一、高中化学氧化还原反应练习题(含详细答案解析)
1.硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药,用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒,临床常用于治疗荨麻疹,皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定,在酸性溶液中分解产生S和SO2
实验I:Na2S2O3的制备。工业上可用反应:2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得,实验室模拟该工业过程的装置如图所示:
(1)仪器a的名称是_______,仪器b的名称是_______。b中利用质量分数为70%〜80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。c中试剂为_______ (2)实验中要控制SO2的生成速率,可以采取的措施有_______ (写出一条) (3)为了保证硫代硫酸钠的产量,实验中通入的SO2不能过量,原因是_______ 实验Ⅱ:探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。 资料:Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色) 装置 试剂X 实验现象 Fe2(SO4)3溶液 混合后溶液先变成紫黑色,30s后几乎变为无色
(4)根据上述实验现象,初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+,通过_______(填操作、试剂和现象),进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象:_______
实验Ⅲ:标定Na2S2O3溶液的浓度
(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液,并用间接碘量法标定该溶液的浓度:用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g∙mol-1)0.5880g。平均分成3份,分别放入3个锥形瓶中,加水配成溶液,并加入过量的KI并酸化,发生下列反应:6I-+Cr2O72-+14H+ = 3I2+2Cr3++7H2O,再加入几滴淀粉溶液,立即用所配Na2S2O3溶液滴定,发生反应I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-,三次消耗 Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL,则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol∙L-1
【答案】分液漏斗 蒸馏烧瓶 H2SO4Na2SO3=Na2SO4H2OSO2 硫化钠和碳酸钠的混合液 调节酸的滴加速度 若 SO2过量,溶液显酸性.产物会发生分解 加入铁氰化钾溶液.产生蓝色沉淀 开始生成 Fe(S2O3)33-的反应速率快,氧化还原反应速率慢,但Fe3+与S2O32- 氧化还原反应的程度大,导致Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动,最终溶液几乎变为无色 0.1600 【解析】 【分析】 【详解】
(1)a的名称即为分液漏斗,b的名称即为蒸馏烧瓶;b中是通过浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2,所以方程式为:H2SO4Na2SO3=Na2SO4H2OSO2;c中是制备硫代硫酸钠的反应,SO2由装置b提供,所以c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液; (2)从反应速率影响因素分析,控制SO2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度,或者改变反应温度;
(3)题干中指出,硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解,如果通过量的SO2,会使溶液酸性增强,对制备产物不利,所以原因是:SO2过量,溶液显酸性,产物会发生分解; (4)检验Fe2+常用试剂是铁氰化钾,所以加入铁氰化钾溶液,产生蓝色沉淀即证明有Fe2+生成;解释原因时一定要注意题干要求,体现出反应速率和平衡两个角度,所以解释为:开始阶段,生成Fe(S2O3)3的反应速率快,氧化还原反应速率慢,所以有紫黑色出现,随着Fe3+的量逐渐增加,氧化还原反应的程度变大,导致平衡逆向移动,紫黑色逐渐消失,最终溶液几乎变为无色;
(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应:①6ICr2O714H=3I22Cr222337H2O;
②I22S2O3=2IS4O6;反应①I-被氧化成I2,反应②中第一步所得的I2又被还原成I-,所以①与②电子转移数相同,那么滴定过程中消耗的Cr2O7得电子总数就与消耗的
2S2O3失电子总数相同 ;在做计算时,不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的
2滴定。所以假设c(Na2S2O3)=a mol/L,列电子得失守恒式:解得a=0.1600mol/L。
10.58806=a0.0251,
3294
2.工业上处理含苯酚废水的过程如下。回答下列问题: Ⅰ.测定废水中苯酚的含量。 测定原理:测定步骤:
步骤1:准确量取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(过量),塞紧瓶塞,振
+3Br2→
↓+3HBr
荡。
步骤4:滴入2~3滴指示剂,再用0.010molL1Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消耗
Na2S2O3溶液V1mL(反应原理:I22Na2S2O32NaINa2S4O6)。待测废水换为蒸馏
水,重复上述步骤(即进行空白实验),消耗Na2S2O3溶液V2mL。 (1)“步骤1”量取待测废水所用仪器是________。
(2)为了防止溴的挥发,上述步骤中采取的措施包括迅速加入试剂和________。 (3)“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)。如果空白实验中“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);如果空白实验中“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________。
Ⅱ.处理废水。采用Ti基PbO2为阳极,不锈钢为阴极,含苯酚的废水为电解液,通过电解,阳极上产生羟基(·OH),阴极上产生H2O2。通过交排列的阴阳两极的协同作用,在各自区域将苯酚深度氧化为CO2和H2O。 (5)写出阳极的电极反应式:________。
(6)写出苯酚在阴极附近被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 H2OeOHH
15C6H5OH14H2O26CO217H2O
【解析】 【分析】
向呈有待测废水加入浓溴水反应后得到三溴苯酚的沉淀,再加入KI溶液与剩下的Br2发生氧化还原反应得到I2,方程式为Br2+2I-===I2+2Br-,再用Na2S2O3标准溶液滴定I2,可根据消耗的Na2S2O3标准溶液的体积和浓度算出溶液中剩余的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-剩余Br2的物质的量即可得出与苯酚反应的Br2的物质的量,再结合反应方程式得到苯酚的物质的量,从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”中准确量取废水时所用的仪器可选用酸式滴定管,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止其挥发,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标准溶液会反应I2,加入的淀粉遇I2变成蓝色,所以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)根据反应方程式可得各物质的物质的量关系式:
Br20.005V10.005V2~2KI~I2~2Na2S2O30.01V10.01V2
剩下的浓溴水中Br2的物质的量为0.005V1 mmol,将待测废液换成蒸馏水时,5mL amol/L的浓溴水中Br2的物质的量为0.005V2 mmol,则与苯酚参与反应的Br2的物质的量为0.005(V2-V1) mmol,根据方程式
+3Br2→
↓+3HBr可得苯酚的物质的
量为
0.005V2-V1940.005V2-V1 mmol,质量为mg,则该废水中苯酚的含量为
33940.005V2-V1mg94V-V21mggL-1,若步骤2中忘记塞进瓶塞,溴单质挥发,325103L15导致最终消耗的Na2S2O3的体积偏小,则测得苯酚的含量偏低,如果空白实验中步骤4滴定终点时俯视读数,读得的体积偏小,则消耗的Na2S2O3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,电极反应式为H2O-e-===H++·OH,故答案为:H2O-e-===H++·OH;
(6)根据题干信息可知,苯酚被阴极产生的H2O2深度氧化产生CO2和H2O,有氧化还原反应规律得到其反应方程式式为C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O,故答案为:C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O。
3.高锰酸钾是一种用途广泛的强氧化剂,实验室制备高锰酸钾所涉及的化学方程式如下: MnO2熔融氧化:3MnO2+ KClO3+ 6KOH
熔融3K2MnO4+ KCl+3H2O
K2MnO4歧化:3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3
将MnO2熔融氧化所得产物的热浸取液装入三颈烧瓶,再通入CO2气体,使K2MnO4歧化的过程在如图装置中进行,A、B、C、D、E为旋塞,F、G为气囊,H为带套管的玻璃棒。
回答下列问题:
(1)仪器a的名称是______。
(2)MnO2熔融氧化应放在______中加热(填仪器编号)。 ①烧杯 ②瓷坩埚 ③蒸发皿 ④铁坩埚
(3)为了能充分利用CO2,装置中使用了两个气囊。当试管内依次加入块状碳酸钙和盐酸后,关闭旋塞B、E,微开旋塞A,打开旋塞C、D,往热K2MnO4溶液中通入CO2气体,未反应的CO2被收集到气囊F中。待气囊F收集到较多气体时,关闭旋塞______,打开旋塞______,轻轻挤压气囊F,使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应,未反应的CO2气体又被收集在气囊G中。然后将气囊G中的气体挤压入气囊F中,如此反复,直至K2MnO4完全反应。
(4)除去K2MnO4歧化产物中MnO2的操作方法是______。
(5)将三颈烧瓶中所得产物经过一系列操作得到针状的高锰酸钾晶体,最后采用低温烘干的方法来干燥产品,原因是______。
【答案】长颈漏斗 ④ AC BDE 过滤 高锰酸钾晶体受热易分解 【解析】 【分析】
(1)由实验装置可知,仪器a为长颈漏斗;
(2)熔融固体物质需要在坩埚内加热,加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚; (3)该操作的目的是将气囊F中的二氧化碳排出,据此判断正确的操作方法; (4)高锰酸钾溶于水,二氧化锰不溶于水; (5)高锰酸钾晶体受热易分解。 【详解】
(1)由实验装置可知,仪器a为长颈漏斗,故答案为:长颈漏斗;
(2)熔融固体物质需要在坩埚内加热,加热熔融物中含有碱性KOH,瓷坩埚中含有二氧化硅,二氧化硅能够与氢氧化钾反应,所以应用铁坩埚,故答案为:④;
(3)待气囊F收集到较多气体时,需要将气囊F中二氧化碳排出到热K2MnO4溶液中,所以需要关闭A、C,打开B、D、E,轻轻挤压气囊F,从而使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应,故答案为:AC;BDE;
(4)高锰酸钾溶于水,二氧化锰不溶于水,固液分离应用过滤的方法,则除去高锰酸钾溶液中的二氧化锰应用过滤的方法,故答案为:过滤;
(5)高锰酸钾晶体受热易分解,实验时应采用低温烘干的方法来干燥产品,避免高锰酸钾晶体受热发生分解,故答案为:高锰酸钾晶体受热易分解。
4.硫酸亚铁铵的化学式为(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O,商品名为莫尔盐,可由硫酸亚铁与硫酸铵反应生成。一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化,而形成莫尔盐后就比较稳定了。三种盐的溶解度(单位为g/100g水)如下表: 温度/℃ (NH4)2SO4 FeSO4·7H2O 10 73.0 20.0 20 75.4 26.5 30 78.0 32.9 (NH4)2SO4•FeSO4 17.2 21.6 28.1 (一)实验室制取少量莫尔盐的流程如下:
试回答下列问题:
(1)步骤1中加入10%Na2CO3溶液的主要作用是___________;反应中铁屑过量是为了______。
(2)步骤3需要趁热过滤,原因是___________。
(3)从步骤4到莫尔盐,必须进行的操作依次是______,析出的晶体常用________洗涤。 (4)若莫尔盐的饱和溶液中有水20克,当温度从30℃降至10℃,最多析出莫尔盐的质量是________(选填编号)。
A 2.18g B 大于2.18g C 小于 2.18g D 无法确定
(二)称取质量为1.96g的莫尔盐制成溶液。用未知浓度的酸性KMnO4溶液进行滴定。 (1)已知MnO4-被还原为Mn2+,试写出该滴定反应的离子方程式____。 (2)判断该反应到达滴定终点的现象为____________。
(3)假设到达滴定终点时,用去V mL 酸性KMnO4溶液,则该酸性KMnO4溶液的浓度为_______mol/L。
【答案】除铁屑表面的油污 还原氧化生成的Fe3+,保证Fe2+稳定、纯净地存在,减少产7H2O析出 物中的Fe3+杂质 FeSO4在温度低时溶解度较小,如果不趁热过滤就会有FeSO4·过滤、洗涤 无水酒精或冰水 B 5Fe2++MnO4-+8H+ → 5Fe3++Mn2++4H2O 加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪,且半分钟内不褪色 1/V 【解析】 【分析】
(一)(1)碳酸钠水解显碱性; (2)FeSO4在温度低时溶解度较小;
(3)浓缩结晶后需要过滤、洗涤;温度低时,硫酸亚铁铵的溶解度小; FeSO4在30℃和10℃的溶解度分别为:28.1g和17.2g; (4)(NH4)2SO4·
(二)(1)MnO4-将二价铁离子氧化为三价铁离子,被还原为Mn2+; (2)高锰酸钾本身有颜色,滴定亚铁离子是不需要指示剂的;
(3)根据亚铁离子和高锰酸根反应的实质,可以找到亚铁离子与高锰酸根之间的量的关系,根据原子守恒可以找到亚铁离子和酸亚铁铵之间量的关系,进而进行计算。 【详解】
(一)(1)碳酸钠水解显碱性,油脂在碱性条件下能水解,过量的Fe可以还原氧化生成的Fe3+,减少产物中的Fe3+杂质,
故答案为:除铁屑表面的油污;还原氧化生成的Fe3+,保证Fe2+稳定、纯净地存在,减少产物中的Fe3+杂质;
7H2O析出,故答案为:FeSO4在温度低时溶解度较小,(2)如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出; 如果不趁热过滤就会有FeSO4·
(3)浓缩结晶后需要过滤、洗涤;硫酸亚铁铵在无水乙醇中的溶解度小;温度低时,硫酸亚铁铵的溶解度小,可用冰水洗涤,故答案为:过滤、洗涤;无水酒精或冰水; FeSO4在30℃和10℃的溶解度分别为:28.1g和17.2g,即若溶剂为100g(4)(NH4)2SO4·
FeSO4·6H2O水,冷却析出10.9g,有水20g析出2.18g,硫酸亚铁铵的化学式为(NH4)2SO4·含有结晶水,故析出质量大于2.18g,故答案为:B;
(二)(1)反应的离子方程式5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O,故答案为:5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O;
(2)高锰酸钾本身有颜色,滴定亚铁离子不需要指示剂,当滴加最后一滴溶液后,溶液变成紫红色,30s内不褪色,说明达到滴定终点,故答案为:加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪,且半分钟内不褪色;
(3)1.96g硫酸亚铁铵晶体的物质的量n=
1.96gm==0.005mol,根据原子守恒则亚392g/molM铁离子的物质的量为0.005mol,反应5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O,则5Fe2+~MnO4-,所以高锰酸钾的物质的量为0.001mol,据c=
n=V0.001mol1=mol/L,故答案为:310VLV1。 V
5.常温下,三硫代碳酸钠(Na2CS3)是玫瑰红色针状固体,与碳酸钠性质相近。在工农业生产中有广泛的用途。某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。 实验一:探究Na2CS3的性质
(1)向Na2CS3溶液中滴入酚酞试液,溶液变红色。用离子方程式说明溶液呈碱性的原因_________。
(2)向Na2CS3溶液中滴加酸性KMnO4溶液,紫色褪去。该反应中被氧化的元素是__________。
实验二:测定Na2CS3溶液的浓度
按如图所示连接好装置,取50.0mLNa2CS3溶液置于三颈瓶中,打开分液漏斗的活塞,滴入
足量2.0mol/L稀H2SO4,关闭活塞。
已知:Na2CS3 + H2SO4=Na2SO4+ CS2 + H2S↑。CS2和H2S均有毒。CS2不溶于水,沸点46℃,密度1.26g/mL,与CO2某些性质相似,与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。 (1)盛放碱石灰的仪器的名称是_______,碱石灰的主要成分是______(填化学式)。 (2)C中发生反应的离子方程式是____________。
(3)反应结束后打开活塞K,再缓慢通入N2一段时间,其目的是_________。
(4)为了计算Na2CS3溶液的浓度,对充分反应后B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重,得8.4g 固体,则三颈瓶中Na2CS3的物质的量浓度为______。
【答案】CS32- +H2O⇌HCS3-+OH- S 干燥管 CaO和NaOH CS2 +2OH- =COS22-+H2O 将装置中残留的的H2S、CS2全部排入后续装置中,使其被完全吸收 1.75mol/L 【解析】 【分析】
实验一:(1)Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色,说明Na2CS3是强碱弱酸盐; (2)根据Na2CS3中元素化合价是否是该元素的最高价态来进行判断;
实验二:(1)根据仪器的图形判断仪器的名称;碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠; (2)A中生成的CS2可与NaOH作用生成Na2COS2和H2O;
(3)反应结束后打开活塞k,再缓慢通入热N2一段时间是把生成的硫化氢和二硫化碳全部赶入后面装置完全吸收;
(4)当A中反应完全后,打开K缓慢通入热N2一段时间,然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥,称重,得8.4g黑色固体,n(CuS)=
8.4g=0.0875mol,根据关系式
96g/moln计算A中Na2CS3溶液的浓VNa2CS3~H2S~CuS得n(Na2CS3)=n(CuS)=0.0875mol,根据c=度。 【详解】
实验一:(1)Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色,说明Na2CS3是强碱弱酸盐,则CS32-在水中发生水解,离子方程式为:CS32- +H2O⇌HCS3-+OH-;
(2)Na2CS3中Na为+1价,C为+4价,都是元素的最高价态,不能被氧化,S为-2价,是硫元素的低价态,能够被氧化,所以被氧化的元素是S;
实验二:(1)盛放碱石灰的仪器为干燥管,碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠; (2)A中生成的CS2可与NaOH作用生成Na2COS2和H2O,相关离子方程式为:CS2 +2OH- =COS22-+H2O;
(3)反应结束后打开活塞k,再缓慢通入热N2一段时间,其目的是:将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收;将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收;
(4) 当A中反应完全后,打开K缓慢通入热N2一段时间,然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥,称重,得8.4g黑色固体,n(CuS)=
8.4g=0.0875mol,根据关系式
96g/mol0.0875mol=1.75mol/L。
0.05LNa2CS3~H2S~CuS得n(Na2CS3)=n(CuS)=0.0875mol,c(Na2CS3)=
6.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:①V2O5、Al2O3、SiO2可与Na2CO3、NaCl组成的混合钠盐在高温下反应,并转化为NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3等可溶性钠盐。
++
②AlO2+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
ΔV2O5+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
H2O=Al OH中和酸,反应方程式为:Al+3NH3g++3+3+3NH4+、
H+NH3gH2O=H2O+NH4,故答案为:4FeO·V2O3 + 5O2
Fe2O3 [或Fe(OH)3];除Si并转化AlO2-(写“除Si”即得分);
焙烧
2Fe2O3 + 4V2O5;
Al3++3NH3gH2O=Al OH3+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;3V2O5 + 2NH3
-
500℃3V2O4 + N2 +
3H2O。
7.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 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 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 ③另一份滤渣加入硝酸酸化的Mn(NO3)2溶液,搅拌 现象 _____ 有刺激性的黄解释或结论 Pb3O4+4HNO3=PbO2+ 2Pb(NO3)2+2H2O 反应的化学方程式: 绿色气体产生 _______ 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Mn2+氧化为MnO4- 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MnO4-离子的颜色,在酸性条件下PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-,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Pb,根据原子守恒写出反应方程式为:PbO2+4HCl(浓)
2+
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(NO3)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Mn2+氧化为MnO4-,PbO2发生还原反应变为Pb2+离子,反应方程式为:5PbO2+ 2Mn2++4H+= 2MnO4-+ 5Pb2++2 H2O。
答案为:在酸性溶液中,PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-。 (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- )=36.5010-3
L0.0400mol/L=1.46010-3mol。
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)=
11n(S2O32-)=0.05000mol/L30.8010-3L=7.710-4mol,所以铅丹中Pb(Ⅱ)22与Pb(Ⅳ)的原子数之比为:1.460×10-3:7.710-4=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。
8.NH3和Cl2在常温下可快速反应生成氮气:2NH3+3Cl2 →N2+6HCl。当Cl2和 NH3 比例不同时,产物有差异。
(1)该反应可用于检验化工生产中氯气是否泄漏。如氯气有少量泄漏,用氨气检验时的现象为_____________________________。
(2)若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气,用于制备盐酸,Cl2和NH3的最佳比例为_____。
(3)常温常压下,取总物质的量为12mol的氯气和氨气的混合气体,完全反应后,气体物质的量保持不变。求:① 反应前氯气和氨气的物质的量之比______________ ② 反应后生成的氧化产物的质量_______________。
(4)若将总体积为100L的NH3和Cl2混合,实验精确测得充分反应后无色混合气体中N2占混合气体的定)
【答案】有白烟生成 3∶2 n(NH3)∶n(Cl2)=1∶1 m(N2 )=56g 余NH3和N2 0.263mol,余HCl 和N2 0.893mol 【解析】 【分析】
NH3和Cl2在常温下可快速反应生成氮气:2NH3+3Cl2 →N2+6HCl。当Cl2和 NH3 比例不同时,产物有差异。
(1)要检验化工生产中氯气是否泄漏,则需要有明显的现象,从提供的反应可以看出,氨气
1,求生成氧化产物的物质的量_____________。(该实验数据在标准状况下测7过量时会有明显现象,找到该反应并指出现象即可;
(2)要求是利用氨气和氯气之间反应生成氯化氢用于制备盐酸,故按该反应中Cl2和NH3的比例来回答;
(3)常温常压下,取总物质的量为12mol的氯气和氨气的混合气体,完全反应后,气体物质的量保持不变,说明2NH33Cl2N26HCl反应后氨气有剩余,再发生反应NH3+HCl=NH4Cl,HCl不能完全反应,按此思路计算① 反应前氯气和氨气的物质的量之比及② 反应后生成的氧化产物的质量;
(4)若将总体积为100L的NH3和Cl2混合,①2NH33Cl2N26HCl恰好反应,根据方程式计算混合气体总体积,进而计算氮气体积;
②NH3过量时,发生反应8NH33Cl2N26NH4Cl,剩余混合气体为氮气、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,用于检验氯气是否泄漏的反应应有明显现象,氯气和氨气可能的反应为
2NH33Cl2N26HCl、当氨气过量时会与生成的HCl反应生成氯化铵,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快速反应生成氮气:2NH33Cl2N26HCl,若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气,用于制备盐酸, Cl2和NH3的最佳比例为3:2; 答案为:3:2;
(3) ① 常温常压下,取总物质的量为12mol的氯气和氨气的混合气体,完全反应后,气体物质的量保持不变,说明2NH33Cl2N26HCl反应后氨气有剩余,再多余氨气再与部分HCl发生反应NH3+HCl=NH4Cl,HCl不能完全反应,设反应2NH33Cl2N26HCl2NH3中消耗氯气的物质的量为x,
~3Cl23x气体物质的量增加22x3 ,
22x3NH312x12-x3+HCl=NH4Cl气体物质的量减少22(12-x)22x)x ,得x=6, 33x61:1 ; 12x6,前者体积增大与后者体积减小相等,
则2(12x故反应前氯气和氨气的物质的量之比为答案为:1:1;
② 反应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反应中,NH3和Cl2恰好完全反应时,混合气体中N2占混合气体的气体的
1,由于氨气与HCl可以反应生成HN4Cl,而充分反应后的混合气体中N2占混合71,则有两类情况:①Cl2与氨气恰好反应,由方程式可知5体积气体生成7体积气717体,故反应后混合气体总体积=100L×=140L,则氧化产物氮气体积为140L×=20L,故
57其物质的量=
20L=0.893mol;②NH3过量时,发生反应
22.4L/mol8NH33Cl2N26NH4Cl,剩余混合气体为氮气、氨气,设Cl2有xL,则
8NH38~3Cl23x~N21x31xL1300103,x,则,故氧化产物氮气的物
101710x100LxL733V3001L质的量=30.263mol ; 1722.4L/mol答案为:余NH3和N2为0.263mol,余HCl 和N2为0.893mol。
9.实验室可由软锰矿(主要成分为MnO2)制备KMnO4,方法如下:高温下使软锰矿与过量KOH(s)和KClO3(s)反应,生成K2MnO4(锰酸钾)和KCl;用水溶解,滤去残渣;酸化滤液,K2MnO4转化为MnO2和KMnO4;再滤去沉淀MnO2,浓缩结晶得到KMnO4晶体。 请回答:
(1)用软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是_______________________________________。
(2)K2MnO4转化为KMnO4的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_____________。生成0.1mol还原产物时转移电子______________个。KMnO4、K2MnO4和MnO2的氧化性由强到弱的顺序是____________________________。
(3)KMnO4能与热的Na2C2O4(aq,硫酸酸化)反应生成Mn2+和CO2。若取用软锰矿制得的KMnO4产品0.165g,能与0.335g Na2C2O4恰好完全反应(假设杂质均不能参与反应),该产品中KMnO4的纯度为____________________。
【答案】6KOH + KClO3 + 3MnO2=3 K2MnO4+ KCl + 3H2O; 1:2 0.2NA或6.02×10-22 KMnO4>K2MnO4>MnO2 0.958 ( 【解析】 【分析】 【详解】 试题分析:
(1)反应物为KOH、KClO3、MnO2,生成物为K2MnO4(锰酸钾)和KCl、水,该反应为6KOH+KClO3+3MnO2=3K2MnO4+KCl+3H2O,故答案为6KOH+KClO3+3MnO2=3K2MnO4+KCl+3H2O;
(2)K2MnO4转化为KMnO4的反应中K2MnO4=2KMnO4+MnO2,Mn元素的化合价由+6价升高为+7价,Mn元素的化合价由+6价降低为+4价,则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2,生成0.1mol还原产物时转移电子0.1 NA×(6-4)=0.2NA或6.02×10-22,由氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,可知氧化性为KMnO4>K2MnO4>MnO2,故答案为1:2;0.2NA或6.02×10-22;KMnO4>K2MnO4>MnO2;
(3)KMnO4能与热的Na2C2O4(aq,硫酸酸化)反应生成Mn2+和CO2,设KMnO4的纯度为x,则由电子守恒可知,答案为0.958.
0.165gx0.335g(7-2)=2(4-3) ,解得x=0.958,故
122.5g/mol134g/mol
10.(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温度(℃) 平衡常数K C8H10(g)+5H2在不同温度下的平衡常数变化如下: 400 a 450 6a 500 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-+2Al3+=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计算; t③a.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
1,所以实线浓度也变两倍,后面又慢慢减小,直至继续平衡。 2【详解】
原来的
(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10s内,以C8H10表示的平均速率=
1×1mol/L=0.2mol/L,此50.2mol/L=0.02mol/(L•s),故答案为:0.02mol/(L•s); 10s③2C4H10⇌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,所以实线浓度也变两倍,浓度变化为0.40mol/L,随反应进行后2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。
11.某工业废水中含有的 Mn2+、CN﹣等会对环境造成污染,在排放之前必须进行处理。ClO2是一种国际上公认的安全无毒的绿色水处理剂,某实验兴趣小组通过如图装置制备 ClO2,并用它来处理工业废水中的 Mn2+、CN﹣。 已知:i.ClO2 为黄绿色气体,极易溶于水,沸点 11℃;
ii.ClO2 易爆炸,若用“惰性气体”等稀释时,爆炸性则大大降低;
iii.某工业废水处理过程中 Mn2+转化为 MnO2、CN﹣转化为对大气无污染的气体; iv.装置 B 中发生的反应为:H2C2O4+H2SO4+2KClO3═K2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O。 请回答下列问题:
(1)B 装置的名称是_____,C 装置的作用为_____。
(2)用 H2C2O4 溶液、稀硫酸和 KC1O3 制备 ClO2 的最大优点是_____。 (3)写出装置 D 中除去 Mn2+的离子方程式_____。
(4)ClO2 在处理废水过程中可能会产生副产物亚氯酸盐(ClO2 )。下列试剂中,可将 ClO2 转化为 Cl
的是_____。(填字母序号)。 a.FeSO4 b.O3 c.KMnO4 d.SO2
(5)在实验室里对该废水样品中 CN﹣含量进行测定:取工业废水Wg于锥形瓶中,加入10mL0.10mol/L 的硫酸溶液,用 0.0200mol/L 的 KMnO4标准溶液进行滴定,当达到终点时共消耗 KMnO4 标准溶液25.00mL。 在此过程中:
①实验中使用棕色滴定管的原因是_____,滴定终点的判断依据是_____。
﹣
②W g 工业废水中 CN的物质的量为_____。
③若盛装工业废水的锥形瓶未润洗,则测定结果将_____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】圆底烧瓶 防倒吸 制得ClO2的同时有CO2产生,可稀释ClO2,大大降低爆炸的可能性 2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+ ad 防止KMnO4见光分解 锥形瓶中的溶液颜色由无色变为紫红色,且半分钟内不褪色 0.0005mol 无影响 【解析】 【分析】
(1)B为圆底烧瓶;依据C装置进气管、出气管都较短可知为安全瓶,防止倒吸; (2)反应生成的产物结合ClO2易爆炸,用惰性气体等稀释时,可防止爆炸分析; (3)二氧化氯具有强的氧化性,能够氧化二价锰离子生成二氧化锰,本身被还原为氯离子;
(4)将ClO2 转化为 Cl-,应加入还原剂;
(5)①高锰酸钾不稳定;高锰酸钾与CN-发生氧化还原反应,被还原为无色的二价锰离子,所以当达到滴定终点时:颜色由无色变为紫红色,且半分钟内不褪色;
-+﹣2+②涉及反应为:2MnO4+8H+2CN=2Mn+2CO2+N2+4H2O,结合方程式计
算;
③锥形瓶无需润洗。 【详解】
(1)B装置的名称是圆底烧瓶;依据C装置进气管、出气管都较短可知为安全瓶,防止倒吸,故答案为:圆底烧瓶; 防倒吸;
(2)用H2C2O4溶液、稀硫酸和KClO3制备ClO2反应产物为二氧化氯、二氧化碳可稀释ClO2,大大降低爆炸的可能性,
故答案为:制得ClO2的同时有CO2产生,可稀释ClO2,大大降低爆炸的可能性; (3)二氧化氯具有强的氧化性,能够氧化二价锰离子生成二氧化锰,本身被还原为氯离子,离子方程式:2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+, 故答案为:2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+;
(4)将ClO2 转化为 Cl-,应加入还原剂,可加入硫酸亚铁或二氧化硫等, 故答案为:ad;
(5)①高锰酸钾不稳定受热易分解,所以应放在棕色瓶中;高锰酸钾与CN-发生氧化还原反应,被还原为无色的二价锰离子,所以当达到滴定终点时:颜色由无色变为紫红色,且半分钟内不褪色,
故答案为:防止KMnO4见光分解;锥形瓶中的溶液颜色由无色变为紫红色,且半分钟内不褪色;
②设CN-物质的量为n,则依据方程式
2MnO-4+8H++2CN﹣=2Mn2++2CO2+N2+4H2O可知:
MnO-410.02mol/L0.025L:CN﹣1 n解得n=0.0005mol, 故答案为:0.0005mol;
③锥形瓶无需润洗,对测定结果没有影响, 故答案为:无影响。 【点睛】
本题考查物质的制备以及含量的测定,为高考常见题型,侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力,注意把握二氧化氯的制备和性质,能正确书写氧化还原反应方程式,掌握氧化还原滴定法测量物质的浓度,熟悉制备原理,准确把握题干信息是解题关键,题目难度较大。
12.对工业废水和生活污水进行处理是防止水体污染、改善水质的主要措施之一。 (1)硫酸厂的酸性废水中砷(As)元素(主要以 H3AsO3 形式存在)含量极高,为控制砷的排放, 某工厂采用化学沉淀法处理含砷废水。请回答以下问题:
①已知砷是氮的同族元素,比氮原子多 2 个电子层,砷在元素周期表的位置为_____。 ②工业上采用硫化法(通常用硫化钠)去除废水中的砷,生成物为难溶性的三硫化二砷,该反 应的离子方程式为_____。
(2)电镀厂的废水中含有的 CN-有剧毒,需要处理加以排放。处理含 CN-废水的方法之一是在 微生物的作用下,CN-被氧气氧化成 HCO3- ,同时生成 NH3,该反应的离子方程式为_____。
(3)电渗析法处理厨房垃极发酵液,同时得到乳酸的原理如图所示(图中“HA”表示乳酸分子, A―表示乳酸根离子): ①阳极的电极反应式为_____
②电解过程中,采取一定的措施可控制阳极室的 pH 约为 6~8,此时进入浓缩室的 OH-可L-1 乳酸溶液通电一段时间后, 浓度上升为 145 g/L(溶液体积变化忽略不 计。400 mL 10 g·
忽略不计),阴极上产生的 H2 在标准状况下的体积约为_____L (已知:乳酸的摩尔质量为 90 g/mol)。
【答案】第四周期ⅤA族 2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3↓+6H2O 4H2O+2CN-+O2=2HCO3-+2NH3 4OH--4e-═2H2O+O2↑或2H2O-4e-═O2↑+4H+ 6.72 【解析】 【分析】
(1)①由砷是氮的同族元素,比氮原子多2个电子层可知,砷原子最外层有5个电子,4个电子层;
②根据题给信息可知,酸性条件下,硫化钠与和废水中的砷酸反应,生成难溶性的三硫化二砷和水;
(2)由题意可知,在微生物的作用下,CN-被氧气氧化成HCO3-,同时生成NH3,反应中碳元素化合价升高被氧化,氮元素化合价没有变化;
(3)①水电离出的氢氧根离子在阳极上失电子发生氧化反应生成氧气,破坏水的电离平衡,使溶液呈酸性;
②由电极反应式和生成HA的化学方程式可得:2HA—2 H+—H2,由此计算可得。 【详解】
(1)①由砷是氮的同族元素,比氮原子多2个电子层可知,砷原子最外层有5个电子,4个电子层,则砷位于元素周期表第四周期ⅤA族,故答案为:第四周期ⅤA族; ②根据题给信息可知,酸性条件下,硫化钠与和废水中的砷酸反应,生成难溶性的三硫化二砷和水,反应中硫化钠做还原剂,砷酸做氧化剂,反应的离子方程式为2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3↓+6H2O,故答案为:2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3↓+6H2O;
(2)由题意可知,在微生物的作用下,CN-被氧气氧化成HCO3-,同时生成NH3,反应中碳元素化合价升高被氧化,氮元素化合价没有变化,则反应的离子方程式为4H2O+2CN-+O2=2HCO3-+2NH3,故答案为:4H2O+2CN-+O2=2HCO3-+2NH3;
(3)①水电离出的氢氧根离子在阳极上失电子发生氧化反应生成氧气,破坏水的电离平衡,使溶液呈酸性,溶液中氢离子浓度增大,电极反应式为4OH-或2H2O-4e-═O2↑+4H+,故答案为:4OH--4e-═2H2O+O2↑或2H2O-4e-═O2↑+4H+;
②由电极反应式和生成HA的化学方程式可得:2HA—2 H+—H2,电解过程中生成HA的质量为(145 g/L×0.4L—10 g/L×0.4L)=54g,则由HA和氢气的关系式可知阴极上产生的 H2 在标准状况下的体积约为90g/mol×1×22.4L/mol=6.72L,故答案为:6.72。 2【点睛】
电渗析法处理厨房垃极发酵液时,阳极上水电离出的氢氧根放电,使溶液中氢离子浓度增大,氢离子从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室,阴极上水电离出的氢离子放电,使溶液中氢氧根浓度增大,溶液中A-通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室,发生反应H++A-═HA,导致乳酸浓度增大是理解的关键,也是解答关键。
54g
13.一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Vn8mol16L;Ce4+将NO氧化为NO3- ,自身还原为Ce3+;反c0.5mol/L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。
14.震惊全国的天津港“8.12”爆炸事故中,因爆炸冲击导致氰化钠泄漏而造成环境污染,可以通过喷洒双氧水或硫代硫酸钠溶液来处理。
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用双氧水处理后,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,写出该反应的化学方程式____________________________。
(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处理后的氰化钠废水能否达标排放。
(实验一)实验室通过图装置制备Na2S2O3
①a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,再关闭K2打开K1,目的是______________。 (实验二)测定用硫代硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量.
已知:①废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg/L。②Ag++2CN-==[Ag(CN)2]-,Ag++I-==AgI↓;AgI呈黄色,且CN-优先与Ag+反应。
实验如下:取25.00 mL处理后的氰化钠废水于锥形瓶中并滴加几滴KI溶液作指示剂,用1.000×10-4 mol/L的标准AgNO3溶液滴定,消耗AgNO3溶液的体积为2.50 mL。 ④滴定终点的判断方法是_____________________________________________。 ⑤处理后的废水中氰化钠的含量为________mg/L,________(选填“能”、“不能”)排放。
【答案】NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑ 圆底烧瓶 安全瓶或防倒吸 Na2SO3 NaOH溶液 防止拆除装置时污染空气 滴入最后一滴AgNO3溶液,出现黄色沉淀,且半分钟内不消失 0.98 不能 【解析】 【详解】
(1)常温下,氰化钠能与过氧化氢溶液反应,生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体,该气体为氨气,生成的酸式盐为碳酸氢钠,反应方程式为:NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑;
(2)实验一:a装置制备二氧化硫,c装置中制备Na2S2O3,反应导致装置内气压减小,b为安全瓶作用,防止溶液倒吸,d装置吸收多余的二氧化硫,防止污染空气; ①由仪器结构特征,可知盛装Na2SO3固体的仪器为圆底烧瓶;b装置为安全瓶,防止倒吸;
②d装置吸收二氧化硫,d中溶质有NaOH、Na2CO3,碱过量,还有亚硫酸钠生成; ③验结束后,装置b中还有残留的二氧化硫,为防止污染空气,应用氢氧化钠溶液吸收; ④Ag+与CN-反应生成[Ag(CN)2]-,当CN-反应结束时,滴入最后一滴硝酸银溶液,Ag+与I-生成AgI黄色沉淀,说明反应到达滴定终点;
⑤消耗AgNO3的物质的量为2.5×10-3L×0.0001mol/L=2.50×10-7mol,根据方程式Ag++2CN-=[Ag(CN)2]-,处理的废水中氰化钠的质量为2.50×10-7mol×2×49g/mol=2.45×10-5g,废水中氰化
2.45102mg=0.98mg/L。 钠的含量为
0.025L
15.已知反应①2F2+2H2O=4HF+O2↑;②AlCl3+3NaHCO3=Al(OH)3↓+3NaCl+3CO2↑ ;③2Na+2H2O=2NaOH+H2↑;④SO2+H2O=H2SO3⑤SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl;⑥NaH+H2O=NaOH+H2↑;⑦CO+H2O
高温CO2+H2;⑧3NO2+H2O = 2HNO3+NO
(1)上述反应中不属于氧化还原反应的有(填序号,下同)_____________
(2)H2O被氧化的是_____________;属于氧化还原反应,但H2O既不被氧化,也不被还原的是_____________。
(3)写出⑤的离子反应方程式_____________。
(4)用双线桥法表示反应⑧中电子转移的方向和数目,并指出氧化产物和还原产物。双线桥法:_____________;氧化产物:_____________;还原产物:_____________。 【答案】②④ ① ⑤⑧ SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl- HNO3 NO 【解析】 【分析】
(1)含元素化合价变化的反应为氧化还原反应;
(2)水被氧化,则水中O元素的化合价升高,水被还原,则水中H元素的化合价降低;
若水中H、O元素的化合价不变,则H2O既不被氧化,又不被还原; (3)根据拆写原则写出离子方程式;
(4)根据反应寻找失电子和得电子的元素的原子,双线桥即标出失电子的元素指向同种元素,得电子的元素指向同种元素,化合价升高或降低的数目就是转移的电子数,据此书写; 【详解】
(1)只有②④反应中没有元素的化合价变化,不属于氧化还原反应, 故答案为:②④;
(2)只有①水中O元素的化合价升高,水被氧化;只有⑤⑧中属于氧化还原反应,但水中H、O元素的化合价不变,则H2O既不被氧化,又不被还原, 故答案为:①;⑤⑧;
(3)⑤SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl,硫酸和氯化氢是两种强酸,要拆成离子的形式,二氧化硫,水是氧化物写化学式,氯气是单质也要写化学式,故离子方程式是:SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-
故答案为:SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-
(4)该反应中,只有氮原子化合价变化,电子转移的方向和数目为
,化合价升高对应的产物是氧化产物,即是硝酸,化合价
降低对应的还原产物,即是NO, 故答案为:【点睛】
根据氧化还原反应的特征定义进行判断:有元素化合价升降的反应就是氧化还原反应。
HNO3 ; NO ;
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