一、高中化學氧化還原反應(yīng)練習題（含詳細答案解析）硫代硫酸鈉（Na2S2O3）是一種解毒藥，用于氟化物、砷、汞、鉛、錫、碘等中毒，臨床常用于治療蕁麻疹，皮膚瘙癢等病癥.硫代硫酸鈉在中性或堿性環(huán)境中穩(wěn)定，在酸性溶液中分解產(chǎn)生S和SO2實驗I：Na2S2O3的制備。工業(yè)上可用反應(yīng)：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，實驗室模擬該工業(yè)過程的裝置如圖所示：⑴儀器a的名稱是，儀器b的名稱是。b中利用質(zhì)量分數(shù)為70%80%的H2SO4溶液與Na2SO3固體反應(yīng)制備SO2反應(yīng)的化學方程式為。c中試劑為⑵實驗中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有（寫出一條）（3）為了保證硫代硫酸鈉的產(chǎn)量，實驗中通入的SO2不能過量，原因是實驗II：探究Na2S2O3與金屬陽離子的氧化還原反應(yīng)。資料：Fe3++3S2O32-#Fe（S2O3）33-（紫黑色）裝置試劑X實驗現(xiàn)象!0.2nnLi—Cl1nw!-L_,2mlJ—OJmd'L'1Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先變成紫黑色，30s后幾乎變?yōu)闊o色⑷根據(jù)上述實驗現(xiàn)象，初步判斷最終Fe3+被S2O32-還原為Fe2+,通過（填操作、試劑和現(xiàn)象），進一步證實生成了Fe2+。從化學反應(yīng)速率和平衡的角度解釋實驗II的現(xiàn)象：實驗III：標定Na2S2O3溶液的濃度（5）稱取一定質(zhì)量的產(chǎn)品配制成硫代硫酸鈉溶液，并用間接碘量法標定該溶液的濃度：用分析天平準確稱取基準物質(zhì)K2Cr2O7（摩爾質(zhì)量為294g?moM）0.5880g。平均分成3份，分別放入3個錐形瓶中，加水配成溶液，并加入過量的KI并酸化，發(fā)生下列反應(yīng)：6I-+Cr2O72-+14H+=引2+2Cr3++7H2O,再加入幾滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，發(fā)生反應(yīng)屮2S2O32-=2I-+S4O62-，三次消耗Na2S2O3溶液的平均體積為25.00mL,則所標定的硫代硫酸鈉溶液的濃度為mol?L-1【答案】分液漏斗蒸餾燒瓶HSO+NaSO=NaSO+HO+SOT硫化鈉和碳24232422酸鈉的混合液調(diào)節(jié)酸的滴加速度若SO2過量，溶液顯酸性.產(chǎn)物會發(fā)生分解加入鐵氰化鉀溶液.產(chǎn)生藍色沉淀開始生成Fe(S2O3)33-的反應(yīng)速率快，氧化還原反應(yīng)速率慢，但Fe3+與S2O32-氧化還原反應(yīng)的程度大，導致Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反應(yīng)方向移動，最終溶液幾乎變?yōu)闊o色0.1600【解析】【分析】【詳解】a的名稱即為分液漏斗，b的名稱即為蒸餾燒瓶；b中是通過濃硫酸和Na2SO3反應(yīng)生成SO2，所以方程式為：HSO+NaSO=NaSO+HO+SOT；c中是制備硫代硫酸224232422鈉的反應(yīng)，SO2由裝置b提供，所以c中試劑為硫化鈉和碳酸鈉的混合溶液；從反應(yīng)速率影響因素分析，控制SO2生成速率可以調(diào)節(jié)酸的滴加速度或者調(diào)節(jié)酸的濃度，或者改變反應(yīng)溫度；⑶題干中指出，硫代硫酸鈉在酸性溶液中會分解，如果通過量的SO2，會使溶液酸性增強，對制備產(chǎn)物不利，所以原因是：SO2過量，溶液顯酸性，產(chǎn)物會發(fā)生分解；⑷檢驗Fe2+常用試劑是鐵氰化鉀，所以加入鐵氰化鉀溶液，產(chǎn)生藍色沉淀即證明有Fe2+生成；解釋原因時一定要注意題干要求，體現(xiàn)出反應(yīng)速率和平衡兩個角度，所以解釋為：開始階段，生成Fe(SO)3-的反應(yīng)速率快，氧化還原反應(yīng)速率慢，所以有紫黑色出現(xiàn)，隨著233Fe3+的量逐漸增加，氧化還原反應(yīng)的程度變大，導致平衡逆向移動，紫黑色逐漸消失，最終溶液幾乎變?yōu)闊o色；⑸間接碘量法滴定過程中涉及兩個反應(yīng)：①61-+Cr2O7-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O；②I+2S6-=21-+S6-；反應(yīng)①I-被氧化成12,反應(yīng)②中第一步所得的I2又被還原成I-2234622，所以①與②電子轉(zhuǎn)移數(shù)相同，那么滴定過程中消耗的CrO2-得電子總數(shù)就與消耗的27SO2-失電子總數(shù)相同；在做計算時，不要忽略取的基準物質(zhì)重鉻酸鉀分成了三份進行的2310.5880滴定。所以假設(shè)c(Na2S2O3)=amol/L,列電子得失守恒式：三興興6=ax0.025x1，2233294解得a=0.1600mol/L。疊氮化鈉(NaN3)是一種白色劇毒晶體，是汽車安全氣囊的主要成分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱堿性，能與酸發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生具有爆炸性的有毒氣體疊氮化氫。實驗室可利用亞硝酸叔丁酯(t-BuNO2，以t-Bu表示叔丁基)與N2H4、氫氧化鈉溶液混合反應(yīng)制備疊氮化鈉。制備亞硝酸叔丁酯取一定NaNO2溶液與50%硫酸混合，發(fā)生反應(yīng)H2SO4+2NaNO2===2HNO2+Na2SO4o可利用亞硝酸與叔丁醇(t-BuOH)在40左右制備亞硝酸叔丁酯，試寫出該反應(yīng)的化學方程式：(2)制備疊氮化鈉(NaN3)按如圖所示組裝儀器(加熱裝置略)按如圖所示組裝儀器(加熱裝置略)進行反應(yīng)，反應(yīng)的化學方程式為：t-BuNO2+NaOH+N2H4===NaN3＋2H2O＋t-BuOH。裝置aNaOH,叫出及助劑混合溶液l-BuWO>裝置a的名稱是；該反應(yīng)需控制溫度在65°C，采用的實驗措施是；反應(yīng)后溶液在0°C下冷卻至有大量晶體析出后過濾。所得晶體使用無水乙醇洗滌。試解釋低溫下過濾和使用無水乙醇洗滌晶體的原因是(3)產(chǎn)率計算稱取2.0g疊氮化鈉試樣，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于錐形瓶中。用滴定管加入0.10mol?L-1六硝酸鈰銨［(NH4)2Ce(NO3)6］溶液40.00mL(假設(shè)雜質(zhì)均不參與反應(yīng))。充分反應(yīng)后將溶液稀釋并酸化，滴入2滴鄰菲羅啉指示液，并用0.10mol?L-1硫酸亞鐵銨［(NH4)2Fe(SO4)2］為標準液，滴定過量的Ce4+,終點時消耗標準溶液20.00mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋)。已知六硝酸鈰銨［(NH4)2Ce(NO3)6］與疊氮化鈉反應(yīng)生成硝酸銨、硝酸鈉、氮氣以及Ce(NO3)3,試寫出該反應(yīng)的化學方程；計算疊氮化鈉的質(zhì)量分數(shù)為(保留2位有效數(shù)字)。若其他操作及讀數(shù)均正確，滴定到終點后，下列操作會導致所測定樣品中疊氮化鈉質(zhì)量分數(shù)偏大的是(填字母)。錐形瓶使用疊氮化鈉溶液潤洗滴加六硝酸鈰銨溶液時，滴加前仰視讀數(shù)，滴加后俯視讀數(shù)滴加硫酸亞鐵銨標準溶液時，開始時尖嘴處無氣泡，結(jié)束時出現(xiàn)氣泡滴定過程中，將掛在錐形瓶壁上的硫酸亞鐵銨標準液滴用蒸餾水沖進瓶內(nèi)疊氮化鈉有毒，可以使用次氯酸鈉溶液對含有疊氮化鈉的溶液進行銷毀，反應(yīng)后溶液堿性明顯增強，且產(chǎn)生無色無味的無毒氣體，試寫出反應(yīng)的離子方程式：【答案】t-BuOH+HNO2^「.t-BuNO2+H2O恒壓滴液漏斗(滴液漏斗)水浴加熱降低疊氮化鈉的溶解度，防止產(chǎn)物損失2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3+3N2個65%ACClO-+2N3-+H2O===Cl-+2OH-+3N2個【解析】【分析】【詳解】制備亞硝酸叔丁酯的反應(yīng)物有亞硝酸和叔丁醇，反應(yīng)類型屬于有機的酯化反應(yīng)，所以方程式為：t-BuOH+HNO—t-BuNO+HO；222①裝置a的名稱即為恒壓滴液漏斗；反應(yīng)要控制溫度在65°C，參考苯的硝化實驗，該反應(yīng)加熱時，應(yīng)當采用水浴加熱；題干中提到了疊氮酸鈉易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗滌產(chǎn)品時，為了減少洗滌過程中產(chǎn)品的損耗，應(yīng)當用無水乙醇洗滌；⑶通過題干提示的反應(yīng)產(chǎn)物分析，可知反應(yīng)過程中Ce4+和N-中的元素發(fā)生了變價，所以反應(yīng)的方程式為：2(NH)Ce(NO)+2NaN=4NHNO+2NaNO+2Ce(NO)+3NT；在計算疊423634333321氮化鈉的含量時，一定要注意疊氮酸鈉溶液配制完成后只取了門;與過量的六硝酸鈰銨反應(yīng)，再用Fe2+去滴定未反應(yīng)完的正四價的Ce,因此有：2.0gNaN樣品的丄消耗的Ce4++Fe2+消耗的Ce4+=0.004molCe4+，考慮到Fe2+與310Ce4+的反應(yīng)按照1:1進行，所以2.0g疊氮化鈉樣品中疊氮化鈉的物質(zhì)的量為：n(NaN)二10x(0.004-Fe2+消耗的Ce4+)二0.02mol，所以疊氮化鈉樣品的質(zhì)量分數(shù)3m(NaN)0.02molx65g/mol為.w=3x100%==65%；為：2.0g2.0；潤洗錐形瓶，會使步驟②消耗的六硝酸鈰銨的量增加，通過分析可知，會使最終計算的質(zhì)量分數(shù)偏大，A項正確；量取40mL六硝酸鈰銨溶液時若前仰后俯，則會量取比40ml更多的六硝酸鈰銨溶液，那么步驟③會需要加入更多的Fe2+來消耗疊氮酸鈉未消耗掉的Ce4+，通過分析可知，最終會導致計算的質(zhì)量分數(shù)偏低，B項錯誤；C?步驟③用Fe2+標定未反應(yīng)的Ce4+，若開始尖嘴無氣泡，結(jié)束后出現(xiàn)氣泡，則記錄的Fe2+消耗量比實際的偏小，通過分析可知，最終會使質(zhì)量分數(shù)偏大，C正確；D.將掛在錐形瓶壁上的Fe2+溶液沖入錐形瓶，相當于讓溶液混合更均勻，這樣做會使結(jié)果更準確，D項不符合；答案選AC；⑷反應(yīng)后溶液堿性增強，所以推測生成了OH-；產(chǎn)生的無色無味無毒氣體，推測只能是氮氣，所以離子方程式為：ClO-+2N-+HO=Cl-+3NT+2OH-。322【點睛】滴定計算類的題目，最常考察的形式之一是配制完待測樣品溶液后，只取一部分進行滴定，在做計算時不要忘記乘以相應(yīng)的系數(shù)；此外，?？疾斓男问揭灿校河么郎y物A與過量的B反應(yīng)，再用C標定未反應(yīng)的B,在做計算時，要注意A與C一同消耗的Bo過硫酸鈉(Na2S2O8)具有極強的氧化性，且不穩(wěn)定，某化學興趣小組探究過硫酸鈉的相關(guān)性質(zhì)，實驗如下。已知SO3是無色易揮發(fā)的固體，熔點16.8C，沸點44.8Co穩(wěn)定性探究(裝置如圖)：分解原理：2Na2S2O8丄_2Na2SO4+2SO3個+02個。此裝置有明顯錯誤之處，請改正：，水槽冰水浴的目的是；帶火星的木條的現(xiàn)象>K帶火杲:；帶火星的木條的現(xiàn)象>K帶火杲:的木爺'一尸冰三?水m浴過硫酸鈉在酸性環(huán)境下，在Ag+的催化作用下可以把Mn2+氧化為紫紅色的離子，所得溶液加入BaCI2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。向上述溶液中加入足量的BaCI2,過濾后對沉淀進行洗滌的操作是可用H2C2O4溶液滴定產(chǎn)生的紫紅色離子，取20mL待測液，消耗0.1moI?L-1的H2C2O4溶液30mL，則上述溶液中紫紅色離子的濃度為moI?L-1,若Na2S2O8有剩余，則測得的紫紅色離子濃度將傾"偏高""偏低"或"不變”)。【答案】試管口應(yīng)該略向下傾斜冷卻并收集SO3木條復燃2Mn2++5S2O；+8H2O辿2MnOi+10SO+16H+S2OMnO用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸餾水至沒過沉淀，使蒸餾水自然流下，重復操作2?3次(合理即可)0.06偏高【解析】【分析】在試管中加熱固體時，試管口應(yīng)略微向下傾斜；根據(jù)SO、氧氣的性質(zhì)進行分析；3X為MnO-,向所得溶液中加入BaCl溶液可以產(chǎn)生白色沉淀，貝V產(chǎn)物中有SO2-，據(jù)此寫424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)沉淀洗滌的方法進行回答；根據(jù)得失電子守恒可得到關(guān)系式：5HCO―-2MnO-，帶入數(shù)值進行計算；NaSO也具有2244228氧化性，氧化HCO。224【詳解】在試管中加熱固體時，試管口應(yīng)略微向下傾斜，SO3的熔、沸點均在0C以上，因此冰水浴有利于將SO3冷卻為固體，便于收集SO3，由Na2S2O8的分解原理可知，生成物中有氧氣，所以在導管出氣口的帶火星的木條會復燃，故答案為：試管口應(yīng)該略向下傾斜；冷卻并收集SO3；木條復燃；X為MnO4-,向所得溶液中加入BaCI2溶液可以產(chǎn)生白色沉淀，則產(chǎn)物中有SO42-，則反應(yīng)的離子方程式為2Mn2++5S2O：+8H2O速2MnOi+10SO+16H+,根據(jù)該反應(yīng)中元素化合價的變化可知，氧化劑是S2O82-,氧化產(chǎn)物是MnO4-，故答案為：2Mn2++5S2O：+8H,0辿2MnOi+10SO+16H+；S,。/-；MnO-；沉淀洗滌時，需要用玻璃棒引流，并且所加蒸餾水需要沒過沉淀，需要洗滌2~3次，故答案為：用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸餾水至沒過沉淀，使蒸餾水自然流下，重復操作2?3次(合理即可)；根據(jù)得失電子守恒可得到關(guān)系式：

5HCO2245HCO22450.03LxO.lmolQ2MnO-420.02Lxc(MnO4則C(MnO4-L22Of；刖jo"，呼2。8具有氧化性’消耗的旺。4溶液增多，導致測得的結(jié)果偏高，故答案為：0.06；偏高。4．鋰離子電池能夠?qū)崿F(xiàn)千余次充放電，但長時間使用后電池會失效，其中的化學試劑排放至環(huán)境中不僅會造成環(huán)境污染，還會造成資源的浪費。實驗室模擬回收鋰離子電池中的Co、Ni、Li的流程如圖。已知：LiCoO已知：LiCoO2難溶于水，易溶于酸?；卮鹣铝袉栴}:LiCoO2中Co的化合價是__。LiCoO2在浸出過程中反應(yīng)的離子方程式是__。浸出劑除了H2O2外，也可以選擇Na2S2O3，比較二者的還原效率H2O2_(填“〉”或“<")Na2S2O3(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)。提高浸出效率的方法有__。利用Cyanex272萃取時，pH對鉆、鎳萃取分離效果的影響如圖。從圖中數(shù)據(jù)可知,用Cyanex272萃取分離時，最佳pH是__。反萃取的離子方程式為2H++CoR2=Co2++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1.18g?L-1,則pH=__時，Ni2+開始沉淀。[Ksp(Ni(OH)2=2x10-i5](8)參照題中流程圖的表達，結(jié)合信息設(shè)計完成從水相中分離Ni和Li的實驗流程圖(如圖)___。水40SO水40SO；)L①silver"(產(chǎn)品1)趙蝎「況庠玄梳鍬干慢■產(chǎn)品2已知：物質(zhì):LfFLitCO3Ni(OH)2穢解性(室溫、難濬難落雅溶Mt溶提供的無機試劑：NaOH、Na2CO3、NaF?！敬鸢浮?32LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2個+2Li++4H2O＜適當升高溫度，適當增加H2SO4濃度5.5H2SO47.5①NaOH②Ni(OH)2③NaF【解析】【分析】(1)通過化合物中各元素化合價代數(shù)和為0進行計算；(2)由流程圖中有機相反萃取得到CoSO4,可知LiCoO2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)律寫出化學方程式；⑶根據(jù)等物質(zhì)的量H2O2和Na2S2O3作為還原劑轉(zhuǎn)移電子的多少進行判斷；(4)提高浸出效率即提高化學反應(yīng)速率；⑸分離C02+和Ni2+時，由于C02+進入有機相，Ni進入水相，因此，應(yīng)該選擇鉆的萃取率高而鎳的萃取率低的pH范圍；將鉆洗脫進入水相中時，應(yīng)該使反應(yīng)向正反應(yīng)方向移動，同時不能引入新雜質(zhì)；⑺根據(jù)Ksp(Ni(OH)2的表達式進行計算；⑻根據(jù)表格中所給物質(zhì)溶解度信息，調(diào)節(jié)pH應(yīng)該用堿性物質(zhì)，但要考慮分離Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同時沉淀?！驹斀狻縇iCoO2中O元素為-2價，Li為+1價，根據(jù)化合物中各元素化合價代數(shù)和為0進行計算得Co的化合價為+3價；由流程圖中有機相反萃取得到CoSO4,可知LiCoO2與H2O2在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，化學方程式為：2LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2個+2Li++4H2O；1molH2O2作為還原劑轉(zhuǎn)移2mol電子，1molNa2S2O3作為還原劑轉(zhuǎn)移8mol電子，貝VNa2S2O3的還原效率更高；⑷提高浸出效率可以適當升高溫度，適當增加h2so4濃度等；⑸分離C02+和Ni2+時，由于C02+進入有機相，Ni進入水相，因此，應(yīng)該選擇鉆的萃取率高而鎳的萃取率低的pH范圍，所以最佳pH是5.5；將鉆洗脫進入水相中時，應(yīng)該使反應(yīng)向正反應(yīng)方向移動，同時，為不引入新雜質(zhì)，反萃取劑最好選擇H2SO4；1.18c(Ni2+)=~5丁mol/L=0.02mol/L,則開始沉淀時，c(OH-)=:K(Ni(0H)).2x10-15口rsp2==10-6.5mol/L,貝ypH=14-6.5=7.5；0.020.02⑻根據(jù)表格中所給物質(zhì)溶解度信息，調(diào)節(jié)pH應(yīng)該用堿性物質(zhì)，但要考慮分離Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同時沉淀，所以選用NaOH,則Ni(OH)2先沉淀，過濾后濾液中加入NaF生成LiF沉淀?！军c睛】本題(5)選擇合適的pH時，注意讀懂圖中信息，要根據(jù)實驗的具體操作情況來分析。根據(jù)當?shù)刭Y源等情況，硫酸工業(yè)常用黃鐵礦(主要成分為FeS2)作為原料。完成下列填空：(1)將0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)充入一個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)達到平衡，測得n(SO3)=0.040mol,則O2的平均反應(yīng)速率為⑵在容積不變時，下列措施中有利于提高SO2平衡轉(zhuǎn)化率的有(選填編號)移出氧氣b.降低溫度c.減小壓強d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)⑶在起始溫度TJ673K)時SO2的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時間(t)的變化如圖，請在圖中畫出其他條件不變情況下，起始溫度為T2(723K)時SO2的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時間變化的示意圖—1010K3CWW(4)黃鐵礦在一定條件下煅燒的產(chǎn)物為SO2和Fe3O4將黃鐵礦的煅燒產(chǎn)物Fe3O4溶于H2SO4后，加入鐵粉，可制備FeSO4。酸溶過程中需維持溶液有足夠的酸性，其原因是抑20②FeS抑20②FeS2能將溶液中的Fe3+還原為Fe2+，本身被氧化為SO42-。寫出有關(guān)的離子方程式。有2mol氧化產(chǎn)物生成時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為SQ3轉(zhuǎn)80優(yōu)//【答案】0.005mol/(L?min)bd40制Fe3+與Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+14NA【解析】【分析】Ac一,⑴根據(jù)v=求出氧氣的速率，然后根據(jù)速率之比等于對應(yīng)物質(zhì)的化學計量數(shù)之比計At

⑵反應(yīng)放熱，為提高SO2平衡轉(zhuǎn)化率，應(yīng)使平衡向正反應(yīng)方向移動，可降低溫度，體積不變，不能從壓強的角度考慮，催化劑不影響平衡移動，移出氧氣，平衡向逆反應(yīng)方向移動，不利于提高SO2平衡轉(zhuǎn)化率，由此分析解答；反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向進行，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減小，但達到平衡所需要的時間縮短，據(jù)此畫出曲線；⑷①Fe3+與Fe2+易水解，F(xiàn)e2+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配平化學方程式，結(jié)合方程計算轉(zhuǎn)移電子數(shù)?！驹斀狻緼c⑴餌尸It0.040molAc⑴餌尸It所以v(O2)=u所以v(O2)=u(SOJ=0.005mol/(L?min),222min故答案為：0.005mol/(L?min)；⑵a.移出氧氣，平衡逆向移動，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減少，故不選；降低溫度，平衡正向移動，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率增大，故選；減小壓強，平衡逆向移動，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減少，故不選；再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g),相當于增大壓強，平衡正向移動，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率增大，故選；故答案為：bd；⑶反應(yīng)：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)AH<0，SO2的轉(zhuǎn)化率在起始溫度T】=673K下隨反應(yīng)時間(t)的變化如圖，其他條件不變，僅改變起始溫度為T2=723K，溫度升高，平衡逆向進行，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減小，但反應(yīng)速率增大，達到平衡需要的時間短，在圖中畫出溫度t2下SO2的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時間變化的預期結(jié)果示意圖如圖所示(4)①Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SO4后，生成的Fe3+與Fe2+易水解,Fe2+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+與Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+；-2價的硫離子具有還原性，F(xiàn)eS2可以將溶液中的Fe3+還原為Fe2+,而本身被氧化為硫酸根離子，有關(guān)的離子方程式為：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，氧化產(chǎn)物是硫酸根離子，有2mol硫酸根生成時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為14Na，故答案為：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+；14NAO【點睛】注意(3)溫度升高，平衡逆向進行，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減小，但反應(yīng)速率增大，達到平衡需要的時間短，此為解題的關(guān)鍵。廢水中過量的氨氮(NH3和NH+)會導致水體富營養(yǎng)化。某科研小組用NaClO氧化法處34理氨氮廢水。已知：①HC1O的氧化性比NaClO強；②NH比NH+更易被氧化；③國家34相關(guān)標準要求經(jīng)處理過的氨氮廢水PH要控制在6~9。(1)PH二1.25時，NaClO可與NH+反應(yīng)生成N。等無污染物質(zhì)，該反應(yīng)的離子方程式為42⑵進水PH對氨氮去除率和出水pH的影響分別如圖1和圖2所示:圖1圖2進水PH在1.25~2.75范圍內(nèi)時，氨氮去除率隨PH的升高迅速下降的原因是進水PH在2.75~6范圍內(nèi)時，氨氮去除率隨PH的升高而上升的原因是。進水PH應(yīng)控制在左右為宜。為研究空氣對NaClO氫化氨氮的影響，其他條件不變，僅增加單位時間內(nèi)通人空氣的量，發(fā)現(xiàn)氨氮去除率幾乎不變。其原因可能是(填序號)O2的氧化性比NaClO弱°?氧化氨氮速率比NaClO慢O2在廢水中溶解度比較小d.空氣中的N?進入廢水中【答案】3ClO-+2NH+=NT+3Cl-+3HO+2H+隨著pH的升高，NaClO含量增422大，氧化性降低，導致氨氯去除率下降隨著PH的升高，氨氮廢水中nh3含量增大，而NH比NH+更易被氧化1.5abc34【解析】【分析】(1)pH=1.25時，NaClO可與NH4+反應(yīng)生成N2等無污染物質(zhì)，次氯酸根離子被還原為氯離子和水，結(jié)合電荷守恒、電子守恒、原子守恒配平書寫離子方程式；⑵①進水pH為1.25?2.75范圍內(nèi)，氨氮去除率隨pH升高迅速下降是c(OH-)較大，抑制NaClO水解，c(HClO)較小致氧化能力弱；進水pH為2.75?6.00范圍內(nèi)氨氮去除率隨pH升高而上升，氨氣含量增大氨氮易被氧化；結(jié)合圖象變化可知進水pH應(yīng)控制在1.0左右；(3)其他條件不變，僅增加單位時間內(nèi)通入空氣的量，發(fā)現(xiàn)氨氮去除率幾乎不變，說明O2氧化氨氮速率比NaCIO慢，比次氯酸鈉氧化性弱，溶液中溶解的氧氣少等原因?！驹斀狻?1)pH=1.25時，NaCIO可與NH4+反應(yīng)生成N2等無污染物質(zhì)，次氯酸根離子被還原為氯離子，結(jié)合電荷守恒、電子守恒、原子守恒配平書寫離子方程式：3CIO-+2NH4+=N2個+3CI-+2H+；⑵①進水pH為1.25?2.75范圍內(nèi)，氨氮去除率隨pH升高迅速下降的原因是：隨著PH升高，NaCIO含量增大，氧化性能降低，導致氨氮去除率下降；進水pH為2.75?6.00范圍內(nèi)，氨氮去除率隨pH升高而上升的原因是：隨著PH升高氨氮廢水中氨氣含量增大，氨氮更易被氧化；進水pH應(yīng)控制在1.50左右，氨氮去除率會較大；⑶研究空氣對NaCIO氧化氨氮的影響，其他條件不變，僅增加單位時間內(nèi)通入空氣的量，發(fā)現(xiàn)氨氮去除率幾乎不變。其原因可能是：O2的氧化性比NaCIO弱、O2氧化氨氮速率比NaCIO慢、O2在溶液中溶解度比較小；故答案為：abc。過氧乙酸(CH3COOOH)是一種高效消毒劑，具有很強的氧化性和腐蝕性，它可由冰醋酸與過氧化氫在一定條件下制得；它可以迅速殺滅多種微生物，包括多種病毒(如：SARS病毒、禽流感病毒)、細菌、真菌及芽抱。下面是市售過氧乙酸商品標簽：過氧乙酸本品句括甲、乙兩種沁體積各500mL,把甲、乙濬液各1份在玻璃容器中混合后放置24小時后，其中過氧乙酸濃度小于1C%；應(yīng)用知倍純水稀釋席度為02%),稀釋后才能使用。有關(guān)資料：h2o2是極弱的電解質(zhì)，在酸性介質(zhì)中才能穩(wěn)定存在，是一種強氧化劑。過氧乙酸消毒液是由h2o2、h2o、ch3cooh及少量h2so4混合后，反應(yīng)生成過氧乙酸(CH3COOOH)。CH3COOOH容易放出氧原子，它與空氣中微生物機體作用，達到滅菌目的，是消毒液的主要成分。某研究性學習小組為了弄清配制過氧乙酸消毒液的甲、乙溶液的主要成分各是什么？進行以下科學探究，請你完成下列相關(guān)內(nèi)容：提出假設(shè)：甲溶液的主要成分為，乙溶液的主要成分為。實驗驗證：取甲、乙兩種溶液少許，分別加入幾滴試液，若①中假設(shè)正確，則甲溶液的現(xiàn)象為，乙溶液的現(xiàn)象為。有關(guān)過氧乙酸的敘述正確的是(填編號)A?過氧乙酸與羥基乙酸(HOCH2COOH)互為同分異構(gòu)體B?過氧乙酸與苯酚混合使用可增強消毒效果C?過氧乙酸與乙酸屬于同系物D?氧元素的化合價為-2價實驗室制備少量過氧乙酸，可由冰醋酸和過氧化氫在濃硫酸催化作用下制得，實驗裝置和步驟如下：在三頸燒瓶中加入一定量冰醋酸與濃H2SO4的混合液體，再緩緩加入適量30%的雙氧水。不斷攪拌并控制B中混合液的溫度為20?30°C至反應(yīng)結(jié)束。接入冷凝管和抽氣泵，在錐形瓶中收集得到產(chǎn)品。請回答下列問題：TOC\o"1-5"\h\z儀器C的名稱是；為更好地控制反應(yīng)溫度，應(yīng)采用方法是;生成過氧乙酸的化學方程式為；碘量法分析：取2.00mL過氧乙酸試樣稀釋成100mL,從中取出5.00mL,滴加酸性KMnO4溶液至恰好粉紅色以除去殘余H2O2，再加入10mL10%KI溶液和幾滴淀粉溶液，搖勻，反應(yīng)完全后再用0.1000mol/L的Na2S2O3標準液滴定至終點(反應(yīng)方程式為2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，共消耗14.30mLNa2S2O3標準液。該樣品中過氧乙酸的物質(zhì)的量濃度是mol/L°(結(jié)果保留小數(shù)點后兩位)(提示：CH3COOOH+2I-+2H+=I2+CH3COOH+H2O)【答案】甲h2o2、h2o、h2so4乙ch3cooh、H2O石蕊甲：溶液先變紅后褪色乙：溶液由無色變?yōu)榧t色A冷凝管(或直形冷凝管)水浴加熱CH3COOH+H2O2dCH3COOOH+H2O7?15【解析】【分析】若假設(shè)甲溶液的有效成分是H2O2，則乙溶液的有效成分是ch3coooh，根據(jù)過氧乙酸消毒液是由h2o2、h2o、CH3COOH及少量h2so4混合后，反應(yīng)生成過氧乙酸(CH3COOOH),h2o2是極弱的電解質(zhì)，在酸性介質(zhì)中才能穩(wěn)定存在，則h2so4應(yīng)該在甲溶液中，另外兩種溶液中的水也是一種主要成分；兩溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊試液變紅，但是甲溶液中H2O2漂白作用的會使變紅的溶液褪色；結(jié)合選項對過氧乙酸(CH3COOOH)性質(zhì)判斷，①由儀器的結(jié)構(gòu)，可知C為直形冷凝管；控制B中混合液的溫度為20?30C，應(yīng)采取水浴加熱；結(jié)合題中信息，寫出生成過氧乙酸的化學反應(yīng)方程式；CH3COOOH+2I-+2H+=I2+CH3COOH+H2O，2Na2S203+I2=Na2S406+2NaI,由這兩個方程式，確定32322232246

關(guān)系式：CH3COOOH?12?2Na2S2O3，計算稀釋后5.00mL溶液中過氧乙酸的物質(zhì)的量，再計算原來的2.00mL溶液中的過氧乙酸的物質(zhì)的量，再根據(jù)物質(zhì)的量濃度定義式計算?！驹斀狻浚?）若假設(shè)甲溶液的有效成分是h2o2，則乙溶液的有效成分是ch3coooh,根據(jù)過氧乙酸消毒液是由h2o2、h2o、CH3C00H及少量h2so4混合后，反應(yīng)生成過氧乙酸（ch3coooh）,h2o2是極弱的電解質(zhì)，在酸性介質(zhì)中才能穩(wěn)定存在，則h2so4應(yīng)該在甲溶液中，另外兩種溶液中的水更是一種主要成分；兩溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊試液變紅，但是甲溶液中h2o2漂白作用的會使變紅的溶液褪色；（2）過氧乙酸與羥基乙酸（hoch2cooh）的分子式都是c2h4o3，但結(jié)構(gòu)不同，故互為同分異構(gòu)體；過氧乙酸具有強氧化性，而苯酚易被氧化，兩者混合發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能增強消毒效果；過氧乙酸的分子結(jié)構(gòu)中存在過氧根而乙酸中沒有，兩者結(jié)構(gòu)不相似，不屬于同系物；過氧乙酸中的氧元素有+2價、+1價；（3）①由儀器的結(jié)構(gòu)，可知C為直形冷凝管；控制B中混合液的溫度為20?30°C，應(yīng)采取水浴加熱，受熱均勻，便于控制溫度；乙酸與過氧化氫在濃硫酸、20?30C條件下反應(yīng)生成過氧乙酸（CH3COOOH），反應(yīng)的化學方程式為：CH3COOH+H2O2CH3COOOH+h2o；CH3COOOH+2I-+2H+=I2+CH3COOH+H20,2Na2S203+l2=Na2S406+2Nal,由這兩個方程式，確TOC\o"1-5"\h\z32322232246定關(guān)系式：CH3COOOH?l2?2Na2S2O3，可知稀釋后的5.00mL溶液中過氧乙酸的物質(zhì)的量[是：二x0.0143Lx0.1000mol/L,原來2.00mL溶液中的過氧乙酸的物質(zhì)的量是：\o"CurrentDocument"lOO^Zx0.0143Lx0.1000mol/Lx=0.0143mol，該該樣品中過氧乙酸的物質(zhì)的量濃度是：DmL0.01430.0143聊蟲0.027：=7.15mol/L0【點睛】本題是探究性實驗試題，現(xiàn)根據(jù)題中的信息去假設(shè)，然后分析、得出結(jié)論0實驗中的數(shù)據(jù)處理，借助關(guān)系式法，計算所需要的物質(zhì)的物質(zhì)的量0利用h2還原鐵的氧化物并確定其組成的裝置如圖所示（Zn粒中往往含有硫化物等雜質(zhì)，焦性沒食子酸溶液可吸收少量氧氣）0回答下列問題：（1）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?過氧化鈉與水制。2C?硫化鐵固體與稀硝酸制H2SnD?大理石與稀鹽酸制CO2（2）①②③中依次盛裝的試劑為，KMnO酸性溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為4。KMnO酸性溶液、濃HSO、焦性沒食子酸溶液44B.焦性沒食子酸溶液、濃HSO、KMnO酸性溶液44C.KMnO酸性溶液、焦性沒食子酸溶液、濃HSO44（3）“加熱管式爐"和"打開活塞K"這兩步操作應(yīng)該先進行的是—，在這兩步之間還應(yīng)進行的操作是___。（4）反應(yīng)過程中G管逸出的氣體是，其處理方法是。（5）結(jié)束反應(yīng)時，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)反應(yīng)完全后瓷舟中的固體只有Fe單質(zhì)，實驗中測得了下列數(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反應(yīng)前u形曾及內(nèi)盛物的總質(zhì)量為98.4g；④反應(yīng)后u形管及內(nèi)盛物的總質(zhì)成為102?0g。由以上數(shù)據(jù)計算并確定該鐵的氧化物的化學式為。［答案】dc8MnO—F5HS+14H+=8Mn2++5SO2—F12HO打開活塞K檢驗4242H2的純度氫氣（或H2）在G管口處放置一個點燃的酒精燈先停止加熱，冷卻至室溫后，再關(guān)閉活塞KFeO34【解析】【分析】H2還原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HCI、H2S、氧氣和水，得到干燥的氫氣與鐵的氧化物在加熱條件下制備Fe,堿石灰用于吸收水，實驗結(jié)束后應(yīng)先停止加熱再停止通入氫氣，以避免Fe被重新氧化，以此解答該題?！驹斀狻浚?）A.生石灰與濃氨水制NH3，生成的氫氧化鈣微溶于水，可堵塞導管，故A錯誤；過氧化鈉與水劇烈反應(yīng)，不能用啟普發(fā)生器制備。2,故B錯誤；硫化鐵固體與稀硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能生成硫化氫，故C錯誤；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；（2）①、②、③應(yīng)分別用于除去HCI、H2S、氧氣和水，以得到干燥的氫氣，KMnO4酸性溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為8MnO-+5HS+14H+二8Mn2++5SO2-+12HO；4242（3）實驗前應(yīng)先通入氫氣，以排出裝置的空氣，則應(yīng)先打開活塞K,為避免加熱時爆炸，應(yīng)先檢驗H2的純度；（4）從G逸出的氣體為氫氣，可用點燃的方法處理，方法是在G管口處放置一個點燃的酒精燈；（5）實驗結(jié)束后應(yīng)先停止加熱再停止通入氫氣，以避免Fe被重新氧化；（6）已知：①瓷舟的質(zhì)量為30.4g；②瓷舟和FeO的總質(zhì)量為42.0g，貝yxym（FeO）=11.6g；③反應(yīng)前u形曾及內(nèi)盛物的總質(zhì)量為98.4g；④反應(yīng)后u形管及xy內(nèi)盛物的總質(zhì)成為102?0g，則生成m（h20）=3.6g，則氧化物中m（O）=3.6gx16g/mol=3.2g，n（O）=0.2mol；18g/mol，；m（Fe）=11.6g-3.2g=8.4g，（n）Fe）=8.4g=0.15mol，則n（Fe）:56g/moln（O）=0.15：0.2=3：4，化學式為FeO。34現(xiàn)有一份含有FeCI3和FeCI2固體混合物，為測定各成分的含量進行如下兩個實驗：實驗1：①稱取一定質(zhì)量的樣品，將樣品溶解；向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，產(chǎn)生沉淀；將沉淀過濾、洗滌、干燥得到白色固體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；向溶解后的溶液中通入足量的Cl2；再向②所得溶液中加入足量的NaOH溶液，得到紅褐色沉淀；將沉淀過濾、洗滌后，加熱灼燒，到質(zhì)量不再減少，得到固體物質(zhì)4g?；卮鹣铝袉栴}：TOC\o"1-5"\h\z（1）溶解過程中所用到的玻璃儀器有。（2實驗室保存FeCI2溶液時通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；涉及的化學反應(yīng)的離子方程式是（4檢述實驗2的步驟④中沉淀已經(jīng)洗滌干凈的方法是。（5）加熱FeCI3溶液，并將溶液蒸干時，通常不能得到FeCI3固體，請以平衡的觀點解釋其原因（方程式與文字相結(jié)合來說明）。（6）FeCI3溶液可以用于止血，主要是因為FeCI3溶液能使血液聚沉，這涉及膠體的特性。以下關(guān)于膠體的說法不正確的是。膠體粒子能透過濾紙，但不能透過半透膜膠體粒子具有較大的表面積，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

向Fe(OH)3膠體可以產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)，CuSO4溶液、水等分散系不能產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)向Fe(OH)3膠體中滴加硫酸，會先出現(xiàn)紅褐色沉淀，隨后沉淀消失在蛋白質(zhì)溶液中加入稀的CuSO4溶液，可使蛋白質(zhì)鹽析通過實驗所得數(shù)據(jù)，計算固體樣品中FeCI3和FeCI2的物質(zhì)的量之比為?！敬鸢浮?1)燒杯、玻璃棒(2)稀鹽酸鐵粉將Fe2+全部轉(zhuǎn)化為Fe3+2Fe2++CI2=2Fe3++2CI-取少量最后一次的洗滌液于試管中，向試管中溶液滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，如未出現(xiàn)白色沉淀說明已洗凈FeCI3在水中存在如下平衡FeCI3+3H2OL』Fe(OH)3+3HCI，在加熱條件下，由于HCI易揮發(fā)，生成物濃度減小，導致平衡不斷向右移動，故最后不能得到FeCI3固體(6)E(7)2：3【解析】試題分析：(1)溶解所用到的儀器為燒杯、玻璃棒；(2)FeCI2易被空氣中的氧氣氧化成FeCI3，向溶液中加入少量鐵粉，使FeCI3重新轉(zhuǎn)化為FeCI2；為了防止FeCI2溶液水解，常加入鹽酸，抑制其水解，防止其變質(zhì)；(3)CI2將FeCI2氧化生成FeCI3：CI2+2FeCI2=2FeCI3，實質(zhì)為2Fe2++CI2=2Fe3++2CI-；(4)解答此問時，首先要明確沉淀吸附了什么雜質(zhì)，由于氯化鈉和硝酸銀反應(yīng)生成氯化銀沉淀和硝酸鈉，因此沉淀吸附的雜質(zhì)是Na+、CI-，檢驗沉淀是否洗滌干凈，只要檢驗洗滌后的溶液中是否含有Na+、CI-中的一種就可以，如果最后一次的洗滌液仍然有氯化鈉，加入硝酸銀溶液就會出現(xiàn)沉淀，反之，說明溶液中沒有氯化鈉；(5)因為FeCI3易水解，且HCI易揮發(fā)，加熱促進了FeCI3水解及HCI的揮發(fā)，所以不能得到FeCI3固體；(6)A、膠體粒子直徑介于1?100nm之間，因此能透過濾紙，但不能透過半透膜，A正確；B、膠體粒子具有較大的表面積，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膠體可以產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)，CuSO4溶液、水等分散系不能產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)，C正確；D、，向膠體中加入少量的酸、堿、鹽，會中和膠體所帶的電荷，使膠體發(fā)生聚沉，所以向Fe(OH)3膠體中滴加硫酸，會先出現(xiàn)紅褐色Fe(OH)3沉淀，但過量的硫酸還會和Fe(OH)3沉淀發(fā)生反應(yīng)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)先由巻計算實驗①所得(7)先由巻計算實驗①所得AgCI的n為17.22143.5moI=0.12moI，實驗②所得Fe2O3的n4為mol=0.025mol，設(shè)FeCI_和FeCI_的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，依據(jù)Cl、Fe守恒160323xmol+2ymol="0.12"mol，xmol+ymol="0.025"molx2，解得x=0.02，y=0.03，則固體樣品中FeCI3和FeCI2的物質(zhì)的量之比為為2:3?？键c：本題主要考查化學實驗基本操作、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、化學計算等。【名師點睛】(1)化學實驗常用儀器的使用方法和化學實驗基本操作是進行化學實驗的基礎(chǔ)，對化學實驗的考查離不開化學實驗的基本操作?？疾榈慕嵌戎饕且猿Ｒ妰x器的選用、實驗基本操作為中心，通過是什么、為什么和怎樣做重點考查實驗基本操作的規(guī)范性和準確及靈活運用的能力。(2)根據(jù)化學方程式的計算，多以物質(zhì)的量為核心，考查物質(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)化關(guān)系，以及反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率或產(chǎn)物的產(chǎn)率的計算，同時還可以融入多種化學解題思想，比如極值法、差量法、守恒法、討論法、特殊值法等，是歷來高考的重點內(nèi)容。日常學習中要注意相關(guān)知識的積累，以便快速準確作答，題目難度中等。10.二氧化氯泡騰片，有效成分(cio2)是一種高效、安全的殺菌、消毒劑。方法一：氯化鈉電解法是一種可靠的工業(yè)生產(chǎn)ClO2氣體的方法。該法工藝原理如圖。其過程是將食鹽水在特定條件下電解得到的氯酸鈉(NaClO3)與鹽酸反應(yīng)生成ClO2o工藝中可利用的單質(zhì)有(填化學式)，發(fā)生器中生成ClO2的化學方程式TOC\o"1-5"\h\z為o此法的缺點主要是o方法二：最近，科學家又研究出了一種新的制備方法，纖維素還原法制ClO2，其原理是：纖維素水解得到的最終產(chǎn)物X與NaClO3反應(yīng)生成ClO2o配平方程式：口(X)+^NaClO3+^H2SO4^^ClO2個+乂。2個+口巧0+口若反應(yīng)中產(chǎn)生4.48L(折算成標準狀況下)氣體，電子轉(zhuǎn)移個。ClO2和Cl2均能將電鍍廢水中的CN-氧化為無毒的物質(zhì)，自身被還原為Cl—o處理含CN—相同量的電鍍廢水，所需Cl2的物質(zhì)的量是ClO2的倍o方法三：實驗室常用氯酸鈉(NaClO3)和亞硫酸鈉(Na2SO3)用硫酸酸化，加熱制備二氧化氯，化學反應(yīng)方程式為：2NaClO3+Na2SO3+H2SO^2ClO2個+2Na2SO4+H2O反應(yīng)中的Na2SO3溶液中存在如下平衡：H2O=H++OH-和(用離子方程式表示).常溫下，0.1mol/L該溶液中離子濃度由大到小排列(用離子符號表示)常溫下，已知NaHSO3溶液呈酸性，在Na2SO3溶液中滴加稀鹽酸至中性時，溶質(zhì)的主要成分有。(用化學式表示)【答案】H2、Cl22NaClO3+4HCl=2ClO2個+Cl2個+2NaCl+2H2O同時產(chǎn)生了大量的氯氣，不僅產(chǎn)率低，而且產(chǎn)品難以分離，同時很有可能造成環(huán)境污染；能耗較大等1C6H12Q6+24NaClO3+12H2SO4T24ClO2個+6CO2個+18H2O+12Na2SO40.16NA2.5SO32-+H2OOH-+HSO3-，HSO3-+H2OOH-+H2SO3c(Na+)〉c(SO2-)〉c(0H-)〉c(HS0-)〉c(H+)23322333NaHSO3、Na2SO3NaCl、或(NaHSO3、Na2SO3NaCl、SO2H2SO3)【解析】【分析】電解飽和食鹽水生成H、Cl和NaOH；故可以利用的單質(zhì)為H、Cl,合成HCl,根據(jù)2222流程圖可知加入物質(zhì)為NaClO和HCl,生成ClO；可以寫出方程式，并用化合價升降法配32平得到；生成的氣體中除了有二氧化氯還有大量的氯氣,產(chǎn)率低,難分離,而且極有可能造成大氣污染；用電解的方法耗能大；①纖維素為多糖，水解最終產(chǎn)物為葡萄糖(CHO)，具有還原性，可將NaClO還原61263得到ClO.Cl從+5到+4價，降低1價，葡萄糖(CHO)C均價為0,到+4價，升高426126價，然后配平得到，由①可知生成24molClO和6molCO氣體轉(zhuǎn)移24mol的電子；22每摩爾Cl得到2mol電子，而每摩爾ClO得到5mol電子，故為2.5倍；22存在弱電解水的電離平衡和弱離子的水解平衡.不水解的二元鈉離子濃度最大，水解是微弱的，顯性離子和第一步水解產(chǎn)生的陰離子，隱性離子；NaSO溶液中滴加稀鹽酸，兩者反應(yīng)，要使溶液呈中性，只能是部分反應(yīng)，所以溶質(zhì)23為NaSO、NaHSO、NaCl。233【詳解】由工藝流程圖可以看出：在該工藝中可利用的單質(zhì)有H、Cl；根據(jù)流程圖可知加入22物質(zhì)為NaClO和HCl，生成ClO；發(fā)生氧化還原反應(yīng)，NaClO被還原生成ClO，HCl被氧3232化生成Cl,生成ClO的化學方程式為：2NaClO+4HCl=2ClOf+Clf+2NaCl+2HO；223222由制備原理和流程圖可知此法的缺點主要是會產(chǎn)生大量的Cl，消耗大量的電能，產(chǎn)2物ClO和Cl不僅不容易分離，而且物質(zhì)利用率低，很容易造成大氣污染；22纖維素水解得到的最終產(chǎn)物X是葡萄糖CHO。它與NaClO在酸性條件下發(fā)生反應(yīng)，61263根據(jù)質(zhì)量守恒定律和電子守恒的知識可得方程式為：1CHO+24NaClO+12HSO-24ClOf+6COf+18HO+12NaSO，由方程式可以看出每產(chǎn)生~6~63242222430mol的氣體，轉(zhuǎn)移電子24N；現(xiàn)在產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量為4.48L(即0.2mol)，所以轉(zhuǎn)A移電子的物質(zhì)的量為0.16mol，個數(shù)為0.16N；A處理含CN-相同量的電鍍廢水，即轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量相同。假設(shè)轉(zhuǎn)移電子2mol,則2需要Cl的物質(zhì)的量是1mol；需要ClO的物質(zhì)的量為—==0.4mol。所以n(Cl)：TOC\o"1-5"\h\z252n(ClO)=1：0.4=2.5；2反應(yīng)中的NaSO溶液中存在如下平衡：HO=H++OH-和SO2-的水解平衡的兩種方程2323式。由于SO2-是二元弱酸的酸根離子，因此存在兩步水解平衡SO2-+HO=OH-+HSO-,3323HSO-+HO=OH-+HSO；NaSO=2Na++SO2-；c(Na+)〉c(SO2-),SO2-水解產(chǎn)生OH-和HSO-,3223233333HSO-進一步水解還要消耗HSO-，同時產(chǎn)生OH-，因此c(OH-)>c(HSO-)；在溶液中還存在水333的電量平衡，所以c(HSO-)>c(H+)；在溶液中鹽水解的程度是很微弱的，所以c(SO2-33)>c(OH-)；因此在該溶液中各種離子的濃度由大到小的順序為c(Na+)>c(SO2-)>c(OH-3)〉c(HSO-)〉c(H+)；3在NaSO溶液中滴加稀鹽酸若恰好發(fā)生反應(yīng)：NaSO+HCl=NaCl+NaHSO。則由于23233NaHSO溶液呈酸性。所以至中性時，n(HCl)〈n(NaSO),產(chǎn)生溶液中含有的溶質(zhì)有未反應(yīng)的323NaSO及反應(yīng)生成的NaCl、NaHSO；溶質(zhì)有NaSO、NaCl、NaHSO,也可能滴加HCl局部過233233量會產(chǎn)生SO?、H2SO3溶解在該溶液中還含有SO2和也巴。11．合成氨工業(yè)對國民經(jīng)濟和社會發(fā)展具有重要意義(1)工業(yè)合成氨工業(yè)常用的催化劑是,氨分子的電子式是(2)圖是一定的溫度和壓強下是N2和H2反應(yīng)生成1molNH3過程中能量變化示意圖，請寫出工業(yè)合成氨的熱化學反應(yīng)方程。(熱量Q的數(shù)值用含字母a、b的代數(shù)式表示)下列有關(guān)該反應(yīng)的說法正確的是(填序號)A?保持容器的體積不變，當混合氣體的密度不變時，說明反應(yīng)已經(jīng)達到平衡狀態(tài)。B?達到平衡時若升高溫度，混合氣體中氮元素的質(zhì)量分數(shù)將變大。C?達到平衡時若減少容器的體積，正反應(yīng)速率將大于逆反應(yīng)速率。D?達到平衡后，N2的轉(zhuǎn)化率和H2的轉(zhuǎn)化率一定相等。⑷在催化劑存在下，NH3可用來消除NO的污染，生成兩種對環(huán)境無害的物質(zhì)。寫出反應(yīng)的化學方程式：;該反應(yīng)中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比是⑸把NH3通入鹽酸溶液中，所得溶液的pH=7,此時溶液中離子濃度關(guān)系是H【答案】鐵觸媒：lN2(g)+3H2(g)2NH3(g)+2(b-a)kJ?mol-iC4NH3+6NOT5N2+6H2O2:3c(NH4+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-)c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)【解析】【分析】工業(yè)合成氨的催化劑是以鐵為載體的鐵觸媒，氨氣是共價化合物，氮原子最外層5個電子，其中三個電子和三個氫原子形成三個共價鍵；由圖求出N2和H2反應(yīng)生成lmolNH3的反應(yīng)熱，再根據(jù)熱化學反應(yīng)方程式的書寫要求解答；合成氨是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，依據(jù)平衡移動原理判斷；NH3可用來消除NO的污染，生成2種對環(huán)境無害的物質(zhì)，應(yīng)生成氮氣和水；氨氣通入鹽酸溶液反應(yīng)生成氯化銨溶液，溶液中一定存在電荷守恒；若溶液pH=7,則氫氧根離子濃度和氫離子濃度相同，結(jié)合電荷守恒得到離子濃度大小。據(jù)此分析?！驹斀狻?1)工業(yè)合成氨的催化劑是以鐵為載體的鐵觸媒，氨氣是共價化合物，氮原子最外層5個電H子，其中三個電子和三個氫原子形成三個共價鍵，電子式為：|「:|;答案為：鐵觸媒；I；I；(2)由圖可知，N2和H2反應(yīng)生成lmolNH3放出的熱量為(b-a)kJ,該反應(yīng)的熱化學反應(yīng)方程式為N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)=-2(b-a)kJ?mol-i,故答案為：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)+2(b-a)kJ?mol-i；(3)合成氨是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，保持容器的體積不變，混合氣體質(zhì)量不變，當混合氣體的密度不變時，不能說明反應(yīng)已經(jīng)達到平衡狀態(tài)，A錯誤；達到平衡時若升高溫度，平衡逆向進行，根據(jù)反應(yīng)方程式原子守恒，氮元素質(zhì)量分數(shù)保持不變，B錯誤；達到平衡時若減少容器的體積，壓強增大，平衡正向進行，正反應(yīng)速率將大于逆反應(yīng)速率，C正確；轉(zhuǎn)化率和起始量、變化量有關(guān)，達到平衡后，n2的轉(zhuǎn)化率和h2的轉(zhuǎn)化率不一定相等，D錯誤；答案選C；⑷NH3可用來消除NO的污染，生成2種對環(huán)境無害的物質(zhì)，應(yīng)生成氮氣和水，化學方程式為：4NH3+6NO=5N2+6H2O；該反應(yīng)中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物都是N2，物質(zhì)的量之比是2：3；⑸氨氣通入鹽酸溶液反應(yīng)生成氯化銨溶液，若溶液pH=7，溶液中溶質(zhì)為NH4C1和NH3?H2O，溶液中氫氧根離子濃度和氫離子濃度相同，電荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，則c(NH4+)=c(Cl-)，得到離子濃度大小為c(NH4+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-)；12.大氣污染越來越成為人們關(guān)注的問題，煙氣中的NOx必須脫除(即脫硝)后才能排放，脫硝的方法有多種。完成下列填空：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)直接脫硝反應(yīng)時，其物質(zhì)的量變化如圖1所示。則0?5min內(nèi)氧氣的平均反應(yīng)速率為—mol/(L?min)。II臭氧脫硝O3氧化NO結(jié)合水洗可完全轉(zhuǎn)化為HNO3，此時O3與NO的物質(zhì)的量之比為—。III氨氣脫硝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___(用化學方程式表示)。吸收氨氣時，常使用防倒吸裝置，圖2裝置不能達到此目的是___。

闖一水闖一水NH-“僅一0■…O=rV4*NHNH-“僅一0■…O=rV4*\v^-o-qi.N-N=O-H-O-V*yv^盼喬踴-mH-W該脫硝原理中，NO最終轉(zhuǎn)化為_(填化學式)和H20。當消耗1molNH3和0.25molO2時，除去的NO在標準狀況下的體積為—L?！敬鸢浮?.0151：2消(熟)石灰堿石灰(NH4)2CO3--2NH3個+CO2個+2H2OdN222.4L【解析】【分析】(1)由圖象得到NO物質(zhì)的量變化，計算得到氧氣物質(zhì)的量變化，結(jié)合化學反應(yīng)速率概念計⑵O3氧化NO結(jié)合水洗可完全轉(zhuǎn)化為HNO3，反應(yīng)的化學方程式為：O3+2NO+H2O=2HNO3；實驗室利用固體氯化銨和氫氧化鈣加熱反應(yīng)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；氨氣極易溶于水，在水溶液中易發(fā)生倒吸，根據(jù)氣體壓強的知識進行分析；①由圖3可知反應(yīng)物為氧氣、一氧化氮和氨氣最終生成物為氮氣和水；②根據(jù)氨氣失去的電子的物質(zhì)的量等于NO和氧氣得到的電子總物質(zhì)的量計算?！驹斀狻竣旁?0L密閉容器中，NO經(jīng)直接脫硝反應(yīng)時，其物質(zhì)的量變化如圖1所示，NO在5min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，2NO=0.75molO2+N2，生成氧氣物質(zhì)的量0.75mol，貝90?5min內(nèi)氧氣的平均反應(yīng)速率=10L=5min0.015mol/L?min；⑵O3氧化NO結(jié)合水洗可完全轉(zhuǎn)化為HNO3，反應(yīng)的化學方程式為：O3+2NO+H2O=2HNO3，此時O3與NO的物質(zhì)的量之比為1：2；實驗室利用固體氯化銨和氫氧化鈣加熱反應(yīng)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，反應(yīng)的化學方程式為：A(NH4)2CO32NH3個+CO2個+2H2O；裝置abc中都有一個容積較大的儀器，它們能夠吸收較多的液體，從而不會使倒吸的液體進入前面的裝置，可以防止倒吸，d中導氣管插入到水中，氨氣極易溶于水，易引起倒吸，不能防倒吸，應(yīng)是四氯化碳在下層，水在上層，防止倒吸且能吸收氨氣，故答案為：d；①由圖3可知反應(yīng)物為氧氣、一氧化氮和氨氣最終生成物為氮氣和水，所以NO最終轉(zhuǎn)化為n2和h2o；②氧氣、一氧化氮和氨氣反應(yīng)生成氮氣和水，反應(yīng)中氨氣失去的電子的物質(zhì)的量等于NO和氧氣得到的電子總物質(zhì)的量，2molNH3轉(zhuǎn)化為N2失去6mol電子，0.25mol02得到1mol電子，則NO轉(zhuǎn)化為N2得到的電子為2mol，所以NO的物質(zhì)的量為1mol,其體積為22.4L。13.草酸亞鐵晶體(FeC2O4?2H2O)常用做分析試劑及顯影劑等。下圖是將一定質(zhì)量的草酸亞鐵在氬氣氣氛中進行熱重分析示意圖(TG%表示殘留固體質(zhì)量占原樣品總質(zhì)量的百分數(shù))。請回答下列問題：B處時殘留物的化學式為。ATC整個反應(yīng)過程中總反應(yīng)的化學方程式為。取上述分解得到的600r時的固體放在空氣中繼續(xù)加熱時其質(zhì)量增加，發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為。由此說明上述FeC2O4?2H2O在氬氣氣氛中進行熱重分析的原因是⑷若將分解得到的600r時的固體與足量的稀硫酸反應(yīng)后，將溶液濃縮、冷卻，有帶7個結(jié)晶水的晶體析出，該晶體的化學式為，該晶體與草酸亞鐵晶體分解有類似，得到四種氧化物且物質(zhì)的量之比為1:1:1:14，則該化學方程式為。AA【答案】FeC2O4FeC2O4?2H2O=FeO+CO個+CO2個+2H2O6FeO+O2=2Fe3O4防止FeO在加A熱過程中被空中的氧氣氧化FeSO4?7H2O2FeSO4?7H2O=Fe2O3+SO2個+SO3個+14H2O解析】詳解】218(1)FeC2O4^2H2O中H2O%==20%，剛好在B點的TG%=80%,則B點表示所有的結(jié)晶水2422180都完全失去，得到的固體成分為FeC2O4；故答案為：FeC2O4；M(FeO)⑵當TG%=40%時，得到應(yīng)該是鐵的氧化物，則有1=0.4，x=1，則變化過程中鐵180的化合價沒改變，只有碳的化合價發(fā)生變化，則ATC整個反應(yīng)過程中總反應(yīng)的化學方程式AA為FeC2O4?2H2O=FeO+CO個+CO2個+2H2O；故答案為：FeC2O4?2H2O=FeO+C0個+CO2個+2H2O；⑶當分解得到的600°C時的固體FeO在空氣中與氧氣反應(yīng)，得到穩(wěn)定的Fe3O4，因此FeC2O4?2H2O在氬氣氣氛中進行熱重分析的原因防止FeO在加熱過程中被空中的氧氣氧A化；故答案為：6FeO+O2=2Fe3O4；防止FeO在加熱過程中被空中的氧氣氧化；(4)FeO與足量的稀硫酸反應(yīng)得到的是FeSO4，為了防止其Fe2+水解和Fe2+被氧化，要加適量的硫酸和鐵粉，才能得到FeSO4?7H2O,晶體與草酸亞鐵晶體分解有類似，得到四種氧化物且物質(zhì)的量之比為1：1：1：14,則有Fe2O3、SO2、SO3、H2O；故答案為：FeSO/7H2O；A2FeSO4?7H2O=Fe2O3+SO2個+SO3個+14H2O。14.(1)在CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCI溶液加熱，生成CuCl沉淀，寫出生成CuCl的離子方程式⑵過量的H2CrO4被N2H4還原為Cr3+,同時放出無污染的氣體，寫出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式；氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為。⑶除去廢液中的AsCI3，是用次磷酸鈉(NaH2PO2)還原AsCI3，產(chǎn)生了棕色單質(zhì)砷沉淀和h3po3。該反應(yīng)的化學反應(yīng)方程式為氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為，氧化產(chǎn)物是。⑷FeS被水溶液中Cl2氧化，氧化后的溶液中滴加BaCI2有不溶解于鹽酸的白色沉淀生成，則水溶液中FeS與Cl2反應(yīng)的離子方程式為【答案】2Cu2++2CI-+SO32-+H2O_^2CuCId+SO42-+2H+4H2CrO4+3N2H4+l2H+=4Cr3++3N2個+16H2O3:42AsCI3+3NaH2PO2+3H2O=2As&+3H3PO3+3NaCI+3HCI2:3H3PO32FeS+9CI2+8H2O=2Fe3++2SO42-+18CI－+16H+【解析】【分析】CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3溶液，二價銅離子將亞硫酸根離子氧化為硫酸根離子，本身被還原為+1價銅，依據(jù)得失電子守恒寫出離子方程式；過量的H2CrO4被N2H4還原為Cr3+，同時放出無污染的氣體為氮氣，結(jié)合電荷守恒、電子守恒、原子守恒配平書寫離子方程式;(3)除去廢液中的AsCI3，是用次磷酸鈉(NaH2PO2)還原AsCI3，產(chǎn)生了棕色單質(zhì)砷沉淀和h3po3，配平書寫化學方程式，結(jié)合定量關(guān)系和化合價變化計算該反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比；FeS被水溶液中Cl2氧化，根據(jù)電子守恒、原子守恒、電子守恒寫出離子方程式?！驹斀狻?1).CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3溶液和NaCI溶液加熱，生成CuCI沉淀