全国高考化学氧化还原反应的综合高考真题汇总

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）

1．锂离子电池能够实现千余次充放电，但长时间使用后电池会失效，其中的化学试剂排放至环境中不仅会造成环境污染，还会造成资源的浪费。实验室模拟回收锂离子电池中的Co、Ni、Li的流程如图。

已知：LiCoO2难溶于水，易溶于酸。回答下列问题：

（1）LiCoO2中Co的化合价是__。

（2）LiCoO2在浸出过程中反应的离子方程式是__。

（3）浸出剂除了H2O2外，也可以选择Na2S2O3，比较二者的还原效率H2O2__(填“>”或“<”)Na2S2O3(还原效率：还原等物质的量的氧化剂消耗还原剂的物质的量)。

（4）提高浸出效率的方法有__。

（5）利用Cyanex272萃取时，pH对钴、镍萃取分离效果的影响如图。从图中数据可知，用Cyanex272萃取分离时，最佳pH是__。

（6）反萃取的离子方程式为2H++CoR2=Co2++2HR，则反萃取剂的最佳选择是__。

（7）常温下，若水相中的Ni2+的质量浓度为1.18g·L-1，则pH=__时，Ni2+开始沉淀。

[K sp(Ni(OH)2=2×10-15]

（8）参照题中流程图的表达，结合信息设计完成从水相中分离Ni和Li的实验流程图(如图)___。

已知：

提供的无机试剂：NaOH、Na2CO3、NaF。

【答案】+3 2LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O < 适当升高温度，适当增加H2SO4浓度 5.5 H2SO4 7.5 ①NaOH ②Ni(OH)2 ③NaF

【解析】

【分析】

(1)通过化合物中各元素化合价代数和为0进行计算；

(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSO4，可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，根据氧化还原反应的规律写出化学方程式；

(3)根据等物质的量H2O2和Na2S2O3作为还原剂转移电子的多少进行判断；

(4)提高浸出效率即提高化学反应速率；

(5)分离Co2+和Ni2+时，由于Co2+进入有机相，Ni进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围；

(6)将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时不能引入新杂质；

(7)根据K sp(Ni(OH)2的表达式进行计算；

(8)根据表格中所给物质溶解度信息，调节pH应该用碱性物质，但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀。

【详解】

(1)LiCoO2中O元素为-2价，Li为+1价，根据化合物中各元素化合价代数和为0进行计算得Co的化合价为+3价；

(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSO4，可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，化学方程式为：2LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O；

(3)1molH2O2作为还原剂转移2mol电子，1molNa2S2O3作为还原剂转移8mol电子，则

Na2S2O3的还原效率更高；

(4)提高浸出效率可以适当升高温度，适当增加H2SO4浓度等；

(5)分离Co2+和Ni2+时，由于Co2+进入有机相，Ni进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围，所以最佳pH是5.5；

(6)将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时，为不引入新杂质，反萃取剂最好选择H2SO4；

(7)c(Ni2+)=1.18

59

mol/L=0.02mol/L，则开始沉淀时，c(OH-)＝

-6.5mol/L，则pH=14-6.5=7.5；

(8)根据表格中所给物质溶解度信息，调节pH应该用碱性物质，但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀，所以选用NaOH，则Ni(OH)2先沉淀，过滤后滤液中加入NaF生成LiF沉淀。

【点睛】

本题(5)选择合适的pH时，注意读懂图中信息，要根据实验的具体操作情况来分析。

2．铋酸钠（NaBiO3）是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸水或酸则迅速分解。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。回答下列问题：

Ⅰ.制取铋酸钠

制取装置如图（加热和夹持仪器已略去），部分物质性质如下：

物质 NaBiO 3

Bi(OH)3 性质 不溶于冷水，浅黄色 难溶于水；白

色

（1）B 装置用于除去HCl ，盛放的试剂是___；

（2）C 中盛放Bi(OH)3与NaOH 混合物，与Cl 2反应生成NaBiO 3，反应的离子方程式为___；

（3）当观察到___（填现象）时，可以初步判断C 中反应已经完成；

（4）拆除装置前必须先除去烧瓶中残留Cl 2以免污染空气。除去Cl 2的操作是___； （5）反应结束后，为从装置C 中获得尽可能多的产品，需要的操作有___；

Ⅱ.铋酸钠的应用——检验Mn 2+

（6）往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn 2+。

①产生紫红色现象的离子方程式为___；

②某同学在较浓的MnSO 4溶液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，结果没有紫红色出现，但观察到黑色固体（MnO 2）生成。产生此现象的离子反应方程式为___。

Ⅲ.产品纯度的测定

（7）取上述NaBiO 3产品wg ，加入足量稀硫酸和MnSO 4稀溶液使其完全反应，再用cmo1·L -1的H 2C 2O 4标准溶液滴定生成的MnO 4-（已知：H 2C 2O 4+MnO 4-——CO 2+Mn 2++H 2O ，未配平），当溶液紫红色恰好褪去时，消耗vmL 标准溶液。

该产品的纯度为___（用含w 、c 、v 的代数式表示）。

【答案】饱和食盐水 Bi(OH)3+3OH -+Na ++Cl 2=NaBiO 3+2Cl -+3H 2O C 中白色固体消失（或黄色不再加深） 关闭K 1、K 3，打开K 2 在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 5NaBiO 3+2Mn 2++14H +=5Bi 3++2MnO 4-+5Na ++7H 2O 3Mn 2++2MnO 4-+2H 2O=5MnO 2↓+4H +

-3

2cv w

8010 ×100%或0.28cv w ×100%或28cv w % 【解析】

【分析】

用浓HCl 和MnO 2反应制备Cl 2，其中混有挥发出来的HCl ，要用饱和食盐水出去，然后利用Cl 2的强氧化性在碱性条件下将Bi(OH)3氧化成NaBiO 3；利用Mn 2+的还原性将NaBiO 3还原而Mn 2+被氧化成紫红色溶液MnO 4-来检验NaBiO 3的氧化性；实验结束后Cl 2有毒，要除去，做法是打开三颈烧瓶的NaOH 溶液，使其留下和氯气反应；NaBiO 3纯度的检测利用NaBiO 3和Mn 2+反应生成MnO 4-，MnO 4-再和草酸反应来测定，找到NaBiO 3、Mn 2+、MnO 4-

、草酸四种物质之间的关系，在计算即可。

【详解】

（1）除去氯气中混有的HCl ，用饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；

（2）反应物为Bi(OH)3、Cl 2和NaOH 混合物，+3价的Bi 被氧化成NaBiO 3，Cl 2被还原成Cl -，根据原子守恒还有水生成，所以反应为：Bi(OH)3+3OH -+Na ++Cl 2=NaBiO 3+2Cl -+3H 2O ，故答案为：Bi(OH)3+3OH -+Na ++Cl 2=NaBiO 3+2Cl -+3H 2O ；

（3）C 中反应已经完成,则白色的Bi(OH)3全部变为了黄色的NaBiO 3，故答案为：C 中白色固体消失（或黄色不再加深）；

（4）从图上来看关闭K 1、K 3，打开K 2可使NaOH 留下与氯气反应，故答案为：关闭K 1、K 3，打开K 2；

（5）由题意知道NaBiO 3不溶于冷水，接下来的操作尽可能在冰水中操作即可，操作为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；

（6）①往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn 2+，说明铋酸钠将Mn 2+氧化成MnO 4-，因为是酸性条件，所以铋酸钠被还原成Bi 3+，据此写方程式并配平为5NaBiO 3+2Mn 2++14H +=5Bi 3++2MnO 4-+5Na ++7H 2O ，故答案为：5NaBiO 3+2Mn 2++14H +=5Bi 3++2MnO 4-+5Na ++7H 2O ；

②由题意可知，Mn 2+过量，铋酸钠少量，过量的Mn 2+和MnO 4-发生反应生成了黑色的MnO 2，反应方程式为3Mn 2++2MnO 4-+2H 2O=5MnO 2↓+4H +，故答案为：3Mn 2++2MnO 4-+2H 2O=5MnO 2↓+4H +；

（7）根据得失电子守恒找出关系式为：5NaBiO 3～2Mn 2+～2MnO 4-～5H 2C 2O 4,计算铋酸钠理论产量：

3224

35NaBiO ~5H C O 1400g 5mol m()cv 10mol

-?理论

解得m （理论）=0.28CVg ，所以纯度=0.28cv g Wg ×100%=0.28v c W

×100%，所以答案为：-3

2cv w

8010?×100%或0.28cv w ×100%或28cv w %。 【点睛】

（7）在复杂的纯度、产率等计算中，用得失电子守恒法找出各关键物质之间的关系，由此计算，可以事半功倍，如本题中的关系5NaBiO 3 ～ 5H 2C 2O 4，使复杂问题简单化了。

3．根据当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿(主要成分为FeS 2)作为原料。完成下列填空：

(1)将0.050mol SO 2(g) 和0.030mol O 2(g) 充入一个2L 的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SO 2(g)+O 2(g)?2SO 3(g)+Q 。经2分钟反应达到平衡，测得n(SO 3)=0.040mol ，则O 2的平均反应速率为______

(2)在容积不变时，下列措施中有利于提高SO 2平衡转化率的有______(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)在起始温度T1(673K)时SO2的转化率随反应时间(t)的变化如图，请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2(723K)时SO2的转化率随反应时间变化的示意图___

(4)黄铁矿在一定条件下煅烧的产物为SO2和Fe3O4

①将黄铁矿的煅烧产物Fe3O4溶于H2SO4后，加入铁粉，可制备FeSO4。酸溶过程中需维持溶液有足够的酸性，其原因是______

②FeS2能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，本身被氧化为SO42﹣。写出有关的离子方程式

______。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，并防止Fe2+被氧化成Fe3+ FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+

14N A

【解析】

【分析】

(1)根据v＝

c

t

?

?

求出氧气的速率，然后根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比计

算；

(2)反应放热，为提高SO2平衡转化率，应使平衡向正反应方向移动，可降低温度，体积不变，不能从压强的角度考虑，催化剂不影响平衡移动，移出氧气，平衡向逆反应方向移动，不利于提高SO2平衡转化率，由此分析解答；

(3)反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，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根据氧化还原反应中的反应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】

(1)v(SO3)＝

c

t

?

?

＝

0.040mol

2L

2min

＝0.01mol/(L?min)，所以v(O2)＝

1

2

v(SO3)＝0.005mol/(L?min)，

故答案为：0.005mol/(L?min)；

(2)a．移出氧气，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；

b．降低温度，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；

c．减小压强，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；

d．再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)，相当于增大压强，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；

故答案为：bd；

(3)反应：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g) △H＜0，SO2的转化率在起始温度T1＝673K下随反应时间(t)的变化如图，其他条件不变，仅改变起始温度为T2＝723K，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，在图中画出温度T2下SO2的转化率随反应时间变化的预期结果示意图如图所示

；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＋，所以要加入Fe粉和酸，抑制Fe3＋与Fe2＋的水解，并防止Fe2＋被氧化成Fe3＋，故答案为：抑制Fe3＋与Fe2＋的水解，并防止Fe2＋被氧化成Fe3＋；

②?2价的硫离子具有还原性，FeS2可以将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，而本身被氧化为硫酸根离子，有关的离子方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+，氧化产物是硫酸根离子，有2mol硫酸根生成时转移的电子数为14N A，故答案为：

FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+；14N A。

【点睛】

注意(3)温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，此为解题的关键。

4．目前全世界的镍（Ni）消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位。镍常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也常用作催化剂。

碱式碳酸镍的制备：

工业用电解镍新液（主要含NiSO4，NiCl2等）制备碱式碳酸镍晶体

[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]，制备流程如图：

（1）反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，X 的化学式为__。

（2）物料在反应器中反应时需要控制反应温度和pH值。分析如图，反应器中最适合的pH值为__。

（3）检验碱式碳酸镍晶体洗涤干净的方法是__。

测定碱式碳酸镍晶体的组成：

为测定碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]组成，某小组设计了如图实验方案及装置：

资料卡片：碱式碳酸镍晶体受热会完全分解生成NiO、CO2和H2O

实验步骤：

①检查装置气密性；

②准确称量3.77g碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]放在B装置中，连接仪器；

③打开弹簧夹a，鼓入一段时间空气，分别称量装置C、D、E的质量并记录；

④__；

⑤打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气；

⑥分别准确称量装置C、D、E的质量并记录；

⑦根据数据进行计算（相关数据如下表）

装置C/g装置D/g装置E/g

加热前250.00190.00190.00

加热后251.08190.44190.00

实验分析及数据处理：

（4）E装置的作用__。

（5）补充④的实验操作___。

（6）通过计算得到碱式碳酸镍晶体的组成__（填化学式）。

镍的制备：

（7）写出制备Ni的化学方程式__。

【答案】CO2 8.3 取最后一次洗涤液

．．．产生，

．．．．．．．少许，加入HCl酸化的

．．．BaCl2溶液，若无沉淀

则证明沉淀已经洗涤干净吸收空气中的H2O和CO2关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热 NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O

2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O

【解析】

【分析】

(1)根据元素守恒分析判断；

(2)使各种杂质相对最少的pH即为最适合的pH ；

(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留；

(4)根据实验目的和各个装置的作用分析；

(5)根据实验目的和前后操作步骤分析；

(6)先计算生成水蒸气和CO2的质量，再根据质量守恒确定化学式；

(7)氧化还原反应中电子有得，必有失，根据化合价变化确定生成物，进而配平方程式。【详解】

(1)反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，反应前Ni原子共3个、S原子共3个、O原子共23个、Na原子6个、C原子3个、H原子4个，反应后现有：Ni原子3个、S原子共3个、O原子共19个、Na原子6个、C原子1个、H 原子4个，少O原子4个，C原子2个，而这些微粒包含在2个X分子中，所以X的化学

式为CO 2，故答案为：CO 2 ；

(2)物料在反应器中反应时需要控制反应条件，根据图可知，在pH=8.3时，各种杂质相对最少，所以反应器中最适合的pH 8.3，故答案为：8.3 ；

(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留，故答案为：取最后一次洗涤液少许，加入HCl 酸化的BaCl 2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净；

(4)C 装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的H 2O ，D 装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的CO 2，E 装置可以防止空气中的H 2O 和CO 2进入D 装置中，影响实验数据的测定，故答案为：吸收空气中的H 2O 和CO 2；

(5)步骤③反应前左侧通空气是为了排尽装置中原有的CO 2和水蒸气，避免装置内的CO 2和水蒸气造成数据干扰，排空气后，应该开始进行反应，因此步骤④的操作为关闭弹簧夹a ，点燃酒精灯，观察到C 中无气泡时，说明固体分解完全，停止加热；步骤⑤再打开弹簧夹a 缓缓鼓入一段时间空气，将装置中残留的CO 2和水蒸气全部赶入C 、D 装置，被完全吸收，故答案为：关闭弹簧夹a ，点燃酒精灯，观察到C 中无气泡时，停止加热；

(6)水的质量为251.08g?250g=1.08g ，CO 2的质量为190.44g?190g=0.44g ，由于发生的是分解反应，所以生成的NiO 的质量为3.77g?1.08g?0.44g=2.25g ，则分解反应中水、二氧化碳和NiO 的系数比(也就是分子个数比)为即： 1.08g 0.44g 2.25g 18g/mol g/mol g/mol =6:1:34475：：，xNiCO 3?yNi(OH)2?zH 2O . 6H 2O↑+CO 2↑+3NiO ，根据元素守恒可得可得x=1，y=2，z=4

即xNiCO 3?yNi(OH)2?zH 2O 中x:y:z 的值1:2:4，故答案为：NiCO 3·

2Ni(OH)2·4H 2O ； (7)NiCO 3·2Ni(OH)2·4H 2O 与N 2H 4·H 2O 反应生成Ni ，Ni 元素得电子，被还原，同时还生成气体X 和Y ，由第(1)问知X 为CO 2，氧化还原反应有得电子，必有失电子的物质，由此判断另一种气体为N 2，根据得失电子守恒、元素守恒配平制备Ni 的化学方程式，故答案为：2[NiCO 3·2Ni(OH)2·4H 2O]+3N 2H 4·H 2O=6Ni+3N 2↑+2CO 2↑+21H 2O 。

5．实验室用图所示装置制备KClO 溶液，并通过KClO 溶液与33Fe(NO )溶液的反应制备高效水处理剂24K FeO .已知24K FeO 具有下列性质①可溶于水、微溶于浓KOH 溶液，②在05-℃℃、强碱性溶液中比较稳定，③在3Fe +和3Fe(OH)催化作用下发生分解，④在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成3Fe(OH)和2O 。

（1）装置A 中4KMnO 与盐酸反应生成2MnCl 和2Cl ，其化学方程式为______，装置B

的作用是______。

（2）2Cl 和KOH 在较高温度下反应生成3KClO ，试写出该反应的离子方程式______。 （3）制备24K FeO 时，KClO 饱和溶液与33Fe(NO )饱和溶液的混合方式为：在搅拌下，将33Fe(NO )饱和溶液缓慢滴加到KClO 饱和溶液中。理由是______。

（4）已知pH 11>时2Zn(OH)能溶于NaOH 溶液生成24[Zn(OH)].-下表列出了几种离子

生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH 按金属离子浓度为11.0mol L -?计算)。

实验中可选用的试剂：2230%H O 、131.0mol L HNO -?、11.0mol L NaOH.-?由某硫酸锌溶

液(含2Fe +、3Fe +杂质)制备ZnO 的实验步骤依次为：

①______；

②______；

③过滤；

④______；

⑤过滤、洗涤、干燥；

900⑥℃煅烧。

【答案】2KMnO 4+16HCl=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H 2O 除去2Cl 中的HCl

2323Cl 6OH 5Cl ClO 3H O ----+++V

24K FeO 在3Fe +作用下会分解 向硫酸锌溶液中加入适量2230%H O ，使其充分反应 滴加11.0mol L NaOH -?，调节溶液pH 约为5(或

3.2pH 5.9)≤<，使3Fe +沉淀完全 向滤液中滴加11.0mol L NaOH -?，调节溶液pH 约为10(或8.9pH 11)≤≤，使2Zn +沉淀完全

【解析】

【分析】

根据实验装置图可知，A 装置 中用高锰酸钾与盐酸反应制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以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，反应的尾气氯气用氢氧化钾吸收。

【详解】

()41KMnO 具有强氧化性，将盐酸中氯离子氧化为2Cl ，反应还有水生成，所以化学方程式为：2KMnO 4+16HCl=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H 2O ，由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl ，应饱和食盐水吸收HCl 除去，

故答案为：2KMnO 4+16HCl=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H 2O ；除去2Cl 中的HCl ； ()22Cl 和KOH 在较高温度下反应生成3KClO ，反应的离子方程式为

2323Cl 6OH 5Cl ClO 3H O ----

+++V ，故答案为：

2323Cl 6OH 5Cl ClO 3H O ----+++V ；

()3由题意可知24K FeO 在3Fe +和3Fe(OH)催化作用下发生分解，则KClO 饱和溶液与33Fe(NO )饱和溶液的混合方式为：在搅拌下，将33Fe(NO )饱和溶液缓慢滴加到KClO 饱和溶液中，故答案为：24K FeO 在3Fe +作用下会分解；

()4根据表中阳离子沉淀的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2230%H O ，使其充分反应，目的使2Fe +转化完全为3Fe +，②加氢氧化钠溶液，控制PH 在4左右，使3Fe +沉淀完全，③过滤，④向滤液中滴加11.0mol L NaOH -?，调节溶液PH 约为10(或8.9pH 11)≤≤，使2Zn +沉淀完全，⑤过滤、洗涤、干燥，⑥900℃煅烧。故答案为：①向硫酸锌溶液中加入适量30% 22H O ，使其充分反应；②滴加1.0 1mol L NaOH -?，调节溶液pH 约为5(或3.2pH 5.9)≤<，使3Fe +沉淀完全；④向滤液中滴加1.0 1mol L NaOH -?，调节溶液pH 约为10(或8.9pH 11)≤≤，使2Zn +沉淀完全。

【点睛】

根据实验装置图可知，A 装置中用高锰酸钾与盐酸反应制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以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，反应的尾气氯气用氢氧化钾吸收，以此解答该题。

6．以海绵铜（CuO 、Cu ）为原料制备氯化亚铜（CuCl ）的一种工艺流程如下：

（1）Cu 基态原子核外电子排布式为________，SO 42? 的空间构型为__________（用文字描述）；Cu 2+ 与OH － 反应能生成[Cu(OH)4] 2?，[Cu(OH)4] 2? 中提供孤电子对的原子是_______（填元素符号）。

（2）“吸收”过程：

①2NO(g) + O2(g)垐?

噲?2NO2(g) ΔH =－112.6kJ?mol?1提高NO平衡转化率的方法有

______________（写出两种）。

②吸收NO2的有关反应如下：

反应Ⅰ：2NO2(g) + H2O(l) ＝ HNO3(aq) + HNO2(aq) ΔH =－116.1kJ?mol?1

反应Ⅱ：3HNO2(aq) ＝ HNO3(aq) + 2NO(g) + H2O(l) ΔH =－75.9kJ?mol?1

用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式是___________________。

（3）“电解”过程：HNO2为弱酸，通过电解使HNO3得以再生，阳极的电极反应式是

____________。

（4）“沉淀”过程：产生CuCl的离子方程式是________________。

【答案】1s22s22p63s23p63d104s1正四面体形 O 增大压强、提高氧气的浓度

3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g) ΔH=－212.1kJ?mol?1 HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-

2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+

【解析】

【分析】

海绵铜（CuO、Cu）中CuO与稀H2SO4反应转化为硫酸铜，因硝酸在酸性条件下具有氧化性，会将铜氧化为铜离子，最终生成硫酸铜，SO2具有还原性，再将铜离子还原为氯化亚铜，NO合理利用，经过氧化与电解过程得到硝酸，据此分析解答。

【详解】

（1）Cu的原子序数为29，Cu基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；SO42?中

S原子价层电子对个数=4+6+2-42

2

?

=4，且不含孤电子对，由价层电子对互斥理论判断该

微粒为正四面体形；[Cu(OH)4]2?中Cu2+提供空轨道，O原子提供孤电子对形成配位键，答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；正四面体形；O；

（2）①2NO(g)+O2(g)垐?

噲?2NO2(g) ΔH=－112.6kJ?mol?1是气体体积减小的放热反应，提高NO平衡转化率，平衡应向正反应方向移动，可以采取的措施有：降低温度、增大压强、提高氧气的浓度等；

②由盖斯定律可知：（反应I?3+反应II）?1

2

可以得到用水吸收NO2生成HNO3和NO的热

化学方程式：3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g) ΔH=－212.1kJ?mol?1；

（3）电解过程中，阳极上HNO2失去电子发生氧化反应生成HNO3，阳极的电极反应式是：HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-；

（4）Cu2+与SO2发生氧化还原反应生成CuCl，离子方程式为：2Cu2++SO2+2Cl-

+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+。

7．(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 H 2，发生反应：N 2(g)＋3H 2(g)?2NH 3(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，H 2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(Na 2FeO 4)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 －=__FeO 42－＋___Cl －+__

(6)在反应11P+15CuSO 4+24H 2O=5Cu 3P+6H 3PO 4+15H 2SO 4中，氧化剂是___________；当有2mol H 3PO 4生成，转移的电子的物质的量为___________

【答案】弱 一 CaCO 3 3 2 3 4 2 3 5H 2O P 、CuSO 4 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(CH 3COO)2Pb 是弱电解质；

(2)H 3PO 2与足量的NaOH 溶液反应，生成NaH 2PO 2，说明H 3PO 2只能电离出一个氢离子，所以H 3PO 2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CaCO 3；

(4)容器体积为2L ，所以初始投料c (N 2)=0.5mol/L ，c (H 2)=1.5mol/L ，设△c (N 2)=x mol ，列三段式有：

()()()

-1-1-1223+mol L 0.5 1.50mol 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 =0.90.5+1.5mol L g g ，解得x=0.1mol/L ，则△c (H 2)=0.3mol/L ，v (N 2)=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 -=2FeO 42-+3Cl -+5H 2O ；

(6)Cu 3P 中P 元素化合价为-3，H 3PO 4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CuSO 4中的+2降低为Cu 3P 中+1，所以CuSO 4也是氧化剂，即氧化剂为P 、CuSO 4；当有2mol H 3PO 4生成，转移的电子的物质的量为2mol×(+5-0)=10mol 。

8．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ⅤA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-)=

-36

1.010

0.0001

?

=1.0×10-32mol/L，当Pb2+开

始沉淀时，c(S2-)=

-29

9.010

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

1.010

9.010

-

-

?

?

＝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。

9．氯化亚铜在有机合成工业中常作催化剂。以下是从含Cu2+、Fe3+的电镀废水中制备氯化亚铜的工艺流程图。

如图是滤液中Cu2+、Fe3+的含量与pH的关系及CuCl产率与pH的关系图。

请回答以下问题：

(1)在电镀废水中加碱产生沉淀，过滤得到电镀污泥，则电镀污泥的主要成分为____；

(2)由反应①制备CuCl时的最佳pH在__________左右；

(3)对CuCl产率探究时发现反应①在隔绝空气条件下进行时CuCl产率较高，由此推测CuCl 具有__________性；

(4)写出反应①中化学反应方程式：_____；

(5)隔绝空气条件下，从滤液中制得晶体的实验操作为：___________；

(6)取晶体4.34g隔绝空气条件下，失去结晶水后得固体3.26g，所得固体溶于水分成二等份，一份加入足量BaCl2溶液,得到白色固体2.33g；另一份加入足量NaOH溶液后，加热、灼烧得红色粉末0.4g。写出晶体的化学式：_____________。

【答案】Fe(OH)3、Cu(OH)2 3.5 还原 2CuSO4+ Fe +2K Cl = 2CuCl↓+2K2SO4+FeSO4蒸发、冷却结晶、过滤(洗涤)、干燥 K2Fe(SO4)2?6H2O

【解析】

【分析】

由流程图可知，向电镀废水中加碱，Cu2+、Fe3+与碱反应生成氢氧化铁和氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铜的电镀污泥；向电镀污泥中加入硫酸控制pH使氢氧化铜溶解，而氢氧化铁不溶解，过滤得到高浓度的硫酸铜溶液；向高浓度的硫酸铜溶液加入铁与氯化钾，调节溶液pH和反应温度使硫酸铜与铁、氯化钾反应生成了硫酸亚铁、硫酸钾和氯化亚铜，过滤得到氯化亚铜沉淀和含有的硫酸亚铁、硫酸钾滤液，隔绝空气条件下，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到K2Fe(SO4)2?6H2O晶体。

【详解】

（1）由流程图可知，向电镀废水中加碱，Cu2+、Fe3+与碱反应生成氢氧化铁和氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铜的电镀污泥，故答案为：Fe(OH)3、Cu(OH)2；

（2）由CuCl产率与pH的关系图可知，制备CuCl时的最佳pH是3.5左右，故答案为：3.5；

（3）对CuCl产率探究时发现反应①在隔绝空气条件下进行时CuCl产率较高，说明氯化亚铜具有还原性，能被空气中的氧气氧化，故答案为：还原；

（4）反应①为调节溶液pH和反应温度使硫酸铜与铁、氯化钾反应生成了硫酸亚铁、硫酸钾和氯化亚铜，反应的化学方程式为2CuSO4+Fe+2KCl=2CuCl↓+FeSO4+K2SO4，故答案为：2CuSO4+Fe+2KCl=2CuCl↓+FeSO4+K2SO4；

（5）隔绝空气条件下，含有硫酸亚铁、硫酸钾的滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体，故答案为：蒸发、冷却结晶、过滤(洗涤)、干燥； （6）由题意可知，结晶水的物质的量为（4.34-3.26）g

18g/mol =0.06mol ，由加入足量BaCl 2溶液,得到

硫酸钡沉淀质量为2.33g 可知硫酸根的物质的量为 2.33g 233g/mol ×2=0.02mol ，由加入足量NaOH

溶液后，加热、灼烧得红色粉末0.4g 可知亚铁离子的物质的量为0.4g 160g/mol ×2×2=0.01mol ，则钾离子的物质的量为0.0296-0.0156）（3.26-g

39g/mol ??=0.02mol ，n (K +)：n (Fe 2+)：n (SO 42—)；

n (H 2O )=0.02mol ：0.01mol ：0.02mol ：0.06mol=2:1:2:6，晶体的化学式为K 2Fe(SO 4)2?6H 2O ，故答案为：K 2Fe(SO 4)2?6H 2O 。

10．NH 3和Cl 2在常温下可快速反应生成氮气：2NH 3+3Cl 2 →N 2+6HCl 。当Cl 2和 NH 3 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，Cl 2和NH 3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NH 3和Cl 2混合，实验精确测得充分反应后无色混合气体中N 2占混合气体的

17

，求生成氧化产物的物质的量_____________。（该实验数据在标准状况下测定）

【答案】有白烟生成 3∶2 n(NH 3)∶n(Cl 2)=1∶1 m(N 2 )=56g 余NH 3和N 2 0.263mol ，余HCl 和N 2 0.893mol

【解析】

【分析】

NH 3和Cl 2在常温下可快速反应生成氮气：2NH 3+3Cl 2 →N 2+6HCl 。当Cl 2和 NH 3 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Cl 2和NH 3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3222NH 3Cl N 6HCl +=+反应后氨气有剩余，再发生反应NH 3+HCl=NH 4Cl ，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NH 3和Cl 2混合，①3222NH 3Cl N 6HCl +=+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；

②NH 3过量时，发生反应32248NH 3Cl N 6NH Cl +=+，剩余混合气体为氮气、氨气，设Cl 2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3222NH 3Cl N 6HCl +=+、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：3222NH 3Cl N 6HCl +=+，若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸， Cl 2和NH 3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3222NH 3Cl N 6HCl +=+反应后氨气有剩余，再多余氨气再与部分HCl 发生反应NH 3+HCl=NH 4Cl ，HCl 不能完全反应，设反应3222NH 3Cl N 6HCl

+=+中消耗氯气的物质的量为x ，3

223

222NH ~3C 23

3l x x

x 气体物质的量增加 ，43

+HCl=NH Cl 1

2212-2(12-3N )

H x

x x -气体物质的量减少，前者体积增大与后者体积减小相等，则222(12)33

x x x --= ，得x =6， 故反应前氯气和氨气的物质的量之比为

61126x x ==-：1 ； 答案为：1:1；

② 反应后生成的氧化产物为氮气，氯气为6mol,由3222NH 3Cl N 6HCl +=+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3222NH 3Cl N 6HCl +=+反应中，NH 3和Cl 2恰好完全反应时，混合气体中N 2占混合气体的

17，由于氨气与HCl 可以反应生成HN 4Cl ，而充分反应后的混合气体中N 2占混合气体的17

，则有两类情况：①Cl 2与氨气恰好反应，由方程式可知5体积气体生成7体积气体，故反应后混合气体总体积=100L ×75=140L ，则氧化产物氮气体积为140L ×17

=20L ，故

其物质的量=20L 22.4L /mol =0.893mol ；②NH 3过量时，发生反应32248NH 3Cl N 6NH Cl +=+，剩余混合气体为氮气、氨气，设Cl 2有xL ，则

3

2

28NH ~3Cl ~N 83

1101033V

x

x x ?，则1L 13107100L L 3x x =-，30017x =，故氧化产物氮气的物质的量=3001L 17

30.263mol 22.4L /mol

?== ； 答案为：余NH 3和N 2为0.263mol ，余HCl 和N 2为0.893mol 。

11．某体系中存在如下反应：①H 2S ＋4H 2O －8e = SO 42－＋10H ＋，②2IO 3－＋12 H ＋＋10e = I 2

＋6H 2O 。

（1）反应①中H 2S 做_____剂，反应②属于_______ 反应（填“氧化”或“还原”）。 （2）若在反应①中失去0．2 mol 电子，则反应②中可生成______g I 2。

（3）写出并配平碘酸钾与硫化氢反应的化学方程式，同时标出电子转移的方向和数目：_____。

（4）由上述反应可推知__________。

a ．氧化性：K 2SO 4＞ KIO 3

b ．酸性：HIO 3＞ H 2SO 4

c ．还原性：H 2S ＞ I 2

d ．反应过程中溶液的酸性逐渐减弱

【答案】还原 还原 5．08

c

【解析】

【分析】

（1）化合价升高的反应物做还原剂，碘元素的价态由正五价，变为零价，发生还原反应； （2）由得失电子数目守恒计算可得；

（3）①×5+②×4得反应的化学方程式；

（4）还原性：还原剂＞还原产物，氧化性：氧化剂＞氧化产物，因为有水的生成，酸性减弱。

【详解】

（1）由①H 2S+4H 2O-8e →SO 42-+10H +和②2IO 3-+12H ++10e →I 2+6H 2O 可知，反应①中硫元素化合价从-2价变化为+6价，化合价升高失电子做还原剂，反应②是碘元素化合价从+5价变化为0价，化合价降低做氧化剂，发生还原反应，故答案为：还原，还原；

（2）根据①②电子守恒得到：40mole -转移生成4molI 2，4I 2～40e -，；①中失去0.2mol 电子，②中得到0.2mol 电子，反应的碘单质物质的量0.02mol ，m （I 2）

=0.02mol ×127g/mol ×2=5.08g ，故答案为：5.08；

（3）由①和②依据电子守恒得到反应的化学方程式为

5H 2S+8KIO 3=4K 2SO 4+4I 2+H 2SO 4+4H 2O ，由方程式可知40mole -转移生成4molI 2，则电子转移

的方向和数目为，故答案为：

；

（4）a、氧化剂KIO3的氧化性大于氧化产物K2SO4、H2SO4，氧化性：K2SO4＜KIO3，故a错误；

b、反应物中无碘酸生成，该反应不能判断酸性强弱，故b错误；

c、还原剂H2S的还原性大于还原产物I2，则还原性：H2S＞I2，故c正确；

d、反应过程中氢硫酸反应生成硫酸，溶液酸性增强，故d错误；

c正确，故答案为：c。

12．一种以黄铜矿和硫磺为原料制取铜和其他产物的新工艺，原料的综合利用率较高。其主要流程如下：

已知：“反应Ⅱ”的离子方程式为Cu2++CuS+4C1-==2[CuCl2]-+S

回答下列问题：

（1）铁红的化学式为__________________；

（2）“反应Ⅱ”的还原剂是_______________(填化学式)；

（3）“反应III”的离子方程式为____________________________________；

（4）辉铜矿的主要成分是Cu2S，可由黄铜矿(主要成分CuFeS2)通过电化学反应转变而成，有关转化如下如图所示。转化时正极的电极反应式为___________________。

（5）从辉铜矿中浸取铜元素，可用FeCl3作浸取剂。

①反应Cu2S＋4FeCl32CuCl2＋4FeCl2＋S，每生成1mol CuCl2，反应中转移电子的数目为______；浸取时，在有氧环境下可维持Fe3+较高浓度。有关反应的离子方程式是

__________。

②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素的浸取率的变化如图，其原因是

_______________。