备战高考化学专题题库氧化还原反应的综合题附详细答案.docx

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备战高考化学专题题库氧化还原反应的综合题附详细答案

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）

1．叠氮化钠（NaN3）是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。

NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。

实验室可利用亚硝酸叔丁酯（tBuNO2，以tBu表示叔丁基）与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。

（1）制备亚硝酸叔丁酯

取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合，发生反应H2SO4＋2NaNO2===2HNO2＋Na2SO4。

可利用亚硝酸与叔丁醇（tBuOH）在40℃左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：

____________。

（2）制备叠氮化钠（NaN3）

按如图所示组装仪器（加热装置略）进行反应，反应的化学方程式为：

tBuNO2＋NaOH＋N2H4===NaN3＋2H2O＋tBuOH。

①装置a的名称是______________；

②该反应需控制温度在65℃，采用的实验措施是____________________；

③反应后溶液在0℃下冷却至有大量晶体析出后过滤。

所得晶体使用无水乙醇洗涤。

试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是____________。

（3）产率计算

①称取2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。

②用滴定管加入0.10mol·L－1六硝酸铈铵[（NH4）2Ce（NO3）6]溶液40.00mL（假设杂质均不参与反应）。

③充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10mol·L－1硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]为标准液，滴定过量的Ce4＋，终点时消耗标准溶液20.00mL（滴定原理：

Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋）。

已知六硝酸铈铵[（NH4）2Ce（NO3）6]与叠氮化钠反应生成硝酸铵、硝酸钠、氮气以及Ce（NO3）3，试写出该反应的化学方程式____________________________；计算叠氮化钠的质量分数为________（保留2位有效数字）。

若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是____________（填字母）。

A．锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗

B．滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数

C．滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡

D．滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内

（4）叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：

____________________

【答案】tBuOH＋HNO2

tBuNO2＋H2O恒压滴液漏斗（滴液漏斗）水浴加热降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失2（NH4）2Ce（NO3）6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce（NO3）3＋2NaNO3＋3N2↑65%ACClO－＋2N3-＋H2O===Cl－＋2OH－＋3N2↑

【解析】

【分析】

【详解】

（1）制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反应，所以方程式为：

；

（2）①装置a的名称即为恒压滴液漏斗；

②反应要控制温度在65℃，参考苯的硝化实验，该反应加热时，应当采用水浴加热；

③题干中提到了叠氮酸钠易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗涤产品时，为了减少洗涤过程中产品的损耗，应当用无水乙醇洗涤；

（3）通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中Ce4+和

中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：

；在计算叠氮化钠的含量时，一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了

与过量的六硝酸铈铵反应，再用Fe2+去滴定未反应完的正四价的Ce，因此有：

，考虑到Fe2+与Ce4+的反应按照1:

1进行，所以2.0g叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为：

，所以叠氮化钠样品的质量分数为：

；

A．润洗锥形瓶，会使步骤②消耗的六硝酸铈铵的量增加，通过分析可知，会使最终计算的质量分数偏大，A项正确；

B．量取40mL六硝酸铈铵溶液时若前仰后俯，则会量取比40ml更多的六硝酸铈铵溶液，那么步骤③会需要加入更多的Fe2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的Ce4+，通过分析可知，最终会导致计算的质量分数偏低，B项错误；

C．步骤③用Fe2+标定未反应的Ce4+，若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的Fe2+消耗量比实际的偏小，通过分析可知，最终会使质量分数偏大，C正确；

D．将挂在锥形瓶壁上的Fe2+溶液冲入锥形瓶，相当于让溶液混合更均匀，这样做会使结果更准确，D项不符合；答案选AC；

（4）反应后溶液碱性增强，所以推测生成了OH-；产生的无色无味无毒气体，推测只能是氮气，所以离子方程式为：

。

【点睛】

滴定计算类的题目，最常考察的形式之一是配制完待测样品溶液后，只取一部分进行滴定，在做计算时不要忘记乘以相应的系数；此外，常考察的形式也有：

用待测物A与过量的B反应，再用C标定未反应的B，在做计算时，要注意A与C一同消耗的B。

2．碘酸钾（

）是重要的微量元素碘添加剂。

实验室设计下列实验流程制取并测定产品中

的纯度：

其中制取碘酸（

）的实验装置见图，有关物质的性质列于表中

物质

性质

HIO3

白色固体，能溶于水，难溶于CCl4

KIO3

①白色固体，能溶于水，难溶于乙醇

②碱性条件下易发生氧化反应：

ClO－＋IO3－=IO4－＋Cl－

回答下列问题

（1）装置A中参加反应的盐酸所表现的化学性质为______________。

（2）装置B中反应的化学方程式为___________________。

B中所加CCl4的作用是_________从而加快反应速率。

（3）分离出B中制得的

水溶液的操作为____________；中和之前，需将HIO3溶液煮沸至接近于无色，其目的是____________，避免降低

的产率。

（4）为充分吸收尾气，保护环境，C处应选用最合适的实验装置是____________（填序号）。

（5）为促使

晶体析出，应往中和所得的

溶液中加入适量的___________。

（6）取1.000g

产品配成200.00mL溶液，每次精确量取20.00mL溶液置于锥形瓶中，加入足量KI溶液和稀盐酸，加入淀粉作指示剂，用0.1004mol/L

溶液滴定。

滴定至终点时蓝色消失（

），测得每次平均消耗

溶液25.00mL。

则产品中

的质量分数为___（结果保留三位有效数字）。

【答案】还原性、酸性

充分溶解

和

，以增大反应物浓度分液除去

（或

），防止氧化

C乙醇（或酒精）89.5%。

【解析】

【分析】

装置A用于制取Cl2，发生的反应为：

KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O，装置B中发生的是制取HIO3的反应，装置C为尾气处理装置，既要吸收尾气中的HCl和Cl2，还要防止倒吸。

【详解】

（1）装置A中发生的反应为：

KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O，浓盐酸中的Cl元素有一部分失电子转化为Cl2，表现出还原性，还有一部分Cl元素没有变价转化为KCl（盐），表现出酸性，故答案为：

还原性、酸性；

（2）装置B中发生的反应为：

5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，Cl2和I2均难溶于水，易溶于CCl4，加入CCl4可使二者溶解在CCl4中，增大反应物浓度，故答案为：

5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；充分溶解I2和Cl2，以增大反应物浓度；

（3）分离B中制得的HIO3水溶液的操作为分液，HIO3溶液中混有的Cl2在碱性条件下转化为ClO-，ClO-会将IO3-氧化为IO4-，因此在中和前需要将Cl2除去，故答案为：

分液；除去Cl2（或ClO-），防止氧化KIO3；

（4）尾气中主要含HCl和Cl2，需用NaOH溶液吸收，同时要防止倒吸，故答案为：

C；

（5）因为KIO3难溶于乙醇，向KIO3溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使KIO3晶体析出，故答案为：

乙醇（或酒精）；

（6）每20mLKIO3溶液中，加入KI溶液和稀盐酸发生的反应为：

IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，滴定时发生的反应为：

I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可列出关系式：

IO3-~3I2~6S2O32-，每次平均消耗的n（S2O32-）=0.1004mol/L×0.025L=0.00251mol，则每20mLKIO3溶液中，n（KIO3）=n（IO3-）=n（S2O32-）÷6=0.00251mol÷6=0.000418mol，200mL溶液中，n（KIO3）=0.00418mol，产品中KIO3的质量分数=

=89.5%，故答案为：

89.5%。

【点睛】

1g样品配成了200mL溶液，而根据关系式计算出的是20mL溶液中KIO3的物质的量，需扩大10倍才能得到1g样品中KIO3的物质的量。

3．高氯酸铵是一种常见的强氧化剂，常用作火箭发射的推进剂。

根据下列信息回答问题:

已知:

①高氯酸铵受热分解为N2、Cl2、O2和H2O;②Mg3N2易水解;③Cu与N2在酒精灯加热条件下不反应。

（1）写出高氯酸铵受热分解的化学反应方程式:

_____________，Mg3N2的电子式为________。

（2）现有23.5gNH4ClO4分解，用下列装置设计实验，验证其分解产物并计算分解率。

（注:

①装置中空气已除尽;②装置可重复使用;③B~F装置中的试剂均过量且能与相应物质反应完全。

）

①用E装置质量的增加来验证生成的气体产物之一，则E中盛放的试剂是:

_______。

②请按气流由左至右的方向连接装置:

A→E→D→B→______→_____→_______→E（选择B~F装置，并用B~F字母填空）。

③证明产物中有Cl2的实验现象:

________。

④反应结束后，若C装置质量增加了2.38g，则NH4ClO4的分解率是:

________%。

（3）样品中NH4ClO4的含量（杂质中不含NH4+）还可用蒸馏法测定（如图所示，加热和夹持装置已略去），实验步骤如下:

步骤1:

组装仪器，检查气密性;准确称取样品ag（不超过0.5g）于蒸馏烧瓶中，加入约150mL水溶解。

步骤2:

准确量取40.00mL约0.1mol/LH2SO4于锥形瓶中。

步骤3:

向蒸馏烧瓶中加入20mL3mol/LNaOH溶液;加热蒸馏使NH3全部挥发。

步骤4:

用新煮沸过的水冲洗冷凝装置2~3次，洗涤液并入锥形瓶中。

步骤5:

向锥形瓶中加2~3滴甲基橙，用cmol/LNaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH标准溶液V1mL。

步骤6:

重复实验2~3次。

回答下列问题:

①步骤2中，准确量取40.00mlH2SO4溶液的玻璃仪器是:

__________。

②为获得样品中NH4ClO4的含量，还需补充的实验是:

______。

【答案】2NH4ClO4

2O2↑+N2↑+Cl2↑+4H2O↑

浓硫酸EFCD裝置中颜色由无色变为橙色85.0或85酸式滴定管或移液管用NaOH标准溶液标定硫酸溶液的浓度

【解析】

【分析】

（1）根据得失电子守恒配平高氯酸铵受热分解的化学反应方程式；Mg3N2是离子化合物；

（2）A是高氯酸铵受热分解的装置；B是氢氧化钠溶液，可以吸收氯气；C中盛放Mg粉，可以检验氮气；D中溴化钾可以检验氯气；F中铜粉可以检验氧气；E中盛放液体，根据E装置质量的增加来验证生成的水，所以E中盛浓硫酸；

（3）①根据硫酸体积的精度是0.01mL选择仪器；②要计算NH4ClO4的含量，需要知道硫酸溶液的浓度。

【详解】

（1）根据得失电子守恒配平高氯酸铵受热分解的化学反应方程式为2NH4ClO4

2O2↑+N2↑+Cl2↑+4H2O↑；Mg3N2是离子化合物，电子式是

；

（2）①A是高氯酸铵受热分解的装置；B是氢氧化钠溶液，可以吸收氯气；C中盛放Mg粉，可以检验氮气；D中溴化钾可以检验氯气；F中铜粉可以检验氧气；E中盛放液体，根据E装置质量的增加来验证生成的水，所以E中盛浓硫酸；

②根据以上分析，按气流由左至右的方向连接装置:

A→E→D→B→E→F→C→E；

③D中溴化钾可以与氯气反应，方程式是2KBr+Cl2=2KCl+Br2，溴水为橙色，所以D裝置中颜色由无色变为橙色可以证明产物中有Cl2；

④C中盛放Mg粉，可以与氮气反应生成Mg3N2，若C装置质量增加了2.38g，说明反应生成氮气2.38g，则NH4ClO4的分解率是

；

（3）①根据硫酸体积的精度是0.01mL，准确量取40.00mLH2SO4溶液的玻璃仪器是酸式滴定管；

②为获得样品中NH4ClO4的含量，还需补充的实验是用NaOH标准溶液标定硫酸溶液的浓度。

4．根据当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿（主要成分为FeS2）作为原料。

完成下列填空：

（1）将0.050molSO2（g）和0.030molO2（g）充入一个2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应：

2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）+Q。

经2分钟反应达到平衡，测得n（SO3）=0.040mol，则O2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SO2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+14NA

【解析】

【分析】

（1）根据v＝

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）＝

＝

＝0.01mol/（L•min），所以v（O2）＝

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14NA，故答案为：

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

【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。

5．利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣（主要含FeO·V2O3、Al2O3、SiO2及少量可溶性磷酸盐）生产V2O5的工艺流程如下，回答下列问题：

已知：

①V2O5、Al2O3、SiO2可与Na2CO3、NaCl组成的混合钠盐在高温下反应，并转化为NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3等可溶性钠盐。

②AlO

+4H+=Al3++2H2O。

（1）焙烧Ⅰ包括氧化和钠化成盐两个过程，氧化的目的是获得V2O5，写出氧化过程中FeO·V2O3发生反应的化学方程式________；废渣Ⅰ的主要成分是________；精制Ⅰ中加盐酸调pH的主要作用是________，加入NH3·H2O后发生反应的离子方程式为________。

（2）精制Ⅱ中加入CaCl2溶液除去磷酸盐，pH过小时影响除磷效果的原因是________；pH过大时，沉淀量增大的原因是________。

（3）沉钒所得NH4VO3沉淀需进行洗涤，洗涤时除去的阴离子主要是________。

NH4VO3在500℃时焙烧脱氨制得产品V2O5，反应方程式为2NH4VO3

V2O5+H2O↑+2NH3↑。

但脱氨过程中，部分V2O5会转化成V2O4，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:

2，该反应的化学方程式为________。

【答案】4FeO·V2O3+5O2

2Fe2O3+4V2O5Fe2O3[或Fe（OH）3]除Si并转化AlO2-写“除Si”即得分）Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH

H++NH3·H2O=H2O+NH

（写出第一个离子方程式即得分）形成溶解度较大的酸式盐（或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙）产生了Ca（OH）2沉淀Cl－3V2O5+2NH3

3V2O4+N2+3H2O

【解析】

【分析】

氧化过程FeO·V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5；经过氧化和钠化后，V2O5、Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐，Fe2O3[或Fe（OH）3]成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调pH为了和SiO32-反应生成硅酸沉淀，将AlO2-转化为Al3+；加入NH3·H2O后与Al3+发生反应生成Al（OH）3沉淀；精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，沉钒时加入试剂NH4Cl，所得NH4VO3沉淀，焙烧得到产品，据此分析。

【详解】

（1）氧化过程FeO·V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5，化学方程式为：

4FeO·V2O3+5O2

2Fe2O3+4V2O5；经过氧化和钠化后，V2O5、Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐，Fe2O3[或Fe（OH）3]成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调pH为了和SiO32-反应生成硅酸沉淀，将AlO2-转化为Al3+；加入NH3·H2O后与Al3+发生反应生成Al（OH）3沉淀，还可以中和酸，反应方程式为：

、

，故答案为：

4FeO·V2O3+5O2

2Fe2O3+4V2O5；Fe2O3[或Fe（OH）3]；除Si并转化AlO2-（写“除Si”即得分）；

，

（写出第一个离子方程式即得分）；

（2）精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，pH过小时形成溶解度较大的酸式盐；pH过大时易形成Ca（OH）2沉淀，故答案为：

形成溶解度较大的酸式盐（或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙）；产生了Ca（OH）2沉淀；

（3）沉钒时加入试剂NH4Cl，因此所得NH4VO3沉淀含有阴离子主要为Cl-；脱氨过程中，部分V2O5会转化成V2O4，且反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:

2，则V2O5为氧化剂，NH3为还原剂，还原产物为V2O4，氧化产物为N2，则氧化还原方程式为：

3V2O5+2NH3

3V2O4+N2+3H2O，故答案为：

Cl－；3V2O5+2NH3

3V2O4+N2+3H2O。

6．生物浸出是用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。

氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速Fe2+氧化的细菌，培养后能提供Fe3+，控制反应条件可达细菌的最大活性，其生物浸矿机理如下图。

反应1反应2

（1）氧化亚铁硫杆菌生物浸出ZnS矿。

①反应2中有S单质生成，离子方程式是__。

②实验表明温度较高或酸性过强时金属离子的浸出率均偏低，原因可能是__。

（2）氧化亚铁硫杆菌生物浸出废旧锂离子电池中钴酸锂（LiCoO2）与上述浸出机理相似，发生反应1和反应3：

LiCoO2+3Fe3+=Li++Co2++3Fe2++O2↑

①在酸性环境中，LiCoO2浸出Co2+的总反应的离子方程式是__。

②研究表明氧化亚铁硫杆菌存在时，Ag+对钴浸出率有影响，实验研究Ag+的作用。

取LiCoO2粉末和氧化亚铁硫杆菌溶液于锥形瓶中，分别加入不同浓度Ag+的溶液，钴浸出率（图1）和溶液pH（图2）随时间变化曲线如下：

图1不同浓度Ag+作用下钴浸出率变化曲线图2不同浓度Ag+作用下溶液中pH变化曲线

Ⅰ．由图1和其他实验可知，Ag+能催化浸出Co2+，图1中的证据是__。

Ⅱ．Ag+是反应3的催化剂，催化过程可表示为：

反应4：

Ag++LiCoO2=AgCoO2+Li+

反应5：

……

反应5的离子方程式是__。

Ⅲ．由图2可知，第3天至第7天，加入Ag+后的pH均比未加时大，结合反应解释其原因：

__。

【答案】ZnS+2Fe3+=Zn2++S+2Fe2+细菌的活性降低或失去活性4LiCoO2+12H+

4Li++4Co2++6H2O+O2↑加入Ag+明显提高了单位时间内钴浸出率，即提高了钴浸出速率AgCoO2+3Fe3+=Ag++Co2++3Fe2++O2↑加入Ag+催化了反应3，使LiCoO2浸出的总反应的化学反应速率加快，相同时间内消耗H+更多，故加入Ag+后的pH比未加时大

【解析】

【分析】

【详解】

（1）①由题给示意图可知，反应2为Fe3+与ZnS发生氧化还原反应生成Zn2+、S和Fe2+，反应的离子方程式为ZnS+2Fe3+=Zn2++S+2Fe2+，故答案为：

ZnS+2Fe3+