈉、二氧化硫和水，B中二氧化硫和溴水反應生成硫酸和HBr；C中二氧化硫、過氧化氫反應生成硫酸，硫酸和氯化鋇反應生成硫酸鋇沉淀；打開B中分液漏斗活塞，逐滴滴加H2O2，一段時間后，混合液漸漸變成紅棕色，說明Br－被H2O2氧化為Br2。(1)B中二氧化硫和溴水反應生成硫酸和HBr，B中紅棕色褪色的離子方程式是SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋2Br－。(2)C中二氧化硫、過氧化氫反應生成硫酸，硫酸和氯化鋇反應生成硫酸鋇沉↓＋2H＋。①氧氣能把亞硫酸氧化為硫酸，所以在滴加濃硫酸之前應增加一步操作，該操作是：打開彈簧夾，通入N2，待排凈裝置內(nèi)空氣后，關閉彈簧夾。②由于溴單質(zhì)有揮發(fā)性，溴單質(zhì)也可以將SO2氧化產(chǎn)生同樣的試驗現(xiàn)象，所以丙同學認為還應當在B和C之間增加洗氣瓶D來除去揮發(fā)的溴蒸氣，D中盛放的試劑是CCl4或苯或飽和NaHSO3溶液。(3)SO2能使品紅溶液褪色，為驗證觀點2，應進行的試驗操作及現(xiàn)象是取少量滴加H2O2溶液前的B中溶液于試管中，加熱，將氣體通入品紅溶液中，品紅溶液褪色。(4)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，通過上述全部試驗，得出結論：H2O2、SO2、Br2氧化性由強到弱的依次是H2O2＞Br2＞SO2。答案：(1)SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋2Br－(2)SO2＋H2O2＋Ba2＋=BaSO4↓＋2H＋①打開彈簧夾，通入N2，待排凈裝置內(nèi)空氣后，關閉彈簧夾②CCl4(或苯或飽和NaHSO3溶液)(3)取少量滴加H2O2溶液前的B中溶液于試管中，加熱，將氣體通入品紅溶液中，品紅溶液褪色(4)H2O2＞Br2＞SO211．(2024·天津市新華中學月考)疊氮化鈉(NaN3)是一種白色劇毒晶體，是汽車平安氣囊的主要成分；易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱堿性，能與酸發(fā)生反應產(chǎn)生具有爆炸性的有毒氣體疊氮化氫。試驗室可利用亞硝酸叔丁酯(t-BuNO2，以t-Bu表示叔丁基)與N2H4、氫氧化鈉溶液混合反應制備NaN3。(1)用化學語言說明NaN3溶液呈弱堿性的緣由：___________________________________________________________________。(2)制備NaN3。按圖示組裝儀器(加熱裝置略)進行反應，反應的化學方程式為t-BuNO2＋NaOH＋N2H4=NaN3＋2H2O＋t-BuOH。①裝置a的名稱是____________。②反應后溶液在0℃下冷卻至有大量晶體析出后過濾，所得晶體運用________洗滌。③試說明低溫下過濾的緣由是___________________________________________________________________________。(3)產(chǎn)率計算。①稱取2.0gNaN3試樣，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于錐形瓶中。②用滴定管加入0.10mol·L－1(NH4)2Ce(NO3)6溶液40.00mL(假設雜質(zhì)均不參與反應)。③充分反應后將溶液稀釋并酸化，滴入2滴鄰菲羅啉指示液，并用0.10mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2標準液，滴定過量的Ce4＋，終點時消耗標準溶液20.00mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋)。ⅰ.配平(NH4)2Ce(NO3)6與疊氮化鈉反應方程式：(NH4)2Ce(NO3)6＋____NaN3=____NH4NO3＋____Ce(NO3)3＋____NaNO3＋____N2↑。ⅱ.計算NaN3的質(zhì)量分數(shù)為__________(保留兩位有效數(shù)字)。ⅲ.下列操作會導致所測定樣品中NaN3質(zhì)量分數(shù)偏大的是________(填字母)。A．錐形瓶運用疊氮化鈉溶液潤洗B．滴加(NH4)2Ce(NO3)6溶液時，滴加前俯視讀數(shù)，滴加后仰視讀數(shù)C．滴定過程中，將掛在錐形瓶壁上的(NH4)2Ce(NO3)6標準液滴用蒸餾水沖進瓶內(nèi)(4)分析不干脆用酸性高錳酸鉀滴定NaN3可能的緣由是____________________________________________________________。(5)NaN3有毒，可以運用NaClO溶液對含有NaN3的溶液進行處理，反應產(chǎn)生無色無味的無毒氣體，試寫出反應的離子方程式：_____________________________________________________。＋HN3，生成NaOH，所以溶液顯堿性。(2)①依據(jù)裝置a的結構特點可知其為恒壓滴液漏斗。②NaN3易溶于水，微溶于乙醇，為降低溶解損失，可用乙醇洗滌。③溫度低，NaN3的溶解度低，可削減溶解損失，此外溫度過高會導致NaN3分解，降低產(chǎn)率。(3)ⅰ.已知(NH4)2Ce(NO3)6和NaN3反應產(chǎn)物中有N2和Ce(NO3)3，可知該過程Ce4＋將Neq\o\al(－,3)氧化成N2，自身被還原成Ce3＋，Neq\o\al(－,3)整體化合價上升1價，所以(NH4)2Ce(NO3)6和NaN3的系數(shù)比應為1∶1，再結合元素守恒可＋2NaNO3＋3N2↑。ⅱ.n總(Ce4＋)＝0.10mol·L－1×0.04L＝0.004mol，分別與Fe2＋和Neq\o\al(－,3)反應；其中與Fe2＋按1∶1反應，消耗n1(Ce4＋)＝0.10＝0.004mol－0.002mol＝0.002mol，即10mL所取溶液中有0.002molmol，所以質(zhì)量分數(shù)為eq\f(65g·mol－1×0.02mol,2.0g)×100%＝65%。ⅲ.錐形瓶運用疊氮化鈉溶液潤洗，該部分疊氮化鈉也會使消耗的(NH4)2Ce(NO3)6偏多，使得測定結果偏大，故A項符合題意；滴加(NH4)2Ce(NO3)6溶液時，滴加前俯視讀數(shù)，滴加后仰視讀數(shù)，會使滴加的(NH4)2Ce(NO3)6溶液體積偏大，導致(NH4)2Fe(SO4)2標準液測定的剩余Ce4＋的量偏大，從而使計算得到的疊氮化鈉消耗的(NH4)2Ce(NO3)6偏小，測定結果偏小，故B項不符合題意；滴定過程中，將掛在錐形瓶壁上的(NH4)2Ce(NO3)6標準液滴用蒸餾水沖進瓶內(nèi)，測定結果更加精確，故C項不符合題意；綜上所述答案為A。(4)酸性環(huán)境中NaN3可能會與氫離子反應生成有爆炸性的有毒氣體疊氮化氫，且會使結果不精確。(5)依據(jù)題目信息可知疊氮化鈉具有還原性，可以被次氯酸根氧化，反應產(chǎn)生無色無味的無毒氣體，應為氮氣，結合電子守恒和元素守恒可得離子反應為ClO－＋2Neq\o\al(－,3)＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑。答案：(1)NaN3＋H2O=NaOH＋HN3(2)①恒壓滴液漏斗②乙醇③溫度低，NaN3的溶解度低，削減溶解損失，還可以防止NaN3分解(3)ⅰ.224223ⅱ.65%ⅲ.A(4)酸性環(huán)境中NaN3可能會與氫離子反應生成有爆炸性的有毒氣體疊氮化氫(5)ClO－＋2Neq\o