陌生氧化還原反應和離子反應方程式的書寫測試練習題

熱點1陌生氧化還原反應和離子反應方程式的書寫1.高錳酸鉀與紅磷相混能發(fā)生爆炸，試寫出這一變化的化學方程式(KMnO4的還原產(chǎn)物是MnO2)：____________________________.答案30KMnO4＋18P=10K3PO4＋30MnO2＋4P2O5解析反應物是P和KMnO4，產(chǎn)物中有MnO2，因為是劇烈的反應，所以P應變?yōu)椋?價.根據(jù)化合價升降相等，參加反應的錳和磷的原子個數(shù)之比為5∶3.再據(jù)質(zhì)量守恒定律，鉀原子反應后只能產(chǎn)生磷酸鉀，配平即可.2、高鐵酸鉀(K2FeO4)有強氧化性，是一種安全性很高的水處理劑.高鐵酸鉀中鐵元素的化合價是________，它可以將廢水中的亞硝酸鉀(KNO2)氧化，同時生成具有吸附性的Fe(OH)3，該反應的化學方程式為：________________.答案＋62K2FeO4＋3KNO2＋5H2O=2Fe(OH)3(膠體)＋3KNO3＋4KOH解析根據(jù)化合物中各元素化合價的代數(shù)和為零，可以推斷K2FeO4中鐵元素的化合價為＋6.K2FeO4與KNO2發(fā)生氧化還原反應，K2FeO4轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3，鐵元素的化合價降低，則N的化合價升高，KNO2轉(zhuǎn)化為KNO3，根據(jù)得失電子守恒配平化學方程式.3、為實現(xiàn)消除碘缺乏病的目標，國家衛(wèi)生部規(guī)定食鹽必須加碘，其中碘以碘酸鉀或碘化鉀的形式存在.(1)有人烹調(diào)時，把分別含有碘化鉀和碘酸鉀的加碘食鹽混合，當?shù)问炒讜r，產(chǎn)生紫色蒸氣，反應的離子方程式為__________________.(2)這兩種加碘食鹽可以在潮濕的空氣中曝露而加以鑒別，其原理是_______________，反應的離子方程式為___________________________.答案(1)IOeq\o\al(－,3)＋5I－＋6CH3COOH=3I2＋6CH3COO－＋3H2O(2)KI在潮濕空氣里會被空氣中的O2氧化而產(chǎn)生紫黑色固體(或紫色蒸氣)，而KIO3不被氧化4I－＋O2＋2H2O=2I2＋4OH－4、氰化鈉化學式為NaCN(C元素顯＋2價，N元素顯－3價)，白色結(jié)晶顆粒，劇毒，易溶于水，水溶液呈堿性.(1)NaCN水溶液呈堿性，其原因是________________________________(用離子方程式解釋).(2)NaCN用雙氧水處理后，產(chǎn)生一種酸式鹽和一種能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體，寫出該反應的化學方程式：___________________________________.答案(1)CN－＋H2OHCN＋OH－(2)NaCN＋H2O2＋H2O=NaHCO3＋NH3↑解析(1)NaCN為強堿弱酸鹽，水解使溶液呈堿性，水解反應的離子方程式為CN－＋H2OHCN＋OH－.(2)常溫下，氰化鈉能與過氧化氫溶液反應，生成能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色的氣體，該氣體為氨氣，生成的酸式鹽為碳酸氫鈉，反應的化學方程式為NaCN＋H2O2＋H2O=NaHCO3＋NH3↑.5、三效催化劑是最常見的汽車尾氣催化劑，能同時凈化汽車尾氣中的CO、CxHy、NOx，其催化劑表面物質(zhì)轉(zhuǎn)化的關(guān)系如圖a所示，化合物X可借助傅里葉紅外光譜圖(如圖b所示)確定.從最終排放的氣體看，氮元素將________(填“被氧化”或“被還原”)；若NOx中，NO、NO2的體積之比為1∶1，寫出生成X的化學方程式：__________________________________________________.答案被還原BaO＋NO＋NO2＋O2=Ba(NO3)2解析根據(jù)圖a，NOx變?yōu)镹2，N的化合價降低，被還原；根據(jù)圖b，X中含有NOeq\o\al(－,3)，因此反應方程式是BaO＋NO＋NO2＋O2=Ba(NO3)2.6、過二硫酸(結(jié)構(gòu)如圖)是一種白色晶體，其酸及鹽均為強氧化劑.(1)(NH4)2S2O8在水溶液中的電離方程式為______________________________________________________________________________________________.(2)在Ag＋及加熱的條件下，S2Oeq\o\al(2－,8)可將溶液中的Mn2＋氧化為MnOeq\o\al(－,4)，該反應的離子方程式為__________________________________________________，觀察到的現(xiàn)象是____________________.(3)由氯磺酸(ClSO3H)與過氧化氫作用可得固態(tài)的過二硫酸，該反應的化學方程式為__________________________________.答案(1)(NH4)2S2O8=2NHeq\o\al(＋,4)＋S2Oeq\o\al(2－,8)(2)2Mn2＋＋5S2Oeq\o\al(2－,8)＋8H2Oeq\o(=,\s\up15(Ag＋),\s\do15(△))2MnOeq\o\al(－,4)＋10SOeq\o\al(2－,4)＋16H＋溶液顏色變?yōu)樽仙?3)2ClSO3H＋H2O2=H2S2O8↓＋2HCl↑解析(2)由過二硫酸結(jié)構(gòu)可知，分子中S元素處于最高價＋6價，其中的－1價O具有強氧化性，則離子方程式：5S2Oeq\o\al(2－,8)＋2Mn2＋＋8H2Oeq\o(=,\s\up15(Ag＋),\s\do15(△))2MnOeq\o\al(－,4)＋10SOeq\o\al(2－,4)＋16H＋，由于生成MnOeq\o\al(－,4)，溶液會變?yōu)樽仙?7、一定條件下，在CuSO4中加入NH5反應生成氫化亞銅(CuH).(1)已知NH5是離子化合物且所有原子都達到稀有氣體的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，請寫出NH5的電子式：____________________.(2)寫出CuH在過量稀鹽酸中有氣體生成的反應的離子方程式：______________________________________________.(3)將CuH溶解在適量的稀硝酸中，完成以下化學方程式：________CuH＋________HNO3=________Cu(NO3)2＋________H2↑＋________＋________答案(1)(2)2CuH＋2H＋=Cu2＋＋Cu＋2H2↑(3)616634NO↑8H2O解析(1)NH5的所有原子都達到稀有氣體的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，即氮原子的最外層達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所有氫原子達到2電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，說明NH5是由NHeq\o\al(＋,4)和H－組成的離子化合物，電子式為.(2)CuH溶解在稀鹽酸中，CuH中的H－失電子，鹽酸中的H＋得電子，產(chǎn)生的氣體為氫氣，酸性溶液中2Cu＋=Cu2＋＋Cu，故離子方程式為2CuH＋2H＋=Cu2＋＋Cu＋2H2↑.(3)Cu＋在酸性條件下發(fā)生反應：2Cu＋=Cu2＋＋Cu，稀硝酸具有強氧化性，能把銅氧化為硝酸銅，CuH具有還原性，因此二者反應生成氫氣、一氧化氮氣體、銅離子、H2O，其化學方程式為6CuH＋16HNO3=6Cu(NO3)2＋3H2↑＋4NO↑＋8H2O.8、根據(jù)信息書寫有關(guān)化學(或離子)方程式，并解答有關(guān)問題.(1)①將廢釩催化劑(主要成分V2O5)與稀硫酸、亞硫酸鉀溶液混合，充分反應，所得溶液顯酸性，含VO2＋、K＋、SOeq\o\al(2－,4)等.寫出該反應的化學方程式：________________________________.②向上述所得溶液中加入KClO3溶液，充分反應后，溶液中新增加了VOeq\o\al(＋,2)、Cl－.寫出該反應的離子方程式：________________________________.(2)將酸性條件下，鐵與NOeq\o\al(－,3)反應的離子方程式補充完整：eq\x()Fe＋NOeq\o\al(－,3)＋eq\x()________=eq\x()Fe2＋＋NHeq\o\al(＋,4)＋eq\x()________(3)六價鉻[Cr(Ⅵ)]有劇毒，廢水中的Cr2Oeq\o\al(2－,7)常用鐵氧磁體法除去，即把過量的FeSO4·7H2O加入含Cr2Oeq\o\al(2－,7)的廢水中，調(diào)節(jié)pH<4，F(xiàn)e2＋將Cr(Ⅵ)還原為Cr3＋.寫出上述Fe2＋還原Cr2Oeq\o\al(2－,7)的離子方程式：____________________________________________________________________________________________.答案(1)①V2O5＋K2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋K2SO4＋2H2O②ClOeq\o\al(－,3)＋6VO2＋＋3H2O=Cl－＋6VOeq\o\al(＋,2)＋6H＋(2)410H＋43H2O(3)Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O解析(1)①K2SO3為還原劑，氧化產(chǎn)物為K2SO4，V2O5為氧化劑，還原產(chǎn)物為VO2＋.②KClO3把VO2＋氧化成VOeq\o\al(＋,2)，本身被還原成Cl－，離子方程式為ClOeq\o\al(－,3)＋6VO2＋＋3H2O=Cl－＋6VOeq\o\al(＋,2)＋6H＋.熱點2蓋斯定律的應用1、聯(lián)氨(又稱聯(lián)肼，N2H4，無色液體)是一種應用廣泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列問題：①2O2(g)＋N2(g)=N2O4(l)ΔH1②N2(g)＋2H2(g)=N2H4(l)ΔH2③O2(g)＋2H2(g)=2H2O(g)ΔH3④2N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g)ΔH4＝－1048.9kJ/mol上述反應熱效應之間的關(guān)系式為ΔH4＝__________________________，聯(lián)氨和N2O4可作為火箭推進劑的主要原因為_________________.答案2ΔH3－2ΔH2－ΔH1反應放熱量大、產(chǎn)生大量氣體解析根據(jù)蓋斯定律，2×③－2×②－①即得2N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g)的ΔH4，所以反應熱效應之間的關(guān)系式為ΔH4＝2ΔH3－2ΔH2－ΔH1.聯(lián)氨有強還原性，N2O4有強氧化性，兩者在一起易發(fā)生氧化還原反應，反應放熱量大、產(chǎn)生大量氣體，所以聯(lián)氨和N2O4可作為火箭推進劑.2、已知：C(s，石墨)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1＝－393.5kJ·mol－12H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH2＝－571.6kJ·mol－12C2H2(g)＋5O2(g)=4CO2(g)＋2H2O(l)ΔH3＝－2599kJ·mol－1根據(jù)蓋斯定律，計算反應2C(s，石墨)＋H2(g)=C2H2(g)的ΔH＝_________.答案＋226.7kJ·mol－1解析①C(s，石墨)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1＝－393.5kJ·mol－1，②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH2＝－571.6kJ·mol－1，③2C2H2(g)＋5O2(g)=4CO2(g)＋2H2O(l)ΔH3＝－2599kJ·mol－1；根據(jù)蓋斯定律計算(①×2＋②×eq\f(1,2)－③×eq\f(1,2))得2C(s，石墨)＋H2(g)=C2H2(g)ΔH＝(－393.5kJ·mol－1)×2＋eq\f(1,2)×(－571.6kJ·mol－1)－eq\f(1,2)×(－2599kJ·mol－1)＝＋226.7kJ·mol－1.3、由金紅石(TiO2)制取單質(zhì)Ti，涉及的步驟為：TiO2→TiCl4eq\o(→,\s\up15(鎂/800℃/Ar))Ti已知：①C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1＝－393.5kJ·mol－1②2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH2＝－566kJ·mol－1③TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(s)＋O2(g)ΔH3＝＋141kJ·mol－1則TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)=TiCl4(s)＋2CO(g)的ΔH＝_________________.答案－80kJ·mol－1解析③＋①×2－②就可得TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)=TiCl4(s)＋2CO(g)，則ΔH＝ΔH3＋ΔH1×2－ΔH2＝－80kJ·mol－1.4、甲醇質(zhì)子交換膜燃料電池中將甲醇蒸氣轉(zhuǎn)化為氫氣的兩種反應的熱化學方程式如下：①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g)ΔH＝＋49.0kJ·mol－1②CH3OH(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH＝－192.9kJ·mol－1又知③H2O(g)=H2O(l)ΔH＝－44kJ·mol－1，則甲醇蒸氣燃燒生成液態(tài)水的熱化學方程式為___________.答案CH3OH(l)＋eq\f(3,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－764.7kJ·mol－1解析根據(jù)蓋斯定律計算(②×3－①×2＋③×2)得：CH3OH(l)＋eq\f(3,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝3×(－192.9kJ·mol－1)－2×49.0kJ·mol－1＋(－44kJ·mol－1)×2＝－764.7kJ·mol－1；則甲醇蒸氣燃燒為液態(tài)水的熱化學方程式為：CH3OH(l)＋eq\f(3,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－764.7kJ·mol－1.5、已知：①H2的熱值為142.9kJ·g－1(熱值是表示單位質(zhì)量的燃料完全燃燒生成穩(wěn)定的化合物時所放出的熱量)；②N2(g)＋2O2(g)=2NO2(g)ΔH＝＋133kJ·mol－1③H2O(g)=H2O(l)ΔH＝－44kJ·mol－1催化劑存在下，H2還原NO2生成水蒸氣和其他無毒物質(zhì)的熱化學方程式：_________________________________________________.答案4H2(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1100.2kJ·mol－1解析已知：①H2的熱值為142.9kJ·g－1，則H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.8kJ·mol－1；②N2(g)＋2O2(g)=2NO2(g)ΔH＝＋133kJ·mol－1；③H2O(g)=H2O(l)ΔH＝－44kJ·mol－1；根據(jù)蓋斯定律由①×4－②－③×4可得4H2(g)＋2NO2(g)=4H2O(g)＋N2(g)ΔH＝(－285.8kJ·mol－1)×4－(＋133kJ·mol－1)－(－44kJ·mol－1)×4＝－1100.2kJ·mol－1，故此反應的熱化學方程式為4H2(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1100.2kJ·mol－1.6、能源問題是人類社會面臨的重大課題，H2、CO、CH3OH都是重要的能源物質(zhì)，它們的燃燒熱依次為－285.8kJ·mol－1、－282.5kJ·mol－1、－726.7kJ·mol－1.已知CO和H2在一定條件下可以合成甲醇CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(l).則CO與H2反應合成甲醇的熱化學方程式為______________________________.答案CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(l)ΔH＝－127.4kJ·mol－1解析根據(jù)目標反應與三種反應熱的關(guān)系，利用蓋斯定律，計算出目標反應的反應熱ΔH＝2×(－285.8kJ·mol－1)＋(－282.5kJ·mol－1)－(－726.7kJ·mol－1)＝－127.4kJ·mol－1.7、已知：25℃、101kPa時，Mn(s)＋O2(g)=MnO2(s)ΔH＝－520kJ·mol－1S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH＝－297kJ·mol－1Mn(s)＋S(s)＋2O2(g)=MnSO4(s)ΔH＝－1065kJ·mol－1則SO2與MnO2反應生成無水MnSO4的熱化學方程式是___________________.答案MnO2(s)＋SO2(g)=MnSO4(s)ΔH＝－248kJ·mol－1解析將題給三個熱化學方程式依次編號為①②③，根據(jù)蓋斯定律，由③－①－②可得SO2(g)＋MnO2(s)=MnSO4(s)ΔH＝(－1065kJ·mol－1)－(－520kJ·mol－1)－(－297kJ·mol－1)＝－248kJ·mol－1.8、已知下列熱化學方程式：①Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH＝－25kJ·mol－1②3Fe2O3(s)＋CO(g)=2Fe3O4(s)＋CO2(g)ΔH＝－47kJ·mol－1③Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g)ΔH＝＋19kJ·mol－1寫出FeO(s)被CO還原成Fe和CO2的熱化學方程式______________.答案FeO(s)＋CO(g)=Fe(s)＋CO2(g)ΔH＝－11kJ·mol－1解析①×3－②－③×2就可得6FeO(s)＋6CO(g)=6Fe(s)＋6CO2(g)ΔH＝－66kJ·mol－1，即FeO(s)＋CO(g)=Fe(s)＋CO2(g)ΔH＝－11kJ·mol－1.9、已知：①2Cu2S(s)＋3O2(g)=2Cu2O(s)＋2SO2(g)ΔH＝－768.2kJ·mol－1②2Cu2O(s)＋Cu2S(s)=6Cu(s)＋SO2(g)ΔH＝＋116.0kJ·mol－1則Cu2S(s)＋O2(g)=2Cu(s)＋SO2(g)ΔH＝____________________.答案－217.4kJ·mol－1解析根據(jù)蓋斯定律，將方程式eq\f(1,3)×(①＋②)得Cu2S(s)＋O2(g)=2Cu(s)＋SO2(g)ΔH＝eq\f(1,3)×(－768.2＋116.0)kJ·mol－1＝－217.4kJ·mol－1.熱點3化學平衡常數(shù)、平衡轉(zhuǎn)化率的計算1、CuCl2溶液中的銅主要以Cu(H2O)eq\o\al(2＋,4)、CuCleq\o\al(2－,4)形式存在，將CuCl2溶于濃鹽酸中，存在下列平衡：Cu(H2O)eq\o\al(2＋,4)(aq)＋4Cl－(aq)CuCleq\o\al(2－,4)(aq)＋4H2O(l)ΔH＜0.(1)該反應的平衡常數(shù)表達式為_______________________.(2)常溫下，測定平衡體系中：Cu(H2O)eq\o\al(2＋,4)濃度為amol·L－1、Cl－濃度為bmol·L－1、CuCleq\o\al(2－,4)濃度為cmol·L－1，Cl－的轉(zhuǎn)化率為____________(用含a、b、c的字母表示).答案(1)eq\f(c（CuCleq\o\al(2－,4)）,c4（Cl－）·c[Cu（H2O）eq\o\al(2＋,4)])(2)eq\f(4c,b＋4c)解析(2)已知Cu(H2O)eq\o\al(2＋,4)(aq)＋4Cl－(aq)CuCleq\o\al(2－,4)(aq)＋4H2O(l)平衡體系中：Cu(H2O)eq\o\al(2＋,4)濃度為amol·L－1、Cl－濃度為bmol·L－1、CuCleq\o\al(2－,4)濃度為cmol·L－1，則Cl－變化的濃度為4cmol·L－1，Cl－起始的濃度為(b＋4c)mol·L－1，Cl－的轉(zhuǎn)化率為eq\f(4c,b＋4c).2、T溫度時，向10L恒容密閉容器中充入2molNO和2molCO發(fā)生反應2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－746.5kJ·mol－15min時達到平衡，測得0～5min內(nèi)該反應速率v(N2)＝0.016mol·L－1·min－1.(1)T溫度時，該反應的平衡常數(shù)K＝________.(2)平衡時容器內(nèi)壓強與起始時容器內(nèi)壓強之比為________.答案(1)800(2)4∶5解析(1)T溫度時，0～5min內(nèi)該反應速率v(N2)＝0.016mol·L－1·min－1，則平衡時c(N2)＝0.016mol·L－1·min－1×5min＝0.08mol·L－1，根據(jù)方程式2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)，平衡時c(CO2)＝0.16mol·L－1，c(CO)＝0.04mol·L－1，c(NO)＝0.04mol·L－1，該反應的平衡常數(shù)K＝eq\f(0.162×0.08,0.042×0.042)＝800.(2)平衡時容器內(nèi)壓強與起始時容器內(nèi)壓強之比等于物質(zhì)的量之比＝eq\f(（0.16＋0.08＋0.04＋0.04）×10,2＋2)＝eq\f(4,5).3、850℃時在體積為5LCO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－41kJ·mol－1，CO和H2O(g)濃度變化如圖所示，請列式計算此條件下的平衡常數(shù)_______________________________________________________________________.答案K＝eq\f(c（CO2）·c（H2）,c（CO）·c（H2O）)＝eq\f(0.12×0.12,0.18×0.08)＝1解析CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)eq\a\vs4\al(起始濃度/,mol·L－1)0.200.3000eq\a\vs4\al(變化濃度/,mol·L－1)0.120.120.120.12eq\a\vs4\al(平衡濃度/,mol·L－1)0.080.180.120.12平衡常數(shù)K＝eq\f(c（CO2）·c（H2）,c（CO）·c（H2O）)＝eq\f(0.12×0.12,0.18×0.08)＝1.4.甲醇是重要的化工原料，利用煤化工中生產(chǎn)的CO和H2可制取甲醇，發(fā)生的反應為CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＝－99kJ·mol－1.在某溫度時，將1.0molCO與2.0molH2充入2L的空鋼瓶中，發(fā)生上述反應，在第5min時達到化學平衡狀態(tài)，此時甲醇的物質(zhì)的量分數(shù)為10%.甲醇濃度的變化狀況如圖所示：(1)從反應開始到5min時，生成甲醇的平均速率為____________________.(2)5min時達到平衡，H2的平衡轉(zhuǎn)化率α＝________%，化學平衡常數(shù)K＝________.(保留兩位小數(shù))答案(1)0.025mol·L－1·min－1(2)250.59解析根據(jù)題目數(shù)據(jù)計算如下：設(shè)平衡時甲醇的物質(zhì)的量濃度為x，CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)起始0.510反應x2xx平衡0.5－x1－2xx(以上單位為mol·L－1)甲醇的物質(zhì)的量分數(shù)為10%，所以eq\f(x,0.5－x＋1－2x＋x)＝10%，x＝0.125mol·L－1.(1)甲醇的平均速率為0.125÷5＝0.025mol·L－1·min－1.(2)由上述計算，反應的氫氣為2×0.125＝0.25mol，轉(zhuǎn)化率為eq\f(0.25,1)×100%＝25%.達到平衡時CO、H2和CH3OH的物質(zhì)的量濃度分別為：0.375mol·L－1、0.75mol·L－1和0.125mol·L－1，所以平衡常數(shù)K＝eq\f(0.125,0.375×0.752)≈0.59.5、已知A(g)＋B(g)C(g)＋D(g)反應的平衡常數(shù)和溫度的關(guān)系如下：溫度/℃70080083010001200平衡常數(shù)1.71.11.00.60.4回答下列問題：(1)該反應的平衡常數(shù)表達式K＝________，ΔH________0.(填“＜”“＞”或“＝”)(2)830℃時，向一個5L的密閉容器中充入0.20mol的A和0.80mol的B，如反應初始6s內(nèi)A的平均反應速率v(A)＝0.003mol·L－1·s－1，則6s時c(A)＝________mol·L－1，C的物質(zhì)的量為________mol；反應經(jīng)過一段時間，達到平衡時A的轉(zhuǎn)化率為________，如果這時向該密閉容器中再充入1mol氬氣，平衡時A的轉(zhuǎn)化率為________.答案(1)eq\f(c（C）·c（D）,c（A）·c（B）)＜(2)0.0220.0980%80%解析(1)根據(jù)反應A(g)＋B(g)C(g)＋D(g)，可寫出平衡常數(shù)K＝eq\f(c（C）·c（D）,c（A）·c（B）)，隨著溫度升高，K值減小，即升溫平衡逆向移動，正反應為放熱反應，即ΔH＜0.(2)6s內(nèi)消耗的A為0.003mol·L－1·s－1×6s×5L＝0.09mol，則此時A的物質(zhì)的量濃度為eq\f(0.20mol－0.09mol,5L)＝0.022mol·L－1；生成C的物質(zhì)的量與消耗A的物質(zhì)的量相等，均為0.09mol.設(shè)參與反應的A的物質(zhì)的量為xmol，則平衡時A、B、C、D的物質(zhì)的量分別為(0.20－x)mol，(0.80－x)mol、xmol、xmol，根據(jù)平衡常數(shù)的表達式和此時K＝1.0，求得x＝0.16，即平衡時A的轉(zhuǎn)化率為80%；向該平衡體系中充入氬氣，對該平衡無影響，即平衡時A的轉(zhuǎn)化率依然為80%.6、研究氮氧化物與懸浮在大氣中海鹽粒子的相互作用時，涉及如下反應：2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋ClNO(g)K1ΔH＜0(Ⅰ)2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)K2ΔH＜0(Ⅱ)(1)4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)的平衡常數(shù)K＝________(用K1、K2表示).(2)為研究不同條件對反應(Ⅱ)的影響，在恒溫條件下，向2L恒容密閉容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min時反應(Ⅱ)達到平衡.測得10min內(nèi)v(ClNO)＝7.5×10－3mol·L－1·min－1，回答下列問題：①平衡后n(Cl2)＝________mol.②NO的轉(zhuǎn)化率α1＝________.③其他條件保持不變，反應(Ⅱ)在恒壓條件下進行，平衡時NO的轉(zhuǎn)化率α2________α1(填“＞”“＜”或“＝”)，平衡常數(shù)K2________(填“增大”“減小”或“不變”).④若要使K2減小，可采用的措施是________________.答案(1)eq\f(Keq\o\al(2,1),K2)(2)①2.5×10－2②75%③＞不變④升高溫度解析(1)反應①的化學平衡常數(shù)＝eq\f(c（ClNO）,c2（NO2）)，反應②的平衡常數(shù)＝eq\f(c2（ClNO）,c2（NO）·c（Cl2）)，反應③平衡常數(shù)＝eq\f(c（Cl2）·c2（NO）,c4（NO2）)，所以計算K＝eq\f(Keq\o\al(2,1),K2).(2)2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)起始量/mol0.20.10變化量/mol0.150.0750.15平衡量/mol0.050.0250.15則平衡后氯氣的物質(zhì)的量為2.5×10－2mol；一氧化氮的轉(zhuǎn)化率＝eq\f(0.15,0.2)＝75%；其他條件保持不變，反應(Ⅱ)在恒壓條件下進行，隨反應進行，氣體體積減小，為保持恒壓所以容器的體積減小，壓強比恒容容器大，平衡正向移動，平衡時一氧化氮的轉(zhuǎn)化率增大，平衡常數(shù)隨溫度變化，不隨濃度或壓強變化，若要使平衡常數(shù)減小，平衡逆向移動，正反應是放熱的，所以可以選擇升高溫度.7、2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH＜0是制造硝酸的重要反應之一.在800℃時，向容積為1L的密閉容器中充入0.010molNO和0.005molO2，反應過程中NO的濃度隨時間變化如圖所示：請回答下列問題：(1)2min內(nèi)，v(O2)________mol·L－1·min－1.(2)升高溫度，平衡向________(填“正”或“逆”)反應方向移動.(3)平衡時，NO的轉(zhuǎn)化率是________.(4)800℃時，該反應的化學平衡常數(shù)為________.答案(1)1.25×10－3(2)逆(3)50%(4)400解析(1)v(NO)＝eq\f(0.010mol·L－1－0.005mol·L－1,2min)＝0.0025mol·L－1·min－1，則v(O2)＝eq\f(1,2)v(NO)＝1.25×10－3mol·L－1·min－1.(2)正反應放熱，則升高溫度平衡逆向移動.(3)起始時c(NO)＝0.010mol·L－1，平衡時c(NO)＝0.005mol·L－1，可知轉(zhuǎn)化率為eq\f(0.005,0.010)×100%＝50%.(4)2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)eq\a\vs4\al(起始/mol·L－1)0.0100.0050eq\a\vs4\al(平衡/mol·L－1)0.0050.00250.005則K＝eq\f(c2（NO2）,c2（NO）·c（O2）)＝eq\f(0.0052,0.0052×0.0025)＝400.熱點4溶度積常數(shù)的有關(guān)計算1、利用噴霧干燥法脫硫工藝是除去SO2的常見方法，先將含SO2的廢氣溶于水，再用飽和石灰漿吸收，具體步驟如下：SO2(g)＋H2O(l)H2SO3(l)H＋(aq)＋HSOeq\o\al(－,3)(aq)ⅠHSOeq\o\al(－,3)(aq)H＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,3)(aq)ⅡCa(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)ⅢCa2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,3)(aq)CaSO3(s)Ⅳ該溫度下，測定吸收后液體中c(Ca2＋)一直保持為0.70mol·L－1，已知Ksp(CaSO3)＝1.4×10－7，則吸收后溶液中的SOeq\o\al(2－,3)的濃度為________.答案2.0×10－7mol·L－1解析根據(jù)硫酸鈣的溶度積常數(shù)表達式Ksp(CaSO3)＝c(Ca2＋)·c(SOeq\o\al(2－,3))可知，c(SOeq\o\al(2－,3))＝eq\f(Ksp（CaSO3）,c（Ca2＋）)＝eq\f(1.4×10－7,0.70)mol·L－1＝2.0×10－7mol·L－1.2、甲烷重整可選氧化物NiO－Al2O3作為催化劑.工業(yè)上常用Ni(NO3)2、Al(NO3)3混合液加入氨水調(diào)節(jié)pH＝12(常溫)，然后將濁液高壓恒溫放置及煅燒等操作制備.加入氨水調(diào)節(jié)pH＝12時，c(Ni2＋)為________.[已知：Ksp[Ni(OH)2]＝5×10－16]答案5×10－12mol·L－1解析pH＝12，c(OH－)＝0.01mol·L－1，Ksp[Ni(OH)2]＝5×10－16，c(Ni2＋)＝eq\f(5×10－16,（10－2）2)mol·L－1＝5×10－12mol·L－1.3、用惰性電極電解濃度較大的CuCl2溶液，當電解到一定程度，陰極附近出現(xiàn)藍色Cu(OH)2絮狀物.常溫下，經(jīng)測定陰極附近溶液的pH＝m，此時陰極附近c(Cu2＋)＝________mol·L－1.[已知：Cu(OH)2的Ksp＝2.2×10－20]答案2.2×10(8－2m解析用惰性電極電解濃度較大的CuCl2溶液，Ksp＝c2(OH－)×c(Cu2＋)，c(Cu2＋)＝eq\f(2.2×10－20,（10m－14）2)mol·L－1＝2.2×10(8－2m)mol·L－1.4、已知常溫下，H2S的電離常數(shù)：K1＝1.3×10－7，K2＝7.1×10－15，則0.1mol·L－1H2S溶液的pH約為________(取近似整數(shù)值)；向濃度均為0.001mol·L－1的AgNO3和Hg(NO3)2混合溶液中通入H2S氣體，開始生成沉淀的c(S2－)為_____________________.[已知：Ksp(Ag2S)＝6.3×10－50，Ksp(HgS)＝1.6×10－52]答案41.6×10－49mol·L－1解析已知常溫下，H2S的電離常數(shù)K1＝1.3×10－7，K2＝7.1×10－15，則0.1mol·L－1H2S溶液中氫離子濃度約為eq\r(1.3×10－7×0.1)≈10－4mol·L－1，因此pH約為4；根據(jù)溶度積常數(shù)Ksp(Ag2S)＝6.3×10－50，Ksp(HgS)＝1.6×10－52可知首先產(chǎn)生HgS沉淀，此時溶液中c(S2－)＝eq\f(1.6×10－52,0.001)mol·L－1＝1.6×10－49mol·L－1.5、某溫度下，Ca(OH)2、CaWO4的相關(guān)數(shù)據(jù)見下表項目CaWO4Ca(OH)2－lgc(陰離子)42－lgc(Ca2＋)64將鎢酸鈉溶液加入石灰乳中，發(fā)生反應的離子方程式為WOeq\o\al(2－,4)(aq)＋Ca(OH)2(s)CaWO4(s)＋2OH－(aq)該溫度下此反應的平衡常數(shù)為________.答案100解析已知CaWO4(s)WOeq\o\al(2－,4)(aq)＋Ca2＋(aq)，Ksp(CaWO4)＝c(WOeq\o\al(2－,4))×c(Ca2＋)＝1×10－4×1×10－6＝1×10－10；Ca(OH)2(s)2OH－(aq)＋Ca2＋(aq)，Ksp[Ca(OH)2]＝c2(OH－)×c(Ca2＋)＝(1×10－2)2×1×10－4＝1×10－8；則WOeq\o\al(2－,4)(aq)＋Ca(OH)2(s)CaWO4(s)＋2OH－(aq)該溫度下此反應的平衡常數(shù)＝Ksp[Ca(OH)2]÷Ksp(CaWO4)＝(1×10－8)÷(1×10－10)＝100.6、常溫下，Ksp[Fe(OH)2]＝1.64×10－14，則求得反應：Fe2＋＋2H2OFe(OH)2＋2H＋的平衡常數(shù)為________(保留一位小數(shù)).答案6.1×10－15解析Fe2＋＋2H2OFe(OH)2＋2H＋的平衡常數(shù)K＝eq\f(c2（H＋）,c（Fe2＋）)＝eq\f(c2（H＋）·c2（OH－）,c（Fe2＋）·c2（OH－）)＝eq\f(（1×10－14）2,1.64×10－14)≈6.1×10－15.7、濃縮液中主要含有I－、Cl－等離子.取一定量的濃縮液，向其中滴加AgNO3溶液，當AgCl開始沉淀時，溶液中eq\f(c（I－）,c（Cl－）)約為________.已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝8.5×10－17.答案4.7×10－7解析當AgCl開始沉淀時，溶液中eq\f(c（I－）,c（Cl－）)＝eq\f(c（I－）·c（Ag＋）,c（Cl－）·c（Ag＋）)＝eq\f(Ksp（AgI）,Ksp（AgCl）)＝eq\f(8.5×10－17,1.8×10－10)≈4.7×10－7.8、已知：Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33，Ksp[Fe(OH)3]＝3×10－39，pH＝7.1時Mn(OH)2開始沉淀.室溫下，除去MnSO4溶液中的Fe3＋、Al3＋(使其濃度小于1×10－6mol·L－1)，需調(diào)節(jié)溶液pH范圍為________.答案5.0＜pH＜7.1解析Fe3＋全部轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3時，c(OH－)＝eq\r(3,\f(\a\vs4\al(Ksp[Fe（OH）3]),c（Fe3＋）))＝eq\r(3,\f(3×10－39,1×10－6))＝eq\r(3,3)×10－11mol·L－1；Al3＋全部轉(zhuǎn)化為Al(OH)3時，c(OH－)＝eq\r(3,\f(\a\vs4\al(Ksp[Al（OH）3]),c（Al3＋）))＝eq\r(3,\f(1×10－33,1×10－6))＝1×10－9mol·L－1，故Al3＋、Fe3＋完全沉淀時，溶液中OH－的最小濃度應為1×10－9mol·L－1，即pH最小應為5.0，因為Mn(OH)2沉淀時的最小pH為7.1，故除去MnSO4溶液中的Fe3＋、Al3＋，應調(diào)節(jié)溶液至5.0＜pH＜7.1.9、已知離子濃度≤10－5mol·L－1時，認為該離子沉淀完全；Ksp[Pb(OH)2]＝2.5×10－16，Ksp[Sb(OH)3]＝10－41，浸取“分銀渣”可得到含0.025mol·L－1Pb2＋的溶液(含少量Sb3＋雜質(zhì)).欲獲得較純凈的Pb2＋溶液，調(diào)節(jié)pH的范圍為________.(忽略溶液體積變化)答案2<pH<7解析Ksp[Pb(OH)2]＝2.5×10－16＝[Pb2＋]·[OH－]2＝0.025·c2(OH－)，則c(OH－)＝1.0×10－7mol·L－1，c(H＋)＝eq\f(Kw,c（OH－）)＝1.0×10－7mol·L－1，則pH＝7，即當pH＝7時，開始出現(xiàn)Pb(OH2)沉淀；已知離子濃度≤10－5mol·L－1時，認為該離子沉淀完全，故Sb3＋完全沉淀時有：10－5·c3(OH－)＝10－41，則c(OH－)＝10－12mol·L－1，此時c(H＋)＝10－2mol·L－1，pH＝2，故欲獲得較純凈的Pb2＋溶液，調(diào)節(jié)pH的范圍為2<pH<7.10、某學習小組用廢鐵泥(主要成分為Fe2O3、FeO、CuO和少量Fe)制備高鐵酸鉀的流程如下：(1)操作Ⅰ要在通風櫥中進行，其原因是______________________________________________________________________________________________.(2)溶液A中含有的金屬陽離子是________.(3)25℃時，若將溶液B中的金屬離子完全沉淀，應調(diào)節(jié)c(H＋)小于________.(已知：ⅰ.Ksp[Fe(OH)3]＝2.7×10－39、Ksp[Fe(OH)2]＝4.0×10－17、Ksp[Cu(OH)2]＝1.6×10－20；ⅱ.溶液中離子濃度小于10－5mol·L－1時，可視為沉淀完全)答案(1)反應產(chǎn)生的氮氧化物有毒(2)Fe3＋、Cu2＋(3)2.5×10－7mol·L－1解析(1)操作Ⅰ中Fe、FeO與硝酸反應產(chǎn)生有毒的氮氧化物，因此操作Ⅰ須在通風櫥中進行.(2)硝酸足量，因此溶液A中的金屬陽離子為Fe3＋、Cu2＋.(3)溶液B中的金屬離子為Cu2＋，根據(jù)提供的Ksp[Cu(OH)2]，Cu2＋沉淀完全時，c(OH－)＞eq\r(\f(1.6×10－20,10－5))＝4×10－8mol·L－1，則c(H＋)＜2.5×10－7mol·L－1.11、工業(yè)除質(zhì)劑為MnF2，發(fā)生反應為(已知，該溫度下MnF2、CaF2和MgF2的Ksp分別為5.0×10－3、2.0×10－10、8.0×10－11)反應Ⅰ：MnF2(s)＋Ca2＋=CaF2(s)＋Mn2＋反應Ⅱ：MnF2(s)＋Mg2＋=MgF2(s)＋Mn2＋若濾液中c(Mg2＋)＝0.02mol·L－1，加入MnF2(s)，使Ca2＋恰好沉淀完全即溶液中c(Ca2＋)＝1.0×10－5mol·L－1，此時是否有MgF2沉淀生成？__________(列式計算).答案Ca2＋恰好沉淀完全時，c2(F－)＝eq\f(2.0×10－10,1×10－5)(mol·L－1)2＝2.0×10－5(mol·L－1)2，c(Mg2＋)×c2(F－)＝0.02×2.0×10－5＝4.0×10－7＞Ksp(MgF2)，因此會生成MgF2沉淀熱點5電極反應式的書寫及電化學有關(guān)計算1、原電池是化學對人類的一項重大貢獻.(1)如圖是甲烷燃料電池原理示意圖，回答下列問題：①電池的負極是______(填“a”或“b”)電極，該極的電極反應式為______.②電池工作一段時間后電解質(zhì)溶液的pH________(填“增大”“減小”或“不變”).(2)熔融鹽燃料電池具有很高的發(fā)電效率，因而受到重視.可用Li2CO3和Na2CO3的熔融鹽混合物作電解質(zhì)，CO為負極燃氣，空氣與CO2的混合氣為正極助燃氣，制得在650℃下工作的燃料電池.請完成有關(guān)的電池反應式：負極反應式：2CO＋2COeq\o\al(2－,3)－4e－=4CO2；正極反應式：__________________________________________；電池總反應式：________________________________________.答案(1)①aCH4＋10OH－－8e－=COeq\o\al(2－,3)＋7H2O②減小(2)O2＋2CO2＋4e－=2COeq\o\al(2－,3)2CO＋O2=2CO2解析(1)CH4在反應時失去電子，故a電極是電池的負極.由于電池工作過程中會消耗OH－，故一段時間后，電解質(zhì)溶液的pH會減小.(2)正極發(fā)生還原反應，故正極電極反應式為O2＋2CO2＋4e－=2COeq\o\al(2－,3)，根據(jù)正極反應式＋負極反應式＝總電池反應，可推知電池總反應式應為2CO＋O2=2CO2.2、某高校的研究人員研究出一種方法，可實現(xiàn)水泥生產(chǎn)時CO2零排放，其基本原理如圖所示：上述電解反應在溫度小于900℃時進行，碳酸鈣先分解為CaO和CO2，電解質(zhì)為熔融碳酸鹽及碳酸鈣，陰極的電極反應式為3CO2＋4e－=C＋2COeq\o\al(2－,3)，則陽極的電極反應式為_______________________________.答案2COeq\o\al(2－,3)－4e－=2CO2↑＋O2↑解析陽極發(fā)生氧化反應生成氧氣，電極反應為2COeq\o\al(2－,3)－4e－=2CO2↑＋O2↑.3.(1)如圖在堿性條件下，在陰極上電解NaBO2可制得硼氫化鈉，寫出陰極室的電極反應式_______________.(2)亞磷酸(H3PO3)與足量的NaOH溶液反應生成Na2HPO3.電解Na2HPO3溶液也可得到亞磷酸，裝置示意圖如圖：陰極的電極反應式為___________________________________；產(chǎn)品室中反應的離子方程式為___________________________.答案(1)BOeq\o\al(－,2)＋6H2O＋8e－=BHeq\o\al(－,4)＋8OH－(2)2H＋＋2e－=H2↑HPOeq\o\al(2－,3)＋2H＋=H3PO3解析(1)在陰極上電解NaBO2可制得硼氫化鈉，則陰極室發(fā)生還原反應生成BHeq\o\al(－,4)，則電極反應式為BOeq\o\al(－,2)＋6H2O＋8e－=BHeq\o\al(－,4)＋8OH－.(2)陰極上氫離子得電子發(fā)生還原反應，電極反應式為2H＋＋2e－=H2↑；產(chǎn)品室中HPOeq\o\al(2－,3)和氫離子結(jié)合生成亞磷酸，反應的離子方程式為HPOeq\o\al(2－,3)＋2H＋=H3PO3.4、利用LiOH和鈷氧化物可制備鋰離子電池正極材料.LiOH可由電解法制備，鈷氧化物可通過處理鈷渣獲得.(1)利用如圖所示裝置電解制備LiOH，兩電極區(qū)電解液分別為LiOH和LiCl溶液.A為________極，B為________極，A極發(fā)生________反應.(2)B極區(qū)電解液為______________溶液(填化學式)，陽極電極反應式為______________________，電解過程中Li＋向________電極遷移(填“A”或“B”).(3)若電路中通過0.2mol電子時，標準狀況下B極產(chǎn)生氣體的體積為________L.(4)將LiCl溶液改為熔融LiCl時，陰極反應式為____________________，陽極反應式為__________________.答案(1)陽陰氧化(2)LiOH2Cl－－2e－=Cl2↑B(3)2.24(4)Li＋＋e－=Li2Cl－－2e－=Cl2↑解析(1)由放電順序：H＋＞Li＋，Cl－＞OH－，故陰極：2H＋＋2e－=H2↑；陽極：2Cl－－2e－=Cl2↑，則A為陽極，B為陰極.(2)根據(jù)電解裝置圖，兩電極區(qū)電解液分別為LiOH和LiCl溶液，B極區(qū)產(chǎn)生H2，電極反應式為2H＋＋2e－=H2↑，剩余OH－與Li＋結(jié)合生成LiOH，所以B極區(qū)電解液應為LiOH溶液，B電極為陰極，則A電極應為陽極.陽極區(qū)電解液應為LiCl溶液，電極反應式為2Cl－－2e－=Cl2↑.根據(jù)電流方向，電解過程中Li＋向B電極遷移.(3)據(jù)關(guān)系式：H2～2e－可知，當轉(zhuǎn)移0.2mol電子時產(chǎn)生0.1molH2，V(H2)＝0.1mol×22.4mol·L－1＝2.24L.(4)電解熔融LiCl時，2LiCleq\o(=,\s\up15(電解))2Li＋Cl2↑.5、鐵鎳蓄電池充放電時的總反應：Fe＋Ni2O3＋3H2Oeq\o(,\s\up15(放電),\s\do15(充電))Fe(OH)2＋2Ni(OH)2，電池放電時，負極反應式為____________________________，電池充電時，陽極反應式為____________________________.答案Fe＋2OH－－2e－=Fe(OH)22Ni(OH)2＋2OH－－2e－=Ni2O3＋3H2O解析根據(jù)方程式可知正極為Ni2O3、負極為Fe，電池放電時，負極鐵失去電子轉(zhuǎn)化為氫氧化亞鐵，電極反應為Fe＋2OH－－2e－=Fe(OH)2，電池充電時，陽極失去電子，根據(jù)方程式可知是氫氧化鎳失去電子轉(zhuǎn)化為Ni2O3，即電極反應式為2Ni(OH)2＋2OH－－2e－=Ni2O3＋3H2O.6、與MnO2-Zn電池類似，K2FeO4-Zn也可以組成堿性電池，K2FeO4在電池中作為正極材料，其電極反應式為__________________，該電池總反應的離子方程式為__________________________________________.答案FeOeq\o\al(2－,4)＋3e－＋4H2O=Fe(OH)3↓＋5OH－2FeOeq\o\al(2－,4)＋3Zn＋8H2O=2Fe(OH)3＋3Zn(OH)2＋4OH－解析正極發(fā)生還原反應，K2FeO4被還原為Fe3＋，由于是堿性環(huán)境，故生成Fe(OH)3，電極反應式為FeOeq\o\al(2－,4)＋3e－＋4H2O=Fe(OH)3↓＋5OH－；負極發(fā)生氧化反應，由于是堿性環(huán)境，Zn被氧化生成Zn(OH)2，電極反應式為Zn－2e－＋2OH－=Zn(OH)2.兩電極反應式相加得2FeOeq\o\al(2－,4)＋3Zn＋8H2O=2Fe(OH)3＋3Zn(OH)2＋4OH－.7、某新型可充電電池能長時間保持穩(wěn)定的放電電壓，該電池的總反應為3Zn＋2K2FeO4＋8H2Oeq\o(,\s\up15(放電),\s\do15(充電))3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH.(1)放電時負極反應為__________________________.(2)充電時Fe(OH)3發(fā)生________反應.(3)放電時電子由________極流向________極.(填“正”或“負”)(4)放電時1molK2FeO4發(fā)生反應，轉(zhuǎn)移電子數(shù)是________________.答案(1)Zn－2e－＋2OH－=Zn(OH)2(2)氧化(3)負正(4)1.806×1024解析放電時鋅在負極發(fā)生氧化反應，因為電解質(zhì)是堿，故負極反應是Zn－2e－＋2OH－=Zn(OH)2；電子由負極流出，通過外電路流向正極，每1molK2FeO4發(fā)生反應，轉(zhuǎn)移電子是3mol，數(shù)目是1.806×1024，充電時Fe(OH)3失去電子發(fā)生氧化反應.熱點6晶胞的有關(guān)計算1、某晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示.X(?)位于立方體頂點，Y()位于立方體中心.試分析：(1)晶體中每一個Y同時吸引著________個X，每個X同時吸引著________個Y，該晶體的化學式是____________.(2)晶體中在每個X周圍與它最近且距離相等的X共有________個.(3)晶體中距離最近的2個X分別與1個Y形成的兩條線的夾角為_______.答案(1)48XY2(或Y2X)(2)12(3)109°28′解析(1)同時吸引的微粒個數(shù)即指在某微粒周圍距離最近的其他種類的微粒個數(shù)，觀察圖可知，Y位于立方體的體心，X位于立方體的頂點，每個Y同時吸引著4個X，而每個X同時被8個立方體共用，每個立方體的體心都有1個Y，所以每個X同時吸引著8個Y，X、Y的個數(shù)比為1∶2，所以化學式為XY2或Y2X.(2)晶體中每個X周圍與它最接近的X之間的距離應為如圖所示立方體的面對角線.位置關(guān)系分別在此X的上層、下層和同一層，每層均有4個，共有12個.(3)若將4個X連接，構(gòu)成1個正四面體，Y位于正四面體的中心，可聯(lián)系CH4的鍵角，知該夾角為109°28′.2、(1)單質(zhì)O有兩種同素異形體，其中沸點高的是________(填分子式)，原因是________________________；O和Na的氫化物所屬的晶體類型分別為________和________.(2)Al單質(zhì)為面心立方晶體，其晶胞參數(shù)a＝0.405nm，晶胞中鋁原子的配位數(shù)為________.列式表示Al單質(zhì)的密度____________g·cm－3(不必計算出結(jié)果).答案(1)O3O3相對分子質(zhì)量較大，范德華力大分子晶體離子晶體(2)12eq\f(4×27,6.02×1023×（0.405×10－7）3)解析(1)O元素形成O2和O3兩種同素異形體，固態(tài)時均形成分子晶體，而分子晶體中，相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越大，物質(zhì)的沸點越高，故O3的沸點高于O2.O元素形成的氫化物有H2O和H2O2，二者均能形成分子晶體.Na元素形成的氫化物為NaH，屬于離子晶體.(2)面心立方晶胞中粒子的配位數(shù)是12.一個鋁晶胞中含有的鋁原子數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4(個)，一個晶胞的質(zhì)量為eq\f(4,6.02×1023)×27g，再利用密度與質(zhì)量、晶胞參數(shù)a的關(guān)系即可求出密度，計算中要注意1nm＝10－7cm.3、氧化鋅(ZnO)、氮化鎵(GaN)及新型多相催化劑組成的納米材料能利用可見光分解水，生成氫氣和氧氣.(1)ZnO是兩性氧化物，能跟強堿溶液反應生成[Zn(OH)4]2－.不考慮空間構(gòu)型，[Zn(OH)4]2－的結(jié)構(gòu)可用示意圖表示為____________，某種ZnO晶體的晶胞如圖1所示，O2－的配位數(shù)為________.(2)圖2是氮化鎵的晶胞模型.其中鎵原子的雜化方式為________雜化，N、Ga原子之間存在配位鍵，該配位鍵中提供電子對的原子是____________.氮化鎵為立方晶胞，晶胞邊長為apm，若氮化鎵的密度為ρg·cm－3，則氮化鎵晶胞邊長的表達式a＝________pm(設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值).答案(1)8(2)sp3Neq\r(3,\f(168,NA·ρ))×1010解析(1)鋅提供空軌道，OH－中的O提供孤電子對，形成配位鍵，結(jié)構(gòu)示意圖是：或，離子晶體配位數(shù)，是周圍最近的異性離子的個數(shù)，即O2－最近的Zn2＋有8個.(2)根據(jù)晶胞，鎵有4個共價鍵，因此鎵的雜化類型為sp3，形成配位鍵，金屬提供空軌道，非金屬提供孤電子對，因此提供電子對的原子是N；根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)，Ga的個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋1＝2，N原子的個數(shù)為1＋4×eq\f(1,4)＝2，晶胞的質(zhì)量為eq\f(2×84,NA)g，設(shè)晶胞的邊長為apm，晶胞的體積為(a×10－10)3cm3，根據(jù)密度的定義，即a＝eq\r(3,\f(168,NA·ρ))×1010pm.4、根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)示意圖，計算晶胞的邊長或密度.(1)N和Cu元素形成的化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，則該化合物的化學式為________.該化合物的相對分子質(zhì)量為M，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值.若該晶胞的邊長為apm，則該晶體的密度是________g·pm－3.(2)S與Cu形成化合物晶體的晶胞如圖所示.已知該晶體的密度為ag·cm－3，則該晶胞的體積為________cm3(NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值).答案(1)Cu3Neq\f(M,NAa3)(2)eq\f(384,aNA)解析(1)該晶胞中N原子個數(shù)＝8×eq\f(1,8)＝1，Cu原子個數(shù)＝12×eq\f(1,4)＝3，所以其化學式為Cu3N，晶胞的邊長為apm，其體積為a3pm3，密度＝eq\f(\f(M,NA),V)＝eq\f(M,NAa3)g·pm－3.(2)該晶胞含Cu：8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，S原子個數(shù)為4，因此化學式為CuS，晶胞體積V＝eq\f(m,ρ)＝eq\f(4×（64＋32）,NA×ρ)＝eq\f(384,aNA)cm3.5、O和Na能夠形成化合物F，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞參數(shù)a＝0.566nm，F(xiàn)的化學式為__________；晶胞中O原子的配位數(shù)為________；列式計算晶體F的密度__________________________________(單位為g·cm－3).答案Na2O8eq\f(4×62g·mol－1,（0.566×10－7cm）3×6.02×1023mol－1)≈2.27g·cm－3解析由示意圖可知：小黑球8個全部在晶胞內(nèi)部，大灰球數(shù)有8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4個.根據(jù)鈉和氧的化合價，可知大灰球代表氧原子，小黑球代表鈉原子.則該物質(zhì)的化學式為Na2O，且一個晶胞中有4個Na2O.根據(jù)密度公式ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(4×62g·mol－1,（0.566×10－7cm）3×6.02×1023mol－1)≈2.27g·cm－3.6.硒化鋅(ZnSe)是一種重要的半導體材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，該晶胞中硒原子的配位數(shù)為________；若該晶胞密度為ρg·cm－3，硒化鋅的摩爾質(zhì)量為Mg·mol－1.NA代表阿伏加德羅常數(shù)，則晶胞參數(shù)a為________pm.答案4eq\r(3,\f(4M,NAρ))×1010解析根據(jù)硒化鋅晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，每個鋅原子周圍有4個硒原子，每個硒原子周圍也有4個鋅原子，所以硒原子的配位數(shù)為4，該晶胞中含有硒原子數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，含有鋅原子數(shù)為4，根據(jù)ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(\f(4M,NA),V)，所以V＝eq\f(4M,ρNA)，則晶胞的參數(shù)a＝eq\r(3,\f(4M,NAρ))cm＝eq\r(3,\f(4M,NAρ))×1010pm.7、某鎳白銅合金的立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示.(1)晶胞中銅原子與鎳原子的數(shù)量比為________________.(2)若合金的密度為dg·cm－3，晶胞參數(shù)a＝______________nm.答案(1)3∶1(2)eq\r(3,\f(251,6.02×1023×d))×107解析(1)晶胞中含Cu原子數(shù)為eq\f(1,2)×6＝3，含Ni原子數(shù)為eq\f(1,8)×8＝1，兩者數(shù)量比為3∶1.(2)由題意可得：d＝eq\f(3×64＋59,（a×10－7）3×6.02×1023)，解得a＝eq\r(3,\f(251,6.02×1023×d))×107nm.8、砷化鎵(GaAs)是優(yōu)良的半導體材料，可用于制作微型激光器或太陽能電池的材料等.回答下列問題：(1)GaF3的熔點高于1000℃，GaCl3的熔點為77.9℃，______________________________________________.(2)GaAs的熔點為1238℃，密度為ρg·cm－3，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示.該晶體的類型為____________，Ga與As以________鍵鍵合.Ga和As的摩爾質(zhì)量分別為MGag·mol－1和MAsg·mol－1，原子半徑分別為rGapm和rAspm，阿伏加德羅常數(shù)值為NA，則GaAs晶胞中原子的體積占晶胞體積的百分率為___________.答案(1)GaF3為離子晶體，GaCl3為分子晶體(2)原子晶體共價eq\f(4π×10－30NAρ（req\o\al(3,Ga)＋req\o\al(3,As)）,3（MGa＋MAs）)×100%解析(1)GaF3、GaCl3的熔點相差較大，是因為晶體類型不同，GaF3熔點高，為離子晶體，而GaCl3的熔點低，為分子晶體.(2)GaAs為原子晶體，Ga和As之間以共價鍵鍵合.該晶胞中原子個數(shù)：Ga為4個，As為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4個，晶胞中原子所占體積為eq\f(4,3)π(req\o\al(3,Ga)＋req\o\al(3,As))×4pm3；則GaAs晶胞中原子的體積占晶胞體積的百分率為eq\f(\f(4,3)π（req\o\al(3,Ga)＋req\o\al(3,As)）×4×10－30,\f(4（MGa＋MAs）,ρ×NA))×100%＝eq\f(4π×10－30NAρ（req\o\al(3,Ga)＋req\o\al(3,As)）,3（MGa＋MAs）)×100%.熱點7給定條件的同分異構(gòu)體的書寫和判斷1、(1)的同分異構(gòu)體中：①能發(fā)生水解反應；②能發(fā)生銀鏡反應；③能與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應；④含氧官能團處在對位.滿足上述條件的同分異構(gòu)體共有________種(不考慮立體異構(gòu))，寫出核磁共振氫譜圖中有五個吸收峰的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式____________________.(2)化合物有多種同分異構(gòu)體，同時滿足下列條件的有________種.①能發(fā)生水解反應和銀鏡反應；②能與FeCl3發(fā)生顯色反應；③苯環(huán)上有四個取代基，且苯環(huán)上一鹵代物只有一種.答案(1)3(2)6解析(1)的同分異構(gòu)體能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明含有酚羥基，還能發(fā)生水解反應和銀鏡反應，說明含有甲酸酯(HCOO—)結(jié)構(gòu)，再根據(jù)含氧官能團處在對位，可寫出、、三種結(jié)構(gòu)，其中核磁共振氫譜圖中有五個吸收峰的是.(2)由條件知同分異構(gòu)體中含有酚羥基、甲酸酯基，含有4個飽和碳原子；結(jié)合條件③可寫出6種符合條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：.2、(1)符合下列3個條件的的同分異構(gòu)體有________種.①與FeCl3溶液顯色；②苯環(huán)上只有兩個取代基；③1mol該物質(zhì)最多消耗3molNaOH，其中氫原子共有五種不同環(huán)境的是__________________(寫結(jié)構(gòu)簡式).(2)同時滿足下列條件：①與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；②苯環(huán)上有兩個取代基、含C=O的的同分異構(gòu)體有________種(不包括立體異構(gòu))；其中核磁共振氫譜為4組峰、能水解的物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式為_______________.答案(1)6(2)21和解析(1)同分異構(gòu)體符合下列條件：①與FeCl3溶液顯色，說明含有酚羥基；②苯環(huán)上只有兩個取代基；③1mol該物質(zhì)最多消耗3molNaOH，說明另一個取代基為，該取代基為CH3CH2CH2COO—、(CH3)2CHCOO—，這兩種取代基都與酚羥基有鄰、間、對3種位置關(guān)系，所以符合條件的有6種，其中氫原子共有五種不同環(huán)境的是.(2)同分異構(gòu)體同時滿足下列條件：①與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；②苯環(huán)上有兩個取代基、含C=O，苯環(huán)上有鄰、間、對3種：，側(cè)鏈有異構(gòu)體：—COOCH3、—OOCCH3、—CH2COOH、—CH2OOCH、—OCH2CHO、—COCH2OH、—CHOHCHO7種，故異構(gòu)體有3×7＝21種；核磁共振氫譜為4組峰、能水解的物質(zhì)，即4種化學環(huán)境的H，且含有酯基結(jié)構(gòu)，符合條件的結(jié)構(gòu)簡式為和.3、(1)化合物有多種同分異構(gòu)體，寫出符合下列條件的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：____________________.①能發(fā)生銀鏡反應②含苯環(huán)且苯環(huán)上只有兩種不同化學環(huán)境的氫原子(2)H是的同分異構(gòu)體，具有以下結(jié)構(gòu)特點：①能與溴水反應，且1molH恰好與3molBr2發(fā)生取代反應；②能使FeCl3溶液顯色，不能發(fā)生銀鏡反應；③能發(fā)生水解反應，且1molH與足量NaOH反應最多可消耗3molNaOH；則H可能有________種結(jié)構(gòu)，寫出其中一種：__________________.答案(1)、(2)4、、(任選一種)解析(1)由能發(fā)生銀鏡反應，應含醛基，因苯環(huán)上有兩種不同化學環(huán)境的氫，應有兩個不同取代基，且互為對位.(2)由H的性質(zhì)可知它含酚羥基，且—OH的兩個鄰位和對位上沒有取代基.1molH與3molNaOH反應，故除酚羥基外，還有一個酚酯，但不能是甲酸酯，則H的可能結(jié)構(gòu)有4種.4、具有一種官能團的二取代芳香化合物W是E(結(jié)構(gòu)簡式為)的同分異構(gòu)體，0.5molW與足量碳酸氫鈉溶液反應生成44gCO2，W共有________種(不含立體異構(gòu))同分異構(gòu)體，其中核磁共振氫譜為三組峰的結(jié)構(gòu)簡式為______________________.答案12解析0.5molW能產(chǎn)生1molCO2，說明1molW中含有2mol—COOH，且為只有一種官能團的二取代芳香化合物，苯環(huán)上的二取代基可能是以下四種情況：①2個取代基均為—CH2COOH，②2個取代基分別是—COOH和—CH2CH2COOH，③分別是—COOH和，④分別是—CH3和，每種情況均存在鄰、間、對三種情況，共有12種同分異構(gòu)體.核磁共振氫譜為三組峰說明該有機物高度對稱，為.5、G的結(jié)構(gòu)簡式為，G的同分異構(gòu)體中，與G具有相同官能團且能發(fā)生銀鏡反應的共有________種.(不含立體異構(gòu))答案8解析符合要求的G的同分異構(gòu)體應含有碳碳雙鍵、氰基和甲酸某酯的結(jié)構(gòu)，書寫時可先寫出對應的甲酸丙烯酯的結(jié)構(gòu)簡式，有3種：、，然后將—CN作為取代基，分析上述三種結(jié)構(gòu)的一取代物，上述三種結(jié)構(gòu)中烴基上的氫原子種數(shù)分別為3種、3種、2種，則滿足條件的G的同分異構(gòu)體共8種.6、同時滿足下列條件的的所有同分異構(gòu)體有________種(不考慮立體異構(gòu)).①能使溴的四氯化碳溶液褪色；②1mol該同分異構(gòu)體與足量飽和NaHCO3反應產(chǎn)生88g氣體.答案18解析第一步：確定官能團和基團兩個“—COOH”，一個“”.第二步：排布官能團和基團(1)含有“”的四個碳原子的碳架有下列三種情況C=C—C—C，C—C=C—C，.(2)運用“定一移一”的方法，將兩個羧基分別在以上三種碳架上排布，圖示如下(數(shù)字表示另一個“—COOH”可能的位置)共9種情況；共5種情況；共4種情況.第三步算總數(shù)：9＋5＋4＝18種.7、乙基香草醛()的同分異構(gòu)體有很多種，滿足下列條件的同分異構(gòu)體有________種(不考慮立體異構(gòu)).①能與NaHCO3溶液反應②遇FeCl3溶液顯紫色，且能與濃溴水反應③苯環(huán)上有兩個烴基④苯環(huán)上的含氧官能團處于對位其中有一種同分異構(gòu)體的核磁共振氫譜中出現(xiàn)4組峰，吸收峰的面積之比為1∶1∶2∶6的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為______________.答案3解析乙基香草醛除苯環(huán)外，還有3個C原子、3個O原子、7個H原子，條件①說明有羧基，條件②說明有酚羥基，且酚羥基在苯環(huán)的鄰位或?qū)ξ槐仨氂袣湓樱瑮l件④說明羧基和酚羥基在對位，剩余兩個甲基不能都在酚羥基的鄰位，符合條件的同分異構(gòu)體有：、三種，其中核磁共振氫譜中出現(xiàn)4組峰，吸收峰的面積之比為1∶1∶2∶6的同分異構(gòu)體為.8、有機物有多種同分異構(gòu)體，其中屬于酯類且氯原子直接連接在苯環(huán)上的同分異構(gòu)體有(不考慮立體異構(gòu))________種.答案19解析有多種同分異構(gòu)體，如果苯環(huán)上有2個取代基，可以為：—Cl、—OOCCH3，—Cl、—CH2OOCH或—Cl、—COOCH3，2個取代基分別有鄰、間、對三種位置關(guān)系，所以共有9種位置關(guān)系；如果苯環(huán)上有3個取代基，則為：