高考化學(xué)氧化還原反應(yīng)的綜合復(fù)習(xí)

高考化學(xué)氧化復(fù)原反響的綜合復(fù)習(xí)高考化學(xué)氧化復(fù)原反響的綜合復(fù)習(xí)高考化學(xué)氧化復(fù)原反響的綜合復(fù)習(xí)一、高中化學(xué)氧化復(fù)原反響練習(xí)題（含詳細(xì)答案解析）1．工業(yè)上辦理含苯酚廢水的過程以下?；卮鹨韵聠栴}：Ⅰ.測(cè)定廢水中苯酚的含量。測(cè)定原理：+3Br2→↓+3HBr測(cè)定步驟：步驟1：正確量取25.00mL待測(cè)廢水于250mL錐形瓶中。步驟2：將5.00mLamolL1濃溴水(量)迅速加入到錐形瓶中，塞緊瓶塞，振蕩。步驟3：打開瓶塞，向錐形瓶中迅速加入bmL0.10molL1KI溶液(過分)，塞緊瓶塞，振蕩。步驟42~3滴指示劑，再用0.010molL1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，耗資：滴入Na2S2O3溶液V1mL(反響原理：I22Na2S2O32NaINa2S4O6)。待測(cè)廢水換為蒸餾水，重復(fù)上述步驟(即進(jìn)行空白實(shí)驗(yàn))，耗資Na2S2O3溶液V2mL。步“驟1”量取待測(cè)廢水所用儀器是________。(2)為了防范溴的揮發(fā)，上述步驟中采用的措施包括迅速加入試劑和________。步“驟4”滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為________。(4)該廢水中苯酚的含量為________mgL1(用含V1、V2的代數(shù)式表示)。若是空白實(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)；若是空白實(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________。.辦理廢水。采用Ti基PbO2為陽極，不銹鋼為陰極，含苯酚的廢水為電解液，經(jīng)過電解，陽極上產(chǎn)生羥基(·OH)，陰極上產(chǎn)生H2O2。經(jīng)過交排列的陰陽兩極的共同作用，在各自地域?qū)⒈椒由疃妊趸癁镃O2和H2O。(5)寫出陽極的電極反響式：________。(6)寫出苯酚在陰極周邊被H2O2深度氧化的化學(xué)方程式：________?！敬鸢浮?酸式)滴定管塞緊瓶塞滴入一滴溶液后，錐形瓶?jī)?nèi)溶液藍(lán)色恰好褪去，且半分鐘不恢復(fù)原色94V2-V1偏低偏低H2OeOHH15C6H5OH14H2O26CO217H2O【解析】【解析】向呈有待測(cè)廢水加入濃溴水反響后獲得三溴苯酚的積淀，再加入KI溶液與剩下的Br2發(fā)生氧化復(fù)原反響獲得I2，方程式為Br2+2I-===I2+2Br-，再用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定I2，可依照消耗的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積和濃度算出溶液中節(jié)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-節(jié)余Br2的物質(zhì)的量即可得出與苯酚反響的Br2的物質(zhì)的量，再結(jié)合反響方程式獲得苯酚的物質(zhì)的量，進(jìn)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。【詳解】(1)由于苯酚顯酸性，因此含苯酚的廢水為酸性，“步驟1”中正確量取廢水時(shí)所用的儀器可采用酸式滴定管，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范其揮發(fā)，故答案為：塞緊瓶塞；(3)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)反響

I2，加入的淀粉遇I2變成藍(lán)色，因此滴定終點(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；(4)依照反響方程式可得各物質(zhì)的物質(zhì)的量關(guān)系式：Br2~2KI~I2~2Na2S2O30.005V10.01V10.005V20.01V2剩下的濃溴水中Br2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，則與苯酚參加反響的Br2的物質(zhì)的量為0.005(V2-V)mmol，依照方程式+3Br→↓+3HBr可得苯酚的物質(zhì)的12量為0.005V2-V1mmol，質(zhì)量為940.005V2-V1mg，則該廢水中苯酚的含量為33940.005V2-V1mg94V2-V1g-1，若步驟2中忘記塞進(jìn)瓶塞，溴單質(zhì)揮發(fā)，325103L15mgL以致最后耗資的Na223的體積偏小，則測(cè)得苯酚的含量偏低，若是空白實(shí)驗(yàn)中步驟4滴SO定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)，讀得的體積偏小，則耗資的Na223SO的體積偏小，使測(cè)得苯酚的含量偏低，故答案為：94V2-V1；偏低；偏低；15(5)由題干信息可知，Ti基PbO2為陽極，則陽極H2O失去電子產(chǎn)生·OH，電極反響式為H2O-e-===H++·OH，故答案為：H2O-e-===H++·OH；(6)依照題干信息可知，苯酚被陰極產(chǎn)生的

H2O2深度氧化產(chǎn)生

CO2和H2O，有氧化復(fù)原反響規(guī)律獲得其反響方程式式為C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O，故答案為：C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O。2．依照當(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。完成以下填空：(1)將0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)充入一個(gè)2L的密閉容器中，在必然條件下發(fā)生反應(yīng)：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)+Q。經(jīng)2分鐘反響達(dá)到平衡，測(cè)得n(SO3)=0.040mol，則O2的平均反響速率為______(2)在容積不變時(shí)，以下措施中有利于提高SO2平衡轉(zhuǎn)變率的有______(選填編號(hào))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)(3)在初步溫度T1(673K)時(shí)SO2的轉(zhuǎn)變率隨反響時(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，初步溫度為T2(723K)時(shí)SO2的轉(zhuǎn)變率隨反響時(shí)間變化的表示圖___(4)黃鐵礦在必然條件下煅燒的產(chǎn)物為①將黃鐵礦的煅燒產(chǎn)物Fe3O4溶于

SO2和Fe3O4H2SO4后，加入鐵粉，可制備

FeSO4。酸溶過程中需保持溶液有足夠的酸性，其原因是

______②FeS2能將溶液中的

Fe3+復(fù)原為

Fe2+，自己被氧化為

SO42﹣。寫出相關(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

______【答案】0.005mol/(L?min)bd抑制Fe3+與Fe2+的水解，并防范Fe2+被氧化成Fe3+FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+14NA【解析】【解析】(1)依照v＝c求出氧氣的速率，爾后依照速率之比等于對(duì)應(yīng)物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比計(jì)t算；(2)反響放熱，為提高SO2平衡轉(zhuǎn)變率，應(yīng)使平衡向正反響方向搬動(dòng)，可降低溫度，體積不變，不能夠從壓強(qiáng)的角度考慮，催化劑不影響平衡搬動(dòng)，移出氧氣，平衡向逆反響方向移動(dòng)，不利于提高SO2平衡轉(zhuǎn)變率，由此解析解答；(3)反響是放熱反響，溫度高升，平衡逆向進(jìn)行，二氧化硫的轉(zhuǎn)變率減小，但達(dá)到平衡所需要的時(shí)間縮短，據(jù)此畫出曲線；(4)①Fe3＋與Fe2＋易水解，F(xiàn)e2＋易被氧化成Fe3＋；②依照氧化復(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，結(jié)合方程計(jì)算轉(zhuǎn)移電子數(shù)?！驹斀狻縞0.040mol3＝2L(1)v(SO)＝t2min

＝0.01mol/(L?min)，因此v(O213)＝2v(SO)＝0.005mol/(L?min)，故答案為：0.005mol/(L?min)；(2)a．移出氧氣，平衡逆向搬動(dòng)，二氧化硫的轉(zhuǎn)變率減少，故不選；b．降低溫度，平衡正向搬動(dòng)，二氧化硫的轉(zhuǎn)變率增大，應(yīng)選；c．減小壓強(qiáng)，平衡逆向搬動(dòng)，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)，平衡正向搬動(dòng)，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T1＝673K下隨反響時(shí)間?△＜(t)的變化如圖，其他條件不變，僅改變初步溫度為T＝723K，溫度高升，平衡逆向進(jìn)行，2二氧化硫的轉(zhuǎn)變率減小，但反響速率增大，達(dá)到平衡需要的時(shí)間短，在圖中畫出溫度T2下SO的轉(zhuǎn)變率隨反響時(shí)間變化的預(yù)期結(jié)果表示圖以下列圖2；故答案為：；(4)①Fe2O3(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＋，因此要加入Fe粉和酸，控制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＋；②-2價(jià)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，相關(guān)的離子方程式為：FeS23+22+2﹣++14Fe4+16H，氧化產(chǎn)物是硫酸根+8HO=15Fe+2SO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：3+2+2﹣+FeS2+14Fe+8H2O=15Fe+2SO4+16H；14NA。【點(diǎn)睛】注意(3)溫度高升，平衡逆向進(jìn)行，二氧化硫的轉(zhuǎn)變率減小，但反響速率增大，達(dá)到平衡需要的時(shí)間短，此為解題的要點(diǎn)。3．羥氨（NH2OH）是一種復(fù)原劑，和聯(lián)氨相同是一種弱堿，不牢固，室溫下吸取水汽迅速分解?；卮鹨韵聠栴}：1）請(qǐng)寫出羥氨的電子式___。2）利用KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液定量間接測(cè)定羥氨的純度。測(cè)定步驟以下：①溶液配制：稱取5.0g某羥氨樣品，溶解在______酸中后加適合蒸餾水，將其全部轉(zhuǎn)移至100mL的______中，加蒸餾水至_______。②取20.00mL的羥氨酸性溶液與足量硫酸鐵在煮沸條件下反響：＋3＋＝N2O↑2NH2OH2＋4Fe＋＋，生成的＋－＋4Fe2＋H2O＋6HFe2用0.4000mol·L1的酸性KMnO4溶液滴定，滴定達(dá)到終點(diǎn)的現(xiàn)象是____________。請(qǐng)寫出Fe2＋與酸性KMnO4溶液反響的離子方程式_____________。重復(fù)滴定3次，每次耗資酸性高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積如表所示：計(jì)算試樣的純度____%。（3）以下操作以致誤差偏高的有______（填編號(hào)）。滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后消失滴定管未經(jīng)潤(rùn)洗盛裝KMnO4溶液羥氨稱量時(shí)，時(shí)間過長(zhǎng)和溶解時(shí)沒有及時(shí)用酸酸化KMnO4溶液初步讀數(shù)仰望，終點(diǎn)正常讀數(shù)【答案】硫酸容量瓶刻度線當(dāng)最后一滴滴入時(shí)，錐形瓶中溶液的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不褪色5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O66ab【解析】【解析】(1)依照羥氨化學(xué)式寫出其電子式；(2)①羥氨應(yīng)溶解在24Cl會(huì)被MnO4-氧化；HSO中，由于HCl中的②用酸性KMnO4溶液滴定達(dá)到終點(diǎn)的現(xiàn)象是當(dāng)最后一滴滴入時(shí)，錐形瓶中溶液的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不褪色；依照氧化復(fù)原反響的規(guī)律寫出Fe2＋與酸性KMnO4溶液反應(yīng)的離子方程式，依照物質(zhì)的量的關(guān)系計(jì)算式樣純度；(3)依照氧化復(fù)原滴定的相關(guān)操作解析實(shí)驗(yàn)誤差?！驹斀狻?1)依照羥氨化學(xué)式NHOH可知其電子式為：，故答案為：；2(2)①羥氨應(yīng)溶解在24Cl會(huì)被MnO4-氧化，將其全部轉(zhuǎn)移至100mL的HSO中，由于HCl中的容量瓶中，加蒸餾水至刻度線，故答案為：硫酸；容量瓶；刻度線；②用酸性KMnO4溶液滴定達(dá)到終點(diǎn)的現(xiàn)象是當(dāng)最后一滴滴入時(shí)，錐形瓶中溶液的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不褪色；依照氧化復(fù)原反響的規(guī)律寫出Fe2＋與酸性KMnO4溶液反應(yīng)的離子方程式為：5Fe2+4-+＝5Fe3+2+2+MnO+8H+Mn+4HO；由耗資高錳酸鉀體積表可知，第一次誤差過大，舍去，19.9820.02V(平均)==20.00mL；2設(shè)滴準(zhǔn)時(shí)NH2OH2+的物質(zhì)的量為xmol，依照離子方程式可得關(guān)系式：5NH2OH2+:2MnO4-52xncV=20.0010-30.4解得x=0.02因總量為100mL，因此n(NH2OH2+)＝0.02×5＝0.1molm=nM＝0.1×33g/mol＝3.3gw=m100%=3.3100%=66%m樣5.0故答案為：當(dāng)最后一滴滴入時(shí)，錐形瓶中溶液的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不褪2+-+3+2+66色；5Fe+MnO4+8H＝5Fe+Mn+4H2O；；(3)a．滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后消失會(huì)以致V標(biāo)準(zhǔn)偏大，計(jì)算結(jié)果偏高；b．滴定管未經(jīng)潤(rùn)洗盛裝KMnO4溶液，相當(dāng)于把KMnO4溶液稀釋，滴準(zhǔn)時(shí)耗資體積增大，計(jì)算結(jié)果偏高；c．羥氨稱量時(shí)，時(shí)間過長(zhǎng)和溶解時(shí)沒有及時(shí)用酸酸化會(huì)以致羥氨被氧化，以致耗資體積偏小，計(jì)算結(jié)果偏低；d．KMnO4溶液初步讀數(shù)仰望，終點(diǎn)正常讀數(shù)，以致耗資體積偏小，計(jì)算結(jié)果偏低；故答案為：ab?！军c(diǎn)睛】注意氧化復(fù)原滴定操作中的注意事項(xiàng)，依照公式判斷不相同操作可能引起的實(shí)驗(yàn)誤差。4．硫酰氯（SO2Cl2）和亞硫酰氯（SOCl2）都是重要的化工試劑，均易水解。（1）甲同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室利用

SO2和

Cl2在活性炭催化作用下制取

SO2Cl2，裝置以下列圖。①B裝置中冷凝管進(jìn)水口是___。（填“m”或“n）”，B中干燥管盛有的物質(zhì)是___。②欲制取少量SO22a、___、h。Cl，選擇圖中的裝置（能夠重復(fù)采用），其連接序次為：③去除C裝置會(huì)降低SO2和Cl2的利用率，可能的原因是___（用化學(xué)方程式表示）。（2）SOClSO2Cl2是更好的脫水劑。乙同學(xué)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)利用SOCl2和2水解后無殘留物，較ZnCl2?xH2O制取無水ZnCl2。①講解SOCl___（寫出兩點(diǎn)）。2在該實(shí)驗(yàn)中的作用是②實(shí)驗(yàn)室常用NaOH溶液吸取SOCl2，該反響的離子方程式是___。（3）乙同學(xué)認(rèn)為SOClFeCl3的脫水劑，但丙同學(xué)認(rèn)為該2還可用作由FeCl3?6H2O制取無水實(shí)驗(yàn)可能發(fā)生副反響使產(chǎn)品不純。①可能發(fā)生的副反響的化學(xué)方程式是___。②兩同學(xué)設(shè)計(jì)以下實(shí)驗(yàn)判斷該反響的可能性：取少量SOCl232O反響后的混雜物和FeCl?6H于試管中，加水溶解，將溶液均分至五支試管，分別進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)，其中能得出合理結(jié)論的是___。A．加入過分稀HNO3，再滴加幾滴AgNO3溶液B．加入少量稀HNO3，再滴加幾滴BaCl2溶液C．滴加幾滴BaCl2溶液D．滴加幾滴酸性KMnO4溶液E.滴加幾滴【答案】m

KSCN溶液后，再滴加幾滴氯水堿石灰fgdebcedSO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl

SOCl作脫水劑，與水反響生成2HCl能夠控制氯化鋅的水解

-2--SOCl2+4OH=SO3+2Cl+2H2OSOCl2+2FeCl3?6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2OBCD【解析】【解析】冷凝管中冷凝水的流向要對(duì)流，下進(jìn)上出；干燥管中依照要求一般填裝堿石灰或無水氯化鈣，堿石灰同時(shí)擁有干燥和吸取酸性氣體功能，無水氯化鈣只有吸水性?！驹斀狻浚?）①B裝置中冷凝管進(jìn)水口是m，B中干燥管盛有的物質(zhì)是吸取節(jié)余二氧化硫、氯氣的堿石灰；故答案為：m；堿石灰；②裝置A制備氯氣，氯氣含氯化氫和水蒸氣，經(jīng)過裝置D除去氯化氫，經(jīng)過裝置C吸取水蒸氣，獲得干燥純凈的氯氣，連接裝置B的b進(jìn)入三頸燒瓶，裝置E制備二氧化硫氣體，經(jīng)過裝置C除去水蒸氣，連接裝置B的c，欲制取少量SO2Cl2，選擇上圖中的裝置（能夠重復(fù)采用），其連接序次為：a、f、g、d、e、b、c、e、d、h；故答案為：fgdebced；③去除C裝置會(huì)降低SO2和Cl2的利用率，是二氧化硫和氯氣和水反響生成硫酸和氯化氫，反響的化學(xué)方程式：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；故答案為：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；（2）①氯化鋅會(huì)水解，SOCl2作脫水劑，與水反響生成HCl能夠控制氯化鋅的水解，SOCl2在該實(shí)驗(yàn)中的作用是：SOCl2作脫水劑，與水反響生成HCl能夠控制氯化鋅的水解；故答案為：SOCl2作脫水劑，與水反響生成HCl能夠控制氯化鋅的水解；②用NaOH溶液吸取SOCl2232-32-，有NaSO和NaCl生成，反響的離子方程式：SOCl+4OH=SO-22-32--2+2Cl+2HO；故答案為：SOCl+4OH=SO+2Cl+2HO；3）①SOCl2擁有復(fù)原性，三價(jià)鐵擁有氧化性，可能發(fā)生氧化復(fù)原反響生成硫酸根離子和亞鐵離子，反響的化學(xué)方程式為：SOCl2+2FeCl3?6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O，故答案為：SOCl+2FeCl?6HO=FeSO+6HCl+FeCl+9H2O；23242②SOCl23234和FeCl?6HO反響后的混雜物的主要成分是FeCl，若發(fā)生副反響，還有FeSO和FeCl。由于SOCl為液體，因此在固體混雜物中沒有SOCl。取少量SOCl和FeCl?6HO反222232應(yīng)后的混雜物于試管中，加水溶解，溶液中必然有FeCl3FeSO4和FeCl2，還可能有，若要證明有副反響發(fā)生，只需證明溶液中有Fe2+或SO42-即可。A．加入過分稀HNO3，再滴加幾滴AgNO3溶液是檢驗(yàn)氯離子存在，不能夠證明副反響可否進(jìn)行，故A錯(cuò)誤；B．加入少量稀3，再滴加幾滴2溶液，若產(chǎn)生白色積淀，則證明溶液中有42-，HNOBaClSO能證明有副反響發(fā)生，故B正確；C．滴加幾滴BaCl2溶液，生成白色積淀，說明產(chǎn)物中含硫酸根離子，證明發(fā)生了副反響，故C正確；D．滴加幾滴酸性KMnO4溶液，F(xiàn)e2+擁有復(fù)原性，能夠使酸性KMnO4溶液褪色，能證明發(fā)生了副反響，故D正確；E．滴加幾滴KSCN溶液后，由于溶液中有Fe3+，溶液會(huì)變紅，無法證明Fe2+的存在，故E錯(cuò)誤；故答案為：BCD。5．實(shí)驗(yàn)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)①可溶于水、微溶于濃KOH溶液，②在0℃5℃、強(qiáng)堿性溶液中比較牢固，③在Fe3和Fe(OH)3催化作用下發(fā)生分解，④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(shí)，KClO飽和溶液與Fe(NO3)3飽和溶液的混雜方式為：在攪拌下，將Fe(NO3)3飽和溶液緩慢滴加到KClO飽和溶液中。原因是______。（4）已知pH11時(shí)Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成[Zn(OH)4]2.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(jì)算)。開始積淀的pH積淀完好的pHFe31.13.2Fe25.88.8Zn25.98.9實(shí)驗(yàn)中可采用的試劑：30%H2O2、1.0molL1HNO3、1.0molL1NaOH.由某硫酸鋅溶液(含F(xiàn)e2、Fe3雜質(zhì))制備ZnO的實(shí)驗(yàn)步驟依次為：______；______；③過濾；______；⑤過濾、沖洗、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(huì)分解向硫酸鋅溶液中加入適合30%H2O2，使其充分反響滴加1.0molL1NaOH，調(diào)治溶液pH約為5(或3.2pH5.9)，使Fe3積淀完好向?yàn)V液中滴加1.0molL1NaOH，調(diào)治溶液pH約為10(或8.9pH11)，使Zn2積淀完好【解析】【解析】依照實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，A裝置中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，因此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，反響的尾氣氯氣用氫氧化鉀吸取。【詳解】1KMnO4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，因此化學(xué)方程式為：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，由于鹽酸易揮發(fā)，制備的氯氣中含有HCl，應(yīng)飽和食鹽水吸取HCl除去，故答案為：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；除去Cl2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)生分解，則KClO飽和溶液與Fe(NO3)3飽和溶液的混雜方式為：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(huì)分解；4依照表中陽離子積淀的PH可知，由除去銅的濾液制備ZnO的實(shí)驗(yàn)步驟依次為：①向?yàn)V液中加入30%H2O2，使其充分反響，目的使Fe2轉(zhuǎn)變完好為Fe3，②加氫氧化鈉溶液，控制PH在4左右，使Fe3積淀完好，③過濾，④向?yàn)V液中滴加1.0molL1NaOH，調(diào)治溶液PH約為10(或8.9pH11)，使Zn2積淀完好，⑤過濾、沖洗、干燥，⑥900℃煅燒。故答案為：①向硫酸鋅溶液中加入適合30%H2O2，使其充分反響；②滴加1.0molL1NaOH，調(diào)治溶液pH約為5(或3.2pH5.9)，使Fe3積淀完好；④向?yàn)V液中滴加1.0molL1NaOH，調(diào)治溶液pH約為10(或8.9pH11)，使Zn2積淀完好?！军c(diǎn)睛】依照實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，A裝置中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，因此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，反響的尾氣氯氣用氫氧化鉀吸取，以此解答該題。6．利用H2復(fù)原鐵的氧化物并確定其組成的裝置以下列圖(Zn粒中經(jīng)常含有硫化物等雜質(zhì)，焦性沒食子酸溶液可吸取少量氧氣)?；卮鹨韵聠栴}：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O2C．硫化鐵固體與稀硝酸制H2SnD.大理石與稀鹽酸制CO22①②③中依次盛裝的試劑為______，KMnO4酸性溶液中發(fā)生反響的離子方程式為______。A．KMnO4酸性溶液、濃HSO4、焦性沒食子酸溶液B．焦性沒食子酸溶液、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(jìn)行的是___，在這兩步之間還應(yīng)進(jìn)行的操作是___。4反響過程中G管逸出的氣體是______，其辦理方法是______。結(jié)束反響時(shí)，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)反響完好后瓷舟中的固體只有Fe單質(zhì)，實(shí)驗(yàn)中測(cè)得了以下數(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反響前U形曾及內(nèi)盛物的總質(zhì)量為98.4g；④反響后U形管及內(nèi)盛物的總質(zhì)成為102.0g。由以上數(shù)據(jù)計(jì)算并確定該鐵的氧化物的化學(xué)式為______?！敬鸢浮緿C8MnO45H2S14H8Mn25SO4212H2O打開活塞K檢驗(yàn)H2的純度氫氣(或H2)在G管口處放置一個(gè)點(diǎn)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】【解析】H2復(fù)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(yīng)分別用于除去HCl、H2S、氧氣和水，獲得干燥的氫氣與鐵的氧化物在加熱條件下制備Fe，堿石灰用于吸取水，實(shí)驗(yàn)結(jié)束后應(yīng)先停止加熱再停止通入氫氣，以防范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，可擁堵導(dǎo)管，故A錯(cuò)誤；B．過氧化鈉與水激烈反響，不能夠用啟普發(fā)生器制備O2，故B錯(cuò)誤；C．硫化鐵固體與稀硝酸發(fā)生氧化復(fù)原反響，不能夠生成硫化氫，故C錯(cuò)誤；D．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；2①、②、③應(yīng)分別用于除去HCl、H2S、氧氣和水，以獲得干燥的氫氣，KMnO4酸性溶液中發(fā)生反響的離子方程式為8MnO45H2S14H8Mn25SO4212H2O；3實(shí)驗(yàn)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，為防范加熱時(shí)爆炸，應(yīng)先檢驗(yàn)H2的純度；4從G逸出的氣體為氫氣，可用點(diǎn)燃的方法辦理，方法是在G管口處放置一個(gè)點(diǎn)燃的酒精燈；5實(shí)驗(yàn)結(jié)束后應(yīng)先停止加熱再停止通入氫氣，以防范Fe被重新氧化；已知：①瓷舟的質(zhì)量為30.4g；②瓷舟和FexOy的總質(zhì)量為42.0g，則mFexOy11.6g；③反響前U形曾及內(nèi)盛物的總質(zhì)量為98.4g；④反響后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mO3.6g16g/mol3.2g，nO0.2mol；18g/molmFe11.6g3.2g8.4g，8.4gnFe)0.15mol，則nFe：56g/molnO0.15：0.23：4，化學(xué)式為Fe3O4。7．小明很喜歡化學(xué)實(shí)驗(yàn)課，今天要學(xué)習(xí)“研究鐵及其化合物的氧化性或復(fù)原性”。1）實(shí)驗(yàn)前小明展望說：Fe2+必然既有復(fù)原性又有氧化性。你認(rèn)為他展望的依照是：。（2）小明欲用實(shí)考據(jù)明他的展望。實(shí)驗(yàn)室供應(yīng)了以下試劑：3%的H2O2溶液、鋅粒、銅-1FeCl2溶液、KSCN溶液、新制氯水。片、0.1mol·L①若小明計(jì)劃在-12+0.1molL·FeCl2溶液滴入新制氯水，研究Fe的復(fù)原性，你預(yù)計(jì)可能發(fā)生的反響和現(xiàn)象是：________（寫離子方程式）、溶液由淺綠色變色。②實(shí)驗(yàn)中，小明發(fā)現(xiàn)現(xiàn)象不太明顯，老師解析可能是產(chǎn)物的含量太低，建議能夠經(jīng)過檢驗(yàn)Fe2+被氧化的產(chǎn)物Fe3+的存在以獲得憑據(jù)。你認(rèn)為可選滴入小明所得的混雜液中，并經(jīng)過溶液出現(xiàn)色的現(xiàn)象，證明小明的見解和實(shí)驗(yàn)方案都是正確的。③對(duì)于證明Fe2+擁有氧化性，小明認(rèn)為金屬單質(zhì)都擁有復(fù)原性，并分別將銅片、鋅粒投入FeCl2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復(fù)原性由強(qiáng)至弱的順序?yàn)椋骸＃?）小明解析H22中氧元素顯-1價(jià)（中間價(jià)），并提出疑問：222的反響時(shí)，OHO與FeClFe2+還作氧化劑嗎？①請(qǐng)你為小明梳理相關(guān)問題：若Fe2+在反響中表現(xiàn)出氧化性應(yīng)轉(zhuǎn)變成（填微粒符號(hào)，下同），若Fe2+在反響中表現(xiàn)出復(fù)原性應(yīng)轉(zhuǎn)變成。②實(shí)質(zhì)上Fe2+的復(fù)原性較強(qiáng)，實(shí)驗(yàn)室的FeCl2溶液常因氧化而變質(zhì)。除雜的方法是：，相關(guān)反響的離子方程式：?！敬鸢浮浚?）由于Fe2+中鐵元素化合價(jià)處于中間價(jià)態(tài)，能夠高升也能夠降低；（2）①Cl2＋2Fe2+＝2Cl－＋2Fe3+，棕黃（黃）；②KSCN溶液，溶液呈血紅（紅）色；③Zn、Fe、Cu3+3+2+（或Zn>Fe>Cu）；（3）①Fe，F(xiàn)e；②加入過分鐵粉，過濾，2Fe+Fe=3Fe?！窘馕觥吭囶}解析：（1）最低價(jià)態(tài)只擁有復(fù)原性，最高價(jià)態(tài)只擁有氧化性，中間價(jià)態(tài)既擁有氧化性又有復(fù)原性，鐵的價(jià)態(tài)一般是0、+2、+3，+2價(jià)位于中間，因此Fe2＋有復(fù)原性和氧化性；（2）①氯水擁有強(qiáng)氧化性，發(fā)生2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，F(xiàn)e3＋顯黃色或棕黃色；②檢驗(yàn)Fe3＋用KSCN溶液，溶液變紅說明Fe3＋的存在；③依照利用金屬性強(qiáng)的置換出金屬性弱的，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，即金屬性強(qiáng)弱：Zn>Fe>Cu；（3）①氧化性：獲得電子、化合價(jià)降低，F(xiàn)e2＋轉(zhuǎn)變成Fe，復(fù)原性：失去電子、化合價(jià)高升，F(xiàn)e2＋轉(zhuǎn)變成Fe3＋；②利用Fe3＋擁有強(qiáng)氧化性，能和金屬單質(zhì)反響，不能夠引入新的雜質(zhì)，因此加入單質(zhì)鐵，發(fā)生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋?？键c(diǎn)：觀察鐵及其化合物的性質(zhì)等知識(shí)。8．利用釩鈦磁鐵礦冶煉后產(chǎn)生的釩渣（主要含F(xiàn)eO·V2O3、Al2O3、SiO2及少允許溶性磷酸鹽）生產(chǎn)V2O5的工藝流程以下，回答以下問題：已知：①V2O5、Al2O3、SiO2可與Na2CO3、NaCl組成的混雜鈉鹽在高溫下反響，并轉(zhuǎn)變成NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3等可溶性鈉鹽。AlO2+4H+=Al3++2H2O。（1）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FeO·V2O3發(fā)生反響的化學(xué)方程式________；廢渣Ⅰ的主要成分是________；精制Ⅰ中加鹽酸調(diào)pH的主要作用是________，加入NH3·H2O后發(fā)生反響的離子方程式為________。（2）精制Ⅱ中加入CaCl2溶液除去磷酸鹽，pH過小時(shí)影響除磷收效的原因是________；pH過大時(shí)，積淀量增大的原因是________。（3）沉釩所得NH4VO3積淀需進(jìn)行沖洗，沖洗時(shí)除去的陰離子主若是________。NH4VO3在500℃時(shí)焙燒脫氨制得產(chǎn)品V2O5，反響方程式為2NH4VO3V2O5+H2O↑+2NH3↑。但脫氨過程中，部分V2O5會(huì)轉(zhuǎn)變成V2O4，反響中氧化劑與復(fù)原劑物質(zhì)的量之比為32:，該反響的化學(xué)方程式為________。焙燒【答案】4FeO·V2O3+5O22Fe2O3+4V2O5Fe2O3[或Fe(OH)3]除Si并轉(zhuǎn)變-+H2O=AlOH3+3NH+H2O=H2O+AlO2寫“除Si”即得分）Al3+3NH3H+NH3··()↓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酸氫鈣和/或磷酸二氫鈣）產(chǎn)生了Ca(OH)2積淀Cl－3V2O5+2NH3500℃3V2O4+N2+3H2O【解析】【解析】氧化過程FeO·V2O3生成對(duì)應(yīng)的金屬氧化物Fe2O3和V2O5；經(jīng)過氧化和鈉化后，V2O5、AlO、SiO均轉(zhuǎn)變成可溶性鹽，F(xiàn)eO[或Fe(OH)]成為濾渣；精制Ⅰ中加鹽酸調(diào)pH為了232233--++發(fā)生反響生成和SiO32反響生成硅酸積淀，將AlO2轉(zhuǎn)變成Al3；加入NH3·H2O后與Al3AlOH3積淀；精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸鈣積淀，除去磷酸鹽，沉釩時(shí)加入試劑()NHCl，所得NHVO積淀，焙燒獲得產(chǎn)品，據(jù)此解析。443【詳解】（1）氧化過程FeO·V23生成對(duì)應(yīng)的金屬氧化物2325OFeO和VO，化學(xué)方程式為：焙燒4FeO·VO+5O2FeO+4VO；經(jīng)過氧化和鈉化后，VO、AlO、SiO均轉(zhuǎn)變成232232525232可溶性鹽，F(xiàn)e或Fe(OH)3]成為濾渣；精制Ⅰ中加鹽酸調(diào)pH為了和2-反響生成硅2O3[SiO3酸積淀，將AlO2-轉(zhuǎn)變成Al3+；加入NH323+發(fā)生反響生成Al(OH)3積淀，還可以夠·HO后與Al中和酸，反響方程式為：Al3++3NH3gH2O=AlOH3+3NH4+、H++NH3gH2O=H2O+NH4+，故答案為：4FeO·V2O3+焙燒5O22Fe2O3+4V2O5；Fe2O3[或Fe(OH)3]；除Si并轉(zhuǎn)變AlO2-(寫“除Si”即得分)；Al3++3NH3gH2O=AlOH3+3NH4+，H++NH3gH2O=H2O+NH4+（寫出第一個(gè)離子方程式即得分）；（2）精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸鈣積淀，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CaOH2積淀，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積淀；（3）沉釩時(shí)加入試劑NH4Cl，因此所得NH4VO3積淀含有陰離子主要為-Cl；脫氨過程中，部分V2O5會(huì)轉(zhuǎn)變成V2O4，且反響中氧化劑與復(fù)原劑物質(zhì)的量之比為32V2O5為氧化:，則劑，NH3為復(fù)原劑，復(fù)原產(chǎn)物為V2O4，氧化產(chǎn)物為N2，則氧化復(fù)原方程式為：3V2O5+500℃3V2O4+N2+3H－2NH3500℃+N2+2NH32O，故答案為：Cl；3V2O5+3V2O43H2O。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)后能供應(yīng)Fe3+，控制反響條件可達(dá)細(xì)菌的最大活性，其生物浸礦機(jī)理以以下列圖。反響1反響2（1）氧化亞鐵硫桿菌生物浸出ZnS礦。①反響2中有S單質(zhì)生成，離子方程式是__。②實(shí)驗(yàn)表示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__。（2）氧化亞鐵硫桿菌生物浸出廢舊鋰離子電池中鈷酸鋰（LiCoO2）與上述浸出機(jī)理相似，發(fā)生反響1和反響3：LiCoO2+3Fe3+=Li++Co2++3Fe2++O2↑①在酸性環(huán)境中，LiCoO2浸出Co2+的總反響的離子方程式是__。②研究表示氧化亞鐵硫桿菌存在時(shí)，Ag+對(duì)鈷浸出率有影響，實(shí)驗(yàn)研究Ag+的作用。取2+的溶液，鈷浸出率LiCoO粉末和氧化亞鐵硫桿菌溶液于錐形瓶中，分別加入不相同濃度Ag（圖1）和溶液pH（圖2）隨時(shí)間變化曲線以下：圖1不相同濃度Ag+作用下鈷浸出率變化曲線圖2不相同濃度Ag+作用下溶液中pH變化曲線Ⅰ．由圖1和其他實(shí)驗(yàn)可知，Ag+能催化浸出Co2+，圖1中的憑據(jù)是__。Ⅱ．Ag+是反響3的催化劑，催化過程可表示為：反響4：Ag++LiCoO22+=AgCoO+Li反響5：反響5的離子方程式是__。Ⅲ．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)合反響講解其原因：__。3+2+2+2+【答案】ZnS+2Fe=Zn+S+2Fe細(xì)菌的活性降低或失去活性4LiCoO+12H++4Co2++6H22+明顯提高了單位時(shí)間內(nèi)鈷浸出率，即提高了鈷浸出速率4LiO+O↑加入Ag3++2+2++3，使LiCoO2浸出的總反響的化學(xué)AgCoO2+3Fe=Ag+Co+3Fe+O2↑加入Ag催化了反響反響速率加速，相同時(shí)間內(nèi)耗資H+更多，故加入Ag+后的pH比未加時(shí)大【解析】【解析】【詳解】（1）①由題給表示圖可知，反響2為Fe3+與ZnS發(fā)生氧化復(fù)原反響生成Zn2+、S和Fe2+，反響的離子方程式為ZnS+2Fe3+=Zn2++S+2Fe2+，故答案為：ZnS+2Fe3+=Zn2++S+2Fe2+；②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，以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）①在酸性環(huán)境中，細(xì)菌做催化劑，使LiCoO2中+3價(jià)的Co元素將-2價(jià)O元素氧化，+2+++2++6H2O反響生成Li、Co、O2和H2O，反響的離子方程式為4LiCoO2+12H4Li+4Co++2++6H2O+O2↑；+O2↑，故答案為：4LiCoO2+12H4Li+4Co②Ⅰ．由圖1可知，加入Ag+明顯提高了單位時(shí)間內(nèi)鈷浸出率，說明Ag+做催化劑，提高了鈷浸出速率，故答案為：加入Ag+明顯提高了單位時(shí)間內(nèi)鈷浸出率，即提高了鈷浸出速率；Ⅱ．由催化劑的催化機(jī)理可知，反響4中Ag+做反響物，則反響5中Ag+做生成物，即中間產(chǎn)物AgCoO2與Fe3+反響生成Ag+、Co2+、Fe2+和O2，反響的化學(xué)方程式為AgCoO2+3Fe3+=Ag++Co2++3Fe2++O2↑，故答案為：AgCoO2+3Fe3+=Ag++Co2++3Fe2++O2↑；Ⅲ．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+催化了反響3，使LiCoO2浸出的總反響的化學(xué)反響速率加速，相同時(shí)間內(nèi)耗資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+催化了反響3，使LiCoO2浸出的總反應(yīng)的化學(xué)反響速率加速，相同時(shí)間內(nèi)耗資H+更多，故加入Ag+后的pH比未加時(shí)大。10．NH3和Cl2在常溫下可迅速反響生成氮?dú)猓?NH3+3Cl2→N2+6HCl。當(dāng)Cl2和NH3比率不同時(shí)，產(chǎn)物有差異。(1)該反響可用于檢驗(yàn)化工生產(chǎn)中氯氣可否泄漏。如氯氣有少量泄漏，用氨氣檢驗(yàn)時(shí)的現(xiàn)象為_____________________________。(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，Cl和NH的最正確比率為23_____。(3)常溫常壓下，取總物質(zhì)的量為12mol的氯氣和氨氣的混雜氣體，完好反響后，氣體物質(zhì)的量保持不變。求：①反響前氯氣和氨氣的物質(zhì)的量之比______________②反響后生成的氧化產(chǎn)物的質(zhì)量_______________。(4)若將整體積為100L的NH和Cl混雜，實(shí)驗(yàn)精確測(cè)得充分反響后無色混雜氣體中N占混322合氣體的1，求生成氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量_____________。（該實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在標(biāo)準(zhǔn)情況下測(cè)7定）【答案】有白煙生成3∶2n(NH3)∶n(Cl2)=1∶1m(N2)=56g余NH3和N20.263mol，余HCl和N20.893mol【解析】【解析】NH3和Cl2在常溫下可迅速反響生成氮?dú)猓?NH3+3Cl2→N2+6HCl。當(dāng)Cl2和NH3比率不相同時(shí)，產(chǎn)物有差異。(1)要檢驗(yàn)化工生產(chǎn)中氯氣可否泄漏，則需要有明顯的現(xiàn)象，從供應(yīng)的反響能夠看出，氨氣過分時(shí)會(huì)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的氯氣和氨氣的混雜氣體，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不能夠完好反響，按此思路計(jì)算①反響前氯氣和氨氣的物質(zhì)的量之比及②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混雜，①2NH33Cl2N26HCl恰好反響，依照方程式計(jì)算混雜氣體整體積，進(jìn)而計(jì)算氮?dú)怏w積；②NH3過分時(shí)，發(fā)生反響8NH33Cl2N26NH4Cl，節(jié)余混雜氣體為氮?dú)狻睔?，設(shè)Cl2有xL，利用方程式和已知條件計(jì)算出氮?dú)獾捏w積、氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量；【詳解】(1)按題意，用于檢驗(yàn)氯氣可否泄漏的反響應(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(shí)會(huì)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迅速反響生成氮?dú)猓?NH33Cl2N26HCl，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；①常溫常壓下，取總物質(zhì)的量為12mol的氯氣和氨氣的混雜氣體，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，再節(jié)余氨氣再與部分HCl發(fā)生反響NH3+HCl=NH4Cl，HCl不能夠完好反響，設(shè)反響2NH33Cl2N26HCl2NH3~3Cl2氣體物質(zhì)的量增加中耗資氯氣的物質(zhì)的量為x，2322x，x2x33NH3+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(12x22x)x，得x=6，33故反響前氯氣和氨氣的物質(zhì)的量之比為答案為：1:1；

x612x6

1：1；②反響后生成的氧化產(chǎn)物為氮?dú)?，氯氣?mol,由2NH33Cl2N26HCl可知,生成氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量為2mol，故氧化產(chǎn)物氮?dú)獾馁|(zhì)量=2mol×28g/mol=56g，故答案為：56g；(4)在2NH33Cl2N26HCl反響中，NH3和Cl2恰好完好反響時(shí)，混雜氣體中N2占混合氣體的1，由于氨氣與HCl能夠反響生成HN4Cl，而充分反響后的混雜氣體中N2占混雜7氣體的1，則有兩類情況：①Cl2與氨氣恰好反響，由方程式可知5體積氣體生成7體積氣7體，故反響后混雜氣體整體積=100L×7=140L，則氧化產(chǎn)物氮?dú)怏w積為140L×1=20L，故57其物質(zhì)的量=20L=0.893mol；②NH3過分時(shí)，發(fā)生反響22.4L/mol8NH33Cl2N26NH4Cl，節(jié)余混雜氣體為氮?dú)?、氨氣，設(shè)Cl2有xL，則8NH3~3Cl2~N2V1xL831101300，則3，故氧化產(chǎn)物氮?dú)獾奈飜10x10，x17x100L733xL3300L1質(zhì)的量=1730.263mol；22.4L/mol答案為：余NH3和N2為0.263mol，余HCl和N2為0.893mol。11．實(shí)驗(yàn)室里，從廢舊鈷酸鋰離子電池的正極資料（在鋁箔上涂覆活性物質(zhì)LiCoO2）中，回收鈷、鋰的操作流程以以下列圖所示：回答以下問題。（1）拆解廢舊電池獲得正極資料前，先將其浸入

NaCl溶液中，使電池短路而放電，此時(shí)溶液溫度高升，該過程中能量的主要轉(zhuǎn)變方式為

____。2）“堿浸”過程中產(chǎn)生的氣體是____；“過濾”所得濾液用鹽酸辦理可獲得氫氧化鋁，反響的化學(xué)方程式為____。3）“酸浸”時(shí)主要反響的離子方程式為____；若硫酸、Na2S2O3溶液用必然濃度的鹽酸取代，也能夠達(dá)到“酸浸”的目的，但會(huì)產(chǎn)生____（填化學(xué)式）污染環(huán)境。（4）“沉鈷”時(shí)，調(diào)pH所用的試劑是____；“沉鈷”后溶液中2+c（Co）=____。（已知：Ksp[Co（OH）2]=1.09×l0-15）5）在空氣中加熱Co（OH）2，使其轉(zhuǎn)變成鈷的氧化物。加熱過程中，固體質(zhì)量與溫度的關(guān)系如左以下列圖所示。290～500℃，發(fā)生反響的化學(xué)方程式為____。6）依照右以下列圖判斷，“沉鋰”中獲得Li2CO3固體的操作主要包括____、____、沖洗、干燥等步驟?！敬鸢浮炕瘜W(xué)能→電能→熱能H2223↓2232-NaAlO+HCl+HO=NaCl+Al(OH)8LiCoO+SO+22H++2+2-+11H2OCl2NaOH溶液或氫氧化鈉固體-6=8Li+8Co+2SO41.09×l0mol/L290~500℃6Co2O34Co3O4+O2↑蒸發(fā)濃縮趁熱過濾【解析】【解析】正極資料主要由Al和LiCoO2組成，LiCoO2屬于鹽類，由復(fù)分解反響的條件可判斷，其與NaOH溶液混雜不發(fā)生反響，故“堿浸”過程中只有Al和NaOH反響生成偏鋁酸鈉和氫氣，過濾獲得濾渣為L(zhǎng)iCoO2；“酸浸”時(shí)反響物有LiCoO2、硫酸和Na2S2O3溶液，依照“沉鈷”產(chǎn)物為CoOH2可判斷，反響后鈷元素的價(jià)態(tài)從+32()價(jià)降為+價(jià)，依照氧化復(fù)原反響規(guī)律以及工藝中最后還可獲得Na2SO4·10H2O副產(chǎn)品，可推知S元素價(jià)態(tài)高升并轉(zhuǎn)變?yōu)镾O2-；此后調(diào)治pH值獲得CoOH2積淀，再加入碳酸鈉溶液調(diào)治pH值沉鋰，獲得碳4()酸鋰和母液，母液結(jié)晶獲得Na2SO4·10H2O?！驹斀狻?1)依照“電池短路而放電”“溶液溫度高升”兩項(xiàng)信息，即可判斷廢舊電池的辦理過程中能量的主要轉(zhuǎn)變方式為化學(xué)能→電能→熱能；(2)依題中信息可知，正極資料主要由Al和LiCoO2組成，LiCoO2屬于鹽類，由復(fù)分解反響的條件可判斷，其與

NaOH溶液混雜不發(fā)生反響，故“堿浸”過程中只有

Al和

NaOH反應(yīng)，生成

NaAlO2和

H2；“過濾”所得濾液用適合鹽酸辦理能夠獲得氫氧化鋁，方程式為NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓；(3)依照解析可知“酸浸”時(shí)

Na2S2O3被氧化為

SO42-，Co元素被復(fù)原，結(jié)合電子守恒和元素守恒可知離子反響方程式為：8LiCoO2+S2O32-+22H+=8Li++8Co2++2SO42-+11H2O；加入的Na2S2O3起復(fù)原作用，用必然濃度的鹽酸取代“Na2S2O3溶液和硫酸”，也能實(shí)現(xiàn)酸浸目的，可知該反響中，鹽酸也起了復(fù)原劑的作用，氧化產(chǎn)物為會(huì)污染環(huán)境的Cl2；(4)結(jié)合“沉鋰”后母液中還可以夠獲得Na242NaOH溶液或固SO·10HO，可知用的試劑為體；溶液pH95cOH-)=10-4.5LKspCoOH22(OH-/]=，帶入[()2+×l0-152+-6)·c(Co)=1.09求得c(Co)=1.09×l0mol/L；(5)從圖中信息可知，加熱前的反響物為CoOH2(0.930g001mol，依()),其物質(zhì)的量為.據(jù)鈷元素的量不變可知:n(Co)=0.01mol，m(Co)=0.590g，溫度升溫290℃時(shí)，轉(zhuǎn)變成0.830g某種鈷的氧化物，該氧化物中，n(O)==0.015mol，由此能夠確定該16g/mol氧化物為Co2O3；同理能夠確定500℃時(shí)，n(O)=≈0.0133mol，則生成的氧16g/mol化物為Co342334O；因此290℃～500℃過程中，CoO轉(zhuǎn)變成CoO，反響過程中，Co元素化合價(jià)降低。氧元素化合價(jià)高升并轉(zhuǎn)變成O2，故反響的化學(xué)方程式為290~500℃6CoO4CoO+O↑；23342(6)解析溶解度曲線可知LiCO3微溶，其溶解度隨溫度高升而降低，為了提高鋰元素的回收率，同時(shí)防范硫酸鈉析出，應(yīng)采用蒸發(fā)濃縮(減少溶劑)并在較高溫度下趁熱過濾等操作?！军c(diǎn)睛】熱重解析法是常用的定量解析方法，經(jīng)過解析熱重曲線，能夠推測(cè)物質(zhì)的熱牢固性、加熱反響生成的產(chǎn)物等相關(guān)信息。第

5題解題要點(diǎn)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

,進(jìn)而確定不相同溫度下生成的氧化物的組成，寫出反響的化學(xué)方程式。12．孔雀石的主要成分為Cu2（OH）2CO3（含少量FeO、Fe2O3、SiO2）。某小組同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室以孔雀石為原料制備膽礬，并測(cè)定所得膽礬中結(jié)晶水的含量。實(shí)驗(yàn)步驟以下：（供應(yīng)試劑：NaOH溶液、H2O2溶液、CuO、Na2CO3）完成以下填空：1）孔雀石的主要成分與稀硫酸反響的離子方程式為________。2）按試劑加入序次，w所代表的試劑依次為__________。積淀B的成分為_______。3）a操作依次為：加熱蒸發(fā)、_______、過濾、沖洗、__________。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_________。（4）欲檢驗(yàn)溶液A中Fe2+的試劑是___________（選填序號(hào)）。若是測(cè)定Fe2+的含量，需要用容量瓶配制某標(biāo)準(zhǔn)溶液，請(qǐng)簡(jiǎn)述配制中“定容”的操作：_____。aNaOH（aq）bNaCO（aq）c淀粉KI（aq）d酸性KMnO（aq）2345）在測(cè)定所得膽礬（CuSO4·xH2O）中結(jié)晶水x值的實(shí)驗(yàn)過程中，若測(cè)定結(jié)果的實(shí)驗(yàn)誤差為1.5%，可能的原因是_______________。a加熱溫度過高b膽礬晶體的顆粒較大c加熱后放在空氣中冷卻d加熱膽礬晶體時(shí)有晶體從坩堝中濺出（6）該小組一位同學(xué)依照實(shí)驗(yàn)結(jié)果求出樣品中孔雀石的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：m2222，另一2502m1位同學(xué)不相同意，其原因是___________?！敬鸢浮緾u2OH2CO3++CO2H2O2CuOFeOH3CuO（+4H→2Cu2+3H2O↑溶液、、）+（）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(huì)使結(jié)果偏大【解析】【解析】mg孔雀石的主要成分為Cu（OH）CO（含少量FeO、FeO、SiO），加入稀硫酸過濾得1223232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)治溶液的pH積淀鐵離子，過濾獲得積淀B為氫氧化鐵和過分的氧化銅，溶液B為硫酸銅溶液，經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾沖洗、干燥獲得硫酸銅晶體m2g，受熱失去結(jié)晶水獲得硫酸銅固體m3g。據(jù)此解答?！驹斀狻浚?）堿式碳酸銅和硫酸反響生成硫酸銅、水和二氧化碳，反響的離子方程式為：Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑，故答案為：Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑；（2）按試劑加入序次，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)治溶液pH使鐵離子全部積淀，過濾獲得積淀B為Fe（OH）3、CuO，故答案為：H2O2溶液、CuO；Fe（OH）3、CuO；3）從溶液B中獲得硫酸銅晶體，直接加熱蒸干會(huì)以致硫酸銅失去結(jié)晶水，應(yīng)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；（4）溶液A中含亞鐵離子和鐵離子：2+溶液中加入NaOH溶液后，a．NaOH溶液，向FeFe2+與OH-反響生成Fe（OH）2，F(xiàn)e2++2OH-=Fe（OH）2↓，F(xiàn)e（OH）2不牢固易被氧氣氧化為Fe（OH），4Fe（OH）+O2+2H2O=4Fe（OH）3，白色的Fe（OH）2積淀變成紅褐色Fe32（OH）3，向Fe2+溶液中加入NaOH溶液后，觀察到生成的白色積淀迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色；Fe3+與OH-反響Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，生成紅褐色Fe（OH）3，兩者反響現(xiàn)象攪亂，不能夠檢驗(yàn)該溶液中存在Fe2+，故a錯(cuò)誤；b．NaCO（aq）和亞鐵離子生成積淀，和鐵離子雙水解生成氫氧化鐵積淀和二氧化碳，溶23液渾濁不能夠檢驗(yàn)亞鐵離子，故b錯(cuò)誤；c．淀粉KI（aq）和鐵離子發(fā)生氧化復(fù)原反響生成碘單質(zhì)和亞鐵離子，溶液顏色周邊不能夠鑒別亞鐵離子，故c錯(cuò)誤；d．酸性KMnO4（aq），由于Fe2+擁有較強(qiáng)的復(fù)原性能使酸性KMnO4溶液褪色，F(xiàn)e3+不能夠，故能夠用酸性2+3+KMnO4溶液鑒別Fe和Fe，故d正確；若是測(cè)定2+2～3cm處改用膠頭Fe的含量，需要用容量瓶配制某標(biāo)準(zhǔn)溶液，加水到離刻度線滴管滴加蒸餾水，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；（5）測(cè)定所得膽礬（CuSO?xHO）中結(jié)晶水x值，應(yīng)稱量坩堝的質(zhì)量，坩堝和晶體的質(zhì)42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)量可否在誤差贊成范圍內(nèi)及兩次值可否相差不高出

0.1g，因此最少稱量

4次；a．加熱溫度過高，會(huì)以致硫酸銅分解，質(zhì)量變化較大，以致結(jié)果偏大，

a正確；b．膽礬晶體的顆粒較大，會(huì)以致晶體解熱分解不完好，質(zhì)量變化偏小，結(jié)果偏小，

b錯(cuò)誤；c．加熱后放在空氣中冷卻，會(huì)吸取空氣中的水重新形成晶體，以致測(cè)定結(jié)果偏小，

c錯(cuò)誤；d．加熱膽礬晶體時(shí)有晶體從坩堝中濺出，以致測(cè)定的結(jié)晶水的質(zhì)量偏大，測(cè)定的x值偏大，故d正確；故答案為：ad；（6）向溶液中加入CuO調(diào)治溶液的pH，積淀Ⅱ?yàn)镕e（OH）3，因此膽礬中的銅元素不是都來自樣品，因此該小組一位同學(xué)依照實(shí)驗(yàn)結(jié)果求出樣品中CuO的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏大，故答案為：在除雜過程中加入了CuO，會(huì)使結(jié)果偏大。13．二氧化氯泡騰片，有效成分（ClO2）是一種高效、安全的殺菌、消毒劑。方法一：氯化鈉電解法是一種可靠的工業(yè)生產(chǎn)ClO2氣體的方法。該法工藝原理如圖。其過程是將食鹽水在特定條件下電解獲得的氯酸鈉（NaClO3）與鹽酸反響生成ClO2。（1）工藝中可利用的單質(zhì)有__________（填化學(xué)式），發(fā)生器中生成ClO2的化學(xué)方程式為_____________。2）此法的缺點(diǎn)主若是______________________________________。方法二：近來，科學(xué)家又研究出了一種新的制備方法，纖維素復(fù)原法制ClO2，其原理是：纖維素水解獲得的最后產(chǎn)物X與NaClO3反響生成2ClO。（3）配平方程式：□（X）+□NaClO324222+□HSO→□ClO↑+□CO↑+□HO+□______若反響中產(chǎn)生4.48L（折算成標(biāo)準(zhǔn)情況下）氣體，電子轉(zhuǎn)移________個(gè)。（4）ClO2和Cl2均能將電鍍廢水中的CN—氧化為無毒的物質(zhì)，自己被復(fù)原為Cl—。辦理含CN—相同量的電鍍廢水，所需Cl2的物質(zhì)的量是ClO2的_______倍。方法三：實(shí)驗(yàn)室常用氯酸鈉(NaClO3)和亞硫酸鈉(Na2SO3)用硫酸酸化，加熱制備二氧化氯，化學(xué)反響方程式為：2NaClO3+Na2SO3＋H2SO42ClO2↑+2Na2SO4＋H2O（5）反響中的Na232+-和________________（用離SO溶液中存在以下平衡：HOH+OH子方程式表示）.常溫下，0.1mol/L該溶液中離子濃度由大到小排列__________________（用離子符號(hào)表示）6）常溫下，已知NaHSO3溶液呈酸性，在Na2SO3溶液中滴加稀鹽酸至中性時(shí)，溶質(zhì)的主要成分有________________。（用化學(xué)式表示）【答案】H22322同時(shí)產(chǎn)生了大量的氯氣，不、Cl2NaClO+4HCl=2ClO↑+Cl↑+2NaCl+2HO僅產(chǎn)率低，而且產(chǎn)品難以分別，同時(shí)很有可能造成環(huán)境污染；能耗較大等6126324→24ClO↑22240.16NA2.532-1CHO+24NaClO+12HSO+6CO↑+18HO+12NaSOSO2-3-，HSO3-2-23+2--)>c(HSO3-+c(Na)>c(SO3)>c(OH)>c(H)+HOOH+HSO+HOOH+HSONaHSO3、Na2SO3、NaCl、或（NaHSO3、Na2SO3、NaCl、SO2、H2SO3）【解析】【解析】（1）電解飽和食鹽水生成H2、Cl2和NaOH；故能夠利用的單質(zhì)為H2、Cl2，合成HCl，依照流程圖可知加入物質(zhì)為NaClO3和HCl，生成ClO2；能夠?qū)懗龇匠淌?，并用化合價(jià)起落法配平獲得；2）生成的氣體中除了有二氧化氯還有大量的氯氣，產(chǎn)率低，難分別，而且極有可能造成大氣污染；用電解的方法耗能大；（3）①纖維素為多糖，水解最后產(chǎn)物為葡萄糖（C6H12O6），擁有復(fù)原性，可將NaClO3復(fù)原獲得ClO2．Cl從+5到+4價(jià)，降低1價(jià)，葡萄糖（C6H12O6）C均價(jià)為0，到+4價(jià)，高升4價(jià)，爾后配平獲得，由①可知生成24molClO2和6molCO2氣體轉(zhuǎn)移24mol的電子；4）每摩爾Cl2獲得2mol電子，而每摩爾ClO2獲得5mol電子，故為2.5倍；5）存在弱電解水的電離平衡和弱離子的水解平衡．不水解的二元鈉離子濃度最大，水解是稍微的，顯性離子和第一步水解產(chǎn)生的陰離子，隱性離子；6）Na2SO3溶液中滴加稀鹽酸，兩者反響，要使溶液呈中性，只能是部分反響，因此溶質(zhì)為Na2SO3、NaHSO3、NaCl。【詳解】（1）由工藝流程圖能夠看出：在該工藝中可利用的單質(zhì)有

H2、Cl2；依照流程圖可知加入物質(zhì)為

NaClO3和

HCl，生成

ClO2；發(fā)生氧化復(fù)原反響，

NaClO3被復(fù)原生成

ClO2，HCl被氧化生成Cl2，生成ClO2的化學(xué)方程式為：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；（2）由制備原理和流程圖可知此法的缺點(diǎn)主若是會(huì)產(chǎn)生大量的Cl2，耗資大量的電能，產(chǎn)物ClO2和Cl2不但不簡(jiǎn)單分別，而且物質(zhì)利用率低，很簡(jiǎn)單造成大氣污染；3）纖維素水解獲得的最后產(chǎn)物X是葡萄糖C6H12O6。它與NaClO3在酸性條件下發(fā)生反響，依照質(zhì)量守恒定律和電子守恒的知識(shí)可得方程式為：1C6H12O6+24NaClO3+12HSO4→24ClO2↑+6CO2↑+18H2O+12NaSO4，由方程式能夠看出每產(chǎn)生30mol的氣體，轉(zhuǎn)移電子24N；現(xiàn)在產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量為4.48L（即0.2mol），因此轉(zhuǎn)A移電子的物質(zhì)的量為0.16mol，個(gè)數(shù)為0.16NA；（4）辦理含-2mol，則CN相同量的電鍍廢水，即轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量相同。假設(shè)轉(zhuǎn)移電子需要Cl2的物質(zhì)的量是1mol；需要ClO2的物質(zhì)的量為2==0.4mol。因此n(Cl2)：5n(ClO2)=1：0.4=2.5；（5）反響中的NaSO溶液中存在以下平衡：HO+-2-的水解平衡的兩種方程H+OH和SO2323式。由于2-是二元弱酸的酸根離子，因此存在兩步水解平衡2-+H2O--，SO3SO3OH+HSO3--+2-+)>c(SO2-2-水解產(chǎn)生--，HSO+HOOH+H2SO；NaSO=2Na+SO；c(Na3)，SOOH和HSO32323333-進(jìn)一步水解還要耗資----)；在溶液中還存在水HSO3HSO3，同時(shí)產(chǎn)生OH，因此c(OH)>c(HSO3的電量平衡，因此c(HSO3-)>c(H+)；在溶液中鹽水解的程度是很稍微的，因此c(SO32-)>c(OH-)；因此在該溶液中各種離子的濃度由大到小的序次為c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)；6）在Na2SO3溶液中滴加稀鹽酸若恰好發(fā)生反響：Na2SO3+HCl=NaCl+NaHSO3。則由于NaHSO3溶液呈酸性。所以致中性時(shí)，n(HCl)<n(Na2SO3)，產(chǎn)生溶液中含有的溶質(zhì)有未反響的Na2SO3及反響生成的NaCl、NaHSO3；溶質(zhì)有Na2SO3、NaCl、NaHSO3，也可能滴加HCl局部過量會(huì)產(chǎn)生

SO2、H2SO3溶解在該溶液中還含有

SO2

和

H2SO3。14．按要求回答以下問題：（1）現(xiàn)有以下物質(zhì)：①NaCl晶體②液態(tài)HCl③CaCO3固體④熔融KCl⑤蔗糖⑥銅⑦CO2⑧H2SO4⑨KOH固體a.以上物質(zhì)中能導(dǎo)電的是________________________________。b.以上物質(zhì)中屬于電解質(zhì)的是_______________________，屬于非電解質(zhì)的是_______________________。c.以上物質(zhì)中，溶于水且能導(dǎo)電的物質(zhì)是_______________________。2）膠體和溶液的實(shí)質(zhì)差異是________________，鑒別膠體和溶液所采用的方法是觀察可否能發(fā)生___________效應(yīng)。（3）以下

3個(gè)反響，按要求填寫相關(guān)量。①2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑反響中，每耗資

1molNa2O2生成_____gO2。②在

NaHCO3的熱分解反響中，每耗資

168gNaHCO3，標(biāo)準(zhǔn)情況下生成

_____LCO2。③Cl2+H2O＝HCl+HClO反響中，標(biāo)準(zhǔn)情況下每耗資22.4LCl2，轉(zhuǎn)移_____mol電子。4）在一個(gè)密閉容器中放入以下四種物質(zhì)，在必然條件下發(fā)生化學(xué)反響，一段時(shí)間后，測(cè)得相關(guān)數(shù)據(jù)以下：物質(zhì)MNQP反響前質(zhì)量（g）501312反響后質(zhì)量（g）x26330①該變化的基本反響種類是_____反響；②物質(zhì)Q在反響中起的作用是_____。【答案】④⑥①②③④⑧⑨⑤⑦①②④⑦⑧⑨分別質(zhì)粒徑大小不相同丁達(dá)爾1622.41分解催化劑【解析】【解析】(1)a.含有自由搬動(dòng)的電子或陰陽離子的物質(zhì)就能導(dǎo)電；在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物是電解質(zhì)，在水溶液里和熔融狀態(tài)下都不導(dǎo)電的化合物是非電解質(zhì)；以上物質(zhì)中，溶于水且能導(dǎo)電的物質(zhì)，說明水溶液中能發(fā)生電離，電離出自由搬動(dòng)的離子；(2)分別系的分類標(biāo)準(zhǔn)是分別質(zhì)顆粒直徑大小不相同，膠體有丁達(dá)爾效應(yīng)，而溶液沒有；(3)①耗資

1mol

過氧化鈉能夠生成

0.5mol

氧氣，爾后依照

m=nM

計(jì)算出生成氧氣的質(zhì)量；②依照

n=

m

計(jì)算出碳酸氫鈉的物質(zhì)的量，再依照方程式及

V=nVm計(jì)算出生成標(biāo)況下二氧M化碳的體積；③氯氣與水的反響中，耗資

1mol

氯氣轉(zhuǎn)移了

1mol

電子；(4)該反響中

Q的質(zhì)量不變，則

Q為催化劑；依照質(zhì)量守恒定律計(jì)算出

X，爾后依照質(zhì)量變化判斷反響物、生成物，進(jìn)而得出該反響的反響種類?！驹斀狻?1)a.④熔融KCl中含有自由搬動(dòng)離子、⑥銅含有自由搬動(dòng)的電子，因此④⑥都能導(dǎo)電；b.①NaCl晶體、②液態(tài)HCl、③CaCO3固體、④熔融KCl、⑧H2SO4、⑨KOH固體是電解質(zhì)；⑤蔗糖、⑦CO2是非電解質(zhì)；水溶液中能發(fā)生電離，電離出自由搬動(dòng)的離子或金屬中存在自由搬動(dòng)的電子都能夠?qū)щ?，①NaCl晶體、②液