全國高考化學(xué)氧化還原反應(yīng)綜合高考真題匯總2

1、全國高考化學(xué)氧化復(fù)原反響綜合高考真題匯總2全國高考化學(xué)氧化復(fù)原反響綜合高考真題匯總2全國高考化學(xué)氧化復(fù)原反響綜合高考真題匯總2一、高中化學(xué)氧化復(fù)原反響練習(xí)題（含詳盡答案分析）1鋰離子電池能夠?qū)崿F(xiàn)千余次充放電，但長時間使用后電池會無效，此中的化學(xué)試劑排放至環(huán)境中不但會造成環(huán)境污染，還會造成資源的浪費。實驗室模擬回收鋰離子電池中的Co、Ni、Li的流程如圖。已知：LiCoO2難溶于水，易溶于酸?；卮鹨韵聠栴}：1）LiCoO2中Co的化合價是_。2）LiCoO2在浸出過程中反響的離子方程式是_。（3）浸出劑除了H2O2外，也能夠選擇Na2S2O3，比較二者的復(fù)原效率H2O2_(填“或”“”)NaSO

2、(復(fù)原效率：復(fù)原等物質(zhì)的量的氧化劑耗費復(fù)原劑的物質(zhì)的量)。2234）提升浸出效率的方法有_。5）利用Cyanex272萃取時，pH對鈷、鎳萃取分別成效的影響如圖。從圖中數(shù)據(jù)可知，Cyanex272萃取分別時，最正確pH是_。（6）反萃取的離子方程式為2H+CoR2+2=Co+2HR，則反萃取劑的最正確選擇是_。（7）常溫下，若水相中的Ni2+的質(zhì)量濃度為1.18gL-1，則pH=_時，Ni2+開始積淀。-15Ksp(Ni(OH)2=210（8）參照題中流程圖的表達(dá)，聯(lián)合信息設(shè)計達(dá)成從水相中分別Ni和Li的實驗流程圖(如)_。已知：供給的無機(jī)試劑：NaOH、Na2CO3NaF、?！敬鸢浮?32L

3、iCoO+2+適合高升溫度，適合增添H2SO42+6H+H2O2=2Co+O2+2Li+4H2O濃度5.5H247.5NaOH2NaFSONi(OH)【分析】【分析】(1)經(jīng)過化合物中各元素化合價代數(shù)和為0進(jìn)行計算；(2)由流程圖中有機(jī)相反萃取獲取CoSO4，可知LiCoO2與H2O2在酸性條件下發(fā)生氧化復(fù)原反應(yīng)，依據(jù)氧化復(fù)原反響的規(guī)律寫出化學(xué)方程式；(3)依據(jù)等物質(zhì)的量H2O2和Na2S2O3作為復(fù)原劑轉(zhuǎn)移電子的多少進(jìn)行判斷；(4)提升浸出效率即提升化學(xué)反響速率；(5)分別Co2+和Ni2+時，因為Co2+進(jìn)入有機(jī)相，Ni進(jìn)入水相，所以，應(yīng)當(dāng)選擇鈷的萃取率高而鎳的萃取率低的pH范圍；(6)將

4、鈷洗脫進(jìn)入水相中時，應(yīng)當(dāng)使反響向正反響方向挪動，同時不可以引入新雜質(zhì)；(7)依據(jù)Ksp(Ni(OH)2的表達(dá)式進(jìn)行計算；(8)依據(jù)表格中所給物質(zhì)溶解度信息，調(diào)理pH應(yīng)當(dāng)用堿性物質(zhì)，但要考慮分別Ni和Li元素不可以使Ni和Li元素同時積淀。【詳解】(1)LiCoO中O元素為-2價，Li為+1價，依據(jù)化合物中各元素化合價代數(shù)和為0進(jìn)行計算得2Co的化合價為+3價；(2)由流程圖中有機(jī)相反萃取獲取CoSO4，可知LiCoO2與H2O2在酸性條件下發(fā)生氧化復(fù)原反應(yīng)，化學(xué)方程式為：2LiCoO2+6H+H2O2=2Co2+O2+2Li+4H2O；(3)1molH2O作為復(fù)原劑轉(zhuǎn)移2mol電子，1molN

5、a2SO作為復(fù)原劑轉(zhuǎn)移8mol電子，則223Na2S2O3的復(fù)原效率更高；(4)提升浸出效率能夠適合高升溫度，適合增添H2SO4濃度等；(5)分別Co2+和Ni2+時，因為Co2+進(jìn)入有機(jī)相，Ni進(jìn)入水相，所以，應(yīng)當(dāng)選擇鈷的萃取率高而鎳的萃取率低的pH范圍，所以最正確pH是5.5；(6)將鈷洗脫進(jìn)入水相中時，應(yīng)當(dāng)使反響向正反響方向挪動，同時，為不引入新雜質(zhì)，反萃取劑最好選擇H2SO4；2+1.18-(7)c(Ni)=mol/L=0.02mol/L，則開始積淀時，c(OH)59Ksp(NiOH2)21015-6.5=10mol/L，則pH=14-6.5=7.5；0.020.02(8)依據(jù)表格中所

6、給物質(zhì)溶解度信息，調(diào)理pH應(yīng)當(dāng)用堿性物質(zhì)，但要考慮分別Ni和Li元素不可以使Ni和Li元素同時積淀，所以采納NaOH，則Ni(OH)2先積淀，過濾后濾液中加入NaF生成LiF積淀?！军c睛】此題(5)選擇適合的pH時，注意讀懂圖中信息，要依據(jù)實驗的詳盡操作狀況來分析。2鉍酸鈉（NaBiO3）是分析化學(xué)中的重要試劑，在水中緩慢分解，遇開水或酸則快速分解。某興趣小組設(shè)計實驗制取鉍酸鈉并研究其應(yīng)用。回答以下問題：.制取鉍酸鈉制取裝置如圖（加熱和夾持儀器已略去），部分物質(zhì)性質(zhì)以下：物質(zhì)NaBiO33Bi(OH)難溶于水；白性質(zhì)不溶于冷水，淺黃色色1）B裝置用于除去HCl，盛放的試劑是_；2）C中盛放Bi

7、(OH)3與NaOH混淆物，與Cl2反響生成NaBiO3，反響的離子方程式為_；3）當(dāng)觀察到_（填現(xiàn)象）時，能夠初步判斷C中反響已經(jīng)達(dá)成；4）拆掉裝置前一定先除去燒瓶中殘留Cl2免得污染空氣。除去Cl2的操作是_；5）反響結(jié)束后，為從裝置C中獲取盡可能多的產(chǎn)品，需要的操作有_；.鉍酸鈉的應(yīng)用檢驗Mn2+6）往待測液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，溶液變成紫紅色，證明待測液中存在Mn2+。產(chǎn)生紫紅色現(xiàn)象的離子方程式為_；某同學(xué)在較濃的MnSO4溶液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，結(jié)果沒有紫紅色出現(xiàn)，但觀察到黑色固體（MnO2）生成。產(chǎn)生此現(xiàn)象的離子反響方程式為_。.產(chǎn)品純度的測定（7）取上述NaBi

8、O3產(chǎn)品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完好反響，再用-1的H224MnO4-（已知：H2244-22+2cmo1LCO標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定生成的CO+MnOCO+Mn+HO，未配平），當(dāng)溶液紫紅色恰巧褪去時，耗費vmL標(biāo)準(zhǔn)溶液。該產(chǎn)品的純度為_（用含w、c、v的代數(shù)式表示）?！敬鸢浮匡柡褪雏}水Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2OC中白色固體消逝（或黃色不再加深）封閉K1、K3，翻開K2在冰水中冷卻結(jié)晶、過濾、清洗、干燥2+3+-+2+2MnO-+5NaBiO3+2Mn+14H=5Bi+2MnO4+5Na+7H2O3Mn4+2H2O=5MnO2+4H280

9、cv10-3100%或0.28cv100%或28cv%www【分析】【分析】用濃HCl和MnO2反響制備2HCl，要用飽和食鹽水出去，而后利Cl，此中混有揮發(fā)出來的用Cl2的強(qiáng)氧化性在堿性條件下將332+的復(fù)原性將NaBiO3還Bi(OH)氧化成NaBiO；利用Mn原而Mn2+被氧化成紫紅色溶液MnO4-來檢驗NaBiO3的氧化性；實驗結(jié)束后2Cl有毒，要除去，做法是翻開三頸燒瓶的NaOH溶液，使其留下和氯氣反響；NaBiO3純度的檢測利用32+反響生成MnO4-，MnO4-再和草酸反響來測定，找到NaBiO3、Mn2+、MnO4-NaBiO和Mn、草酸四種物質(zhì)之間的關(guān)系，在計算即可?！驹斀狻?/p>

10、（1）除去氯氣中混有的HCl，用飽和食鹽水，故答案為：飽和食鹽水；（2）反響物為Bi(OH)3、Cl2和NaOH混淆物，+3價的Bi被氧化成NaBiO3，Cl2被復(fù)原成Cl-，依據(jù)原子守恒還有水生成，所以反響為：Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O，故答案為：Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；（3）C中反響已經(jīng)達(dá)成,則白色的Bi(OH)3所有變成了黃色的NaBiO3，故答案為：C中白色固體消逝（或黃色不再加深）；（4）從圖上來看封閉K13，翻開21、KK可使NaOH留下與氯氣反響，故答案為：封閉K32K，翻開K；5）由

11、題意知道NaBiO3不溶于冷水，接下來的操作盡可能在冰水中操作即可，操作為：在冰水中冷卻結(jié)晶、過濾、清洗、干燥，故答案為：在冰水中冷卻結(jié)晶、過濾、清洗、干燥；6）往待測液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，溶液變成紫紅色，證明待測液中存在Mn2+，說明鉍酸鈉將Mn2+氧化成MnO4-，因為是酸性條件，所以鉍酸鈉被復(fù)原成Bi3+，據(jù)此寫方程式并配平為5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O，故答案為：2+3+-+5NaBiO3+2Mn+14H=5Bi+2MnO4+5Na+7H2O；由題意可知，Mn2+過分，鉍酸鈉少量，過分的Mn2+和MnO4-發(fā)生反響生成了黑色的M

12、nO2，反響方程式為3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+，故答案為：3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+；7）依據(jù)得失電子守恒找出關(guān)系式為：5NaBiO32Mn2+2MnO4-5H2C2O4,計算鉍酸鈉理論產(chǎn)量：5NaBiO35H2C2O41400g5molm(理論)cv103mol0.28cvg0.28cv100%，所以答案為：解得m（理論）=0.28CVg，所以純度=Wg100%=W280cv10-30.28cv28cv100%或100%或%。www【點睛】7）在復(fù)雜的純度、產(chǎn)率等計算中，用得失電子守恒法找出各要點物質(zhì)之間的關(guān)系，由此計算，能夠事半功倍，如此

13、題中的關(guān)系5NaBiO35H2C2O4，使復(fù)雜問題簡單化了。3依據(jù)當(dāng)?shù)刭Y源等狀況，硫酸工業(yè)常用黃鐵礦(主要成分為FeS2)作為原料。達(dá)成以下填空：(1)將0.050molSO(g)和0.030molO(g)充入一個2L的密閉容器中，在必定條件下發(fā)生反22應(yīng)：2SO223分鐘反響達(dá)到均衡，測得32的平(g)+O(g)?2SO(g)+Q。經(jīng)2n(SO)=0.040mol，則O均反響速率為_(2)在容積不變時，以下措施中有益于提升SO均衡轉(zhuǎn)變率的有_(選填編號)2a.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)(3)在初步溫度T1(673K)時S

14、O2的轉(zhuǎn)變率隨反響時間(t)的變化如圖，請在圖中畫出其余條件不變狀況下，初步溫度為T2(723K)時SO2的轉(zhuǎn)變率隨反響時間變化的表示圖_(4)黃鐵礦在必定條件下煅燒的產(chǎn)物為SO和FeO234將黃鐵礦的煅燒產(chǎn)物Fe34244O溶于HSO后，加入鐵粉，可制備FeSO。酸溶過程中需保持溶液有足夠的酸性，其原由是_FeS2能將溶液中的3+2+2。寫出有關(guān)的離子方程式Fe復(fù)原為Fe，自己被氧化為SO4_。有2mol氧化產(chǎn)物生成時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為_【答案】0.005mol/(L?min)bd抑Fe3+與Fe2+的水解，并防范Fe2+被氧化成Fe3+FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42+1

15、6H+14NA【分析】【分析】(1)依據(jù)vc求出氧氣的速率，而后依據(jù)速率之比等于對應(yīng)物質(zhì)的化學(xué)計量數(shù)之比計t算；(2)反響放熱，為提升SO2均衡轉(zhuǎn)變率，應(yīng)使均衡向正反響方向挪動，可降低溫度，體積不變，不可以從壓強(qiáng)的角度考慮，催化劑不影響均衡挪動，移出氧氣，均衡向逆反響方向移動，不利于提升SO2均衡轉(zhuǎn)變率，由此分析解答；(3)反響是放熱反響，溫度高升，均衡逆向進(jìn)行，二氧化硫的轉(zhuǎn)變率減小，但達(dá)到均衡所需要的時間縮短，據(jù)此畫出曲線；(4)Fe3與Fe2易水解，F(xiàn)e2易被氧化成Fe3；依據(jù)氧化復(fù)原反響中的反響物和生成物幾何電子守恒來配平化學(xué)方程式，聯(lián)合方程計算轉(zhuǎn)移電子數(shù)?！驹斀狻縞0.040mol32

16、L(1)v(SO)t2min0.01mol/(L?min)，所以v(O213)2v(SO)0.005mol/(L?min)，故答案為：0.005mol/(L?min)；(2)a移出氧氣，均衡逆向挪動，二氧化硫的轉(zhuǎn)變率減少，故不選；b降低溫度，均衡正向挪動，二氧化硫的轉(zhuǎn)變率增大，應(yīng)選；c減小壓強(qiáng)，均衡逆向挪動，二氧化硫的轉(zhuǎn)變率減少，故不選；d再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，均衡正向挪動，二氧化硫的轉(zhuǎn)變率增大，應(yīng)選；故答案為：bd；(3)反響：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)H0，SO2的轉(zhuǎn)變率在初步溫度T1673K下隨反響時間(t)的變化

17、如圖，其余條件不變，僅改變初步溫度為T2723K，溫度高升，均衡逆向進(jìn)行，二氧化硫的轉(zhuǎn)變率減小，但反響速率增大，達(dá)到均衡需要的時間短，在圖中畫出溫度T2下SO2的轉(zhuǎn)變率隨反響時間變化的預(yù)期結(jié)果表示圖以以下圖；故答案為：；(4)Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SO4后，生成的Fe3與Fe2易水解，F(xiàn)e2易被氧化成Fe3，所以要加入Fe粉和酸，克制Fe3與Fe2的水解，并防范Fe2被氧化成Fe3，故答案為：抑制Fe3與Fe2的水解，并防范Fe2被氧化成Fe3；-2價的硫離子擁有復(fù)原性，F(xiàn)eS2能夠?qū)⑷芤褐械腇e3復(fù)原為Fe2，而自己被氧化為硫酸根離子，有關(guān)的離子方程式為：FeS23+22+2+

18、14Fe4+16H，氧化產(chǎn)物是硫酸根+8HO=15Fe+2SO離子，有2mol硫酸根生成時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為14NA，故答案為：FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42+16H+；14NA?！军c睛】注意(3)溫度高升，均衡逆向進(jìn)行，二氧化硫的轉(zhuǎn)變率減小，但反響速率增大，達(dá)到均衡需要的時間短，此為解題的要點。4當(dāng)前全球的鎳（Ni）花費量僅次于銅、鋁、鉛、鋅，居有色金屬第五位。鎳常用于各樣高光彩裝修漆和塑料生產(chǎn)，也常用作催化劑。堿式碳酸鎳的制備：工業(yè)用電解鎳新液（主要含NiSO4，NiCl2等）制備堿式碳酸鎳晶體xNiCO3yNi(OH)2zH2O，制備流程如圖：1）反響器中的一個重要反

19、響為3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO32Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，X的化學(xué)式為_。（2）物料在反響器中反響時需要控制反響溫度和pH值。分析如圖，反響器中最適合的pH值為_。（3）檢驗堿式碳酸鎳晶體清洗潔凈的方法是_。測定堿式碳酸鎳晶體的構(gòu)成：為測定堿式碳酸鎳晶體xNiCO3yNi(OH)2zH2O構(gòu)成，某小組設(shè)計了如圖實驗方案及裝置：資料卡片：堿式碳酸鎳晶體受熱會完好分解生成NiO、CO2和H2O實驗步驟：檢查裝置氣密性；正確稱量3.77g堿式碳酸鎳晶體xNiCO3yNi(OH)2zH2O放在B裝置中，連結(jié)儀器；翻開彈簧夾a，鼓入一段時間空氣，分別稱量裝置C、D、E

20、的質(zhì)量并記錄；_；翻開彈簧夾a慢慢鼓入一段時間空氣；分別正確稱量裝置C、D、E的質(zhì)量并記錄；依據(jù)數(shù)據(jù)進(jìn)行計算（有關(guān)數(shù)據(jù)以下表）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)辦理：4）E裝置的作用_。5）增補(bǔ)的實驗操作_。6）經(jīng)過計算獲取堿式碳酸鎳晶體的構(gòu)成_（填化學(xué)式）。鎳的制備：（7）寫出制備Ni的化學(xué)方程式_?！敬鸢浮緾O28.3取最后一次清洗液少量，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若無積淀產(chǎn)生，則證明積淀已經(jīng)清洗潔凈汲取空氣中的H2O和CO2封閉彈簧夾a，點燃酒精燈，觀察到C中無氣泡時，停止加熱NiCO32

21、Ni(OH)24H2O2NiCO32Ni(OH)24H2O+3N2H4H2O=6Ni+3N2+2CO+21H2O【分析】【分析】(1)依據(jù)元素守恒分析判斷；(2)使各樣雜質(zhì)相對最少的pH即為最適合的pH；(3)反響后的濾液中含有硫酸鈉，所以檢驗堿式碳酸鎳晶體能否清洗潔凈就是檢驗?zāi)芊裼辛蛩岣x子殘留；(4)依據(jù)實驗?zāi)康暮透鱾€裝置的作用分析；(5)依據(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，再依據(jù)質(zhì)量守恒確立化學(xué)式；(7)氧化復(fù)原反響中電子有得，必有失，依據(jù)化合價變化確立生成物，從而配平方程式。【詳解】(1)反響器中的一個重要反響為3NiSO+3NaCO+2HO=NiCO

22、2Ni(OH)2+3NaSO+2X，反響前4232324Ni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，反響后現(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，而這些微粒包括在2個X分子中，所以X的化學(xué)式為CO2，故答案為：CO2；(2)物料在反響器中反響時需要控制反響條件，依據(jù)圖可知，在pH=8.3時，各樣雜質(zhì)相對最少，所以反響器中最適合的pH8.3，故答案為：8.3；(3)反響后的濾液中含有硫酸鈉，所以檢驗堿式碳酸鎳晶體能否清洗潔凈就是檢驗?zāi)芊裼辛蛩岣x子殘留，故答案為：取最后一次清洗液少量

23、，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若無積淀產(chǎn)生，則證明積淀已經(jīng)清洗潔凈；(4)C裝置用來汲取堿式碳酸鎳晶體受熱分解產(chǎn)生的H2O，D裝置用來汲取堿式碳酸鎳晶體受熱分解產(chǎn)生的CO2，E裝置能夠防范空氣中的H2O和CO2進(jìn)入D裝置中，影響實驗數(shù)據(jù)的測定，故答案為：汲取空氣中的H22O和CO；(5)步驟反響前左邊通空氣是為了排盡裝置中原有的CO和水蒸氣，防范裝置內(nèi)的CO和22水蒸氣造成數(shù)據(jù)攪亂，排空氣后，應(yīng)當(dāng)開始進(jìn)行反響，所以步驟的操作為封閉彈簧夾a，點燃酒精燈，觀察到C中無氣泡時，說明固體分解完好，停止加熱；步驟再翻開彈簧夾a慢慢鼓入一段時間空氣，將裝置中殘留的CO2和水蒸氣所有趕入C、D裝置，被完

24、好汲取，故答案為：封閉彈簧夾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，CO的質(zhì)量為190.44g-190g=0.44g，因為發(fā)生的是分解2反響，所以生成的NiO的質(zhì)量為3.77g-1.08g-0.44g=2.25g，則分解反響中水、二氧化碳和1.08g0.44g2.25gNiO的系數(shù)比(也就是分子個數(shù)比)為即：=6:1:3，xNiCO3?yNi(OH)2?zH2O.6H2O+CO2+3NiO，依據(jù)元素守恒可得可得x=1，y=2，z=4xNiCO3?yNi(OH)2?zH2O中x:y:z的值1:2:4，故答案為：NiCO32Ni(OH)2

25、4H2O；(7)NiCO32Ni(OH)24H2O與N2H4H2O反響生成Ni，Ni元素得電子，被復(fù)原，同時還生成氣體X和Y，由第(1)問知X為CO2，氧化復(fù)原反響有得電子，必有失電子的物質(zhì)，由此判斷另一種氣體為N2，依據(jù)得失電子守恒、元素守恒配平制備Ni的化學(xué)方程式，故答案為：2NiCO32Ni(OH)24H2O+3N2H4H2O=6Ni+3N2+2CO+21H2O。5實驗室用圖所示裝置制備KClO溶液，并經(jīng)過KClO溶液與Fe(NO3)3溶液的反響制備高效水辦理劑K2FeO4.已知K2FeO4擁有以下性質(zhì)可溶于水、微溶于濃KOH溶液，在05、強(qiáng)堿性溶液中比較穩(wěn)固，在Fe3和Fe(OH)3催

26、化作用下發(fā)生疏解，在酸性至弱堿性條件下，能與水反響生成Fe(OH)3和O2。（1）裝置A中KMnO4與鹽酸反響生成MnCl2和Cl2，其化學(xué)方程式為_，裝置B的作用是_。（2）Cl2和KOH在較高溫度下反響生成KClO3，試寫出該反響的離子方程式_。（3）制備K2FeO4時，KClO飽和溶液與Fe(NO3)3飽和溶液的混淆方式為：在攪拌下，將Fe(NO3)3飽和溶液緩慢滴加到KClO飽和溶液中。原由是_。（4）已知pH11時Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成Zn(OH)42.下表列出了幾種離子生成氫氧化物積淀的pH(開始積淀的pH按金屬離子濃度為1.0molL1計算)。開始積淀的pH積淀完好

27、的pHFe31.13.2Fe25.88.8Zn25.98.9實驗中可采納的試劑：30%H2O2、1.0molL1HNO3、1.0molL1NaOH.由某硫酸鋅溶(含F(xiàn)e2、Fe3雜質(zhì))制備ZnO的實驗步驟挨次為：_；_；過濾；_；過濾、清洗、干燥；900煅燒?！敬鸢浮?KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O除去Cl2中的HClV3Cl26OH5ClClO33H2OK2FeO4在Fe3作用下會分解向硫酸鋅溶液中加入適當(dāng)30%H2O2，使其充分反響滴加1.0molL1NaOH，調(diào)理溶液pH約為5(或3.2pH5.9)，使Fe3積淀完好向濾液中滴加1.0molL1NaOH

28、，調(diào)理溶液pH約為10(或8.9pH11)，使Zn2積淀完好【分析】【分析】依據(jù)實驗裝置圖可知，A裝置頂用高錳酸鉀與鹽酸反響制得氯氣，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頂用氯氣與氫氧化鉀溶液應(yīng)制得次氯酸鈉，反響的尾氣氯氣用氫氧化鉀汲取?！驹斀狻?KMnO4擁有強(qiáng)氧化性，將鹽酸中氯離子氧化為Cl2，反響還有水生成，所以化學(xué)方程式為：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，因為鹽酸易揮發(fā)，制備的氯氣中含有HCl，應(yīng)飽和食鹽水汲取HCl除去，故答案為：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O；除去C

29、l2中的HCl；2Cl2和KOH在較高溫度下反響生成KClO3，反響的離子方程式為V3Cl26OH5ClClO33H2O，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)生疏解，則KClO飽和溶液與Fe(NO3)3飽和溶液的混淆方式為：在攪拌下，將Fe(NO3)3飽和溶液緩慢滴加到KClO飽和溶液中，故答案為：K2FeO4在Fe3作用下會分解；4依據(jù)表中陽離子積淀的PH可知，由除去銅的濾液制備ZnO的實驗步驟挨次為：向濾液中加入30%H2O2，使其充分反響，目的使Fe2轉(zhuǎn)變完好為Fe3，加氫氧化鈉溶液，控制PH在4左右，使Fe3積淀

30、完好，過濾，向濾液中滴加1.0molL1NaOH，調(diào)理溶液PH約為10(或8.9pH11)，使Zn2積淀完好，過濾、清洗、干燥，900煅燒。故答案為：向硫酸鋅溶液中加入適當(dāng)30%H2O2，使其充分反響；滴加1.0molL1NaOH，調(diào)理溶液pH約為5(或3.2pH5.9)，使Fe3積淀完好；向濾液中滴加1.0molL1NaOH，調(diào)理溶液pH約為10(或8.9pH11)，使Zn2積淀完好。【點睛】依據(jù)實驗裝置圖可知，A裝置頂用高錳酸鉀與鹽酸反響制得氯氣，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頂用氯氣與氫氧化鉀溶液應(yīng)制得次氯酸鈉，反響的尾氣氯氣用氫氧化鉀汲取

31、，以此解答該題。6以海綿銅（CuO、Cu）為原料制備氯化亞銅（CuCl）的一種工藝流程以下：（1）Cu基態(tài)原子核外電子排布式為_，SO42-的空間構(gòu)型為_（用文字描述）；Cu2+與OH反響能生成Cu(OH)42-，Cu(OH)42-中供給孤電子對的原子是_（填元素符號）。（2）“汲取”過程：2NO(g)+O2(g)噲垐?2NO2(g)H=112.6kJ?mol-1提升NO均衡轉(zhuǎn)變率的方法有_（寫出兩種）。汲取NO2的有關(guān)反響以下：反響：2NO2232-1(g)+HO(l)HNO(aq)+HNO(aq)H=116.1kJ?mol反響：3HNO232-1(aq)HNO(aq)+2NO(g)+HO(

32、l)H=75.9kJ?mol用水汲取NO2生成HNO3和NO的熱化學(xué)方程式是_。（3）“電解”過程：HNO2為弱酸，經(jīng)過電解使HNO3得以再生，陽極的電極反響式是_。4）“積淀”過程：產(chǎn)生CuCl的離子方程式是_?！敬鸢浮?s22s22p63s23p63d104s1正四周體形O增大壓強(qiáng)、提升氧氣的濃度3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)-1-+-H=212.1kJ?molHNO2-2e+H2O=3H+NO32+2-242-+2Cu+SO+2Cl+2HO=2CuCl+SO+4H【分析】【分析】海綿銅（CuO、Cu）中CuO與稀H2SO4反響轉(zhuǎn)變成硫酸銅，因硝酸在酸性條件下

33、擁有氧化性，會將銅氧化為銅離子，最平生成硫酸銅，SO2擁有復(fù)原性，再將銅離子復(fù)原為氯化亞銅，NO合理利用，經(jīng)過氧化與電解過程獲取硝酸，據(jù)此分析解答?！驹斀狻浚?）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6+2-42S原子價層電子對個數(shù)=4+=4，且不含孤電子對，由價層電子對互斥理論判斷該2微粒為正四周體形；Cu(OH)42-中Cu2+供給空軌道，O原子供給孤電子對形成配位鍵，答案為：1s22s22p63s23p63d104s1；正四周體形；O；（2）2NO(g)+O2NO2(g)-1是氣體體積減小的放熱反響，提升2(g)垐?H

34、=112.6kJ?mol噲?NO均衡轉(zhuǎn)變率，均衡應(yīng)向正反響方向挪動，能夠采納的措施有：降低溫度、增大壓強(qiáng)、提升氧氣的濃度等；由蓋斯定律可知：（反響I3+反響II）1能夠獲取用水汲取NO2生成HNO3和NO的熱2化學(xué)方程式：3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)H=212.1kJ?mol-1；3）電解過程中，陽極上HNO2失掉電子發(fā)生氧化反響生成HNO3，陽極的電極反響式是：HNO2-2e-+H2O=3H+NO3-；4）Cu2+與SO2發(fā)生氧化復(fù)原反響生成CuCl，離子方程式為：2Cu2+SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl+SO42-+4H+。7(1)難溶物PbSO4溶

35、于CH3COONH4溶液可制得易溶于水的(CH3COO)2Pb，發(fā)生的反響為PbSO42CH3COONH4(CH3COO)2Pb(NH4)2SO4，說明(CH3COO)2Pb是_(填“強(qiáng)”或“弱”)電解質(zhì)。(2)已知次磷酸(H3PO2)與足量的氫氧化鈉溶液反響生成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(xué)式)。(4)在必定溫度下，向一個2L的真空密閉容器中(早先裝入催化劑)通入1molN2和3molH2，發(fā)生反響：N2(g)3H2(g)?2NH3(g)。經(jīng)過一段時間后，測得容器內(nèi)壓強(qiáng)是初步的0.9倍，在此時間內(nèi)，H

36、2均勻反響速率為0.1mol/(Lmin)，則所經(jīng)過的時間為_min(5)高鐵酸鈉(Na2FeO4)擁有強(qiáng)氧化性，可對自來水進(jìn)行消毒、凈化。高鐵酸鈉可用氫氧化鐵和次氯酸鈉在堿性介質(zhì)中反響獲取，請增補(bǔ)并配平下邊離子方程式。_Fe(OH)3+_ClO+_OH=_FeO42_Cl+_(6)在反響11P+15CuSO+24HO=5CuP+6HPO+15HSO中，氧化劑是_；當(dāng)有42334242molHPO生成，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為_34【答案】弱一CaCO3323423245HOP、CuSO10mol【分析】【分析】【詳解】(1)硫酸鉛在水溶液里存在溶解均衡，加入醋酸銨時，醋酸根離子和鉛離子生成難電

37、離物質(zhì)或弱電解質(zhì)醋酸鉛，促進(jìn)硫酸鉛溶解，說明(CH32COO)Pb是弱電解質(zhì)；(2)H3PO2與足量的NaOH溶液反響，生成NaH2PO2，說明H3PO2只好電離出一個氫離子，所以H3PO2是一元酸；(3)水泥的生產(chǎn)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(shè)c(N2)=xmol，列三段式有：N2g+3H2g?2NH3g初步(molgL-1)0.51.50轉(zhuǎn)變(-1)molLx3x2xg均衡(g-1)0.5-x1.5-3x2xmolL容器內(nèi)壓強(qiáng)是初步的0.9倍，

38、溫度和容器容積不變，氣體的壓強(qiáng)比等于濃度之比，所以0.5-x+1.5-3x+2xmolgL-1=0.9，解得x=0.1mol/L，則c(H2)=0.3mol/L，v(N2)=0.1g-10.5+1.5molLc0.3molgL-1mol/(Lmin)，則反響時間t=0.1mol/Lgmin=3min；v(5)鐵元素化合價由+3高升為+6，失掉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(shù)，則氫氧化鐵與高鐵酸根前系數(shù)為2，次氯酸跟與氯離子前系數(shù)為3，再依據(jù)電荷守恒及原子守恒配平得2Fe(OH)3-42-2+3ClO+4OH=2FeO+3Cl+5HO；(6)CuP中P元素化合價為

39、-3，HPO中P元素化合價為+5，所以P既是氧化劑又是復(fù)原334劑，Cu元素化合價由CuSO4中的34+2降低為CuP中+1，所以CuSO也是氧化劑，即氧化劑為P、CuSO4342mol(+5-0)=10mol。；當(dāng)有2molHPO生成，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為8銻（Sb）寬泛用于生產(chǎn)各樣阻燃劑、陶瓷、半導(dǎo)體元件和醫(yī)藥及化工等領(lǐng)域。（1）銻在元素周期表中的地點_。（2）銻（）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。為了獲取許多、較純的銻白，操作時將SbCl3逐漸加入大批水中，反響后期還要加入少量氨水。試用必需的化學(xué)用語和均衡挪動原理解說這兩項操作的作用_

40、。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(xué)方程式_。以輝銻礦為原料制備金屬銻，此中一種工藝流程以下：已知部分信息以下：輝銻礦（除Sb2S3外，還含有砷、鉛、銅的化合物和SiO2等）；浸出液主要含鹽酸和SbCl3，還含SbCl5、CuCl2、AsCl3和PbCl2等雜質(zhì)；-36-29常溫下，Ksp（CuS）=1.010，Ksp（PbS）=9.010。回答以下問題：（3）“酸浸”過程中Sb2S3發(fā)生反響的化學(xué)方程式為_。4）已知：浸出液中c（Cu2+）=0.0001mol/L，c（P

41、b2+）=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(xué)式）；當(dāng)CuS、PbS共沉c(Cu2+)沉?xí)r，c(Pb2+=_（保存小數(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)系以以下圖。當(dāng)電壓超出U0V時，銻的產(chǎn)率降低的原由可能是_。【答案】第5周期第A族2SbCl3223+6HCl，不停加入33濃度增+3HO?SbOSbCl，使SbCl大，利于水解均衡右移，反響后期加入氨水中和鹽酸，使c(HCl)減小，利于均衡右移高溫2322322353-8+參加電

42、極2SbS+9O2SbO+6SOSbS+3SbCl=5SbCl+3SCuS1.13:410H反響【分析】【分析】輝銻礦粉加入鹽酸和SbCl5溶液，獲取SbCl3和SbCl5溶液，還含有雜質(zhì)CuCl2、AsCl3和PbCl2等，加入適當(dāng)Sb將SbCl5復(fù)原為SbCl3，加入Na2S使銅和鉛積淀以除去CuCl2和PbCl2，而后加入NaHPO2除去雜質(zhì)砷。獲取的SbCl3溶液電解獲取金屬Sb，同時獲取SbCl5，能夠返回到酸浸步驟循環(huán)使用?！驹斀狻浚?）銻和氮在同一主族，其在元素周期表中位于第5周期第A族。（2）SbCl3水解：2SbCl3+3H2O?Sb2O3+6HCl，將SbCl3逐漸加入大批

43、水中，SbCl3濃度增大，水解均衡右移，反響后期還要加入少量氨水中和HCl，使c(HCl)減小，均衡右移，有益于Sb23322333濃度增O的生成。故答案為：2SbCl+3HO?SbO+6HCl，不停加入SbCl，使SbCl大，利于水解均衡右移，反響后期加入氨水中和鹽酸，使c(HCl)減小，利于均衡右移?；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的同時生成SO2高溫232232?；瘜W(xué)方程式為：2SbS+9O2SbO+6SO。（3）“酸浸”時Sb2S3和SbCl5溶液反響，獲取SbCl3和SbCl5的混淆溶液，濾渣中有硫，是此反響的生成物，Sb2S3

44、發(fā)生反響的化學(xué)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(dāng)2+2-1.010-36-322+Cu開始積淀時，c(S)=1.010mol/L，當(dāng)Pb開0.00012-)=9.010-29-28CuS；當(dāng)CuS、PbS共沉始積淀時，c(S0.1=9.010mol/L，所以先產(chǎn)生積淀的是c(Cu2+)c(Cu2+)c(S2)Ksp(CuS)1.01036-8淀時，c(Pb2+)=c(Pb2+)c(S2)Ksp(PbS)9.010291.110。（5）加入Na

45、HPO2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失掉4mol電子，砷的化合價從+3價34降低到0價，生成1molAs獲取3mol電子，依據(jù)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+獲取電子生成Sb，當(dāng)電壓過大時，溶液中的H+3溶液制取銻，在陰極是Sb也可能在陰極放電，以致銻的產(chǎn)率降低。9氯化亞銅在有機(jī)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

46、回答以下問題：(1)在電鍍廢水中加堿產(chǎn)生積淀，過濾獲取電鍍污泥，則電鍍污泥的主要成分為_；(2)由反響制備CuCl時的最正確pH在_左右；(3)對CuCl產(chǎn)率研究時發(fā)現(xiàn)反響在間隔空氣條件下進(jìn)行時CuCl產(chǎn)率較高，由此推測CuCl擁有_性；(4)寫出反響中化學(xué)反響方程式：_；(5)間隔空氣條件下，從濾液中制得晶體的實驗操作為：_；(6)取晶體4.34g間隔空氣條件下，失掉結(jié)晶水后得固體3.26g，所得固體溶于水分紅二等份，一份加入足量BaCl2溶液,獲取白色固體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(xué)式：_。【答案】Fe(OH)3、2444Cu(OH

47、)3.5復(fù)原2CuSO+Fe+2KCl=2CuCl+2KSO+FeSO蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過濾(清洗)、干燥K2Fe(SO4)2?6H2O【分析】【分析】由流程圖可知，向電鍍廢水中加堿，Cu2+、Fe3+與堿反響生成氫氧化鐵和氫氧化銅積淀，過濾獲取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，過濾獲取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)理溶液pH和反響溫度使硫酸銅與鐵、氯化鉀反響生成了硫酸亞鐵、硫酸鉀和氯化亞銅，過濾獲取氯化亞銅積淀和含有的硫酸亞鐵、硫酸鉀濾液，間隔空氣條件下，濾液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、清洗、干燥獲取K2

48、Fe(SO4)2?6H2O晶體。【詳解】（1）由流程圖可知，向電鍍廢水中加堿，Cu2+、Fe3+與堿反響生成氫氧化鐵和氫氧化銅沉淀，過濾獲取含有氫氧化鐵和氫氧化銅的電鍍污泥，故答案為：Fe(OH)3、Cu(OH)2；（2）由CuCl產(chǎn)率與pH的關(guān)系圖可知，制備CuCl時的最正確pH是3.5左右，故答案為：3.5；3）對CuCl產(chǎn)率研究時發(fā)現(xiàn)反響在間隔空氣條件下進(jìn)行時CuCl產(chǎn)率較高，說明氯化亞銅擁有復(fù)原性，能被空氣中的氧氣氧化，故答案為：復(fù)原；4）反響為調(diào)理溶液pH和反響溫度使硫酸銅與鐵、氯化鉀反響生成了硫酸亞鐵、硫酸鉀和氯化亞銅，反響的化學(xué)方程式為2CuSO，故答案為：4+Fe+2KCl=2

49、CuCl+FeSO+K42SO42CuSO4+Fe+2KCl=2CuCl+FeSO4+K2SO4；（5）間隔空氣條件下，含有硫酸亞鐵、硫酸鉀的濾液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥獲取硫酸亞鐵晶體，故答案為：蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過濾(清洗)、干燥；（6）由題意可知，結(jié)晶水的物質(zhì)的量為（4.34-3.26）g=0.06mol，由加入足量218g/molBaCl溶液,獲取2.33g2.33gNaOH硫酸鋇積淀質(zhì)量為可知硫酸根的物質(zhì)的量為233g/mol2=0.02mol，由加入足量溶液后，加熱、灼燒得紅色粉末0.4g可知亞鐵離子的物質(zhì)的量為0.4g22=0.01mol，160g/mol（3.26-

50、0.0296-0.0156）g+2+2)；則鉀離子的物質(zhì)的量為39g/mol=0.02mol，n(K)：n(Fe)：n(SO4n(HO)=0.02mol：0.01mol：0.02mol：0.06mol=2:1:2:6，晶體的化學(xué)式為KFe(SO)?6HO，22422故答案為：K2422Fe(SO)?6HO。10NH3和Cl2在常溫下可快速反響生成氮氣：2NH3+3Cl2N2+6HCl。當(dāng)Cl2和NH3比率不同時，產(chǎn)物有差異。(1)該反響可用于檢驗化工生產(chǎn)中氯氣能否泄漏。如氯氣有少量泄漏，用氨氣檢驗時的現(xiàn)象_。(2)若利用該反響辦理含有氨氣和氯氣的尾氣，用于制備鹽酸，Cl2和NH3的最正確比率為

51、_。(3)常溫常壓下，取總物質(zhì)的量為12mol的氯氣和氨氣的混淆氣體，完好反響后，氣體物質(zhì)的量保持不變。求：反響前氯氣和氨氣的物質(zhì)的量之比_反響后生成的氧化產(chǎn)物的質(zhì)量_。(4)若將整體積為100L的NH3和Cl2混淆，實驗精準(zhǔn)測得充分反響后無色混淆氣體中N2占混合氣體的1，求生成氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量_。（該實驗數(shù)據(jù)在標(biāo)準(zhǔn)狀況下測7定）【答案】有白煙生成32n(NH3)n(Cl2)=11m(N2)=56g余NH3和N20.263mol，余HCl和N20.893mol【分析】【分析】NH和Cl在常溫下可快速反響生成氮氣：2NH3+3ClN+6HCl。當(dāng)Cl和NH比率不一樣322223時，產(chǎn)物有差異。

52、(1)要檢驗化工生產(chǎn)中氯氣能否泄漏，則需要有明顯的現(xiàn)象，從供給的反響能夠看出，氨氣過分時會有明顯現(xiàn)象，找到該反響并指出現(xiàn)象即可；(2)要求是利用氨氣和氯氣之間反響生成氯化氫用于制備鹽酸，故按該反響中Cl2和NH3的比率來回答；(3)常溫常壓下，取總物質(zhì)的量為12mol的氯氣和氨氣的混淆氣體，完好反響后，氣體物質(zhì)的量保持不變，說明2NH33Cl2N26HCl反響后氨氣有節(jié)余，再發(fā)生反響NH3+HCl=NH4Cl，HCl不可以完好反響，按此思路計算反響前氯氣和氨氣的物質(zhì)的量之比及反響后生成的氧化產(chǎn)物的質(zhì)量；(4)若將整體積為32混淆，2NH33Cl2N26HCl恰巧反響，依據(jù)方100L的NH和Cl

53、程式計算混淆氣體整體積，從而計算氮氣體積；NH3過分時，發(fā)生反響8NH33Cl2N26NH4Cl，節(jié)余混淆氣體為氮氣、氨氣，設(shè)Cl2有xL，利用方程式和已知條件計算出氮氣的體積、氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量；【詳解】(1)按題意，用于檢驗氯氣能否泄漏的反響應(yīng)有明顯現(xiàn)象，氯氣和氨氣可能的反響為2NH33Cl2N26HCl、當(dāng)氨氣過分時會與生成的HCl反響生成氯化銨，有白煙，現(xiàn)象明顯；答案為：有白煙生成；(2)氨氣和氯氣在常溫下可快速反響生成氮氣：2NH33Cl2N26HCl，若利用該反響辦理含有氨氣和氯氣的尾氣，用于制備鹽酸，Cl2和NH3的最正確比率為3：2；答案為：3：2；常溫常壓下，取總物質(zhì)的量為1

54、2mol的氯氣和氨氣的混淆氣體，完好反響后，氣體物質(zhì)的量保持不變，說明2NH33Cl2N26HCl反響后氨氣有節(jié)余，再剩余氨氣再與部分HCl發(fā)生反響NH3+HCl=NH4Cl，HCl不可以完好反響，設(shè)反響2NH33Cl2N26HCl2NH33Cl2氣體物質(zhì)的量增添中耗費氯氣的物質(zhì)的量為x232，2xx2x33NH3+HCl=NH4Cl氣體物質(zhì)的量減少12，前者體積增大與后者體積減小相等，2x2(12-x)12-x3則2(12x2x)2x33，得x=6，故反響前氯氣和氨氣的物質(zhì)的量之比為答案為：1:1；x612x61：1；反響后生成的氧化產(chǎn)物為氮氣，氯氣為6mol,由2NH33Cl2N26HCl

55、可知,生成氮氣的物質(zhì)的量為2mol，故氧化產(chǎn)物氮氣的質(zhì)量=2mol28g/mol=56g，故答案為：56g；(4)在2NH33Cl2N26HCl反響中，NH322占混和Cl恰巧完好反響時，混淆氣體中N合氣體的1，因為氨氣與HCl能夠反響生成HN42占混淆7Cl，而充分反響后的混淆氣體中N氣體的1，則有兩類狀況：Cl2與氨氣恰巧反響，由方程式可知5體積氣體生成7體積氣7體，故反響后混淆氣體整體積=100L7=140L，則氧化產(chǎn)物氮氣體積為140L1=20L，故57其物質(zhì)的量=20L=0.893mol；NH3過分時，發(fā)生反響22.4L/mol8NH33Cl2N26NH4Cl，節(jié)余混淆氣體為氮氣、氨

56、氣，設(shè)2Cl有xL，則8NH33Cl2N2V1xL831101300，則310 xL，x，故氧化產(chǎn)物氮氣的物xx10 x100L717333質(zhì)的量=300L11730.263mol；22.4L/mol答案為：余NH3和N2為0.263mol，余HCl和N2為0.893mol。11某系統(tǒng)中存在以下反響：H2S4H24210H，2IO312H10e=I2O8e=SO6H2O。1）反響中H2S做_劑，反響屬于_反響（填“氧化”或“復(fù)原”）。2）若在反響中失掉02mol電子，則反響中可生成_gI2。3）寫出并配平碘酸鉀與硫化氫反響的化學(xué)方程式，同時標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)量：_。4）由上述反響可推知_。

57、a氧化性：K2SO4KIO3b酸性：HIO3H2SO4c復(fù)原性：H2SI2d反響過程中溶液的酸性逐漸減弱【答案】復(fù)原復(fù)原508c【分析】【分析】1）化合價高升的反響物做復(fù)原劑，碘元素的價態(tài)由正五價，變成零價，發(fā)生復(fù)原反響；2）由得失電子數(shù)量守恒計算可得；3）5+4得反響的化學(xué)方程式；4）復(fù)原性：復(fù)原劑復(fù)原產(chǎn)物，氧化性：氧化劑氧化產(chǎn)物，因為有水的生成，酸性減弱。【詳解】1）由H2S+4H2O-8eSO42-+10H+和2IO3-+12H+10eI2+6H2O可知，反響中硫元素化合價從-2價變化為+6價，化合價高升失電子做復(fù)原劑，反響是碘元素化合價從+5價變化為0價，化合價降低做氧化劑，發(fā)生復(fù)原反

58、響，故答案為：復(fù)原，復(fù)原；（2）依據(jù)電子守恒獲?。?0mole-轉(zhuǎn)移生成子，中獲取0.2mol電子，反響的碘單質(zhì)物質(zhì)的量4molI2，4I240e-，；中失掉0.02mol，m（I2）0.2mol電=0.02mol127g/mol2=5.08g，故答案為：5.08；（3）由和依照電子守恒獲取反響的化學(xué)方程式為5H2S+8KIO3=4K2SO4+4I2+H2SO4+4H2O，由方程式可知40mole-轉(zhuǎn)移生成4molI2，則電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)量為，故答案為：；（4）a、氧化劑KIO3的氧化性大于氧化產(chǎn)物2424243KSO、HSO，氧化性：KSOKIO，故a錯誤；b、反響物中無碘酸生成，該反響不

59、可以判斷酸性強(qiáng)弱，故b錯誤；c、復(fù)原劑HS的復(fù)原性大于復(fù)原產(chǎn)物I，則復(fù)原性：HSI，故c正確；2222d、反響過程中氫硫酸反響生成硫酸，溶液酸性加強(qiáng)，故d錯誤；c正確，故答案為：c。12一種以黃銅礦和硫磺為原料制取銅和其余產(chǎn)物的新工藝，原料的綜合利用率較高。其主要流程以下：已知：“反響”的離子方程式為2+-+SCu+CuS+4C1=2CuCl2回答以下問題：1）鐵紅的化學(xué)式為_；2）“反響”的復(fù)原劑是_(填化學(xué)式)；3）“反響III”的離子方程式為_；4）輝銅礦的主要成分是Cu2S，可由黃銅礦(主要成分CuFeS2)經(jīng)過電化學(xué)反響轉(zhuǎn)變而成，有關(guān)轉(zhuǎn)變以下以以下圖。轉(zhuǎn)變時正極的電極反響式為_。5）

60、從輝銅礦中浸取銅元素，可用FeCl3作浸取劑。反響Cu2S4FeCl32CuCl24FeCl2S，每生成1molCuCl2，反響中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)量為3+_；浸取時，在有氧環(huán)境下可保持Fe較高濃度。有關(guān)反響的離子方程式是_。浸取過程中加入清洗劑溶解硫時，銅元素的浸取率的變化如圖，其原由是_。（6）CuCl懸濁液中加入NaS，發(fā)生的反響為2CuCl(s)2S(aq)CuS(s)2Cl22(aq)，該反響的均衡常數(shù)K_已知Ksp(CuCl)1.2106，Ksp(Cu2S)2.51043。【答案】Fe232-2+2+-2+2e22+OCuS4CuCl+O+4H=4Cu+8Cl+2HO2CuFeS6H=C