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(新高考)高考化学二轮复习大题优练8 以电解质溶液为主线串联反应原理(2份打包，解析版+原卷版，可预览)
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以电解质溶液为主线串联反应原理
大题优练8
优选例题
例：2020年六盘水市荣获第六届全国文明城市称号，保护生态环境、建设生态文明是文明城市重要的评价指标。工业三废的处理与利用对环境保护意义重大。
Ⅰ．燃煤烟气中含有大量的SO2，工业上常用Na2SO3溶液脱除烟气中的SO2。
(1)Na2SO3溶液显碱性的原因_______________________________。(用离子方程式表示)
(2)0.1mol/L Na2SO3溶液中离子浓度关系正确的是_______。(选填序号)
a．c(Na+)=c(SO)+c(HSO)+c(H2SO3) b．c(Na+)＞c(SO)＞c(OH−)＞c(H+)
c．c(Na+)+c(H+)=2c(SO)+c(HSO)+c(OH−) d．c(OH−)=c(HSO)+c(H2SO3)+c(H+)
(3)Na2SO3溶液脱除烟气中SO2的离子方程式为___________________________。
Ⅱ．硫酸工业废气中的SO2常用于处理酸性含铬废水中的Cr2O。
(1)SO2将Cr2O还原为Cr3+，还原剂与氧化剂物质的量之比为_______。
(2)当Cr2O转化为Cr3+后，调节pH可使Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀除去，常温下调节pH为8时，废水中Cr3+浓度为_______mol/L。(Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10−31)
Ⅲ．SO2在一定条件下与氧气构成原电池，利用该电池在铁制品表面镀铜，装置如图所示。
(1)铁制品为_______极。(填“c”或“d”)
(2)a极电极反应式为_____________________。
【答案】Ⅰ．（1）SO+H2O=HSO+OH−
（2） bc
（3） SO+SO2+H2O=2HSO
Ⅱ．（1）3∶1
（2）6.3×10−13
Ⅲ．（1）c
（2）O2+4e−+4H+=H2O
【解析】(1)Na2SO3中SO水解生成HSO和OH−，导致溶液显碱性，离子方程式为SO+H2O=HSO+OH−；(2)a．根据物料守恒，则c(Na+)=2c(SO)+2c(HSO)+2c(H2SO3)，a关系错误；b．Na2SO3溶液则c(Na+)＞c(SO)，少量的SO水解，溶液呈碱性，则c(OH−)＞c(H+)，c(Na+)＞c(SO)＞c(OH−)＞c(H+)，b关系正确；c．根据溶液呈电中性，c(Na+)+c(H+)=2c(SO)+c(HSO)+c(OH−)，c关系正确；d．根据质子守恒，则c(OH−)= c(HSO)+2c(H2SO3)+c(H+)，d关系错误；答案为bc；(3)Na2SO3溶液与SO2反应生成亚硫酸氢钠，离子方程式为SO+SO2+H2O=2HSO；Ⅱ．(1)SO2将Cr2O还原为Cr3+，S的化合价由+4价变为+6价，SO2为还原剂，而Cr由+6价变为+3价，则还原剂与氧化剂物质的量之比为3∶1；（2）Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)×c3(OH−)，pH为8时，c(OH−)=10−6，则c(Cr3+)=6.3×10−31÷c3(OH−)=6.3×10−13mol/L；Ⅲ．(1)左池为原电池，b极失电子，作负极，目的为在铁制品表面镀铜，则铜作阳极，与a极相连，铁制品做阴极，与b极相连，为c极；(2)a极作正极，氧气得电子，与氢离子反应生成水，电极反应式为O2+4e−+4H+=H2O。
模拟优练
1．酸性废水中的砷元素主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在。已知As2S3难溶于水，也不溶于稀硫酸、稀盐酸等无机酸。
(1)工业上采用硫化法(通常用Na2S)去除废水中的砷。
①向酸性废水中加入Na2S，产生的H2S与H3ASO3反应生成As2S3的化学方程式为_______。
②沉淀后，若废水中c(S2−)=1.0×10−4mol·L−1，则c(As3+)=_______。［Ksp(As2S3)=4.0×10−38]
③为了防止As2S3与过量的S2−形成络合离子而溶解，通常需添加适量的FeSO4溶液，形成FeS，与As2S3共沉淀。验证沉淀中含有FeS的实验方法是_______。
(2)用硫代硫酸钠(Na2S2O3)替代Na2S处理含砷酸性废水可避免H2S污染。
Na2S2O3去除酸性废水中H3AsO3的反应机理如图1所示，S2O经过“途径I”的除砷过程可描述为________(图中“HS·”为自由基，“·”表示孤单电子)。
【答案】（1） 2.0×10−13mol/L 取少量反应后沉淀于过滤器中，用蒸馏水洗涤，向滤液中滴加几滴KSCN溶液和少量氯水，不变红，取少量洗涤干净的沉淀于试管中，加入足量稀盐酸，过滤，向滤液中加入几滴KSCN溶液，若出现红色，则说明原沉淀中含有FeS
（2） S2O与氢离子在紫外线照射条件下可以生成HS·，两个HS·可以结合生成H2S2，H2S2分解得到S8和H2S，H2S与H3AsO3发生反应生成AsS3
【解析】(1)①H2S与H3ASO3反应生成As2S3的化学方程式为；②根据沉淀溶解平衡As2S33S2−+2As3+，，即，解得c(As3+)=2.0×10−13mol/L；③取少量反应后沉淀于过滤器中，用蒸馏水洗涤，向滤液中滴加几滴KSCN溶液和少量氯水，不变红，取少量洗涤干净的沉淀于试管中，加入足量稀盐酸，过滤，向滤液中加入几滴KSCN溶液，若出现红色，则说明原沉淀中含有FeS；(2)S2O经过“途径I”的除砷过程可描述为，S2O与氢离子在紫外线照射条件下可以生成HS·，两个HS·可以结合生成H2S2，H2S2分解得到S8和H2S，H2S与H3AsO3发生反应生成AsS3。
2．皮革厂的废水中含有一定量的氨氮(以NH3、NH形式存在)，通过沉淀和氧化两步处理后可使水中氨氮达到国家规定的排放标准。
(1)沉淀：向酸性废水中加入适量Fe2(SO4)3溶液，废水中的氨氮转化为NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀。
①该反应的离子方程式为___________。
②废水中氨氮去除率随pH的变化如图-1所示，当1.3
(2)氧化：调节经沉淀处理后的废水pH约为6，加入NaClO溶液进一步氧化处理。
①NaClO将废水中的氨氮转化为N2，该反应的离子方程式为___________。
②研究发现，废水中氨氮去除率随温度升高呈先升后降趋势。当温度大于30℃时，废水中氨氮去除率随着温度升高而降低，其原因是___________。
③n(ClO−)/n(氨氮)对废水中氨氮去除率和总氮去除率的影响如图-2所示。当n(ClO−)/n(氨氮)>1.54后，总氮去除率下降的原因是___________。
(3)如图是用一种新型锂电池电解处理含NH的工业废水的装置图。处理过程中，NH转化为可参与大气循环的气体。其中，
①W极为______极。
②在左侧装置中质子移动方向___________。
③X极的电极反应式为：___________。
【答案】（1）3Fe3++2SO+NH+6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)6+6H+ Fe3+发生水解造成溶液中该离子浓度降低，生成的沉淀量减小，所以氨氮去除率下降
（2）3ClO−+2NH=N2↑+3Cl−+2H++3H2O 由于水解反应为吸热反应，所以当温度升高时，溶液中的铵根离子和铁离子均倾向于水解，无法形成沉淀，氨氮去除率降低 污水中部分氨氮氧化为其它价态例如硝酸根离子，则总氮去除率下降
（3） 正 从X到Y 2NH-6e−=N2↑+8H+
【解析】由已知信息和装置图可知，右边为锂电池，为原电池，左边为电解池，Z为负极，电极反应式为Li-e−=Li+，W为正极，电极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，Y为阴极，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，X为阳极，电极反应式2NH-6e−=N2↑+8H+。（1）①铁离子与硫酸根、铵根、水分子反应生成沉淀，离子方程式为3Fe3++2SO+NH+6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)6+6H+；②pH升高时，Fe3+发生水解造成溶液中该离子浓度降低，生成的沉淀量减小，所以氨氮去除率下降；(2)①次氯酸跟离子与铵根离子发生氧化还原反应生成氮气和氯离子，Cl元素由+1价下降到-1价，N元素由-3价上升到0价，根据得失电子守恒和原子守恒配平反应的离子方程式为3ClO−+2NH=N2↑+3Cl−+2H++3H2O；②水解反应为吸热反应，当温度升高时，有利于溶液中各离子的水解，所以溶液中的铵根离子和铁离子均倾向于水解，无法形成沉淀，氨氮去除率降低；③当后，次氯酸钠投加量过大，导致污水中部分氨氮氧化为其它价态例如硝酸根离子，则总氮去除率下降；(3)①由分析可知，右边为锂电池，为原电池，左边为电解池，Z为负极，电极反应式为Li-e−=Li+，W为正极，故答案为：正；②左边为电解池，Y为阴极，X为阳极，阳离子从阳极移向阴极，则左侧装置中质子移动方向为从X到Y，故答案为：从X到Y；③右边为锂电池，为原电池，左边为电解池，Y为阴极，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，X为阳极，电极反应式2NH-6e−=N2↑+8H+，故答案为：2NH-6e−=N2↑+8H+。
3．燃煤废气中的氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等气体常用下列方法处理，以实现节能减排、废物利用。
(1)处理烟气中的SO2常用液吸法。室温下，将烟气通人浓氨水中得到(NH4)2SO3溶液，0.1mol/L (NH4)2SO3溶液的pH_____(填“>”、“＜”或“=”)7。将烟气通人(NH4)2SO3溶液可以继续吸收SO2，用离子方程式表示出能继续吸收二氧化硫的原因___________。(已知：25℃时，Kb(NH3·H2O)=1.8×10−5；H2SO3：Ka1=1.5×10−2，Ka2=1.0×10−7)
(2)处理烟气中氮氧化物常用活性炭还原法，反应为：C(s)+2NO(g)→N2(g)+CO2(g)。在T℃、100kPa时，研究表明反应速率v(NO)=3×10−3×p(NO)(kPa·min−1)，该条件下现将1.5mol C和2.5mol NO充人恒容密闭容器中充分反应，达到平衡时测得p(N2)=32kPa，则此时v(NO)=___________kPa·min−1，以p表示各气体的分压，该反应平衡常数Kp=___________。
(3)CO2经催化加氢可以生成低碳燃料。科学家研究发现，在210℃~290℃，催化剂条件下CO2和H2可转化生成甲醇蒸气和水蒸气。
①230℃，向容器中充人0.5mol CO2和1.5mol H2，当H2转化率达80%时放热19.6kJ，写出该反应的热化学方程式___________。
②一定条件下，往2L恒容密闭容器中充人1.0mol CO2和3.0mol H2，在不同催化剂作用下，CO2的转化率随温度的变化如右图所示，催化效果最佳的催化剂是___________。(填催化剂“I”、“II”或“III”)。b点v(正)___v(逆)(填“>”、“＜”或“=”)。此反应a点已达到平衡状态CO2的转化率比c点高的原因是___________。。
【答案】（1）> SO+SO2+H2O=2HSO
（2）0.108
（4） CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49kJ/mol Ⅰ > 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率减小
【解析】(1)根据题目所给数据可知Ka2(H2SO3)7；(NH4)2SO3溶液可以和SO2反应生成亚硫酸氢盐，离子方程式为SO+SO2+H2O=2HSO，所以可以继续吸收二氧化硫；(2)该反应前后气体系数之和相等，所以压强始终不变，根据反应方程式可知题目所给条件可知平衡时p(N2)=p(CO2)=32kPa，则平衡时p(NO)=100kPa-32kPa-32kPa=36
kPa，则v(NO)=3×10−3×36kPa=0.108；Kp==；(3)①CO2与H2反应的化学方程式为CO2+3H2=CH3OH+H2O，当H2转化率达80%时放热19.6kJ，即1.5mol×80%=1.2mol氢气完全反应时放出19.6kJ热量，则3mol氢气完全反应放出kJ=49kJ热量，热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49kJ/mol；②据图可知，温度较低时催化剂Ⅰ条件下CO2的转化率最大，即反应速率最快，催化效果最好；a点前随温度升高CO2转化率增大，a点后随温度升高转化率减小，说明a点前由于温度较低，反应速率较慢，在测定转化率时反应还未达到平衡，即b点时反应正向移动，正反应速率大于逆反应速率；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率减小，所以a点CO2的转化率比c点高。
4．硒(Se)元素位于元素周期表第四周期第VIA族。请回答下列问题：
I．工业上用精炼铜的阳极泥(硒主要以CuSe形式存在，还含有少量Ag、Au)为原料与浓硫酸混合焙烧，将产生的SO2、SeO2混合气体用水吸收即可得Se固体。
(1)写出“混合气体用水吸收”时发生反应的化学方程式______________________。
(2)下列说法正确的是_______(填字母)。
A．SeO2可以氧化H2S，但遇到强氧化剂时可能表现还原性
B．热稳定性：H2Se>H2S
C．“焙烧”时的主要反应为：CuSe+4H2SO4(浓)CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O
II．硒及其氢化物H2Se在新型光伏太阳能电池和金属硒化物方面有重要应用。
(3)已知：①H2Se(g)+1/2O2(g)Se(s)+H2O(l) ΔH1=m kJ·mol−1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH2=n kJ·mol−1
③H2O(g)=H2O(l) ΔH3=p kJ·mol−1
反应H2(g)+Se(s)H2Se(g)的反应热ΔH=_______kJ·mol−1(用含m、n、p的代数式表示)。
（4）已知常温H2Se的电离平衡常数K1=1.3×10−4，K2=5.0×10−11，则NaHSe溶液的离子浓度由大到小的顺序为_________________。Ag2SO4在一定条件下可以制备Ag2SeO4已知该条件下Ag2SeO4的Ksp=5.7×10−8，Ag2SO4的的Ksp=1.4×10−5，则反应Ag2SO4(s)+SeO(aq)Ag2SeO4(s)+SO(aq)的化学平衡常数K=_______(保留两位有效数字)。
III．研究含硒工业废水的处理工艺，对控制水体中硒超标具有重要意义。
(5)用惰性电极电解弱电解质亚硒酸(H2SeO3)溶液可制得强酸H2SeO4，电解过程中阳极生成2mol产物时，阴极析出标准状态下的气体_______L。
(6)木炭包覆纳米零价铁除硒法是一种改良的含硒废水处理方法。制备纳米零价铁时，以木炭和FeCl3·6H2O为原料，在N2氛围中迅速升温至600℃，保持2小时，该过程中木炭的作用有吸附和_______。木炭包覆纳米零价铁在碱性含硒废水中形成许多微电池，加速SeO的还原过程。已知SeO转化为单质Se，写出其对应的电极反应式_____________________。
【答案】（1）SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4
（2） AC
（3） p-m+
（4） c(Na+)>c(HSe−)>c(OH−)>c(H+)>c(Se2−) 2.5×102
（5） 44.8L
（6） 将三价铁还原为零价铁/作还原剂 SeO+4e−+3H2O=Se+6OH−
【解析】（1）混合气体为SO2、SeO2和水反应生成Se固体，Se元素由+4价下降到0价，S元素由+4价要上升到+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4；A．硒(Se)元素位于元素周期表第四周期第VIA族，Se的性质与S相似，因SO2遇强氧化剂时可能表现还原性，所以SeO2可以氧化H2S，但遇到强氧化剂时可能表现还原性，故A正确；B．硒(Se)元素位于元素周期表第四周期第VIA族，非金属性S>Se，则热稳定性：H2Se
c(H+)>c(Se2−)；已知Ag2SeO4(s)2Ag+(aq)+SeO(aq) Ksp1=c2(Ag+)×c(SeO)=5.7×10−8，Ag2SO4(s)2
Ag+(aq)+SO(aq) Ksp2=c2(Ag+)×c(SO)=1.4×10−5，则反应Ag2SO4(s)+SeO(aq)Ag2SeO4(s)+SO(aq)的化学平衡常数K====2.5×102；故答案为：c(Na+)>c(HSe−)>c(OH−)>c(H+)>c(Se2−)；2.5×102；(5)用惰性电极电解弱电解质亚硒酸(H2SeO3)溶液可制得强酸H2SeO4，该电解方程式为：H2SeO3+H2O=H2SeO4+
H2↑，电解过程中阳极生成2mol H2SeO4时转移22mol=4mol电子，则阴极产生2mol氢气，标准状态下的体积为44.8L，故答案为：44.8L；(6)由题干信息可知，该过程中木炭的作用有吸附和还原剂，将三价铁还原为零价铁；已知SeO转化为单质Se，Se元素由+4价下降到0价，得到4个电子，结合电荷守恒和原子守恒配平电极方程式为：SeO+4e−+3H2O=Se+6OH−，故答案为：将三价铁还原为零价铁/作还原剂；SeO+4e−+3H2O
=Se+6OH−。
5．国家规定，排放的废水中氟的含量不得超过，砷的含量不得超过。硫酸工厂废水中除含有稀硫酸外，还含有H3AsO3、H2SiF6等物质。工业上常通过化学沉淀和氧化、吸附沉降处理废水，实现水体达标排放。
(1)化学沉淀：向废水中加入石灰乳[以Ca(OH)2为主]、过滤。滤渣中主要含有CaSO4、CaF2、SiO2和少量Ca3(AsO3)2。
①Ca3(AsO3)2中阴离子的空间构型为_______。
②写出该过程中H2SiF6和石灰乳反应生成CaF2、SiO2的化学方程式：_______。
③充分沉淀后测得废水中的含量为，此时SO的浓度为_______mol·L−1。[已知：、]
(2)氧化、吸附沉降：利用NaClO和FeSO4进一步处理废水中残余的As(III)。
已知：i．NaClO能将As(III)氧化为As(V)、Fe(II)氧化为Fe(III)。形成的Fe(OH)3胶体吸附废水中的As(V)物种而沉降。
ii．溶液的pH对Fe(OH)3胶体表面所带电荷有影响。pH＞7时，Fe(OH)3胶体表面带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多。
iii．As(III)和As(V)水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。
①向化学沉淀后的废水()中加入NaClO溶液，写出As(III)发生主要反应的离子方程式：_______。
②其它条件相同的情况下，用以下两种方式向废水样中添加NaClO和FeSO4溶液。
方式I：先加NaClO溶液，再加FeSO4溶液；
方式II：先加FeSO4溶液，再加NaClO溶液。
反应相同时间，测得As(III)的氧化效果方式II不如方式I，原因是_________________。
③废水的pH对As(V)的去除率的影响如图所示。pH＞8时，随着废水的pH增大，As(V)的去除率发生如图所示变化的原因是___________________。
【答案】（1）三角锥形 H2SiF6+3Ca(OH)2＝3CaF2+SiO2+4H2O 0.0025
（2） H3AsO3+ClO−+2OH−＝HAsO+Cl−+2H2O 方式Ⅱ中NaClO会同时氧化As(Ⅲ)和Fe2+，导致氧化As(Ⅲ)的n(NaClO)比方式Ⅰ中的少，氧化效果减弱 pH＞8时，随着废水pH的增大，溶液中As(Ⅴ)由HAsO转化为AsO，所带负电荷增大，且Fe(OH)3胶体表面负电荷也在增多，静电斥力增大，不利于吸附
【解析】(1)①AsO中心原子的价电子对是，所以空间构型是三角锥形；②该过程中H2SiF6和石灰乳反应生成CaF2、SiO2的化学方程式为H2SiF6+3Ca(OH)2＝3CaF2+SiO2+4H2O；③，，，故答案为：三角锥形；H2SiF6+3Ca(OH)2＝3CaF2+SiO2+4H2O；0.0025；(2)①向化学沉淀后的废水()中加入NaClO溶液，As(III)发生主要反应的离子方程式为H3AsO3+ClO−+2OH−＝HAsO+Cl−+2H2O；②由题可知，ClO−会氧化亚铁离子为铁离子，先加次氯酸跟离子会造成不必要的损耗，影响效果，所以其它条件相同的情况下，用以下两种方式向废水样中添加NaClO和FeSO4溶液，反应相同时间，测得As(III)的氧化效果方式II不如方式I，原因是方式Ⅱ中NaClO会同时氧化As(Ⅲ)和Fe2+，导致氧化As(Ⅲ)的n(NaClO)比方式Ⅰ中的少，氧化效果减弱。③pH＞8时，HAsO的物种分布分数达到最大值，且开始下降，并且在pH高时氢氧化铁胶体的负电荷数也多，会抑制反应发生。所以pH＞8时，随着废水的pH增大，As(V)的去除率发生如图所示变化的原因是pH＞8时，随着废水pH的增大，溶液中As(Ⅴ)由HAsO转化为AsO，所带负电荷增大，且Fe(OH)3胶体表面负电荷也在增多，静电斥力增大，不利于吸附。
以电解质溶液为主线串联反应原理
大题优练8
优选例题
例：2020年六盘水市荣获第六届全国文明城市称号，保护生态环境、建设生态文明是文明城市重要的评价指标。工业三废的处理与利用对环境保护意义重大。
Ⅰ．燃煤烟气中含有大量的SO2，工业上常用Na2SO3溶液脱除烟气中的SO2。
(1)Na2SO3溶液显碱性的原因_______________________________。(用离子方程式表示)
(2)0.1mol/L Na2SO3溶液中离子浓度关系正确的是_______。(选填序号)
a．c(Na+)=c(SO)+c(HSO)+c(H2SO3) b．c(Na+)＞c(SO)＞c(OH−)＞c(H+)
c．c(Na+)+c(H+)=2c(SO)+c(HSO)+c(OH−) d．c(OH−)=c(HSO)+c(H2SO3)+c(H+)
(3)Na2SO3溶液脱除烟气中SO2的离子方程式为___________________________。
Ⅱ．硫酸工业废气中的SO2常用于处理酸性含铬废水中的Cr2O。
(1)SO2将Cr2O还原为Cr3+，还原剂与氧化剂物质的量之比为_______。
(2)当Cr2O转化为Cr3+后，调节pH可使Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀除去，常温下调节pH为8时，废水中Cr3+浓度为_______mol/L。(Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10−31)
Ⅲ．SO2在一定条件下与氧气构成原电池，利用该电池在铁制品表面镀铜，装置如图所示。
(1)铁制品为_______极。(填“c”或“d”)
(2)a极电极反应式为_____________________。
【答案】Ⅰ．（1）SO+H2O=HSO+OH−
（2） bc
（3） SO+SO2+H2O=2HSO
Ⅱ．（1）3∶1
（2）6.3×10−13
Ⅲ．（1）c
（2）O2+4e−+4H+=H2O
【解析】(1)Na2SO3中SO水解生成HSO和OH−，导致溶液显碱性，离子方程式为SO+H2O=HSO+OH−；(2)a．根据物料守恒，则c(Na+)=2c(SO)+2c(HSO)+2c(H2SO3)，a关系错误；b．Na2SO3溶液则c(Na+)＞c(SO)，少量的SO水解，溶液呈碱性，则c(OH−)＞c(H+)，c(Na+)＞c(SO)＞c(OH−)＞c(H+)，b关系正确；c．根据溶液呈电中性，c(Na+)+c(H+)=2c(SO)+c(HSO)+c(OH−)，c关系正确；d．根据质子守恒，则c(OH−)= c(HSO)+2c(H2SO3)+c(H+)，d关系错误；答案为bc；(3)Na2SO3溶液与SO2反应生成亚硫酸氢钠，离子方程式为SO+SO2+H2O=2HSO；Ⅱ．(1)SO2将Cr2O还原为Cr3+，S的化合价由+4价变为+6价，SO2为还原剂，而Cr由+6价变为+3价，则还原剂与氧化剂物质的量之比为3∶1；（2）Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)×c3(OH−)，pH为8时，c(OH−)=10−6，则c(Cr3+)=6.3×10−31÷c3(OH−)=6.3×10−13mol/L；Ⅲ．(1)左池为原电池，b极失电子，作负极，目的为在铁制品表面镀铜，则铜作阳极，与a极相连，铁制品做阴极，与b极相连，为c极；(2)a极作正极，氧气得电子，与氢离子反应生成水，电极反应式为O2+4e−+4H+=H2O。
模拟优练
1．酸性废水中的砷元素主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在。已知As2S3难溶于水，也不溶于稀硫酸、稀盐酸等无机酸。
(1)工业上采用硫化法(通常用Na2S)去除废水中的砷。
①向酸性废水中加入Na2S，产生的H2S与H3ASO3反应生成As2S3的化学方程式为_______。
②沉淀后，若废水中c(S2−)=1.0×10−4mol·L−1，则c(As3+)=_______。［Ksp(As2S3)=4.0×10−38]
③为了防止As2S3与过量的S2−形成络合离子而溶解，通常需添加适量的FeSO4溶液，形成FeS，与As2S3共沉淀。验证沉淀中含有FeS的实验方法是_______。
(2)用硫代硫酸钠(Na2S2O3)替代Na2S处理含砷酸性废水可避免H2S污染。
Na2S2O3去除酸性废水中H3AsO3的反应机理如图1所示，S2O经过“途径I”的除砷过程可描述为________(图中“HS·”为自由基，“·”表示孤单电子)。
【答案】（1） 2.0×10−13mol/L 取少量反应后沉淀于过滤器中，用蒸馏水洗涤，向滤液中滴加几滴KSCN溶液和少量氯水，不变红，取少量洗涤干净的沉淀于试管中，加入足量稀盐酸，过滤，向滤液中加入几滴KSCN溶液，若出现红色，则说明原沉淀中含有FeS
（2） S2O与氢离子在紫外线照射条件下可以生成HS·，两个HS·可以结合生成H2S2，H2S2分解得到S8和H2S，H2S与H3AsO3发生反应生成AsS3
【解析】(1)①H2S与H3ASO3反应生成As2S3的化学方程式为；②根据沉淀溶解平衡As2S33S2−+2As3+，，即，解得c(As3+)=2.0×10−13mol/L；③取少量反应后沉淀于过滤器中，用蒸馏水洗涤，向滤液中滴加几滴KSCN溶液和少量氯水，不变红，取少量洗涤干净的沉淀于试管中，加入足量稀盐酸，过滤，向滤液中加入几滴KSCN溶液，若出现红色，则说明原沉淀中含有FeS；(2)S2O经过“途径I”的除砷过程可描述为，S2O与氢离子在紫外线照射条件下可以生成HS·，两个HS·可以结合生成H2S2，H2S2分解得到S8和H2S，H2S与H3AsO3发生反应生成AsS3。
2．皮革厂的废水中含有一定量的氨氮(以NH3、NH形式存在)，通过沉淀和氧化两步处理后可使水中氨氮达到国家规定的排放标准。
(1)沉淀：向酸性废水中加入适量Fe2(SO4)3溶液，废水中的氨氮转化为NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀。
①该反应的离子方程式为___________。
②废水中氨氮去除率随pH的变化如图-1所示，当1.3
(2)氧化：调节经沉淀处理后的废水pH约为6，加入NaClO溶液进一步氧化处理。
①NaClO将废水中的氨氮转化为N2，该反应的离子方程式为___________。
②研究发现，废水中氨氮去除率随温度升高呈先升后降趋势。当温度大于30℃时，废水中氨氮去除率随着温度升高而降低，其原因是___________。
③n(ClO−)/n(氨氮)对废水中氨氮去除率和总氮去除率的影响如图-2所示。当n(ClO−)/n(氨氮)>1.54后，总氮去除率下降的原因是___________。
(3)如图是用一种新型锂电池电解处理含NH的工业废水的装置图。处理过程中，NH转化为可参与大气循环的气体。其中，
①W极为______极。
②在左侧装置中质子移动方向___________。
③X极的电极反应式为：___________。
【答案】（1）3Fe3++2SO+NH+6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)6+6H+ Fe3+发生水解造成溶液中该离子浓度降低，生成的沉淀量减小，所以氨氮去除率下降
（2）3ClO−+2NH=N2↑+3Cl−+2H++3H2O 由于水解反应为吸热反应，所以当温度升高时，溶液中的铵根离子和铁离子均倾向于水解，无法形成沉淀，氨氮去除率降低 污水中部分氨氮氧化为其它价态例如硝酸根离子，则总氮去除率下降
（3） 正 从X到Y 2NH-6e−=N2↑+8H+
【解析】由已知信息和装置图可知，右边为锂电池，为原电池，左边为电解池，Z为负极，电极反应式为Li-e−=Li+，W为正极，电极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，Y为阴极，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，X为阳极，电极反应式2NH-6e−=N2↑+8H+。（1）①铁离子与硫酸根、铵根、水分子反应生成沉淀，离子方程式为3Fe3++2SO+NH+6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)6+6H+；②pH升高时，Fe3+发生水解造成溶液中该离子浓度降低，生成的沉淀量减小，所以氨氮去除率下降；(2)①次氯酸跟离子与铵根离子发生氧化还原反应生成氮气和氯离子，Cl元素由+1价下降到-1价，N元素由-3价上升到0价，根据得失电子守恒和原子守恒配平反应的离子方程式为3ClO−+2NH=N2↑+3Cl−+2H++3H2O；②水解反应为吸热反应，当温度升高时，有利于溶液中各离子的水解，所以溶液中的铵根离子和铁离子均倾向于水解，无法形成沉淀，氨氮去除率降低；③当后，次氯酸钠投加量过大，导致污水中部分氨氮氧化为其它价态例如硝酸根离子，则总氮去除率下降；(3)①由分析可知，右边为锂电池，为原电池，左边为电解池，Z为负极，电极反应式为Li-e−=Li+，W为正极，故答案为：正；②左边为电解池，Y为阴极，X为阳极，阳离子从阳极移向阴极，则左侧装置中质子移动方向为从X到Y，故答案为：从X到Y；③右边为锂电池，为原电池，左边为电解池，Y为阴极，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，X为阳极，电极反应式2NH-6e−=N2↑+8H+，故答案为：2NH-6e−=N2↑+8H+。
3．燃煤废气中的氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等气体常用下列方法处理，以实现节能减排、废物利用。
(1)处理烟气中的SO2常用液吸法。室温下，将烟气通人浓氨水中得到(NH4)2SO3溶液，0.1mol/L (NH4)2SO3溶液的pH_____(填“>”、“＜”或“=”)7。将烟气通人(NH4)2SO3溶液可以继续吸收SO2，用离子方程式表示出能继续吸收二氧化硫的原因___________。(已知：25℃时，Kb(NH3·H2O)=1.8×10−5；H2SO3：Ka1=1.5×10−2，Ka2=1.0×10−7)
(2)处理烟气中氮氧化物常用活性炭还原法，反应为：C(s)+2NO(g)→N2(g)+CO2(g)。在T℃、100kPa时，研究表明反应速率v(NO)=3×10−3×p(NO)(kPa·min−1)，该条件下现将1.5mol C和2.5mol NO充人恒容密闭容器中充分反应，达到平衡时测得p(N2)=32kPa，则此时v(NO)=___________kPa·min−1，以p表示各气体的分压，该反应平衡常数Kp=___________。
(3)CO2经催化加氢可以生成低碳燃料。科学家研究发现，在210℃~290℃，催化剂条件下CO2和H2可转化生成甲醇蒸气和水蒸气。
①230℃，向容器中充人0.5mol CO2和1.5mol H2，当H2转化率达80%时放热19.6kJ，写出该反应的热化学方程式___________。
②一定条件下，往2L恒容密闭容器中充人1.0mol CO2和3.0mol H2，在不同催化剂作用下，CO2的转化率随温度的变化如右图所示，催化效果最佳的催化剂是___________。(填催化剂“I”、“II”或“III”)。b点v(正)___v(逆)(填“>”、“＜”或“=”)。此反应a点已达到平衡状态CO2的转化率比c点高的原因是___________。。
【答案】（1）> SO+SO2+H2O=2HSO
（2）0.108
（4） CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49kJ/mol Ⅰ > 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率减小
【解析】(1)根据题目所给数据可知Ka2(H2SO3)
kPa，则v(NO)=3×10−3×36kPa=0.108；Kp==；(3)①CO2与H2反应的化学方程式为CO2+3H2=CH3OH+H2O，当H2转化率达80%时放热19.6kJ，即1.5mol×80%=1.2mol氢气完全反应时放出19.6kJ热量，则3mol氢气完全反应放出kJ=49kJ热量，热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49kJ/mol；②据图可知，温度较低时催化剂Ⅰ条件下CO2的转化率最大，即反应速率最快，催化效果最好；a点前随温度升高CO2转化率增大，a点后随温度升高转化率减小，说明a点前由于温度较低，反应速率较慢，在测定转化率时反应还未达到平衡，即b点时反应正向移动，正反应速率大于逆反应速率；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率减小，所以a点CO2的转化率比c点高。
4．硒(Se)元素位于元素周期表第四周期第VIA族。请回答下列问题：
I．工业上用精炼铜的阳极泥(硒主要以CuSe形式存在，还含有少量Ag、Au)为原料与浓硫酸混合焙烧，将产生的SO2、SeO2混合气体用水吸收即可得Se固体。
(1)写出“混合气体用水吸收”时发生反应的化学方程式______________________。
(2)下列说法正确的是_______(填字母)。
A．SeO2可以氧化H2S，但遇到强氧化剂时可能表现还原性
B．热稳定性：H2Se>H2S
C．“焙烧”时的主要反应为：CuSe+4H2SO4(浓)CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O
II．硒及其氢化物H2Se在新型光伏太阳能电池和金属硒化物方面有重要应用。
(3)已知：①H2Se(g)+1/2O2(g)Se(s)+H2O(l) ΔH1=m kJ·mol−1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH2=n kJ·mol−1
③H2O(g)=H2O(l) ΔH3=p kJ·mol−1
反应H2(g)+Se(s)H2Se(g)的反应热ΔH=_______kJ·mol−1(用含m、n、p的代数式表示)。
（4）已知常温H2Se的电离平衡常数K1=1.3×10−4，K2=5.0×10−11，则NaHSe溶液的离子浓度由大到小的顺序为_________________。Ag2SO4在一定条件下可以制备Ag2SeO4已知该条件下Ag2SeO4的Ksp=5.7×10−8，Ag2SO4的的Ksp=1.4×10−5，则反应Ag2SO4(s)+SeO(aq)Ag2SeO4(s)+SO(aq)的化学平衡常数K=_______(保留两位有效数字)。
III．研究含硒工业废水的处理工艺，对控制水体中硒超标具有重要意义。
(5)用惰性电极电解弱电解质亚硒酸(H2SeO3)溶液可制得强酸H2SeO4，电解过程中阳极生成2mol产物时，阴极析出标准状态下的气体_______L。
(6)木炭包覆纳米零价铁除硒法是一种改良的含硒废水处理方法。制备纳米零价铁时，以木炭和FeCl3·6H2O为原料，在N2氛围中迅速升温至600℃，保持2小时，该过程中木炭的作用有吸附和_______。木炭包覆纳米零价铁在碱性含硒废水中形成许多微电池，加速SeO的还原过程。已知SeO转化为单质Se，写出其对应的电极反应式_____________________。
【答案】（1）SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4
（2） AC
（3） p-m+
（4） c(Na+)>c(HSe−)>c(OH−)>c(H+)>c(Se2−) 2.5×102
（5） 44.8L
（6） 将三价铁还原为零价铁/作还原剂 SeO+4e−+3H2O=Se+6OH−
【解析】（1）混合气体为SO2、SeO2和水反应生成Se固体，Se元素由+4价下降到0价，S元素由+4价要上升到+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4；A．硒(Se)元素位于元素周期表第四周期第VIA族，Se的性质与S相似，因SO2遇强氧化剂时可能表现还原性，所以SeO2可以氧化H2S，但遇到强氧化剂时可能表现还原性，故A正确；B．硒(Se)元素位于元素周期表第四周期第VIA族，非金属性S>Se，则热稳定性：H2Se
c(H+)>c(Se2−)；已知Ag2SeO4(s)2Ag+(aq)+SeO(aq) Ksp1=c2(Ag+)×c(SeO)=5.7×10−8，Ag2SO4(s)2
Ag+(aq)+SO(aq) Ksp2=c2(Ag+)×c(SO)=1.4×10−5，则反应Ag2SO4(s)+SeO(aq)Ag2SeO4(s)+SO(aq)的化学平衡常数K====2.5×102；故答案为：c(Na+)>c(HSe−)>c(OH−)>c(H+)>c(Se2−)；2.5×102；(5)用惰性电极电解弱电解质亚硒酸(H2SeO3)溶液可制得强酸H2SeO4，该电解方程式为：H2SeO3+H2O=H2SeO4+
H2↑，电解过程中阳极生成2mol H2SeO4时转移22mol=4mol电子，则阴极产生2mol氢气，标准状态下的体积为44.8L，故答案为：44.8L；(6)由题干信息可知，该过程中木炭的作用有吸附和还原剂，将三价铁还原为零价铁；已知SeO转化为单质Se，Se元素由+4价下降到0价，得到4个电子，结合电荷守恒和原子守恒配平电极方程式为：SeO+4e−+3H2O=Se+6OH−，故答案为：将三价铁还原为零价铁/作还原剂；SeO+4e−+3H2O
=Se+6OH−。
5．国家规定，排放的废水中氟的含量不得超过，砷的含量不得超过。硫酸工厂废水中除含有稀硫酸外，还含有H3AsO3、H2SiF6等物质。工业上常通过化学沉淀和氧化、吸附沉降处理废水，实现水体达标排放。
(1)化学沉淀：向废水中加入石灰乳[以Ca(OH)2为主]、过滤。滤渣中主要含有CaSO4、CaF2、SiO2和少量Ca3(AsO3)2。
①Ca3(AsO3)2中阴离子的空间构型为_______。
②写出该过程中H2SiF6和石灰乳反应生成CaF2、SiO2的化学方程式：_______。
③充分沉淀后测得废水中的含量为，此时SO的浓度为_______mol·L−1。[已知：、]
(2)氧化、吸附沉降：利用NaClO和FeSO4进一步处理废水中残余的As(III)。
已知：i．NaClO能将As(III)氧化为As(V)、Fe(II)氧化为Fe(III)。形成的Fe(OH)3胶体吸附废水中的As(V)物种而沉降。
ii．溶液的pH对Fe(OH)3胶体表面所带电荷有影响。pH＞7时，Fe(OH)3胶体表面带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多。
iii．As(III)和As(V)水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。
①向化学沉淀后的废水()中加入NaClO溶液，写出As(III)发生主要反应的离子方程式：_______。
②其它条件相同的情况下，用以下两种方式向废水样中添加NaClO和FeSO4溶液。
方式I：先加NaClO溶液，再加FeSO4溶液；
方式II：先加FeSO4溶液，再加NaClO溶液。
反应相同时间，测得As(III)的氧化效果方式II不如方式I，原因是_________________。
③废水的pH对As(V)的去除率的影响如图所示。pH＞8时，随着废水的pH增大，As(V)的去除率发生如图所示变化的原因是___________________。
【答案】（1）三角锥形 H2SiF6+3Ca(OH)2＝3CaF2+SiO2+4H2O 0.0025
（2） H3AsO3+ClO−+2OH−＝HAsO+Cl−+2H2O 方式Ⅱ中NaClO会同时氧化As(Ⅲ)和Fe2+，导致氧化As(Ⅲ)的n(NaClO)比方式Ⅰ中的少，氧化效果减弱 pH＞8时，随着废水pH的增大，溶液中As(Ⅴ)由HAsO转化为AsO，所带负电荷增大，且Fe(OH)3胶体表面负电荷也在增多，静电斥力增大，不利于吸附
【解析】(1)①AsO中心原子的价电子对是，所以空间构型是三角锥形；②该过程中H2SiF6和石灰乳反应生成CaF2、SiO2的化学方程式为H2SiF6+3Ca(OH)2＝3CaF2+SiO2+4H2O；③，，，故答案为：三角锥形；H2SiF6+3Ca(OH)2＝3CaF2+SiO2+4H2O；0.0025；(2)①向化学沉淀后的废水()中加入NaClO溶液，As(III)发生主要反应的离子方程式为H3AsO3+ClO−+2OH−＝HAsO+Cl−+2H2O；②由题可知，ClO−会氧化亚铁离子为铁离子，先加次氯酸跟离子会造成不必要的损耗，影响效果，所以其它条件相同的情况下，用以下两种方式向废水样中添加NaClO和FeSO4溶液，反应相同时间，测得As(III)的氧化效果方式II不如方式I，原因是方式Ⅱ中NaClO会同时氧化As(Ⅲ)和Fe2+，导致氧化As(Ⅲ)的n(NaClO)比方式Ⅰ中的少，氧化效果减弱。③pH＞8时，HAsO的物种分布分数达到最大值，且开始下降，并且在pH高时氢氧化铁胶体的负电荷数也多，会抑制反应发生。所以pH＞8时，随着废水的pH增大，As(V)的去除率发生如图所示变化的原因是pH＞8时，随着废水pH的增大，溶液中As(Ⅴ)由HAsO转化为AsO，所带负电荷增大，且Fe(OH)3胶体表面负电荷也在增多，静电斥力增大，不利于吸附。
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