2020-2021全國高考化學(xué)氧化還原反應(yīng)的綜合高考真題匯總

1、2020-2021全國高考化學(xué)氧化還原反應(yīng)的綜合高考真題匯總一、高中化學(xué)氧化還原反應(yīng)1.疊氮化鈉(NaN3)是一種白色劇毒晶體，是汽車安全氣囊的主要成分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱堿性，能與酸發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生具有爆炸性的有毒氣體疊氮化氫。實(shí)驗(yàn)室可利用亞硝酸叔丁酯(t-BuNO2,以t-Bu表示叔丁基)與N2H4、氫氧化鈉溶液混合反應(yīng)制備疊氮化鈉。(1)制備亞硝酸叔丁酯取一定NaNO2溶液與50%硫酸混合，發(fā)生反應(yīng)H2SQ+2NaNO2=2HNO2+Na2SOu可利用亞硝酸與叔丁醇(t-BuOH)在40c左右制備亞硝酸叔丁酯，試寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：(2)制備疊氮化鈉(NaN3)按如

2、圖所示組裝儀器(加熱裝置略)進(jìn)行反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：t-BuNO2+NaOH+N2H4=NaN3+2H2O+t-BuOH。裝置a的名稱是該反應(yīng)需控制溫度在65C,采用的實(shí)驗(yàn)措施是反應(yīng)后溶液在0C下冷卻至有大量晶體析出后過濾。所得晶體使用無水乙醇洗滌。試解釋低溫下過濾和使用無水乙醇洗滌晶體的原因是(3)產(chǎn)率計(jì)算稱取2.0g疊氮化鈉試樣，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于錐形瓶中。用滴定管加入0.10molL1六硝酸錦錢(NH4)2Ce(NO3)6溶液40.00mL(假設(shè)雜質(zhì)均不參與反應(yīng))。充分反應(yīng)后將溶液稀釋并酸化，滴入2滴鄰菲羅咻指示液，并用0.10molL1硫酸亞鐵錢(NH

3、4)2Fe(SQ)2為標(biāo)準(zhǔn)液，滴定過量的Ce4+,終點(diǎn)時(shí)消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL(滴定原理：Ce4+Fe2=Ce3+Fe3)。已知六硝酸錦俊(NH4)2Ce(NQ)6與疊氮化鈉反應(yīng)生成硝酸俊、硝酸鈉、氮?dú)庖约癈e(NQ)3,試寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式；計(jì)算疊氮化鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(保留2位有效數(shù)字)。若其他操作及讀數(shù)均正確，滴定到終點(diǎn)后，下列操作會(huì)導(dǎo)致所測定樣品中疊氮化鈉質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏大的是(填字母)。A.錐形瓶使用疊氮化鈉溶液潤洗B.滴加六硝酸鈾錢溶液時(shí)，滴加前仰視讀數(shù)，滴加后俯視讀數(shù)C.滴加硫酸亞鐵錢標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，開始時(shí)尖嘴處無氣泡，結(jié)束時(shí)出現(xiàn)氣泡D.滴定過程中，將掛在錐形瓶壁上的硫酸亞鐵錢標(biāo)準(zhǔn)液滴

4、用蒸儲(chǔ)水沖進(jìn)瓶內(nèi)(4)疊氮化鈉有毒，可以使用次氯酸鈉溶液對(duì)含有疊氮化鈉的溶液進(jìn)行銷毀，反應(yīng)后溶液堿性明顯增強(qiáng)，且產(chǎn)生無色無味的無毒氣體，試寫出反應(yīng)的離子方程式：【答案】t-BuOH+HNO2”土t-BuNO2+H2O恒壓滴液漏斗(滴液漏斗)水浴加熱降低疊氮化鈉的溶解度，防止產(chǎn)物損失2(NH4)2Oe(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Oe(NO3)3+2NaNO3+3N2T65%ACClO+2N3-H2O=Cl+2OH+3N2T【解析】【分析】【詳解】(1)制備亞硝酸叔丁酯的反應(yīng)物有亞硝酸和叔丁醇，反應(yīng)類型屬于有機(jī)的酯化反應(yīng)，所以方程式為：t-BuOHHNO240ct-BuNO2H2O

5、;(2)。裝置a的名稱即為恒壓滴液漏斗；2反應(yīng)要控制溫度在65C,參考苯的硝化實(shí)驗(yàn)，該反應(yīng)加熱時(shí)，應(yīng)當(dāng)采用水浴加熱；3題干中提到了疊氮酸鈉易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗滌產(chǎn)品時(shí)，為了減少洗滌過程中產(chǎn)品的損耗，應(yīng)當(dāng)用無水乙醇洗滌；(3)通過題干提示的反應(yīng)產(chǎn)物分析，可知反應(yīng)過程中Ce4+和N3中的元素發(fā)生了變價(jià)，所以反應(yīng)的方程式為：2(NH4)2Ce(NO3)62NaN3=4NH4NO32NaNO32Ce(NO3)33N2;在計(jì)算疊1,氮化鈉的含量時(shí)，一定要注意疊氮酸鈉溶液配制完成后只取了與過量的六硝酸鈾錢反10應(yīng)，再用Fe2+去滴定未反應(yīng)完的正四價(jià)的Ce,因此有：12.0gNaN3樣品的,消耗

6、的Ce4Fe2消耗的Ce4=0.004molCe4,考慮到Fe2+與10Ce4+的反應(yīng)按照1:1進(jìn)行，所以2.0g疊氮化鈉樣品中疊氮化鈉的物質(zhì)的量為：n(NaN3)10(0.004Fe2消耗的Ce4)0.02mol,所以疊氮化鈉樣品的質(zhì)量分?jǐn)?shù),m(NaN3)0.02mol65g/mol八為：w-100%=65%;2.0g2.0A.潤洗錐形瓶， 會(huì)使步驟消耗的六硝酸鈾錢的量增加， 通過分析可知， 會(huì)使最終計(jì)算的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏大，A項(xiàng)正確；B.量取40mL六硝酸鈾錢溶液時(shí)若前仰后俯，則會(huì)量取比40ml更多的六硝酸鈾錢溶液，那么步驟會(huì)需要加入更多的Fe2+來消耗疊氮酸鈉未消耗掉的Ce4+,通過分析可知，

7、最終會(huì)導(dǎo)致計(jì)算的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏低，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.步驟用Fe2+標(biāo)定未反應(yīng)的Ce4+,若開始尖嘴無氣泡，結(jié)束后出現(xiàn)氣泡，則記錄的Fe2+消耗量比實(shí)際的偏小，通過分析可知，最終會(huì)使質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏大，C正確；D,將掛在錐形瓶壁上的Fe2+溶液沖入錐形瓶，相當(dāng)于讓溶液混合更均勻，這樣做會(huì)使結(jié)果更準(zhǔn)確，D項(xiàng)不符合；答案選AC;(4)反應(yīng)后溶液堿性增強(qiáng)，所以推測生成了OH-；產(chǎn)生的無色無味無毒氣體，推測只能是氮?dú)猓噪x子方程式為：ClO2N3H2O=Cl3N22OH?！军c(diǎn)睛】滴定計(jì)算類的題目，最常考察的形式之一是配制完待測樣品溶液后，只取一部分進(jìn)行滴定，在做計(jì)算時(shí)不要忘記乘以相應(yīng)的系數(shù)；此外，?？疾斓男问揭灿校?/p>

8、用待測物A與過量的B反應(yīng)，再用C標(biāo)定未反應(yīng)的B,在做計(jì)算時(shí)，要注意A與C一同消耗的Bo2.碘酸鉀(KIO3)是重要的微量元素碘添加劑。實(shí)驗(yàn)室設(shè)計(jì)下列實(shí)驗(yàn)流程制取并測定產(chǎn)品中KIO3的純度：I口 G 隆KCH濟(jì)派 2 濡/輛蠱觸_LitJ幫1工爆鹿J山-k步隆、啟斌其中制取碘酸(HIO3)的實(shí)驗(yàn)裝置見圖，有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)列于表中回答下列問題(1)裝置A中參加反應(yīng)的鹽酸所表現(xiàn)的化學(xué)性質(zhì)為。(2)裝置B中反應(yīng)的化學(xué)方程式為。B中所加CC4的作用是從而加快反應(yīng)速率。(3)分離出B中制得的HIO3水溶液的操作為；中和之前，需將HIO3溶液煮沸至接近于無色，其目的是,避免降低KIO3的產(chǎn)率。(4)為充分吸收

9、尾氣，保護(hù)環(huán)境，C處應(yīng)選用最合適的實(shí)驗(yàn)裝置是(填序(5)為促使KIO3晶體析出，應(yīng)往中和所得的KIO3溶液中加入適量的。(6)取1.000gKIO3產(chǎn)品配成200.00mL溶液，每次精確量取20.00mL溶液置于錐形瓶中，加入足量KI溶液和稀鹽酸，力口入淀粉作指示劑，用0.1004mol/LNa2s2O3溶液滴定。22-滴定至終點(diǎn)時(shí)藍(lán)色消失(I2+2S2O3=2I+S4O6),測得每次平均消耗Na2S2O3溶液25.00mL。則產(chǎn)品中KIO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。【答案】還原性、酸性5CI2+I2+6H2O=2HIO3+I0HCI充分溶解I?和CL以增大反應(yīng)物濃度分液除去Cl2

10、(或CIO-)，防止氧化KIO3C乙醇(或酒精)89.5%?！窘馕觥俊痉治觥垦b置A用于制取C12,發(fā)生的反應(yīng)為：KC1Q+6HC1膿尸KC1+3C2T+3H2O,裝置B中發(fā)生的是制取HIO3的反應(yīng)，裝置C為尾氣處理裝置，既要吸收尾氣中的HC1和C12,還要防止倒吸。【詳解】(1)裝置A中發(fā)生的反應(yīng)為：KC1Q+6HC1(濃尸KC1+3C2T+3H2O,濃鹽酸中的C1元素有一部分失電子轉(zhuǎn)化為C12,表現(xiàn)出還原性，還有一部分C1元素沒有變價(jià)轉(zhuǎn)化為KC1(鹽)，表現(xiàn)出酸性，故答案為：還原性、酸性；(2)裝置B中發(fā)生的反應(yīng)為：5C6+l2+6H2O=2HIO3+10HC1,C12和I2均難溶于水，易溶

11、于CC4,加入CC4可使二者溶解在CC4中，增大反應(yīng)物濃度，故答案為：5C12+I2+6H2O=2HIO3+10HC1;充分溶解I2和C12,以增大反應(yīng)物濃度；(3)分離B中制得的HIO3水溶液的操作為分液，HIO3溶液中混有的C12在堿性條件下轉(zhuǎn)化為C1O,C1O會(huì)將IO3-氧化為IO4,因此在中和前需要將C12除去， 故答案為： 分液； 除去C12(或C1O),防止氧化KIO3；(4)尾氣中主要含HC1和C12,需用NaOH溶液吸收，同時(shí)要防止倒吸，故答案為：C;(5)因?yàn)镠Q難溶于乙醇，向KIO3溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使KIO3晶體析出，故答案為：乙醇(或酒精)；(6)每20m

12、LKIO3溶液中，加入KI溶液和稀鹽酸發(fā)生的反應(yīng)為：IO3-+5+6H+=3I2+3H2O,滴定時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為：Iz+ZSOsZr+SiOG2-,可列出關(guān)系式：IO3-3I26&O32-,每次平均消耗的m&Q20.1004mo1/LX0.025L=0.00251,m則每20mLKIQ溶液中，n(KIO3)=n(IO3-)=n(S2O32-)+6=0.00251mo1+6=0.000418m000mL溶液中，n(KIO3)=0.00418mo1,產(chǎn)品中KIO3214g/mo10.00418mo1的質(zhì)重分?jǐn)?shù)=X100%=89.5%,故答案為:89.5%。1gA廣A【點(diǎn)睛】1g樣品配

13、成了200mL溶液，而根據(jù)關(guān)系式計(jì)算出的是20mL溶液中KIO3的物質(zhì)的量，需擴(kuò)大10倍才能得到1g樣品中KIO3的物質(zhì)的量。3.鋰離子電池能夠?qū)崿F(xiàn)千余次充放電，但長時(shí)間使用后電池會(huì)失效，其中的化學(xué)試劑排放至環(huán)境中不僅會(huì)造成環(huán)境污染，還會(huì)造成資源的浪費(fèi)。實(shí)驗(yàn)室模擬回收鋰離子電池中的CoNi、Li的流程如圖。已知：LiCoQ難溶于水，易溶于酸?；卮鹣铝袉栴}:(1) LiCoO2中Co的化合價(jià)是。(2) LiCoO2在浸出過程中反應(yīng)白離子方程式是_。(3)浸出劑除了H2O2外，也可以選擇N32&O3,比較二者的還原效率H2O2_(填“峨“CH3COOOH容易放出氧原子，它與空氣中微生物機(jī)體

14、作用，達(dá)到滅菌目的，是消毒液的主要成分。(1)某研究性學(xué)習(xí)小組為了弄清配制過氧乙酸消毒液的甲、乙溶液的主要成分各是什么？進(jìn)行以下科學(xué)探究，請(qǐng)你完成下列相關(guān)內(nèi)容：提出假設(shè)：甲溶液的主要成分為,乙溶液的主要成分為。實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證：取甲、乙兩種溶液少許，分別加入幾滴試液，若中假設(shè)正確，則甲溶液的現(xiàn)象為,乙溶液的現(xiàn)象為。(2)有關(guān)過氧乙酸的敘述正確的是(填編號(hào))A.過氧乙酸與羥基乙酸(HOCH2COOH瓦為同分異構(gòu)體B.過氧乙酸與苯酚混合使用可增強(qiáng)消毒效果C.過氧乙酸與乙酸屬于同系物D.氧元素的化合價(jià)為-2價(jià)(3)實(shí)驗(yàn)室制備少量過氧乙酸，可由冰醋酸和過氧化氫在濃硫酸催化作用下制得，實(shí)驗(yàn)裝置和步驟如下：在三頸

15、燒瓶中加入一定量冰醋酸與濃H2SQ的混合液體，再緩緩加入適量30%的雙氧水。不斷攪拌并控制B中混合液的溫度為2030c至反應(yīng)結(jié)束。接入冷凝管和抽氣泵，在錐形瓶中收集得到產(chǎn)品。請(qǐng)回答下列問題：儀器C的名稱是;為更好地控制反應(yīng)溫度，應(yīng)采用方法是;生成過氧乙酸的化學(xué)方程式為;碘量法分析：取2.00mL過氧乙酸試中稀釋成100mL，從中取出5.00mL,滴加酸性KMnO4溶液至恰好粉紅色以除去殘余H2O2,再加入10mL10%KI溶液和幾滴淀粉溶液， 搖勻， 反應(yīng)完全后再用0.1000mol/L的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)(反應(yīng)方程式為2Na2&O3+l2=Na2S4O6+2NaI),共消

16、耗14.30mLNa2s2O3標(biāo)準(zhǔn)液。該樣品中過氧乙酸的物質(zhì)的量濃度是mol/L0(結(jié)果保留小數(shù)點(diǎn)后兩位)(提示：CH3COOOH+21+2H+=l2+CHsCOOH+HO)【答案】甲H2O2、H2O、H2SQ乙CH3COOH、H2O石蕊甲：溶液先變紅后褪色乙:溶液由無色變?yōu)榧t色A冷凝管(或直形冷凝管)水浴加熱CHCOOH+H2O2-CKCOOOH+HO7.15【解析】【分析】(1)若假設(shè)甲溶液的有效成分是H2O2,則乙溶液的有效成分是CH3COOOH,根據(jù)過氧乙酸消毒?是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SC4混合后，反應(yīng)生成過氧乙酸(CH3COOOH),H2O2是極弱的電解質(zhì)，在

17、酸性介質(zhì)中才能穩(wěn)定存在，則H2SQ應(yīng)該在甲溶液中，另外兩種溶液中的水也是一種主要成分；兩溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊試液變紅，但是甲溶液中H2O2漂白作用的會(huì)使變紅的溶液褪色；(2)結(jié)合選項(xiàng)對(duì)過氧乙酸(CH3COOOH性質(zhì)判斷，(3)由儀器的結(jié)構(gòu)，可知C為直形冷凝管；控制B中混合液的溫度為2030C,應(yīng)采取水浴加熱；結(jié)合題中信息，寫出生成過氧乙酸的化學(xué)反應(yīng)方程式；CH3COOOH+21+2H+=l2+CH3COOH+H2O,2Na2s2O3+l2=Na2&O6+2NaI,由這兩個(gè)方程式，確定關(guān)系式：CRCOOOHI22Na2s2O3,計(jì)算稀釋后5.00mL溶液中過氧乙酸的物質(zhì)的量，再計(jì)

18、算原來的2.00mL溶液中的過氧乙酸的物質(zhì)的量，再根據(jù)物質(zhì)的量濃度定義式計(jì)算。【詳解】(1)若假設(shè)甲溶液的有效成分是H2O2,則乙溶液的有效成分是CH3COOOH,根據(jù)過氧乙酸消毒?是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SO4混合后，反應(yīng)生成過氧乙酸(CH3COOOH),H2O2是極弱的電解質(zhì)，在酸性介質(zhì)中才能穩(wěn)定存在，則H2SQ應(yīng)該在甲溶液中，另外兩種溶液中的水更是一種主要成分；兩溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊試液變紅，但是甲溶液中H2O2漂白作用的會(huì)使變紅的溶液褪色；(2)過氧乙酸與羥基乙酸(HOC建COOH兩分子式都是C2H4。3,但結(jié)構(gòu)不同，故互為同分異構(gòu)體；過氧乙酸具有強(qiáng)氧化性

19、，而苯酚易被氧化，兩者混合發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能增強(qiáng)消毒效果；過氧乙酸的分子結(jié)構(gòu)中存在過氧根而乙酸中沒有，兩者結(jié)構(gòu)不相似，不屬于同系物；過氧乙酸中的氧元素有+2價(jià)、+1價(jià)；(3)由儀器的結(jié)構(gòu)，可知C為直形冷凝管；控制B中混合液的溫度為2030C,應(yīng)采取水浴加熱，受熱均勻，便于控制溫度；乙酸與過氧化氫在濃硫酸、2030c條件下反應(yīng)生成過氧乙酸(CH3COOOH)反應(yīng)的化學(xué)方程式為：CH3COOH+BO2.丁CH3COOOH+HO；CH3COOOH+21+2H+=l2+CH3COOH+HO,2Na2s2O3+l2=Na2S4O6+2NaI,由這兩個(gè)方程式，確定關(guān)系式：CHsCOOOH-I22Na2

20、QO3,可知稀釋后的5.00mL溶液中過氧乙酸的物質(zhì)的量是：可X0.0143LX0.1000mol/L原來2.00mL溶椒中的過氧乙酸的物質(zhì)的量是：1WOwZc_一x0.0143Lx0.1000mol/L-=0.0143mol,25冠冠0.0143加加內(nèi)內(nèi)【點(diǎn)睛】=7.15mol/L。本題是探究性實(shí)驗(yàn)試題，現(xiàn)根據(jù)題中的信息去假設(shè)，然后分析、得出結(jié)論。實(shí)驗(yàn)中的數(shù)據(jù)處理，借助關(guān)系式法，計(jì)算所需要的物質(zhì)的物質(zhì)的量。5.目前全世界的饃(Ni)消費(fèi)量僅次于銅、鋁、鉛、鋅，居有色金屬第五位。饃常用于各種高光澤裝飾漆和塑料生產(chǎn)，也常用作催化劑。堿式碳酸饃的制備：工業(yè)用電解饃新液(主要含NiSd,NiCl2等

21、)制備堿式碳酸饃晶體xNiCO3-yNi(OH)2-ZH2O,制備流程如圖：(1)反應(yīng)器中的一個(gè)重要反應(yīng)為3NiSO4+3Na2CQ+2H2O=NiCO32Ni(OH)2+3Na2SO4+2X,X的化學(xué)式為。(2)物料在反應(yīng)器中反應(yīng)時(shí)需要控制反應(yīng)溫度和pH值。分析如圖，反應(yīng)器中最適合的pH值為1 12-32-3：y- -6161 伊pHpH 前敕瓶含卓據(jù)喻(3)檢驗(yàn)堿式碳酸饃晶體洗滌干凈的方法是_。測定堿式碳酸饃晶體的組成：為測定堿式碳酸饃晶體xNiCChyNi(OH)2zH2O組成，某小組設(shè)計(jì)了如圖實(shí)驗(yàn)方案及裝置：該該樣品中過氧乙酸的物質(zhì)的量濃度是:電解鍥新液市霍匿聲一玉骨心至萃世.1UHU

22、H軌, ,資料卡片：堿式碳酸饃晶體受熱會(huì)完全分解生成實(shí)驗(yàn)步驟：檢查裝置氣密性；準(zhǔn)確稱量3.77g堿式碳酸饃晶體xNiCO3yNi(OH)2-zH2O放在B裝置中，連接儀器;打開彈簧夾a,鼓入一段時(shí)間空氣，分別稱量裝置CD、E的質(zhì)量并記錄；打開彈簧夾a緩緩鼓入一段時(shí)間空氣；分別準(zhǔn)確稱量裝置C、D、E的質(zhì)量并記錄;根據(jù)數(shù)據(jù)進(jìn)行計(jì)算(相關(guān)數(shù)據(jù)如下表)裝置C/g裝置D/g裝置E/g加熱前250.00190.00190.00加熱后251.08190.44190.00實(shí)驗(yàn)分析及數(shù)據(jù)處理：(4)E裝置的作用_。(5)補(bǔ)充的實(shí)驗(yàn)操作。(6)通過計(jì)算得到堿式碳酸饃晶體的組成_(填化學(xué)式)。饃的制備：(7)寫出制

23、備Ni的化學(xué)方程式_?！敬鸢浮緾O28.3取最后一次洗滌液少許，加入HCl酸化的BaC2溶液，若無沉淀產(chǎn)生,則證明沉淀已經(jīng)洗滌干凈吸收空氣中的H2O和CO2關(guān)閉彈簧夾a,點(diǎn)燃酒精燈，觀察到C中無氣泡時(shí)，停止加熱NiCQ2Ni(OH)24H2O2NiCO3-2Ni(OH)2-4H2O+3N2H4H2O=6Ni+3N2T+2CO)+21睦O【解析】堿式碳酸銀晶體過量腓(N7H4H20)溶液操作產(chǎn)品Ni*氣體X和YNiO、CQ和H2O【分析】(1)根據(jù)元素守恒分析判斷；(2)使各種雜質(zhì)相對(duì)最少的pH即為最適合的pH;(3)反應(yīng)后的濾液中含有硫酸鈉， 因此檢驗(yàn)堿式碳酸饃晶體是否洗滌干凈就是檢驗(yàn)是否有硫

24、酸根離子殘留；(4)根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康暮透鱾€(gè)裝置的作用分析；(5)根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康暮颓昂蟛僮鞑襟E分析；(6)先計(jì)算生成水蒸氣和CO2的質(zhì)量，再根據(jù)質(zhì)量守恒確定化學(xué)式；(7)氧化還原反應(yīng)中電子有得，必有失，根據(jù)化合價(jià)變化確定生成物，進(jìn)而配平方程式?！驹斀狻?1)反應(yīng)器中的一個(gè)重要反應(yīng)為3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO32Ni(OH)2+3Na2SO4+2X,反應(yīng)前Ni原子共3個(gè)、S原子共3個(gè)、O原子共23個(gè)、Na原子6個(gè)、C原子3個(gè)、H原子4個(gè)，反應(yīng)后現(xiàn)有：Ni原子3個(gè)、S原子共3個(gè)、O原子共19個(gè)、Na原子6個(gè)、C原子1個(gè)、H原子4個(gè)，少O原子4個(gè)，C原子2個(gè)，而這些微粒包含在2個(gè)X分子

25、中，所以X的化學(xué)式為CO2,故答案為：CQ；(2)物料在反應(yīng)器中反應(yīng)時(shí)需要控制反應(yīng)條件，根據(jù)圖可知，在pH=8.3時(shí)，各種雜質(zhì)相對(duì)最少，所以反應(yīng)器中最適合的pH8.3,故答案為：8.3；(3)反應(yīng)后的濾液中含有硫酸鈉，因此檢驗(yàn)堿式碳酸饃晶體是否洗滌干凈就是檢驗(yàn)是否有硫酸根離子殘留，故答案為：取最后一次洗滌液少許，加入HCl酸化的BaC2溶液，若無沉淀產(chǎn)生，則證明沉淀已經(jīng)洗滌干凈；(4)C裝置用來吸收堿式碳酸饃晶體受熱分解產(chǎn)生的H2O,D裝置用來吸收堿式碳酸饃晶體受熱分解產(chǎn)生的CQ,E裝置可以防止空氣中的H2O和CO2進(jìn)入D裝置中，影響實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的測定，故答案為：吸收空氣中的H2O和CO2；(5)

26、步驟反應(yīng)前左側(cè)通空氣是為了排盡裝置中原有的CQ和水蒸氣，避免裝置內(nèi)的CQ和水蒸氣造成數(shù)據(jù)干擾，排空氣后，應(yīng)該開始進(jìn)行反應(yīng)，因此步驟的操作為關(guān)閉彈簧夾a,點(diǎn)燃酒精燈，觀察到C中無氣泡時(shí)，說明固體分解完全，停止加熱；步驟再打開彈簧夾a緩緩鼓入一段時(shí)間空氣，將裝置中殘留的CQ和水蒸氣全部趕入C、D裝置，被完全吸收，故答案為：關(guān)閉彈簧夾a,點(diǎn)燃酒精燈，觀察到C中無氣泡時(shí)，停止加熱；(6)水的質(zhì)量為251.08g-250g=1.08g,CO2的質(zhì)量為190.44g-190g=0.44g,由于發(fā)生的是分解反應(yīng)，所以生成的NiO的質(zhì)量為3.77g-1.08g-0.44g=2.25g,則分解反應(yīng)中水、二氧化碳

27、和1.08g.0.44g.2.25g18g/mol44g/mol75g/mol即xNiCO30Ni(OH)2?zH2O中x:y:z的值1:2:4,故答案為：NiCO32Ni(OH)24H2。;(7)NiCO32Ni(OH)24H2O與N2H4H2O反應(yīng)生成Ni,Ni元素得電子，被還原，同時(shí)還生成氣體X和Y,由第(1)問知X為C6,氧化還原反應(yīng)有得電子，必有失電子的物質(zhì)，由此判斷另一種氣體為N2,根據(jù)得失電子守恒、元素守恒配平制備Ni的化學(xué)方程式，故答案為:2NiCO32Ni(OH)24H2O+3N2H4H2O=6Ni+3N2T+2CQT+21H2O。6.研究證明， 高鐵酸鉀不僅能在飲用水源和廢

28、水處理過程中去除污染物， 而且不產(chǎn)生任何誘變致癌的產(chǎn)物，NiO的系數(shù)比(也就是分子個(gè)數(shù)比)為即:=6:1:3,.6H20T+CQT+3NiO,根據(jù)元素守恒可得可得x=1,y=2,z=4xNiCO3%Ni(OH)22H2O具有高度的安全性。濕法制備高鐵酸鉀是目前最成熟的方法，實(shí)驗(yàn)步驟如下：A,直接用天平稱取60.5gFe(NO3)39H20、30.0gNaOH、17.1gKOH。B.在冰冷卻的環(huán)境中向NaClO溶液中加入固體NaOH并攪拌，又想其中緩慢少量分批加入Fe(NO3)39H2O,并不斷攪拌。C.水浴溫度控制在20C,用電磁加熱攪拌器攪拌1.5h左右，溶液成紫紅色時(shí)，即表明有Na2FeO

29、4生成。D.在繼續(xù)充分?jǐn)嚢璧那闆r下，向上述的反應(yīng)液中加入固體NaOH至飽和。E將固體KOH加入到上述溶液中至飽和。保持溫度在20C,并不停的攪拌15min,可見到燒杯壁有黑色沉淀物生成，即K2FeO4.(1)步驟B中不斷攪拌的目的是。步驟C中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。由以上信息可知：高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉(填大”或小”。)(2)高鐵酸鉀是一種理想的水處理劑，與水反應(yīng)生成6、Fe(OH(膠體)和KOH。該反應(yīng)的離子方程式為。高鐵酸鉀作為水處理劑發(fā)揮的作用是。在提純K2FeO4時(shí)采用重結(jié)晶、洗滌、低溫烘干的方法，則洗滌劑最好選用。A.H2OB.稀KOH溶液、異丙醇C.NH4Cl溶液、異丙醇D.F

30、e(NO3)3溶液、異丙醇(3)高鐵酸鈉還可以用電解法制得，其原理可表示為Fe+2NaOH+2H2O3H2f+N&FeO4,則陽極材料是,電解液為。(4)25c時(shí)，Ksp(CaFeQ)=4.536x-90若要使100mL1.0X103mol/L的K2FeO4溶液中的c(FeO42-)完全沉淀，理論上要加入Ca(OH)2的物質(zhì)的量為mol。(5)干法制備高鐵酸鉀的方法是F&O3、KNO3、KOH混合加熱共熔生成黑色高鐵酸鉀和KNO2等產(chǎn)物。則該方法中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為。【答案】使固體充分溶解(或其他合理說法)2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+5H2O+

31、3Cl-小4FeO42-+10H2O=4Fe(OHN膠體)+8OH-+302T消毒、凈水B鐵NaOH溶液4.536-k103:1【解析】【分析】(1)攪拌操作可增加固體與液體的接觸面積；步驟C中發(fā)生反應(yīng)是NaClO溶液中加入固體NaOH和Fe(NOs)39H2O,在20c左右，生成Na2FeO4；在Na2FeO4的濃溶液中加入KOH固體，有高鐵酸鉀析出，根據(jù)溶解度大的制備溶解度小的可得；(2)該反應(yīng)中Fe元素化合價(jià)由+6價(jià)變?yōu)?3價(jià)、O元素化合價(jià)由-2價(jià)變?yōu)?價(jià)，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等配平方程式；高鐵酸鉀在鐵元素為+6價(jià)，有強(qiáng)氧化性，還原產(chǎn)物Fe3+,在水溶液中易水解生成氫氧化鐵膠體；洗滌劑的選擇要

32、求：要對(duì)K2FeO4水解能起到抑制作用的試齊；(3)電解總反應(yīng)在堿性條件下進(jìn)行，電解時(shí)陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，鐵失電子生成高鐵酸根離子；(4)根據(jù)溶度積常數(shù)計(jì)算；(5)根據(jù)含元素化合價(jià)升高的物質(zhì)為還原劑，含元素化合價(jià)降低的物質(zhì)為氧化劑，并根據(jù)得失電子守恒氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比?！驹斀狻?1)攪拌操作可增加固體與液體的接觸面積，則步驟B中不斷攪拌的目的是使固體充分溶解；步驟C中中發(fā)生反應(yīng)是NaClO溶液中加入固體NaOH和Fe(NO3)39H2O,在20c左右，生成Na2FeO4,此時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Fe3+3ClO+100H-=2FeO42-+5H2O+3C-；根據(jù)題，將KOH加入Na

33、2FeO4得到K2FeO4,說明高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉小；(2)該反應(yīng)中Fe元素化合價(jià)由+6價(jià)變?yōu)?3價(jià)、O元素化合價(jià)由-2價(jià)變?yōu)?價(jià)，其轉(zhuǎn)移電子數(shù)為6,根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等、電荷守恒配平方程式為4FeQ2-+10H2O=4Fe(OH)3(膠體)+3O2f+8OH;高鐵酸鉀(K2FeO4)具有極強(qiáng)的氧化性，是一種優(yōu)良的水處理劑，起到殺菌消毒作用，形成膠體具有吸附懸浮雜質(zhì)的作用；洗滌劑的選擇要求：要對(duì)K2FeQ水解能起到抑制作用的試劑，在選項(xiàng)中，A能讓K2FeO4水解，B中醋酸鈉水解顯堿性，對(duì)K2FeO4水解能起到抑制作用，C和D中的俊根和三價(jià)鐵離子易水解，且水解后顯酸性，對(duì)K2FeO4水解能起

34、到促進(jìn)作用，故選B,故答案為：B；(3)電解總反應(yīng)在堿性條件下進(jìn)行，電解時(shí)陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，鐵失電子生成高鐵酸根離子，則陽極材料是Fe,電解液為NaOH溶液；(4)25C時(shí)，CaFeQ的Ksp=4.536X-90若要使100mL1.0X103mol?L-1的LFed溶液中的c(FeQ2-)完全沉淀，理論上至少要加入的Ca(OH)2的物質(zhì)的量(5)干法制備高鐵酸鉀的方法是將Fe2O3、KNO3、KOH混合加熱共熔生成紫紅色高鐵酸鉀和KNO2等產(chǎn)物，其中氮元素化合價(jià)從+5價(jià)降到+3價(jià)，得2e-,KNO3為氧化劑，F(xiàn)e2O3中鐵元素化合價(jià)從+3價(jià)升到+6價(jià)，共失去電子6e-,為還原劑，得失電子相等，

35、則氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為3:1。7.2019年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)?lì)C給了日本吉野彰等三人，以表彰他們對(duì)鋰離子電池研發(fā)的卓越貢獻(xiàn)。(1)工業(yè)中利用鋰輝石(主要成分為LiAlS2O6,還含有Fe。CaO、MgO等)制備鉆酸鋰(LiCoQ)的流程如圖:石質(zhì)調(diào) 3 31 1 口溶液 6 號(hào)刑J垂發(fā)；部 MiMi1 1扁2闿灌為提高酸化焙燒”效率，常采取的措施是。Ksp=_2=_2cFeO4X0.1L=94.536101.0105mol/LX0.1L=4.536-5mOH回答下列問題：鋰輝石的主要成分為LiAlSi2O6,其氧化物的形式為兩酒1曼舞打精礦向浸出液”中加入CaCQ,其目的是除去酸化焙燒”中

36、過量的硫酸，控制pH使Fe3+、A13+完全沉淀，則pH至少為。(已知：，KspFe(OH)3=4.0X-粘&pAl(OH)3=1.0乂一河完全沉淀后離子濃度低于1XlG)mol/L)。濾渣2”的主要化學(xué)成分為。沉鋰”過程中加入的沉淀劑為飽和的(化學(xué)式)溶液。(2)利用鋰離子能在石墨烯表面和電極之間快速大量穿梭運(yùn)動(dòng)的特性，開發(fā)出石墨烯電W池，電池反應(yīng)式為LiCoQ+C6=LixC6+Li1-xCoO2其工作原理如圖2。下列關(guān)于該電池的說法正確的是(填字母)。A.過程1為放電過程B.該電池若用隔膜可選用質(zhì)子交換膜C.石墨烯電池的優(yōu)點(diǎn)是提高電池的儲(chǔ)鋰容量進(jìn)而提高能量密度D.充電日LiCoO

37、2極發(fā)生的電極反應(yīng)為LiCoO2-xe-=xLi+Li1-xCoO2E對(duì)廢舊的該電池進(jìn)行放電處理”讓Li+嵌入石墨烯中而有利于回收(3)LiFePQ也是一種電動(dòng)汽車電池的電極材料，實(shí)驗(yàn)室先將綠磯溶解在磷酸中，再加入氫氧化鈉和次氯酸鈉溶液反應(yīng)獲得FePQ固體。再將FePQ固體與H2c2d和LiOH反應(yīng)即可獲彳導(dǎo)LiFePQ同時(shí)獲得兩種氣體。寫出FePQ固體與H2QO4和LiOH反應(yīng)溶液獲得LiFePQ的化學(xué)方程式。LiFePQ需要在高溫下成型才能作為電極，高溫成型時(shí)要加入少量活性炭黑，其作用是O【答案】Li2O?Al2O3?4SiO2將礦石細(xì)磨、攪拌、升高溫度4.7Mg(OH)2和CaCQNaz

38、CQCD2LiOH+6H!C2O4+2FePQ=2LiFePQ+7COd+5COT+7H2O與空氣中的氧氣反應(yīng)，防止LiFePQ中的Fe2液氧化【解析】【分析】鋰輝石(主要成分為LiAlS2O6,還含有Fe。CaO、MgO等)為原料來制取鉆酸鋰(LiCoO2),加入過量濃硫酸酸化焙燒鋰輝礦，之后加入碳酸鈣除去過量的硫酸，并使鐵離子、鋁離子沉淀完全，然后加入氫氧化鈣和碳酸鈉調(diào)節(jié)pH沉淀鎂離子和鈣離子，過濾得到主要含鋰離子的溶液，濾液蒸發(fā)濃縮得20%L2S,加入碳酸鈉沉淀鋰離子生成碳酸鋰，洗滌后與Co3O4高溫下焙燒生成鉆酸鋰；【詳解】(1)硅酸鹽改寫成氧化物形式的方法如下：a.氧化物的書寫順序：

39、活潑金屬氧化物一較活發(fā)金屬氧化物一二氧化硅一水，不同氧化物間以隔開；b.各元素的化合價(jià)保持不變，且滿足化合價(jià)代數(shù)和為零，各元素原子個(gè)數(shù)比符合原來的組成；c、當(dāng)計(jì)量數(shù)配置出現(xiàn)分?jǐn)?shù)時(shí)應(yīng)化為整數(shù)；鋰輝石的主要成分為LiAlSba,根據(jù)方法，其氧化物的形式為Li2O?Al2O3?4SiO2；流程題目中為提高原料酸侵效率，一般采用的方法有：減小原料粒徑(或粉碎)、適當(dāng)增加酸溶液濃度、適當(dāng)升高溫度、攪拌、多次浸取等；本題中為酸化焙燒；硫酸的濃度已經(jīng)最大，因此合理的措施為將礦石細(xì)磨、攪拌、升高溫度等；Al(OH)3的電大于Fe(OH)的KSP,那么保證Al3+完全沉淀即可達(dá)到目的；已知Al(OH)3的KSP

40、=1XT03,所以當(dāng)c(Al3+)=ix15Dnol/L時(shí)可認(rèn)為鋁離子和鐵離子完全沉淀，此時(shí)c(OH-4.7;根據(jù)分析可知濾渣2主要為Mg(OH)2和CaCO;根據(jù)沉鋰”后形成L2CQ固體，以及大量生產(chǎn)的價(jià)格問題，該過程中加入的最佳沉淀劑為Na2CO3溶液；(2)A.電池反應(yīng)式為LiCoQ+Q脩髓LixC3+Lii-xCoO2,由此可知，放電時(shí)，負(fù)極電極反應(yīng)式為Lixa-xe-=xLi+Q,正極電極反應(yīng)式Lii-CoO2+xLi+xe-=LiCoC2,石墨電極為放電時(shí)的負(fù)極，充電時(shí)的陰極，故A錯(cuò)誤；B.該電池是利用鋰離子能在石墨烯表面和電極之間快速大量穿梭運(yùn)動(dòng)的特性而制作，故B錯(cuò)誤；C.石墨烯

41、電池利用的是Li元素的得失電子，因此其優(yōu)點(diǎn)是在提高電池的儲(chǔ)鋰容量的基礎(chǔ)上提高了能量密度，故C正確；D.充電時(shí)，LiCoO2極為陽極，將放電時(shí)的正極電極反應(yīng)式逆寫即可得陽極反應(yīng)，即LiCoQ極發(fā)生的電極反應(yīng)為LiCoO2-xe-=xLi+Lii-xCoO2,故D正確；E.根據(jù)鉆酸鋰的制備流程可知，對(duì)廢舊的該電池進(jìn)行放電處理讓Li+嵌入LiCoQ才有利于回收，故E錯(cuò)誤；故答案為CD;(3)FePQ固體與H2C2O4和LiOH反應(yīng)可獲得LiFePQ同時(shí)獲得兩種氣體，該過程中Fe3+被還原，根據(jù)元素價(jià)態(tài)變化規(guī)律可知應(yīng)是C元素被氧化，生成CO2,該種情況下只生成一種氣體，應(yīng)想到草酸不穩(wěn)定容易發(fā)生歧化反應(yīng)

42、分解生成CO和CQ,即獲得的兩種氣體為CO和CQ,結(jié)合電子守恒和元素守恒可能方程式為：2LiOH+6H2C2O4+2FePC4=2LiFePC4+7CQT+5COT+7HO;高溫條件下亞鐵離子容易被空氣中的氧氣氧化，活性炭黑具有還原性，可以防止LiFePQ中的Fe2+被氧化?！军c(diǎn)睛】硅酸鹽改寫成氧化物形式的方法如下：a.氧化物的書寫順序：活潑金屬氧化物一較活發(fā)金屬氧化物一二氧化硅一水，不同氧化物間以隔開；b.各元素的化合價(jià)保持不變，且滿足化合價(jià)代數(shù)和為零，各元素原子個(gè)數(shù)比符合原來的組成；c、當(dāng)計(jì)量數(shù)配置出現(xiàn)分?jǐn)?shù)時(shí)應(yīng)化)=mol/L=1x-ftJmol/L,c(H+)=1x147mol/L,pH

43、=4.7,即pH至少為KSP建Al3+為整數(shù)；流程題目中為提高原料酸侵效率，一般采用的方法有：減小原料粒徑適當(dāng)增加酸溶液濃度、適當(dāng)升高溫度、攪拌、多次侵取等8.實(shí)驗(yàn)室可由軟鎰礦(主要成分為MnO2)制備KMnO4,方法如下：高溫下使軟鎰礦與過量KOH(s邢KClO3(s)反應(yīng)，生成K2MnO4(鎰酸鉀)和KCI用水溶解，濾去殘?jiān)凰峄癁V液，&MnO4轉(zhuǎn)化為MnO2和KMnO4；再濾去沉淀MnO2,濃縮結(jié)晶得到KMnO4晶體。請(qǐng)回答：(1)用軟鎰礦制備K2MnO4的化學(xué)方程式是(2) K2MnO4轉(zhuǎn)化為KMnO4的反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為。生成0.1mol還原產(chǎn)物時(shí)轉(zhuǎn)移電子個(gè)

44、。KMnO4、K2MnO4和MnO2的氧化性由強(qiáng)到弱的順序是。(3) KMnO4能與熱的Na2C2O4(aq,硫酸酸化)反應(yīng)生成Mn2+和CQ。若取用軟鎰礦制得的KMnO4產(chǎn)品0.165g,能與0.335gNa2QO4恰好完全反應(yīng)(假設(shè)雜質(zhì)均不能參與反應(yīng))，該產(chǎn)品中KMnO4的純度為?！敬鸢浮?KOH+KClO+3MnO2=3K2MnO4+KCl+3HO；1:20.2NA或6.02X-20KMnO4K2MnO4MnO20.958(【解析】【分析】【詳解】試題分析：(1)反應(yīng)物為KOKKClQ、MnO2,生成物為K2MnO4(鎰酸鉀)和KCk水，該反應(yīng)為6KOH+KClO+3MnO2=3K2Mn

45、O4+KCl+3H2O,故答案為6KOH+KClO+3MnO2=3K2MnO4+KCl+3HO；(2) K2MnO4轉(zhuǎn)化為KMnO4的反應(yīng)中K2MnO4=2KMnO4+MnO2,Mn元素的化合價(jià)由+6價(jià)升高為+7價(jià)，Mn元素的化合價(jià)由+6價(jià)降低為+4價(jià)，則氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1:2,生成0.1mol還原產(chǎn)物時(shí)轉(zhuǎn)移電子0.1NAX(6-4)=0.2N或6.02X120,由氧化還原反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，可知氧化性為KMnO4K2MnO4MnO2,故答案為1:2;0.2NA或6.02X-20;KMnO4K2MnO4MnO2；(3) KMnO4能與熱的Na2c2O4(aq

46、,硫酸酸化)反應(yīng)生成Mn2+和C6,設(shè)KMnO4的純度為x,則由電子守恒可知，.165gx(7-2)=/335g2(4-3),解得x=0.958,故122.5g/mol134g/mol答案為0.958.9.(1)將新制氯水逐滴滴入FeBi2溶液中，寫出最初發(fā)生的反應(yīng)的離子方程式，并標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目。(2)在硫酸鋁俊(NH4Al(SO4)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液并不斷攪拌。用一個(gè)離子方程式表示最初發(fā)生的反應(yīng)。(或粉碎卜（3）石油氣芳構(gòu)化”是由石油氣生產(chǎn)高辛烷值汽油的一種有效生產(chǎn)工藝。測得反應(yīng)2C4H10-CsHi0（g）+5H2在不同溫度下的平衡常數(shù)變化如下：溫度（C）400

47、450500平衡常數(shù)Ka6a40a該反應(yīng)的正反應(yīng)是（吸熱、放熱）反應(yīng)。向2L密閉定容容器中充入2molC4Hio,反應(yīng)10s后測得H2濃度為1mol/L,此10s內(nèi)，以C8H10表示的平土速率為。能表示該反應(yīng)在恒溫恒容密閉容器中t1時(shí)刻后已經(jīng)達(dá)平衡狀態(tài)的圖示是C(nwlL)C(nwlL)（1）氯氣具有氧化性，能將碘離子以及亞鐵離子氧化，碘離子的還原性強(qiáng)于亞鐵離子的還原性，所以怵醫(yī)量a.氣體密度tltlII寸間如圖表示某溫度時(shí)將一定量的C4H10（含少量化（容器容積可變），實(shí)線代表C8H10,虛線代表度變化曲線。H2）充入容器中反應(yīng)期間物質(zhì)濃度隨時(shí)間的變C4H10。請(qǐng)用實(shí)線補(bǔ)充畫出t1t4間C8

48、H10的濃3Ba2+6OH+3SO42+2Al3+=3BaSOtJ+2Al(OHJ吸熱0.02mol/(Ls)-CKd時(shí)間tltl 町間d dFT+rrTFT+rrTnTTTUnTTTU先是發(fā)生氯氣氧化亞鐵離子的反應(yīng)，氧化還原反應(yīng)中，化合價(jià)升高值=化合價(jià)降低值=轉(zhuǎn)移電子數(shù)，據(jù)此表示電子轉(zhuǎn)移的情況；(2)在硫酸鋁俊(NH4Al(SO)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，由于氫氧化鋼少量，氫氧根離子不足，反應(yīng)按照氫氧化鋼的組成進(jìn)行，氨水堿性強(qiáng)于氫氧化鋁，所以鋁離子優(yōu)先與氫氧根離子反應(yīng)，據(jù)此寫出反應(yīng)的離子方程式；(3)依據(jù)圖表數(shù)據(jù)，平衡常數(shù)隨溫度升高增大，平衡正向進(jìn)行；依據(jù)反應(yīng)速率v=-c計(jì)算；t

49、a.反應(yīng)前后都是氣體，氣體質(zhì)量始終不變；b.反應(yīng)前后氣體質(zhì)量不變，物質(zhì)的量增大，平均摩爾質(zhì)量不變說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)；c.氣體質(zhì)量不變，體積不變，密度在反應(yīng)過程中和平衡狀態(tài)都不變；d.反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量變化，壓強(qiáng)之比等于氣體物質(zhì)的量之比，物質(zhì)的量不變，反應(yīng)達(dá)到平衡；剛開始因?yàn)檫_(dá)到平衡狀態(tài)，所以濃度不變，根據(jù)虛線的濃度變化可知，后面體積縮小為1 1原來的1,所以實(shí)線濃度也變兩倍，后面又慢慢減小，直至繼續(xù)平衡。2【詳解】(1)將新制氯水逐滴滴入FeBr2溶液中，先是發(fā)生氯氣氧化亞鐵離子的反應(yīng)，Cb+2Fe2+=失於失北一2Fe3+2Cl-,電子轉(zhuǎn)移情況如下：V,，故答案為：廣；得 22得 2s2

50、s(2)氫氧化鋼少量，氫氧根離子和鋼離子的物質(zhì)的量不足，離子方程式按照氫氧化鋼的組成書寫，領(lǐng)離子和氫氧根離子完全反應(yīng)；由于氨水堿性強(qiáng)于氫氧化鋁，故鋁離子優(yōu)先與氫氧根離子反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，反應(yīng)的離子方程式為3Ba2+6OH+3SO42-+2Al3+=3BaSQJ+2Al(OH)4,故答案為：3Ba2+6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSQJ+2Al(OH)4；(3)根據(jù)圖表數(shù)據(jù)，平衡常數(shù)隨溫度升高增大，平衡正向進(jìn)行，正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，故答案為：吸熱；向2L密閉定容容器中充入2molC4H10,反應(yīng)10s后測得H2濃度為1mol/L,12C4H10?C8H10(g)+5H2,反應(yīng)過程中

51、生成C8H10的物質(zhì)的量濃度為一X1mol/L=0.2mol/L,此510s內(nèi)，以C8HIO表示的平均速率=0.2mol/L=0.02mol/(L?s),故答案為：0.02mol/(L?s)；10s2c4H10?CsH10(g)+5H2,反應(yīng)是氣體體積增大的反應(yīng)吸熱反應(yīng)，依據(jù)平衡移動(dòng)原理分析圖象；a.反應(yīng)前后都是氣體，氣體質(zhì)量在反應(yīng)過程中和平衡狀態(tài)都始終不變，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故a不符合；b.反應(yīng)前后氣體質(zhì)量不變，物質(zhì)的量增大，平均摩爾質(zhì)量不變說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故b符合；c.氣體質(zhì)量不變，體積不變，密度在反應(yīng)過程中和平衡狀態(tài)都不變，故c不符合；d.反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量變化，壓強(qiáng)之比

52、等于氣體物質(zhì)的量之比，物質(zhì)的量不變壓強(qiáng)不變，說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故d符合；故答案為：b、d;分析圖象可知，剛開始因?yàn)檫_(dá)到平衡狀態(tài)，所以濃度不變，根據(jù)虛線的濃度變化可知,1后面體積縮小為原來的一，所以實(shí)線濃度也變兩倍，濃度變化為0.40mol/L,隨反應(yīng)進(jìn)行后2面又慢慢減小，直至繼續(xù)平衡，據(jù)此畫出的圖象為：【點(diǎn)睛】本題(2)注意掌握離子方程式的書寫原則，正確判斷反應(yīng)物離子的過量情況是解答的關(guān)鍵;(3)掌握?qǐng)D象分析與繪制方法，曲線變化起點(diǎn)和變化是解題關(guān)鍵。10.合成氨工業(yè)對(duì)國民經(jīng)濟(jì)和社會(huì)發(fā)展具有重要意義(1)工業(yè)合成氨工業(yè)常用的催化劑是，氨分子的電子式是(2)圖是一定的溫度和壓強(qiáng)下是N2和H2反應(yīng)生

53、成1molNH3過程中能量變化示意圖，請(qǐng)寫出工業(yè)合成氨的熱化學(xué)反應(yīng)方程式。(熱量Q的數(shù)值用含字母a、b的代數(shù)式表示)(3)下列有關(guān)該反應(yīng)的說法正確的是(填序號(hào))A.保持容器的體積不變，當(dāng)混合氣體的密度不變時(shí)，說明反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)。B.達(dá)到平衡時(shí)若升高溫度，混合氣體中氮元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)將變大。C.達(dá)到平衡時(shí)若減少容器的體積，正反應(yīng)速率將大于逆反應(yīng)速率。,故答案為:OD.達(dá)到平衡后，N2的轉(zhuǎn)化率和H2的轉(zhuǎn)化率一定相等。(4)在催化劑存在下，NH3可用來消除NO的污染，生成兩種對(duì)環(huán)境無害的物質(zhì)。寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式：；該反應(yīng)中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比是(5)把NH3通入鹽酸溶液中，所得溶液

54、的pH=7,此時(shí)溶液中離子濃度關(guān)系是【答案】鐵觸媒N2(g)+3H2(g)、2NH3(g)+2(b-a)kJmol-1C4NH3+6NO-5N+6H2O2:3c(NH4+)=c(C-)c(H+)=c(OH-)c(NH4+)+c(H+)=c(OH)+c(C)【解析】【分析】工業(yè)合成氨的催化劑是以鐵為載體的鐵觸媒，氨氣是共價(jià)化合物，氮原子最外層5個(gè)電子，其中三個(gè)電子和三個(gè)氫原子形成三個(gè)共價(jià)鍵；由圖求出N2和H2反應(yīng)生成1molNH3的反應(yīng)熱，再根據(jù)熱化學(xué)反應(yīng)方程式的書寫要求解答；合成氨是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，依據(jù)平衡移動(dòng)原理判斷；NH3可用來消除NO的污染，生成2種對(duì)環(huán)境無害的物質(zhì)，應(yīng)生成氮?dú)夂?/p>

55、水；氨氣通入鹽酸溶液反應(yīng)生成氯化錢溶液，溶液中一定存在電荷守恒；若溶液pH=7,則氫氧根離子濃度和氫離子濃度相同，結(jié)合電荷守恒得到離子濃度大小。據(jù)此分析?！驹斀狻?1)工業(yè)合成氨的催化劑是以鐵為載體的鐵觸媒，氨氣是共價(jià)化合物，氮原子最外層5個(gè)電子，其中三個(gè)電子和三個(gè)氫原子形成三個(gè)共價(jià)鍵，電子式為：H：H；答案為：鐵觸媒；山旌H；(2)由圖可知，N2和H2反應(yīng)生成1molNH3放出的熱量為(b-a)kJ,該反應(yīng)的熱化學(xué)反應(yīng)方程式為N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-2(b-a)kJmol-1,故答案為：N2(g)+3H2(g)U2NH3(g)+2(b-a)kJmol-1;(3)合成氨是氣

56、體體積減小的放熱反應(yīng)，保持容器的體積不變，混合氣體質(zhì)量不變，當(dāng)混合氣體的密度不變時(shí)，不能說明反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，A錯(cuò)誤；達(dá)到平衡時(shí)若升高溫度，平衡逆向進(jìn)行，根據(jù)反應(yīng)方程式原子守恒，氮元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)保持不變，B錯(cuò)誤；達(dá)到平衡時(shí)若減少容器的體積，壓強(qiáng)增大，平衡正向進(jìn)行，正反應(yīng)速率將大于逆反應(yīng)速率，C正確；轉(zhuǎn)化率和起始量、變化量有關(guān)，達(dá)到平衡后，N2的轉(zhuǎn)化率和H2的轉(zhuǎn)化率不一定相等，D錯(cuò)誤；答案選C；(4)NH3可用來消除NO的污染，生成2種對(duì)環(huán)境無害的物質(zhì)，應(yīng)生成氮?dú)夂退瘜W(xué)方程式為：4NH3+6NO=5N2+6H2O;該反應(yīng)中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物都是N2,物質(zhì)的量之比是2:3；(5)氨氣通入鹽酸

57、溶液反應(yīng)生成氯化錢溶液，若溶液pH=7,溶液中溶質(zhì)為NH4Cl和NH3H2O,溶液中氫氧根離子濃度和氫離子濃度相同，電荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),則c(NH4+)=c(Cl-),得到離子濃度大小為c(NH4+)=c(Cl-)c(H+)=c(OH-);11.一種利用電化學(xué)方法同時(shí)脫除NO/SO2的工藝如圖所示：已知SQ水溶液中含硫微粒分布分?jǐn)?shù)(Xi)與pH關(guān)系如圖所示(1)NaOH溶液吸收SQ時(shí)，溶液的pH由9-6時(shí)，主要發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為(2)含Ce4+的溶液吸收NO,若高價(jià)氮中的NO2、N2O3、N8、NO3-各1mol,則消耗0.5molL-1的含Ce

58、4+溶液的體積為L；其中NO轉(zhuǎn)化NO3-的離子方程式為(3)電解槽中，陰極電極反應(yīng)式主要為,陽極電極反應(yīng)式為。(4)在氣液反應(yīng)器”中高價(jià)氮中的N2O3化合為NH4NO3的化學(xué)方程式為?！敬鸢浮縎Q2-+SQ+H2O=2HSQ-163C4+NO+2H2O=3Ce3+NO3+4H+2HSQ-+2H+2e-=&O42-+2H2OCe5+-e=Ce4+N2O3+H2O+O2+2NH3=2NH4NO3【解析】【分析】(1)根據(jù)SQ水溶液中含硫微粒分布分?jǐn)?shù)圖寫出反應(yīng)的離子方程式；(2)根據(jù)得失電子守恒計(jì)算消耗含Ce4+溶液的體積；根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒書寫反應(yīng)的離子方程式；(3)電解

59、過程中，陰極上HSQ-發(fā)生得電子的還原反應(yīng)生成3O42-,陽極上Ce3+發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)生成Ce4+,據(jù)此寫出電極反應(yīng)式；(4)根據(jù)流程信息確定反應(yīng)物和生成物，結(jié)合得失電子守恒、原子守恒書寫反應(yīng)的化學(xué)方程式。【詳解】根據(jù)SO2水溶液中含硫微粒分布分?jǐn)?shù)圖可知，溶液的pH由9-6的過程中，SQ2-在減少，HSO-在增多，故反應(yīng)的離子方程式為SQ2-+SO+H2O=2HSQ-；(2)含Ce4+的溶液吸收NO的過程中，Ce4+被還原為Ce3+,NO轉(zhuǎn)化為高價(jià)氮中的NO2、N2O3、NO2-和NO3-,反應(yīng)過程中得失電子守恒，因此可得n(Ce4+)x1=1molx2+1molx2+1molx1+1,

60、mOl此3n(Ce4+)=8mol,因此所需0.5mol/L的含NII4NO!應(yīng)過程中，Ce由+4價(jià)變?yōu)?3價(jià)，得到1個(gè)電子，N由+2價(jià)變?yōu)?5價(jià)，失去3個(gè)電子，根據(jù)得失電子守恒可得，Ce4+、Ce3+的系數(shù)為3,NO和NO3-的系數(shù)為1；根據(jù)電荷守恒可得生成物中含有H+,且其系數(shù)為4;根據(jù)氫原子個(gè)數(shù)守恒可得反應(yīng)物中含有H2O,且其系數(shù)為2;因此可得該反應(yīng)的離子方程式為：3Ce4+NO+2H2O=3Ce3+NO3-+4H+；電解過程中，HSQ-在陰極發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，生成&O42-,其電極反應(yīng)式為：2HSQ-+2H+2e-=S2O42-+2H2O;Ce3+在陽極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，生成Ce4+,其電極反應(yīng)式為：Ce3+-e-=Ce4+;(4)在氣液反應(yīng)器”中