高考化學氧化還原反應(yīng)綜合題匯編

高考化學氧化復(fù)原反響綜合題匯編高考化學氧化復(fù)原反響綜合題匯編高考化學氧化復(fù)原反響綜合題匯編一、高中化學氧化復(fù)原反響練習題（含詳細答案解析）1．Na2S2O4（連二亞硫酸鈉）是易溶于水，不溶于甲醇的白色固體，在空氣中極易被氧化，是一種復(fù)原性漂白劑。制取Na2S2O4的方法很多，（1）在堿性溶液中用NaBH4復(fù)原NaHSO3法制備Na2S2O4的反響原理為：NaBH4NaHSO3NaOHNa2S2O4NaBO2H2O（未配平）反響裝置如圖所示：①實驗開始及整個過程中均需通入N2，其目的是__________________________________。②制備過程中溫度需控制在10~45℃，采用水浴加熱的主要優(yōu)點是______________________。③為使NaHSO3盡可能完滿被復(fù)原，加入三口燒瓶中的反響液，應(yīng)控制nNaHSO3______________。NaBH42）用HCOONa復(fù)原SO2制備Na2S2O4的裝置（夾持加熱儀器略）以下：①裝置a燒瓶中發(fā)生反響的化學方程式為_________________________________。②裝置b用于凈化SO2，合適的試劑是______________________________。③裝置c在70~83℃生成Na2S2O4并析出，同時逸出CO2，該反響的化學方程式為________________________，加入CH3OH的目的是________________________；利用反應(yīng)后的濁液分別提純Na2S2O4需經(jīng)過的操作為_____________________________________________________?！敬鸢浮颗懦鲅b置內(nèi)空氣，使反響在無氧情況下進行使反響液平均受熱小于8:1（或<8）Na2SO32HCl2NaClH2OSO2飽和NaHSO3溶液2HCOONa4SO2Na2CO32Na2S2O4H2O3CO2降低Na2S2O4的溶解度過濾、沖洗、重結(jié)晶、過濾、干燥【解析】【解析】(1)①Na2S2O4在空氣中極易被氧化，通入N2其目的是排出裝置內(nèi)空氣；②采用水浴加熱的主要優(yōu)點是使反響液平均受熱；③NaBH4NaHSO3NaOHNa2S2O4NaBO2H2O，依照得失電子守恒可知，nNaHSO3=8；nNaBH4(2)①裝置a燒瓶中發(fā)生Na2SO3與鹽酸反響生成SO2的反響；②生成的SO2氣體中含有HCl氣體，依照性質(zhì)選擇除雜溶液；③裝置c在70~83℃HCOONa和SO2、Na2CO3反響生成Na2S2O4并析出，同時逸出CO2；Na2S2O4不溶于甲醇，加入CH3OH可降低Na2S2O4的溶解度；利用反響后的濁液分別提純Na2S2O4需重結(jié)晶?！驹斀狻?1)①Na2S2O4在空氣中極易被氧化，實驗開始及整個過程中均需通入N2，其目的是排出裝置內(nèi)空氣，使反響在無氧情況下進行；②制備過程中溫度需控制在10~45℃，采用水浴加熱的主要優(yōu)點是使反響液平均受熱；③依照得失電子守恒配平方程式，NaBH48NaHSO3=4Na2S2O4NaBO26H2O，nNaHSO3=8，為使NaHSO3盡可能完滿被復(fù)原，加入三口燒瓶中的反響液，應(yīng)控制nNaBH4nNaHSO3<8；nNaBH4(2)①裝置a燒瓶中發(fā)生反響的化學方程式為Na2SO32HCl2NaClH2OSO2；②生成的SO2氣體中含有HCl氣體，除雜合適的試劑是飽和NaHSO3溶液；③裝置c在70~83℃生成Na2S2O4并析出，同時逸出CO2，化學方程式為2HCOONa4SO2Na2CO32Na2S2O4H2O3CO2；Na2S2O4不溶于甲醇，加入CH3OH的目的是降低Na2S2O4的溶解度；利用反響后的濁液分別提純Na2S2O4需經(jīng)過的操作為過濾、沖洗、重結(jié)晶、過濾、干燥。2．陽極泥辦理后的沉渣中含AgCl，工業(yè)上可用Na2SO3溶液作浸取劑浸出回收。某小組在實驗室模擬該過程。已知：o–44.6–40.84g。i．25C時，部分物質(zhì)的溶解度：AgCl1.9×10g；Ag2SO3×10g；Ag2SO44ii．25oC時，亞硫酸鈉溶液酸化過中含S微粒的物質(zhì)的量分數(shù)隨pH變化以下列圖。Ⅰ.浸出氯化銀取AgCl固體，加入1mol/LNa2SO3溶液作浸取劑，充分反響后過濾獲得浸出液（pH=8），該過程中發(fā)生的反響為AgCl+2323––。2SO3[Ag(SO)]+Cl1）用平衡搬動原理講解AgCl溶解的原因是___。Ⅱ.酸化沉銀4（2）經(jīng)檢測，積淀m為AgCl，則溶液m中含S微粒的主要存在形式是________。（3）研究積淀n的成分。①甲同學認為積淀n必然不含Ag24________。SO，其依照是②乙同學認為積淀n可能含Ag23，進行實驗考據(jù)。SOi.本實驗設(shè)計的依照是：Ag2SO3擁有________性。乙同學觀察到________，得出結(jié)論“積淀n不含Ag2SO3”。③丙同學從溶液

n的成分角度再次設(shè)計實考據(jù)明積淀

n不含

Ag2SO3。1微粒的總物質(zhì)的量___（填i.本實驗設(shè)計的依照是：若積淀23n中含Agn含AgSO，則溶液–“＞”、“＝”或“＜”）Cl物質(zhì)的量。ii.結(jié)合實驗現(xiàn)象簡述丙同學的推理過程：____。Ⅲ．浸取劑再生（4）溶液m經(jīng)辦理后可再用于浸出AgCl，請簡述該辦理方法____。【答案】AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),Ag+與SO32-結(jié)合生成[Ag(SO3)2]3–，促進AgCl的溶解平衡正向搬動HSO-Ag2SO4的溶解度遠大于AgCl+的濃度很小復(fù)原3或Ag2SO3，溶液中Agb中清液的顏色與c相同，均為淺紫色溶液＜e中無積淀生成，說明清液中沒有Cl-，則．．．．．．．．．．．溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–++–n中全部轉(zhuǎn)變成Ag，Ag將Cl全部積淀，由此可知溶液含Ag元素的微?？偽镔|(zhì)的量不小于–加NaOH溶液調(diào)治pH至9~10n(Cl)【解析】【解析】I、（1）利用平衡搬動的知識答題即可；II、（2）生成積淀m時，溶液m的pH為5，觀察圖像，能夠得知HSO3-的物質(zhì)的量分數(shù)占100%；（3）①溶液中Ag+的濃度很小，而Ag24的溶解度較大，故不會形成24SOAgSO積淀；②依照Ag2SO3的復(fù)原性答題；③e中無積淀生成，說明清液中沒有-3–Cl，則溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]全部轉(zhuǎn)變成++–n中含Ag元素的微粒總物質(zhì)的量不小于–Ag，Ag將Cl全部積淀，由此可解析出溶液n(Cl)；、（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)變成Na2SO3。【詳解】I、（1）AgCl(s)+-+與SO2-結(jié)合生成[Ag(SO3-Ag(aq)+Cl(aq)，Ag33)2]，促進AgCl的溶解平衡正向搬動；II、（2）生成積淀m時，溶液m的pH為5，觀察圖像，能夠得知HSO3-的物質(zhì)的量分數(shù)4HSO3-；占100%，則溶液m中含S微粒的主要存在形式是（3）①Ag2423+的濃度很?。籗O的溶解度遠大于AgCl或AgSO，溶液中Ag②i、酸性KMnO4溶液擁有強氧化性，32-擁有復(fù)原性，則該實驗涉及的依照是Ag23SOSO具有復(fù)原性；ii、積淀中無AgSO，則該積淀不會使酸性KMnO溶液褪色，故能夠觀察到a試管中酸性234KMnO4溶液褪色，b、c試管中酸性KMnO4溶液仍舊呈紫色；③e中無積淀生成，說明清液中沒有-n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–Cl，則溶液全部轉(zhuǎn)變成++–n中含Ag元素的微粒總物質(zhì)的量不小于–Ag，Ag將Cl全部積淀，由此可解析出溶液n(Cl)；III、（4）m溶液中的溶質(zhì)為NaHSO3，浸取劑為Na2SO3溶液，依照曲線圖可知，加入NaOH溶液調(diào)整pH到9-10即可。3．硫酰氯（SO2Cl2）和亞硫酰氯（SOCl2）都是重要的化工試劑，均易水解。（1）甲同學在實驗室利用

SO2和

Cl2在活性炭催化作用下制取

SO2Cl2，裝置以下列圖。①B裝置中冷凝管進水口是___。（填“m”或“n）”，B中干燥管盛有的物質(zhì)是___。②欲制取少量SO2Cl2，選擇圖中的裝置（能夠重復(fù)采用），其連接序次為：a、___、h。③去除C裝置會降低SO2和Cl2的利用率，可能的原因是___（用化學方程式表示）。（2）SOClSO2Cl2是更好的脫水劑。乙同學設(shè)計實驗利用SOCl2和2水解后無殘留物，較ZnCl?xHO制取無水ZnCl。222①講解SOCl___（寫出兩點）。2在該實驗中的作用是②實驗室常用NaOH溶液吸取SOCl2，該反響的離子方程式是___。3）乙同學認為SOCl2還可用作由FeCl3?6H2O制取無水FeCl3的脫水劑，但丙同學認為該實驗可能發(fā)生副反響使產(chǎn)品不純。①可能發(fā)生的副反響的化學方程式是___。②兩同學設(shè)計以下實驗判斷該反響的可能性：取少量SOCl232O反響后的混雜物和FeCl?6H于試管中，加水溶解，將溶液均分至五支試管，分別進行以下實驗，其中能得出合理結(jié)論的是___。A．加入過分稀HNO3，再滴加幾滴AgNO3溶液B．加入少量稀HNO3，再滴加幾滴BaCl2溶液C．滴加幾滴BaCl2溶液D．滴加幾滴酸性KMnO4溶液E.滴加幾滴KSCN溶液后，再滴加幾滴氯水【答案】m堿石灰fgdebcedSO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HClSOCl2作脫水劑，與水反響生成HCl能夠控制氯化鋅的水解-2--SOCl2+4OH=SO3+2Cl+2H2OSOCl2+2FeCl3?6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2OBCD【解析】【解析】冷凝管中冷凝水的流向要對流，下進上出；干燥管中依照要求一般填裝堿石灰或無水氯化鈣，堿石灰同時擁有干燥和吸取酸性氣體功能，無水氯化鈣只有吸水性。【詳解】1）①B裝置中冷凝管進水口是m，B中干燥管盛有的物質(zhì)是吸取節(jié)余二氧化硫、氯氣的堿石灰；故答案為：m；堿石灰；②裝置A制備氯氣，氯氣含氯化氫和水蒸氣，經(jīng)過裝置D除去氯化氫，經(jīng)過裝置C吸取水蒸氣，獲得干燥純凈的氯氣，連接裝置B的b進入三頸燒瓶，裝置E制備二氧化硫氣體，經(jīng)過裝置C除去水蒸氣，連接裝置B的c，欲制取少量SO2Cl2，選擇上圖中的裝置（能夠重復(fù)采用），其連接序次為：a、f、g、d、e、b、c、e、d、h；故答案為：fgdebced；③去除C裝置會降低SO2和Cl2的利用率，是二氧化硫和氯氣和水反響生成硫酸和氯化氫，反響的化學方程式：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；故答案為：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；（2）①氯化鋅會水解，SOCl2作脫水劑，與水反響生成HCl能夠控制氯化鋅的水解，SOCl2在該實驗中的作用是：SOClHCl能夠控制氯化鋅的水解；故答案2作脫水劑，與水反響生成為：SOClHCl能夠控制氯化鋅的水解；2作脫水劑，與水反響生成②用NaOH溶液吸取SOCl-2-2，有Na2SO3和NaCl生成，反響的離子方程式：SOCl2+4OH=SO3+2Cl-+2H2O；故答案為：SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O；（3）①SOCl擁有復(fù)原性，三價鐵擁有氧化性，可能發(fā)生氧化復(fù)原反響生成硫酸根離子和2亞鐵離子，反響的化學方程式為：SOCl2+2FeCl3?6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O，故答案為：SOCl2+2FeCl3?6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O；②SOCl23234和和FeCl?6HO反響后的混雜物的主要成分是FeCl，若發(fā)生副反響，還有FeSOFeCl。由于SOCl為液體，因此在固體混雜物中沒有SOCl。取少量SOCl和FeCl?6HO反222232應(yīng)后的混雜物于試管中，加水溶解，溶液中必然有FeCl342，還可能有FeSO和FeCl，若要證明有副反響發(fā)生，只需證明溶液中有Fe2+或SO42-即可。A．加入過分稀HNO3，再滴加幾滴AgNO3溶液是檢驗氯離子存在，不能夠證明副反響可否進行，故A錯誤；B．加入少量稀HNO3，再滴加幾滴BaCl2溶液，若產(chǎn)生白色積淀，則證明溶液中有SO42-，能證明有副反響發(fā)生，故B正確；C．滴加幾滴BaCl2溶液，生成白色積淀，說明產(chǎn)物中含硫酸根離子，證明發(fā)生了副反響，故C正確；D．滴加幾滴酸性

KMnO4溶液，F(xiàn)e2+擁有復(fù)原性，能夠使酸性

KMnO4溶液褪色，能證明發(fā)生了副反響，故

D正確；E．滴加幾滴

KSCN溶液后，由于溶液中有

Fe3+，溶液會變紅，無法證明

Fe2+的存在，故

E錯誤；故答案為：

BCD。4．某實驗小組欲制取氧化銅并證明氧化銅能加速氯酸鉀的分解，進行了以下實驗：（一）制取氧化銅①往盛有必然量CuCl2溶液的燒杯中逐滴加入NaOH溶液，直至不再產(chǎn)生積淀，爾后將燒杯中的物質(zhì)轉(zhuǎn)移到蒸發(fā)皿中，加熱至積淀全部變成黑色。②將步驟①所得的黑色積淀過濾、沖洗，晾干后研細備用。1）在實驗過程中，若未加入NaOH溶液，直接將CuCl2溶液轉(zhuǎn)移到蒸發(fā)皿中加熱，最后也能獲得黑色積淀，試解析其原因__________。2）寫出檢驗步驟②中積淀可否沖洗干凈的操作__________________。（二）為證明氧化銅能加速氯酸鉀的分解并與二氧化錳的催化收效進行比較，用以下列圖裝置進行實驗，每次實驗時均收集25ml氣體，其他可能影響實驗的因素均已忽略，實驗數(shù)據(jù)見下表：實驗序號KClO3質(zhì)量其他物質(zhì)質(zhì)量待測數(shù)據(jù)③1.2g無其他物質(zhì)a④1.2gCuO0.5gb⑤1.2gMnO20.5gc（3）寫出氯酸鉀分解反響的化學方程式，并用雙線橋表示電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目________。4）上述實驗中的“待測數(shù)據(jù)”是指___________________。5）圖中量氣裝置B由干燥管、乳膠管和50mL滴定管改造后組裝面成，此處用滴定管是________(填“酸式”或“堿式”)滴定管。（6）若實考據(jù)明氧化銅加速氯酸鉀的分解收效比用二氧化錳差，請結(jié)合上表的實驗收效數(shù)據(jù)，在坐標圖中分別畫出使用CuO、MnO2作催化劑時產(chǎn)生氧氣的體積[V(O2)]隨時間（t）變化的曲線（注明必要的表記）________?！敬鸢浮緾uCl2溶液中存在水解平衡222CuCl＋2HOCu(OH)＋2HCl，加熱時HCl逸出使平衡不斷右移，同時獲得的CuOH2受熱分解生成CuO取2～3mL最后的沖洗液于試管()中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入幾滴硝酸銀溶液，若無白色積淀產(chǎn)生，則沖洗干凈收集25mL氣體所需的時間堿式【解析】【解析】【詳解】（1）CuCl2是強酸弱堿鹽會發(fā)生水解，CuCl2溶液中存在水解平衡CuCl2＋2H2OCu(OH)2＋2HCl，水解吸熱，加熱時HCl逸出使平衡不斷右移，同時獲得的Cu(OH)2受熱分解生成CuO。2）若是沒有沖洗干凈則有NaCl雜質(zhì)，檢驗可否有Cl—即可確定可否洗凈，詳細操作是：取2～3mL最后的沖洗液于試管中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入幾滴硝酸銀溶液，若無白色積淀產(chǎn)生，則沖洗干凈。3）用雙線橋表示電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目時，線橋要從反響物指向生成物的化合價發(fā)生改變的同種元素，在線橋上要注明反響的得失電子數(shù)目，用雙線橋表示氯酸鉀分解的電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目為：。（4）要比較反響的快慢需要反響的時間，因此待測數(shù)據(jù)是：收集25mL氣體所需的時間。5）從圖能夠看出該滴定管沒有活塞，因此是堿式滴定管。6）反響測的是收集25mL氣體所需的時間，因此氣體的體積要相等，氧化銅加速氯酸鉀的分解收效比用二氧化錳差，因此用氧化銅做作催化劑所用的時間要多，產(chǎn)生氧氣的體積[V(O2)]隨時間（t）變化的曲線為：。5．碘是人體不能缺乏的元素，為了防范碘缺乏，一般是在食鹽中增加必然量的KIO3。但碘增加量也不能夠過多，過多會以致甲亢等。國家標準GB14880-1994中規(guī)定每千克食鹽中碘的含量（以碘原子計）應(yīng)為20-60mg/kg。實驗研究小組為了檢測某加碘鹽中碘含量可否合格，查閱了相關(guān)的資料，發(fā)現(xiàn)其檢測原理是：KIO3+KI+H2SO4I2+H2O+K2SO4（方程式未配平）。試依照相關(guān)信息回答以下問題：（1）檢測原理中，氧化劑為_______，氧化產(chǎn)物為_______。請在下面配平該方程式，同時用單線橋注明電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目：_______．．．____KIO3+____KI+____H2SO4—____I2+____H2O+____K2SO4（2）取10g加碘鹽加蒸餾水溶解，爾后加入稀硫酸和KI溶液（H2SO4和KI都稍過分），充分反響后，將反響液轉(zhuǎn)入分液漏斗中，再加入必然量的CCl4，振蕩，靜置，此時觀察到的現(xiàn)象是________________________________________________。爾后分液，即獲得I2的CCl4溶液。（3）查閱資料，CCl4的沸點為78℃，I2的升華溫度約為120~130℃。實驗小組擬采用以下列圖所示實驗裝置將CCl4和I2的混雜溶液分別。該分別方法的名稱是___________，冷凝管的進水口是_______（填“a”或“b”）。（4）上述實驗結(jié)束，用電子天平稱量出圓底燒瓶中I2的質(zhì)量為1.5mg，由此計算出該加碘鹽中碘的含量為__________mg/kg，該加碘鹽_______（填“合格”或“不合格”）。（5）KIO3雖牢固性較好，但在高溫下也可分解為KI等物質(zhì)，因此在使用加碘鹽時最正確的增加時間是菜肴快出鍋時。請書寫出KIO3在鍋中長時間高溫爆炒時可能發(fā)生的分解反響的化學方程式____________________________________________________。【答案】KIO3I2溶液分為兩層，基層呈紫紅色蒸餾a25合格2KIO3高溫2KI+3O2【解析】【詳解】(1)、該反響中化合價的變化為：KIO3-→I2I元素由+5價→0KIO3得5個電子；KI-，價，一個→I2，I元素由-1價→0價，一個KI失一個電子，因此得失電子的最小公倍數(shù)為5，KIO3的計量數(shù)為1，KI的計量數(shù)為5，其他元素依照原子守恒配平，故答案為：KIO3；I2；；(2)、碘易溶于有機溶劑，在四氯化碳在的溶解度遠大于在水中，加入四氯化碳萃取水中的碘，四氯化碳與水不互溶，溶液分成兩層，四氯化碳的密度比水，有機層在基層，碘溶于四氯化碳呈紫紅色，上層幾乎無色，故答案為：溶液分成兩層，上層無色，基層呈紫紅色；(3)、利用沸點分其他方式叫蒸餾，冷凝水的方向是下進上出，故答案為：蒸餾；a；(4)2的的本源屬于31，因此圓底燒瓶中I2的質(zhì)量為1.5mg，則、由方程式可知：IKIO的占6食鹽中的碘原子質(zhì)量為0.25mg，因此碘的含量為0.25mg25mg/kg，在國家標準10g103g內(nèi)，故答案為：25；合格；(5)、由題意：碘元素化合價降低，則必有寧一種元素化合價高升，故O元素化合價高升。依照得失電子守恒可知：碘酸鉀受熱分解的方程式為2KIO32KI+3O2↑，故答案為2KIO32KI+3O2↑；【點睛】實驗最后獲得的

I2來自于

KIO3和

KI兩部分，因此食鹽中的碘含量時，應(yīng)減去

KI中的含量。6．過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽（K2445x2SO?KHSO?2KHSO）易分解，可用作漂白劑、NO和SO等的脫除劑。某研究小組制備過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽的流程以下列圖。已知：濃硫酸與H22反響，部分轉(zhuǎn)變成過硫酸（化學式為25OHSO，是一種一元強酸）（1）H25________；工業(yè)上用過氧硫酸SO中硫元素的化合價為+6價，其中過氧鍵的數(shù)目為氫鉀復(fù)合鹽溶液脫除NO時，反響的離子方程式為___________________________。2）若反響物的量必然，在上述流程的“轉(zhuǎn)變”步驟中需用冰水浴冷卻，且緩慢加入濃硫酸，其目的是___________________________。3）“結(jié)晶”操作中，加入K2CO3即可獲得過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽晶體，該過程的化學方程式為______________________________。過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽產(chǎn)率（以產(chǎn)品含氧量表示）隨溶液pH和溫度的變化關(guān)系以下列圖，則該過程合適的條件是_________________。（4）產(chǎn)品中KHSO5含量的測定：取1.000g產(chǎn)品于錐形瓶中，用合適蒸餾水溶解，加入5mL5％的硫酸和5mL25％的KI溶液，再加入1mL淀粉溶液作指示劑，用-10.2000molL·硫代硫酸鈉標準液滴定至終點，耗資標準液的體積為25.00mL。已知：2KHSO52422422223246＋4KI＋HSO=2I＋3KSO＋2HOI＋2NaSO=NaSO＋2NaI①用_____滴定管盛裝標準濃度的硫代硫酸鈉溶液（填“甲”或“乙”）。②產(chǎn)品中KHSO的質(zhì)量分數(shù)為___________。5【答案】1－＋2NO＋H242－－+223HSO5＋2NO3＋5H防范濃硫酸與溶液混雜時放O=3SOHO出大量熱使H2223252424452O分解5KCO＋4HSO＋4HSO=2(KSO?KHSO?2KHSO)↓＋5CO↑＋5H2O控制pH在2.0~2.5之間，溫度在0℃左右乙38.00％【解析】【詳解】(1)H2SO5中硫元素的化合價為+6價，依照化合價的代數(shù)和為0計算，有2個氧原子顯-1價，因此過氧鍵的數(shù)目為1。答案為1；工業(yè)上用過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽溶液脫除NO時，反響的離子方程式為3HSO5－＋2NO＋H2O=2－－+－＋2NO＋H2O=3SO42－－+3SO4＋2NO3＋5H。答案為3HSO5＋2NO3＋5H(2)在“轉(zhuǎn)變”步驟中，30%的H2O2溶液加入98%的濃硫酸中，相當于濃硫酸稀釋，會放出大量的熱，而H2O2受熱易分解，因此需用冰水浴冷卻，且緩慢加入濃硫酸。答案為：防范濃硫酸與H2O2溶液混雜時放出大量熱使H2O2分解；(3)“結(jié)晶”操作中，加入23KCO即可獲得過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽晶體，該過程的化學方程式為5K2CO3＋4H2SO5＋4H2SO4=2(K2SO4?KHSO4?2KHSO5)↓＋5CO2↑＋5H2O。答案為：5K2CO3＋4H2SO5＋4H2SO4=2(K2SO4?KHSO4?2KHSO5)↓＋5CO2↑＋5H2O從溶液pH看，過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽產(chǎn)率在2.0~2.5之間時最大；從溫度看，過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽產(chǎn)率在0℃左右最大，因此該過程合適的條件是控制pH在2.0~2.5之間，溫度在0℃左右。答案為：控制pH在2.0~2.5之間，溫度在0℃左右；①硫代硫酸鈉溶液呈堿性，應(yīng)放在堿式滴定管內(nèi)。答案為乙；②由反響2KHSO5＋4KI＋H2SO4=2I2＋3K2SO4＋2H2O和I2＋2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI可得出以下關(guān)系式：KHSO5——2Na2S2O3n(Na2S2O3)=0.2mol/L×0.025L=0.005mol，n(KHSO5)=0.0025mol產(chǎn)品中KHSO的質(zhì)量分數(shù)為：5

0.0025mol152g/mol38.00%100%1.000g答案為：38.00％。7．銻（Sb）廣泛用于生產(chǎn)各種阻燃劑、陶瓷、半導(dǎo)體元件和醫(yī)藥及化工等領(lǐng)域。Ⅰ．（1）銻在元素周期表中的地址_____。（2）銻（Ⅲ）的氧化物被稱為銻白，能夠由SbCl3水解制得，已知SbCl3水解的最后產(chǎn)物為銻白。為了獲得很多、較純的銻白，操作時將SbCl3逐漸加入大量水中，反響后期還要加入少量氨水。試用必要的化學用語和平衡搬動原理講解這兩項操作的作用_______。工業(yè)上，還可用火法制取銻白，是將輝銻礦（主要成分為Sb2S3）裝入氧化爐的坩堝中，高溫使其融化后通入空氣，充分反響后，經(jīng)冷卻生成銻白。寫出火法制取銻白的化學方程式______。Ⅱ．以輝銻礦為原料制備金屬銻，其中一種工藝流程以下：已知部分信息以下：①輝銻礦（除Sb2S3外，還含有砷、鉛、銅的化合物和SiO2等）；②浸出液主要含鹽酸和SbCl3，還含SbCl5、CuCl2、AsCl3和PbCl2等雜質(zhì)；-36-29③常溫下，Ksp（CuS）=1.0×10，Ksp（PbS）=9.0×10?；卮鹨韵聠栴}：（3）“酸浸”過程中Sb2S3發(fā)生反響的化學方程式為_____。4）已知：浸出液中c（Cu2+）=0.0001mol/L，c（Pb2+）=0.1mol/L。在積淀銅、鉛過程中，緩慢滴加極稀的硫化鈉溶液，先產(chǎn)生積淀的是_____（填化學式）；當CuS、PbS共沉沉時，c(Cu2+)c(Pb2+=______（保留小數(shù)點后一位）。)（5）在“除砷”過程中，氧化產(chǎn)物為H3PO4。該反響氧化產(chǎn)物與復(fù)原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為__________。（6）在“電解”過程中，銻的產(chǎn)率與電壓大小關(guān)系以下列圖。當電壓高出U0V時，銻的產(chǎn)率降低的原因可能是_________?！敬鸢浮康?周期第ⅤA族2SbCl3+3H2O?Sb2O3+6HClSbCl3，使SbCl3濃度增，不斷加入大，利于水解平衡右移，反響后期加入氨水中和鹽酸，使c(HCl)減小，利于平衡右移高溫2Sb2S3+9O22Sb2O3+6SO2Sb2S3+3SbCl5=5SbCl3+3S↓CuS1.1-8×3:410H+參加電極反響【解析】【解析】Ⅱ．輝銻礦粉加入鹽酸和SbCl53523和溶液，獲得SbCl和SbCl溶液，還含有雜質(zhì)CuCl、AsClPbCl2等，加入合適Sb將SbCl5復(fù)原為SbCl3，加入Na2S使銅和鉛積淀以除去CuCl2和PbCl2，爾后加入NaHPO2除去雜質(zhì)砷。獲得的SbCl3溶液電解獲得金屬Sb，同時獲得SbCl5，能夠返回到酸浸步驟循環(huán)使用。【詳解】Ⅰ．（1）銻和氮在同一主族，其在元素周期表中位于第5周期第ⅤA族。（2）SbCl332233逐漸加入大量水中，3水解：2SbCl+3HO?SbO+6HCl，將SbClSbCl濃度增大，水解平衡右移，反響后期還要加入少量氨水中和HCl，使c(HCl)減小，平衡右移，有利于Sb23322333O的生成。故答案為：2SbCl+3HO?SbO+6HCl，不斷加入SbCl，使SbCl濃度增大，利于水解平衡右移，反響后期加入氨水中和鹽酸，使c(HCl)減小，利于平衡右移?；鸱ㄖ迫′R白，是輝銻礦（主要成分為Sb2S3）在高溫下和空氣中的氧氣反響，生成Sb2O3高溫的同時生成SO2232232。化學方程式為：2SbS+9O2SbO+6SO。Ⅱ．（3）“酸浸”時Sb2S3和SbCl5溶液反響，獲得SbCl3和SbCl5的混雜溶液，濾渣中有硫，是此反響的生成物，Sb2S3發(fā)生反響的化學方程式為Sb2S3+3SbCl5=5SbCl3+3S。4）浸出液中c（Cu2+）=0.0001mol/L，c（Pb2+）=0.1mol/L。在積淀銅、鉛過程中，緩慢滴加極稀的硫化鈉溶液，當2+2-1.010-36-322+Cu開始積淀時，c(S)==1.0×10mol/L，當Pb開0.00012-)=9.010-29-28CuSCuSPbS始積淀時，c(S=9.0×10mol/L，因此先產(chǎn)生積淀的是共沉0.1；當、c(Cu2+)=c(Cu2+)c(S2)Ksp(CuS)1.01036-8淀時，c(Pb2+)c(Pb2+2)＝＝9.0＝1.1×10。)c(SKsp(PbS)1029（5）加入NaHPO2除砷，發(fā)生了2334NaHPO和AsCl的反響，氧化產(chǎn)物為HPO，復(fù)原產(chǎn)物是As，磷的化合價從+1價高升到+5價，生成1molHPO失去4mol電子，砷的化合價從+3價34降低到0價，生成1molAs獲得3mol電子，依照電子守恒，該反響氧化產(chǎn)物與復(fù)原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為3:4。（6）電解SbCl3溶液制取銻，在陰極是Sb3+獲得電子生成Sb，當電壓過大時，溶液中的H+也可能在陰極放電，以致銻的產(chǎn)率降低。8．生物浸出是用細菌等微生物從固體中浸出金屬離子，有速率快、浸出率高等特點。氧化亞鐵硫桿菌是一類在酸性環(huán)境中加速Fe2+氧化的細菌，培養(yǎng)后能供應(yīng)Fe3+，控制反響條件可達細菌的最大活性，其生物浸礦機理以以下列圖。反響1反響2（1）氧化亞鐵硫桿菌生物浸出ZnS礦。①反響2中有S單質(zhì)生成，離子方程式是__。②實驗表示溫度較高或酸性過強時金屬離子的浸出率均偏低，原因可能是__。（2）氧化亞鐵硫桿菌生物浸出廢舊鋰離子電池中鈷酸鋰（LiCoO2）與上述浸出機理相似，發(fā)生反響1和反響3：LiCoO2+3Fe3+=Li++Co2++3Fe2++O2↑①在酸性環(huán)境中，LiCoO2浸出Co2+的總反響的離子方程式是__。②研究表示氧化亞鐵硫桿菌存在時，Ag+對鈷浸出率有影響，實驗研究Ag+的作用。取+LiCoO2粉末和氧化亞鐵硫桿菌溶液于錐形瓶中，分別加入不相同濃度Ag的溶液，鈷浸出率（圖1）和溶液pH（圖2）隨時間變化曲線以下：圖1不相同濃度Ag+作用下鈷浸出率變化曲線圖2不相同濃度Ag+作用下溶液中pH變化曲線Ⅰ．由圖1和其他實驗可知，Ag+能催化浸出Co2+，圖1中的憑據(jù)是__。Ⅱ．Ag+是反響3的催化劑，催化過程可表示為：反響4：Ag++LiCoO2=AgCoO2+Li+反響5：反響5的離子方程式是__。Ⅲ．由圖2可知，第3天至第7天，加入Ag+后的pH均比未加時大，結(jié)合反響講解其原因：__。【答案】3+2+2+細菌的活性降低或失去活性+ZnS+2Fe=Zn+S+2Fe4LiCoO2+12H+2++明顯提高了單位時間內(nèi)鈷浸出率，即提高了鈷浸出速率4Li+4Co+6H2O+O2↑加入Ag23++2+2++3，使LiCoO2=Ag+Co+3Fe+O2↑加入Ag催化了反響浸出的總反響的化學AgCoO+3Fe反響速率加速，相同時間內(nèi)耗資H+更多，故加入Ag+后的pH比未加時大【解析】【解析】【詳解】（1）①由題給表示圖可知，反響2為Fe3+與ZnS發(fā)生氧化復(fù)原反響生成Zn2+、S和Fe2+，反響的離子方程式為ZnS+2Fe3+=Zn2++S+2Fe2+，故答案為：ZnS+2Fe3+=Zn2++S+2Fe2+；②細菌為蛋白質(zhì)，溫度較高或酸性過強時，蛋白質(zhì)變性，細菌的活性降低，以致金屬離子的浸出率均偏低，故答案為：細菌的活性降低或失去活性；（2）①在酸性環(huán)境中，細菌做催化劑，使LiCoO2中+3價的Co元素將-2價O元素氧化，+2+++2+反響生成Li、Co、O2和H2O，反響的離子方程式為4LiCoO2+12H4Li+4Co+6H2O+O2+4Li+2++6H22+4Co2↑，故答案為：4LiCoO+12HO+O↑；②Ⅰ．由圖1可知，加入Ag+明顯提高了單位時間內(nèi)鈷浸出率，說明Ag+做催化劑，提高了鈷浸出速率，故答案為：加入Ag+明顯提高了單位時間內(nèi)鈷浸出率，即提高了鈷浸出速率；Ⅱ．由催化劑的催化機理可知，反響4中Ag+做反響物，則反響5中Ag+做生成物，即中間產(chǎn)物AgCoO2與Fe3+反響生成Ag+、Co2+、Fe2+和O2，反響的化學方程式為3++2+2+3++2+2+↑；AgCoO2+3Fe=Ag+Co+3Fe+O2↑，故答案為：AgCoO2+3Fe=Ag+Co+3Fe+O2Ⅲ．由圖2可知，第3天至第7天，加入Ag+后的pH均比未加時大，原因是加入Ag+催化了反響3，使LiCoO2浸出的總反響的化學反響速率加速，相同時間內(nèi)耗資H+更多，導(dǎo)致加入Ag+后的pH比未加時大，故答案為：加入Ag+催化了反響3，使LiCoO2浸出的總反應(yīng)的化學反響速率加速，相同時間內(nèi)耗資H+更多，故加入Ag+后的pH比未加時大。9．（1）將新制氯水逐滴滴入FeBr2溶液中，寫出最初發(fā)生的反響的離子方程式，并標出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目。___。2）在硫酸鋁銨(NH4Al(SO4)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液其實不斷攪拌。用一個離子方程式表示最初發(fā)生的反響。___。3）石油氣“芳構(gòu)化”是由石油氣生產(chǎn)高辛烷值汽油的一種有效生產(chǎn)工藝。測得反響2CH10CH10(g)+5H在不相同溫度下的平衡常數(shù)變化以下：482溫度(℃)400450500平衡常數(shù)Ka6a40a①該反響的正反響是____(吸熱、放熱)反響。②向2L密閉定容容器中充入2molC4H10，反響10s后測得H2濃度為1mol/L，此10s內(nèi)，以C8H10表示的平均速率為___。③能表示該反響在恒溫恒容密閉容器中t1時辰后已經(jīng)達平衡狀態(tài)的圖示是___。a.b.c.d.④如圖表示某溫度時將必然量的C4H10(含少量H2)充入容器中反響時期物質(zhì)濃度隨時間的變化(容器容積可變)，實線代表C81041014810的濃H，虛線代表CH。請用實線補充畫出t~t間CH度變化曲線___?！敬鸢浮?+-2-3+3Ba+6OH+3SO4+2Al=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓吸熱0.02mol/(Ls)·b、d【解析】【解析】(1)氯氣擁有氧化性，能將碘離子以及亞鐵離子氧化，碘離子的復(fù)原性強于亞鐵離子的復(fù)原性，因此先是發(fā)生氯氣氧化亞鐵離子的反響，氧化復(fù)原反響中，化合價高增值＝化合價降低值＝轉(zhuǎn)移電子數(shù)，據(jù)此表示電子轉(zhuǎn)移的情況；(2)在硫酸鋁銨

(NH4Al(SO4)2)溶液中滴加少量

Ba(OH)2溶液，由于氫氧化鋇少量，氫氧根離子不足，反響依照氫氧化鋇的組成進行，氨水堿性強于氫氧化鋁，因此鋁離子優(yōu)先與氫氧根離子反響，據(jù)此寫出反響的離子方程式；(3)①依照圖表數(shù)據(jù)，平衡常數(shù)隨溫度高升增大，平衡正向進行；②依照反響速率v＝c計算；t③a．反響前后都是氣體，氣體質(zhì)量向來不變；b．反響前后氣體質(zhì)量不變，物質(zhì)的量增大，平均摩爾質(zhì)量不變說明反響達到平衡狀態(tài)；c．氣體質(zhì)量不變，體積不變，密度在反響過程中和平衡狀態(tài)都不變；d．反響前后氣體物質(zhì)的量變化，壓強之比等于氣體物質(zhì)的量之比，物質(zhì)的量不變，反響達到平衡；④剛開始由于達到平衡狀態(tài)，因此濃度不變，依照虛線的濃度變化可知，后邊體積減小為原來的

1

，因此實線濃度也變兩倍，后邊又慢慢減小，直至連續(xù)平衡。2【詳解】(1)將新制氯水逐滴滴入

FeBr2溶液中，先是發(fā)生氯氣氧化亞鐵離子的反響，

Cl2＋2Fe2＋＝2Fe3＋＋2Cl-，電子轉(zhuǎn)移情況以下：，故答案為：；(2)氫氧化鋇少量，氫氧根離子和鋇離子的物質(zhì)的量不足，離子方程式依照氫氧化鋇的組成書寫，鋇離子和氫氧根離子完滿反響；由于氨水堿性強于氫氧化鋁，故鋁離子優(yōu)先與氫氧根離子反響生成氫氧化鋁積淀，反響的離子方程式為3Ba2++6OH-+3SO42-3++2Al=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，故答案為：

2+-2-3+3Ba+6OH+3SO4+2Al=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓；(3)①依照圖表數(shù)據(jù)，平衡常數(shù)隨溫度高升增大，平衡正向進行，正反響是吸熱反響，故答案為：吸熱；②向2L密閉定容容器中充入2molC4H10，反響10s后測得H2濃度為1mol/L，2C4H10?C8H10(g)＋5H2，反響過程中生成C8H10的物質(zhì)的量濃度為1×1mol/L＝0.2mol/L，此58100.2mol/L＝0.02mol/(L?s)，故答案為：0.02mol/(L?s)；10s內(nèi)，以CH表示的平均速率＝10s2C4H10?C8H10(g)＋5H2，反響是氣體體積增大的反響吸熱反響，依照平衡搬動原理解析圖象；a．反響前后都是氣體，氣體質(zhì)量在反響過程中和平衡狀態(tài)都向來不變，不能夠說明反響達到平衡狀態(tài)，故a不吻合；b．反響前后氣體質(zhì)量不變，物質(zhì)的量增大，平均摩爾質(zhì)量不變說明反響達到平衡狀態(tài)，故吻合；c．氣體質(zhì)量不變，體積不變，密度在反響過程中和平衡狀態(tài)都不變，故c不吻合；d．反響前后氣體物質(zhì)的量變化，壓強之比等于氣體物質(zhì)的量之比，物質(zhì)的量不變壓強不變，說明反響達到平衡，故d吻合；故答案為：b、d；④解析圖象可知，剛開始由于達到平衡狀態(tài)，因此濃度不變，依照虛線的濃度變化可知，后邊體積減小為原來的1，因此實線濃度也變兩倍，濃度變化為0.40mol/L，隨反響進行后2面又慢慢減小，直至連續(xù)平衡，據(jù)此畫出的圖象為：，故答案為：。【點睛】本題(2)注意掌握離子方程式的書寫原則，正確判斷反響物離子的過分情況是解答的要點；(3)掌握圖象解析與繪制方法，曲線變化起點和變化是解題要點。10．二氧化氯泡騰片，有效成分（ClO2）是一種高效、安全的殺菌、消毒劑。方法一：氯化鈉電解法是一種可靠的工業(yè)生產(chǎn)ClO2氣體的方法。該法工藝原理如圖。其過程是將食鹽水在特定條件下電解獲得的氯酸鈉（NaClO3）與鹽酸反響生成ClO2。（1）工藝中可利用的單質(zhì)有__________（填化學式），發(fā)生器中生成ClO2的化學方程式為_____________。（2）此法的缺點主若是______________________________________。方法二：近來，科學家又研究出了一種新的制備方法，纖維素復(fù)原法制ClO2，其原理是：纖維素水解獲得的最后產(chǎn)物X與NaClO3反響生成2ClO。（3）配平方程式：□（X）+□NaClO324222+□HSO→□ClO↑+□CO↑+□HO+□______若反響中產(chǎn)生4.48L（折算成標準情況下）氣體，電子轉(zhuǎn)移________個。（4）ClO2和Cl2均能將電鍍廢水中的CN—氧化為無毒的物質(zhì)，自己被復(fù)原為Cl—。辦理含CN—相同量的電鍍廢水，所需Cl2的物質(zhì)的量是ClO2的_______倍。方法三：實驗室常用氯酸鈉(NaClO3)和亞硫酸鈉(Na2SO3)用硫酸酸化，加熱制備二氧化氯，化學反響方程式為：2NaClO3+Na2SO3＋H2SO42ClO2↑+2Na2SO4＋H2O（5）反響中的Na2SO3溶液中存在以下平衡：H2OH++OH-和________________（用離子方程式表示）.常溫下，0.1mol/L該溶液中離子濃度由大到小排列__________________（用離子符號表示）6）常溫下，已知NaHSO3溶液呈酸性，在Na2SO3溶液中滴加稀鹽酸至中性時，溶質(zhì)的主要成分有________________。（用化學式表示）【答案】H2、Cl22NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2HO同時產(chǎn)生了大量的氯氣，不僅產(chǎn)率低，而且產(chǎn)品難以分別，同時很有可能造成環(huán)境污染；能耗較大等612632422240.16NA2.532-1CHO+24NaClO+12HSO→24ClO↑+6CO↑+18HO+12NaSOSO+H2OOH-+HSO3-，HSO3-+H2OOH-+H2SO3+2--)>c(HSO3-+c(Na)>c(SO3)>c(OH)>c(H)NaHSO3、Na2SO3、NaCl、或（NaHSO3、Na2SO3、NaCl、SO2、H2SO3）【解析】【解析】（1）電解飽和食鹽水生成H2、Cl2和NaOH；故能夠利用的單質(zhì)為H2、Cl2，合成HCl，依照流程圖可知加入物質(zhì)為NaClO3和HCl，生成ClO2；能夠?qū)懗龇匠淌?，并用化合價起落法配平獲得；2）生成的氣體中除了有二氧化氯還有大量的氯氣，產(chǎn)率低，難分別，而且極有可能造成大氣污染；用電解的方法耗能大；（3）①纖維素為多糖，水解最后產(chǎn)物為葡萄糖（C6H12O6），擁有復(fù)原性，可將NaClO3復(fù)原獲得ClO2．Cl從+5到+4價，降低1價，葡萄糖（C6H12O6）C均價為0，到+4價，高升4價，爾后配平獲得，由①可知生成24molClO2和6molCO2氣體轉(zhuǎn)移24mol的電子；4）每摩爾Cl2獲得2mol電子，而每摩爾ClO2獲得5mol電子，故為2.5倍；5）存在弱電解水的電離平衡和弱離子的水解平衡．不水解的二元鈉離子濃度最大，水解是稍微的，顯性離子和第一步水解產(chǎn)生的陰離子，隱性離子；6）Na2SO3溶液中滴加稀鹽酸，兩者反響，要使溶液呈中性，只能是部分反響，因此溶質(zhì)為Na2SO3、NaHSO3、NaCl?！驹斀狻浚?）由工藝流程圖能夠看出：在該工藝中可利用的單質(zhì)有H2、Cl2；依照流程圖可知加入物質(zhì)為NaClO3和HCl，生成ClO2；發(fā)生氧化復(fù)原反響，NaClO3被復(fù)原生成ClO2，HCl被氧化生成Cl，生成ClO的化學方程式為：2NaClO+4HCl=2ClO↑+Cl↑+2NaCl+2H2O；22322（2）由制備原理和流程圖可知此法的缺點主若是會產(chǎn)生大量的Cl2，耗資大量的電能，產(chǎn)物ClO2和Cl2不但不簡單分別，而且物質(zhì)利用率低，很簡單造成大氣污染；3）纖維素水解獲得的最后產(chǎn)物X是葡萄糖C6H12O6。它與NaClO3在酸性條件下發(fā)生反響，依照質(zhì)量守恒定律和電子守恒的知識可得方程式為：1C6H12O6+24NaClO3+12H2SO4→24ClO2↑+6CO2↑+18H2O+12NaSO4，由方程式能夠看出每產(chǎn)生30mol的氣體，轉(zhuǎn)移電子24NA；現(xiàn)在產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量為4.48L（即0.2mol），因此轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.16mol，個數(shù)為0.16NA；-2mol，則（4）辦理含CN相同量的電鍍廢水，即轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量相同。假設(shè)轉(zhuǎn)移電子需要Cl2的物質(zhì)的量是1mol；需要ClO2的物質(zhì)的量為25

==0.4mol。因此n(Cl2)：n(ClO2)=1：0.4=2.5；（5）反響中的Na2SO3溶液中存在以下平衡：H2O+-2-的水解平衡的兩種方程H+OH和SO3式。由于2-是二元弱酸的酸根離子，因此存在兩步水解平衡2-+HO--，SOSOOH+HSO3323-+H2O-+2-+2-2-水解產(chǎn)生--，HSO3OH+H2SO3；Na2SO3=2Na+SO3；c(Na)>c(SO3)，SO3OH和HSO3-----)；在溶液中還存在水HSO進一步水解還要耗資HSO，同時產(chǎn)生OH，因此c(OH)>c(HSO333的電量平衡，因此c(HSO3-)>c(H+)；在溶液中鹽水解的程度是很稍微的，因此c(SO32-)>c(OH-)；因此在該溶液中各種離子的濃度由大到小的序次為c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)；6）在Na2SO3溶液中滴加稀鹽酸若恰好發(fā)生反響：Na2SO3+HCl=NaCl+NaHSO3。則由于NaHSO3溶液呈酸性。所以致中性時，n(HCl)<n(Na2SO3)，產(chǎn)生溶液中含有的溶質(zhì)有未反響的Na2SO3及反響生成的NaCl、NaHSO3；溶質(zhì)有Na2SO3、NaCl、NaHSO3，也可能滴加HCl局部過分會產(chǎn)生SO2、H2SO3溶解在該溶液中還含有SO2和H2SO3。11．在食道德業(yè)中，N2O可用作發(fā)泡劑和密封劑。（1）N2O是硝酸生產(chǎn)中氨催化氧化的副產(chǎn)物，NH3與O2在加熱和催化劑的作用下生成N2O的化學方程式為___。（2）N2O和NO是環(huán)境污染性氣體。這兩種氣領(lǐng)悟發(fā)生反響：N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋＋N2(g)，“Fe”常用作該反響的催化劑。其總反響分兩步進行：＋＋第一步為Fe＋N2O＝FeO＋N2；第二步為___(寫方程式)，第二步反響幾乎不影響總反響達到平衡所用的時間，由此推知，第二步反響的活化能___(填“大于”“小于”或“等于”)第一步反響活化能。（3）在四個恒容密閉容器中充入相應(yīng)量的氣體(圖甲)，發(fā)生反響2N2O(g)=2N2(g)＋O2(g)△H，容器I、II、III中N2O的平衡轉(zhuǎn)變率如圖乙所示：①該反響的△H___(填“>或”“<”。)0②容器Ⅳ與容器III的體積均為1L，容器Ⅳ中的物質(zhì)在470℃下進行反響，初步反響速率：v正(N2O)___v逆(N2O)(填“>”“或“<＝””)。③已知容器I的體積為10L370℃時，該反響的平衡常數(shù)K=___?！敬鸢浮?NH3+2O2=N2O+3H2OFeO++CO=Fe++CO2(小于＞＜8.9×10-4或11125【解析】【解析】(1)NH3與O2在加熱和催化劑作用下生成N2O，近似于生成NO的反響，同時生成水；(2)總反響分兩步進行Fe+N2O=FeO+N2，依照催化劑定義，第一步生成中間產(chǎn)物，第二步反應(yīng)中，中間產(chǎn)物(FeO+)氧化CO生成CO2自己被復(fù)原成Fe+，依照催化劑定義，第二步反響對總反響速率沒有影響，說明第一步是慢反響，控制總反響速率；(3)①高升溫度，向吸熱方向進行，據(jù)此進行解析；②恒溫條件下，減小體積，平衡向氣體總物質(zhì)的量減小的方向搬動；③依照方程式計算平衡時各組分的濃度，代入平衡常數(shù)表達式計算。【詳解】(1)NH與O在加熱和催化劑作用下生成NO和水，反響的化學方程式為3222NH3+2O2N2O+3H2O；(2)總反響分兩步進行22+2+2Fe+NO=FeO+N，依照催化劑定義，第一步：Fe+NO═FeO+N，第二步反響中，中間產(chǎn)物(FeO+2+，F(xiàn)eO++2，第二)氧化CO生成CO自己被復(fù)原成Fe+CO=Fe+CO步反響對總反響速率沒有影響，說明第一步是慢反響，控制總反響速率，第二步反響速率大于第一步反響速率，則第二步反響活化能小于第一步反響的活化能；(3)①高升溫度，N2O的轉(zhuǎn)變率高升，則向正反響方向進行，則正反響為吸熱反響，則△H＞0；②依照題給圖像可知，同一溫度下，從I、II、III變化中，一氧化二氮的轉(zhuǎn)變率減小，因此Ⅳ中一氧化二氮轉(zhuǎn)變率也是減小；容器Ⅳ的體積為1L，容器Ⅳ中的物質(zhì)也在470℃下進行反響，則減小體積，壓強增大，平衡向逆方向搬動，即初步反響速率：v正(N2O)＜v逆(N2O)；③容器I的體積為10L，370℃時，N2O的轉(zhuǎn)變率為40%；初步（變化（平衡（

N2O（g）?mol/L）0.01mol/L）0.004mol/L）0.006

2N（g）+O（g）2200.0040.0020.0040.002因此K=c2(N2)c(O2)0.00420.002-4。c2N2O0.0062=8.9×1012．用納米Fe/Ni復(fù)合資料能去除污染水體的NO3-，Ni不參加反響。離子在資料表面的活性位點吸附后發(fā)生反響，活性位點被其他附著物占有會以致速率減慢(NH4+無法占有活性位點)。反響過程以下列圖：（1）酸性環(huán)境中，納米Fe/Ni去除NO3-分兩步，將步驟ii補充完滿：.NO3-+Fe+2H+=NO2-+Fe2++H2O.___+___+___H+=___Fe2++___+___2）初始pH=2.0的廢液反響15min后，出現(xiàn)大量白色絮狀物，過濾后很快變成紅褐色，結(jié)合化學用語講解整個變化過程的原因___。（3）水體初始pH會影響反響速率，不相同pH的硝酸鹽溶液與納米Fe/Ni反響時，溶液中c(NO3-)隨時間的變化如圖1所示。(注：c03-3-的濃度。)c0(NO3-)(NO)為初始時NO①為達到最高去除率，應(yīng)調(diào)水體的初始pH=___。②t<15min，pH=2.0的溶液反響速率最快，t>15min，其反響速率迅速降低，原因分別是___。（4）總氮量指溶液中自由搬動的全部含氮微粒濃度之和，納米Fe/Ni辦理某濃度硝酸鹽溶液時，隨時間的變化如圖2所示。40min時總氮量較初始時下降，可能的原因是___。5）利用電解無害化辦理水體中的NO3-，最一生成N2逸出。其裝置及轉(zhuǎn)變圖以下列圖：①陰極的電極反響式為___。②生成N2的離子方程式為___?！敬鸢浮縉O2-3Fe83NH4+2H2O)Fe2+在水中發(fā)生水解，F(xiàn)e2++2H2OFe(OH)2+2H+，?隨著反響進行，c(H+)減小，平衡右移，產(chǎn)生Fe(OH)2積淀，此后發(fā)生反響4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，變成紅褐色的Fe(OH)36.5pH=2的溶液中，t<15min時，溶液中H+濃度較高，因此反響速率較快，溶液中產(chǎn)生Fe2+和pH上升速率較快，t>15min時，產(chǎn)生大量Fe(OH)2，附著在活性位點上，減小接觸面積，因此反響速率迅速下降反響過程中H+被耗資，溶液pH高升，t=40min時，溶液中含N物質(zhì)主要以NH4+的形式存在，一部分NH4+生成NH3逸出(或反響過程中NO2-被Fe復(fù)原產(chǎn)生N2逸出)NO3-+8e-+++-++10H=NH4+3H2O2NH4+3HClO=N2↑+3Cl+5H+3H2O【解析】【解析】（1）依照圖可知：酸性環(huán)境中，納米Fe/Ni去除NO3分兩步，NO3在吸附點被Fe復(fù)原為NO2，NO3Fe2HNO2Fe2H2O，NO2在其他的吸附點被Fe復(fù)原為NH4，NO23Fe8H3Fe2NH42H2O；2）初始pH=2.0的廢液反響15min后，出現(xiàn)大量白色絮狀物，過濾后很快變成紅褐色，是氫氧化亞鐵被空氣中的氧氣氧化為氫氧化鐵；3）結(jié)合所給圖形信息，判斷調(diào)治pH為多少的時候去除率較高，如何講解反響速率變慢；（5）電極方程式書寫，從題中信息判斷陰極發(fā)生復(fù)原反響，

NO3-復(fù)原

N2，NO38e10HNH43H2O?！驹斀狻恳勒請D可知：酸性環(huán)境中，納米Fe/Ni去除NO3分兩步，NO3在吸附點被Fe復(fù)原為NO2，NO3Fe2HNO2Fe2H2O，NO2在其他的吸附點被Fe復(fù)原為NH4，NO23Fe8H3Fe2NH42H2O；故答案為：NO2、3Fe、8、3、NH4、2H2O；2初始pH2.0的廢液反響15min后，出現(xiàn)大量白色絮狀物，過濾后很快變成紅褐色，由于Fe2在水中發(fā)生水解，F(xiàn)e22H2O?Fe(OH)22H，隨著反響進行，cH減小，平衡右移，產(chǎn)生Fe(OH)2積淀，此后發(fā)生反響4Fe(OH)2O22H2O4Fe(OH)3，變成紅褐色的Fe(OH)3；故答案為：Fe2在水中發(fā)生水解，F(xiàn)e22H2O?Fe(OH)22H，隨著反響進行，cH減小，平衡右移，產(chǎn)生Fe(OH)2積淀，此后發(fā)生反響4Fe(OH)2O22H2O4Fe(OH)3，變成紅褐色的Fe(OH)3；3①依照圖可知pH6.5時，反響最快，去除率最高，故為達到最高去除率，應(yīng)調(diào)水體的初始pH6.5；故答案為：6.5；②pH2的溶液中，t15min時，溶液中H濃度較高，因此反響速率較快，溶液中產(chǎn)生Fe2和pH上升速率較快，故t15min，pH2.0的溶液反響速率最快，15min時，產(chǎn)生大量Fe(OH)2，附著在活性位點上，減小接觸面積，因此反響速率迅速下降，故t15min，其反響速率迅速降低；故答案為：pH2的溶液中，t15min時，溶液中H濃度較高，因此反響速率較快，溶液中產(chǎn)生Fe2和pH上升速率較快，t15min時，產(chǎn)生大量Fe(OH)2，附著在活性位點上，減小接觸面積，因此反響速率迅速下降；440min時總氮量較初始時下降可能的原因為：反響過程中H被耗資，溶液pH高升，t40min時，溶液中含N物質(zhì)主要以NH4的形式存在，一部分NH4生成NH3逸出(或反響過程中NO2被Fe復(fù)原產(chǎn)生N2逸出)；故答案為：反響過程中H被耗資，溶液pH高升，t40min時，溶液中含N物質(zhì)主要以NH4的形式存在，一部分NH4生成NH3逸出(或反響過程中NO2被Fe復(fù)原產(chǎn)生N2逸出)；5①陰極發(fā)生復(fù)原反響，元素化合價降低，故為NO3獲得電子生成NH4，故電極反響為：NO38e10HNH43H2O；故答案為：NO38e10HNH43H2O；②由圖可知，氮氣由兩極生成的NH4和HClO反響而得，氮元素化合價高升，則氯元素化合價降低生成氯離子，故反響為：2NH43HClON23Cl5H3H2O；故答案為：2NH43HClON23Cl5H3H2O?！军c睛】從題中所給信息判斷并寫出離子方程式、回答結(jié)合圖形中的信息，回答調(diào)治pH出現(xiàn)的現(xiàn)象，調(diào)治pH為何值時，去除率最大以及對反響速率的影響；13．草酸亞鐵是合成鋰離子電池正極資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Fe2O3)為原料生產(chǎn)電池級草酸亞鐵晶體的工藝流程以下：（1）要提高“酸浸”速率，宜采用的措施有___(填兩條)。（2）寫出“復(fù)原”過程中既是化合反響又是氧化復(fù)原反響的離子方程式___。（3）濾渣2中含有的TiOSO4在熱水中易水解，生成H2TiO3，該反響的化學方程式為___。（4）“濾液”經(jīng)辦理后獲得一種化肥，其化學式為___?！耙幌盗胁僮鳌敝竉__。（5）已知：298K時，K-17，當離子濃度-5-1時，視該離子已≤1.0×10sp[Fe(OH)2]=4.0×10mol?L完滿積淀。上述流程中，加“氨水”調(diào)pH的范圍為___(lg2≈0.。3)（6）草酸亞鐵晶體(FeC2O4?2HO)純度的測定：正確稱取mg草酸亞鐵晶體于錐形瓶中，加入必然量的稀硫酸溶液，并加熱至50℃，用cmol?L-1KMnO4標準溶液滴定，達到滴定終點時，用去標準溶液VmL。滴定反響(未配平)：FeC2O4?2HO+KMnO4+H2SO4→Fe2(SO4)3+CO2+MnSO4+K2SO4+H2O；則樣品中FeC2O4?2HO的純度為___%(用含有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2Fe3+2+↓+Fe=3FeTiOSO4+2H2O=H2TiO2+H2SO430cV(NH4)2SO4沖洗、干燥≥8.3偏高m【解析】【解析】脫硫渣(主要成分為Fe2O3)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，進入鐵粉復(fù)原獲得硫酸亞鐵，過濾分別，濾液中通入氨氣，獲得氫氧化亞鐵積淀，過濾分別，濾液中含有硫酸銨，氫氧化亞鐵與草酸化合獲得草酸亞鐵，再經(jīng)過過濾、沖洗、干燥獲得草酸亞鐵晶體?！驹斀狻竣乓岣摺八峤彼俾?，宜采用的措施有：加熱、攪拌、粉粹礦粉等；故答案為：加熱、攪拌、粉粹礦粉等。⑵“復(fù)原”過程中反響的離子方程式還有：3+2+3+2+Fe+2Fe=3Fe；故答案為：Fe+2Fe=3Fe。⑶TiOSO4在熱水中易水解，生成H2TiO3積淀，還生成硫酸，反響方程式為：TiOSO4+H2O=H2TiO3↓+H2SO4，故答案為：TiOSO4+H2O=H2TiO3↓+H2SO4。⑷濾液中含有硫酸銨，經(jīng)辦理后獲得一種農(nóng)業(yè)上常用的化肥，過濾后，再經(jīng)過沖洗、干燥獲得草酸亞鐵晶體，故答案為：(NH4)2SO4；沖洗、干燥。Ksp[Fe(OH)2]4.01017molL12.0106molL1⑸依照題意，cOH1.0105，cFe2pH≥8.3；故答案為：≥8.3。⑹配平后反響方程式為：10FeC2O4?2H2O+6KMnO4+24H2SO4=5Fe2(SO4)3+20CO2↑+6MnSO4+3K2SO4+24H2O，可知nFeC2O42H2O10nKMnO410V103LcmolL1，故66mFeC2O42H2O10V103LcmolL1180gmol10.3cVg，故624?2HO的純度為0.3cVg100%30cV%，若草酸亞鐵晶體失去部分結(jié)晶水，測FeCOmgm得的結(jié)果偏高；故答案為：30cV；偏高。m14．震驚全國的天津港“8.12爆”炸事故中,因爆炸沖擊以致氰化鈉泄漏而造成環(huán)境污染,能夠經(jīng)過噴灑雙氧水或硫代硫酸鈉溶液來辦理。資料:氰化鈉化學式NaCN（N元素-3價),白色結(jié)晶顆粒,劇毒,易溶于水。(1)NaCN用雙氧水辦理后,產(chǎn)生一種酸式鹽和一種能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體反響的化學方程式____________________________。

,寫出該(2)某化學興趣小組實驗室制備硫代硫酸鈉

(Na2S2O3),并檢測用硫代硫酸鈉溶液辦理后的氰化鈉廢水可否達標排放。（實驗一）實驗室經(jīng)過圖裝置制備

Na2S2O3①a裝置中盛濃硫酸的儀器名稱是

______________；

b裝置的作用是

________。②c裝置中的產(chǎn)物有Na2S2O3和CO2等,d裝置中的溶質(zhì)有NaOH、Na2CO3,還可能有______。③實驗結(jié)束后,在e處最好連接盛________(選填“NaOH溶液”、“水”、“CCl4”中任一種)的注射器,再關(guān)