高考化学氧化还原反应综合题汇编

高考化学氧化复原反响综合题汇编高考化学氧化复原反响综合题汇编高考化学氧化复原反响综合题汇编一、高中化学氧化复原反响练习题（含详细答案解析）1．Na2S2O4（连二亚硫酸钠）是易溶于水，不溶于甲醇的白色固体，在空气中极易被氧化，是一种复原性漂白剂。制取Na2S2O4的方法很多，（1）在碱性溶液中用NaBH4复原NaHSO3法制备Na2S2O4的反响原理为：NaBH4NaHSO3NaOHNa2S2O4NaBO2H2O（未配平）反响装置如图所示：①实验开始及整个过程中均需通入N2，其目的是__________________________________。②制备过程中温度需控制在10~45℃，采用水浴加热的主要优点是______________________。③为使NaHSO3尽可能完满被复原，加入三口烧瓶中的反响液，应控制nNaHSO3______________。NaBH42）用HCOONa复原SO2制备Na2S2O4的装置（夹持加热仪器略）以下：①装置a烧瓶中发生反响的化学方程式为_________________________________。②装置b用于净化SO2，合适的试剂是______________________________。③装置c在70~83℃生成Na2S2O4并析出，同时逸出CO2，该反响的化学方程式为________________________，加入CH3OH的目的是________________________；利用反应后的浊液分别提纯Na2S2O4需经过的操作为_____________________________________________________。【答案】排出装置内空气，使反响在无氧情况下进行使反响液平均受热小于8:1（或<8）Na2SO32HCl2NaClH2OSO2饱和NaHSO3溶液2HCOONa4SO2Na2CO32Na2S2O4H2O3CO2降低Na2S2O4的溶解度过滤、冲洗、重结晶、过滤、干燥【解析】【解析】(1)①Na2S2O4在空气中极易被氧化，通入N2其目的是排出装置内空气；②采用水浴加热的主要优点是使反响液平均受热；③NaBH4NaHSO3NaOHNa2S2O4NaBO2H2O，依照得失电子守恒可知，nNaHSO3=8；nNaBH4(2)①装置a烧瓶中发生Na2SO3与盐酸反响生成SO2的反响；②生成的SO2气体中含有HCl气体，依照性质选择除杂溶液；③装置c在70~83℃HCOONa和SO2、Na2CO3反响生成Na2S2O4并析出，同时逸出CO2；Na2S2O4不溶于甲醇，加入CH3OH可降低Na2S2O4的溶解度；利用反响后的浊液分别提纯Na2S2O4需重结晶。【详解】(1)①Na2S2O4在空气中极易被氧化，实验开始及整个过程中均需通入N2，其目的是排出装置内空气，使反响在无氧情况下进行；②制备过程中温度需控制在10~45℃，采用水浴加热的主要优点是使反响液平均受热；③依照得失电子守恒配平方程式，NaBH48NaHSO3=4Na2S2O4NaBO26H2O，nNaHSO3=8，为使NaHSO3尽可能完满被复原，加入三口烧瓶中的反响液，应控制nNaBH4nNaHSO3<8；nNaBH4(2)①装置a烧瓶中发生反响的化学方程式为Na2SO32HCl2NaClH2OSO2；②生成的SO2气体中含有HCl气体，除杂合适的试剂是饱和NaHSO3溶液；③装置c在70~83℃生成Na2S2O4并析出，同时逸出CO2，化学方程式为2HCOONa4SO2Na2CO32Na2S2O4H2O3CO2；Na2S2O4不溶于甲醇，加入CH3OH的目的是降低Na2S2O4的溶解度；利用反响后的浊液分别提纯Na2S2O4需经过的操作为过滤、冲洗、重结晶、过滤、干燥。2．阳极泥办理后的沉渣中含AgCl，工业上可用Na2SO3溶液作浸取剂浸出回收。某小组在实验室模拟该过程。已知：o–44.6–40.84g。i．25C时，部分物质的溶解度：AgCl1.9×10g；Ag2SO3×10g；Ag2SO44ii．25oC时，亚硫酸钠溶液酸化过中含S微粒的物质的量分数随pH变化以下列图。Ⅰ.浸出氯化银取AgCl固体，加入1mol/LNa2SO3溶液作浸取剂，充分反响后过滤获得浸出液（pH=8），该过程中发生的反响为AgCl+2323––。2SO3[Ag(SO)]+Cl1）用平衡搬动原理讲解AgCl溶解的原因是___。Ⅱ.酸化沉银4（2）经检测，积淀m为AgCl，则溶液m中含S微粒的主要存在形式是________。（3）研究积淀n的成分。①甲同学认为积淀n必然不含Ag24________。SO，其依照是②乙同学认为积淀n可能含Ag23，进行实验考据。SOi.本实验设计的依照是：Ag2SO3拥有________性。乙同学观察到________，得出结论“积淀n不含Ag2SO3”。③丙同学从溶液

n的成分角度再次设计实考据明积淀

n不含

Ag2SO3。1微粒的总物质的量___（填i.本实验设计的依照是：若积淀23n中含Agn含AgSO，则溶液–“＞”、“＝”或“＜”）Cl物质的量。ii.结合实验现象简述丙同学的推理过程：____。Ⅲ．浸取剂再生（4）溶液m经办理后可再用于浸出AgCl，请简述该办理方法____。【答案】AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),Ag+与SO32-结合生成[Ag(SO3)2]3–，促进AgCl的溶解平衡正向搬动HSO-Ag2SO4的溶解度远大于AgCl+的浓度很小复原3或Ag2SO3，溶液中Agb中清液的颜色与c相同，均为浅紫色溶液＜e中无积淀生成，说明清液中没有Cl-，则．．．．．．．．．．．溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–++–n中全部转变成Ag，Ag将Cl全部积淀，由此可知溶液含Ag元素的微粒总物质的量不小于–加NaOH溶液调治pH至9~10n(Cl)【解析】【解析】I、（1）利用平衡搬动的知识答题即可；II、（2）生成积淀m时，溶液m的pH为5，观察图像，能够得知HSO3-的物质的量分数占100%；（3）①溶液中Ag+的浓度很小，而Ag24的溶解度较大，故不会形成24SOAgSO积淀；②依照Ag2SO3的复原性答题；③e中无积淀生成，说明清液中没有-3–Cl，则溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]全部转变成++–n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于–Ag，Ag将Cl全部积淀，由此可解析出溶液n(Cl)；、（4）m溶液中的溶质为NaHSO3，浸取剂为Na2SO3溶液，需要加入NaOH溶液将NaHSO3转变成Na2SO3。【详解】I、（1）AgCl(s)+-+与SO2-结合生成[Ag(SO3-Ag(aq)+Cl(aq)，Ag33)2]，促进AgCl的溶解平衡正向搬动；II、（2）生成积淀m时，溶液m的pH为5，观察图像，能够得知HSO3-的物质的量分数4HSO3-；占100%，则溶液m中含S微粒的主要存在形式是（3）①Ag2423+的浓度很小；SO的溶解度远大于AgCl或AgSO，溶液中Ag②i、酸性KMnO4溶液拥有强氧化性，32-拥有复原性，则该实验涉及的依照是Ag23SOSO具有复原性；ii、积淀中无AgSO，则该积淀不会使酸性KMnO溶液褪色，故能够观察到a试管中酸性234KMnO4溶液褪色，b、c试管中酸性KMnO4溶液仍旧呈紫色；③e中无积淀生成，说明清液中没有-n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–Cl，则溶液全部转变成++–n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于–Ag，Ag将Cl全部积淀，由此可解析出溶液n(Cl)；III、（4）m溶液中的溶质为NaHSO3，浸取剂为Na2SO3溶液，依照曲线图可知，加入NaOH溶液调整pH到9-10即可。3．硫酰氯（SO2Cl2）和亚硫酰氯（SOCl2）都是重要的化工试剂，均易水解。（1）甲同学在实验室利用

SO2和

Cl2在活性炭催化作用下制取

SO2Cl2，装置以下列图。①B装置中冷凝管进水口是___。（填“m”或“n）”，B中干燥管盛有的物质是___。②欲制取少量SO2Cl2，选择图中的装置（能够重复采用），其连接序次为：a、___、h。③去除C装置会降低SO2和Cl2的利用率，可能的原因是___（用化学方程式表示）。（2）SOClSO2Cl2是更好的脱水剂。乙同学设计实验利用SOCl2和2水解后无残留物，较ZnCl?xHO制取无水ZnCl。222①讲解SOCl___（写出两点）。2在该实验中的作用是②实验室常用NaOH溶液吸取SOCl2，该反响的离子方程式是___。3）乙同学认为SOCl2还可用作由FeCl3?6H2O制取无水FeCl3的脱水剂，但丙同学认为该实验可能发生副反响使产品不纯。①可能发生的副反响的化学方程式是___。②两同学设计以下实验判断该反响的可能性：取少量SOCl232O反响后的混杂物和FeCl?6H于试管中，加水溶解，将溶液均分至五支试管，分别进行以下实验，其中能得出合理结论的是___。A．加入过分稀HNO3，再滴加几滴AgNO3溶液B．加入少量稀HNO3，再滴加几滴BaCl2溶液C．滴加几滴BaCl2溶液D．滴加几滴酸性KMnO4溶液E.滴加几滴KSCN溶液后，再滴加几滴氯水【答案】m碱石灰fgdebcedSO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HClSOCl2作脱水剂，与水反响生成HCl能够控制氯化锌的水解-2--SOCl2+4OH=SO3+2Cl+2H2OSOCl2+2FeCl3?6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2OBCD【解析】【解析】冷凝管中冷凝水的流向要对流，下进上出；干燥管中依照要求一般填装碱石灰或无水氯化钙，碱石灰同时拥有干燥和吸取酸性气体功能，无水氯化钙只有吸水性。【详解】1）①B装置中冷凝管进水口是m，B中干燥管盛有的物质是吸取节余二氧化硫、氯气的碱石灰；故答案为：m；碱石灰；②装置A制备氯气，氯气含氯化氢和水蒸气，经过装置D除去氯化氢，经过装置C吸取水蒸气，获得干燥纯净的氯气，连接装置B的b进入三颈烧瓶，装置E制备二氧化硫气体，经过装置C除去水蒸气，连接装置B的c，欲制取少量SO2Cl2，选择上图中的装置（能够重复采用），其连接序次为：a、f、g、d、e、b、c、e、d、h；故答案为：fgdebced；③去除C装置会降低SO2和Cl2的利用率，是二氧化硫和氯气和水反响生成硫酸和氯化氢，反响的化学方程式：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；故答案为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；（2）①氯化锌会水解，SOCl2作脱水剂，与水反响生成HCl能够控制氯化锌的水解，SOCl2在该实验中的作用是：SOClHCl能够控制氯化锌的水解；故答案2作脱水剂，与水反响生成为：SOClHCl能够控制氯化锌的水解；2作脱水剂，与水反响生成②用NaOH溶液吸取SOCl-2-2，有Na2SO3和NaCl生成，反响的离子方程式：SOCl2+4OH=SO3+2Cl-+2H2O；故答案为：SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O；（3）①SOCl拥有复原性，三价铁拥有氧化性，可能发生氧化复原反响生成硫酸根离子和2亚铁离子，反响的化学方程式为：SOCl2+2FeCl3?6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O，故答案为：SOCl2+2FeCl3?6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O；②SOCl23234和和FeCl?6HO反响后的混杂物的主要成分是FeCl，若发生副反响，还有FeSOFeCl。由于SOCl为液体，因此在固体混杂物中没有SOCl。取少量SOCl和FeCl?6HO反222232应后的混杂物于试管中，加水溶解，溶液中必然有FeCl342，还可能有FeSO和FeCl，若要证明有副反响发生，只需证明溶液中有Fe2+或SO42-即可。A．加入过分稀HNO3，再滴加几滴AgNO3溶液是检验氯离子存在，不能够证明副反响可否进行，故A错误；B．加入少量稀HNO3，再滴加几滴BaCl2溶液，若产生白色积淀，则证明溶液中有SO42-，能证明有副反响发生，故B正确；C．滴加几滴BaCl2溶液，生成白色积淀，说明产物中含硫酸根离子，证明发生了副反响，故C正确；D．滴加几滴酸性

KMnO4溶液，Fe2+拥有复原性，能够使酸性

KMnO4溶液褪色，能证明发生了副反响，故

D正确；E．滴加几滴

KSCN溶液后，由于溶液中有

Fe3+，溶液会变红，无法证明

Fe2+的存在，故

E错误；故答案为：

BCD。4．某实验小组欲制取氧化铜并证明氧化铜能加速氯酸钾的分解，进行了以下实验：（一）制取氧化铜①往盛有必然量CuCl2溶液的烧杯中逐滴加入NaOH溶液，直至不再产生积淀，尔后将烧杯中的物质转移到蒸发皿中，加热至积淀全部变成黑色。②将步骤①所得的黑色积淀过滤、冲洗，晾干后研细备用。1）在实验过程中，若未加入NaOH溶液，直接将CuCl2溶液转移到蒸发皿中加热，最后也能获得黑色积淀，试解析其原因__________。2）写出检验步骤②中积淀可否冲洗干净的操作__________________。（二）为证明氧化铜能加速氯酸钾的分解并与二氧化锰的催化收效进行比较，用以下列图装置进行实验，每次实验时均收集25ml气体，其他可能影响实验的因素均已忽略，实验数据见下表：实验序号KClO3质量其他物质质量待测数据③1.2g无其他物质a④1.2gCuO0.5gb⑤1.2gMnO20.5gc（3）写出氯酸钾分解反响的化学方程式，并用双线桥表示电子转移的方向和数目________。4）上述实验中的“待测数据”是指___________________。5）图中量气装置B由干燥管、乳胶管和50mL滴定管改造后组装面成，此处用滴定管是________(填“酸式”或“碱式”)滴定管。（6）若实考据明氧化铜加速氯酸钾的分解收效比用二氧化锰差，请结合上表的实验收效数据，在坐标图中分别画出使用CuO、MnO2作催化剂时产生氧气的体积[V(O2)]随时间（t）变化的曲线（注明必要的表记）________。【答案】CuCl2溶液中存在水解平衡222CuCl＋2HOCu(OH)＋2HCl，加热时HCl逸出使平衡不断右移，同时获得的CuOH2受热分解生成CuO取2～3mL最后的冲洗液于试管()中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入几滴硝酸银溶液，若无白色积淀产生，则冲洗干净收集25mL气体所需的时间碱式【解析】【解析】【详解】（1）CuCl2是强酸弱碱盐会发生水解，CuCl2溶液中存在水解平衡CuCl2＋2H2OCu(OH)2＋2HCl，水解吸热，加热时HCl逸出使平衡不断右移，同时获得的Cu(OH)2受热分解生成CuO。2）若是没有冲洗干净则有NaCl杂质，检验可否有Cl—即可确定可否洗净，详细操作是：取2～3mL最后的冲洗液于试管中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入几滴硝酸银溶液，若无白色积淀产生，则冲洗干净。3）用双线桥表示电子转移的方向和数目时，线桥要从反响物指向生成物的化合价发生改变的同种元素，在线桥上要注明反响的得失电子数目，用双线桥表示氯酸钾分解的电子转移的方向和数目为：。（4）要比较反响的快慢需要反响的时间，因此待测数据是：收集25mL气体所需的时间。5）从图能够看出该滴定管没有活塞，因此是碱式滴定管。6）反响测的是收集25mL气体所需的时间，因此气体的体积要相等，氧化铜加速氯酸钾的分解收效比用二氧化锰差，因此用氧化铜做作催化剂所用的时间要多，产生氧气的体积[V(O2)]随时间（t）变化的曲线为：。5．碘是人体不能缺乏的元素，为了防范碘缺乏，一般是在食盐中增加必然量的KIO3。但碘增加量也不能够过多，过多会以致甲亢等。国家标准GB14880-1994中规定每千克食盐中碘的含量（以碘原子计）应为20-60mg/kg。实验研究小组为了检测某加碘盐中碘含量可否合格，查阅了相关的资料，发现其检测原理是：KIO3+KI+H2SO4I2+H2O+K2SO4（方程式未配平）。试依照相关信息回答以下问题：（1）检测原理中，氧化剂为_______，氧化产物为_______。请在下面配平该方程式，同时用单线桥注明电子转移的方向和数目：_______．．．____KIO3+____KI+____H2SO4—____I2+____H2O+____K2SO4（2）取10g加碘盐加蒸馏水溶解，尔后加入稀硫酸和KI溶液（H2SO4和KI都稍过分），充分反响后，将反响液转入分液漏斗中，再加入必然量的CCl4，振荡，静置，此时观察到的现象是________________________________________________。尔后分液，即获得I2的CCl4溶液。（3）查阅资料，CCl4的沸点为78℃，I2的升华温度约为120~130℃。实验小组拟采用以下列图所示实验装置将CCl4和I2的混杂溶液分别。该分别方法的名称是___________，冷凝管的进水口是_______（填“a”或“b”）。（4）上述实验结束，用电子天平称量出圆底烧瓶中I2的质量为1.5mg，由此计算出该加碘盐中碘的含量为__________mg/kg，该加碘盐_______（填“合格”或“不合格”）。（5）KIO3虽牢固性较好，但在高温下也可分解为KI等物质，因此在使用加碘盐时最正确的增加时间是菜肴快出锅时。请书写出KIO3在锅中长时间高温爆炒时可能发生的分解反响的化学方程式____________________________________________________。【答案】KIO3I2溶液分为两层，基层呈紫红色蒸馏a25合格2KIO3高温2KI+3O2【解析】【详解】(1)、该反响中化合价的变化为：KIO3-→I2I元素由+5价→0KIO3得5个电子；KI-，价，一个→I2，I元素由-1价→0价，一个KI失一个电子，因此得失电子的最小公倍数为5，KIO3的计量数为1，KI的计量数为5，其他元素依照原子守恒配平，故答案为：KIO3；I2；；(2)、碘易溶于有机溶剂，在四氯化碳在的溶解度远大于在水中，加入四氯化碳萃取水中的碘，四氯化碳与水不互溶，溶液分成两层，四氯化碳的密度比水，有机层在基层，碘溶于四氯化碳呈紫红色，上层几乎无色，故答案为：溶液分成两层，上层无色，基层呈紫红色；(3)、利用沸点分其他方式叫蒸馏，冷凝水的方向是下进上出，故答案为：蒸馏；a；(4)2的的本源属于31，因此圆底烧瓶中I2的质量为1.5mg，则、由方程式可知：IKIO的占6食盐中的碘原子质量为0.25mg，因此碘的含量为0.25mg25mg/kg，在国家标准10g103g内，故答案为：25；合格；(5)、由题意：碘元素化合价降低，则必有宁一种元素化合价高升，故O元素化合价高升。依照得失电子守恒可知：碘酸钾受热分解的方程式为2KIO32KI+3O2↑，故答案为2KIO32KI+3O2↑；【点睛】实验最后获得的

I2来自于

KIO3和

KI两部分，因此食盐中的碘含量时，应减去

KI中的含量。6．过氧硫酸氢钾复合盐（K2445x2SO?KHSO?2KHSO）易分解，可用作漂白剂、NO和SO等的脱除剂。某研究小组制备过氧硫酸氢钾复合盐的流程以下列图。已知：浓硫酸与H22反响，部分转变成过硫酸（化学式为25OHSO，是一种一元强酸）（1）H25________；工业上用过氧硫酸SO中硫元素的化合价为+6价，其中过氧键的数目为氢钾复合盐溶液脱除NO时，反响的离子方程式为___________________________。2）若反响物的量必然，在上述流程的“转变”步骤中需用冰水浴冷却，且缓慢加入浓硫酸，其目的是___________________________。3）“结晶”操作中，加入K2CO3即可获得过氧硫酸氢钾复合盐晶体，该过程的化学方程式为______________________________。过氧硫酸氢钾复合盐产率（以产品含氧量表示）随溶液pH和温度的变化关系以下列图，则该过程合适的条件是_________________。（4）产品中KHSO5含量的测定：取1.000g产品于锥形瓶中，用合适蒸馏水溶解，加入5mL5％的硫酸和5mL25％的KI溶液，再加入1mL淀粉溶液作指示剂，用-10.2000molL·硫代硫酸钠标准液滴定至终点，耗资标准液的体积为25.00mL。已知：2KHSO52422422223246＋4KI＋HSO=2I＋3KSO＋2HOI＋2NaSO=NaSO＋2NaI①用_____滴定管盛装标准浓度的硫代硫酸钠溶液（填“甲”或“乙”）。②产品中KHSO的质量分数为___________。5【答案】1－＋2NO＋H242－－+223HSO5＋2NO3＋5H防范浓硫酸与溶液混杂时放O=3SOHO出大量热使H2223252424452O分解5KCO＋4HSO＋4HSO=2(KSO?KHSO?2KHSO)↓＋5CO↑＋5H2O控制pH在2.0~2.5之间，温度在0℃左右乙38.00％【解析】【详解】(1)H2SO5中硫元素的化合价为+6价，依照化合价的代数和为0计算，有2个氧原子显-1价，因此过氧键的数目为1。答案为1；工业上用过氧硫酸氢钾复合盐溶液脱除NO时，反响的离子方程式为3HSO5－＋2NO＋H2O=2－－+－＋2NO＋H2O=3SO42－－+3SO4＋2NO3＋5H。答案为3HSO5＋2NO3＋5H(2)在“转变”步骤中，30%的H2O2溶液加入98%的浓硫酸中，相当于浓硫酸稀释，会放出大量的热，而H2O2受热易分解，因此需用冰水浴冷却，且缓慢加入浓硫酸。答案为：防范浓硫酸与H2O2溶液混杂时放出大量热使H2O2分解；(3)“结晶”操作中，加入23KCO即可获得过氧硫酸氢钾复合盐晶体，该过程的化学方程式为5K2CO3＋4H2SO5＋4H2SO4=2(K2SO4?KHSO4?2KHSO5)↓＋5CO2↑＋5H2O。答案为：5K2CO3＋4H2SO5＋4H2SO4=2(K2SO4?KHSO4?2KHSO5)↓＋5CO2↑＋5H2O从溶液pH看，过氧硫酸氢钾复合盐产率在2.0~2.5之间时最大；从温度看，过氧硫酸氢钾复合盐产率在0℃左右最大，因此该过程合适的条件是控制pH在2.0~2.5之间，温度在0℃左右。答案为：控制pH在2.0~2.5之间，温度在0℃左右；①硫代硫酸钠溶液呈碱性，应放在碱式滴定管内。答案为乙；②由反响2KHSO5＋4KI＋H2SO4=2I2＋3K2SO4＋2H2O和I2＋2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI可得出以下关系式：KHSO5——2Na2S2O3n(Na2S2O3)=0.2mol/L×0.025L=0.005mol，n(KHSO5)=0.0025mol产品中KHSO的质量分数为：5

0.0025mol152g/mol38.00%100%1.000g答案为：38.00％。7．锑（Sb）广泛用于生产各种阻燃剂、陶瓷、半导体元件和医药及化工等领域。Ⅰ．（1）锑在元素周期表中的地址_____。（2）锑（Ⅲ）的氧化物被称为锑白，能够由SbCl3水解制得，已知SbCl3水解的最后产物为锑白。为了获得很多、较纯的锑白，操作时将SbCl3逐渐加入大量水中，反响后期还要加入少量氨水。试用必要的化学用语和平衡搬动原理讲解这两项操作的作用_______。工业上，还可用火法制取锑白，是将辉锑矿（主要成分为Sb2S3）装入氧化炉的坩埚中，高温使其融化后通入空气，充分反响后，经冷却生成锑白。写出火法制取锑白的化学方程式______。Ⅱ．以辉锑矿为原料制备金属锑，其中一种工艺流程以下：已知部分信息以下：①辉锑矿（除Sb2S3外，还含有砷、铅、铜的化合物和SiO2等）；②浸出液主要含盐酸和SbCl3，还含SbCl5、CuCl2、AsCl3和PbCl2等杂质；-36-29③常温下，Ksp（CuS）=1.0×10，Ksp（PbS）=9.0×10。回答以下问题：（3）“酸浸”过程中Sb2S3发生反响的化学方程式为_____。4）已知：浸出液中c（Cu2+）=0.0001mol/L，c（Pb2+）=0.1mol/L。在积淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生积淀的是_____（填化学式）；当CuS、PbS共沉沉时，c(Cu2+)c(Pb2+=______（保留小数点后一位）。)（5）在“除砷”过程中，氧化产物为H3PO4。该反响氧化产物与复原产物的物质的量之比为__________。（6）在“电解”过程中，锑的产率与电压大小关系以下列图。当电压高出U0V时，锑的产率降低的原因可能是_________。【答案】第5周期第ⅤA族2SbCl3+3H2O?Sb2O3+6HClSbCl3，使SbCl3浓度增，不断加入大，利于水解平衡右移，反响后期加入氨水中和盐酸，使c(HCl)减小，利于平衡右移高温2Sb2S3+9O22Sb2O3+6SO2Sb2S3+3SbCl5=5SbCl3+3S↓CuS1.1-8×3:410H+参加电极反响【解析】【解析】Ⅱ．辉锑矿粉加入盐酸和SbCl53523和溶液，获得SbCl和SbCl溶液，还含有杂质CuCl、AsClPbCl2等，加入合适Sb将SbCl5复原为SbCl3，加入Na2S使铜和铅积淀以除去CuCl2和PbCl2，尔后加入NaHPO2除去杂质砷。获得的SbCl3溶液电解获得金属Sb，同时获得SbCl5，能够返回到酸浸步骤循环使用。【详解】Ⅰ．（1）锑和氮在同一主族，其在元素周期表中位于第5周期第ⅤA族。（2）SbCl332233逐渐加入大量水中，3水解：2SbCl+3HO?SbO+6HCl，将SbClSbCl浓度增大，水解平衡右移，反响后期还要加入少量氨水中和HCl，使c(HCl)减小，平衡右移，有利于Sb23322333O的生成。故答案为：2SbCl+3HO?SbO+6HCl，不断加入SbCl，使SbCl浓度增大，利于水解平衡右移，反响后期加入氨水中和盐酸，使c(HCl)减小，利于平衡右移。火法制取锑白，是辉锑矿（主要成分为Sb2S3）在高温下和空气中的氧气反响，生成Sb2O3高温的同时生成SO2232232。化学方程式为：2SbS+9O2SbO+6SO。Ⅱ．（3）“酸浸”时Sb2S3和SbCl5溶液反响，获得SbCl3和SbCl5的混杂溶液，滤渣中有硫，是此反响的生成物，Sb2S3发生反响的化学方程式为Sb2S3+3SbCl5=5SbCl3+3S。4）浸出液中c（Cu2+）=0.0001mol/L，c（Pb2+）=0.1mol/L。在积淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，当2+2-1.010-36-322+Cu开始积淀时，c(S)==1.0×10mol/L，当Pb开0.00012-)=9.010-29-28CuSCuSPbS始积淀时，c(S=9.0×10mol/L，因此先产生积淀的是共沉0.1；当、c(Cu2+)=c(Cu2+)c(S2)Ksp(CuS)1.01036-8淀时，c(Pb2+)c(Pb2+2)＝＝9.0＝1.1×10。)c(SKsp(PbS)1029（5）加入NaHPO2除砷，发生了2334NaHPO和AsCl的反响，氧化产物为HPO，复原产物是As，磷的化合价从+1价高升到+5价，生成1molHPO失去4mol电子，砷的化合价从+3价34降低到0价，生成1molAs获得3mol电子，依照电子守恒，该反响氧化产物与复原产物的物质的量之比为3:4。（6）电解SbCl3溶液制取锑，在阴极是Sb3+获得电子生成Sb，当电压过大时，溶液中的H+也可能在阴极放电，以致锑的产率降低。8．生物浸出是用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速Fe2+氧化的细菌，培养后能供应Fe3+，控制反响条件可达细菌的最大活性，其生物浸矿机理以以下列图。反响1反响2（1）氧化亚铁硫杆菌生物浸出ZnS矿。①反响2中有S单质生成，离子方程式是__。②实验表示温度较高或酸性过强时金属离子的浸出率均偏低，原因可能是__。（2）氧化亚铁硫杆菌生物浸出废旧锂离子电池中钴酸锂（LiCoO2）与上述浸出机理相似，发生反响1和反响3：LiCoO2+3Fe3+=Li++Co2++3Fe2++O2↑①在酸性环境中，LiCoO2浸出Co2+的总反响的离子方程式是__。②研究表示氧化亚铁硫杆菌存在时，Ag+对钴浸出率有影响，实验研究Ag+的作用。取+LiCoO2粉末和氧化亚铁硫杆菌溶液于锥形瓶中，分别加入不相同浓度Ag的溶液，钴浸出率（图1）和溶液pH（图2）随时间变化曲线以下：图1不相同浓度Ag+作用下钴浸出率变化曲线图2不相同浓度Ag+作用下溶液中pH变化曲线Ⅰ．由图1和其他实验可知，Ag+能催化浸出Co2+，图1中的凭据是__。Ⅱ．Ag+是反响3的催化剂，催化过程可表示为：反响4：Ag++LiCoO2=AgCoO2+Li+反响5：反响5的离子方程式是__。Ⅲ．由图2可知，第3天至第7天，加入Ag+后的pH均比未加时大，结合反响讲解其原因：__。【答案】3+2+2+细菌的活性降低或失去活性+ZnS+2Fe=Zn+S+2Fe4LiCoO2+12H+2++明显提高了单位时间内钴浸出率，即提高了钴浸出速率4Li+4Co+6H2O+O2↑加入Ag23++2+2++3，使LiCoO2=Ag+Co+3Fe+O2↑加入Ag催化了反响浸出的总反响的化学AgCoO+3Fe反响速率加速，相同时间内耗资H+更多，故加入Ag+后的pH比未加时大【解析】【解析】【详解】（1）①由题给表示图可知，反响2为Fe3+与ZnS发生氧化复原反响生成Zn2+、S和Fe2+，反响的离子方程式为ZnS+2Fe3+=Zn2++S+2Fe2+，故答案为：ZnS+2Fe3+=Zn2++S+2Fe2+；②细菌为蛋白质，温度较高或酸性过强时，蛋白质变性，细菌的活性降低，以致金属离子的浸出率均偏低，故答案为：细菌的活性降低或失去活性；（2）①在酸性环境中，细菌做催化剂，使LiCoO2中+3价的Co元素将-2价O元素氧化，+2+++2+反响生成Li、Co、O2和H2O，反响的离子方程式为4LiCoO2+12H4Li+4Co+6H2O+O2+4Li+2++6H22+4Co2↑，故答案为：4LiCoO+12HO+O↑；②Ⅰ．由图1可知，加入Ag+明显提高了单位时间内钴浸出率，说明Ag+做催化剂，提高了钴浸出速率，故答案为：加入Ag+明显提高了单位时间内钴浸出率，即提高了钴浸出速率；Ⅱ．由催化剂的催化机理可知，反响4中Ag+做反响物，则反响5中Ag+做生成物，即中间产物AgCoO2与Fe3+反响生成Ag+、Co2+、Fe2+和O2，反响的化学方程式为3++2+2+3++2+2+↑；AgCoO2+3Fe=Ag+Co+3Fe+O2↑，故答案为：AgCoO2+3Fe=Ag+Co+3Fe+O2Ⅲ．由图2可知，第3天至第7天，加入Ag+后的pH均比未加时大，原因是加入Ag+催化了反响3，使LiCoO2浸出的总反响的化学反响速率加速，相同时间内耗资H+更多，导致加入Ag+后的pH比未加时大，故答案为：加入Ag+催化了反响3，使LiCoO2浸出的总反应的化学反响速率加速，相同时间内耗资H+更多，故加入Ag+后的pH比未加时大。9．（1）将新制氯水逐滴滴入FeBr2溶液中，写出最初发生的反响的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目。___。2）在硫酸铝铵(NH4Al(SO4)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液其实不断搅拌。用一个离子方程式表示最初发生的反响。___。3）石油气“芳构化”是由石油气生产高辛烷值汽油的一种有效生产工艺。测得反响2CH10CH10(g)+5H在不相同温度下的平衡常数变化以下：482温度(℃)400450500平衡常数Ka6a40a①该反响的正反响是____(吸热、放热)反响。②向2L密闭定容容器中充入2molC4H10，反响10s后测得H2浓度为1mol/L，此10s内，以C8H10表示的平均速率为___。③能表示该反响在恒温恒容密闭容器中t1时辰后已经达平衡状态的图示是___。a.b.c.d.④如图表示某温度时将必然量的C4H10(含少量H2)充入容器中反响时期物质浓度随时间的变化(容器容积可变)，实线代表C81041014810的浓H，虚线代表CH。请用实线补充画出t~t间CH度变化曲线___。【答案】2+-2-3+3Ba+6OH+3SO4+2Al=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓吸热0.02mol/(Ls)·b、d【解析】【解析】(1)氯气拥有氧化性，能将碘离子以及亚铁离子氧化，碘离子的复原性强于亚铁离子的复原性，因此先是发生氯气氧化亚铁离子的反响，氧化复原反响中，化合价高增值＝化合价降低值＝转移电子数，据此表示电子转移的情况；(2)在硫酸铝铵

(NH4Al(SO4)2)溶液中滴加少量

Ba(OH)2溶液，由于氢氧化钡少量，氢氧根离子不足，反响依照氢氧化钡的组成进行，氨水碱性强于氢氧化铝，因此铝离子优先与氢氧根离子反响，据此写出反响的离子方程式；(3)①依照图表数据，平衡常数随温度高升增大，平衡正向进行；②依照反响速率v＝c计算；t③a．反响前后都是气体，气体质量向来不变；b．反响前后气体质量不变，物质的量增大，平均摩尔质量不变说明反响达到平衡状态；c．气体质量不变，体积不变，密度在反响过程中和平衡状态都不变；d．反响前后气体物质的量变化，压强之比等于气体物质的量之比，物质的量不变，反响达到平衡；④刚开始由于达到平衡状态，因此浓度不变，依照虚线的浓度变化可知，后边体积减小为原来的

1

，因此实线浓度也变两倍，后边又慢慢减小，直至连续平衡。2【详解】(1)将新制氯水逐滴滴入

FeBr2溶液中，先是发生氯气氧化亚铁离子的反响，

Cl2＋2Fe2＋＝2Fe3＋＋2Cl-，电子转移情况以下：，故答案为：；(2)氢氧化钡少量，氢氧根离子和钡离子的物质的量不足，离子方程式依照氢氧化钡的组成书写，钡离子和氢氧根离子完满反响；由于氨水碱性强于氢氧化铝，故铝离子优先与氢氧根离子反响生成氢氧化铝积淀，反响的离子方程式为3Ba2++6OH-+3SO42-3++2Al=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，故答案为：

2+-2-3+3Ba+6OH+3SO4+2Al=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓；(3)①依照图表数据，平衡常数随温度高升增大，平衡正向进行，正反响是吸热反响，故答案为：吸热；②向2L密闭定容容器中充入2molC4H10，反响10s后测得H2浓度为1mol/L，2C4H10?C8H10(g)＋5H2，反响过程中生成C8H10的物质的量浓度为1×1mol/L＝0.2mol/L，此58100.2mol/L＝0.02mol/(L?s)，故答案为：0.02mol/(L?s)；10s内，以CH表示的平均速率＝10s2C4H10?C8H10(g)＋5H2，反响是气体体积增大的反响吸热反响，依照平衡搬动原理解析图象；a．反响前后都是气体，气体质量在反响过程中和平衡状态都向来不变，不能够说明反响达到平衡状态，故a不吻合；b．反响前后气体质量不变，物质的量增大，平均摩尔质量不变说明反响达到平衡状态，故吻合；c．气体质量不变，体积不变，密度在反响过程中和平衡状态都不变，故c不吻合；d．反响前后气体物质的量变化，压强之比等于气体物质的量之比，物质的量不变压强不变，说明反响达到平衡，故d吻合；故答案为：b、d；④解析图象可知，刚开始由于达到平衡状态，因此浓度不变，依照虚线的浓度变化可知，后边体积减小为原来的1，因此实线浓度也变两倍，浓度变化为0.40mol/L，随反响进行后2面又慢慢减小，直至连续平衡，据此画出的图象为：，故答案为：。【点睛】本题(2)注意掌握离子方程式的书写原则，正确判断反响物离子的过分情况是解答的要点；(3)掌握图象解析与绘制方法，曲线变化起点和变化是解题要点。10．二氧化氯泡腾片，有效成分（ClO2）是一种高效、安全的杀菌、消毒剂。方法一：氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2气体的方法。该法工艺原理如图。其过程是将食盐水在特定条件下电解获得的氯酸钠（NaClO3）与盐酸反响生成ClO2。（1）工艺中可利用的单质有__________（填化学式），发生器中生成ClO2的化学方程式为_____________。（2）此法的缺点主若是______________________________________。方法二：近来，科学家又研究出了一种新的制备方法，纤维素复原法制ClO2，其原理是：纤维素水解获得的最后产物X与NaClO3反响生成2ClO。（3）配平方程式：□（X）+□NaClO324222+□HSO→□ClO↑+□CO↑+□HO+□______若反响中产生4.48L（折算成标准情况下）气体，电子转移________个。（4）ClO2和Cl2均能将电镀废水中的CN—氧化为无毒的物质，自己被复原为Cl—。办理含CN—相同量的电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的_______倍。方法三：实验室常用氯酸钠(NaClO3)和亚硫酸钠(Na2SO3)用硫酸酸化，加热制备二氧化氯，化学反响方程式为：2NaClO3+Na2SO3＋H2SO42ClO2↑+2Na2SO4＋H2O（5）反响中的Na2SO3溶液中存在以下平衡：H2OH++OH-和________________（用离子方程式表示）.常温下，0.1mol/L该溶液中离子浓度由大到小排列__________________（用离子符号表示）6）常温下，已知NaHSO3溶液呈酸性，在Na2SO3溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有________________。（用化学式表示）【答案】H2、Cl22NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2HO同时产生了大量的氯气，不仅产率低，而且产品难以分别，同时很有可能造成环境污染；能耗较大等612632422240.16NA2.532-1CHO+24NaClO+12HSO→24ClO↑+6CO↑+18HO+12NaSOSO+H2OOH-+HSO3-，HSO3-+H2OOH-+H2SO3+2--)>c(HSO3-+c(Na)>c(SO3)>c(OH)>c(H)NaHSO3、Na2SO3、NaCl、或（NaHSO3、Na2SO3、NaCl、SO2、H2SO3）【解析】【解析】（1）电解饱和食盐水生成H2、Cl2和NaOH；故能够利用的单质为H2、Cl2，合成HCl，依照流程图可知加入物质为NaClO3和HCl，生成ClO2；能够写出方程式，并用化合价起落法配平获得；2）生成的气体中除了有二氧化氯还有大量的氯气，产率低，难分别，而且极有可能造成大气污染；用电解的方法耗能大；（3）①纤维素为多糖，水解最后产物为葡萄糖（C6H12O6），拥有复原性，可将NaClO3复原获得ClO2．Cl从+5到+4价，降低1价，葡萄糖（C6H12O6）C均价为0，到+4价，高升4价，尔后配平获得，由①可知生成24molClO2和6molCO2气体转移24mol的电子；4）每摩尔Cl2获得2mol电子，而每摩尔ClO2获得5mol电子，故为2.5倍；5）存在弱电解水的电离平衡和弱离子的水解平衡．不水解的二元钠离子浓度最大，水解是稍微的，显性离子和第一步水解产生的阴离子，隐性离子；6）Na2SO3溶液中滴加稀盐酸，两者反响，要使溶液呈中性，只能是部分反响，因此溶质为Na2SO3、NaHSO3、NaCl。【详解】（1）由工艺流程图能够看出：在该工艺中可利用的单质有H2、Cl2；依照流程图可知加入物质为NaClO3和HCl，生成ClO2；发生氧化复原反响，NaClO3被复原生成ClO2，HCl被氧化生成Cl，生成ClO的化学方程式为：2NaClO+4HCl=2ClO↑+Cl↑+2NaCl+2H2O；22322（2）由制备原理和流程图可知此法的缺点主若是会产生大量的Cl2，耗资大量的电能，产物ClO2和Cl2不但不简单分别，而且物质利用率低，很简单造成大气污染；3）纤维素水解获得的最后产物X是葡萄糖C6H12O6。它与NaClO3在酸性条件下发生反响，依照质量守恒定律和电子守恒的知识可得方程式为：1C6H12O6+24NaClO3+12H2SO4→24ClO2↑+6CO2↑+18H2O+12NaSO4，由方程式能够看出每产生30mol的气体，转移电子24NA；现在产生气体的物质的量为4.48L（即0.2mol），因此转移电子的物质的量为0.16mol，个数为0.16NA；-2mol，则（4）办理含CN相同量的电镀废水，即转移电子的物质的量相同。假设转移电子需要Cl2的物质的量是1mol；需要ClO2的物质的量为25

==0.4mol。因此n(Cl2)：n(ClO2)=1：0.4=2.5；（5）反响中的Na2SO3溶液中存在以下平衡：H2O+-2-的水解平衡的两种方程H+OH和SO3式。由于2-是二元弱酸的酸根离子，因此存在两步水解平衡2-+HO--，SOSOOH+HSO3323-+H2O-+2-+2-2-水解产生--，HSO3OH+H2SO3；Na2SO3=2Na+SO3；c(Na)>c(SO3)，SO3OH和HSO3-----)；在溶液中还存在水HSO进一步水解还要耗资HSO，同时产生OH，因此c(OH)>c(HSO333的电量平衡，因此c(HSO3-)>c(H+)；在溶液中盐水解的程度是很稍微的，因此c(SO32-)>c(OH-)；因此在该溶液中各种离子的浓度由大到小的序次为c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)；6）在Na2SO3溶液中滴加稀盐酸若恰好发生反响：Na2SO3+HCl=NaCl+NaHSO3。则由于NaHSO3溶液呈酸性。所以致中性时，n(HCl)<n(Na2SO3)，产生溶液中含有的溶质有未反响的Na2SO3及反响生成的NaCl、NaHSO3；溶质有Na2SO3、NaCl、NaHSO3，也可能滴加HCl局部过分会产生SO2、H2SO3溶解在该溶液中还含有SO2和H2SO3。11．在食道德业中，N2O可用作发泡剂和密封剂。（1）N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，NH3与O2在加热和催化剂的作用下生成N2O的化学方程式为___。（2）N2O和NO是环境污染性气体。这两种气领悟发生反响：N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋＋N2(g)，“Fe”常用作该反响的催化剂。其总反响分两步进行：＋＋第一步为Fe＋N2O＝FeO＋N2；第二步为___(写方程式)，第二步反响几乎不影响总反响达到平衡所用的时间，由此推知，第二步反响的活化能___(填“大于”“小于”或“等于”)第一步反响活化能。（3）在四个恒容密闭容器中充入相应量的气体(图甲)，发生反响2N2O(g)=2N2(g)＋O2(g)△H，容器I、II、III中N2O的平衡转变率如图乙所示：①该反响的△H___(填“>或”“<”。)0②容器Ⅳ与容器III的体积均为1L，容器Ⅳ中的物质在470℃下进行反响，初步反响速率：v正(N2O)___v逆(N2O)(填“>”“或“<＝””)。③已知容器I的体积为10L370℃时，该反响的平衡常数K=___。【答案】2NH3+2O2=N2O+3H2OFeO++CO=Fe++CO2(小于＞＜8.9×10-4或11125【解析】【解析】(1)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O，近似于生成NO的反响，同时生成水；(2)总反响分两步进行Fe+N2O=FeO+N2，依照催化剂定义，第一步生成中间产物，第二步反应中，中间产物(FeO+)氧化CO生成CO2自己被复原成Fe+，依照催化剂定义，第二步反响对总反响速率没有影响，说明第一步是慢反响，控制总反响速率；(3)①高升温度，向吸热方向进行，据此进行解析；②恒温条件下，减小体积，平衡向气体总物质的量减小的方向搬动；③依照方程式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算。【详解】(1)NH与O在加热和催化剂作用下生成NO和水，反响的化学方程式为3222NH3+2O2N2O+3H2O；(2)总反响分两步进行22+2+2Fe+NO=FeO+N，依照催化剂定义，第一步：Fe+NO═FeO+N，第二步反响中，中间产物(FeO+2+，FeO++2，第二)氧化CO生成CO自己被复原成Fe+CO=Fe+CO步反响对总反响速率没有影响，说明第一步是慢反响，控制总反响速率，第二步反响速率大于第一步反响速率，则第二步反响活化能小于第一步反响的活化能；(3)①高升温度，N2O的转变率高升，则向正反响方向进行，则正反响为吸热反响，则△H＞0；②依照题给图像可知，同一温度下，从I、II、III变化中，一氧化二氮的转变率减小，因此Ⅳ中一氧化二氮转变率也是减小；容器Ⅳ的体积为1L，容器Ⅳ中的物质也在470℃下进行反响，则减小体积，压强增大，平衡向逆方向搬动，即初步反响速率：v正(N2O)＜v逆(N2O)；③容器I的体积为10L，370℃时，N2O的转变率为40%；初步（变化（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=8.9×1012．用纳米Fe/Ni复合资料能去除污染水体的NO3-，Ni不参加反响。离子在资料表面的活性位点吸附后发生反响，活性位点被其他附着物占有会以致速率减慢(NH4+无法占有活性位点)。反响过程以下列图：（1）酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO3-分两步，将步骤ii补充完满：.NO3-+Fe+2H+=NO2-+Fe2++H2O.___+___+___H+=___Fe2++___+___2）初始pH=2.0的废液反响15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，结合化学用语讲解整个变化过程的原因___。（3）水体初始pH会影响反响速率，不相同pH的硝酸盐溶液与纳米Fe/Ni反响时，溶液中c(NO3-)随时间的变化如图1所示。(注：c03-3-的浓度。)c0(NO3-)(NO)为初始时NO①为达到最高去除率，应调水体的初始pH=___。②t<15min，pH=2.0的溶液反响速率最快，t>15min，其反响速率迅速降低，原因分别是___。（4）总氮量指溶液中自由搬动的全部含氮微粒浓度之和，纳米Fe/Ni办理某浓度硝酸盐溶液时，随时间的变化如图2所示。40min时总氮量较初始时下降，可能的原因是___。5）利用电解无害化办理水体中的NO3-，最一生成N2逸出。其装置及转变图以下列图：①阴极的电极反响式为___。②生成N2的离子方程式为___。【答案】NO2-3Fe83NH4+2H2O)Fe2+在水中发生水解，Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，?随着反响进行，c(H+)减小，平衡右移，产生Fe(OH)2积淀，此后发生反响4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，变成红褐色的Fe(OH)36.5pH=2的溶液中，t<15min时，溶液中H+浓度较高，因此反响速率较快，溶液中产生Fe2+和pH上升速率较快，t>15min时，产生大量Fe(OH)2，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反响速率迅速下降反响过程中H+被耗资，溶液pH高升，t=40min时，溶液中含N物质主要以NH4+的形式存在，一部分NH4+生成NH3逸出(或反响过程中NO2-被Fe复原产生N2逸出)NO3-+8e-+++-++10H=NH4+3H2O2NH4+3HClO=N2↑+3Cl+5H+3H2O【解析】【解析】（1）依照图可知：酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO3分两步，NO3在吸附点被Fe复原为NO2，NO3Fe2HNO2Fe2H2O，NO2在其他的吸附点被Fe复原为NH4，NO23Fe8H3Fe2NH42H2O；2）初始pH=2.0的废液反响15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，是氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化为氢氧化铁；3）结合所给图形信息，判断调治pH为多少的时候去除率较高，如何讲解反响速率变慢；（5）电极方程式书写，从题中信息判断阴极发生复原反响，

NO3-复原

N2，NO38e10HNH43H2O。【详解】依照图可知：酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO3分两步，NO3在吸附点被Fe复原为NO2，NO3Fe2HNO2Fe2H2O，NO2在其他的吸附点被Fe复原为NH4，NO23Fe8H3Fe2NH42H2O；故答案为：NO2、3Fe、8、3、NH4、2H2O；2初始pH2.0的废液反响15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，由于Fe2在水中发生水解，Fe22H2O?Fe(OH)22H，随着反响进行，cH减小，平衡右移，产生Fe(OH)2积淀，此后发生反响4Fe(OH)2O22H2O4Fe(OH)3，变成红褐色的Fe(OH)3；故答案为：Fe2在水中发生水解，Fe22H2O?Fe(OH)22H，随着反响进行，cH减小，平衡右移，产生Fe(OH)2积淀，此后发生反响4Fe(OH)2O22H2O4Fe(OH)3，变成红褐色的Fe(OH)3；3①依照图可知pH6.5时，反响最快，去除率最高，故为达到最高去除率，应调水体的初始pH6.5；故答案为：6.5；②pH2的溶液中，t15min时，溶液中H浓度较高，因此反响速率较快，溶液中产生Fe2和pH上升速率较快，故t15min，pH2.0的溶液反响速率最快，15min时，产生大量Fe(OH)2，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反响速率迅速下降，故t15min，其反响速率迅速降低；故答案为：pH2的溶液中，t15min时，溶液中H浓度较高，因此反响速率较快，溶液中产生Fe2和pH上升速率较快，t15min时，产生大量Fe(OH)2，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反响速率迅速下降；440min时总氮量较初始时下降可能的原因为：反响过程中H被耗资，溶液pH高升，t40min时，溶液中含N物质主要以NH4的形式存在，一部分NH4生成NH3逸出(或反响过程中NO2被Fe复原产生N2逸出)；故答案为：反响过程中H被耗资，溶液pH高升，t40min时，溶液中含N物质主要以NH4的形式存在，一部分NH4生成NH3逸出(或反响过程中NO2被Fe复原产生N2逸出)；5①阴极发生复原反响，元素化合价降低，故为NO3获得电子生成NH4，故电极反响为：NO38e10HNH43H2O；故答案为：NO38e10HNH43H2O；②由图可知，氮气由两极生成的NH4和HClO反响而得，氮元素化合价高升，则氯元素化合价降低生成氯离子，故反响为：2NH43HClON23Cl5H3H2O；故答案为：2NH43HClON23Cl5H3H2O。【点睛】从题中所给信息判断并写出离子方程式、回答结合图形中的信息，回答调治pH出现的现象，调治pH为何值时，去除率最大以及对反响速率的影响；13．草酸亚铁是合成锂离子电池正极资料磷酸亚铁锂的原料。某工厂以炼钢厂的脱硫渣(主要成分是Fe2O3)为原料生产电池级草酸亚铁晶体的工艺流程以下：（1）要提高“酸浸”速率，宜采用的措施有___(填两条)。（2）写出“复原”过程中既是化合反响又是氧化复原反响的离子方程式___。（3）滤渣2中含有的TiOSO4在热水中易水解，生成H2TiO3，该反响的化学方程式为___。（4）“滤液”经办理后获得一种化肥，其化学式为___。“一系列操作”指___。（5）已知：298K时，K-17，当离子浓度-5-1时，视该离子已≤1.0×10sp[Fe(OH)2]=4.0×10mol?L完满积淀。上述流程中，加“氨水”调pH的范围为___(lg2≈0.。3)（6）草酸亚铁晶体(FeC2O4?2HO)纯度的测定：正确称取mg草酸亚铁晶体于锥形瓶中，加入必然量的稀硫酸溶液，并加热至50℃，用cmol?L-1KMnO4标准溶液滴定，达到滴定终点时，用去标准溶液VmL。滴定反响(未配平)：FeC2O4?2HO+KMnO4+H2SO4→Fe2(SO4)3+CO2+MnSO4+K2SO4+H2O；则样品中FeC2O4?2HO的纯度为___%(用含有m、c、V的代数式表示)；若草酸亚铁晶体失去部分结晶水，测得的结果___(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】加热、搅拌、粉粹矿粉等2Fe3+2+↓+Fe=3FeTiOSO4+2H2O=H2TiO2+H2SO430cV(NH4)2SO4冲洗、干燥≥8.3偏高m【解析】【解析】脱硫渣(主要成分为Fe2O3)用硫酸溶解，过滤除去不溶物，滤液中主要含有硫酸铁、硫酸等，进入铁粉复原获得硫酸亚铁，过滤分别，滤液中通入氨气，获得氢氧化亚铁积淀，过滤分别，滤液中含有硫酸铵，氢氧化亚铁与草酸化合获得草酸亚铁，再经过过滤、冲洗、干燥获得草酸亚铁晶体。【详解】⑴要提高“酸浸”速率，宜采用的措施有：加热、搅拌、粉粹矿粉等；故答案为：加热、搅拌、粉粹矿粉等。⑵“复原”过程中反响的离子方程式还有：3+2+3+2+Fe+2Fe=3Fe；故答案为：Fe+2Fe=3Fe。⑶TiOSO4在热水中易水解，生成H2TiO3积淀，还生成硫酸，反响方程式为：TiOSO4+H2O=H2TiO3↓+H2SO4，故答案为：TiOSO4+H2O=H2TiO3↓+H2SO4。⑷滤液中含有硫酸铵，经办理后获得一种农业上常用的化肥，过滤后，再经过冲洗、干燥获得草酸亚铁晶体，故答案为：(NH4)2SO4；冲洗、干燥。Ksp[Fe(OH)2]4.01017molL12.0106molL1⑸依照题意，cOH1.0105，cFe2pH≥8.3；故答案为：≥8.3。⑹配平后反响方程式为：10FeC2O4?2H2O+6KMnO4+24H2SO4=5Fe2(SO4)3+20CO2↑+6MnSO4+3K2SO4+24H2O，可知nFeC2O42H2O10nKMnO410V103LcmolL1，故66mFeC2O42H2O10V103LcmolL1180gmol10.3cVg，故624?2HO的纯度为0.3cVg100%30cV%，若草酸亚铁晶体失去部分结晶水，测FeCOmgm得的结果偏高；故答案为：30cV；偏高。m14．震惊全国的天津港“8.12爆”炸事故中,因爆炸冲击以致氰化钠泄漏而造成环境污染,能够经过喷洒双氧水或硫代硫酸钠溶液来办理。资料:氰化钠化学式NaCN（N元素-3价),白色结晶颗粒,剧毒,易溶于水。(1)NaCN用双氧水办理后,产生一种酸式盐和一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体反响的化学方程式____________________________。

,写出该(2)某化学兴趣小组实验室制备硫代硫酸钠

(Na2S2O3),并检测用硫代硫酸钠溶液办理后的氰化钠废水可否达标排放。（实验一）实验室经过图装置制备

Na2S2O3①a装置中盛浓硫酸的仪器名称是

______________；

b装置的作用是

________。②c装置中的产物有Na2S2O3和CO2等,d装置中的溶质有NaOH、Na2CO3,还可能有______。③实验结束后,在e处最好连接盛________(选填“NaOH溶液”、“水”、“CCl4”中任一种)的注射器,再关