高考化學氧化還原反應培優(yōu)易錯難題練習(含答案)附答案_第1頁
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文檔簡介

1、高考化學氧化還原反應培優(yōu) 易錯 難題練習 ( 含答案 ) 附答案一、高中化學氧化還原反應1 硫代硫酸鈉 (na2s2o3)是一種解毒藥,用于氟化物、砷、汞、鉛、錫、碘等中毒,臨床常用于治療蕁麻疹,皮膚瘙癢等病癥 .硫代硫酸鈉在中性或堿性環(huán)境中穩(wěn)定,在酸性溶液中分解產生 s 和 so2實驗 i: na2s2o3 的制備。工業(yè)上可用反應:2na2s+na2co3+4so2=3na2s2o3+co2 制得,實驗室模擬該工業(yè)過程的裝置如圖所示:(1)儀器a 的名稱是_,儀器b 的名稱是_。b中利用質量分數為70%? 80%的h2so4 溶液與na2so3 固體反應制備so2 反應的化學方程式為_。 c

2、 中試劑為 _(2)實驗中要控制so2 的生成速率,可以采取的措施有_ (寫出一條)(3)為了保證硫代硫酸鈉的產量,實驗中通入的so2 不能過量,原因是_實驗:探究na2s2o3 與金屬陽離子的氧化還原反應。資料: fe3+3s2 o32-? fe(s2o3)33-(紫黑色 )裝置試劑 x實驗現象混合后溶液先變成紫黑色,30sfe2(so4)3 溶液后幾乎變?yōu)闊o色(4)根據上述實驗現象,初步判斷最終fe3+被 s2o32-還原為 fe2+,通過 _(填操作、試劑和現象 ),進一步證實生成了fe2+。從化學反應速率和平衡的角度解釋實驗的現象:_實驗:標定na2s2o3 溶液的濃度(5)稱取一定質

3、量的產品配制成硫代硫酸鈉溶液,并用間接碘量法標定該溶液的濃度:用分析天平準確稱取基準物質k2cr2o7(摩爾質量為294g?mol-1 )0.5880g。平均分成3 份,分別放入 3 個錐形瓶中,加水配成溶液,并加入過量的ki 并酸化,發(fā)生下列反應: 6i-+cr2o72-+14h+ = 3i2+2cr3+7h2o,再加入幾滴淀粉溶液,立即用所配na2s2o3 溶液滴定,發(fā)生反應2-2-,三次消耗 na2s2o3 溶液的平均體積為25.00 ml,則所標定的硫代硫i2+2s2o3= 2i + s4o6酸鈉溶液的濃度為_mol?l-1【答案】分液漏斗蒸餾燒瓶 h 2so4na 2so3 =na

4、2so4 h 2o so2硫化鈉和碳酸鈉的混合液調節(jié)酸的滴加速度若 so2 過量,溶液顯酸性產物會發(fā)生分解加入鐵氰化鉀溶液產生藍色沉淀開始生成fe(s2 3 33- 的反應速率快,氧化還原反應速率慢,但o )3+與 s2 32-氧化還原反應的程度大,導致3+2 32-2 333-(紫黑色 )平衡向逆反應方feofe +3s o? fe(s o )向移動,最終溶液幾乎變?yōu)闊o色0.1600【解析】【分析】【詳解】(1)a 的名稱即為分液漏斗, b 的名稱即為蒸餾燒瓶; b 中是通過濃硫酸和 na2so3 反應生成so2,所以方程式為: h 2 so4 na 2so3 =na 2so4 h 2o s

5、o2 ; c 中是制備硫代硫酸鈉的反應, so2 由裝置 b 提供,所以 c 中試劑為硫化鈉和碳酸鈉的混合溶液;(2)從反應速率影響因素分析,控制2so 生成速率可以調節(jié)酸的滴加速度或者調節(jié)酸的濃度,或者改變反應溫度;(3)題干中指出,硫代硫酸鈉在酸性溶液中會分解,如果通過量的so,會使溶液酸性增2強,對制備產物不利,所以原因是:so2 過量,溶液顯酸性,產物會發(fā)生分解;(4)檢驗 fe2+常用試劑是鐵氰化鉀,所以加入鐵氰化鉀溶液,產生藍色沉淀即證明有fe2+生成;解釋原因時一定要注意題干要求,體現出反應速率和平衡兩個角度,所以解釋為:開始階段,生成 fe(s2o 3 )33 的反應速率快,氧

6、化還原反應速率慢,所以有紫黑色出現,隨著fe3+的量逐漸增加,氧化還原反應的程度變大,導致平衡逆向移動,紫黑色逐漸消失,最終溶液幾乎變?yōu)闊o色;(5)間接碘量法滴定過程中涉及兩個反應:6icr2o 7214h =3i 22cr 37h 2 o ; i 2 2s2 o32 =2is4o 62;反應 i-被氧化成 i2,反應中第一步所得的i2 又被還原成 i-,所以與電子轉移數相同,那么滴定過程中消耗的cr2 o 72 得電子總數就與消耗的s2 o32 失電子總數相同;在做計算時,不要忽略取的基準物質重鉻酸鉀分成了三份進行的滴定。所以假設 c(na2s2o3)=a mol/l ,列電子得失守恒式:1

7、0.5880 6=a 0.025 1,3294解得 a=0.1600mol/l 。2 陽極泥處理后的沉渣中含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:o44.640.84 g。i 25 c 時,部分物質的溶解度: agcl 1.9 10g;ag2so3 10g; ag2so4ii 25oc 時,亞硫酸鈉溶液酸化過中含4微粒的物質的量分數隨ph 變化如圖所示。s.浸出氯化銀取 agcl 固體,加入 1 mol/l na 23ph=8),so 溶液作浸取劑,充分反應后過濾得到浸出液(該過程中發(fā)生的反應為agcl +23 23。2so3ag(so ) +

8、 cl( 1)用平衡移動原理解釋 agcl溶解的原因是 _。 . 酸化沉銀(2)經檢測,沉淀m 為agcl,則溶液m 中含4s 微粒的主要存在形式是_。(3)探究沉淀n 的成分。甲同學認為沉淀n 一定不含ag2so4,其依據是 _。乙同學認為沉淀n 可能含 ag2so3,進行實驗驗證。i. 本實驗設計的依據是:ag2so3 具有 _性。ii. 乙同學觀察到 _,得出結論 “沉淀 n 不含 ag2so3”。丙同學從溶液 n 的成分角度再次設計實驗證明沉淀n 不含 ag2 3。so1_(填i. 本實驗設計的依據是:若沉淀n 含 ag2so3,則溶液 n 中含 ag 微粒的總物質的量“ ”、 “ ”

9、或 “”) cl 物質的量。ii. 結合實驗現象簡述丙同學的推理過程:_。浸取劑再生(4)溶液 m 經處理后可再用于浸出agcl,請簡述該處理方法 _。【答案】 agcl(s)ag+(aq)+ cl-(aq) ,ag+與 so32- 結合生成 ag(so3)23,促進 agcl的溶解平衡正向移動 hso3-ag2so4 的溶解度遠大于 agcl或 ag2 so3 ,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+n 中全部轉化為 ag, ag將 cl 全部沉淀,由此可知溶液含

10、ag 元素的微??偽镔|的量不小于加 naoh 溶液調節(jié) ph 至 910n(cl )【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-的物質的量分數占 100%;(3)溶液中 ag + 的濃度很小,而ag 2 4的溶解度較大,故不會形成24soag so 沉淀;依據 ag 2so3 的還原性答題;e 中無沉淀生成,說明清液中沒有-3cl ,則溶液 n 中加入稀硝酸使 ag(so3)2全部轉化為+n 中含 ag 元素的微??偽镔|的量不小于ag, ag將 cl 全部沉淀,由此可分析出溶液n(cl);iii

11、 、( 4)m 溶液中的溶質為 nahso 3,浸取劑為 na2so3 溶液,需要加入 naoh 溶液將nahso 3 轉化為 na2so3?!驹斀狻縤 、( 1) a gcl(s)+-+與 so 2- 結合生成 ag(so3-ag (aq)+ cl (aq), ag33)2 ,促進 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-的物質的量分數4hso3-;占 100%,則溶液m 中含 s微粒的主要存在形式是(3) ag2423+ 的濃度很?。籹o 的溶解度遠大于 agcl或 ag so ,溶液中 agi 、酸性 kmn

12、o4溶液具有強氧化性,32- 具有還原性,則該實驗涉及的依據是ag23soso 具有還原性;ii、沉淀中無ag so ,則該沉淀不會使酸性kmno溶液褪色,故可以觀察到a 試管中酸性234kmno4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-3cl ,則溶液 n 中加入稀硝酸使 ag(so3)2全部轉化為+n 中含 ag 元素的微??偽镔|的量不小于ag , ag 將 cl 全部沉淀,由此可分析出溶液n(cl);iii、( 4) m 溶液中的溶質為nahso3,浸取劑為 na2so3 溶液,根據曲線圖可知,加入naoh 溶液調整 ph 到 9-

13、10即可。3 碘酸鉀( kio 3 )是重要的微量元素碘添加劑。實驗室設計下列實驗流程制取并測定產品中 kio 3 的純度 :其中制取碘酸(hio 3 )的實驗裝置見圖,有關物質的性質列于表中物質性質hio3白色固體,能溶于水,難溶于ccl4kio3白色固體,能溶于水,難溶于乙醇堿性條件下易發(fā)生氧化反應:clo io3 =io4 cl回答下列問題(1)裝置a 中參加反應的鹽酸所表現的化學性質為_。(2)裝置b 中反應的化學方程式為_。b 中所加ccl4 的作用是_從而加快反應速率。(3)分離出 b 中制得的 hio 3 水溶液的操作為 _;中和之前,需將hio3 溶液煮沸至接近于無色,其目的是

14、_,避免降低 kio 3 的產率。( 4)為充分吸收尾氣,保護環(huán)境, c 處應選用最合適的實驗裝置是 _(填序號)。(5)為促使 kio 3 晶體析出,應往中和所得的kio 3 溶液中加入適量的 _。(6)取 1.000g kio 3 產品配成 200.00ml 溶液,每次精確量取20.00ml 溶液置于錐形瓶中,加入足量ki 溶液和稀鹽酸,加入淀粉作指示劑,用0.1004mol/lna 2s2 o3 溶液滴定。滴定至終點時藍色消失(i 2 +2s2 o32- =2i - +s4o 62- ),測得每次平均消耗na 2s2o3 溶液25.00ml。則產品中 kio 3 的質量分數為 _(結果保

15、留三位有效數字)?!敬鸢浮窟€原性 、酸性5ci 2 +i 2 +6h 2o=2hio 3 +10hcl充分溶解 i 2 和 cl 2,以增大反應物濃度分液 除去 cl 2 (或 clo - ),防止氧化kio 3c 乙醇(或酒精)89.5%?!窘馕觥俊痉治觥垦b置 a 用于制取cl2,發(fā)生的反應為:kclo3+6hcl(濃 )=kcl+3cl2 +3h2o,裝置 b 中發(fā)生的是制取 hio3 的反應,裝置c 為尾氣處理裝置,既要吸收尾氣中的hcl 和 cl2,還要防止倒吸?!驹斀狻浚?)裝置 a 中發(fā)生的反應為: kclo3+6hcl(濃)=kcl+3cl2 +3h2o,濃鹽酸中的 cl 元素有

16、一部分失電子轉化為 cl2,表現出還原性,還有一部分cl 元素沒有變價轉化為 kcl(鹽),表現出酸性,故答案為:還原性、酸性;(2)裝置 b 中發(fā)生的反應為: 5cl2 22322+i +6h o=2hio +10hcl, cl和 i 均難溶于水,易溶于ccl4,加入 ccl4 可使二者溶解在ccl4 中,增大反應物濃度,故答案為:5cl2+i2+6h2o=2hio3+10hcl;充分溶解i2 和 cl2,以增大反應物濃度;(3)分離 b 中制得的 hio33溶液中混有的2在堿性條件下轉化水溶液的操作為分液, hiocl為 clo-, clo-會將 io3 -氧化為 io4-,因此在中和前需

17、要將cl2 除去,故答案為:分液;除去2-),防止氧化 kio3cl (或 clo;(4)尾氣中主要含hcl 和 cl2,需用 naoh 溶液吸收,同時要防止倒吸,故答案為:c;(5)因為 kio3 難溶于乙醇,向kio3 溶液中加入乙醇可降低其溶解度,促使kio3 晶體析出,故答案為:乙醇(或酒精);(6)每 20mlkio3 溶液中,加入ki 溶液和稀鹽酸發(fā)生的反應為: io3-+5i-+6h+=3i2+3h2o,滴定時發(fā)生的反應為:i2+2s2o3 2-=2i-+s4o62- ,可列出關系式:io3-3i26s2 o32- ,每次平均消耗的 n(s2o3 2-)= 0.1004mol/l

18、 0.025l=0.00251mol,則每 20mlkio3 溶液中, n(kio3)=n(io3-)=2-) 6=0.00251mol 6=0.000418mol,200ml 溶液中, n(kio3)=0.00418mol ,產品中 kio3n(s2o3214g / mol0.00418mol的質量分數 = 100%=89.5%,故答案為: 89.5%。1g【點睛】1g 樣品配成了200ml 溶液,而根據關系式計算出的是20ml溶液中kio3 的物質的量,需擴大 10 倍才能得到1g樣品中kio3 的物質的量。4 實驗室用圖所示裝置制備kclo溶液,并通過 kclo溶液與 fe(no 3 )

19、3 溶液的反應制備高效水處理劑 k 2 feo4 .已知 k 2 feo4 具有下列性質 可溶于水、微溶于濃 koh溶液, 在 0 5 、強堿性溶液中比較穩(wěn)定, 在 fe3和 fe(oh) 3 催化作用下發(fā)生分解, 在酸性至弱堿性條件下,能與水反應生成fe(oh) 3 和 o2 。(1)裝置 a 中 kmno 4 與鹽酸反應生成mncl 2 和 cl 2 ,其化學方程式為 _,裝置 b的作用是 _。(2) cl 2 和 koh在較高溫度下反應生成kclo 3 ,試寫出該反應的離子方程式 _。(3)制備 k 2feo4時, kclo 飽和溶液與 fe(no 3 )3 飽和溶液的混合方式為:在攪拌

20、下,將fe(no 3 )3 飽和溶液緩慢滴加到 kclo飽和溶液中。理由是 _。(4)已知 ph11時 zn(oh) 2 能溶于 naoh 溶液生成 zn(oh) 4 2. 下表列出了幾種離子生成氫氧化物沉淀的ph( 開始沉淀的 ph 按金屬離子濃度為 1.0moll 1 計算 ) 。開始沉淀的 ph沉淀完全的 phfe31.13.2fe25.88.8zn25.98.9實驗中可選用的試劑:30%h 2 o 2 、 1.0mol l 1hno 3 、 1.0mol l 1 naoh. 由某硫酸鋅溶液 ( 含 fe2 、 fe3 雜質 ) 制備 zno 的實驗步驟依次為: _ ; _; 過濾; _

21、; 過濾、洗滌、干燥; 900 煅燒?!敬鸢浮?2kmno 4+16hcl=2kcl+2mncl2+5cl 2 +8h 2o除去 cl 2 中的 hclv3cl 2 6oh5cl clo 3 3h 2o k 2feo4 在 fe3 作用下會分解向硫酸鋅溶液中加入適量 30%h 2 o 2 ,使其充分反應滴加 1.0mol l1 naoh ,調節(jié)溶液 ph 約為 5( 或3.2 ph5.9) ,使 fe3 沉淀完全向濾液中滴加 1.0mol l 1 naoh ,調節(jié)溶液 ph 約為10( 或 8.9ph11) ,使 zn2 沉淀完全【解析】【分析】根據實驗裝置圖可知,a 裝置 中用高錳酸鉀與鹽酸

22、反應制得氯氣,氯氣中有揮發(fā)出的來的氯化氫,所以b 裝置中飽和食鹽水是除去氯氣中的氯化氫,裝置c 中用氯氣與氫氧化鉀溶液應制得次氯酸鈉,反應的尾氣氯氣用氫氧化鉀吸收?!驹斀狻? kmno 4 具有強氧化性,將鹽酸中氯離子氧化為cl 2 ,反應還有水生成,所以化學方程式為: 2kmno 4+16hcl=2kcl+2mncl2+5cl 2 +8h 2o,由于鹽酸易揮發(fā),制備的氯氣中含有hcl,應飽和食鹽水吸收hcl 除去,故答案為: 2kmno 4+16hcl=2kcl+2mncl 2+5cl 2 +8h 2o;除去 cl 2 中的 hcl;2 cl 2 和 koh在較高溫度下反應生成 kclo3

23、,反應的離子方程式為v3cl 26oh5clclo 33h 2o ,故答案為:v3cl 26oh5clclo 33h 2o ;3 由題意可知 k 2 feo4在 fe3和 fe(oh) 3 催化作用下發(fā)生分解,則kclo飽和溶液與fe(no 3 )3 飽和溶液的混合方式為:在攪拌下,將fe(no 3 )3 飽和溶液緩慢滴加到 kclo 飽和溶液中,故答案為:k 2feo4 在 fe3 作用下會分解;4 根據表中陽離子沉淀的ph 可知,由除去銅的濾液制備zno 的實驗步驟依次為:向濾液中加入 30%h 2o2 ,使其充分反應,目的使fe2轉化完全為 fe3,加氫氧化鈉溶液,控制 ph 在 4 左

24、右,使 fe3沉淀完全,過濾,向濾液中滴加1.0mol l 1 naoh ,調節(jié)溶液 ph 約為 10( 或 8.9 ph 11) ,使 zn2沉淀完全, 過濾、洗滌、干燥,900煅燒。故答案為:向硫酸鋅溶液中加入適量30%h 2 o2 ,使其充分反應;滴加 1.0 mol l1naoh ,調節(jié)溶液 ph 約為 5( 或 3.2ph5.9) ,使 fe3 沉淀完全;向濾液中滴加 1.0 moll 1 naoh ,調節(jié)溶液 ph 約為 10( 或 8.9 ph11) ,使 zn2 沉淀完全。【點睛】根據實驗裝置圖可知,a 裝置中用高錳酸鉀與鹽酸反應制得氯氣,氯氣中有揮發(fā)出的來的氯化氫,所以b 裝

25、置中飽和食鹽水是除去氯氣中的氯化氫,裝置c 中用氯氣與氫氧化鉀溶液應制得次氯酸鈉,反應的尾氣氯氣用氫氧化鉀吸收,以此解答該題。5 以海綿銅( cuo、 cu)為原料制備氯化亞銅(cucl)的一種工藝流程如下:(1) cu 基態(tài)原子核外電子排布式為_, so42- 的空間構型為_(用文字描述); cu2+ 與 oh 反應能生成 cu(oh)4 2- , cu(oh)4 2- 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) 噲垐 ? 2no2(g)h = 112.6kj?mol-1 提高 no 平衡轉化率的方法有_(寫出兩種)。吸收 no2 的有關反應如

26、下:反應: 2no2232-1(g) + h o(l) hno (aq) + hno (aq)h = 116.1kj?mol反應: 3hno232-1(aq) hno (aq) + 2no(g) + h o(l)h = 75.9kj?mol用水吸收 no2 生成 hno3 和 no 的熱化學方程式是_ 。(3)“電解”過程:hno2 為弱酸,通過電解使hno3 得以再生,陽極的電極反應式是_。( 4)“沉淀”過程:產生 cucl 的離子方程式是 _?!敬鸢浮?1s22s22p63s23p63d104s1正四面體形o 增大壓強、提高氧氣的濃度3no2 (g)+h2 o(l)=2hno3(aq)+

27、no(g)-1-+-h= 212.1kj?molhno2-2e +h2o=3h +no32+2-242-+2cu +so +2cl +2h o=2cucl +so +4h【解析】【分析】海綿銅( cuo、 cu)中 cuo 與稀 h2so4 反應轉化為硫酸銅,因硝酸在酸性條件下具有氧化性,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,經過氧化與電解過程得到硝酸,據此分析解答。【詳解】(1) cu 的原子序數為29, cu 基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s2 2p63s2 3p63d104s1 ;so42- 中6+2-42s 原子價層電子

28、對個數 =4+=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+提供空軌道, 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)+o2no2(g)-1是氣體體積減小的放熱反應,提高2(g) 垐 ?h=112.6kj?mol噲?no 平衡轉化率,平衡應向正反應方向移動,可以采取的措施有:降低溫度、增大壓強、提高氧氣的濃度等;由蓋斯定律可知:(反應i 3+反應 ii)1 可以得到用水吸收 no2 生成 hno3 和 no 的熱2化學方程式: 3no2(g)+h2o(l)=

29、2hno3(aq)+no(g)h= 212.1kj?mol-1 ;( 3)電解過程中,陽極上 hno2 失去電子發(fā)生氧化反應生成 hno3,陽極的電極反應式是: hno2-2e-+h2 o=3h+no3-;( 4) cu2+與 so2 發(fā)生氧化還原反應生成 cucl,離子方程式為: 2cu2+so2+2cl-+2h2o=2cucl +so42-+4h+。6(1)難溶物 pbso4 溶于 ch3coonh4 溶液可制得易溶于水的(ch3coo)2pb,發(fā)生的反應為pbso4 2ch3coonh4 (ch3coo)2pb (nh4)2so4 ,說明 (ch3coo)2 pb 是 _(填 “強”或“

30、弱 ”)電解質。(2)已知次磷酸 (h3po2 )與足量的氫氧化鈉溶液反應生成nah2po2 和h2o,則次磷酸是_元酸 (填 “一 ”、“二 ”或 “三”)。(3)工業(yè)上制玻璃和水泥需用到的共同原料是_(填化學式 )。(4)在一定溫度下,向一個2 l 的真空密閉容器中(預先裝入催化劑 )通入1 mol n 2和 3 molh2,發(fā)生反應: n2(g) 3h2 (g)?2nh3(g)。經過一段時間后,測得容器內壓強是起始的0.9倍,在此時間內, h2 平均反應速率為0.1 mol/(l min),則所經過的時間為_min(5)高鐵酸鈉 (na2feo4)具有強氧化性,可對自來水進行消毒、凈化。

31、高鐵酸鈉可用氫氧化鐵和次氯酸鈉在堿性介質中反應得到,請補充并配平下面離子方程式。_fe(oh)3 +_clo +_oh =_feo42 _cl+_(6)在反應 11p+15cuso +24ho=5cu p+6h po +15h so 中,氧化劑是 _ ;當有42334242mol h po 生成,轉移的電子的物質的量為_34【答案】弱一 caco332 34 23245hop、 cuso 10mol【解析】【分析】【詳解】(1)硫酸鉛在水溶液里存在溶解平衡,加入醋酸銨時,醋酸根離子和鉛離子生成難電離物質或弱電解質醋酸鉛,促使硫酸鉛溶解,說明(ch32coo) pb 是弱電解質;(2)h3po2

32、 與足量的 naoh 溶液反應,生成nah2po2,說明 h3po2 只能電離出一個氫離子,所以 h3po2 是一元酸;(3)水泥的生產原料為黏土、石灰石,制玻璃的主要原料為純堿、石灰石和石英砂,共同原料為 caco3;(4)容器體積為2l,所以初始投料c(n2)=0.5mol/l , c(h2)=1.5mol/l ,設 c(n2)=x mol,列三段式有:n2 g + 3h2g ?2nh 3 g起始 ( mol gl-1 )0.51.50轉化 (-1 )mol lx3x2xg平衡 (g-1 )0.5-x1.5-3x2xmol l容器內壓強是起始的0.9 倍,溫度和容器容積不變,氣體的壓強比等

33、于濃度之比,所以0.5-x+1.5-3x+2x molgl-1=0.9 ,解得 x=0.1mol/l ,則 c(h2)=0.3mol/l , v(n2)=0.1g -10.5+1.5 mol lc0.3molgl-1mol/(l min) ,則反應時間 t=0.1 mol/l gmin=3min ;v(5)鐵元素化合價由 +3升高為 +6,失去 3 個電子,氯元素化合價由+1降低為 -1,得2 個電子,取最小公倍數,則氫氧化鐵與高鐵酸根前系數為2,次氯酸跟與氯離子前系數為3,再根據電荷守恒及原子守恒配平得2fe(oh)3-42-2+3clo +4oh =2feo+3cl +5h o;(6)cu

34、 p 中 p 元素化合價為 -3,h po 中 p 元素化合價為+5,所以 p 既是氧化劑又是還原334劑, cu 元素化合價由cuso4中的34+2 降低為 cu p 中+1,所以cuso 也是氧化劑,即氧化劑為 p、 cuso4342mol (+5-0)=10mol。;當有 2mol hpo 生成,轉移的電子的物質的量為7 利用釩鈦磁鐵礦冶煉后產生的釩渣(主要含feo v2o3、 al2o3、 sio2 及少量可溶性磷酸鹽)生產v2o5 的工藝流程如下,回答下列問題:已知: v2o5、al2o3、 sio2 可與 na2co3、 nacl 組成的混合鈉鹽在高溫下反應,并轉化為navo3、n

35、aalo 2、 na2sio3 等可溶性鈉鹽。 alo 2 +4h+=al3+2h2o。(1)焙燒包括氧化和鈉化成鹽兩個過程,氧化的目的是獲得v2o5,寫出氧化過程中feo v2o3 發(fā)生反應的化學方程式_;廢渣的主要成分是_;精制中加鹽酸調 ph 的主要作用是 _,加入 nh3h2 o 后發(fā)生反應的離子方程式為_。(2)精制中加入 cacl2 溶液除去磷酸鹽, ph 過小時影響除磷效果的原因是_;ph 過大時,沉淀量增大的原因是_。(3)沉釩所得 nh4vo3 沉淀需進行洗滌,洗滌時除去的陰離子主要是_。 nh4vo3 在500時焙燒脫氨制得產品v2o5,反應方程式為2nh4vo3v2o5+

36、h2 o+2nh3。但脫氨過程中,部分v2o5會轉化成v2o4,反應中氧化劑與還原劑物質的量之比為32: ,該反應的化學方程式為 _。焙燒【答案】 4feo v2o3 +5o22fe2o3 + 4v2o5 fe2o3 或 fe( oh) 3除 si 并轉化-+h2o = aloh 3+ 3nh+h2o = h2o +alo2 寫“除 si”即得分)al3 + 3nh3h + nh3() nh (寫出第一個離子方程式即得分)形成溶解度較大的酸式鹽(或形成溶解度較大的磷酸氫鈣和 / 或磷酸二氫鈣)產生了 ca( oh) 2 沉淀cl3v2o5 +2nh35003v2o4 + n2 +3h2o【解析

37、】【分析】氧化過程 feo v2o3 生成對應的金屬氧化物fe2o3 和 v2 o5;經過氧化和鈉化后,v2o5、al o 、 sio 均轉化為可溶性鹽, fe o 或 fe( oh) 成為濾渣;精制中加鹽酸調ph 為了232233-+發(fā)生反應生成和 sio32反應生成硅酸沉淀,將alo2轉化為 al3 ;加入 nh3 h2o 后與 al3al oh3沉淀;精制中加入cacl2溶液生成磷酸鈣沉淀,除去磷酸鹽,沉釩時加入試劑()nh cl,所得 nh vo 沉淀,焙燒得到產品,據此分析。443【詳解】(1)氧化過程 feo v23生成對應的金屬氧化物2 32 5ofe o 和 v o ,化學方程

38、式為:焙燒4feo v o + 5o2fe o + 4v o ;經過氧化和鈉化后, vo 、 al o 、 sio 均轉化為232232525232可溶性鹽, fe或 fe( oh) 3 成為濾渣;精制中加鹽酸調ph 為了和2-反應生成硅2 o3 sio3酸沉淀,將 alo2- 轉化為 al3+;加入 nh323 +發(fā)生反應生成al( oh) 3 沉淀,還可以 h o 后與 al中和酸,反應方程式為:al 3+ +3nh 3gh 2o=aloh 3+3nh 4+ 、h + +nh 3 gh 2o=h 2o+nh 4+ ,故答案為: 4feo v2o3 +焙燒5o22fe2o3 + 4v2o5;

39、fe2 o3 或 fe( oh) 3 ;除 si 并轉化 alo2- ( 寫“除 si”即得分 ) ;al 3+ +3nh3 gh 2o=aloh 3+3nh 4+ , h + +nh 3gh 2o=h 2o+nh 4+ (寫出第一個離子方程式即得分);(2)精制中加入cacl2 溶液生成磷酸鈣沉淀,除去磷酸鹽,ph 過小時形成溶解度較大的酸式鹽;ph過大時易形成ca oh 2沉淀,故答案為:形成溶解度較大的酸式鹽(或形成溶()解度較大的磷酸氫鈣和/ 或磷酸二氫鈣);產生了ca( oh) 2 沉淀;(3)沉釩時加入試劑 nh4cl,因此所得 nh4vo3 沉淀含有陰離子主要為-cl ;脫氨過程中,部分 v2o5會轉化成v2o4,且反應中氧化劑與還原劑物質的量之比為32v2o5為氧化: ,則劑, nh3 為還原劑,還原產物為v2o4,氧化產物為n2,則氧化還原方程式為:3v2o5 +5003v2o4+ n2+ 3h2nh3500+ n2 +2nh32o,故答案為: cl ;3v 2o5 +3v2o43h2o。8 銻(

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