備戰(zhàn)高考化學(xué)培優(yōu)易錯(cuò)難題(含解析)之氧化還原反應(yīng)附答案

1、一、高中化學(xué)氧化還原反應(yīng)練習(xí)題(含詳細(xì)答案解析)1.碳酸亞鐵可用于制備補(bǔ)血?jiǎng)Ｄ逞芯啃〗M制備了FeCQ,并對FeCQ的性質(zhì)和應(yīng)用進(jìn)行了探究。已知：FeCQ是白色固體，又t溶于水 Fe2+6SCNBFe(SCN)4-(無色)I . FeCQ的制取(夾持裝置略)實(shí)驗(yàn)i：裝置C中，向Na2CC3溶液(pH =11.9)通入一段時(shí)間 CQ至其pH為7,滴加一定量FeSQ 溶液，產(chǎn)生白色沉淀，過濾、洗滌、干燥，得到FeCQ固體。試劑a是。(2)向Na2CC3溶液通入 CC2的目的是。(3)C裝置中制取FeCQ的離子方程式為 。(4)有同學(xué)認(rèn)為C中出現(xiàn)白色沉淀之后應(yīng)繼續(xù)通CC2,你認(rèn)為是否合理并說明理由n

2、 .FeCQ的性質(zhì)探究充分偃蕩，力救為色，并有紅褐色元1s加 3mL-4rhoi/L K5CN簾第0 .實(shí)驗(yàn)iii士國北碘比。fko.rih對比實(shí)驗(yàn)ii和iii ,得出的實(shí)驗(yàn)結(jié)論是 。(6)依據(jù)實(shí)驗(yàn)ii的現(xiàn)象，寫出加入10%H2O2溶液的離子方程式 。m .FeCC3的應(yīng)用(7)FeC。溶于乳酸CH3CH(OH)COOH能制得可溶性乳酸亞鐵(CH3CH(OH)COO2Fe,相對 分子質(zhì)量 為234)補(bǔ)血?jiǎng)?。為測定補(bǔ)血?jiǎng)┲衼嗚F含量進(jìn)而計(jì)算乳酸亞鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，樹德 中學(xué)化學(xué)實(shí)驗(yàn)小組準(zhǔn)確稱量1.0g補(bǔ)血?jiǎng)盟嵝?KMnO4溶液滴定該補(bǔ)血?jiǎng)?，消?.1000mol/L的KMnO4溶液10.00mL,

3、則乳酸亞鐵在補(bǔ)血?jiǎng)┲械馁|(zhì)量分?jǐn)?shù)為 ,該數(shù)值 異常的原因是 (不考慮操作不當(dāng)以及試劑變質(zhì)引起的誤差)?！敬鸢浮匡柡蚇aHCO3溶液降低溶液中OH濃度，防止生成 Fe(OH)2 2HCQ-+ Fe2+=FeCOa +CQT +KO 不合理，CQ會(huì)和FeCQ反應(yīng)生成Fe(HCQ”(或合理，排出氧氣 的影響)FS+與SCN的絡(luò)合(或結(jié)合)會(huì)促進(jìn)FeCQ固體的溶解或 FeCQ固體在KSCN溶液中 的溶解性比 KCl溶液中大6Fe(SCN64-+3H2O2=2Fe(OH)3 J +4Fe(SCN)+24SCN或6Fe2+3H2O2+l2SCN=2Fe(OH)H +4Fe(SCN)或 6Fe2+3H2O2=

4、2Fe(OH)3 J +4Fe+ 117% 乳酸根 中的羥基被KMnO4氧化，也消耗了 KMnO4【解析】【分析】I.裝置A中碳酸鈣和稀鹽酸反應(yīng)生成的二氧化碳中混有揮發(fā)的氯化氫氣體，需要利用裝置B中盛裝的飽和碳酸氫鈉溶液除去，裝置 C中，向碳酸鈉溶液(pH=11.9)通入一段時(shí)間二氧 化碳至其pH為7,滴加一定量硫酸亞鐵溶液產(chǎn)生白色沉淀，過濾，洗滌，干燥，得到FeCO;II. (5)根據(jù)Fe2+6SCNiFe(SCN64-分析FeCQ在KCl和KSCN兩種不同溶液中的溶解度不同 判斷；(6)實(shí)驗(yàn)ii中溶液顯紅色且有紅褐色沉淀生成，說明加入10%過氧化氫溶液后有 Fe(OH)3和Fe(SCN)

5、生成；(7)FeCQ溶于乳酸CH3CH(OH)COOH)能制得可溶性乳酸亞鐵補(bǔ)血?jiǎng)?，根?jù)得失電子守恒 和元素守恒建立關(guān)系式進(jìn)行計(jì)算；乳酸根中有羥基，也能被高鎰酸鉀溶液氧化?！驹斀狻縄. (1)裝置A中制取的CQ中混有HCl,欲除去CQ中混有的HCl, B中盛裝的試劑a應(yīng)是飽 和NaHCQ溶液，故答案為：飽和NaHCQ溶液；(2)向Na2CC3溶液中通入 CO2的目的是利用 CQ和Na2CC3反應(yīng)生成的NaHCQ,提高溶液中 HCQ-的濃度，抑制CO2-的水解，降低溶液中 OH-的濃度，防止生成 Fe(OH)2,故答案為： 降低溶液中OH-濃度，防止生成Fe(OH)2；(3)裝置C中，向Na2C

6、O3溶液(pH=11.9)通入一段時(shí)間CO2至其pH為7,此時(shí)溶液中溶質(zhì)主 要為NaHCQ,再滴加FeSQ溶液，有FeCQ沉淀生成，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2HCQ- +Fe2+=FeCQ J +COT +H2O,故答案為：2HCO3-+ Fe2+=FeCQj +COT +H2O;(4)FeCO3沉淀能溶解在 CQ的水溶液中，生成可溶于水的Fe(HCQ)2,降低產(chǎn)物的量，則當(dāng)出現(xiàn)白色沉淀之后不應(yīng)繼續(xù)通入CC2,或者：出現(xiàn)白色沉淀之后繼續(xù)通CO2,可防止空氣中氧氣氧化FeCQ,提高產(chǎn)物的純度，故答案為：不合理，CQ會(huì)和FeCQ反應(yīng)生成Fe(HCC3)2(或合理，排出氧氣的影響)；n. (5)通過對

7、比實(shí)驗(yàn)ii和iii,可知Fe2+與SCN的絡(luò)合生成可溶于水的Fe(SCN64一,會(huì)促進(jìn)FeCC3固體的溶解，故答案為：Fe2+與SCN的絡(luò)合(或結(jié)合)會(huì)促進(jìn)FeCQ固體的溶解或FeC。固體在KSCN溶液中的溶解性比 KCl溶液中大；(6)依據(jù)實(shí)驗(yàn)ii的現(xiàn)象，可知在含有 Fe2+的溶液中滴加10%的過氧化氫溶液后，有 Fe(CH)3和 Fe(SCN) 生成，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為 6Fe(SCN64-+3H2C2=2Fe(CH)U +4Fe(SCN)+24SCN或 6Fe2+3H2C2+12SCN=2Fe(CH)4 +4Fe(SCN或 6Fe2+3H2C2=2Fe(CH)3 J +4F*;故答案

8、為：6Fe(SCN64-+3H2C2=2Fe(CH)3 J +4Fe(SCN)+24SCN或 6Fe2+3H2C2+12SCN=2Fe(CH)H +4Fe(SCN3或 6Fe2+3H2C2=2Fe(CH)H +4F(3+；出.(7)FeCC3溶于乳酸CH3CH(CH)CCCH能制得可溶性乳酸亞鐵(CH3CH(CH)CCC2Fe補(bǔ) 血?jiǎng)傻藐P(guān)系式 MnC45Fe2+5CH3CH(CH)CCC2Fe,則乳酸亞鐵的物質(zhì)的量為0.1000mol/L X0.01L X 5=0.005麗1酸亞鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)0.005mol 234g/mol1.0g100%=117% ,由于乳酸根中含有羥基，也可以被酸性高

9、鎰酸鉀溶液氧化，導(dǎo)致消耗高鎰酸鉀溶液的量增多，而計(jì)算中只按Fe2+被氧化，故計(jì)算所得乳酸亞鐵的質(zhì)量偏大，導(dǎo)致產(chǎn)品中乳酸亞鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于100%,故答案為：117%；乳酸根中的羥基被KMnO4氧化，也消耗了 KMnO4o 2.高氯酸鏤是一種常見的強(qiáng)氧化劑，常用作火箭發(fā)射的推進(jìn)劑。根據(jù)下列信息回答問題已知:高氯酸錢受熱分解為 N2、Cl2、O2和H2O;Mg3N2易水解；Cu與N2在酒精燈加熱 條件下不反應(yīng)。（1）寫出高氯酸俊受熱分解的化學(xué)反應(yīng)方程式：, Mg3N2的電子式為（2）現(xiàn)有23.5g NH4C1O4分解，用下列裝置設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)，驗(yàn)證其分解產(chǎn)物并計(jì)算分解率。（注:裝置中空氣已除盡；裝置可重

10、復(fù)使用；BF裝置中的試劑均過量且能與相應(yīng)物質(zhì)反 應(yīng)完全。）用E裝置質(zhì)量的增加來驗(yàn)證生成的氣體產(chǎn)物之一，則 E中盛放的試劑是請按氣流由左至右的方向連接裝置：A 一D -B?一 一 一E選才i BF裝置，并用BF字母填空）。證明產(chǎn)物中有Cl2的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象：。反應(yīng)結(jié)束后，若 C裝置質(zhì)量增加了 2.38g,則NH4clO4的分解率是：%。（3）樣品中NH4ClQ的含量（雜質(zhì)中不含NH4+）還可用蒸儲(chǔ)法測定（如圖所示，加熱和夾持裝 置已去），實(shí)驗(yàn)步驟如下：步驟1:組裝儀器，檢查氣密性；準(zhǔn)確稱取樣品a g沖超過0.5g）于蒸儲(chǔ)燒瓶中，加入約 150mL 水溶解。步驟2:準(zhǔn)確量取40.00mL約0.1mol/

11、L H2SO4于錐形瓶中。步驟3:向蒸儲(chǔ)燒瓶中加入 20mL 3mol/L NaOH溶液;加熱蒸儲(chǔ)使NH3全部揮發(fā)。步驟4:用新煮沸過的水沖洗冷凝裝置23次，洗滌液并入錐形瓶中。步驟5：向錐形瓶中加23滴甲基橙，用c mol/L NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液Vi mLo步驟6:重復(fù)實(shí)驗(yàn)23次?；卮鹣铝袉栴}：步驟2中，準(zhǔn)確量取40.00ml H2SO4溶液的玻璃儀器是：。為獲得樣品中 NH4c1O4的含量，還需補(bǔ)充的實(shí)驗(yàn)是 ：。【答案】2NH4ClO4_L202 T +N4 +C2 T +4H2OT.叫停戶M.叫多產(chǎn)濃硫酸E F C D1置中顏色由無色變?yōu)槌壬?5.0或85酸

12、式滴定管或移液管用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液標(biāo)定硫酸溶液的濃度【解析】(1)根據(jù)得失電子守恒配平高氯酸俊受熱分解的化學(xué)反應(yīng)方程式；Mg3N2是離子化合物；(2) A是高氯酸俊受熱分解的裝置；B是氫氧化鈉溶液，可以吸收氯氣；C中盛放Mg粉，可以檢驗(yàn)氮?dú)猓?D中澳化鉀可以檢驗(yàn)氯氣；F中銅粉可以檢驗(yàn)氧氣；E中盛放液體，根據(jù)E裝置質(zhì)量的增加來驗(yàn)證生成的水，所以E中盛濃硫酸；(3)根據(jù)硫酸體積的精度是0.01mL選擇儀器；要計(jì)算 NH4clO4的含量，需要知道硫酸溶液的濃度?！驹斀狻?1)根據(jù)得失電子守恒配平高氯酸俊受熱分解的化學(xué)反應(yīng)方程式為2NH4ClO4=2O2T +N4 +C2T +4H20T ; Mg3N

13、2是離子化合物，電子式是(2)A是高氯酸俊受熱分解的裝置； B是氫氧化鈉溶液，可以吸收氯氣； C中盛放Mg 粉，可以檢驗(yàn)氮?dú)猓?D中澳化鉀可以檢驗(yàn)氯氣； F中銅粉可以檢驗(yàn)氧氣； E中盛放液體，根 據(jù)E裝置質(zhì)量的增加來驗(yàn)證生成的水，所以 E中盛濃硫酸；根據(jù)以上分析，按氣流由左至右的方向連接裝置：A 一D 一BF一D中澳化鉀可以與氯氣反應(yīng)，方程式是2KBr+C2=2KCl+B2,濱水為橙色，所以 D裝置中顏色由無色變?yōu)槌壬梢宰C明產(chǎn)物中有Cl2;C中盛放Mg粉，可以與氮?dú)夥磻?yīng)生成 Mg3N2,若C裝置質(zhì)量增加了 2.38g,說明反應(yīng)生成氮?dú)?.38g,則NH4clO4的分解率是2.38g23.5g

14、14117.5100%85%(3)根據(jù)硫酸體積的精度是0.01mL,準(zhǔn)確量取40.00mLH2S。溶液的玻璃儀器是酸式滴定管；為獲得樣品中 NH4clO4的含量，還需補(bǔ)充的實(shí)驗(yàn)是用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液標(biāo)定硫酸溶液的濃度。3 .根據(jù)當(dāng)?shù)刭Y源等情況，硫酸工業(yè)常用黃鐵礦（主要成分為Fe$）作為原料。完成下列填空： 將0.050mol SO2（g）和0.030mol O 2（g）充入一個(gè)2L的密閉容器中，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)：2SQ（g）+O2（g）? 2SO3（g）+Q。經(jīng)2分鐘反應(yīng)達(dá)到平衡，測得n（SO3）=0.040mol,則02的平均反應(yīng)速率為（2）在容積不變時(shí)，下列措施中有利于提高SQ平衡轉(zhuǎn)化率

15、的有 （選填編號）a.移出氧氣b降低溫度c.減小壓強(qiáng)d再充入 0.050molSO2（g）和 0.030molO2（g）在起始溫度（673K）時(shí)SQ的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時(shí)間的變化如圖，請?jiān)趫D中畫出其他條件不變情況下，起始溫度為T2（723K）時(shí)SQ的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時(shí)間變化的示意圖 （4）黃鐵礦在一定條件下煨燒的產(chǎn)物為SC2和Fe3O4將黃鐵礦的煨燒產(chǎn)物 Fe3O4溶于H2SQ后，加入鐵粉，可制備FeSQ。酸溶過程中需維持溶液有足夠的酸性，其原因是 FeS2能將溶液中的Fe3+還原為Fe2+,本身被氧化為SO2,寫出有關(guān)的離子方程式。有2mol氧化產(chǎn)物生成時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為 制 Fe3+與 Fe2+的水解

16、，并防止 Fe2+被氧化成 Fe3+ FeS+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SOi2 +16H+抑14Na【解析】【分析】根據(jù)v =c求出氧氣的速率，然后根據(jù)速率之比等于對應(yīng)物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比計(jì)算;(2)反應(yīng)放熱，為提高 SQ平衡轉(zhuǎn)化率，應(yīng)使平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，可降低溫度，體積不 變，不能從壓強(qiáng)的角度考慮，催化劑不影響平衡移動(dòng)，移出氧氣，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，不利于提高SO2平衡轉(zhuǎn)化率，由此分析解答；(3)反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向進(jìn)行，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減小，但達(dá)到平衡所需要的時(shí)間縮短，據(jù)此畫出曲線；(4)Fe3+與Fe2+易水解，F(xiàn)e2+易被氧化成Fe3+;根據(jù)氧化還原反應(yīng)

17、中的反應(yīng)物和生成物幾何電子守恒來配平化學(xué)方程式，結(jié)合方程計(jì)算 轉(zhuǎn)移電子數(shù)?！驹斀狻?.040mol1(1)v(SO3)=一= 2L =0.01mol/(L?min),所以 v(O2)= v(SQ)= 0.005mol/(L?min), t 2min2故答案為：0.005mol/(L?min);(2)a.移出氧氣，平衡逆向移動(dòng)，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減少，故不選；b.降低溫度，平衡正向移動(dòng)，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率增大，故選；c.減小壓強(qiáng)，平衡逆向移動(dòng)，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減少，故不選；d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g),相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率增大，故選；故

18、答案為：bd ；反應(yīng)：2SO2(g)+O2(g)? 2SO3(g) HV0, SQ的轉(zhuǎn)化率在起始溫度 Ti = 673K下隨反應(yīng)時(shí)間的變化如圖，其他條件不變，僅改變起始溫度為T2= 723K,溫度升高，平衡逆向進(jìn)行，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減小，但反應(yīng)速率增大，達(dá)到平衡需要的時(shí)間短，在圖中畫出溫度T2下SQ的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時(shí)間變化的預(yù)期結(jié)果示意圖如圖所示;故答案為:(4)Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SQ后，生成的FeT與F?易水解，F(xiàn)e2+易被氧化成Fe3+ ,所 以要加入Fe粉和酸，抑制Fe3+與Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+,故答案為：抑 制Fe3+與Fe2 +的水解，并防止

19、Fe2+被氧化成Fe3+；-2價(jià)的硫離子具有還原性，F(xiàn)e$可以將溶液中的Fe3還原為Fe2+,而本身被氧化為硫酸根離子，有關(guān)的離子方程式為：FeS+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SC42 +16H+,氧化產(chǎn)物是硫酸根離子，有2mol硫酸根生成時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為14Na,故答案為：Fea+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SQ2 +16H+； 14Na?！军c(diǎn)睛】注意(3)溫度升高，平衡逆向進(jìn)行，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減小，但反應(yīng)速率增大，達(dá)到平衡需 要的時(shí)間短，此為解題的關(guān)鍵。4 .常溫下，三硫代碳酸鈉(NazCS)是玫瑰紅色針狀固體，與碳酸鈉性質(zhì)相近。在工農(nóng)業(yè)生 產(chǎn)中有廣泛的用途。某小組設(shè)計(jì)實(shí)

20、驗(yàn)探究三硫代碳酸鈉的性質(zhì)并測定其溶液的濃度。實(shí)驗(yàn)一：探究NazCS的性質(zhì)(1)向NazCS溶液中滴入酚酗:試液，溶液變紅色。用離子方程式說明溶液呈堿性的原因 (2)向NazCS溶液中滴加酸性 KMnO4溶液，紫色褪去。該反應(yīng)中被氧化的元素是O實(shí)驗(yàn)二：測定Na2CS3溶液的濃度足量2.0mol/L稀H2SC4,關(guān)閉活塞。已知：Na2CS3+ H2SC4=Na2SC4+ CS2+ H2S CS2和 H2s均有毒。CS2不溶于水，沸點(diǎn) 46C, 密度1.26g/mL,與CC2某些性質(zhì)相似，與 NaOH作用生成Na2COS和H2O。(1)盛放堿石灰的儀器的名稱是 ,堿石灰的主要成分是 (填化學(xué)式)。(

21、2)C中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是 。(3)反應(yīng)結(jié)束后打開活塞 K,再緩慢通入N2一段時(shí)間，其目的是 。(4)為了計(jì)算Na2CS溶液的濃度，對充分反應(yīng)后B中混合物進(jìn)行過濾、洗滌、干燥、稱重，得8.4g固體，則三頸瓶中Na2CS的物質(zhì)的量濃度為 ?！敬鸢浮緾$2- +H2O? HCS-+OH S 干燥管 CaO和 NaOH CS +2OH-=COS2-+H2。將裝置中殘留的的H2s CS2全部排入后續(xù)裝置中，使其被完全吸收1.75mol/L【解析】【分析】實(shí)驗(yàn)一：(1)Na2C8的水溶液中加入酚酗:變紅色，說明Na2CS是強(qiáng)堿弱酸鹽；(2)根據(jù)Na2C3中元素化合價(jià)是否是該元素的最高價(jià)態(tài)來進(jìn)行判斷；

22、實(shí)驗(yàn)二：(1)根據(jù)儀器的圖形判斷儀器的名稱；堿石灰的主要成分是氧化鈣和氫氧化鈉；(2)A中生成的CS?可與NaOH作用生成 Na2COS和H2O;(3)反應(yīng)結(jié)束后打開活塞 k,再緩慢通入熱N2一段時(shí)間是把生成的硫化氫和二硫化碳全部趕 入后面裝置完全吸收；(4)當(dāng)A中反應(yīng)完全后，打開 K緩慢通入熱N2一段時(shí)間，然后對 B中混合物進(jìn)行過濾、洗滌、干燥，稱重，得 8.4g黑色固體，n(CuS)= -84g = 0.0875mol ,根據(jù)關(guān)系式96g/molNa2CSH2sCuS 得 n(Na2CS)= n(CuS)= 0.0875mol ,根據(jù) c=(計(jì)算 A 中 Na2CS 溶液的濃度。【詳解】實(shí)

23、驗(yàn)一：(1)Na2CS的水溶液中加入酚酗:變紅色，說明Na2CS是強(qiáng)堿弱酸鹽，則 CS32-在水中發(fā)生水解，離子方程式為：CS32-+H2O? HCS-+OH-;(2)Na2CS中Na為+1價(jià)，C為+4價(jià)，都是元素的最高價(jià)態(tài)，不能被氧化，S為-2價(jià)，是硫元素的低價(jià)態(tài)，能夠被氧化，所以被氧化的元素是S；實(shí)驗(yàn)二：(1)盛放堿石灰的儀器為干燥管，堿石灰的主要成分是氧化鈣和氫氧化鈉；(2)A中生成的CS2可與NaOH作用生成 Na2COS和H2O,相關(guān)離子方程式為：CS2 +2OH-=COS2+H2O；(3)反應(yīng)結(jié)束后打開活塞 k,再緩慢通入熱 N2一段時(shí)間，其目的是：將裝置中的H2s全部排入B中被充

24、分吸收；將裝置中的CS2全部排入C中被充分吸收；(4)當(dāng)A中反應(yīng)完全后，打開 K緩慢通入熱N2一段時(shí)間，然后對 B中混合物進(jìn)行過濾、洗滌、干燥，稱重，得 8.4g黑色固體，n(CuS)=8.4g=0.0875mol,根據(jù)關(guān)系式96g/molNa2CSH2sCuS 得 n(Na2c8)= n(CuS)= 0.0875mol ,c(Na2cS)=0.0875mol0.05L=1.75mol/L。5.下表是某學(xué)生為探究 AgCl沉淀轉(zhuǎn)化為Ag 2s沉淀的反應(yīng)所做實(shí)驗(yàn)的記錄.步驟現(xiàn)象I .取 5mL 0.1mol/L AgNO3與一定體積 0.1mol/L NaCl溶 液，混合，振蕩.立即產(chǎn)生白色沉淀

25、n .向所得懸濁液中加入 2.5mL 0.1mol/L Na2s溶液.沉淀迅速變?yōu)楹谏?將上述黑色濁液，放置在空氣中，不斷攪拌.較長時(shí)間后，沉淀變?yōu)槿?白色W .濾出出中的乳白色沉淀，加入足量HNO3溶液.產(chǎn)生紅棕色氣體，沉淀部 分溶解V .過濾得到濾液X和白色沉淀Y；向X中滴加Ba(NO 3)2溶 液.產(chǎn)生白色沉淀1為了證明沉淀變黑是 AgCl轉(zhuǎn)化為Ag 2s的緣故，步驟I中NaCl溶液的體積范圍為 O 10302已知：25c時(shí)Ksp AgCl 1.8 10, Q Ag 2s 6 10 ,此沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)的平衡常數(shù)K 。3步驟V中產(chǎn)生的白色沉淀的化學(xué)式為 ,步驟出中乳白色沉淀除含有AgCl外

26、，還含有。4為了進(jìn)一步確認(rèn)步驟出中乳白色沉淀產(chǎn)生的原因，設(shè)計(jì)了如下圖所示的對比實(shí)驗(yàn)裝置。裝置A中玻璃儀器有圓底燒瓶、導(dǎo)管和 ，試劑W為。裝置C中的試劑為NaCl溶液和Ag 2s懸濁液的混合物，B中試劑為 。 實(shí)驗(yàn)表明：C中沉淀逐漸變?yōu)槿榘咨?，B中沒有明顯變化。完成C中反應(yīng)的化學(xué)方程式： Ag2S+NaCl+? AgCl+S+C中NaCl的作用是： 【答案】5mL 5.4 109 BaSO4 S分液漏斗過氧化氫溶液 Ag 2s懸濁液2Ag 2s 4NaCl O2 2H2O? 4AgCl 2S 4NaOH 氧氣將 Ag 2s 氧化成 S時(shí)有Ag產(chǎn)生，NaCl電離的氯離子與銀離子結(jié)合生成AgCl沉淀

27、，使c Ag 減小，有利于氧化還原反應(yīng)的平衡右移【解析】【分析】(1)要證明沉淀變黑是 AgCl轉(zhuǎn)化為Ag 2s的緣故，則步驟I中必須使硝酸銀電離出的銀離子 完全轉(zhuǎn)化成AgCl沉淀；c2 Cl(2)K(3)黑色的硫化銀沉淀被氧氣氧化為氯化銀沉淀和硫單質(zhì)；硫單質(zhì)被硝酸氧化為硫酸根離子；(4)根據(jù)裝置圖判斷儀器名稱；裝置 A的作用是提供氧氣；進(jìn)一步確認(rèn)步驟 出中乳白色沉淀產(chǎn)生的原因，裝置C中的試劑為NaCl溶液和Ag 2s懸濁液的混合物，則裝置 B中應(yīng)該不含氯化鈉溶液；裝置C中生成的白色沉淀為氯化銀和S單質(zhì)，反應(yīng)物應(yīng)該還有氧氣，產(chǎn)物中鈉離子只能以氫氧化鈉形式存在，則未知的反應(yīng)物為氫氧化鈉，再根據(jù)

28、H元素守恒可知另一種未知反應(yīng)物為水，然后根據(jù)化合價(jià)升降相等配平反應(yīng)方程式?！驹斀狻?1)要證明沉淀變黑是 AgCl轉(zhuǎn)化為Ag 2s的緣故，則步驟I中必須使硝酸銀電離出的銀離子完全轉(zhuǎn)化成AgCl沉淀，所以加入的 NaCl溶液的體積必須 5mL;2aq ? Ag2S s 2Cl aq ,該反應(yīng)(2)氯化銀轉(zhuǎn)化成硫化銀的反應(yīng)為：2AgCl s S的平衡常數(shù)為：c2 ClK -Tc S2c2 Agc2 Cl22c Ag c S2_Ksp AgClKsp Ag2s(1.8 5.4 109;6 10 30(3)步驟出中較長時(shí)間后，沉淀變?yōu)槿榘咨瑒t黑色的硫化銀沉淀氧化成氯化銀沉淀；再根據(jù)濾出出中的乳白色沉

29、淀，加入足量 HNO3溶液，產(chǎn)生紅棕色氣體，沉淀部分溶解，則被 氧化的只能為S元素，故乳白色沉淀為 AgCl和S的混合物；其中S被稀硝酸氧化成硫酸根 離子，則在步驟V中向X中滴加Ba(NO 3)2溶液會(huì)生成BaSO4沉淀；(4)根據(jù)圖示可知，裝置 A中玻璃儀器有圓底燒瓶、導(dǎo)管和分液漏斗；乳白色沉淀為氯化 銀和S的混合物，裝置 A的作用是提供氧氣，根據(jù)圓底燒瓶中為二氧化鎰可知W為過氧化氫溶液；進(jìn)一步確認(rèn)步驟 出中乳白色沉淀產(chǎn)生的原因，裝置C中的試劑為NaCl溶液和Ag 2s懸濁液的混合物，則裝置 B中應(yīng)該不含氯化鈉溶液，即為 Ag 2s懸濁液，通過對比反應(yīng)現(xiàn)象判 斷生成乳白色沉淀產(chǎn)生的原因；裝置

30、C中生成的白色沉淀為氯化銀和S單質(zhì)，反應(yīng)物應(yīng)該還有氧氣，產(chǎn)物中鈉離子只能以氫氧化鈉形式存在，則未知的產(chǎn)物為氫氧化鈉，再根據(jù)H元素守恒可知另一種未知反應(yīng)物為水，然后根據(jù)化合價(jià)升降相等配平反應(yīng)方程式為2Ag 2s 4NaCl O2 2H 2O? 4AgCl 2S 4NaOH ；裝置C中氯化鈉的作用為：氧 氣將Ag 2s氧化成S時(shí)有Ag產(chǎn)生，NaCl電離的氯離子與溶液中銀離子結(jié)合生成 AgCl沉 淀，使溶液中c Ag 減小，從而有利于氧化還原反應(yīng)2Ag 2s 4NaCl O2 2H2O? 4AgCl 2S 4NaOH 向右移動(dòng)。6.小明很喜歡化學(xué)實(shí)驗(yàn)課，今天要學(xué)習(xí)探究鐵及其化合物的氧化性或還原性(1

31、)實(shí)驗(yàn)前小明預(yù)測說：Fe2+肯定既有還原性又有氧化性。你認(rèn)為他預(yù)測的依據(jù)是：。(2)小明欲用實(shí)驗(yàn)證明他的預(yù)測。實(shí)驗(yàn)室提供了下列試劑：3%的H2O2溶液、鋅粒、銅片、0.1mol L-1FeC2溶液、KSCN溶液、新制氯水。 若小明計(jì)劃在0.1mol L-1FeC2溶液滴入新制氯水，探究 Fe2+的還原性，你預(yù)計(jì)可能發(fā)生 的反應(yīng)和現(xiàn)象是： L寫離子方程式)、溶液由淺綠色變 色。 實(shí)驗(yàn)中，小明發(fā)現(xiàn)現(xiàn)象不太明顯，老師分析可能是產(chǎn)物的含量太低，建議可以通過檢驗(yàn) Fe2+被氧化白產(chǎn)物Fe3+的存在以獲取證據(jù)。你認(rèn)為可選 滴入小明所得的混合液中，并 通過溶液出現(xiàn)色的現(xiàn)象，證明小明的觀點(diǎn)和實(shí)驗(yàn)方案都是正確的

32、。對于證明Fe2+具有氧化性，小明認(rèn)為金屬單質(zhì)都具有還原性，并分別將銅片、鋅粒投入 FeC2溶液中，結(jié)果銅片沒變化，鋅粒逐漸變小。由此說明三種金屬的還原性由強(qiáng)至弱的順 序?yàn)?。(3)小明分析H2O2中氧元素顯-1價(jià)(中間價(jià))，并提出疑問：H2O2與FeC2的反應(yīng)時(shí),F前還作氧化劑嗎？請你為小明梳理相關(guān)問題：若Fe2+在反應(yīng)中表現(xiàn)出氧化性應(yīng)轉(zhuǎn)化成 (填微粒符號，下同)，若Fe2+在反應(yīng)中表現(xiàn)出還原性應(yīng)轉(zhuǎn)化成 。實(shí)際上Fe2+的還原性較強(qiáng)，實(shí)驗(yàn)室的FeC2溶液常因氧化而變質(zhì)。除雜的方法是： ,相關(guān)反應(yīng)的離子方程式： ?！敬鸢浮?1)因?yàn)镕e2+中鐵元素化合價(jià)處于中間價(jià)態(tài)，可以升高也可以降低；(2)

33、Cl 2+ 2Fe2+=2Cl +2Fe3+,棕黃(黃)； KSCN溶液，溶液呈血紅(紅)色 ；Zn、Fe、Cu (或 ZnFeCU ; (3)Fe , Fe3+;加入過量鐵粉，過濾，2Fe3+ Fe= 3F(2+?！窘馕觥吭囶}分析：(1)最低價(jià)態(tài)只具有還原性，最高價(jià)態(tài)只具有氧化性，中間價(jià)態(tài)既具有氧化性又有還原性，鐵的價(jià)態(tài)一般是 0、+2、+3, +2價(jià)位于中間，因此 Fe2+有還原性和氧化性；(2) 氯水具有強(qiáng)氧化性，發(fā)生 2Fe2+ + Cl2=2Fe3+ + 2C，F(xiàn)e3+顯黃色或棕黃色； 檢驗(yàn) Fe3+用KSCN溶液，溶液變紅說明 Fe3 +的存在；根據(jù)利用金屬性強(qiáng)的置換出金屬性弱 的

34、，銅片無變化，說明 Fe的金屬性強(qiáng)于銅，鋅粒逐漸變小，發(fā)生 Zn+ Fe2+=Zn2+ + Fe,說 明Zn的金屬性強(qiáng)于 Fe,即金屬，f雖弱：ZnFeCq (3) 氧化性：得到電子、化合價(jià)降 低，F(xiàn)e2+轉(zhuǎn)變成Fe,還原性：失去電子、化合價(jià)升高，F(xiàn)e2+轉(zhuǎn)變成Fe3+;利用Fe3+具有強(qiáng)氧化性，能和金屬單質(zhì)反應(yīng)，不能引入新的雜質(zhì)，因此加入單質(zhì)鐵，發(fā)生Fe+ 2Fe3+=3Fe2+?？键c(diǎn)：考查鐵及其化合物的性質(zhì)等知識。7.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:$0八 NaCICuSCX 溶液- CuCI 沉淀打小派稀SO,海綿銅溶解沉淀。八Hq口NO HMO八

35、 HN02IINOj吸收電解(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) + 02(g)脩? 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。) H

36、衣 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

37、件下具有氧化性，會(huì)將銅氧化為銅離子，最終生成硫酸銅，S6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； SO42-中S原子價(jià)層電子對個(gè)數(shù) =4+ 6+2-4 2 =4,且不含孤電子對，由價(jià)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)+O2嚕? 2NO2(g)H=A112.6kJ?

38、mo-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(dòng)，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) 一可以得到用水吸收 NO2生成HNO3和NO的熱2化學(xué)方程式：3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)H=-2212.1kJ?mo-1 ;(3)電解過程中，陽極上 HN6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+2C +2H2O=2CuCl J +SO2-

39、+4H+O 8. 2019年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)?lì)C給了日本吉野彰等三人，以表彰他們對鋰離子電池研發(fā)的卓越貝獻(xiàn)。(1)工業(yè)中利用鋰輝石(主要成分為LiAlS2O6,還含有Fe。CaO、MgO等)制備鉆酸鋰(LiCoO2)的流程如圖:石度孔(調(diào)間11)和治部謔滋1/而？闿港回答下列問題：鋰輝石的主要成分為LiAlS2O6,其氧化物的形式為。為提高 酸化焙燒”效率，常采取的措施是 。向浸出液”中加入CaCQ,其目的是除去 酸化焙燒”中過量的硫酸，控制 pH使Fe3+、A13+完全沉淀，則 pH 至少為。(已知：,KspFe(OH)3=4.0 x-3% KspAl(OH)3=1.0 X%完全沉淀后離子濃度低于

40、1 X l(5)moi/L )。濾渣2”的主要化學(xué)成分為一。沉鋰”過程中加入的沉淀劑為飽和的(化學(xué)式)溶液。(2)利用鋰離子能在石墨烯表面和電極之間快速大量穿梭運(yùn)動(dòng)的特性，開發(fā)出石墨烯電百量池，電池反應(yīng)式為 LiCoQ+Q-m LixC6+Lii-xCoO2其工作原理如圖 2。下列關(guān)于該電池的說法正確的是(填字母)。揶2A.過程1為放電過程B.該電池若用隔膜可選用質(zhì)子交換膜C.石墨烯電池的優(yōu)點(diǎn)是提高電池的儲(chǔ)鋰容量進(jìn)而提高能量密度D.充電時(shí)，LiCoO2極發(fā)生的電極反應(yīng)為 LiCoO2-xe-=xLi+Lii-xCoO2E對廢舊的該電池進(jìn)行放電處理”讓Li+嵌入石墨烯中而有利于回收(3) LiF

41、ePQ也是一種電動(dòng)汽車電池的電極材料，實(shí)驗(yàn)室先將綠磯溶解在磷酸中，再加入氫氧化鈉和次氯酸鈉溶液反應(yīng)獲得FePQ固體。再將FePQ固體與H2QO4和LiOH反應(yīng)即可獲彳導(dǎo)LiFePQ同時(shí)獲得兩種氣體。寫出FePQ固體與H2C2O4和LiOH反應(yīng)溶液獲得LiFePQ的化學(xué)方程式。LiFePQ需要在高溫下成型才能作為電極，高溫成型時(shí)要加入少量活性炭黑，其作用是O【答案】Li2O?Al2O3?4SiO2將礦石細(xì)磨、攪拌、升高溫度4.7 Mg(OH)2和CaCQ Na2CO3CD 2LiOH+6H!C2O4+2FePQ=2LiFePQ+7COd +5COT +7H2O 與空氣中的氧氣反應(yīng)，防止 LiFe

42、PQ中的Fe2+被氧化【解析】【分析】鋰輝石(主要成分為LiAlS2O6,還含有Fe。CaO、MgO等)為原料來制取鉆酸鋰(LiCoQ),加 入過量濃硫酸酸化焙燒鋰輝礦，之后加入碳酸鈣除去過量的硫酸，并使鐵離子、鋁離子沉淀完全，然后加入氫氧化鈣和碳酸鈉調(diào)節(jié)pH沉淀鎂離子和鈣離子，過濾得到主要含鋰離子的溶液，濾液蒸發(fā)濃縮得20%L2S,加入碳酸鈉沉淀鋰離子生成碳酸鋰，洗滌后與Co3O4高溫下焙燒生成鉆酸鋰；【詳解】(1)硅酸鹽改寫成氧化物形式的方法如下：a.氧化物的書寫順序：活潑金屬氧化物一較活發(fā)金屬氧化物一二氧化硅一水，不同氧化物間以 隔開；b.各元素的化合價(jià)保持不變，且 滿足化合價(jià)代數(shù)和為零

43、，各元素原子個(gè)數(shù)比符合原來的組成；c、當(dāng)計(jì)量數(shù)配置出現(xiàn)分?jǐn)?shù)時(shí)應(yīng)化為整數(shù)；鋰輝石的主要成分為LiAlS2O6,根據(jù)方法，其氧化物的形式為Li2O?Al2O3?4SiO2 ；流程題目中為提高原料酸侵效率，一般采用的方法有：減小原料粒徑(或粉碎)、適當(dāng)增加酸溶液濃度、適當(dāng)升高溫度、攪拌、多次浸取等；本題中為酸化焙燒；硫酸的濃度已經(jīng)最大，因此合理的措施為將礦石細(xì)磨、攪拌、升高溫度等；Al(OH)3的Ksp大于Fe(OH的Ksp,那么保證Al3+完全沉淀即可達(dá)到目的；已知Al(OH)3的 Ksp=1XT03,所以當(dāng)c(Al3+)=1 X 15mol/L時(shí)可認(rèn)為鋁離子和鐵離子完全沉淀，此時(shí)c(OH-)=K

44、spc Al3+=mol/L=1 x ft?mol/L , c(H+)=1 x 14.7mol/L , pH=4.7,即 pH 至少為4.7：根據(jù)分析可知濾渣 2主要為Mg(OH)2和CaCQ；根據(jù) 沉鋰”后形成L2CQ固體，以及大量生產(chǎn)的價(jià)格問題，該過程中加入的最佳沉淀劑為Na2CO3溶液；(2)A.電池反應(yīng)式為 LiCoO2+C6脩*褪LixC6+Lii-xCoO2,由此可知，放電時(shí)，負(fù)極電極反應(yīng)式為LixC3-xe-=xLi+C3,正極電極反應(yīng)式 Li1-CoO2+xLi+xe-=LiCo。，石墨電極為放電時(shí)的負(fù) 極，充電時(shí)的陰極，故 A錯(cuò)誤；B.該電池是利用鋰離子能在石墨烯表面和電極之

45、間快速大量穿梭運(yùn)動(dòng)的特性而制作，故B錯(cuò)誤；C.石墨烯電池利用的是 Li元素的得失電子，因此其優(yōu)點(diǎn)是在提高電池的儲(chǔ)鋰容量的基礎(chǔ) 上提高了能量密度，故 C正確；D.充電時(shí)，LiCoO2極為陽極，將放電時(shí)的正極電極反應(yīng)式逆寫即可得陽極反應(yīng)，即LiCoO2極發(fā)生的電極反應(yīng)為 LiCoO2-xe-=xLi+Li1-xCoO2,故D正確；E.根據(jù)鉆酸鋰的制備流程可知，對廢舊的該電池進(jìn)行放電處理讓Li+嵌入LiCoQ才有利于回收，故E錯(cuò)誤；故答案為CD;(3)FePQ固體與H2QO4和LiOH反應(yīng)可獲得LiFePQ同時(shí)獲得兩種氣體，該過程中Fe3+被還原，根據(jù)元素價(jià)態(tài)變化規(guī)律可知應(yīng)是C元素被氧化，生成 CO

46、2,該種情況下只生成一種氣體，應(yīng)想到草酸不穩(wěn)定容易發(fā)生歧化反應(yīng)分解生成CO和CQ,即獲得的兩種氣體為 CO和CO2,結(jié)合電子守恒和元素守恒可能方程式為：2LiOH+6也O4+2FePO4=2LiFePO4+7CQ T +5COT +7HO;高溫條件下亞鐵離子容易被空氣中的氧氣氧化，活性炭黑具有還原性，可以防止LiFePQ中的Fe2+被氧化?！军c(diǎn)睛】硅酸鹽改寫成氧化物形式的方法如下：a.氧化物的書寫順序：活潑金屬氧化物一較活發(fā)金屬氧化物一二氧化硅一水，不同氧化物間以 隔開；b.各元素的化合價(jià)保持不變，且滿足 化合價(jià)代數(shù)和為零，各元素原子個(gè)數(shù)比符合原來的組成；c、當(dāng)計(jì)量數(shù)配置出現(xiàn)分?jǐn)?shù)時(shí)應(yīng)化為整數(shù)；

47、流程題目中為提高原料酸侵效率，一般采用的方法有：減小原料粒徑(或粉碎)、適當(dāng)增加酸溶液濃度、適當(dāng)升高溫度、攪拌、多次侵取等9.生物浸出是用細(xì)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(diǎn)。氧化亞鐵硫桿菌是一類在酸性環(huán)境中加速Fe2+氧化的細(xì)菌，培養(yǎng)后能提供 Fe3+,控制反應(yīng)條件可達(dá)細(xì)菌的最大活性，其生物浸礦機(jī)理如下圖。珥g/rF金屬礦物5人、F鏟 if 金屬離亍反應(yīng)1反應(yīng)2（1）氧化亞鐵硫桿菌生物浸出ZnS礦。反應(yīng)2中有S單質(zhì)生成，離子方程式是 實(shí)驗(yàn)表明溫度較高或酸性過強(qiáng)時(shí)金屬離子的浸出率均偏低，原因可能是LiCoQ）與上述浸出機(jī)理相似,（2）氧化亞鐵硫桿菌生物浸出廢舊鋰離子電池中

48、鉆酸鋰（發(fā)生反應(yīng) 1 和反應(yīng) 3: LiCoO2 +3Fe3+=Li+ Co2+3Fe2+O2 f在酸性環(huán)境中，LiCoQ浸出CO2+的總反應(yīng)的離子方程式是研究表明氧化亞鐵硫桿菌存在時(shí)，Ag+對鉆浸出率有影響，實(shí)驗(yàn)研究Ag+的作用。取LiCoQ粉末和氧化亞鐵硫桿菌溶液于錐形瓶中，分別加入不同濃度Ag+的溶液，鉆浸出率（圖1）和溶液pH （圖2）隨時(shí)間變化曲線如下：1890- 缸 706050 二如一40-4河面（騎圖1不同濃度Ag+作用下鉆浸出率變化曲線線Co2+,圖1中的證據(jù)是_。反應(yīng) 4: Ag+LiCoQ=AgCoQ+Li+I .由圖1和其他實(shí)驗(yàn)可知，Ag+能催化浸出n . Ag+是反應(yīng)

49、3的催化劑，催化過程可表示為:反應(yīng)5：反應(yīng)5的離子方程式是 出.由圖2可知，第3天至第7天，加入 Ag+后的pH均比未加時(shí)大，結(jié)合反應(yīng)解釋其原因:【答案】ZnS+2Fe3+=Zn2+S+2Fe2+細(xì)菌的活性降低或失去活性4LiCoQ + 12H+1 4Li+4Co2+6H2O +O2T 加入Ag+明顯提高了單位時(shí)間內(nèi)鉆浸出率，即提高了鉆浸出速率AgCoQ+3Fe3+=Ag+ Co2+3Fe2+O2 T 加入Ag+催化了反應(yīng)3,使LiCoQ浸出的總反應(yīng)的化學(xué) 反應(yīng)速率加快，相同時(shí)間內(nèi)消耗H+更多，故加入 Ag+后的pH比未加時(shí)大【解析】【分析】【詳解】(1)由題給示意圖可知，反應(yīng) 2為Fe3+與

50、ZnS發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成 Zn2+、S和Fe2+, 反應(yīng)的離子方程式為 ZnS+2Fe3+=Zn2+S+2Fe2+,故答案為：Zn&2Fe3+=Zn2+S+2Fe2+ ； 細(xì)菌為蛋白質(zhì)，溫度較高或酸性過強(qiáng)時(shí)，蛋白質(zhì)變性，細(xì)菌的活性降低，導(dǎo)致金屬離子 的浸出率均偏低，故答案為：細(xì)菌的活性降低或失去活性；(2)在酸性環(huán)境中，細(xì)菌做催化劑，使LiCoQ中+3價(jià)的Co元素將-2價(jià)。元素氧化，反應(yīng)生成Li+、Co2+、O2和H2。，反應(yīng)的離子方程式為 4LiCoO2 +12H+型魚4Li+4Co2+6H2。+O2 T ,故答案為：4LiCoO2 + 12H+ 2K 4Li+4Co2+6H2O + O2

51、 f ；I .由圖1可知，加入Ag+明顯提高了單位時(shí)間內(nèi)鉆浸出率，說明Ag+做催化劑，提高了鉆浸出速率，故答案為：加入Ag+明顯提高了單位時(shí)間內(nèi)鉆浸出率，即提高了鉆浸出速率；II .由催化劑的催化機(jī)理可知，反應(yīng) 4中Ag+做反應(yīng)物，則反應(yīng) 5中Ag+做生成物，即中間 產(chǎn)物AgCoO2與Fe3+反應(yīng)生成Ag+、Co2+、Fe2+和。2,反應(yīng)的化學(xué)方程式為AgCoQ+3Fe3+=Ag+ Co2+3Fe2+O2 T ,故答案為：AgCoO2+3Fe3+=Ag+ Co2+3Fe2+O2 f ；出.由圖2可知，第3天至第7天，加入 Ag+后的pH均比未加時(shí)大，原因是加入 Ag+ 催化了反應(yīng)3,使LiCo

52、Q浸出的總反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)速率加快，相同時(shí)間內(nèi)消耗H+更多，導(dǎo)致加入Ag+后的pH比未加時(shí)大，故答案為：加入Ag+催化了反應(yīng)3,使LiCoQ浸出的總反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)速率加快，相同時(shí)間內(nèi)消耗H+更多，故加入 Ag+后的pH比未加時(shí)大。10 .含銘(+ 6價(jià))廢水嚴(yán)重危害人體健康，工業(yè)上常用還原法進(jìn)行處理。其部分工藝流程如 下：(1)廢水中，六價(jià)銘以 CrO42 ；或者C2O72 一的形式存在，寫出其相互轉(zhuǎn)化的離子方程式。我國常用NaHSQ做還原劑，寫出還原池中反應(yīng)的離子方程式 。(2)廢水中殘留六價(jià)銘的濃度隨溶液pH變化如圖所示。實(shí)際生產(chǎn)中需控制 pH=2.53.0,原因可能是。0 .5 1 1 5

53、 10 3D反展型間Anin(3)沉淀池中生成 Cr(OH)3的顆粒太細(xì)，為促使其更好地沉淀，可采取的措施是 (4)我國規(guī)定，工業(yè)廢水中含Cr(VI)量的排放標(biāo)準(zhǔn)為0.1 mg/L。已知：Cr的相對原子質(zhì)量為52, KaP(BaCrO4)= 1.2 x 100。若用Ba2+除去廢水中的CrO42 ,達(dá)到廢水排放標(biāo)準(zhǔn)時(shí)，廢水中Ba*濃度最低為 mol/L(保留小數(shù)點(diǎn)后2位)。用Ba2+除去廢水中的CrO2一是 否可行，為什么？請簡要回答。 【答案】2CrO2-+2l4fMiCr2G2+HO 3HSO +Cr2O2-+5H+=2Cr3+3SO2+4H2O 溶液中 pH 越高， 廢水中六價(jià)需殘留越多

54、；溶液中pH越低，會(huì)腐蝕設(shè)備管道加入絮凝劑 6.24X10-5mol/L 不可行，因?yàn)閺U水中含有Ba2 ,同樣有毒【解析】【分析】(1)由工藝流程可知，加酸可以使CrO42-轉(zhuǎn)化為Cr2O72,還原池中，C2O72-在酸性條件下將HSO3一氧化生成SQ2-,本身被還原為Cr3+;(2)由圖可知，溶液中 pH越大廢水中殘留六價(jià)銘的濃度越大，而溶液中pH越小，酸性越強(qiáng)，可能會(huì)腐蝕設(shè)備管道；(3)沉淀池中生成Cr(OH)3的顆粒太細(xì)，可向沉淀池中加入絮凝劑；(4)由溶度積計(jì)算可得；Ba2+在溶液中有毒?！驹斀狻?1)由工藝流程可知，加酸可以使CrO42-轉(zhuǎn)化為C2O72-,轉(zhuǎn)化的離子方程式為 2Cr

55、O42-+2HCr2O72+H2O；還原池中，Cr2O72-在酸性條件下將 HSOT氧化生成SQ2-,本身被還 原為Cr3+,反應(yīng)的離子方程式為3HSOT+Cr2O72-+5H+=2C產(chǎn)+3SQ2-+4H2O,故答案為：2CrO42-+2H+-Cr2O72-+H2O; 3HSQ +Cr2O72-+5H+=2Cr3+3SO42-+4H2O;(2)由圖可知，溶液中 pH越大廢水中殘留六價(jià)銘的濃度越大，而溶液中pH越小，酸性越強(qiáng)，可能會(huì)腐蝕設(shè)備管道，所以實(shí)際生產(chǎn)中需控制pH=2.53.0,故答案為：溶液中 pH越高，廢水中六價(jià)需殘留越多；溶液中 pH越低，會(huì)腐蝕設(shè)備管道；(3)沉淀池中生成 Cr(OH)3的顆粒太細(xì)，可向沉淀池