2023届新高考化学一轮课时跟踪练第3讲氧化还原反应.docx

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1、课时跟踪练3一、选择题1(2021朝阳调考)下列水环境修复过程中未发生氧化还原反应的是()A用Na2S处理含Hg2的废水B用NaClO处理氨氮废水C用漂白粉处理含NaCN的提金废水D用纳米零价铁处理含Cr2O、Cu2等的酸性废水解析：用Na2S处理含Hg2的废水，S2与Hg2发生反应，生成HgS沉淀，即Hg2S2= HgS，该反应无化合价变化，是非氧化还原反应，故A项符合题意；用NaClO处理氨氮废水，ClO将水中的氨氮氧化为N2，发生了氧化还原反应，故B项不符合题意；用漂白粉处理含NaCN的提金废水，漂白粉将CN氧化，发生了氧化还原反应，故C项不符合题意；用纳米零价铁处理含Cr2O、Cu2等

2、的酸性废水，在纳米零价铁表面，Fe与Cu2发生氧化还原反应，Cr2O与生成的Fe2发生氧化还原反应，故D项不符合题意。答案：A2(2021临沂第二次模拟)下列应用涉及氧化还原反应的是()A用TiCl4制备纳米级TiO2B高铁酸钾(K2FeO4)用作新型水处理剂C用明矾溶液除去铜制品表面的铜绿D工业上将NH3和CO2通入饱和食盐水制备小苏打解析：TiCl4制备纳米级TiO2发生的反应为TiCl4(2x)H2O=TiO2xH2O4HCl、TiO2xH2OTiO2xH2O，无元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，A项不符合题意；4K2FeO410H2O=4Fe(OH)3(胶体)3O28KOH，产生的F

3、e(OH)3有吸附性，可以吸附杂质，同时K2FeO4有强氧化性，可以消毒杀菌，因此高铁酸钾(K2FeO4)用作新型水处理剂涉及氧化还原反应，B项符合题意；明矾溶液因电离产生的Al3水解产生H，H和铜绿Cu2(OH)2CO3反应生成Cu2、水、二氧化碳，无元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，C项不符合题意；工业上将NH3和CO2(过量)通入饱和食盐水制备小苏打发生NH3CO2NaClH2O=NaHCO3NH4Cl，无元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，D项不符合题意。答案：B3(2021浙江温岭中学月考)中国科学家以二氧化碳为碳源，在470 、80 Mpa下与金属钠反应合成出金刚石。下列说法不正

4、确的是()A金属钠在反应中作还原剂B反应中生成的氧化产物为Na2O2C二氧化碳转变为金刚石发生的是还原反应D钠被氧化最终生成碳酸钠解析：金属钠和二氧化碳反应生成金刚石，反应中碳元素化合价降低、钠元素化合价升高，钠作还原剂，故A项正确；金属钠和二氧化碳的反应中碳元素化合价降低、钠元素化合价升高，生成的氧化产物不可能是Na2O2，故B项错误；二氧化碳转变为金刚石，碳元素化合价降低，二氧化碳发生还原反应，故C项正确；钠与二氧化碳反应生成金刚石和氧化钠，氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，故D项正确。答案：B4(2021潍坊第二次模拟)下列反应过程中水作氧化剂的是()A过氧化钠与水反应制取氧气B氮化镁和水

5、反应制取氨C铸铁淬火加工(高温下铁与水反应)D二氧化氮溶于水得到硝酸解析：过氧化钠与水反应的化学方程式是2Na2O22H2O4NaOHO2，反应过程中过氧化钠发生歧化反应，过氧化钠既作氧化剂，又作还原剂，水中的氢、氧元素化合价未发生变化，A项错误；氮化镁和水反应制取氨时，氢、氧元素化合价未发生变化，B项错误；高温条件下，铁与水发生反应3Fe4H2OFe3O44H2，氢元素化合价降低，水发生还原反应，作氧化剂，C项正确；二氧化氮与水反应过程中，氢、氧元素化合价未发生变化，D项错误。答案：C5(2021余杭第二次模拟)关于反应4HNO3=4NO2O22H2O，下列说法正确的是()AHNO3中的氮元

6、素被氧化BHNO3既是氧化剂又是还原剂C氧化剂与氧化产物的物质的量之比为11D还原产物与氧化产物的物质的量之比为14解析：HNO3中氮元素化合价由5降低为4，氮元素被还原，故A项错误；HNO3中氮元素化合价由5降低为4、O元素化合价由2升高为0，HNO3既是氧化剂又是还原剂，故B项正确；HNO3中氮元素化合价由5降低为4，HNO3是氧化剂，HNO3中O元素化合价由2升高为0, O2是氧化产物，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为41，故C项错误；HNO3中氮元素化合价由5降低为4，NO2是还原产物，O元素化合价由2升高为0，O2是氧化产物，还原产物与氧化产物的物质的量之比为41，故D项错误。答案：

7、B6(2021珠海第二次模拟)在常温常压和可见光下，基于LDH(一种固体催化剂)合成NH3的原理示意图如下。下列说法错误的是()A该过程中，有极性键OH的断裂与NH的生成B该过程将太阳能转化成为化学能C氧化剂与还原剂的物质的量之比为31DLDH的作用是吸附和释放H原子解析：根据题图所示可知总反应为2N26H2O=4NH33O2，该过程中，有极性键OH的断裂与NH的生成，A项正确；根据图示可知该过程将太阳能转化成为化学能，B项正确；根据图示可知总反应为2N26H2O=4NH33O2，N2得电子为氧化剂，H2O失电子为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为13，C项错误；根据图示可知LDH的作用是

8、吸附和释放H原子，为催化剂，D项正确。答案：C7.(2021汕头第二次模拟)硝酸厂利用下图将NOx转化为无污染气体。下列有关说法正确的是()AN2的电子式为NNBH2O的结构式为HOHC过程中NOx发生氧化反应D转化过程中Ce4/Ce3会被不断消耗解析：由图可知反应经过两个过程：.H22Ce4=2Ce32H，.4xCe34xH2NOx=4xCe4N22xH2O，总反应为2xH22NOx=2xH2ON2。据此分析解答。N2中2个N形成3对共用电子对，其电子式为NN，A项错误；H2O分子之间形成2个HO键，其结构式为HOH，B项正确；过程中NOx转化为N2和H2O，N元素化合价降低，被还原，发生还

9、原反应，C项错误；由反应过程和总反应可知，Ce4为该反应的催化剂，转化过程中Ce4/Ce3不会被消耗，D项错误。答案：B8(2021淮南第二次模拟)水体中过量氨氮(以NH3表示)或总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素总量)含量过高会导致水体富营养化。用次氯酸钠除去氨氮的一种原理如下图所示。下列说法错误的是()ANaClO除去氨氮的总反应化学方程式为2NH33NaClO=N23NaCl3H2OB整个过程中发生的反应都是氧化还原反应C在较高温度下，氨氮去除率会降低DNaClO投入过多，总氮去除率可能会下降解析：从题图分析，只进去的为反应物，只出来的物质为生成物，所以该反应为2NH33NaCl

10、O=N23NaCl3H2O，A项正确；盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水的反应不是氧化还原反应，B项错误；较高温度下，次氯酸容易分解，氨氮去除率降低，C项正确；次氯酸钠投入过多，可能将氨氧化为硝酸根离子，去除率降低，D项正确。答案：B9(2021天津第一次模拟)元素铬(Cr)的几种化合物存在如下转化关系。已知：2CrO2H Cr2OH2O，下列判断错误的是()Cr2O3固体KCrO2溶液绿色 K2CrO4溶液黄色 K2Cr2O7溶液橙红色 A反应表明Cr2O3可能有两性氧化物的性质B反应利用了H2O2的氧化性C反应中溶液颜色变化是由化学平衡移动引起的D反应中铬元素的化合价均发生了变化解析：反应中

11、Cr2O3与强碱反应生成盐和水，同时Cr2O3为金属氧化物，金属氧化物一般能与酸反应生成盐和水，因此Cr2O3可能有两性氧化物的性质，A项正确；反应中Cr由3升高为6，被过氧化氢氧化，利用了H2O2的氧化性，B项正确；反应中氢离子浓度增大，反应2CrO2HCr2OH2O正向移动，溶液颜色由黄色变为橙红色，即反应中溶液颜色变化是由化学平衡移动引起的，C项正确；反应前后Cr化合价均为3价，未变化，反应前后Cr化合价均为6价，未变化，D项错误。答案：D10(2021浙江义乌中学月考)下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是()序号实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中SO2通入品

12、红溶液中Na2CO3溶液滴入澄清石灰水中H2O2滴入含有酚酞的氨水中现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色溶液由红色逐渐变无色产生白色浑浊溶液由红色逐渐变无色A B C D解析：NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，发生反应FeSO42NaOH=Fe(OH)2Na2SO4，反应产生的Fe(OH)2具有还原性，容易被溶解在溶液中的氧气氧化产生Fe(OH)3，反应方程式为4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3，因此观察到现象是反应产生白色沉淀，随后沉淀由白色变为红褐色，第二个反应中有电子转移，属于氧化还原反应，故不选；Cl2与水反应产生HCl、HClO，酸使紫色石蕊试液变为红色

13、，而HClO具有强氧化性，能够将红色物质氧化变为无色，因此会看到溶液又由红色变为无色，与物质的氧化性有关，故不选；SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色，SO2的漂白是与有色物质化合生成无色物质，与氧化还原反应无关，故选；Na2CO3溶液滴入澄清石灰水中，发生复分解反应生成碳酸钙白色沉淀，没有元素化合价的变化，与氧化还原反应无关，故选；H2O2具有强氧化性，能漂白，所以H2O2滴入含有酚酞的氨水中溶液褪色，是因为发生氧化还原反应，故不选；故选D。答案：D11(2021益阳箴言中学月考)用CuS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2O，发生反应如下。下列有关说法不正确的是()反应：CuSCr2OHCu2

14、SOCr3H2O(未配平)反应：Cu2SCr2OHCu2SOCr3H2O(未配平)A反应中只有SO是氧化产物而反应中Cu2、SO都是氧化产物B反应中还原剂、氧化剂的物质的量之比为35C反应、中每处理1 mol Cr2O，转移电子的数目相等D处理1 mol Cr2O时反应、中消耗H的物质的量相等解析：反应中只有S元素被氧化，则只有SO是氧化产物，反应中有铜元素、硫元素均被氧化，所以Cu2、SO都是氧化产物，故A项正确；根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒规律配平后反应的离子方程式为3Cu2S5Cr2O46H=6Cu23SO10Cr323H2O，氧化剂为Cr2O，还原剂为Cu2S，则反应中还原剂、氧化

15、剂的物质的量之比为35，故B项正确；根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒规律配平后的离子方程式为反应：3CuS4Cr2O32H=3Cu23SO8Cr316H2O，反应：3Cu2S5Cr2O46H=6Cu23SO10Cr323H2O，反应中每处理1 mol Cr2O，转移电子物质的量6 mol，反应中每处理1 mol Cr2O，转移电子物质的量6 mol，故转移电子的数目相等；处理1 mol Cr2O时反应中消耗H的物质的量8 mol，处理1 mol Cr2O时反应中消耗H的物质的量9.2 mol，消耗H的物质的量不相等，故C项正确，D项错误。答案：D12(2021天津一中月考)十九大报告指出：“坚

16、持全民共治、源头防治，持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战！”以NOx和燃煤为主的污染综合治理是当前重要的研究课题。CO与N2O是汽车尾气中污染大气的成分，研究表明CO与N2O在Fe作用下生成无害气体，发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为N2OFe=N2FeO(慢)、FeOCO=CO2Fe(快)。下列说法不正确的是()A反应是氧化还原反应，反应是非氧化还原反应B两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应决定CFe使反应的活化能减小，FeO是中间产物D若转移1 mol电子，则消耗标准状况下11.2 L N2O解析：由反应N2OFe=N2FeO(慢)可知，铁元素、氮元素化

17、合价发生改变，由反应FeOCO=CO2Fe可知，铁元素、碳元素化合价发生改变，2个反应均有元素化合价的升降，因此都是氧化还原反应，故A项错误；由题图可知，FeN2OFeON2、FeOCOFeCO2两步反应中均为反应物总能量大于生成物总能量，所以两个反应都是放热反应，总反应的化学反应速率由速率慢的反应决定，故B项正确；Fe作催化剂，使反应的活化能减小，增大反应速率，FeO是反应过程中产生的物质，因此是中间产物，故C项正确；由总反应方程式N2OCON2CO2可知，N元素由1价得电子变为0价，C元素由2价失2个电子变为4价，即转移2 mol电子消耗1 mol N2O，则转移1 mol电子，则消耗N2

18、O 0.5 mol，即标准状况下11.2 L N2O，故D项正确。答案：A二、非选择题13(2021长沙一中第一次模拟)亚硝酸钠(NaNO2)是一种常见的食品添加剂。某实验小组制备NaNO2并对其性质进行探究。资料：Ag与NO反应，可生成AgNO2白色沉淀或无色配离子。.NaNO2的制取(夹持装置略)实验向装置A中通入一段时间N2，再通入NO和NO2混合气体，待Na2CO3反应完全后，将所得溶液经系列操作，得到NaNO2白色固体。(1)制取NaNO2的离子方程式是_。(2)小组成员推测HNO2是弱酸。为证实推测，向NaNO2溶液中加入试剂X，“实验现象”证实该推测合理，加入的试剂是_，现象是_

19、。.NaNO2性质探究将实验制取的NaNO2固体配制成约0.1 molL1 NaNO2溶液，进行实验和。实验(3)由实验的现象得出结论：白色沉淀的生成与_有关。(4)仅用实验的试剂，设计不同实验方案进一步证实了上述结论，实验操作及现象是_。实验(5)酸性条件下，NO氧化I的离子方程式是_。(6)甲同学认为，依据实验的现象可以得出结论：该条件下，NO能氧化I。乙同学则认为A装置中制取的NaNO2含有副产物，仅凭实验不能得出上述结论，还需要补充实验进行验证，乙同学设计实验证明了实验条件下氧化I的只有NO2，实验的实验方案是_。解析：(1)一氧化氮和二氧化氮在碳酸钠溶液中反应生成亚硝酸钠和二氧化碳，

20、反应的离子方程式为NONO2CO=2NOCO2。(2)若亚硝酸为弱酸，亚硝酸钠会在溶液中水解使溶液呈碱性，则向亚硝酸钠溶液中滴加酚酞试液，若溶液变成浅红色，说明亚硝酸为弱酸。(3)由实验现象可知，向NaNO2溶液中滴加AgNO3溶液时，先没有白色沉淀生成，后有白色沉淀生成，说明白色沉淀的生成与AgNO3溶液和NaNO2溶液的相对用量。(4)由实验现象可知，向NaNO2溶液中滴加AgNO3溶液时，先没有白色沉淀生成，后有白色沉淀生成，则向AgNO3溶液中滴加NaNO2溶液时，先有白色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解，说明白色沉淀的生成与AgNO3溶液和NaNO2溶液的相对用量有关。(5)由实验现象可知，

21、向亚硝酸钠溶液中滴加KI溶液(含淀粉)无明显现象，滴加稀硫酸后，溶液变蓝色，有无色气体生成，说明酸性条件下，亚硝酸钠溶液与碘化钾溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘、一氧化氮和水，反应的离子方程式为2NO2I4H=2NOI22H2O。(6)由题意可知，一氧化氮和二氧化氮在碳酸钠溶液中反应生成亚硝酸钠和二氧化碳时，可能生成硝酸钠，则设计酸性条件下，硝酸钠溶液与碘化钾溶液没有碘生成的实验，可以说明酸性条件下，只有亚硝酸钠溶液与碘化钾溶液发生氧化还原反应，故可以进行以下操作：取2 mL 0.1 molL1 NaNO3溶液于试管中，加2 mL 0.1 molL1 KI溶液(含淀粉)，再滴加三滴1

22、 molL1硫酸溶液，溶液没有变蓝。答案：(1)NONO2CO=2NOCO2(2)无色酚酞试液溶液变成浅红色(3)AgNO3溶液和NaNO2溶液的相对用量(4)向AgNO3溶液中逐滴滴加NaNO2溶液，先有白色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解(5)2NO2I4H=2NOI22H2O(6)取2 mL 0.1 molL1 NaNO3溶液于试管中，加2 mL 0.1 molL1 KI溶液(含淀粉)，再滴加三滴1 molL1硫酸溶液，溶液没有变蓝14(2021南通调考)铬铁矿主要成分为铬尖晶石(FeCr2O4)，以铬铁矿为原料可制备Cr2(SO4)3溶液。已知铬铁矿的尖晶石结构在通常条件下难以被破坏，其中的二

23、价铁被氧化后，会促进尖晶石结构分解，有利于其参与化学反应。请回答下列问题：(1)铬铁矿中的基态二价铁被氧化过程中，失去的电子所处的能级为_。(2)120 时，向铬铁矿粉中加入50%的H2SO4，不断搅拌，铬铁矿溶解速率很慢。向溶液中加入一定量的CrO3，矿粉溶解速率明显加快，得到含较多Cr3和Fe3的溶液。写出加入CrO3后促进尖晶石溶解的离子方程式：_。(3)其他条件不变，测得不同温度下Cr3的浸出率随酸浸时间的变化如图1所示。实际酸浸过程中选择120 的原因是_。(4)已知：室温下KspCr(OH)381031，KspFe(OH)331039，可通过调节溶液的pH，除去酸浸后混合液中的Fe

24、3。实验测得除铁率和铬损失率随混合液pH的变化如图2所示。pH3时铬损失率高达38%的原因是_。(5)在酸浸后的混合液中加入有机萃取剂，萃取后，Fe2(SO4)3进入有机层，Cr2(SO4)3进入水层。取10.00 mL水层溶液于锥形瓶中，先加入氢氧化钠调节溶液至碱性，再加入足量过氧化氢溶液。充分反应后，加热煮沸除去过量过氧化氢。待溶液冷却至室温，加入硫酸和磷酸的混合酸酸化，此时溶液中Cr全部为6价。在酸化后的溶液中加入足量KI溶液，以淀粉溶液作指示剂，用0.300 0 molL1 Na2S2O3溶液滴定，发生反应I22S2O=S4O2I，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液19.80 mL。计

25、算萃取所得水层溶液中Cr3的物质的量浓度：_(写出计算过程)。解析：(1)铁为26号元素，基态二价铁的价电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，则基态二价铁被氧化过程中，失去的电子所处的能级为3d能级。(2)120 时，向铬铁矿粉中加入50%的H2SO4，不断搅拌，铬铁矿溶解速率很慢。向溶液中加入一定量的CrO3，矿粉溶解速率明显加快，得到含较多Cr3和Fe3的溶液，故加入CrO3后促进尖晶石溶解的离子方程式为CrO33FeCr2O430H=3Fe37Cr315H2O。(3)其他条件不变，测得不同温度下Cr3的浸出率随酸浸时间的变化如题图1所示。实际酸浸过程中选择120 的原因是12

26、0 时，铬的浸出率较高，升高温度铬的浸出率提高不大，但消耗的能量多。(4)pH3时，若Cr3沉淀，则Cr3的最小浓度应为c(Cr3)800 molL1，显然是达不到的，故此时Cr3未沉淀，则此时铬损失率高达38%的原因应是Fe(OH)3具有吸附性，Fe(OH)3吸附Cr3造成铬损失大。(5)由题意可知，6价Cr氧化碘离子生成碘单质，则根据得失电子守恒可得2Cr()6I3I22Cr3，故可得关系式：2Cr32Cr()3I26S2O，可得Cr33S2O，则萃取所得水层溶液中Cr3的物质的量浓度0.198 0 molL1。答案：(1)3d(2)CrO33FeCr2O430H=3Fe37Cr315H2

27、O(3)120 时，铬的浸出率较高，升高温度铬的浸出率提高不大，但消耗的能量多(4)Fe(OH)3吸附Cr3造成铬损失大(5)0.198 0 molL115(2021汕头金山中学月考)从砷化镓废料(主要成分为GaAs，含Fe2O3、SiO2和CaCO3等杂质)中回收镓和砷的工艺流程如下：已知：镓(Ga)既能溶于酸也能溶于碱，与NaOH溶液反应生成NaGaO2和H2。回答下列问题：(1)“浆化”是将砷化镓废料转变成悬浊液的过程，其目的是_。(2)砷化镓(GaAs)在“碱浸”时，砷转化为Na3AsO4进入溶液，该反应的化学方程式为_。(3)“碱浸”的温度控制在70 左右，温度不能过高的原因是_；“

28、滤渣”的成分为_(填化学式)。(4)向浸出液中加H2SO4进行“中和”，调节pH使镓和硅共沉淀，不同pH时沉淀率如下表所示。根据表中数据可知，“中和”的pH应调节至_范围内，沉淀的效果最好。pH镓沉淀率/%硅沉淀率/%砷沉淀率/%4.075.089.20.025.098.598.60.016.098.999.20.027.095.399.50.068.086.186.30.119.057.465.10.13(5)“旋流电解”时用惰性电极，则所得“尾液”的溶质主要是_(填化学式)，可进行循环利用，提高经济效益。(6)若用240 kg含镓3%的砷化镓废料回收镓，得到纯度为98%的镓7.20 kg，

29、则镓的回收率为_%(结果保留三位有效数字)。解析：(1)将砷化镓废料转变成悬浊液，可增大与氢氧化钠、过氧化氢的接触面积，从而提高碱浸效率。(2)砷化镓(GaAs)在“碱浸”时，NaOH、H2O2与GaAs反应生成NaGaO2、Na3AsO4，该反应的化学方程式为GaAs4NaOH4H2O2=NaGaO2Na3AsO46H2O。(3)“碱浸”时，温度过低时碱浸速率慢，温度过高易导致H2O2分解，所以温度不能过高或过低，需要控制在70 左右； 浸出液中加硫酸调节pH，生成Ga(OH)3、H2SiO3沉淀，则“滤渣”的成分为Ga(OH)3、H2SiO3。(4)向浸出液中加H2SO4进行“中和”，调节

30、pH使镓和硅共沉淀，pH范围在5.06.0时，镓和硅沉淀率高、砷沉淀率低，所以“中和”的pH应调节至5.06.0范围内。(5)电解Ga2(SO4)3溶液生成Ga、氧气、硫酸，所得“尾液”的溶质主要是H2SO4，可进行循环利用，提高经济效益。(6)若用240 kg含镓3%的砷化镓废料回收镓，得到纯度为98%的镓7.20 kg，则镓的回收率为100%98.0%。答案：(1)增大接触面积，提高碱浸效率(或使碱浸更充分或其他合理答案)(2)GaAs4NaOH4H2O2=NaGaO2Na3AsO46H2O(3)温度过高易导致H2O2分解Ga(OH)3、H2SiO3(4)5.06.0(5)H2SO4(6)

31、98.016(2020苏州星海实验中学月考)化学工业中会产生大量含铬废水，需进行无害化处理检测达标后才能排放。(1)工业常用NaHSO3还原法处理，方法：向酸性废水中加入NaHSO3使Cr2O还原成为Cr3，然后加入熟石灰调节废水的pH，使Cr3完全沉淀。写出NaHSO3与Cr2O反应的离子方程式：_。已知25时KspCr(OH)36.41031，若除去废水中Cr3，使其浓度小于1105 molL1，此时溶液中的c(H)_molL1。(2)废水中铬元素总浓度的测定方法：向一定量含Cr2O和Cr3的酸性废水样中加入足量(NH4)2S2O8，溶液将Cr3氧化成Cr2O，煮沸除去过量的(NH4)2S

32、2O8；再加入过量的KI溶液，Cr2O与I完全反应生成Cr3和I2后，以淀粉为指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点。测定过程中物质的转化关系为Cr3Cr2OI2S4O。上述操作过程中，若无煮沸操作，则测定的铬元素总浓度会_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。准确移取含Cr2O和Cr3的酸性废水样100.00 mL，按上述方法测定废水样中铬元素总浓度，消耗0.010 00 molL1 Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该废水中铬元素总浓度(以mgL1表示)：_(写出计算过程)。解析：(1)转化时NaHSO3与Cr2O发生氧化还原，反应生成铬离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为3

33、HSOCr2O5H=2Cr33SO4H2O。c(Cr3)1105时，由KspCr(OH)36.41031可知，c(OH) molL14109 molL1，则c(H)2.5106 molL1。(2)若无煮沸操作，则过量(NH4)2S2O8消耗Cr2O，所以测定的铬元素总浓度会偏大。涉及反应为2Cr33S2O7H2O=Cr2O6SO14H；Cr2O6I14H=2Cr33I27H2O；I22S2O=2IS4O，由以上反应得到关系式为Cr2O3I26S2O，消耗0.010 00 molL1的Na2S2O3标准溶液13.50 mL，则n(Na2S2O3)0.010 00 molL113.50103 L1.35104 mol，则由关系式可知n(Cr2O)1.35104 mol2.250105 mol，n(Cr元素)2(Cr2O)4.500105 mol，废水样中铬元素总浓度4.500105 mol52 gmol11 000 mg/g0.1 L23.40 mgL1。答案：(1)3HSOCr2O5H=2Cr33SO4H2O2.5106(2)偏大23.40 mgL1