14．連二亞硫酸鈉（Na2S2O4）俗稱保險粉，是一種強還原劑，廣泛用于紡織工業(yè)．
（1）在一定溫度下，將足量SO2氣體通入甲酸（HCOOH）和NaOH混合溶液中，即有保險粉生成同時生成一種氣體．該反應的化學方程式為2NaOH+HCOOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+2H2O．
（2）保險粉可用于除去廢水中的重鉻酸根離子（Cr2O72-被轉(zhuǎn)化為Cr3+），這是目前除去酸性廢水中鉻離子的有效方法之一，則每消耗0.2mol保險粉，理論上可除去Cr2O72-的物質(zhì)的量為0.2mol
（3）Na2S2O4溶液在空氣中易被氧化，某課題小組測定0.050mol•L-1Na2S2O4溶液在空氣pH變化如下圖1；

①0-t1段主要生成HSO3-，根據(jù)pH變化圖，推測0-t1發(fā)生反應的離子方程式為2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-；
②t3時溶液中主要陰離子是SO42-，t2-t3階段pH變小的主要原因是HSO3-空氣中被氧化為硫酸，氫離子濃度增大．
③若t1時溶液中Na2S2O4全部被氧化成NaHSO3，此時溶液中c（SO32-）-c（H2SO3）=10-5-10-9mol•L-1（填準確值，不考慮溶液體積變化）．
（4）利用圖2所示裝置（電極均為惰性電極）也可使NaHSO3轉(zhuǎn)化為Na2S2O4，并獲得較濃的硫酸．
①a為電源的正極（填“正極”或“負極”）；
②陰極的電極反應式為2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O．

分析 （1）SO2氣體通入甲酸鈉的堿性溶液可以生成Na2S2O4，根據(jù)元素守恒和電子得失守恒寫化學方程式；
（2）根據(jù)電子得失守恒可知，保險粉與重鉻酸根離子反應的關系式為Cr2O72-～Na2S2O4，據(jù)此計算；
（3）①Na2S2O4溶液在空氣中易被氧化生成亞硫酸氫鈉，結(jié)合電荷守恒和原子守恒書寫離子方程式；
②t3時溶液的pH=1，說明溶液的酸性較強，因此亞硫酸氫鈉被氧化為硫酸氫鈉；t2-t3階段pH變小是氫離子濃度增大，說明是亞硫酸氫根離子被氧化為硫酸；
③若t1時溶液中Na2S2O4全部被氧化成NaHSO3，溶液中電荷守恒和物料守恒計算得到；
（4）①NaHSO3轉(zhuǎn)化為Na2S2O4，元素化合價降低，亞硫酸氫鈉做氧化劑得到電子發(fā)生還原反應，b電極為電源的負極，亞硫酸氫鈉變化為硫酸，元素化合價升高失電子發(fā)生氧化反應，則a電極為電源的正極，
②陰極是亞硫酸氫鈉被還原為Na2S2O4，結(jié)合電荷守恒和原子守恒分析書寫電極反應；

解答 解：（1）SO2氣體通入甲酸鈉的堿性溶液可以生成Na2S2O4，反應的化學方程式為：2NaOH+HCOOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+2H2O，
故答案為：2NaOH+HCOOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+2H2O；
（2）根據(jù)電子得失守恒可知，保險粉與重鉻酸根離子反應的關系式為Cr2O72-～Na2S2O4，所以每消耗0.2mol保險粉，理論上可以除去Cr2O72-的物質(zhì)的量為0.2mol，
故答案為：0.2；
（3）①Na2S2O4溶液在空氣中易被氧化生成亞硫酸氫鈉，則0～t1段發(fā)生離子反應方程式為：2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-．
故答案為：2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-；
②t3時溶液的pH=1，說明溶液的酸性較強，因此亞硫酸氫鈉被氧化為硫酸氫鈉，則溶液中主要陰離子符號是SO42-，
故答案為：SO42-；
③若t1時溶液中Na2S2O4全部被氧化成NaHSO3，溶液中電荷守恒為：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+2c（SO32-）+c（HSO3-），物料守恒為：c（Na+）=c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3），帶入計算得到c（SO32-）-c（H2SO3）=c（H+）-c（OH-）=10-5-10-9，
故答案為：10-5-10-9；
（4）①NaHSO3轉(zhuǎn)化為Na2S2O4，元素化合價降低，亞硫酸氫鈉做氧化劑得到電子發(fā)生還原反應，b電極為電源的負極，亞硫酸氫鈉變化為硫酸，元素化合價升高失電子發(fā)生氧化反應，則a電極為電源的正極，
故答案為：正極；
②陰極是亞硫酸氫鈉在酸性溶液中被還原為Na2S2O4，結(jié)合電荷守恒和原子守恒分析書寫電極反應為：2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O
故答案為：2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O；

點評 本題考查氧化還原反應、水解反應、物質(zhì)制備和檢驗實驗設計與探究，涉及對反應原理、裝置及操作的分析評價、離子方程式的書寫等，注意對物質(zhì)性質(zhì)信息的應用，難度中等．

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相關習題

科目：高中化學 來源： 題型：解答題

20．（1）向含SO42-、CO32-等的溶液中滴加BaCl2溶液，當BaCO3開始沉淀時，溶液中$\frac{{c（S{O_4}^{2-}）}}{{c（C{O_3}^{2-}）}}$為2.16×10-22（保留三位有效數(shù)字）Ksp[BaSO4]=1.1×10-30、Ksp[BaCO3]=5.1×10-9．
（2）已知：重晶石（BaSO4）高溫煅燒可發(fā)生一系列反應，其中部分反應如下：
BaSO4（s）+4C（s）═BaS（s）+4CO （g）△H=+571.2kJ•mol-1
BaS（s）═Ba（s）+S（s）△H=+460kJ•mol-1
2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=-221kJ•mol-1
則Ba（s）+S（s）+2O2（g）═BaSO4（s）△H=-1473.2KJ•mol-1．

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科目：高中化學 來源： 題型：解答題

1．環(huán)酯J（）可用于生產(chǎn)合成樹脂、合成橡膠等．以丙烯為原料制備環(huán)酯J的合成路線如圖

已知以下信息：
①在特殊催化劑的作用下，烯烴能夠發(fā)生碳碳雙鍵兩邊基團互換位置的反應．如2個1-丁烯分子進行烯烴換位，生成3-乙烯和乙烯：
2CH2═CHCH2CH3$\stackrel{催化劑}{→}$CH3CH2CH═CHCH2CH3+CH2═CH2
②C生成D是C與HCl的加成反應．
（1）B的化學名稱為乙烯；反應③、⑤的反應類型為取代反應、氧化反應．
（2）D的結(jié)構簡式為HOCH2CH2CHClCH2OH；
反應⑥的化學方程式為+3NaOH$→_{△}^{乙醇}$ NaOOC-CH=CH-COONa+NaCl+3H2O；
反應 ⑩的化學方程式為HOCH2-CH2OH+HOOC-CH=CH-COOH$→_{△}^{濃硫酸}$2H2O+；
（3）④⑤兩步的作用是保護A中碳碳雙鍵不被氧化．
（4）氯原子位于端頭碳原子上，兩個羥基不在同一個碳原子上的D的同分異構體有10種，其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為4：2：2：1的為ClCH2CH（CH2OH）2（寫結(jié)構簡式）．

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科目：高中化學 來源： 題型：解答題

2．用菱鋅礦（主要成分為碳酸鋅，還含有Fe2+、Fe3+、Mg2+、Ca2+、Cu2+等）制備氯化鋅的流程如圖．

離子開始沉淀時的PH完全沉淀時的PH
Fe3+1.93.2
Fe2+7.59.7
Zn2+6.48.0
（1）電解飽和食鹽水，H2在陰極生成
（2）在反應3前要將菱鋅礦研磨，其目的是增大反應物的接觸面積，加快反應速率，提高浸取率
（3）反應4的目的：將Fe2+氧化為Fe3+
（4）物質(zhì)1最佳選用：C（填符號），調(diào)節(jié)pH至3.2-6.4（填范圍），目的是將Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3除去
A．NH3•H2O      B．NaOH         C．ZnO
（5）反應8從溶液中獲得ZnCl2，加熱前需通入足量的HCl氣體，目的抑制Zn2+（ZnCl2）的水解．

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科目：高中化學 來源： 題型：解答題

9．從鋁土礦（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3等雜質(zhì)）中提取Al2O3的兩種方法如下：

請回答下列問題：
（1）方法甲中，固體A的化學式SiO2．
（2）方法乙加入燒堿后生成SiO32-的離子方程式為SiO2+2OH-═SiO32-+H2O．
（3）簡述檢驗濾液B中含F(xiàn)e3+的方法取少量濾液B于試管中，加入幾滴KSCN溶液，溶液呈紅色，則濾液B中含F(xiàn)e3+．
（4）濾液K中溶質(zhì)的主要成份是NaHCO3（填化學式），寫出該物質(zhì)的一種用途做發(fā)酵粉或制純堿等．

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科目：高中化學 來源： 題型：填空題

19．氯化亞砜（SOCl2）液體是一種重要的有機合成試劑，還用于農(nóng)藥、醫(yī)藥、燃料的生產(chǎn)等．回答下列問題：
（1）氯化亞砜遇水會產(chǎn)生白霧，并產(chǎn)生能使品紅溶液褪色的氣體．①寫出氯化亞砜與水反應的化學方程式：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑．
②與SOCl2中硫元素同價態(tài)的硫的含氧酸在溶液中存在三種含硫微粒，條件該含氧酸溶液的pH值，三種含硫微粒的物質(zhì)的量分數(shù)（ω）隨pH變化曲線如圖所示：按順序?qū)懗鯽、b、c代表的三種微粒的化學式H2SO3、HSO3-、SO32-；該含氧酸二級電離平衡常數(shù)Ka2=10-7．
（2）直接加熱AlCl3•6H2O固體過程中會生成中間產(chǎn)物堿式氯化鋁[Al2（OH）nCl（6-n）]．
①若$\frac{m（堿式氯化鋁）}{m（起始AlC{l}_{3}•6{H}_{2}O）}$×100%=40%，則n=4（結(jié)果保留整數(shù)）
②將AlCl3•6H2O固體與氯化亞砜混合后加熱可得無水AlCl3，試分析氯化亞砜所起的作用：AlCl3•6H2O與SOCl2混合加熱，SOCl2與AlCl3•6H2O中的結(jié)晶水作用，生成無水AlCl3及SO2和HCl氣體，SOCl2吸水，產(chǎn)物SO2和HCl抑制AlCl3水解；
（3）SOCl2不穩(wěn)定，加熱到一定溫度可分解生成Cl2、SO2、S2Cl2（常溫下呈液態(tài)），寫出分解的方程式：4SOCl2$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cl2↑+2SO2↑+S2Cl2，當轉(zhuǎn)移3mol電子時，所得氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量為1.5mol．
（4）一種新型超級可充電電池以金屬鋰和SOCl2分別作負極、正極的活性物質(zhì)，電解液為LiAlCl4-SOCl2，放電時生成LiCl、S、SO2，寫出充電時陽極電極反應式：4Cl-+S+SO2-4e-=2SOCl2．

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科目：高中化學 來源： 題型：選擇題

6．膠體區(qū)別與其他分散系的本質(zhì)特征是（　�。�
A．能發(fā)生丁達爾現(xiàn)象
B．膠體粒子能通過濾紙空隙
C．膠體在一定條件下能穩(wěn)定存在
D．膠體分散質(zhì)粒子直徑在1nm～100nm之間

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科目：高中化學 來源： 題型：填空題

3．甲、乙、丙三種物質(zhì)之間有如下轉(zhuǎn)化關系（如圖）：
（1）若丙是不溶于水的白色膠狀沉淀，能溶于鹽酸和氫氧化鈉溶液，則甲的化學式是Al2O3．“乙$\stackrel{NH_{3}•H_{2}O}{→}$丙”轉(zhuǎn)化的化學方程式為Al2（SO4）3+6NH3•H2O=2Al（OH）3↓+3（NH4）2SO4．
（2）若丙是不溶于水的紅褐色沉淀，則乙溶液中大量存在的陽離子是Fe3+，證明該陽離子存在的方法是取乙溶液少許于試管中，滴幾滴KSCN溶液，若變紅，則存在．“丙$\stackrel{△}{→}$甲”轉(zhuǎn)化的化學方程式為2Fe（OH）3$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Fe2O3+3H2O，“甲$\stackrel{H_{2}SO_{4}}{→}$乙”轉(zhuǎn)化的離子方程式為Fe2O3+6H+=Fe3++3H2O．

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科目：高中化學 來源： 題型：解答題

4．海洋深處有豐富的軟錳礦（主要成分為MnO2，還含有少量鋁、銅、鎳等金屬化合物），軟錳礦可作脫硫劑，工業(yè)上通過如下簡化流程既可脫除燃煤尾氣中的SO2，又可制得電池材料MnO2（反應條件省略）．

請回答下列問題：
（1）下列有關SO2的說法正確的是b（填正確答案的標號）．
a．SO2有毒，食品中不能含有SO2
b．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色
c．SO2是酸性氧化物，其水溶液是強酸
d．SO2通過CaCl2濃溶液能生成沉淀
（2）操作1的名稱是過濾．
（3）用MnCO3能去除溶液中Al3+，其原因是MnCO3消耗氫離子，促進Al3+水解生成氫氧化鋁沉淀．
（4）加MnS出去Cu2+和Ni2+的原理是CuS和NiS的溶解度小于MnS的溶解度，發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化．
（5）MnO2是堿性鋅錳電池的正極材料，寫出該電池的總反應方程式Zn+2MnO2+2H2O═2MnOOH+Zn（OH）2．
（6）根據(jù)圖中信息，寫出KMnO4與MnSO4溶液反應的離子方程式2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+．
（7）假設脫硫過程中，SO2只與軟錳礦漿中的MnO2反應，其化學方程式為SO2+MnO2=MnSO4；將2240 m3（標準狀況）含有0.86%（體積分數(shù)）SO2的尾氣通入礦漿，若SO2的脫除率為100%，則最終得到MnO2的質(zhì)量為124.7kg（忽略除去鋁、銅、鎳等雜質(zhì)時引入的錳）．

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