高考化學(xué)知識點過關(guān)培優(yōu)易錯難題訓(xùn)練∶氧化還原反應(yīng)

高考化學(xué)知識點過關(guān)培優(yōu)易錯難題訓(xùn)練∶氧化復(fù)原反響高考化學(xué)知識點過關(guān)培優(yōu)易錯難題訓(xùn)練∶氧化復(fù)原反響高考化學(xué)知識點過關(guān)培優(yōu)易錯難題訓(xùn)練∶氧化復(fù)原反響一、高中化學(xué)氧化復(fù)原反響練習(xí)題（含詳細答案解析）1．ClO2是一種優(yōu)異的消毒劑，濃度過高時易發(fā)生分解，為了運輸和儲藏便利常將其制成NaClO2固體，模擬工業(yè)上用過氧化氫法制備NaClO2固體的實驗裝置以下列圖。已知：ClO2熔點-59℃、沸點11℃、H2O2沸點150℃A中的化學(xué)方程式：2NaClO3H2O2H2SO42ClO2O2Na2SO42H2ONaClO3放入儀器A中，儀器B中的藥品是__________(寫化學(xué)式)。若是儀器B改成分液漏斗，實驗過程中可能會出現(xiàn)的實驗現(xiàn)象__________。C裝置有明顯弊端，請繪出合理的裝置圖(注明氣流方向)__________。(3)向A裝置中通入空氣，其作用是趕出

ClO2，爾后經(jīng)過

C再到D中反響。通空氣不能夠過快的原因是

__________，通空氣也不能夠過慢原因是

__________。(4)冰水浴冷卻的目的是

__________。a.降低

NaClO2的溶解度

b.減少

H2O2的分解

c.使ClO2變?yōu)橐簯B(tài)

d.加快反響速率(5)寫出D中發(fā)生反響的化學(xué)方程式__________，H2O2在反響起到__________作用。假設(shè)在反響中耗資掉H2O2ag則有__________mol電子轉(zhuǎn)移?！敬鸢浮縃2O2液體無法順利滴落空氣流速快時，ClO2不能夠被充分吸取空氣流速過慢時，ClO2不能夠及時被移走，濃度過高以致分解abc2ClO+HO+2NaOH=2NaClO+O↑+2HO復(fù)原劑a/17222222【解析】【解析】氯酸鈉(NaClO32)在酸性條件下與過氧化氫生二氧化氯，ClO與氫氧化鈉溶液和過氧化氫發(fā)生氧化復(fù)原反響生成NaClO22的溶解度隨溫度高升而增大，經(jīng)過冷卻結(jié)晶，過濾沖洗，NaClO獲得晶體NaClO2?3H2O?！驹斀狻縉aClO3放入儀器A中，儀器B中的藥品是H2O2，儀器B為滴液漏斗，其目的是平衡氣壓，使得溶液能夠順利滴入，若是儀器B改成分液漏斗，實驗過程中可能會出現(xiàn)的實驗現(xiàn)象是：分液漏斗中的液體無法順利滴落，反響無法連續(xù)進行；(2)實驗中C的作用是防范倒吸，C裝置中的右側(cè)導(dǎo)管很短，不利于氣體的流動，合理的裝置圖為：；(3)向A裝置中通入空氣，其作用是趕出ClO2，爾后經(jīng)過C再到D中反響?？諝饬魉俨荒軌蜻^快，由于空氣流速快時，ClO2不能夠被充分吸取；空氣流速也不能夠過慢，空氣流速過慢時，ClO2不能夠及時被移走，濃度過高以致分解；NaClO2的溶解度隨溫度高升而增大，過氧化氫易分解，因此冰水浴冷卻的目的是：降低NaClO2的溶解度、減少H2O2的分解，由于ClO2的沸點較低，因此還能夠使ClO2變?yōu)橐簯B(tài)，方便使用；(5)寫出D中發(fā)生反響的化學(xué)方程式為：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，H2O2在反響中得電子，起到復(fù)原劑的作用。反響中存在關(guān)系：H2O2~2e-，若在反響中耗資掉-1。H2O2ag，則轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為：2×ag/(34gmol·)=a/17mol2．實驗室用酸性蝕刻廢液(含Cu2+H+CuC2、Cl-)和堿性蝕刻廢液[NH4、、、l4等32、NH32CuI(白色固體)的實驗流程以下:Cu(NH)4·HO等]制備(1)步驟Ⅰ中發(fā)生了多個反響,其中Cu(NH3)24與鹽酸反響生成Cu(OH)Cl的離子方程式為______。(2)步驟Ⅳ需控制pH為1~2,80℃下進行,合適的加熱方式是______。(3)步驟Ⅴ的詳細步驟是蒸發(fā)濃縮、______、____。(4)步驟Ⅵ在以下裝置(夾持及加熱裝置已省略)中進行。①裝置a中盛裝濃硫酸的儀器的名稱是____,圓底燒瓶中發(fā)生反響的化學(xué)方程式為____。②用裝置d中的溶液沖洗制得的CuI的目的是____,爾后再用無水乙醇沖洗的目的是____?！敬鸢浮緾u(NH3)42+3H++Cl-+H2OCu(OH)Cl↓+4NH4熱水浴冷卻結(jié)晶過濾(沖洗)分液漏斗Cu+2H244222使固體SO(濃)CuSO+SO↑+2HO可防范CuI被空氣中的O氧化迅速干燥并溶解表面可能混有的I2【解析】【解析】由流程圖可知，酸性蝕刻廢液和堿性蝕刻廢液混雜反響獲得Cu(OH)Cl懸濁液，過濾，將Cu(OH)Cl加水、過漿后，與濃硫酸水浴加熱反響生成硫酸銅，硫酸銅粗溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、干燥、沖洗獲得硫酸銅晶體，硫酸銅晶體與碘、二氧化硫和水反響生成碘化亞銅白色固體。【詳解】（1）步驟Ⅰ中Cu(NH3)42+與鹽酸反響生成Cu(OH)Cl積淀和氯化銨，反響的離子方程式342++-2+，故答案為：Cu(NH342++-Cu(NH)+3H+Cl+HO=Cu(OH)Cl↓+4NH)+3H+Cl++H2O=Cu(OH)Cl↓+4NH；（2）步驟Ⅳ為Cu(OH)Cl加水、過漿后，與濃硫酸在制pH為1~2，80℃下水浴加熱反響反應(yīng)生成硫酸銅，故答案為：熱水浴；(3)步驟Ⅴ為硫酸銅粗溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、干燥、沖洗獲得硫酸銅晶體，故答案為：冷卻結(jié)晶；過濾(沖洗)；（4）①裝置a中盛裝濃硫酸的儀器為分液漏斗；圓底燒瓶中銅與濃硫酸共熱反響生成硫酸銅、二氧化硫和水，反響的化學(xué)方程式為Cu+2H24422SO(濃)CuSO+SO↑+2HO，故答案為：分液漏斗；Cu+2H24422SO(濃)CuSO+SO↑+2HO；②裝置d中的溶液為二氧化硫的飽和水溶液，碘化亞銅擁有復(fù)原性，易被空氣中的氧氣氧化，用二氧化硫水的飽和水溶液沖洗碘化亞銅，能夠防范碘化亞銅被空氣中的氧氣氧化；再用無水乙醇沖洗能夠溶清除掉碘化亞銅表面可能混有的單質(zhì)碘，并能使固體迅速干燥，故答案為：可防范CuI被空氣中的O2氧化；使固體迅速干燥并溶解表面可能混有的I2。3．常溫下，三硫代碳酸鈉(Na2CS3)是玫瑰紅色針狀固體，與碳酸鈉性質(zhì)周邊。在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有廣泛的用途。某小組設(shè)計實驗研究三硫代碳酸鈉的性質(zhì)并測定其溶液的濃度。實驗一：研究Na2CS3的性質(zhì)(1)向Na2CS3溶液中滴入酚酞試液，溶液變紅色。用離子方程式說明溶液呈堿性的原因_________。(2)向Na2CS3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去。該反響中被氧化的元素是__________。實驗二：測定Na2CS3溶液的濃度按以下列圖連接好裝置，取50.0mLNa2CS3溶液置于三頸瓶中，打開分液漏斗的活塞，滴入足量2.0mol/L稀H24SO，關(guān)閉活塞。已知：Na23242422222不溶于水，沸點46℃，CS+HSO＝NaSO+CS+HS↑。CS和HS均有毒。CS密度1.26g/mL，與CO2某些性質(zhì)相似，與222NaOH作用生成NaCOS和HO。(1)盛放堿石灰的儀器的名稱是_______，堿石灰的主要成分是______(填化學(xué)式)。(2)C中發(fā)生反響的離子方程式是____________。(3)反響結(jié)束后打開活塞K，再緩慢通入N2一段時間，其目的是_________。(4)為了計算Na2CS3溶液的濃度，對充分反響后B中混雜物進行過濾、沖洗、干燥、稱重，得8.4g固體，則三頸瓶中Na2CS3的物質(zhì)的量濃度為______?！敬鸢浮緾S2---CaO和NaOH-2-+H2O將裝3+H2O?HCS3+OHS干燥管CS2+2OH＝COS2置中殘留的的H2S、CS2全部排入后續(xù)裝置中，使其被完好吸取1.75mol/L【解析】【解析】實驗一：(1)Na2323是強堿弱酸鹽；CS的水溶液中加入酚酞變紅色，說明NaCS(2)依照Na2CS3中元素化合價是否是該元素的最高價態(tài)來進行判斷；實驗二：(1)依照儀器的圖形判斷儀器的名稱；堿石灰的主要成分是氧化鈣和氫氧化鈉；(2)A中生成的CS2可與NaOH作用生成Na2COS2和H2O；(3)反響結(jié)束后打開活塞k，再緩慢通入熱N2一段時間是把生成的硫化氫和二硫化碳全部趕入后邊裝置完好吸取；(4)當A中反響完好后，打開K緩慢通入熱N2一段時間，爾后對B中混雜物進行過濾、洗滌、干燥，稱重，得8.4g黑色固體，n(CuS)＝8.4g＝0.0875mol，依照關(guān)系式96g/molNa2CS3～H2S～CuS得n(Na2CS3)＝n(CuS)＝0.0875mol，依照c＝n計算A中Na2CS3溶液的濃V度。【詳解】實驗一：(1)Na232332-在水中CS的水溶液中加入酚酞變紅色，說明NaCS是強堿弱酸鹽，則CS發(fā)生水解，離子方程式為：CS32-23--；+HO?HCS+OH(2)NaCS中Na為+1價，C為+4價，都是元素的最高價態(tài)，不能夠被氧化，S為-2價，是硫23元素的低價態(tài)，能夠被氧化，因此被氧化的元素是S；實驗二：(1)盛放堿石灰的儀器為干燥管，堿石灰的主要成分是氧化鈣和氫氧化鈉；22222-(2)A中生成的CS可與NaOH作用生成NaCOS和HO，相關(guān)離子方程式為：CS+2OH＝22-2COS+HO；(3)反響結(jié)束后打開活塞k，再緩慢通入熱N2一段時間，其目的是：將裝置中的H2S全部排入B中被充分吸??；將裝置中的CS2全部排入C中被充分吸??；(4)當A中反響完好后，打開K緩慢通入熱N2一段時間，爾后對B中混雜物進行過濾、洗滌、干燥，稱重，得8.4g黑色固體，n(CuS)＝8.4g＝0.0875mol，依照關(guān)系式96g/molNa2CS3～H2S～CuS得n(Na2CS3)＝n(CuS)＝0.0875mol，c(Na2CS3)＝0.0875mol＝1.75mol/L。0.05L4．下表是某學(xué)生為研究AgCl積淀轉(zhuǎn)變?yōu)锳g2S積淀的反響所做實驗的記錄．步驟現(xiàn)象Ⅰ.取5mL0.1mol/LAgNO3與必然體積0.1mol/LNaCl溶馬上產(chǎn)生白色積淀液，混雜，振蕩．Ⅱ.向所得懸濁液中加入2.5mL0.1mol/LNa2S溶液．積淀迅速變?yōu)楹谏?將上述黑色濁液，放置在空氣中，不斷攪拌．較長時間后，積淀變?yōu)槿榘咨?濾出Ⅲ中的乳白色積淀，加入足量HNO3溶液．產(chǎn)生紅棕色氣體，積淀部分溶解Ⅴ.過濾獲得濾液X和白色積淀Y；向X中滴加Ba(NO3)2溶產(chǎn)生白色積淀液．1為了證明積淀變黑是AgCl轉(zhuǎn)變?yōu)锳g2S的緣故，步驟I中NaCl溶液的體積范圍為______。2已知：25℃時KspAgCl1.8101030，KspAg2S610，此積淀轉(zhuǎn)變反響的平衡常數(shù)K______。3步驟V中產(chǎn)生的白色積淀的化學(xué)式為______，步驟Ⅲ中乳白色積淀除含有AgCl外，還含有______。為了進一步確認步驟Ⅲ中乳白色積淀產(chǎn)生的原因，設(shè)計了以以下列圖所示的比較實驗裝置。①

裝置

A中玻璃儀器有圓底燒瓶、導(dǎo)管和

______，試劑

W為

______。②裝置C中的試劑為NaCl溶液和Ag2S懸濁液的混雜物，B中試劑為______。③實驗表示：C中積淀逐漸變?yōu)槿榘咨?，B中沒有明顯變化。完成C中反響的化學(xué)方程式：______Ag2S+_____NaCl+______+______?AgCl+S+____________C中NaCl的作用是：______?！敬鸢浮?mL5.4109BaSO4S分液漏斗過氧化氫溶液Ag2S懸濁液2Ag2S4NaClO22H2O?4AgCl2S4NaOH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AgCl積淀，使cAg減小，有利于氧化復(fù)原反響的平衡右移【解析】【解析】(1)要證明積淀變黑是AgCl轉(zhuǎn)變?yōu)锳g2S的緣故，則步驟Ⅰ中必定使硝酸銀電離出的銀離子完好轉(zhuǎn)變?yōu)锳gCl積淀；c2Cl(2)K；cS2(3)黑色的硫化銀積淀被氧氣氧化為氯化銀積淀和硫單質(zhì)；硫單質(zhì)被硝酸氧化為硫酸根離子；(4)①依照裝置圖判斷儀器名稱；裝置A的作用是供應(yīng)氧氣；②進一步確認步驟Ⅲ中乳白色積淀產(chǎn)生的原因，裝置C中的試劑為NaCl溶液和Ag2S懸濁液的混雜物，則裝置B中應(yīng)該不含氯化鈉溶液；③裝置C中生成的白色積淀為氯化銀和S單質(zhì)，反響物應(yīng)該還有氧氣，產(chǎn)物中鈉離子只能以氫氧化鈉形式存在，則未知的反響物為氫氧化鈉，再依照H元素守恒可知另一種未知反應(yīng)物為水，爾后依照化合價起落相等配平反響方程式?！驹斀狻?1)要證明積淀變黑是AgCl轉(zhuǎn)變?yōu)锳g2S的緣故，則步驟Ⅰ中必定使硝酸銀電離出的銀離子完好轉(zhuǎn)變?yōu)锳gCl積淀，因此加入的NaCl溶液的體積必定5mL；(2)氯化銀轉(zhuǎn)變?yōu)榱蚧y的反響為：2AgClsS2aq?Ag2Ss2Claq，該反響的平衡常數(shù)為：c2Clc2Agc2ClKsp2AgCl(1.81010)29；Kc2AgcS2KspAg2S610305.410cS2(3)步驟Ⅲ中較長時間后，積淀變?yōu)槿榘咨?，則黑色的硫化銀積淀氧化成氯化銀積淀；再根據(jù)濾出Ⅲ中的乳白色積淀，加入足量HNO3溶液，產(chǎn)生紅棕色氣體，積淀部分溶解，則被氧化的只能為S元素，故乳白色積淀為AgCl和S的混雜物；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(NO3)2溶液會生成BaSO4積淀；①依照圖示可知，裝置A中玻璃儀器有圓底燒瓶、導(dǎo)管和分液漏斗；乳白色積淀為氯化銀和S的混雜物，裝置氫溶液；

A的作用是供應(yīng)氧氣，依照圓底燒瓶中為二氧化錳可知

W為過氧化②進一步確認步驟

Ⅲ中乳白色積淀產(chǎn)生的原因，裝置

C中的試劑為

NaCl溶液和

Ag2S懸濁液的混雜物，則裝置

B中應(yīng)該不含氯化鈉溶液，即為

Ag2S懸濁液，經(jīng)過比較反響現(xiàn)象判斷生成乳白色積淀產(chǎn)生的原因；③裝置C中生成的白色積淀為氯化銀和S單質(zhì)，反響物應(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，再依照H元素守恒可知另一種未知反響物為水，爾后依照化合價起落相等配平反響方程式為2Ag2S4NaClO22H2O?4AgCl2S4NaOH；裝置C中氯化鈉的作用為：氧氣將Ag2S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cAg減小，從而有利于氧化復(fù)原反響2Ag2S4NaClO22H2O?4AgCl2S4NaOH向右搬動。5．現(xiàn)有一份含有FeCl3和FeCl2固體混雜物，為測定各成分的含量進行以下兩個實驗：實驗1：①稱取必然質(zhì)量的樣品，將樣品溶解；②向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，產(chǎn)生積淀；③將積淀過濾、沖洗、干燥獲得白色固體17.22g。實驗2：①稱取與實驗1中相同質(zhì)量的樣品，將樣品溶解；②向溶解后的溶液中通入足量的

Cl2；③再向②所得溶液中加入足量的

NaOH溶液，獲得紅褐色積淀；④將積淀過濾、沖洗后，加熱灼燒，到質(zhì)量不再減少，獲得固體物質(zhì)

4g。回答以下問題：1）溶解過程中所用到的玻璃儀器有___________________。（2實驗室保留FeCl2溶液時平常會向其中加入少量試劑_____________和_____________。（3）實驗2通入足量Cl2的目的是_____________；涉及的化學(xué)反響的離子方程式是____________________。（4檢述實驗2的步驟④中積淀已經(jīng)沖洗干凈的方法是_____________。（5）加熱FeCl3溶液，并將溶液蒸干時，平常不能夠獲得FeCl3固體，請以平衡的見解講解其原因（方程式與文字相結(jié)合來說明）______________________。（6）FeCl3溶液能夠用于止血，主若是由于FeCl3溶液能使血液聚沉，這涉及膠體的特色。以下關(guān)于膠體的說法不正確的選項是_____________。A．膠體粒子能透過濾紙，但不能夠透過半透膜B．膠體粒子擁有較大的表面積，能吸附陽離子或陰離子，故在電場作用下會產(chǎn)生電泳現(xiàn)象C．向Fe（OH）3膠體能夠產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)，CuSO4溶液、水均分別系不能夠產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)D．向Fe（OH）3膠體中滴加硫酸，會先出現(xiàn)紅褐色積淀，隨后積淀消失E．在蛋白質(zhì)溶液中加入稀的CuSO4溶液，可使蛋白質(zhì)鹽析7）經(jīng)過實驗所得數(shù)據(jù)，計算固體樣品中FeCl3和FeCl2的物質(zhì)的量之比為_________?！敬鸢浮浚?）燒杯、玻璃棒2）稀鹽酸鐵粉3）將Fe2+全部轉(zhuǎn)變?yōu)镕e3+2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－4）取少量最后一次的沖洗液于試管中，向試管中溶液滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，如未出現(xiàn)白色積淀說明已洗凈（5）FeCl3在水中存在以下平衡323+3HCl，在加熱條件下，由于FeCl+3HOFe（OH）HCl易揮發(fā)，生成物濃度減小，以致平衡不斷向右搬動，故最后不能夠獲得FeCl3固體6）E（7）2：3【解析】試題解析：（1）溶解所用到的儀器為燒杯、玻璃棒；（2）FeCl2易被空氣中的氧氣氧化成FeCl3，向溶液中加入少量鐵粉，使FeCl3重新轉(zhuǎn)變?yōu)镕eCl2；為了防范FeCl2溶液水解，常加入鹽酸，控制其水解，防范其變質(zhì)；（3）Cl2將FeCl2氧化生成FeCl3：Cl2+2FeCl2=2FeCl3，實質(zhì)為2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－；（4）解答此問時，第一要明確積淀吸附了什么雜質(zhì)，由于氯化鈉和硝酸銀反響生成氯化銀積淀和硝酸鈉，因此積淀吸附的雜質(zhì)是Na+、Cl-，檢驗沉淀可否沖洗干凈，只要檢驗沖洗后的溶液中可否含有Na+、Cl-中的一種就可以，若是最后一次的沖洗液依舊有氯化鈉，加入硝酸銀溶液就會出現(xiàn)積淀，反之，說明溶液中沒有氯化鈉；（5）由于FeCl3易水解，且HCl易揮發(fā)，加熱促進了3水解及HCl的揮發(fā)，因此不FeCl能獲得FeCl3固體；（6）A、膠體粒子直徑介于1～100nm之間，因此能透過濾紙，但不能夠透過半透膜，A正確；B、膠體粒子擁有較大的表面積，能吸附陽離子或陰離子，因此在電場作用下會移向陰極或陽極，產(chǎn)生電泳現(xiàn)象，B正確；C、向Fe（OH）3膠體能夠產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)，CuSOC正確；D、，向膠體中加入少量4溶液、水均分別系不能夠產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)，的酸、堿、鹽，會中和膠體所帶的電荷，使膠體發(fā)生聚沉，因此向Fe（OH）3膠體中滴加硫酸，會先出現(xiàn)紅褐色Fe（OH）3積淀，但過分的硫酸還會和Fe（OH）3積淀發(fā)生反響生成硫酸鐵，D正確；E、CuSO4屬于重金屬鹽，能使蛋白質(zhì)變性，而非鹽析，E不正確；7）先由m計算實驗①所得AgCl的n為17.22mol=0.12mol，實驗②所得Fe2O3的nM143.5為432Cl、Fe守恒1603xmol+2ymol="0.12"mol，xmol+ymol="0.025"mol，解×2得x=0.02，y=0.03，則固體樣品中FeCl322∶3。和FeCl的物質(zhì)的量之比為為考點：本題主要觀察化學(xué)實驗基本操作、離子方程式的書寫、鐵鹽和亞鐵鹽的性質(zhì)及轉(zhuǎn)化、鹽類水解、化學(xué)計算等。【名師點睛】（1）化學(xué)實驗常用儀器的使用方法和化學(xué)實驗基本操作是進行化學(xué)實驗的基礎(chǔ)，對化學(xué)實驗的觀察離不開化學(xué)實驗的基本操作。觀察的角度主若是以常有儀器的采用、實驗基本操作為中心，經(jīng)過是什么、為什么和怎樣做重點觀察實驗基本操作的規(guī)范性和正確及靈便運用的能力。（2）依照化學(xué)方程式的計算，多以物質(zhì)的量為中心，觀察物質(zhì)的量、阿伏加德羅常數(shù)、物質(zhì)的量濃度、物質(zhì)的質(zhì)量、摩爾質(zhì)量、氣體的體積、氣體摩爾體積等相關(guān)物理量的轉(zhuǎn)變關(guān)系，以及反響物的轉(zhuǎn)變率或產(chǎn)物的產(chǎn)率的計算，同時還能夠夠融入多種化學(xué)解題思想，比方極值法、差量法、守恒法、談?wù)摲?、特別值法等，是素來高考的重點內(nèi)容。平常學(xué)習(xí)中要注意相關(guān)知識的積累，以便迅速正確作答，題目難度中等。6．銻（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）銻在元素周期表中的地址_____。（2）銻（Ⅲ）的氧化物被稱為銻白，能夠由SbCl3水解制得，已知SbCl3水解的最后產(chǎn)物為銻白。為了獲得很多、較純的銻白，操作時將SbCl3逐漸加入大量水中，反響后期還要加入少量氨水。試用必要的化學(xué)用語和平衡搬動原理講解這兩項操作的作用

_______。工業(yè)上，還可用火法制取銻白，是將輝銻礦（主要成分為

Sb2S3）裝入氧化爐的坩堝中，高溫使其融化后通入空氣，充分反響后，經(jīng)冷卻生成銻白。寫出火法制取銻白的化學(xué)方程式Ⅱ．以輝銻礦為原料制備金屬銻，其中一種工藝流程以下：

______。已知部分信息以下：①輝銻礦（除Sb2S3外，還含有砷、鉛、銅的化合物和SiO2等）；②浸出液主要含鹽酸和SbCl3，還含SbCl5、CuCl2、AsCl3和PbCl2等雜質(zhì)；-36-29③常溫下，Ksp（CuS）=1.0×10，Ksp（PbS）=9.0×10。回答以下問題：（3）“酸浸”過程中Sb23_____。S發(fā)生反響的化學(xué)方程式為4）已知：浸出液中c（Cu2+）=0.0001mol/L，c（Pb2+）=0.1mol/L。在積淀銅、鉛過程中，緩慢滴加極稀的硫化鈉溶液，先產(chǎn)生積淀的是_____（填化學(xué)式）；當CuS、PbS共沉沉?xí)r，c(Cu2+)c(Pb2+=______（保留小數(shù)點后一位）。)（5）在“除砷”過程中，氧化產(chǎn)物為H3PO4。該反響氧化產(chǎn)物與復(fù)原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為__________。（6）在“電解”過程中，銻的產(chǎn)率與電壓大小關(guān)系以下列圖。當電壓高出U0V時，銻的產(chǎn)率降低的原因可能是_________?！敬鸢浮康?周期第ⅤA族2SbCl322333+3HO?SbO+6HCl，不斷加入SbCl，使SbCl濃度增大，利于水解平衡右移，反響后期加入氨水中和鹽酸，使c(HCl)減小，利于平衡右移高溫CuS1.1-8+參加電極23223223532SbS+9O2SbO+6SOSbS+3SbCl=5SbCl+3S↓×3:410H反響【解析】【解析】Ⅱ．輝銻礦粉加入鹽酸和SbCl溶液，獲得SbCl和SbCl溶液，還含有雜質(zhì)CuCl、AsCl和53523PbCl等，加入合適Sb將SbCl復(fù)原為SbCl，加入NaS使銅和鉛積淀以除掉CuCl和25322PbCl2，爾后加入NaHPO2除掉雜質(zhì)砷。獲得的SbCl3溶液電解獲得金屬Sb，同時獲得SbCl5，能夠返回到酸浸步驟循環(huán)使用?！驹斀狻竣瘢?）銻和氮在同一主族，其在元素周期表中位于第5周期第ⅤA族。（2）SbCl3水解：2SbCl3+3H2O?Sb2O3+6HCl，將SbCl3逐漸加入大量水中，SbCl3濃度增大，水解平衡右移，反響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：2SbCl3+3H2O?Sb2O3+6HCl，不斷加入SbCl3，使SbCl3濃度增大，利于水解平衡右移，反響后期加入氨水中和鹽酸，使c(HCl)減小，利于平衡右移?；鸱ㄖ迫′R白，是輝銻礦（主要成分為Sb23）在高溫下和空氣中的氧氣反響，生成23SSbO的同時生成SO2。化學(xué)方程式為：2Sb2S3+9O2高溫2Sb2O3+6SO2。Ⅱ．（3）“酸浸”時Sb23535S和SbCl溶液反響，獲得SbCl和SbCl的混雜溶液，濾渣中有硫，是此反響的生成物，Sb2S3發(fā)生反響的化學(xué)方程式為Sb2S3+3SbCl5=5SbCl3+3S。4）浸出液中c（Cu2+）=0.0001mol/L，c（Pb2+）=0.1mol/L。在積淀銅、鉛過程中，緩慢滴加極稀的硫化鈉溶液，當2+2-1.010-36-322+Cu開始積淀時，c(S)==1.0×10mol/L，當Pb開0.00012-)=9.010-29-28CuS；當CuS、PbS共沉始積淀時，c(S0.1=9.0×10mol/L，因此先產(chǎn)生積淀的是c(Cu2+)=c(Cu2+)c(S2)Ksp(CuS)1.01036-8淀時，2+2+2)＝＝9.0＝1.1×10。c(Pb)c(Pb)c(SKsp(PbS)1029（5）加入NaHPO2除砷，發(fā)生了2334NaHPO和AsCl的反響，氧化產(chǎn)物為HPO，復(fù)原產(chǎn)物是As，磷的化合價從+1價高升到+5價，生成1molHPO失去4mol電子，砷的化合價從+3價34降低到0價，生成1molAs獲得3mol電子，依照電子守恒，該反響氧化產(chǎn)物與復(fù)原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為3:4。（6）電解SbCl溶液制取銻，在陰極是3+獲得電子生成Sb，當電壓過大時，溶液中的H+3Sb也可能在陰極放電，以致銻的產(chǎn)率降低。7．NOx、SO2的辦理轉(zhuǎn)變對環(huán)境保護有重視要意義。（1）利用反響2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)，可實現(xiàn)汽車尾氣的無害化辦理。必然條n(NO)件下進行該反響，測得CO的平衡轉(zhuǎn)變率與溫度、初步投料比m[m=]的關(guān)系如圖1n(CO)所示。①該反響的H____0(填“>”“<”或“＝”)。②以下說法正確的選項是________(填字母)。A．當系統(tǒng)中CO2和CO物質(zhì)的量濃度之比保持不變時，反響達到平衡狀態(tài)B．投料比：m1＞m2＞m3C．當投料比m＝2時，NO轉(zhuǎn)變率是CO轉(zhuǎn)變率的2倍D．汽車排氣管中的催化劑可提高NO的平衡轉(zhuǎn)變率③隨著溫度的高升，不相同投料比下CO的平衡轉(zhuǎn)變率趨于周邊的原因為________。（2）若反響2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)的正、逆反響速率可表示為：v正=k正·c2(NO)·c2(CO)；v逆=k逆·c(N2)·c2(CO2),k正、k逆分別為正、逆反響速率常數(shù)，僅與溫度相關(guān)。必然溫度下，在體積為1L的容器中加入2molNO和2molCO發(fā)生上述反響，測得22所示，則a點時v正∶v逆＝________。CO和CO物質(zhì)的量濃度隨時間的變化如圖（3）工業(yè)生產(chǎn)排放的煙氣中同時存在SO2x和CO，利用它們的相互作用可將2、NOSO、NO復(fù)原成無害物質(zhì)，必然條件下獲得以下實驗結(jié)果。圖3為298K各氣體分壓(氣體的物x質(zhì)的量分數(shù)與總壓的乘積)與CO物質(zhì)的量分數(shù)的關(guān)系，圖4為CO物質(zhì)的量分數(shù)為2.0%時，各氣體分壓與溫度的關(guān)系。以下說法不正確的選項是________(填字母)。A．不相同溫度下脫硝的產(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收效越好2C．NOx比SO更易被CO復(fù)原D．系統(tǒng)中可能發(fā)生反響：2COS=S＋2CO；4CO＋S=4CO＋2SO2222（4）NH3催化復(fù)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25作催化VO劑，NH3將NO復(fù)原成N2的一種反響歷程如圖5所示，則總反響方程式為________。（5）用間接電化學(xué)法去除煙氣中NO的原理如圖6所示，則陰極的電極反響式為____?！敬鸢浮浚糀B溫度較高時，溫度變化對平衡搬動的影響大于濃度變化對平衡搬動的影V2O5響160：1B4NH3+4NO+O24N2+6H2O2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O【解析】【解析】(1)①由圖象可知，初步投料比m一準時，CO的平衡轉(zhuǎn)變率隨溫度的高升而降低；②A.初步投料比m一準時，而反響中NO、CO的變化量相同，系統(tǒng)中CO2和CO物質(zhì)的量濃度之比保持不變，即系統(tǒng)中CO2、CO物質(zhì)的量濃度不變，據(jù)此判斷；B.由圖象可知，溫度一準時，增大NO濃度，CO轉(zhuǎn)變率增大；C.依照轉(zhuǎn)變率α=變化量與初步量的比值和反響中NO、CO的變化量相同解析判斷；D.催化劑不能夠改變反響進度，只改變反響速率；③由圖象可知，不相同投料比下CO的平衡轉(zhuǎn)變率趨于周邊，主要原因是溫度的影響起主導(dǎo)作用，投料比不相同的影響為次要因素；(2)反響達到平衡時v正=k正?c2（NO）c2（CO）=v逆=k逆?c（N2）c2（CO2），則平衡常數(shù)K=K正K和a點時各物質(zhì)的濃度，代入v正、v逆計算v正：v，結(jié)合反響三段式計算平衡常數(shù)K逆逆；(3)A．由圖可知，NOx復(fù)原成無害物質(zhì)為氮氣，脫硫的產(chǎn)物可能有多種，與溫度相關(guān)；B．溫度高于1000℃時二氧化硫的含量增大，說明溫度越高不利于脫硫；C．依照圖3，隨CO物質(zhì)的量分數(shù)增大，復(fù)原NOx生成氮氣曲線斜率變化比較小，而復(fù)原SO需要CO物質(zhì)的量分數(shù)較大時才能將SO從煙氣中分別；22D．依照圖4，COS分壓曲線隨溫度高升減小，S、CO分壓增大，連續(xù)高升溫度，S、CO222分壓減小，CO分壓增大；(4)用活化后的VO作催化劑，NH將NO復(fù)原成N，同時生成水，原子守恒配平書寫化學(xué)2532方程式；32-發(fā)生得電子的復(fù)原反響生成S22-。4(5)陰極通入的SOO【詳解】(1)①由圖象可知，初步投料比m一準時，溫度越高，CO的平衡轉(zhuǎn)變率越低，即高升溫度平衡逆向搬動，因此正反響放熱，即△H＜0；②A．反響正向進行時CO2增添而CO減少，說明未達到平衡時二者比值會變，因此系統(tǒng)中CO2和CO物質(zhì)的量濃度之比保持不變，反響達到平衡狀態(tài)，故A正確；B．由圖象可知，溫度一準時，增大NO濃度，CO轉(zhuǎn)變率增大，即初步投料比m越大時，CO轉(zhuǎn)變率越大，因此投料比：m1＞m2＞m3，故B正確；C．由反響計量關(guān)系可知，反響中耗資量×100%，NO、CO的變化量相同，平衡轉(zhuǎn)變率α=初步量因此平衡轉(zhuǎn)變率與初步量成反比，即投料比m=2時CO轉(zhuǎn)變率是NO轉(zhuǎn)變率的2倍，故C錯誤；D．催化劑不能夠改變反響進度，只改變反響速率，因此NO的平衡轉(zhuǎn)變率不變，故D錯誤；故答案為：AB；③由圖象可知，不相同投料比下CO的平衡轉(zhuǎn)變率趨于周邊，隨溫度逐漸高升，溫度的影響起主導(dǎo)作用，即溫度較高時，溫度變化對平衡搬動的影響大于濃度變化對平衡搬動的影響；(2)平衡時三段式為：2NOg+2COg?N2g+2CO2g初步(molgL-1)2200轉(zhuǎn)變(-1)1.61.60.81.6g平衡(molgL-1)0.40.40.81.6平衡時正逆反響速率相等即k正?c22逆?c(N222(NO)c(CO)=k)c(CO)，因此k正=KcN2c2CO2=1.620.8k逆c2NOc2CO0.420.42=80；點時反響三段式為：2NOg+2COg?N2g+2CO2g初步(-1)2200g轉(zhuǎn)變(molgL-1)2x2xx2x平衡(molL-1)2-2x2-2xx2xga點時c(CO)=c(CO)，則2-2x=2x，解得x=0.5，因此a點時c(CO)=c(CO)=c(NO)=1mol/L，222v正=k正1212=2k正=2K=160，即v正：v逆=160：1；c(N)=0.5mol/L，因此v逆k逆120.5k逆(3)A．由圖可知，NOx復(fù)原成無害物質(zhì)為氮氣，脫硫的產(chǎn)物可能有多種，與溫度相關(guān)，故A正確；B．溫度高于1000℃時二氧化硫的含量增大，說明溫度越高不利于脫硫，故B錯誤；C．依照圖3，隨CO物質(zhì)的量分數(shù)增大，復(fù)原NOx生成氮氣曲線斜率變化比較小，而復(fù)原SO需要CO物質(zhì)的量分數(shù)較大時才能將SO從煙氣中分別，說明CO更易與NO反響，則22xNOx比SO2更易被CO復(fù)原，故C正確；D．依照圖4，COS分壓曲線隨溫度高升減小，S2、CO分壓增大，連續(xù)高升溫度，S2、CO2分壓減小，CO分壓增大，說明系統(tǒng)中可能發(fā)生反響：2COSS4CO2+S24CO+2SO2；?，故D正確；故答案為：B；(4)活化后的V2O5作催化劑，NH3將NO復(fù)原成N2，還生成水，反響為V2O54NH3+4NO+O24N2+6H2O；(5)陰極上亞硫酸根離子獲得電子，陰極的電極反響式為2-+-2-+2H2O。2SO3+4H+2e=S2O48．大氣污染越來越成為人們關(guān)注的問題，煙氣中的NOx必定脫除（即脫硝）后才能排放，脫硝的方法有多種。完成以下填空：Ⅰ直接脫硝（1）NO在催化劑作用下分解為氮氣和氧氣。在10L密閉容器中，NO經(jīng)直接脫硝反響時，其物質(zhì)的量變化如圖1所示。則0～5min內(nèi)氧氣的平均反響速率為___mol/L?min）。Ⅱ臭氧脫硝（2）O3氧化NO結(jié)合水洗可完好轉(zhuǎn)變?yōu)镠NO3，此時O3與NO的物質(zhì)的量之比為___。Ⅲ氨氣脫硝3）實驗室制取純凈的氨氣，除了氯化銨外，還需要___、___（填寫試劑名稱）。不使用碳酸銨的原因是___（用化學(xué)方程式表示）。（4）吸取氨氣時，常使用防倒吸裝置，圖2裝置不能夠達到此目的是___。NH3脫除煙氣中NO的原理如圖3：（5）該脫硝原理中，NO最后轉(zhuǎn)變?yōu)開__（填化學(xué)式）和H2O。當耗資1molNH3和0.25molO2時，除掉的NO在標準情況下的體積為___L。【答案】0.0151：2消（熟）石灰堿石灰（NH4）2CO32NH3↑+CO2↑+2HOdN222.4L【解析】【解析】(1)由圖象獲得NO物質(zhì)的量變化，計算獲得氧氣物質(zhì)的量變化，結(jié)合化學(xué)反響速率見解計算V＝c；t(2)O3氧化NO結(jié)合水洗可完好轉(zhuǎn)變?yōu)镠NO3，反響的化學(xué)方程式為：O3+2NO+H2O＝2HNO3；(3)實驗室利用固體氯化銨和氫氧化鈣加熱反響生成，氨氣是堿性氣體，干燥需要堿性干燥劑，不使用碳酸銨的原因是碳酸銨加熱生成氨氣同時會生成二氧化碳氣體；(4)氨氣極易溶于水，在水溶液中易發(fā)生倒吸，依照氣體壓強的知識進行解析；(5)①由圖

3可知反響物為氧氣、一氧化氮和氨氣最一生成物為氮氣和水；②依照氨氣失去的電子的物質(zhì)的量等于

NO和氧氣獲得的電子總物質(zhì)的量計算。【詳解】(1)在10L密閉容器中，NO經(jīng)直接脫硝反響時，其物質(zhì)的量變化如圖1所示，NO在內(nèi)變化物質(zhì)的量8.0mol﹣6.5mol＝1.5mol，NO在催化劑作用下分解為氮氣和氧氣，

5min2NO＝0.75molO2+N2，生成氧氣物質(zhì)的量0.75mol，則0～5min內(nèi)氧氣的平均反響速率＝10L＝5min0.015mol/L?min；(2)O3氧化NO結(jié)合水洗可完好轉(zhuǎn)變?yōu)镠NO3，反響的化學(xué)方程式為：O3+2NO+H2O＝2HNO3，此時O3與NO的物質(zhì)的量之比為1：2；(3)實驗室利用固體氯化銨和氫氧化鈣加熱反響生成，氨氣是堿性氣體，干燥需要堿性干燥劑，實驗室制取純凈的氨氣，除了氯化銨外，還需要消(熟)石灰、堿石灰，不使用碳酸銨的原因是碳酸銨加熱生成氨氣同時會生成二氧化碳氣體，反響的化學(xué)方程式為：(NH)CO2NH3↑+CO↑+2HO；42322(4)裝置abc中都有一個容積較大的儀器，它們能夠吸取很多的液體，從而不會使倒吸的液體進入前面的裝置，能夠防范倒吸，d中導(dǎo)氣管插入到水中，氨氣極易溶于水，易引起倒吸，不能夠防倒吸，應(yīng)是四氯化碳在基層，水在上層，防范倒吸且能吸取氨氣，故答案為：d；(5)①由圖3可知反響物為氧氣、一氧化氮和氨氣最一生成物為氮氣和水，因此NO最后轉(zhuǎn)化為N2和H2O；②氧氣、一氧化氮和氨氣反響生成氮氣和水，反響中氨氣失去的電子的物質(zhì)的量等于NO和氧氣獲得的電子總物質(zhì)的量，2molNH3轉(zhuǎn)變?yōu)镹2失去6mol電子，0.25molO2獲得1mol電子，則NO轉(zhuǎn)變?yōu)镹2獲得的電子為2mol，因此NO的物質(zhì)的量為1mol，其體積為22.4L。9．對工業(yè)廢水和生活污水進行辦理是防范水體污染、改進水質(zhì)的主要措施之一。1）硫酸廠的酸性廢水中砷(As)元素(主要以H3AsO3形式存在)含量極高，為控制砷的排放，某工廠采用化學(xué)積淀法辦理含砷廢水。請回答以下問題：①已知砷是氮的同族元素，比氮原子多2個電子層，砷在元素周期表的地址為_____。②工業(yè)上采用硫化法(平常用硫化鈉)去除廢水中的砷，生成物犯難溶性的三硫化二砷，該反響的離子方程式為_____。（2）電鍍廠的廢水中含有的CN-有劇毒，需要辦理加以排放。辦理含CN-廢水的方法之一是在微生物的作用下，CN-被氧氣氧化成HCO3-，同時生成NH3，該反響的離子方程式為_____。(3)電滲析法辦理廚房垃極發(fā)酵液，同時獲得乳酸的原理以下列圖

(圖中“HA表”示乳酸分子，―A表示乳酸根離子

)：①陽極的電極反響式為

_____②電解過程中，采用必然的措施可控制陽極室的pH約為6～8，此時進入濃縮室的OH－可－濃度上升為145g/L(溶液體積變化忽略不計。400mL10gL·1乳酸溶液通電一段時間后，忽略不計)，陰極上產(chǎn)生的H2在標準情況下的體積約為_____L(已知：乳酸的摩爾質(zhì)量為90g/mol)。【答案】第四周期ⅤA族2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3↓+6H2O4H2O+2CN-+O2=2HCO3-+2NH34OH--4e-═2H2O+O2↑或2H2O-4e-═O2↑+4H+6.72【解析】【解析】（1）①由砷是氮的同族元素，比氮原子多2個電子層可知，砷原子最外層有5個電子，4個電子層；②依照題給信息可知，酸性條件下，硫化鈉與和廢水中的砷酸反響，生成難溶性的三硫化二砷和水；2）由題意可知，在微生物的作用下，CN-被氧氣氧化成HCO3-，同時生成NH3，反響中碳元素化合價高升被氧化，氮元素化合價沒有變化；3）①水電離出的氫氧根離子在陽極上失電子發(fā)生氧化反響生成氧氣，破壞水的電離平衡，使溶液呈酸性；②由電極反響式和生成HA的化學(xué)方程式可得：2HA—2H+—H2，由此計算可得?！驹斀狻浚?）①由砷是氮的同族元素，比氮原子多2個電子層可知，砷原子最外層有5個電子，4個電子層，則砷位于元素周期表第四周期ⅤA族，故答案為：第四周期ⅤA族；②依照題給信息可知，酸性條件下，硫化鈉與和廢水中的砷酸反響，生成難溶性的三硫化二砷和水，反響中硫化鈉做復(fù)原劑，砷酸做氧化劑，反響的離子方程式為2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3↓+6H2O，故答案為：2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3↓+6H2O；2）由題意可知，在微生物的作用下，CN-被氧氣氧化成HCO3-，同時生成NH3，反響中碳元素化合價高升被氧化，氮元素化合價沒有變化，則反響的離子方程式為4H2O+2CN-+O2=2HCO3-+2NH3，故答案為：4H2O+2CN-+O2=2HCO3-+2NH3；（3）①水電離出的氫氧根離子在陽極上失電子發(fā)生氧化反響生成氧氣，破壞水的電離平衡，使溶液呈酸性，溶液中氫離子濃度增大，電極反響式為4OH-或2H2O-4e-═O2↑+4H+，故答案為：4OH--4e-═2H2O+O2↑或2H2O-4e-═O2↑+4H+；②由電極反響式和生成HA的化學(xué)方程式可得：2HA—2H+—H2，電解過程中生成HA的質(zhì)量為（145g/L×0.4L—10g/L×0.4L）=54g，則由HA和氫氣的關(guān)系式可知陰極上產(chǎn)生的H2在標準情況下的體積約為54g×1×22.4L/mol=6.72L，故答案為：6.72。90g/mol2【點睛】電滲析法辦理廚房垃極發(fā)酵液時，陽極上水電離出的氫氧根放電，使溶液中氫離子濃度增大，氫離子從陽極經(jīng)過陽離子交換膜進入濃縮室，陰極上水電離出的氫離子放電，使溶液中氫氧根濃度增大，溶液中A-經(jīng)過陰離子交換膜從陰極進入濃縮室，發(fā)生反響H++A-═HA，以致乳酸濃度增大是理解的重點，也是解答重點。10．除掉含氮化合物對大氣和水體的污染是環(huán)境保護的重要研究課題。(1)已知反響

8NH3+6NO2=7N2+12H2O，請解析氧化產(chǎn)物和復(fù)原產(chǎn)物的質(zhì)量之比為

________。(2)水體中過分氨氮

(以

NH3表示)會以致水體富營養(yǎng)化。①用次氯酸鈉除掉氨氮的原理如題圖所示。寫出該圖示的總反響化學(xué)方程式：

________。該反響需控制溫度，溫度過高時氨氮去除率降低的原因是

________。②取必然量的含氨氮廢水，改變加入次氯酸鈉用量，反響一段時間后，溶液中氨氮去除率、總氮(溶液中全部可溶性的含氮化合物中氮元素的總量)去除率以及節(jié)余次氯酸鈉的含量隨m(NaCIO)m(NH3)的變化情況以下列圖。當m(NaCIO)：m(NH3)>7.6時，水體中總氮去除率反而下降，可能的原因是________?！敬鸢浮?：32NH3+3NaClO=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NH-或NO-3被氧化成NO23【解析】【解析】（1）該反響中NH3中N由－3價變?yōu)?價，化合價高升，被氧化，所得產(chǎn)物為氧化產(chǎn)物；NO2中N由＋4價變?yōu)?價，化合價降低，被復(fù)原，所得產(chǎn)物為復(fù)原產(chǎn)物；因此氧化產(chǎn)物和復(fù)原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為8:6=4:3；（2）①依照圖示判斷發(fā)生氧化復(fù)原反響的反響物、生成物，依照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)反響速率越快，但是溫度過高，HClO不牢固，受熱易分解；②當m(NaCIO)：m(NH3)>7.6時，NaCIO加入的量越多會將氨氮氧化為NO3-等高價態(tài)物質(zhì)?！驹斀狻?1)該反響中NH3中N由－3價變?yōu)?價，化合價高升，發(fā)生氧化反響，所得為氧化產(chǎn)物；NO2中N由＋4價變?yōu)?價，化合價降低，發(fā)生復(fù)原反響，所得為復(fù)原產(chǎn)物；因此氧化產(chǎn)物和復(fù)原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為8:6=4:3；(2)①由圖轉(zhuǎn)變過程可知，該反響中反響物為NH3和NaClO，生成物為N2、NaCl2和H2O，因此該反響的化學(xué)方程式為：2NH3＋3NaClO=N2＋3NaCl＋3H2O；由于反響過程中生成HClO，HClO不牢固，受熱易分解，因此溫度過高，氨氮去除率降低；②NaClO擁有氧化性，其量增大，會使得部分NH3被氧化成-或NO-，使得水體中總NO23氮去除率降低；【點睛】本題觀察氧化復(fù)原反響方程式的書寫，考生應(yīng)從圖中找出反響物、生成物，別的講解控制反響條件的度。11．依照方程式3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，回答以下問題：1）用雙線橋法表示電子的轉(zhuǎn)移的方向及數(shù)目___。2）該反響中的氧化劑是___，復(fù)原劑是__。3）該反響中的氧化產(chǎn)物是__，復(fù)原產(chǎn)物是__。4）該反響中表現(xiàn)了稀硝酸的性質(zhì)有__、__。5）將其改為離子反響方程式__。6）該反響中氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為__。7）若反響中轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量是0.9mol，則生成NO的體積為__（標準情況），被復(fù)原的硝酸為__mol。（8）H2S+H2SO4(濃)=S↓+SO2↑+2H2O，在該反響中每一摩爾H2SO4參加反響，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為____?！敬鸢浮肯跛徙~硝酸銅NO酸性氧化性3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O2：36.720.32mol【解析】【解析】用雙線橋表示電子轉(zhuǎn)移，第一找出反響物、生成物的變價元素，橋上標電子的得與失，，依照元素化合價的變化從中找出氧化劑是HNO、復(fù)原劑是Cu、氧化產(chǎn)物是Cu(NO)、復(fù)原產(chǎn)物是NO，硝酸在反響中起到酸性和氧332化性，反響中氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為2:3；別的依照同種元素不相同價態(tài)之間若發(fā)生氧化復(fù)原反響，元素的化合價只湊近不交織，H224(22S+HSO濃)=S↓+SO↑+2HO該反響中每一摩爾H2SO4參加反響，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為2mol?！驹斀狻?）3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O是氧化復(fù)原反響，反響中失電子的元素是銅元素，化合價高升，得電子的元素是氮元素，化合價降低，用雙線橋法表示電子的轉(zhuǎn)移的方向及數(shù)目為：；（2）氧化劑指在反響中獲得電子化合價降低的反響物；復(fù)原劑指在反響中失去電子化合價高升的反響物。反響中反響物的銅元素的化合價是0價，生成物Cu(NO3)2中銅元素的化合價為+2價，銅元素化合價高升，故Cu是復(fù)原劑；反響中反響物HNO3中氮元素的化合價為+5價，生成物NO中氮元素的化合價為+2價，氮元素化合價降低，故HNO是氧化劑；3（3）氧化劑HNO3在反響中獲得電子，被復(fù)原生成NO，故NO是復(fù)原產(chǎn)物；復(fù)原劑Cu在反響中失去電子，被氧化生成Cu(NO3)2，故是Cu(NO3)2氧化產(chǎn)物；（4）在反響中反響物HNO3，一部分被復(fù)原為NO，一部分HNO3中的氮元素沒有改變，并且以NO3-形式存在，故該反響中表現(xiàn)了濃硝酸的性質(zhì)有酸性、氧化性；（5）Cu(NO3)2、HNO3都是易溶于水的強電解質(zhì)，書寫離子方程式時拆成離子的形式，Cu是單質(zhì)、NO是氧化物并且還是非電解質(zhì)、H2O是氧化物并且是弱電解質(zhì)，因此書寫離子方程式時寫成化學(xué)式，故銅與稀硝酸反響的離子方程式為：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；6）在反響中硝酸一部分起到氧化劑作用、一部分起到酸性作用，反響中氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為2:3；（7）在反響中每生成一個生成NO的物質(zhì)的量為：

NO轉(zhuǎn)移3個電子，當反響中轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量是0.9mol3=0.3mol，則標準情況下生成NO的體積為：

0.9mol，0.3mol22×.4L·mol-1=6.72L；8）H2S+H2SO4(濃)=S↓+SO2↑+2H2O，同種元素不相同價態(tài)之間若發(fā)生氧化復(fù)原反響，元素的化合價只湊近不交織，故H2SO4→2e-→SO2，因此該反響中每一摩爾H2SO4參加反響，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為2mol?！军c睛】本題觀察氧化復(fù)原反響中的氧化劑、復(fù)原劑、氧化產(chǎn)物、復(fù)原產(chǎn)物、電子轉(zhuǎn)移的表示形式，以及同種元素不相同價態(tài)之間若發(fā)生氧化復(fù)原反響，元素的化合價只湊近不交織等知識點，這些知識點考生應(yīng)該熟練掌握。12．草酸亞鐵是合成鋰離子電池正極資料磷酸亞鐵鋰的原料。某工廠以煉鋼廠的脫硫渣(主要成分是Fe2O3)為原料生產(chǎn)電池級草酸亞鐵晶體的工藝流程以下：（1）要提高“酸浸”速率，宜采用的措施有___(填兩條)。（2）寫出“復(fù)原”過程中既是化合反響又是氧化復(fù)原反響的離子方程式___。（3）濾渣2中含有的TiOSOH2TiO3，該反響的化學(xué)方程式為___。4在熱水中易水解，生成（4）“濾液”經(jīng)辦理后獲得一種化肥，其化學(xué)式為___?！耙幌盗胁僮鳌敝竉__。（5）已知：298K時，K-17，當離子濃度-5-1時，視該離子已≤1.0×10sp[Fe(OH)2]=4.0×10mol?L完好積淀。上述流程中，加“氨水”調(diào)pH的范圍為___(lg2≈0.。3)（6）草酸亞鐵晶體(FeC2O4?2HO)純度的測定：正確稱取mg草酸亞鐵晶體于錐形瓶中，加入必然量的稀硫酸溶液，并加熱至50℃，用cmol?L-1KMnO4標準溶液滴定，達到滴定終點時，用去標準溶液VmL。滴定反響(未配平)：FeCO?2HO+KMnO+HSO→Fe(SO)+CO+MnSO+KSO+HO；則樣品中FeCO?2HO的純244242432424224度為___%(用含有m、c、V的代數(shù)式表示)；若草酸亞鐵晶體失去部分結(jié)晶水，測得的結(jié)果___(填“偏高”“偏低”或“無影響”)?！敬鸢浮考訜帷嚢?、粉粹礦粉等2Fe3+2+422224+Fe=3FeTiOSO+2HO=HTiO↓+HSO424沖洗、干燥≥8.330cVm【解析】【解析】脫硫渣(主要成分為Fe2O3)用硫酸溶解，過濾除掉不溶物，濾液中主要含有硫酸鐵、硫酸等，進入鐵粉復(fù)原獲得硫酸亞鐵，過濾分別，濾液中通入氨氣，獲得氫氧化亞鐵積淀，過濾分別，濾液中含有硫酸銨，氫氧化亞鐵與草酸化合獲得草酸亞鐵，再經(jīng)過過濾、沖洗、干燥獲得草酸亞鐵晶體?！驹斀狻竣乓岣摺八峤彼俾?，宜采用的措施有：加熱、攪拌、粉粹礦粉等；故答案為：加熱、攪拌、粉粹礦粉等。⑵“復(fù)原”過程中反響的離子方程式還有：3+2+3+2+Fe+2Fe=3Fe；故答案為：Fe+2Fe=3Fe。⑶TiOSO4在熱水中易水解，生成23積淀，還生成硫酸，反響方程式為：42HTiOTiOSO+HO=HTiO↓+HSO，故答案為：TiOSO+HO=HTiO↓+HSO。2324422324⑷濾液中含有硫酸銨，經(jīng)辦理后獲得一種農(nóng)業(yè)上常用的化肥，過濾后，再經(jīng)過沖洗、干燥獲得草酸亞鐵晶體，故答案為：(NH4)2SO4；沖洗、干燥。⑸依照題意，cOHKsp[Fe(OH)2]4.01017molL12.0106molL1cFe21.0105，pH≥8.3；故答案為：≥8.3。⑹配平后反響方程式為：10FeC24242424324O?2HO+6KMnO+24HSO=5Fe(SO)+20CO↑+6MnSO+3KSO+24HO，可知242nFeC2O42H2O10nKMnO410V103LcmolL1，故66mFeC2O42H2O10V103LcmolL1180gmol10.3cVg，故60.3cVg100%30cV24?2HO的純度為%，若草酸亞鐵晶體失去部分結(jié)晶水，測FeCOmgm得的結(jié)果偏高；故答案為：30cV；偏高。m13．一種利用電化學(xué)方法同時脫除NO/SO2的工藝以下列圖：已知SO2水溶液中含硫微粒分布分數(shù)（Xi）與pH關(guān)系以下列圖（1）NaOH溶液吸取SO2時，溶液的pH由9→6時，主要發(fā)生反響的離子方程式為________。（2）含Ce4+的溶液吸取NO，若高價氮中的NO2、N2O3、NO2-、NO3-各1mol，則耗資-14+-的離子方程式為________。0.5molL·的含Ce溶液的體積為________L；其中NO轉(zhuǎn)變NO33）電解槽中，陰極電極反響式主要為________，陽極電極反響式為________。4）在“氣液反響器”中高價氮中的N2O3化合為NH4NO3的化學(xué)方程式為________。【答案】SO32-+SO2+H2O=2HSO3-163Ce4++NO+2H2O=3Ce3++NO3-+4H+2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2OCe3+-e-=Ce4+N2O3+H2O+O2+2NH3=2NH4NO3【解析】【解析】(1)依照SO2水溶液中含硫微粒分布分數(shù)圖寫出反響的離子方程式；(2)依照得失電子守恒計算耗資含Ce4+溶液的體積；依照得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒書寫反響的離子方程式；(3)電解過程中，陰極上HSO3-發(fā)生得電子的復(fù)原反響生成S2O42-，陽極上Ce3+發(fā)生失電子的氧化反響生成Ce4+，據(jù)此寫出電極反響式；(4)依照流程信息確定反響物和生成物，結(jié)合得失電子守恒、原子守恒書寫反響的化學(xué)方程式?！驹斀狻?1)依照SO2水溶液中含硫微粒分布分數(shù)圖可知，溶液的pH由9→6的過程中，SO32-在減少，HSO3-在增添，故反響的離子方程式為SO32-+SO2+H2O=2HSO3-；(2)含Ce4+的溶液吸取NO的過程中，Ce4+被復(fù)原為Ce3+，NO轉(zhuǎn)變?yōu)楦邇r氮中的NO2、N2O3、NO2-和NO3-，反響過程中得失電子守恒，因此可得n(Ce4+)×1=1mol×2+1mol×2+1mol×1+1mol，因此×3n(Ce4+)=8mol，因此所需0.5mol/L的含Ce4+溶液的體積n8mol-，自己復(fù)原為Ce3+；反V16L；Ce4+將NO氧化為NO3c0.5mol/L應(yīng)過程中，Ce由+4價變?yōu)?3價，獲得1個電子，N由+2價變?yōu)?5價，失去3個電子，依照得失電子守恒可得，Ce4+、Ce3+的系數(shù)為3，NO和NO3-的系數(shù)為1；依照電荷守恒可得生成物中含有H+，且其系數(shù)為4；依照氫原子個數(shù)守恒可得反響物中含有H2O，且其系數(shù)為2；因此可得該反響的離子方程式為：3Ce4++NO+2H2O=3Ce3++NO3-+4H+；3-在陰極發(fā)生得電子的復(fù)原反響，生成S242-，其電極反響式為：(3)電解過程中，HSOO3-+-242-23+在陽極發(fā)生失電子的氧化反響，生成Ce4+，其電極反響2HSO+2H+2e=SO+2HO；Ce式為：Ce3+-e-=Ce4+；(4)在“氣液反響器”中，反響物為NO、NH和O，生成物為NHNO，依照得失電子守233243恒、原子守恒可得該反響的化學(xué)方程式為：N2O3+H2O+O2+2NH3=2NH4NO3。14．震驚全國的天津港“8.12爆”炸事故中,因爆炸沖擊以致氰化鈉泄漏而造成環(huán)境污染,能夠經(jīng)過噴灑雙氧水或硫代硫酸鈉溶液來辦理。資料:氰化鈉化學(xué)式NaCN（N元素-3價),白色結(jié)晶顆粒,劇毒,易溶于水。(1)NaCN用雙氧水辦理后,產(chǎn)生一種酸式鹽和一種能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體,寫出該反響的化學(xué)方程式____________________________。(2)某化學(xué)興趣小組實驗室制備硫代硫酸鈉(Na2S2O3),并檢測用硫代硫酸鈉溶液辦理后的氰化鈉廢水可否達標排放。（實驗一）實驗室經(jīng)過圖裝置制備Na2S2O3a裝置中盛濃硫酸的儀器名稱是______________；b裝置的作用是________。②c裝置中的產(chǎn)物有Na223223______。SO和CO等,d裝置中的溶質(zhì)有NaOH、NaCO,還可能有③實驗結(jié)束后,在e處最好連接盛________(選填“NaOH溶液”、“水”、“CCl4”中任一種)的注射器,再關(guān)閉K2打開K1,目的是______________。（實驗二）測定用硫代硫酸鈉溶液辦理后的廢水中氰化鈉的含量.已知:①廢水中氰化鈉的最高排放標準為0.50mg/L。②Ag＋－2－＋－+2CN==[Ag(CN)],Ag+I－＋反響。==AgI↓；