2020-2021备战高考化学压轴题之氧化还原反应(备战高考题型整理,突破提升)含答案

2020-2021备战高考化学压轴题之氧化还原反应(备战高考题型整理,突破提升)含答案

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析） 1．亚氯酸钠（ NaClO2）是二氧化氯（ ClO2）泡腾片的主要成分。实验室以氯酸钠 （NaClO3）为原料先制得 ClO2，再制备 NaClO2 粗产品，其流程如图： 已知：① ClO2 可被 NaOH 溶液吸收，反应为 2ClO2+2NaOH=NaClO3+NaClO2+H2O。 ②无水 NaClO2 性质稳定，有水存在时受热易分解。 （1）反应Ⅰ中若物质 X 为 SO2，则该制备 ClO2 反应的离子方程式为 ___。 （2）实验在如图 -1 所示的装置中进行。 ①若 X 为硫磺与浓硫酸，也可反应生成 ClO2。该反应较剧烈。若该反应在装置 A 的三颈烧 瓶中进行，则三种试剂（ a.浓硫酸； b.硫黄； c.NaClO3 溶液）添加入三颈烧瓶的顺序依次为 ___（填字母）。 ②反应Ⅱ中双氧水的作用是 ___。保持反应时间、反应物和溶剂的用量不变，实验中提高 ClO2 吸收率的操作有：装置 A 中分批加入硫黄、 ___（写出一种即可）。 （3）将装置 B 中溶液蒸发可析出 NaClO2，蒸发过程中宜控制的条件为 ___（填 “减压 ”、“常 压 ”或 “加压 ”）。 （4）反应Ⅰ所得废液中主要溶质为 Na2SO4 和 NaHSO4，直接排放会污染环境且浪费资源。 为从中获得芒硝（ Na2SO4·10H2O）和石膏（水合硫酸钙），请补充完整实验方案： ___，将 滤液进一步处理后排放（实验中须使用的试剂和设备有： CaO固体、酚酞、冰水和冰水 浴）。已知： CaSO4 不溶于 Na2SO4 水溶液； Na2SO4 的溶解度曲线如图 -2 所示。 【答案】 2ClO3- +SO2═2ClO2+SO42- cab 作还原剂 水浴加热时控制温度不能过高（或加一 个多孔球泡等） 减压 向废液中分批加入适量 CaO 固体并搅拌，用冰水浴控制反应温 度，对浊液取样并滴加酚酞，至溶液呈浅红色时停止加入 CaO。静置后过滤，用水洗涤沉 淀 2-3 次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至 32.4℃以下，接近 0℃，过滤，所得晶体 用冰水洗涤 2-3 次，低温干燥得到芒硝 【解析】 【分析】 用二氧化硫将 NaClO3 还原制得 ClO2，ClO2 和 NaOH 反应制得 NaClO3 和 NaClO2，再用过氧 化氢将 NaClO3 还原成 NaClO2 制得 NaClO2 粗品。 【详解】 （1）SO2 作还原剂， S化合价升高 2，被氧化成 SO42-，ClO3-作氧化剂，被还原成 ClO2，Cl 化合价降低 1，结合电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒可书写离子方程式： 2ClO3- +SO2═2ClO2+SO42-，故答案为： 2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-； （2）①反应剧烈，浓硫酸只能在最后添加，结合流程图可知先加 NaClO3，所以顺序为： 先加 NaClO3，再加 S，最后加浓硫酸，故答案为： cab； ②反应Ⅱ中 NaOH和 ClO2 反应生成 NaClO3 和 NaClO2，过氧化氢的作用是将 NaClO3 还原成 NaClO2，过氧化氢会分解，温度不宜太高，所以控制 A 中水浴加热时温度不过高，或者在 B中搅拌、或者加一个多孔球泡，故答案为：作还原剂；水浴加热时控制温度不能过高 （或加一个多孔球泡等）； （3）无水 NaClO2 性质稳定，有水存在时受热易分解，应该减压，让水分尽快蒸发，故答 案为：减压； （4）加入一定量 CaO使 NaHSO4 反应成 CaSO4，为了保证 NaHSO4 反应完，所加 CaO需稍 过量， CaO过量溶液就显碱性了，可以用酚酞作指示剂，当溶液变为浅红色时停止加 CaO，CaSO4 不溶于 Na2SO4 水溶液，此时可用过滤、洗涤的方法得到石膏，此时滤液为 Na2 SO4 溶液，还不是芒硝，从图上看，可将温度调整 32.4 ℃以下，形成芒硝，析出芒硝晶 体，过滤、洗涤、干燥就可得芒硝了，为了使芒硝产率较高，可用冰水洗涤，降低因溶解 损失的量，故答案为：向废液中分批加入适量 CaO固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度， 对浊液取样并滴加酚酞，至溶液呈浅红色时停止加入 CaO。静置后过滤，用水洗涤沉淀 2-3 次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至 32.4℃以下，接近 0℃，过滤，所得晶体用冰水 洗涤 2-3 次，低温干燥得到芒硝。 【点睛】 结合图像，温度低于 32.4℃以下，硫酸钠结晶得到芒硝，温度降低，芒硝的溶解度减小， 可用冰水洗涤减小损失率。 2．叠氮化钠 (NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。 NaN3 易溶于水，微 溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。实验 室可利用亚硝酸叔丁酯 (t-BuNO2，以 t-Bu 表示叔丁基 )与 N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备 叠氮化钠。 (1)制备亚硝酸叔丁酯 取一定 NaNO2 溶液与 50%硫酸混合，发生反应 H2SO4＋ 2NaNO2===2HNO2＋Na2SO4。可利用 亚硝酸与叔丁醇 (t-BuOH)在 40℃左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式： ____________。 (2)制备叠氮化钠 (NaN3) 按如图所示组装仪器 (加热装置略 )进行反应，反应的化学方程式为： t-BuNO2＋NaOH＋ N2H4===NaN3＋2H2O＋t-BuOH。 ①装置 a 的名称是 ______________； ②该反应需控制温度在 65℃，采用的实验措施是 ____________________； ③反应后溶液在 0℃下冷却至有大量晶体析出后过滤。 所得晶体使用无水乙醇洗涤。试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是 ____________。 (3)产率计算 ①称取 2.0g 叠氮化钠试样，配成 100mL 溶液，并量取 10.00mL 溶液于锥形瓶中。 ②用滴定管加入 0.10mol ·L－1 六硝酸铈铵 [(NH4)2Ce(NO3)6]溶液 40.00mL(假设杂质均不参与反 应 )。 ③充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入 2 滴邻菲罗啉指示液，并用 0.10mol ·L－1 硫酸亚铁铵 [(NH4)2Fe(SO4)2]为标准液，滴定过量的 Ce4＋ ，终点时消耗标准溶液 20.00mL(滴定原理： Ce4 ＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋)。 已知六硝酸铈铵 [(NH 4)2Ce(NO3)6]与叠氮化钠反应生成硝酸铵、硝酸钠、氮气以及 Ce(NO3)3，试写出该反应的化学方程式 ____________________________ ；计算叠氮化钠的 质量分数为 ________(保留 2 位有效数字 )。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下 列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是 ____________(填字母 )。 A．锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗 B．滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数 C．滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡 D．滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内 (4)叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱 性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式： ____________________ 【答案】 t-BuOH＋ HNO2 t-BuNO2＋H2O 恒压滴液漏斗 (滴液漏斗 ) 水浴加热 降低叠 氮化钠的溶解度，防止产物损失 2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋ 2NaNO3＋3N2↑ 65% AC ClO－＋2N3-＋H2O===Cl－＋2OH－ ＋3N2↑ 【解析】 【分析】 【详解】 (1)制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反应，所以方 程式为： 40 2 2 2t-BuOH HNO t-BuNO H O℃ ； (2) ①装置 a 的名称即为恒压滴液漏斗； ② 反应要控制温度在 65℃ ，参考苯的硝化实验，该反应加热时，应当采用水浴加热； ③ 题干中提到了叠氮酸钠易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗涤产品时，为了减少洗涤过 程中产品的损耗，应当用无水乙醇洗涤； (3)通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中 Ce4+和 3N 中的元素发生了变价，所以 反应的方程式为： 4 2 3 6 3 4 3 3 3 3 22(NH ) Ce(NO ) 2NaN =4NH NO 2NaNO 2Ce(NO ) 3N ；在计算叠 氮化钠的含量时，一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了 1 10 与过量的六硝酸铈铵反 应，再用 Fe2+去滴定未反应完的正四价的 Ce，因此有： 4 2 4 4 3 12.0gNaN Ce Fe Ce =0.004molCe 10样品的 消耗的 消耗的 ，考虑到 Fe2+与 Ce4+的反应按照 1:1 进行，所以 2.0g 叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为： 2 4 3(NaN ) 10 (0.004 Fe Ce ) 0.02moln 消耗的 ，所以叠氮化钠样品的质量分数 为： 3(NaN ) 0.02mol 65g/mol100%= =65% 2.0g 2.0 mw ； A．润洗锥形瓶，会使步骤 ② 消耗的六硝酸铈铵的量增加，通过分析可知，会使最终计算 的质量分数偏大， A 项正确； B．量取 40mL 六硝酸铈铵溶液时若前仰后俯，则会量取比 40ml 更多的六硝酸铈铵溶液， 那么步骤 ③ 会需要加入更多的 Fe2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的 Ce4+，通过分析可知，最终 会导致计算的质量分数偏低， B 项错误； C．步骤 ③ 用 Fe2+标定未反应的 Ce4+，若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的 Fe2+ 消耗量比实际的偏小，通过分析可知，最终会使质量分数偏大， C正确； D．将挂在锥形瓶壁上的 Fe2+溶液冲入锥形瓶，相当于让溶液混合更均匀，这样做会使结果 更准确， D 项不符合；答案选 AC； (4)反应后溶液碱性增强，所以推测生成了 OH-；产生的无色无味无毒气体，推测只能是氮 气，所以离子方程式为： 3 2 2ClO 2N H O=Cl 3N 2OH 。 【点睛】 滴定计算类的题目，最常考察的形式之一是配制完待测样品溶液后，只取一部分进行滴 定，在做计算时不要忘记乘以相应的系数；此外，常考察的形式也有：用待测物 A 与过量 的 B 反应，再用 C标定未反应的 B，在做计算时，要注意 A 与 C一同消耗的 B。 3．二氧化氯 (ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。 ClO2 是一种易溶于 水的黄绿色气体，其体积分数超过 10%时易引起爆炸。某研究小组欲用以下三种方案制备 ClO2，回答下列问题： （1）以黄铁矿 (FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备 ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条 件下被 ClO3-氧化成 SO42-，写出制备 ClO2 的离子方程式 __。 （2）用过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原 NaClO3 制备 ClO2，并将制得的 ClO2 用于处 理含 CN-废水。实验室模拟该过程的实验装置 (夹持装置略 )如图所示。 ①装置 A 的名称是 __，装置 C的作用是 __。 ②反应容器 B 应置于 30℃左右的水浴中，目的是 __。 ③通入氮气的主要作用有 3 个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将 ClO2 排出，三是 __。 ④ClO2 处理含 CN-废水的离子方程式为 __，装置 E的作用是 __。 （3）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产 ClO2 的方法。 ①用于电解的食盐水需先除去其中的 Ca2+、Mg 2+、SO42-等杂质。某次除杂操作时，往粗盐 水中先加入过量的 __（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的 Na2CO3 和 NaOH， 充分反应后将沉淀一并滤去。 ②用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取 ClO2，工作原理如图所示，写出阳极 产生 ClO2 的电极反应式 __。 【答案】 FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O 恒压漏斗 安全瓶 提高化学反应速 率，同时防止过氧化氢受热分解 稀释 ClO2，防止其爆炸 2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl- 吸收 ClO2 等气体，防止污染大气 BaCl2 Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+ 【解析】 【分析】 二氧化氯 (ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。分别利用无机反应和电 解原理制备二氧化氯，三种方法均利用了氧化还原反应。 【详解】 （1）以黄铁矿 (FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备 ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条 件下被 ClO3-氧化成 SO42-，根据氧化还原反应中电子守恒和元素守恒，可以写出制备 ClO2 的离子方程式为 FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O。 （2）① 装置 A 的名称为恒压漏洞，装置 C为安全瓶，起到防止液体倒吸的作用。 ② 升高温度可以提高化学反应速率，但是原料中含有过氧化氢，过氧化氢在过高的温度下 可以发生分解反应，因此反应容器 B 应置于 30℃左右的水浴中。 ③ 根据题文可知， ClO2 是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过 10%时易引起爆 炸，故通入氮气的主要作用有 3 个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将 ClO2 排出，三 是稀释 ClO2，防止其爆炸。 ④ ClO 2 处理含 CN-废水发生氧化还原反应，将 CN-转化为无污染的 CO2 和 N2，故离子方程 式为 2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-；装置 E 在整套装置之后，起到吸收尾气，防止环境污染的 作用。 （3）① 用于电解的食盐水需先除去其中的 Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，需要过量的碳酸根 离子、氢氧根离子和钡离子，过量的钡离子可以用碳酸根离子除去，因此在加入 Na2CO3 之 前应先加入过量 BaCl2。 ② 用石墨做电极，电解池的阳极发生氧化反应，元素化合价升高，因此氯离子在阳极失电 子和水反应得到 ClO2，电极反应式为 Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+。 4．利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣（主要含 FeO·V2O3、Al2O3、SiO2 及少量可溶性磷酸 盐）生产 V2O5 的工艺流程如下，回答下列问题： 已知：① V2O5、Al2O3、SiO2 可与 Na2CO3、NaCl 组成的混合钠盐在高温下反应，并转化为 NaVO3、NaAlO 2、Na2SiO3 等可溶性钠盐。 ②AlO 2 +4H+=Al3++2H2O。 （1）焙烧Ⅰ包括氧化和钠化成盐两个过程，氧化的目的是获得 V2O5，写出氧化过程中 FeO·V2O3 发生反应的化学方程式 ________；废渣Ⅰ的主要成分是 ________；精制Ⅰ中加 盐酸调 pH 的主要作用是 ________，加入 NH3·H2O 后发生反应的离子方程式为 ________。 （2）精制Ⅱ中加入 CaCl2 溶液除去磷酸盐， pH 过小时影响除磷效果的原因是 ________； pH 过大时，沉淀量增大的原因是 ________。 （3）沉钒所得 NH4VO3 沉淀需进行洗涤，洗涤时除去的阴离子主要是 ________。NH4VO3 在 500℃时焙烧脱氨制得产品 V2O5，反应方程式为 2NH4VO3 Δ V2O5+H2O↑+2NH3↑。但脱氨过 程中，部分 V2O5 会转化成 V2O4，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为 3: 2，该反应的化 学方程式为 ________。 【答案】 4FeO·V2O3 + 5O2 焙烧 2Fe2O3 + 4V2O5 Fe2O3 [ 或 Fe( OH) 3] 除 Si 并转化 AlO2 - 写“除 Si”即得分） Al3+ + 3NH3·H2O = Al( OH) 3↓ + 3NH H+ + NH3·H2O = H2O + NH （写出第一个离子方程式即得分） 形成溶解度较大的酸式盐（或形成溶解度较大的磷 酸氢钙和 / 或磷酸二氢钙） 产生了 Ca( OH) 2 沉淀 Cl－ 3V2O5 + 2NH3 500℃ 3V2O4 + N2 + 3H2O 【解析】 【分析】 氧化过程 FeO·V2O3 生成对应的金属氧化物 Fe2O3 和 V2O5；经过氧化和钠化后， V2O5、 Al2O3、SiO2 均转化为可溶性盐， Fe2O3[ 或 Fe( OH) 3] 成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调 pH 为了 和 SiO32- 反应生成硅酸沉淀，将 AlO2 - 转化为 Al3 + ；加入 NH3· H2O 后与 Al3+ 发生反应生成 Al( OH) 3 沉淀；精制Ⅱ中加入 CaCl2 溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，沉钒时加入试剂 NH4Cl，所得 NH4VO3 沉淀，焙烧得到产品，据此分析。 【详解】 （1）氧化过程 FeO·V2O3 生成对应的金属氧化物 Fe2O3 和 V2O5，化学方程式为： 4FeO·V2O3 + 5O2 焙烧 2Fe2O3 + 4V2O5；经过氧化和钠化后， V2O5、Al2O3、SiO2 均转化为 可溶性盐， Fe2O3 [ 或 Fe( OH) 3] 成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调 pH 为了和 SiO32- 反应生成硅 酸沉淀，将 AlO2 - 转化为 Al3+ ；加入 NH3·H2O 后与 Al3 + 发生反应生成 Al( OH) 3 沉淀，还可以 中和酸，反应方程式为： 3+ + 3 2 43Al +3NH H O=Al OH +3NHg 、 + + 3 2 2 4H +NH H O=H O+NHg ，故答案为： 4FeO· V2O3 + 5O2 焙烧 2Fe2O3 + 4V2O5； Fe2O3 [ 或 Fe( OH) 3] ；除 Si并转化 AlO2 - ( 写“除 Si”即得分 ) ； 3+ + 3 2 43Al +3NH H O=Al OH +3NHg ， + + 3 2 2 4H +NH H O=H O+NHg （写出第一个 离子方程式即得分）； （2）精制Ⅱ中加入 CaCl2 溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐， pH 过小时形成溶解度较大的 酸式盐； pH 过大时易形成 Ca( OH) 2 沉淀，故答案为：形成溶解度较大的酸式盐（或形成溶 解度较大的磷酸氢钙和 / 或磷酸二氢钙）；产生了 Ca( OH) 2 沉淀； （3）沉钒时加入试剂 NH4Cl，因此所得 NH4VO3 沉淀含有阴离子主要为 Cl- ；脱氨过程中， 部分 V2O5 会转化成 V2O4，且反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为 3: 2，则 V2O5 为氧化 剂， NH3 为还原剂，还原产物为 V2O4，氧化产物为 N2，则氧化还原方程式为： 3V2O5 + 2NH3 500℃ 3V2O4 + N2 + 3H2O，故答案为： Cl－ ；3V 2O5 + 2NH3 500℃ 3V2O4 + N2 + 3H2O。 5．在古代，橘红色的铅丹（ Pb3O4）用于入药和炼丹，人们对其中重金属铅的毒性认识不 足。已知： PbO2 为棕黑色粉末。某化学兴趣小组对铅丹的一些性质进行实验探究并测定其 组成。 回答下列问题： （1）性质实验 实验操作 现象 解释或结论 ①将适量铅丹样品放入小烧杯中，加 入 2 mL 6 mol/L 的 HNO3 溶液，搅拌 _____ Pb3O4＋4HNO3=PbO2＋ 2Pb（NO3） 2＋2H2O ②将上述混合物过滤，所得滤渣分为 两份，一份加入 2 mL 浓盐酸，加热 有刺激性的黄 绿色气体产生 反应的化学方程式： _______ ③另一份滤渣加入硝酸酸化的 Mn （NO3） 2 溶液，搅拌 得紫色溶液 结论： _______ （2）组成测定 ① 准确称取 0.530 g 干燥的铅丹样品，置于洁净的小烧杯中，加入 2 mL 6 mol/L 的 HNO3 溶 液，搅拌使之充分反应，分离出固体和溶液。该分离操作名称是 _____________。 ② 将①中所得溶液全部转入锥形瓶中，加入指示剂和缓冲溶液，用 0.04000 mol/L 的 EDTA 溶液（显酸性）滴定至终点，消耗 EDTA溶液 36.50 mL。 EDTA与 Pb2+的反应可表示为 Pb2+ ＋H2Y2- =PbY2-＋2H+，滴定时 EDTA溶液应盛装在 _______________中。滤液中含 Pb2+__________mol 。 ③ 将①中所得固体 PbO2 全部转入另一锥形瓶中，往其中加入适量 HAc 与 NaAc 的混合液和 8 g 固体 KI，摇动锥形瓶，使 PbO2 全部反应而溶解，发生反应 PbO2＋4I－＋ 4HAc =PbI2＋I2 ＋4Ac－＋2H2O，此时溶液呈透明棕色。以 0.05000 mol/L 的 Na2S2O3 标准溶液滴定，发生反 应 I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－，至溶液呈淡黄色时加入 2%淀粉溶液 1 mL，继续滴定至溶液 _______，即为终点，用去 Na2S2O3 溶液 30.80 mL。 根据②、③实验数据计算，铅丹中 Pb（Ⅱ）与 Pb（Ⅳ）的原子数之比为 ____________。 【答案】固体由橘红色变为棕黑色 PbO2＋4HCl（浓） 加热 PbCl2＋Cl2↑＋2H2O 在酸性 溶液中， PbO2能够将 Mn 2+氧化为 MnO 4- 过滤、洗涤、干燥 酸式滴定管 1.460 × 10-3 蓝 色褪去且半分钟内不恢复 1.90 【解析】 【分析】 (1)①由化学方程式及物质的物理性质总结反应现象，②黄绿色气体为氯气， HCl 氧化为氯 气，则 PbO2 发生还原，③紫色是 MnO 4-离子的颜色，在酸性条件下 PbO2 能够将 Mn 2+氧化 为 MnO 4-，PbO2 发生还原反应变为 +2 价离子； (2)①溶液中有固体沉淀的分离步骤是：过滤、洗涤、干燥，②碱性溶液用碱式滴定管盛 装，酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装，根据反应的离子方程式找出关系式进行计算滤 液中含 Pb2+的物质的量； (3)碘遇淀粉变蓝色，根据反应的离子方程式找出关系式进行相关计算。 根据以上分析进行解答。 【详解】 (1)①铅丹样品与 HNO3 溶液发生反应： Pb3O4＋4HNO3=PbO2＋2Pb(NO3)2＋ 2H2O，由题中所 给 Pb3O4 、PbO2 物理性质可知反应现象为：固体由橘红色变为棕黑色。 答案为：固体由橘红色变为棕黑色。 ② PbO2 与浓盐酸加热生成的黄绿色气体为氯气， HCl 氧化为氯气， PbO2 发生还原变成 Pb2+，根据原子守恒写出反应方程式为： PbO2＋4HCl（浓） 加热 PbCl2＋Cl2↑＋2H2O。 答案为： PbO2＋4HCl（浓） 加热 PbCl2＋Cl2↑＋2H2O。 ③ PbO2 与硝酸酸化的 Mn(NO 3)2 溶液反应得到的是 MnO4-紫色溶液，说明在酸性条件下 PbO2 能够将 Mn 2+氧化为 MnO4-，PbO2 发生还原反应变为 Pb2+离子，反应方程式为： 5PbO2+ 2Mn 2++4H+= 2MnO 4-+ 5Pb2++2 H2O。 答案为：在酸性溶液中， PbO2 能够将 Mn 2+氧化为 MnO 4-。 (2)①溶液中有不溶物分离的操作步骤是：过滤、洗涤、干燥。 答案是：过滤、洗涤、干燥。 ②滴定实验中酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装，所以显酸性的 EDTA溶液应盛装在酸 式滴定管里，根据反应 Pb2+＋H2Y2- =PbY2-＋2H+可得： n(Pb2+)=n(H2Y2- )=36.50 10- 3L 0.0400mol/L=1.460 10-3mol 。 答案为：酸式滴定管； 1.460 ×10-3 。 (3)该滴定实验使用淀粉溶液作指示剂，而碘遇淀粉变蓝色，当反应 I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－ 结束时，碘恰好反应完蓝色褪去，所以达到滴定终点的标志是：蓝色褪去且半分钟内不恢 复；根据反应： PbO2＋4I－＋4HAc =PbI2＋I2＋ 4Ac－＋2H2O， I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－可得： n(PbO2)=n(I2)= 1 2 n(S2O32-)= 1 2 0.05000mol/L 30.80 10-3L=7.7 10-4mol ，所以铅丹中 Pb（Ⅱ） 与 Pb（Ⅳ）的原子数之比为： 1.460 ×10-3： 7.7 10-4=1.90。 答案为：蓝色褪去且半分钟内不恢复； 1.90。 【点睛】 有关滴定实验的计算中要根据反应方程式找准关系式，计算时注意单位的换算。 6．（1）将新制氯水逐滴滴入 FeBr2 溶液中，写出最初发生的反应的离子方程式，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 溶液并不断搅拌。用一个离子方程 式表示最初发生的反应。 ___。 （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。测得反应 2C4H10 C8H10(g)+5H2 在不同温度下的平衡常数变化如下： 温度 (℃) 400 450 500 平衡常数 K a 6a 40a ①该反应的正反应是 ____(吸热、放热 )反应。 ②向 2L 密闭定容容器中充入 2molC4H10，反应 10s 后测得 H2 浓度为 1mol/L ，此 10s 内，以 C8H10 表示的平均速率为 ___。 ③能表示该反应在恒温恒容密闭容器中 t1 时刻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一定量的 C4H10(含少量 H2)充入容器中反应期间物质浓度随时间的变 化 (容器容积可变 )，实线代表 C8H10，虚线代表 C4H10。请用实线补充画出 t1~t4 间 C8H10 的浓 度变化曲线 ___。 【答案】 3Ba2++6OH-+3SO42-+2Al 3+=3BaSO4↓ +2Al(OH)3↓ 吸热 0.02mol/(L ·s) b、d 【解析】 【分析】 (1)氯气具有氧化性，能将碘离子以及亚铁离子氧化，碘离子的还原性强于亚铁离子的还原 性，所以先是发生氯气氧化亚铁离子的反应，氧化还原反应中，化合价升高值＝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，反应按照氢氧化钡的组成进行，氨水碱性强于氢氧化铝，所以铝离子优先与氢氧根 离子反应，据此写出反应的离子方程式； (3)①依据图表数据，平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行； ②依据反应速率 v＝ c t 计算； ③a．反应前后都是气体，气体质量始终不变； b．反应前后气体质量不变，物质的量增大，平均摩尔质量不变说明反应达到平衡状态； c．气体质量不变，体积不变，密度在反应过程中和平衡状态都不变； d．反应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，反应达 到平衡； ④刚开始因为达到平衡状态，所以浓度不变，根据虚线的浓度变化可知，后面体积缩小为 原来的 1 2 ，所以实线浓度也变两倍，后面又慢慢减小，直至继续平衡。 【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应， Cl2＋2Fe2＋＝ 2Fe3＋＋2Cl- ，电子转移情况如下： ，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，离子方程式按照氢氧化钡的组成 书写，钡离子和氢氧根离子完全反应；由于氨水碱性强于氢氧化铝，故铝离子优先与氢氧 根离子反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为 3Ba2++6OH-+3SO42- +2Al3+=3BaSO4↓ +2Al(OH)3↓，故答案为： 3Ba2++6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4↓ +2Al(OH)3↓； (3)①根据图表数据，平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行，正反应是吸热反应，故答 案为：吸热； ②向 2L 密闭定容容器中充入 2mol C4H10，反应 10s 后测得 H2 浓度为 1mol/L ， 2C4H10?C8H10(g)＋5H2，反应过程中生成 C8H10 的物质的量浓度为 1 5 × 1mol/L＝0.2mol/L ，此 10s 内，以 C8H10 表示的平均速率＝ 0.2mol/L 10s ＝0.02mol/(L?s) ，故答案为： 0.02mol/(L?s) ； ③2C4H10?C8H10(g)＋5H2，反应是气体体积增大的反应吸热反应，依据平衡移动原理分析图 象； a．反应前后都是气体，气体质量在反应过程中和平衡状态都始终不变，不能说明反应达到 平衡状态，故 a 不符合； b．反应前后气体质量不变，物质的量增大，平均摩尔质量不变说明反应达到平衡状态，故 b 符合； c．气体质量不变，体积不变，密度在反应过程中和平衡状态都不变，故 c 不符合； d．反应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，说明反应达到平衡，故 d 符合； 故答案为： b、d； ④分析图象可知，刚开始因为达到平衡状态，所以浓度不变，根据虚线的浓度变化可知， 后面体积缩小为原来的 1 2 ，所以实线浓度也变两倍，浓度变化为 0.40mol/L ，随反应进行后 面又慢慢减小，直至继续平衡，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，正确判断反应物离子的过量情况是解答的关键； (3)掌握图象分析与绘制方法，曲线变化起点和变化是解题关键。 7．孔雀石的主要成分为 Cu2（OH） 2CO3（含少量 FeO、Fe2O3、SiO2）。某小组同学在实验 室以孔雀石为原料制备胆矾，并测定所得胆矾中结晶水的含量。实验步骤如下： （提供试剂： NaOH 溶液、 H2O2 溶液、 CuO 、Na2CO3） 完成下列填空： （1）孔雀石的主要成分与稀硫酸反应的离子方程式为 ________。 （2）按试剂加入顺序， w 所代表的试剂依次为 __________。沉淀 B 的成分为 _______。 （3）a 操作依次为：加热蒸发、 _______、过滤、洗涤、 __________。除烧杯、漏斗之外 过滤还需要另一玻璃仪器，该仪器在此操作中的主要作用是 _________。 （4）欲检验溶液 A 中 Fe2+ 的试剂是 ___________（选填序号）。如果测定 Fe2+ 的含量，需 要用容量瓶配制某标准溶液，请简述配制中“定容”的操作： _____。 a NaOH（aq） b Na2CO3（ aq） c 淀粉 KI（ aq） d 酸性 KMnO4（aq） （5）在测定所得胆矾（ CuSO4·xH2O）中结晶水 x 值的实验过程中，若测定结果的实验误 差为 1. 5%，可能的原因是 _______________。 a 加热温度过高 b 胆矾晶体的颗粒较大 c 加热后放在空气中冷却 d 加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出 （6）该小组一位同学根据实验结果求出样品中孔雀石的质量分数为： 2 1 m 222 250 2m ，另一 位同学不同意，其原因是 ___________。 【答案】 Cu2（OH） 2CO3+4H+ →2Cu2++3H2O+CO2↑ H2O2 溶液、 CuO Fe（OH）3、 CuO 冷却结晶 自然干燥 引流 d 加水到离刻度线 2～ 3cm 处改用胶头滴管滴加蒸馏水，直 到凹液面的最低线与刻度线相平 a、d 在除杂过程中加入了 CuO，会使结果偏大 【解析】 【分析】 m1g 孔雀石的主要成分为 Cu2（OH） 2CO3（含少量 FeO、Fe2O3、SiO2），加入稀硫酸过滤得 到滤渣二氧化硅和溶液 A 为硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸铁，加入 W 为过氧化氢氧化亚铁离子 为铁离子，加入氧化铜调节溶液的 pH 沉淀铁离子，过滤得到沉淀 B 为氢氧化铁和过量的 氧化铜，溶液 B 为硫酸铜溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到硫酸铜晶 体 m 2g，受热失去结晶水得到硫酸铜固体 m3g。据此解答。 【详解】 （1）碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，反应的离子方程式为： Cu2 （OH）2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑，故答案为： Cu2（ OH） 2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑； （2）按试剂加入顺序， w 所代表的试剂依次为加入氧化剂过氧化氢氧化亚铁离子，不引入 其他杂志离子，加入氧化铜调节溶液 pH 使铁离子全部沉淀，过滤得到沉淀 B 为 Fe（ OH） 3、CuO，故答案为： H2O2 溶液、 CuO；Fe（OH） 3、CuO； （3）从溶液 B 中获得硫酸铜晶体，直接加热蒸干会导致硫酸铜失去结晶水，应该采用的 操作方法为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥，除烧杯、漏斗之外过滤还需要另一 玻璃仪器为玻璃棒，该仪器在此操作中的主要作用是引流，故答案为：冷却结晶，自然干 燥；引流； （4）溶液 A 中含亚铁离子和铁离子： a．NaOH 溶液，向 Fe2+溶液中加入 NaOH 溶液后， Fe2 + 与 OH- 反应生成 Fe（OH） 2， Fe2++2OH- =Fe（OH） 2↓， Fe（ OH） 2 不稳定易被氧气氧化 为 Fe（OH） 3，4Fe（OH） 2+O2+2H2O=4Fe（OH） 3，白色的 Fe（OH）2 沉淀变成红褐色 Fe （OH）3，向 Fe2+溶液中加入 NaOH 溶液后，观察到生成的白色沉淀迅速变成灰绿色，最后 变成红褐色； Fe3+ 与 OH- 反应 Fe3++3OH- =Fe（OH） 3↓，生成红褐色 Fe（OH） 3，两者反应 现象干扰，不能检验该溶液中存在 Fe2+，故 a 错误； b．Na2CO3（aq）和亚铁离子生成沉淀，和铁离子双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳，溶 液浑浊不能检验亚铁离子，故 b 错误； c．淀粉 KI（aq）和铁离子发生氧化还原反应生成碘单质和亚铁离子，溶液颜色相近不能鉴 别亚铁离子，故 c 错误； d．酸性 KMnO4（aq），因为 Fe2+具有较强的还原性能使酸性 KMnO4 溶液褪色， Fe3+不能， 故能够用酸性 KMnO4 溶液鉴别 Fe2+ 和 Fe3 + ，故 d 正确； 如果测定 Fe2 + 的含量，需要用容量瓶配制某标准溶液，加水到离刻度线 2～3cm 处改用胶头 滴管滴加蒸馏水，直到凹液面的最低线与刻度线相平，故答案为： d；加水到离刻度线 2～ 3cm 处改用胶头滴管滴加蒸馏水，直到凹液面的最低线与刻度线相平； （5）测定所得胆矾（ CuSO4?xH2O）中结晶水 x 值，应称量坩埚的质量，坩埚和晶体的质 量，加热后坩埚的质量，加热后再称量一次坩埚的质量，判断质量是否在误差允许范围内 及两次值是否相差不超过 0. 1g，所以至少称量 4 次； a．加热温度过高，会导致硫酸铜分解，质量变化较大，导致结果偏大， a 正确； b．胆矾晶体的颗粒较大，会导致晶体解热分解不完全，质量变化偏小，结果偏小， b 错 误； c．加热后放在空气中冷却，会吸收空气中的水重新形成晶体，导致测定结果偏小， c 错 误； d．加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，导致测定的结晶水的质量偏大，测定的 x 值偏 大，故 d 正确； 故答案为： ad； （6）向溶液中加入 CuO 调节溶液的 pH，沉淀Ⅱ为 Fe（OH） 3，所以胆矾中的铜元素不是 都来自样品，因此该小组一位同学根据实验结果求出样品中 CuO 的质量分数偏大，故答案 为：在除杂过程中加入了 CuO，会使结果偏大。 8．一种以黄铜矿和硫磺为原料制取铜和其他产物的新工艺，原料的综合利用率较高。其主 要流程如下： 已知：“反应Ⅱ”的离子方程式为 Cu2++CuS+4C1- ==2[CuCl 2] - +S 回答下列问题： （1）铁红的化学式为 __________________ ； （2）“反应Ⅱ”的还原剂是 _______________( 填化学式 ) ； （3）“反应 III ”的离子方程式为 ____________________________________； （4）辉铜矿的主要成分是 Cu2S，可由黄铜矿 ( 主要成分 CuFeS2) 通过电化学反应转变而成， 有关转化如下如图 所示。转化时正极的电极反应式为 ___________________。 （5）从辉铜矿中浸取铜元素，可用 FeCl 3 作浸取剂。 ①反应 Cu2S＋4FeCl 3 2CuCl 2＋4FeCl 2＋ S，每生成 1mol CuCl 2，反应中转移电子的数目为 ______；浸取时，在有氧环境下可维持 Fe3+较高浓度。有关反应的离子方程式是 __________。 ②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素的浸取率的变化如图，其原因是 _______________。 （6）CuCl 悬浊液中加入 Na2S，发生的反应为 2CuCl(s) ＋S2－(aq) Cu2S(s) ＋2Cl － (aq) ，该反应的平衡常数 K ＝__________________ [ 已知 Ksp(CuCl) ＝1.2 ×10 － 6， Ksp(Cu 2S)＝2.5 ×10 －43] 。 【答案】 Fe2O3 CuS 4[CuCl2]-+O2+4H+=4Cu2++8Cl-+2H2O 2CuFeS2＋6H+＋ 2e— = Cu2S＋2Fe2+ ＋3H2S↑ 2mol 或 2NA 4Fe2+＋O2＋ 4H+ = 4Fe3+＋2H2O 生成的硫覆盖在 Cu2S表面，阻碍 浸取 5.76 ×1030 【解析】 【分析】 (1) 铁红是氧化铁； (2) 根据 Cu2++CuS+4C1-==2[CuCl2]-+S，硫元素化合价升高； (3) 反应 III [CuCl2] -被氧化为 Cu2+； (4) 根据转化关系图， CuFeS2 在正极得电子生成 Cu2S、Fe2+、H2S。 (5) ①根据反应 Cu2S＋4FeCl3 2CuCl2＋4FeCl2＋S，每生成 2mol CuCl2，转移 4mol 电子；氧 气能把 Fe2+氧化为 Fe3+。 ② Cu 2S难溶，生成的硫覆盖在 Cu2S表面，阻碍浸取 ； （6）CuCl 悬浊液中加入 Na2S，发生的反应为 2CuCl(s) ＋S2－ (aq) Cu2S(s)＋2Cl－(aq) ， 该反应的平衡常数 K ＝ 2 2 Cl S 。 【详解】 (1) 铁红是氧化铁，化学式 Fe2O3； (2) 根据 Cu2++CuS+4C1-==2[CuCl2]-+S，硫元素化合价升高，所以 CuS是还原剂 ； (3) 反应 III，[CuCl2] -被氧气氧化为 Cu2+，离子方程式为 4[CuCl2]-+O2+4H+=4Cu2++8Cl-+2H2O； (4) 根据转化关系图， CuFeS2 在正极得电子生成 Cu2S、Fe2+、H2S，转化时正极的电极反应式 为 2CuFeS2＋ 6H+＋ 2e— = Cu2S＋2Fe2+＋3H2S↑。 （5）①根据反应 Cu2S＋4FeCl3 2CuCl2＋4FeCl2＋S 可知，每生成 2mol CuCl2，转移 4mol 电子 ，每生成 1mol CuCl 2，反应中转移电子的数目为 2NA；氧气能把 Fe2+氧化为 Fe3+，离 子方程式为 4Fe2+＋O2＋4H+ = 4Fe3+＋ 2H2O。 ② Cu 2S难溶，生成的硫覆盖在 Cu2S表面，阻碍浸取，所以洗涤时铜元素的浸取率的变化 如图 ； （6）2CuCl(s)＋S2－(aq) Cu2S(s)＋2Cl－ (aq) 的平衡常数 K ＝ 2 2 Cl S = 2 22 2 22 2 2 Cu Cl Ksp CuCl Ksp Cu SCu S 26 43 1.2 10 2.5 10 =5.76 × 1030； 【点睛】 原电池中电子由负极流入正极，根据电子流动方向，可判断原电池的正负极。 9．用纳米 Fe/Ni 复合材料能去除污染水体的 NO3-，Ni 不参与反应。离子在材料表面的活性 位点吸附后发生反应，活性位点被其他附着物占据会导致速率减慢 (NH4+无法占据活性位 点 )。反应过程如图所示： （1）酸性环境中，纳米 Fe/Ni 去除 NO3-分两步，将步骤 ii 补充完整： Ⅰ.NO3-+Fe+2H+=NO2-+Fe2++H2O Ⅱ.___+___+___H+=___Fe2++___+___ （2）初始 pH=2.0 的废液反应 15min 后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色， 结合化学用语解释整个变化过程的原因 ___。 （3）水体初始 pH 会影响反应速率，不同 pH 的硝酸盐溶液与纳米 Fe/Ni 反应时，溶液中 - - 30 3c c (NO ) (NO ) 随时间的变化如图 1 所示。 (注： c0(NO3-)为初始时 NO3-的浓度。 ) ①为达到最高去除率，应调水体的初始 pH=___。 ②t<15min ， pH=2.0 的溶液反应速率最快， t>15min ，其反应速率迅速降低，原因分别是 ___。 （4）总氮量指溶液中自由移动的所有含氮微粒浓度之和，纳米 Fe/Ni 处理某浓度硝酸盐溶 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）利用电解无害化处理水体中的 NO3-，最终生成 N2 逸出。其装置及转化图如图所示： ①阴极的电极反应式为 ___。 ②生成 N2 的离子方程式为 ___。 【答案】 NO2- 3Fe 8 3 NH4+ 2H2O )Fe2+在水中发生水解， Fe2++2H2O? Fe(OH)2+2H+， 随着反应进行， c(H+)减小，平衡右移，产生 Fe(OH)2 沉淀，之后发生反应 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，变成红褐色的 Fe(OH)3 6.5 pH=2的溶液中， t<15min 时， 溶液中 H+浓度较高，因此反应速率较快，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，因此反应速率迅速下降 反应 过程中 H+被消耗，溶液 pH 升高， 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 (或反应过程中 NO2-被 Fe 还原产生 N2 逸出 ) NO3-+8e- +10H+=NH4++3H2O 2NH4++3HClO=N2↑ +3Cl-+5H++3H2O 【解析】 【分析】 （1）根据图可知：酸性环境中，纳米 Fe / Ni 去除 3NO 分两步， 3NO 在吸附点被 Fe 还原 为 2NO ， 2 3 2 2NO Fe 2H NO Fe H O ， 2NO 在另外的吸附点被 Fe 还原为 4NH ， 2 2 4 2NO 3Fe 8H 3Fe NH 2H O ； （2）初始 pH=2.0 的废液反应 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，判断调节 pH 为多少的时候去除率较高，如何解释反应速率变 慢； （5）电极方程式书写，从题中信息判断阴极发生还原反应， NO3-还原 N2， 3 4 2NO 8e 10H NH 3H O 。 【详解】 1 根据图可知：酸性环境中，纳米 Fe/ Ni 去除 3NO 分两步， 3NO 在吸附点被 Fe 还原 为 2NO ， 2 3 2 2NO Fe 2H NO Fe H O ， 2NO 在另外的吸附点被 Fe 还原为 4NH ， 2 2 4 2NO 3Fe 8H 3Fe NH 2H O ； 故答案为： 2NO 、3Fe、8、 3、 4NH 、 22H O ； 2 初始 pH 2.0 的废液反应 15min 后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色， 因为 2Fe 在水中发生水解， 2 2 2Fe 2H O Fe(OH) 2H? ，随着反应进行， c H 减 小，平衡右移，产生 2Fe(OH) 沉淀，之后发生反应 2 2 2 34Fe(OH) O 2H O 4Fe(OH) ，变成红褐色的 3Fe(OH) ； 故答案为： 2Fe 在水中发生水解， 2 2 2Fe 2H O Fe(OH) 2H? ，随着反应进行， c H 减小，平衡右移，产生 2Fe(OH) 沉淀，之后发生反应 2 2 2 34Fe(OH) O 2H O 4Fe(OH) ，变成红褐色的 3Fe(OH) ； 3 ① 根据图可知 pH 6.5时，反应最快，去除率最高，故为达到最高去除率，应调水体 的初始 pH 6.5 ； 故答案为： 6.5 ； pH 2② 的溶液中， t 15min 时，溶液中 H 浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产 生 2Fe 和 pH 上升速率较快，故 t 15min ， pH 2.0 的溶液反应速率最快， t 15min 时，产生大量 2Fe(OH) ，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅 速下降，故 t 15min ，其反应速率迅速降低； 故答案为： pH 2 的溶液中， t 15min 时，溶液中 H 浓度较高，因此反应速率较快，溶 液中产生 2Fe 和 pH 上升速率较快， t 15min 时，产生大量 2Fe(OH) ，附着在活性位点 上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降； 4 40min 时总氮量较初始时下降可能的原因为：反应过程中 H 被消耗，溶液 pH 升高， t 40min 时，溶液中含 N 物质主要以 4NH 的形式存在，一部分 4NH 生成 3NH 逸出 ( 或 反应过程中 2NO 被 Fe 还原产生 2N 逸出 ) ； 故答案为：反应过程中 H 被消耗，溶液 pH 升高， t 40min 时，溶液中含 N 物质主要以 4NH 的形式存在，一部分 4NH 生成 3NH 逸出 ( 或反应过程中 2NO 被 Fe 还原产生 2N 逸出 ) ； 5 ① 阴极发生还原反应，元素化合价降低，故为 3NO 得到电子生成 4NH ，故电极反应 为： 3 4 2NO 8e 10H NH 3H O ； 故答案为： 3 4 2NO 8e 10H NH 3H O ； ② 由图可知，氮气由两极生成的 4NH 和 HClO 反应而得，氮元素化合价升高，则氯元素化 合价降低生成氯离子，故反应为： 4 2 22NH 3HClO N 3Cl 5H 3H O ； 故答案为： 4 2 22NH 3HClO N 3Cl 5H 3H O 。 【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，回答调节 pH 出现的现 象，调节 pH 为何值时，去除率最大以及对反应速率的影响； 10． 草酸亚铁是合成锂离子电池正极材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如下： （1）要提高 “酸浸 ”速率，宜采取的措施有 ___(填两条 )。 （2）写出 “还原 ”过程中既是化合反应又是氧化还原反应的离子方程式 ___。 （3）滤渣 2 中含有的 TiOSO4 在热水中易水解，生成 H2TiO3，该反应的化学方程式为 ___。 （4）“滤液 ”经处理后得到一种化肥，其化学式为 ___。 “一系列操作 ”指___。 （5）已知： 298K 时， Ksp[Fe(OH)2]=4.0 × 10-17，当离子浓度 ≤1.0 ×10-5mol?L-1 时，视该离子已 完全沉淀。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?2H2O)纯度的测定：准确称取 mg 草酸亚铁晶体于锥形瓶中，加 入一定量的稀硫酸溶液，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。滴定反应 (未配平 )： FeC2O4?2H2O+KMnO4+H2SO4→ Fe2(SO4)3+CO2+MnSO4+K2SO4+H2O；则样品中 FeC2O4?2H2O 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++Fe=3Fe2+ TiOSO4+2H2O=H2TiO2↓ +H2SO4 (NH4)2SO4 洗涤、干燥 ≥ 8.3 30cV m 偏高 【解析】 【分析】 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，进入铁粉还原得到硫酸亚铁，过滤分离，滤液中通入氨气，得到氢氧化亚铁沉淀，过 滤分离，滤液中含有硫酸铵，氢氧化亚铁与草酸化合得到草酸亚铁，再经过过滤、洗涤、 干燥得到草酸亚铁晶体。 【详解】 ⑴要提高 “酸浸 ”速率，宜采取的措施有：加热、搅拌、粉粹矿粉等；故答案为：加热、搅 拌、粉粹矿粉等。 ⑵“还原 ”过程中反应的离子方程式还有： Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+；故答案为： Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+。 ⑶TiOSO4 在热水中易水解，生成 H2TiO3 沉淀，还生成硫酸，反应方程式为： TiOSO4 + H2O = H2TiO3↓ + H2SO4，故答案为： TiOSO4 + H2O = H2TiO3↓ + H2SO4。 ⑷滤液中含有硫酸铵，经处理后得到一种农业上常用的化肥，过滤后，再经过洗涤、干燥 得到草酸亚铁晶体，故答案为： (NH4)2SO4；洗涤、干燥。 ⑸根据题意， 17 sp 2 1 6 1 52 [Fe(OH) ] 4.0 10OH mol L 2.0 10 mol L 1.0 10Fe K c c ， pH ≥ 8.3；故答案为：≥ 8.3。 ⑹配平后反应方程式为： 10FeC2O4?2H2O + 6KMnO4 + 24H2SO4 = 5Fe2(SO4)3 + 20CO2↑+ 6MnSO4 + 3K2SO4 + 24H2O，可知 3 1 2 4 2 4 10 10n FeC O 2H O n KMnO V 10 L cmol L 6 6 ，故 3 1 1 2 4 2 10m FeC O 2H O V 10 L c mol L 180g mol 0.3cV g 6 ，故 FeC2O4?2H2O 的纯度为 0.3cVg 30cV100% % mg m ，若草酸亚铁晶体失去部分结晶水，测 得的结果偏高；故答案为： 30cV m ；偏高。 11． 一种利用电化学方法同时脱除 NO/SO2 的工艺如图所示： 已知 SO2 水溶液中含硫微粒分布分数（ Xi）与 pH 关系如图所示 （1）NaOH 溶液吸收 SO2 时，溶液的 pH 由 9→6 时，主要发生反应的离子方程式为 ________。 （2）含 Ce4+的溶液吸收 NO，若高价氮中的 NO2、N2O3、NO2-、NO3-各 1mol ，则消耗 0.5mol ·L-1 的含 Ce4+溶液的体积为 ________L；其中 NO 转化 NO3-的离子方程式为 ________。 （3）电解槽中，阴极电极反应式主要为 ________，阳极电极反应式为 ________。 （4）在 “气液反应器 ”中高价氮中的 N2O3 化合为 NH4NO3的化学方程式为 ________。 【答案】 SO32-+SO2+H2O=2HSO3- 16 3Ce4++NO+2H2O=3Ce3++NO3-+4H+ 2HSO3-+2H++2e- =S2O42-+2H2O Ce3+-e- =Ce4+ N2O3+H2O+O2+2NH3=2NH4NO3 【解析】 【分析】 (1)根据 SO2 水溶液中含硫微粒分布分数图写出反应的离子方程式； (2)根据得失电子守恒计算消耗含 Ce4+溶液的体积；根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守 恒书写反应的离子方程式； (3)电解过程中，阴极上 HSO3-发生得电子的还原反应生成 S2O42-，阳极上 Ce3+发生失电子的 氧化反应生成 Ce4+，据此写出电极反应式； (4)根据流程信息确定反应物和生成物，结合得失电子守恒、原子守恒书写反应的化学方程 式。 【详解】 (1) 根据 SO2 水溶液中含硫微粒分布分数图可知，溶液的 pH 由 9→6 的过程中， SO32-在减 少， HSO3-在增多，故反应的离子方程式为 SO32-+SO2+H2O=2HSO3-； (2)含 Ce4+的溶液吸收 NO 的过程中， Ce4+被还原为 Ce3+，NO 转化为高价氮中的 NO2、 N2O3、NO2-和 NO3-，反应过程中得失电子守恒，因此可得 n(Ce4+) × 1=1mol × 2+1mol × 2+1mol × 1+1mol ×3，因此 n(Ce4+)=8mol，因此所需 0.5mol/L 的含 Ce4+溶液的体积 n 8molV 16L c 0.5mol / L ；Ce4+将 NO 氧化为 NO3- ，自身还原为 Ce3+；反 应过程中， Ce 由 +4 价变为 +3 价，得到 1 个电子， N 由 +2 价变为 +5 价，失去 3 个电子，根 据得失电子守恒可得， Ce4+、Ce3+的系数为 3，NO 和 NO3-的系数为 1；根据电荷守恒可得 生成物中含有 H+， 且其系数为 4；根据氢原子个数守恒可得反应物中含有 H2O，且其系数 为 2；因此可得该反应的离子方程式为： 3Ce4++NO+2H2O=3Ce3++NO3-+4H+； (3)电解过程中， HSO3-在阴极发生得电子的还原反应，生成 S2O42-， 其电极反应式为： 2HSO3- +2H++2e-=S2O42-+2H2O；Ce3+在阳极发生失电子的氧化反应，生成 Ce4+， 其电极反应 式为： Ce3+-e-=Ce4+； (4)在 “气液反应器 ”中，反应物为 N2O3、NH3 和 O2， 生成物为 NH4NO3， 根据得失电子守 恒、原子守恒可得该反应的化学方程式为： N2O3+H2O+O2+2NH3=2NH4NO3。 12． 按要求回答下列问题： （1）现有以下物质：① NaCl 晶体 ②液态 HCl ③CaCO3 固体 ④熔融 KCl ⑤蔗糖 ⑥铜 ⑦ CO2 ⑧H2SO4 ⑨ KOH固体 a. 以上物质中能导电的是 ________________________________。 b. 以上物质中属于电解质的是 _______________________，属于非电解质的是 _______________________。 c. 以上物质中，溶于水且能导电的物质是 _______________________。 （2）胶体和溶液的本质区别是 ________________，鉴别胶体和溶液所采用的方法是观察是 否能发生 ___________效应。 （3）下列 3 个反应，按要求填写相关量。 ①2Na2O2+2H2O＝4NaOH+ O2↑反应中，每消耗 1 mol Na2O2 生成 _____ g O2。 ②在 NaHCO3 的热分解反应中，每消耗 168 g NaHCO3，标准状况下生成 _____L CO2。 ③Cl2+H2O＝HCl+HClO反应中，标准状况下每消耗 22.4LCl2，转移 _____mol 电子。 （4）在一个密闭容器中放入以下四种物质，在一定条件下发生化学反应，一段时间后，测 得有关数据如下： 物质 M N Q P 反应前质量（ g） 50 1 3 12 反应后质量（ g） x 26 3 30 ①该变化的基本反应类型是 _____反应； ②物质 Q 在反应中起的作用是 _____。 【答案】④⑥ ①②③④⑧⑨ ⑤⑦ ①②④⑦⑧⑨ 分散质粒径大小不同 丁达尔 16 22.4 1 分解 催化剂 【解析】 【分析】 (1)a. 含有自由移动的电子或阴阳离子的物质就能导电； b. 在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电 的化合物是非电解质； c. 以上物质中，溶于水且能导电的物质，说明水溶液中能发生电离，电离出自由移动的离 子； (2)分散系的分类标准是分散质颗粒直径大小不同，胶体有丁达尔效应，而溶液没有； (3)①消耗 1mol 过氧化钠可以生成 0.5mol 氧气，然后根据 m=nM 计算出生成氧气的质量； ②根据 n= m M 计算出碳酸氢钠的物质的量，再根据方程式及 V=nVm 计算出生成标况下二氧 化碳的体积； ③氯气与水的反应中，消耗 1mol 氯气转移了 1mol 电子； (4)该反应中 Q 的质量不变，则 Q 为催化剂；根据质量守恒定律计算出 X，然后根据质量变 化判断反应物、生成物，从而得出该反应的反应类型。 【详解】 (1)a. ④熔融 KCl中含有自由移动离子、⑥铜含有自由移动的电子，所以④⑥都能导电； b. ① NaCl 晶体、②液态 HCl、③ CaCO3 固体、④熔融 KCl、⑧ H2SO4、⑨ KOH固体是电解质； ⑤蔗糖、⑦ CO2 是非电解质； c. 水溶液中能发生电离，电离出自由移动的离子或金属中存在自由移动的电子都可以导 电，① NaCl 晶体、②液态 HCl、④熔融 KCl、⑦ CO2、⑧ H2SO4、⑨ KOH固体，溶于水溶液都 能导电；⑥铜存在自由移动电子能导电； (2)分散系的分类标准是分散质颗粒直径大小不同，则胶体和溶液的本质区别是散质粒径大 小不同；胶体有丁达尔效应，而溶液没有，则鉴别胶体和溶液所采用的方法是观察是否能 发生丁达尔效应； (3)①2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑反应中，每消耗 1mol Na 2O2 生成会生成 0.5mol 氧气，生成 氧气的质量为： 32g/mol ×0.5mol=16g； ②2NaHCO3═Na2CO3+H2O+CO2↑反应中， 168gNaHCO3 的物质的量为： 168g 84g / mol =2mol， 根据反应可知，消耗 2mol 碳酸氢钠会生成 1mol 二氧化碳，标况下 1mol 二氧化碳的体积 为： 22.4L/mol ×1mol=22.4L； ③Cl2+H2O═HCl+HClO反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂，标况下 22.4L Cl2 的物质的量 为： 22.4L 22.4L / mol =1mol ，消耗 1mol 氯气转移了 1mol 电子； (4)①根据质量守恒可知： X+26+3+30=50+1+3+12，解得： X=7，反应中 M 的质量减小， Q、 P 的质量增加，则该反应为 M 分解生成 Q 和 P 的反应，属于分解反应； ②根据表中数据可知， Q 在反应前后的质量不变，则 Q 在反应中作催化剂。 【点睛】 电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物 等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一 些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可 能导电，如 CO2 的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合 物，既要排除单质又要排除混合物。 13． 过氧化氢俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。根据下列反应回答 问题： A． 2 2 2 2Na O +2HCl=2NaCl+H O B． 2 2 2 2 2Ag O+H O =2Ag+O +H O C． 2 2 2 22H O 2H O+O= D． 2 2 2 4 2 4 2 4 233H O +Cr SO +10KOH=2K CrO +3K SO +8H O （1）上述反应中， H2O2 仅体现氧化性的反应是（填序号，下同） _________,H2O2 仅体现还 原性的反应是（填序号，下同） _________,H 2O2 既体现氧化性又体现还原性的反应是 ________。 （2）上述反应说明 H2O2、Ag2O、K2CrO4 的氧化性由强到弱的顺序是 ________ （3）某酸性反应体系中发生的一个氧化还原的离子反应，反应物和生成物共六种微粒： 4 2+ + 2 2 2 2O MnO H O Mn H O H、 、 、 、 、 。已知该反应中 H2O2 只发生了如下过程： H2O2→O2。 ①写出上述反应的离子方程式并配平 _______________________________________ ②如果上述反应中有 6.72L（标准状况）气体生成，转移的电子为 _______mol 。 （4）H2O2 有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称；如消除采矿业胶液中 的氰化物（如 KCN），发生以下反应： 2 2 2 3KCN+H O +H O=A+NH ，试指出生成物 A 的化学式为 ________。 【答案】 D B C Ag2O>H2O2>K2CrO4 2 2 2 24 22MnO +5 H O +6H =2Mn +5O +8H O+ + 0.6 KHCO3 【解析】 【分析】 (1)双氧水体现氧化性说明双氧水中元素化合价升高，体现还原性说明双氧水中元素化合价 降低， H2O2 又名过氧乙酸，有酸性，它是二元弱酸； (2)氧化剂的氧化性 >氧化产物的氧化性 >还原剂的氧化性； (3)①根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂的特点和性质来寻找反应物和生成物，然后结合 化合价升降相等配平； ②根据所发生的反应来分析化合价的变化情况，进而得到转移电子的数目； (4)根据原子守恒来确定物质的化学式，双氧水做氧化剂的还原产物为水，无污染产物。 【详解】 (1)D 中双氧水中氧元素化合价降低，说明双氧水作氧化剂，体现了氧化性， B 中双氧水中 氧元素化合价升高，体现还原性， C中双氧水中氧元素化合价既升高也降低，体现还原性 和氧化性， 故答案为： D；B；C； (2)反应 2 2 2 2 2Ag O+H O =2Ag+O +H O 中，氧化银做氧化剂，双氧水作还原剂，则氧化 性 Ag20> H2O2，反应 2 2 2 4 2 4 2 4 233H O +Cr SO +10KOH=2K CrO +3K SO +8H O 中，双氧 水做氧化剂，铬酸钾做氧化产物，则氧化性 H2O2>K2CrO4，故氧化性顺序为： Ag2O>H2O2>K2CrO4； 故答案为： Ag2O>H2O2>K2CrO4； (3)①、该反应过程中，高锰酸根的氧化性和双氧水的还原性导致二者间发生氧化还原反 应，高锰酸根离子中锰元素从 +7 变为 +2 价，化合价降低 5 价，双氧水中氧元素化合价从 -1 价变为 0 价，化合价至少升高 2 价，则高锰酸根离子的系数为 2，双氧水的系数为 5，然后 利用质量守恒配平可得该反应的离子方程式为： 2 4 2 2 2 22MnO +5 H O +6H =2Mn +5O +8H O ， 故答案为： 2 4 2 2 2 22MnO +5 H O +6H =2Mn +5O +8H O ； ②上述反应中生成 5mol 氧气转移电子 10mol，当反应中有 6.72L(标准状况 )即 0.3mol 氧气 生成时 , 则转移的电子为： 10mol ×0.3mol= 0.6mol ， 故答案为： 0.6； (4)反应 2 2 2 3KCN+H O +H O=A+NH 中 , 根据原子守恒可知生成物 A 的化学式为 KHCO3； 故答案为： KHCO3。 【点睛】 对于缺项配平反应方程式的步骤为：写四样，平四样，选离子，平电荷，最后元素守恒。 如(3) ①配平，氧元素化合价升高，则双氧水为还原剂，氧气为氧化产物，同时有另一种元 素化合价降低，根据提供的离子高锰酸根化合价降低，变为锰离子，所以高锰酸根为氧化 剂，锰离子为还原产物，完成第一步，写四样，根据得失电子守恒，配平四样；最后依据 电荷守恒和元素守恒配平整个方程式。 14． Ⅰ.高铁酸钾 (K2FeO4)具有极强的氧化性，是一种优良的水处理剂。 （1）请完成 FeO42-与水反应的离子方程式： 4FeO42-＋10H2O 4Fe(OH)3＋8OH－＋__。 K2FeO4 在处理水的过程中所起的作用是 ___和 ____。 （2）将适量 K2FeO4 配制成 c(FeO42-)＝1.0mmol ·L－1 的试样，将试样分别置于 20℃、 30℃、 40℃和 60℃的恒温水浴中，测定 c(FeO42-)的变化，结果见图Ⅰ。第（ 1）题中的反应为 FeO42-变化的主反应，则温度对该反应的反应速率和平衡移动的影响是 ___，发生反应的 ΔH___0。 Ⅱ.下表是几种弱电解质的电离平衡常数、难溶电解质的溶度积 Ksp(25℃)。 电解质 平衡方程式 平衡常数 K Ksp CH3COOH CH3COOH CH3COO－ ＋H＋ 1.76 ×10－ 5 H2CO3 H2CO3 H＋＋HCO3- HCO3- H＋＋CO32- K1=4.31 × 10－4 K2=5.61 × 10－11 C6H5OH C6H5OH C6H5O－ ＋H＋ 1.1 ×10－10 H3PO4 H3PO4 H＋ ＋H2PO4- H2PO4- H＋＋HPO42-HPO42- H＋＋PO43- K1=7.52 × 10－3 K2=6.23 × 10－8 K3=2.20 × 10－13 NH3·H2O NH3·H2O NH4+＋OH－ 1.76 ×10－ 5 BaSO4 BaSO4 Ba2＋＋SO42- 1.07 × 10－ 10 BaCO3 BaCO3 Ba2＋＋CO32- 2.58 × 10－9 回答下列问题： （1）由上表分析，若① CH3COOH，② HCO3-，③ C6H5OH，④ H2PO4-均可看做酸，则它们酸 性由强到弱的顺序为 ___(填编号 )。 （2）写出 C6H5OH 与 Na3PO4 反应的离子方程式 ___。 （3）25℃时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，混合液中： c(CH3COO－ )__c(NH4+)(填 “ >”、“＝ ”或 “ <”)。 （4）25℃时，向 10mL0.01mol·L－ 1 苯酚溶液中滴加 VmL0.01mol·L－1 氨水，混合液中粒子浓 度关系正确的是 __。 A．若混合液 pH>7，则 V≥ 10 B．若混合液 pH<7，则 c(NH4+)>c(C6H5O－)>c(H＋)>c(OH－) C．V＝10 时，混合液中水的电离程度小于 10mL0.01mol ·L－1 苯酚溶液中水的电离程度 D．V＝5 时， 2c(NH3·H2O)＋2c(NH4+)＝c(C6H5O－)＋c(C6H5OH) （5）水解反应是典型的可逆反应，水解反应的化学平衡常数称为水解常数 (用 Kb 表示 )，类 比化学平衡常数的定义，请写出 Na2CO3 第一步水解反应的水解常数的表达式： ___。 【答案】 3O2 杀菌消毒 吸附 (净水 ) 温度升高，反应速率加快，平衡向正反应方向移 动 > ①④③② C6H5OH＋PO43-=C6H5O－＋HPO42- = D Kb= - - 3 2- 3 c(HCO ) c(OH ) c(CO ) 【解析】 【分析】 Ⅰ.（1） FeO42-与水反应的离子方程式： 4FeO42-＋ 10H2O 4Fe(OH)3＋8OH－＋__，反应 中， Fe 由 +6 价降低为 +3 价，则价态升高的元素只能为 H2O 中的 O，从而得出氧化产物为 O2； K2FeO4 在处理水的过程中， Fe 价态降低，作氧化剂，生成 Fe(OH)3 胶体，作净水剂。 （2）从图中可以看出，升高温度， c(FeO42-)减小，则平衡正向移动。 Ⅱ. （1）由上表分析，若① CH3COOH，② HCO3-，③ C6H5OH，④ H2PO4-均可看做酸，表中的 电离常数分别为： 1.76 ×10－5、5.61 × 10－ 11、 1.1 × 10－10、6.23 × 10－8，可确定它们酸性由强到 弱的顺序。 （2）C6H5OH 与 Na3PO4 反应，生成 C6H5O-与 HPO42-。 （3）25℃时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，由于二者的电离常数相同，所以混合液 中， CH3COO－与 NH4+的水解程度也相同，由此可得出 c(CH3COO－ )与 c(NH4+)的大小关系。 （4）A．由二者的电离常数分析，即便混合液 pH>7，也有可能出现 V<10； B．若混合液 pH<7，则反应生成 C6H5ONH4 后，剩余的 C6H5OH 又发生电离，从而使溶液显 酸性； C．V＝10 时，二者刚好完全反应，混合液中发生 C6H5O－ 、NH4+的水解反应，水的电离程 度大于苯酚溶液中水的电离程度； D．V＝5 时， n(C6H5OH)=2n(NH3·H2O)，依据守恒原则可知， 2c(NH3·H2O)＋2c(NH4+)＝c(C6H5O －)＋c(C6H5OH)； （5）Na2CO3 第一步水解反应为 CO32-＋H2O HCO3-＋OH-，据此写出水解常数的表达式。 【详解】 Ⅰ.（1） FeO42-与水反应的离子方程式： 4FeO42-＋ 10H2O 4Fe(OH)3＋8OH－＋3O2，反应 中， Fe 由 +6 价降低为 +3 价，则价态升高的元素只能为 H2O 中的 O，从而得出氧化产物为 O2； K2FeO4 在处理水的过程中， Fe 价态降低，作氧化剂，起杀菌消毒作用，生成 Fe(OH)3 胶体，作净水剂。答案为： 3O2；杀菌消毒；吸附 (净水 )； （2）从图中可以看出，升高温度， c(FeO42-)减小，则平衡正向移动，从而得出温度对该反 应的反应速率和平衡移动的影响是温度升高，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，发 生反应的 ΔH>0。答案为：温度升高，反应速率加快，平衡向正反应方向移动； >； Ⅱ. （1）由上表分析，若① CH3COOH，② HCO3-，③ C6H5OH，④ H2PO4-均可看做酸，表中的 电离常数分别为： 1.76 ×10－5、5.61 × 10－ 11、 1.1 × 10－10、6.23 × 10－8，可确定它们酸性由强到 弱的顺序为①④③②。答案为：①④③②； （2）C6H5OH 与 Na3PO4 反应，生成 C6H5O-与 HPO42-，反应的离子方程式为 C6H5OH＋PO43- =C6H5O－＋HPO42-。答案为： C6H5OH＋PO43-=C6H5O－＋ HPO42-； （3）25℃时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，由于二者的电离常数相同，所以混合液 中， CH3COO－与 NH4+的水解程度也相同，由此可得出混合液中： c(CH3COO－ )=c(NH4+)。答案 为： =； （4）A．由二者的电离常数分析，即便混合液 pH>7，也有可能出现 V<10，A 不正确； B．若混合液 pH<7，则反应生成 C6H5ONH4 后，剩余的 C6H5OH 又发生电离，从而使溶液显 酸性，由此可得出 c(C6H5O－)>c(NH4+)> c(H＋)>c(OH－)，B 不正确； C．V＝10 时，二者刚好完全反应，混合液中发生 C6H5O－ 、NH4+的水解反应，水的电离程 度大于 10mL0.01mol·L－1 苯酚溶液中水的电离程度， C 错误； D．V＝5 时， n(C6H5OH)=2n(NH3·H2O)，依据守恒原则， 2c(NH3·H2O)＋2c(NH4+)＝ c(C6H5O－ )＋ c(C6H5OH)，D 正确。答案为： D； （5）Na2CO3 第一步水解反应为 CO32-＋H2O HCO3-＋OH-，水解常数的表达式为 - - 3 b 2- 3 c(HCO ) c(OH )K c(CO ) 。答案为： - - 3 b 2- 3 c(HCO ) c(OH )K c(CO ) 。 15． (1)雄黄 (As4S4)和雌黄 (As2S3)是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生 。完成下 列填空： ①As2S3 和 SnCl2 在盐酸中反应转化为 As4S4 和 SnCl4 并放出 H2S气体 . 若 As2S3 和 SnCl2 恰好完 全反应， As2S3 和 SnCl2 的物质的量之比为 _______.该反应的氧化剂是 _____，反应产生的气 体可用 _______吸收 . ②As2S3 和 HNO3 有如下反应： __As2S3+__NO3- +_____=__H3AsO4+__S+__NO2↑+_______ A．将方程式补充完整并配平 B．若生成 1 mol H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为 ________. (2)某温度下将 Cl2 通入 KOH溶液中，反应后得到 KCl，KClO和 KClO3 的混合溶液，经测定 ClO-和 3ClO 的物质的量浓度之比为 7:1，则 Cl2 与 KOH反应时，氧化剂和还原剂物质的量 之比为 ___.若 5mol Cl2 参加反应，转移电子数为 ______________(用 NA 表示阿伏伽德罗常数 ) (3)某一反应体系中有反应物和生成物共五种物质： S，H2S，HNO3，NO， H2O. 该反应的化 学方程式为 ______________________ ；若反应过程中转移了 0.3mol 电子，则氧化产物的质 量是 ______g； 【答案】 1：1 As2S3 氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液 1 10 10 H+ 2 3 10 2 H2O(补 充方程式和配平各 1 分) 5 mol 3:2 6NA 3H2S+2HNO3=3S+2NO↑ +4H2O 4.8 【解析】 【分析】 (1)①As2S3 和 SnCl2 在盐酸中反应转化为 As4S4 和 SnCl4 并放出 H2S 气体，反应的方程式为 2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S↑，可根据方程式或化合价的变化判断；反应中 As 和 Sn 元素化合价发生变化，根据化合价的变化判断氧化剂和还原剂等概念； ②A．结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平反应方程式； B．若生成 1 mol H3AsO4，参加反应的 As2S3 物质的量为 0.5mol ，反应中 As 元素从 +3 价升 高为 +5 价， S元素从 -2 价升高为 +6 价； (2) Cl2 生成 ClO-与 ClO3-是被氧化的过程， Cl2 生成 KCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧 化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据 ClO-与 ClO3-的物质的量浓度之比可计算失去电 子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的 量，则可计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比； (3) H2S具有还原性， HNO3 具有氧化性，二者发生氧化还原反应。 【详解】 (1)①根据电子得失守恒知 1molAs 2S3 作氧化剂得到 2mol 电子，而 1molSnCl2 作还原剂失去 2mol 电子，所以二者的物质的量之比是 1：1；反应中 As 元素化合价降低， As2S3 为氧化 剂， H2S 为酸性气体，可用 NaOH 溶液吸收； ②A．As 元素化合价由 +3 价升高到 +5 价， S元素化合价由 -2 价升高到 0 价， N 元素化合价 由 +5 降低为 +4，反应中 NO3-发生还原反应生成 NO2，由守恒法得反应方程式为 As2S3+10NO3-+10H+=2H3AsO4+3S+10NO2↑ +2H2O； B．若生成 1 mol H3AsO4，参加反应的 As2S3 物质的量为 0.5mol ，反应中 As 元素从 +3 价升 高为 0 价， S元素从 -2 价升高为 +6 价，则反应中转移电子的物质的量为 0.5mol × (2 × 2+2× 3)=5mol； (2) Cl2 生成 ClO-与 ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由 0 价升高为 +1 价和 +5 价， ClO-与 ClO3-的物质的量浓度之比为 7：1，则可设 ClO-为 7mol ，ClO3-为 1mol ，被氧化的 Cl 共为 8mol ，失去电子的总物质的量为 7mol × (1-0)+1mol × (5-0)=12mol，根据氧化还原反应中氧化 剂和还原剂之间得失电子数目相等， Cl2 生成 KCl是被还原的过程，化合价由 0 价降低为 -1 价，则得到电子的物质的量也应为 12mol，则被还原的 Cl 的物质的量为 12mol，所以被还 原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为 12mol ：8mol=3:2；若 5mol Cl2 参加反应， 其中被还原的 Cl2 的物质的量为 5mol × 3 5 =3mol ，则转移电子的物质的量为 3mol × 2=6mol， 转移电子数为 6NA； (3) H2S具有还原性， HNO3 具有氧化性，二者发生氧化还原反应为 3H2S+2HNO3=3S+2NO↑ +4H2O，S 元素的化合价升高，转移 6mol 电子生成 3mol 氧化产物 S，则反应过程中转移了 0.3mol 电子，则氧化产物的质量是 0.3mol × 3 6 × 32g/mol=4.8g。