全國(guó)高考化學(xué)氧化還原反應(yīng)的綜合高考真題匯總

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 .鋰離子電池能夠?qū)崿F(xiàn)千余次充放電，但長(zhǎng)時(shí)間使用后電池會(huì)失效，其中的化學(xué)試劑排放至環(huán)境中不僅會(huì)造成環(huán)境污染，還會(huì)造成資源的浪費(fèi)。實(shí)驗(yàn)室模擬回收鋰離子電池中的Co>Ni、Li的流程如圖。已知：LiCoQ難溶于水，易溶于酸?；卮鹣铝袉?wèn)題:覆做離子電泡Ififo-正概材料帶率加1叫明.我就潼上左哽出，機(jī)楷旦工皿瓜,皿但堀件(*UC«On用、石等存腐)事取(1) LiCoO2中Co的化合價(jià)是。(2) LiCoO2在浸出過(guò)程中反應(yīng)白離子方程式是_。(3)浸出劑除了H2O2外，也可以選擇Na28O3,比較二者的還原效率H2O2_(填“峨“&

2、lt;”2SO3(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)。(4)提高浸出效率的方法有_。(5)利用Cyanex272萃取時(shí)，pH對(duì)鉆、饃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(shí)，最佳pH是IQOpMN->4.04J3.05,56.06.5Tjq水*1/f-2T1(6)反萃取的離子方程式為2H+CoF2=C(f+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1.18gL-1,則pH=時(shí)，Ni2+開(kāi)始沉淀。Ksp(Ni(OH)2=2X105(8)參照題中流程圖的表達(dá)，結(jié)合信息設(shè)計(jì)完成從水相中分離Ni和Li的實(shí)驗(yàn)流程圖(如

3、圖)。水相LiSO過(guò)渡況淀產(chǎn)吟安(產(chǎn)品I)-1.1過(guò)漏戶(hù)孫已知:1物質(zhì)UYLigNi(OH),Ni©NiFa1溶解性(室難溶難溶難溶球溶-J微常提供的無(wú)機(jī)試劑：NaOH、NazCQ、NaF?！敬鸢浮?32LiCoQ+6H+H2O2=2Co2+O2T+2L+4H2O<適當(dāng)升高溫度，適當(dāng)增加H2SQ濃度5.5H2SO47.5NaOHNi(OH)2NaF【解析】【分析】(1)通過(guò)化合物中各元素化合價(jià)代數(shù)和為0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)生氧化還原反應(yīng)，根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律寫(xiě)出化學(xué)方程式；(3)根據(jù)等物質(zhì)的量H2O2和Na

4、2s2O3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；(5)分離CO2+和Ni2+時(shí)，由于Co2+進(jìn)入有機(jī)相，Ni進(jìn)入水相，因此，應(yīng)該選擇鉆的萃取率高而饃的萃取率低的pH范圍；(6)將鉆洗脫進(jìn)入水相中時(shí)，應(yīng)該使反應(yīng)向正反應(yīng)方向移動(dòng)，同時(shí)不能引入新雜質(zhì)；(7)根據(jù)Ksp(Ni(OH)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(shí)沉淀?！驹斀狻?1)LiCoO2中O元素為-2價(jià)，Li為+1價(jià)，根據(jù)化合物中各元素化合價(jià)代數(shù)和為0進(jìn)行計(jì)算得Co的化合價(jià)為+3價(jià)；(2)由流程圖中有機(jī)相反萃取得

5、到CoSQ,可知LiCoQ與H2O2在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，化學(xué)方程式為：2LiCoO2+6H+H2O2=2Co2+O2T+2L+4H2。；(3)1molH2O2作為還原劑轉(zhuǎn)移2mol電子，1molNa2*O3作為還原劑轉(zhuǎn)移8mol電子，則Na2s2O3的還原效率更高；(4)提高浸出效率可以適當(dāng)升高溫度，適當(dāng)增加H2SQ濃度等；(5)分離Co2+和Ni2+時(shí)，由于Co2+進(jìn)入有機(jī)相，Ni進(jìn)入水相，因此，應(yīng)該選擇鉆的萃取率高而饃的萃取率低的pH范圍，所以最佳pH是5.5;(6)將鉆洗脫進(jìn)入水相中時(shí)，應(yīng)該使反應(yīng)向正反應(yīng)方向移動(dòng)，同時(shí)，為不引入新雜質(zhì)，反萃取劑最好選擇H2SO4；c(Ni2+)

6、=mol/L=0.02mol/L,則開(kāi)始沉淀時(shí)，c(OH)=59KsKNiOH)2101565皿_s22=J-=10-6.5mol/L,貝UpH=14-6.5=7.5;0.02，0.02(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(shí)沉淀，所以選用NaOH,則Ni(OH)2先沉淀，過(guò)濾后濾液中加入NaF生成LiF沉淀。【點(diǎn)睛】本題(5)選擇合適的pH時(shí)，注意讀懂圖中信息，要根據(jù)實(shí)驗(yàn)的具體操作情況來(lái)分析。2.鈉酸鈉(NaBiO3)是分析化學(xué)中的重要試劑，在水中緩慢分解，遇沸水或酸則迅速分解。某興趣小組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)制取鈉酸鈉并探究其應(yīng)用?；?/p>

7、答下列問(wèn)題：I.制取鈉酸鈉制取裝置如圖(加熱和夾持儀器已略去)，部分物質(zhì)性質(zhì)如下：物質(zhì)NaBiO3Bi(OH)3性質(zhì)不溶于冷水，淺黃色難溶于水；白色(1) B裝置用于除去HCl,盛放的試劑是一；(2) C中盛放Bi(0H)3與NaOH混合物，與C12反應(yīng)生成NaBiO3,反應(yīng)的離子方程式為(3)當(dāng)觀察到(填現(xiàn)象)時(shí)，可以初步判斷C中反應(yīng)已經(jīng)完成；(4)拆除裝置前必須先除去燒瓶中殘留C12以免污染空氣。除去C12的操作是(5)反應(yīng)結(jié)束后，為從裝置C中獲得盡可能多的產(chǎn)品，需要的操作有一；n.鈉酸鈉的應(yīng)用檢3Mn2+(6)往待測(cè)液中加入鈉酸鈉晶體，加硫酸酸化，溶液變?yōu)樽霞t色，證明待測(cè)液中存在Mn2+

8、。產(chǎn)生紫紅色現(xiàn)象的離子方程式為；某同學(xué)在較濃的MnSO4溶液中加入鈉酸鈉晶體，加硫酸酸化，結(jié)果沒(méi)有紫紅色出現(xiàn)，但觀察到黑色固體(MnO2)生成。產(chǎn)生此現(xiàn)象的離子反應(yīng)方程式為。m.產(chǎn)品純度的測(cè)定(7)取上述NaBiO3產(chǎn)品wg,加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反應(yīng)，再用cmolL-1的H2c2O4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定生成的MnO4-(已知：H2c2O4+MnO4-CO2+Mn2+H2O,未配平)，當(dāng)溶液紫紅色恰好褪去時(shí)，消耗vmL標(biāo)準(zhǔn)溶液。該產(chǎn)品的純度為(用含w、c、v的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮匡柡褪雏}水Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2C+3H2OC中白色固體消失(或黃色不

9、再加深)關(guān)閉Ki、K3,打開(kāi)K2在冰水中冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2J+4-3280cv10wX100喊0.28cvX100喊28cvw【分析】用濃HCl和MnO2反應(yīng)制備Cl2,其中混有揮發(fā)出來(lái)的HCl,要用飽和食鹽水出去，然后利用Cl2的強(qiáng)氧化性在堿性條件下將Bi(OH)3氧化成NaBiO3；利用Mn2+的還原性將NaBiO3還原而Mn2+被氧化成紫紅色溶液MnO4-來(lái)檢驗(yàn)NaBiO3的氧化性；實(shí)驗(yàn)結(jié)束后Cl2有毒，要除去，做法是打開(kāi)三頸燒瓶的NaOH溶液，使其留下和氯氣反

10、應(yīng)；NaBiO3純度的檢測(cè)利用NaBiO3和Mn2+反應(yīng)生成MnO"MnO4-再和草酸反應(yīng)來(lái)測(cè)定，找到NaBid、Mn2+、MnO4-、草酸四種物質(zhì)之間的關(guān)系，在計(jì)算即可?！驹斀狻?1)除去氯氣中混有的HCl,用飽和食鹽水，故答案為：飽和食鹽水；(2)反應(yīng)物為Bi(OH)3、CI2和NaOH混合物，+3價(jià)的Bi被氧化成NaBiO3,CI2被還原成Cl-,根據(jù)原子守恒還有水生成，所以反應(yīng)為：Bi(OH)3+3OH+Na+C2=NaBiO3+2C+3H2O,故答案為：Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2C+3H2O；(3) C中反應(yīng)已經(jīng)完成，則白色的Bi(OH)3全部

11、變?yōu)榱它S色的NaBiO3,故答案為：C中白色固體消失(或黃色不再加深)；(4)從圖上來(lái)看關(guān)閉Ki、K3,打開(kāi)K2可使NaOH留下與氯氣反應(yīng)，故答案為：關(guān)閉Ki、K3,打開(kāi)K2；(5)由題意知道NaBiO3不溶于冷水，接下來(lái)的操作盡可能在冰水中操作即可，操作為:在冰水中冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥，故答案為：在冰水中冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干(6)往待測(cè)液中加入鈉酸鈉晶體，加硫酸酸化，溶液變?yōu)樽霞t色，證明待測(cè)液中存在Mn2+,說(shuō)明鈾酸鈉將Mn2+氧化成MnO4-,因?yàn)槭撬嵝詶l件，所以鈉酸鈉被還原成Bi3+,據(jù)此寫(xiě)方程式并配平為5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2

12、O,故答案為：5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O；由題意可知，Mn2+過(guò)量，鈉酸鈉少量，過(guò)量的Mn2+和MnO4-發(fā)生反應(yīng)生成了黑色的MnO2,反應(yīng)方程式為3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2J+414,故答案為：3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2j+45(7)根據(jù)得失電子守恒找出關(guān)系式為：5NaBiO32Mn2+2MnO4-5H2c2O4,計(jì)算鈉酸鈉理論產(chǎn)量：5NaBiO35H2c2O41400g5molm（理論）cv103mol_-3280cv107X解得m（理論）=0.28CVg,所以純度=Q-28cvgx1qq%：0-28cV

13、x100%所以答案為:Wgw1QQ喊0.28cvx100喊28cv%。(7)在復(fù)雜的純度、產(chǎn)率等計(jì)算中，用得失電子守恒法找出各關(guān)鍵物質(zhì)之間的關(guān)系，由此計(jì)算，可以事半功倍，如本題中的關(guān)系5NaBiO35H2c2。4,使復(fù)雜問(wèn)題簡(jiǎn)單化了。3.根據(jù)當(dāng)?shù)刭Y源等情況，硫酸工業(yè)常用黃鐵礦(主要成分為Fe$)作為原料。完成下列填空：將0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)充入一個(gè)2L的密閉容器中，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)+Q。經(jīng)2分鐘反應(yīng)達(dá)到平衡，測(cè)得n(SO3)=0.040mol,則O2的平均反應(yīng)速率為(2)在容積不變時(shí)，下列措施中有利于提高SQ平

14、衡轉(zhuǎn)化率的有(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)在起始溫度Ti(673K)時(shí)SQ的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時(shí)間的變化如圖，請(qǐng)?jiān)趫D中畫(huà)出其他條件不變情況下，起始溫度為T(mén)2(723K)時(shí)SQ的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時(shí)間變化的示意圖10M3454W(4)黃鐵礦在一定條件下煨燒的產(chǎn)物為SQ和Fe3O4將黃鐵礦的煨燒產(chǎn)物Fe3O4溶于H2SC4后，加入鐵粉，可制備FeSQ。酸溶過(guò)程中需維持溶液有足夠的酸性，其原因是Fe檢能將溶液中的Fe3+還原為Fe2+,本身被氧化為SO42,寫(xiě)出有關(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】0.00

15、5mol/(L?min)bdL抑4020轉(zhuǎn)30率制Fe3+與F鏟的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+FeS+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SC42+16H+14NA【解析】【分析】(1)根據(jù)v=c求出氧氣的速率，然后根據(jù)速率之比等于對(duì)應(yīng)物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比計(jì)算；(2)反應(yīng)放熱，為提高SQ平衡轉(zhuǎn)化率，應(yīng)使平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，可降低溫度，體積不變，不能從壓強(qiáng)的角度考慮，催化劑不影響平衡移動(dòng)，移出氧氣，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，不利于提高SQ平衡轉(zhuǎn)化率，由此分析解答；(3)反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向進(jìn)行，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減小，但達(dá)到平衡所需要的時(shí)間縮短，據(jù)此畫(huà)出曲線(xiàn)；(4)Fe3+與F

16、e2*易水解，F(xiàn)易被氧化成Fe3+;根據(jù)氧化還原反應(yīng)中的反應(yīng)物和生成物幾何電子守恒來(lái)配平化學(xué)方程式，結(jié)合方程計(jì)算轉(zhuǎn)移電子數(shù)。【詳解】0.040mol1(1)v(SO3)=2L=0.01mol/(L?min),所以v(O2)=v(SQ)=0.005mol/(L?min),t22min故答案為：0.005mol/(L?min);(2)a.移出氧氣，平衡逆向移動(dòng)，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減少，故不選；b.降低溫度，平衡正向移動(dòng)，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率增大，故選；c.減小壓強(qiáng)，平衡逆向移動(dòng)，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減少，故不選；d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g),相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)

17、，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率增大，故選；故答案為：bd;反應(yīng)：2SC2(g)+O2(g)?2SO3(g)HV0,SC2的轉(zhuǎn)化率在起始溫度Ti=673K下隨反應(yīng)時(shí)間的變化如圖，其他條件不變，僅改變起始溫度為T(mén)2=723K,溫度升高，平衡逆向進(jìn)行，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減小，但反應(yīng)速率增大，達(dá)到平衡需要的時(shí)間短，在圖中畫(huà)出溫度T2下SQ的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時(shí)間變化的預(yù)期結(jié)果示意圖如圖所示SCbHSO4。T：T;(4)Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SO4后，生成的FeT與F?易水解，F(xiàn)e2+易被氧化成Fe3+,所以要加入Fe粉和酸，抑制Fe3+與Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+,故答案為：抑制Fe3+

18、與FeT的水解，并防止-2價(jià)的硫離子具有還原性，根離子，有關(guān)的離子方程式為：Fe2+被氧化成Fe3+;FeS可以將溶液中的Fe3+還原為Fe2+,而本身被氧化為硫酸Fe8+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO2+16H+,氧化產(chǎn)物是硫酸根離子，有2mol硫酸根生成時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為14Na,故答案為:FeQ+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SC42+16H+;14Nao【點(diǎn)睛】注意(3)溫度升高，平衡逆向進(jìn)行，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減小，但反應(yīng)速率增大，達(dá)到平衡需要的時(shí)間短，此為解題的關(guān)鍵。4.目前全世界的饃(Ni)消費(fèi)量?jī)H次于銅、鋁、鉛、鋅，居有色金屬第五位。饃常用于各種高光澤裝飾漆和塑料生

19、產(chǎn)，也常用作催化劑。堿式碳酸饃的制備：工業(yè)用電解饃新液(主要含NiSO4,NiCl2等)制備堿式碳酸饃晶體xNiCO3-yNi(OH)2-zH2O,制備流程如圖：電解鍥新港(1)反應(yīng)器中的一個(gè)重要反應(yīng)為3NiSO4+3Na2CO+2H2O=NiCO2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X,X的化學(xué)式為_(kāi)。(2)物料在反應(yīng)器中反應(yīng)時(shí)需要控制反應(yīng)溫度和pH值。分析如圖，反應(yīng)器中最適合的pH值為_(kāi)。余所含奧加PH1SO與2WF3O-xlO2pH醇齡前含果射晌(3)檢驗(yàn)堿式碳酸饃晶體洗滌干凈的方法是_。測(cè)定堿式碳酸饃晶體的組成：為測(cè)定堿式碳酸饃晶體xNiCChyNi(OH)2ZH2O組成，某小組設(shè)計(jì)了如

20、圖實(shí)驗(yàn)方案及裝置：資料卡片：堿式碳酸饃晶體受熱會(huì)完全分解生成NiO、CQ和H2O實(shí)驗(yàn)步驟:檢查裝置氣密性；準(zhǔn)確稱(chēng)量3.77g堿式碳酸饃晶體xNiCO3yNi(OH)2ZH2O放在B裝置中，連接儀器;打開(kāi)彈簧夾a,鼓入一段時(shí)間空氣，分別稱(chēng)量裝置CD、E的質(zhì)量并記錄；打開(kāi)彈簧夾a緩緩鼓入一段時(shí)間空氣；分別準(zhǔn)確稱(chēng)量裝置C、D、E的質(zhì)量并記錄;根據(jù)數(shù)據(jù)進(jìn)行計(jì)算(相關(guān)數(shù)據(jù)如下表)裝置C/g裝置D/g裝置E/g加熱前250.00190.00190.00加熱后251.08190.44190.00實(shí)驗(yàn)分析及數(shù)據(jù)處理：(4) E裝置的作用_。(5)補(bǔ)充的實(shí)驗(yàn)操作。(6)通過(guò)計(jì)算得到堿式碳酸饃晶體的組成_(填化學(xué)

21、式)。饃的制備：堿式碳酸銀晶體過(guò)量腓-H20)溶液操作產(chǎn)品Ni*氣體X和Y(7)寫(xiě)出制備N(xiāo)i的化學(xué)方程式_?！敬鸢浮緾O28.3取最后一次洗滌液少許，加入HCl酸化的BaC2溶液，若無(wú)沉淀產(chǎn)生,則證明沉淀已經(jīng)洗滌干凈吸收空氣中的H2O和CO2關(guān)閉彈簧夾a,點(diǎn)燃酒精燈，觀察到C中無(wú)氣泡時(shí)，停止加熱NiCQ2Ni(OH)24H2O2NiCO3-2Ni(OH)2-4H2O+3N2H4H2O=6Ni+3N2T+2CO)+21睦O【解析】(1)根據(jù)元素守恒分析判斷；(2)使各種雜質(zhì)相對(duì)最少的pH即為最適合的pH;(3)反應(yīng)后的濾液中含有硫酸鈉，因此檢驗(yàn)堿式碳酸饃晶體是否洗滌干凈就是檢驗(yàn)是否有硫酸根離子殘

22、留；(4)根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康暮透鱾€(gè)裝置的作用分析；(5)根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康暮颓昂蟛僮鞑襟E分析；(6)先計(jì)算生成水蒸氣和CO2的質(zhì)量，再根據(jù)質(zhì)量守恒確定化學(xué)式；(7)氧化還原反應(yīng)中電子有得，必有失，根據(jù)化合價(jià)變化確定生成物，進(jìn)而配平方程式。【詳解】(1)反應(yīng)器中的一個(gè)重要反應(yīng)為3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO32Ni(OH)2+3Na2SQ+2X,反應(yīng)前Ni原子共3個(gè)、S原子共3個(gè)、O原子共23個(gè)、Na原子6個(gè)、C原子3個(gè)、H原子4個(gè)，反應(yīng)后現(xiàn)有：Ni原子3個(gè)、S原子共3個(gè)、O原子共19個(gè)、Na原子6個(gè)、C原子1個(gè)、H原子4個(gè)，少。原子4個(gè)，C原子2個(gè)，而這些微粒包含在2個(gè)X分子中，所以X的

23、化學(xué)式為CO2,故答案為：CQ；(2)物料在反應(yīng)器中反應(yīng)時(shí)需要控制反應(yīng)條件，根據(jù)圖可知，在pH=8.3時(shí)，各種雜質(zhì)相對(duì)最少，所以反應(yīng)器中最適合的pH8.3,故答案為：8.3;(3)反應(yīng)后的濾液中含有硫酸鈉，因此檢驗(yàn)堿式碳酸饃晶體是否洗滌干凈就是檢驗(yàn)是否有硫酸根離子殘留，故答案為：取最后一次洗滌液少許，加入HCl酸化的BaC2溶液，若無(wú)沉淀產(chǎn)生，則證明沉淀已經(jīng)洗滌干凈；(4)C裝置用來(lái)吸收堿式碳酸饃晶體受熱分解產(chǎn)生的H2O,D裝置用來(lái)吸收堿式碳酸饃晶體受熱分解產(chǎn)生的CO2,E裝置可以防止空氣中的H2O和CO2進(jìn)入D裝置中，影響實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的測(cè)定，故答案為：吸收空氣中的H2O和CO2；(5)步驟反應(yīng)前

24、左側(cè)通空氣是為了排盡裝置中原有的CO2和水蒸氣，避免裝置內(nèi)的CO2和水蒸氣造成數(shù)據(jù)干擾，排空氣后，應(yīng)該開(kāi)始進(jìn)行反應(yīng)，因此步驟的操作為關(guān)閉彈簧夾a,點(diǎn)燃酒精燈，觀察到C中無(wú)氣泡時(shí)，說(shuō)明固體分解完全，停止加熱；步驟再打開(kāi)彈簧夾a緩緩鼓入一段時(shí)間空氣，將裝置中殘留的CQ和水蒸氣全部趕入C、D裝置，被完全吸收，故答案為：關(guān)閉彈簧夾a,點(diǎn)燃酒精燈，觀察到C中無(wú)氣泡時(shí)，停止加熱；(6)水的質(zhì)量為251.08g-250g=1.08g,CO2的質(zhì)量為190.44g-190g=0.44g,由于發(fā)生的是分解反應(yīng)，所以生成的NiO的質(zhì)量為3.77g-1.08g-0.44g=2.25g,則分解反應(yīng)中水、二氧化碳和1.

25、08g0.44g2.25gxNiCO3?(Ni(OH)2,ZH2ONiO的系數(shù)比(也就是分子個(gè)數(shù)比)為即：而麗:而moT75gmo=6:1:3,.6H20T+CQT+3NiO,根據(jù)元素守恒可得可得x=1,y=2,z=4即xNiCO3%Ni(OH)2?zH2O中x:y:z的值1:2:4,故答案為：NiCO32Ni(OH)24H2。；(7)NiCO32Ni(OH)24H2O與N2H4H2O反應(yīng)生成Ni,Ni元素得電子，被還原，同時(shí)還生成氣體X和Y,由第(1)問(wèn)知X為CO2,氧化還原反應(yīng)有得電子，必有失電子的物質(zhì)，由此判斷另一種氣體為N2,根據(jù)得失電子守恒、元素守恒配平制備N(xiāo)i的化學(xué)方程式，故答案為

26、:2NiCO32Ni(OH)24H2O+3N2H4H2O=6Ni+3N2T+2CQT+21H2O。5.實(shí)驗(yàn)室用圖所示裝置制備KClO溶液，并通過(guò)KClO溶液與Fe(NO3)3溶液的反應(yīng)制備高效水處理劑K2FeO4.已知K2FeO4具有下列性質(zhì)可溶于水、彳溶于濃KOH溶液，在0C5c、強(qiáng)堿性溶液中比較穩(wěn)定，在Fe3和Fe(OH)3催化作用下發(fā)生分解，在酸性至弱堿性條件下，能與水反應(yīng)生成Fe(OH)3和O2。aiti:r»(1)裝置A中KMnO4與鹽酸反應(yīng)生成MnCl2和Cl2,其化學(xué)方程式為,裝置B的作用是。(2)C12和KOH在較高溫度下反應(yīng)生成KC1O3,試寫(xiě)出該反應(yīng)的離子方程式。

27、(3)制備K2FeO4時(shí)，KC1O飽和溶液與Fe(NO3)3飽和溶液的混合方式為：在攪拌下，將Fe(NO3)3飽和溶液緩慢滴加到KC1O飽和溶液中。理由是。2(4)已知pH11時(shí)Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成Zn(OH)4.下表列出了幾種離子生成氫氧化物沉淀的pH(開(kāi)始沉淀的pH按金屬離子濃度為19molL1計(jì)算)。開(kāi)始沉淀的pH沉淀完全的pHFe31.13.2Fe25.88.8Zn25.98.9實(shí)驗(yàn)中可選用的試劑：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：;過(guò)濾；;過(guò)濾、洗滌、干燥；900c煨燒

28、。【答案】2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2T+8H2O除去Cl2中的HClV3Cl?6OH-5ClCO3H?OK2FeO4在Fe3作用下會(huì)分解向硫酸鋅溶液中232加入適量30%H2O2,使其充分反應(yīng)滴加1.0molL1NaOH,調(diào)節(jié)溶液pH約為5(或3.2pH5.9),使Fe3沉淀完全向?yàn)V液中滴加1.0molL1NaOH,調(diào)節(jié)溶液pH約為10(或8.9pH11),使Zn2沉淀完全【解析】【分析】根據(jù)實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，A裝置中用高鎰酸鉀與鹽酸反應(yīng)制得氯氣，氯氣中有揮發(fā)出的來(lái)的氯化氫，所以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

29、應(yīng)的尾氣氯氣用氫氧化鉀吸收?！驹斀狻? KMnO4具有強(qiáng)氧化性，將鹽酸中氯離子氧化為C12,反應(yīng)還有水生成，所以化學(xué)方程式為：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5C12T+8H2O,由于鹽酸易揮發(fā)，制備的氯氣中含有HC1,應(yīng)飽和食鹽水吸收HC1除去，故答案為：2KMnO4+16HC1=2KC1+2MnC12+5C12f+8H2O；除去C12中的HC1；2 C12和KOH在較高溫度下反應(yīng)生成KC1O3,反應(yīng)的離子方程式為V3C126OH5C1C1O33H2O,故答案為：V3C126OH-5C1C1O33H2O；3由題意可知K2FeO4在Fe3和Fe(OH)3催化作用下發(fā)生分解，則

30、KC1O飽和溶液與Fe(NO3)3飽和溶液的混合方式為：在攪拌下，將Fe(NO3)3飽和溶液緩慢滴加到KC1O飽和溶液中，故答案為：KzFeO,在Fe3作用下會(huì)分解；4根據(jù)表中陽(yáng)離子沉淀的PH可知，由除去銅的濾液制備ZnO的實(shí)驗(yàn)步驟依次為：向?yàn)V液中加入30%H2O2,使其充分反應(yīng)，目的使Fe2轉(zhuǎn)化完全為Fe3,加氫氧化鈉溶液，控制PH在4左右，使Fe3沉淀完全，過(guò)濾，向?yàn)V液中滴加1.0mo1L1NaOH,調(diào)節(jié)溶液PH約為10(或8.9pH11),使Zn2沉淀完全，過(guò)濾、洗滌、干燥，900c煨燒。故答案為：向硫酸鋅溶液中加入適量30%H2O2,使其充分反應(yīng)；滴加1.0molL1NaOH,調(diào)節(jié)溶液

31、pH約為5(或3.2pH5.9)，使Fe3沉淀完全；向?yàn)V液中滴加1.0moll1NaOH,調(diào)節(jié)溶液pH約為10(或8.9pH11),使2個(gè)沉淀完全?！军c(diǎn)睛】根據(jù)實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，A裝置中用高鎰酸鉀與鹽酸反應(yīng)制得氯氣，氯氣中有揮發(fā)出的來(lái)的氯化氫，所以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，反應(yīng)的尾氣氯氣用氫氧化鉀吸收，以此解答該題。6.以海綿銅(CuO、Cu)為原料制備氯化亞銅(CuCD的一種工藝流程如下:SOj.NaClOS。，溶液-C1IC1沉淀叫如出濃稀H工SO,海綿銅溶解*NO。八小0HNO&、HNOgIINOj吸收電解沉淀2NO(g)+

32、6(g)誨?2NO2(g)H=2112.6kJ?mo-1提高NO平衡轉(zhuǎn)化率的方法有(寫(xiě)出兩種)。吸收NO2的有關(guān)反應(yīng)如下：反應(yīng)I:2NO2(g)+HzO(l)=HNO3(aq)+HNO2(aq)H-116.1kJ?mo-1反應(yīng)n:3HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)H衣75.9kJ?mol1用水吸收NO2生成HNO3和NO的熱化學(xué)方程式是。(3) “電解”過(guò)程：HNO2為弱酸，通過(guò)電解使HNO3得以再生，陽(yáng)極的電極反應(yīng)式是(4) “沉淀”過(guò)程：產(chǎn)生CuCl的離子方程式是?！敬鸢浮?s22s22p63s23p63d104s1正四面體形O增大壓強(qiáng)、提高氧氣的濃度3NO2

33、(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)H=212.1kJ?mo-1HNC2-2e-+H2O=3H+NO3-2Cu2+SC2+2C-+2H2O=2CuClJ+SC2-+4H+【解析】【分析】海綿銅(CuO、Cu)中CuO與稀H2SC4反應(yīng)轉(zhuǎn)化為硫酸銅，因硝酸在酸性條件下具有氧化性，會(huì)將銅氧化為銅離子，最終生成硫酸銅，S6具有還原性，再將銅離子還原為氯化亞銅，NO合理利用，經(jīng)過(guò)氧化與電解過(guò)程得到硝酸，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)Cu的原子序數(shù)為29,Cu基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1；SO42-中S原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=4+6+2-42=4且不含孤

34、電子對(duì)由價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷該2微粒為正四面體形；Cu(OH)42-中Cu2要供空軌道，O原子提供孤電子對(duì)形成配位鍵，答案為：1s22s22p63s23p63d104s1;正四面體形；O;(2)2NO(g)+O2(g)曜?2NO2(g)H=A112.6kJ?mo-1是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，提高NO平衡轉(zhuǎn)化率，平衡應(yīng)向正反應(yīng)方向移動(dòng)，可以采取的措施有：降低溫度、增大壓強(qiáng)、提高氧氣的濃度等；1 .,一由蓋斯定律可知：(反應(yīng)I3+反應(yīng)II)可以得到用水吸收NO2生成HNO3和NO的熱2化學(xué)方程式：3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)H=-2212.1kJ?mo-1；(3)

35、電解過(guò)程中，陽(yáng)極上HNO2失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成HNO3,陽(yáng)極的電極反應(yīng)式是:HNO2-2e-+H2O=3H+NO3-；(4)Cu2+與SO2發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuCl,離子方程式為：2Cu2+SQ+2a+2H2O=2CuClJ+SO2-+4H+O7 .(1)難溶物PbSO4溶于CH3COONH溶液可制得易溶于水的(CH3COO)2Pb,發(fā)生的反應(yīng)為PbSO4+2CH3COONHi=(CH3COOPb+(NH4)2SQ,說(shuō)明(CH3CO02Pb是(填強(qiáng)”或弱”電解質(zhì)。(2)已知次磷酸(H3PQ)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“'、上"

36、或三”3(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(gè)2L的真空密閉容器中(預(yù)先裝入催化劑)通入1molN2和3molH2,發(fā)生反應(yīng)：N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)。經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，測(cè)得容器內(nèi)壓強(qiáng)是起始的0.9倍，在此時(shí)間內(nèi)，H2平均反應(yīng)速率為0.1mol/(Lmin),則所經(jīng)過(guò)的時(shí)間為min(5)高鐵酸鈉(NazFed)具有強(qiáng)氧化性，可對(duì)自來(lái)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(qǐng)補(bǔ)充并配平下面離子方程式。Fe(OH)3+ClO+OH=_FeO42+Cl+_(6)在反應(yīng)11P+15CuSO+24H2O=5Cu3P+

37、6H3PO4+15H2SO4中，氧化劑是;當(dāng)有2molH3PC4生成，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為【答案】弱一CaCO3234235HoRCuSQ10mol【解析】【分析】【詳解】(1)硫酸鉛在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸錢(qián)時(shí)，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(shuō)明(CH3COO)2Pb是弱電解質(zhì)；(2)H3PO2與足量的NaOH溶液反應(yīng)，生成NaH2PQ,說(shuō)明H3PO2只能電離出一個(gè)氫離子，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CaCQ；(4)容器體積為2L,所以初始投料c(N2)=0.5mo

38、l/L,c(H2)=1.5mol/L,設(shè)c(N2)=xmol,列三段式有：N2g+3%g?2NH3g起始(molg_-1)0.51.50轉(zhuǎn)化(molgL-1)x3x2x平衡(molgL1)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+2xmolgL，-10.5+1.5molgL=0.9,解得x=0.1mol/L,則c(H2)=0.3mol/L,v(N2)=0.1mol/(Lmin),則反應(yīng)時(shí)間1c0.3molgLt=-=-一v0.1mol/Lgmin=3min;(5)鐵元素化合價(jià)由+3升高為+6,失去3個(gè)電子

39、，氯元素化合價(jià)由+1降低為-1,得2個(gè)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-=2FeC42-+3C+5H2O；(6)Cu3P中P元素化合價(jià)為-3,H3PO4中P元素化合價(jià)為+5,所以P既是氧化劑又是還原劑，Cu元素化合價(jià)由CuSQ中的+2降低為Cu3P中+1,所以CuSC4也是氧化劑，即氧化劑為P、CuSQ；當(dāng)有2molH3PO4生成，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為2molx(+5-0)=10mol8 .睇(Sb)廣泛用于生產(chǎn)各種阻燃劑、陶瓷、半導(dǎo)體元件和醫(yī)藥及化工等領(lǐng)域。I.(1)睇在元素周

40、期表中的位置。(2)睇(m)的氧化物被稱(chēng)為睇白，可以由SbC3水解制得，已知SbC3水解的最終產(chǎn)物為睇白。為了得到較多、較純的睇白，操作時(shí)將SbC3徐徐加入大量水中，反應(yīng)后期還要加入少量氨水。試用必要的化學(xué)用語(yǔ)和平衡移動(dòng)原理解釋這兩項(xiàng)操作的作用。工業(yè)上，還可用火法制取睇白，是將輝睇礦(主要成分為St2S3)裝入氧化爐的日竭中，高溫使其融化后通入空氣，充分反應(yīng)后，經(jīng)冷卻生成睇白。寫(xiě)出火法制取睇白的化學(xué)方程式。n.以輝睇礦為原料制備金屬睇，其中一種工藝流程如下：ttMMhM誡必砧上-X-呼出熊除可一SM：5附*通司禺,I已知部分信息如下：輝睇礦(除Sb2s3外，還含有神、鉛、銅的化合物和SiQ等)

41、；浸出液主要含鹽酸和SbC3,還含SbC5、CuC2、AsC3和PbC2等雜質(zhì)；常溫下，Ksp(CuS)=1.0X106,Ksp(Pb0=9.0X109?；卮鹣铝袉?wèn)題：(3)酸浸”過(guò)程中Sb2s發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(4)已知:浸出液中c(Cu2+)=0.0001mol/L,c(Pb2+)=0.1mol/L。在沉淀銅、鉛過(guò)程中，緩慢滴加極稀的硫化鈉溶液，先產(chǎn)生沉淀的是(填化學(xué)式)；當(dāng)CuSPbS共沉2+、沉?xí)r，C(u2+)=(保留小數(shù)點(diǎn)后一位)。c(Pb)(5)在除神”過(guò)程中，氧化產(chǎn)物為H3P04。該反應(yīng)氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為(6)在電解”過(guò)程中，睇的產(chǎn)率與電壓大小關(guān)系如圖所示。

42、當(dāng)電壓超過(guò)U0V時(shí)，睇的產(chǎn)率降低的原因可能是。【答案】第5周期第VA族2SbC3+3H2O?Sb2O3+6HCl,不斷加入SbC3,使SbC3濃度增大，利于水解平衡右移，反應(yīng)后期加入氨水中和鹽酸，使c(HCl)減小，利于平衡右移高溫2Sb2S3+9O22Sb2O3+6SO2SUS3+3SbC5=5SbC3+3SJCuS1.1-8/410H+參與電極反應(yīng)【解析】【分析】n.輝睇礦粉加入鹽酸和SbC5溶液，得到SbC3和SbC5溶液，還含有雜質(zhì)CuC2、AsC3和PbC2等，加入適量Sb將SbC5還原為SbC3,加入Na2s使銅和鉛沉淀以除去CuC2和PbC2,然后加入NaHPQ除去雜質(zhì)神。得到的

43、SbC3溶液電解得到金屬Sb,同時(shí)得到SbC5,可以返回到酸浸步驟循環(huán)使用。【詳解】I.(1)睇和氮在同一主族，其在元素周期表中位于第5周期第VA族。(2)SbC3水解：2SbC3+3H2O?Sb2O3+6HCl,將SbC3徐徐加入大量水中，SbC3濃度增大，水解平衡右移，反應(yīng)后期還要加入少量氨水中和HCl,使c(HCl減小，平衡右移，有利于Sb2O3的生成。故答案為：2SbC3+3H2O?Sb2O3+6HCl,不斷加入SbC3,使SbC3濃度增大，利于水解平衡右移，反應(yīng)后期加入氨水中和鹽酸，使c(HCl)減小，利于平衡右移?；鸱ㄖ迫№祝禽x睇礦(主要成分為Sb2S)在高溫下和空氣中的氧氣反

44、應(yīng)，生成Sb2O3高溫的同時(shí)生成SO2?；瘜W(xué)方程式為：2Sb2s3+9O22Sb2O3+6SO2on.(3)酸浸”時(shí)Sb2s和SbC5溶液反應(yīng)，得到SbC3和SbC5的混合溶液，濾渣中有硫，是此反應(yīng)的生成物，Sb2S3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為Sb2S3+3SbC5=5SbCb+3So(4)浸出液中c(Cu2+)=0.0001mol/L,c(Pb2+)=0.1mol/L。在沉淀銅、鉛過(guò)程中，緩慢-36滴加極稀的硫化鈉溶液，當(dāng)Cu2+開(kāi)始沉淀時(shí)，c(S2-)=1.010=1.0x彳2)mol/L,當(dāng)Pb2+開(kāi)0.0001-29始沉淀時(shí)，c(¥)=9.010=9.0X彳0mol/L,所以先產(chǎn)

45、生沉淀的是CuS;當(dāng)CuSPbS共沉0.1淬時(shí)c(Cu2+)c(Cu2+)c(S2)KsP(CuS)1.01036_11x10vEoTr)2+=2+2no-1.1X10oc(Pb)c(Pb)c(S)Ksp(PbS)9.010(5)加入NaHPQ除神，發(fā)生了NaHPQ和AsC3的反應(yīng)，氧化產(chǎn)物為H3PO4,還原產(chǎn)物是As,磷的化合價(jià)從+1價(jià)升高到+5價(jià)，生成1molH3PO4失去4mol電子，神的化合價(jià)從+3價(jià)降低到0價(jià)，生成1molAs得到3mol電子，根據(jù)電子守恒，該反應(yīng)氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為3:4。(6)電解SbC3溶液制取睇，在陰極是Sb3+得到電子生成Sb,當(dāng)電壓過(guò)大時(shí)，溶

46、液中的H+也可能在陰極放電，導(dǎo)致睇的產(chǎn)率降低。9.氯化亞銅在有機(jī)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。如圖是濾液中Cu2+、Fe3+的含量與pH的關(guān)系及CuCl產(chǎn)率與pH的關(guān)系圖。請(qǐng)回答以下問(wèn)題：(1)在電鍍廢水中加堿產(chǎn)生沉淀，過(guò)濾得到電鍍污泥，則電鍍污泥的主要成分為;(2)由反應(yīng)制備CuCl時(shí)的最佳pH在左右；(3)對(duì)CuCl產(chǎn)率探究時(shí)發(fā)現(xiàn)反應(yīng)在隔絕空氣條件下進(jìn)行時(shí)CuCl產(chǎn)率較高，由此推測(cè)CuCl具有性；(4)寫(xiě)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

47、得固體3.26g,所得固體溶于水分成二等份，一份加入足量BaC2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(xiě)出晶體的化學(xué)式：。【答案】Fe(OH>-Cu(OH)23.5還原2CuSO+Fe+2Ql=2CuClJ+9O4+FeSO蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾(洗滌)、干燥K2Fe(SQ)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(guò)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(guò)濾得到高濃度的硫酸銅溶液；向高濃度的硫酸銅溶液加

48、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(guò)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(guò)濾、洗滌、干燥得到K2Fe(SQ)2?6H2O晶體。【詳解】(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(guò)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)&Cu(OH)2；(2)由CuCl產(chǎn)率與pH的關(guān)系圖可知，制備CuCl時(shí)的最佳pH是3.5左右，故答案為：3.5;(3)對(duì)CuCl產(chǎn)率探究時(shí)發(fā)現(xiàn)反應(yīng)在隔絕空氣條彳下進(jìn)行時(shí)CuCl產(chǎn)率較高，

49、說(shuō)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+2KCl=2CuCL+FeSQ+&SQ,故答案為：2CuSQ+Fe+2KCl=2CuC+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(guò)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(guò)濾(洗滌)、干燥；(6)由題意可知，結(jié)晶水的物質(zhì)的量為(%；：；了=0.06mol,由加入足量BaC2溶液，得到硫酸鋼沉淀質(zhì)量為2.33g可知硫酸根的物質(zhì)的量為2

50、2焉x2=0.02mol,由加入足量NaOHg/moi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160g4gmolX2X2=0.01mol,則鉀離子的物質(zhì)的量為26-OgMol01而g=0.02mol,n(K+)：n(Fe2+)：*SOT);n(H2O)=0.02mol：0.01mol：0.02mol：0.06mol=2:1:2:6,晶體的化學(xué)式為K2Fe(SQ)2?6H2。,故答案為：K2Fe(SQ)2?6H2。10.NH3和Cl2在常溫下可快速反應(yīng)生成氮?dú)猓?NH3+3C2-N2+6HCl。當(dāng)Cl2和NH3比例不同時(shí)，產(chǎn)物有差異。(1)該反應(yīng)可用于檢驗(yàn)化工生產(chǎn)中氯氣是否泄

51、漏。如氯氣有少量泄漏，用氨氣檢驗(yàn)時(shí)的現(xiàn)象為。(2)若利用該反應(yīng)處理含有氨氣和氯氣的尾氣，用于制備鹽酸，Cl2和NH3的最佳比例為O(3)常溫常壓下，取總物質(zhì)的量為12mol的氯氣和氨氣的混合氣體，完全反應(yīng)后，氣體物質(zhì)的量保持不變。求：反應(yīng)前氯氣和氨氣的物質(zhì)的量之比反應(yīng)后生成的氧化產(chǎn)物的質(zhì)量。(4)若將總體積為100L的NH3和Cl2混合，實(shí)驗(yàn)精確測(cè)得充分反應(yīng)后無(wú)色混合氣體中N2占混1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)狀況下測(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

52、】【分析】NH3和Cl2在常溫下可快速反應(yīng)生成氮?dú)猓?NH3+3Cl2-N2+6HCL當(dāng)Cl2和NH3比例不同時(shí)，產(chǎn)物有差異。(1)要檢驗(yàn)化工生產(chǎn)中氯氣是否泄漏，則需要有明顯的現(xiàn)象，從提供的反應(yīng)可以看出，氨氣過(guò)量時(shí)會(huì)有明顯現(xiàn)象，找到該反應(yīng)并指出現(xiàn)象即可；(2)要求是利用氨氣和氯氣之間反應(yīng)生成氯化氫用于制備鹽酸，故按該反應(yīng)中C2和NH3的比例來(lái)回答；(3)常溫常壓下，取總物質(zhì)的量為12mol的氯氣和氨氣的混合氣體，完全反應(yīng)后，氣體物質(zhì)的量保持不變，說(shuō)明2NH33Cl2N26HCl反應(yīng)后氨氣有剩余，再發(fā)生反應(yīng)NH3+HCl=NH4Cl,HCl不能完全反應(yīng)，按此思路計(jì)算反應(yīng)前氯氣和氨氣的物質(zhì)的量之比

53、及反應(yīng)后生成的氧化產(chǎn)物的質(zhì)量；(4)若將總體積為100L的NH3和Cl2混合，2NH33叫6HCl恰好反應(yīng)，根據(jù)方程式計(jì)算混合氣體總體積，進(jìn)而計(jì)算氮?dú)怏w積;NH3過(guò)量時(shí)，發(fā)生反應(yīng)8NH33c12N26NH4CI,剩余混合氣體為氮?dú)?、氨氣，設(shè)C12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)氯氣是否泄漏的反應(yīng)應(yīng)有明顯現(xiàn)象，氯氣和氨氣可能的反應(yīng)為2NH33c12N26HC1、當(dāng)氨氣過(guò)量時(shí)會(huì)與生成的HC1反應(yīng)生成氯化俊，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快速反應(yīng)生成氮?dú)猓?NH33c12N26HC1,若利用該反應(yīng)處理含

54、有氨氣和氯氣的尾氣，用于制備鹽酸，C2和NH3的最佳比例為3：2；答案為:3:2;(3)常溫常壓下，取總物質(zhì)的量為12moi的氯氣和氨氣的混合氣體，完全反應(yīng)后，氣體物質(zhì)的量保持不變，說(shuō)明2NH33c12N26HC1反應(yīng)后氨氣有剩余，再多余氨氣再與部分HC1發(fā)生反應(yīng)NH3+HC1=NH4C1,HC1不能完全反應(yīng)，設(shè)反應(yīng)2NH33c12N26HC12NH33C12氣體物質(zhì)的量增加232中消耗氯氣的物質(zhì)的量為x,402x2xx33NH3+HC1=NH4C1氣體物質(zhì)的量減少,前者體積增大與后者體積減小相等,12-x2x32(12-x)12、2則2(12xx)x,得x=6,33一x6故反應(yīng)刖氯氣和氨氣的

55、物質(zhì)的重之比為1:1;12x6答案為：1:1;反應(yīng)后生成的氧化產(chǎn)物為氮?dú)?，氯氣?mo1,由2NH33c12N26HC1可知，生成氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量為2mo1,故氧化產(chǎn)物氮?dú)獾馁|(zhì)量=2mo1x28g/mo1=56g,故答案為：56g；(4)在2NH33c12N26HC1反應(yīng)中，NH3和C12恰好完全反應(yīng)時(shí)，混合氣體中N2占混“1合氣體的一，由于氨氣與HC1可以反應(yīng)生成HN4C1,而充分反應(yīng)后的混合氣體中N2占混合71氣體的一，則有兩類(lèi)情況：C12與氨氣恰好反應(yīng)，由方程式可知5體積氣體生成7體積氣1140L=20L77體，故反應(yīng)后混合氣體總體積=100LX7=140L,則氧化產(chǎn)物氮?dú)怏w積為5其物質(zhì)的量20L22.4L/m