高考化学氧化还原反应的综合复习

高考化学氧化复原反响的综合复习高考化学氧化复原反响的综合复习高考化学氧化复原反响的综合复习一、高中化学氧化复原反响练习题（含详细答案解析）1．工业上办理含苯酚废水的过程以下。回答以下问题：Ⅰ.测定废水中苯酚的含量。测定原理：+3Br2→↓+3HBr测定步骤：步骤1：正确量取25.00mL待测废水于250mL锥形瓶中。步骤2：将5.00mLamolL1浓溴水(量)迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡。步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中迅速加入bmL0.10molL1KI溶液(过分)，塞紧瓶塞，振荡。步骤42~3滴指示剂，再用0.010molL1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，耗资：滴入Na2S2O3溶液V1mL(反响原理：I22Na2S2O32NaINa2S4O6)。待测废水换为蒸馏水，重复上述步骤(即进行空白实验)，耗资Na2S2O3溶液V2mL。步“骤1”量取待测废水所用仪器是________。(2)为了防范溴的挥发，上述步骤中采用的措施包括迅速加入试剂和________。步“骤4”滴定终点的现象为________。(4)该废水中苯酚的含量为________mgL1(用含V1、V2的代数式表示)。若是空白实验中“步骤2”忘记塞紧瓶塞，则测得的废水中苯酚的含量________(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)；若是空白实验中“步骤4”滴定至终点时俯视读数，则测得的废水中苯酚的含量________。.办理废水。采用Ti基PbO2为阳极，不锈钢为阴极，含苯酚的废水为电解液，经过电解，阳极上产生羟基(·OH)，阴极上产生H2O2。经过交排列的阴阳两极的共同作用，在各自地域将苯酚深度氧化为CO2和H2O。(5)写出阳极的电极反响式：________。(6)写出苯酚在阴极周边被H2O2深度氧化的化学方程式：________。【答案】(酸式)滴定管塞紧瓶塞滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色94V2-V1偏低偏低H2OeOHH15C6H5OH14H2O26CO217H2O【解析】【解析】向呈有待测废水加入浓溴水反响后获得三溴苯酚的积淀，再加入KI溶液与剩下的Br2发生氧化复原反响获得I2，方程式为Br2+2I-===I2+2Br-，再用Na2S2O3标准溶液滴定I2，可依照消耗的Na2S2O3标准溶液的体积和浓度算出溶液中节余的Br2的物质的量，再设置一个空白实验测出浓溴水的物质的量，用Br2总的物质的量-节余Br2的物质的量即可得出与苯酚反响的Br2的物质的量，再结合反响方程式获得苯酚的物质的量，进而求出废水中苯酚的含量，结合实验基本操作及注意事项解答问题。【详解】(1)由于苯酚显酸性，因此含苯酚的废水为酸性，“步骤1”中正确量取废水时所用的仪器可采用酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；(2)由于溴单质易挥发，因此可采用塞进瓶塞、迅速加入试剂等方法防范其挥发，故答案为：塞紧瓶塞；(3)用

0.01mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，由于

Na2S2O3标准溶液会反响

I2，加入的淀粉遇I2变成蓝色，因此滴定终点的现象为滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色，故答案为：滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色；(4)依照反响方程式可得各物质的物质的量关系式：Br2~2KI~I2~2Na2S2O30.005V10.01V10.005V20.01V2剩下的浓溴水中Br2的物质的量为0.005V1mmol，将待测废液换成蒸馏水时，5mLamol/L的浓溴水中Br2的物质的量为0.005V2mmol，则与苯酚参加反响的Br2的物质的量为0.005(V2-V)mmol，依照方程式+3Br→↓+3HBr可得苯酚的物质的12量为0.005V2-V1mmol，质量为940.005V2-V1mg，则该废水中苯酚的含量为33940.005V2-V1mg94V2-V1g-1，若步骤2中忘记塞进瓶塞，溴单质挥发，325103L15mgL以致最后耗资的Na223的体积偏小，则测得苯酚的含量偏低，若是空白实验中步骤4滴SO定终点时俯视读数，读得的体积偏小，则耗资的Na223SO的体积偏小，使测得苯酚的含量偏低，故答案为：94V2-V1；偏低；偏低；15(5)由题干信息可知，Ti基PbO2为阳极，则阳极H2O失去电子产生·OH，电极反响式为H2O-e-===H++·OH，故答案为：H2O-e-===H++·OH；(6)依照题干信息可知，苯酚被阴极产生的

H2O2深度氧化产生

CO2和H2O，有氧化复原反响规律获得其反响方程式式为C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O，故答案为：C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O。2．依照当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿(主要成分为FeS2)作为原料。完成以下填空：(1)将0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)充入一个2L的密闭容器中，在必然条件下发生反应：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)+Q。经2分钟反响达到平衡，测得n(SO3)=0.040mol，则O2的平均反响速率为______(2)在容积不变时，以下措施中有利于提高SO2平衡转变率的有______(选填编号)a.移出氧气b.降低温度c.减小压强d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)(3)在初步温度T1(673K)时SO2的转变率随反响时间(t)的变化如图，请在图中画出其他条件不变情况下，初步温度为T2(723K)时SO2的转变率随反响时间变化的表示图___(4)黄铁矿在必然条件下煅烧的产物为①将黄铁矿的煅烧产物Fe3O4溶于

SO2和Fe3O4H2SO4后，加入铁粉，可制备

FeSO4。酸溶过程中需保持溶液有足够的酸性，其原因是

______②FeS2能将溶液中的

Fe3+复原为

Fe2+，自己被氧化为

SO42﹣。写出相关的离子方程式______。有

2mol

氧化产物生成时转移的电子数为

______【答案】0.005mol/(L?min)bd抑制Fe3+与Fe2+的水解，并防范Fe2+被氧化成Fe3+FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+14NA【解析】【解析】(1)依照v＝c求出氧气的速率，尔后依照速率之比等于对应物质的化学计量数之比计t算；(2)反响放热，为提高SO2平衡转变率，应使平衡向正反响方向搬动，可降低温度，体积不变，不能够从压强的角度考虑，催化剂不影响平衡搬动，移出氧气，平衡向逆反响方向移动，不利于提高SO2平衡转变率，由此解析解答；(3)反响是放热反响，温度高升，平衡逆向进行，二氧化硫的转变率减小，但达到平衡所需要的时间缩短，据此画出曲线；(4)①Fe3＋与Fe2＋易水解，Fe2＋易被氧化成Fe3＋；②依照氧化复原反响中的反响物和生成物几何电子守恒来配平化学方程式，结合方程计算转移电子数。【详解】c0.040mol3＝2L(1)v(SO)＝t2min

＝0.01mol/(L?min)，因此v(O213)＝2v(SO)＝0.005mol/(L?min)，故答案为：0.005mol/(L?min)；(2)a．移出氧气，平衡逆向搬动，二氧化硫的转变率减少，故不选；b．降低温度，平衡正向搬动，二氧化硫的转变率增大，应选；c．减小压强，平衡逆向搬动，二氧化硫的转变率减少，故不选；d．再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)，相当于增大压强，平衡正向搬动，二氧化硫的转变率增大，应选；故答案为：bd；(3)反响：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H0，SO2的转变率在初步温度T1＝673K下随反响时间?△＜(t)的变化如图，其他条件不变，仅改变初步温度为T＝723K，温度高升，平衡逆向进行，2二氧化硫的转变率减小，但反响速率增大，达到平衡需要的时间短，在图中画出温度T2下SO的转变率随反响时间变化的预期结果表示图以下列图2；故答案为：；(4)①Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SO4后，生成的Fe3＋与Fe2＋易水解，Fe2＋易被氧化成Fe3＋，因此要加入Fe粉和酸，控制Fe3＋与Fe2＋的水解，并防范Fe2＋被氧化成Fe3＋，故答案为：抑制Fe3＋与Fe2＋的水解，并防范Fe2＋被氧化成Fe3＋；②-2价的硫离子拥有复原性，FeS2能够将溶液中的Fe3＋复原为Fe2＋，而自己被氧化为硫酸根离子，相关的离子方程式为：FeS23+22+2﹣++14Fe4+16H，氧化产物是硫酸根+8HO=15Fe+2SO离子，有2mol硫酸根生成时转移的电子数为14NA，故答案为：3+2+2﹣+FeS2+14Fe+8H2O=15Fe+2SO4+16H；14NA。【点睛】注意(3)温度高升，平衡逆向进行，二氧化硫的转变率减小，但反响速率增大，达到平衡需要的时间短，此为解题的要点。3．羟氨（NH2OH）是一种复原剂，和联氨相同是一种弱碱，不牢固，室温下吸取水汽迅速分解。回答以下问题：1）请写出羟氨的电子式___。2）利用KMnO4标准溶液定量间接测定羟氨的纯度。测定步骤以下：①溶液配制：称取5.0g某羟氨样品，溶解在______酸中后加适合蒸馏水，将其全部转移至100mL的______中，加蒸馏水至_______。②取20.00mL的羟氨酸性溶液与足量硫酸铁在煮沸条件下反响：＋3＋＝N2O↑2NH2OH2＋4Fe＋＋，生成的＋－＋4Fe2＋H2O＋6HFe2用0.4000mol·L1的酸性KMnO4溶液滴定，滴定达到终点的现象是____________。请写出Fe2＋与酸性KMnO4溶液反响的离子方程式_____________。重复滴定3次，每次耗资酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示：计算试样的纯度____%。（3）以下操作以致误差偏高的有______（填编号）。滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液羟氨称量时，时间过长和溶解时没有及时用酸酸化KMnO4溶液初步读数仰望，终点正常读数【答案】硫酸容量瓶刻度线当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不褪色5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O66ab【解析】【解析】(1)依照羟氨化学式写出其电子式；(2)①羟氨应溶解在24Cl会被MnO4-氧化；HSO中，由于HCl中的②用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不褪色；依照氧化复原反响的规律写出Fe2＋与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式，依照物质的量的关系计算式样纯度；(3)依照氧化复原滴定的相关操作解析实验误差。【详解】(1)依照羟氨化学式NHOH可知其电子式为：，故答案为：；2(2)①羟氨应溶解在24Cl会被MnO4-氧化，将其全部转移至100mL的HSO中，由于HCl中的容量瓶中，加蒸馏水至刻度线，故答案为：硫酸；容量瓶；刻度线；②用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不褪色；依照氧化复原反响的规律写出Fe2＋与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：5Fe2+4-+＝5Fe3+2+2+MnO+8H+Mn+4HO；由耗资高锰酸钾体积表可知，第一次误差过大，舍去，19.9820.02V(平均)==20.00mL；2设滴准时NH2OH2+的物质的量为xmol，依照离子方程式可得关系式：5NH2OH2+:2MnO4-52xncV=20.0010-30.4解得x=0.02因总量为100mL，因此n(NH2OH2+)＝0.02×5＝0.1molm=nM＝0.1×33g/mol＝3.3gw=m100%=3.3100%=66%m样5.0故答案为：当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不褪2+-+3+2+66色；5Fe+MnO4+8H＝5Fe+Mn+4H2O；；(3)a．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失会以致V标准偏大，计算结果偏高；b．滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液，相当于把KMnO4溶液稀释，滴准时耗资体积增大，计算结果偏高；c．羟氨称量时，时间过长和溶解时没有及时用酸酸化会以致羟氨被氧化，以致耗资体积偏小，计算结果偏低；d．KMnO4溶液初步读数仰望，终点正常读数，以致耗资体积偏小，计算结果偏低；故答案为：ab。【点睛】注意氧化复原滴定操作中的注意事项，依照公式判断不相同操作可能引起的实验误差。4．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SO22a、___、h。Cl，选择图中的装置（能够重复采用），其连接序次为：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ZnCl2?xH2O制取无水ZnCl2。①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SOClFeCl3的脱水剂，但丙同学认为该2还可用作由FeCl3?6H2O制取无水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【答案】m

KSCN溶液后，再滴加几滴氯水碱石灰fgdebcedSO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl

SOCl作脱水剂，与水反响生成2HCl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：SOCl2作脱水剂，与水反响生成HCl能够控制氯化锌的水解；故答案为：SOCl2作脱水剂，与水反响生成HCl能够控制氯化锌的水解；②用NaOH溶液吸取SOCl2232-32-，有NaSO和NaCl生成，反响的离子方程式：SOCl+4OH=SO-22-32--2+2Cl+2HO；故答案为：SOCl+4OH=SO+2Cl+2HO；3）①SOCl2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亚铁离子，反响的化学方程式为：SOCl2+2FeCl3?6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O，故答案为：SOCl+2FeCl?6HO=FeSO+6HCl+FeCl+9H2O；23242②SOCl23234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FeSO和FeCl。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FeCl3FeSO4和FeCl2，还可能有，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3，再滴加几滴2溶液，若产生白色积淀，则证明溶液中有42-，HNOBaClSO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。5．实验室用图所示装置制备KClO溶液，并经过KClO溶液与Fe(NO3)3溶液的反响制备高效水办理剂K2FeO4.已知K2FeO4拥有以下性质①可溶于水、微溶于浓KOH溶液，②在0℃5℃、强碱性溶液中比较牢固，③在Fe3和Fe(OH)3催化作用下发生分解，④在酸性至弱碱性条件下，能与水反响生成Fe(OH)3和O2。（1）装置A中KMnO4与盐酸反响生成MnCl2和Cl2，其化学方程式为______，装置B的作用是______。（2）Cl2和KOH在较高温度下反响生成KClO3，试写出该反响的离子方程式______。（3）制备K2FeO4时，KClO饱和溶液与Fe(NO3)3饱和溶液的混杂方式为：在搅拌下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中。原因是______。（4）已知pH11时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成[Zn(OH)4]2.下表列出了几种离子生成氢氧化物积淀的pH(开始积淀的pH按金属离子浓度为1.0molL1计算)。开始积淀的pH积淀完好的pHFe31.13.2Fe25.88.8Zn25.98.9实验中可采用的试剂：30%H2O2、1.0molL1HNO3、1.0molL1NaOH.由某硫酸锌溶液(含Fe2、Fe3杂质)制备ZnO的实验步骤依次为：______；______；③过滤；______；⑤过滤、冲洗、干燥；900℃煅烧。【答案】2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O除去Cl2中的HClV3Cl26OH5ClClO33H2OK2FeO4在Fe3作用下会分解向硫酸锌溶液中加入适合30%H2O2，使其充分反响滴加1.0molL1NaOH，调治溶液pH约为5(或3.2pH5.9)，使Fe3积淀完好向滤液中滴加1.0molL1NaOH，调治溶液pH约为10(或8.9pH11)，使Zn2积淀完好【解析】【解析】依照实验装置图可知，A装置中用高锰酸钾与盐酸反响制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，因此B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钠，反响的尾气氯气用氢氧化钾吸取。【详解】1KMnO4拥有强氧化性，将盐酸中氯离子氧化为Cl2，反响还有水生成，因此化学方程式为：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，应饱和食盐水吸取HCl除去，故答案为：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；除去Cl2中的HCl；2Cl2和KOH在较高温度下反响生成KClO3，反响的离子方程式为V3Cl26OH5ClClO33H2O，故答案为：V3Cl26OH5ClClO33H2O；3由题意可知K2FeO4在Fe3和Fe(OH)3催化作用下发生分解，则KClO饱和溶液与Fe(NO3)3饱和溶液的混杂方式为：在搅拌下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中，故答案为：K2FeO4在Fe3作用下会分解；4依照表中阳离子积淀的PH可知，由除去铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为：①向滤液中加入30%H2O2，使其充分反响，目的使Fe2转变完好为Fe3，②加氢氧化钠溶液，控制PH在4左右，使Fe3积淀完好，③过滤，④向滤液中滴加1.0molL1NaOH，调治溶液PH约为10(或8.9pH11)，使Zn2积淀完好，⑤过滤、冲洗、干燥，⑥900℃煅烧。故答案为：①向硫酸锌溶液中加入适合30%H2O2，使其充分反响；②滴加1.0molL1NaOH，调治溶液pH约为5(或3.2pH5.9)，使Fe3积淀完好；④向滤液中滴加1.0molL1NaOH，调治溶液pH约为10(或8.9pH11)，使Zn2积淀完好。【点睛】依照实验装置图可知，A装置中用高锰酸钾与盐酸反响制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，因此B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钠，反响的尾气氯气用氢氧化钾吸取，以此解答该题。6．利用H2复原铁的氧化物并确定其组成的装置以下列图(Zn粒中经常含有硫化物等杂质，焦性没食子酸溶液可吸取少量氧气)。回答以下问题：装置Q(启普发生器)用于制备H2，还可用于______(填字母，下同)。A．生石灰与浓氨水制NH3B．过氧化钠与水制O2C．硫化铁固体与稀硝酸制H2SnD.大理石与稀盐酸制CO22①②③中依次盛装的试剂为______，KMnO4酸性溶液中发生反响的离子方程式为______。A．KMnO4酸性溶液、浓HSO4、焦性没食子酸溶液B．焦性没食子酸溶液、浓HSO4、KMnO4酸性溶液C．KMnO4酸性溶液、焦性没食子酸溶液、浓HSO43“加热管式炉”和“打开活塞K”这两步操作应该先进行的是___，在这两步之间还应进行的操作是___。4反响过程中G管逸出的气体是______，其办理方法是______。结束反响时，应该______，待装置冷却后称量并记录相应数据。6假设反响完好后瓷舟中的固体只有Fe单质，实验中测得了以下数据：①瓷舟的质量为30.4g；②瓷舟和FexOy的总质量为42.0g；③反响前U形曾及内盛物的总质量为98.4g；④反响后U形管及内盛物的总质成为102.0g。由以上数据计算并确定该铁的氧化物的化学式为______。【答案】DC8MnO45H2S14H8Mn25SO4212H2O打开活塞K检验H2的纯度氢气(或H2)在G管口处放置一个点燃的酒精灯先停止加热，冷却至室温后，再关闭活塞KFe3O4【解析】【解析】H2复原WO3制备金属W，装置Q用于制备氢气，因盐酸易挥发，则①、②、③应分别用于除去HCl、H2S、氧气和水，获得干燥的氢气与铁的氧化物在加热条件下制备Fe，碱石灰用于吸取水，实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，以防范Fe被重新氧化，以此解答该题。【详解】(1)A．生石灰与浓氨水制NH3，生成的氢氧化钙微溶于水，可拥堵导管，故A错误；B．过氧化钠与水激烈反响，不能够用启普发生器制备O2，故B错误；C．硫化铁固体与稀硝酸发生氧化复原反响，不能够生成硫化氢，故C错误；D．大理石不溶于水，可与稀盐酸制CO2，可用启普发生器，故D正确。故答案为：D；2①、②、③应分别用于除去HCl、H2S、氧气和水，以获得干燥的氢气，KMnO4酸性溶液中发生反响的离子方程式为8MnO45H2S14H8Mn25SO4212H2O；3实验前应先通入氢气，以排出装置的空气，则应先打开活塞K，为防范加热时爆炸，应先检验H2的纯度；4从G逸出的气体为氢气，可用点燃的方法办理，方法是在G管口处放置一个点燃的酒精灯；5实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，以防范Fe被重新氧化；已知：①瓷舟的质量为30.4g；②瓷舟和FexOy的总质量为42.0g，则mFexOy11.6g；③反响前U形曾及内盛物的总质量为98.4g；④反响后U形管及内盛物的总质成为102.0g，则生成mH2O3.6g，则氧化物中mO3.6g16g/mol3.2g，nO0.2mol；18g/molmFe11.6g3.2g8.4g，8.4gnFe)0.15mol，则nFe：56g/molnO0.15：0.23：4，化学式为Fe3O4。7．小明很喜欢化学实验课，今天要学习“研究铁及其化合物的氧化性或复原性”。1）实验前小明展望说：Fe2+必然既有复原性又有氧化性。你认为他展望的依照是：。（2）小明欲用实考据明他的展望。实验室供应了以下试剂：3%的H2O2溶液、锌粒、铜-1FeCl2溶液、KSCN溶液、新制氯水。片、0.1mol·L①若小明计划在-12+0.1molL·FeCl2溶液滴入新制氯水，研究Fe的复原性，你预计可能发生的反响和现象是：________（写离子方程式）、溶液由浅绿色变色。②实验中，小明发现现象不太明显，老师解析可能是产物的含量太低，建议能够经过检验Fe2+被氧化的产物Fe3+的存在以获得凭据。你认为可选滴入小明所得的混杂液中，并经过溶液出现色的现象，证明小明的见解和实验方案都是正确的。③对于证明Fe2+拥有氧化性，小明认为金属单质都拥有复原性，并分别将铜片、锌粒投入FeCl2溶液中，结果铜片没变化，锌粒逐渐变小。由此说明三种金属的复原性由强至弱的顺序为：。（3）小明解析H22中氧元素显-1价（中间价），并提出疑问：222的反响时，OHO与FeClFe2+还作氧化剂吗？①请你为小明梳理相关问题：若Fe2+在反响中表现出氧化性应转变成（填微粒符号，下同），若Fe2+在反响中表现出复原性应转变成。②实质上Fe2+的复原性较强，实验室的FeCl2溶液常因氧化而变质。除杂的方法是：，相关反响的离子方程式：。【答案】（1）由于Fe2+中铁元素化合价处于中间价态，能够高升也能够降低；（2）①Cl2＋2Fe2+＝2Cl－＋2Fe3+，棕黄（黄）；②KSCN溶液，溶液呈血红（红）色；③Zn、Fe、Cu3+3+2+（或Zn>Fe>Cu）；（3）①Fe，Fe；②加入过分铁粉，过滤，2Fe+Fe=3Fe。【解析】试题解析：（1）最低价态只拥有复原性，最高价态只拥有氧化性，中间价态既拥有氧化性又有复原性，铁的价态一般是0、+2、+3，+2价位于中间，因此Fe2＋有复原性和氧化性；（2）①氯水拥有强氧化性，发生2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，Fe3＋显黄色或棕黄色；②检验Fe3＋用KSCN溶液，溶液变红说明Fe3＋的存在；③依照利用金属性强的置换出金属性弱的，铜片无变化，说明Fe的金属性强于铜，锌粒逐渐变小，发生Zn＋Fe2＋=Zn2＋＋Fe，说明Zn的金属性强于Fe，即金属性强弱：Zn>Fe>Cu；（3）①氧化性：获得电子、化合价降低，Fe2＋转变成Fe，复原性：失去电子、化合价高升，Fe2＋转变成Fe3＋；②利用Fe3＋拥有强氧化性，能和金属单质反响，不能够引入新的杂质，因此加入单质铁，发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋。考点：观察铁及其化合物的性质等知识。8．利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣（主要含FeO·V2O3、Al2O3、SiO2及少允许溶性磷酸盐）生产V2O5的工艺流程以下，回答以下问题：已知：①V2O5、Al2O3、SiO2可与Na2CO3、NaCl组成的混杂钠盐在高温下反响，并转变成NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3等可溶性钠盐。AlO2+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发生反响的化学方程式________；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后发生反响的离子方程式为________。（2）精制Ⅱ中加入CaCl2溶液除去磷酸盐，pH过小时影响除磷收效的原因是________；pH过大时，积淀量增大的原因是________。（3）沉钒所得NH4VO3积淀需进行冲洗，冲洗时除去的阴离子主若是________。NH4VO3在500℃时焙烧脱氨制得产品V2O5，反响方程式为2NH4VO3V2O5+H2O↑+2NH3↑。但脱氨过程中，部分V2O5会转变成V2O4，反响中氧化剂与复原剂物质的量之比为32:，该反响的化学方程式为________。焙烧【答案】4FeO·V2O3+5O22Fe2O3+4V2O5Fe2O3[或Fe(OH)3]除Si并转变-+H2O=AlOH3+3NH+H2O=H2O+AlO2写“除Si”即得分）Al3+3NH3H+NH3··()↓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积淀Cl－3V2O5+2NH3500℃3V2O4+N2+3H2O【解析】【解析】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、AlO、SiO均转变成可溶性盐，FeO[或Fe(OH)]成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调pH为了232233--++发生反响生成和SiO32反响生成硅酸积淀，将AlO2转变成Al3；加入NH3·H2O后与Al3AlOH3积淀；精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙积淀，除去磷酸盐，沉钒时加入试剂()NHCl，所得NHVO积淀，焙烧获得产品，据此解析。443【详解】（1）氧化过程FeO·V23生成对应的金属氧化物2325OFeO和VO，化学方程式为：焙烧4FeO·VO+5O2FeO+4VO；经过氧化和钠化后，VO、AlO、SiO均转变成232232525232可溶性盐，Fe或Fe(OH)3]成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调pH为了和2-反响生成硅2O3[SiO3酸积淀，将AlO2-转变成Al3+；加入NH323+发生反响生成Al(OH)3积淀，还可以够·HO后与Al中和酸，反响方程式为：Al3++3NH3gH2O=AlOH3+3NH4+、H++NH3gH2O=H2O+NH4+，故答案为：4FeO·V2O3+焙烧5O22Fe2O3+4V2O5；Fe2O3[或Fe(OH)3]；除Si并转变AlO2-(写“除Si”即得分)；Al3++3NH3gH2O=AlOH3+3NH4+，H++NH3gH2O=H2O+NH4+（写出第一个离子方程式即得分）；（2）精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙积淀，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CaOH2积淀，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积淀；（3）沉钒时加入试剂NH4Cl，因此所得NH4VO3积淀含有阴离子主要为-Cl；脱氨过程中，部分V2O5会转变成V2O4，且反响中氧化剂与复原剂物质的量之比为32V2O5为氧化:，则剂，NH3为复原剂，复原产物为V2O4，氧化产物为N2，则氧化复原方程式为：3V2O5+500℃3V2O4+N2+3H－2NH3500℃+N2+2NH32O，故答案为：Cl；3V2O5+3V2O43H2O。9．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2+的溶液，钴浸出率LiCoO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（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++LiCoO22+=AgCoO+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：__。3+2+2+2+【答案】ZnS+2Fe=Zn+S+2Fe细菌的活性降低或失去活性4LiCoO+12H++4Co2++6H22+明显提高了单位时间内钴浸出率，即提高了钴浸出速率4LiO+O↑加入Ag3++2+2++3，使LiCoO2浸出的总反响的化学AgCoO2+3Fe=Ag+Co+3Fe+O2↑加入Ag催化了反响反响速率加速，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++6H2O反响生成Li、Co、O2和H2O，反响的离子方程式为4LiCoO2+12H4Li+4Co++2++6H2O+O2↑；+O2↑，故答案为：4LiCoO2+12H4Li+4Co②Ⅰ．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AgCoO2+3Fe3+=Ag++Co2++3Fe2++O2↑，故答案为：AgCoO2+3Fe3+=Ag++Co2++3Fe2++O2↑；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，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。10．NH3和Cl2在常温下可迅速反响生成氮气：2NH3+3Cl2→N2+6HCl。当Cl2和NH3比率不同时，产物有差异。(1)该反响可用于检验化工生产中氯气可否泄漏。如氯气有少量泄漏，用氨气检验时的现象为_____________________________。(2)若利用该反响办理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，Cl和NH的最正确比率为23_____。(3)常温常压下，取总物质的量为12mol的氯气和氨气的混杂气体，完好反响后，气体物质的量保持不变。求：①反响前氯气和氨气的物质的量之比______________②反响后生成的氧化产物的质量_______________。(4)若将整体积为100L的NH和Cl混杂，实验精确测得充分反响后无色混杂气体中N占混322合气体的1，求生成氧化产物的物质的量_____________。（该实验数据在标准情况下测7定）【答案】有白烟生成3∶2n(NH3)∶n(Cl2)=1∶1m(N2)=56g余NH3和N20.263mol，余HCl和N20.893mol【解析】【解析】NH3和Cl2在常温下可迅速反响生成氮气：2NH3+3Cl2→N2+6HCl。当Cl2和NH3比率不相同时，产物有差异。(1)要检验化工生产中氯气可否泄漏，则需要有明显的现象，从供应的反响能够看出，氨气过分时会有明显现象，找到该反响并指出现象即可；(2)要求是利用氨气和氯气之间反响生成氯化氢用于制备盐酸，故按该反响中

Cl2和

NH3的比率来回答；(3)常温常压下，取总物质的量为12mol的氯气和氨气的混杂气体，完好反响后，气体物质的量保持不变，说明2NH33Cl2N26HCl反响后氨气有节余，再发生反响NH3+HCl=NH4Cl，HCl不能够完好反响，按此思路计算①反响前氯气和氨气的物质的量之比及②反响后生成的氧化产物的质量；(4)若将整体积为100L的NH3和Cl2混杂，①2NH33Cl2N26HCl恰好反响，依照方程式计算混杂气体整体积，进而计算氮气体积；②NH3过分时，发生反响8NH33Cl2N26NH4Cl，节余混杂气体为氮气、氨气，设Cl2有xL，利用方程式和已知条件计算出氮气的体积、氧化产物的物质的量；【详解】(1)按题意，用于检验氯气可否泄漏的反响应有明显现象，氯气和氨气可能的反响为2NH33Cl2N26HCl、当氨气过分时会与生成的HCl反响生成氯化铵，有白烟，现象明显；答案为：有白烟生成；(2)氨气和氯气在常温下可迅速反响生成氮气：2NH33Cl2N26HCl，若利用该反响办理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，Cl2和NH3的最正确比率为3：2；答案为：3：2；①常温常压下，取总物质的量为12mol的氯气和氨气的混杂气体，完好反响后，气体物质的量保持不变，说明2NH33Cl2N26HCl反响后氨气有节余，再节余氨气再与部分HCl发生反响NH3+HCl=NH4Cl，HCl不能够完好反响，设反响2NH33Cl2N26HCl2NH3~3Cl2气体物质的量增加中耗资氯气的物质的量为x，2322x，x2x33NH3+HCl=NH4Cl气体物质的量减少12，前者体积增大与后者体积减小相等，2x2(12-x)12-x3则2(12x22x)x，得x=6，33故反响前氯气和氨气的物质的量之比为答案为：1:1；

x612x6

1：1；②反响后生成的氧化产物为氮气，氯气为6mol,由2NH33Cl2N26HCl可知,生成氮气的物质的量为2mol，故氧化产物氮气的质量=2mol×28g/mol=56g，故答案为：56g；(4)在2NH33Cl2N26HCl反响中，NH3和Cl2恰好完好反响时，混杂气体中N2占混合气体的1，由于氨气与HCl能够反响生成HN4Cl，而充分反响后的混杂气体中N2占混杂7气体的1，则有两类情况：①Cl2与氨气恰好反响，由方程式可知5体积气体生成7体积气7体，故反响后混杂气体整体积=100L×7=140L，则氧化产物氮气体积为140L×1=20L，故57其物质的量=20L=0.893mol；②NH3过分时，发生反响22.4L/mol8NH33Cl2N26NH4Cl，节余混杂气体为氮气、氨气，设Cl2有xL，则8NH3~3Cl2~N2V1xL831101300，则3，故氧化产物氮气的物x10x10，x17x100L733xL3300L1质的量=1730.263mol；22.4L/mol答案为：余NH3和N2为0.263mol，余HCl和N2为0.893mol。11．实验室里，从废旧钴酸锂离子电池的正极资料（在铝箔上涂覆活性物质LiCoO2）中，回收钴、锂的操作流程以以下列图所示：回答以下问题。（1）拆解废旧电池获得正极资料前，先将其浸入

NaCl溶液中，使电池短路而放电，此时溶液温度高升，该过程中能量的主要转变方式为

____。2）“碱浸”过程中产生的气体是____；“过滤”所得滤液用盐酸办理可获得氢氧化铝，反响的化学方程式为____。3）“酸浸”时主要反响的离子方程式为____；若硫酸、Na2S2O3溶液用必然浓度的盐酸取代，也能够达到“酸浸”的目的，但会产生____（填化学式）污染环境。（4）“沉钴”时，调pH所用的试剂是____；“沉钴”后溶液中2+c（Co）=____。（已知：Ksp[Co（OH）2]=1.09×l0-15）5）在空气中加热Co（OH）2，使其转变成钴的氧化物。加热过程中，固体质量与温度的关系如左以下列图所示。290～500℃，发生反响的化学方程式为____。6）依照右以下列图判断，“沉锂”中获得Li2CO3固体的操作主要包括____、____、冲洗、干燥等步骤。【答案】化学能→电能→热能H2223↓2232-NaAlO+HCl+HO=NaCl+Al(OH)8LiCoO+SO+22H++2+2-+11H2OCl2NaOH溶液或氢氧化钠固体-6=8Li+8Co+2SO41.09×l0mol/L290~500℃6Co2O34Co3O4+O2↑蒸发浓缩趁热过滤【解析】【解析】正极资料主要由Al和LiCoO2组成，LiCoO2属于盐类，由复分解反响的条件可判断，其与NaOH溶液混杂不发生反响，故“碱浸”过程中只有Al和NaOH反响生成偏铝酸钠和氢气，过滤获得滤渣为LiCoO2；“酸浸”时反响物有LiCoO2、硫酸和Na2S2O3溶液，依照“沉钴”产物为CoOH2可判断，反响后钴元素的价态从+32()价降为+价，依照氧化复原反响规律以及工艺中最后还可获得Na2SO4·10H2O副产品，可推知S元素价态高升并转变为SO2-；此后调治pH值获得CoOH2积淀，再加入碳酸钠溶液调治pH值沉锂，获得碳4()酸锂和母液，母液结晶获得Na2SO4·10H2O。【详解】(1)依照“电池短路而放电”“溶液温度高升”两项信息，即可判断废旧电池的办理过程中能量的主要转变方式为化学能→电能→热能；(2)依题中信息可知，正极资料主要由Al和LiCoO2组成，LiCoO2属于盐类，由复分解反响的条件可判断，其与

NaOH溶液混杂不发生反响，故“碱浸”过程中只有

Al和

NaOH反应，生成

NaAlO2和

H2；“过滤”所得滤液用适合盐酸办理能够获得氢氧化铝，方程式为NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓；(3)依照解析可知“酸浸”时

Na2S2O3被氧化为

SO42-，Co元素被复原，结合电子守恒和元素守恒可知离子反响方程式为：8LiCoO2+S2O32-+22H+=8Li++8Co2++2SO42-+11H2O；加入的Na2S2O3起复原作用，用必然浓度的盐酸取代“Na2S2O3溶液和硫酸”，也能实现酸浸目的，可知该反响中，盐酸也起了复原剂的作用，氧化产物为会污染环境的Cl2；(4)结合“沉锂”后母液中还可以够获得Na242NaOH溶液或固SO·10HO，可知用的试剂为体；溶液pH95cOH-)=10-4.5LKspCoOH22(OH-/]=，带入[()2+×l0-152+-6)·c(Co)=1.09求得c(Co)=1.09×l0mol/L；(5)从图中信息可知，加热前的反响物为CoOH2(0.930g001mol，依()),其物质的量为.据钴元素的量不变可知:n(Co)=0.01mol，m(Co)=0.590g，温度升温290℃时，转变成0.830g某种钴的氧化物，该氧化物中，n(O)==0.015mol，由此能够确定该16g/mol氧化物为Co2O3；同理能够确定500℃时，n(O)=≈0.0133mol，则生成的氧16g/mol化物为Co342334O；因此290℃～500℃过程中，CoO转变成CoO，反响过程中，Co元素化合价降低。氧元素化合价高升并转变成O2，故反响的化学方程式为290~500℃6CoO4CoO+O↑；23342(6)解析溶解度曲线可知LiCO3微溶，其溶解度随温度高升而降低，为了提高锂元素的回收率，同时防范硫酸钠析出，应采用蒸发浓缩(减少溶剂)并在较高温度下趁热过滤等操作。【点睛】热重解析法是常用的定量解析方法，经过解析热重曲线，能够推测物质的热牢固性、加热反响生成的产物等相关信息。第

5题解题要点是抓住受热过程中

Co元素的量不变，利用图中数据信息，确定分解所得氧化物中钴、氧元素的物质的量之比

,进而确定不相同温度下生成的氧化物的组成，写出反响的化学方程式。12．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。实验步骤以下：（供应试剂：NaOH溶液、H2O2溶液、CuO、Na2CO3）完成以下填空：1）孔雀石的主要成分与稀硫酸反响的离子方程式为________。2）按试剂加入序次，w所代表的试剂依次为__________。积淀B的成分为_______。3）a操作依次为：加热蒸发、_______、过滤、冲洗、__________。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）。若是测定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：_____。aNaOH（aq）bNaCO（aq）c淀粉KI（aq）d酸性KMnO（aq）2345）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）该小组一位同学依照实验结果求出样品中孔雀石的质量分数为：m2222，另一2502m1位同学不相同意，其原因是___________。【答案】Cu2OH2CO3++CO2H2O2CuOFeOH3CuO（+4H→2Cu2+3H2O↑溶液、、）+（）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】【解析】mg孔雀石的主要成分为Cu（OH）CO（含少量FeO、FeO、SiO），加入稀硫酸过滤得1223232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，加入氧化铜调治溶液的pH积淀铁离子，过滤获得积淀B为氢氧化铁和过分的氧化铜，溶液B为硫酸铜溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤冲洗、干燥获得硫酸铜晶体m2g，受热失去结晶水获得硫酸铜固体m3g。据此解答。【详解】（1）碱式碳酸铜和硫酸反响生成硫酸铜、水和二氧化碳，反响的离子方程式为：Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑，故答案为：Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑；（2）按试剂加入序次，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，加入氧化铜调治溶液pH使铁离子全部积淀，过滤获得积淀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，直接加热蒸干会以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：2+溶液中加入NaOH溶液后，a．NaOH溶液，向FeFe2+与OH-反响生成Fe（OH）2，Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓，Fe（OH）2不牢固易被氧气氧化为Fe（OH），4Fe（OH）+O2+2H2O=4Fe（OH）3，白色的Fe（OH）2积淀变成红褐色Fe32（OH）3，向Fe2+溶液中加入NaOH溶液后，观察到生成的白色积淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；Fe3+与OH-反响Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，生成红褐色Fe（OH）3，两者反响现象搅乱，不能够检验该溶液中存在Fe2+，故a错误；b．NaCO（aq）和亚铁离子生成积淀，和铁离子双水解生成氢氧化铁积淀和二氧化碳，溶23液浑浊不能够检验亚铁离子，故b错误；c．淀粉KI（aq）和铁离子发生氧化复原反响生成碘单质和亚铁离子，溶液颜色周边不能够鉴别亚铁离子，故c错误；d．酸性KMnO4（aq），由于Fe2+拥有较强的复原性能使酸性KMnO4溶液褪色，Fe3+不能够，故能够用酸性2+3+KMnO4溶液鉴别Fe和Fe，故d正确；若是测定2+2～3cm处改用胶头Fe的含量，需要用容量瓶配制某标准溶液，加水到离刻度线滴管滴加蒸馏水，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（CuSO?xHO）中结晶水x值，应称量坩埚的质量，坩埚和晶体的质42量，加热后坩埚的质量，加热后再称量一次坩埚的质量，判断质量可否在误差赞成范围内及两次值可否相差不高出

0.1g，因此最少称量

4次；a．加热温度过高，会以致硫酸铜分解，质量变化较大，以致结果偏大，

a正确；b．胆矾晶体的颗粒较大，会以致晶体解热分解不完好，质量变化偏小，结果偏小，

b错误；c．加热后放在空气中冷却，会吸取空气中的水重新形成晶体，以致测定结果偏小，

c错误；d．加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，以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调治溶液的pH，积淀Ⅱ为Fe（OH）3，因此胆矾中的铜元素不是都来自样品，因此该小组一位同学依照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。13．二氧化氯泡腾片，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Na232+-和________________（用离SO溶液中存在以下平衡：HOH+OH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】H22322同时产生了大量的氯气，不、Cl2NaClO+4HCl=2ClO↑+Cl↑+2NaCl+2HO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6126324→24ClO↑22240.16NA2.532-1CHO+24NaClO+12HSO+6CO↑+18HO+12NaSOSO2-3-，HSO3-2-23+2--)>c(HSO3-+c(Na)>c(SO3)>c(OH)>c(H)+HOOH+HSO+HOOH+HSONaHSO3、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Cl2，生成ClO2的化学方程式为：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；（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+12HSO4→24ClO2↑+6CO2↑+18H2O+12NaSO4，由方程式能够看出每产生30mol的气体，转移电子24N；现在产生气体的物质的量为4.48L（即0.2mol），因此转A移电子的物质的量为0.16mol，个数为0.16NA；（4）办理含-2mol，则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2==0.4mol。因此n(Cl2)：5n(ClO2)=1：0.4=2.5；（5）反响中的NaSO溶液中存在以下平衡：HO+-2-的水解平衡的两种方程H+OH和SO2323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-+H2O--，SO3SO3OH+HSO3--+2-+)>c(SO2-2-水解产生--，HSO+HOOH+H2SO；NaSO=2Na+SO；c(Na3)，SOOH和HSO32323333-进一步水解还要耗资----)；在溶液中还存在水HSO3HSO3，同时产生OH，因此c(OH)>c(HSO3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局部过量会产生

SO2、H2SO3溶解在该溶液中还含有

SO2

和

H2SO3。14．按要求回答以下问题：（1）现有以下物质：①NaCl晶体②液态HCl③CaCO3固体④熔融KCl⑤蔗糖⑥铜⑦CO2⑧H2SO4⑨KOH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）胶体和溶液的实质差异是________________，鉴别胶体和溶液所采用的方法是观察可否能发生___________效应。（3）以下

3个反响，按要求填写相关量。①2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑反响中，每耗资

1molNa2O2生成_____gO2。②在

NaHCO3的热分解反响中，每耗资

168gNaHCO3，标准情况下生成

_____LCO2。③Cl2+H2O＝HCl+HClO反响中，标准情况下每耗资22.4LCl2，转移_____mol电子。4）在一个密闭容器中放入以下四种物质，在必然条件下发生化学反响，一段时间后，测得相关数据以下：物质MNQP反响前质量（g）501312反响后质量（g）x26330①该变化的基本反响种类是_____反响；②物质Q在反响中起的作用是_____。【答案】④⑥①②③④⑧⑨⑤⑦①②④⑦⑧⑨分别质粒径大小不相同丁达尔1622.41分解催化剂【解析】【解析】(1)a.含有自由搬动的电子或阴阳离子的物质就能导电；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；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，电离出自由搬动的离子；(2)分别系的分类标准是分别质颗粒直径大小不相同，胶体有丁达尔效应，而溶液没有；(3)①耗资

1mol

过氧化钠能够生成

0.5mol

氧气，尔后依照

m=nM

计算出生成氧气的质量；②依照

n=

m

计算出碳酸氢钠的物质的量，再依照方程式及

V=nVm计算出生成标况下二氧M化碳的体积；③氯气与水的反响中，耗资

1mol

氯气转移了

1mol

电子；(4)该反响中

Q的质量不变，则

Q为催化剂；依照质量守恒定律计算出

X，尔后依照质量变化判断反响物、生成物，进而得出该反响的反响种类。【详解】(1)a.④熔融KCl中含有自由搬动离子、⑥铜含有自由搬动的电子，因此④⑥都能导电；b.①NaCl晶体、②液态HCl、③CaCO3固体、④熔融KCl、⑧H2SO4、⑨KOH固体是电解质；⑤蔗糖、⑦CO2是非电解质；水溶液中能发生电离，电离出自由搬动的离子或金属中存在自由搬动的电子都能够导电，①NaCl晶体、②液