2020-2021全國高考化學氧化還原反應(yīng)的綜合高考模擬和真題匯總

1、一、高中化學氧化還原反應(yīng)練習題(含詳細答案解析)1.疊氮化鈉(NaN3)是一種白色劇毒晶體，是汽車安全氣囊的主要成分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱堿性，能與酸發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生具有爆炸性的有毒氣體疊氮化氫。實驗室可利用亞硝酸叔丁酯(t-BuNO2,以t-Bu表示叔丁基)與N2H4、氫氧化鈉溶液混合反應(yīng)制備(1)制備亞硝酸叔丁酯取一定NaNO2溶液與50%硫酸混合，發(fā)生反應(yīng)H2SO4+2NaNO2=2HNO2+Na2SO4?？衫脕喯跛崤c叔丁醇(t-BuOH)在40c左右制備亞硝酸叔丁酯，試寫出該反應(yīng)的化學方程式：(2)制備疊氮化鈉(NaN3)按如圖所示組裝儀器(加熱裝置略)進行反應(yīng)，反應(yīng)

2、的化學方程式為：t-BuNO2+NaOH+N2H4=NaN3+2H2O+t-BuOH。BuNONM)H、及助劑混合溶液裝置a的名稱是；該反應(yīng)需控制溫度在65C,采用的實驗措施是;反應(yīng)后溶液在0C下冷卻至有大量晶體析出后過濾。所得晶體使用無水乙醇洗滌。試解釋低溫下過濾和使用無水乙醇洗滌晶體的原因是(3)產(chǎn)率計算稱取2.0g疊氮化鈉試樣，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于錐形瓶中。用滴定管加入0.10molL1六硝酸錦錢(NH4)2Ce(NO3)6溶液40.00mL(假設(shè)雜質(zhì)均不參與反應(yīng))。充分反應(yīng)后將溶液稀釋并酸化，滴入2滴鄰菲羅咻指示液，并用0.10molL1硫酸亞鐵錢(NH4)2

3、Fe(SQ)2為標準液，滴定過量的Ce4+,終點時消耗標準溶液20.00mL(滴定原理：Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+)o已知六硝酸錦俊(NH4)2Ce(NO3)6與疊氮化鈉反應(yīng)生成硝酸俊、硝酸鈉、氮氣以及Ce(NO3)3,試寫出該反應(yīng)的化學方程式；計算疊氮化鈉的質(zhì)量分數(shù)為(保留2位有效數(shù)字)。若其他操作及讀數(shù)均正確，滴定到終點后，下列操作會導(dǎo)致所測定樣品中疊氮化鈉質(zhì)量分數(shù)偏大的是(填字母)。A.錐形瓶使用疊氮化鈉溶液潤洗B.滴加六硝酸鈾錢溶液時，滴加前仰視讀數(shù)，滴加后俯視讀數(shù)C.滴加硫酸亞鐵錢標準溶液時，開始時尖嘴處無氣泡，結(jié)束時出現(xiàn)氣泡D.滴定過程中，將掛在錐形瓶壁上的硫酸亞鐵錢標準液

4、滴用蒸儲水沖進瓶內(nèi)(4)疊氮化鈉有毒，可以使用次氯酸鈉溶液對含有疊氮化鈉的溶液進行銷毀，反應(yīng)后溶液堿性明顯增強，且產(chǎn)生無色無味的無毒氣體，試寫出反應(yīng)的離子方程式：【答案】t-BuOH+HNO2”土t-BuNO2+H2O恒壓滴液漏斗(滴液漏斗)水浴加熱降低疊氮化鈉的溶解度，防止產(chǎn)物損失2(NH4)2Oe(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Oe(NO3)3+2NaNO3+3N2T65%ACClO+2N3-H2O=Cl+2OH+3N2T【解析】【分析】【詳解】(1)制備亞硝酸叔丁酯的反應(yīng)物有亞硝酸和叔丁醇，反應(yīng)類型屬于有機的酯化反應(yīng)，所以方程式為：t-BuOHHNO240ct-BuNO2H2

5、O;(2)。裝置a的名稱即為恒壓滴液漏斗； 反應(yīng)要控制溫度在65C,參考苯的硝化實驗，該反應(yīng)加熱時，應(yīng)當采用水浴加熱； 題干中提到了疊氮酸鈉易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗滌產(chǎn)品時，為了減少洗滌過程中產(chǎn)品的損耗，應(yīng)當用無水乙醇洗滌；(3)通過題干提示的反應(yīng)產(chǎn)物分析，可知反應(yīng)過程中Ce4+和N3中的元素發(fā)生了變價，所以反應(yīng)的方程式為：2(NH4)2Ce(NO3)62NaN3=4NH4NO32NaNO32Ce(NO3)33N2;在計算疊1,氮化鈉的含量時，一定要注意疊氮酸鈉溶液配制完成后只取了與過量的六硝酸鈾錢反10應(yīng)，再用Fe2+去滴定未反應(yīng)完的正四價的Ce,因此有：12.0gNaN3樣品的,消

6、耗的Ce4Fe2消耗的Ce4=0.004molCe4,考慮到Fe2+與10Ce4+的反應(yīng)按照1:1進行，所以2.0g疊氮化鈉樣品中疊氮化鈉的物質(zhì)的量為：n(NaN3)10(0.004Fe2消耗的Ce4)0.02mol,所以疊氮化鈉樣品的質(zhì)量分數(shù),m(NaN3)0.02mol65g/mol八為：w-100%=65%;2.0g2.0A.潤洗錐形瓶，會使步驟消耗的六硝酸鈾錢的量增加，通過分析可知，會使最終計算的質(zhì)量分數(shù)偏大，A項正確；B.量取40mL六硝酸鈾錢溶液時若前仰后俯，則會量取比40ml更多的六硝酸鈾錢溶液，那么步驟會需要加入更多的Fe2+來消耗疊氮酸鈉未消耗掉的Ce4+,通過分析可知，最終

7、會導(dǎo)致計算的質(zhì)量分數(shù)偏低，B項錯誤；C.步驟用Fe2+標定未反應(yīng)的Ce4+,若開始尖嘴無氣泡，結(jié)束后出現(xiàn)氣泡，則記錄的Fe2+消耗量比實際的偏小，通過分析可知，最終會使質(zhì)量分數(shù)偏大，C正確；D,將掛在錐形瓶壁上的Fe2+溶液沖入錐形瓶，相當于讓溶液混合更均勻，這樣做會使結(jié)果更準確，D項不符合；答案選AC;(4)反應(yīng)后溶液堿性增強，所以推測生成了OH-；產(chǎn)生的無色無味無毒氣體，推測只能是氮氣，所以離子萬程式為：CIO2N3H2O=Cl3電2OH?！军c睛】滴定計算類的題目，最?？疾斓男问街皇桥渲仆甏郎y樣品溶液后，只取一部分進行滴定，在做計算時不要忘記乘以相應(yīng)的系數(shù)；此外，?？疾斓男问揭灿校河么郎y

8、物A與過量的B反應(yīng)，再用C標定未反應(yīng)的B,在做計算時，要注意A與C一同消耗的Bo2.過硫酸鈉(Na2&O8)具有極強的氧化性，且不穩(wěn)定，某化學興趣小組探究過硫酸鈉的相關(guān)性質(zhì)，實驗如下。已知SO3是無色易揮發(fā)的固體，熔點16.8C,沸點44.8Co(1)穩(wěn)定性探究(裝置如圖)：分解原理：2Na2s2O8上工2Na2SQ+2SO3T+O2T。此裝置有明顯錯誤之處，請改正：,水槽冰水浴的目的是;帶火星的木條的現(xiàn)象冰水浴(2)過硫酸鈉在酸性環(huán)境下，在Ag的催化作用下可以把Mn2氧化為紫紅色的離子，所得溶液加入BaC2可以產(chǎn)生白色沉淀，該反應(yīng)的離子方程式為,該反應(yīng)的氧化劑是,氧化產(chǎn)物是。(3)向上述溶液

9、中加入足量的BaC2,過濾后對沉淀進行洗滌的操作是(4)可用H2c204溶液滴定產(chǎn)生的紫紅色離子，取20mL待測液，消耗0.1molL11的H2c2O4溶液30mL,則上述溶液中紫紅色離子的濃度為molL1,若Na2s2。8有剩余，則測得的紫紅色離子濃度將(填偏高偏低或不變”。)【答案】試管口應(yīng)該略向下傾斜冷卻并收集SO3木條復(fù)燃2Mn2+5檢O+8H2OAj2MnO4+10SO-+16H+SOMnOj用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸儲水至沒過沉淀，使蒸儲水自然流下，重復(fù)操作23次(合理即可)0.06偏高【解析】【分析】(1)在試管中加熱固體時，試管口應(yīng)略微向下傾斜；根據(jù)SO、氧氣的性質(zhì)進行分析；(

10、2)X為Mn。，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以產(chǎn)生白色沉淀，則產(chǎn)物中有SO2一,據(jù)此寫出離子方程式，并根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律判斷氧化劑、氧化產(chǎn)物；根據(jù)沉淀洗滌的方法進行回答；(4)根據(jù)得失電子守恒可得到關(guān)系式：5H2GQ-2MnO4,帶入數(shù)值進行計算；Na2s2。也具有氧化性，氧化H2c20?！驹斀狻吭谠嚬苤屑訜峁腆w時，試管口應(yīng)略微向下傾斜，S。的熔、沸點均在0c以上，因此冰水浴有利于將SO3冷卻為固體，便于收集SQ,由Na2&O8的分解原理可知，生成物中有氧氣，所以在導(dǎo)管出氣口的帶火星的木條會復(fù)燃，故答案為：試管口應(yīng)該略向下傾斜；冷卻并收集SQ；木條復(fù)燃；(2)X為MnOJ向所得溶液中加入

11、BaC2溶液可以產(chǎn)生白色沉淀，則產(chǎn)物中有SQ2-,則反應(yīng)的離子方程式為2Mn2+5S2O；+8H2OAg+2MnO；+10SO-+16H+,根據(jù)該反應(yīng)中元素化合價的變化可知，氧化劑是3O82-,氧化產(chǎn)物是MnO4,故答案為：2Mn2+5S2O+8H2O坦屋2MnOi+10SOT+16H+；&O82-；MnO,;(3)沉淀洗滌時，需要用玻璃棒引流，并且所加蒸儲水需要沒過沉淀，需要洗滌23次，故答案為：用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸儲水至沒過沉淀，使蒸儲水自然流下，重復(fù)操作23次(合理即可)；(4)根據(jù)得失電子守恒可得到關(guān)系式：5H2c2。4:2MnO4-520.03L0.1mol0.02LcMnO4

12、-1則cMnO4-=.mog=0.06molg_-1,Na28O8具有氧化性，消耗的H2C2O450.02L溶液增多，導(dǎo)致測得的結(jié)果偏高，故答案為：0.06;偏高。3.高氯酸鏤是一種常見的強氧化劑，常用作火箭發(fā)射的推進劑。根據(jù)下列信息回答問題：已知:高氯酸錢受熱分解為N2、C2O2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反應(yīng)方程式：,Mg3N2的電子式為O(2)現(xiàn)有23.5gNH4C1O4分解，用下列裝置設(shè)計實驗，驗證其分解產(chǎn)物并計算分解率。(注:裝置中空氣已除盡；裝置可重復(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)

13、量的增加來驗證生成的氣體產(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iBF裝置，并用BF字母填空)。證明產(chǎn)物中有C12的實驗現(xiàn)象：。反應(yīng)結(jié)束后，若C裝置質(zhì)量增加了2.38g,則NH4c1O4的分解率是：%。(3)樣品中NH4C1C4的含量(雜質(zhì)中不含NH4+)還可用蒸儲法測定(如圖所示，加熱和夾持裝置已去)，實驗步驟如下：M1M步驟1:組裝儀器，檢查氣密性；準確稱取樣品ag沖超過0.5g)于蒸儲燒瓶中，加入約150mL水溶解。步驟2:準確量取40.00mL約0.1mo1/LH2S。于錐形瓶中。步驟3:向蒸儲燒瓶中加入20mL3mol/LNaOH溶液;

14、加熱蒸儲使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cmol/LNaOH標準溶液滴定至終點，消耗NaOH標準溶液V1mLo步驟6:重復(fù)實驗23次?；卮鹣铝袉栴}：步驟2中，準確量取40.00mlH2SO4溶液的玻璃儀器是：。為獲得樣品中NH4clO4的含量，還需補充的實驗是：?！敬鸢浮?NH4ClOu202T+N4+C2T+4H2OT叫停PM/個3/濃硫酸EFC裝置中顏色由無色變?yōu)槌壬?5.0或85酸式滴定管或移液管用NaOH標準溶液標定硫酸溶液的濃度【解析】【分析】(1)根據(jù)得失電子守恒配平高氯酸俊受熱分解的化學反應(yīng)方程式

15、；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，可以檢驗氮氣；D中澳化鉀可以檢驗氯氣；F中銅粉可以檢驗氧氣；E中盛放液體，根據(jù)E裝置質(zhì)量的增加來驗證生成的水，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反應(yīng)方程式為2NH4ClO2O2f+N2T+C2T+4H20T;Mg3N2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，可以檢驗氮氣；D中澳化鉀可以檢

16、驗氯氣；F中銅粉可以檢驗氧氣；E中盛放液體，根據(jù)E裝置質(zhì)量的增加來驗證生成的水，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Ob；C中盛放Mg粉，可以與氮氣反應(yīng)生成Mg3N2,若C裝置質(zhì)量增加了2.38g,說明反應(yīng)生2.38g成氮氣2.38g,則NH401cH的分解率是“u23.5g100%85%14;117.5(3)根據(jù)硫酸體積的精度是0.01mL,準確量取40.00mLH2SC4溶液的玻璃儀器是酸式滴定管；為獲得樣品中NH4CIO4的含

17、量，還需補充的實驗是用NaOH標準溶液標定硫酸溶液的濃度。4.二氧化氯(C16)具有強氧化性，在工業(yè)上常用作水處理劑、漂白劑。C1Q是一種易溶于水的黃綠色氣體，其體積分數(shù)超過10%時易引起爆炸。某研究小組欲用以下三種方案制備0102,回答下列問題：(1)以黃鐵礦(Fe8)、氯酸鈉和硫酸溶液混合反應(yīng)制備0102,黃鐵礦中的硫元素在酸性條件下被C103-氧化成SQ2-,寫出制備C102的離子方程式。(2)用過氧化氫作還原劑，在硫酸介質(zhì)中還原NaC1O3制備C102,并將制得的C102用于處理含CN廢水。實驗室模擬該過程的實驗裝置(夾持裝置略)如圖所示。裝置A的名稱是一裝置C的作用是_。反應(yīng)容器B應(yīng)

18、置于30c左右的水浴中，目的是。通入氮氣的主要作用有3個，一是可以起到攪拌作用，二是有利于將0102排出，三是OC102處理含CN-廢水的離子方程式為_,裝置E的作用是_。(3)氯化鈉電解法是一種可靠的工業(yè)生產(chǎn)C102的方法。用于電解的食鹽水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、S042-等雜質(zhì)。某次除雜操作時，往粗鹽水中先加入過量的_(填化學式)，至沉淀不再產(chǎn)生后，再加入過量的NazCQ和Na0H,充分反應(yīng)后將沉淀一并濾去。C1O2,工作原理如圖所示，寫出陽極用石墨做電極，在一定條件下電解飽和食鹽水制取產(chǎn)生C1O2的電極反應(yīng)式_o鞘制的柯，雷3交我31窖安40蜀用心巖液I【答案】Fe3+15CQ

19、-+14H+=15C1O2+Fe3+2SQ2-+7H2O恒壓漏斗安全瓶提高化學反應(yīng)速率，同時防止過氧化氫受熱分解稀木IC1O2,防止其爆炸2CN+2C1O2=2CQ+N2+2C吸收C1O2等氣體，防止污染大氣BaC2C-5e-+2H2O=C1Q仔4H+【解析】【分析】二氧化氯(C1O2)具有強氧化性，在工業(yè)上常用作水處理劑、漂白劑。分別利用無機反應(yīng)和電解原理制備二氧化氯，三種方法均利用了氧化還原反應(yīng)。【詳解】(1)以黃鐵礦(Fe8)、氯酸鈉和硫酸溶液混合反應(yīng)制備C1O2,黃鐵礦中的硫元素在酸性條件下被C1O3-氧化成SQ2-,根據(jù)氧化還原反應(yīng)中電子守恒和元素守恒，可以寫出制備C1O2的離子方程

20、式為FeS+15CQ-+14H+=15C1O2+Fe3+2SQ2-+7H2O。(2)裝置A的名稱為恒壓漏洞，裝置C為安全瓶，起到防止液體倒吸的作用。升高溫度可以提高化學反應(yīng)速率，但是原料中含有過氧化氫，過氧化氫在過高的溫度下可以發(fā)生分解反應(yīng)，因此反應(yīng)容器B應(yīng)置于30c左右的水浴中。根據(jù)題文可知，C1Q是一種易溶于水的黃綠色氣體，其體積分數(shù)超過10%時易引起爆炸，故通入氮氣的主要作用有3個，一是可以起到攪拌作用，二是有利于將C1O2排出，三是稀釋C1O2,防止其爆炸。C1O2處理含CN-廢水發(fā)生氧化還原反應(yīng)，將CN-轉(zhuǎn)化為無污染的CO2和N2,故離子方程式為2CN-+2C1O2=2CO2+N2+

21、2C；裝置E在整套裝置之后，起到吸收尾氣，防止環(huán)境污染的作用。(3)用于電解的食鹽水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SQ2-等雜質(zhì)，需要過量的碳酸根離子、氫氧根離子和鋼離子，過量的鋼離子可以用碳酸根離子除去，因此在加入Na2CO3之前應(yīng)先加入過量BaC2o用石墨做電極，電解池的陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，元素化合價升高，因此氯離子在陽極失電子和水反應(yīng)得到C1Q,電極反應(yīng)式為C-5e-+2H2O=C1O4+4H+。5.羥氨(NH2OH)是一種還原劑，和聯(lián)氨一樣是一種弱堿，不穩(wěn)定，室溫下吸收水汽迅速分解?；卮鹣铝袉栴}：(1)請寫出羥氨的電子式。(2)利用KMnO4標準溶液定量間接測定羥氨的純度。測定步驟如

22、下：溶液配制：稱取5.0g某羥氨樣品，溶解在酸中后加適量蒸儲水，將其全部轉(zhuǎn)移至100mL的中，加蒸儲水至。取20.00mL的羥氨酸性溶液與足量硫酸鐵在煮沸條件下反應(yīng)：2NH20H2+4Fe3+=N20T+4Fe2+H2Q+6H+,生成的Fe2+用0.4000molL-1的酸性KMnO溶液滴定，滴定達到終點的現(xiàn)象是。請寫出Fe2+與酸性KMnO4溶液反應(yīng)的離子方程式。重復(fù)滴定3次，每次消耗酸性高鎰酸鉀標準溶液的體積如表所示：一_第一次第二次第三次MKMnO,溶液/也20.0219.98計算試樣的純度%。(3)下列操作導(dǎo)致誤差偏高的有(填編號)。a滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后消失b滴定管未經(jīng)潤

23、洗盛裝KMnO4溶液c羥氨稱量時，時間過長和溶解時沒有及時用酸酸化dKMnO4溶液起始讀數(shù)仰視，終點正常讀數(shù)【答案】H：V硫酸容量瓶刻度線當最后一滴滴入時，錐形瓶中溶液的顏色由11無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘不褪色5FS+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O66ab【解析】【分析】(1)根據(jù)羥氨化學式寫出其電子式；(2)羥氨應(yīng)溶解在H2S。中，因為HCl中的Cl會被MnO4-氧化；用酸性KMnO4溶液滴定達到終點的現(xiàn)象是當最后一滴滴入時，錐形瓶中溶液的顏色由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘不褪色；根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律寫出Fe2+與酸性KMnO4溶液反應(yīng)的離子方程式，根據(jù)物質(zhì)的量的關(guān)系計算式樣純

24、度；(3)根據(jù)氧化還原滴定的相關(guān)操作分析實驗誤差?！驹斀狻?1)根據(jù)羥氨化學式NH2OH可知其電子式為：故答案為：IIII(2)羥氨應(yīng)溶解在H2SO4中，因為HCl中的Cl會被MnO4-氧化，將其全部轉(zhuǎn)移至100mL的容量瓶中，加蒸儲水至刻度線，故答案為：硫酸；容量瓶；刻度線；用酸性KMnO4溶液滴定達到終點的現(xiàn)象是當最后一滴滴入時，錐形瓶中溶液的顏色由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘不褪色；根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律寫出Fe2+與酸性KMnO4溶液反應(yīng)的離子方程式為：5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；由消耗高鎰酸鉀體積表可知，第一次誤差過大，舍去,V(平均產(chǎn)也9820.02(0.

25、00mL；2設(shè)滴定時NH20H2+的物質(zhì)的量為xmol,依據(jù)離子方程式可得關(guān)系式：一+一-5NH20H2:2MnO452xncV=20.0010-30.4解得x=0.02因總量為100mL,所以n(NH20H2+)=0.02X等0.1molm=nM=0.1x33g/m蟒3.3gm33w=100%=-100%=66%m樣5.0故答案為：當最后一滴滴入時，錐形瓶中溶液的顏色由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘不褪色；5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；66；(3)a.滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后消失會導(dǎo)致V標準偏大，計算結(jié)果偏高；b.滴定管未經(jīng)潤洗盛裝KMnO4溶液，相當于把KMn

26、O4溶液稀釋，滴定時消耗體積增大,計算結(jié)果偏高；c.羥氨稱量時，時間過長和溶解時沒有及時用酸酸化會導(dǎo)致羥氨被氧化，導(dǎo)致消耗體積偏小，計算結(jié)果偏低；d.KMnO4溶液起始讀數(shù)仰視，終點正常讀數(shù)，導(dǎo)致消耗體積偏小，計算結(jié)果偏低；故答案為：abo【點睛】注意氧化還原滴定操作中的注意事項，根據(jù)公式判斷不同操作可能引起的實驗誤差。6.目前全世界的饃(Ni)消費量僅次于銅、鋁、鉛、鋅，居有色金屬第五位。饃常用于各種高光澤裝飾漆和塑料生產(chǎn)，也常用作催化劑。堿式碳酸饃的制備：工業(yè)用電解饃新液(主要含NiSO4,NiCl2等)制備堿式碳酸饃晶體xNiCO3-yNi(OH)2-ZH2O,制備流程如圖：電解鍥新液(

27、1)反應(yīng)器中的一個重要反應(yīng)為3NiSO4+3Na2CQ+2H2O=NiCO32Ni(OH)2+3Na2SO4+2X,X的化學式為。(2)物料在反應(yīng)器中反應(yīng)時需要控制反應(yīng)溫度和pH值。分析如圖，反應(yīng)器中最適合的PH值為一。Lo.o.o.0t.n&o.c.雜質(zhì)含I%(3)檢驗堿式碳酸饃晶體洗滌干凈的方法是_。測定堿式碳酸饃晶體的組成：為測定堿式碳酸饃晶體xNiCChyNi(OH)2ZH2O組成，某小組設(shè)計了如圖實驗方案及裝置：堿式碳酸箱晶體BCD資料卡片：堿式碳酸饃晶體受熱會完全分解生成NiO、CQ和H2O實驗步驟：檢查裝置氣密性；準確稱量3.77g堿式碳酸饃晶體xNiCO3-yNi(OH)2-Z

28、H2O放在B裝置中，連接儀器;打開彈簧夾a,鼓入一段時間空氣，分別稱量裝置CD、E的質(zhì)量并記錄；_；打開彈簧夾a緩緩鼓入一段時間空氣；分別準確稱量裝置C、D、E的質(zhì)量并記錄；根據(jù)數(shù)據(jù)進行計算(相關(guān)數(shù)據(jù)如下表)裝置C/g裝置D/g裝置E/g加熱前250.00190.00190.00加熱后251.08190.44190.00實驗分析及數(shù)據(jù)處理：(4)E裝置的作用_c(5)補充的實驗操作(6)通過計算得到堿式碳酸饃晶體的組成_(填化學式)。饃的制備：堿式送酸鍥晶體過量腑(N?也七0)溶液操作*產(chǎn)品Ni*氣體X和Y(7)寫出制備Ni的化學方程式_?！敬鸢浮緾Q8.3取最后一次洗滌液少許，加入HCl酸化

29、的BaCb溶液，若無沉淀產(chǎn)生,則證明沉淀已經(jīng)洗滌干凈吸收空氣中的H2O和CO2關(guān)閉彈簧夾a,點燃酒精燈，觀察到C中無氣泡時，停止加熱NiCO2Ni(OH)24H2O2NiCO3-2Ni(OH)2-4H2O+3N2H4-H2O=6Ni+3N2T+2CO)+21H2O【解析】(1)根據(jù)元素守恒分析判斷；(2)使各種雜質(zhì)相對最少的pH即為最適合的pH；(3)反應(yīng)后的濾液中含有硫酸鈉，因此檢驗堿式碳酸饃晶體是否洗滌干凈就是檢驗是否有硫酸根離子殘留；(4)根據(jù)實驗?zāi)康暮透鱾€裝置的作用分析；(5)根據(jù)實驗?zāi)康暮颓昂蟛僮鞑襟E分析；(6)先計算生成水蒸氣和CO2的質(zhì)量，再根據(jù)質(zhì)量守恒確定化學式；(7)氧化還原

30、反應(yīng)中電子有得，必有失，根據(jù)化合價變化確定生成物，進而配平方程式?！驹斀狻?1)反應(yīng)器中的一個重要反應(yīng)為3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO32Ni(OH)2+3Na2SQ+2X,反應(yīng)前Ni原子共3個、S原子共3個、O原子共23個、Na原子6個、C原子3個、H原子4個，反應(yīng)后現(xiàn)有：Ni原子3個、S原子共3個、O原子共19個、Na原子6個、C原子1個、H原子4個，少O原子4個，C原子2個，而這些微粒包含在2個X分子中，所以X的化學式為CO2,故答案為：CO2；(2)物料在反應(yīng)器中反應(yīng)時需要控制反應(yīng)條件，根據(jù)圖可知，在pH=8.3時，各種雜質(zhì)相對最少，所以反應(yīng)器中最適合的pH8.3,故

31、答案為：8.3；(3)反應(yīng)后的濾液中含有硫酸鈉，因此檢驗堿式碳酸饃晶體是否洗滌干凈就是檢驗是否有硫酸根離子殘留，故答案為：取最后一次洗滌液少許，加入HCl酸化的BaC2溶液，若無沉淀產(chǎn)生，則證明沉淀已經(jīng)洗滌干凈；(4)C裝置用來吸收堿式碳酸饃晶體受熱分解產(chǎn)生的H2O,D裝置用來吸收堿式碳酸饃晶體受熱分解產(chǎn)生的CQ,E裝置可以防止空氣中的H2O和CO2進入D裝置中，影響實驗數(shù)據(jù)的測定，故答案為：吸收空氣中的H2O和CO2；(5)步驟反應(yīng)前左側(cè)通空氣是為了排盡裝置中原有的CQ和水蒸氣，避免裝置內(nèi)的CQ和水蒸氣造成數(shù)據(jù)干擾，排空氣后，應(yīng)該開始進行反應(yīng)，因此步驟的操作為關(guān)閉彈簧夾a,點燃酒精燈，觀察到

32、C中無氣泡時，說明固體分解完全，停止加熱；步驟再打開彈簧夾a緩緩鼓入一段時間空氣，將裝置中殘留的CQ和水蒸氣全部趕入C、D裝置，被完全吸收，故答案為：關(guān)閉彈簧夾a,點燃酒精燈，觀察到C中無氣泡時，停止加熱；(6)水的質(zhì)量為251.08g-250g=1.08g,CO2的質(zhì)量為190.44g-190g=0.44g,由于發(fā)生的是分解反應(yīng)，所以生成的NiO的質(zhì)量為3.77g-1.08g-0.44g=2.25g,則分解反應(yīng)中水、二氧化碳和NiO的系數(shù)比(也就是分子個數(shù)比)為即:1.08g0.44g2.25g18g/mol44g/mol75g/mol=6:1:3,xNiCO3?(Ni(OH)2乞H2O.6

33、H20T+CQT+3NiO,根據(jù)元素守恒可得可得x=1,y=2,z=4即xNiCO30Ni(OH)2?zH2O中x:y:z的值1:2:4,故答案為:NiCO32Ni(OH)24H2。;(7)NiCO32Ni(OH)24H2O與N2H4H2O反應(yīng)生成Ni,Ni元素得電子，被還原，同時還生成氣體X和Y,由第(1)問知X為CO2,氧化還原反應(yīng)有得電子，必有失電子的物質(zhì)，由此判斷另一種氣體為N2,根據(jù)得失電子守恒、元素守恒配平制備Ni的化學方程式，故答案為：2NiCO32Ni(OH)24H2O+3N2H4H2O=6Ni+3N2T+2CQT+21H2O。7.實驗室用圖所示裝置制備KClO溶液，并通過KC

34、lO溶液與Fe(NO3)3溶液的反應(yīng)制備高效水處理劑K?FeO4.已知KzFeO4具有下列性質(zhì)可溶于水、彳溶于濃KOH溶液，在0C5C、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(yīng)生成Fe(OH)3和O2。(1)裝置A中KMnO4與鹽酸反應(yīng)生成MnCl2和C%,其化學方程式為的作用是(3)制備KzFeO4時，KClO飽和溶液與(2)Cl2和KOH在較高溫度下反應(yīng)生成KClO3,試寫出該反應(yīng)的離子方程式Fe(NO3)3飽和溶液的混合方式為：在攪拌下，將Fe(NO3)3飽和溶液緩慢滴加到KClO飽和溶液中。理由是。2、(4)已知pH11時Zn(

35、OH)2能溶于NaOH溶液生成Zn(OH)4.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1.0molL1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%出。2、1.0molL1HNO3、1,0molL1NaOH.由某硫酸鋅溶液(含F(xiàn)e2、Fe3雜質(zhì))制備ZnO的實驗步驟依次為：;過濾；;過濾、洗滌、干燥；900c煨燒。【答案】2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5C12T+8H2O除去CI2中的HClV3cl26OH5ClClO33H2OK2FeO4在Fe3作用下會分解向硫酸鋅溶液中

36、加入適量30%H2O2,使其充分反應(yīng)滴加1.0molL1NaOH,調(diào)節(jié)溶液pH約為5(或3.2PH5.9),使Fe3沉淀完全向濾液中滴加1.0molL1NaOH,調(diào)節(jié)溶液pH約為10(或8.9pH11),使Zn2沉淀完全【解析】【分析】根據(jù)實驗裝置圖可知，A裝置中用高鎰酸鉀與鹽酸反應(yīng)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(yīng)制得次氯酸鈉，反應(yīng)的尾氣氯氣用氫氧化鉀吸收?！驹斀狻? KMnO4具有強氧化性，將鹽酸中氯離子氧化為Cl2,反應(yīng)還有水生成，所以化學方程式為：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2T+

37、8H2O,由于鹽酸易揮發(fā)，制備的氯氣中含有HCl,應(yīng)飽和食鹽水吸收HCl除去，故答案為：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2T+8H2O;除去C中的HCl;2 cl2和KOH在較高溫度下反應(yīng)生成KClO3,反應(yīng)的離子方程式為V3cl26OH-5ClClO33H2O,故答案為：V3Cl26OH5ClClO33H2O；3由題意可知K2FeO4在Fe3和Fe(OH)3催化作用下發(fā)生分解，則KClO飽和溶液與Fe(NO3)3飽和溶液的混合方式為：在攪拌下，將Fe(NO3)3飽和溶液緩慢滴加到KC1O飽和溶液中，故答案為：K2FeO4在Fe3作用下會分解；4根據(jù)表中陽離子沉淀的PH

38、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%H2O2,使其充分反應(yīng)，目的使Fe2轉(zhuǎn)化完全為Fe3,加氫氧化鈉溶液，控制PH在4左右，使Fe3沉淀完全，過濾，向濾液中滴加1.0mo1L1NaOH,調(diào)節(jié)溶液PH約為10(或8.9pH11),使Zn2沉淀完全，過濾、洗滌、干燥，900c煨燒。故答案為：向硫酸鋅溶液中加入適量30%H2O2,使其充分反應(yīng)；滴加1.0molL1NaOH，調(diào)節(jié)溶液pH約為5(或3.2pH5.9),使Fe3沉淀完全；向濾液中滴加1.0molL1NaOH，調(diào)節(jié)溶液pH約為10(或8.9pH1D，使Zn2沉淀完全?！军c睛】根據(jù)實驗裝置圖可知，A裝置中用高鎰酸

39、鉀與鹽酸反應(yīng)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(yīng)制得次氯酸鈉，反應(yīng)的尾氣氯氣用氫氧化鉀吸收，以此解答該題。8.利用H2還原鐵的氧化物并確定其組成的裝置如圖所示(Zn粒中往往含有硫化物等雜質(zhì)，焦性沒食子酸溶液可吸收少量氧氣)?；卮鹣铝袉栴}：1裝置Q(啟普發(fā)生器)用于制備H2,還可用于(填字母，下同)。A.生石灰與濃氨水制NH3B.過氧化鈉與水制。2C硫化鐵固體與稀硝酸制HzSnD.大理石與稀鹽酸制CO22中依次盛裝的試劑為,KMnO4酸性溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為A.KMnO4酸性溶?濃HSO4、焦性沒食子酸溶液B.焦

40、性沒食子酸溶液、濃HSO4、KMnO4酸性溶液C.KMnO4酸性溶液、焦性沒食子酸溶液、濃HSO43加熱管式爐”和打開活塞K”這兩步操作應(yīng)該先進行的是，在這兩步之間還應(yīng)進行的操作是。4反應(yīng)過程中G管逸出的氣體是,其處理方法是。5結(jié)束反應(yīng)時，應(yīng)該,待裝置冷卻后稱量并記錄相應(yīng)數(shù)據(jù)。6假設(shè)反應(yīng)完全后瓷舟中的固體只有Fe單質(zhì)，實驗中測得了下列數(shù)據(jù)：瓷舟的質(zhì)量為30.4g；瓷舟和FexOy的總質(zhì)量為42.0g；反應(yīng)前U形曾及內(nèi)盛物的總質(zhì)量為98.4g；反應(yīng)后U形管及內(nèi)盛物的總質(zhì)成為102.0g。由以上數(shù)據(jù)計算并確定該鐵的氧化物的化學式為。2_2-【答案】DC8MnO45H2s14H8Mn5SO412H2

41、O打開活塞K檢驗H2的純度氫氣(或H2)在G管口處放置一個點燃的酒精燈先停止加熱，冷卻至室溫后，再關(guān)閉活塞KFe3O4【解析】【分析】H2還原WO3制備金屬W,裝置Q用于制備氫氣，因鹽酸易揮發(fā)，則、應(yīng)分別用于除去HCl、H2s氧氣和水，得到干燥的氫氣與鐵白氧化物在加熱條件下制備Fe,堿石灰用于吸收水，實驗結(jié)束后應(yīng)先停止加熱再停止通入氫氣，以避免Fe被重新氧化，以此解答該題?！驹斀狻?1)A.生石灰與濃氨水制NH3,生成的氫氧化鈣微溶于水，可堵塞導(dǎo)管，故A錯誤；B.過氧化鈉與水劇烈反應(yīng)，不能用啟普發(fā)生器制備。2,故B錯誤；C.硫化鐵固體與稀硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能生成硫化氫，故C錯誤；D.大理

42、石不溶于水，可與稀鹽酸制CO?,可用啟普發(fā)生器，故D正確。故答案為：D;2、應(yīng)分別用于除去HCl、H2S、氧氣和水，以得到干燥的氫氣，KMnO4酸性溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為8MnO45H2s14H8Mn25SO412H2O；3實驗前應(yīng)先通入氫氣，以排出裝置的空氣，則應(yīng)先打開活塞K,為避免加熱時爆炸，應(yīng)先檢驗H2的純度；4從G逸出的氣體為氫氣，可用點燃的方法處理，方法是在G管口處放置一個點燃的酒精燈；5實驗結(jié)束后應(yīng)先停止加熱再停止通入氫氣，以避免Fe被重新氧化；6已知：瓷舟的質(zhì)量為30.4g；瓷舟和Fexy的總質(zhì)量為42.0g,則mFexOy11.6g；反應(yīng)前U形曾及內(nèi)盛物的總質(zhì)量為98.4

43、g；反應(yīng)后U形管及內(nèi)盛物的總質(zhì)成為102.0g,則生成mH2O3.6g,則氧化物中mFe3.6g18g/mol16g/mol3.2g,nO0.2mol；11.6g3.2g8.4g,8.4gnFe)56g/mol0.15mol-UnFenO0.15：0.23：4,化學式為Fes。4。9.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)后能提供Fe3+,控制反應(yīng)條件可達細菌的最大活性，其生物浸礦機理如下圖。H/4yTF戶金屬礦物5八、F/金屬離子反應(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

44、，離子方程式是實驗表明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LiCoQ）與上述浸出機理相似,（2）氧化亞鐵硫桿菌生物浸出廢舊鋰離子電池中鉆酸鋰（發(fā)生反應(yīng)1和反應(yīng)3：LiCoO2+3Fe3+=Li+Co2+3Fe2+O2f在酸性環(huán)境中，LiCoQ浸出+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，Ag+對鉆浸出率有影響，實驗研究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）隨時間變化曲線如下：18-9Q-缸70-a-50；4020-7Z345時間（騎圖1不同濃度Ag+作用下鉆浸出率變化曲線線I.

45、由圖1和其他實驗可知，Ag+能催化浸出n.Ag+是反應(yīng)3的催化劑，催化過程可表示為:反應(yīng)5：時圖（無）圖2不同濃度Ag+作用下溶液中pH變化曲Co2+,圖1中的證據(jù)是。+反應(yīng)4：Ag+LiCoQ=AgCoO+Li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均比未加時大，結(jié)合反應(yīng)解釋其原因：。【答案】ZnS+2Fe3+=Zn2+S+2Fe2+細菌的活性降低或失去活性4LiCoQ+12H+1ffi4Li+4Co2+6H2O+O2T加入Ag+明顯提高了單位時間內(nèi)鉆浸出率，即提高了鉆浸出速率AgCoQ+3Fe3+=Ag+Co2+3Fe2+O2T加入Ag+催化了反應(yīng)3,使Li

46、CoQ浸出的總反應(yīng)的化學反應(yīng)速率加快，相同時間內(nèi)消耗H+更多，故加入Ag+后的pH比未加時大【解析】【分析】【詳解】(1)由題給示意圖可知，反應(yīng)2為563+與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，導(dǎo)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)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，反應(yīng)生成Li+、Co2+、O2和H2O,反應(yīng)的離子方程式為4Li

47、CoO2+12H+|jj4Li+4Co2+6H2O+O2f,故答案為：4LiCoO2+12H+4Li+4Co2+6H2O+O2f；I.由圖1可知，加入Ag+明顯提高了單位時間內(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+明顯提高了單位時間內(nèi)鉆浸出率，即提高了鉆浸出速率；n.由催化劑的催化機理可知，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+、Fe2O2,反應(yīng)的化學方程式為AgCoC2+3Fe3+=Ag+Co2+3Fe2+O2T,故答案為：AgCoO2+3Fe3+=Ag+Co2+3Fe2+O2T；出.由圖2可知

48、，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+催化了反應(yīng)3,使LiCoQ浸出的總反應(yīng)的化學反應(yīng)速率加快，相同時間內(nèi)消耗H+更多，導(dǎo)致加入Ag+后的pH比未加時大，故答案為：加入Ag+催化了反應(yīng)3,使LiCoQ浸出的總反應(yīng)的化學反應(yīng)速率加快，相同時間內(nèi)消耗H+更多，故加入Ag+后的pH比未加時大。10.氯化亞銅在有機合成工業(yè)中常作催化劑。以下是從含Cu2+、Fe3+的電鍍廢水中制備氯化亞銅的工藝流程圖。如圖是濾液中Cu2+、Fe3+的含量與pH的關(guān)系及CuCl產(chǎn)率與pH的關(guān)系圖。請回答以下問題：(1)在電鍍廢水中加堿產(chǎn)生沉淀，過濾得到電鍍污泥，則電鍍污泥的主要成分為;(2)由

49、反應(yīng)制備CuCl時的最佳pH在左右；(3)對CuCl產(chǎn)率探究時發(fā)現(xiàn)反應(yīng)在隔絕空氣條件下進行時CuCl產(chǎn)率較高，由此推測CuCl具有性；(4)寫出反應(yīng)中化學反應(yīng)方程式：;(5)隔絕空氣條件下，從濾液中制得晶體的實驗操作為：;(6)取晶體4.34g隔絕空氣條件下，失去結(jié)晶水后得固體3.26g,所得固體溶于水分成二等份，一份加入足量BaC2溶液彳導(dǎo)到白色固體2.33g；另一份加入足量NaOH溶液后，加熱、灼燒得紅色粉末0.4g。寫出晶體的化學式：?！敬鸢浮縁e(OH、Cu(OH)23.5還原2CuSO+Fe+2KCl=2CuCl2SO2+FeSO蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過濾(洗滌)、干燥&Fe(SQ)2?6

50、H2O【解析】【分析】由流程圖可知，向電鍍廢水中加堿，Cu2+、Fe3+與堿反應(yīng)生成氫氧化鐵和氫氧化銅沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵和氫氧化銅的電鍍污泥；向電鍍污泥中加入硫酸控制pH使氫氧化銅溶解，而氫氧化鐵不溶解，過濾得到高濃度的硫酸銅溶液；向高濃度的硫酸銅溶液加入鐵與氯化鉀，調(diào)節(jié)溶液pH和反應(yīng)溫度使硫酸銅與鐵、氯化鉀反應(yīng)生成了硫酸亞鐵、硫酸鉀和氯化亞銅，過濾得到氯化亞銅沉淀和含有的硫酸亞鐵、硫酸鉀濾液，隔絕空氣條件下，濾液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到K2Fe(SQ)2?6H2O晶體?！驹斀狻?1)由流程圖可知，向電鍍廢水中加堿，Cu2+、Fe3+與堿反應(yīng)生成氫氧化鐵和氫氧化銅沉淀

51、，過濾得到含有氫氧化鐵和氫氧化銅的電鍍污泥，故答案為：Fe(OH)&Cu(OH)2；(2)由CuCl產(chǎn)率與pH的關(guān)系圖可知，制備CuCl時的最佳pH是3.5左右，故答案為：3.5;(3)對CuCl產(chǎn)率探究時發(fā)現(xiàn)反應(yīng)在隔絕空氣條彳下進行時CuCl產(chǎn)率較高，說明氯化亞銅具有還原性，能被空氣中的氧氣氧化，故答案為：還原；(4)反應(yīng)為調(diào)節(jié)溶液pH和反應(yīng)溫度使硫酸銅與鐵、氯化鉀反應(yīng)生成了硫酸亞鐵、硫酸鉀和氯化亞銅，反應(yīng)的化學方程式為2CuSQ+Fe+2KCl=2CuCL+FeSQ+&SQ,故答案為：2CuSQ+Fe+2KCl=2CuC+FeSQ+K2SQ;(5)隔絕空氣條件下，含有硫酸亞鐵、硫酸鉀的濾液

52、經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到硫酸亞鐵晶體，故答案為：蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過濾(洗滌)、干燥；(6)由題意可知，結(jié)晶水的物質(zhì)的量為藍：；ig=0.06mol,由加入足量BaC2溶液得到硫酸鋼沉淀質(zhì)量為2.33g可知硫酸根的物質(zhì)的量為屋乳詁*2=0.02mol,由加入足量NaOHg/moi溶液后，加熱、灼燒得紅色粉末0.4g可知亞鐵離子的物質(zhì)的量為160g4gmolX2X2=0.01mol,則鉀離子的物質(zhì)的量為26-0.039g96n0ol0156)g=0.02mol,n(K+)：n(Fe2+)：n(SOT)；n(H2O)=0.02mol：0.01mol:0.02mol:0.06mol=

53、2:1:2:6,晶體的化學式為K2Fe(SQ)2?6H2。,故答案為：K2Fe(SQ)2?6H2O。11.用納米Fe/Ni復(fù)合材料能去除污染水體的NO3,Ni不參與反應(yīng)。離子在材料表面的活性位點吸附后發(fā)生反應(yīng)，活性位點被其他附著物占據(jù)會導(dǎo)致速率減慢(NH4+無法占據(jù)活性位點)。反應(yīng)過程如圖所示：(1)酸性環(huán)境中，納米Fe/Ni去除NO3-分兩步，將步驟ii補充完整：I.NO3-+Fe+2H+=NO2-+Fe2+H2On.+H+=_Fe2+(2)初始pH=2.0的廢液反應(yīng)15min后，出現(xiàn)大量白色絮狀物，過濾后很快變成紅褐色，結(jié)合化學用語解釋整個變化過程的原因。(3)水體初始pH會影響反應(yīng)速率，

54、不同pH的硝酸鹽溶液與納米Fe/Ni反應(yīng)時，溶液中c(NO；)32-隨時間的變化如圖1所不。(汪：C0(NO3-)為初始時NO3-的儂度。)c0(NO3-)I為達到最高去除率，應(yīng)調(diào)水體的初始pH=。t15min,其反應(yīng)速率迅速降低，原因分別是O(4)總氮量指溶液中自由移動的所有含氮微粒濃度之和，納米Fe/Ni處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)利用電解無害化處理水體中的NO3-,最終生成N2逸出。其裝置及轉(zhuǎn)化圖如圖所示:陰極的電極反應(yīng)式為生成N2的離子方程式為AB【答案】NO2-3Fe83NH+2H2O)Fe2+在水中發(fā)生水解，F(xiàn)e2+2H2O?Fe(OH%+2H+,隨著反應(yīng)進行，c(H+)減小，平衡右移，產(chǎn)生Fe(OH)2沉淀，之后發(fā)生反應(yīng)4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,變成紅褐色的Fe(OH)36.5pH=2的溶液中，t15min時，產(chǎn)生大量Fe(OH)2,附著在活性位點上，減小接觸面積，因此反應(yīng)速率迅速下降反應(yīng)過程中H+被消耗，溶液pH升高，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(或反應(yīng)過程中NO2-被Fe還原產(chǎn)生N2逸出)NO3-+8e-+10H+=