2020-2021高考化學(xué)氧化還原反應(yīng)培優(yōu)易錯(cuò)難題練習(xí)含答案及詳細(xì)答案

1、2020-2021高考化學(xué)氧化還原反應(yīng)培優(yōu)易錯(cuò)難題練習(xí)(含答案)及詳細(xì)答案一、高中化學(xué)氧化還原反應(yīng)1.硫代硫酸鈉(Na2&03)是一種解毒藥，用于氟化物、神、汞、鉛、錫、碘等中毒，臨床常用于治療尊麻疹，皮膚瘙癢等病癥.硫代硫酸鈉在中性或堿性環(huán)境中穩(wěn)定，在酸性溶液中分解產(chǎn)生S和SO2實(shí)驗(yàn)I:Na2s?。3的制備。工業(yè)上可用反應(yīng)：2Na2S+Na2CC3+4SQ=3Na2s2O3+CQ制得，實(shí)驗(yàn)室模擬該工業(yè)過程的裝置如圖所示：(1)儀器a的名稱是,儀器b的名稱是。b中利用質(zhì)量分?jǐn)?shù)為70%?80%的H2SO溶液與Na2SO固體反應(yīng)制備SO2反應(yīng)的化學(xué)方程式為。c中試劑為(2)實(shí)驗(yàn)中要控制SQ的生成速

2、率，可以采取的措施有(寫出一條)(3)為了保證硫代硫酸鈉的產(chǎn)量，實(shí)驗(yàn)中通入的SQ不能過量，原因是實(shí)驗(yàn)H：探究Na2s2。3與金屬陽離子的氧化還原反應(yīng)。資料：Fe3+3&O32-?Fe(8O3)33-(紫黑色)裝置試劑X實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象口102mLJ-OJ；X溶液2mL二0.1mol-L11LN自6溶液Fe2(sO4)3溶液混合后溶液先變成紫黑色，30s后幾乎變?yōu)闊o色(4)根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，初步判斷最終Fe3+被S2O32-還原為Fe2+,通過(填操作、試劑和現(xiàn)象)，進(jìn)一步證實(shí)生成了Fe2+。從化學(xué)反應(yīng)速率和平衡的角度解釋實(shí)驗(yàn)n的現(xiàn)象：實(shí)驗(yàn)出：標(biāo)定Na2s2。3溶液的濃度(5)稱取一定質(zhì)量的產(chǎn)品配制成硫

3、代硫酸鈉溶液，并用間接碘量法標(biāo)定該溶液的濃度：用分析天平準(zhǔn)確稱取基準(zhǔn)物質(zhì)&Cr2O7(摩爾質(zhì)量為294g?mol1)0.5880g。平均分成3份，分別放入3個(gè)錐形瓶中，加水配成溶液，并加入過量的KI并酸化，發(fā)生下列反應(yīng)：6I-+Cr2O72-+14H+=3I2+2C產(chǎn)+7H2O,再加入幾滴淀粉溶?夜,立即用所配NazSQ溶液滴定，發(fā)生反應(yīng)I2+2S2O32-=2I-+S4O62,三次消耗Na2s2O3溶液的平均體積為25.00mL,則所標(biāo)定的硫代硫酸鈉溶液白濃度為mol?-1【答案】分液漏斗蒸儲(chǔ)燒瓶H2SO4Na2SO3=Na2SO4H2OSO2硫化鈉和碳酸鈉的混合液調(diào)節(jié)酸的滴加速度若SQ過量

4、，溶液顯酸性.產(chǎn)物會(huì)發(fā)生分解加入鐵氧化鉀溶液.產(chǎn)生藍(lán)色沉淀開始生成Fe(S2O3)33-的反應(yīng)速率快，氧化還原反應(yīng)速率慢，但Fe3+與SO32-氧化還原反應(yīng)的程度大，導(dǎo)致Fe3+3SO32-?Fe(&O3)33-(紫黑色)平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，最終溶液幾乎變?yōu)闊o色0.1600【解析】【分析】【詳解】(1)a的名稱即為分液漏斗，b的名稱即為蒸儲(chǔ)燒瓶；b中是通過濃硫酸和Na2SQ反應(yīng)生成SQ,所以方程式為：H2SO4Na2SO3=Na2SO4H2OSO2;c中是制備硫代硫酸鈉的反應(yīng)，SQ由裝置b提供，所以c中試劑為硫化鈉和碳酸鈉的混合溶液；(2)從反應(yīng)速率影響因素分析，控制SC2生成速率可以調(diào)節(jié)酸

5、的滴加速度或者調(diào)節(jié)酸的濃度，或者改變反應(yīng)溫度；(3)題干中指出，硫代硫酸鈉在酸性溶?中會(huì)分解，如果通過量的SC2,會(huì)使溶液酸性增強(qiáng)，對(duì)制備產(chǎn)物不利，所以原因是：SC2過量，溶液顯酸性，產(chǎn)物會(huì)發(fā)生分解；(4)檢3軟Fe2+常用試劑是鐵氧化鉀，所以加入鐵氧化鉀溶液，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀即證明有Fe2+生成；解釋原因時(shí)一定要注意題干要求，體現(xiàn)出反應(yīng)速率和平衡兩個(gè)角度，所以解釋為：開始階段，生成Fe(S2O3)3的反應(yīng)速率快，氧化還原反應(yīng)速率慢，所以有紫黑色出現(xiàn)，隨著Fe3+的量逐漸增加，氧化還原反應(yīng)的程度變大，導(dǎo)致平衡逆向移動(dòng)，紫黑色逐漸消失，最終溶液幾乎變?yōu)闊o色；23(5)間接碘量法滴定過程中涉及兩個(gè)反應(yīng)

6、：6ICt。214H=3122Cr37H2O；22I22s2O3=2IS4O6；反應(yīng)被氧化成也反應(yīng)中第一步所得的|2又被還原成I-,所以與電子轉(zhuǎn)移數(shù)相同，那么滴定過程中消耗的Cr202得電子總數(shù)就與消耗的S2O2失電子總數(shù)相同；在做計(jì)算時(shí)，不要忽略取的基準(zhǔn)物質(zhì)重銘酸鉀分成了三份進(jìn)行的滴定。所以假設(shè)c(Na2s2O3)=amol/L,列電子得失守恒式：-6=a0.0251,3294解得a=0.1600mol/L。2.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

7、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+Na2SC4。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+2H2。+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

8、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0.10molL硫酸亞鐵俊(NH4)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)o已知六硝酸錦錢(NH4)2Ce(NO3)6與疊氮化鈉反應(yīng)生成硝酸俊、硝酸鈉、氮?dú)庖约癈e(NO3)3,試寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式;計(jì)算疊氮化

9、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-Bu0H+HNO竺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

10、度，防止產(chǎn)物損失2(NH4)2Ce(NC3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2T65%ACClC+2N5+H2C=Cl+2CH+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；(2)。裝置a的名稱即為恒壓滴液漏斗； 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； 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

11、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：2.0gNaN3樣品的工消耗的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)0.02m

12、ol65g/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，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

13、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)?，所以離子方程式為：ClO2N3H2O=Cl3N22OH?！军c(diǎn)睛】滴定計(jì)算類的題目，最?？疾斓男问街皇桥渲仆甏郎y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，?？疾斓男问揭灿校河么郎y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Bo3.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：，小KI;二*”：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ABC

14、物質(zhì)性質(zhì)HIO3白色固體，能溶于水，難溶于CC4KIO3白色固體，能溶于水，難溶于乙醇?jí)A性條件下易發(fā)生氧化反應(yīng)：CIO+IO3=IO4+Cl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(填序號(hào))。ABCD(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

15、液，每次精確量取20.00mL溶液置于錐形瓶中，力口入足量KI溶液和稀鹽酸，加入淀粉作指示劑，用0.1004mol/LNa2s2O3溶液滴定。2- -_2-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溶放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)?！敬鸢浮窟€原性、酸性5CI2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl充分溶解12和d2,以增大反應(yīng)物濃度分液除去CL(或ClO-)，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+3QT+3H2。，裝置B

16、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?！驹斀狻?1)裝置A中發(fā)生的反應(yīng)為：KC1Q+6HC1(濃尸KC1+3C2T+3H20,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：5C2+I2+6H2O=2HIO3+10HC1,C12和I2均難溶于水，易溶于CC4,加入CC4可使二者溶解在CC14中，增大反應(yīng)物濃度，故答案為：5C12+|2+6H2O=2HQ+10HC1；充分溶解I2和C12,以增大反應(yīng)物濃度；(3)分離

17、B中制得的HI03水溶液的操作為分液，HI03溶液中混有的C12在堿性條件下轉(zhuǎn)化為C1O,C1O會(huì)將I03-氧化為I04-,因此在中和前需要將C12除去，故答案為：分液；除去C12(或C10-),防止氧化KI03；(4)尾氣中主要含HC1和C12,需用Na0H溶液吸收，同時(shí)要防止倒吸，故答案為：C;(5)因?yàn)镵IQ難溶于乙醇，向KI03溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使KI03晶體析出，故答案為：乙醇(或酒精)；(6)每20mLKI03溶液中，加入KI溶液和稀鹽酸發(fā)生的反應(yīng)為：I03-+5I-+6H+=3I2+3H20,滴定時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為：I2+2S2032-=2I-+Si062-,可列出關(guān)系

18、式：I03-3I26a032-,每次平均消耗的n($032)=0.1004mo1/Lx0.025L=0.00251,m則每20mLKI03溶液中，n(KI03)=n(I03-)=n(S2032-)+6=0.00251mo1+6=0.000418mO00mL溶液中，n(KI03)=0.00418mo1,產(chǎn)品中KI03214g/mo10.00418mol的質(zhì)重分?jǐn)?shù)=X100%=89.5%,故答案為:89.5%。1g【點(diǎn)睛】1g樣品配成了200mL溶液，而根據(jù)關(guān)系式計(jì)算出的是20mL溶液中KI03的物質(zhì)的量，需擴(kuò)大10倍才能得到1g樣品中KI03的物質(zhì)的量。4 .根據(jù)當(dāng)?shù)刭Y源等情況，硫酸工業(yè)常用黃鐵

19、礦(主要成分為Fe$)作為原料。完成下列填空：(1)將0.050mo1S02(g)和0.030mo102(g)充入一個(gè)2L的密閉容器中，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)：2SQ(g)+02(g)?2S03(g)+Q。經(jīng)2分鐘反應(yīng)達(dá)到平衡，測得n(S03)=0.040mo1,則02的平均反應(yīng)速率為(2)在容積不變時(shí)，下列措施中有利于提高SQ平衡轉(zhuǎn)化率的有(選填編號(hào))a.移出氧氣b降低溫度c.減小壓強(qiáng)d再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)在起始溫度Ti(673K)時(shí)SQ的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時(shí)間的變化如圖，請(qǐng)?jiān)趫D中畫出其他條件不變情況下，起始溫度為T2(723K)時(shí)SQ的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時(shí)間變化

20、的示意圖(4)黃鐵礦在一定條件下煨燒的產(chǎn)物為SO2和Fe3O4將黃鐵礦的煨燒產(chǎn)物Fe3O4溶于H2SC4后，加入鐵粉，可制備FeSQ。酸溶過程中需維持溶液有足夠的酸性，其原因是FeS2能將溶液中的Fe3+還原為Fe2+,本身被氧化為SC42o寫出有關(guān)的離子方程式。有2mol氧化產(chǎn)物生成時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為制Fe3+與Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+FeS+14Fe3+8H2C=15Fe2+2SC42+16H+抑14Na【解析】【分析】c一(1)根據(jù)v=求出氧氣的速率，然后根據(jù)速率之比等于對(duì)應(yīng)物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比計(jì)算；(2)反應(yīng)放熱，為提高SC2平衡轉(zhuǎn)化率，應(yīng)使平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，可

21、降低溫度，體積不變，不能從壓強(qiáng)的角度考慮，催化劑不影響平衡移動(dòng)，移出氧氣，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，不利于提高SC2平衡轉(zhuǎn)化率，由此分析解答；(3)反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向進(jìn)行，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減小，但達(dá)到平衡所需要的時(shí)間縮短，據(jù)此畫出曲線；(4)Fe/與Fe2*易水解，F(xiàn)e2+易被氧化成Fe3+;根據(jù)氧化還原反應(yīng)中的反應(yīng)物和生成物幾何電子守恒來配平化學(xué)方程式，結(jié)合方程計(jì)算轉(zhuǎn)移電子數(shù)?！驹斀狻?.040mol1(1)v(SO3)=2L=0.01mol/(L?min),所以v(O2)=v(SQ)=0.005mol/(L?min),t22min故答案為：0.005mol/(L?min)；(2

22、)a.移出氧氣，平衡逆向移動(dòng)，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減少，故不選；b.降低溫度，平衡正向移動(dòng)，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率增大，故選；c.減小壓強(qiáng)，平衡逆向移動(dòng)，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減少，故不選；d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g),相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率增大，故選；故答案為：bd;反應(yīng)：2SC2(g)+O2(g)?2SO3(g)HV0,SO2的轉(zhuǎn)化率在起始溫度Ti=673K下隨反應(yīng)時(shí)間的變化如圖，其他條件不變，僅改變起始溫度為T2=723K,溫度升高，平衡逆向進(jìn)行，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減小，但反應(yīng)速率增大，達(dá)到平衡需要的時(shí)間短，在圖中畫出溫度T2下SC2的轉(zhuǎn)化率隨

23、反應(yīng)時(shí)間變化的預(yù)期結(jié)果示意圖如圖所示(4)Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SQ后，生成的FeT與Fe2+易水解，F(xiàn)e2+易被氧化成Fe3+,所制Fe3+與F的水解，并防止-2價(jià)的硫離子具有還原性，根離子，有關(guān)的離子方程式為：以要加入Fe粉和酸，抑制Fe3+與Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+,故答案為：抑Fe2+被氧化成Fe3+;FeS可以將溶液中的Fe3+還原為Fe2+,而本身被氧化為硫酸FeS+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42+16H+,氧化產(chǎn)物是硫酸根離子，有2mol硫酸根生成時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為14Na,故答案為:Fea+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO

24、42+16H+；14Na。【點(diǎn)睛】注意(3)溫度升高，平衡逆向進(jìn)行，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減小，但反應(yīng)速率增大，達(dá)到平衡需要的時(shí)間短，此為解題的關(guān)鍵。5 .羥氨(NH2OH)是一種還原劑，和聯(lián)氨一樣是一種弱堿，不穩(wěn)定，室溫下吸收水汽迅速分解?；卮鹣铝袉栴}：(1)請(qǐng)寫出羥氨的電子式。(2)利用KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液定量間接測定羥氨的純度。測定步驟如下：溶液配制：稱取5.0g某羥氨樣品，溶解在酸中后加適量蒸儲(chǔ)水，將其全部轉(zhuǎn)移至100mL的中，加蒸儲(chǔ)水至。取20.00mL的羥氨酸性溶液與足量硫酸鐵在煮沸條件下反應(yīng)：2NH20H2+4Fe3+=N20T+4Fe2+H2O+6H+,生成的Fe2*用0.4000mo

25、lL_1的酸性KMnO4溶液滴定，滴定達(dá)到終點(diǎn)的現(xiàn)象是。請(qǐng)寫出Fe2+與酸性KMnO4溶液反應(yīng)的離子方程式。重復(fù)滴定3次，每次消耗酸性高鎰酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積如表所示:第一次第二次第三次VfKMnO.溶液“足18SO20.0219：死計(jì)算試樣的純度%。(3)下列操作導(dǎo)致誤差偏高的有(填編號(hào))。a滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后消失b滴定管未經(jīng)潤洗盛裝KMnO4溶液c羥氨稱量時(shí)，時(shí)間過長和溶解時(shí)沒有及時(shí)用酸酸化dKMnO4溶液起始讀數(shù)仰視，終點(diǎn)正常讀數(shù)【答案】硫酸容量瓶刻度線當(dāng)最后一滴滴入時(shí)，錐形瓶中溶液的顏色由ii無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘不褪色5F*+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2

26、O66ab【解析】【分析】(1)根據(jù)羥氨化學(xué)式寫出其電子式；(2)羥氨應(yīng)溶解在H2SC4中，因?yàn)镠Cl中的Cl會(huì)被MnO4-氧化；用酸性KMnO4溶液滴定達(dá)到終點(diǎn)的現(xiàn)象是當(dāng)最后一滴滴入時(shí)，錐形瓶中溶液的顏色由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘不褪色；根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律寫出Fe2+與酸性KMnO4溶液反應(yīng)的離子方程式，根據(jù)物質(zhì)的量的關(guān)系計(jì)算式樣純度；(3)根據(jù)氧化還原滴定的相關(guān)操作分析實(shí)驗(yàn)誤差?！驹斀狻?1)根據(jù)羥氨化學(xué)式NH20H可知其電子式為：故答案為：nii(2)羥氨應(yīng)溶解在H2SO4中，因?yàn)镠Cl中的Cl會(huì)被Mn04-氧化，將其全部轉(zhuǎn)移至100mL的容量瓶中，加蒸儲(chǔ)水至刻度線，故答案為：硫酸；

27、容量瓶；刻度線；用酸性KMnO4溶液滴定達(dá)到終點(diǎn)的現(xiàn)象是當(dāng)最后一滴滴入時(shí)，錐形瓶中溶液的顏色由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘不褪色；根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律寫出Fe2+與酸性KMnO4溶液反應(yīng)的離子方程式為：5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；由消耗高鎰酸鉀體積表可知，第19.9820.02一次誤差過大，舍去，V(平均產(chǎn)=20.00mL；2設(shè)滴定時(shí)NH20H2+的物質(zhì)的量為xmol,依據(jù)離子方程式可得關(guān)系式：5NH2OH2+:2MnO4-52xncV=20.0010-30.4解得x=0.02因總量為100mL,所以n(NH20H2+)=0.02x與0.1molm=nM=0.1x3

28、3g/mot3.3gf100%=5.0100%=66%故答案為：當(dāng)最后一滴滴入時(shí)，錐形瓶中溶液的顏色由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘不褪色；5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；66;(3)a.滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后消失會(huì)導(dǎo)致V標(biāo)準(zhǔn)偏大，計(jì)算結(jié)果偏高；b.滴定管未經(jīng)潤洗盛裝KMnO4溶液，相當(dāng)于把KMnO4溶液稀釋，滴定時(shí)消耗體積增大,計(jì)算結(jié)果偏高；c.羥氨稱量時(shí)，時(shí)間過長和溶解時(shí)沒有及時(shí)用酸酸化會(huì)導(dǎo)致羥氨被氧化，導(dǎo)致消耗體積偏小，計(jì)算結(jié)果偏低；d.KMnO4溶液起始讀數(shù)仰視，終點(diǎn)正常讀數(shù)，導(dǎo)致消耗體積偏小，計(jì)算結(jié)果偏低；故答案為：abo【點(diǎn)睛】注意氧化還原滴定操作中的

29、注意事項(xiàng)，根據(jù)公式判斷不同操作可能引起的實(shí)驗(yàn)誤差。6.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NiSO4,NiCl2等)制備堿式碳酸饃晶體xNiCO3yNi(OH)2zH2。,制備流程如圖：電解鍥新港(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_o(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_。Lo.o.o.0t.n&o.c.雜質(zhì)含I%(3)檢驗(yàn)堿

30、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：堿式碳酸箱晶體BCD資料卡片：堿式碳酸饃晶體受熱會(huì)完全分解生成NiO、CQ和H2O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.

31、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_c(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：堿式送酸鍥晶體過量腑(N?也七0)溶液操作*產(chǎn)品Ni*氣體X和Y(7)寫出制備Ni的化學(xué)方程式_。【答案】CC28.3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CC2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NiCC32Ni(OH)24H2O2NiCO3-2Ni(OH)2-4H2O+3N2H4H2O=6Ni+3N2T+2CC)+21H2O【解析】(

32、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+3Na2CC3+2H2O=NiCC32Ni(OH)2+3Na2SC4+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

33、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)、。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。原子4個(gè)，C原子2個(gè)，而這些微粒包含在2個(gè)X分子中，所以X的化學(xué)式為C6,故答案為：CC2；(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

34、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CC2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CQ；(5)步驟反應(yīng)前左側(cè)通空氣是為了排盡裝置中原有的CC2和水蒸氣，避免裝置內(nèi)的CC2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

35、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、二氧化碳和NiO的系數(shù)比(也就是分子個(gè)數(shù)比)為即:1.08g0.44g2.25g18g/mol44g/mol75g/mol=6:1:3,xNiCO3?(Ni(OH)2乞H2O.6H20T+CQT+3NiO,根據(jù)元素守恒可得可得x=1,y=2,z=4即xNiCO30Ni(OH)2?zH2O中x:y:z的值1:2:4,故答案為:NiCC32Ni(OH)24H2。；(7)NiCO32Ni(OH)24H2O與N2H4H2O反應(yīng)生成Ni,Ni元素得電子，被

36、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+21H2。濃睛酷7.(1)已知草酸(H2C2O4)分解的化學(xué)方程式為：H2C2O41cof+co,+H20,卜列裝置中，可用作草酸分解制取氣體的是(填序號(hào))(2)某實(shí)驗(yàn)小組為測定鐵銹樣品的組成(假定鐵銹中只有利用草酸分解產(chǎn)生的CO和鐵銹反應(yīng)，實(shí)驗(yàn)裝置如下圖所示。Fe203nH20和Fe兩種成份)，合體漏氣、為得到干燥、純凈的CO氣，洗

37、氣瓶A、B中盛放的試劑分別是、在點(diǎn)燃C處酒精燈之前，應(yīng)先持續(xù)通入一段時(shí)間的混合氣體，其目的是、準(zhǔn)確稱量樣品的質(zhì)量20.00g置于硬質(zhì)玻璃管中，充分反應(yīng)后冷卻、稱量(假設(shè)每步均完全反應(yīng))，硬質(zhì)玻璃管中剩余固體質(zhì)量為16.64g,D中濃硫酸增重1.44g,則n=。、在本實(shí)驗(yàn)中，下列情況會(huì)使測定結(jié)果n偏大白是(填字母)a.缺少裝置Ab.缺少裝置Bc.反應(yīng)后固體是鐵和少量F&O3nH2O【答案】NaOH溶液濃硫酸排除裝置中的空氣，防止CO中混有空氣而在加熱時(shí)發(fā)生爆炸2b【解析】【詳解】(1)該反應(yīng)的反應(yīng)物是液體，反應(yīng)條件是加熱，應(yīng)選擇固液反應(yīng)且需要加熱的裝置，所以選.(2)為得到干燥、純凈的CO氣，應(yīng)

38、先除去混合氣體中的二氧化碳，用氫氧化鈉吸收即可；混合氣體通入氫氧化鈉溶液時(shí)會(huì)帶走水蒸氣，為除去水蒸氣，選用濃硫酸洗氣。裝置中含有空氣，CO中混有空氣加熱時(shí)可能發(fā)生爆炸，所以要通入混合氣體一段時(shí)間，排除裝置中的空氣。由題意知，固體質(zhì)量減少的量為水和氧的量，濃硫酸吸收的量為水，反應(yīng)方程式為：FeO3,nH2O+3CO=Fe+3CO+nH2O固體質(zhì)量減少量18ng(18n+48)g1.44g20.00g-16.64g所以18ng：1.44g=(18n+48)g：(20.00g-16.64g)解得n=2。a、缺少裝置A,未除去CQ,可能影響CO還原氧化物，固體質(zhì)量差變小，導(dǎo)致所測n值偏小，錯(cuò)誤；b、缺

39、少洗氣瓶B會(huì)導(dǎo)致裝置E增重的質(zhì)量偏大，所以測定結(jié)果n偏大，正確；c、反應(yīng)后固體是鐵和少量Fe2O3?nH2O,固體減少的質(zhì)量偏小，導(dǎo)致所測n值偏小，錯(cuò)誤。8.睇(Sb)廣泛用于生產(chǎn)各種阻燃劑、陶瓷、半導(dǎo)體元件和醫(yī)藥及化工等領(lǐng)域。I.(1)睇在元素周期表中的位置(2)睇(出)的氧化物被稱為睇白，可以由SbC3水解制得，已知SbC3水解的最終產(chǎn)物為睇白。為了得到較多、較純的睇白，操作時(shí)將SbC3徐徐加入大量水中，反應(yīng)后期還要加入少量氨水。試用必要的化學(xué)用語和平衡移動(dòng)原理解釋這兩項(xiàng)操作的作用。工業(yè)上，還可用火法制取睇白，是將輝睇礦(主要成分為Sb2s3)裝入氧化爐的日竭中，高溫使其融化后通入空氣，充

40、分反應(yīng)后，經(jīng)冷卻生成睇白。寫出火法制取睇白的化學(xué)方程式。n.以輝睇礦為原料制備金屬睇，其中一種工藝流程如下：回卜回IT叩：史梏一由第fitftI(SiOJ.S)已知部分信息如下：輝睇礦(除Sb2S3外，還含有神、鉛、銅的化合物和SiO2等)；浸出液主要含鹽酸和SbC3,還含SbC5、CuC2、AsC3和PbC2等雜質(zhì)；常溫下，Ksp(CuS)=1.0X106,Ksp(PbS)=9.0X169。回答下列問題：(3)酸浸”過程中Sb2s發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(4)已知：浸出液中c(Cu2+)=0.0001mol/L,c(Pb2+)=0.1mol/L。在沉淀銅、鉛過程中，緩慢滴加極稀的硫化鈉溶液，

41、先產(chǎn)生沉淀的是(填化學(xué)式)；當(dāng)CuSPbS共沉沉?xí)r，C(Cu2+)=(保留小數(shù)點(diǎn)后一位)。c(Pb2)(5)在除神”過程中，氧化產(chǎn)物為H3P04。該反應(yīng)氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為O(6)在電解”過程中，睇的產(chǎn)率與電壓大小關(guān)系如圖所示。當(dāng)電壓超過UoV時(shí)，睇的產(chǎn)率降低的原因可能是?！敬鸢浮康?周期第VA族2SbC3+3H2O?Sb2O3+6HCl,不斷加入SbC3,使SbC3濃度增大，利于水解平衡右移，反應(yīng)后期加入氨水中和鹽酸，使c(HCl)減小，利于平衡右移高溫2Sb2s3+9O22Sb2O3+6SQSbS3+3SbC5=5SbC3+3SJCuS1.1-8/410H+參與電極反應(yīng)【解析

42、】【分析】n.輝睇礦粉加入鹽酸和SbC5溶液，得到SbC3和SbC5溶液，還含有雜質(zhì)CuC2、AsC3和PbC2等，加入適量Sb將SbC5還原為SbC3,加入Na2s使銅和鉛沉淀以除去CuC2和PbC2,然后加入NaHPQ除去雜質(zhì)神。得到的SbC3溶液電解得到金屬Sb,同時(shí)得到SbC5,可以返回到酸浸步驟循環(huán)使用?！驹斀狻縄.(1)睇和氮在同一主族，其在元素周期表中位于第5周期第VA族。(2)SbC3水解：2SbC3+3H2O?Sb2O3+6HCl,將SbC3徐徐加入大量水中，SbC3濃度增大，水解平衡右移，反應(yīng)后期還要加入少量氨水中和HCl,使c(HCl)M小，平衡右移，有利于Sb2O3的生

43、成。故答案為：2SbC3+3H2O?Sb2O3+6HCl,不斷加入SbC3,使SbC3濃度增大，利于水解平衡右移，反應(yīng)后期加入氨水中和鹽酸，使c(HCl)減小，利于平衡右移。火法制取睇白，是輝睇礦(主要成分為St2S3)在高溫下和空氣中的氧氣反應(yīng)，生成Sb2O3高溫的同時(shí)生成SO2?；瘜W(xué)方程式為：2Sb2s3+9O22Sb2O3+6SO2on.(3)酸浸”時(shí)Sb2s和SbC5溶液反應(yīng)，得到SbC3和SbC5的混合溶液，濾渣中有硫，是此反應(yīng)的生成物，Sb2S3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為Sb2S3+3SbC5=5SbC3+3S。(4)浸出液中c(Cu2+)=0.0001mol/L,c(Pb2+)=0.

44、1mol/L。在沉淀銅、鉛過程中，緩慢1010-36C滴加極稀的硫化鈉溶液，當(dāng)CU2+開始沉淀時(shí)，c(S2-)=1.010=1.0X彳0mol/L,當(dāng)Pb2+開0.0001-29始沉淀時(shí)，c(*)=9一0=9.0X彳0mol/L,所以先產(chǎn)生沉淀的是CuS;當(dāng)CuSPbS共沉0.1c(Cu2+)c(Cu2+)c(SK2MnO4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)。KMnO4、K2MnO4和MnO2的氧化性由強(qiáng)到弱的順序是。)KsP(CuS)1.01036書在時(shí))2=2+2-=1.1X10。c(Pb)c(Pb)c(S)Ksp(PbS)9.01

45、029(5)加入NaHPQ除神，發(fā)生了NaHPQ和AsC3的反應(yīng)，氧化產(chǎn)物為H3P04,還原產(chǎn)物是As,磷的化合價(jià)從+1價(jià)升高到+5價(jià)，生成1molH3PO4失去4mol電子，神的化合價(jià)從+3價(jià)降低到0價(jià)，生成1molAs得到3mol電子，根據(jù)電子守恒，該反應(yīng)氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為3:4。(6)電解SbC3溶液制取睇，在陰極是SbKMnO4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0.335gNa2c2O4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

46、=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=3K2MnO4+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+得到電子生成Sb,當(dāng)電壓過大時(shí)，溶液中

47、的H+也可能在陰極放電，導(dǎo)致睇的產(chǎn)率降低。9.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和KCQ(s)反應(yīng)，生成K2MnO4(鎰酸鉀)和KCl用水溶解，濾去殘?jiān)?；酸化濾液，&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KMnO4eMnO4MnO2,故答案為1:2;0.2Na或6.02X筋；KMnO

48、4K2MnO4MnO2；(3)KMnO4能與熱的Na2c2O4(aq,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,0.165gx122.5g/mol(7-2)=0.335g134g/mol2(4-3),解得x=0.958,故答案為0.958.10.(1)將新制氯水逐滴滴入FeBr2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)。(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)2C4H10C8H10

49、(g)+5H2在不同溫度下的平衡常數(shù)變化如下：溫度(C)400450500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2molC4H&反應(yīng)10s后測得H2濃度為1mol/L,此10s內(nèi)，以C8Hio表不的平土速率為。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。平均摩爾質(zhì)S如圖表示某溫度時(shí)將一定量的C4H10(含少量H2)充入容器中反應(yīng)期間物質(zhì)濃度隨時(shí)間的變化(容器容積可變),實(shí)線代表C8H10,虛線代表C4H10。請(qǐng)用實(shí)線補(bǔ)充畫出tlt4間C8H10的濃度變化曲線。CtmolLji3Ba2+6OH-+3SO2-+2Al3+=3BaSQ

50、J+2Al(OHJ吸熱0.02mol/(Ls)bKd。前工即o二SO-*-(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；ta.反應(yīng)前后都是氣體，

51、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。2CI2+2Fe2+=【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),2Fe3+2Cl-,電子轉(zhuǎn)移情況如下:,故答案為:(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

52、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(OH3J,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,1,2QHi0?C8Hio(g)+5H2,反應(yīng)過程中生成C8H10的物質(zhì)的量濃度為一X1mol/L=0.2mol/

53、L,此510s內(nèi)，以C8H10表示的平均速率=0.2mol/L=0.02mol/(L?s),故答案為：0.02mol/(L?s);10s2c4H10?C8H10(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不符合;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)的量不變壓強(qiáng)不變，說明反應(yīng)達(dá)到平衡，

54、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：,故答案為:O【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。11.二氧化氯泡騰片，有效成分(ClO2)是一種高效、安全的殺菌、消毒劑。方法一：氯化鈉電解法是一種可靠的工業(yè)生產(chǎn)ClQ氣體的方法。該法工藝原理如圖。其過程是將食鹽水在特定條件下電解得到的氯酸鈉

55、(NaClQ)與鹽酸反應(yīng)生成ClC2ofCIO食笠水C1Q的化學(xué)方程式(1)工藝中可利用的單質(zhì)有(填化學(xué)式)，發(fā)生器中生成(2)此法的缺點(diǎn)主要是方法二：最近，科學(xué)家又研究出了一種新的制備方法，纖維素還原法制C1O2,其原理是:纖維素水解得到的最終產(chǎn)物X與NaClO3反應(yīng)生成Cl02o(3)配平方程式：口(X)+DNaClO+DH2SO4一口CIO+DCOX+口也O+若反應(yīng)中產(chǎn)生4.48L(折算成標(biāo)準(zhǔn)狀況下)氣體，電子轉(zhuǎn)移個(gè)。(4)C1O2和C12均能將電鍍廢水中的CN一氧化為無毒的物質(zhì)，自身被還原為C。處理含CN一相同量的電鍍廢水，所需C2的物質(zhì)的量是C1O2的倍。方法三：實(shí)驗(yàn)室常用氯酸鈉(NaClQ)和亞硫酸鈉(Na2SC3)用硫酸酸化，加熱制備二氧化氯，化學(xué)反應(yīng)方程式為：2NaClC3+N%SQ+WSOlA2c102