高考化學(xué)壓軸題專題復(fù)習(xí)-氧化還原反應(yīng)的綜合解析

高考化學(xué)壓軸題專題復(fù)習(xí)——氧化復(fù)原反響的綜合及答案分析高考化學(xué)壓軸題專題復(fù)習(xí)——氧化復(fù)原反響的綜合及答案分析高考化學(xué)壓軸題專題復(fù)習(xí)——氧化復(fù)原反響的綜合及答案分析一、高中化學(xué)氧化復(fù)原反響練習(xí)題（含詳細(xì)答案分析）1．碘酸鉀（KIO3）是重要的微量元素碘增加劑。實(shí)驗(yàn)室設(shè)計(jì)以下實(shí)驗(yàn)流程制取并測(cè)定產(chǎn)品中KIO3的純度：其中制取碘酸（HIO3）的實(shí)驗(yàn)裝置見(jiàn)圖，相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)列于表中物質(zhì)性質(zhì)3白色固體，能溶于水，難溶于CCl4HIOKIO①白色固體，能溶于水，難溶于乙醇－＋Cl－3回答以下問(wèn)題（1）裝置A中參加反響的鹽酸所表現(xiàn)的化學(xué)性質(zhì)為_(kāi)_____________。2）裝置B中反響的化學(xué)方程式為_(kāi)__________________。B中所加CCl4的作用是_________從而加快反響速率。（3）分別出

B中制得的

HIO3水溶液的操作為

____________；中和從前，需將

HIO3溶液煮沸至湊近于無(wú)色，其目的是

____________，防范降低

KIO3的產(chǎn)率。4）為充分吸取尾氣，保護(hù)環(huán)境，C處應(yīng)采用最合適的實(shí)驗(yàn)裝置是____________（填序號(hào)）。（5）為促使KIO3晶體析出，應(yīng)往中和所得的KIO3溶液中加入合適的___________。（6）取1.000gKIO3產(chǎn)品配成200.00mL溶液，每次精確量取20.00mL溶液置于錐形瓶中，加入足量KI溶液和稀鹽酸，加入淀粉作指示劑，用0.1004mol/LNa2S2O3溶液滴定。滴定至終點(diǎn)時(shí)藍(lán)色消失（I2+2S2O32-=2I-+S4O62-），測(cè)得每次平均耗資Na2S2O3溶液25.00mL。則產(chǎn)品中KIO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)__（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）?！敬鸢浮繌?fù)原性、酸性5CI2+I2+6H2O==2HIO3+10HCl充分溶解I2和Cl2，以增大反響物濃度分液除去Cl2（或ClO-），防范氧化KIO3C乙醇（或酒精）89.5%?！痉治觥俊痉治觥垦b置A用于制取Cl2，發(fā)生的反響為：KClO3+6HCl(濃)=KCl+3Cl2↑+3H2O，裝置B中發(fā)生的是制取HIO3的反響，裝置C為尾氣辦理裝置，既要吸取尾氣中的HCl和Cl2，還要防范倒吸?！驹斀狻浚?）裝置A中發(fā)生的反響為：KClO322+6HCl(濃)=KCl+3Cl↑+3HO，濃鹽酸中的Cl元素有一部分失電子轉(zhuǎn)變成Cl2，表現(xiàn)出復(fù)原性，還有一部分Cl元素沒(méi)有變價(jià)轉(zhuǎn)變成KCl（鹽），表現(xiàn)出酸性，故答案為：復(fù)原性、酸性；（2）裝置B中發(fā)生的反響為：5Cl222322+I+6HO=2HIO+10HCl，Cl和I均難溶于水，易溶于CCl4，加入CCl4可使二者溶解在CCl4中，增大反響物濃度，故答案為：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；充分溶解I2和Cl2，以增大反響物濃度；（3）分別B中制得的HIO3水溶液的操作為分液，HIO3溶液中混有的Cl2在堿性條件下轉(zhuǎn)變?yōu)镃lO-，ClO-會(huì)將IO3-氧化為IO4-，因此在中和前需要將Cl2除去，故答案為：分液；除去2-），防范氧化KIO3Cl（或ClO；（4）尾氣中主要含HCl和Cl2NaOH溶液吸取，同時(shí)要防范倒吸，故答案為：C，需用；（5）由于KIO3難溶于乙醇，向KIO3溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使KIO3晶體析出，故答案為：乙醇（或酒精）；（6）每20mLKIO3溶液中，加入KI溶液和稀鹽酸發(fā)生的反響為：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，滴準(zhǔn)時(shí)發(fā)生的反響為：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可列出關(guān)系式：IO3-~3I2~6S2O32-，每次平均耗資的n(S2O32-)=0.1004mol/L×0.025L=0.00251mol，則每20mLKIO3溶液中，n(KIO3)=n(IO3-)=n(S2O32-)÷6=0.00251mol÷6=0.000418mol，200mL溶液中，n(KIO3)=0.00418mol，產(chǎn)品中KIO3214g/mol0.00418mol的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100%=89.5%，故答案為：89.5%。1g【點(diǎn)睛】1g樣品配成了200mL溶液，而依照關(guān)系式計(jì)算出的是20mL溶液中KIO3的物質(zhì)的量，需擴(kuò)大10倍才能獲得1g樣品中KIO3的物質(zhì)的量。2．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。回答以下問(wèn)題：1）請(qǐng)寫(xiě)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______酸中后加合適蒸餾水，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(xiě)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(guò)長(zhǎng)和溶解時(shí)沒(méi)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(wú)色變成紫紅色，且半分鐘不褪色5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O66ab【分析】【分析】(1)依照羥氨化學(xué)式寫(xiě)出其電子式；(2)①羥氨應(yīng)溶解在H2SO4中，由于HCl中的Cl會(huì)被MnO4-氧化；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(wú)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(xiě)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)操作分析實(shí)驗(yàn)誤差。【詳解】(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24中，由于HCl中的Cl會(huì)被MnO4-氧化，將其全部轉(zhuǎn)移至100mL的HSO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(wú)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(xiě)出Fe2＋與酸性KMnO4溶液反2+-+3+2+應(yīng)的離子方程式為：5Fe4+8H＝5Fe+Mn2+MnO+4HO；由耗資高錳酸鉀體積表可知，第一次誤差過(guò)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%=3.3m樣100%=66%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(wú)色變成紫紅色，且半分鐘不褪色；5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O；66；(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(guò)長(zhǎng)和溶解時(shí)沒(méi)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。【點(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。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(jì)實(shí)驗(yàn)研究三硫代碳酸鈉的性質(zhì)并測(cè)定其溶液的濃度。實(shí)驗(yàn)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(shuō)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(shí)驗(yàn)二：測(cè)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(kāi)分液漏斗的活塞，滴入足量2.0mol/L稀H2SO4，關(guān)閉活塞。已知：Na2CS3+H2SO4＝Na2SO4+CS2+H2S↑。CS2和H2S均有毒。CS2不溶于水，沸點(diǎn)46℃，密度1.26g/mL，與CO2某些性質(zhì)相似，與NaOH作用生成Na2COS2和H2O。(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(kāi)活塞K，再緩慢通入N2一段時(shí)間，其目的是_________。(4)為了計(jì)算Na2CS3溶液的濃度，對(duì)充分反響后B中混雜物進(jìn)行過(guò)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_(kāi)_____?！敬鸢浮緾S2---CaO和NaOHCS2-2-+H2O將裝3+H2O?HCS3+OHS干燥管+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【分析】【分析】實(shí)驗(yàn)一：(1)Na2323是強(qiáng)堿弱酸鹽；CS的水溶液中加入酚酞變紅色，說(shuō)明NaCS(2)依照Na2CS3中元素化合價(jià)是否是該元素的最高價(jià)態(tài)來(lái)進(jìn)行判斷；實(shí)驗(yàn)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(kāi)活塞k，再緩慢通入熱N2一段時(shí)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?。?4)當(dāng)A中反響完好后，打開(kāi)K緩慢通入熱N2一段時(shí)間，爾后對(duì)B中混雜物進(jìn)行過(guò)濾、洗8.4g滌、干燥，稱重，得8.4g黑色固體，n(CuS)＝＝0.0875mol，依照關(guān)系式96g/mol23223n計(jì)算A中Na23溶液的濃V度。【詳解】實(shí)驗(yàn)一：(1)Na的水溶液中加入酚酞變紅色，說(shuō)明Na2CS3是強(qiáng)堿弱酸鹽，則2-在水中2CS3CS3發(fā)生水解，離子方程式為：CS2---；3+H2O?HCS3+OH23S為-2價(jià)，是硫(2)NaCS中Na為+1價(jià)，C為+4價(jià)，都是元素的最高價(jià)態(tài)，不能夠被氧化，元素的低價(jià)態(tài)，能夠被氧化，因此被氧化的元素是S；實(shí)驗(yàn)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(kāi)活塞k，再緩慢通入熱N2一段時(shí)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中被充分吸取；(4)當(dāng)A中反響完好后，打開(kāi)K緩慢通入熱N2一段時(shí)間，爾后對(duì)B中混雜物進(jìn)行過(guò)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．實(shí)驗(yàn)室用圖所示裝置制備

KClO溶液，并經(jīng)過(guò)

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_(kāi)_____，裝置B的作用是______。（2）Cl2和KOH在較高溫度下反響生成KClO3，試寫(xiě)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(kāi)始積淀的pH按金屬離子濃度為1.0molL1計(jì)算)。開(kāi)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：______；②______；③過(guò)濾；④______；⑤過(guò)濾、沖洗、干燥；⑥900℃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合適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【分析】【分析】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(lái)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(yáng)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(guò)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(guò)濾、沖洗、干燥，⑥900℃煅燒。故答案為：①向硫酸鋅溶液中加入合適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(lái)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。5．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(méi)食子酸溶液可吸取少許氧氣)。回答以下問(wèn)題：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(guò)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_(kāi)_____，KMnO4酸性溶液中發(fā)生反響的離子方程式為_(kāi)_____。A．KMnO

4酸性溶液、濃

HSO4、焦性沒(méi)食子酸溶液B．焦性沒(méi)食子酸溶液、濃

HSO4、KMnO

4酸性溶液C．KMnO

4酸性溶液、焦性沒(méi)食子酸溶液、濃

HSO43“加熱管式爐”和“打開(kāi)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(guò)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

______。【答案】

D

C8MnO

4

5H2S14H

8Mn2

5SO24

12H2O

打開(kāi)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【分析】【分析】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(guò)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8MnO

4

5H2S14H

8Mn2

5SO24

12H2O；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(kāi)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/molmFe11.6g3.2g8.4g8.4g，nFe)0.15mol，則nFe：56g/molnO0.15：0.23：4，化學(xué)式為Fe3O4。6．在古代，橘紅色的鉛丹（Pb3O4）用于入藥和煉丹，人們對(duì)其中重金屬鉛的毒性認(rèn)識(shí)不足。已知：PbO2為棕黑色粉末。某化學(xué)興趣小組對(duì)鉛丹的一些性質(zhì)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)研究并測(cè)定其組成?；卮鹨韵聠?wèn)題：（1）性質(zhì)實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象講解或結(jié)論①將合適鉛丹樣品放入小燒杯中，加_____Pb3O4＋4HNO3=PbO2＋入2mL6mol/L的HNO3溶液，攪拌2Pb（NO3）2＋2H2O②將上述混雜物過(guò)濾，所得濾渣分為有刺激性的黃反響的化學(xué)方程式：兩份，一份加入2mL濃鹽酸，加熱綠色氣體產(chǎn)生_______③另一份濾渣加入硝酸酸化的Mn結(jié)論：_______得紫色溶液（NO3）2溶液，攪拌（2）組成測(cè)定①正確稱取0.530g干燥的鉛丹樣品，置于潔凈的小燒杯中，加入2mL6mol/L的HNO3溶液，攪拌使之充分反響，分別出固體和溶液。該分別操作名稱是_____________。②將①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0.04000mol/L的EDTA溶液（顯酸性）滴定至終點(diǎn)，耗資EDTA溶液36.50mL。EDTA與Pb2+的反響可表示為Pb2+＋H2Y2-=PbY2-＋2H+，滴準(zhǔn)時(shí)EDTA溶液應(yīng)盛裝在_______________中。濾液中含Pb2+__________mol。③將①中所得固體PbO2全部轉(zhuǎn)入另一錐形瓶中，往其中加入合適HAc與NaAc的混雜液和22－＋4HAc=PbI228g固體KI，搖動(dòng)錐形瓶，使PbO全部反響而溶解，發(fā)生反響PbO＋4I＋I(xiàn)＋4Ac－＋2H2O，此時(shí)溶液呈透明棕色。以223標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，發(fā)生反0.05000mol/L的NaSO應(yīng)I2232-462-＋2I－，至溶液呈淡黃色時(shí)加入2%淀粉溶液1mL，連續(xù)滴定至溶液＋2SO=SO_______，即為終點(diǎn)，用去NaSO溶液30.80mL。223依照②、③實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)計(jì)算，鉛丹中Pb（Ⅱ）與Pb（Ⅳ）的原子數(shù)之比為_(kāi)___________。PbO2加熱【答案】固體由橘紅色變成棕黑色＋4HCl（濃）222在酸性PbCl＋Cl↑＋2HO溶液中，PbO2能夠?qū)n2+-過(guò)濾、沖洗、干燥酸式滴定管1.460-3氧化為MnO4×10藍(lán)色褪去且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)1.90【分析】【分析】(1)①由化學(xué)方程式及物質(zhì)的物理性質(zhì)總結(jié)反響現(xiàn)象，②黃綠色氣體為氯氣，HCl氧化為氯氣，則PbO2發(fā)生復(fù)原，③紫色是MnO4-離子的顏色，在酸性條件下PbO2能夠?qū)n2+氧化為MnO4-，PbO2發(fā)生復(fù)原反響變成+2價(jià)離子；(2)①溶液中有固體積淀的分別步驟是：過(guò)濾、沖洗、干燥，②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，依照反響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，依照反響的離子方程式找出關(guān)系式進(jìn)行相關(guān)計(jì)算。依照以上分析進(jìn)行解答。【詳解】(1)①鉛丹樣品與HNO3溶液發(fā)生反響：Pb3O4＋4HNO3=PbO2＋2Pb(NO3)2＋2H2O，由題中所給Pb3O4、PbO2物理性質(zhì)可知反響現(xiàn)象為：固體由橘紅色變成棕黑色。答案為：固體由橘紅色變成棕黑色。②PbO2與濃鹽酸加熱生成的黃綠色氣體為氯氣，HCl氧化為氯氣，PbO2發(fā)生復(fù)原變成加熱Pb2+，依照原子守恒寫(xiě)出反響方程式為：PbO2＋4HCl（濃）PbCl2＋Cl2↑＋2H2O。加熱答案為：PbO2222O。＋4HCl（濃）PbCl＋Cl↑＋2H③PbO溶液反響獲得的是-紫色溶液，說(shuō)明在酸性條件下2與硝酸酸化的Mn(NO3)2MnO4PbO2能夠?qū)n2+氧化為MnO4-，PbO2發(fā)生復(fù)原反響變成Pb2+離子，反響方程式為：5PbO2+2Mn2++4H+=2MnO4-+5Pb2++2H2O。答案為：在酸性溶液中，PbO2能夠?qū)n2+氧化為MnO4-。(2)①溶液中有不溶物分其他操作步驟是：過(guò)濾、沖洗、干燥。答案是：過(guò)濾、沖洗、干燥。②滴定實(shí)驗(yàn)中酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛裝，因此顯酸性的EDTA溶液應(yīng)盛裝在酸式滴定管里，依照反響Pb2+＋H2Y2-=PbY2-＋2H+可得：n(Pb2+)=n(H2Y2-)=36.5010-3L0.0400mol/L=1.46010-3mol。答案為：酸式滴定管；-31.460×10。(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)反響I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－結(jié)束時(shí)，碘恰好反響完藍(lán)色褪去，因此達(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)；依照反響：PbO2＋4I－＋4HAc=PbI2＋I(xiàn)2＋4Ac－＋2H2O，I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－可得：12-)=10.05000mol/L30.8010-3L=7.710-4mol，因此鉛丹中Pb（Ⅱ）n(PbO2)=n(I2)=n(S2O322與Pb（Ⅳ）的原子數(shù)之比為：-3-4=1.90。1.460×10：7.710答案為：藍(lán)色褪去且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)；1.90。【點(diǎn)睛】相關(guān)滴定實(shí)驗(yàn)的計(jì)算中要依照反響方程式找準(zhǔn)關(guān)系式，計(jì)算時(shí)注意單位的換算。7．三氟化氮（NF3）是一種新式電子資料，它在濕潤(rùn)的空氣中與水蒸氣能發(fā)生氧化復(fù)原反應(yīng)，其反響的產(chǎn)物有：

HF、

NO和

HNO3，請(qǐng)依照要求回答以下問(wèn)題：(1)反響過(guò)程中，被氧化與被復(fù)原的元素的物質(zhì)的量之比為

_______________。(2)寫(xiě)出該反響的化學(xué)方程式，并標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目：

____。若反響中生成

0.2molHNO3，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為

______________________個(gè)。(3)NF3是一種無(wú)色、無(wú)臭的氣體，但一旦NF3在空氣中泄漏，還是易于發(fā)現(xiàn)。你判斷該氣體泄漏時(shí)的現(xiàn)象是_______________________________。(4)一旦

NF3泄漏，能夠用

NaOH溶液噴淋的方法減少污染，其產(chǎn)物除

NaNO2、NaF、H2O外，還必然有______________（填化學(xué)式）。【答案】2∶10.4NA泄漏時(shí)會(huì)看到白霧和紅棕色氣體，同時(shí)聞到刺激性氣味NaNO3【分析】【分析】由題給信息可知，三氟化氮(NF3)在濕潤(rùn)的空氣中與水蒸氣能發(fā)生氧化復(fù)原反響，其反響的產(chǎn)物有HF、NO和HNO3，反響中氮元素的化合價(jià)從+3價(jià)分別降為+2價(jià)，升為+5價(jià)，由升降法配平可得化學(xué)方程式為3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3?！驹斀狻?1)由題給信息可知，反響中三氟化氮中氮元素的化合價(jià)即高升被氧化，又降低被復(fù)原，由化合價(jià)起落可知被氧化與被復(fù)原的氮元素的物質(zhì)的量之比為1：2，故答案為：1:2；（2）由題給信息可知，三氟化氮(NF3)在濕潤(rùn)的空氣中與水蒸氣能發(fā)生氧化復(fù)原反響，其反響的產(chǎn)物有HF、NO和HNO3，反響中氮元素的化合價(jià)從+3價(jià)分別降為+2價(jià)，升為+5價(jià)，由起落法配平可得化學(xué)方程式為3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3，反響中生成1mol硝酸轉(zhuǎn)移2mol電子，電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目可表示為，則反響中生成0.2molHNO3，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.4NA個(gè)，故答案為：；0.4NA；3）NF3在濕潤(rùn)空氣中泄漏由于有硝酸生成，會(huì)產(chǎn)生白霧，一氧化氮遇到空氣被氧化成紅棕色有刺激性氣味的二氧化氮?dú)怏w，故答案為：泄漏時(shí)會(huì)看到白霧和紅棕色氣體，同時(shí)聞到刺激性氣味；4）一旦NF3泄漏，能夠用NaOH溶液噴淋的方法吸取氟化氫、硝酸、一氧化氮和二氧化氮，會(huì)生成氟化鈉、硝酸鈉、亞硝酸鈉和水，故答案為：NaNO3。8．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(wèn)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(guò)程中能量的主要轉(zhuǎn)變方式為_(kāi)___。2）“堿浸”過(guò)程中產(chǎn)生的氣體是____；“過(guò)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_(kāi)___。3）“酸浸”時(shí)主要反響的離子方程式為_(kāi)___；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(guò)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_(kāi)___。（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H2NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓8LiCoO2+S2O32-+22H++2+2-+11H2OCl2NaOH溶液或氫氧化鈉固體-6=8Li+8Co+2SO41.09×l0mol/L290~500℃6Co2O3

4Co3O4+O2↑

蒸發(fā)濃縮

趁熱過(guò)濾【分析】【分析】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(guò)程中只有Al和NaOH反響生成偏鋁酸鈉和氫氣，過(guò)濾獲得濾渣為L(zhǎng)iCoO22223；“酸浸”時(shí)反響物有LiCoO、硫酸和NaSO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2-pHCoOH2pH為SO4；此后調(diào)治值獲得積淀，再加入碳酸鈉溶液調(diào)治值沉鋰，獲得碳()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(guò)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(guò)程中只有Al和NaOH反應(yīng)，生成NaAlO2和H2；“過(guò)濾”所得濾液用合適鹽酸辦理能夠獲得氫氧化鋁，方程式為NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓；(3)依照分析可知“酸浸”時(shí)Na22342-，Co元素被復(fù)原，結(jié)合電子守恒和元SO被氧化為SO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Na2SO4·10H2O，可知用的試劑為NaOH溶液或固體；溶液pH95cOH-)=10-4.5sp22(OH-=.，則溶液中(mol/LK[CoOHc，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0015mol，由此能夠確定該.某種鈷的氧化物，該氧化物中，()=16g/mol氧化物為Co2O3；同理能夠確定500℃時(shí)，n(O)=16g/mol≈0.0133mol，則生成的氧化物為Co3O4；因此290℃～500℃過(guò)程中，Co2O3轉(zhuǎn)變成Co3O4，反響過(guò)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℃6Co2O34Co3O4+O2↑；(6)分析溶解度曲線可知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(guò)濾等操作?！军c(diǎn)睛】熱重分析法是常用的定量分析方法，經(jīng)過(guò)分析熱重曲線，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(guò)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,從而確定不相同溫度下生成的氧化物的組成，寫(xiě)出反響的化學(xué)方程式。9．實(shí)驗(yàn)室可由軟錳礦（主要成分為MnO2）制備KMnO4，方法以下：高溫下使軟錳礦與過(guò)分KOH(s)和KClO3(s)反響，生成K2MnO4（錳酸鉀）和KCl；用水溶解，濾去殘?jiān)?；酸化濾液，K2MnO4轉(zhuǎn)變成MnO2和KMnO4；再濾去積淀MnO2，濃縮結(jié)晶獲得KMnO4晶體。請(qǐng)回答：（1）用軟錳礦制備K2MnO4的化學(xué)方程式是_______________________________________。（2）K2MnO4轉(zhuǎn)變成KMnO4的反響中氧化劑和復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為_(kāi)____________。生成0.1mol復(fù)原產(chǎn)物時(shí)轉(zhuǎn)移電子______________個(gè)。KMnO4、K2MnO4和MnO2的氧化性由強(qiáng)到弱的序次是____________________________。（3）KMnO4能與熱的Na2C2O4(aq,硫酸酸化）反響生成Mn2+和CO2。若取用軟錳礦制得的KMnO4產(chǎn)品0.165g，能與0.335gNa2C2O4恰好完好反響（假設(shè)雜質(zhì)均不能夠參加反響），該產(chǎn)品中KMnO4的純度為_(kāi)___________________?！敬鸢浮?KOH+KClO-22

＞K2MnO4＞MnO2

0.958（【分析】【分析】【詳解】試題分析：（1）反響物為KOH、KClO3、MnO2，生成物為K2MnO4（錳酸鉀）和KCl、水，該反響為6KOH+KClO3+3MnO2＝3K2MnO4+KCl+3H2O，故答案為6KOH+KClO3+3MnO2＝3K2MnO4+KCl+3H2O；（2）K2MnO4轉(zhuǎn)變成KMnO4的反響中K2MnO4＝2KMnO4+MnO2，Mn元素的化合價(jià)由+6價(jià)高升為+7價(jià)，Mn元素的化合價(jià)由+6價(jià)降低為+4價(jià)，則氧化劑和復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為1：2，生成0.1mol復(fù)原產(chǎn)物時(shí)轉(zhuǎn)移電子-220.1NA×(6-4)=0.2NA或6.02×10，由氧化復(fù)原反響中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，可知氧化性為KMnO4＞K2MnO4＞MnO2，故答案為1：2；0.2NA或-22；KMnO4＞K2MnO4＞MnO2；6.02×10（3）KMnO4能與熱的Na2C2O4（aq，硫酸酸化）反響生成Mn2+和CO2，設(shè)KMnO4的純度0.165gx(7-2)=0.335g為x，則由電子守恒可知，2(4-3)，解得x=0.958，故122.5g/mol134g/mol答案為0.958．10．在食道德業(yè)中，N2O可用作發(fā)泡劑和密封劑。（1）N2O是硝酸生產(chǎn)中氨催化氧化的副產(chǎn)物，NH3與O2在加熱和催化劑的作用下生成N2O的化學(xué)方程式為_(kāi)__。（2）N2O和NO是環(huán)境污染性氣體。這兩種氣領(lǐng)悟發(fā)生反響：22NO(g)＋CO(g)=CO(g)＋＋2＋＋第一步為Fe＋N2O＝FeO＋N2；第二步為_(kāi)__(寫(xiě)方程式)，第二步反響幾乎不影響總反響達(dá)到平衡所用的時(shí)間，由此推知，第二步反響的活化能___(填“大于”“小于”或“等于”)第一步反響活化能。（3）在四個(gè)恒容密閉容器中充入相應(yīng)量的氣體(圖甲)，發(fā)生反響2N2O(g)=2N2(g)＋O2(g)△H，容器I、II、III中N2O的平衡轉(zhuǎn)變率如圖乙所示：①該反響的△H___(填“>或”“<”。)0②容器Ⅳ與容器III的體積均為1L，容器Ⅳ中的物質(zhì)在470℃下進(jìn)行反響，初步反響速率：v正(N2O)___v逆(N2O)(填“>”“或“<＝””)。③已知容器I的體積為10L370℃時(shí)，該反響的平衡常數(shù)K=___?！敬鸢浮?NH3222++2小于＞＜8.9×10-4或11125【分析】【分析】(1)NH3與O2在加熱和催化劑作用下生成N2O，近似于生成NO的反響，同時(shí)生成水；(2)總反響分兩步進(jìn)行Fe+N2O=FeO+N2，依照催化劑定義，第一步生成中間產(chǎn)物，第二步反響中，中間產(chǎn)物(FeO+)氧化CO生成CO2自己被復(fù)原成Fe+，依照催化劑定義，第二步反響對(duì)總反響速率沒(méi)有影響，說(shuō)明第一步是慢反響，控制總反響速率；(3)①高升溫度，向吸熱方向進(jìn)行，據(jù)此進(jìn)行分析；②恒溫條件下，減小體積，平衡向氣體總物質(zhì)的量減小的方向搬動(dòng)；③依照方程式計(jì)算平衡時(shí)各組分的濃度，代入平衡常數(shù)表達(dá)式計(jì)算?！驹斀狻?1)NH3與O2在加熱和催化劑作用下生成N2O和水，反響的化學(xué)方程式為2NH3+2O2N2O+3H2O；(2)總反響分兩步進(jìn)行Fe+N2O=FeO+N2，依照催化劑定義，第一步：Fe++N2O═FeO++N2，第二步反響中，中間產(chǎn)物(FeO+2+，F(xiàn)eO++2，第二)氧化CO生成CO自己被復(fù)原成Fe+CO=Fe+CO步反響對(duì)總反響速率沒(méi)有影響，說(shuō)明第一步是慢反響，控制總反響速率，第二步反響速率大于第一步反響速率，則第二步反響活化能小于第一步反響的活化能；(3)①高升溫度，N2O的轉(zhuǎn)變率高升，則向正反響方向進(jìn)行，則正反響為吸熱反響，則△H＞0；②依照題給圖像可知，同一溫度下，從I、II、III變化中，一氧化二氮的轉(zhuǎn)變率減小，因此Ⅳ中一氧化二氮轉(zhuǎn)變率也是減??；容器Ⅳ的體積為1L，容器Ⅳ中的物質(zhì)也在470℃下進(jìn)行反響，則減小體積，壓強(qiáng)增大，平衡向逆方向搬動(dòng)，即初步反響速率：v正(N2O)＜v逆(N2O)；③容器I的體積為10L，370℃時(shí)，N2O的轉(zhuǎn)變率為40%；初步（變化（平衡（

N2O（g）?mol/L）0.01mol/L）0.004mol/L）0.006

2N（g）+O（g）2200.0040.0020.0040.002因此K=c2(N2)c(O2)0.00420.002-4。c2N2O0.0062=8.9×1011．草酸亞鐵晶體(FeC2O4·2H2O)常用做分析試劑及顯影劑等。以下列圖是將必然質(zhì)量的草酸亞鐵在氬氣氛圍中進(jìn)行熱重分析表示圖(TG%表示殘留固體質(zhì)量占原樣品總質(zhì)量的百分?jǐn)?shù))。請(qǐng)回答以下問(wèn)題：(l)B處時(shí)殘留物的化學(xué)式為_(kāi)__________。(2)A→C整個(gè)反響過(guò)程中總反響的化學(xué)方程式為_(kāi)__________。(3)取上述分解獲得的600℃時(shí)的固體放在空氣中連續(xù)加熱時(shí)其質(zhì)量增加，發(fā)生反響的化學(xué)方程式為_(kāi)__________。由此說(shuō)明上述FeC2O4·2H2O在氬氣氛圍中進(jìn)行熱重分析的原因是___________。(4)若將分解獲得的600℃時(shí)的固體與足量的稀硫酸反響后，將溶液濃縮、冷卻，有帶7個(gè)結(jié)晶水的晶體析出，該晶體的化學(xué)式為_(kāi)_________，該晶體與草酸亞鐵晶體分解有近似，獲得四種氧化物且物質(zhì)的量之比為1:1:1:14，則該化學(xué)方程式為_(kāi)_________?！敬鸢浮縁eC2O4FeC2O4·2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O6FeO+O22Fe3O4防范FeO在加熱過(guò)程中被空中的氧氣氧化FeSO424223232·7HO2FeSO·7HOFeO+SO↑+SO↑+14HO【分析】【詳解】218=20%，恰幸好B點(diǎn)的TG%=80%，則B點(diǎn)表示全部的結(jié)晶水(1)FeC2O4·2H2O中H2O%=180都完好失去，獲得的固體成分為FeC2O4；故答案為：FeC2O4；(2)當(dāng)TG%=40%時(shí)，獲得應(yīng)該是鐵的氧化物，則有M(FeOx)=0.4，x=1，則變化過(guò)程中鐵180的化合價(jià)沒(méi)改變，只有碳的化合價(jià)發(fā)生變化，則A→C整個(gè)反響過(guò)程中總反響的化學(xué)方程式為FeC24222242FeOO·2HOFeO+CO↑+CO↑+2HO；故答案為：FeCO·2HO+CO↑+CO2↑+2HO；(3)當(dāng)分解獲得的600℃時(shí)的固體FeO在空氣中與氧氣反響，獲得牢固的Fe3O4，因此242FeO在加熱過(guò)程中被空中的氧氣氧FeCO·2HO在氬氣氛圍中進(jìn)行熱重分析的原因防范化；故答案為：6FeO+O2342FeO；防范FeO在加熱過(guò)程中被空中的氧氣氧化；(4)FeO與足量的稀硫酸反響獲得的是FeSO4，為了防范其Fe2+水解和Fe2+被氧化，要加合適的硫酸和鐵粉，才能獲得FeSO4·7H2O，晶體與草酸亞鐵晶體分解有近似，獲得四種氧化物且物質(zhì)的量之比為1:1:1:14，則有Fe2O3、SO2、SO3、H2O；故答案為：FeSO4·7H2O；2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O。12．對(duì)工業(yè)廢水和生活污水進(jìn)行辦理是防范水體污染、改進(jìn)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(qǐng)回答以下問(wèn)題：①已知砷是氮的同族元素，比氮原子多2個(gè)電子層，砷在元素周期表的地址為_(kāi)____。②工業(yè)上采用硫化法(平時(shí)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_(kāi)____。（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(shí)生成NH3，該反響的離子方程式為_(kāi)____。(3)電滲析法辦理廚房垃極發(fā)酵液，同時(shí)獲得乳酸的原理以下列圖(圖中“HA表”示乳酸分子，―表示乳酸根離子)：A①陽(yáng)極的電極反響式為_(kāi)____②電解過(guò)程中，采用必然的措施可控制陽(yáng)極室的pH約為6～8，此時(shí)進(jìn)入濃縮室的OH－可－濃度上升為145g/L(溶液體積變化忽略不計(jì)。400mL10gL·1乳酸溶液通電一段時(shí)間后，忽略不計(jì))，陰極上產(chǎn)生的H2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積約為_(kāi)____L(已知：乳酸的摩爾質(zhì)量為90g/mol)?！敬鸢浮康谒闹芷冖魽族2-+--2H3AsO3+3S+6H=As2S3↓+6H2O4H2O+2CN+O2=2HCO3+2NH34OH--4e-═2H2O+O2↑或2H2O-4e-═O2↑+4H+6.72【分析】【分析】（1）①由砷是氮的同族元素，比氮原子多2個(gè)電子層可知，砷原子最外層有5個(gè)電子，4個(gè)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(shí)生成NH3，反響中碳元素化合價(jià)高升被氧化，氮元素化合價(jià)沒(méi)有變化；3）①水電離出的氫氧根離子在陽(yáng)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(jì)算可得?！驹斀狻浚?）①由砷是氮的同族元素，比氮原子多2個(gè)電子層可知，砷原子最外層有5個(gè)電子，4個(gè)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(shí)生成NH3，反響中碳元素化合價(jià)高升被氧化，氮元素化合價(jià)沒(méi)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(yáng)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(guò)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H254g在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積約為90g/mol×21×22.4L/mol=6.72L，故答案為：6.72?！军c(diǎn)睛】電滲析法辦理廚房垃極發(fā)酵液時(shí)，陽(yáng)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(yáng)極經(jīng)過(guò)陽(yáng)離子交換膜進(jìn)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(guò)陰離子交換膜從陰極進(jìn)入濃縮室，發(fā)生反響H++A-═HA，以致乳酸濃度增大是理解的要點(diǎn)，也是解答要點(diǎn)。13．震驚全國(guó)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(guò)噴灑雙氧水或硫代硫酸鈉溶液來(lái)辦理。資料:氰化鈉化學(xué)式NaCN（N元素-3價(jià)),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?rùn)紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體反響的化學(xué)方程式____________________________。

,寫(xiě)出該(2)某化學(xué)興趣小組實(shí)驗(yàn)室制備硫代硫酸鈉

(Na2S2O3),并檢測(cè)用硫代硫酸鈉溶液辦理后的氰化鈉廢水可否達(dá)標(biāo)排放。（實(shí)驗(yàn)一）實(shí)驗(yàn)室經(jīng)過(guò)圖裝置制備

Na2S2O3①a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Na2S2O3和CO2等,d裝置中的溶質(zhì)有NaOH、Na2CO3,還可能有______。③實(shí)驗(yàn)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(kāi)K1,目的是______________。（實(shí)驗(yàn)二）測(cè)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?gòu)U水中氰化鈉的最高排放標(biāo)準(zhǔn)為＋－－＋－0.50mg/L。②Ag+2CN==[Ag(CN)2],Ag+I－優(yōu)先與＋反響。==AgI↓；AgI呈黃色,且CNAg實(shí)驗(yàn)以下:取25.00mL辦理后的氰化鈉廢水于錐形瓶中并滴加幾滴KI溶液作指示劑，用-4331.000×10mol/L的標(biāo)準(zhǔn)AgNO溶液滴定，耗資AgNO溶液的體積為2.50mL。④滴定終點(diǎn)的判斷方法是_____________________________________________。⑤辦理后的廢水中氰化鈉的含量為_(kāi)_______mg/L，________(選填“能”、“不能夠”)排放?！敬鸢浮縉aCN+H22233↑圓底燒瓶安全瓶或防倒吸23O+HO=NaHCO+NHNaSONaOH溶液防范拆掉裝置時(shí)污染空氣滴入最后一滴AgNO3溶液,出現(xiàn)黃色積淀,且半分鐘內(nèi)不用逝0.98不能夠【分析】【詳解】1）常溫下，氰化鈉能與過(guò)氧化氫溶液反響，生成能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)色的氣體，該氣體為氨氣，生成的酸式鹽為碳酸氫鈉，反響方程式為：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑；（2）實(shí)驗(yàn)一：a裝置制備二氧化硫，c裝置中制備Na2S2O3，反響以致裝置內(nèi)氣壓減小，b為安全瓶作用，防范溶液倒吸，d裝置吸取節(jié)余的二氧化硫，防范污染空氣；①由儀器結(jié)構(gòu)特色，可知盛裝Na23固體的儀器為圓底燒瓶；b裝置為安全瓶，防范倒SO吸；d裝置吸取二氧化硫，d中溶質(zhì)有NaOH、Na2CO3，堿過(guò)分，還有亞硫酸鈉生成；③驗(yàn)結(jié)束后，裝置b中還有殘留的二氧化硫，為防范污染空氣，應(yīng)用氫氧化鈉溶液吸??；④Ag+與CN-反響生成[Ag（CN）2]-，當(dāng)CN-反響結(jié)束時(shí)，滴入最后一滴硝酸銀溶液，Ag+與I-生成AgI黃色積淀，說(shuō)明反響到達(dá)滴定終點(diǎn)；-3-7+-⑤耗資AgNO3的物質(zhì)的量為2.5×10L×0.0001mol/L=2.50×mol10，依照方程式Ag+2CN=[Ag--7-5（CN）2]，辦理的廢水中氰化鈉的質(zhì)量為2.50×10mol×2×49g/mol=2.45×g，10廢水中氰化22.4510mg鈉的含量為=0.98mg/L。14．高錳酸鉀(KMnO4)是中學(xué)化學(xué)中常用的強(qiáng)氧化劑，實(shí)驗(yàn)室中可經(jīng)過(guò)以下兩步反響制得KMnO4：①M(fèi)nO2熔融氧化：3MnO2+KClO3+6KOH═3K2MnO4+KCl+3H2O；②K2MnO4歧化：K2MnO4+CO2——KMnO4+MnO2↓+K2CO3。已知K2MnO4溶液呈綠色，KMnO4溶液呈紫紅色，二者都擁有強(qiáng)氧化性。請(qǐng)回答以下問(wèn)題：1）反響①中的氧化劑是___。2）配平反響②：K2MnO4+CO2——KMnO4+MnO2↓+K2CO3。___該反響中氧化產(chǎn)物是___，每耗資11.2L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）CO2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為_(kāi)__。（3）以下方法或操作最能表示K2MnO4已歧化完好的一項(xiàng)為哪一項(xiàng)___（填字母）。A．經(jīng)過(guò)觀察溶液顏色變化，由綠色變成紫紅色B．取上層清液少許于試管中，連續(xù)通入CO2，無(wú)積淀產(chǎn)生C．取上層清液少許于試管中，加入復(fù)原性較強(qiáng)的FeSO4溶液，溶液紫紅色褪去（4－和H2O2能發(fā)生氧化復(fù)原反響，－被復(fù)原為Mn2+，并有氧氣）在稀硫酸中，MnO4MnO4放出，請(qǐng)寫(xiě)出該氧化復(fù)原反響的離子方程式：___。實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)，當(dāng)加入的少許KMnO4完全反響后，H2O2還可以發(fā)生反響并迅速放出氣體。其可能的原因是___?！敬鸢浮縆ClO3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+1MnO2↓+2KCO3KMnO40.5NAB5H2O2＋3-+2+2＋對(duì)H2O2分解擁有催化作用2MnO4＋6H═2Mn＋5O2↑＋8H2O生成Mn【分析】【分析】1）由反響①的化學(xué)方程式可知，反響中錳元素化合價(jià)高升被氧化，氯元素化合價(jià)降低被復(fù)原；2）由未配平反響②化學(xué)方程式可知，反響中反響中錳元素化合價(jià)即高升又降低，錳酸鉀既是氧化劑又是復(fù)原劑，高錳酸鉀是氧化產(chǎn)物，二氧化錳是復(fù)原產(chǎn)物；由化學(xué)方程式計(jì)算反響轉(zhuǎn)移電子數(shù)目；（3）若是溶液中存在K2MnO4，通入CO2會(huì)產(chǎn)生積淀，且K2MnO4溶液顯綠色，KMnO4溶液紫紅色；4）在稀硫酸中，MnO4－和H2O2能發(fā)生氧化復(fù)原反響，MnO4－做氧化劑被復(fù)原為Mn2+，雙氧水做復(fù)原劑被氧化生成氧氣?！驹斀狻?）由反響①的化學(xué)方程式可知，反響中錳元素化合價(jià)高升被氧化，二氧化錳做復(fù)原劑，氯元素化合價(jià)降低被復(fù)原，氯酸鉀做氧化劑，故答案為：KClO3；2）由未配平反響②化學(xué)方程式可知，反響中反響中錳元素化合價(jià)即高升又降低，錳酸鉀既是氧化劑又是復(fù)原劑，高錳酸鉀是氧化產(chǎn)物，二氧化錳是復(fù)原產(chǎn)物，反響的化學(xué)方程式為3K242423二氧化碳的物質(zhì)的量為MnO+2CO═2KMnO+MnO↓+2KCO，標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2L0.5mol，由配平化學(xué)方程式可知，反響耗資2mol二氧化碳，轉(zhuǎn)移2mol電子，則0.5mol二氧化碳參加反響，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.5mol×NAmol—1=0.5NA，故答案為：KMnO4；0.5NA；（3）若是溶液中存在K2MnO4，通入CO2會(huì)產(chǎn)生積淀，且K2MnO4溶液顯綠色，KMnO4溶液紫紅色，因此能夠經(jīng)過(guò)通入二氧化碳可否產(chǎn)生積淀及溶液在濾紙上的顏色判斷，則B正確，故答案為：B；（4）在稀硫酸中，MnO4－和H2O2能發(fā)生氧化復(fù)原反響，MnO4－做氧化劑被復(fù)原為Mn2+，雙氧水做復(fù)原劑被氧化生成氧氣，反響的化學(xué)方程式為5H2O2＋2MnO4-＋6H+═2Mn2+＋224的量不足，反響生成的Mn2+做催化劑，H22還可以分解，故答案5O↑＋8HO；若KMnOO為：5H2O2＋2MnO4-＋6H+═