備戰(zhàn)高考化學(xué)專題題庫∶氧化還原反應(yīng)的綜合題及答案

1、一、圖中化學(xué)氧化還原反應(yīng)練習(xí)題(含詳細(xì)答案解析)1.陽極泥處理后的沉渣中含 AgCl,工業(yè)上可用NazSQ溶液作浸取劑浸出回收。某小組在 實(shí)驗(yàn)室模擬該過程。已知:i. 25oC 時，部分物質(zhì)的溶解度：AgCl 1.9 X巧0； Ag2SC3 4.6 X 彳Cg； Ag2SQ 0.84 g。ii. 25oC時，亞硫酸鈉溶液酸化過中含&微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨 pH變化如圖所示。需會占芭HrI .浸出氯化銀取AgCl固體，加入1 mol/L NSQ溶液作浸取劑，充分反應(yīng)后過濾得到浸出液( pH=8), 該過程中發(fā)生的反應(yīng)為 AgCl +2SO3Ag(SO3)23 + C。(1)用平衡移動原理解

2、釋AgCl溶解的原因是 n.酸化沉銀那人ii血梢拈m專加入稀疏愉至過洪 二沉淀其正，過一4 .(2)經(jīng)檢測，譏捉 m為AgCl,則溶放m中含g微粒的王要存在形式是 (3)探究沉淀n的成分。甲同學(xué)認(rèn)為沉淀 n 一定不含Ag2SO4,其依據(jù)是 乙同學(xué)認(rèn)為沉淀 n可能含Ag2SO3,進(jìn)行實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證。沉淀HA-SOi固體二消液也無色i .本實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)的依據(jù)是：Ag2SO3具有 性。ii .乙同學(xué)觀察到 ,得出結(jié)論 沉淀n不含Ag2SQ”。n 不含 Ag2S0so丙同學(xué)從溶液n的成分角度再次設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明沉淀足小幡硝瓶濃AgN0溶液口 加熱.冷卻尚心分離 | 卜畢浦屏澈W 取七層清液耨池也產(chǎn)生白色沉淀一無沉淀

3、生成1 ，一，.i .本實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)的依據(jù)是：若沉淀 n含Ag2SO3,則溶液n中含Ag微粒的總物質(zhì)的量 (填 法”、2"或 之”)Cl物質(zhì)的量。ii .結(jié)合實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象簡述丙同學(xué)的推理過程： 。 m.浸取劑再生(4)溶液m經(jīng)處理后可再用于浸出 AgCl,請簡述該處理方法 。【答案】AgCl(s)= Ag+(aq)+ Ci-(aq) ,Ag+與 SQ2-結(jié)合生成Ag(SC3)23 ,促進(jìn) AgCl 的溶解平 衡正向移動HSQ- Ag2SO4的溶解度遠(yuǎn)大于 AgCl或Ag2SQ,溶液中Ag+的濃度很小 還原b中清液的顏色與c相同，均為淺紫色溶液v e中無沉淀生成，說明清液中沒有Cr,則溶液n中

4、加入稀硝酸使Ag(SQ)23全部轉(zhuǎn)化為Ag+, Ag+將Cl全部沉淀，由此可知溶液 n中 含Ag元素的微粒總物質(zhì)的量不小于n(Cl )加NaOH溶液調(diào)節(jié)pH至910【解析】【分析】I、( 1)利用平衡移動的知識答題即可；II、(2)生成沉淀 m時，溶液m的pH為5,觀察圖像，可以得知HSO3-的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)占 100%;(3)溶液中Ag +的濃度很小，而 Ag2SO4的溶解度較大，故不會形成Ag2SO4沉淀；依據(jù)Ag2SO3的還原性答題；e中無沉淀生成，說明清液中沒有 C，則溶液n中加入稀硝酸使Ag(SO3)23全部轉(zhuǎn)化為 Ag+, Ag+將Cl全部沉淀，由此可分析出溶液 n中含Ag元素的微粒

5、總物質(zhì)的量不小于 n(Cl )；III、(4) m溶液中的溶質(zhì)為 NaHSO3,浸取劑為Na2SO3溶液，需要加入 NaOH溶液將 NaHSO3轉(zhuǎn)化為 Na2SO3?！驹斀狻縄、(1) AgCl(s尸= Ag+(aq)+ Cl-(aq), Ag+與 SQ2-結(jié)合生成Ag(SOs)23-,促進(jìn) AgCl 的溶解平 衡正向移動；II、(2)生成沉淀 m時，溶液m的pH為5,觀察圖像，可以得知HSO3-的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)4 .占100%,則溶放 m中含S微粒的王要存在形式是HSQ-;(3)Ag2SQ的溶解度遠(yuǎn)大于 AgCl或Ag2SQ,溶液中Ag+的濃度很小；i、酸性KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，SQ2-

6、具有還原性，則該實(shí)驗(yàn)涉及的依據(jù)是Ag2SQ具有還原性；ii、沉淀中無Ag2SO3,則該沉淀不會使酸性KMnO4溶液褪色，故可以觀察到a試管中酸性KMnO4溶液褪色，b、c試管中酸性KMnO4溶液依然呈紫色；e中無沉淀生成，說明清液中沒有 Cl-,則溶液n中加入稀硝酸使Ag(SO3)23全部轉(zhuǎn)化為 Ag+, Ag+將Cl全部沉淀，由此可分析出溶液 n中含Ag元素的微粒總物質(zhì)的量不小于 n(Cl )；III、 (4) m溶液中的溶質(zhì)為 NaHSO3,浸取劑為Na2SO3溶液，根據(jù)曲線圖可知，加入 NaOH溶液調(diào)整pH至ij 9-10即可。2.實(shí)驗(yàn)室用酸性蝕刻廢液(含Cu2+、H+、CuCl2、Cl

7、-等)和堿性蝕刻廢液NH4、2健性獨(dú)到廢液Cu(NH3)4、NH3 H2O等制備CuI(白色固體)的實(shí)驗(yàn)流程如下吉CufOH>a過境一水河*隘硫酸銅加索 IVI1 -蚪 inffw.2(1)步驟I中發(fā)生了多個反應(yīng)，其中Cu(NH3)4與鹽酸反應(yīng)生成 Cu(OH)Cl的離子萬程式為 (2)步驟IV需控制pH為12,80 C下進(jìn)行，合適的加熱方式是 (3)步驟V的具體步驟是蒸發(fā)濃縮、。(4)步驟V:在下列裝置(夾持及加熱裝置已省略)中進(jìn)行。裝置a中盛裝濃硫酸的儀器的名稱是，圓底燒瓶中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。用裝置d中的溶液洗滌制得的 CuI的目的是 ，然后再用無水乙醇洗滌的目的是 一【答案

8、】Cu(NH3)2 +3H+CI-+H2OCu(OH)Cl J +4H 4熱水浴 冷卻結(jié)晶 過濾(洗滌)分液漏斗Cu+2H2SO4(濃)ACuSQ+SQf +2H2O 可防止CuI被空氣中的 O2氧化 使固體快速干燥并溶解表面可能混有的I2【解析】【分析】由流程圖可知，酸性蝕刻廢液和堿性蝕刻廢液混合反應(yīng)得到Cu(OH)Cl懸濁液，過濾，將Cu(OH)Cl加水、過漿后，與濃硫酸水浴加熱反應(yīng)生成硫酸銅，硫酸銅粗溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、 冷卻結(jié)晶、過濾、干燥、洗滌得到硫酸銅晶體，硫酸銅晶體與碘、二氧化硫和水反應(yīng)生成 碘化亞銅白色固體?！驹斀狻?1)步驟I中Cu(NH3)42+與鹽酸反應(yīng)生成 Cu(OH)Cl

9、沉淀和氯化俊，反應(yīng)的離子方程式Cu(NH3)42+3H+C+H2O=Cu(OH)Cl J +4N4+,故答案為：Cu(NH3)42+3H+C- +H2O=Cu(OH)Cl J +4NH(2)步驟IV為Cu(OH)Cl加水、過漿后，與濃硫酸在制pH為12, 80 c下水浴加熱反應(yīng)反應(yīng)生成硫酸銅，故答案為：熱水浴；(3)步驟V為硫酸銅粗溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、干燥、洗滌得到硫酸銅晶體，故答案為：冷卻Z晶；過濾(洗滌)；(4)裝置a中盛裝濃硫酸的儀器為分液漏斗；圓底燒瓶中銅與濃硫酸共熱反應(yīng)生成硫酸銅、二氧化硫和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cu+2H2SQ(濃)&CuSQ+SC2T +2H2

10、0,故答案為：分液漏斗；Cu+2HzSQ(濃)二-CuSQ+SQT +2H2O;裝置d中的溶液為二氧化硫的飽和水溶液，碘化亞銅具有還原性，易被空氣中的氧氣氧 化，用二氧化硫水的飽和水溶液洗滌碘化亞銅，可以防止碘化亞銅被空氣中的氧氣氧化；再用無水乙醇洗滌可以溶解除去碘化亞銅表面可能混有的單質(zhì)碘，并能使固體快速干燥, 故答案為：可防止 CUI被空氣中的。2氧化；使固體快速干燥并溶解表面可能混有的12。皿+ CQT+的,卜列裝置中，可用作草酸分解制取氣體的是 （填序號）3. （1）已知草酸（H2QO4）分解的化學(xué)方程式為:L巴dL®）®，（2）某實(shí)驗(yàn)小組為測定鐵銹樣品的組成（假定

11、鐵銹中只有Fe203 nH2O和Fe兩種成份），利用草酸分解產(chǎn)生的 C0和鐵銹反應(yīng)，實(shí)驗(yàn)裝置如下圖所示。、為得到干燥、純凈的 CO氣，洗氣瓶A、B中盛放的試劑分別是 、在點(diǎn)燃C處酒精燈之前，應(yīng)先持續(xù)通入一段時間的混合氣體，其目的是、準(zhǔn)確稱量樣品的質(zhì)量 20.00g置于硬質(zhì)玻璃管中，充分反應(yīng)后冷卻、稱量（假設(shè)每步均 完全反應(yīng)），硬質(zhì)玻璃管中剩余固體質(zhì)量為16.64g, D中濃硫酸增重1.44g,則n=。、在本實(shí)驗(yàn)中，下列情況會使測定結(jié)果n偏大白是（填字母）a.缺少裝置 A b.缺少裝置B c.反應(yīng)后固體是鐵和少量 Fe203 nH20【答案】 NaOH溶液 濃硫酸 排除裝置中的空氣，防止 CO中

12、混有空氣而在加熱時發(fā) 生爆炸 2 b【解析】【詳解】（1）該反應(yīng)的反應(yīng)物是液體，反應(yīng)條件是加熱，應(yīng)選擇固液反應(yīng)且需要加熱的裝置，所以 選.（2）為得到干燥、純凈的 CO氣，應(yīng)先除去混合氣體中的二氧化碳，用氫氧化鈉吸收即 可；混合氣體通入氫氧化鈉溶液時會帶走水蒸氣，為除去水蒸氣，選用濃硫酸洗氣。裝置中含有空氣，CO中混有空氣加熱時可能發(fā)生爆炸，所以要通入混合氣體一段時間， 排除裝置中的空氣。由題意知，固體質(zhì)量減少的量為水和氧的量，濃硫酸吸收的量為水，反應(yīng)方程式為：F&O3. nH2O+3CO=Fe+3CO+nH2O 固體質(zhì)量減少量18ng (18n+48) g1.44g20.00g-16

13、.64g所以 18ng： 1.44g = (18n+48) g： ( 20.00g-16.64g ) 解得n=2。a、缺少裝置A,未除去CQ,可能影響CO還原氧化物，固體質(zhì)量差變小，導(dǎo)致所測 n 值偏小，錯誤；b、缺少洗氣瓶B會導(dǎo)致裝置E增重的質(zhì)量偏大，所以測定結(jié)果 n偏大， 正確；c、反應(yīng)后固體是鐵和少量F&O3?nH2O,固體減少的質(zhì)量偏小，導(dǎo)致所測n值偏小，錯誤。4.以海綿銅(CuO、Cu)為原料制備氯化亞銅(CuCD的一種工藝流程如下:內(nèi)地田 濃HN5、稀日工£5海綿銅=溶解SOi，NaClCuSCX 溶液- CuCI 沉淀沉淀6、H;0* NO吸收> HN5.

14、 HNO.*HN5電解(1) Cu基態(tài)原子核外電子排布式為 , SQ2-的空間構(gòu)型為 (用文字描述)；Cu2+與OH反應(yīng)能生成Cu(OH)42-, Cu(OH)42-中提供孤電子對的原子是 (填元素符號)。(2) “吸收”過程:2NO(g) + O2(g)曜? 2NO2(g)H =4112.6kJ?mo-1提高NO平衡轉(zhuǎn)化率的方法有 (寫出兩種)。吸收NO2的有關(guān)反應(yīng)如下：反應(yīng) I ： 2NO2(g) + H2O(l) = HNO3(aq) + HNO2(aq) H =- 116.1kJ?mo-1反應(yīng) n : 3HNO2(aq) = HNO3(aq) + 2NO(g) + H2O(l) H =

15、V 75.9kJ?mol1用水吸收NO2生成HNO3和NO的熱化學(xué)方程式是 。(3) “電解”過程：HNO2為弱酸，通過電解使 HNO3得以再生，陽極的電極反應(yīng)式是(4) “沉淀”過程：產(chǎn)生 CuCl的離子方程式是。【答案】1s22s22p63s23p63d104s1正四面體形 O增大壓強(qiáng)、提高氧氣的濃度3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)H=-212.1kJ?mo-1 HNC2-2e-+H2O=3H+NO3-2Cu2+SQ+2C-+2H2O=2CuCl J +SO2-+4H+【解析】【分析】海綿銅(CuO、Cu)中CuO與稀H2SO4反應(yīng)轉(zhuǎn)化為硫酸銅，因硝酸在酸性條件

16、下具有氧化性，會將銅氧化為銅離子，最終生成硫酸銅，SO2具有還原性，再將銅離子還原為氯化亞銅，NO合理利用，經(jīng)過氧化與電解過程得到硝酸，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1) Cu的原子序數(shù)為29, Cu基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1; SO2-中S原子價層電子對個數(shù) =4+ 6+2-4 2 =4,且不含孤電子對，由價層電子對互斥理論判斷該2微粒為正四面體形；Cu(OH)42-中Cu2要供空軌道，O原子提供孤電子對形成配位鍵，答案 為：1s22s22p63s23p63d104s1；正四面體形；O;(2)2NO(g)+O2曜? 2NO2(g) H=A112.6kJ?m

17、o-1是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，提高NO平衡轉(zhuǎn)化率，平衡應(yīng)向正反應(yīng)方向移動，可以采取的措施有：降低溫度、增大壓強(qiáng)、 提高氧氣的濃度等；1 .由蓋斯7E律可知：(反應(yīng) I 3+反應(yīng)II)可以得到用水吸收 NO2生成HNO3和NO的熱2化學(xué)方程式：3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)H=-12.1kJ?mo-1 ;(3)電解過程中，陽極上 HNO2失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成HNO3,陽極的電極反應(yīng)式是：HNO2-2e-+H2O=3H+NO3-;(4) Cu2+與SC2發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成 CuCl,離子方程式為：2Cu2+SQ+2a +2H2O=2CuCl J +SO2-+4

18、H+。5. C、N、S的氧化物常會造成一些環(huán)境問題，科研工作者正在研究用各種化學(xué)方法來消除 這些物質(zhì)對環(huán)境的影響。(1)CO2的重整用CC2和H2為原料可得到 CH4燃料。已知： CH4 (g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) AH1=+247kJ/mol CH4 (g)+H2O(g尸CO(g)+3C(g) H2=+205kJ/mol寫出CQ重整的熱化學(xué)方程式： 。(2) “亞碳酸鹽法”吸收煙中的SQ將煙氣通入1.0mol/L的NazSQ溶液，若此過程中溶液體積不變，則溶液的pH不斷(填 減小”不變”或 增大)。當(dāng)溶液pH約為6時，吸收SC2的能力顯著下降，應(yīng)更換 吸收劑，此時溶液中

19、 c(SO32-) =0.2mol/L ,則溶液中c(HSQ-) =。室溫條件下，將煙氣通入(NH4)2S。溶液中，測得溶液 pH與各組分物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)的變化關(guān)系如圖：b點(diǎn)時溶液pH=7,則n(NH4+)： n(HSOs )= 。(3)催化氧化法去除 NO。一定條件下，用 NH3消除NO污染，其反應(yīng)原理4NH3+6NO四巴5N2+6H2O。不同溫度條件下，n(NH3):n(NO)的物質(zhì)的量之比分別為4:1、 3:1、1:3時，得到NO脫除率曲線如圖所示:MO IM曲線a中，NO的起始濃度為6X1-4mgm-3,從A點(diǎn)到B點(diǎn)經(jīng)過0.8s,該時間段內(nèi)NO的 脫除速率為 mg- m-3 s-1。曲線b

20、對應(yīng)N%與NO的物質(zhì)的量之比是 。(4)間接電化學(xué)法除 NO。其原理如圖所示：寫出陰極的電極反應(yīng)式(陰極室溶液呈酸性)。吸收池中除去 NO的原理(用離子方程式表示)。神" 他NO_I 受/x 10【答案】CC2 (g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) H=-163kJ/mo1減小 1.6mol/L 3:1 1.53:1 2HSO3+2e +2H =S2o2- 2H 2O2NO+2s2o4- 2H2O N2 4HSO3(1)已知： CH (g)+CQ(g)=2CO(g)+2H2(g) H1=+247k/mol ,CH4(g)+H2O(g尸CO(g)+3H2(g) H2=+2

21、05k/mol ,根據(jù)蓋斯定律， <2)X2#： CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g),據(jù)此計(jì)算4 H；(2)二氧化硫通入亞硫酸鈉溶液生成亞硫酸氫鈉，亞硫酸氫鈉顯酸性，據(jù)此分析；根據(jù) 反應(yīng)方程式的量的關(guān)系計(jì)算可得；先判斷溶質(zhì)，寫出電荷守恒式，在利用 pH=7時，c(H+)=c(OH)找出其他離子的等量關(guān) 系，結(jié)合圖示進(jìn)行等量刪減或替換，最后得出結(jié)果；(3)曲線a中，NO的起始濃度為6X1C4mg?m-3,根據(jù)圖象得到 A、B處的NO脫除率, 可得兩處的NO的濃度，再計(jì)算脫除速率；NH3與NO的物質(zhì)的量的比值越大，NO的脫除率越大，據(jù)此分析；(4)陰極得到電子發(fā)生還原反

22、應(yīng)，結(jié)合酸性環(huán)境書寫；陰極產(chǎn)物吸收NO?！驹斀狻?1)已知： CH4 (g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H1=+247k/mol ,CH4(g)+H2O(g尸CO(g)+3噸(g) H2=+205k/mol ,根據(jù)蓋斯定律，由-X 2得反應(yīng)：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) H=AH1-2 AH2=-163kJ/mo1 ,故答案為：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) H=-163kJ/mo1 ;(2)將煙氣通入1.0mol/L的NazSQ溶液，二氧化硫與亞硫酸鈉和水反應(yīng)生成亞硫酸氫鈉，亞硫酸氫鈉以電離為主，顯酸性，故溶液 pH不斷減

23、??；向亞硫酸鈉溶液中通入二氧 化硫生成亞硫酸氫鈉，反應(yīng)方程式SQ+Na2SQ3+2H2O=2NaHSQ,溶液中反應(yīng)的亞硫酸根離子和生成亞硫酸氫根離子的物質(zhì)的量比為1:2,即溶液中參加反應(yīng)的亞硫酸根為-(1.0-0.2)mol/L ,則生成 c(HSO3)=2 x (1.0-0.2)mol/L=1.6mol/L,故答案為：減??；1.6mol/L；b點(diǎn)時溶液pH=7,此時溶液中的溶質(zhì)是(NH4"SQ和NH4HSQ,根據(jù)電荷守恒： +-2-c( NH 4 )+c(H )=c(OH )+c(HSO3)+2c(SO3 ),因 pH=7,故 c(H )=c(OH ),則+-2-2-+c(NH4)

24、=c(HSO3)+2c(SO3 ),由圖可讀出 b 點(diǎn)時，c( HSO3)=c(SO3 ),則 c( NH 4 )=3 -+-c(HSO3),因在同一體系，n(NH4)： n(HSO3)=3： 1,故答案為：3： 1；(3)曲線a中，NO的起始濃度為6xi04mg?m-3, A點(diǎn)的脫除率為55%, B點(diǎn)的脫除率 為75%,從A點(diǎn)到B點(diǎn)經(jīng)過0.8s,該時間段內(nèi)NO的脫除速率為6X 1-4mg?m-3 X (0.75-0.55)+ 0.8s=1-45mg?nf0?s-1,故答案為：1.5X10；NH3與NO的物質(zhì)的量的比值越大，NO的脫除率越大，則物質(zhì)的量之比分別為4: 1,3： 1, 1 ： 3

25、時，對應(yīng)的曲線為 a, b, c,即曲線b對應(yīng)的物質(zhì)的量之比是 3： 1, 故答案為：3: 1; - - - - (4)陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，根據(jù)圖可知是HSO3在酸性條件下發(fā)生還原反應(yīng)，生成2-2-2-S2O4 ,其電極反應(yīng)式為2HSO3+2e +2H =$2。4 2H2。；根據(jù)圖不，吸收池中 S2O4 -* .ft_ _ 和NO是反應(yīng)物，N2和HSO3是生成物，則吸收池中除去NO的原理是：2NO+2S 2O2- 2H2O N2 4HSO3, 22-故答案為：2HSO3+2e +2H =SzO4 2H2O； 2NO+2s2O4 2H2O N2 4HSO3?！军c(diǎn)睛】陌生電極反應(yīng)式的書寫步驟

26、：根據(jù)題干找出反應(yīng)物以及部分生成物，根據(jù)物質(zhì)變化分析 化合價變化并據(jù)此寫出得失電子數(shù)；然后根據(jù)電荷守恒配平電極反應(yīng)式，在配平時需注 意題干中電解質(zhì)的環(huán)境；然后檢查電極反應(yīng)式的守恒關(guān)系(電荷守恒、原子守恒、轉(zhuǎn)移 電子守恒等)。6.實(shí)驗(yàn)室里，從廢舊鉆酸鋰離子電池的正極材料(在鋁箔上涂覆活性物質(zhì)LiCoQ)中，回收鉆、鋰的操作流程如下圖所示:N也溶液|抗精1調(diào)匯鋅I HGXOHk楸液一 N.so, IOH.ONRH溶薇睫酷N的53al溶液靡一麻;熄1調(diào)閉儀§1 t氣體 濁泄回答下列問題。(1)拆解廢舊電池獲取正極材料前，先將其浸入NaCl溶液中，使電池短路而放電，此時溶液溫度升高，該過程中

27、能量的主要轉(zhuǎn)化方式為。(2) “堿浸”過程中產(chǎn)生的氣體是 ; “過濾”所得濾液用鹽酸處理可得到氫氧化鋁， 反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(3) “酸浸”時主要反應(yīng)的離子方程式為 ;若硫酸、Na2s2O3溶液用一定濃度的鹽酸 替代，也可以達(dá)到“酸浸”的目的，但會產(chǎn)生 (填化學(xué)式)污染環(huán)境。(4) “沉鉆”時，調(diào)pH所用的試劑是 ; “沉鉆”后溶液中 c (C*)=。(已知：Ksp Co (OH) 2=1.09xl0-15)(5)在空氣中加熱 Co (OH) 2,使其轉(zhuǎn)化為鉆的氧化物。加熱過程中，固體質(zhì)量與溫度的 關(guān)系如左下圖所示。290500C,發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。(6)根據(jù)右下圖判斷，“沉鋰”中獲

28、得Li2CQ固體的操作主要包括 、洗滌、干燥等步驟。.0,O,O.O總 s O 5與«%裳【答案】化學(xué)能一電能一熱能+22H+=8Li+8Co2+2SO2-+11H2OH2 NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3 J 8LiCoO+ SO32-C2 NaOH溶液或氫氧化鈉固體1.09X 10 6mol/ L290500 c6CO2O34CO3O4+ 02 T 蒸發(fā)濃縮 趁熱過濾【解析】【分析】正極材料主要由Al和LiCoO2組成，LiCoQ屬于鹽類，由復(fù)分解反應(yīng)的條件可判斷，其與 NaOH溶液混合不發(fā)生反應(yīng)，故“堿浸”過程中只有 Al和NaOH反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫 氣

29、，過濾得到濾渣為 LiCo6； “酸浸”時反應(yīng)物有 LiCoQ、硫酸和Na2s2。3溶液，依據(jù) “沉鉆”產(chǎn)物為 Co(OH)2可判斷，反應(yīng)后鉆元素的價態(tài)從 +3價降為+2價，依據(jù)氧化還原 反應(yīng)規(guī)律以及工藝中最后還可獲得Na2SO4 10H2O副產(chǎn)品，可推知S元素價態(tài)升高并轉(zhuǎn)化為SC42-;之后調(diào)節(jié)pH值得到Co(OH)2沉淀，再加入碳酸鈉溶液調(diào)節(jié)pH值沉鋰，得到碳酸鋰和母液，母液結(jié)晶得到NazSQ 10H2O?！驹斀狻?1)依據(jù)“電池短路而放電” “溶液溫度升高”兩項(xiàng)信息，即可判斷廢舊電池的處理過程中 能量的主要轉(zhuǎn)化方式為化學(xué)能一電能一熱能；(2)依題中信息可知，正極材料主要由Al和LiCo6

30、組成，LiCoQ屬于鹽類，由復(fù)分解反應(yīng)的條件可判斷，其與 NaOH溶液混合不發(fā)生反應(yīng)，故“堿浸”過程中只有 Al和NaOH反 應(yīng)，生成NaAlO2和H2； “過濾”所得濾液用適量鹽酸處理可以得到氫氧化鋁，方程式為 NaAlO2+HC+H2O=NaCl+Al(OH)3 J ；(3)根據(jù)分析可知“酸浸”時 N&QO3被氧化為SC42-, Co元素被還原，結(jié)合電子守恒和元素守恒可知離子反應(yīng)方程式為：8LiCoO2+ S2O32-+22H+=8Li+8Co2+2SQ2-+11H2O；加入的Na2S2O3起還原作用，用一定濃度的鹽酸替代“N32&O3溶液和硫酸”，也能實(shí)現(xiàn)酸浸目的，可知該

31、反應(yīng)中，鹽酸也起了還原劑的作用，氧化產(chǎn)物為會污染環(huán)境的C12；(4)結(jié)合“沉鋰”后母液中還可以獲得Na2SQ 10H2O,可知用的試劑為 NaOH溶液或固體；溶液 pH=9.5,則溶液中 c(OH)=10-4.5moi/L,帶入 Ksp Co( OH) 2= c2(OH-)- c( Co2+)=1.09 xl0-15 求得 c(Co2+)=1.09xl0-6moi/L；(5)從圖中信息可知，加熱前的反應(yīng)物為 Co( OH) 2 ( 0.930g),其物質(zhì)的量為0. 01mol,依 據(jù)鉆元素的量不變可知 ：n(Co)=0. 01 mol, m(Co)= 0. 590g,溫度升溫 290c時，轉(zhuǎn)化

32、為0.830g某種鉆的氧化物，該氧化物中,0.830g-0.590g n(O)=16g/mol=0. 015mol,由此可以確定該氧化物為CC2O3；同理可以確定500c時，n(O)= 0.803g-0.590g = 0.0133mol,則生成的氧16g/mol化物為Co3O4；所以290c500c過程中，Co2O3轉(zhuǎn)化為Co3O4,反應(yīng)過程中，Co元素化合價降低。氧元素化合價升高并轉(zhuǎn)化為。2,故反應(yīng)的化學(xué)方程式為2905006cC2O34c。3。4+ O2f； (6)分析溶解度曲線可知 LiCQ微溶，其溶解度隨溫度升高而降低，為了提高鋰元素的回收率，同時防止硫酸鈉析出，應(yīng)采用蒸發(fā)濃縮(減少溶

33、劑)并在較高溫度下趁熱過濾等操作。【點(diǎn)睛】熱重分析法是常用的定量分析方法，通過分析熱重曲線，可以推測物質(zhì)的熱穩(wěn)定性、加熱反應(yīng)生成的產(chǎn)物等相關(guān)信息。第5題解題關(guān)鍵是抓彳受熱過程中Co元素的量不變，利用圖中數(shù)據(jù)信息，確定分解所得氧化物中鉆、氧元素的物質(zhì)的量之比，從而確定不同溫度下生成的氧化物的組成，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式。7. 一種以黃銅礦和硫磺為原料制取銅和其他產(chǎn)物的新工藝，原料的綜合利用率較高。其主 要流程如下：已知：“反應(yīng)H”的離子方程式為Cu2+CuS+4C1=2CuCl 2-+S回答下列問題：(1)鐵紅的化學(xué)式為 ;(2)“反應(yīng)n”的還原劑是 (填化學(xué)式)；(3) “反應(yīng)III ”的離子方

34、程式為 ;(4)輝銅礦的主要成分是CuaS,可由黃銅礦(主要成分CuFeS)通過電化學(xué)反應(yīng)轉(zhuǎn)變而成, 有關(guān)轉(zhuǎn)化如下如圖 所示。轉(zhuǎn)化時正極的電極反應(yīng)式為 。(5)從輝銅礦中浸取銅元素，可用FeCl3作浸取劑。反應(yīng)CutS+ 4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S,每生成1mol CuCl 2,反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為;浸取時，在有氧環(huán)境下可維持Fe3+較高濃度。有關(guān)反應(yīng)的離子方程式是O浸取過程中加入洗滌劑溶解硫時，銅元素的浸取率的變化如圖，其原因是西 相融I制)HflW二而)(6) CuCl 懸濁液中加入 N&S,發(fā)生的反應(yīng)為 2CuCl(s) + S2 (aq) = CaS(s)

35、+ 2Cl (aq),該反應(yīng)的平衡常數(shù) K =已知Ksp(CuCl) =1.2*10一6, Ksp(Cu2S) = 2.5 X 10 43?！敬鸢浮縁e2O3 CuS 4CuQ-+O2+4H+=4Cu2+8C+2H2O 2CuFeS+ 6H+ 2e = CwS+ 2Fe2+ 3H2ST 2mol 或 2Na 4F/+O2+4H+ = 4Fe3+2H2O 生成的硫覆蓋在 Cu2s表面，阻礙浸取 5.76 臾010【解析】【分析】(1)鐵紅是氧化鐵；(2)根據(jù)Cu2+CuS+4C1=2CuCb-+S,硫元素化合價升高； 反應(yīng)III CuCl2-被氧化為Cu2+;(4)根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系圖，CuFeS在正

36、極得電子生成 Cu2s Fe2+、H2S。(5)根據(jù)反應(yīng) Cu2S+ 4FeC-2CuC2 + 4FeC2 + S,每生成 2mol CuCl2,轉(zhuǎn)移 4mol 電子；氧 氣能把Fe2+氧化為Fe3+OCu2s難溶，生成的硫覆蓋在Cu2s表面，阻礙浸??；(6) CuCl 懸濁液中加入 N&S,發(fā)生的反應(yīng)為 2CuCl(s) + S2 (aq) - Cu2s(s)+ 2c(aq),2、-J 十Cl該反應(yīng)的平衡吊數(shù) K =。S2【詳解】(1)鐵紅是氧化鐵，化學(xué)式F及O3；(2)根據(jù)Cu2+CuS+4C1=2CuCb-+S,硫元素化合價升高，所以CuS是還原劑；反應(yīng) III, CuC2被氧氣

37、氧化為 Cu2+,離子方程式為 4CuC2-+O2+4H+=4Cu2+8C+2H2O;(4)根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系圖，CuFeS在正極得電子生成 Cu2s Fe2+、H2S,轉(zhuǎn)化時正極的電極反應(yīng)式為 2CuFeS+ 6H+ 2e = Cu2S+ 2Fe2+ + 3H2S T。（5）根據(jù)反應(yīng) Cu2S+ 4FeC-2CuC2+4FeC2+S 可知，每生成 2mol CuCl2,轉(zhuǎn)移 4mol 電子，每生成1mol CuCl 2,反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為 2Na；氧氣能把Fe2+氧化為Fe3+,離 子方程式為 4Fe2+ + O2+4H+ = 4Fe3+ 2H2O。Cu2s難溶，生成的硫覆蓋在 Cu2s表面，

38、阻礙浸取，所以洗滌時銅元素的浸取率的變化 如圖；2Cl(6) 2CuCl(s)+ S2 (aq) = Cu2S(s)+ 2Cl (aq)的平衡常數(shù) K =-一 S2Cu2Cu222Cl2 S22Ksp CuClKsp Cu 2s6 2.0=5.76 X 忡2.5 10 43【點(diǎn)睛】原電池中電子由負(fù)極流入正極，根據(jù)電子流動方向，可判斷原電池的正負(fù)極。8.對工業(yè)廢水和生活污水進(jìn)行處理是防止水體污染、改善水質(zhì)的主要措施之一。（1）硫酸廠的酸性廢水中神 （As）元素（主要以HAsO3形式存在）含量極高，為控制神的排 放，某工廠采用化學(xué)沉淀法處理含神廢水。請回答以下問題：已知神是氮的同族元素，比氮原子多

39、2個電子層，神在元素周期表的位置為 工業(yè)上采用硫化法（通常用硫化鈉）去除廢水中的神，生成物為難溶性的三硫化二神，該反應(yīng)的離子方程式為（2）電鍍廠的廢水中含有的 CN有劇毒，需要處理加以排放。是在微生物的作用下，CN被氧氣氧化成HCC3",同時生成處理含CN-廢水的方法之一NH3,該反應(yīng)的離子方程式為O（3）電滲析法處理廚房垃極發(fā)酵液，同時得到乳酸的原理如圖所示A表示乳酸根離子）：陽極的電極反應(yīng)式為（圖中“HAI示乳酸分子,陽離子/交柒膜X月離子交熟腹t t0 ImebL -稀KA溶液氏50.溶液電解過程中，采取一定的措施可控制陽極室的pH約為68,此時進(jìn)入濃縮室的 OH可忽略不計(jì)。4

40、00 mL 10 gL1乳酸溶液通電一段時間后，濃度上升為145 g/L（溶液體積變化忽略不計(jì)），陰極上產(chǎn)生的 H2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積約為 L （已知：乳酸的摩爾質(zhì)量為90g/mol)。【答案】第四周期 V A 族 2H3AsO3+3-+6H+=As2S4 +6H2O 4H2O+2CN-+O2=2HCO3-+2NH34OH-4e- 2H2O+O2 f 或 2H2O-4e- O2 f +4H+ 6.72【解析】【分析】(1)由神是氮的同族元素，比氮原子多2個電子層可知，神原子最外層有5個電子，4個電子層； 根據(jù)題給信息可知，酸性條件下，硫化鈉與和廢水中的神酸反應(yīng)，生成難溶性的三硫化 二神和水；(

41、2)由題意可知，在微生物的作用下，CN被氧氣氧化成 HCQ-,同時生成NH3,反應(yīng)中碳元素化合價升高被氧化，氮元素化合價沒有變化；(3)水電離出的氫氧根離子在陽極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣，破壞水的電離平衡，使溶液呈酸性；由電極反應(yīng)式和生成 HA的化學(xué)方程式可得：2HA-2 H+-H2,由此計(jì)算可得?！驹斀狻?1)由神是氮的同族元素，比氮原子多2個電子層可知，神原子最外層有5個電子，4個電子層，則神位于元素周期表第四周期VA族，故答案為：第四周期V A族； 根據(jù)題給信息可知，酸性條件下，硫化鈉與和廢水中的神酸反應(yīng)，生成難溶性的三硫化二神和水，反應(yīng)中硫化鈉做還原劑，神酸做氧化劑，反應(yīng)的離子方程

42、式為2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S4 +6H2O,故答案為：2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3 J +6H2O；(2)由題意可知，在微生物的作用下，CN被氧氣氧化成 HCQ-,同時生成NH3,反應(yīng)中碳元素化合價升高被氧化，氮元素化合價沒有變化，則反應(yīng)的離子方程式為4H2O+2CN-+O2=2HCQ-+2NH3,故答案為：4H2O+2CZ+O2=2HCO3-+2NH3；(3)水電離出的氫氧根離子在陽極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣，破壞水的電離平衡，使溶液呈酸性，溶液中氫離子濃度增大，電極反應(yīng)式為4OH-或2H2O-4e- O2 f+4H+,故答案為：4OH-4e- 2H2O

43、+C2 T 或 2H2O-4e- O2 f +4H+ ；由電極反應(yīng)式和生成 HA的化學(xué)方程式可得：2HA-2 H+-H2,電解過程中生成 HA的質(zhì) 量為(145 g/LX0.4L10 g/LX0.4L) =54g,則由HA和氫氣的關(guān)系式可知陰極上產(chǎn)生的 H2 在標(biāo)準(zhǔn)狀況下白體積約為 麗14% X 1 X 22.4L/mol=6.72L ,故答案為：6.72。90g/ moi 2'【點(diǎn)睛】電滲析法處理廚房垃極發(fā)酵液時，陽極上水電離出的氫氧根放電，使溶液中氫離子濃度增 大，氫離子從陽極通過陽離子交換膜進(jìn)入濃縮室，陰極上水電離出的氫離子放電，使溶液 中氫氧根濃度增大，溶液中A-通過陰離子交換

44、膜從陰極進(jìn)入濃縮室，發(fā)生反應(yīng)H+A-一HA,導(dǎo)致乳酸濃度增大是理解的關(guān)鍵，也是解答關(guān)鍵。9.草酸亞鐵是合成鋰離子電池正極材料磷酸亞鐵鋰的原料。某工廠以煉鋼廠的脫硫渣(主要成分是Fe2Q)為原料生產(chǎn)電池級草酸亞鐵晶體的工藝流程如下：25* Ji二SO至惠丸 靠水 乙喜 草酸赳1嬴一酸餐一還原一過謔合成反應(yīng)池過漉t 一系列操作淀渣1 謔渣2 謔液茸童五鐵晶體(1)要提高 酸浸”速率，宜采取的措施有 (填兩條)。(2)寫出 還原”過程中既是化合反應(yīng)又是氧化還原反應(yīng)的離子方程式。(3)濾渣2中含有的TOSO在熱水中易水解，生成 H2TiO3,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。(4)濾液”經(jīng)處理后得到一種化肥，其

45、化學(xué)式為。一系列操作”指。 已知：298K時，KspFe(OH)2=4.0 x'10當(dāng)離子濃度 w 1.0 x-5moi?匚1時，視該離子已完全沉淀。上述流程中，力口 氨水”調(diào)pH的范圍為 (lg2 =0.3)(6)草酸亞鐵晶體(FeQO4?2HO)純度的測定：準(zhǔn)確稱取 mg草酸亞鐵晶體于錐形瓶中，加 入一定量的稀硫酸溶液，并加熱至 50 C,用cmol?L1KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，達(dá)到滴定終點(diǎn) 時，用去標(biāo)準(zhǔn)溶液 VmLo滴定反應(yīng)(未配平)：FeC2O4?2HO+KMnO4+H2SC4fFe(SO4)3+CO2+MnSO4+K2SO4+H2O；則樣品中 FeQO4?2H2O 的純 度為

46、一和含有m、c、V的代數(shù)式表示)；若草酸亞鐵晶體失去部分結(jié)晶水，測得的結(jié)果 (填偏高"偏低”或無影響”。)【答案】加熱、攪拌、粉粹礦粉等2F3+Fe=3F2+ TiOSQ+2H2O=H2TiO2 J +KSO4一、30cV 一(NH4)2SQ 洗滌、干燥 > 8.3 偏局m【解析】【分析】脫硫渣(主要成分為F&O3)用硫酸溶解，過濾除去不溶物，濾液中主要含有硫酸鐵、硫酸 等，進(jìn)入鐵粉還原得到硫酸亞鐵，過濾分離，濾液中通入氨氣，得到氫氧化亞鐵沉淀，過 濾分離，濾液中含有硫酸錢，氫氧化亞鐵與草酸化合得到草酸亞鐵，再經(jīng)過過濾、洗滌、 干燥得到草酸亞鐵晶體。【詳解】要提高 酸浸

47、”速率，宜采取的措施有：加熱、攪拌、粉粹礦粉等；故答案為：加熱、攪 拌、粉粹礦粉等。 還原”過程中反應(yīng)的離子方程式還有：Fe + 2F伊=3Fe2+;故答案為：Fe + 2F科=3Fe2+。TiOSO4在熱水中易水解，生成 H2TiO3沉淀，還生成硫酸，反應(yīng)方程式為：TiOSQ + H2O =H2TQ3 J + KSQ,故答案為:TiOSQ + H2O = H2TQ3 J + H2SQ。濾液中含有硫酸錢，經(jīng)處理后得到一種農(nóng)業(yè)上常用的化肥，過濾后，再經(jīng)過洗滌、干燥得到草酸亞鐵晶體，故答案為：(NH4)2SO4；洗滌、干燥。KspFe(OH)24.0 1017- 16-1根據(jù)題意，c OH 2 h

48、八c 5 mol L 2.0 10 mol L ,c Fe21.0 10pH > 8.3;故答案為：> 8.3。配平后反應(yīng)方程式為：10FeC2O4?2h2O + 6KMnO4+ 24H2SO4= 5Fe2(SO4)3+ 20CC2 T + 6MnSO4+ 3K2SO4 + 24H2O,可知n FeC2O4 2H2On KMnO 46103m FeC2O4 2H 2O V 10 L 6FeQO4?2HO 的純度為 0.3cVg 100% mg1031一 V 10 3L cmol L ;故6.iic mol L 180g mol 0.3cV g ,故30cV ， 一，.% ,若草酸亞

49、鐵晶體失去部分結(jié)晶水，測 m得的結(jié)果偏高；故答案為：30cV ;偏高。m10. 一種利用電化學(xué)方法同時脫除NO/SO2的工藝如圖所示:已知SQ水溶液中含硫微粒分布分?jǐn)?shù)(Xi)與pH關(guān)系如圖所示。)Na0H溶液吸收SO2時，溶液的pH由9-6時，主要發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為O(2)含Ce4+的溶液吸收NO,若高價氮中的NO2、N2O3、NO2-、NO3-各1mol,則消耗0.5mol L-1的含Ce4+溶液的體積為 L;其中NO轉(zhuǎn)化NO3-的離子方程式為 (3)電解槽中，陰極電極反應(yīng)式主要為 ,陽極電極反應(yīng)式為 。(4)在 氣液反應(yīng)器”中高價氮中的N2O3化合為NH4NO3的化學(xué)方程式為 。【答案

50、】SQ2-+SO2+H2O=2HSQ- 16 3C(4+NO+2H2O=3Ce3+NO3-+4H+ 2HSQ-+2H+2e-=&O42-+2H2O C3+-e-=C4+ N2O3+H2O+O2+2NH3=2NH4NO3【解析】【分析】(1)根據(jù)SQ水溶液中含硫微粒分布分?jǐn)?shù)圖寫出反應(yīng)的離子方程式；(2)根據(jù)得失電子守恒計(jì)算消耗含Ce4+溶液的體積；根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒書寫反應(yīng)的離子方程式；(3)電解過程中，陰極上 HSO-發(fā)生得電子的還原反應(yīng)生成&O42-,陽極上Ce3+發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)生成Ce4+,據(jù)此寫出電極反應(yīng)式；(4)根據(jù)流程信息確定反應(yīng)物和生成物，結(jié)

51、合得失電子守恒、原子守恒書寫反應(yīng)的化學(xué)方程 式?！驹斀狻扛鶕?jù)SO2水溶液中含硫微粒分布分?jǐn)?shù)圖可知，溶液的 pH由9-6的過程中，SC32-在減少，HSC-在增多，故反應(yīng)的離子方程式為SQ2-+SQ+H2C=2HSC3-；(2)含ce4+的溶液吸收NC的過程中，Ce4+被還原為Ce3+, NO轉(zhuǎn)化為高價氮中的 NC2、N2C3、NC2-和NC3-,反應(yīng)過程中得失電子守恒，因此可得n(Ce4+) x 1=1mol x 2+1mol x 2+1mol x 1+1,m因此 3n(Ce4+)=8mol,因此所需 0.5mol/L 的含Ce4+溶液的體積Vn8mOl 16L ; Ce4+將NC氧化為NC3

52、-,自身還原為Ce3+;反c 0.5mol /L應(yīng)過程中，Ce由+4價變?yōu)?3價，得到1個電子，N由+2價變?yōu)?5價，失去3個電子，根 據(jù)得失電子守恒可得，Ce4+、Ce3+的系數(shù)為3, NC和NC3-的系數(shù)為1;根據(jù)電荷守恒可得生成物中含有H+,且其系數(shù)為4;根據(jù)氫原子個數(shù)守恒可得反應(yīng)物中含有H2C,且其系數(shù)為2;因此可得該反應(yīng)的離子方程式為：3Ce4+NC+2H2C=3Ce3+NC3-+4H+；電解過程中，HSC3-在陰極發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，生成3。42-,其電極反應(yīng)式為：2HSC3-+2H+2e-=S2C42-+2H2C； Ce3+在陽極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，生成Ce4+,其電極反應(yīng)式

53、為：Ce3+-e-=Ce4+;(4)在氣液反應(yīng)器”中，反應(yīng)物為 N2C3、NH3和。2,生成物為NH4NC3,根據(jù)得失電子守恒、原子守恒可得該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：N2C3+H2C+C2+2NH3=2NH4NC3。11. (1)最近材料科學(xué)家發(fā)現(xiàn)了首例帶結(jié)晶水的晶體在5K下呈現(xiàn)超導(dǎo)性。該晶體的化學(xué)式為Nao.35CoC2 - 1.3H2C(該晶體的摩爾質(zhì)量為 122g mol-1),若用Na表示阿伏加德羅常 數(shù)，則12.2g該晶體中含氧原子數(shù)為 ，氫原子的物質(zhì)的量為 mol。(2) FeC3溶液可以用來凈水，用 100mL2mol L-1的FeC3溶液凈水時，生成具有凈水作用的微粒數(shù)(填“大于”

54、 “等于”或“小于”)0. 2Nao(3)在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，VL某氣體(摩爾質(zhì)量為Mg/mol)溶解在1L水(水的密度近似為1g/cm3)中，假設(shè)氣體完全溶解且不與水發(fā)生反應(yīng)，所得溶液的密度為p/cm3,則所得溶液的物質(zhì)的量濃度 c=_mol/L(用以上字母表示，且必須化簡)。(4)工業(yè)上用亞氯酸鈉和稀鹽酸為原料制備ClC2反應(yīng)：NaClC2+HClClC2 T +NaC+H2Co寫出配平的化學(xué)方程式 。(5)向100mL的FeBr2溶液中通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下 CL3.36L(已知還原性：Fe2+ > Br ),反應(yīng)后 的溶液中C和BG的物質(zhì)的量濃度相等，則原 FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度為 mo

55、l/L。反 應(yīng)的離子方程式為。(6)若向盛有 10mL1mol L 1NH4Al(SC4)2 溶液的燒杯中加 20mL1.2mol L 1Ba( CH) 2溶 液，充分反應(yīng)后，溶液中產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量為 mol?！敬鸢浮?. 33Na 0. 26小于1000V p22400+MV5NaClC2 + 4HCl=4ClC2 f + 5NaC+2H2。24Fe2+ + 2Br-+ 3Cl2=4Fe3 + Br2 + 3Cl- 0. 022【解析】【分析】(1)根據(jù)n=m計(jì)算晶體的物質(zhì)的量，進(jìn)而計(jì)算氧原子、氫原子的物質(zhì)的量； M(2) 100mL2mol 的 FeC3溶液中 FeC3 的物質(zhì)的量是 0.1LX 2mol . L1=0.2mol。(3)根據(jù)物質(zhì)的量濃度的計(jì)算公式c=2計(jì)算；V(4)根據(jù)得失電子守恒、元素守恒配平方程式。(5)還原性：Fe2+>B/，F(xiàn)eBr2溶液中通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下Cl2,氯氣先氧化Fe2