2020-2021全国高考化学氧化还原反应的综合高考模拟和真题汇总含答案

2020-2021全国高考化学氧化还原反应的综合高考模拟和真题汇总含答案

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．某工业废水中主要含有 Cr3＋，同时还含有少量的 Fe3＋、 Fe2＋ 、Al3＋ 、Ca2＋和 Mg 2＋等，且 酸性较强。为回收利用，通常采用如下流程处理： 注：部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的 pH 见下表。 氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Mg(OH)2 Al(OH)3 Cr(OH)3 pH 3.7 9.6 11.1 8 9(>9 溶解 ) （1）氧化过程中可代替 H2O2加入的试剂是 ________(填序号 )。 A．Na2O2 B．HNO3 C．FeCl3 D．KMnO4 （2）加入 NaOH 溶液调整溶液 pH＝8 时，除去的离子是 ________；已知钠离子交换树脂 的原理： M n＋ ＋nNaR→MR n＋nNa＋ ，此步操作被交换除去的杂质离子是 __________。 A．Fe3 ＋B．Al3＋ C． Ca2＋D． Mg2＋ （3）还原过程中，每消耗 0.8 mol Cr2O72-转移 4.8 mol e －，该反应离子方程式为 ____________。 【答案】 A AB CD 3S2O32— + 4Cr2O72— + 26H+ = 6SO42— + 8Cr3+ +13H2O 【解析】 【分析】 某工业废水中主要含有 Cr3+，同时还含有少量的 Fe3+、Al3+、Ca2+和 Mg2+等，加双氧水把亚 铁离子氧化为铁离子，同时 Cr3+被氧化为 Cr2O72-，加氢氧化钠调节 pH=8，则 Fe3+、Al3+转 化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有 Cr2O72-、Ca2+和 Mg2+等，通过钠离 子交换树脂，除去 Ca2+和 Mg 2+，然后加 Na2S2O3 把 Cr2O72-还原为 Cr3+，再调节 pH 得到 Cr(OH)(H2O)5SO4； (1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，注意不能引入新的杂质； (2)根据表中数据判断；通过钠离子交换树脂，除去 Ca2+和 Mg 2+； (3)每消耗 0.8mol Cr 2O72-转移 4.8mol e -，则 1molCr 2O72-转移 6mol 电子，所以生成 Cr3+， S2O32-被氧化为 SO42-，结合得失电子守恒和原子守恒写出离子方程式。 【详解】 某工业废水中主要含有 Cr3+，同时还含有少量的 Fe3+、Al3+、Ca2+和 Mg2+等，加双氧水把亚 铁离子氧化为铁离子，同时 Cr3+被氧化为 Cr2O72-，加氢氧化钠调节 pH=8，则 Fe3+、Al3+转 化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有 Cr2O72-、Ca2+和 Mg2+等，通过钠离 子交换树脂，除去 Ca2+和 Mg 2+，然后加 Na2S2O3 把 Cr2O72-还原为 Cr3+，再调节 pH 得到 Cr(OH)(H2O)5SO4； (1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，同时不能引入新的杂质，所以可以用 Na2O2 代替 H2O2，故答案为： A； (2)根据表中数据可知， pH=8 时， Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，则 Fe3+、Al3+ 被除去；通过钠离子交换树脂，除去 Ca2+和 Mg 2+； (3)每消耗 0.8mol Cr 2O72-转移 4.8mol e -，则 1molCr 2O72-转移 6mol 电子，所以生成 Cr3+， S2O32-被氧化为 SO42-，则反应的离子方程式为： 3S2O32— + 4Cr2O72— + 26H+ = 6SO42— + 8Cr3+ +13H2O。 3．过氧乙酸 (CH3COOOH)是一种高效消毒剂，具有很强的氧化性和腐蚀性，它可由冰醋酸 与过氧化氢在一定条件下制得；它可以迅速杀灭多种微生物，包括多种病毒 (如： SARS病 毒、禽流感病毒 )、细菌、真菌及芽孢。下面是市售过氧乙酸商品标签： 有关资料： H2O2 是极弱的电解质，在酸性介质中才能稳定存在，是一种强氧化剂。过氧乙 酸消毒液是由 H2O2、H2O、CH3COOH及少量 H2SO4 混合后，反应生成过氧乙酸 (CH3COOOH)。CH3COOOH容易放出氧原子，它与空气中微生物机体作用，达到灭菌目的， 是消毒液的主要成分。 (1)某研究性学习小组为了弄清配制过氧乙酸消毒液的甲、乙溶液的主要成分各是什么？进 行以下科学探究，请你完成下列相关内容： ①提出假设：甲溶液的主要成分为 _________，乙溶液的主要成分为 _________。 ②实验验证：取甲、乙两种溶液少许，分别加入几滴 _________试液，若①中假设正确，则 甲溶液的现象为 _____________________，乙溶液的现象为 __________。 (2)有关过氧乙酸的叙述正确的是 _________ (填编号 ) A．过氧乙酸与羟基乙酸 (HOCH2COOH)互为同分异构体 B．过氧乙酸与苯酚混合使用可增强消毒效果 C．过氧乙酸与乙酸属于同系物 D．氧元素的化合价为 -2 价 (3)实验室制备少量过氧乙酸，可由冰醋酸和过氧化氢在浓硫酸催化作用下制得，实验装置 和步骤如下： ①在三颈烧瓶中加入一定量冰醋酸与浓 H2SO4 的混合液体，再缓缓加入适量 30%的双氧 水。 ②不断搅拌并控制 B 中混合液的温度为 20～30℃至反应结束。 ③接入冷凝管和抽气泵，在锥形瓶中收集得到产品。 请回答下列问题： ①仪器 C的名称是 _______________； ②为更好地控制反应温度，应采用方法是 _________________； ③生成过氧乙酸的化学方程式为 ________________________________________ ； ④碘量法分析：取 2.00mL 过氧乙酸试样稀释成 100mL，从中取出 5.00mL，滴加酸性 KMnO4 溶液至恰好粉红色以除去残余 H2O2，再加入 10mL 10%KI溶液和几滴淀粉溶液，摇 匀，反应完全后再用 0.1000mol/L 的 Na2S2O3 标准液滴定至终点 (反应方程式为 2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，共消耗 14.30mL Na2S2O3 标准液。该样品中过氧乙酸的物质的 量浓度是 _____mol/L 。（结果保留小数点后两位）（提示： CH3COOOH+2I- +2H+ =I2+CH3COOH +H2O） 【答案】甲 H2O2、H2O、H2SO4 乙 CH3COOH 、 H2O 石蕊 甲：溶液先变红后褪色 乙： 溶液由无色变为红色 A 冷凝管（或直形冷凝管） 水浴加热 CH3COOH + H2O2→CH3COOOH + H2O 7.15 【解析】 【分析】 （1）若假设甲溶液的有效成分是 H2O2，则乙溶液的有效成分是 CH3COOOH，根据过氧乙 酸消毒液是由 H2O2、H2O、CH3COOH及少量 H2SO4 混合后，反应生成过氧乙酸 (CH3COOOH)，H2O2 是极弱的电解质，在酸性介质中才能稳定存在，则 H2SO4 应该在甲溶液 中，另外两种溶液中的水也是一种主要成分；两溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊试液变 红，但是甲溶液中 H2O2 漂白作用的会使变红的溶液褪色； （2）结合选项对过氧乙酸 (CH3COOOH)性质判断， （3）①由仪器的结构，可知 C为直形冷凝管； ②控制 B 中混合液的温度为 20～30℃，应采取水浴加热； ③结合题中信息，写出生成过氧乙酸的化学反应方程式； CH3COOOH+2I- +2H+ =I2+CH3COOH +H2O，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，由这两个方程式，确定 关系式： CH3COOOH～I2～2Na2S2O3，计算稀释后 5.00mL 溶液中过氧乙酸的物质的量，再计 算原来的 2.00mL 溶液中的过氧乙酸的物质的量，再根据物质的量浓度定义式计算。 【详解】 （1）若假设甲溶液的有效成分是 H2O2，则乙溶液的有效成分是 CH3COOOH，根据过氧乙 酸消毒液是由 H2O2、H2O、CH3COOH及少量 H2SO4 混合后，反应生成过氧乙酸 (CH3COOOH)，H2O2 是极弱的电解质，在酸性介质中才能稳定存在，则 H2SO4 应该在甲溶液 中，另外两种溶液中的水更是一种主要成分；两溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊试液变 红，但是甲溶液中 H2O2 漂白作用的会使变红的溶液褪色； （2）过氧乙酸与羟基乙酸 (HOCH2COOH)的分子式都是 C2H4O3，但结构不同，故互为同分异 构体；过氧乙酸具有强氧化性，而苯酚易被氧化，两者混合发生氧化还原反应，不能增强 消毒效果；过氧乙酸的分子结构中存在过氧根而乙酸中没有，两者结构不相似，不属于同 系物；过氧乙酸中的氧元素有 +2 价、 +1 价； （3）①由仪器的结构，可知 C为直形冷凝管； ②控制 B 中混合液的温度为 20～30℃，应采取水浴加热，受热均匀，便于控制温度； ③乙酸与过氧化氢在浓硫酸、 20～ 30℃条件下反应生成过氧乙酸 (CH3COOOH)，反应的化学 方程式为： CH3COOH + H2O2 CH3COOOH + H2O ； ④CH3COOOH+2I- +2H+ =I2+CH3COOH +H2O，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，由这两个方程式，确 定关系式： CH3COOOH～I2～2Na2S2O3，可知稀释后的 5.00mL 溶液中过氧乙酸的物质的量 是： ×0.0143L×0.1000mol/L，原来 2.00mL 溶液中的过氧乙酸的物质的量是： × 0.0143L × 0.1000mol/L × =0.0143mol ，该该样品中过氧乙酸的物质的量浓度是： =7.15 mol/L 。 【点睛】 本题是探究性实验试题，现根据题中的信息去假设，然后分析、得出结论。实验中的数据 处理，借助关系式法，计算所需要的物质的物质的量。 4．据报道，磷酸二氢钾 (KH2PO4)大晶体已应用于我国研制的巨型激光器 “神光二号 ”中。利 用氟磷灰石 (化学式为 Ca5P3FO12)制备磷酸二氢钾的工艺流程如下图所示 (部分流程步骤已省 略)： 已知萃取的主要反应原理： KCl+H3PO4 KH2PO4+HCl；其中，反应产生的 HCl 易溶于有机 萃取剂。 请回答下列问题： (1)流程中将氟磷灰石粉碎的目的是 __________________________________ 。 (2)不能使用二氧化硅陶瓷材质的沸腾槽的主要原因是 ____________(用化学方程式表示 )。 (3)副产品 N 的化学式是 ____________；在得到 KH2PO4 晶体的一系列操作Ⅲ，其主要包括 ____________、过滤、洗涤、干燥等。 (4)若用 1000kg 质量分数为 50.4%的氟磷灰石 (化学式为 Ca5P3FO12，摩尔质量为 504g/mol) 来 制取磷酸二氢钾晶体，其产率为 80%，则理论上可生产 KH2PO4(摩尔质量为 136g/mol) 的质 量为 _______kg。 (5)电解法制备 KH2PO4 的装置如图所示．该电解装置中， a 区属于 _______区 (填“阳极 ”或 “阴 极 ”)，阴极区的电极反应式是 ________________。 (6)工业上还可以用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到 1500℃生成白磷，同时 逸出 SiF4 和 CO,该反应的化学方程式为 ________________________________________ 。 【答案】增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积 ,加快化学反应速率 4HF+SiO2═SiF4↑ +2H2O NH4Cl 蒸发浓缩、冷却结晶 326.4kg 阴极 2H＋＋2e－＝H2↑ 4Ca5P3FO12+21SiO2+30C 20CaSiO3+3P4+SiF4↑ +30CO↑ 【解析】 【分析】 氟磷灰石 (化学式为 Ca5P3FO12)粉碎后加入浓硫酸，反应生成氢氟酸、硫酸钙、磷酸等，加 入氯化钾后用有机萃取剂， KCl+H3PO4 KH2PO4+HCl，反应产生的 HCl 易溶于有机萃取 剂，有机相中含有氯化氢，加入氨水反应生成氯化铵，因此副产品主要为氯化铵，水相中 含有 KH2PO4，经过一系列操作得到 KH2PO4 晶体。 【详解】 (1)流程中将氟磷灰石粉碎，可以增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速 率，故答案为增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率； (2)根据流程图，反应中生成了氢氟酸，氢氟酸能够与二氧化硅反应，因此不能使用二氧化 硅陶瓷材质的沸腾槽，故答案为 4HF+SiO2═SiF4↑ +2H2O； (3)根据上述分析，副产品 N 的化学式为 NH4Cl；在得到 KH2PO4 晶体的一系列操作Ⅲ为蒸发 浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，故答案为 NH4Cl；蒸发浓缩、冷却结晶； (4)1000kg 质量分数为 50.4%的氟磷灰石 (化学式为 Ca5P3FO12)中含有 Ca5P3FO12 的质量为 504kg，根据 P 元素守恒，理论上可生产 KH2PO4 的质量为 504kg × 80%× 31 3 40 5 31 3 19 16 12 ÷ 39 2 31 16 4 31 =326.4 kg，故答案为 326.4 kg； (5)根据图示，应该在 a 区生成 KH2PO4，则钾离子由 b 区移向 a 区，则 a 区属于阴极区；阴 极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为 2H＋＋2e－＝H2↑，故答案为阴极； 2H＋＋ 2e－＝ H2↑； (6)用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到 1500℃生成白磷，同时逸出 SiF4 和 CO，反应的化学方程式为 4Ca5P3FO12 +21SiO2+30C 20CaSiO3+3P4+SiF4↑ +30CO↑，故 答案为 4Ca5P3FO12 +21SiO2+30C 20CaSiO3+3P4+SiF4↑ +30CO↑。 5．(1)难溶物 PbSO4 溶于 CH3COONH4 溶液可制得易溶于水的 (CH3COO)2Pb，发生的反应为 PbSO4＋2CH3COONH4＝(CH3COO)2Pb＋(NH4)2SO4，说明 (CH3COO)2Pb 是 ________(填 “强”或 “弱”)电解质。 (2)已知次磷酸 (H3PO2)与足量的氢氧化钠溶液反应生成 NaH2PO2 和 H2O，则次磷酸是 _____ 元酸 (填“一”、“二”或 “三 ”)。 (3)工业上制玻璃和水泥需用到的共同原料是 ________(填化学式 )。 (4)在一定温度下，向一个 2 L 的真空密闭容器中 (预先装入催化剂 )通入 1 mol N 2 和 3 mol H2，发生反应： N2(g)＋3H2(g)?2NH3(g)。经过一段时间后，测得容器内压强是起始的 0.9 倍，在此时间内， H2 平均反应速率为 0.1 mol/(L ·min)，则所经过的时间为 ______min (5)高铁酸钠 (Na2FeO4)具有强氧化性，可对自来水进行消毒、净化。高铁酸钠可用氢氧化铁 和次氯酸钠在碱性介质中反应得到，请补充并配平下面离子方程式。 ____Fe(OH)3 +____ClO－ +____OH－=__FeO42 －＋ ___Cl－ +__ (6)在反应 11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4 中，氧化剂是 ___________ ；当有 2mol H 3PO4 生成，转移的电子的物质的量为 ___________ 【答案】弱 一 CaCO3 3 2 3 4 2 3 5H2O P、CuSO4 10mol 【解析】 【分析】 【详解】 (1)硫酸铅在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸铵时，醋酸根离子和铅离子生成难电离物质 或弱电解质醋酸铅，促使硫酸铅溶解，说明 (CH3COO)2Pb 是弱电解质； (2)H3PO2 与足量的 NaOH 溶液反应，生成 NaH2PO2，说明 H3PO2 只能电离出一个氢离子，所 以 H3PO2 是一元酸； (3)水泥的生产原料为黏土、石灰石，制玻璃的主要原料为纯碱、石灰石和石英砂，共同原 料为 CaCO3； (4)容器体积为 2L，所以初始投料 c(N2)=0.5mol/L ，c(H2)=1.5mol/L ，设△ c(N2)=x mol，列三段 式有： -1 -1 -1 2 2 3+ mol L 0.5 1.5 0 mol L x 3x 2x mol L 0.5-x 1. N g 3H g 2NH g 5-3x 2x ? g g g 起始 ( ) 转化 ( ) 平衡 ( ) 容器内压强是起始的 0.9 倍，温度和容器容积不变，气体的压强比等于浓度之比，所以 -1 -1 0.5-x+1.5-3x+2x mol L =0.9 0.5+1.5 mol L g g ，解得 x=0.1mol/L ，则△ c(H2)=0.3mol/L ，v(N2)=0.1 mol/(L ·min)，则反应时间 t= -1 0. 0.3mol L= 1 mol/ L min c v g g =3min； (5)铁元素化合价由 +3 升高为 +6，失去 3 个电子，氯元素化合价由 +1 降低为 -1，得 2 个电 子，取最小公倍数，则氢氧化铁与高铁酸根前系数为 2，次氯酸跟与氯离子前系数为 3，再 根据电荷守恒及原子守恒配平得 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O； (6)Cu3P 中 P 元素化合价为 -3，H3PO4 中 P 元素化合价为 +5，所以 P既是氧化剂又是还原 剂， Cu 元素化合价由 CuSO4 中的 +2 降低为 Cu3P 中 +1，所以 CuSO4 也是氧化剂，即氧化剂 为 P、CuSO4；当有 2mol H3PO4 生成，转移的电子的物质的量为 2mol × (+5-0)=10mol。 6．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位置 _____。 （2）锑（Ⅲ）的氧化物被称为锑白，可以由 SbCl3 水解制得，已知 SbCl3 水解的最终产物为 锑白。为了得到较多、较纯的锑白，操作时将 SbCl3 徐徐加入大量水中，反应后期还要加入 少量氨水。试用必要的化学用语和平衡移动原理解释这两项操作的作用 _______。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，充分反应后，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，其中一种工艺流程如下： 已知部分信息如下： 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； ③常温下， Ksp（CuS）=1.0 ×10-36， Ksp（PbS）=9.0 ×10-29。 回答下列问题： （3）“酸浸 ”过程中 Sb2S3 发生反应的化学方程式为 _____。 （4）已知：浸出液中 c（Cu2+）=0.0001mol/L ，c（ Pb2+）=0.1mol/L 。在沉淀铜、铅过程 中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生沉淀的是 _____（填化学式）；当 CuS、PbS共沉 沉时， 2+ 2+ c(Cu ) c(Pb ) =______（保留小数点后一位）。 （5）在 “除砷 ”过程中，氧化产物为 H3PO4。该反应氧化产物与还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如图所示。当电压超过 U0 V 时，锑的产 率降低的原因可能是 _________。 【答案】第 5 周期第Ⅴ A 族 2SbCl3+3H2O ? Sb2O3+6HCl，不断加入 SbCl3，使 SbCl3 浓度增 大，利于水解平衡右移，反应后期加入氨水中和盐酸，使 c(HCl)减小，利于平衡右移 2Sb2S3+9O2 高温 2Sb2O3+6SO2 Sb2S3+ 3SbCl5=5SbCl3+3S↓ CuS 1.1 × 10-8 3:4 H+参与电极 反应 【解析】 【分析】 Ⅱ．辉锑矿粉加入盐酸和 SbCl5 溶液，得到 SbCl3 和 SbCl5 溶液，还含有杂质 CuCl2、 AsCl3 和 PbCl2 等，加入适量 Sb 将 SbCl5 还原为 SbCl3，加入 Na2S使铜和铅沉淀以除去 CuCl2和 PbCl2，然后加入 NaHPO2 除去杂质砷。得到的 SbCl3 溶液电解得到金属 Sb，同时得到 SbCl5，可以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）SbCl3 水解： 2SbCl3+3H2O ? Sb2O3+6HCl，将 SbCl3 徐徐加入大量水中， SbCl3 浓度增 大，水解平衡右移，反应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 Sb2O3 的生成。故答案为： 2SbCl3+3H2O ? Sb2O3+6HCl，不断加入 SbCl3，使 SbCl3 浓度增 大，利于水解平衡右移，反应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应，生成 Sb2O3 的同时生成 SO2。化学方程式为： 2Sb2S3+9O2 高温 2Sb2O3+6SO2。 Ⅱ．（ 3）“酸浸 ”时 Sb2S3 和 SbCl5 溶液反应，得到 SbCl3 和 SbCl5 的混合溶液，滤渣中有硫， 是此反应的生成物， Sb2S3 发生反应的化学方程式为 Sb2S3+ 3SbCl5=5SbCl3+3S。 （4）浸出液中 c（Cu2+）=0.0001mol/L ，c（Pb2+）=0.1mol/L 。在沉淀铜、铅过程中，缓慢 滴加极稀的硫化钠溶液，当 Cu2+开始沉淀时， c(S2-)= -361.0 10 0.0001 =1.0 × 10-32mol/L ，当 Pb2+开 始沉淀时， c(S2-)= -299.0 10 0.1 =9.0 × 10-28mol/L ，所以先产生沉淀的是 CuS；当 CuS、PbS共沉 淀时， 2+ 2+ c(Cu ) c(Pb ) = 2+ 2 2+ 2 c(Cu )c(S ) c(Pb )c(S ) ＝ sp(CuS) sp(PbS) K K ＝ 36 29 1.0 10 9.0 10 ＝1.1 ×10-8。 （5）加入 NaHPO2 除砷，发生了 NaHPO2 和 AsCl3 的反应，氧化产物为 H3PO4，还原产物是 As，磷的化合价从 +1 价升高到 +5 价，生成 1mol H3PO4 失去 4mol 电子，砷的化合价从 +3 价 降低到 0 价，生成 1molAs 得到 3mol 电子，根据电子守恒，该反应氧化产物与还原产物的 物质的量之比为 3:4。 （6）电解 SbCl3 溶液制取锑，在阴极是 Sb3+得到电子生成 Sb，当电压过大时，溶液中的 H+ 也可能在阴极放电，导致锑的产率降低。 7．NOx、SO2 的处理转化对环境保护有着重要意义。 （1）利用反应 2NO(g)＋ 2CO(g) = N2(g)＋2CO2(g)，可实现汽车尾气的无害化处理。一定条 件下进行该反应，测得 CO 的平衡转化率与温度、起始投料比 m[m= n(NO) n(CO) ]的关系如图 1 所示。 ①该反应的 ΔH ____0(填“ >”“ <”或“＝” )。 ②下列说法正确的是 ________(填字母 )。 A．当体系中 CO2 和 CO 物质的量浓度之比保持不变时，反应达到平衡状态 B．投料比： m 1＞m2＞ m3 C．当投料比 m＝2 时， NO 转化率是 CO转化率的 2 倍 D．汽车排气管中的催化剂可提高 NO 的平衡转化率 ③随着温度的升高，不同投料比下 CO的平衡转化率趋于相近的原因为 ________。 （2）若反应 2NO(g)＋2CO(g) = N2(g)＋2CO2(g)的正、逆反应速率可表示为： v 正 =k 正 ·c2(NO) · c2(CO)； v 逆 =k 逆 ·c (N2) ·c2(CO2), k 正 、 k 逆 分别为正、逆反应速率常数， 仅与温 度有关。一定温度下，在体积为 1L 的容器中加入 2molNO 和 2molCO 发生上述反应，测得 CO和 CO2 物质的量浓度随时间的变化如图 2 所示，则 a 点时 v 正 ∶v 逆 ＝________。 （3）工业生产排放的烟气中同时存在 SO2、NOx 和 CO，利用它们的相互作用可将 SO2、 NOx 还原成无害物质，一定条件下得到以下实验结果。图 3 为 298K 各气体分压 (气体的物 质的量分数与总压的乘积 )与 CO物质的量分数的关系，图 4 为 CO物质的量分数为 2.0% 时，各气体分压与温度的关系。 下列说法不正确的是 ________(填字母 )。 A．不同温度下脱硝的产物为 N2，脱硫的产物可能有多种 B．温度越高脱硫脱硝的效果越好 C．NOx 比 SO2 更易被 CO 还原 D．体系中可能发生反应： 2COS = S2＋2CO；4CO2＋S2 = 4CO＋2SO2 （4）NH3 催化还原氮氧化物是目前应用最广泛的烟气脱硝技术。用活化后的 V2O5 作催化 剂， NH3 将 NO 还原成 N2 的一种反应历程如图 5 所示，则总反应方程式为 ________。 （5）用间接电化学法去除烟气中 NO 的原理如图 6 所示，则阴极的电极反应式为 ____。 【答案】＜ AB 温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影 响 160：1 B 4NH3+4NO+O2 2 5 V O 4N2+6H2O 2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O 【解析】 【分析】 (1)①由图象可知，起始投料比 m 一定时， CO 的平衡转化率随温度的升高而降低； ②A.起始投料比 m 一定时，而反应中 NO、CO的变化量相同，体系中 CO2 和 CO物质的量 浓度之比保持不变，即体系中 CO2、CO 物质的量浓度不变，据此判断； B.由图象可知，温度一定时，增大 NO 浓度， CO转化率增大； C.根据转化率 α=变化量与起始量的比值和反应中 NO、CO 的变化量相同分析判断； D.催化剂不能改变反应进程，只改变反应速率； ③由图象可知，不同投料比下 CO的平衡转化率趋于相近，主要原因是温度的影响起主导 作用，投料比不同的影响为次要因素； (2)反应达到平衡时 v 正 =k 正 ?c2（NO） c2（ CO）=v 逆 =k 逆 ?c（N2） c2（ CO2），则平衡常数 K= K K 正 逆 ，结合反应三段式计算平衡常数 K 和 a 点时各物质的浓度，代入 v 正 、v 逆 计算 v 正 ：v 逆 ； (3)A．由图可知， NOx 还原成无害物质为氮气，脱硫的产物可能有多种，与温度有关； B．温度高于 1000℃时二氧化硫的含量增大，说明温度越高不利于脱硫； C．根据图 3，随 CO物质的量分数增大，还原 NOx 生成氮气曲线斜率变化比较小，而还原 SO2 需要 CO物质的量分数较大时才能将 SO2 从烟气中分离； D．根据图 4， COS分压曲线随温度升高减小， S2、 CO分压增大，继续升高温度， S2、CO2 分压减小， CO 分压增大； (4)用活化后的 V2O5 作催化剂， NH3 将 NO 还原成 N2，同时生成水，原子守恒配平书写化学 方程式； (5) 阴极通入的 SO32-发生得电子的还原反应生成 S2O42-。 【详解】 (1)①由图象可知，起始投料比 m 一定时，温度越高， CO的平衡转化率越低，即升高温度 平衡逆向移动，所以正反应放热，即△ H＜ 0； ②A．反应正向进行时 CO2 增多而 CO 减少，说明未达到平衡时二者比值会变，所以体系中 CO2 和 CO物质的量浓度之比保持不变，反应达到平衡状态，故 A 正确； B．由图象可知，温度一定时，增大 NO 浓度， CO转化率增大，即起始投料比 m 越大时， CO转化率越大，所以投料比： m1＞m 2＞ m 3，故 B 正确； C．由反应计量关系可知，反应中 NO、CO 的变化量相同，平衡转化率 α= 消耗量 起始量 × 100%， 所以平衡转化率与起始量成反比，即投料比 m=2 时 CO 转化率是 NO 转化率的 2 倍，故 C 错误； D．催化剂不能改变反应进程，只改变反应速率，所以 NO 的平衡转化率不变，故 D 错 误； 故答案为： AB； ③由图象可知，不同投料比下 CO的平衡转化率趋于相近，随温度逐渐升高，温度的影响 起主导作用，即温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影 响； (2)平衡时三段式为： 2 1 2 -1 -1 - + + mol L 2 2 0 0 mol L 1.6 1.6 0.8 1.6 mol L 0.4 0. 2NO g 2CO g N g 2CO g 4 0.8 1.6 ? g g g 起始 ( ) 转化 ( ) 平衡 ( ) 平衡时正逆反应速率相等即 k 正 ?c2(NO)c2(CO)= k 逆 ?c(N2)c2(CO2)，所以 2 2 2 2 2 2 2 2 N CO NO CO 1.6 0.8= = 0.4 0.4 c ck K k c c 正 逆 =80； a 点时反应三段式为： 2 -1 -1 -1 2+ + mol L 2 2 0 0 mol L 2x 2x x 2x mol L 2 2NO g 2CO g N g 2CO g -2x 2-2x x 2x ? g g g 起始 ( ) 转化 ( ) 平衡 ( ) a 点时 c(CO)=c(CO2)，则 2-2x=2x，解得 x=0.5，所以 a 点时 c(CO)=c(CO2)=c(NO)=1mol/L ， c(N2)=0.5mol/L ，所以 2 2 2 1 1= =2 =2 1 0.5 v k k K v k k 正 正 正 逆 逆 逆 =160，即 v 正 ：v 逆 =160：1； (3)A．由图可知， NOx 还原成无害物质为氮气，脱硫的产物可能有多种，与温度有关，故 A 正确； B．温度高于 1000℃时二氧化硫的含量增大，说明温度越高不利于脱硫，故 B 错误； C．根据图 3，随 CO物质的量分数增大，还原 NOx 生成氮气曲线斜率变化比较小，而还原 SO2 需要 CO物质的量分数较大时才能将 SO2 从烟气中分离，说明 CO 更易与 NOx 反应，则 NOx 比 SO2 更易被 CO 还原，故 C正确； D．根据图 4， COS分压曲线随温度升高减小， S2、 CO分压增大，继续升高温度， S2、CO2 分压减小， CO 分压增大，说明体系中可能发生反应： 2COS?S2+2CO； 4CO2+S2?4CO+2SO2， 故 D 正确； 故答案为： B； (4)活化后的 V2O5 作催化剂， NH3 将 NO 还原成 N2，还生成水，反应为 4NH3+4NO+O2 2 5 V O 4N2+6H2O； (5)阴极上亚硫酸根离子得到电子，阴极的电极反应式为 2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O。 8．元素锰（ Mn）在溶液中主要以 Mn 2+（近无色）、 MnO4-（紫红色）、 MnO42 －（绿色） 等形式存在， MnO 2（棕黑色）、 MnCO3（白色）为难溶于水的固体。回答下列问题： （1）盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义，有些反应的反应热虽然无法直接测 得，但可通过间接的方法推算。现根据下列 3 个热化学反应方程式： ①MnO 2(s)+CO(g)=MnO(s)+CO2(g) ?H=﹣150.6kJ/mol ②Mn 3O4(s)+CO(g)=3MnO(s)+CO2(g) ?H=﹣54.4kJ/mol ③3Mn 2O3v+CO(g)=2Mn3O4(s)+CO2(g) ?H=﹣142.3kJ/mol 写出 CO 气体还原 MnO 2 固体得到 Mn 2O3 固体和 CO2气体的热化学反应方程式： _________ （2）①一定温度下，在 5L 的密闭容器中放入足量碳酸锰（固体所占体积忽略不计）发生 反应： MnCO3(s) MnO(s)+CO2(g)，若前 2min 内生成 MnO 的质量为 7.1 g，则该段时间 内 v(CO2)=____________mol ·L－1·min －1。 ②保持温度不变，若 t 0 时刻达到平衡时， CO2 浓度为 cmol/L ；t 1 时刻，将容器体积缩小为 原来的一半并固定不变，在 t 2 时刻再次达到平衡，则下列图像正确的是 _____（填字 母）。 （3）已知 Fe3+、Al3+、 Mn 2+的氢氧化物开始沉淀及沉淀完全时的 pH 如下表所示，当 Al3+完 全沉淀时，若要使 Mn2+不沉淀，则 Mn 2+的最大浓度为 _______________。（已知： Ksp[Mn(OH) 2] = 1.9 × 10-13 ） 氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mn(OH) 2 开始沉淀 pH 1.8 4.1 8.3 完全沉淀 pH 3.2 5.0 9.8 （4）高锰酸钾在不同的条件下发生的反应如下： MnO 4 －＋5e－＋8H＋ ==Mn 2＋＋4H2O MnO 4 －＋3e－＋2H2O==MnO2↓＋4OH－； MnO 4 －＋e－==MnO42－ ①从上述三个半反应中可以得出的结论是 _______________。 ②将 SO2 通入高锰酸钾溶液中，观察到的现象是 ________。 （5）向酸性高锰酸钾溶液中加入草酸溶液，开始时反应缓慢，稍后一段时间产生气体速率 迅速加快。产生气体速率迅速加快的原因是 _______________，写出反应的离子方程式 ____________________。 【答案】 2MnO 2(s)+CO(g)=Mn2O3(s)+CO2(g) ?H=-217.5kJ/mol 0.01 B 1.9 × 105mol/L 溶液 的酸性越强，高锰酸钾被还原的价态越低（或溶液的酸性越强，高锰酸钾的氧化性越 强。） 高锰酸钾紫红色褪去 反应产生的 Mn 2+起到催化作用 2MnO4- +6H++5H2C2O4=2Mn 2++10CO2↑ +8H2O 【解析】 【分析】 （1）依据盖斯定律，① ×2-②×2 3 -③× 1 3 ，可推出 CO 气体还原 MnO2 固体得到 Mn 2O3 固体 和 CO2 气体的热化学反应方程式； （2）①根据前 2min 内生成 MnO 的质量，可以计算出前 2min 内生成 CO2 的物质的量，故 可以计算出前 2min 内 CO2 的反应速率； ②将容器体积缩小为原来的一半的瞬间，二氧化碳浓度变为原来的 2 倍，之后平衡向左移 动，二氧化碳浓度减小，由于温度不变，平衡常数不变，所以再次平衡时，二氧化碳浓度 与第 1 次平衡时相等。 （3）当 Al3+完全沉淀时，此时溶液中的 pH=5，即 c(OH－)=1 × 10－9 mol/L ，若要使 Mn 2+不沉 淀，根据 Qc＜Ksp，即： c(Mn 2+) ×c2(OH－)＜1.9 × 10－ 13； （4）①根据三个半反应可以看出高锰酸根离子被还原的产物受溶液酸碱性的影响； ②SO2 通入高锰酸钾溶液中，二氧化硫具有还原性，溶液的紫色褪去； （5）开始反应缓慢，一段时间后反应速率迅速加快，这是由于反应生成的 Mn2+的浓度增 大了， Mn 2+对反应起到催化作用，才使反应速率迅速加快。 【详解】 （1）?H = ①×2-②×2/3-③×1/3＝(-150.6 ×2)-(-54.4 ×2 3 )-(-142.3 × 1 3 )＝-217.5(kJ/mol) ，所以热化 学方程式为： 2MnO 2(s)+CO(g)=Mn2O3(s)+CO2(g) ?H=-217.5kJ/mol ； （2）① n(MnO)= 7.1g 71g/mol =0.1mol，则 n(CO2)=0.1mol，c(CO2)= 0.1mol 5L = 0.02mol/L ， v(CO2)= 0.02mol/L 2min =0.01mol ·L-1·min －1。 ②将容器体积缩小为原来的一半的瞬间，二氧化碳浓度变为原来的 2 倍，之后平衡向左移 动，二氧化碳浓度减小，由于温度不变，平衡常数不变，所以再次平衡时，二氧化碳浓度 与第 1 次平衡时相等。故答案选 B； （3）当 Al3+完全沉淀时，此时溶液中的 pH=5，即 c(OH－)=1 × 10－9 mol/L ，若要使 Mn 2+不沉 淀，根据 Qc＜Ksp，即： c(Mn 2+) ×c2(OH－ )＜1.9 × 10－ 13，可得： c(Mn 2+)＜1.9 × 105mol/L ； （4）①根据三个半反应可以看出高锰酸根离子被还原的产物受溶液酸碱性的影响，且酸性 越强，被还原产物中锰元素的价态越低； ②SO2 通入高锰酸钾溶液中，溶液显酸性， SO2 作还原剂， KMnO4 作氧化剂，被还原为 Mn 2+，溶液由紫红色变为接近无色； （5）开始反应缓慢，一段时间后反应速率迅速加快，这是由于发生反应 2MnO 4 － +6H++5H2C2O4=2Mn 2++10CO2↑ +8H2O，随着反应的进行，溶液中 Mn 2+的浓度增大了， Mn 2+ 对反应起到催化作用，才使反应速率迅速加快。 【点睛】 认真读懂题中所给的信息、认真分析图表数据，进行对比分析，得出结论，然后进行作 答。 9．草酸亚铁晶体 (FeC2O4·2H2O)常用做分析试剂及显影剂等。下图是将一定质量的草酸亚铁 在氩气气氛中进行热重分析示意图 (TG%表示残留固体质量占原样品总质量的百分数 )。 请回答下列问题： (l)B 处时残留物的化学式为 ___________。 (2)A →C整个反应过程中总反应的化学方程式为 ___________。 (3)取上述分解得到的 600℃时的固体放在空气中继续加热时其质量增加，发生反应的化学 方程式为 ___________。由此说明上述 FeC2O4·2H2O 在氩气气氛中进行热重分析的原因是 ___________。 (4)若将分解得到的 600℃时的固体与足量的稀硫酸反应后，将溶液浓缩、冷却，有带 7 个 结晶水的晶体析出，该晶体的化学式为 __________，该晶体与草酸亚铁晶体分解有类似， 得到四种氧化物且物质的量之比为 1:1:1:14，则该化学方程式为 __________。 【答案】 FeC2O4 FeC2O4·2H2O Δ FeO +CO↑ +CO2↑ +2H2O 6FeO+O2 Δ 2Fe3O4 防止 FeO在加 热过程中被空中的氧气氧化 FeSO4·7H2O 2FeSO4·7H2O Δ Fe2O3+SO2↑ +SO3↑ +14H2O 【解析】 【详解】 (1)FeC2O4·2H2O 中 H2O%= 2 18 180 =20%，刚好在 B 点的 TG%=80%，则 B 点表示所有的结晶水 都完全失去，得到的固体成分为 FeC2O4；故答案为： FeC2O4； (2)当 TG%=40%时，得到应该是铁的氧化物，则有 x(FeO ) 180 M =0.4，x=1，则变化过程中铁 的化合价没改变，只有碳的化合价发生变化，则 A→C 整个反应过程中总反应的化学方程式 为 FeC2O4·2H2O Δ FeO +CO↑ +CO2↑ +2H2O；故答案为： FeC2O4·2H2O Δ FeO +CO↑ +CO2↑ +2H2O； (3)当分解得到的 600℃时的固体 FeO 在空气中与氧气反应，得到稳定的 Fe3O4，因此 FeC2O4·2H2O 在氩气气氛中进行热重分析的原因防止 FeO 在加热过程中被空中的氧气氧 化；故答案为： 6FeO+O2 Δ 2Fe3O4；防止 FeO在加热过程中被空中的氧气氧化； (4)FeO 与足量的稀硫酸反应得到的是 FeSO4，为了防止其 Fe2+水解和 Fe2+被氧化，要加适量 的硫酸和铁粉，才能得到 FeSO4·7H2O，晶体与草酸亚铁晶体分解有类似，得到四种氧化物 且物质的量之比为 1:1:1:14 ，则有 Fe2O3、SO2、SO3、H2O；故答案为： FeSO4·7H2O； 2FeSO4·7H2O Δ Fe2O3+SO2↑ +SO3↑ +14H2O。 10． 消除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护的重要研究课题。 (1)已知反应 8NH3+6NO2=7N2+12H2O，请分析氧化产物和还原产物的质量之比为 ________。 (2)水体中过量氨氮 (以 NH3 表示 )会导致水体富营养化。 ①用次氯酸钠除去氨氮的原理如题图所示。写出该图示的总反应化学方程式： ________。 该反应需控制温度，温度过高时氨氮去除率降低的原因是 ________。 ②取一定量的含氨氮废水，改变加入次氯酸钠用量，反应一段时间后，溶液中氨氮去除 率、总氮 (溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的总量 )去除率以及剩余次氯酸钠的含 量随 m(NaCIO)m(NH3)的变化情况如图所示。当 m( NaCIO)：m(NH 3)>7.6 时，水体中总氮去 除率反而下降，可能的原因是 ________ 。 【答案】 4：3 2NH3+ 3NaClO= N2+ 3NaCl+ 3H2O 温度过高， HClO 发生分解，氨氮去除率 随之降低 有部分 NH3 被氧化成 NO2-或 NO3- 【解析】 【分析】 （1）该反应中 NH3 中 N 由－ 3 价变为 0 价，化合价升高，被氧化，所得产物为氧化产物； NO2 中 N 由＋ 4 价变为 0 价，化合价降低，被还原，所得产物为还原产物；因此氧化产物 和还原产物的物质的量之比为 8:6=4:3 ； （2）①根据图示判断发生氧化还原反应的反应物、生成物，根据得失电子守恒和原子守恒 书写化学方程式；温度越高，化学反应速率越快，但是温度过高， HClO不稳定，受热易分 解； ②当 m( NaCIO)：m(NH 3)>7.6 时， NaCIO加入的量越多会将氨氮氧化为 NO3-等高价态物质。 【详解】 (1)该反应中 NH3 中 N 由－ 3 价变为 0 价，化合价升高，发生氧化反应，所得为氧化产物； NO2 中 N 由＋ 4 价变为 0 价，化合价降低，发生还原反应，所得为还原产物；因此氧化产 物和还原产物的物质的量之比为 8:6=4:3； (2)①由图转化过程可知，该反应中反应物为 NH3 和 NaClO，生成物为 N2、NaCl2 和 H2O，因 此该反应的化学方程式为： 2NH3＋ 3NaClO=N2＋3NaCl＋3H2O； 由于反应过程中生成 HClO，HClO 不稳定，受热易分解，因此温度过高，氨氮去除率降 低； ②NaClO 具有氧化性，其量增大，会使得部分 NH3 被氧化成 NO2-或 NO3- ， 使得水体中总 氮去除率降低； 【点睛】 本题考查氧化还原反应方程式的书写，考生应从图中找出反应物、生成物，另外解释控制 反应条件的度。 11． （1）最近材料科学家发现了首例带结晶水的晶体在 5K 下呈现超导性。该晶体的化学 式为 Na0. 35CoO2·1. 3H2O(该晶体的摩尔质量为 122g·mol - 1) ，若用 NA表示阿伏加德罗常 数，则 12. 2g 该晶体中含氧原子数为 ___，氢原子的物质的量为 ___mol。 （2）FeCl3 溶液可以用来净水，用 100mL2mol ·L- 1 的 FeCl3 溶液净水时，生成具有净水作用 的微粒数 ___( 填“大于”“等于”或“小于”) 0. 2NA。 （3）在标准状况下， VL 某气体 ( 摩尔质量为 Mg/ mol) 溶解在 1L 水( 水的密度近似为 1g/ cm3) 中，假设气体完全溶解且不与水发生反应，所得溶液的密度为 ρg/ cm3，则所得溶 液的物质的量浓度 c=___mol/ L( 用以上字母表示，且必须化简 ) 。 （4）工业上用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备 ClO2 反应： NaClO2＋HCl→ClO2↑＋ NaCl+H2O。写出配平的化学方程式 ____。 （5）向 100mL 的 FeBr2 溶液中通入标准状况下 Cl23. 36L( 已知还原性： Fe2＋＞Br－) ，反应后 的溶液中 Cl－和 Br－的物质的量浓度相等，则原 FeBr2 溶液的物质的量浓度为 ____mol / L。反 应的离子方程式为 ____。 （6）若向盛有 10mL1mol ·L－1NH4Al( SO4) 2 溶液的烧杯中加 20mL1. 2mol·L－1Ba( OH) 2 溶 液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为 ____mol。 【答案】 0. 33NA 0. 26 小于 1000V ρ 22400+MV 5NaClO2＋4HCl=4ClO2↑＋ 5NaCl+2H2O 2 4Fe2＋ ＋2Br- ＋3Cl2=4Fe3＋ ＋Br2＋3Cl- 0. 022 【解析】 【分析】 （1）根据 mn= M 计算晶体的物质的量，进而计算氧原子、氢原子的物质的量； （2）100mL2mol ·L- 1 的 FeCl3 溶液中 FeCl3 的物质的量是 0. 1L×2mol·L- 1=0. 2mol 。 （3）根据物质的量浓度的计算公式 nc= V 计算； （4）根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式。 （5）还原性： Fe2＋ ＞Br－ ，FeBr2 溶液中通入标准状况下 Cl2，氯气先氧化 Fe2＋； （6）NH4Al( SO4) 2 与 Ba( OH) 2 溶液混合， SO42- 、Ba2+ 反应生成 BaSO4 沉淀， OH - 与 Al3+ 、 NH4 + 依次发生反应 Al3++3OH- =Al( OH) 3↓、 NH4 ++OH- =NH3?H2O、Al( OH) 3+OH- =AlO2 - +2H2O。 【详解】 （1）根据 mn= M ，12. 2g 该晶体的物质的量是 12.2g 122g/mol 0. 1mol ，含氧原子数为 0. 1×3. 3×NA=0. 33NA，氢原子的物质的量为 0. 1mol ×2. 6=0. 26mol ； （2）100mL2mol ·L- 1 的 FeCl3 溶液中 FeCl3 的物质的量是 0. 1L×2mol·L- 1=0. 2mol ，生成具 有净水作用的微粒是氢氧化铁胶粒，氢氧化铁胶粒是氢氧化铁的聚集体，所以微粒数小于 0. 2N A。 （3）在标准状况下， VL 某气体的物质的量是 V mol 22.4 ；VL 某气体的质量是 V VMmol Mg/mol= g 22.4 22.4 ；所得溶液的质量是 VM g+1000g 22.4 ，溶液的体积是 VM +1000 VM+2240022.4 L= L 1000 22400 ，所以物质的量浓度为 V mol 22.4 ÷ VM+22400 L 22400 = 1000V ρ 22400+MV mol / L； （4）NaClO2 中部分氯元素化合价由 +3 升高为 +4、部分氯元素化合价由 +3 降低为 - 1，所以 NaClO2 既是氧化剂又是还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂还原剂的比为 1: 4，所以反应 方程式是 5NaClO2＋4HCl=4ClO2↑＋ 5NaCl+2H2O。 （5）还原性： Fe2＋ ＞Br－ ，FeBr2 溶液中通入 Cl2，氯气先氧化 Fe2＋；标准状况下 3. 36L Cl2 的物质的量是 3.36L 22.4L/mol 0. 15mol，设 FeBr2 的物质的量为 xmol ，氯气与 Fe2＋反应的离 子方程式是 2Fe2＋ +Cl2=2Fe3＋+2Cl- ，则 Fe2＋消耗氯气的物质的量是 2 x mol；与 Br- 反应的氯气 物质的量是 0. 15mol - 2 x mol ，氯气与 Br- 反应的离子方程式是 2Br- +Cl2=Br2+2Cl- ，剩余 Br- 的 物质的量是 2x- 0. 3+x=(3x- 0. 3) mol，根据氯元素守恒，反应后溶液中 Cl- 的物质的量是 0. 3mol ，反应后的溶液中 Cl－和 Br－的物质的量浓度相等，则 3x- 0. 3=0. 3， x=0. 2mol ；原 FeBr2 溶液的物质的量浓度为 0. 2mol÷0. 1L=2mol / L；与 Br- 反应的氯气物质的量是 0. 15mol - 0.2 2 mol =0. 05mol，被氧化的 Br- 的物质的量是 0. 1mol ，被氧化的 Fe2＋、Br- 的物 质的量比是 2: 1，所以反应方程式是 4Fe2＋＋2Br- ＋ 3Cl2=4Fe3＋ ＋Br2＋3Cl- ； （6）10mL 1mol ?L- 1NH4Al( SO4) 2 溶液中 Al3 +物质的量为 0. 01mol ，NH4 +的物质的量为 0. 01mol ， SO42- 的物质的量为 0. 02mol ，20mL 1. 2 mol ?L- 1Ba( OH) 2 溶液中 Ba2+ 物质的量为 0. 024mol ，OH- 为 0. 048mol ；由 SO42 - +Ba2+=BaSO4↓，可知 SO42- 不足，所以可以得到 0. 02mol BaSO4；根据 Al3++3OH- =Al( OH) 3↓可知反应剩余 OH- 为 0. 048mol - 0. 03mol =0. 018mol ，根据 H4 ++OH- =NH3?H2O 可知反应剩余 OH- 为 0. 018mol- 0. 01mol =0. 008mol ，根据 Al( OH) 3+OH - =AlO2 - +2H2O 可知得到 Al( OH) 3 沉淀为 0. 01mol - 0. 008mol =0. 002mol，则最终得到固体为 0. 02mol+0. 002mol=0. 022mol。 12． 工业上利用氧化铝基废催化剂（主要成份为 Al2O3,少量 Pd)回收 Al2(SO4)3 及 Pd 流程如 图： 说明：上述流程中焙烧温度不宜过高，否则会导致硫酸铵固体的分解。 （1）焙烧时产生气体 X 的结构式为 ________。 （2）水浸分离中，滤渣 Pd 的颗粒比较大，一般可以采用的分离方法是 _________ (填字 母） A．过滤 B．抽滤 C．倾析 D．渗析 （3）写出酸浸时发生反应的离子方式 ______(已知氯钯酸为弱酸 ) （4）某同学在实验室用如下图所示装置完成 Pd 的热还原实验，并计算滤渣中 (NH4)2PdCl6 的百分含量（滤渣中的杂质不参与热还原反应）。 ①写出热还原法过程中发生反应的化学方程式 ________。 ②i.将石英玻璃管中（带开关； K1 和 K2)(设为装置 A )称重，记为 mi g。将滤渣 [(NH4)2PdCl6] 装入石英玻璃管中，再次将装置 A 称重，记为 m 2 g。 ii.连接好装置后，按 d→ → → b→ → e(填标号 )顺序进行实验。 _______ a.关闭 K1 和 K2 b.熄灭酒精灯 c.点燃酒精灯，加热 d.打开 K1 和 K2 e.称量 A f.缓缓通入 H2 g.冷却至室温 iii.重复上述操作步骤，直至 A 恒重，记为 m3g。 ③根据实验记录，计算滤渣中（ NH4)2PdCl6 的百分含量 __________[列式表示，其中 (NH4)2PdCl6 相对分子质量为 355]。 ④实验结束时，发现硬质试管右端有少量白色固体，可能是 ____(填化学式） ,这种情况导致 实验结果 _________(填 “偏高 ”、“偏低 ”、“无影响 ”） 【答案】 C Pd+4NO3-+6Cl-+10H+=H2PdCl6+4NO2↑ +4H2O 4 6 2 32NH PdCl +2H = Pd+2 NH +6HCl f；c； g；a 2 3 2 1 355 m m 249 m m NH4Cl 偏低 【解析】 【分析】 废催化剂（主要成分为 Al2O3，少量 Pd），废催化剂硫酸铵焙烧得到气体 X 为氨气，产物 水浸过滤得到硫酸铝溶液，滤渣 Pd 加入浓硝酸和浓盐酸酸浸生成二氧化氮，浸液 Y 是 Pd 溶于王水发生 Pd+6HCl+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑ +4H2O，Y 为 H2PdCl6，通入氨气中和过滤得 到滤渣 ( NH4) 2PdCl6，被氢气还原得到 Pd，发生 ( NH4) 2PdCl6+2H2=Pd+2 NH3+6HCl，以此解答 该题。 【详解】 （1）焙烧得到气体是铵盐分解生成的氨气，结构式为 ， 故答案为： ； （2）水浸分离中，滤渣 Pd 的颗粒比较大，可用倾析的方法分离，故答案为： C； （3）酸浸时发生反应的离子方程式为 Pd+4NO3-+6Cl-+10H+=H2PdCl6+4NO2↑ +4H2O，故答案 为： Pd+4NO3-+6Cl-+10H+=H2PdCl6+4NO2↑ +4H2O； （4）①通入氢气，反应的方程式为 4 6 2 32NH PdCl +2H = Pd+2 NH +6HCl ， 故答案为： 4 6 2 32NH PdCl +2H = Pd+2 NH +6HCl ； ②实验时，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体 质量的变化，则正确的顺序为 dfcbgae， 故答案为： f；c；g；a； ③样品的质量为（ m2-m1） g，反应后减少的质量为（ m2-m 3）g，应为 ( NH4) 2PdCl6、Pd 质量 之差，可知生成 Pd 的物质的量为 2 3m m 249 mol，可知 ( NH4) 2PdCl6 的质量为 2 3355 m m 249 g，含量为 2 3 2 1 355 m m 249 m m ，故答案为： 2 3 2 1 355 m m 249 m m ； ④实验结束时，若发现硬质试管右端有少量白色固体，可能是氯化铵，为氨气和氯化氢在 温度较低时生成，这种情况会造成较大实验误差，可导致实验结果偏低， 故答案为： NH4Cl； 偏低。 【点睛】 本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生 的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识、化学反应原理 与实验的结合。 13． 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 ) 。 14． （1）P2O5 是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用 P2O5 干燥的是 ______ a．NH3 b．HI c．SO2d．CO2 （2）KClO3 可用于实验室制 O2，若不加催化剂， 400℃时分解只生成两种盐，其中一种是 无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为 1∶1。写出该反应的化学方程式： __________ （3）工业生产甲醇的常用方法是： CO(g)+2H2(g） CH3OH(g） △H = —90．8kJ/mol 。 已知： 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l） △H = -571．6kJ/mol ； 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g） △H = -566． 0kJ/mol 计算 2CH3OH（g） +3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l） △H =________。 （4）某实验小组设计了如图所示的甲醇燃料电池装置。 ①该电池工作时，负极是 _______极（填 “a”或 “b”）； ②工作一段时间后，测得溶液的 pH 减小，该电池负极反应的离子方程式为 _________________。 （5）电解法促进橄榄石（主要成分是 Mg2SiO4）固定 CO2 的部分工艺流程如下： 已知： Mg2SiO4(s） +4HCl(aq) 2MgCl2(aq）+SiO2(s）+ 2H2O(l） △H =－49．04 kJ ·mol -1 ①某橄榄石的组成是 Mg9FeSi5O20，用氧化物的形式可表示为 _____________。 ②在上图虚框内补充一步工业生产流程 ______________。 ③经分析，所得碱式碳酸镁产品中含有少量 NaCl 和 Fe2O3。为提纯，可采取的措施依次 为：对溶解后所得溶液进行除铁处理、对产品进行洗涤处理。判断产品洗净的操作是 __________。 【答案】 b 4KClO3 KCl＋3KClO4 -1527.6kJ /mol b CH3OH+8OH-—6e-=CO32-+6H2O 9MgO·FeO·5SiO2 或 取少量最 后一次的洗涤液，加硝酸酸化的硝酸银溶液，如无沉淀产生，则已洗净 【解析】 【分析】 （1）根据四种气体的酸碱性以及氧化还原性分析。 （2）根据原子守恒和电子守恒分析生成物，然后配平。 （3）根据盖斯定律计算 △H。 （4）燃料电池的负极是通燃料的一极，在碱性环境下写负极的电极反应式。 （5）硅酸盐写成氧化物的形式，按照先活泼金属氧化物后不活泼氧化物，后二氧化硅顺序 写；固定二氧化碳可以用碱，工业上制取 NaOH 的方法是电解法；判断产品洗净的原理是 检验固体上可能附着的离子。 【详解】 （1）a、氨气是碱性气体，不能用五氧化二磷干燥； b、碘化氢是酸性气体，有还原性，不 能用浓硫酸干燥，能用五氧化二磷干燥，正确； c、二氧化硫能用浓硫酸和五氧化二磷干 燥，错误； d、二氧化碳能用浓硫酸或五氧化二磷干燥。所以选 b。 （2）氯酸钾中的氯为 +5 价，产物中一种是无氧酸盐，可为氯化钾，氯元素化合价降低， 所以还有氯元素化合价升高，生成高氯酸钾，所以方程式为： 4KClO3 KCl＋3KClO4。 （3）根据盖斯定律分析，方程式③ -① ×2+②×2即可，反应热 =-566+90．8×2-571．6×2= - 1527．6kJ /mol。 （4）① 燃料电池中燃料做负极，所以 b 为负极。② 甲醇在碱性条件下失去电子生成碳酸 根离子，电极反应为： CH3OH+8OH-—6e-=CO32-+6H2O。 （5）①根据硅酸盐改写成氧化物的形式，先活泼金属氧化物后不活泼氧化物，后二氧化 硅，所以氧化物的形式表示为： 9MgO·FeO·5SiO2。 ②从固碳的反应可以看出需要用氢氧化钠溶液，所以图框内补充得到氢氧化钠一步工业生 产流程即可，可能通过电解饱和的氯化钠溶液， 或 ③判断产品是否洗净是需要检查最后一次的洗涤液是否含有氯离子，所以操作为取少量最 后一次的洗涤液，加硝酸酸化的硝酸银溶液，如无沉淀产生，则已洗净。 15． 碘及其化合物在生活中应用广泛，含有碘离子的溶液需回收处理。 （1）“硫碘循环”法是分解水制备氢气的研究热点，涉及下列三个反应： 反应Ⅰ： SO2(g)+I2(aq)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq) ΔH1 反应Ⅱ： HI(aq)= 1 2 H2(g)+ 1 2 I2(aq) ΔH2 反应Ⅲ： 2H2SO4(aq)=2SO2(g)+O2(g)+2H2O(l) ①反应： SO2(g)+2H2O(l)=H2SO4(aq)+H2(g)的 Δ H=___（用 ΔH1、ΔH2 表示）。 ②分析上述反应，下列判断正确的是 ___ a．反应Ⅲ易在常温下进行 b．反应Ⅰ中 SO2 还原性比 HI 强 c．循环过程中需补充 H2O d．循环过程中产生 1molO 2 同时产生 1molH 2 ③反应 I 发生时，溶液中存在如下平衡： I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)，其反应速率极快且平衡常 数大。现将 1molSO2 缓缓通入含 1molI 2 的水溶液中至恰好完全反应。溶液中 I3-的物质的量 n(I3-)随反应时间 (t)的变化曲线如图所示。开始阶段 n(I3-)逐渐增大的原因是 ___。 （2）用海带提取碘时，需用氯气将碘离子氧化成单质。酸性条件下，若氯气过量就能将碘 单质进一步氧化成碘酸根离子 (IO3-)，写出氯气与碘单质反应的离子方程式： ___。 （3）科研小组用新型材料 Ag/TiO 2 对溶液中碘离子进行吸附研究。如图是不同 pH 条件 下，碘离子吸附效果的变化曲线。据此推断 Ag/TiO 2 材料最适合吸附 ___（填“酸性”“中 性”或“碱性”）溶液中的 I－。 （4）氯化银复合吸附剂也可有效吸附碘离子。氯化银复合吸附剂对碘离子的吸附反应为 I－ (aq)+AgCl(s) AgI(s)+Cl － (aq)，反应达到平衡后溶液中 c(I － )=___[用 c(Cl － )、Ksp(AgCl)和 Ksq(AgI)表示 ]。该方法去除碘离子的原理是 ___。 【答案】 ΔH1+2ΔH2 bc 开始阶段， SO2和 I2 反应生成的 I-的浓度不断增大， I2(aq)+I- (aq) I3-(aq)的反应平衡向右移动， n(I3-)不断增加 5Cl2+I2+6H2O=2IO3 －+10Cl－+12H+ 中性 c Cl Ksp AgI Ksp ) Cl ( Ag － AgI 的溶度积比 AgCl 的溶度积小 【解析】 【分析】 (1) ① SO2(g)+I2(aq)+2H2O(l)═2HI(aq)+H2SO4(aq) ①△ H1；HI(aq)＝ 1 2 H2(g)+ 1 2 I2(aq) ②△H2， ① +2×② 得， SO2(g)+2H2O(1)═H2SO4(aq)+H 2(g)△H＝△H1+2△H2，据此进行分析； ②a ．反应 Ⅲ△ S＞0、 △H＞ 0，如能自发进行，应满足 △H﹣T?△S＜0； b．氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性； c．分解水制备氢气，应不断补充 H2O； d．循环过程中产生 1mol O 2 同时产生 2mol H 2； ③ 开始阶段， SO2 和 I2 反应生成的 I-的浓度不断增大， I2(aq)+I﹣(aq)?I3 ﹣(aq)的反应平衡向右 移动， n(I3 ﹣)不断增加； (2)氯气与碘单质反应生成碘酸根离子和氯离子； (3)由图象可知 pH＝7 时，吸附效果最好； (4)Ksp(AgCl)＝c(Ag+)c(Cl﹣ )，则 c(Ag+)＝ spK AgCl c Cl ，Ksp(AgI)＝c(Ag+)c(I﹣)，则 c(Ag+)＝ spK AgI c I ，故 spK AgCl c Cl ＝ spK AgI c I ，且 AgI 的溶度积比 AgCl的溶度积小。 【详解】 (1) ① SO2(g)+I2(aq)+2H2O(l)═2HI(aq)+H2SO4(aq) ①△ H1；HI(aq)＝ 1 2 H2(g)+ 1 2 I2(aq) ②△H2， ① +2×② 得， SO2(g)+2H2O(1)═H2SO4(aq)+H 2(g)△H＝△H1+2△H2； ②a ．反应 Ⅲ△ S＞0、 △H＞ 0，在高温下可满足 △H﹣T?△ S＜0，故 a 错误； b．氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，还原性 SO2还原性比 HI 强， 故 b 正确； c．分解水制备氢气，应不断补充 H2O，故 c 正确； d．循环过程中产生 1mol O 2 同时产生 2mol H 2，故 d 错误， 故答案为： bc； ③ N(I 3 ﹣)逐渐增大的原因是，开始阶段， SO2 和 I2 反应生成的 I﹣ 的浓度不断增大， I2(aq)+I﹣ (aq)?I3 ﹣(aq)的反应平衡向右移动， n(I3 ﹣)不断增加； (2)氯气过量就能将碘单质进一步氧化成碘酸根离子，故氯气与碘单质反应的离子方程式为 5Cl2+I2+7H2O＝ 2IO3 ﹣+10Cl﹣+12H+； (3)据图象分析 pH＝7 时，吸附效果最好，故最适合吸附的是中性； (aq)+AgCl(s) AgI(s)+Cl － (aq)，反应达到平衡后溶液中 c(I － )=___[用 c(Cl － )、Ksp(AgCl)和 Ksq(AgI)表示 ]。该方法去除碘离子的原理是 ___。 【答案】 ΔH1+2ΔH2 bc 开始阶段， SO2和 I2 反应生成的 I-的浓度不断增大， I2(aq)+I- (aq) I3-(aq)的反应平衡向右移动， n(I3-)不断增加 5Cl2+I2+6H2O=2IO3 －+10Cl－+12H+ 中性 c Cl Ksp AgI Ksp ) Cl ( Ag － AgI 的溶度积比 AgCl 的溶度积小 【解析】 【分析】 (1) ① SO2(g)+I2(aq)+2H2O(l)═2HI(aq)+H2SO4(aq) ①△ H1；HI(aq)＝ 1 2 H2(g)+ 1 2 I2(aq) ②△H2， ① +2×② 得， SO2(g)+2H2O(1)═H2SO4(aq)+H 2(g)△H＝△H1+2△H2，据此进行分析； ②a ．反应 Ⅲ△ S＞0、 △H＞ 0，如能自发进行，应满足 △H﹣T?△S＜0； b．氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性； c．分解水制备氢气，应不断补充 H2O； d．循环过程中产生 1mol O 2 同时产生 2mol H 2； ③ 开始阶段， SO2 和 I2 反应生成的 I-的浓度不断增大， I2(aq)+I﹣(aq)?I3 ﹣(aq)的反应平衡向右 移动， n(I3 ﹣)不断增加； (2)氯气与碘单质反应生成碘酸根离子和氯离子； (3)由图象可知 pH＝7 时，吸附效果最好； (4)Ksp(AgCl)＝c(Ag+)c(Cl﹣ )，则 c(Ag+)＝ spK AgCl c Cl ，Ksp(AgI)＝c(Ag+)c(I﹣)，则 c(Ag+)＝ spK AgI c I ，故 spK AgCl c Cl ＝ spK AgI c I ，且 AgI 的溶度积比 AgCl的溶度积小。 【详解】 (1) ① SO2(g)+I2(aq)+2H2O(l)═2HI(aq)+H2SO4(aq) ①△ H1；HI(aq)＝ 1 2 H2(g)+ 1 2 I2(aq) ②△H2， ① +2×② 得， SO2(g)+2H2O(1)═H2SO4(aq)+H 2(g)△H＝△H1+2△H2； ②a ．反应 Ⅲ△ S＞0、 △H＞ 0，在高温下可满足 △H﹣T?△ S＜0，故 a 错误； b．氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，还原性 SO2还原性比 HI 强， 故 b 正确； c．分解水制备氢气，应不断补充 H2O，故 c 正确； d．循环过程中产生 1mol O 2 同时产生 2mol H 2，故 d 错误， 故答案为： bc； ③ N(I 3 ﹣)逐渐增大的原因是，开始阶段， SO2 和 I2 反应生成的 I﹣ 的浓度不断增大， I2(aq)+I﹣ (aq)?I3 ﹣(aq)的反应平衡向右移动， n(I3 ﹣)不断增加； (2)氯气过量就能将碘单质进一步氧化成碘酸根离子，故氯气与碘单质反应的离子方程式为 5Cl2+I2+7H2O＝ 2IO3 ﹣+10Cl﹣+12H+； (3)据图象分析 pH＝7 时，吸附效果最好，故最适合吸附的是中性；