2024年高考化学二轮复习专题四氧化还原反应强化练含解析

PAGE11-专题强化练(四)1．(2024·天津市南开区其次次模拟)硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3[Ce中文名“铈”]的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是()A．该转化过程的实质为NOx被H2还原B．x＝1时，过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1C．处理过程中，混合溶液中Ce3＋和Ce4＋总数削减D．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2＋Ce4＋=2H＋＋Ce3＋解析：A项，由分析可知，总反应可以看作烟气与氢气反应，该转化过程的实质为NOx被H2还原，正确；B项，x＝1时，依据图示，过程Ⅱ中发生2NO＋4H＋＋4Ce3＋=2H2O＋N2＋4Ce4＋，N的化合价降低，NO为氧化剂，Ce3＋为还原剂，依据得失电子守恒：n(NO)×2＝n(Ce3＋)×1，因此氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2，错误；C项，过程Ⅰ发生H2＋2Ce4＋=2H＋＋2Ce3＋，过程Ⅱ发生2NOx＋4xH＋＋4xCe3＋=2xH2O＋N2＋4xCe4＋，处理过程中，混合液中Ce3＋和Ce4＋总数不变，错误；D项，依据图示，过程Ⅰ发生H2＋Ce4＋→H＋＋Ce3＋，利用化合价升降法进行配平，离子方程式为H2＋2Ce4＋=2H＋＋2Ce3＋，错误。答案：A2．(2024·日照模拟)高铁酸钾(K2FeO4)是新型的绿色环保水处理剂。一种制备K2FeO4的流程如下。下列说法错误的是()＋2H2OB．步骤ⅱ说明碱性条件下，氧化性：NaClO>Na2FeO4C．步骤ⅲ的反应为复分解反应，说明溶解度：Na2FeO4<K2FeO4D．K2FeO4作为性能优良的水处理剂，主要是利用了其强氧化性和还原后产生的具有絮凝作用的Fe(Ⅲ)解析：依据制备流程分析，FeSO4溶液在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应得到Fe2(SO4)3，Fe2(SO4)3与NaClO在碱性条件下发生氧化还原反应得到Na2FeO4，Na2FeO4与饱和的KOH溶液得到K2FeO4粗品，经洗涤干燥后得到K2FeO4纯品，据此分析解答问题。A项，由上述分析可知，步骤ⅰ为FeSO4溶液在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应生成H2O和Fe2(SO4)3，依据氧化还原反应规律可得反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，正确；B项，步骤ⅱ为Fe2(SO4)3与NaClO在碱性条件下发生氧化还原得到Na2FeO4，氧化剂是NaClO，氧化产物为Na2FeO4，因为氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：NaClO>Na2FeO4，正确；C项，步骤ⅲ为Na2FeO4与饱和的KOH溶液发生复分解反应得到K2FeO4粗品，溶解度大的物质转化为溶解度小的物质，故溶解度：Na2FeO4>K2FeO4，错误；D项，由于K2FeO4具有强氧化性，因此可用于水的杀菌消毒，且其还原产物产生的Fe3＋水解得到Fe(OH)3的胶体，具有絮凝的作用，故K2FeO4是一种性能优良的水处理剂，正确。答案：C3．(2024·泰安第五次模拟)污水处理厂处理含CN－废水的过程分－；②调整①所得溶液为酸性，使CNO－接着被NaClO转化为两种无污染的气体。下列关于上述过程的叙述错误的是()A．CN－的电子式为[∶C⋮⋮N∶]－B．过程①中，生成CNO－的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1C．过程②中，生成的两种无污染的气体为CO2和N2D．氧化性：CNO－＞ClO－解析：A项，CN－的电子式为[∶C⋮⋮N∶]－，正确；B项，过程①中，CN－被氧化为CNO－，1molCN－转移2mol电子，NaClO被还原为NaCl，1molNaClO转移2mol电子，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，正确；C项，CO2和N2无污染，过程②中，生成的两种无污染的气体为CO2和N2，正确；D项，CN－被NaClO氧化为CNO－，所以氧化性：CNO－＜ClO－，错误。答案：D4．(2024·烟台适应性练习)《环境科学》刊发了我国科研部门采纳零价铁活化过硫酸钠(Na2S2O8，其中S为＋6价)去除废水中的正五价砷[As(Ⅴ)]的探讨成果，其反应机制模型如图所示(SOeq\o\al(－,4)·、·OH表示自由基)。设阿伏加德罗常数的值为NA。下列叙述错误的是()A．过硫酸钠中－2价氧与－1价氧的个数比为3∶1B．若56gFe参与反应，共有1.5NA个S2Oeq\o\al(2－,8)被还原C．碱性条件下硫酸根自由基发生反应的方程式为SOeq\o\al(－,4)·＋OH－=SOeq\o\al(2－,4)＋·OHD．pH越大，越有利于去除废水中的正五价砷解析：A项，过硫酸钠中正、负化合价之和为零，S为＋6价，Na为＋1价，正价之和＝(＋6)×2＋(＋1)×2＝14，负价之和为－14，若－2价氧与－1价氧的个数比为3∶1，即－2价氧为6个，－1价氧的个数为2个，负价之和为(－2)×6＋(－1)×2＝－14，正确；B项，56gFe为1mol，依据图示可知，1molS2Oeq\o\al(2－,8)和1molFe反应生成2molSOeq\o\al(2－,4)和1molFe2＋，该过程转移2mol电子，但是Fe2＋还要与S2Oeq\o\al(2－,8)反应变成Fe3＋和自由基，依据图示，形成的沉淀中即含有二价铁离子，又含有三价铁离子，即第一步反应中的二价铁没有被完全氧化为三价铁离子，因此1mol铁参与反应消耗小于1.5molS2Oeq\o\al(2－,8)，共有少于1.5NA个S2Oeq\o\al(2－,8)被还原，错误；C项，结合图示可知，碱性条件下，SOeq\o\al(－,4)·发生反应的方程式为SOeq\o\al(－,4)·＋OH－=SOeq\o\al(2－,4)＋·OH，正确；D项，依据图示可知，最终是碱性条件下，铁离子和亚铁离子转化为氢氧化亚铁和氢氧化铁，正五价砷离子转变为沉淀，二者共同以沉淀形式析出的，则溶液的碱性越强越有利于析出，即pH越大越有利于去除废水中的正五价砷，正确。答案：B5．(2024·北京市海淀区模拟)金属铬常用于提升特种合金的性能。工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，含有少量Al2O3)为原料制备金属铬的流程如下图。下列说法不正确的是()A．①中需持续吹入空气作氧化剂B．②中需加入过量稀硫酸C．③中发生了置换反应D．溶液A为橙色解析：A项，在铬铁矿中Cr元素化合价为＋3价，反应后变为Na2CrO4中的＋6价，化合价上升，被氧化，因此①中需持续吹入空气作氧化剂，正确；B项，Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与硫酸发生反应产生可溶性Al2(SO4)3，因此②中加入的稀硫酸不能过量，错误；C项，Cr2O3与Al在高温下反应产生Cr和Al2O3，反应物是单质和化合物，生成物也是单质与化合物，因此③中反应类型为置换反应，正确；D项，Na2CrO4在酸性溶液中发生反应：2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O，反应产生Cr2Oeq\o\al(2－,7)使溶液显橙色，正确。答案：B6．(2024·山东省试验中学模拟)高锰酸钾(KMnO4)是一种常用的氧化剂。不同条件下高锰酸钾可发生如下反应：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)。高锰酸钾溶液与硫化亚铁有如下反应：FeS＋KMnO4＋H2SO4→K2SO4＋MnSO4＋Fe2(SO4)3＋S＋H2O(未配平)。下列有关说法正确的是()A．由上面的反应可知，高锰酸根离子(MnOeq\o\al(－,4))反应后的产物与溶液的酸碱性有关B．高锰酸钾溶液可代替二氧化锰用来制取Cl2，氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶8C．在高锰酸钾溶液与硫化亚铁的反应中，反应前后固体的质量削减了2.8g，则硫元素与高锰酸钾之间转移的电子数为0.15NAD．高锰酸钾溶液也可与双氧水发生反应，其中双氧水是氧化剂解析：A项，由不同条件下高锰酸钾发生的反应可知，溶液的酸性越强，反应后锰元素的化合价越低，所以高锰酸根反应后的产物与溶液的酸碱性有关，正确；B项，反应2KMnO4＋16HCl=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，高锰酸钾为氧化剂，盐酸为还原剂，由方程式可知，有2mol高锰酸钾参与反应，则有10molHCl被氧化，因此，氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶5，错误；C项，反应中固体质量改变为FeS→S，固体质量改变为铁元素的改变，反应前后固体的质量削减了2.8g，参与反应的亚铁离子的物质的量为eq\f(2.8g,56g·mol)＝0.05mol，即被氧化的FeS的物质的量为0.05mol，被高锰酸根离子氧化的硫离子的物质的量为0.05mol，转移的电子的物质的量为0.05mol×2＝0.1mol，电子数为0.1NA，错误；D项，高锰酸钾与双氧水反应，高锰酸钾体现氧化性，双氧水体现还原性，错误。答案：A7．(2024·日照市模拟考试)Cu2HgI4是一种红色固体，常用作示＋K2SO4＋2H2SO4。下列说法正确的是()A．上述反应的产物Cu2HgI4中，Hg的化合价为＋1B．上述反应中Hg元素与Cu元素均被还原C．上述反应中生成1molCu2HgI4时，转移的电子数为4NAD．由以上信息可推知，可发生反应：2CuSO4＋2NaCl＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋Na2SO4＋2H2SO4解析：依据制备反应方程式可知，CuSO4中Cu的化合价由＋2价降至＋1价，作氧化剂，发生还原反应，SO2中S元素的化合价由＋4价升至＋6价，作还原剂，发生氧化反应，Cu2HgI4为还原产物，据此分析解答问题。A项，依据上述分析可知，Cu2HgI4中Cu的化合价为＋1价，则Hg的化合价为＋2价，错误；B项，上述反应中，只有Cu元素被还原，错误；C项，上述反应中，CuSO4中Cu的化合价由＋2价降至＋1价，生成1molCu2HgI4时，转移2mol电子，转移的电子数为2NA，错误；D项，依据题干信息，CuSO4可与SO2在盐溶液中发生氧化还原反应，Cu2＋被还原为Cu＋，SO2被氧化为＋2H2SO4可以发生，正确。答案：D8．(2024·山东师范高校附属中学模拟)氰化物是剧毒物质，传统生产工艺的电镀废水中含肯定浓度的CN－，无害化排放时必需对这种废水进行处理。可采纳碱性条件下的Cl2氧化法处理这种废水，涉及两个反应：反应ⅰ，CN－＋OH－＋Cl2→OCN－＋Cl－＋H2O(未配平)；反应ⅱ，OCN－＋OH－＋Cl2→X＋Y＋Cl－＋H2O(未配平)。其中反应ⅰ中N元素的化合价没有改变，常温下，X、Y是两种无毒的气体。下列推断正确的是()A．反应ⅰ中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为2∶1B．X、Y是CO2、N2，且均为反应ⅱ的氧化产物C．该废水处理工艺过程中须实行措施，防止Cl2逸出到空气中D．处理c(CN－)＝0.0001mol·L－1的废水106L，消耗标准状况下的Cl24.48×103L解析：A项，反应ⅰ中氧化剂是Cl2，还原剂是CN－，Cl2中的氯元素的化合价降低2，CN－中的碳元素的合价上升2(由＋2上升到＋4)，因此ⅰ中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为1∶1，错误；B项，由题中信息可知，X、Y是两种无毒的气体，由反应所涉及的元素可知，X、Y是CO2、N2，N2为反应ⅱ的氧化产物，CO2不是反应ⅱ的氧化产物，错误；C项，氯气有毒，因此该废水处理工艺过程中须实行措施防止Cl2逸出到空气中，正确；D项，处理c(CN－)＝0.0001mol·L－1的废水106L，物质的量为0.0001mol·L－1×106L＝100mol，则失去电子100mol×(2＋3)＝500mol，因此消耗氯气250mol，标准状况下的Cl2体积为250mol×22.4L·mol－1＝5.6×103L，错误。答案：C9．(2024·衡阳市第八中模拟)铋酸钠(NaBiO3)是分析化学中的重要试剂，某化学爱好小组设计下图1试验装置制取铋酸钠并进行纯度检测。Ⅰ.制取。氯气和氢氧化铋反应制取NaBiO3。图1已知：①Bi(OH)3难溶于水，白色。②装置丙中盛有Bi(OH)3与NaOH溶液混合物。③NaBiO3不溶于冷水，浅黄色，遇沸水或酸则快速分解。(1)装置乙中盛装的试剂是____________，装置丁的作用是____________________________________________________。(2)装置丙中发生反应的离子方程式是_____________________________________________________________________。(3)当视察到_________________________________________现象时，可以初步推断丙中反应已完成。(4)反应结束后，为了从装置丙中获得更多产品，须要的操作依次为：在冰水中冷却结晶、________、干燥。(5)有人设计如图2的装置制取NaBiO3(加热和夹持仪器已略去)。该装置比图1所示装置具有更高的平安性。图2①盛浓盐酸的滴液漏斗中右侧玻璃管的作用是__________________________________________________________________。②拆除装置前必需先除去A中残留Cl2以免污染空气。通过限制开关，除去Cl2的操作是__________________________________________________________________________________________。Ⅱ.检测纯度。(6)取上述NaBiO3产品wg，加入足量硫酸和MnSO4稀溶液使其还原为Bi3＋，再用cmol·L－1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnOeq\o\al(－,4)(已知：H2C2O4＋MnOeq\o\al(－,4)→CO2＋Mn2＋＋H2O，未配平)，滴定终点时溶液的颜色改变为________，假设终点时消耗VmL标准溶液。计算该产品的纯度为_________________________________________(用含w、c、V的代数式表示)。解析：(1)由试验装置图1可知，装置甲中浓盐酸与二氧化锰共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，氯气中混有氯化氢气体，装置乙中盛装饱和食盐水，用于除去氯化氢，装置丙为铋酸钠制备装置，碱性条件下，氯气将氢氧化铋氧化生成铋酸钠，装置丁中盛装氢氧化钠溶液，用于汲取过量的氯气，防止污染环境。(2)装置丙为铋酸钠制备装置，碱性条件下，氯气与氢氧化铋发生氧化还原反应生成铋酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为Bi(OH)3＋3OH－＋Na＋＋Cl2=NaBiO3＋2Cl－＋3H2O。(3)若丙中反应已完成，装置丙中白色的氢氧化铋会全部变为浅黄色的铋酸钠，固体的浅黄色不会再加深，溶液的上方会充溢过量的黄绿色的氯气。(4)由题意可知，铋酸钠不溶于冷水，遇沸水或酸会快速分解，则从装置丙中获得更多铋酸钠的操作是在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(5)①图2装置A中盛浓盐酸的滴液漏斗右侧玻璃管能起到平衡气压，使浓盐酸顺当滴下的作用。②从试验装置图可知，关闭K1、K3，打开K2可使NaOH溶液进入三颈烧瓶中，与其中的氯气反应除去A中残留氯气以免污染空气。(6)用草酸标准溶液滴定含过量的高锰酸根的溶液时，当紫色的高锰酸根完全转化为无色的硫酸锰时，说明高锰酸根完全反应，达到滴定终点；设产品中铋酸钠的质量为m，依据得失电子数目守恒可得：5NaBiO3～2Mn2＋～2MnOeq\o\al(－,4)～5H2C2O4，由此建立如下求解关系式：5NaBiO3,5×280g,m))～5H2C2O4,5mol,cV×10－3mol))解得m＝eq\f(5×280g×cV×10－3mol,5mol)＝0.28cVg，则产品的纯度为eq\f(0.28cVg,wg)×100%＝eq\f(0.28cV,w)×100%。答案：Ⅰ.(1)饱和食盐水汲取过量的氯气，防止污染环境(2)Bi(OH)3＋3OH－＋Na＋＋Cl2=NaBiO3＋2Cl－＋3H2O(3)丙中白色固体消逝(浅黄色不再加深或丙的上方充溢黄绿色气体)(4)过滤、洗涤(5)①平衡气压，使浓盐酸顺当滴下②关闭K1、K3，打开K2Ⅱ.(6)溶液颜色由紫红色变成无色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·昆明市官渡区第一中学月考)为探究H2O2、SO2、Br2氧化性强弱，某小组同学设计如下试验(夹持及尾气处理装置已略去，气密性已检验)。试验操作试验现象ⅰ.打开A中分液漏斗活塞，滴加浓硫酸A中有气泡产生，B中红棕色褪色，C中有白色沉淀ⅱ.取C中沉淀加入盐酸C中白色沉淀不溶解ⅲ.打开B中分液漏斗活塞，逐滴滴加H2O2起先时颜色无明显改变；接着滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液渐渐变成红棕色(1)B中红棕色褪色的离子方程式是__________________________________________________________________________。(2)甲同学通过C中产生白色沉淀，得出结论，氧化性：H2O2>SO2。C中产生白色沉淀的离子方程式是___________________________________________________________________。①乙同学认为不能得出此结论，认为在滴加浓硫酸之前应增加一步操作，该操作是____________________________________________________________________________________________。②丙同学认为还应当在B和C之间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是__________。③按乙和丙同学改进后的方案进行试验，C中产生白色沉淀，得出结论：氧化性：H2O2>SO2。(3)ⅲ中滴入少量H2O2没有明显改变。提出假设：观点1：H2O2的量少不能氧化溴离子。观点2：B中有未反应的SO2。为验证观点2，应进行的试验操作及现象是______________________________________________________________________。(4)通过上述全部试验，得出结论：H2O2、SO2、Br2氧化性由强到弱的依次是____________。解析：A中浓硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，B中二氧化硫和溴水反应生成硫酸和HBr；C中二氧化硫、过氧化氢反应生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀；打开B中分液漏斗活塞，逐滴滴加H2O2，一段时间后，混合液渐渐变成红棕色，说明Br－被H2O2氧化为Br2。(1)B中二氧化硫和溴水反应生成硫酸和HBr，B中红棕色褪色的离子方程式是SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋2Br－。(2)C中二氧化硫、过氧化氢反应生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉↓＋2H＋。①氧气能把亚硫酸氧化为硫酸，所以在滴加浓硫酸之前应增加一步操作，该操作是：打开弹簧夹，通入N2，待排净装置内空气后，关闭弹簧夹。②由于溴单质有挥发性，溴单质也可以将SO2氧化产生同样的试验现象，所以丙同学认为还应当在B和C之间增加洗气瓶D来除去挥发的溴蒸气，D中盛放的试剂是CCl4或苯或饱和NaHSO3溶液。(3)SO2能使品红溶液褪色，为验证观点2，应进行的试验操作及现象是取少量滴加H2O2溶液前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色。(4)氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，通过上述全部试验，得出结论：H2O2、SO2、Br2氧化性由强到弱的依次是H2O2＞Br2＞SO2。答案：(1)SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋2Br－(2)SO2＋H2O2＋Ba2＋=BaSO4↓＋2H＋①打开弹簧夹，通入N2，待排净装置内空气后，关闭弹簧夹②CCl4(或苯或饱和NaHSO3溶液)(3)取少量滴加H2O2溶液前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色(4)H2O2＞Br2＞SO211．(2024·天津市新华中学月考)叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车平安气囊的主要成分；易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。试验室可利用亚硝酸叔丁酯(t­BuNO2，以t­Bu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备NaN3。(1)用化学语言说明NaN3溶液呈弱碱性的缘由：___________________________________________________________________。(2)制备NaN3。按图示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应的化学方程式为t­BuNO2＋NaOH＋N2H4=NaN3＋2H2O＋t­BuOH。①装置a的名称是____________。②反应后溶液在0℃下冷却至有大量晶体析出后过滤，所得晶体运用________洗涤。③试说明低温下过滤的缘由是___________________________________________________________________________。(3)产率计算。①称取2.0gNaN3试样，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。②用滴定管加入0.10mol·L－1(NH4)2Ce(NO3)6溶液40.00mL(假设杂质均不参与反应)。③充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准液，滴定过量的Ce4＋，终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋)。ⅰ.配平(NH4)2Ce(NO3)6与叠氮化钠反应方程式：(NH4)2Ce(NO3)6＋____NaN3=____NH4NO3＋____Ce(NO3)3＋____NaNO3＋____N2↑。ⅱ.计算NaN3的质量分数为__________(保留两位有效数字)。ⅲ.下列操作会导致所测定样品中NaN3质量分数偏大的是________(填字母)。A．锥形瓶运用叠氮化钠溶液润洗B．滴加(NH4)2Ce(NO3)6溶液时，滴加前俯视读数，滴加后仰视读数C．滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的(NH4)2Ce(NO3)6标准液滴用蒸馏水冲进瓶内(4)分析不干脆用酸性高锰酸钾滴定NaN3可能的缘由是____________________________________________________________。(5)NaN3有毒，可以运用NaClO溶液对含有NaN3的溶液进行处理，反应产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：_____________________________________________________。＋HN3，生成NaOH，所以溶液显碱性。(2)①依据装置a的结构特点可知其为恒压滴液漏斗。②NaN3易溶于水，微溶于乙醇，为降低溶解损失，可用乙醇洗涤。③温度低，NaN3的溶解度低，可削减溶解损失，此外温度过高会导致NaN3分解，降低产率。(3)ⅰ.已知(NH4)2Ce(NO3)6和NaN3反应产物中有N2和Ce(NO3)3，可知该过程Ce4＋将Neq\o\al(－,3)氧化成N2，自身被还原成Ce3＋，Neq\o\al(－,3)整体化合价上升1价，所以(NH4)2Ce(NO3)6和NaN3的系数比应为1∶1，再结合元素守恒可＋2NaNO3＋3N2↑。ⅱ.n总(Ce4＋)＝0.10mol·L－1×0.04L＝0.004mol，分别与Fe2＋和Neq\o\al(－,3)反应；其中与Fe2＋按1∶1反应，消耗n1(Ce4＋)＝0.10＝0.004mol－0.002mol＝0.002mol，即10mL所取溶液中有0.002molmol，所以质量分数为eq\f(65g·mol－1×0.02mol,2.0g)×100%＝65%。ⅲ.锥形瓶运用叠氮化钠溶液润洗，该部分叠氮化钠也会使消耗的(NH4)2Ce(NO3)6偏多，使得测定结果偏大，故A项符合题意；滴加(NH4)2Ce(NO3)6溶液时，滴加前俯视读数，滴加后仰视读数，会使滴加的(NH4)2Ce(NO3)6溶液体积偏大，导致(NH4)2Fe(SO4)2标准液测定的剩余Ce4＋的量偏大，从而使计算得到的叠氮化钠消耗的(NH4)2Ce(NO3)6偏小，测定结果偏小，故B项不符合题意；滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的(NH4)2Ce(NO3)6标准液滴用蒸馏水冲进瓶内，测定结果更加精确，故C项不符合题意；综上所述答案为A。(4)酸性环境中NaN3可能会与氢离子反应生成有爆炸性的有毒气体叠氮化氢，且会使结果不精确。(5)依据题目信息可知叠氮化钠具有还原性，可以被次氯酸根氧化，反应产生无色无味的无毒气体，应为氮气，结合电子守恒和元素守恒可得离子反应为ClO－＋2Neq\o\al(－,3)＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑。答案：(1)NaN3＋H2O=NaOH＋HN3(2)①恒压滴液漏斗②乙醇③温度低，NaN3的溶解度低，削减溶解损失，还可以防止NaN3分解(3)ⅰ.224223ⅱ.65%ⅲ.A(4)酸性环境中NaN3可能会与氢离子反应生成有爆炸性的有毒气体叠氮化氢(5)ClO－＋2Neq\o