2020-2021高考化學知識點過關培優(yōu) 易錯 難題訓練∶氧化還原反應

一、高中化學氧化還原反應練習題（含詳細答案解析）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(chǎn)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：⑴儀器a的名稱是，儀器b的名稱是。b中利用質(zhì)量分數(shù)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中試劑為⑵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(chǎn)量，實驗中通入的SO2不能過量，原因是實驗II：探究Na2S2O3與金屬陽離子的氧化還原反應。資料：Fe3++3S2O32-#Fe（S2O3）33-（紫黑色）裝置試劑X實驗現(xiàn)象fI0.2mLi—Cl1nw!-L_,2mlJ—OJmd'L'1Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先變成紫黑色，30s后幾乎變?yōu)闊o色⑷根據(jù)上述實驗現(xiàn)象，初步判斷最終Fe3+被S2O32-還原為Fe2+,通過（填操作、試劑和現(xiàn)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II的現(xiàn)象：實驗III：標定Na2S2O3溶液的濃度（5）稱取一定質(zhì)量的產(chǎn)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(zhì)K2Cr2O7（摩爾質(zhì)量為294g?moM）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+=引2+2Cr3++7H2O,再加入幾滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，發(fā)生反應屮2S2O32-=2I-+S4O62-，三次消耗Na2S2O3溶液的平均體積為25.00mL,則所標定的硫代硫酸鈉溶液的濃度為mol?L-1

【答案】分液漏斗蒸餾燒瓶HSO+NaSO=NaSO+HO+SOT硫化鈉和碳24232422酸鈉的混合液調(diào)節(jié)酸的滴加速度若SO2過量，溶液顯酸性.產(chǎn)物會發(fā)生分解加入鐵氰化鉀溶液.產(chǎn)生藍色沉淀開始生成Fe(S2O3)33-的反應速率快，氧化還原反應速率慢，但Fe3+與S2O32-氧化還原反應的程度大，導致Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反應方向移動，最終溶液幾乎變?yōu)闊o色0.1600【解析】【分析】【詳解】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：HSO+NaSO=NaSO+HO+SOT；c中是制備硫代硫酸224232422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；從反應速率影響因素分析，控制SO2生成速率可以調(diào)節(jié)酸的滴加速度或者調(diào)節(jié)酸的濃度，或者改變反應溫度；⑶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SO2，會使溶液酸性增強，對制備產(chǎn)物不利，所以原因是：SO2過量，溶液顯酸性，產(chǎn)物會發(fā)生分解；⑷檢驗Fe2+常用試劑是鐵氰化鉀，所以加入鐵氰化鉀溶液，產(chǎn)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(xiàn)出反應速率和平衡兩個角度，所以解釋為：開始階段，生成Fe(SO)3-的反應速率快，氧化還原反應速率慢，所以有紫黑色出現(xiàn)，隨著TOC\o"1-5"\h\z233Fe3+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；⑸間接碘量法滴定過程中涉及兩個反應：①61-+Cr2O7-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O；②I+2S6-=21-+S6-；反應①I-被氧化成12,反應②中第一步所得的I2又被還原成I-223462LiCoOLiCoO2在浸出過程中反應的離子方程式是，所以①與②電子轉(zhuǎn)移數(shù)相同，那么滴定過程中消耗的CrO2-得電子總數(shù)就與消耗的27SO2-失電子總數(shù)相同；在做計算時，不要忽略取的基準物質(zhì)重鉻酸鉀分成了三份進行的2310.5880rcccrV滴定。所以假設c(Na2S2O3)=amol/L,列電子得失守恒式：三興興6=ax°.025燈，2233294解得a=0.1600mol/L。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失效，其中的化學試劑排放至環(huán)境中不僅會造成環(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?；卮鹣铝袉栴}:正懾捕料粉車—正懾捕料粉車—y,ftriri37；*^10——LiFLiCoO2中Co的化合價是__。

浸出劑除了H2O2外，也可以選擇Na2S2O3，比較二者的還原效率H2O2_(填“〉”或“<")Na2S2O3(還原效率：還原等物質(zhì)的量的氧化劑消耗還原劑的物質(zhì)的量)。提高浸出效率的方法有__。利用Cyanex272萃取時，pH對鉆、鎳萃取分離效果的影響如圖。從圖中數(shù)據(jù)可知,用Cyanex272萃取分離時，最佳pH是__。反萃取的離子方程式為2H++CoR2=Co2++2HR,則反萃取劑的最佳選擇是__。常溫下，若水相中的Ni2+的質(zhì)量濃度為1.18g?L-1,則pH=__時，Ni2+開始沉淀。[Ksp(Ni(OH)2=2x10-15]參照題中流程圖的表達，結(jié)合信息設計完成從水相中分離Ni和Li的實驗流程圖(如圖)___。水相so：-)■如|■反謹1撫瀛.水相so：-)■如|.問③過檢L汛屋玄施主虬產(chǎn)曲2已知:物質(zhì)|LiFLi±COaN1F蠱落解性(室溫、難濬雅溶提供的無機試劑：NaOH、Na2CO3、NaF。【答案】+32LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2個+2Li++4H2O<適當升高溫度，適當增加H2SO4濃度5.5H2SO47.5①NaOH②Ni(OH)2③NaF【解析】【分析】通過化合物中各元素化合價代數(shù)和為0進行計算；由流程圖中有機相反萃取得到CoSO4,可知LiCoO2與H2O2在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應，根據(jù)氧化還原反應的規(guī)律寫出化學方程式；⑶根據(jù)等物質(zhì)的量H2O2和Na2S2O3作為還原劑轉(zhuǎn)移電子的多少進行判斷；⑷提高浸出效率即提高化學反應速率；⑸分離C02+和Ni2+時，由于C02+進入有機相，Ni進入水相，因此，應該選擇鉆的萃取率高而鎳的萃取率低的pH范圍；⑹將鉆洗脫進入水相中時，應該使反應向正反應方向移動，同時不能引入新雜質(zhì)；⑺根據(jù)Ksp(Ni(OH)2的表達式進行計算；⑻根據(jù)表格中所給物質(zhì)溶解度信息，調(diào)節(jié)pH應該用堿性物質(zhì)，但要考慮分離Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同時沉淀。【詳解】LiCoO2中O元素為-2價，Li為+1價，根據(jù)化合物中各元素化合價代數(shù)和為0進行計算得Co的化合價為+3價；由流程圖中有機相反萃取得到CoSO4,可知LiCoO2與H2O2在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應，化學方程式為：2LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2個+2Li++4H2O；1molH2O2作為還原劑轉(zhuǎn)移2mol電子，1molNa2S2O3作為還原劑轉(zhuǎn)移8mol電子，貝VNa2S2O3的還原效率更高；⑷提高浸出效率可以適當升高溫度，適當增加h2so4濃度等；⑸分離C02+和Ni2+時，由于C02+進入有機相，Ni進入水相，因此，應該選擇鉆的萃取率高而鎳的萃取率低的pH范圍，所以最佳pH是5.5；⑹將鉆洗脫進入水相中時，應該使反應向正反應方向移動，同時，為不引入新雜質(zhì)，反萃取劑最好選擇h2so4；1.18(7)c(Ni2+)=5^mol/L=0.02mol/L,則開始沉淀時，c(OH-)=:K(Ni(0H))'2X10-15/口rsp2==10-6.5mol/L，貝ypH=14-6.5=7.5；0.020.02⑻根據(jù)表格中所給物質(zhì)溶解度信息，調(diào)節(jié)pH應該用堿性物質(zhì)，但要考慮分離Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同時沉淀，所以選用NaOH,則Ni(OH)2先沉淀，過濾后濾液中加入NaF生成LiF沉淀?！军c睛】本題(5)選擇合適的pH時，注意讀懂圖中信息，要根據(jù)實驗的具體操作情況來分析。常溫下，三硫代碳酸鈉(Na2CS3)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。某小組設計實驗探究三硫代碳酸鈉的性質(zhì)并測定其溶液的濃度。實驗一：探究Na2CS3的性質(zhì)⑴向Na2CS3溶液中滴入酚酞試液，溶液變紅色。用離子方程式說明溶液呈堿性的原因⑵向Na2CS3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去。該反應中被氧化的元素是按如圖所示連接好裝置，取50.0mLNa2CS3溶液置于三頸瓶中，打開分液漏斗的活塞，滴入足量2.0mol/L稀H2SO4，關閉活塞。

已知：Na2CS3+H2SO4=Na2SO4+CS2+H2S個。CS2和H2S均有毒。CS2不溶于水，沸點46°C,密度1.26g/mL,與CO2某些性質(zhì)相似，與NaOH作用生成Na2COS2和巧0。盛放堿石灰的儀器的名稱是，堿石灰的主要成分是(填化學式)。TOC\o"1-5"\h\zC中發(fā)生反應的離子方程式是。⑶反應結(jié)束后打開活塞K,再緩慢通入N2一段時間，其目的是。(4)為了計算Na2CS3溶液的濃度，對充分反應后B中混合物進行過濾、洗滌、干燥、稱重，得8.4g固體，則三頸瓶中Na2CS3的物質(zhì)的量濃度為?！敬鸢浮緾S32-+H2O#HCS3-+OH-S干燥管CaO和NaOHCS2+2OH-=COS22-+H2O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】實驗一：(1)Na2CS3的水溶液中加入酚酞變紅色，說明Na2CS3是強堿弱酸鹽；⑵根據(jù)Na2CS3中元素化合價是否是該元素的最高價態(tài)來進行判斷；實驗二：(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；⑵A中生成的CS2可與NaOH作用生成Na2COS2和H20；反應結(jié)束后打開活塞k,再緩慢通入熱N2一段時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；⑷當A中反應完全后，打開K緩慢通入熱N2一段時間，然后對B中混合物進行過濾、洗8.4g滌、干燥，稱重，得8.4g黑色固體，n(CuS)=96g/mo[=0.0875mol,根據(jù)關系式nNa2CS3?H2S?CuS得n(Na2CS3)=n(CuS)=0.0875mol,根據(jù)c=丁計算A中Na2CS3溶液的濃度?！驹斀狻繉嶒炓唬?1)Na2CS3的水溶液中加入酚酞變紅色，說明Na2CS3是強堿弱酸鹽，則CS32-在水中發(fā)生水解，離子方程式為：CS32-+H2O#HCS3-+OH-；⑵Na2CS3中Na為+1價，C為+4價，都是兀素的最高價態(tài)，不能被氧化，S為-2價，是硫元素的低價態(tài)，能夠被氧化，所以被氧化的元素是S；實驗二：(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Na2COS2和H2O,相關離子方程式為：CS2+2OH-=COS22-+H2O；⑶反應結(jié)束后打開活塞k,再緩慢通入熱N2一段時間，其目的是：將裝置中的H2S全部排入B中被充分吸收；將裝置中的CS2全部排入C中被充分吸收；⑷當A中反應完全后，打開K緩慢通入熱N2一段時間，然后對B中混合物進行過濾、洗8.4g滌、干燥，稱重，得8.4g黑色固體，n(CuS)=盹/嗣=0.0875mol,根據(jù)關系式=1.75mol/L。Na2CS3?=1.75mol/L。Na2CS3?H2S?CuS得n(Na2CS3)=n(CuS)=0.0875mol,c(Na2CS3)=0.05L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H.S?D?大理石與稀鹽酸制CO2（2）①②③中依次盛裝的試劑為，KMnO酸性溶液中發(fā)生反應的離子方程式為4。A.KMnO酸性溶液、濃HSO、焦性沒食子酸溶液TOC\o"1-5"\h\z44B.焦性沒食子酸溶液、濃HSO、KMnO酸性溶液44C.KMnO酸性溶液、焦性沒食子酸溶液、濃HSO44（3）“加熱管式爐〃和“打開活塞K”這兩步操作應該先進行的是___，在這兩步之間還應進行的操作是—。（4）反應過程中G管逸出的氣體是，其處理方法是。（5）結(jié)束反應時，應該，待裝置冷卻后稱量并記錄相應數(shù)據(jù)。（6）假設反應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)：①瓷舟的質(zhì)量為30.4g；②瓷舟和FexOy的總質(zhì)量為42.0g；③反應前U形曾及內(nèi)盛物的總質(zhì)量為98.4g；④反應后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?！敬鸢浮緿C8MnO-+5HS+14H+=8Mn2++5SO2-+12HO打開活塞K檢驗4242H2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①、②、③應分別用于除去HCI、H2S、氧氣和水，得到干燥的氫氣與鐵的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。

【詳解】（1）A.生石灰與濃氨水制NH3，生成的氫氧化鈣微溶于水，可堵塞導管，故A錯誤；過氧化鈉與水劇烈反應，不能用啟普發(fā)生器制備。2,故B錯誤；硫化鐵固體與稀硝酸發(fā)生氧化還原反應，不能生成硫化氫，故C錯誤；大理石不溶于水，可與稀鹽酸制CO2，可用啟普發(fā)生器，故D正確。故答案為：D；（2）①、②、③應分別用于除去HCI、H2S、氧氣和水，以得到干燥的氫氣，KMnO4酸性溶液中發(fā)生反應的離子方程式為8MnO-+5HS+14H+二8Mn2++5SO2-+12HO；42429（3）實驗前應先通入氫氣，以排出裝置的空氣，則應先打開活塞K,為避免加熱時爆炸，應先檢驗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)束后應先停止加熱再停止通入氫氣，以避免Fe被重新氧化；（6）已知：①瓷舟的質(zhì)量為30.4g；②瓷舟和FeO的總質(zhì)量為42.0g，貝yxymGeO）=11.6g；③反應前U形曾及內(nèi)盛物的總質(zhì)量為98?4g；④反應后U形管及xy內(nèi)盛物的總質(zhì)成為102.Og，則生成m（H2O）=3.6g，則氧化物中m（O）=x16g/mol=3.2g，n（O）=0.2mol；TOC\o"1-5"\h\z18g/mol，；m（Fe）=11.6g一3.2g=8.4g，（n）Fe）=8.4g=0.15mol，則n（Fe）:56g/mol、?n（o）=0.15:0.2=3:4,化學式為FeO。42019年諾貝爾化學獎頒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。（主要成分為LiAISi2O（主要成分為LiAISi2O6，還含有FeO、CaO、MgO等）制備鉆酸鋰（LiCoO2）的流程如圖:回答下列問題：鋰輝石的主要成分為LiAlSi2O6，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CaCO3，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：，Ksp[Fe(OH)3]=4.0x10-38,Ksp[AI(OH)3]=1.0x10-33,完全沉淀后離子濃度低于1xl0-5)mol/L)。"濾渣2”的主要化學成分為_。“沉鋰”過程中加入的沉淀劑為飽和的(化學式)溶液。利用鋰離子能在石墨烯表面和電極之間快速大量穿梭運動的特性，開發(fā)出石墨烯電池，電池反應式為LiCoO2+C6WWLixC6+Li1-xCoO2其工作原理如圖2。下列關于該電池的說法正確的是(填字母)。A?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)點是提高電池的儲鋰容量進而提高能量密度D?充電時，LiCoO2極發(fā)生的電極反應為LiCoO2-xe-=xLi++Li1-xCoO2對廢舊的該電池進行"放電處理"讓Li+嵌入石墨烯中而有利于回收LiFePO4也是一種電動汽車電池的電極材料，實驗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獲得FePO4固體。再將FePO4固體與H2C2O4和LiOH反應即可獲得LiFePO4同時獲得兩種氣體。寫出FePO4固體與H2C2O4和LiOH反應溶液獲得LiFePO4的化學方程式_。LiFePO4需要在高溫下成型才能作為電極，高溫成型時要加入少量活性炭黑，其作用是【答案】Li2O?AI2O3?4SiO2將礦石細磨、攪拌、升高溫度4.7Mg(OH)2和CaCO3Na2CO3CD2LiOH+6H2C2O4+2FePO4=2LiFePO4+7CO2個+5C0個+7H2O與空氣中的氧氣反應，防止LiFePO4中的Fe2+被氧化【解析】【分析】鋰輝石(主要成分為LiAlSi2O6，還含有FeO、CaO、MgO等)為原料來制取鉆酸鋰(LiCoO2),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%Li2S,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T較活發(fā)金屬氧化物T二氧化硅T水，不同氧化物間以?隔開；b.各元素的化合價保持不變，且滿足化合價代數(shù)和為零，各元素原子個數(shù)比符合原來的組成；C、當計量數(shù)配置出現(xiàn)分數(shù)時應化為整數(shù)；鋰輝石的主要成分為LiAISi2O6，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)、適當增加酸溶液濃度、適當升高溫度、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磨、攪拌、升高溫度等；AI(OH)3的Ksp大于Fe(OH)3的Ksp，那么保證Ab+完全沉淀即可達到目的；已知AI(OH)3的K=1x10-33，所以當c(Al3+)=1x10-5mol/L時可認為鋁離子和鐵離子完全沉淀，此時c(OH-spI__KhX10—33)=3「c(A*)=3：]X105=moI/L=1x10-9.3moI/L，c(H+)=1x10-4.7moI/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CaCO3；根據(jù)“沉鋰〃后形成Li2CO3固體，以及大量生產(chǎn)的價格問題，該過程中加入的最佳沉淀劑為Na2CO3溶液；(2)A.電池反應式為LiCoO2+C6=^LixC6+Li1xCoO2，由此可知，放電時，負極電極反應放電式為LixC6-xe-=xLi++C6，正極電極反應式Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2，石墨電極為放電時的負極，充電時的陰極，故A錯誤；該電池是利用鋰離子能在石墨烯表面和電極之間快速大量穿梭運動的特性而制作，故B錯誤；石墨烯電池利用的是Li元素的得失電子，因此其優(yōu)點是在提高電池的儲鋰容量的基礎上提高了能量密度，故C正確；充電時，LiCoO2極為陽極，將放電時的正極電極反應式逆寫即可得陽極反應，即LiCoO2極發(fā)生的電極反應為LiCoO2-xe-=xLi++Li1-xCoO2，故D正確；；根據(jù)鉆酸鋰的制備流程可知，對廢舊的該電池進行“放電處理“讓Li+嵌入LiCoO2才有利于回收，故E錯誤；故答案為CD；⑶①FePO4固體與H2C2O4和LiOH反應可獲得LiFePO4同時獲得兩種氣體，該過程中Fe3+被還原，根據(jù)元素價態(tài)變化規(guī)律可知應是C元素被氧化，生成CO2，該種情況下只生成一種氣體，應想到草酸不穩(wěn)定容易發(fā)生歧化反應分解生成CO和CO2，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+6H2C2O4+2FePO4=2LiFePO4+7CO2^+5CO^+7H2O；②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LiFePO4中的Fe2+被氧化。【點睛】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T較活發(fā)金屬氧化物T二氧化硅T水，不同氧化物間以?隔開；b.各元素的化合價保持不變，且滿足化合價代數(shù)和為零，各元素原子個數(shù)比符合原來的組成；c、當計量數(shù)配置出現(xiàn)分數(shù)時應化為整數(shù)；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)、

適當增加酸溶液濃度、適當升高溫度、攪拌、多次侵取等亞硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、醫(yī)藥等工業(yè)。實驗室制備亞硝酰硫酸的方法如下：將SO2通入盛有濃硫酸和濃硝酸的混合液中，維持體系溫度略低于20C，攪拌，使其充分反應。反應過程中，亞硝酰硫酸的物質(zhì)的量和硝酸的物質(zhì)的量隨時間的變化如圖所W98W98765421?■■■■-1T?1

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oEJeosozr3E、OMH家0987634321l.o.Q&fl.QftCLo.QtZiriin①實驗室制備NOSO4H的化學反應方程式為—。反應進行到10min后，反應速度明顯加快，其可能的原因是―。反應過程中，硝酸減少的物質(zhì)的量大于NOSO4H生成的物質(zhì)的量的可能原因是—為了測定亞硝酰硫酸的純度，進行如下實驗：。準確稱取1.200g產(chǎn)品放入錐形瓶中，加入50.00mL0.1000mol?L-i的KMnO4標準溶液和足量稀H2SO4，搖勻，使其充分反應。再將反應后溶液加熱至60~70°C(使生成的HNO3揮發(fā)逸出)，冷卻至室溫，用0.2500mol^L-iNa2C2O4標準溶液滴定至終點，消耗Na2C2O4溶液的體積為16.00mL。已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；KMnO4在酸性條件下被還原為Mn2+。根據(jù)以上實驗數(shù)據(jù)計算亞硝酰硫酸的純度。(寫出計算過程)—【答案】HNO3+SO2MJ''打NOSO4H生成的NOSO4H對該反應有催化作用硝酸會揮發(fā)和分解90.00%【解析】【分析】(1)設NOSO4H中N的化合價為x,根據(jù)化合價代數(shù)和為0有：x+(+6)X1+(-2)X5+(+1)X1=0，解得：x=+3，N元素化合價從+5降低到+3,必有S元素化合價從+4升高到+6，發(fā)生的是氧化還原反應，氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比=1：1;50.00mL0.1000mol?L-1的KMnO4與16.00mL0.2500mol?L-1Na2C2O4反應之后剩余的KMnO4再與NOSO4H反應?！驹斀狻竣貼元素化合價從+5降低到+3,必有S元素化合價從+4升高到+6，N元素和S元素

濃硫酸的物質(zhì)的量之比=1:1，所以反應的方程式為：HNO3+SO2NOSO4H,故答案為：濃硫酸HNO3+SO2NOSO4H；反應前十分鐘沒有加快，不是溫度，十分鐘后明顯加快，說明生成的物質(zhì)對反應有催化作用，故答案為：生成的noso4h對該反應有催化作用；從反應的方程式看：參加反應的硝酸和生成的NOSO4H比例為1:1，消耗的硝酸多，可能是有一部分揮發(fā)和分解了，故答案為：硝酸會揮發(fā)和分解；（2）一部分KMnO4標準溶液和NOSO4H反應，剩余的KMnO4標準溶液用Na2C2O4反滴定，KMnO4和Na2C2O4,KMnO4中Mn元素化合價從+7降低到+2，降低5，作氧化劑,Na2C2O4中C元素化合價從+3升高到+4升高了1，2個C升高了2,作還原劑，根據(jù)得失電2KMnO?5NaCO224子守恒，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比=2:5，所以2mol5mol，n0.25mol/Lxl6xlO-3L1解得：和Na2C2O4反應的KMnO4的物質(zhì)的量n】=1.6X10-3mol,KMnO4總的物質(zhì)的量=50.00x10-3Lx0.1000mol?L-1=5X10-3mol,所以和NOSO4H反應的KMnO4的物質(zhì)的量=5X10-2KMnO?5NOSOH443mol-1.6X10-3mol=3.4X10-3mol,所以2mol5x127g，解得NOSO4H的質(zhì)量3.4xl0-3mm=1.0795g,所以樣品中NOSO4H的純度=嚴x100%^90.00%,故答案為：90.00%。1.2g【點睛】和Na2C2O4反應的KMnO4加上和NOSO4H反應的KMnO4為總的KMnO4的量。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。氯化鉀欽粉亞銅的工藝流程圖。氯化鉀欽粉如圖是濾液中CU2+、Fe3+的含量與pH的關系及CuCl產(chǎn)率與pH的關系圖。請回答以下問題：⑴在電鍍廢水中加堿產(chǎn)生沉淀，過濾得到電鍍污泥，貝y電鍍污泥的主要成分—；⑵由反應①制備CuCI時的最佳pH在左右；TOC\o"1-5"\h\z⑶對CuCI產(chǎn)率探究時發(fā)現(xiàn)反應①在隔絕空氣條件下進行時CuCI產(chǎn)率較高，由此推測CuCI具有性；⑷寫出反應①中化學反應方程式：;(5)隔絕空氣條件下，從濾液中制得晶體的實驗操作為：;⑹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BaCI2溶液,得到白色固體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)3Cu(OH)23.5還原2CuSO4+Fe+2KCI=2CuCI^+2K2SO4+FeSO4蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過濾(洗滌)、干燥K2Fe(SO4)2?6H2O【解析】【分析】由流程圖可知，向電鍍廢水中加堿，Cu2+、Fe3+與堿反應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和反應溫度使硫酸銅與鐵、氯化鉀反應生成了硫酸亞鐵、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(SO4)2?6H2O晶體。【詳解】由流程圖可知，向電鍍廢水中加堿，Cu2+、Fe3+與堿反應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，故答案為：Fe(OH)3Cu(OH)2；由CuCI產(chǎn)率與pH的關系圖可知，制備CuCI時的最佳pH是3.5左右，故答案為：3.5；對CuCI產(chǎn)率探究時發(fā)現(xiàn)反應①在隔絕空氣條件下進行時CuCI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；反應①為調(diào)節(jié)溶液pH和反應溫度使硫酸銅與鐵、氯化鉀反應生成了硫酸亞鐵、硫酸鉀和氯化亞銅，反應的化學方程式為2CuSO4+Fe+2KCI=2CuCM+FeSO4+K2SO4，故答案為：2CuSO4+Fe+2KCI=2CuCI；+FeSO4+K2SO4；

由加入足量BaCI2溶液，得到由加入足量BaCI2溶液，得到⑹由題意可知，結(jié)晶水的物質(zhì)的量為^4^=°.°6m01'硫酸鋇沉淀質(zhì)量為2.33g可知硫酸根的物質(zhì)的量為2.33g硫酸鋇沉淀質(zhì)量為2.33g可知硫酸根的物質(zhì)的量為2.33g233g/molX2=0.02mol,由加入足量NaOH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^^160g/molX2X2=0?01mol，貝9鉀離子的物質(zhì)的量為①-26-0-02"96-0.01"56)g=0.02mol,n(K+)：n(Fe2+)：n(SO.2—)；39g/mol4n(H2O)=0.02mol：0.01mol：0.02mol：0.06mol=2:1:2:6，晶體的化學式為K2Fe(SO4)2^6H2O,故答案為：K2Fe(SO4)2?6H2O。8.孔雀石的主要成分為8.孔雀石的主要成分為Cu2(OH)2CO3(含少量FeO、Fe2O3、SiO2)。某小組同學在實驗室以孔雀石為原料制備膽磯，并測定所得膽磯中結(jié)晶水的含量。實驗步驟如下：(提供試劑：NaOH溶液、H2O2溶液、CuO、Na2CO3)完成下列填空：TOC\o"1-5"\h\z孔雀石的主要成分與稀硫酸反應的離子方程式為。按試劑加入順序，w所代表的試劑依次為。沉淀B的成分為。a操作依次為：加熱蒸發(fā)、、過濾、洗滌、。除燒杯、漏斗之外過濾還需要另一玻璃儀器，該儀器在此操作中的主要作用是。欲檢驗溶液A中Fe2+的試劑是(選填序號)。如果測定Fe2+的含量，需要用容量瓶配制某標準溶液，請簡述配制中“定容”的操作：。aNaOH(aq)bNa2CO3(aq)c淀粉KI(aq)d酸性KMnO4(aq)在測定所得膽磯(CuSO4?xH2O)中結(jié)晶水x值的實驗過程中，若測定結(jié)果的實驗誤差為1.5%，可能的原因是。a加熱溫度過高b膽磯晶體的顆粒較大m2222x250m2222x2502m1該小組一位同學根據(jù)實驗結(jié)果求出樣品中孔雀石的質(zhì)量分數(shù)為:位同學不同意，其原因是【答案】Cu2(OH)2CO3+4H+f2Cu2++3H2O+CO2fH2O2溶液、CuOFe(OH)3、CuO冷卻結(jié)晶自然干燥引流d加水到離刻度線2?3cm處改用膠頭滴管滴加蒸餾水，直到凹液面的最低線與刻度線相平a、d在除雜過程中加入了CuO,會使結(jié)果偏大【解析】【分析】m1g孔雀石的主要成分為Cu2(OH)2CO3(含少量FeO、Fe2O3、SiO2)，加入稀硫酸過濾得到濾渣二氧化硅和溶液A為硫酸銅、硫酸亞鐵、硫酸鐵，加入W為過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，加入氧化銅調(diào)節(jié)溶液的pH沉淀鐵離子，過濾得到沉淀B為氫氧化鐵和過量的氧化銅，溶液B為硫酸銅溶液，通過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌、干燥得到硫酸銅晶體m2g，受熱失去結(jié)晶水得到硫酸銅固體m3g。據(jù)此解答。【詳解】堿式碳酸銅和硫酸反應生成硫酸銅、水和二氧化碳，反應的離子方程式為：Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2f，故答案為：Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2f；按試劑加入順序，w所代表的試劑依次為加入氧化劑過氧化氫氧化亞鐵離子，不引入其他雜志離子，加入氧化銅調(diào)節(jié)溶液pH使鐵離子全部沉淀，過濾得到沉淀B為Fe(OH)3、CuO,故答案為：H2O2溶液、CuO；Fe(OH)3、CuO；從溶液B中獲得硫酸銅晶體，直接加熱蒸干會導致硫酸銅失去結(jié)晶水，應該采用的操作方法為：加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、自然干燥，除燒杯、漏斗之外過濾還需要另一玻璃儀器為玻璃棒，該儀器在此操作中的主要作用是引流，故答案為：冷卻結(jié)晶，自然干燥；引流；溶液A中含亞鐵離子和鐵離子：a.NaOH溶液，向Fe2+溶液中加入NaOH溶液后，F(xiàn)e2+與OH-反應生成Fe(OH)2，F(xiàn)e2++2OH-=Fe(OH)2；，F(xiàn)e(OH)2不穩(wěn)定易被氧氣氧化為Fe(OH)3，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，白色的Fe(OH)2沉淀變成紅褐色Fe(OH)3，向Fe2+溶液中加入NaOH溶液后，觀察到生成的白色沉淀迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色；Fe3+與OH仮應Fe3++3OH-=Fe(OH)3；，生成紅褐色Fe(OH)3，兩者反應現(xiàn)象干擾，不能檢驗該溶液中存在Fe2+，故a錯誤；Na2CO3(aq)和亞鐵離子生成沉淀，和鐵離子雙水解生成氫氧化鐵沉淀和二氧化碳，溶液渾濁不能檢驗亞鐵離子，故b錯誤；淀粉KI(aq)和鐵離子發(fā)生氧化還原反應生成碘單質(zhì)和亞鐵離子，溶液顏色相近不能鑒別亞鐵離子，故c錯誤；酸性KMnO4(aq)，因為Fe2+具有較強的還原性能使酸性KMnO4溶液褪色，F(xiàn)e3+不能，故能夠用酸性KMnO4溶液鑒別Fe2+和Fe3+，故d正確；如果測定Fe2+的含量，需要用容量瓶配制某標準溶液，加水到離刻度線2?3cm處改用膠頭滴管滴加蒸餾水，直到凹液面的最低線與刻度線相平，故答案為：d；加水到離刻度線2?3cm處改用膠頭滴管滴加蒸餾水，直到凹液面的最低線與刻度線相平；測定所得膽磯(CuSO4?xH2O)中結(jié)晶水x值，應稱量坩堝的質(zhì)量，坩堝和晶體的質(zhì)量，加熱后坩堝的質(zhì)量，加熱后再稱量一次坩堝的質(zhì)量，判斷質(zhì)量是否在誤差允許范圍內(nèi)及兩次值是否相差不超過0.1g，所以至少稱量4次；加熱溫度過高，會導致硫酸銅分解，質(zhì)量變化較大，導致結(jié)果偏大，a正確；膽磯晶體的顆粒較大，會導致晶體解熱分解不完全，質(zhì)量變化偏小，結(jié)果偏小，b錯誤；加熱后放在空氣中冷卻，會吸收空氣中的水重新形成晶體，導致測定結(jié)果偏小，c錯誤；加熱膽磯晶體時有晶體從坩堝中濺出，導致測定的結(jié)晶水的質(zhì)量偏大，測定的x值偏

大，故d正確；故答案為：ad；向溶液中加入CuO調(diào)節(jié)溶液的pH,沉淀II為Fe(OH)3,所以膽磯中的銅元素不是都來自樣品，因此該小組一位同學根據(jù)實驗結(jié)果求出樣品中CuO的質(zhì)量分數(shù)偏大，故答案為：在除雜過程中加入了CuO,會使結(jié)果偏大。9.一種以黃銅礦和硫磺為原料制取銅和其他產(chǎn)物的新工藝，原料的綜合利用率較高。其主要流程如下：HCI、MiCK€吭入混合搟謹空氣H3SO4黃嗣夢

(CuFeSJ黃嗣夢

(CuFeSJIL反應IV分離}A已知：“反應II”的離子方程式為Cu2++CuS+4Cl-==2[CuCl]-+S2回答下列問題：TOC\o"1-5"\h\z鐵紅的化學式為;“反應II”的還原劑是(填化學式)；“反應III”的離子方程式為；輝銅礦的主要成分是CuS，可由黃銅礦(主要成分CuFeS)通過電化學反應轉(zhuǎn)變而成，22有關轉(zhuǎn)化如下如圖所示。轉(zhuǎn)化時正極的電極反應式為。從輝銅礦中浸取銅元素，可用FeCl3作浸取劑。反應CuS+4FeCl2CuCl+4FeCl+S,每生成lmolCuCl，反應中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為23222;浸取時，在有氧環(huán)境下可維持Fe3+較高濃度。有關反應的離子方程式是浸取過程中加入洗滌劑溶解硫時，銅元素的浸取率的變化如圖，其原因是刃働鈾訕刃働鈾訕時蝕niin)CuCl懸濁液中加入NaS，發(fā)生的反應為2CuCl(s)+S2-(aq^—CuS(s)+2Cl-(aq)，該反應的平衡常數(shù)K=[已知Ksp(CuCl)=1.2X10-6，Ksp(CuS)=2.5X10-43]。2【答案】Fe2O3CuS4[CuCl2]-+O2+4H+=4Cu2++8Cl-+2H2O2CuFeS2+6H++2e—=Cu2S+2Fe2+

+3H2S個2mol或2NA4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O生成的硫覆蓋在Cu2S表面，阻礙浸取5.76x1030【解析】【分析】鐵紅是氧化鐵；⑵根據(jù)Cu2++CuS+4C1-==2[CuCI2]-+S,硫元素化合價升高；⑶反應III[CuCl2]-被氧化為CU2+；⑷根據(jù)轉(zhuǎn)化關系圖，CuFeS2在正極得電子生成Cu2S、Fe2+、H2SO⑸①根據(jù)反應Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S,每生成2molCuCl2，轉(zhuǎn)移4mol電子；氧氣能把Fe2+氧化為Fe3+o②Cu2S難溶，生成的硫覆蓋在Cu2S表面，阻礙浸取；CuCl懸濁液中加入Na2S,發(fā)生的反應為2CuCl(s)+S2-(aq)「Cu2S⑸+2Cl-(aq),Cl-該反應的平衡常數(shù)K二応【詳解】(1)鐵紅是氧化鐵，化學式Fe2O3；⑵根據(jù)Cu2++CuS+4C1-==2[CuCI2]-+S,硫元素化合價升高，所以CuS是還原劑；⑶反應III,[CuCl2]-被氧氣氧化為CU2+，離子方程式為4[CuCI2]-+O2+4H+=4Cu2++8CI-+2H2O；⑷根據(jù)轉(zhuǎn)化關系圖，CuFeS2在正極得電子生成Cu2S、Fe2+、H2S,轉(zhuǎn)化時正極的電極反應式為2CuFeS2+6H++2e—=Cu2S+2Fe2++3H2S個。(5)①根據(jù)反應Cu2S+4FeC|3=2CuCl2+4FeCl2+S可知，每生成2molCuCl2，轉(zhuǎn)移4mol電子,每生成lmolCuCl2，反應中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為2NA；氧氣能把Fe2+氧化為Fe3+，離子方程式為4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2Oo②Cu2S難溶，生成的硫覆蓋在Cu2S表面，阻礙浸取，所以洗滌時銅元素的浸取率的變化如圖；Cl-(Cl-(6)2CuC|(s)+S2-(aq)=Cu2S(s)+2Cl-(aq)的平衡常數(shù)K二y__S2-Ksp2(CuCl)G.2xlO-6)=5.76x1030；2.5x10-43[Cu2+]2[Cl-Ksp2(CuCl)G.2xlO-6)=5.76x1030；2.5x10-43【點睛】原電池中電子由負極流入正極，根據(jù)電子流動方向，可判斷原電池的正負極。10.次硫酸鈉甲醛(xNaHSO2?yHCHO?zH2O)俗稱吊白塊，在印染、醫(yī)藥以及原子能工業(yè)中有廣泛應用。它的組成可通過下列實驗測定：①準確稱取1.5400g樣品，完全溶于水配成100mL溶液。②取25.00mL所配溶液經(jīng)AHMT分光光度法測得甲醛物質(zhì)的量濃度為0.10molxL-1。③另取25.00mL所配溶液，加入過量碘完全反應后，加入BaCl2溶液至沉淀完全，過濾、洗滌、干燥至恒重得到白色固體0.5825g。次硫酸氫鈉和碘反應的方程式如下：xNaHSO2^yHCHO^zH2O+I2^NaHSO4+HI+HCHO+H2O(未配平)生成0.5825g白色固體時，需要消耗碘的質(zhì)量為。(2)若向吊白塊溶液中加入氫氧化鈉，甲醛會發(fā)生自身氧化還原反應，生成兩種含氧有機物，寫出該反應的離子方程式。通過計算確定次硫酸氫鈉甲醛的組成(寫出計算過程)?！敬鸢浮縧.27g2HCHO+OH-=CH3OH+HCOO-NaHSO2?HCHO?2H2O【解析】【分析】根據(jù)次硫酸氫鈉甲醛和碘單質(zhì)之間反應的化學反應方程式來計算即可；甲醛會發(fā)生自身氧化還原反應，被氧化為甲酸，被還原為甲醇；根據(jù)元素守恒結(jié)合物質(zhì)之間的反應情況來計算?！驹斀狻竣鸥鶕?jù)反應：xNaHSO2?yHCHO?zH2O+l2TNaHSO4+HI+HCHO+H2O，據(jù)電子守恒，生成1mol的NaHSO4，消耗碘單質(zhì)2mol，硫酸根守恒，得到白色固體0.5825g，即生成硫酸鋇的質(zhì)量0.5825g是0.5825g，物質(zhì)的量是233g/mol=°.°°25mol,消耗碘單質(zhì)的質(zhì)量是：0.005molx254g/mol=1.27g,故答案為：1.27g；甲醛會發(fā)生自身氧化還原反應，被氧化為甲酸，被還原為甲醇，該反應的離子方程式為：2HCHO+OH-=CH3OH+HCOO-，故答案為：2HCHO+OH-=CH3OH+HCOO-；25.00mL溶液中：n(NaHSO2)=n(NaHSO4)=n(BaSO4)=0.5825g/233g?mol-i=0.0025moln(HCHO)=0.0025mol100mL溶液中：n(NaHSO2)=4x0.0025mol=0.01moln(HCHO)=4x0.0025mol=0.01moln(H2O)=(1.5400g-88g?mol-ix0.01mol-30g?mol-ix0.01mol)/18gmol-i=0.02molx：y：z=n(NaHSO2)：n(HCHO)：n(H2O)=0.01：0.01：0.02=1：1：2次硫酸氫鈉甲醛的化學式為：NaHSO2?HCHO?2H2O?！军c睛】對于未配平的氧化還原反應方程式，一定要先根據(jù)得失電子守恒規(guī)律配平之后才能進行物質(zhì)的量關系進行相關計算，靈活應用元素守恒會使計算更加簡便。11．震驚全國的天津港“8.12”爆炸事故中,因爆炸沖擊導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:氰化鈉化學式NaCN(N元素-3價),白色結(jié)晶顆粒，劇毒，易溶于水。

皿力a皿力abcTOC\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)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體,寫出該反應的化學方程。⑵某化學興趣小組實驗室制備硫代硫酸鈉(Na2S2O3),并檢測用硫代硫酸鈉溶液處理后的氰化鈉廢水能否達標排放。(實驗一)實驗室通過圖裝置制備Na2S2O3a裝置中盛濃硫酸的儀器名稱是；b裝置的作用是。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。實驗結(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,再關閉K2打開卸目的是。(實驗二)測定用硫代硫酸鈉溶液處理后的廢水中氰化鈉的含量已知:①廢水中氰化鈉的最高排放標準為0.50mg/L。②Ag++2CN-==[Ag(CN)2]-,Ag++I-==Agl&；AgI呈黃色，且CN-優(yōu)先與Ag+反應。實驗如下: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1.000x10-4mol/L的標準AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的體積為2.50mL。滴定終點的判斷方法是。處理后的廢水中氰化鈉的含量為mg/L,(選填"能”、"不能”)排放?！敬鸢浮縉aCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3個圓底燒瓶安全瓶或防倒吸Na2SO3NaOH溶液防止拆除裝置時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】常溫下，氰化鈉能與過氧化氫溶液反應，生成能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色的氣體，該氣體為氨氣，生成的酸式鹽為碳酸氫鈉，反應方程式為：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3個；實驗一:a裝置制備二氧化硫，c裝置中制備NazSqOs，反應導致裝置內(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，應用氫氧化鈉溶液吸收；Ag+與CN-反應生成[Ag(CN)2]-，當CN-反應結(jié)束時，滴入最后一滴硝酸銀溶液，Ag+與I-

生成AgI黃色沉淀，說明反應到達滴定終點；⑤消耗AgNO3的物質(zhì)的量為2.5x10-3Lx0.0001mol/L=2.50x10-7mol,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2.50x10-7molx2x49g/mol=2.45x10-5g，廢水中氰化4丄厶=入曰,2.45x10-2mg鈉的含量為=0.98mg/L。0.025L某工業(yè)廢玻璃粉末含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等。某課題小組設計如下工藝流程對資源進行回收，得到Ce(OH)4和硫酸鐵銨磯。硫醍鐵按磯反應②反應②已知：CeO2不溶于稀硫酸；酸性條件下，Ce3+易水解，Ce4+有較強氧化性。硫酸鐵銨磯可凈水，其原理是(寫離子方程式)。濾液A的主要成分(填寫化學式)。TOC\o"1-5"\h\z反應①的離子方程式是。反應②的化學反應方程式是。已知制硫酸鐵銨磯晶體[Fe2(SO4)3?(NH4)2SO4?24H20,式量964]的產(chǎn)率為80%，若加入13.2g(NH4)2SO4(式量132)，可制得晶體的質(zhì)量是?；衔颒T可作為萃取劑能將鈰離子從水溶液中萃取出來，過程表示為：Ce2(SO4)3(水層)+6HT(有機層)2CeT3(有機層)+3H2SO4(水層)分液得到CeT3(有機層)，再加入H2SO4獲得較純的含Ce3+的水溶液?？蛇x擇硫酸作反萃取劑的原因是—(從平衡移動角度回答)?！敬鸢浮縁e3++3H2O=Fe(OH)3(膠體)+3H+Na2SiO32CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2個+4H204Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)477.12g加入硫酸，可使平衡向左進行，使Ce3+進入水層(或答加入硫酸，平衡左移)【解析】【分析】廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等)加入氫氧化鈉溶液，SiO2能和NaOH反應生成Na2SiO3，濾液A中含有Na2SiO3，濾渣A中含有Fe2O3、CeO2、FeO,向濾渣中加入稀硫酸，F(xiàn)e2O3和FeO溶于稀硫酸，而CeO2不溶于稀硫酸，濾液B中含有硫酸鐵和硫酸亞鐵，氧化硫酸亞鐵為硫酸鐵，再加入硫酸銨溶液，得到硫酸鐵銨磯。濾渣B中含有CeO2，加入稀硫酸提供酸性環(huán)境，用H2O2還原CeO2得到含Ce3+的溶液，然后加堿得到Ce(OH)3懸濁液，最后用氧氣氧化得到Ce(OH)4?！驹斀狻苛蛩徼F銨磯溶于水電離出Fe3+,Fe3+水解生成Fe(OH)3膠體，能吸附水中的懸浮物，達到凈水的目的，其原理用離子方程式表示為Fe3++3H2OFe(OH)3(膠體)+3H+。工業(yè)廢玻璃粉末含有的成分為SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等，與NaOH溶液反應，SiO2與氫氧化鈉反應生成硅酸鈉和水，其余均不反應，所以濾液A的主要成分是Na2SiO3。CeO2不溶于稀硫酸，根據(jù)流程圖可知，濾渣B為CeO2，CeO2與稀硫酸、H2O2反應生成含Ce3+的溶液，Ce元素得電子，則H2O2中氧元素失電子生成氧氣，根據(jù)化合價升降總數(shù)相等和原子守恒配平，則反應①的離子方程式是2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2個+4h2o。反應②為加熱Ce(OH)3的懸濁液得到Ce(OH)4，Ce元素的化合價由+3價失電子生成+4價的Ce,則空氣中的氧氣得電子生成-2價OH-，根據(jù)化合價升降總數(shù)相等和原子守恒配平，化學反應方程式為4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4。13.2g(NH4)2SO4(式量132)的物質(zhì)的量為O.lmol,根據(jù)氮守恒，理論上生成的硫酸鐵銨磯晶體［Fe2(SO4)3?(NH4)2SO4?24H20,式量964］的物質(zhì)的量也是0.1mol，其產(chǎn)率為80%,所以實際生成的硫酸鐵銨磯晶體的物質(zhì)的量為0.08mol,為0.08molX964g/mol=77.12g。根據(jù)Ce2(SO4)3(水層)+6HT(有機層)=2CeT3(有機層)+3H2SO4(水層),加入硫酸，可使平衡向左進行，使Ce3+進入水層。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)下列反應回答問題：ANaO+2HCl=2NaCl+HO2222AgO+HO=2Ag+OT+HO222222HO=2HO+OT2222D3HO+Cr(SO)+10KOH=2KCrO+3KSO+8HO2224324242(1)上述反應中，H2O2僅體現(xiàn)氧化性的反應是(填序號，下同),H2O2僅體現(xiàn)還原性的反應是(填序號，下同),H2O2既體現(xiàn)氧化性又體現(xiàn)還原性的反應是的氰化物(如KCN)，發(fā)生以下反應：KCN+HO+HO=A+NHT，試指出生成物A2223的化學式為?！敬鸢浮縟bcAgO>HO>KCrO2MnO-+5HO+6H+=2Mn2++50T+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升高，體現(xiàn)還原性說明雙氧水中元素化合價降低，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；①根據(jù)氧化還原反應中氧化劑和還原劑的特點和性質(zhì)來尋找反應物和生成物，然后結(jié)合化合價升降相等配平；②根據(jù)所發(fā)生的反應來分析化合價的變化情況，進而得到轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目；根據(jù)原子守恒來確定物質(zhì)的化學式，雙氧水做氧化劑的還原產(chǎn)物為水，無污染產(chǎn)物。【詳解】(1)D中雙氧水中氧元素化合價降低，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升高，體現(xiàn)還原性，C中雙氧水中氧元素化合價既升高也降低，體現(xiàn)還原性和氧化性，故答案為：D；B；C；⑵反應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Ag0>H0，反應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H2O2>K2CrO4，故氧化性順序為：Ag2O>H2O2>K2CrO4；故答案為：Ag2O>H2O2>K2CrO4；①、該反應過程中，高錳酸根的氧化性和雙氧水的還原性導致二者間發(fā)生氧化還原反應，高錳酸根離子中錳元素從+7變?yōu)?2價，化合價降低5價，雙氧水中氧元素化合價從-1價變?yōu)?價，化合價至少升高2價，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的離子方程式為：2MnO-+5HO+6H+=2Mn2++5OT+8HO，42222故答案為：2MnO-+5HO+6H+=2Mn2++5OT+8HO；42222②上述反應中生成5mol氧氣轉(zhuǎn)移電子10mol,當反應中有6.72L(標準狀況)即0.3mol氧氣生成時，則轉(zhuǎn)移的電子為：10molx0.3mol=0.6mol，故答案為：0.6；⑷反應KCN+H2O2+H2O=A+NH3T中,根據(jù)原子守恒可知生成物A的化學式為KHCO3；故答案為：KHCO3?！军c睛】對于缺項配平反應方程式的步驟為：寫四樣，平四樣，選離子，平電荷，最后元素守恒。如(3)①配平，氧元素化合價升高，則雙氧水為還原劑，氧氣為氧化產(chǎn)物，同時有另一種元素化合價降低，根據(jù)提供的離子高錳酸根化合價降低，變?yōu)殄i離子，所以高錳酸根為氧化劑，錳離子為還原產(chǎn)物，完成第一步，寫四樣，根據(jù)得失電子守恒，配平四樣；最后依據(jù)電荷守恒和元素守恒配平整個方程式。鋰離子電池應用很廣。某種鋰離子二次電池的電極材料主要是鉆酸鋰（LiCoO2）和石墨。鉆是一種稀有的貴重金屬，廢舊鋰離子電池電極材料的回收再生意義重大。⑴鋰離子電池（又稱鋰離子濃差電池）的充電過程：Li+從含LiCoO2的電極中脫出，正三價Co被氧化，此時該極處于貧鋰態(tài)（Li1-xCoO2）。P用唳?LiCoO；①?LiCoO；①H2SO4酸浸時，通常添加30%的H2O2以提高浸出效率，其中H2O2的作用是充電時，a極的電極反應式為放電時，電流從（填"a"或"b"）極流出。（2）鉆酸鋰回收再生流程如下：②用鹽酸代替h2so4和h2o2，浸出效率也很高，但工業(yè)上不使用鹽酸，主要原因之一是會產(chǎn)生有毒、有污染的氣體。寫出相應反應的化學方程式③高溫下，在02存在時純凈的CoC2O4與Li2CO3再生為LiCoO2的化學方程式為⑶已知下列熱化學方程式：Fe2O3(s)+3CO(g)===2Fe(s)+3CO2(g)AHT=—25kJ?mol-i3Fe2O3(s)+CO(g)===2Fe3O4(s)+CO2(g)AH2=—47kJ?mol-iFe3O4(s)+CO(g)===3FeO(s)+CO2(g)AH3=+19kJ?mol-i寫出FeO⑸被CO還原成Fe和CO2的熱化學方程?！敬鸢浮縇iCoO2—xe—=Li1xCoO2+xLi+a還原LiCoO2(將LiCoO2中的+3價Co還原為C02+)2LiCoO2+8HCI=2LiCI+2CoCI2+Cl2個+4H204CoC2O4+2Li2CO3+3O2.」1!4LiCoO2+10CO2FeO(s)+CO(g)===Fes)+CO2(g)AH=-11kj?mol-1或3FeO(s)+3CO(g)===3Fe(s)+3CO2(g)AH=—33kj^mol-i【解析】【分析】由題給信息可知充電過程：Li+從含LiCoO2的電極中脫出，正三價Co被氧化，放電時a為正極，發(fā)生還原反應生成LiCoO2,b為負極，Li被氧化生成離子；由流程可知，鉆酸鋰濾渣用稀硫酸酸浸，濾液含有鉆離子、鋰離子，加入草酸，可生成CoC2O4，含鋰離子的溶液加入碳酸鈉生成碳酸鋰，與CoC2O4在高溫下反應生成LiCoO2，以此解答該題。⑶首先寫出FeO⑸被CO還原成Fe和CO2的熱化學方程式CO(g)+FeO^s)=Fe(g)+CO2(g)^H,利用蓋斯定律①x3-(③x2+②)可得到該化學方程式?！驹斀狻?1)充電過程：Li+從含LiCoO2的電極中脫出，正三價Co被氧化，放電時a為正極，發(fā)生還原反應生成LiCoO2，b為負極，Li被氧化生成離子；充電時，a極為陽極，發(fā)生氧化反應，則電極反應式為LiCoO2—xe-=Li1—xCoO2+xLi+；放電時，電流從正極流出，即從a極流出。⑵①添加30%的H2O2，生成鉆離子，可知過氧化氫起到還原劑的作用，還原LiCoO2；由題中信息知LiCoO2具有強氧化性，加入鹽酸有污染性氣體氯氣生成，且引入氯離子雜質(zhì)，在后續(xù)步驟中難以分離，反應的方程式為2LiCoO2+8HCI=2LiCI+2CoCI2+CI2個+4H2O；高溫下，在02存在時純凈的CoC2O4與Li2CO3再生為LiCoO2，同時有CO2生成，發(fā)生反應的化學方程式為4COC2O4+2U2CO3+3O2?」?4LiCoO2+10CO2；⑶①Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)；△H=-25kJ/moI,②3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g)；△H=-47kJ/moI,③Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g)；△H=+19kJ/moI,依據(jù)蓋斯定律①x3-(③x2+②)得到：6CO(g)+6Fe0⑸=6Fe(g)+6CO2(g)AH=-66kJ/moI,貝FeO⑸被CO還原成Fe和C02的熱化學方程式為FeO⑸+CO(g)===Fe(s)+CO2(g)AH=-11k