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（Na2SO3）是一種解毒藥，用于氟化物、砷、汞、鉛、錫、碘等中毒，臨床常 用于治療蕁麻疹，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: Na2S2O3的制備。工業(yè)上可用反應(yīng)：2Na2S+Na2CO3+4SQ=3Na2S?03+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H2SO4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）

2、實(shí)驗(yàn)中要控制SO2的生成速率，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)n：探究Na2S2O3與金屬陽離子的氧化還原反應(yīng)。資料：Fe3+39O32-? Fe（SO3）33-（紫黑色）裝置試劑X實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象n1OJ mLJ一 OJ fTwS'L-1L爪淳渣2泌4_ 0.1 mol* L11Fe2(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FW+，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)川：標(biāo)定

3、 Na2S2O3溶液的濃度稱取一定質(zhì)量的產(chǎn)品配制成硫代硫酸鈉溶液，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)K2Cr2O7（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-+CqO72-+14H+ = 3I2+2C產(chǎn)+7H2O,再加入幾滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2Q溶液滴定，發(fā)生反應(yīng)b+2S2O32- = 2+ $062-，三次消耗Na2S2O3溶液的平均體積為 25.00 mL,則所標(biāo)定的硫代硫 酸鈉溶液的濃度為mol ?-1【答案】分液漏斗烝餾燒瓶H 2SO4 Na?S03 =

4、Na 2SO4 H 2O SO2硫化鈉和碳酸鈉的混合液 調(diào)節(jié)酸的滴加速度若SC2過量，溶液顯酸性.產(chǎn)物會(huì)發(fā)生分解加入鐵氰化鉀溶液產(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SC32-氧化還原反應(yīng)的程度大，導(dǎo)致Fe3+39Q2-? Fe(S>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的名稱即為蒸餾燒瓶；b中是通過濃硫酸和 Na2SQ反應(yīng)生成SQ,所以方程式為：H2SO4 Na2SO3=Na2SO4 H2O SO2 ； c中是制備硫代硫酸 鈉的反應(yīng)，SQ由裝置

5、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SQ生成速率可以調(diào)節(jié)酸的滴加速度或者調(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液中會(huì)分解，如果通過量的SO2,會(huì)使溶液酸性增強(qiáng)，對(duì)制備產(chǎn)物不利，所以原因是：SO2過量，溶液顯酸性，產(chǎn)物會(huì)發(fā)生分解；(4) 檢驗(yàn)Fe2+常用試劑是鐵氰化鉀，所以加入鐵氰化鉀溶液，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 F+的量逐漸增加，氧化還原反應(yīng)的程

6、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；間接碘量法滴定過程中涉及兩個(gè)反應(yīng)：6ICa。2 14H =312 2Cr3 7出。；2 2I2 2S2O3 =2IS4O6 ；反應(yīng)被氧化成12,反應(yīng)中第一步所得的I2又被還原成，所以與電子轉(zhuǎn)移數(shù)相同，那么滴定過程中消耗的Cr2O2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)重鉻酸鉀分成了三份進(jìn)行的1 0 5880滴定。所以假設(shè)c(Na2S2O3)=a mol/L，列電子得失守恒式：6=a 0.025 1,3294解得 a=0.1600mol/L o2. 疊氮化鈉(NaN3)是一種白色劇毒晶體，是汽

7、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) H2SO4+ 2NaNO2=2HNO2+ NazSQ?？衫脕喯跛崤c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-BuN02+ NaOH+N2H4=NaN3+ 2H2O

8、+ t-BuOH。 裝置a的名稱是; 該反應(yīng)需控制溫度在 65 C，采用的實(shí)驗(yàn)措施是 ; 反應(yīng)后溶液在 0 C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 0.10mol L1六硝酸鈰銨(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滴鄰菲羅啉指示液，并用 0.10mol L1硫酸亞鐵銨 (NH4)2Fe(SO)2為標(biāo)準(zhǔn)液，滴定過量的 Ce4+ ,終點(diǎn)時(shí)消耗標(biāo)準(zhǔn)

9、溶液 20.00mL(滴定原理：Ce4 + + Fe2 =Ce3 + Fe3 )o已知六硝酸鈰銨(NH4)2Ce(NO3)6與疊氮化鈉反應(yīng)生成硝酸銨、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(cè)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(rùn)洗B. 滴加六硝酸鈰銨溶液時(shí)，滴加前仰視讀數(shù)，滴加后俯視讀數(shù)C. 滴加硫酸亞鐵銨標(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銨標(biāo)準(zhǔn)液滴用蒸餾水沖進(jìn)瓶?jī)?nèi)(4) 疊氮

10、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+ HNQ竺Et-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)2Ce(NO3)6 + 2NaN3=4NH4NO3+ 2Ce(NO3)3+2NaNO3+ 3N2f 65% AC ClO+ 2Nj+ 出0=。+ 2OH+ 3N? f【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-BuOH HNO2t-BuNO 2 H

11、2O ;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(NH 4)2Ce(NO3)6 2NaN 3=4NH 4NO3 2NaNO3 2Ce(NO 3)3 3N 2 ；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鈰銨反10應(yīng)，再用F0去滴定未反應(yīng)完的正四價(jià)的Ce,因此有：2.0gNaN

12、3樣品的丄消耗的Ce4 Fe2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 (0.004 Fe2消耗的Ce4 )0.02mol，所以疊氮化鈉樣品的質(zhì)量分?jǐn)?shù), m(NaN3) ce, 0.02mol 65g/mol為：w- 100%=65% ；2.0g2.0A. 潤(rùn)洗錐形瓶，會(huì)使步驟 消耗的六硝酸鈰銨的量增加，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六硝酸鈰銨溶液時(shí)若前仰后俯，則會(huì)量取比40ml更多的六硝酸鈰銨溶液，那么步驟 會(huì)需要加入更多的 FW+來

13、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 卩62+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(cè)生成了0H-；產(chǎn)生的無色無味無毒氣體，推測(cè)只能是氮?dú)?，所以離子方程式為：CIO 2N3 H 2O=Cl3N2 2OH o【點(diǎn)睛】滴定計(jì)算類的題目，最?？疾斓男问街皇桥渲仆甏郎y(cè)樣品溶液后，只取一部分進(jìn)

14、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(cè)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(cè)定產(chǎn)品中KIO 3的純度：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 堿性條件下易發(fā)生氧化反應(yīng)：cio+ 1O3 =i04+ cr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

15、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，加入淀粉作指示劑，用0.1004mol/L NazSzOs溶液滴定。2 2滴定至終點(diǎn)時(shí)藍(lán)色消失（I2+2S2O3-=2I-+S4O6-），測(cè)得每次平均消耗 N

16、a2S2O3溶液25.00mL。則產(chǎn)品中KIO 3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=2HIO 3+10HCI 充分溶解12和Cl2，以增大反應(yīng)物濃度 分液除去CI2 (或CIO-)，防止氧化 KIO 3 C乙醇(或酒精)89.5%?！窘馕觥俊痉治觥垦b置A用于制取CI2,發(fā)生的反應(yīng)為：KCIQ+6HCI濃)=KCI+3C2 f +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HCI和CI2,還要防止倒吸?！驹斀狻?1) 裝置A中發(fā)生的反應(yīng)為：KCIQ+6HCI(濃)=KCI+3C2 f +3H2O,濃鹽

17、酸中的 CI元素有一部 分失電子轉(zhuǎn)化為 Cb,表現(xiàn)出還原性，還有一部分CI元素沒有變價(jià)轉(zhuǎn)化為 KCI(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+l2+6H2O=2HIQ+10HCI, CI2和b均難溶于水，易溶于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：5Cl2+|2+6H2O=2HIO3+10HCI；充分溶解12和CI2,以增大反應(yīng)物濃度；(3) 分離B中制得的HIQ水溶液的操作為分液，HIO3溶液中混有的CI2在堿性條件下轉(zhuǎn)化為CIO, CIO會(huì)將IO3-氧化為IO4-,因此在中和前需要將CI2除去，故答案為：分液；除去C

18、I2 (或CIO-)，防止氧化 KIO3；(4) 尾氣中主要含 HCI和CI2,需用NaOH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20mLKIO3溶液中，加入 KI溶液和稀鹽酸發(fā)生的反應(yīng)為：IO3-+5+6H+=3l2+3H2O,滴 定時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為：12+2住O32-=2+SO62-，可列出關(guān)系式：1。3-31269032-，每次平均消耗的 n(S2O32-)= 0.1004moI/LX 0.025L=0.00251,m則每 20mLKIO3 溶液中，n(KIO

19、s)=n(lO3-)=n(S2O32-) - 6=0.00251mol - 6=0.000418m200mL 溶液中，n(KI6)=0.00418mol，產(chǎn)品中 KIO3214g/ mol 0.00418mol的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=X 100%=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。 根據(jù)當(dāng)?shù)刭Y源等情況，硫酸工業(yè)常用黃鐵礦(主要成分為FeQ)作為原料。完成下列填空：(1) 將0.050mol SO2(g)和0.030mol O2(g)充入一個(gè)2L的密閉容器中，

20、在一定條件下發(fā)生反應(yīng)：2SQ(g)+O2(g)? 2SQ(g)+Q。經(jīng)2分鐘反應(yīng)達(dá)到平衡，測(cè)得n(SQ)=0.040mol，貝U O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 0.050molS02(g)和 0.030moQ2(g)在起始溫度Ti(673K)時(shí)SC2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)SC2的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時(shí)間變化的示意圖_010» K 4454 W(4)黃鐵礦在一定條件下煅燒的產(chǎn)物為SC2和F&O4 將黃鐵礦的煅燒產(chǎn)

21、物Fe3O4溶于H2SC4后，加入鐵粉，可制備 FeSO。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 SQ2。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+【答案】0.005mol/(L?mi n)制Fe3+與FW+的水解，并防止抑14Na【解析】【分析】c(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 SQ平衡轉(zhuǎn)化率，應(yīng)使平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，可降低溫度，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SQ平衡

22、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；Fe3+與Fe2+易水解，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?.040mol(1)v(SQ) =2L2min=0.01mol/(L?min),所以 v(C>2)=v(SQ)= 0.005mol/(L?min),2故答案為：0.005mol/(L?min)；(2) 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

23、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0.050molS02(g)和0.030mol02(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)：2SO2(g)+O2(g)? 2SQ(g) AHv 0, SO2的轉(zhuǎn)化率在起始溫度 T1 = 673K下隨反應(yīng)時(shí)間(t)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SQ的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時(shí)間變化的預(yù)期結(jié)果示意圖如圖所示StJ-j睪An# " jT*fE/T

24、j；故答案為：sor<0 y-廠叮LI TjT：2Q-:_ J /2Q/ /r J111111_111111_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 以要加入Fe粉和酸，抑制Fe3+與的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+，故答案為：抑 制Fe3+與Fe2 +的水解，并防止Fe2+被氧化成F0 ;-2價(jià)的硫離子具有還原性， FeS可以將溶液中的Fe3+還原為Fe2* ,而本身被氧化為硫酸 根離子，有關(guān)的離子方程式為： FeS+14Fe3+8H20=15Fe2+2SO2+16H+,氧化產(chǎn)物是硫酸根 離子，有2mol硫酸根生

25、成時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為 14Na,故答案為：FeS>+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42+ 16H+； 14Na?！军c(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(cè)定羥氨的純度。測(cè)定步驟如下： 溶液配制：稱取 5.0g某羥氨樣品，溶解在 酸中后加適量蒸餾水，將其全部轉(zhuǎn)移至100mL的中，加蒸餾水至 。 取20.00mL的羥氨酸性溶液與足量硫酸

26、鐵在煮沸條件下反應(yīng)：2NH2OH2* + 4Fe3+= N2OT+ 4Fe2* + H2O+ 6H*，生成的Fe2*用0.4000 mol L=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Fe"與酸性KMnO4溶液反應(yīng)的離子方程式。重復(fù)滴定3次，每次消耗酸性高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積如表所示:第二次第三次VfKMnO.溶叢 “ML18 SO20.0219.98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(rùn)洗盛裝 KMnO4溶液c羥氨稱量時(shí)，時(shí)間過長(zhǎng)和溶解時(shí)沒有及時(shí)用酸酸化d KMnO4溶液起始讀數(shù)仰視，終點(diǎn)正

27、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$+m nO4-+8H+= 5Fe3+M n2+4H2O 66 ab【解析】【分析】(1) 根據(jù)羥氨化學(xué)式寫出其電子式；羥氨應(yīng)溶解在 H2SC4中，因?yàn)镠CI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NH2O

28、H可知其電子式為：H :;，故答案為：H :fpH；FlII羥氨應(yīng)溶解在 H2SO4中，因?yàn)镠CI中的Cl會(huì)被MnO4-氧化，將其全部轉(zhuǎn)移至 100mL的 容量瓶中，加蒸餾水至刻度線，故答案為：硫酸；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;由消耗高錳酸鉀體積表可知，第19.98 20.02一次誤差過大，舍去，V(平均)=20.00mL；2設(shè)滴定時(shí)NH2OH2+的物質(zhì)的量為xm

29、ol，依據(jù)離子方程式可得關(guān)系式：5NH2OH2+ :2Mn O4-52xnc V=20.00 10-3 0.4解得x=0.02因總量為100mL,所以 n(NH2OH2+)= 0.02 x=0.1molm=n M = 0.1 x 33g/mot3.3gw=m樣100% =竺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(rùn)洗盛裝 KM nO4溶液，相當(dāng)于把 KMnO4溶液稀釋，滴定

30、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(zhǎng)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：ab。【點(diǎn)睛】 注意氧化還原滴定操作中的注意事項(xiàng)，根據(jù)公式判斷不同操作可能引起的實(shí)驗(yàn)誤差。6. 目前全世界的鎳(Ni)消費(fèi)量?jī)H次于銅、鋁、鉛、鋅，居有色金屬第五位。鎳常用于各 種高光澤裝飾漆和塑料生產(chǎn)，也常用作催化劑。堿式碳酸鎳的制備：工業(yè)用電解鎳新液(主要含NiSQ, NiCl2等)制備堿式碳酸鎳晶體xNiCO3 yNi(OH)2 zH2O，制備流程如圖:電解葆新液(1

31、) 反應(yīng)器中的一個(gè)重要反應(yīng)為3NiSO4+3Na2COJ+2H2O=NiCO3 2Ni(OH)2+3Na2SCH+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_。(3)檢驗(yàn)堿式碳酸鎳晶體洗滌干凈的方法是_。測(cè)定堿式碳酸鎳晶體的組成：為測(cè)定堿式碳酸鎳晶體xNiCCh yNi(0H)2 ZH2O組成，某小組設(shè)計(jì)了如圖實(shí)驗(yàn)方案及裝置：粧式碳酸隸晶體BCD資料卡片：堿式碳酸鎳晶體受熱會(huì)完全分解生成NiO、CQ和H20實(shí)驗(yàn)步驟： 檢查裝置氣密性； 準(zhǔn)確稱量3.77g堿式碳酸鎳晶體xNiCOs yNi(OH)2 ZH2O放在B裝置中，連接

32、儀器; 打開彈簧夾a，鼓入一段時(shí)間空氣，分別稱量裝置C D、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)算得到堿式碳酸鎳晶體的組成_ (填化學(xué)式)。鎳的制備：堿式碳酸鋰晶體過量勝(N?H4 - H20)溶液操作4產(chǎn)品Ni> 氣體X和Y(7) 寫出制備Ni的化學(xué)方程式_。【答案】CQ 8.3取最后一次洗滌液

33、 少許，加入HCI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NiCC3 2Ni(OH)2 4H2C2NiCO3 2Ni(OH)2 4H2O+3N2H4 H2O=6Ni+3N2f +2CO f +21H2O【解析】【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)堿式碳酸鎳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

34、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。 【詳解】(1) 反應(yīng)器中的一個(gè)重要反應(yīng)為3NiSO4+3Na2CQ+2H2O=NiCQ 2Ni(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分子中，所以X的化學(xué) 式為CQ,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

35、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pH 8.3,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)堿式碳酸鎳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HCI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鎳晶體受熱分解產(chǎn)生的H2O, D裝置用來吸收堿式碳酸鎳晶體受熱分解產(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(cè)定，故答案為：吸收空氣中的 H2O和CO2；(5) 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

36、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；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、二氧化碳和NiO的系數(shù)比(也就是分子個(gè)數(shù)比)為即:1.08g : 0.44

37、g : 2.25g18g/mol 44g/mol 75g/mol=6:1:3,H2C2O4,' COT + CQ f + HO,（填序號(hào)）xNiCO3?(Ni(OH)2ZH2O . 6H2OT +CQ f +3NiO,根據(jù)元素守恒可得可得x=1, y=2, z=4即 xNiCO3®Ni(OH)2?zH2O 中 x:y:z 的值 1:2:4，故答案為： NiCC3 2Ni(OH)2 4缶0;NiCO3 2Ni(OH)2 4H2O與N2H4 H2O反應(yīng)生成Ni, Ni元素得電子，被還原，同時(shí)還生成氣體X和丫，由第(1)問知X為CO2,氧化還原反應(yīng)有得電子，必有失電子的物質(zhì)，由此判

38、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：2NiCO3 2Ni(OH)2 4H2O+3N2H4 H2O=6Ni+3N2 f +2CQf +2IH2O。7. (1)已知草酸(H2C2O4)分解的化學(xué)方程式為:下列裝置中，可用作草酸分解制取氣體的是 (2) 某實(shí)驗(yàn)小組為測(cè)定鐵銹樣品的組成(假定鐵銹中只有FqO3 nH2O和Fe兩種成份)，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。 、為得到干燥、純凈的 CO氣，洗氣瓶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

39、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(cè)定結(jié)果n偏大的是_ (填字母)a.缺少裝置 A b.缺少裝置B c.反應(yīng)后固體是鐵和少量FqO3 nH20【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 2 b【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)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

40、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：FG2O3. 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(cè)n值偏小，錯(cuò)誤；b、缺少洗氣瓶B會(huì)導(dǎo)致裝置E增重的質(zhì)量偏大，所以測(cè)定結(jié)果n

41、偏大，正確；c、反應(yīng)后固體是鐵和少量 Fe2Q?nH2O,固體減少的質(zhì)量偏小，導(dǎo)致所測(cè)n值偏小，錯(cuò)誤。&銻(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。1.( 1)銻在元素周期表中的位置 。(2 )銻(川)的氧化物被稱為銻白，可以由SbC3水解制得，已知 SbC3水解的最終產(chǎn)物為銻白。為了得到較多、較純的銻白，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，還可用火法制取銻白，是將輝銻礦(主要成分為SbSs)裝入氧化爐的坩堝中，高溫使其融化后通入空氣，充分反應(yīng)后，經(jīng)冷卻生成銻白。寫出火法制取

42、銻白的化學(xué)方程式。H.以輝銻礦為原料制備金屬銻，其中一種工藝流程如下：It),已知部分信息如下: 輝銻礦(除Sb2S3外，還含有砷、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PbCb等雜質(zhì)； 常溫下，Ksp( CuS) =1.0 x 106, Ksp ( PbS) =9.0 x 109?；卮鹣铝袉栴}：(3) 酸浸”過程中Sb2S3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。(4) 已知：浸出液中 c ( ClF+) =0.0001mol/L , c ( P/+) =0.1mol/L。在沉淀銅、鉛過程中，緩慢滴加極稀的硫化鈉溶液，先產(chǎn)生沉淀的是 (填化學(xué)式)；當(dāng)

43、 CuS PbS共沉沉?xí)r，C(CU2+ )=(保留小數(shù)點(diǎn)后一位)。c(Pb )(5) 在除砷”過程中，氧化產(chǎn)物為 H3PO4。該反應(yīng)氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為Uo V時(shí)，銻的產(chǎn)(6) 在 電解”過程中，銻的產(chǎn)率與電壓大小關(guān)系如圖所示。當(dāng)電壓超過 率降低的原因可能是。c(HCI)減小，利于平衡右移【答案】第5周期第V A族 2SbC3+3H2O? S&O3+6HCI,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-8X4I0 H+參與電極咼溫2Sb2S3+9O22Sb2O3+6SQ Sb;S3+ 3SbC5=5SbC3+3S J CuS 1.

44、1反應(yīng)【解析】【分析】n .輝銻礦粉加入鹽酸和 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)砷。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?.( 1)銻和氮在同一主族，其在元素周期表中位于第5周期第V A族。(2) SbC3 水解：2SbC3+3H2O? Sb>O3+6HCI, 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H

45、CI，使c(HCI減小，平衡右移，有利于Sb2O3的生成。故答案為：2SbC3+3H2O? S&O3+6HCI,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(HCI)減小，利于平衡右移?；鸱ㄖ迫′R白，是輝銻礦(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+6SO2。n .( 3)酸浸”時(shí)Sb2S3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SUS3+ 3SbC5=5SbC3+3S。

46、(4) 浸出液中c (C/+) =0.0001mol/L , c ( P/+) =0.1mol/L。在沉淀銅、鉛過程中，緩慢滴加極稀的硫化鈉溶液，當(dāng)Cu +開始沉淀時(shí)，qS2-)0 =1.0 x 10moI/L ,當(dāng) Pb2+開0.0001始沉淀時(shí),所以先產(chǎn)生沉淀的是CuS當(dāng)CuS PbS共沉-29c&-)=9.0 x 1&mol/L,0.12+2+2淀時(shí)，£ = C(Cu )吧) c(Pb ) c(Pb )c(S )Ksp(CuS)Ksp(PbS)1.0 10 369.0 10 29=1.1 X 10。(5) 加入NaHPQ除砷，發(fā)生了 NaHPQ和AsC3的反應(yīng)，

47、氧化產(chǎn)物為 H3PO4，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1mol H3PO4失去4mol電子，砷的化合價(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溶液制取銻，在陰極是Sb3+得到電子生成Sb,當(dāng)電壓過大時(shí)，溶液中的H+也可能在陰極放電，導(dǎo)致銻的產(chǎn)率降低。9. 實(shí)驗(yàn)室可由軟錳礦(主要成分為MnO2)制備KMn04,方法如下：高溫下使軟錳礦與過量KOH(s和KCIQ(s)反應(yīng)，生成K2MnO4 (錳酸鉀)和KCl用水溶解，濾去殘?jiān)?；酸化濾 液，K?MnO4轉(zhuǎn)化為MnO2和KMnO4

48、；再濾去沉淀 MnO2,濃縮結(jié)晶得到 KMnO4晶體。 請(qǐng)回答：(1) 用軟錳礦制備 K2MnO 4的化學(xué)方程式是1 : 2，生成O.lmol還原產(chǎn)物時(shí)轉(zhuǎn)移電子0.1 Nax (6-4)=0.2N或6.02 X 10,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KMnO4> K2MnO4> MnO2,故答案為 1: 2; 0.2Na或 6.02 X 10; KMn。4> ©MnO4>MnO2;(3) KMnO4能與熱的N32C2O4 ( aq,硫酸酸化)反應(yīng)生成 Mn 2+和 CQ,設(shè)KMnO4的純度為x,則由電子守恒可知,答案為0.958

49、.0.165gx122.5g / mol(7-2)=0.335g134 g / mol2 (4-3)，解得 x=0.958，故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。o(2) 在硫酸鋁銨(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(cè)得反應(yīng)2C4H10 C8H10(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

50、應(yīng)。 向2L密閉定容容器中充入 2molC4H10，反應(yīng)10s后測(cè)得H2濃度為1mol/L，此10s內(nèi)，以C8H10表示的平均速率為 。 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。至TIa.平質(zhì)tBibC.干如圖表示某溫度時(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)，頭線代表C8H10，虛線代表C4Hi0o請(qǐng)用實(shí)線補(bǔ)充畫出t1t4 間 C8H10 的濃度變化曲線-44T ITIT T T【答案】3Ba2+6OH-+3SO42- 3+2Al 3+=3BaSOt J +2AI(0H)j J 吸熱0.02mol/(L s) b、d

51、0.2*0 10oCkSO p - - - - * - *-【解析】【分析】(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；在硫酸鋁銨(NH4AI(SO)2)溶液中滴加少量 Ba(OH)2溶液，由于氫氧化鋇少量，氫氧根離子 不足，反應(yīng)按照氫氧化鋇的組成進(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 a .反應(yīng)

52、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原來的丄，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+Cl2+ 2Fe2 =【詳解】(1) 將新制氯水逐滴滴入 FeBrs溶液中，先是發(fā)生氯氣氧化亞鐵離子的反應(yīng)，失X2Fe3+ + 2CI-，電子轉(zhuǎn)移情況如下:，故答案為:II：心石TFlP牛；

53、向2L密閉定容容器中充入 2mol C4H10，反應(yīng)10s后測(cè)得H2濃度為1moI/L ,2QHio?C8Hio(g) + 5H2，反應(yīng)過程中生成C8H10的物質(zhì)的量濃度為1 x 1mol/L= 0.2mol/L ,此10s 內(nèi)，以 C8H10 表示的平均速率= 0.2mOI/L = 0.02mol/(L?s)，故答案為：0.02mol/(L?s); 10s 2C4H10?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

54、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 -，所以實(shí)線濃度也變兩倍，濃度變化為0.40moI/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：CCfMl L),故答案為:-II*IF二孤化観咼宵(1 )工藝中可利用的單質(zhì)有 為(填化學(xué)式)，發(fā)生器中生成CIO2的化學(xué)方程式氯比気卜"補(bǔ)充Cbf"(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CIO2，其原理是：纖維素水解得到的最終產(chǎn)物X與NaCIQ