1、课时跟踪练22一、选择题1如图是可逆反应：X2(g)3Y2(g)2Z2(g)在反应过程中的反应速率(v)与时间(t)的关系曲线，下列叙述正确的是()At1时，反应只向正方向进行Bt2时，反应未达到限度Ct2t3，反应已停止Dt2t3，各物质的浓度不再发生变化解析：反应未达到平衡时，反应同时向正反应方向和逆反应方向进行，只是正反应速率大于逆反应速率，A项错误；t2时，正、逆反应速率相等，反应达到反应限度，B项错误；t2t3，反应达到平衡状态，但反应并未停止，C项错误；反应达到平衡后，正反应速率和逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生变化，D项正确。答案：D2(2020河南南阳中学月考)一定温度下，
2、在三个体积均为0.5 L的恒容密闭容器中发生反应：CO(g)Cl2(g)COCl2(g)，其中容器中反应在5 min时达到平衡状态。下列说法正确的是()容器编号温度/起始物质的量/mol平衡物质的量/molCOCl2COCl2COCl25001.01.000.85001.0a00.56000.50.50.50.7A容器中前5 min的平均反应速率v(CO)0.16 molL1min1B该反应正反应为吸热反应C容器中起始时Cl2的物质的量为0.55 molD若起始时向容器加入CO 0.8 mol、Cl2 0.8 mol，达到平衡时CO转化率大于80%解析：容器中前5 min的平均反应速率v(CO
3、Cl2)0.32 molL1min1，依据速率之比等于计量系数之比，则v(CO)v(COCl2)0.32 molL1min1，故A项错误；依据图中数据可知：容器和中为等效平衡，升高温度，平衡时COCl2物质的量减小，说明平衡向逆反应方向移动，则逆向为吸热反应，正向为放热反应，故B项错误；依据方程式：CO(g)Cl2(g)COCl2(g)可知：CO(g)Cl2(g)COCl2(g)起始浓度/(molL1) 2 2 0转化浓度/(molL1) 1.6 1.6 1.6平衡浓度/(molL1) 0.4 0.4 1.6反应平衡常数K10，平衡时CO转化率：100%80%；依据容器中数据，结合方程式可知：
4、CO(g)Cl2(g)COCl2(g)起始浓度/(molL1) 2 2a 0转化浓度/(molL1) 1 1 1平衡浓度/(molL1) 1 2a1 1容器和中温度相同则平衡常数相同，则K10，解得：a0.55，故C项正确；CO(g)Cl2(g)COCl2(g)为气体体积减小的反应，若起始时向容器加入CO 0.8 mol，Cl2 0.8 mol，相当于给体系减压，减压平衡向系数大的方向移动，平衡转化率降低，小于80%，故D项错误。答案：C3(2020浙江省第二次模拟)一定温度下，在5 L的恒容密闭容器中发生反应：N2(g)3H2(g)2NH3(g)。反应过程中的部分数据如下表所示。下列说法正确
5、的是()t/minn(N2)/moln(H2)/moln(NH3)/mol0a24051361012158AN2的初始浓度为16 molL1B05 min用H2表示的平均反应速率为0.24 molL1min1C平衡状态时，c(N2)2.6 molL1DN2的平衡转化率为25%解析：反应：N2(g)3H2(g)2NH3(g)，在10 min时达到平衡，将表中数据补充完整：t/minn(N2)/moln(H2)/moln(NH3)/mol01624051315610121281512128N2的初始浓度为molL1，故A项错误；05 min用H2表示的平均反应速率为0.36 molL1min1，故
6、B项错误；平衡状态时，c(N2)2.4 molL1，故C项错误；N2的平衡转化率为100%25%，故D项正确。答案：D4(2020河北石家庄二中月考)温度为T时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应：PCl5(g)PCl3(g)Cl2(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表，下列说法正确的是()t/s050150250350n(PCl3)/mol00.160.190.200.20A体系平衡时与反应起始时的压强之比为56B反应在前50 s的平均速率v(PCl3)0.003 2 molL1s1C相同温度下，起始时向容器中充入0.6 mol PCl5、0.
7、20 mol PCl3和0.20 mol Cl2，反应达到平衡前v(正)v(逆)D相同温度下，若起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的质量分数比上述平衡体系小解析：由题中表格数据可知，平衡时n(PCl3)0.2 mol，则PCl5(g)PCl3(g)Cl2(g)起始量/mol 1.0 0 0变化量/mol 0.2 0.2 0.2平衡量/mol 0.8 0.2 0.2相同条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，即p前p后1.01.256，故A项错误；根据化学反应速率的数学表达式，v(PCl3)0.001 6 molL1s1，故B项错误；根据选
8、项A的分析，此温度下化学平衡常数K0.025，相同温度下，起始时向容器中充入0.6 mol PCl5、0.20 mol PCl3和0.20 mol Cl2，此时的浓度商Q0.030.025，说明反应向逆反应方向移动，即v(逆)v(正)，故C项错误；充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2，可以看作先通入1.0 mol PCl3和1.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的质量分数与原平衡PCl3的质量分数相等，然后再通入1.0 mol PCl3和1.0 mol Cl2，相当于在原来基础上增大压强，PCl3的转化率增大，PCl3的质量分数减小，故D项正确。答案：D5(2020陕西绥
9、德中学月考)对于可逆反应：N2(g)3H2(g)2NH3(g)H0，下列研究目的和示意图相符的是()选项ABCD研究目的压强对反应的影响(p2p1)温度对反应的影响平衡体系中增加N2的浓度对反应的影响催化剂对反应的影响示意图解析：该反应的反应前后为气体分子数减小的反应，压强增大，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，氨气体积分数增大，p2p1，p2条件下的反应速率大于p1条件下的反应速率，研究目的和示意图相不相符，A项错误；该反应正反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，氮气转化率减小，研究目的和示意图不相符，B项错误；增加N2的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，研究目的和示意图
10、相符，C项正确；加入催化剂，反应速率增大，研究目的和示意图不相符，D项错误。答案：C6K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O(橙色)H2O2CrO(黄色)2H。用K2Cr2O7溶液进行下列实验，结合实验，下列说法不正确的是()A中溶液橙色加深，中溶液变黄B中Cr2O被C2H5OH还原C若向中加入70% H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色D对比和可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强解析：在平衡体系中加入酸，平衡向逆反应方向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡向正反应方向移动，溶液变黄，A项正确；中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，B项正确；若向溶液中加入70%的硫酸至过量，溶液为酸性
11、，可以氧化乙醇，溶液变绿色，C项错误；是酸性条件，是碱性条件，酸性条件下能氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，D项正确。答案：C7(2020广州大学附中期末考试)CO(g)Cl2(g)COCl2(g)H0，当反应达到平衡时，下列措施：升温、加压、增加Cl2的浓度、加催化剂、恒压通入惰性气体、恒容通入惰性气体。能提高CO转化率的是()ABC D解析：化学反应：CO(g)Cl2(g)COCl2(g)H0，正反应是气体体积减小的放热反应，升温，平衡向逆反应方向移动，CO转化率减小，项错误；加压，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，项正确；增加Cl2的浓度，平衡向正反应方向移动，CO
12、的转化率增大，项正确；加催化剂，改变速率不改变平衡，CO转化率不变，项错误；恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，容器体积增大压强减小，平衡向逆反应方向进行，CO的转化率减小，项错误；恒容通入惰性气体，各组分的浓度不变，平衡不移动，项错误；综上所述，项正确，答案选A。答案：A8下列实验目的能实现的是()选项实验目的操作步骤及现象A研究浓度对化学平衡的影响2 mL 0.001 molL1 FeCl3溶液与2 mL 0.01 molL1 KSCN溶液混合后等分到两支试管，一支加入2 mL 0.1 molL1 FeCl3溶液，另一支加入2 mL H2O，第一支试管中溶液颜色较深B证明MnO2是过氧
13、化氢分解的催化剂准备两支各装有3% H2O2溶液5 mL的试管，一支作对照，向另一支加入1.0 g MnO2，发现加入MnO2的试管迅速产生大量气泡，证明MnO2是催化剂C比较AgCl和AgI溶度积的大小向试管中加入2 mL 0.1 molL1 AgNO3溶液，滴加0.1 molL1 NaCl溶液3 mL，再滴加0.1 molL1 KI溶液，沉淀由白色变黄色D研究浓度对反应速率的影响分别向盛有2 mL 0.1 molL1和2 mL 0.2 molL1 KMnO4溶液的两支试管中加入5 mL 0.1 molL1 H2C2O4，第一支试管中溶液先褪色解析：2 mL 0.001 molL1 FeCl
14、3溶液与2 mL 0.01 molL1 KSCN溶液混合后等分到两支试管，由于KSCN过量，再加入FeCl3溶液，会继续反应，生成更多的Fe(SCN)3，而使溶液颜色加深，无法探究浓度对平衡移动的影响，故A项错误；准备两支各装有3% H2O2溶液5 mL的试管，一支作对照，向另一支加入1.0 g MnO2，发现加入MnO2的试管迅速产生大量气泡，但不能证明MnO2作催化剂，也许是反应物，因而根据催化剂的概念，要证明MnO2是该反应的催化剂，还需要增加实验来验证MnO2在化学反应前后的质量和化学性质没有改变，故B项错误；向试管中加入2 mL 0.1 molL1 AgNO3溶液，滴加0.1 mol
15、L1 NaCl溶液3 mL，根据：AgCl=AgCl，由题中给出的量，可判断Cl过量，再加入0.1 molL1 KI溶液，沉淀由白色变黄色，可证明沉淀由AgCl向AgI转化，说明AgI的溶解度更小，可比较AgCl和AgI溶度积的大小，故C项正确；根据反应离子方程式：2MnO5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O，由题中给出的量计算，发现第一支试管刚好反应完，而使溶液褪色，第二支试管KMnO4过量，而不褪色，不能说明浓度对反应速率的影响，故D项错误。答案：C二、非选择题91，2二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)是一种重要的化工原料，工业上可用丙烯加成法制备，主要副产物为3氯丙烯(CH2
16、=CHCH2Cl)，反应原理为.CH2=CHCH3(g)Cl2(g)CH2ClCHClCH3(g)H1134 kJmol1；.CH2=CHCH3(g)Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)HCl(g)H2102 kJmol1。请回答下列问题：(1)已知反应：CH2=CHCH2Cl(g)HCl(g) CH2ClCHClCH3(g)的活化能Ea(正)为132 kJmol1，则该反应的活化能Ea(逆)为_kJmol1。(2)一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2=CHCH3(g)和Cl2(g)。在催化剂作用下发生反应、，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。时间/min0601201
17、80240300360压强/kPa8074.269.465.261.657.657.6用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即v，则前120 min内平均反应速率v(CH2ClCHClCH3)_kPamin1(保留到小数点后两位)。该温度下，若平衡时HCl的体积分数为，则丙烯的平衡总转化率_；反应的平衡常数Kp_kPa1(Kp为以分压表示的平衡常数，保留到小数点后两位)。(3)某研究小组向密闭容器中充入一定量的CH2=CHCH3和Cl2，分别在A、B两种不同催化剂作用下发生反应，一段时间后测得CH2ClCHClCH3的产率与温度的关系如下图所示。下列说法错误的是_(填字母)；a使用催化剂A
18、的最佳温度约为250 b相同条件下，改变压强不影响CH2ClCHClCH3的产率c两种催化剂均能降低反应的活化能，但H不变d提高CH2ClCHClCH3反应选择性的关键因素是控制温度在催化剂A作用下，温度低于200 时，CH2ClCHClCH3的产率随温度升高变化不大，主要原因是_；p点是否为对应温度下CH2ClCHClCH3的平衡产率，判断理由是_。解析：(1)根据盖斯定律，反应反应得：CH2=CHCH2Cl(g)HCl(g)CH2ClCHClCH3(g)，此反应的反应热HH1H2Ea(正)Ea(逆)，则Ea(逆)Ea(正)(H1H2)132 kJmol1(134 kJmol1102 kJm
19、ol1)164 kJmol1。(2)因反应的V0，p0，则反应的p80 kPa69.4 kPa10.6 kPa，则120 min内平均反应速率v(CH2ClCHClCH3)(kPamin1)0.09 kPamin1；设起始时CH2=CHCH3(g)和Cl2(g)均为5 mol，则容器内起始时总物质的量为10 mol，根据恒温恒容条件下气体的物质的量与压强成正比可知，平衡时气体的总物质的量为10 mol7.2 mol，减小的物质的量为10 mol7.2 mol2.8 mol，根据反应可知反应生成的CH2ClCHClCH3(g)为2.8 mol，平衡时HCl的体积分数为，说明生成的HCl为7.2
20、mol0.9 mol，结合反应、，则参加反应的丙烯的总物质的量为2.8 mol0.9 mol3.7 mol，故平衡时丙烯的平衡总转化率100%74%；另外平衡时CH2=CHCH3(g)和Cl2(g)均为1.3 mol，CH2ClCHClCH3为2.8 mol，则反应的平衡常数Kp0.21 kPa1。(3)由图示可知使用催化剂A时产率最高时温度约为250 ，即使用催化剂A的最佳温度约为250 ，故a项正确；反应是一个气体分子数减少的反应，改变压强可以使该反应的化学平衡发生移动，故CH2ClCHClCH3的产率会随着压强的改变而改变，故b项错误；催化剂能降低反应的活化能，但不影响H，故c项正确；由
21、图中信息可知，两种不同的催化剂对CH2ClCHClCH3的产率的影响有明显的差别，且催化剂本身有相适宜的活性温度，故提高该反应的选择性的关键因素是催化剂的选择及其活性温度的控制，故d项错误；答案选bd；催化剂的效率与温度有关，当温度较低时，催化剂的活性较低，对化学反应速率的影响小，导致CH2ClCHClCH3的产率随温度升高变化不大；反应的正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，p点的平衡产率应高于B催化剂作用下450 的产率，故p点不是对应温度下CH2ClCHClCH3的平衡产率。答案：(1)164(2)0.0974%0.21(3)bd温度较低，催化剂的活性较低，对化学反应速率的影响
22、小不是平衡产率，因为该反应的正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，p点的平衡产率应高于B催化剂作用下450 的产率10(2020清华附中第三次模拟)某实验小组同学对影响CuSO4溶液和浓氨水反应产物的因素进行了如下探究。请回答下列问题：查阅资料Cu(OH)2(s)Cu22OHKsp2.21020；Cu(NH3)Cu24NH3K4.81014；Cu(NH3)4SO4H2O是一种易溶于水、难溶于乙醇的深蓝色固体，加热分解有氨气放出。Cu(NH3)4SO4H2O在乙醇水混合溶剂中的溶解度如下图所示。实验探究实验：CuSO4溶液和浓氨水的反应。序号实验操作实验现象1向2 mL 0.1 mol
23、L1 CuSO4(pH3.2)中逐滴加入2 mL 1 molL1氨水立即出现浅蓝色沉淀，溶液变无色；随后沉淀逐渐溶解，溶液变为蓝色；最终得到澄清透明的深蓝色溶液A2向2 mL 1 molL1氨水中逐滴加入2 mL 0.1 molL1 CuSO4(pH3.2)始终为澄清透明的深蓝色溶液B(1)进一步实验证明，深蓝色溶液A、B中均含有Cu(NH3)，相应的实验方案为_(写出实验操作及现象)。实验：探究影响CuSO4溶液和浓氨水反应产物的因素。序号实验操作实验现象1向实验2所得深蓝色溶液B中继续加入2 mL 0.1 molL1 CuSO4(pH3.2)有浅蓝色沉淀生成，溶液颜色变浅2向实验2所得深蓝
24、色溶液B中继续加入1 molL1 NaOH有浅蓝色沉淀生成，上层清液接近无色3向2 mL 0.1 molL1氨水中逐滴加入2 mL 0.1 molL1 CuSO4(pH3.2)有浅蓝色沉淀生成，上层清液接近无色(2)依据实验1，甲同学认为Cu2浓度是影响CuSO4溶液和浓氨水反应产物的因素之一。乙同学认为实验1没有排除硫酸铜溶液呈酸性的干扰，并设计了如下对比实验：序号实验操作实验现象4向实验2所得深蓝色溶液B中继续加入2 mL试剂a无明显现象用化学用语表示硫酸铜溶液呈酸性的原因：_；试剂a为_。(3)利用平衡移动原理对实验2的现象进行解释：_。(4)实验3的目的是_。(5)综合上述实验可以推测
25、，影响CuSO4溶液和浓氨水反应产物的因素有_。解析：根据控制变量法分析影响CuSO4溶液和浓氨水反应产物的因素。(1)因为Cu(NH3)4SO4H2O是一种易溶于水、难溶于乙醇的深蓝色固体，加热分解有氨气放出，所以检验溶液A、B中均含有Cu(NH3)，相应的实验方案为向溶液中加入大量乙醇，出现深蓝色沉淀，过滤、洗涤沉淀后，将沉淀置于试管中加热，并将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察到红色的石蕊试纸变蓝。(2)硫酸铜是强酸弱碱盐，铜离子水解使溶液显酸性，水解的离子方程式是Cu22H2OCu(OH)22H；根据乙同学认为实验1没有排除硫酸铜溶液呈酸性的干扰，根据控制变量法，应设计一个对比实验，对
26、比在没有Cu2且c(SO)和pH相同的条件下对反应产物的影响，所以可以加入c(SO)0.1 molL1且pH3.2的硫酸硫酸钠混合溶液，排除酸性溶液的干扰。(3)Cu(NH3)Cu24NH3是可逆反应，当加入氢氧化钠溶液时，铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，使铜离子浓度减少，依据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，Cu(NH3)浓度降低，溶液变为无色。(4)实验3是对比实验，与实验2对比，探究其他条件相同的情况下，氨水浓度对反应产物的影响。(5)由实验1、2、3可以推测，影响CuSO4溶液和浓氨水反应产物的因素有铜离子的浓度、溶液的碱性、氨水的浓度(或氨水的浓度、硫酸铜和氨水的相对用量)
27、。答案：(1)向深蓝色溶液中加入大量乙醇，出现深蓝色沉淀，过滤、洗涤沉淀后，将沉淀置于试管中加热，并将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察到红色的石蕊试纸变蓝(2)Cu22H2OCu(OH)22Hc(SO)0.1 molL1且pH3.2的硫酸硫酸钠混合溶液(3)溶液中存在：Cu(NH3)Cu24NH3，当加入氢氧化钠溶液，氢氧根离子和铜离子结合成氢氧化铜浅蓝色沉淀，使上述平衡向正反应方向移动，Cu(NH3)浓度降低，溶液变为无色(4)与实验2对比，探究其他条件相同的情况下，氨水浓度对反应产物的影响(5)铜离子的浓度、溶液的碱性、氨水的浓度(或氨水的浓度、硫酸铜和氨水的相对用量)11(2021广东
28、省适应性考试节选)NiCeO2催化CO2加H2形成CH4的反应历程如图1所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，含碳产物中CH4的物质的量百分数(Y)及CO2的转化率随温度的变化如图2所示。图1图2(1)下列对CO2甲烷化反应体系的说法合理的有_。A含碳副产物的产率均低于CH4B存在反应：CO24H2CH42H2OC存在副反应：CO2H2COH2ODCO2转化为CH4的过程中发生了能量转化E温度高于260 后，升高温度，甲烷产率几乎不变(2)CO2甲烷化的过程中，保持CO2与H2的体积比为14，反应气的总流量控制在40 mLmin1，320 时测得CO2转化率为80%，则CO2反应速率为_mL
29、min1。解析：(1)由题图可知，含碳产物中CH4的物质的量百分数Y70%，则含碳副产物的产率30%，故含碳副产物的产率均低于CH4，A项正确；由题意及题图可知NiCeO2催化CO2加H2形成CH4，故存在反应：CO24H2CH42H2O，B项正确；由图可知，存在CO2和H2反应生成CO和H2O，C项正确；化学反应伴随着物质变化和能量变化，D项正确；由图2可知，当温度高于260 时，CO2的转化率还在增大，但CH4的百分含量几乎不再变化，则继续升高温度甲烷产率几乎不变，E正确，故答案为ABCDE。(2)CO2甲烷化的过程中，CO2与H2的体积比为14，反应气的总流量为40 mLmin1，则1
30、min内初始时CO2的体积为40 mL8 mL，320 时CO2转化率为80%，则CO2反应速率为v mLmin16.4 mLmin1，故答案为6.4。答案：(1)ABCDE(2)6.412(2020北京中关村中学第三次模拟)金属冶炼、电镀、电路板生产等过程会产生大量的Cu2，Cu2是一种重金属离子，严重影响水生动植物的生长发育，对人体健康也有很大危害，必须经过处理达标后方可排放。某电路板生产企业的废水水质情况及国家允许污水的排放标准如下表：项目废水水质排放标准pH1.069Cu2/(mgL1)1 4700.5氨氮/(mgL1)2 63215.为研究上述废水中Cu2的处理方法并实现Cu的资源化
31、回收，有研究者进行了如下实验：向一定体积的废水中加入一定量废铁屑和焦炭粉，置于搅拌器上搅拌90 min、静置，经分析测得上清液中铜含量约为72 mgL1；滤出上清液，向滤液中加入一定量FeS固体，充分搅拌后静置，经分析测得其中铜含量已经达标。请回答下列问题：(1)在pH1.0的废水中，氨氮的主要存在形式是_(用化学式表示)。(2)加入废铁屑后，废水中的铜含量明显减少，反应的离子方程式是_；加入焦炭粉可以增大反应速率，原因是_。(3)用离子方程式解释加入FeS固体使废水达标的原因：_。(4)在处理废水过程中使用的铁粉会因表面包覆一层铜膜而失效，因此要对失效的铁粉进行活化处理，同时回收铜。处理方法
32、为用一定浓度的氨水浸泡包覆铜膜的铁粉，露置在空气中一段时间后，可以将表面的Cu转化为Cu(NH3)42与铁粉分离。请写出Cu转化为Cu(NH3)42的离子方程式：_。.为研究废水处理的最佳pH，取五份等量的中清液，分别用30%的NaOH溶液调节pH值至8.5、9、9.5、10、11，静置后，分析上层清液中铜元素的含量。实验结果如图所示。查阅资料可知：Cu(OH)24NH3Cu(NH3)422OH。(5)根据实验结果，你认为最佳的pH约为_。结合资料解释实验结果呈图中bd段曲线所示的原因：_。解析：由题中信息可知，向一定体积的废水中加入一定量废铁屑和焦炭粉，可以形成原电池，增大铁置换铜的速率；滤
33、出上层清液，向滤液中加入一定量FeS固体，充分搅拌后，发生沉淀的转化，可以使其中铜含量达标。根据平衡移动原理分析题图中曲线变化的原因。.(1)pH1.0的废水显酸性，根据氨气可以与酸反应生成铵盐可知，氨气在该废水中的主要存在形式是NH。(2)铁比铜活泼，铁可以与铜盐发生置换反应，因此加入废铁屑后，废水中的铜含量明显减少，反应的离子方程式是FeCu2=CuFe2；废水中加入一定量废铁屑和焦炭粉后，可以形成许多微小的原电池，可以增大化学反应速率。(3)FeS可以与废水的Cu2反应生成溶解度更小的CuS，用离子方程式可表示为FeSCu2=CuSFe2。(4)用一定浓度的氨水浸泡包覆铜膜的铁粉，露置在
34、空气中一段时间后，可以将表面的Cu转化为Cu(NH3)42，该反应的离子方程式为2CuO28NH3H2O=2Cu(NH3)424OH6H2O。.(5)由题图中信息可知，pH约为9时，上层清液中铜元素的含量(铜浓度)最低，因此，最佳的pH约为9。由题中所给资料可知，Cu(OH)24NH3Cu(NH3)422OH。在bc之间，随着清液pH增大，c(OH)增大，NH与OH反应生成NH3H2O，使得c(NH3)增大，上述平衡向正反应方向移动，故清液中的铜浓度升高；在cd之间，随着c(OH)增大，上述平衡向逆反应方向移动，故清液中的铜浓度又逐渐降低。答案：.(1)NH(2)FeCu2=CuFe2铁屑、焦炭粉和废水中的电解质可以形成许多微小的原电池(3)FeSCu2= CuSFe2(4)2CuO28NH3H2O=2Cu(NH3)424OH6H2O.(5)9在bc之间，随着上清液pH增大，c(OH)增大，NH与OH反应生成NH3H2O，使得c(NH3)增大，Cu(OH)24NH3Cu(NH3)422OH向正反应方向移动，故清液中的铜浓度升高；在cd之间，随着c(OH)增大，上述平衡向逆反应方向移动，故清液中的铜浓度又逐渐降低
