全國(guó)備戰(zhàn)高考化學(xué)氧化還原反應(yīng)的綜合備戰(zhàn)高考真題匯總

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.工業(yè)上處理含苯酚廢水的過程如下。回答下列問題：I.測(cè)定廢水中苯酚的含量。測(cè)定原理：OH+3Br2f國(guó)OHJ+3HBr測(cè)定步驟：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5.00mLamoiL1濃濱水（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.l0molL1KI溶液（過量），塞緊瓶塞，振蕩。步驟4：滴入23滴指示劑，再用0.010moiL1Na2s2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗Na2s2O3溶液VmL（反應(yīng)原理：I22Na2s2O32NaINa2s4。6）。待測(cè)廢水換為蒸儲(chǔ)

2、水，重復(fù)上述步驟（即進(jìn)行空白實(shí)驗(yàn)），消耗Na2s2O3溶?V?mL。（1）步驟1"量取待測(cè)廢水所用儀器是。（2）為了防止澳的揮發(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mg11（用含丫1、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On.處理廢水。采用Ti基PbO2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（OH）,陰極上產(chǎn)生H2O2。通過交

3、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O2nH2O。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：?！敬鸢浮款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94V-V鐘不恢復(fù)原色2偏低偏低H2OeOHH15C6H50H14H2O26CO217H2O【解析】【分析】向呈有待測(cè)廢水加入濃澳水反應(yīng)后得到三澳苯酚的沉淀，再加入KI溶液與剩下的B2發(fā)生氧化還原反應(yīng)得到I2,方程式為Br2+2I-=I2+2Br-,再用Na2S>O3標(biāo)準(zhǔn)溶?滴定可根據(jù)消耗的Na2SO3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)

4、空白實(shí)驗(yàn)測(cè)出濃濱水的物質(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B2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。【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)由于澳單質(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Na2s2。3標(biāo)準(zhǔn)溶液會(huì)反應(yīng)I2,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

5、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)根據(jù)反應(yīng)方程式可得各物質(zhì)的物質(zhì)的量關(guān)系式：Br22KII22Na2S2O30.005V0.01Vi0.005V20.01V2剩下的濃澳水中Br2的物質(zhì)的量為0.005Vimmol,將待測(cè)廢液換成蒸儲(chǔ)水時(shí)，5mLamol/L的濃澳水中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0H+3Br2BrOHJ+3HBr可得苯酚的物質(zhì)的口、，0.005V2-V1940.005V2-V1,_.重為mmol,質(zhì)量為mg,則該廢水

6、中本酚的含量為33940.005V2-V194V2-V1-1,若步驟2中忘記塞進(jìn)瓶塞，澳單質(zhì)揮發(fā),mgg-153小32510L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(yáng)極，則陽(yáng)極H2O失去電子產(chǎn)生OH,電極反應(yīng)式為H2O-e-=H+OH,故答案為：H2O-e-=H+OH；(6)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

7、C6H5OH+14H2O2=6CO2T+17H2O,故答案為：C6H5OH+14H2O2=6CC2T+17建O。2.高鎰酸鉀是一種用途廣泛的強(qiáng)氧化劑，實(shí)驗(yàn)室制備高鎰酸鉀所涉及的化學(xué)方程式如下:一熔融MnO2熔融氧化：3MnO2+KClQ+6KOH_3K2MnO4+KCl+3H2OK2MnO4歧化：3K2MnO4+2CQ=2KMnO4+MnO2J+2K2CO3將MnO2熔融氧化所得產(chǎn)物的熱浸取液裝入三頸燒瓶，再通入CO2氣體，使K2MnO4歧化的過程在如圖裝置中進(jìn)行，A、B、C、D、E為旋塞，F(xiàn)、G為氣囊，H為帶套管的玻璃棒?；卮鹣铝袉栴}：(1)儀器a的名稱是。(2)MnO2熔融氧化應(yīng)放在中加熱

8、(填儀器編號(hào))。燒杯瓷塔蝸蒸發(fā)皿鐵塔竭(3)為了能充分利用CQ,裝置中使用了兩個(gè)氣囊。當(dāng)試管內(nèi)依次加入塊狀碳酸鈣和鹽酸后，關(guān)閉旋塞B、E,微開旋塞A,打開旋塞CD,往熱&MnO4溶液中通入CQ氣體，未反應(yīng)的CQ被收集到氣囊F中。待氣囊F收集到較多氣體時(shí)，關(guān)閉旋塞,打開旋塞,輕輕擠壓氣囊F,使CQ氣體緩緩地壓入K2MnO4溶液中再次反應(yīng)，未反應(yīng)的CO2氣體又被收集在氣囊G中。然后將氣囊G中的氣體擠壓入氣囊F中，如此反復(fù)，直至K2MnO4完全反應(yīng)。(4)除去K2MnO4歧化產(chǎn)物中MnO2的操作方法是。(5)將三頸燒瓶中所得產(chǎn)物經(jīng)過一系列操作得到針狀的高鎰酸鉀晶體，最后采用低溫烘干的方法來干

9、燥產(chǎn)品，原因是?！敬鸢浮块L(zhǎng)頸漏斗ACBDE過濾高鎰酸鉀晶體受熱易分解【解析】【分析】(1)由實(shí)驗(yàn)裝置可知，儀器a為長(zhǎng)頸漏斗；(2)熔融固體物質(zhì)需要在增期內(nèi)加熱，加熱熔融物含有堿性KOH應(yīng)用鐵塔期；(3)該操作的目的是將氣囊F中的二氧化碳排出，據(jù)此判斷正確的操作方法；(4)高鎰酸鉀溶于水，二氧化鎰不溶于水；(5)高鎰酸鉀晶體受熱易分解?！驹斀狻?1)由實(shí)驗(yàn)裝置可知，儀器a為長(zhǎng)頸漏斗，故答案為：長(zhǎng)頸漏斗；(2)熔融固體物質(zhì)需要在增期內(nèi)加熱，加熱熔融物中含有堿性KOH,瓷塔期中含有二氧化硅，二氧化硅能夠與氫氧化鉀反應(yīng)，所以應(yīng)用鐵塔竭，故答案為：；(3)待氣囊F收集到較多氣體時(shí)，需要將氣囊F中二氧化碳

10、排出到熱K2MnO4溶液中，所以需要關(guān)閉A、C,打開B、D、E,輕輕擠壓氣囊F,從而使CO2氣體緩緩地壓入K2MnO4溶液中再次反應(yīng)，故答案為：AC;BDE；(4)高鎰酸鉀溶于水，二氧化鎰不溶于水，固液分離應(yīng)用過濾的方法，則除去高鎰酸鉀溶液中的二氧化鎰應(yīng)用過濾的方法，故答案為：過濾；(5)高鎰酸鉀晶體受熱易分解，實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)采用低溫烘干的方法來干燥產(chǎn)品，避免高鎰酸鉀晶體受熱發(fā)生分解，故答案為：高鎰酸鉀晶體受熱易分解。3.過硫酸鈉(Na2S2O8)具有極強(qiáng)的氧化性，且不穩(wěn)定，某化學(xué)興趣小組探究過硫酸鈉的相關(guān)性質(zhì)，實(shí)驗(yàn)如下。已知SQ是無色易揮發(fā)的固體，熔點(diǎn)16.8C,沸點(diǎn)44.8Co(1)穩(wěn)定性探究(

11、裝置如圖)：分解原理：2Na2s2O8工;2Na2SO+2SO3T+O2T。此裝置有明顯錯(cuò)誤之處，請(qǐng)改正：,水槽冰水浴的目的是;帶火星的木條的現(xiàn)象(2)過硫酸鈉在酸性環(huán)境下，在Ag+的催化作用下可以把Mn"氧化為紫紅色的離子，所得溶液加入BaC2可以產(chǎn)生白色沉淀，該反應(yīng)的離子方程式為,該反應(yīng)的氧化劑是,氧化產(chǎn)物是。(3)向上述溶液中加入足量的BaC2,過濾后對(duì)沉淀進(jìn)行洗滌的操作是(4)可用H2QO4溶液滴定產(chǎn)生的紫紅色離子，取20mL待測(cè)液，消耗0.1molL1的H2c2。4溶液30mL,則上述溶液中紫紅色離子的濃度為molL1,若Na2s2。8有剩余，則測(cè)得的紫紅色離子濃度將(填偏

12、高"偏低"或不變”。)【答案】試管口應(yīng)該略向下傾斜冷卻并收集SO3木條復(fù)燃2Mn2+5&O+8H2。維二2MnOi+10SO+16H+校OMn。1用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸儲(chǔ)水至沒過沉淀，使蒸儲(chǔ)水自然流下，重復(fù)操作23次(合理即可)0.06偏高【解析】【分析】(1)在試管中加熱固體時(shí)，試管口應(yīng)略微向下傾斜；根據(jù)SO、氧氣的性質(zhì)進(jìn)行分析；(2)X為Mn,向所得溶液中加入BaCl2溶液可以產(chǎn)生白色沉淀，則產(chǎn)物中有SO2-,據(jù)此寫出離子方程式，并根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律判斷氧化劑、氧化產(chǎn)物；根據(jù)沉淀洗滌的方法進(jìn)行回答；(4)根據(jù)得失電子守恒可得到關(guān)系式：5H2GQ-2MnO4

13、,帶入數(shù)值進(jìn)行計(jì)算；Na2s2。8也具有氧化性，氧化H2C2Q?！驹斀狻吭谠嚬苤屑訜峁腆w時(shí)，試管口應(yīng)略微向下傾斜，SO3的熔、沸點(diǎn)均在0c以上，因此冰水浴有利于將SC3冷卻為固體，便于收集SQ,由Na2&O8的分解原理可知，生成物中有氧氣，所以在導(dǎo)管出氣口的帶火星的木條會(huì)復(fù)燃，故答案為：試管口應(yīng)該略向下傾斜；冷卻并收集SQ；木條復(fù)燃；(2)X為MnO4-,向所得溶液中加入BaC2溶液可以產(chǎn)生白色沉淀，則產(chǎn)物中有SQ2-,則反應(yīng)的離子方程式為2Mn2+5S2O；+8H2OM+2MnO£+10SO,16右,根據(jù)該反應(yīng)中元素化合價(jià)的變化可知，氧化劑是3O82-,氧化產(chǎn)物是MnO，故

14、答案為：2Mnn.FeCQ的性質(zhì)探究+5&OT+8H2O如“2MnOl+10S<O-+16H+;&O82-;MnO;(3)沉淀洗滌時(shí)，需要用玻璃棒引流，并且所加蒸儲(chǔ)水需要沒過沉淀，需要洗滌23次，故答案為：用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸儲(chǔ)水至沒過沉淀，使蒸儲(chǔ)水自然流下，重復(fù)操作23次(合理即可)；(4)根據(jù)得失電子守恒可得到關(guān)系式：5H2C2O4:2MnO4-520.03L0.1molgL-10.02LcMnO4則cMnO4-=20.03L0.1molS=0.06moig_-1,Nm&O8具有氧化性，消耗的H2c2O450.02L溶液增多，導(dǎo)致測(cè)得的結(jié)果偏高，故答案為

15、：0.06;偏高。4.碳酸亞鐵可用于制備補(bǔ)血?jiǎng)?。某研究小組制備了FeCQ,并對(duì)FeCQ的性質(zhì)和應(yīng)用進(jìn)行了探究。已知：FeCQ是白色固體，難溶于水Fe2+6SCNFe(SCN)4-(無色)I.FeCQ的制取(夾持裝置略)實(shí)驗(yàn)i：實(shí)驗(yàn)K5CN融充分瘴蕩，r過點(diǎn)即連耨膽加浮衰為5函10S七4裝置C中，向Na2CC3溶液(pH=11.9)通入一段時(shí)間CQ至其pH為7,滴加一定量FeSQ溶液，產(chǎn)生白色沉淀，過濾、洗滌、干燥，得到FeCQ固體。試劑a是。(2)向N32CQ溶液通入CQ的目的是。(3)C裝置中制取FeCO的離子方程式為。(4)有同學(xué)認(rèn)為C中出現(xiàn)白色沉淀之后應(yīng)繼續(xù)通CO2,你認(rèn)為是否合理并說明

16、理由實(shí)驗(yàn)iii加MLdrn4VLK5CH港第0,3MtOjFcOJ.KjH對(duì)比實(shí)驗(yàn)ii和iii,得出的實(shí)驗(yàn)結(jié)論是(6)依據(jù)實(shí)驗(yàn)ii的現(xiàn)象，寫出加入10%H2O2溶液的離子方程式m.FeCO3的應(yīng)用(7)FeCO3溶于乳酸CH3CH(OH)COOH能制得可溶性乳酸亞鐵(CHaCH(OH)COO2Fe,相對(duì)分子質(zhì)量為234)補(bǔ)血?jiǎng)?。為測(cè)定補(bǔ)血?jiǎng)┲衼嗚F含量進(jìn)而計(jì)算乳酸亞鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，樹德中學(xué)化學(xué)實(shí)驗(yàn)小組準(zhǔn)確稱量1.0g補(bǔ)血?jiǎng)?，用酸性KMnO4溶液滴定該補(bǔ)血?jiǎng)?.1000mol/L的KMnO4溶液10.00mL,則乳酸亞鐵在補(bǔ)血?jiǎng)┲械馁|(zhì)量分?jǐn)?shù)為,該數(shù)值異常的原因是(不考慮操作不當(dāng)以及試劑變質(zhì)引起

17、的誤差)?！敬鸢浮匡柡蚇aHCO3溶液降低溶液中OH-濃度，防止生成Fe(OH)22HCQ-+Fe2+=FeCQJ+CQT+噸0不合理，CO2會(huì)和FeCO3反應(yīng)生成Fe(HCQ”(或合理，排出氧氣的影響)F聲與SCN的絡(luò)合(或結(jié)合)會(huì)促進(jìn)FeCO3固體的溶解或FeCO3固體在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大6Fe(SCN64-+3H2O2=2Fe(OH)3J+4Fe(SCN)+24SCN或6Fe2+3H2O2+12SCN=2Fe(OH)4+4Fe(SC用或6Fe2+3H2O2=2Fe(OH)3J+4F(3+117%乳酸根中的羥基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4【解析】【分析】I.裝置

18、A中碳酸鈣和稀鹽酸反應(yīng)生成的二氧化碳中混有揮發(fā)的氯化氫氣體，需要利用裝置B中盛裝的飽和碳酸氫鈉溶液除去，裝置C中，向碳酸鈉溶液(pH=11.9)通入一段時(shí)間二氧化碳至其pH為7,滴加一定量硫酸亞鐵溶液產(chǎn)生白色沉淀，過濾，洗滌，干燥，得到FeCO;II.(5)根據(jù)Fe2+6SCNreFe(SCN64-分析FeCQ在KCl和KSCN兩種不同溶液中的溶解度不同判斷；(6)實(shí)驗(yàn)ii中溶液顯紅色且有紅褐色沉淀生成，說明加入10%過氧化氫溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)生成；FeCQ溶于乳酸CH3CH(OH)COOH能制得可溶性乳酸亞鐵補(bǔ)血?jiǎng)?，根?jù)得失電子守恒和元素守恒建立關(guān)系式進(jìn)行計(jì)算；乳酸根中有

19、羥基，也能被高鎰酸鉀溶液氧化?！驹斀狻縄.(1)裝置A中制取的CQ中混有HCl,欲除去CQ中混有的HCl,B中盛裝的試劑a應(yīng)是飽和NaHCQ溶液，故答案為：飽和NaHCO3溶液；(2)向Na2CO3溶液中通入CO2的目的是利用CO2和Na2CO3反應(yīng)生成的NaHCQ,提高溶液中HCO3-的濃度，抑制CO2-的水解，降低溶液中OH-的濃度，防止生成Fe(OH)2,故答案為：降低溶液中OH-濃度，防止生成Fe(OH)2；(3)裝置C中，向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段時(shí)間CO2至其pH為7,此時(shí)溶液中溶質(zhì)主要為NaHCO3,再滴加FeSQ溶液，有FeCQ沉淀生成，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為

20、2HCO3-+Fe2+=FeCQJ+COT+H2O,故答案為：2HCO3-+Fe2+=FeCQj+COT+H2O;(4)FeC。沉淀能溶解在CO2的水溶液中，生成可溶于水的Fe(HCO)2,降低產(chǎn)物的量，則當(dāng)出現(xiàn)白色沉淀之后不應(yīng)繼續(xù)通入CO2,或者：出現(xiàn)白色沉淀之后繼續(xù)通C。，可防止空氣中氧氣氧化FeCQ,提高產(chǎn)物的純度，故答案為：不合理，CO2會(huì)和FeCQ反應(yīng)生成Fe(HCQ”(或合理，排出氧氣的影響)；n.(5)通過對(duì)比實(shí)驗(yàn)ii和iii,可知Fe2+與SCN的絡(luò)合生成可溶于水的Fe(SCN64-,會(huì)促進(jìn)FeCQ固體的溶解，故答案為：F¥+與SCN的絡(luò)合(或結(jié)合)會(huì)促進(jìn)FeCQ固體

21、的溶解或FeCQ固體在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大；(6)依據(jù)實(shí)驗(yàn)ii的現(xiàn)象，可知在含有Fe2+的溶液中滴加10%的過氧化氫溶液后，有Fe(OH)3和Fe(SCN)生成，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為6Fe(SCN64-+3H2O2=2Fe(OH)4+4Fe(SCN)+24SCN或6Fe2+3H2O2+12SCN=2Fe(OH)4+4Fe(SC用或6Fe2+3H2O2=2Fe(OH)3J+4F(3+；故答案為：6Fe(SCN64-+3H2O2=2Fe(OH)3J+4Fe(SCN)+24SCN或6Fe2+3H2O2+12SCN=2Fe(OH)H+4Fe(SCN3»或6Fe2+3H2O

22、2=2Fe(OHJ+4F(3+；出.(7)FeCQ溶于乳酸CH3CH(OH)COOH能制得可溶性乳酸亞鐵(CH3CH(OH)COO2Fe補(bǔ)血?jiǎng)?，可得關(guān)系式MnO45Fe2+5CH3CH(OH)COO2Fe,則乳酸亞鐵的物質(zhì)的量為0.1000mol/LX0.01LX5=0.005mWL酸亞鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)0.005moi234g/mo1100%=117%,由于乳酸根中含有羥基，也可以被酸性高鎰酸鉀1.0g溶液氧化，導(dǎo)致消耗高鎰酸鉀溶液的量增多，而計(jì)算中只按Fe2+被氧化，故計(jì)算所得乳酸亞鐵的質(zhì)量偏大，導(dǎo)致產(chǎn)品中乳酸亞鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于100%,故答案為：117%；乳酸根中的羥基被KMnO4氧化，也消耗

23、了KMnO4。5.過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽(K2SO4?KHSQ?2KHSQ)易分解，可用作漂白劑、NOx和SQ等的脫除劑。某研究小組制備過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽的流程如圖所示。已知：濃硫酸與H2O2反應(yīng)，部分轉(zhuǎn)化為過硫酸(化學(xué)式為H2SO5,是一種一元強(qiáng)酸)(1)H2SO5中硫元素的化合價(jià)為+6價(jià)，其中過氧鍵的數(shù)目為;工業(yè)上用過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽溶液脫除NO時(shí)，反應(yīng)的離子方程式為。(2)若反應(yīng)物的量一定，在上述流程的轉(zhuǎn)化”步驟中需用冰水浴冷卻，且緩慢加入濃硫酸，其目的是。(3)“結(jié)晶”操作中，加入K2CO即可獲得過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽晶體，該過程的化學(xué)方程式為。過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽產(chǎn)率(以產(chǎn)品含氧量表示)隨溶液

24、pH和溫度的變化關(guān)系如圖所示，則該過程適宜的條件是。2.02.535h號(hào)101.5限,病/丁|(4)產(chǎn)品中KHSO5含量的測(cè)定：取1.000g產(chǎn)品于錐形瓶中，用適量蒸儲(chǔ)水溶解，加入5mL5%的硫酸和5mL25%的KI溶液，再加入1mL淀粉溶液作指示劑，用0.2000molL-1硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積為25.00mL。已知：2KHSQ+4KI+H2SQ=2b+3K2SQ+2H2OI2+2Na2s2O3=Na2S4O6+2NaI用滴定管盛裝標(biāo)準(zhǔn)濃度的硫代硫酸鈉溶液(填甲”或之”)。產(chǎn)品中KHSO5的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為?！敬鸢浮?3HSOT+2NO+H2O=3SO2+2NO3+5H+防

25、止?jié)饬蛩崤cH2O2溶液混合時(shí)放出大量熱使H2O2分解5K2COJ+4H2SO5+4H2SC4=2(K2SO4?KHSO4?2KHSO5)J+5CO2T+5H2O控制pH在2.02.5之間，溫度在0c左右乙38.00%【解析】【詳解】(1)H2SO5中硫元素的化合價(jià)為+6價(jià)，依據(jù)化合價(jià)的代數(shù)和為0計(jì)算，有2個(gè)氧原子顯-1價(jià)，所以過氧鍵的數(shù)目為1。答案為1;工業(yè)上用過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽溶液脫除NO時(shí)，反應(yīng)的離子方程式為3HSO5+2NO+H2O=3SQ2+2NO3+5H+。答案為3HSQ+2NO+H2O=3SQ2+2NO3+5H+(2)在“轉(zhuǎn)化”步驟中，30%的H2O2溶液加入98%的濃硫酸中，相當(dāng)

26、于濃硫酸稀釋，會(huì)放出大量的熱，而H2O2受熱易分解，所以需用冰水浴冷卻，且緩慢加入濃硫酸。答案為:防止?jié)饬蛩崤cH2O2溶液混合時(shí)放出大量熱使H2O2分解；(3)“結(jié)晶”操作中，加入K2CO3即可獲得過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽晶體，該過程的化學(xué)方程式為5K2CO3+4H2SO5+4H2SO4=2(K2SO4?KHSO4?2KHSOi)J+5CO4+5H2。答案為：5K2CO3+4H2S。+4H2S。=2(K2SO4?KHSG?2KHSO5)J+5C。T+5H2O從溶液pH看，過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽產(chǎn)率在2.02.5之間時(shí)最大；從溫度看，過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽產(chǎn)率在0c左右最大，所以該過程適宜的條件是控制pH在2

27、.02.5之間，溫度在0c左右。答案為：控制pH在2.02.5之間，溫度在0c左右；(4)硫代硫酸鈉溶液呈堿性，應(yīng)放在堿式滴定管內(nèi)。答案為乙；由反應(yīng)2KHSQ+4KI+H2SO4=2b+3K2SQ+2H2O和I2+2Na2s2O3=Na2$O6+2NaI可得出如下關(guān)系式：KHSO52Na2s2O3n(Na2&O3)=0.2mol/Lx0.025L=0.005mol,n(KHSC5)=0.0025mol一0.0025mol152g/mol廣品中KHSQ的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：100%38.00%1.000g答案為：38.00%。6.鐵、氯、銅及其化合物在生產(chǎn)、生活中有廣泛的用途。試回答下列問題。(

28、1)二氧化氯(C1O2)已逐步代替C12用于自來水處理，用C1O2處理過的飲用水(pH為5.56.5)常含有一定量對(duì)人體不利的亞氯酸根離子(C1O2-)。已知：25c時(shí)Ka(HClO)=3.2X10,Ka(HClO2)=1.0X10,則酸性HClQHClO慎"，”或"；在pH=5的上述處理過c(ClO2)的飲用水中一(一2;若飲用水中ClO2-的含量超標(biāo)，可向其中加入適量c(HClO2)的Fe2+將ClO2-還原成Cl,寫出酸性條件下該反應(yīng)的離子方程式：(2)腐蝕銅板后的溶液中，若Cu2+、Fe3+和Fe2+濃度土勻?yàn)?.1molL1,下圖為金屬離子的濃度的對(duì)數(shù)與溶液pH的

29、關(guān)系，現(xiàn)向混合溶液中通入氨氣調(diào)節(jié)溶液的pH=5.6,溶液中存在的金屬陽(yáng)離子為(當(dāng)溶液中金屬離子濃度105molL1時(shí)，可認(rèn)為沉淀完全)。從圖中數(shù)據(jù)計(jì)算可得Fe(OH)2的溶度積KspFe(OH)2=。(3)Na2s是常用的重金屬離子沉淀劑。某工業(yè)污水中含有等濃度的Cu2+、Fe2+、Pb2+,滴加Na2s溶液后首先析出的沉淀是；當(dāng)最后一種離子沉淀完全時(shí)(該離子濃度為105molL1),此時(shí)的g濃度為。已知：Ksp(FeS)=6.3X108；Ksp(CuS)=6X1036;Ksp(PbS)=2.4X108?！敬鸢浮?034F(T+ClO2+4H+=4Fe3+Cl+2H2OCiT、Fe2+1.0X

30、10-17CuS6.3x10-13mol.L1【解析】【分析】(1)組成相似的酸，電離平衡常數(shù)越大酸性越強(qiáng)；依據(jù)電離平衡常數(shù)計(jì)算式計(jì)算；(2)向混合溶液中通入氨氣調(diào)節(jié)溶液的pH=5.6時(shí)，由圖象分析出：易生成Fe(OH)3沉淀；根據(jù)KspFe(OH)2=c(Fe2+)(OH)計(jì)算；(3)物質(zhì)組成類型相同，溶度積越小，溶解度越小，滴加硫化鈉，相應(yīng)陽(yáng)離子最先沉淀；根據(jù)溶度積計(jì)算ST的濃度?！驹斀狻?1)電離平衡常數(shù)越大酸性越強(qiáng)，已知：25C時(shí)Ka(HClO)=3.2X10,Ka(HClO2)=1.0X102,則酸性HCQ>HClO；在pH=5的上述處理過的飲用水中，c(4)=10-5molL

31、1c(ClO2)c(HClO2)1.010105=103;若飲用水中COT的含量超標(biāo)，可向其中加入適量的Fe2+將C1O2還原成C-,酸性條件下該反應(yīng)的離子方程式：4Fe2+CIO2+4H+=4Fe3+Cl+2H2O；故答案為：HCIO2>HC10；103；4Fe2+C1O2+4H+=4Fe3+C1+2H2O；(2)向混合溶液中通入氨氣調(diào)節(jié)溶液的pH=5.6時(shí)，由圖象可知易生成Fe(OH)3沉淀，溶液中存在的金屬陽(yáng)離子為Cu2>Fe2+,故答案為：Cu2>Fe2;由圖象可知：c(Fe2+)=1.0X16(molC1),c(OH)=1.0x1-6(molL-1),KspFe(O

32、H)2=c(Fe2+)X2(OH)=1.0X1017(molL-1)3;故答案為:1.0X1-07；(3)物質(zhì)組成類型相同，溶度積越小，溶解度越小，滴加硫化鈉，相應(yīng)陽(yáng)離子最先沉淀，故首先析出沉淀是CuSFe2+最后沉淀，沉淀完全時(shí)該濃度為10-5molL-1,此時(shí)的S2的濃、,631018度為molL1=6.3x110molL1,故答案為：CuS;6.3x1013moll1。105本題考查了元素化合物性質(zhì)分析，溶度積常數(shù)計(jì)算，沉淀轉(zhuǎn)化實(shí)質(zhì)理解應(yīng)用，電離平衡常數(shù)概念的分析應(yīng)用，掌握有關(guān)Ksp的基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，難點(diǎn)(3),根據(jù)物質(zhì)組成類型相同，溶度積越小，溶解度越小，離子先沉淀析出。7 .NOx、

33、SQ的處理轉(zhuǎn)化對(duì)環(huán)境保護(hù)有著重要意義。(1)利用反應(yīng)2NO(g)+2CO(g)=N>(g)+2CO2(g),可實(shí)現(xiàn)汽車尾氣的無害化處理。一定條件下進(jìn)行該反應(yīng)，測(cè)得CO的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、起始投料比mm="N。)的關(guān)系如圖1n(CO)所示。訴/*20MMs0Mi70HM/min困1T.霹ffi：該反應(yīng)的AH0(填“>”“<”或“=”)。下列說法正確的是(填字母)。A.當(dāng)體系中CQ和CO物質(zhì)的量濃度之比保持不變時(shí)，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)8 .投料比：m1>m2>m3C.當(dāng)投料比m=2時(shí)，NO轉(zhuǎn)化率是CO轉(zhuǎn)化率的2倍D.汽車排氣管中的催化劑可提高NO的平衡轉(zhuǎn)化率隨著

34、溫度的升高，不同投料比下CO的平衡轉(zhuǎn)化率趨于相近的原因?yàn)椤?2)若反應(yīng)2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CQ(g)的正、逆反應(yīng)速率可表示為：v”k正c2(NO)-c2(CO);v逆=k逆c(N2)c2(CO2),k正、k逆分別為正、逆反應(yīng)速率常數(shù)，僅與溫度有關(guān)。一定溫度下，在體積為1L的容器中加入2molNO和2molCO發(fā)生上述反應(yīng)，測(cè)得CO和CO2物質(zhì)的量濃度隨時(shí)間的變化如圖2所示，則a點(diǎn)時(shí)v正：v逆=。(3)工業(yè)生產(chǎn)排放的煙氣中同時(shí)存在SQ、NOx和CO,利用它們的相互作用可將SQ、NOx還原成無害物質(zhì)，一定條件下得到以下實(shí)驗(yàn)結(jié)果。圖3為298K各氣體分壓(氣體的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與總

35、壓的乘積)與CO物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)的關(guān)系，圖4為CO物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為2.0%時(shí)，各氣體分壓與溫度的關(guān)系。下列說法不正確的是(填字母)。A.不同溫度下脫硝的產(chǎn)物為N2,脫硫的產(chǎn)物可能有多種B.溫度越高脫硫脫硝的效果越好C.NOx比SO2更易被CO還原D.體系中可能發(fā)生反應(yīng)：2COS=S+2CO;4CC2+&=4CO+2SQV2O5作催化o(4)NH3催化還原氮氧化物是目前應(yīng)用最廣泛的煙氣脫硝技術(shù)。用活化后的劑，NH3將NO還原成N2的一種反應(yīng)歷程如圖5所示，則總反應(yīng)方程式為l'<l4；I-jCJ(5)用間接電化學(xué)法去除煙氣中NO的原理如圖6所示，則陰極的電極反應(yīng)式為【答案】vAB溫

36、度較高時(shí)，溫度變化對(duì)平衡移動(dòng)的影響大于濃度變化對(duì)平衡移動(dòng)的影V2O5響160：1B4NHj+4NO+O24N2+6H2O2SQ2-+4H+2e-=S2O42-+2H2O由圖象可知，起始投料比m一定時(shí)，CO的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的升高而降低；A.起始投料比m一定時(shí)，而反應(yīng)中NO、CO的變化量相同，體系中CC2和CO物質(zhì)的量濃度之比保持不變，即體系中CQ、CO物質(zhì)的量濃度不變，據(jù)此判斷；B.由圖象可知，溫度一定時(shí)，增大NO濃度，CO轉(zhuǎn)化率增大；C.根據(jù)轉(zhuǎn)化率“變化量與起始量的比值和反應(yīng)中NO、CO的變化量相同分析判斷；D.催化劑不能改變反應(yīng)進(jìn)程，只改變反應(yīng)速率；由圖象可知，不同投料比下CO的平衡轉(zhuǎn)化率

37、趨于相近，主要原因是溫度的影響起主導(dǎo)作用，投料比不同的影響為次要因素；(2)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)vMk/c2(NO)c2(CO)=v逆=k逆？c(N2)c2(CQ),則平衡常數(shù)K=K正，,人以lh，、r-z._,igb-J人、八、，4，結(jié)合反應(yīng)三段式計(jì)算平衡常數(shù)K和a點(diǎn)時(shí)各物質(zhì)的濃度，代入v正、v逆計(jì)算v正：vK逆逆；(3)A.由圖可知，NOx還原成無害物質(zhì)為氮?dú)猓摿虻漠a(chǎn)物可能有多種，與溫度有關(guān)；B.溫度高于1000c時(shí)二氧化硫的含量增大，說明溫度越高不利于脫硫；C.根據(jù)圖3,隨CO物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，還原NOx生成氮?dú)馇€斜率變化比較小，而還原SC2需要CO物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)較大時(shí)才能將SC2從煙氣中分

38、離；D.根據(jù)圖4,COS分壓曲線隨溫度升高減小，&、CO分壓增大，繼續(xù)升高溫度，S2、CQ分壓減小，CO分壓增大；(4)用活化后的V2O5作催化劑，NH3將NO還原成N2,同時(shí)生成水，原子守恒配平書寫化學(xué)方程式；陰極通入的SQ2-發(fā)生得電子的還原反應(yīng)生成S2O42-o【詳解】(1)由圖象可知，起始投料比m一定時(shí)，溫度越高，CO的平衡轉(zhuǎn)化率越低，即升高溫度平衡逆向移動(dòng)，所以正反應(yīng)放熱，即4Hv0;A.反應(yīng)正向進(jìn)行時(shí)CQ增多而CO減少，說明未達(dá)到平衡時(shí)二者比值會(huì)變，所以體系中CQ和CO物質(zhì)的量濃度之比保持不變，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故A正確；B.由圖象可知，溫度一定時(shí)，增大NO濃度，CO轉(zhuǎn)化率

39、增大，即起始投料比m越大時(shí),CO轉(zhuǎn)化率越大，所以投料比:mi>m2>m3,故B正確;C.由反應(yīng)計(jì)量關(guān)系可知，反應(yīng)中所以平衡轉(zhuǎn)化率與起始量成反比,錯(cuò)誤；八、八日上洎耗量°,NO、CO的變化量相同，平衡轉(zhuǎn)化率“=與心目X100%起始重即投料比m=2時(shí)CO轉(zhuǎn)化率是NO轉(zhuǎn)化率的2倍，故CD.催化劑不能改變反應(yīng)進(jìn)程，只改變反應(yīng)速率，所以NO的平衡轉(zhuǎn)化率不變，故D錯(cuò)誤；故答案為：AB;由圖象可知，不同投料比下CO的平衡轉(zhuǎn)化率趨于相近，隨溫度逐漸升高，溫度的影響起主導(dǎo)作用，即溫度較高時(shí)，溫度變化對(duì)平衡移動(dòng)的影響大于濃度變化對(duì)平衡移動(dòng)的影響；(2)平衡時(shí)三段式為：2NOg+2COg?N2

40、g+2CO2g起始(molgL-1)2200轉(zhuǎn)化(molgL-1)1.61.60.81.6平衡(molgL-1)0.40.40.81.6平衡時(shí)正逆反應(yīng)速率相等即k正？c2(NO)c2(CO)=k逆?c(N2)c2(CO2),所以22kcN2cCO21.60.8=K2=22=80.k逆c2NOc2CO0.420.42'a點(diǎn)時(shí)反應(yīng)三段式為:2NOg+2COg?N2g+2CO2g起始(molgL-1)2200轉(zhuǎn)化(molgL-1)2x2xx2x平衡(molgL-1)2-2x2-2xx2xa點(diǎn)時(shí)c(CO)=c(CO),則2-2x=2x,解得x=0.5,所以a點(diǎn)時(shí)c(CO)=c(CO)=c(NO

41、)=1mol/L,v正_%c(N2)=0.5mol/L,所以;-v逆k®2211c%72=2-=2K=160,即v正：v逆=160：1；10.5k逆(3)A.由圖可知，NOx還原成無害物質(zhì)為氮?dú)?，脫硫的產(chǎn)物可能有多種，與溫度有關(guān)，故A正確；B.溫度高于1000c時(shí)二氧化硫的含量增大，說明溫度越高不利于脫硫，故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)圖3,隨CO物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，還原NOx生成氮?dú)馇€斜率變化比較小，而還原SC2需要CO物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)較大時(shí)才能將SC2從煙氣中分離，說明CO更易與NOx反應(yīng)，則NOx比SC2更易被CO還原，故C正確；D.根據(jù)圖4,COS分壓曲線隨溫度升高減小，及、CO分壓增大，繼

42、續(xù)升高溫度，S2、CC2分壓減小，CO分壓增大，說明體系中可能發(fā)生反應(yīng)：2COS?S2+2CO;4CO+S2?4CO+2SQ,故D正確；故答案為：B;(4)活化后的V2O5作催化劑，NH3將NO還原成N2,還生成水，反應(yīng)為V2O52SO32-+4H+2e-=&O42-+2H2O。4NH3+4NO+O24N2+6H2O;(5)陰極上亞硫酸根離子得到電子，陰極的電極反應(yīng)式為8.2019年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)?lì)C給了日本吉野彰等三人，以表彰他們對(duì)鋰離子電池研發(fā)的卓越貢獻(xiàn)。(1)工業(yè)中利用鋰輝石(主要成分為L(zhǎng)iAlS2O6,還含有FeO、CaO、MgO等)制備鉆酸鋰(LiCoQ)的流程如圖:悼辭新精礦漏

43、港沐熱發(fā).京城硒12魄1/聲一沆鞭一上R枯酸件回答下列問題：鋰輝石的主要成分為L(zhǎng)iAlSi2O6,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CaCQ,其目的是除去酸化焙燒”中過量的硫酸，控制pH使Fe3+、A產(chǎn)完全沉淀，則pH至少為。(已知：,KspFe(OH)3=4.0x-380KspAl(OH)3=1.0x-330完全沉淀后離子濃度低于1Xld)mol/L)。濾渣2”的主要化學(xué)成分為一。沉鋰”過程中加入的沉淀劑為飽和的(化學(xué)式)溶液。(2)利用鋰離子能在石墨烯表面和電極之間快速大量穿梭運(yùn)動(dòng)的特性，開發(fā)出石墨烯電池，電池反應(yīng)式為L(zhǎng)iCoQ+C6F=mLiQ+Li

44、i-xCoQ其工作原理如圖2。下列關(guān)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(diǎn)是提高電池的儲(chǔ)鋰容量進(jìn)而提高能量密度D.充電日LiCoO2極發(fā)生的電極反應(yīng)為L(zhǎng)iCoO2-xe-=xLi+Lii-xCoO2E對(duì)廢舊的該電池進(jìn)行放電處理”讓Li+嵌入石墨烯中而有利于回收(3)LiFePQ也是一種電動(dòng)汽車電池的電極材料，實(shí)驗(yàn)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(yīng)獲得FePQ固體。再將FePQ固體與H2QO4和LiOH反應(yīng)即可獲彳導(dǎo)LiFePQ同時(shí)獲得兩種氣體。寫出FePQ固體與H2c204和LiOH反應(yīng)溶液獲得LiFe

45、PQ的化學(xué)方程式。LiFepQ需要在高溫下成型才能作為電極，高溫成型時(shí)要加入少量活性炭黑，其作用是O【答案】Li2O?Al2O3?4SiO2將礦石細(xì)磨、攪拌、升高溫度4.7Mg(0H)2和CaCQNa2COCD2LiOH+6HC2O4+2FePQ=2LiFePQ+7CQT+5COT+7HO與空氣中的氧氣反應(yīng)，防止LiFePQ中的Fe2液氧化【解析】【分析】鋰輝石(主要成分為L(zhǎng)iAlS2O6,還含有Fe。CaO、MgO等)為原料來制取鉆酸鋰(LiCoQ),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

46、濾得到主要含鋰離子的溶液，濾液蒸發(fā)濃縮得20%L2S,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：活潑金屬氧化物一較活發(fā)金屬氧化物一二氧化硅一水，不同氧化物間以隔開；b.各元素的化合價(jià)保持不變，且滿足化合價(jià)代數(shù)和為零，各元素原子個(gè)數(shù)比符合原來的組成；c、當(dāng)計(jì)量數(shù)配置出現(xiàn)分?jǐn)?shù)時(shí)應(yīng)化為整數(shù)；鋰輝石的主要成分為L(zhǎng)iAlS2O6,根據(jù)方法，其氧化物的形式為L(zhǎng)i2O?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(dāng)增加酸溶液濃度、適當(dāng)升高溫度、攪拌、多次浸

47、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(xì)磨、攪拌、升高溫度等；Al(OH)3的Ksp大于Fe(OH的Ksp,那么保證Al3+完全沉淀即可達(dá)到目的；已知Al(OH)3的Ksp=1XT03,所以當(dāng)c(Al3+)=1X15mol/L時(shí)可認(rèn)為鋁離子和鐵離子完全沉淀，此時(shí)c(OH-)=3cAsp3+=311033“-10-5-=mol/L=1x-93mol/L,c(H)=1x147mol/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CaCQ；根據(jù)沉鋰”后形成L2CQ固體，以及大量生產(chǎn)的價(jià)格問題，該過程中加入的最佳沉淀劑為Na2CO3溶液；(2

48、)A.電池反應(yīng)式為L(zhǎng)iCoC2+C6脩"髓Lixa+Lh-xCoQ,由此可知，放電時(shí)，負(fù)極電極反應(yīng)式為L(zhǎng)ixC3-xe-=xL+C5,正極電極反應(yīng)式Li1->CoO2+xU+xe-=LiCoC2,石墨電極為放電時(shí)的負(fù)極，充電時(shí)的陰極，故A錯(cuò)誤；B.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(yùn)動(dòng)的特性而制作，故B錯(cuò)誤；C.石墨烯電池利用的是Li元素的得失電子，因此其優(yōu)點(diǎn)是在提高電池的儲(chǔ)鋰容量的基礎(chǔ)上提高了能量密度，故C正確；D.充電時(shí)，LiCoO2極為陽(yáng)極，將放電時(shí)的正極電極反應(yīng)式逆寫即可得陽(yáng)極反應(yīng)，即LiCoQ極發(fā)生的電極反應(yīng)為L(zhǎng)iCoO2-xe-=xLi+Lh-x

49、CoC2,故D正確；E.根據(jù)鉆酸鋰的制備流程可知，對(duì)廢舊的該電池進(jìn)行放電處理讓Li+嵌入LiCoQ才有利于回收，故E錯(cuò)誤；故答案為CD;(3)FePQ固體與H2C2O4和LiOH反應(yīng)可獲得LiFePQ同時(shí)獲得兩種氣體，該過程中Fe3+被還原，根據(jù)元素價(jià)態(tài)變化規(guī)律可知應(yīng)是C元素被氧化，生成CO2,該種情況下只生成一種氣體，應(yīng)想到草酸不穩(wěn)定容易發(fā)生歧化反應(yīng)分解生成CO和CQ,即獲得的兩種氣體為CO和CC2,結(jié)合電子守恒和元素守恒可能方程式為：2LiOH+6H2c2O4+2FePO4=2LiFePC4+7CQT+5COT+7HO；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

50、LiFePQ中的Fe2+被氧化。【點(diǎn)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：活潑金屬氧化物一較活發(fā)金屬氧化物一二氧化硅一水，不同氧化物間以隔開；b.各元素的化合價(jià)保持不變，且滿足化合價(jià)代數(shù)和為零，各元素原子個(gè)數(shù)比符合原來的組成；c、當(dāng)計(jì)量數(shù)配置出現(xiàn)分?jǐn)?shù)時(shí)應(yīng)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(dāng)增加酸溶液濃度、適當(dāng)升高溫度、攪拌、多次侵取等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：HCLNaCkabi昆合溶液空氣H3O.I黃銅獷.(CuPcSp反應(yīng)I反應(yīng)I港埠辰頡川宏晶分卷上Cu

51、SG圈Cu廣鐵紅一煉鐵分離洱一制硫釀空氣已知：“反應(yīng)H”的離子方程式為Cu2+CuS+4C1=2CuCl2-+S回答下列問題：(1)鐵紅的化學(xué)式為；(2)“反應(yīng)n”的還原劑是(填化學(xué)式)；(3)“反應(yīng)III”的離子方程式為；(4)輝銅礦的主要成分是CutS,可由黃銅礦(主要成分CuFeS)通過電化學(xué)反應(yīng)轉(zhuǎn)變而成,有關(guān)轉(zhuǎn)化如下如圖所示。轉(zhuǎn)化時(shí)正極的電極反應(yīng)式為。(5)從輝銅礦中浸取銅元素，可用FeCl3作浸取劑。反應(yīng)CgS+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S,每生成1molCuCl2,反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為;浸取時(shí)，在有氧環(huán)境下可維持Fe3+較高濃度。有關(guān)反應(yīng)的離子方程式是浸取過程中加

52、入洗滌劑溶解硫時(shí)，銅元素的浸取率的變化如圖，其原因是西相油制)射向|二面|(2)根據(jù)Cu2+CuS+4Cl=2CuC2-+S,硫元素化合價(jià)升高；反應(yīng)IIICuCl2-被氧化為Cu2+；(4)根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系圖，CuFeS在正極得電子生成Cu2sFe2+、H2S。(5)根據(jù)反應(yīng)CuzS+4FeC-2CuC2+4FeC2+S,每生成2molCuCl2,轉(zhuǎn)移4mol電子；氧氣能把Fe2+氧化為Fe3+OCu2s難溶，生成的硫覆蓋在Cu2s表面，阻礙浸取；(6)CuCl懸濁液中加入Ns2S,發(fā)生的反應(yīng)為2CuCl(s)+S2(aq)=Cu2s(s)+2c(aq),2、-J十Cl該反應(yīng)的平衡吊數(shù)K=S2【詳

53、解】(1)鐵紅是氧化鐵，化學(xué)式Fe2O3；(2)根據(jù)Cu2+CuS+4C1=2CuCb-+S,硫元素化合價(jià)升高，所以CuS是還原劑；反應(yīng)III,CuC2-被氧氣氧化為Cu2+,離子方程式為4CuC2-+O2+4H+=4Cu2+8C+2H2O;(4)根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系圖，CuFeS在正極得電子生成Cu2sFe2+、H2S,轉(zhuǎn)化時(shí)正極的電極反應(yīng)式為2CuFeS+6H+2e=Cu2S+2Fe2+3H2ST。(5)根據(jù)反應(yīng)Cu2S+4FeC=2CuC2+4FeC2+S可知，每生成2molCuCl2,轉(zhuǎn)移4mol電子，每生成1molCuCl2,反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為2Na；氧氣能把Fe2+氧化為Fe3+,離子

54、方程式為4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2。Cu2s難溶，生成的硫覆蓋在Cu2s表面，阻礙浸取，所以洗滌時(shí)銅元素的浸取率的變化如圖；2ClK=S2Cu2Cu222Cl2s22KspCuClKspCu2S621.2102.51043=5.76X100(6)2CuCl(s)+S2(aq)=Cu2S(s)+2Cl(aq)的平衡常數(shù)【點(diǎn)睛】原電池中電子由負(fù)極流入正極，根據(jù)電子流動(dòng)方向，可判斷原電池的正負(fù)極。10 .消除含氮化合物對(duì)大氣和水體的污染是環(huán)境保護(hù)的重要研究課題。(1)已知反應(yīng)8NH3+6NO2=7N2+12H2O,請(qǐng)分析氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的質(zhì)量之比為(2)水體中過量氨氮(以NH3表示)

55、會(huì)導(dǎo)致水體富營(yíng)養(yǎng)化。用次氯酸鈉除去氨氮的原理如題圖所示。寫出該圖示的總反應(yīng)化學(xué)方程式：。該反應(yīng)需控制溫度，溫度過高時(shí)氨氮去除率降低的原因是。OH:總抬上比N用忖m+t典卻¥*氏<尸的曲W2HONaOHNaCION33*5mCN<IO)：MNH0取一定量的含氨氮廢水，改變加入次氯酸鈉用量，反應(yīng)一段時(shí)間后，溶液中氨氮去除率、總氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的總量)去除率以及剩余次氯酸鈉的含量隨m(NaCIO)m(NH3)的變化情況如圖所示。當(dāng)m(NaCIO)：m(NH3)>7.6時(shí)，水體中總氮去除率反而下降，可能的原因是。【答案】4:32NH3+3NaClO=

56、N2+3NaCl+3H2O溫度過高，HClO發(fā)生分解，氨氮去除率隨之降低有部分NH3被氧化成NO2-或NO3-【解析】【分析】(1)該反應(yīng)中NH3中N由3價(jià)變?yōu)?價(jià)，化合價(jià)升高，被氧化，所得產(chǎn)物為氧化產(chǎn)物；NO2中N由+4價(jià)變?yōu)?。價(jià)，化合價(jià)降低，被還原，所得產(chǎn)物為還原產(chǎn)物；因此氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為8：6=4:3；(2)根據(jù)圖示判斷發(fā)生氧化還原反應(yīng)的反應(yīng)物、生成物，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒書寫化學(xué)方程式；溫度越高，化學(xué)反應(yīng)速率越快，但是溫度過高，HClO不穩(wěn)定，受熱易分解；當(dāng)m(NaCIO)：m(NH3)>7.6時(shí)，NaCIO加入的量越多會(huì)將氨氮氧化為NO3-等高價(jià)態(tài)物質(zhì)?！驹斀狻?1)該反應(yīng)中NH3中N由一3價(jià)變?yōu)椤r(jià)，化合價(jià)升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，所得為氧化產(chǎn)物；NO2中N由+4價(jià)變?yōu)椤r(jià)，化合價(jià)