備戰(zhàn)高考化學(xué)綜合題專題復(fù)習(xí)【氧化還原反應(yīng)】專題解析附答案解析

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.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(xué)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(fèi)。實(shí)驗(yàn)室模擬回收鋰離子電池中的Ca Ni、Li的流程如圖。已知：LiCoQ難溶于水，易溶于酸?；卮鹣铝袉栴}:(*UCn鮒、石攝等舉廣)蘋啟Lttw-s*- CS0Bjatt(1) LiCoO2中Co的化合價是 _。(2) LiCo2在浸出過程中反應(yīng)的離子方程式是_。(3) 浸出劑除了 H2O2外，也可以選擇 Na2S2Q，比較二者的還原效率 H2O2_(填“ 或)N2O3(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)

2、的量)。(4) 提高浸出效率的方法有 _。(5) 利用Cyanex272萃取時，PH對鈷、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IaCPMN->4.0 彳上 3.0 5,5 6.0 6.5 TJO水lfc"CfC,*申J71) f - Ni(CftKFasL2 TZJ(6) 反萃取的離子方程式為2H+CoR=Ccf+2HR,則反萃取劑的最佳選擇是 。(7) 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=2 × 105(8) 參照題中流程圖的表達(dá)，結(jié)合

3、信息設(shè)計(jì)完成從水相中分離Ni和Li的實(shí)驗(yàn)流程圖(如 圖)。 5代 IrdlM¾z-邂販：已知:1 *ffiIJFLiiCo)Ni(OH)JNiaCOJNiFa濬霹性(畫難帶難譜難溶«S5提供的無機(jī)試劑：NaOH、Na2CO3. NaFo【答案】+3 2LiC0Q+6H+H2O2=2C02+O2 +2L+4H2O < 適當(dāng)升高溫度，適當(dāng)增加 H2SO4 濃度 5.5 HzSO 7.5 NaOH Ni(OH)2 NaF【解析】【分析】(1) 通過化合物中各元素化合價代數(shù)和為O進(jìn)行計(jì)算；(2) 由流程圖中有機(jī)相反萃取得到CoSQ,可知LiCoQ與H2O2在酸性條件下發(fā)生氧化

4、還原反應(yīng)，根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律寫出化學(xué)方程式；根據(jù)等物質(zhì)的量 H2O2和Na2S23作為還原劑轉(zhuǎn)移電子的多少進(jìn)行判斷；(4)提高浸出效率即提高化學(xué)反應(yīng)速率；分離CO2+和Ni2+時，由于Co2+進(jìn)入有機(jī)相，Ni進(jìn)入水相，因此，應(yīng)該選擇鈷的萃取率高 而鎳的萃取率低的 PH范圍；將鈷洗脫進(jìn)入水相中時，應(yīng)該使反應(yīng)向正反應(yīng)方向移動，同時不能引入新雜質(zhì)；(7) 根據(jù)KSP(Ni(QH)2的表達(dá)式進(jìn)行計(jì)算；(8) 根據(jù)表格中所給物質(zhì)溶解度信息，調(diào)節(jié)PH應(yīng)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?！驹斀狻?1) LiCoQ2中Q元素為-2價，Li為+1價，根據(jù)化合物中各元素化

5、合價代數(shù)和為0進(jìn)行計(jì)算得Co的化合價為+3價；(2) 由流程圖中有機(jī)相反萃取得到CoSQ,可知LiCoQ與H2Q2在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，化學(xué)方程式為：2LiC0Q+6H+H2Q2=2C02+Q2 +2Lf+4H2Q;(3) lmolH2Q2作為還原劑轉(zhuǎn)移 2mol電子，ImolNa2903作為還原劑轉(zhuǎn)移 8mol電子，貝U Na2S2Q3的還原效率更高；提高浸出效率可以適當(dāng)升高溫度，適當(dāng)增加H2SQ濃度等；分離CO2+和Ni2+時，由于Co2+進(jìn)入有機(jī)相，Ni進(jìn)入水相，因此，應(yīng)該選擇鈷的萃取率高 而鎳的萃取率低的 PH范圍，所以最佳 PH是5.5;將鈷洗脫進(jìn)入水相中時，應(yīng)該使反應(yīng)向正反

6、應(yīng)方向移動，同時，為不引入新雜質(zhì)，反萃 取劑最好選擇H2SQ4;(7)c(Ni2+)=118 molL=0.02molL ,則開始沉淀時，C(QH)=59KSP(Ni OH 2)0.022 10 15=10-6.5mol/L ,貝U pH=14-6.5=7.5 ；0.02(8)根據(jù)表格中所給物質(zhì)溶解度信息，調(diào)節(jié)PH應(yīng)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NaQH,則Ni(QH)2先沉淀，過濾后濾液中加入NaF生成LiF沉淀?！军c(diǎn)睛】本題(5)選擇合適的PH時，注意讀懂圖中信息，要根據(jù)實(shí)驗(yàn)的具體操作情況來分析。2廢水中過量的氨氮(NH 3和NH4)會導(dǎo)致水

7、體富營養(yǎng)化。某科研小組用NaClQ氧化法處理氨氮廢水。已知： HClQ的氧化性比NaClQ強(qiáng)；NH3比NH4更易被氧化；國家 相關(guān)標(biāo)準(zhǔn)要求經(jīng)處理過的氨氮廢水PH要控制在69。(1)pH 1.25時，NaCIo可與NH°反應(yīng)生成 2等無污染物質(zhì)，該反應(yīng)的離子方程式為圖1圖2 進(jìn)水PH在1.252.75范圍內(nèi)時，氨氮去除率隨PH的升高迅速下降的原因是 進(jìn)水PH在2.756范圍內(nèi)時，氨氮去除率隨 PH的升高而上升的原因是 。 進(jìn)水PH應(yīng)控制在左右為宜。(3)為研究空氣對 NaClO氫化氨氮的影響，其他條件不變，僅增加單位時間內(nèi)通人空氣的量，發(fā)現(xiàn)氨氮去除率幾乎不變。其原因可能是 (填序號)a

8、. O2的氧化性比NaCIO弱b. O2氧化氨氮速率比NaClO慢c. O2在廢水中溶解度比較小d. 空氣中的N?進(jìn)入廢水中【答案】3CIO 2NH4 N2 3CI3H2O 2H 隨著PH的升高，NaClO含量增大，氧化性降低，導(dǎo)致氨氯去除率下降隨著PH的升高，氨氮廢水中 NH 3含量增大，而NH3比NH 4更易被氧化1.5 abc【解析】【分析】(1)PH=1.25時，NaCIO可與NW+反應(yīng)生成N?等無污染物質(zhì)，次氯酸根離子被還原為氯離子和水，結(jié)合電荷守恒、電子守恒、原子守恒配平書寫離子方程式；進(jìn)水PH為1.252.75范圍內(nèi)，氨氮去除率隨 PH升高迅速下降是 C(OH-)較大，抑制NaC

9、IO水解，C(HCIO)較小致氧化能力弱； 進(jìn)水PH為2.756.00范圍內(nèi)氨氮去除率隨 PH升高而上升，氨氣含量增大氨氮易被氧化; 結(jié)合圖象變化可知進(jìn)水 PH應(yīng)控制在1.0左右；(3)其他條件不變，僅增加單位時間內(nèi)通入空氣的量，發(fā)現(xiàn)氨氮去除率幾乎不變，說明O2氧 化氨氮速率比NaCIo慢，比次氯酸鈉氧化性弱，溶液中溶解的氧氣少等原因。【詳解】(1) pH=1.25時，NaCIo可與NW+反應(yīng)生成N?等無污染物質(zhì)，次氯酸根離子被還原為氯離子，結(jié)合電荷守恒、電子守恒、原子守恒配平書寫離子方程式：3CIO+2NH4+=N2 +3C1+2H+;(2) 進(jìn)水PH為1.252.75范圍內(nèi)，氨氮去除率隨

10、PH升高迅速下降的原因是：隨著PH升高，NaCIO含量增大，氧化性能降低，導(dǎo)致氨氮去除率下降； 進(jìn)水PH為2.756.00范圍內(nèi)，氨氮去除率隨 PH升高而上升的原因是：隨著PH升高氨氮廢水中氨氣含量增大，氨氮更易被氧化； 進(jìn)水PH應(yīng)控制在1.50左右，氨氮去除率會較大；(3) 研究空氣對NaCIO氧化氨氮的影響，其他條件不變，僅增加單位時間內(nèi)通入空氣的量，發(fā)現(xiàn)氨氮去除率幾乎不變。其原因可能是：02的氧化性比NaCIO弱、02氧化氨氮速率比NaCIO慢、02在溶液中溶解度比較??；故答案為：abc。3.硫酰氯(SCbCb)和亞硫酰氯(SOC2)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

11、SQ和Cb在活性炭催化作用下制取 SQCb,裝置如圖所示。AB B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 。 欲制取少量SQCb,選擇圖中的裝置(可以重復(fù)選用)，其連接順序?yàn)椋篴、h。 去除C裝置會降低SQ和CI2的利用率，可能的原因是 (用化學(xué)方程式表示)。(2) SOC2水解后無殘留物，較 SQCb是更好的脫水劑。乙同學(xué)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)利用SOC2和ZnC2?xH2O 制取無水 ZnCbO 解釋SoCi在該實(shí)驗(yàn)中的作用是_ (寫出兩點(diǎn))。 實(shí)驗(yàn)室常用NaOH溶液吸收SOC2,該反應(yīng)的離子方程式是 _。(3) 乙同學(xué)認(rèn)為SOC2還可用作由FeC3?6H2O制取無

12、水FeC3的脫水劑，但丙同學(xué)認(rèn)為該 實(shí)驗(yàn)可能發(fā)生副反應(yīng)使產(chǎn)品不純。 可能發(fā)生的副反應(yīng)的化學(xué)方程式是。 兩同學(xué)設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)判斷該反應(yīng)的可能性：取少量SOC2和FeC3?6H2O反應(yīng)后的混合物于試管中，加水溶解，將溶液平分至五支試管，分別進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)，其中能得出合理結(jié)論的是。A. 加入過量稀HNO3,再滴加幾滴AgNO3溶液B. 加入少量稀HNOs ,再滴加幾滴 BaC2溶液C. 滴加幾滴BaC2溶液D. 滴加幾滴酸性KMnO4溶液滴加幾滴KSCN溶液后，再滴加幾滴氯水【答案】m堿石灰 fgdebced SQ+CI2+2H2O=H2SQ+2HCI SoQ作脫水劑，與水反應(yīng)生成 HCl 可以抑制氯化

13、鋅的水解SOC2l+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2OSOC2I+2FeCI3?6H2O=FeSO4+6HCI+FeC2I+9H2O BCD 【解析】【分析】冷凝管中冷凝水的流向要對流，下進(jìn)上出；干燥管中根據(jù)要求一般填裝堿石灰或無水氯化 鈣，堿石灰同時具有干燥和吸收酸性氣體功能，無水氯化鈣只有吸水性?！驹斀狻浚?）B裝置中冷凝管進(jìn)水口是 m , B中干燥管盛有的物質(zhì)是吸收剩余二氧化硫、氯氣的 堿石灰；故答案為： m ；堿石灰； 裝置 A 制備氯氣,氯氣含氯化氫和水蒸氣,通過裝置D 除去氯化氫,通過裝置 C 吸收水蒸氣，得到干燥純凈的氯氣，連接裝置B的b進(jìn)入三頸燒瓶，裝置 E制備二氧化硫氣

14、體，通過裝置C除去水蒸氣，連接裝置 B的c，欲制取少量SO2C2,選擇上圖中的裝置（可以 重復(fù)選用），其連接順序?yàn)椋?a、f、g、d、e、b、c、e、d、h ；故答案為：fgdebced ； 去除C裝置會降低SQ和CI2的利用率，是二氧化硫和氯氣和水反應(yīng)生成硫酸和氯化氫，反應(yīng)的化學(xué)方程式：SQ+CI2+2H2O=H2SQ+2HCI;故答案為：SQ+Cb+2H2O=H2SQ+2HCI;（2） 氯化鋅會水解，SOC2作脫水劑，與水反應(yīng)生成 HCl可以抑制氯化鋅的水解，SOC2 在該實(shí)驗(yàn)中的作用是：SOC2作脫水劑，與水反應(yīng)生成 Hel可以抑制氯化鋅的水解；故答案 為： SOC2I 作脫水劑，與水反

15、應(yīng)生成 HCI 可以抑制氯化鋅的水解；用NaOH溶液吸收SOC2,有Na2SO3和NaCl生成，反應(yīng)的離子方程式：SOC2+4OH-=SQ2-+2CI-+2H2O;故答案為：SOC2+4OH-=SQ2-+2CI+2H2O;（3）SOC2具有還原性，三價鐵具有氧化性，可能發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸根離子和亞鐵離子，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：SOC2+2FeC3?6H2O=FeSQ+6HCI+FeCI+9H2O,故答案為：SOC2I+2FeCI3?6H2O=FeSO4+6HCI+FeC2I+9H2O;SOC2和FeC3?6H2O反應(yīng)后的混合物的主要成分是 FeC2。由于SOC2為液體，所以在固體混合物中沒

16、有 應(yīng)后的混合物于試管中，加水溶解，溶液中一定有 明有副反應(yīng)發(fā)生，只需證明溶液中有A. 加入過量稀 HNO3,再滴加幾滴行，故A錯誤；B. 加入少量稀 HNQ ,再滴加幾滴 能證明有副反應(yīng)發(fā)生，故 B正確；FeC3 ,若發(fā)生副反應(yīng)，還有 FeSO和SOQ。取少量 SOQ 和 FeC3?6H2O 反FeC3 ,還可能有FeSO和FeC2 ,若要證Fe2+或 SO42-即可。AgNO3溶液是檢驗(yàn)氯離子存在，不能證明副反應(yīng)是否進(jìn)BaC2溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則證明溶液中有SO42-，C. 滴加幾滴BaC2溶液，生成白色沉淀，說明產(chǎn)物中含硫酸根離子，證明發(fā)生了副反應(yīng)， 故 C 正確；D. 滴加幾滴酸性

17、 KMnO4溶液，F(xiàn)e2+具有還原性，可以使酸性 KMnO4溶液褪色，能證明發(fā) 生了副反應(yīng)，故 D正確；E. 滴加幾滴KSCN溶液后，由于溶液中有 Fe3+,溶液會變紅，無法證明Fe2+的存在，故E 錯誤；故答案為：BCDO4.下表是某學(xué)生為探究 AgCl沉淀轉(zhuǎn)化為Ag 2S沉淀的反應(yīng)所做實(shí)驗(yàn)的記錄.步驟現(xiàn)象I .取 5mL 0.1molL AgNO 3與一定體積 0.1molL NaCl溶 液，混合，振蕩.立即產(chǎn)生白色沉淀 .向所得懸濁液中加入 2.5mL 0.1molL Na2S溶液.沉淀迅速變?yōu)楹谏獻(xiàn)n .將上述黑色濁液，放置在空氣中，不斷攪拌.較長時間后，沉淀變?yōu)槿榘咨獻(xiàn)V 濾出n中的

18、乳白色沉淀，加入足量 HNO3溶液.產(chǎn)生紅棕色氣體，沉淀部 分溶解V .過濾得到濾液 X和白色沉淀Y;向X中滴加Ba(NO 3)2溶液.產(chǎn)生白色沉淀1為了證明沉淀變黑是 AgCl轉(zhuǎn)化為Ag 2S的緣故，步驟I中NaCl溶液的體積范圍為10 302已知：25C時KSP AgCl 1.8 10 , KSP Ag2S 6 10 ,此沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)的平衡常數(shù)K O3步驟V中產(chǎn)生的白色沉淀的化學(xué)式為 ,步驟川中乳白色沉淀除含有AgCl外，還含有O4為了進(jìn)一步確認(rèn)步驟川中乳白色沉淀產(chǎn)生的原因，設(shè)計(jì)了如下圖所示的對比實(shí)驗(yàn)裝置。 裝置A中玻璃儀器有圓底燒瓶、導(dǎo)管和 ,試劑W為o 裝置C中的試劑為NaCl溶液和A

19、g 2S懸濁液的混合物，B中試劑為 。 實(shí)驗(yàn)表明：C中沉淀逐漸變?yōu)槿榘咨?，B中沒有明顯變化。完成C中反應(yīng)的化學(xué)方程式： Ag2S+NaCl+? AgCl+S+C中NaCl的作用是： 4 S分液漏斗 過氧化氫溶液Ag 2S懸濁液2Ag2S 4NaCI O2 2H2O? 4AgCI 2S 4NaOH 氧氣將 Ag2S 氧化成 S時有Ag產(chǎn)生，NaCl電離的氯離子與銀離子結(jié)合生成AgCI沉淀，使C Ag 減小，有利于氧化還原反應(yīng)的平衡右移【解析】【分析】(1) 要證明沉淀變黑是 AgCI轉(zhuǎn)化為Ag 2S的緣故，則步驟I中必須使硝酸銀電離出的銀離子 完全轉(zhuǎn)化成AgCI沉淀；C2 ClK肯；(3) 黑色

20、的硫化銀沉淀被氧氣氧化為氯化銀沉淀和硫單質(zhì)；硫單質(zhì)被硝酸氧化為硫酸根離子；(4) 根據(jù)裝置圖判斷儀器名稱；裝置A的作用是提供氧氣； 進(jìn)一步確認(rèn)步驟 川中乳白色沉淀產(chǎn)生的原因，裝置C中的試劑為NaCI溶液和Ag 2S懸濁液的混合物，則裝置 B中應(yīng)該不含氯化鈉溶液； 裝置C中生成的白色沉淀為氯化銀和S單質(zhì)，反應(yīng)物應(yīng)該還有氧氣，產(chǎn)物中鈉離子只能以氫氧化鈉形式存在，則未知的反應(yīng)物為氫氧化鈉，再根據(jù)H元素守恒可知另一種未知反應(yīng)物為水，然后根據(jù)化合價升降相等配平反應(yīng)方程式。【詳解】(1) 要證明沉淀變黑是 AgCI轉(zhuǎn)化為Ag 2S的緣故，則步驟I中必須使硝酸銀電離出的銀離子完全轉(zhuǎn)化成AgCI沉淀，所以加入

21、的 NaCI溶液的體積必須5mL ；? Ag 2 S S 2Cl aq ,該反應(yīng)aq2(2) 氯化銀轉(zhuǎn)化成硫化銀的反應(yīng)為：2AgCI S S的平衡常數(shù)為：10 2冊 5.4 109 ；2 2 2IX C Cl CAgC Cl KSP AgCIKC S CAg CSKSP Ag 2 S(3) 步驟川中較長時間后，沉淀變?yōu)槿榘咨?，則黑色的硫化銀沉淀氧化成氯化銀沉淀；再根據(jù)濾出川中的乳白色沉淀，加入足量HNO 3溶液，產(chǎn)生紅棕色氣體，沉淀部分溶解，則被氧化的只能為S元素，故乳白色沉淀為 AgCI和S的混合物；其中S被稀硝酸氧化成硫酸根 離子，則在步驟V中向X中滴加Ba(NO 3)2溶液會生成BaSO

22、4沉淀；(4) 根據(jù)圖示可知，裝置 A中玻璃儀器有圓底燒瓶、導(dǎo)管和分液漏斗；乳白色沉淀為氯化 銀和S的混合物，裝置 A的作用是提供氧氣，根據(jù)圓底燒瓶中為二氧化錳可知W為過氧化氫溶液； 進(jìn)一步確認(rèn)步驟 川中乳白色沉淀產(chǎn)生的原因，裝置C中的試劑為NaCl溶液和Ag 2S懸濁液的混合物，則裝置 B中應(yīng)該不含氯化鈉溶液，即為 Ag 2S懸濁液，通過對比反應(yīng)現(xiàn)象判 斷生成乳白色沉淀產(chǎn)生的原因； 裝置C中生成的白色沉淀為氯化銀和S單質(zhì)，反應(yīng)物應(yīng)該還有氧氣，產(chǎn)物中鈉離子只能以氫氧化鈉形式存在，則未知的產(chǎn)物為氫氧化鈉，再根據(jù)H元素守恒可知另一種未知反應(yīng)物為水，然后根據(jù)化合價升降相等配平反應(yīng)方程式為2Ag 2S

23、 4NaCl O2 2H2O? 4AgCl 2S 4NaOH ；裝置C中氯化鈉的作用為：氧氣將Ag 2S氧化成S時有Ag產(chǎn)生，NaCl電離的氯離子與溶液中銀離子結(jié)合生成AgCl沉淀，使溶液中C Ag 減小，從而有利于氧化還原反應(yīng)2Ag 2S 4NaCl O2 2H 2O ? 4AgCl 2S 4NaOH 向右移動。5.某?；瘜W(xué)興趣小組為研究氯氣的性質(zhì)并模擬工業(yè)制備漂白粉，設(shè)計(jì)了下列裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。已知： A 中反應(yīng)為 KCIQ+ 6HCI濃)=KC+ 3C2 + 3H2O；石灰乳的主要成分為 Ca(OH)2,其他雜質(zhì)不參與反應(yīng)。(1) B裝置作用 。實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，立即將 B中溶液滴幾滴在紫色石蕊試

24、紙上，可觀察到的現(xiàn)象是。(2) 裝置C的實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖球?yàn)證氯氣是否具有漂白性，為此C中I、II、Hl處依次放入的物 質(zhì)正確的是 (填編號)。編號IIIIIIA干燥的有色布條堿石灰濕潤的有色布條B干燥的有色布條濃硫酸濕潤的有色布條C濕潤的有色布條濃硫酸干燥的有色布條D濕潤的有色布條堿石灰干燥的有色布條(3) 待E中物質(zhì)完全反應(yīng)后，經(jīng)過一系列加工處理，得到漂白粉樣品，其主要成份為(填化學(xué)式)(4) F裝置的作用是(用化學(xué)方程式表示)_。(5) 為測定(3)中所得漂白粉的有效成份含量。稱取 ag漂白粉樣品溶解，往所得溶液中 通入CQ至產(chǎn)生沉淀最大值時，該過程的化學(xué)方程式為 ,若反應(yīng)生成沉淀的物質(zhì)的量為b

25、mol ,則該漂白粉中有效成份的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 (用含a、b的式子表示)?！敬鸢浮砍ヂ葰庵械腍Cl氣體 試紙變紅不褪色C CaCk Ca(CIQ2 Cb+ 2NaOH=NaCI+ NaCIO+HO CO+H2+Ca(CIO2 = CaC(Q J +2HCIO 讐【解析】【分析】由實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，裝置 A用濃鹽酸與氯酸鉀反應(yīng)制備氯氣，盛有飽和食鹽水的裝置B的作用是除去氯氣中混有的氯化氫氣體，裝置C的實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖球?yàn)證氯氣是否具有漂白性，盛有濃硫酸的裝置 D的作用是干燥氯氣，盛有石灰乳的裝置E的作用是制備漂白粉，盛有氫氧化鈉溶液的裝置 F的作用是吸收有毒的尾氣氯氣，防止污染空氣?！驹斀狻?1) 盛有飽和

26、食鹽水的裝置B的作用是除去氯氣中混有的氯化氫氣體，實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，因 飽和食鹽水吸收氯化氫氣體，使溶液呈酸性，滴在紫色石蕊試紙上，試紙變紅色，由于氯 氣不溶于飽和食鹽水，溶液中沒有次氯酸，不能使試紙褪色，故答案為：除去氯氣中的 HCI氣體；試紙變紅不褪色；(2) 氯氣沒有漂白性，不能使干燥的有色布條褪色，氯氣與水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，次 氯酸具有漂白性使有色布條褪色，氯氣能使?jié)駶櫟挠猩紬l褪色，則驗(yàn)證氯氣是否具有漂白性時，C中I、II、Ill處依次放入的物質(zhì)濕潤的有色布條、濃硫酸、干燥的有色布條，C正確，故答案為：C;(3) 氯氣與石灰乳反應(yīng)生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，則漂白粉的主要成分是氯化鈣和次

27、氯酸鈣，有效成分是次氯酸鈣，故答案為：CaC2、Ca(CI0；(4) 盛有氫氧化鈉溶液的裝置F的作用是吸收有毒的尾氣氯氣，過量的氯氣能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，防止污染空氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cl2+ 2NaOH=NaCI+ NaCIO+HO ,故答案為： Cb+ 2NaOH =NaCI+ NaCIO+HO；(5) 碳酸的酸性強(qiáng)于次氯酸，將二氧化碳通入到漂白粉溶液中，二氧化碳與次氯酸鈣反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀和次氯酸，反應(yīng)的化學(xué)方程式為CQ+H2+Ca(CIO2 = CaCO4 +2HClQ由題意可知，碳酸鈣的物質(zhì)的量為bmol，則有效成分次氯酸鈣的質(zhì)量為bmol × 1

28、43gmol=143bg ,該漂白粉中有效成份的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為呼，故答案為：143 bCO2+H2O+Ca(CIO2 = CaC(Q J +2HClQ -3-?！军c(diǎn)睛】氯氣沒有漂白性，不能使干燥的有色布條褪色，氯氣與水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，次氯酸 具有漂白性使有色布條褪色，氯氣能使?jié)駶櫟挠猩紬l褪色是設(shè)計(jì)驗(yàn)證氯氣是否具有漂白 性實(shí)驗(yàn)方案的依據(jù)，也是解答試題的關(guān)鍵。6. (1)難溶物PbSO溶于CHCooNH溶液可制得易溶于水的(CWC00)2Pb,發(fā)生的反應(yīng)為 PbSQ+ 2CHsC00NH= (CHCOO)Pb+ (NH4)2SQ,說明(CHaCOOgPb是(填 強(qiáng)”或弱”電解質(zhì)。(2) 已知次

29、磷酸(HaPQ)與足量的氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成NaH2PQ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) 在一定溫度下，向一個 2 L的真空密閉容器中(預(yù)先裝入催化劑)通入1 mol N2和3 molH2,發(fā)生反應(yīng)：N2(g) + 3H2(g)?2NH3(g)o經(jīng)過一段時間后，測得容器內(nèi)壓強(qiáng)是起始的0.9倍，在此時間內(nèi)，H2平均反應(yīng)速率為 0.1 mol(L min),則所經(jīng)過的時間為 min(5) 高鐵酸鈉(Na2FeC4)具有強(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)中反應(yīng)得到，請補(bǔ)充并

30、配平下面離子方程式。Fe(OH)3 +CIO- +OH=_FeCH2 _ + Cr +_在反應(yīng) 11P+15CuSO+24H2=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4 中，氧化劑是 ;當(dāng)有2mol H3PO4生成，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為 【答案】弱一 CaCO 3 2 3 4 2 3 5HO R CUSo 10moI【解析】【分析】【詳解】(1) 硫酸鉛在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸銨時，醋酸根離子和鉛離子生成難電離物質(zhì)或弱電解質(zhì)醋酸鉛，促使硫酸鉛溶解，說明(CfCOO)2Pb是弱電解質(zhì)；(2) H3PO2與足量的NaOH溶液反應(yīng)，生成 NaH2PO2 ,說明H3PO2只能電離出一個氫離子

31、，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CaCO；容器體積為2L,所以初始投料 c(N2)=0.5moIL , c(H2)=1.5moIL ,設(shè) c(N2)= mol ,列三段 式有：N2 g +3H2 g ? 2NH3 g起始(mog) 0.51.50轉(zhuǎn)化(mol*-1) X3x2x平衡(mog05+15 molgL-1=0.9 ,解得 x=0.1molL ,則 c(H2)=0.3molL , v(N2)=0.1 C 0.3molgLmol/(L 聞)，則反應(yīng)時間 t= V = 0.1 mol Lgmin =3min

32、 ；鐵元素化合價由+3升高為+6,失去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,再根據(jù)電荷守恒及原子守恒配平得2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cr+5H2O；(6) Cu3P中P元素化合價為-3, H3PO4中P元素化合價為+5,所以P既是氧化劑又是還原) 0.5-x1.5-3x2x容器內(nèi)壓強(qiáng)是起始的 0.9倍，溫度和容器容積不變，氣體的壓強(qiáng)比等于濃度之比，所以10.5-x+1.5-3x+2x molg_劑，CU元素化合價由CUSQ中的+2降低為Cu3P中+1 ,所以CUSo也是

33、氧化劑，即氧化劑為P CUSO4；當(dāng)有2mol H3PQ生成，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為2mol ×什5-0)=10moJ7.在古代，橘紅色的鉛丹(Pb3O4)用于入藥和煉丹，人們對其中重金屬鉛的毒性認(rèn)識不 足。已知：PbQ為棕黑色粉末。某化學(xué)興趣小組對鉛丹的一些性質(zhì)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)探究并測定其 組成?；卮鹣铝袉栴}：(1) 性質(zhì)實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象解釋或結(jié)論將適量鉛丹樣品放入小燒杯中，加 入2 mL 6 mol/L的HNO3溶液，攪拌Pb3O4+ 4HNO3=PbO2+2Pb (NO3) 2+ 2H2O將上述混合物過濾，所得濾渣分為 兩份，一份加入 2 mL濃鹽酸，加熱有刺激性的黃綠色氣體產(chǎn)生反應(yīng)的

34、化學(xué)方程式：另一份濾渣加入硝酸酸化的 Mn(NO3) 2溶液，攪拌得紫色溶液結(jié)論：(2) 組成測定 準(zhǔn)確稱取0.530 g干燥的鉛丹樣品，置于潔凈的小燒杯中，加入2 mL 6 mol/L的HNO3溶液，攪拌使之充分反應(yīng)，分離出固體和溶液。該分離操作名稱是。 將中所得溶液全部轉(zhuǎn)入錐形瓶中，加入指示劑和緩沖溶液，用0.04000 mol/L的EDTA溶液(顯酸性)滴定至終點(diǎn)，消耗 EDTA溶液36.50 mL。EDTA與 Pb2+的反應(yīng)可表示為 Pb2+ + H2Y2- =Pb- + 2H+ ,滴定時EDTA溶液應(yīng)盛裝在 中。濾液中含Pb2+mol。 將中所得固體PbO2全部轉(zhuǎn)入另一錐形瓶中，往其

35、中加入適量HAC與NaAC的混合液和8 g固體Kl,搖動錐形瓶，使 PbO2全部反應(yīng)而溶解，發(fā)生反應(yīng)PbO2+ 4+ 4HAc =Pbb+ I2+ 4Ac+ 2H2O,此時溶液呈透明棕色。以0.05000 mol/L的Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，發(fā)生反應(yīng)2+ 2S2O32-=9O62-+ 2，至溶液呈淡黃色時加入2%淀粉溶液1 mL,繼續(xù)滴定至溶液,即為終點(diǎn)，用去 Na2S2O3溶液30.80 mL。根據(jù)、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)計(jì)算，鉛丹中Pb ( )與Pb (W)的原子數(shù)之比為 。加熱【答案】固體由橘紅色變?yōu)樽睾谏玃bQ+ 4HCl (濃)PbCb+ Cl2 + 2H2O 在酸性溶液中，PbO2能夠?qū)n2

36、+氧化為MnO”過濾、洗滌、干燥酸式滴定管1.460-× 1藍(lán)色褪去且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)1.90【解析】【分析】(1) 由化學(xué)方程式及物質(zhì)的物理性質(zhì)總結(jié)反應(yīng)現(xiàn)象，黃綠色氣體為氯氣，HCl氧化為氯氣，則PbO2發(fā)生還原，紫色是 MnO 4-離子的顏色，在酸性條件下PbO2能夠?qū)n2+氧化 為Mn4-, PbO2發(fā)生還原反應(yīng)變?yōu)?2價離子；(2) 溶液中有固體沉淀的分離步驟是：過濾、洗滌、干燥，堿性溶液用堿式滴定管盛 裝，酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛裝，根據(jù)反應(yīng)的離子方程式找出關(guān)系式進(jìn)行計(jì)算濾 液中含Pb2+的物質(zhì)的量；(3) 碘遇淀粉變藍(lán)色，根據(jù)反應(yīng)的離子方程式找出關(guān)系式進(jìn)行相關(guān)計(jì)算。

37、 根據(jù)以上分析進(jìn)行解答?！驹斀狻?1)鉛丹樣品與 HNO3溶液發(fā)生反應(yīng)：Pb34+ 4HN03=PbQ+ 2Pb(N6)2+ 2H2O ,由題中所 給Pb304、Pb02物理性質(zhì)可知反應(yīng)現(xiàn)象為：固體由橘紅色變?yōu)樽睾谏４鸢笧椋汗腆w由橘紅色變?yōu)樽睾谏?。Pb02與濃鹽酸加熱生成的黃綠色氣體為氯氣，HCl氧化為氯氣，Pb02發(fā)生還原變成一加熱Pb2+,根據(jù)原子守恒寫出反應(yīng)方程式為：Pb02+ 4HCl (濃)PbC2+ C2 + 2缶0。加熱答案為：PbO2+ 4HCl (濃)PbC2 + C2 + 2也0。Pb02與硝酸酸化的 Mn (N03)2溶液反應(yīng)得到的是 Mn04-紫色溶液，說明在酸性條件

38、下 Pb02能夠?qū)n2+氧化為Mn。4-, PbQ發(fā)生還原反應(yīng)變?yōu)?Pb2+離子，反應(yīng)方程式為：5Pb02+ 2Mn 2+4H+= 2Mn 0”+ 5Pb2+2 H20。答案為：在酸性溶液中，Pb02能夠?qū)n2+氧化為Mn0”。(2) 溶液中有不溶物分離的操作步驟是：過濾、洗滌、干燥。 答案是：過濾、洗滌、干燥。滴定實(shí)驗(yàn)中酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛裝，所以顯酸性的EDTA溶液應(yīng)盛裝在酸式滴定管里，根據(jù)反應(yīng)Pb2+ H2Y2- =PbY2-+ 2H+可 得：n (Pb2+)=n(H2Y2-)=36.50 10-3L 0.0400molL=1.460 10-3mol。答案為：酸式滴定管；1

39、.460 × 10。(3) 該滴定實(shí)驗(yàn)使用淀粉溶液作指示劑，而碘遇淀粉變藍(lán)色，當(dāng)反應(yīng)2+ 2S2O32-=SO62-+ 2I結(jié)束時，碘恰好反應(yīng)完藍(lán)色褪去，所以達(dá)到滴定終點(diǎn)的標(biāo)志是：藍(lán)色褪去且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)；根據(jù)反應(yīng)：PbO2+ 4+ 4HAc =Pbb+ b+ 4Ac + 2出0, 2+ 2S2O32-=SO62-+ 2可得：1 1n(PbO2)=n(|2)= n(S2O32-)=0.05000molL 30.80 10-3L=7.7 10-4mol ,所以鉛丹中 Pb ()2 2與 Pb (W)的原子數(shù)之比為:1.460 × 10： 7.7 10-4=1.90°

40、答案為：藍(lán)色褪去且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)；1.90?！军c(diǎn)睛】 有關(guān)滴定實(shí)驗(yàn)的計(jì)算中要根據(jù)反應(yīng)方程式找準(zhǔn)關(guān)系式，計(jì)算時注意單位的換算。CiF+、Fe3+的電鍍廢水中制備氯化&氯化亞銅在有機(jī)合成工業(yè)中常作催化劑。以下是從含 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CUel產(chǎn)率與PH的關(guān)系圖。I-I(i*< IaI旳 M 3D率S I nK訕*L" 0÷iV- -C>的液橫古Fe的織度Q> >t 11I I7-e CuCI 產(chǎn)率I PK氯北鉀調(diào)節(jié)破.溫度>tluCl反應(yīng)過號請回答以下問題：(1) 在電鍍廢水中加堿產(chǎn)生沉淀，

41、過濾得到電鍍污泥，則電鍍污泥的主要成分為；由反應(yīng)制備CuCl時的最佳PH在左右；(3) 對CuCl產(chǎn)率探究時發(fā)現(xiàn)反應(yīng)在隔絕空氣條件下進(jìn)行時CuCl產(chǎn)率較高，由此推測 CuCl具有性；(4) 寫出反應(yīng)中化學(xué)反應(yīng)方程式： ；(5) 隔絕空氣條件下，從濾液中制得晶體的實(shí)驗(yàn)操作為：；(6) 取晶體4.34g隔絕空氣條件下，失去結(jié)晶水后得固體3.26g,所得固體溶于水分成二等份，一份加入足量 BaCb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(xué)式： ?！敬鸢浮縁e(OH)3, CU(OH)2 3.5 還原 2CuSO+ Fe +2KCl

42、= 2CuCl2SO2KFeSO 蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過濾(洗滌)、干燥 KbFe(So)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(yīng)生成氫氧化鐵和氫氧化銅沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵和氫氧化銅的電鍍污泥；向電鍍污泥中加入硫酸控制PH使氫氧化銅溶解，而氫氧化鐵不溶解，過濾得到高濃度的硫酸銅溶液；向高濃度的硫酸銅溶液加入鐵 與氯化鉀，調(diào)節(jié)溶液 PH和反應(yīng)溫度使硫酸銅與鐵、氯化鉀反應(yīng)生成了硫酸亞鐵、硫酸鉀 和氯化亞銅，過濾得到氯化亞銅沉淀和含有的硫酸亞鐵、硫酸鉀濾液，隔絕空氣條件下， 濾液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到K2Fe(SQ)2?6H2O晶體

43、?！驹斀狻?1) 由流程圖可知，向電鍍廢水中加堿，Cu2+、Fe3+與堿反應(yīng)生成氫氧化鐵和氫氧化銅沉淀，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)3、CU(OH)2；(2) 由CuCl產(chǎn)率與PH的關(guān)系圖可知，制備 CUCI時的最佳PH是3.5左右，故答案為：3.5;(3) 對CUCl產(chǎn)率探究時發(fā)現(xiàn)反應(yīng) 在隔絕空氣條件下進(jìn)行時CUCl產(chǎn)率較高，說明氯化亞 銅具有還原性，能被空氣中的氧氣氧化，故答案為：還原；(4) 反應(yīng)為調(diào)節(jié)溶液PH和反應(yīng)溫度使硫酸銅與鐵、氯化鉀反應(yīng)生成了硫酸亞鐵、硫酸鉀和氯化亞銅，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CuSQ+Fe+2KCI=2CuCl+FeSQ+SC4

44、,故答案為：2CuSQ+Fe+2KCI=2CuCJ +FeSQ+K2SQ;(5) 隔絕空氣條件下，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、干燥得到硫酸亞鐵晶體，故答案為：蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過濾(洗滌)、干燥；(6) 由題意可知，結(jié)晶水的物質(zhì)的量為(鶯囂g =006mol ,由加入足量BaC2溶液,得到硫酸鋇沉淀質(zhì)量為 2.33g可知硫酸根的物質(zhì)的量為 233g3gmol × 2=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 16(0g4gmol × 2× 2=0.01mol, n(H2O)

45、=0.02mol: 0.01mol : 0.02mol : 0.06mol=2:1:2:6 ,晶體的化學(xué)式為 K2Fe(SO)2?6H2O, 故答案為：K2Fe(SO)2 ?6H2O。則鉀離子的物質(zhì)的量為(3.26- 0.02 96-0. 01 56) g+39g/ mol=0.02mol, n(K):n (Fe2+)n(SQ42 );9. 實(shí)驗(yàn)室里，從廢舊鈷酸鋰離子電池的正極材料(在鋁箔上涂覆活性物質(zhì)LiCoQ)中，回收鈷、鋰的操作流程如下圖所示：1I 11蠶一1O4I *說泡Cq(CH)2理施一 Ni2SOtIOH1O回答下列問題。(1) 拆解廢舊電池獲取正極材料前，先將其浸入NaCl溶液

46、中，使電池短路而放電，此時溶液溫度升高，該過程中能量的主要轉(zhuǎn)化方式為。(2) “堿浸”過程中產(chǎn)生的氣體是 ; “過濾”所得濾液用鹽酸處理可得到氫氧化鋁，反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(3) “酸浸”時主要反應(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，但會產(chǎn)生 (填化學(xué)式)污染環(huán)境。(4) “沉鈷”時，調(diào)PH所用的試劑是 ; “沉鈷”后溶液中 C ( Co2+)=。(已 知：Ksp Co (OH) 2= 1.09 × l0-15)(5) 在空氣中加熱 Co (OH) 2,使其轉(zhuǎn)化為鈷的氧化物。加熱過程中，固體質(zhì)量與溫度的 關(guān)系如左下圖所示。290

47、500C ,發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。(6) 根據(jù)右下圖判斷，“沉鋰”中獲得Li2CO3固體的操作主要包括 、洗滌、干燥等步驟。2tM4(KI 耳 QOA如貯IflO9wN¾SCh104060 SO LoCitt度他【答案】化學(xué)能電能熱能H2 NaAlQ+HCI+H2C=NaCI+AI(OH)3 J 8LiCoQ+ SQ2-+22H+=8Li+8Co2+2S42-+11H2 C2 NaOH溶液或氫氧化鈉固體 1.09× I0-6moI/ L290500C6C0234C34+ O2 蒸發(fā)濃縮 趁熱過濾【解析】【分析】正極材料主要由Al和LiCoO2組成，LiCoO2屬于鹽類，

48、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)生成偏鋁酸鈉和氫氣，過濾得到濾渣為 LiCoO2；"酸浸”時反應(yīng)物有LiCoQ、硫酸和Na2S2O3溶液，依據(jù)“沉鈷”產(chǎn)物為 CO(OH) 2可判斷，反應(yīng)后鈷元素的價態(tài)從 +3價降為+2價，依據(jù)氧化還原 反應(yīng)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 Na2SO4 1OH2O?！驹斀狻?1) 依據(jù)“電池短路而放電

49、” “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；(2) 依題中信息可知，正極材料主要由AI和LiCOO2組成，LiCoQ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Al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(H)3 J；(3) 根據(jù)分析可知“酸浸”時 Na293被氧化為SQ2-, 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： 8LiCo2+ S232-+22H+=8Li+8Co2+2

50、SQ2-+11H2;加入的Na2S23起還原作用，用一定濃度的鹽酸替代“Na293溶液和硫酸”，也能實(shí)現(xiàn)酸浸目的，可知該反應(yīng)中，鹽酸也起了還原劑的作用，氧化產(chǎn)物為會污染環(huán)境的C2;(4) 結(jié)合“沉鋰”后母液中還可以獲得Na2S 10H2O,可知用的試劑為 NaOH溶液或固體；溶液 pH=9.5 ,則溶液中 C(OH)= 10-4.5mol/L,帶入 Ksp Co( OH) 2= c2( OH-) c( Co2+)= 1.09 × I0-15求得 qCo2+)=1.09× 0-6molL;(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)

51、的量為0. 01mol ,依 據(jù)鈷元素的量不變可知：n(Co)=O.01 mol , m(Co)= 0. 590g,溫度升溫290C時，轉(zhuǎn)化為0.830g某種鈷的氧化物，該氧化物中,n(O)=0.830g-0.590g16gmol=0. 015mol,由此可以確定該氧化物為Cc23;同理可以確定 500 C時，n( O)= 00133mol ,則生成的氧16gmol化物為C34；所以290C500C過程中，Co2O3轉(zhuǎn)化為Co3O4,反應(yīng)過程中， Co元素化合 價降低。氧元素化合價升高并轉(zhuǎn)化為。2,故反應(yīng)的化學(xué)方程式為290500C6Co2O= 4Co3O4+ O2 ;(6) 分析溶解度曲線可

52、知 LiCQ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，同時防止硫酸鈉析出，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。10. 合成氨工業(yè)對國民經(jīng)濟(jì)和社會發(fā)展具有重要意義(1) 工業(yè)合成氨工業(yè)常用的催化劑是 ,氨分子的電子式是 圖是一定的溫度和壓強(qiáng)下是N2和H2反應(yīng)生成ImolNH3過程中

53、能量變化示意圖，請寫出工業(yè)合成氨的熱化學(xué)反應(yīng)方程式 。(熱量Q的數(shù)值用含字母a、b的代數(shù)式表示)下列有關(guān)該反應(yīng)的說法正確的是 (填序號)A. 保持容器的體積不變，當(dāng)混合氣體的密度不變時，說明反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)。B. 達(dá)到平衡時若升高溫度，混合氣體中氮元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)將變大。C. 達(dá)到平衡時若減少容器的體積，正反應(yīng)速率將大于逆反應(yīng)速率。D. 達(dá)到平衡后，N2的轉(zhuǎn)化率和H2的轉(zhuǎn)化率一定相等。(4) 在催化劑存在下，NH3可用來消除No的污染，生成兩種對環(huán)境無害的物質(zhì)。寫出反應(yīng) 的化學(xué)方程式：;該反應(yīng)中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比是(5) 把NH3通入鹽酸溶液中，所得溶液的pH=7,此時溶液中離

54、子濃度關(guān)系是 H【答案】鐵觸媒 >ty I-I N2 (g) +3H2 (g)2NH3 (g) +2 (b-a) kJ mol-1 CU *4NH3+6NO 5N+6H2O 2:3 C(NH) = C(Cf) > c(H+)= c(OH-) c(NH4+)+c(H+) = C(OH)+ C(Cr)【解析】【分析】工業(yè)合成氨的催化劑是以鐵為載體的鐵觸媒，氨氣是共價化合物，氮原子最外層5個電子，其中三個電子和三個氫原子形成三個共價鍵；由圖求出N2和H2反應(yīng)生成ImoINH 3的反應(yīng)熱，再根據(jù)熱化學(xué)反應(yīng)方程式的書寫要求解答；合成氨是氣體體積減小的放熱反應(yīng)， 依據(jù)平衡移動原理判斷；NH 3可用來消除No的污染，生成2種對環(huán)境無害的物質(zhì)，應(yīng)生成氮?dú)夂退?；氨氣通入鹽酸溶液反應(yīng)生成氯化銨溶液，溶液中一定存在電荷守恒；若溶液 pH=7 ,則氫氧根離子濃度和氫離子濃度相同，結(jié)合電荷守恒得到離子濃度大小。據(jù)此分 析?！驹斀狻?1) 工業(yè)合成氨的催化劑是以鐵為載體的鐵觸媒，氨氣是共價化合物，氮原子最外層5個電子，其中三個電子和三個氫原子形成三個共價鍵，電子式為：；答案為：鐵觸媒；&quo