- 气体的检验
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工业废水中常含有一定量的Cr2O72-和CrO42-，它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理．该法的工艺流程为：
CrO42-
其中第①步存在平衡：2CrO42-（黄色）+2H+⇌Cr2O72-（橙色）+H2O
（1）若平衡时溶液呈强酸性，则溶液显______色
（2）能说明第①步反应达平衡状态的是______．
A．Cr2O72-和CrO42-的浓度相同 B．溶液的颜色不变
C．CrO42-的消耗速率是Cr2O72-生成速率的2倍 D．溶液的pH值不变
（3）第②步中，还原0.01mol Cr2O72-离子，需要______mol的FeSO4•7H2O．
（4）Cr（OH）3在水溶液中有两种电离方式，并存在以下平衡：
H++CrO2-（亮绿色）+H2O⇌Cr（OH）3（s）⇌Cr3+（紫色）+3OH-
下列有关说法中正确的是______
a、加酸平衡向右移动，生成Cr3+；加碱平衡向左移动，生成CrO2-
b、在一定条件下存在反应：Cr（OH）3+OH-→CrO2-+2H2O；Cr（OH）3+3H+→Cr3++3H2O
c、Cr3+盐溶液中加入NaOH溶液，先产生沉淀，后沉淀消失，溶液变成无色
d、Cr（OH）3（固）在水中存在三个平衡．
正确答案
橙
BD
0.06
ab
解析
解：（1）c（H+）增大，平衡2CrO42-（黄色）+2H+⇌Cr2O72-（橙色）+H2O右移，溶液呈橙色，
故答案为：橙；
（2）2CrO42-（黄色）+2H+⇌Cr2O72-（橙色）+H2O
A．Cr2O72-和CrO42-的浓度相同，不一定平衡，故A错误；
B．溶液的颜色不变，证明各组分的浓度不随时间的变化而变化，故B正确；
C．CrO42-的消耗速率表示v正，Cr2O72-生成速率也表示v正，从开始到平衡2v证（CrO42-）=v正（Cr2O72-）不是平衡状态，故C错误；
D．溶液的pH值不变，即溶液的酸性不变，氢离子浓度不变，达到了化学平衡状态，故D正确；
故选BD；
（3）第②步中，还原Cr2O72-离子，铬元素从+6价被还原成+3价，还原0.01mol Cr2O72-离子，即得到了0.06mol的电子，根据氧化还原反应中的电子守恒，硫酸亚铁中的亚铁离子要变为三价铁离子，即需要0.06mol的FeSO4•7H2O，
故答案为：0.06；
（4）a．根据化学平衡移动的影响，可以知道加酸则平衡向右移动，则生成Cr3+盐，加碱则平衡向左移动，生成亚铬酸盐（CrO2-），故a正确；
b．Cr元素的氢氧化物在水中有两种电离方式，所以Cr（OH）3+OH-→CrO2-+2H2O；Cr（OH）3+3H+→Cr3++3H2O，故b正确；
c．Cr3+盐中加入NaOH溶液，先产生沉淀氢氧化铬，后沉淀消失，溶液变成NaCrO2，溶液显示亮绿色，故c错误；
d．Cr（OH）3（固）在水中的存在沉淀溶解平衡和电离平衡两大平衡体系，故d错误；
故选ab．
海水中含有丰富的资源，海水综合利用的流程图如图1：
（1）电解氯化钠饱和溶液可以制得多种化工原料，写出电解氯化钠溶液的化学方程式：______．用其中两种原料可以制备常见的消毒剂，
请写出制备反应的离子反应方程式______．
（2）①若MgCl2粗产品中含有Mg2+、Fe2+、Fe3+、Mn2+ 等阳离子，需先将 Fe2+、Fe3+、Mn2+ 转化为沉淀除去，Fe（OH）2为絮状，常将Fe2+转化为Fe（OH）3除去，若只加入（1）中制备消毒剂时的产物之一，则所加物质的化学式为______，控制溶液的pH为______． 请写出该物质与溶液中Fe2+ 反应的离子方程式：______．
②写出工业上制取金属镁的化学方程式：______．
（3）如图2为某同学设计的从海带中提取碘单质的流程图．
①请写出从海带灰提取碘元素时用到的主要仪器的名称______；
②将溶液中的碘元素的转化为碘单质可以用______试剂，请写出发生反应的离子方程式______，
含碘单质CCl4溶液呈现______色．
正确答案
解：（1）电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应物为氯化钠、水，方程式为：2NaCl+2H2O 
故答案为：2NaCl+2H2O 
（2）①加次氯酸钠将亚铁离子转化成易的铁离子，从图中可看出将Fe3+、Mn2+完全转化为沉淀除去，PH最低应该为9.8，PH=9.9时Mg2+开始沉淀；亚铁离子与次氯酸根离子反应的方程式为：2Fe2++ClO-+4OH-+H2O=2Fe（OH）3↓+Cl-，故答案为：NaClO；9.8；2Fe2++ClO-+4OH-+H2O=2Fe（OH）3↓+Cl-；
②电解熔融的氯化镁得到单质镁，化学方程式：MgCl2（熔融）
（3）①海带灰溶解过程中烧杯和玻璃棒，过滤用漏斗、玻璃棒和烧杯，故答案为：铁架台、烧杯、玻璃棒、漏斗；
②将溶液中的碘元素的转化为碘单质可以加氧化剂过氧化氢将其转化，反应的离子方程式为：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，含碘单质CCl4溶液呈现紫红色，故答案为：H2O2稀H2SO4；H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O；紫红．
解析
解：（1）电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应物为氯化钠、水，方程式为：2NaCl+2H2O
故答案为：2NaCl+2H2O
（2）①加次氯酸钠将亚铁离子转化成易的铁离子，从图中可看出将Fe3+、Mn2+完全转化为沉淀除去，PH最低应该为9.8，PH=9.9时Mg2+开始沉淀；亚铁离子与次氯酸根离子反应的方程式为：2Fe2++ClO-+4OH-+H2O=2Fe（OH）3↓+Cl-，故答案为：NaClO；9.8；2Fe2++ClO-+4OH-+H2O=2Fe（OH）3↓+Cl-；
②电解熔融的氯化镁得到单质镁，化学方程式：MgCl2（熔融）
（3）①海带灰溶解过程中烧杯和玻璃棒，过滤用漏斗、玻璃棒和烧杯，故答案为：铁架台、烧杯、玻璃棒、漏斗；
②将溶液中的碘元素的转化为碘单质可以加氧化剂过氧化氢将其转化，反应的离子方程式为：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，含碘单质CCl4溶液呈现紫红色，故答案为：H2O2稀H2SO4；H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O；紫红．
工厂中用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中，除了含有大量硫酸外，还含有少量NH4+、Fe3+、AsO43-、Cl-．为除去杂质离子，部分操作流程如图：
请回答问题：
（1）用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中，硫酸的浓度为4.9g•L-1，则该溶液中的pH约为______．
（2）NH4+在用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中以（NH4）2SO4和NH4Cl形式存在．现有一份（NH4）2SO4溶液，一份NH4Cl溶液，（NH4）2SO4溶液中c（NH4+）恰好是NH4Cl溶液中c（NH4+）的2倍，则c[（NH4）2SO4]______c（NH4Cl）（填：＜、=或＞）．
（3）随着向废液中投入生石灰（忽略溶液温度的变化），溶液中
（4）投入生石灰调节pH到2～3时，大量沉淀主要成分为CaSO4•2H2O[含有少量Fe（OH）3]，提纯CaSO4•2H2O的主要操作步骤：向沉淀中加入过量______，充分反应后，过滤、洗涤、______．
（5）25℃，H3AsO4电离常数为K1=5.6×10-3，K2=1.7×10-7，K3=4.0×10-12．当溶液中pH调节到8～9时，沉淀主要成分为Ca3（AsO4）2．
①pH调节到8左右Ca3（AsO4）2才开始沉淀的原因是______．
②Na3AsO4第一步水解的平衡常数数值为：______．
③已知：AsO43-+2I-+2H+=AsO33-+I2+H2O，SO2+I2+2H2O═SO42-+2I-+4H+．上述两个反应中还原性最强的微粒是______．
正确答案
解：硫酸废液中含有大量硫酸外，还含有少量NH4+、Fe3+、AsO43-、Cl-，加入生石灰，调节pH2～3，大量沉淀主要成分为CaSO4•2H2O[含有少量Fe（OH）3]，滤液加入生石灰调节pH8～9，生成Ca3（AsO4）2沉淀，滤液主要含有（NH4）2SO4和NH4Cl，
（1）硫酸的浓度为4.9g•L-1，c（H2SO4）=
（2）如c[（NH4）2SO4]=c（NH4Cl），则（NH4）2SO4溶液中c（NH4+）较大，因c（NH4+）越大，NH4+水解程度越小，则（NH4）2SO4溶液中c（NH4+）小于是NH4Cl溶液中c（NH4+）的2倍，如等于2倍，则c（NH4Cl）应较大，
故答案为：＜；
（3）随着向废液中投入生石灰，c（OH-）增大，c（NH3•H2O）减小，则溶液中
（4）提纯CaSO4•2H2O，可加入稀硫酸溶解Fe（OH）3，且防止CaSO4•2H2O的溶解，过滤后洗涤、干燥，
故答案为：稀硫酸；晾干或干燥；
（5）①H3AsO4是弱酸电离出来的AsO43-较少，所以酸性条件下不易形成Ca3（AsO4）2沉淀，当溶液中pH调节到8左右时AsO43-浓度增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀，
故答案为：H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右，c（AsO43-）增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀；
②Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为：AsO43-+H2O⇌HAsO42-+OH-，该步水解的平衡常数Kh=
故答案为：2.5×10-3；
③已知：AsO43-+2I-+2H+=AsO33-+I2+H2O，SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+．还原剂还原性大于还原产物的还原性，则还原性SO2＞I-＞AsO33-，两个反应中还原性最强的微粒是SO2，
故答案为：SO2．
解析
解：硫酸废液中含有大量硫酸外，还含有少量NH4+、Fe3+、AsO43-、Cl-，加入生石灰，调节pH2～3，大量沉淀主要成分为CaSO4•2H2O[含有少量Fe（OH）3]，滤液加入生石灰调节pH8～9，生成Ca3（AsO4）2沉淀，滤液主要含有（NH4）2SO4和NH4Cl，
（1）硫酸的浓度为4.9g•L-1，c（H2SO4）=
（2）如c[（NH4）2SO4]=c（NH4Cl），则（NH4）2SO4溶液中c（NH4+）较大，因c（NH4+）越大，NH4+水解程度越小，则（NH4）2SO4溶液中c（NH4+）小于是NH4Cl溶液中c（NH4+）的2倍，如等于2倍，则c（NH4Cl）应较大，
故答案为：＜；
（3）随着向废液中投入生石灰，c（OH-）增大，c（NH3•H2O）减小，则溶液中
（4）提纯CaSO4•2H2O，可加入稀硫酸溶解Fe（OH）3，且防止CaSO4•2H2O的溶解，过滤后洗涤、干燥，
故答案为：稀硫酸；晾干或干燥；
（5）①H3AsO4是弱酸电离出来的AsO43-较少，所以酸性条件下不易形成Ca3（AsO4）2沉淀，当溶液中pH调节到8左右时AsO43-浓度增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀，
故答案为：H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右，c（AsO43-）增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀；
②Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为：AsO43-+H2O⇌HAsO42-+OH-，该步水解的平衡常数Kh=
故答案为：2.5×10-3；
③已知：AsO43-+2I-+2H+=AsO33-+I2+H2O，SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+．还原剂还原性大于还原产物的还原性，则还原性SO2＞I-＞AsO33-，两个反应中还原性最强的微粒是SO2，
故答案为：SO2．
某厂使用的燃料为含S约4%～7%（质量分数）的褐煤，为除去烟气中的SO2，化害为利，采用以下工艺流程：
（1）吸收过程中可能产生的物质为______；
（2）调节pH使用的试剂为液氨，写出反应的离子方程式______；
（3）试剂A可能是______（填编号）：
a．硝酸 b．浓硫酸 c．空气
若以氧气为氧化剂，写出反应的化学方程式______；
（4）烟气的温度很高，经过热交换后溶液中即有部分晶体析出，主要原因是______，从化工生产三原则的
角度分析这一工序在该工业生产中的目的______；
（5）指出该工艺流程产品的一项用途______；
（6）用上述工艺可以去除烟气中98%的SO2，该厂消耗上述褐煤10吨最多可制得产品______吨．
正确答案
解：除尘烟气主要成分为二氧化硫，二氧化硫中+4价硫具有还原性，能被氧化剂氧化成三氧化硫，试剂A最佳选择为氧气，因氧气是空气的组成，原料充足，且使用成本低，符合工业生产的需要，进行热交换，便于氨水吸收，氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸氢铵，使用液氨调节pH，NH3+HSO3-=NH4++SO32-，经过A氧化，生成硫酸铵，经过热交换，蒸发得到硫酸铵晶体．
（1）二氧化硫为酸性氧化物，氨气为碱性气体，吸收过程中可能发生：2NH3+SO2+H2O=（NH4）2SO3、NH3+SO2+H2O=NH4HSO3，所以吸收过程中可能产生的物质为：（NH4）2SO3、NH4HSO3，
故答案为：（NH4）2SO3、NH4HSO3；
（2）氨气呈碱性，氨气和亚硫酸氢根离子反应：NH3+HSO3-=NH4++SO32-，故答案为：NH3+HSO3-=NH4++SO32-；
（3）经过A氧化，生成硫酸铵，需选择氧化剂，因氧气是空气的组成，原料充足，且使用成本低，符合工业生产的需要，以氧气为氧化剂，亚硫酸铵和氧气反应2（NH4）2SO3+O2=2（NH4）2SO4，生成硫酸铵，
故答案为：C；2（NH4）2SO3+O2=2（NH4）2SO4；
（4）烟气的温度很高，经过热交换后溶剂蒸发，溶液变过饱和溶液，饱和后溶质结晶，通过热交换，充分利用热能，
故答案为：溶液受热蒸发，饱和后溶质结晶；节能；
（5）硫酸铵为含氮元素的盐，可作植物生成的化肥，故答案为：化肥；
（6）褐煤中的硫含S最高为7%（质量分数），褐煤10吨可以去除烟气中98%的SO2，则被除去的二氧化硫的物质的量为n（S）=n（SO2）=
解析
解：除尘烟气主要成分为二氧化硫，二氧化硫中+4价硫具有还原性，能被氧化剂氧化成三氧化硫，试剂A最佳选择为氧气，因氧气是空气的组成，原料充足，且使用成本低，符合工业生产的需要，进行热交换，便于氨水吸收，氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸氢铵，使用液氨调节pH，NH3+HSO3-=NH4++SO32-，经过A氧化，生成硫酸铵，经过热交换，蒸发得到硫酸铵晶体．
（1）二氧化硫为酸性氧化物，氨气为碱性气体，吸收过程中可能发生：2NH3+SO2+H2O=（NH4）2SO3、NH3+SO2+H2O=NH4HSO3，所以吸收过程中可能产生的物质为：（NH4）2SO3、NH4HSO3，
故答案为：（NH4）2SO3、NH4HSO3；
（2）氨气呈碱性，氨气和亚硫酸氢根离子反应：NH3+HSO3-=NH4++SO32-，故答案为：NH3+HSO3-=NH4++SO32-；
（3）经过A氧化，生成硫酸铵，需选择氧化剂，因氧气是空气的组成，原料充足，且使用成本低，符合工业生产的需要，以氧气为氧化剂，亚硫酸铵和氧气反应2（NH4）2SO3+O2=2（NH4）2SO4，生成硫酸铵，
故答案为：C；2（NH4）2SO3+O2=2（NH4）2SO4；
（4）烟气的温度很高，经过热交换后溶剂蒸发，溶液变过饱和溶液，饱和后溶质结晶，通过热交换，充分利用热能，
故答案为：溶液受热蒸发，饱和后溶质结晶；节能；
（5）硫酸铵为含氮元素的盐，可作植物生成的化肥，故答案为：化肥；
（6）褐煤中的硫含S最高为7%（质量分数），褐煤10吨可以去除烟气中98%的SO2，则被除去的二氧化硫的物质的量为n（S）=n（SO2）=
酸性条件下，锡元素在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式．SnSO4是一种重要的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业．实验中制备SnSO4的流程如下：
（1）碳酸钠与SnCl2反应的化学方程式为______．
（2）制取SnSO4时，需加入稍过量的H2SO4，除溶角SnO外，其另一作用是______．
（3）酸性条件下，SnSO4可以用作双氧水去除剂，反应的离子方程式为______．
（4）镀锡与镀锌是铁件防锈的常用方法．铁件电镀锡时，接直流电源正极的电极材料是______；镀锡铁发生吸氧腐蚀的正极反应式为______．
正确答案
解：（1）碳酸钠与SnCl2反应生成氧化亚锡、二氧化碳和氯化钠，反应的化学方程式为：SnCl2+Na2CO3=SnO+CO2↑+2NaCl，故答案为：SnCl2+Na2CO3=SnO+CO2↑+2NaCl；
（2）SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡Sn Cl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入硫酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解，故答案为：抑制Sn2+水解；
（3）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O，
故答案为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O；
（4）铁件电镀锡时，镀件铁锡做阴极，镀层金属作阳极，电镀液是含有锡离子的盐，所以接直流电源正极的电极材料是金属锡，镀锡铁发生吸氧腐蚀的正极反应是氧气发生得电子的还原反应，即O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：Sn；O2+2H2O+4e-=4OH-．
解析
解：（1）碳酸钠与SnCl2反应生成氧化亚锡、二氧化碳和氯化钠，反应的化学方程式为：SnCl2+Na2CO3=SnO+CO2↑+2NaCl，故答案为：SnCl2+Na2CO3=SnO+CO2↑+2NaCl；
（2）SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡Sn Cl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入硫酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解，故答案为：抑制Sn2+水解；
（3）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O，
故答案为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O；
（4）铁件电镀锡时，镀件铁锡做阴极，镀层金属作阳极，电镀液是含有锡离子的盐，所以接直流电源正极的电极材料是金属锡，镀锡铁发生吸氧腐蚀的正极反应是氧气发生得电子的还原反应，即O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：Sn；O2+2H2O+4e-=4OH-．
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