高考化學(xué)氧化還原反應(yīng)綜合經(jīng)典題及詳細(xì)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.亞氯酸鈉（NaCIO2）是二氧化氯（CIO2）泡騰片的主要成分。實(shí)驗(yàn)室以氯酸鈉（NaCIO3）為原料先制得ClO2，再制備NaCIO2粗產(chǎn)品，其流程如圖：已知：CIO已知：CIO2可被NaOH溶液吸收，反應(yīng)為2CIO2+2NaOH=NaCIO3+NaCIO2+H2O0無水NaCIO2性質(zhì)穩(wěn)定，有水存在時(shí)受熱易分解。（1）反應(yīng)I中若物質(zhì)X為SO2，則該制備CIO2反應(yīng)的離子方程式為o（2）實(shí)驗(yàn)在如圖-1所示的裝置中進(jìn)行0鬻監(jiān)黔驚忙的化鈉二j嶽黃濃合物氯.袒!匕制ABC圖-1若X為硫磺與濃硫酸，也可反應(yīng)生成CIO2。該反應(yīng)較劇烈。若該反應(yīng)在裝置A

2、的三頸燒瓶中進(jìn)行，則三種試劑（a.濃硫酸；b.硫黃；c.NaCIO3溶液）添加入三頸燒瓶的順序依次為_（填字母）0反應(yīng)II中雙氧水的作用是。保持反應(yīng)時(shí)間、反應(yīng)物和溶劑的用量不變，實(shí)驗(yàn)中提高CIO2吸收率的操作有：裝置A中分批加入硫黃、（寫出一種即可）。（3）將裝置B中溶液蒸發(fā)可析出NaCIO2，蒸發(fā)過程中宜控制的條件為（填減壓”、常壓”或“加壓”）0（4）反應(yīng)I所得廢液中主要溶質(zhì)為Na2SO4和NaHSO4，直接排放會(huì)污染環(huán)境且浪費(fèi)資源。為從中獲得芒硝（Na2SO410H2O）和石膏（水合硫酸鈣），請(qǐng)補(bǔ)充完整實(shí)驗(yàn)方案：，將濾液進(jìn)一步處理后排放（實(shí)驗(yàn)中須使用的試劑和設(shè)備有：CaO固體、酚酞、冰水

3、和冰水?。?。已知：CaSO4不溶于Na2SO4水溶液；Na2SO4的溶解度曲線如圖-2所示?！敬鸢浮?CIO3-+SO2-2CIO2+SO42-cab作還原劑水浴加熱時(shí)控制溫度不能過高（或加一個(gè)多孔球泡等)減壓向廢液中分批加入適量CaO固體并攪拌，用冰水浴控制反應(yīng)溫度，對(duì)濁液取樣并滴加酚酞，至溶液呈淺紅色時(shí)停止加入CaO。靜置后過濾，用水洗滌沉淀2-3次得到石膏；濾液蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶至32.4C以下，接近0C,過濾，所得晶體用冰水洗滌2-3次，低溫干燥得到芒硝【解析】【分析】用二氧化硫?qū)aCIO3還原制得ClO2，ClO2和NaOH反應(yīng)制得NaCIO3和NaCIO2，再用過氧化氫將NaCI

4、O3還原成NaCIO2制得NaCIO2粗品。【詳解】SO2作還原劑，S化合價(jià)升高2,被氧化成SO42-，CIO3-作氧化劑，被還原成ClO2，Cl化合價(jià)降低1,結(jié)合電子得失守恒、電荷守恒、原子守恒可書寫離子方程式：2CIO3-+so2=2CIO2+SO42-，故答案為:2CIO3-+SO2=2CIO2+SO42-；反應(yīng)劇烈，濃硫酸只能在最后添加，結(jié)合流程圖可知先加NaCIO3,所以順序?yàn)椋合燃覰aCIO3，再加S,最后加濃硫酸，故答案為：cab；反應(yīng)II中NaOH和CIO2反應(yīng)生成NaCIO3和NaCIO2，過氧化氫的作用是將NaCIO3還原成NaCIO2，過氧化氫會(huì)分解，溫度不宜太高，所以控

5、制A中水浴加熱時(shí)溫度不過高，或者在B中攪拌、或者加一個(gè)多孔球泡，故答案為：作還原劑；水浴加熱時(shí)控制溫度不能過高(或加一個(gè)多孔球泡等)；無水NaCIO2性質(zhì)穩(wěn)定，有水存在時(shí)受熱易分解，應(yīng)該減壓，讓水分盡快蒸發(fā)，故答案為：減壓；加入一定量CaO使NaHSO4反應(yīng)成CaSO4，為了保證NaHSO4反應(yīng)完，所加CaO需稍過量，CaO過量溶液就顯堿性了，可以用酚酞作指示劑，當(dāng)溶液變?yōu)闇\紅色時(shí)停止加CaO,CaSO4不溶于Na2SO4水溶液，此時(shí)可用過濾、洗滌的方法得到石膏，此時(shí)濾液為NaSO溶液，還不是芒硝，從圖上看，可將溫度調(diào)整32.4C以下，形成芒硝，析出芒硝晶24體，過濾、洗滌、干燥就可得芒硝了，

6、為了使芒硝產(chǎn)率較高，可用冰水洗滌，降低因溶解損失的量，故答案為：向廢液中分批加入適量CaO固體并攪拌，用冰水浴控制反應(yīng)溫度，對(duì)濁液取樣并滴加酚酞，至溶液呈淺紅色時(shí)停止加入CaO。靜置后過濾，用水洗滌沉淀2-3次得到石膏；濾液蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶至32.4C以下，接近0C,過濾，所得晶體用冰水洗滌2-3次，低溫干燥得到芒硝?！军c(diǎn)睛】結(jié)合圖像，溫度低于32.4C以下，硫酸鈉結(jié)晶得到芒硝，溫度降低，芒硝的溶解度減小，可用冰水洗滌減小損失率。2工業(yè)上處理含苯酚廢水的過程如下?；卮鹣铝袉栴}：步驟1：準(zhǔn)確量取25.00mL待測(cè)廢水于250mL錐形瓶中。步驟2：將5.00mLamolL-1濃溴水（量）迅速加入

7、到錐形瓶中，塞緊瓶塞，振蕩。步驟3打開瓶塞，向錐形瓶中迅速加入bmLO.lOmol-L-iKI溶液（過量），塞緊瓶塞，振蕩。步驟4：滴入23滴指示劑，再用O.OlOmol-L-iNaS0標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗223NaSO溶液VmL（反應(yīng)原理：I+2NaSO=2NaI+NaSO）。待測(cè)廢水換為蒸餾TOC o 1-5 h z223l2223246水，重復(fù)上述步驟（即進(jìn)行空白實(shí)驗(yàn)），消耗NaSO溶液V2mL。2232（1）“步驟1”量取待測(cè)廢水所用儀器是。（2）為了防止溴的揮發(fā)，上述步驟中采取的措施包括迅速加入試劑和。（3）“步驟4”滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為。（4）該廢水中苯酚的含量為mg-L-1（用含

8、V、V2的代數(shù)式表示）。如果空白實(shí)驗(yàn)中“步驟2”忘記塞緊瓶塞，則測(cè)得的廢水中苯酚的含量（填“偏高”“偏低”或“無影響”，下同）；如果空白實(shí)驗(yàn)中“步驟4”滴定至終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)，則測(cè)得的廢水中苯酚的含量。II處理廢水。采用Ti基pb02為陽(yáng)極，不銹鋼為陰極，含苯酚的廢水為電解液，通過電解，陽(yáng)極上產(chǎn)生羥基卜OH），陰極上產(chǎn)生H2O2。通過交排列的陰陽(yáng)兩極的協(xié)同作用，在各自區(qū)域?qū)⒈椒由疃妊趸癁镃02和H2O。（5）寫出陽(yáng)極的電極反應(yīng)式：。（6）寫出苯酚在陰極附近被H2O2深度氧化的化學(xué)方程式：?！敬鸢浮浚ㄋ崾剑┑味ü苋o瓶塞滴入一滴溶液后，錐形瓶?jī)?nèi)溶液藍(lán)色恰好褪去，且半分94（V-V）鐘不恢復(fù)原色J5

9、1偏低偏低HO-e-=OH+H+CHOH+14HO二6COT+17HO652222【解析】【分析】向呈有待測(cè)廢水加入濃溴水反應(yīng)后得到三溴苯酚的沉淀，再加入KI溶液與剩下的Br2發(fā)生氧化還原反應(yīng)得到12，方程式為Br2+2l-=l2+2Br-，再用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定12，可根據(jù)消耗的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積和濃度算出溶液中剩余的Br2的物質(zhì)的量，再設(shè)置一個(gè)空白實(shí)驗(yàn)測(cè)出濃溴水的物質(zhì)的量，用Br2總的物質(zhì)的量-剩余Br2的物質(zhì)的量即可得出與苯酚反應(yīng)的Br2的物質(zhì)的量，再結(jié)合反應(yīng)方程式得到苯酚的物質(zhì)的量，從而求出廢水中苯酚的含量，結(jié)合實(shí)驗(yàn)基本操作及注意事項(xiàng)解答問題?！驹斀狻浚?）由于苯酚顯

10、酸性，因此含苯酚的廢水為酸性，“步驟1”中準(zhǔn)確量取廢水時(shí)所用的儀器可選用酸式滴定管，故答案為：酸式滴定管；（2）由于溴單質(zhì)易揮發(fā)，因此可采用塞進(jìn)瓶塞、迅速加入試劑等方法防止其揮發(fā)，故答案為：塞緊瓶塞；用0.01mol/LNa2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，由于Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液會(huì)反應(yīng)12，加入的淀粉遇I2變成藍(lán)色，所以滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為滴入一滴溶液后，錐形瓶?jī)?nèi)溶液藍(lán)色恰好褪去，且半分鐘不恢復(fù)原色，故答案為：滴入一滴溶液后，錐形瓶?jī)?nèi)溶液藍(lán)色恰好褪去，且半分鐘不恢復(fù)原色；2NaSO2230.01V2NaSO2230.01V10.01V2Br2KII220.005V10.005V2剩下的濃溴水中Br

11、2的物質(zhì)的量為0.005V1mmol，將待測(cè)廢液換成蒸餾水時(shí)，5mLamol/L的濃溴水中Br2的物質(zhì)的量為0.005V2mmol,則與苯酚參與反應(yīng)的Br2的物質(zhì)的量為0.005(V2-V1)mmol，根據(jù)方程式1l：0.005(V2-V1)mmol，根據(jù)方程式0.005（V-V）94x0.005（V-V）量為21mmol，質(zhì)量為21mg，則該廢水中苯酚的含量為TOC o 1-5 h z33 HYPERLINK l bookmark8 o Current Document 94x0.005（V-V）/、mg94（V.-VL，若步驟2中忘記塞進(jìn)瓶塞，溴單質(zhì)揮發(fā),=21mggM HYPERLINK

12、 l bookmark12 o Current Document 25x10-3L15導(dǎo)致最終消耗的Na2S2O3的體積偏小，則測(cè)得苯酚的含量偏低，如果空白實(shí)驗(yàn)中步驟4滴定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)，讀得的體積偏小，則消耗的Na2S2O3的體積偏小，使測(cè)得苯酚的含量94（V-V）偏低，故答案為：一吞-；偏低；偏低；由題干信息可知，Ti基PbO2為陽(yáng)極，則陽(yáng)極H2O失去電子產(chǎn)生QH,電極反應(yīng)式為H2O-e-=H+OH,故答案為：H2O-e-=H+OH；根據(jù)題干信息可知，苯酚被陰極產(chǎn)生的h2o2深度氧化產(chǎn)生CO2和h2o,有氧化還原反應(yīng)規(guī)律得到其反應(yīng)方程式式為C6H5OH+14H2O2=6CO2個(gè)+17H2O

13、,故答案為：CHOH+14HO=6CO個(gè)+17H,O。6522223.碘酸鉀（KIO3.碘酸鉀（KIO3）是重要的微量元素碘添加劑。實(shí)驗(yàn)室設(shè)計(jì)下列實(shí)驗(yàn)流程制取并測(cè)定產(chǎn)品中KIO3的純度：其中制取碘酸（hiO3）的實(shí)驗(yàn)裝置見圖，有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)列于表中物質(zhì)性質(zhì)HIO3白色固體，能溶于水，難溶于CCI4KIO3白色固體，能溶于水，難溶于乙醇?jí)A性條件下易發(fā)生氧化反應(yīng)：CIO-+IO3-=IO4-+CI-Bi2+ceu-H；o電電*Mti2+ceu-H；o電電*MteKCKJi1（1）裝置A中參加反應(yīng)的鹽酸所表現(xiàn)的化學(xué)性質(zhì)為。（2）裝置B中反應(yīng)的化學(xué)方程式為。B中所加CCI4的作用是從而加快反應(yīng)速率。（

14、3）分離出B中制得的HIO3水溶液的操作為;中和之前，需將HIO3溶液（4）為充分吸收尾氣，保護(hù)環(huán)境，C處應(yīng)選用最合適的實(shí)驗(yàn)裝置是（填序號(hào)）。CDNaOH煮沸至接近于無色，其目的是（4）為充分吸收尾氣，保護(hù)環(huán)境，C處應(yīng)選用最合適的實(shí)驗(yàn)裝置是（填序號(hào)）。CDNaOHTOC o 1-5 h z（5）為促使刃03晶體析出，應(yīng)往中和所得的KIO3溶液中加入適量的。（6）取I.OOOgKIO3產(chǎn)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0.1004moI/LNa2S2O3溶液滴定。滴定至終點(diǎn)時(shí)藍(lán)色消失（I+2SO2-=2I-+S

15、O2-），測(cè)得每次平均消耗NaSO溶液2234622325.00mL。則產(chǎn)品中刃03的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）?！敬鸢浮窟€原性、酸性5CI+I+6HO=2HIO+10HC1充分溶解I和Cl，以增大222322反應(yīng)物濃度分液除去Cl?（或ClO-），防止氧化KIO3C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(yīng)為:KCIO3+6HCI(濃)=KCI+3C畀+3H20,裝置B中發(fā)生的是制取HI03的反應(yīng)，裝置C為尾氣處理裝置，既要吸收尾氣中的HCI和Cl2，還要防止倒吸?！驹斀狻垦b置A中發(fā)生的反應(yīng)為：KCIO3+6HCI(濃)=KCI+3CI2個(gè)+3H20

16、,濃鹽酸中的CI元素有一部分失電子轉(zhuǎn)化為CI2,表現(xiàn)出還原性，還有一部分CI元素沒有變價(jià)轉(zhuǎn)化為KCI(鹽)，表現(xiàn)出酸性，故答案為：還原性、酸性；裝置B中發(fā)生的反應(yīng)為：5CI2+I2+6H2O=2HIO3+10HCI，CI2和12均難溶于水，易溶于CCI4，加入CCI4可使二者溶解在CCI4中，增大反應(yīng)物濃度，故答案為：5CI2+I2+6H2O=2HIO3+10HCI；充分溶解I2和CI2，以增大反應(yīng)物濃度；分離B中制得的HI03水溶液的操作為分液，HI03溶液中混有的CI2在堿性條件下轉(zhuǎn)化為CIO-，CIO-會(huì)將103-氧化為I04-，因此在中和前需要將CI2除去，故答案為：分液；除去CI2(

17、或CIO-)，防止氧化kio3；尾氣中主要含HCI和CI2，需用NaOH溶液吸收，同時(shí)要防止倒吸，故答案為：C；因?yàn)镵I03難溶于乙醇，向KI03溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使KI03晶體析出，故答案為：乙醇(或酒精)；每20mLKIO3溶液中，加入KI溶液和稀鹽酸發(fā)生的反應(yīng)為：IO3-+5I-+6H+=312+3H20，滴定時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可列出關(guān)系式：IO3-3I26S2O32-，每次平均消耗的n(S2O32-)=0.1004moI/Lx0.025L=0.00251moI，則每20mLKIO3溶液中，n(KIO3)=n(IO3-)=n(S2O

18、32-片6=0.00251moIm6=0.000418moI,200mL溶液中，n(KI03)=0.00418moI,產(chǎn)品中KI03214g/mol0.00418mol的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=X100%=89.5%，故答案為：89.5%。1g【點(diǎn)睛】1g樣品配成了200mL溶液，而根據(jù)關(guān)系式計(jì)算出的是20mL溶液中KI03的物質(zhì)的量，需擴(kuò)大10倍才能得到1g樣品中kio3的物質(zhì)的量。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FeS2)作為原料。完成下列填空：(1)將0.050moISO2(g)和0.030moI02(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)：2SO2(g)+O2(g)2S

19、O3(g)+Q。經(jīng)2分鐘反應(yīng)達(dá)到平衡，測(cè)得n(SO3)=0.040moI,則02的平均反應(yīng)速率為在容積不變時(shí)，下列措施中有利于提高S02平衡轉(zhuǎn)化率的有(選填編號(hào))移出氧氣b.降低溫度c.減小壓強(qiáng)d.再充入0.050moISO2(g)和0.030moIO2(g)(3)在起始溫度TJ673K)時(shí)S02的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時(shí)間(t)的變化如圖，請(qǐng)?jiān)趫D中畫出其他條件不變情況下，起始溫度為T2(723K)時(shí)S02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煅燒的產(chǎn)物為SO2和Fe3O4將黃鐵礦的煅燒產(chǎn)物Fe3O4溶于H2SO4后，加入鐵粉，可制備FeSO4。酸溶過程中需維持溶液有足夠的酸性，其原因是

20、FeS2能將溶液中的Fe3+還原為Fe2+，本身被氧化為SO42-。寫出有關(guān)的離子方程式14NA【解析】【分析】Ac一,根據(jù)v=求出氧氣的速率，然后根據(jù)速率之比等于對(duì)應(yīng)物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比計(jì)At反應(yīng)放熱，為提高SO2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；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；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)中的反應(yīng)物和生成物幾何電子守恒來

21、配平化學(xué)方程式，結(jié)合方程計(jì)算轉(zhuǎn)移電子數(shù)?！驹斀狻緼c餌尸It=Ac餌尸It=0.040mol2L2min=0.01mol/(Lmin),所以u(píng)(OJ=u(SOJ=0.005mol/(Lmin),2故答案為：0.005mol/(Lmin)；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；降低溫度，平衡正向移動(dòng)，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率增大，故選；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；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；故答案為：bd；反應(yīng)：2SO2(g)+O2(g)#2SO3(g)H0，SO2

22、的轉(zhuǎn)化率在起始溫度T】=673K下隨反應(yīng)時(shí)間(t)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SO2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(4)Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SO4后，生成的Fe3+與Fe2+易水解,Fe2+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Fe2+被氧化成Fe3+；-2價(jià)的硫離子具有還原性，F(xiàn)eS2可以將溶液中的Fe3+還原為Fe2

23、+,而本身被氧化為硫酸根離子，有關(guān)的離子方程式為：FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42-+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：FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42-+16H+；14NAO【點(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。利用釩鈦磁鐵礦冶煉后產(chǎn)生的釩渣(主要含F(xiàn)eOV203、Al2O3、SiO2及少量可溶性磷酸鹽)生產(chǎn)V2O5的工藝流程如下，回答下列問題：已知：V2O5、AI2O3、SiO2可與Na2CO3、NaCI組成的混合

24、鈉鹽在高溫下反應(yīng)，并轉(zhuǎn)化為NaVO3、NaAIO2、Na2SiO3等可溶性鈉鹽。AIO+4H+=Al3+2H,O。22焙燒I包括氧化和鈉化成鹽兩個(gè)過程，氧化的目的是獲得V2O5，寫出氧化過程中FeOV2O3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程；廢渣I的主要成分是;精制I中加TOC o 1-5 h z鹽酸調(diào)pH的主要作用是，加入NH3H2O后發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。精制II中加入CaCI2溶液除去磷酸鹽，pH過小時(shí)影響除磷效果的原因是；pH過大時(shí)，沉淀量增大的原因是。沉釩所得NH4VO3沉淀需進(jìn)行洗滌，洗滌時(shí)除去的陰離子主要是。NH4VO3在A500C時(shí)焙燒脫氨制得產(chǎn)品V2O5，反應(yīng)方程式為2NH4VOV2O5+

25、H2Of+2NH3f。但脫氨過程中，部分V2O5會(huì)轉(zhuǎn)化成V2O4，反應(yīng)中氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為3:2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為。焙燒【答案】4FeOV2O3+5O22Fe2O3+4V2O5Fe2O3或Fe(OH)J除Si并轉(zhuǎn)化AIO2-寫“除Si即得分)AI3+3NH3H20=AI(OH)3；+3NHH+NH3H20=H2O+nH(寫出第一個(gè)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500C酸氫鈣和/或磷酸二氫鈣)產(chǎn)生了Ca(OH)2沉淀CI-3V2O5+2NH33V2O4+N2+3H2O【解析】【分析】氧化過程FeOV2O3生成對(duì)應(yīng)的金屬氧化物Fe2O3和V2O5；經(jīng)過

26、氧化和鈉化后，V2O5、AI2O3、SiO2均轉(zhuǎn)化為可溶性鹽，F(xiàn)e2O3或Fe(OH)J成為濾渣；精制I中加鹽酸調(diào)pH為了和SiO32-反應(yīng)生成硅酸沉淀，將AIO2-轉(zhuǎn)化為AI3+；加入NH3H20后與AI3+發(fā)生反應(yīng)生成AI(OH)3沉淀；精制II中加入CaCI2溶液生成磷酸鈣沉淀，除去磷酸鹽，沉釩時(shí)加入試劑nh4ci，所得nh4vo3沉淀，焙燒得到產(chǎn)品，據(jù)此分析。【詳解】(1)氧化過程FeOV2O3生成對(duì)應(yīng)的金屬氧化物Fe2O3和V2O5，化學(xué)方程式為：焙燒4FeOV2O3+5O22Fe2O3+4V2O5；經(jīng)過氧化和鈉化后,V2O5、AI2O3、SiO2均轉(zhuǎn)化為可溶性鹽，F(xiàn)e2O3或Fe(

27、OH)3成為濾渣；精制I中加鹽酸調(diào)pH為了和SiO32-反應(yīng)生成硅酸沉淀，將aio2-轉(zhuǎn)化為AI3+；加入nh3h2o后與AI3+發(fā)生反應(yīng)生成ai(oh)3沉淀，還可以中和酸，反應(yīng)方程式為：A13+3NHgH=A1(0H)+3NH+、3234焙燒H+NHgHO=HO+NH+，故答案為：4FeOV2O3+5O22Fe2O3+4V2O5；32242322325Fe2O3或Fe（OH）3；除Si并轉(zhuǎn)化AIO2-（寫“除Si”即得分）;寫出第一個(gè)A13+3NHgHO=Al（OH）I+3NH+，H+NHgHO=HO+NH+寫出第一個(gè)32343224離子方程式即得分）；精制II中加入CaCI2溶液生成磷酸

28、鈣沉淀，除去磷酸鹽，pH過小時(shí)形成溶解度較大的酸式鹽；pH過大時(shí)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(chǎn)生了Ca(OH)2沉淀；沉釩時(shí)加入試劑NH4CI，因此所得NH4VO3沉淀含有陰離子主要為CI-；脫氨過程中，部分V2O5會(huì)轉(zhuǎn)化成V2O4，且反應(yīng)中氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為3:2，則V2O5為氧化劑，NH3為還原劑，還原產(chǎn)物為V2O4，氧化產(chǎn)物為N2，則氧化還原方程式為：3V2O5+TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark33 o Current Document 500C500C2NH33V

29、2O4+N2+3H20,故答案為：Cl-；3V2O5+2NH33V2O4+N2+3H2O。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。(1)銻在元素周期表中的位置。(2)銻(III)的氧化物被稱為銻白，可以由SbCI3水解制得，已知SbCI3水解的最終產(chǎn)物為銻白。為了得到較多、較純的銻白，操作時(shí)將SbCI3徐徐加入大量水中，反應(yīng)后期還要加入少量氨水。試用必要的化學(xué)用語(yǔ)和平衡移動(dòng)原理解釋這兩項(xiàng)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，充分反應(yīng)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

30、銻礦為原料制備金屬銻，其中一種工藝流程如下：以輝銻礦為原料制備金屬銻，其中一種工藝流程如下：已知部分信息如下：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SbCI3，還含SbCI5、CuCI2、AsCI3和PbCI2等雜質(zhì);常溫下，Ksp(CuS)=1.0 x10-36,Ksp(PbS)=9.0 x10-29?；卮鹣铝袉栴}：“酸浸過程中Sb2S3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。已知：浸出液中c(Cu2+)=0.0001mol/L,c(Pb2+)=0.1mol/L。在沉淀銅、鉛過程中，緩慢滴加極稀的硫化鈉溶液，先產(chǎn)生沉淀的是(填化學(xué)式)；當(dāng)CuS、PbS共沉沉?xí)r,C

31、(沉?xí)r,C(Cu2+)c(Pb2+)保留小數(shù)點(diǎn)后一位)。(5)在“除砷”過程中，氧化產(chǎn)物為H3PO4。該反應(yīng)氧化產(chǎn)物與還原產(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)系如圖所示。當(dāng)電壓超過U0V時(shí)，銻的產(chǎn)率降低的原因可能是。帥的產(chǎn)串帥的產(chǎn)串【答案】第5周期第VA族2SbCl3+3H2O/Sb2O3+6HCl，不斷加入SbCl3，使SbCl3濃度增大，利于水解平衡右移，反應(yīng)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&CuS1.1x10-83:4H+參與電極反應(yīng)【解析】【分析】

32、口輝銻礦粉加入鹽酸和SbCl5溶液，得到SbCl3和SbCl5溶液，還含有雜質(zhì)CuCl2、AsCl3和PbCl2等，加入適量Sb將SbCl5還原為SbCl3，加入Na2S使銅和鉛沉淀以除去CuCl2和PbCl2，然后加入NaHPO2除去雜質(zhì)砷。得到的SbCl3溶液電解得到金屬Sb,同時(shí)得到SbCl5，可以返回到酸浸步驟循環(huán)使用?！驹斀狻?.(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)SbCl3水解：2SbCl3+3H2O/Sb2O3+6HCl,將SbCl3徐徐加入大量水中，SbCl3濃度增大，水解平衡右移，反應(yīng)后期還要加入少量氨水中和HCl，使c(HCl)減小，平衡右移

33、，有利于Sb2O3的生成。故答案為：2SbCl3+3H2O/Sb2O3+6HCl,不斷加入SbCl3，使SbCl3濃度增大，利于水解平衡右移，反應(yīng)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應(yīng)，生成Sb2O3高溫的同時(shí)生成SO2。化學(xué)方程式為：2Sb2S3+9O22Sb2O3+6SO2。口.(3)酸浸”時(shí)Sb2S3和SbCl5溶液反應(yīng)，得到SbCl3和SbCl5的混合溶液，濾渣中有硫，是此反應(yīng)的生成物，Sb2S3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為Sb2S3+3SbCl5=5SbCl3+3S。浸出液中c(CU2+)=0.000

34、1mol/L，c(Pb2+)=0.1mol/L。在沉淀銅、鉛過程中，緩慢滴加極稀的硫化鈉溶液，當(dāng)CU2+開始沉淀時(shí)，C(S2-)=滴加極稀的硫化鈉溶液，當(dāng)CU2+開始沉淀時(shí)，C(S2-)=1.0X10-360.0001=1.0 x10-32mol/L,當(dāng)Pb2+開始沉淀時(shí)，c(S2-)=9.0X10-290.1=9.0 x10-28mol/L,所以先產(chǎn)生沉淀的是CUS；當(dāng)CUS、PbS共沉淀時(shí)，c(Cu2+)c(Cu2+)c(S2-)Ksp(CuS)1.0 x10-36c(Pb2+)=c(Pb2+)c(S2-)Ksp(PbS)9.0 x10-29淀時(shí)，加入NaHPO2除砷，發(fā)生了NaHPO2和

35、AsCl3的反應(yīng)，氧化產(chǎn)物為Hg，還原產(chǎn)物是As,磷的化合價(jià)從+1價(jià)升高到+5價(jià)，生成1molH3PO4失去4mol電子，砷的化合價(jià)從+3價(jià)降低到0價(jià)，生成1molAs得到3mol電子，根據(jù)電子守恒，該反應(yīng)氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為3:4。電解SbCl3溶液制取銻，在陰極是Sb3+得到電子生成Sb,當(dāng)電壓過大時(shí)，溶液中的H+也可能在陰極放電，導(dǎo)致銻的產(chǎn)率降低。實(shí)驗(yàn)室里，從廢舊鉆酸鋰離子電池的正極材料(在鋁箔上涂覆活性物質(zhì)LiCoO2)中，回收鉆、鋰的操作流程如下圖所示：飜一I丄I過泄討沉抽|腳HE譏:-LUCOiTOC o 1-5 h znr1iF回答下列問題。拆解廢舊電池獲取正極材料

36、前，先將其浸入NaCl溶液中，使電池短路而放電，此時(shí)溶液溫度升高，該過程中能量的主要轉(zhuǎn)化方式為?！皦A浸”過程中產(chǎn)生的氣體是；“過濾”所得濾液用鹽酸處理可得到氫氧化鋁，反應(yīng)的化學(xué)方程式為?！八峤睍r(shí)主要反應(yīng)的離子方程式為；若硫酸、Na2S2O3溶液用一定濃度的鹽酸替代，也可以達(dá)到“酸浸”的目的，但會(huì)產(chǎn)生(填化學(xué)式)污染環(huán)境?！俺零@”時(shí)，調(diào)pH所用的試劑是；“沉鉆”后溶液中c(C02+)=_。(已知：KspCo(OH)2=1.09Xl0-15)在空氣中加熱Co(OH)2，使其轉(zhuǎn)化為鉆的氧化物。加熱過程中，固體質(zhì)量與溫度的關(guān)系如左下圖所示。290500r，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。根據(jù)右下圖判斷，“沉

37、鋰”中獲得Li2CO3固體的操作主要包括、洗滌、干燥等步驟。030303032on4on6iiosno2060LOO2on4on6iiosno2060LOO【答案】化學(xué)能-電能-熱能H2NaAIO2+HCI+H2O=NaCI+AI(OH)3(8LiCoO2+S2O32-+22H+=8Li+8Co2+2SO42-+11H2OCl2NaOH溶液或氫氧化鈉固體1.09XI0-6moI/L290500C6Co2O34Co3O4+O2f蒸發(fā)濃縮趁熱過濾【解析】【分析】正極材料主要由AI和LiCoO2組成，LiCoO2屬于鹽類，由復(fù)分解反應(yīng)的條件可判斷，其與NaOH溶液混合不發(fā)生反應(yīng)，故“堿浸”過程中只有

38、AI和NaOH反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，過濾得到濾渣為L(zhǎng)iCoO2；“酸浸”時(shí)反應(yīng)物有LiCoO2、硫酸和Na2S2O3溶液，依據(jù)“沉鉆”產(chǎn)物為Co(OH)2可判斷，反應(yīng)后鉆元素的價(jià)態(tài)從+3價(jià)降為+2價(jià)，依據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律以及工藝中最后還可獲得Na2SO410H2O副產(chǎn)品，可推知S元素價(jià)態(tài)升高并轉(zhuǎn)化為SO42-；之后調(diào)節(jié)pH值得到Co(OH)2沉淀，再加入碳酸鈉溶液調(diào)節(jié)pH值沉鋰，得到碳酸鋰和母液，母液結(jié)晶得到Na2SO410H2O?！驹斀狻恳罁?jù)“電池短路而放電”“溶液溫度升高”兩項(xiàng)信息，即可判斷廢舊電池的處理過程中能量的主要轉(zhuǎn)化方式為化學(xué)能-電能-熱能；依題中信息可知，正極材料主要由AI和L

39、iCoO2組成，LiCoO2屬于鹽類，由復(fù)分解反應(yīng)的條件可判斷，其與NaOH溶液混合不發(fā)生反應(yīng)，故“堿浸”過程中只有AI和NaOH反應(yīng)，生成NaAIO2和H2；“過濾”所得濾液用適量鹽酸處理可以得到氫氧化鋁，方程式為NaAIO2+HCI+H2O=NaCI+AI(OH)3；根據(jù)分析可知“酸浸”時(shí)Na2S2O3被氧化為SO42-，Co元素被還原，結(jié)合電子守恒和元素守恒可知離子反應(yīng)方程式為：8LiCoO2+S2O32-+22H+=8Li+8Co2+2SO42-+11H2O；加入的Na2S2O3起還原作用，用一定濃度的鹽酸替代“Na2S2O3溶液和硫酸”，也能實(shí)現(xiàn)酸浸目的，可知該反應(yīng)中，鹽酸也起了還原

40、劑的作用，氧化產(chǎn)物為會(huì)污染環(huán)境的ci2；結(jié)合“沉鋰”后母液中還可以獲得Na2SO410H2O,可知用的試劑為NaOH溶液或固體；溶液pH=9.5，則溶液中c(OH-)=10-4.5moI/L,帶入KspCo(OH)2=C2(OH-)c(Co2+)=1.09XI0-15求得c(Co2+)=1.09XI0-6moI/L；(5)從圖中信息可知，加熱前的反應(yīng)物為Co(OH)2(0.930g)，其物質(zhì)的量為0.01mol，依據(jù)鉆元素的量不變可知：門(Co)=0.01mol，m(Co)=0.590g，溫度升溫290C時(shí)，轉(zhuǎn)化為0.830g-0.590g0.830g某種鉆的氧化物，該氧化物中，(O)=0.0

41、15mol,由此可以確定該28.8g銅的物質(zhì)的量為&|寫=0.45mol故剩余Cu為0.45mol-0.3mol=0.15mol,由氧化物為Co2氧化物為Co2O3；同理可以確定500C時(shí)，n(O)0.803g-0.590g16g/mol0.0133mol,則生成的氧化物為Co3O4；所以290C500C過程中，Co2O3轉(zhuǎn)化為Co3O4，反應(yīng)過程中，Co元素化合價(jià)降低。氧元素化合價(jià)升高并轉(zhuǎn)化為02,故反應(yīng)的化學(xué)方程式為290500C6Co2O34CO3O4+O2f；(6)分析溶解度曲線可知LiCO3微溶，其溶解度隨溫度升高而降低，為了提高鋰元素的回收率，同時(shí)防止硫酸鈉析出，應(yīng)采用蒸發(fā)濃縮(減

42、少溶劑)并在較高溫度下趁熱過濾等操作?！军c(diǎn)睛】熱重分析法是常用的定量分析方法，通過分析熱重曲線，可以推測(cè)物質(zhì)的熱穩(wěn)定性、加熱反應(yīng)生成的產(chǎn)物等相關(guān)信息。第5題解題關(guān)鍵是抓住受熱過程中Co元素的量不變，利用圖中數(shù)據(jù)信息，確定分解所得氧化物中鈷、氧元素的物質(zhì)的量之比,從而確定不同溫度下生成的氧化物的組成，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式。將28.8g銅投入100mL濃硝酸中，最后銅有剩余，其NO3-離子物質(zhì)的量變化如下圖所示，請(qǐng)回答下列問題：1)開始反應(yīng)時(shí)濃硝酸的物質(zhì)的量濃度為mol/L1)開始反應(yīng)時(shí)濃硝酸的物質(zhì)的量濃度為mol/L。(2)銅與濃硝酸反應(yīng)生成的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積(不考慮NO2與N2O4的平衡

43、)為L(zhǎng)。硝酸完全反應(yīng)后消耗銅的物質(zhì)的量n(Cu)是mol。應(yīng)再往此反應(yīng)體系中滴加L2mol/L的硫酸才能使剩余的銅恰好完全溶解。已知此過程中NO3-的還原產(chǎn)物為NO。ag銅全部溶于一定量的濃硝酸中，測(cè)得生成的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積(不考慮NO2與N2O4的平衡)為bL,為消除污染，將生成的氣體通入NaOH溶液中，氣體被完全吸收。已知：NO+NO2+2NaOHT2NaNO2+H2O2NO2+2NaOH今NaNO3+NaNO2+H2O如果NO、NO2混合氣體用NOx表示，被NaOH溶液完全吸收時(shí)，x的取值范圍；生成NaNO2的物質(zhì)的量是mol；NaNO3的物質(zhì)的量是mol。在常溫下，把NO氣體壓縮

44、到1.01x107Pa，再加熱到500C，發(fā)現(xiàn)氣體的壓強(qiáng)迅速下降，壓強(qiáng)降至略小于原壓強(qiáng)的2/3,然后壓強(qiáng)就不再改變。已知其中一種產(chǎn)物為N2O,則上述變化的化學(xué)方程式為。氣體的平均摩爾質(zhì)量為M,則M的取值范圍應(yīng)該是。答案】108.960.31001.5答案】108.960.31001.5x2汕1/ba)mol122.464丿3NO=NO十NO；2NO/NO45g/molM1，當(dāng)n(N02)：n(NO)=1時(shí)x22值最小，計(jì)算x的最小值，因?yàn)榛煊蠳O,所以x最大值V2,據(jù)此確定x取值范圍；縱觀整個(gè)過程，Cu失去的電子等于硝酸生成亞硝酸鈉時(shí)獲得的電子，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒計(jì)算n(NaNO2)，根據(jù)N元素

45、守恒計(jì)算n(NaNO3)；在常溫下，把NO氣體壓縮到1.01x107Pa，再加熱到50C，發(fā)現(xiàn)氣體的壓強(qiáng)迅速下2降，壓強(qiáng)降至略小于原壓強(qiáng)的3，然后壓強(qiáng)就不再改變.已知其中一種產(chǎn)物為n2O,依據(jù)原子個(gè)數(shù)守恒可知該反應(yīng)為：3NO=N2O十NO2，因?yàn)榇嬖?NO/NO，即生成的NO22222422又雙聚成n2o4，導(dǎo)致氣體分子數(shù)減少，壓強(qiáng)降至略小于原壓強(qiáng)的3;若只發(fā)生反應(yīng)：3NO=N2O十NO2，氣體的平均摩爾質(zhì)量最小，若二氧化氮完全轉(zhuǎn)化為四氧化二氮時(shí)，氣體的平均摩爾質(zhì)量最大，據(jù)此計(jì)算解答。【詳解】由圖可知，開始時(shí)n(NO3-)=1.0mol,則n(HNO3)=n(NO3-)=1.0mol，則c(H

46、NO)=1.0mo1=10mol/L,30.1L故答案為：10；由圖可知，反應(yīng)結(jié)束時(shí)，溶液中NO3-為0.6mol,根據(jù)氮元素守恒，生成氣體的物質(zhì)的量為1.0mol-0.6mol=0.4mol,標(biāo)況下二氧化氮的體積為0.4molx22.4L/mol=8.96L,故答案為：8.96；溶液中溶質(zhì)為硝酸銅，由圖可知，反應(yīng)結(jié)束時(shí)，溶液中NO3-為0.6mol，故消耗n(Cu)=n(硝酸銅)=0.6mol2=0.3mol,故答案為：0.3；方程式3Cu+2NO-+8H+=3Cu2+方程式3Cu+2NO-+8H+=3Cu2+2NOT+4HO可知32（H+）=0.15molx3=0.4mO1故n(H2SO4

47、)=0.2mol,貝懦要硫酸體積為v=n=0.1L=100mL,2mol/L故答案為：100；由方程式可知，NO單獨(dú)不能被吸收，NO和NO2混合氣體被NaOH溶液被完全吸收，滿足n(NO)：n(NO)1，當(dāng)n(NO)：n(NO)=1時(shí)x值最小，x最小值為222+12=1.5，因?yàn)榛煊蠳O,所以x最大值2，故x的取值范圍為1.5,x2；縱觀整個(gè)過程，Cu失去的電子等于硝酸生成亞硝酸鈉時(shí)獲得的電子，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒n(NaNO2)=n(cu)=64gamoi=64mo1，根據(jù)N元素守恒，可知n(NaNO3)=n(氣體)=品!64moln(NaNO3)=n(氣體)=品!64mol122.4a、64丿

48、mol，故答案為：1.5,x2；64mo1；rb（22.4a、64丿mol；在常溫下，把NO氣體壓縮到1.01x107Pa，再加熱到50C，發(fā)現(xiàn)氣體的壓強(qiáng)迅速下降，壓強(qiáng)降至略小于原壓強(qiáng)的23,然后壓強(qiáng)就不再改變。已知其中一種產(chǎn)物為N2O,依據(jù)原子個(gè)數(shù)守恒可知該反應(yīng)為：3NO=NO十NO，因?yàn)榇嬖?NO/NO，即生成的NO2又2222422雙聚成n2o4，導(dǎo)致氣體分子數(shù)減少，壓強(qiáng)降至略小于原壓強(qiáng)的3，若只發(fā)生反應(yīng)：3NO=NO十NO，氣體的平均摩爾質(zhì)量最小，此時(shí)22M=3x30g/mO1=45g/mo1，若二氧化氮完全轉(zhuǎn)化為四氧化二氮時(shí)，氣體的平均摩爾質(zhì)量最大，1molNO2得到0.5molN2

49、O4,貝此時(shí)M=1mo1x44g/mo1+0.5mo1x92g/mo1=60g/mol,1mo1+0.5mo1貝此時(shí)M=綜上分析，可知45g/mo1M60g/mo145g/mo1M60g/mo1故答案為：3NO=NO十NO；2NO/NO45g/mo1M8.330cVm偏高【解析】【分析】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(jìn)入鐵粉還原得到硫酸亞鐵，過濾分離，濾液中通入氨氣，得到氫氧化亞鐵沉淀，過濾分離，濾液中含有硫酸銨，氫氧化亞鐵與草酸化合得到草酸亞鐵，再經(jīng)過過濾、洗滌、干燥得到草酸亞鐵晶體?！驹斀狻恳岣咚峤彼俾?，宜采取的措施有：加熱、攪

50、拌、粉粹礦粉等；故答案為：加熱、攪拌、粉粹礦粉等。還原”過程中反應(yīng)的離子方程式還有：Fe+2Fe3+=3Fe2+；故答案為：Fe+2Fe3+=3Fe2+。TiOSO4在熱水中易水解，生成H2TiO3沉淀，還生成硫酸，反應(yīng)方程式為：TiOSO4+H2O=H2TiO3d+H2SO4，故答案為:TiOSO4+H2O=TiOg+H2SO4。濾液中含有硫酸銨，經(jīng)處理后得到一種農(nóng)業(yè)上常用的化肥，過濾后，再經(jīng)過洗滌、干燥得到草酸亞鐵晶體，故答案為：(NH4)2SO4;洗滌、干燥。()KFe(OH),4.0 x10-i7根據(jù)題意，c(OH-=:陽(yáng))2飛.0 x10-5ml-L-1二2.0 x10-6mo1-L

51、-1，pH三8.3；故答案為：三8.3。配平后反應(yīng)方程式為：10FeC2O42H2O+6KMnO4+24H2SO4=5Fe2(SO4)3+20CO2個(gè)+6MnSO4+3K2SO4+24H2O,可知n(FeCO-2HO)=10n(KMnO)=10 xVx10-3Lxcmol-L-1，故TOC o 1-5 h z242646m(FeCO-2HO)=10 xVx10-3Lxcmol-L-1x180g-mol-1=0.3cVg，故24260.3cVg30cVFeC2O42H2O的純度為x100%=%，若草酸亞鐵晶體失去部分結(jié)晶水，測(cè) HYPERLINK l bookmark127 o Current

52、Document 242mgm30cV得的結(jié)果偏高；故答案為：；偏高。11震驚全國(guó)的天津港“8.12”爆炸事故中,因爆炸沖擊導(dǎo)致氰化鈉泄漏而造成環(huán)境污染,可以通過噴灑雙氧水或硫代硫酸鈉溶液來處理。資料:氰化鈉化學(xué)式NaCN（N元素-3價(jià)）,白色結(jié)晶顆粒，劇毒，易溶于水。TOC o 1-5 h z（1）NaCN用雙氧水處理后,產(chǎn)生一種酸式鹽和一種能使?jié)駶?rùn)紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體,寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式。某化學(xué)興趣小組實(shí)驗(yàn)室制備硫代硫酸鈉（Na2S2O3）,并檢測(cè)用硫代硫酸鈉溶液處理后的氰化鈉廢水能否達(dá)標(biāo)排放。（實(shí)驗(yàn)一）實(shí)驗(yàn)室通過圖裝置制備Na2S2O3a裝置中盛濃硫酸的儀器名稱是；b裝置的作用是。

53、c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。實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，在e處最好連接盛（選填“NaOH溶液、“水、“CCI4中任一種）的注射器,再關(guān)閉K2打開卸目的是。（實(shí)驗(yàn)二）測(cè)定用硫代硫酸鈉溶液處理后的廢水中氰化鈉的含量已知:廢水中氰化鈉的最高排放標(biāo)準(zhǔn)為0.50mg/L。Ag+2CN-=Ag（CN）2-,Ag+I-=Agl&；AgI呈黃色，且CN-優(yōu)先與Ag+反應(yīng)。實(shí)驗(yàn)如下:取25.00mL處理后的氰化鈉廢水于錐形瓶中并滴加幾滴KI溶液作指示劑，用1.000 x10-4mol/L的標(biāo)準(zhǔn)AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的體積為2.50mL。滴定終點(diǎn)的判

54、斷方法是。處理后的廢水中氰化鈉的含量為mg/L，（選填“能”、“不能”）排放。【答案】NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3個(gè)圓底燒瓶安全瓶或防倒吸Na2SO3NaOH溶液防止拆除裝置時(shí)污染空氣滴入最后一滴AgNO3溶液,出現(xiàn)黃色沉淀，且半分鐘內(nèi)不消失0.98不能【解析】【詳解】（1）常溫下，氰化鈉能與過氧化氫溶液反應(yīng)，生成能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)色的氣體，該氣體為氨氣，生成的酸式鹽為碳酸氫鈉，反應(yīng)方程式為：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3個(gè)；（2）實(shí)驗(yàn)一：a裝置制備二氧化硫，c裝置中制備NazSqOs，反應(yīng)導(dǎo)致裝置內(nèi)氣壓減小，b為安全瓶作用，防止溶液倒吸，d裝置吸

55、收多余的二氧化硫，防止污染空氣；由儀器結(jié)構(gòu)特征，可知盛裝Na2SO3固體的儀器為圓底燒瓶；b裝置為安全瓶，防止倒吸；d裝置吸收二氧化硫，d中溶質(zhì)有NaOH、Na2CO3，堿過量，還有亞硫酸鈉生成；驗(yàn)結(jié)束后，裝置b中還有殘留的二氧化硫，為防止污染空氣，應(yīng)用氫氧化鈉溶液吸收；Ag+與CN-反應(yīng)生成Ag(CN)2-，當(dāng)CN-反應(yīng)結(jié)束時(shí)，滴入最后一滴硝酸銀溶液，Ag+與I-生成AgI黃色沉淀，說明反應(yīng)到達(dá)滴定終點(diǎn)；消耗AgNO3的物質(zhì)的量為2.5x10-3Lx0.0001mol/L=2.50 x10-7mol,根據(jù)方程式Ag+2CN-=Ag(CN)2-，處理的廢水中氰化鈉的質(zhì)量為2.50 x10-7m

56、olx2x49g/mol=2.45x10-5g，廢水中氰化4丄厶=入曰,2.45x10-2mg鈉的含量為一L=0.98mg/L。0.025L12過氧化氫俗名雙氧水，醫(yī)療上利用它有殺菌消毒作用來清洗傷口。根據(jù)下列反應(yīng)回答問題：ANaO+2HCl=2NaCl+HO2222AgO+HO=2Ag+OT+HO222222HO=2HO+OT2222D3HO+Cr(SO)+10KOH=2KCrO+3KSO+8HO2224324242上述反應(yīng)中，H2O2僅體現(xiàn)氧化性的反應(yīng)是(填序號(hào)，下同),h2o2僅體現(xiàn)還原性的反應(yīng)是(填序號(hào)，下同),H2O2既體現(xiàn)氧化性又體現(xiàn)還原性的反應(yīng)是上述反應(yīng)說明H2O2、Ag2O、K

57、2CrO4的氧化性由強(qiáng)到弱的順序是某酸性反應(yīng)體系中發(fā)生的一個(gè)氧化還原的離子反應(yīng)，反應(yīng)物和生成物共六種微粒：O、MnO-、HO、Mn2+、HO、H+。已知該反應(yīng)中H2O2只發(fā)生了如下過程：TOC o 1-5 h z2422222H2O2O2寫出上述反應(yīng)的離子方程式并配平如果上述反應(yīng)中有6.72L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氣體生成，轉(zhuǎn)移的電子為mol。H2O2有時(shí)可作為礦業(yè)廢液消毒劑，有“綠色氧化劑”的美稱；如消除采礦業(yè)膠液中的氰化物(如KCN)，發(fā)生以下反應(yīng)：KCN+HO+HO=A+NHT，試指出生成物A2223的化學(xué)式為。【答案】DbCAg20H202K2Cr042MnO-+5HO+6H+=2Mn2+5OT

58、+8HO22224422220.6KHCO3【解析】【分析】雙氧水體現(xiàn)氧化性說明雙氧水中元素化合價(jià)升高，體現(xiàn)還原性說明雙氧水中元素化合價(jià)降低，h2o2又名過氧乙酸，有酸性，它是二元弱酸；氧化劑的氧化性氧化產(chǎn)物的氧化性還原劑的氧化性；根據(jù)氧化還原反應(yīng)中氧化劑和還原劑的特點(diǎn)和性質(zhì)來尋找反應(yīng)物和生成物，然后結(jié)合化合價(jià)升降相等配平；根據(jù)所發(fā)生的反應(yīng)來分析化合價(jià)的變化情況，進(jìn)而得到轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目；(4)根據(jù)原子守恒來確定物質(zhì)的化學(xué)式，雙氧水做氧化劑的還原產(chǎn)物為水，無污染產(chǎn)物?！驹斀狻?1)D中雙氧水中氧元素化合價(jià)降低，說明雙氧水作氧化劑，體現(xiàn)了氧化性，B中雙氧水中氧元素化合價(jià)升高，體現(xiàn)還原性，C中雙氧水

59、中氧元素化合價(jià)既升高也降低，體現(xiàn)還原性和氧化性，故答案為：D；B；C；反應(yīng)AgO+HO=2Ag+OT+HO中，氧化銀做氧化劑，雙氧水作還原劑，則氧化22222性Ag0H0，反應(yīng)3HO+Cr(so)+10KOH=2KCrO+3KSO+8HO中，雙氧2222224324242水做氧化劑，鉻酸鉀做氧化產(chǎn)物，則氧化性H2O2K2CrO4，故氧化性順序?yàn)椋篈g20H202K2Cr04；故答案為：Ag20H202K2Cr04；(3)、該反應(yīng)過程中，高錳酸根的氧化性和雙氧水的還原性導(dǎo)致二者間發(fā)生氧化還原反應(yīng)，高錳酸根離子中錳元素從+7變?yōu)?2價(jià)，化合價(jià)降低5價(jià)，雙氧水中氧元素化合價(jià)從-1價(jià)變?yōu)?價(jià)，化合價(jià)至

60、少升高2價(jià)，則高錳酸根離子的系數(shù)為2，雙氧水的系數(shù)為5，然后利用質(zhì)量守恒配平可得該反應(yīng)的離子方程式為：2MnO-+5HO+6H+=2Mn2+5OT+8HO，42222故答案為：2MnO-+5HO+6H+=2Mn2+5OT+8HO；42222上述反應(yīng)中生成5mol氧氣轉(zhuǎn)移電子10mol,當(dāng)反應(yīng)中有6.72L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)即0.3mol氧氣生成時(shí)，則轉(zhuǎn)移的電子為：10molx0.3mol=0.6mol，故答案為：0.6；反應(yīng)KCN+H2O2+H2O=A+NH3T中,根據(jù)原子守恒可知生成物A的化學(xué)式為KHCO3；故答案為：KHC03?！军c(diǎn)睛】對(duì)于缺項(xiàng)配平反應(yīng)方程式的步驟為：寫四樣，平四樣，選離子，平電