2020届一轮复习人教版化学反应原理综合学案

2020届一轮复习人教版化学反应原理综合学案

‎2020届一轮复习人教版 化学反应原理综合 学案 ‎【高考考纲】‎ ‎1.试题特点：化学反应原理综合应用题常常把热化学、化学反应速率及三大平衡、电化学知识融合在一起，多以图像或图表的形式呈现。题目围绕一个主题，由多个小题组成，各小题的考查有一定的独立性，覆盖面较广，灵活性较强。‎ ‎2.命题考查：(1)热化学方程式和电极反应式的书写；(2)离子浓度的大小比较；(3)反应速率、平衡常数及转化率的计算；(4)电化学装置的原理分析及平衡曲线的识别与绘制等。‎ ‎【真题感悟】 ‎ 例1、(2017·高考全国卷Ⅲ)砷(As)是第四周期ⅤA族元素，可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物，有着广泛的用途。回答下列问题：‎ ‎(1)画出砷的原子结构示意图：__________________。‎ ‎(2)已知：‎ As(s)＋H2(g)＋2O2(g)===H3AsO4(s)　ΔH1‎ H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH2‎ ‎2As(s)＋O2(g)===As2O5(s)　ΔH3‎ 则反应As2O5(s) ＋3H2O(l)===2H3AsO4(s)的ΔH＝________。‎ ‎(3)298 K时，将20 mL 3x mol·L－1 Na3AsO3、20 mL 3x mol·L－1 I2和20 mL NaOH溶液混合，发生反应：AsO(aq)＋I2(aq)＋2OH－(aq) AsO(aq)＋2I－(aq)＋H2O(l)。溶液中c(AsO)与反应时间(t)的关系如图所示。‎ ‎ ‎ ‎①下列可判断反应达到平衡的是________(填标号)。‎ a．溶液的pH不再变化 b．v(I－)＝2v(AsO)‎ c．c(AsO)/c(AsO)不再变化 d．c(I－)＝y mol·L－1‎ ‎②tm时，v正________v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。‎ ‎③tm时v逆________tn时v逆(填“大于”“小于”或“等于”)，理由是_________。‎ ‎④若平衡时溶液的pH＝14，则该反应的平衡常数K为________。‎ 解析：(1)从内向外磷的各层电子数依次是2、8、5，砷与磷位于同主族且相邻，砷原子比磷原子多一个电子层，所以从内向外砷的各层电子数分别为2、8、18、5，据此可画出其原子结构示意图。(2)将已知热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由①×2－②×3－③可得：As2O5(s)＋3H2O(l)===2H3AsO4(s)　ΔH＝2ΔH1－3ΔH2－ΔH3。(3)①溶液的pH不再变化，即OH－的浓度不再变化，所以平衡体系中各组分的浓度均不再变化，说明反应达到平衡状态，a项正确；当v正(I－)＝2v逆(AsO)或v逆(I－)＝2v正(AsO)时反应达到平衡状态，选项中的速率未指明是正反应速率还是逆反应速率，b项错误；反应达到平衡之前，c(AsO)逐渐减小而c(AsO)逐渐增大，故c(AsO)/c(AsO)逐渐增大，当c(AsO)/c(AsO)不变时反应达到平衡状态，c项正确；根据离子方程式可知反应体系中恒有c(I－)＝2c(AsO)，观察图像可知反应达到平衡时c(AsO)＝y mol·L－1，此时c(I－)＝2y mol·L－1，d项错误。②tm时反应未达到平衡状态，所以v正大于v逆。③从tm到tn，反应逐渐趋于平衡状态，反应物浓度逐渐减小而生成物浓度逐渐增大，所以正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，故tm时v逆小于tn时v逆。④根据题意，起始时c(AsO)＝c(I2)＝x mol·L－1。根据图像可知平衡时c(AsO)＝y mol·L－1，则此时c(I－)＝2y mol·L－1，c(AsO)＝c(I2)＝(x－y) mol·L－1，平衡时溶液的pH＝14，则c(OH－)＝1 mol·L－1，故该反应的平衡常数K＝＝。‎ 答案：(1) ‎ ‎(2)2ΔH1－3ΔH2－ΔH3‎ ‎(3)①ac　②大于　③小于　tm时生成物浓度较低 ‎④ ‎【变式探究】 (2017·高考江苏卷)砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一。‎ ‎(1)将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有CO，其原因是_________________。‎ ‎ (2)H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图1和图2所示。‎ ‎ ‎ ‎①以酚酞为指示剂(变色范围pH 8.0～10.0)，将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为________________________________。 ‎ ‎②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO＋H＋的电离常数为Ka1，则pKa1＝________(pKa1＝－lg Ka1)。‎ ‎(3)溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响。pH ＝7.1时， 吸附剂X表面不带电荷；pH>7.1时带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；pH<7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多。pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量(吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量)如图3所示。‎ ‎①在pH 7～9之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，其原因是__________________________________。‎ ‎②在pH 4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，这是因为____________________________________。 提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是__________________________________________________________。‎ 解析：(1)制吸附剂X的混合溶液中含有NaOH溶液，能吸收空气中的CO2生成CO。(2)①图1中pH为8～10时，三价砷物种主要以H3AsO3和H2AsO的形式存在，故滴加NaOH溶液的过程中主要反应的离子方程式为OH－＋H3AsO3===H2AsO＋H2O。②Ka1＝，Ka仅与温度有关，为方便计算，在图2中取pH＝2.2时计算，此时c(H2AsO)＝c(H3AsO4)，则Ka1＝c(H＋)＝10－2.2，pKa1＝2.2。(3)①从图2知，pH由7升至9时，H2AsO转变为HAsO，由题中信息知，pH＞7.1时，pH越高，吸附剂X所带负电荷越多，则吸附剂X与HAsO静电斥力增强。②在pH为4～7之间，吸附剂X表面带正电荷，从图2知，pH在4～7之间，吸附剂X吸附H2AsO和HAsO；从图1知，pH在4～7之间，三价砷主要以分子形式存在，吸附剂X不会吸附分子。加入氧化剂，可以将三价砷转化为五价砷，而被吸附剂X吸附。‎ 答案：(1)碱性溶液吸收了空气中的CO2‎ ‎(2)①OH－＋H3AsO3===H2AsO＋H2O　②2.2‎ ‎(3)①在pH 7～9之间，随pH升高H2AsO转变为HAsO，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加 ‎②在pH 4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO和HAsO阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小　加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷 例2、 (2018·高考全国卷Ⅰ)采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题：‎ ‎(1)1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为________。‎ ‎(2)F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25 ℃时N2O5(g)分解反应：‎ 其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示[t＝∞时，N2O5(g)完全分解]：‎ t/min ‎0‎ ‎40‎ ‎80‎ ‎160‎ ‎260‎ ‎1 300‎ ‎1 700‎ ‎∞‎ p/kPa ‎35.8‎ ‎40.3‎ ‎42.5‎ ‎45.9‎ ‎49.2‎ ‎61.2‎ ‎62.3‎ ‎63.1‎ ‎①已知：2N2O5(g)=== 2N2O4(g)＋O2(g)　ΔH1＝－4.4 kJ·mol－1‎ ‎2NO2(g)=== N2O4(g)　ΔH2＝－55.3 kJ·mol－1‎ 则反应N2O5(g)=== 2NO2(g)＋O2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。‎ ‎②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率v＝2×10－3×pN2O5(kPa·min－1)。t＝62 min时，测得体系中pO2＝2.9 kPa，则此时的pN2O5＝________kPa，v＝________kPa·min－1。‎ ‎③若提高反应温度至35 ℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35 ℃)________63.1 kPa(填“大于”“等于”或“小于”)，原因是__________________________。‎ ‎④25 ℃时N2O4(g) 2NO2(g)反应的平衡常数Kp＝________kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数)。‎ ‎(3)对于反应2N2O5(g)―→ 4NO2(g)＋O2(g)，R.A.Ogg提出如下反应历程：‎ 第一步　N2O5 NO2＋NO3　　　　　　快速平衡 第二步　NO2＋NO3―→ NO＋NO2＋O2 慢反应 第三步　NO＋NO3―→ 2NO2 快反应 其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是________(填标号)。‎ A．v(第一步的逆反应)>v(第二步反应)‎ B．反应的中间产物只有NO3‎ C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效 D．第三步反应活化能较高 解析：(1)氯气与硝酸银反应生成N2O5，氯气作氧化剂，还原产物为氯化银，又硝酸银中氮元素、银元素已经是最高化合价，则只能是氧元素化合价升高，所以气体氧化产物为O2。(2)①将已知热化学方程式依次编号为a、b，根据盖斯定律，由×a－b得N2O5(g)===2NO2(g)＋O2(g)　ΔH＝＝ kJ·mol－1＝＋53.1 kJ·mol－1。②t＝62 min时，体系中pO2＝2.9 kPa，根据三段式法得 ‎　　　2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g)‎ 起始 35.8 kPa 0 0‎ 转化 5.8 kPa 5.8 kPa 2.9 kPa ‎62 min 30.0 kPa 5.8 kPa 2.9 kPa 则62 min时pN2O5＝30.0 kPa，v＝2×10－3×30.0 kPa·min－1＝6.0×10－2kPa·min－1。③刚性反应容器的体积不变，25 ℃ N2O5(g)完全分解时体系的总压强为63.1 kPa，升高温度，从两个方面分析：一方面是体积不变，升高温度，体系总压强增大；另一方面，2NO2N2O4的逆反应是吸热反应，升温，平衡向生成NO2‎ 的方向移动，体系物质的量增大，故体系总压强增大。④N2O5完全分解生成N2O4和O2，起始pN2O5＝35.8 kPa，其完全分解时pN2O4＝35.8 kPa，pO2＝17.9 kPa，设25 ℃平衡时N2O4转化了x，则 ‎　 　　N2O4 　2NO2‎ 平衡 35.8 kPa－x 2x ‎35．8 kPa－x＋2x＋17.9 kPa＝63.1 kPa，解得x＝9.4 kPa。平衡时，pN2O4＝26.4 kPa，pNO2＝18.8 kPa，Kp＝＝＝13.4。(3)快速平衡，说明第一步反应的正、逆反应速率都较大，则第一步反应的逆反应速率大于第二步反应的速率，A项正确；反应的中间产物除NO3外还有NO，B项错误；有效碰撞才能发生反应，第二步反应慢，说明部分碰撞有效，C项正确；第三步反应快，说明反应活化能较低，D项错误。‎ 答案：(1)O2‎ ‎(2)①＋53.1　②30.0　6.0×10－2　③大于　温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高　④13.4‎ ‎(3)AC ‎【变式探究】 (2018·高考天津卷)CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：‎ ‎(1)CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH＝13，CO2主要转化为________(写离子符号)；若所得溶液c(HCO)∶c(CO)＝2∶1，溶液pH＝________。(室温下，H2CO3的Ka1＝4×10－7；Ka2＝5×10－11)‎ ‎(2)CO2与CH4经催化重整，制得合成气：‎ CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)‎ ‎①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：‎ 化学键 C—H C===O H—H C O(CO)‎ 键能/(kJ·mol－1)‎ ‎413‎ ‎745‎ ‎436‎ ‎1 075‎ 则该反应的ΔH＝________。分别在v L恒温密闭容器A(恒容)、B(恒压，容积可变)中，加入CH4和CO2各1 mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是________(填“A”或“B”)。‎ ‎②按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图3所示。此反应优选温度为900 ℃的原因是_____________________。‎ ‎(3)O2辅助的AlCO2电池工作原理如图4所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。‎ 电池的负极反应式：________________________________。‎ 电池的正极反应式：6O2＋6e－===6O ‎6CO2＋6O===3C2O＋6O2‎ 反应过程中O2的作用是____________________________________。‎ 该电池的总反应式：___________________________________。‎ 解析：(1)若所得溶液的pH＝13，溶液呈强碱性，则CO2主要转化为CO。若所得溶液c(HCO)∶c(CO)＝2∶1，根据Ka2＝，则c(H＋)＝Ka2×＝5×10－11×2 mol·L－1＝10－10 mol·L－1，pH＝－lg 10－10＝10。(2)①根据ΔH＝反应物总键能－生成物总键能，该反应的ΔH＝(413×4＋745×2) kJ·mol－1－(1 075×2＋436×2) kJ·mol－1＝＋120 kJ·mol－1。该反应为气体分子数增大的吸热反应，恒容时达到的平衡相当于恒压条件下达到平衡后增大压强，加压平衡向逆反应方向移动，故恒容时反应达平衡后吸收的热量比恒压时反应达平衡后吸收的热量少。②根据题图3知，900 ℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但升高温度，能耗升高，经济效益降低。(3)该电池中Al作负极，电解质为含AlCl3的离子液体，故负极反应为Al－3e－===Al3＋。正极为多孔碳电极，根据正极反应式，得正极总反应为6CO2＋6e－===3C2O，O2不参与正极的总反应，故O2为催化剂。将负极反应：2Al－6e－===2Al3＋和正极反应：6CO2＋6e－===3C2O相加，可得该电池的总反应式为2Al＋6CO2===Al2(C2O4)3。‎ 答案：(1)CO　10‎ ‎(2)①＋120 kJ·mol－1　B ‎②900 ℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低 ‎(3)Al－3e－===Al3＋(或2Al－6e－===2Al3＋)　催化剂　2Al＋6CO2===Al2(C2O4)3‎ ‎【黄金押题】‎ ‎1．硫氧化物易引起环境污染，需要悉心研究。‎ ‎(1)二氧化硫可用于催化氧化制硫酸。硫酸工业中，作为催化剂的V2O5对反应Ⅰ的催化循环过程经历了Ⅱ、Ⅲ两个反应阶段，如图所示：‎ ‎ ‎ 下列分子中1 mol化学键断裂时需要吸收的能量数据如下：‎ 化学键 S===O(SO2)‎ S===O(SO3)‎ O===O(O2)‎ 能量/kJ ‎535‎ a ‎496‎ ‎①反应Ⅰ的ΔH＝－98 kJ·mol－1，则a＝________。反应Ⅲ的化学方程式为________________________________________________________________________。‎ ‎②将2 mol SO2和1 mol O2充入密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。平衡时SO3的体积分数(%)随温度和压强的变化如表所示：‎ 下列判断正确的是________。‎ A．b>e ‎ B．415 ℃、2.0 MPa时O2的转化率为60%‎ C．在一定温度和压强下，加入V2O5作催化剂能加快反应速率，提高SO3的体积分数 D．平衡常数K(550 ℃)>K(350 ℃)‎ ‎(2)较纯的SO2可用于原电池法生产硫酸。图中离子交换膜是________离子交换膜(填“阴”或“阳”)。‎ ‎ (3)研究发现，SO2与含碱式硫酸铝的溶液结合的方式有两种：其一是与溶液中的水结合；其二是与碱式硫酸铝中的活性Al2O3结合。通过酸度计测定吸收液的pH变化，结果如图所示。‎ ‎ ‎ 请解释曲线如图变化的原因：__________。‎ ‎(4)取五等份SO3，分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：3SO3(g) (SO3)3(g)　ΔH<0，反应相同时间后，分别测定体系中SO3的百分含量，并做出其随反应温度(T)变化的关系图。下列示意图中，可能与实验结果相符的是________。‎ ‎(5)用Na2SO3溶液作为吸收液吸收SO2时，产物为NaHSO3，已知亚硫酸的两级电离平衡常数分别为Ka1、Ka2。则常温下NaHSO3溶液显酸性的充要条件为________(用含Ka1、Ka2的代数式表示)。‎ 解析：(1)①反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，反应Ⅰ的热化学方程式为SO2(g)＋O2(g) SO3(g)　ΔH＝－98 kJ·mol－1，则反应Ⅰ的ΔH＝(2×535＋×496－3×a) kJ·mol－1＝－98 kJ·mol－1，解得a＝472。V2O5在反应中作催化剂，反应Ⅱ生成V2O4·SO3，V2O5参加反应，化学方程式为SO2＋V2O5V2O4·SO3，反应Ⅲ是V2O4·SO3与氧气反应生成V2O5和SO3，化学方程式为V2O4·SO3＋O2V2O5＋SO3。②A.该反应是气体体积减小的反应，加压平衡右移，SO3的体积分数增加，则b＞54.0%，e＜36.0%，所以b＞e，A正确；B.在一定条件下发生反应：‎ ‎　　　　2SO2(g)　＋　O2(g) 　2SO3(g)‎ 起始(mol) 2 1 0‎ 转化(mol) 2x x 2x 平衡(mol) 2－2x 1－x 2x SO3的体积分数为40.0%，则×100%＝40.0%，解得x＝0.5，所以O2的转化率为×100%＝50%，故B错误；C.在一定温度和压强下，加入V2O5作催化剂能加快反应速率，但平衡不移动，SO3的体积分数不变，故C错误；D.该反应为放热反应，升温平衡左移，平衡常数减小，则K(550 ℃)＜K(350 ℃)，故D错误。‎ ‎(2)根据图示，通入二氧化硫的电极为负极，二氧化硫失去电子生成硫酸根离子：SO2－2e－＋2H2O===SO＋4H＋，通入空气的电极为正极，空气中的氧气得到电子生成水：O2＋4e－＋4H＋===2H2O，氢离子通过阳离子交换膜进入正极区。‎ ‎ (3)二氧化硫先与活性氧化铝结合成亚硫酸铝，水解显酸性，溶液的pH变化较小，后与水结合生成亚硫酸，电离显酸性，电离强于水解，溶液的pH变化较快。‎ ‎ (4)A.因为该反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，SO3的百分含量随温度升高而增大，故A错误；B.因为该反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，SO3的百分含量随温度升高而增大，故B正确；C.若5个容器中有未达到平衡状态的，那么温度升高，反应速率增大，SO3转化得快，导致SO3的百分含量减少，不可能出现SO3的百分含量不变的情况，故C错误；D.图中转折点为平衡状态，转折点左侧为未平衡状态，右侧为平衡状态，反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，SO3的百分含量随温度升高而升高，故D正确。‎ ‎(5)NaHSO3溶液中存在HSOH＋＋SO，电离平衡常数为Ka2，也存在HSO＋H2OH2SO3＋OH－，水解平衡常数为，常温下NaHSO3溶液显酸性的充要条件为Ka2＞ ，即Ka1·Ka2>10－14。‎ 答案：(1)①472　V2O4·SO3＋O2===V2O5＋SO3 　②A　(2)阳 　(3)二氧化硫先与活性氧化铝结合成亚硫酸铝，水解显酸性，后与水结合生成亚硫酸，电离显酸性。电离强于水解 ‎ ‎(4)BD 　(5)Ka1·Ka2>10－14‎ ‎2．2017年5月18日中共中央国务院公开致电祝贺南海北部神狐海域进行的“可燃冰”试采成功。“可燃冰”是天然气水合物，外形像冰，在常温常压下迅速分解释放出甲烷，被称为未来新能源。‎ ‎(1)“可燃冰”作为能源的优点是__________________(回答一条即可)。‎ ‎(2)甲烷自热重整是先进的制氢方法，包含甲烷氧化和蒸气重整两个过程。向反应系统同时通入甲烷、氧气和水蒸气，发生的主要化学反应如下：‎ 反应过程 化学方程式 焓变ΔH/(kJ·mol－1)‎ 活化能 E/(kJ·mol－1)‎ 甲烷氧化 CH4(g)＋2O2(g) CO2(g)＋2H2O(g)‎ ‎－802.6‎ ‎125.6‎ CH4(g)＋O2(g) CO2(g)＋2H2(g)‎ ‎－322.0‎ ‎172.5‎ 蒸气重整 CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)‎ ‎＋206.2‎ ‎240.1‎ CH4(g)＋2H2O(g) CO2(g)＋4H2(g)‎ ‎＋158.6‎ ‎243.9‎ 回答下列问题：‎ ‎①在初始阶段，甲烷蒸气重整的反应速率________(填“大于”“小于”或“等于”)甲烷氧化的反应速率。‎ ‎②反应CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)的平衡转化率与温度、压强关系[其中n(CH4)∶n(H2O)＝1∶1]如图所示。‎ 该反应在图中A点的平衡常数Kp＝________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)，图中压强(p1、p2、p3、p4)由大到小的顺序为________。‎ ‎③从能量角度分析，甲烷自热重整方法的先进之处在于 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎④如果进料中氧气量过大，最终会导致H2物质的量分数降低，原因是________________________________________________________________________。‎ ‎(3)甲烷超干重整CO2技术可得到富含CO的气体，其能源和环境上的双重意义重大，甲烷超干重整CO2的催化转化原理如图所示。‎ ‎ ‎ ‎①过程Ⅱ中第二步反应的化学方程式为____________________________。‎ ‎②只有过程Ⅰ投料比＝________，过程Ⅱ中催化剂组成才会保持不变。‎ ‎③该技术总反应的热化学方程式为_________________________。‎ 解析：(1)“可燃冰”分子结构式为CH4·H2O，是一种白色固体物质，外形像冰，有极强的燃烧力，可作为上等能源。它主要由水分子和烃类气体分子(主要是甲烷)组成，所以也称它为甲烷水合物，它的优点：能量密度高、清洁、污染小、储量大等。 ‎ ‎(2)①‎ 从表中活化能数据看出在初始阶段，甲烷蒸气重整反应活化能较大，而甲烷氧化的反应活化能均较小，所以甲烷氧化的反应速率快。 ‎ ‎②根据题给信息，假设甲烷为1 mol, 水蒸气为1 mol，‎ ‎　　　　 　CH4(g)＋H2O(g) CO(g) ＋ 3H2(g) ‎ ‎ 起始量(mol) 1 1 0 0‎ ‎ 变化量(mol) 0.2 0.2 0.2 0.6‎ 平衡量(mol) 0.8 0.8 0.2 0.6‎ ‎ 平衡后混合气体的总量：0.8＋0.8＋0.2＋0.6＝2.4 (mol)；各物质分压分别为p(CH4)＝p(H2O)＝4.0×＝ (MPa)，p(CO)＝4.0×＝(MPa)，p(H2)＝4.0×＝1(MPa)，A点的平衡常数Kp＝＝；当温度不变时，压强减小，平衡右移，甲烷的转化率增大，所以压强的大小顺序：p1>p2>p3>p4。‎ ‎③甲烷氧化反应放出热量正好提供给蒸气重整反应所吸收的热量，能量达到充分利用。‎ ‎④氧气量过大，剩余的氧气会将H2氧化为水蒸气，导致H2物质的量分数降低。‎ ‎(3)①根据图示分析，第一步反应是还原剂把四氧化三铁还原为铁，第二步反应是铁被碳酸钙氧化为四氧化三铁，而碳酸钙被还原生成一氧化碳和氧化钙。‎ ‎②反应的历程：a.CH4(g)＋CO2(g) 2H2(g)＋2CO(g)；b.Fe3O4(s)＋4H2(g) 3Fe(s)＋4H2O(g)；c.Fe3O4(s)＋4CO(g) 3Fe(s)＋4CO2(g)；三个反应消去Fe3O4和Fe，最终得到CH4(g)＋3CO2(g) 2H2O(g)＋4CO(g)；所以只有过程Ⅰ投料比＝时，才能保证过程Ⅱ中催化剂组成保持不变。‎ ‎③a.CH4(g)＋2O2(g) CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH1＝－802.6 kJ·mol－1；‎ b．CH4(g)＋O2(g) CO2(g)＋2H2(g)　ΔH2＝－322.0 kJ·mol－1；‎ c．CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)　ΔH3＝＋206.2 kJ·mol－1；‎ d．CH4(g)＋2H2O(g) CO2(g)＋4H2(g)　ΔH4＝＋158.6 kJ·mol－1；‎ 由2×a－4×b＋4×c－d得：CH4(g)＋3CO2(g) 2H2O(g)＋4CO(g)　ΔH＝2ΔH1－4ΔH2＋4ΔH3－ΔH4＝＋349 kJ·mol－1。‎ 答案：(1)能量密度高、清洁、污染小、储量大 (写一条即可)‎ ‎(2)①小于　②(或0.187 5)　p1>p2>p3>p4 ‎ ‎ ③甲烷氧化反应放出热量正好供蒸气重整反应所吸收的热量，达到能量平衡 ‎ ‎④氧气量过大，会将H2氧化，导致H2物质的量分数降低 ‎ ‎(3)①3Fe＋4CaCO3Fe3O4＋4CaO＋4CO↑　② ‎ ‎③CH4(g)＋3CO2(g) 2H2O(g)＋4CO(g)　ΔH＝＋349 kJ·mol－1‎ ‎3． Na2SO3 是一种重要的还原剂，I2O5 是一种重要的氧化剂，二者都是化学实验室中的重要试剂。‎ ‎(1)已知：2Na2SO3 (aq)＋O2(aq)===2Na2SO4(aq)　ΔH＝m kJ·mol－1，O2(g) O2(aq)　ΔH＝n kJ·mol－1，则Na2SO3 溶液与O2(g)反应的热化学方程式为____________________。‎ ‎(2)Na2SO3 的氧化分富氧区和贫氧区两个阶段，贫氧区速率方程为v＝k·ca(SO)·cb(O2)，k为常数。‎ ‎①当溶解氧浓度为4.0 mg·L－1(此时Na2SO3 的氧化位于贫氧区)时，c(SO)与速率数值关系如下表所示，则a＝________。‎ c(SO)/(×103)‎ ‎3.65‎ ‎5.65‎ ‎7.65‎ ‎11.65‎ v/(×106)‎ ‎10.2‎ ‎24.4‎ ‎44.7‎ ‎103.6‎ ‎②两个阶段的速率方程和不同温度的速率常数之比如下表所示。已知ln＝－(－)，R为常数，则Ea(富氧区)________(填“>”或“<”)Ea(贫氧区)。‎ 反应阶段 速率方程 富氧区 v＝k·c(SO)·c(O2)‎ ‎1.47‎ 贫氧区 v＝k·ca(SO)·cb(O2)‎ ‎2.59‎ ‎(3)等物质的量的Na2SO3 和Na2SO4 混合溶液中，c(SO)＋c(HSO)________(填“>”“<”或“＝”)c(SO)。　‎ ‎(4)利用I2O5 可消除CO 污染，其反应为I2O5(s)＋5CO(g) 5CO2(g)＋I2(s)，不同温度下，向装有足量I2O5 固体的2 L 恒容密闭容器中通入2 mol CO，测得CO2 气体的体积分数φ(CO2)随时间t的变化曲线如图所示。‎ ‎①从反应开始至a点时的平均反应速率v(CO)＝____________________。‎ ‎②b点时，CO 的转化率为______________。‎ ‎③b点和d点的化学平衡常数：Kb________(填“>”“<”或“＝”)Kd，判断的理由是________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 解析：(1)①2Na2SO3(aq)＋O2(aq)===2Na2SO4(aq)　ΔH＝m kJ·mol－1，②O2(g) O2(aq)　ΔH＝n kJ·mol－1，根据盖斯定律，由①＋②得：2Na2SO3(aq)＋O2(g)===2Na2SO4(aq)　ΔH＝(m＋n) kJ·mol－1。‎ ‎(2)①当溶解氧浓度为4.0 mg·L－1时，c(Na2SO3)与速率数值关系如表，v1∶v2＝c(SO)∶c(SO)，＝，解得a＝2；‎ ‎②ln＝－(－)随着Ea的增大而增大，富氧区的ln较小，故Ea(富氧区)Kd。‎ 答案：(1)2Na2SO3(aq)＋O2(g)===2Na2SO4(aq)‎ ΔH＝(m＋n) kJ·mol－1‎ ‎(2)①2　②<　(3)<‎ ‎(4)①0.6 mol·L－1·min－1　②80%‎ ‎③>　其他条件相同时，曲线Ⅱ先达到平衡，则温度高于曲线Ⅰ，说明温度升高，CO2 的产率降低，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小 ‎4．缓冲和供氧是维持人体正常生理活动的两个重要平衡系统，回答下列问题：‎ Ⅰ.人体血液中存在平衡：H2CO3 (aq) H＋(aq)＋HCO(aq)　ΔH，该平衡可使血液的pH维持在一定范围内。‎ ‎(1)已知：CO2(g) CO2(aq)　ΔH1＝a kJ·mol－l；‎ CO2(aq)＋H2O(l) H2CO3 (aq)　ΔH2＝b kJ· mol－1；‎ HCO(aq) H＋(aq)＋CO(aq)　ΔH3＝c kJ· mol－1；‎ CO2(g)＋H2O(l) 2H＋(aq)＋CO(aq)　ΔH4＝d kJ·mol－1。‎ 则上述电离方程式中ΔH＝______________(用含a、b、c、d的代数式表示)。‎ ‎(2)若某人血液中c(HCO)∶c(H2CO3)＝20∶1，pKa1(H2CO3)＝6.1，则该人血液的pH＝____________，pH升高，则______________(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎(3)当有少量酸性物质进入血液后，血液的pH变化不大，用平衡移动原理解释上述现象：________________________________________________________________________。‎ Ⅱ.肌细胞中储存氧气和分配氧气时存在如下平衡：‎ Mb(aq)＋O2(g) MbO2(aq)‎ 肌红蛋白 氧合肌红蛋白 ‎(4)经测定动物体温升高，氧气的结合度[α(MbO2)，氧合肌红蛋白的浓度占肌红蛋白初始浓度的百分数]降低，则该反应的ΔH________(填“>”或“<”)0。‎ ‎(5)温度为37 ℃时，氧气的结合度[α(MbO2)]与氧气的平衡分压[p(O2)]关系如下图所示：‎ ‎①利用R点所示数据，计算37 ℃时该反应的平衡常数K＝__________________(氧气的平衡浓度可用氧气的平衡分压代替求算)。‎ ‎②已知37 ℃时，该反应的正反应速率v(正)＝k1c(Mb)×p(O2)，逆反应速率v(逆)＝k2c(MbO2)，若k2＝60 s－1，则k1＝____________________。‎ 解析：(1)将已知的反应依次编号为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，根据盖斯定律，由Ⅳ－Ⅰ－Ⅱ－Ⅲ得H2CO3 (aq) H＋(aq)＋HCO(aq)　ΔH＝ΔH4－ΔH1－ΔH2－ΔH3＝(d－a－b－c) kJ· mol－1。‎ ‎(2)Ka1(H2CO3)＝＝20c(H＋)，所以c(H＋)＝，pH＝－lg c(H＋)＝－lg＝－lg Ka1(H2CO3)＋lg 20＝6.1＋1.3＝7.4。pH升高时，c(H＋)减小，则＝减小。‎ ‎(3)由于人体血液中存在平衡：H2CO3 (aq) H＋(aq)＋HCO(aq)，所以少量酸性物质进入血液后，平衡逆向移动，因此H＋浓度变化部分被抵消，血液的pH变化较小。‎ ‎(4)Mb(aq)＋O2(g) MbO2(aq)，温度升高时氧气的结合度降低，既升高温度平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，ΔH<0。‎ ‎(5)“氧气的结合度α(MbO2) 是指氧合肌红蛋白的浓度占肌红蛋白初始浓度的百分数”，即α(MbO2)＝，则c(Mb)＝·c(MbO2)(算式Ⅰ)。‎ ‎①K＝＝＝，代入R点坐标数据得K＝＝2.00。‎ ‎②仍然选R点坐标数据，37 ℃反应达到平衡时，v(正)＝v(逆)，则k1c(Mb)×p(O2)＝k2c(MbO2)，代入上述算式Ⅰ及R点坐标数据，所以k1＝＝＝120 s－1·kPa－1。‎ 答案：(1)(d－a－b－c) kJ·mol－1　(2)7.4　减小　‎ ‎(3)当少量酸性物质进入血液后，平衡H2CO3(aq) H＋(aq)＋HCO(aq)向左移动，使H＋浓度变化较小，血液的pH基本不变　(4)<　 (5)①2.00　②120 s－1·kPa－1‎ ‎5．近年来雾霾天气经常肆虐北京、天津、河北等地区，其中汽车尾气和燃煤是造成空气污染的原因之一。因此研究氮氧化物的反应机理，对消除和防治环境污染有重要意义。‎ ‎(1)对于2NO(g)＋2H2(g)===N2(g)＋2H2O(g)‎ ΔH＝－665 kJ/mol 的反应分三步完成：‎ ‎①2NO(g)===N2O2(g)　 (快)‎ ‎②N2O2(g)＋H2(g)===N2O(g)＋H2O(g)　(慢)‎ ‎③________________________________ (快)，‎ 请完成第③步的化学方程式。‎ 因此决定此总反应速率的是第________(填序号)步的反应。‎ ‎(2)已知：H2(g)＋CO2(g)===H2O(g)＋CO(g)　ΔH＝＋41 kJ/mol，汽车尾气的净化原理主要是用催化剂把NO与CO反应转化为两种对大气无污染的气体，试写出该反应的热化学方程式： _____________________________________________________________。‎ 该反应在一定条件下达到平衡后，为了能加快反应速率并让平衡向正方向移动，可采取的措施有__________。‎ A．适当升高温度 B．适当降低温度 C．压缩体积增大压强 D．使用正催化剂 该反应采取上述措施重新达到平衡后K值将________(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎(3)升高温度能让绝大多数的化学反应加快反应速率，但是研究发现2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g)　ΔH<0存在一些特殊现象。现有某化学小组通过实验测得不同温度下该反应速率常数k(代表反应速率的一个常数)的数值如下表：‎ T(K)‎ k T(K)‎ k T(K)‎ k ‎143‎ ‎1.48×105‎ ‎273‎ ‎1.04×104‎ ‎514‎ ‎3.00×103‎ ‎195‎ ‎2.58×104‎ ‎333‎ ‎5.50×103‎ ‎613‎ ‎2.80×103‎ ‎254‎ ‎1.30×104‎ ‎414‎ ‎4.00×103‎ ‎663‎ ‎2.50×103‎ 由实验数据测到v(正)～c(O2)的关系如图所示，当x点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的点为________点(填字母)，并分析原因：①_______________________________；‎ ‎②__________________________。‎ 解析：(1)对于2NO(g)＋2H2(g)===N2(g)＋2H2O(g)分三步完成，则第三步反应由总反应式减去反应①、②得：③N2O(g)＋H2(g)===N2(g)＋H2O(g)；整体反应速率由最慢的化学反应过程决定，因此决定此总反应速率的是第②步的反应。‎ ‎(2)用催化剂把NO 与CO反应转化为两种对大气无污染的气体氮气和二氧化碳，反应方程式为2NO＋2CON2＋2CO2，已知④2NO(g)＋2H2(g)===N2(g)＋2H2O(g)　ΔH4＝－665 kJ/mol；⑤H2(g)＋CO2(g)===H2O(g)＋CO(g)　ΔH5＝＋41 kJ/mol，根据盖斯定律，由④－⑤×2得2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g)　ΔH＝ΔH4－ΔH5×2＝－665 kJ/mol－(＋41 kJ/mol)×2＝－747 kJ/mol。2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g)的正反应为气体体积缩小的放热反应， A．适当升高温度，化学反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，选项A不符合；B.适当降低温度，化学反应速率减小，平衡向正反应方向移动，选项B不符合；C.压缩体积增大压强，化学反应速率增大，平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，选项C符合；D.使用正催化剂，化学反应速率增大，但平衡不移动，选项D不符合。化学平衡常数只与温度有关，温度不变，K值不变。‎ ‎(3)由实验数据测到v(正)～c(O2)的关系如题图所示，当x点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的点为b点，因为升高温度，平衡向吸热方向移动，即逆向移动，c(O2)增大；升高温度，k值减小，该反应速率下降。‎ 答案：(1)N2O(g)＋H2(g)===N2(g)＋H2O(g)　②　‎ ‎(2)2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g)　ΔH＝－747 kJ/mol　C　不变 ‎(3)b　升高温度，平衡向吸热方向移动，即逆向移动，c(O2)增大　升高温度，k值减小，该反应速率下降 ‎6．Ⅰ.据报道，我国在南海北部神狐海域进行的可燃冰(甲烷的水合物)试采获得成功。甲烷是一种重要的化工原料。‎ ‎(1)甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，除部分氧化外还有以下两种：‎ 水蒸气重整：CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)　ΔH1＝＋205.9 kJ·mol－1　 ①‎ CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)　ΔH2＝－41.2 kJ·mol－1　②‎ 二氧化碳重整：CH4(g)＋CO2(g) 2CO(g)＋2H2(g)　ΔH3　③‎ 则反应①自发进行的条件是________________，ΔH3＝______________kJ·mol－1。‎ Ⅱ.氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨则是人工固氮比较成熟的技术，其原理为N2 (g)＋3H2 (g) 2NH3(g)。‎ ‎(2)在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始N2、H2 分别为0.1 mol、0.3 mol时，平衡后混合物中氨的体积分数(φ)如下图所示。 ‎ ‎①其中，p1、p2 和p3 由大到小的顺序是______________________________，‎ 其原因是_____________________________________。‎ ‎②若分别用vA(N2)和vB(N2)表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率，则vA(N2)________vB(N2)(填“>”“<”或“＝”)。‎ ‎③若在250 ℃、p1 为105 Pa条件下，反应达到平衡时容器的体积为1 L，则该条件下B点N2 的分压p(N2)为__________Pa (分压＝总压×物质的量分数，保留一位小数)。‎ Ⅲ.以连二硫酸根(S2O)为媒介，使用间接电化学法也可处理燃煤烟气中的NO，装置如图所示：‎ ‎(3)①阴极区的电极反应式为_________________________________。‎ ‎②NO吸收转化后的主要产物为NH，若通电时电路中转移了0.3 mol e－，则此通电过程中理论上吸收的NO在标准状况下的体积为________mL。‎ 解析：Ⅰ.(1)反应①CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)　ΔH1＝＋205.9 kJ·mol－1的ΔH>0，ΔS>0，反应要自发进行，ΔG＝ΔH－TΔS<0，需要高温才能自发进行；根据①CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)　ΔH1＝＋205.9 kJ·mol－1，②CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)　ΔH2＝－41.2 kJ·mol－1，结合盖斯定律，由①－②得：CH4(g)＋CO2(g) 2CO(g)＋2H2(g) ΔH3＝(＋205.9 kJ·mol－1)－(－41.2 kJ·mol－1)＝＋247.1 kJ·mol－1。‎ Ⅱ.(2)①由N2＋3H22NH3 可知，增大压强，平衡正向移动，由图像可知在相同温度下，平衡后混合物中氨的体积分数(φ)为p1＞p2＞p3，因此压强关系是p1＞p2＞p3。‎ ‎②温度越高，压强越大，反应速率越大，p1＞p2，由图可知，平衡状态B对应的温度高、压强大，则反应速率大。‎ ‎③　　 N2　＋　3H22NH3‎ 开始(mol) 0.1 0.3 0‎ 转化(mol) x 3x 2x 平衡(mol) 0.1－x 0.3－3x 2x ＝0.667，x＝0.08，则B点N2 的分压p(N2)为×105 Pa＝8.3×103 Pa。‎ Ⅲ.(3)①由图可知，阴极区通入液体主要含SO，流出液体主要含S2O，所以阴极区电极反应式为2SO＋4H＋＋2e－===S2O＋2H2O。‎ ‎②由于NO吸收转化后的主要产物为NH，NO～NH～5e－，若电路中转移0.3 mol e－，则理论上吸收NO 0.06 mol，标准状况下体积为0.06 mol×22.4 L/mol×1 000 mL/L＝1 344 mL。‎ 答案：Ⅰ.(1)高温　＋247.1 ‎ Ⅱ.(2)①p1>p2>p3　温度相同时，增大压强，化学平衡向正反应方向移动，故平衡混合物中氨的体积分数越大则对应压强越大　②<　③8.3×103‎ Ⅲ.(3)①2SO＋4H＋＋2e－===S2O＋2H2O　②1 344‎ ‎7．亚硝酰氯(ClNO)是有机合成中常用的试剂。‎ 已知：①2NO2(g)＋NaCl(s) NaNO3(s)＋ClNO(g)　ΔH1＝a kJ·mol－1‎ ‎②4NO2(g)＋2NaCl(s) 2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)　ΔH2＝b kJ·mol－1‎ ‎③2NO(g)＋Cl2(g) 2ClNO(g)　ΔH3＝c kJ·mol－1‎ ‎(1)上述反应中，a、b、c之间满足的关系为________________________。‎ ‎(2)某温度下，在密闭容器中发生反应：2NO(g)＋Cl2(g) 2ClNO(g)，正反应速率表达式为v正＝k·cn(NO)·cm(Cl2)(k是反应速率常数，只与温度有关；n、m为反应级数，只取正数)。测得正反应速率与浓度的关系如下表所示：‎ 序号 c(NO)/ (mol·L－1)‎ c(Cl2)/ (mol·L－1)‎ v正/ (mol·L－1·min－1)‎ ⅰ ‎0.100‎ ‎0.100‎ ‎0.144‎ ⅱ ‎0.100‎ ‎0.200‎ ‎0.288‎ ⅲ ‎0.200‎ ‎0.100‎ ‎0.576‎ ‎①n＝______________，m＝______________。‎ ‎②反应达到平衡后，其他条件不变时，缩小容器体积瞬间，v正______________v逆(填“>”“<”或“＝”)。NO的平衡转化率______________(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎(3)在2 L恒容密闭容器中充入0.8 mol ClNO(g)，发生反应：2ClNO(g) Cl2(g)＋2NO(g)　ΔH ‎，测得c(Cl2)与温度和时间的关系如图甲所示。300 ℃时达到平衡后，温度与平衡常数负对数(－lg K)的关系如图乙所示。‎ ‎①a＝______________。‎ ‎②图乙中符合题意的曲线为______________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。‎ 解析：(1)由①×2－②得③2NO(g)＋Cl2(g) 2ClNO(g)，所以ΔH3＝2a kJ·mol－1－b kJ·mol－1＝c kJ·mol－1，因此，上述反应中，a、b、c之间满足的关系为2a＝b＋c或c＝2a－b或b＝2a－c。‎ ‎(2)①将ⅰ、ⅱ两组数据代入v正＝k·cn(NO)·cm(Cl2)中，可求出m＝1；将ⅰ、ⅲ两组数据代入v正＝k·cn(NO)·cm(Cl2)中，可以求出n＝2。‎ ‎②反应2NO(g)＋Cl2(g) 2ClNO(g)达到平衡后，其他条件不变时，缩小容器体积瞬间，正反应速率和逆反应速率均增大，但正反应速率增大得多，所以v正>v逆，化学平衡向正反应方向移动，NO的平衡转化率增大。‎ ‎(3)①在2 L恒容密闭容器中充入0.8 mol ClNO(g)，则c(ClNO)＝0.4 mol·L－1。由图甲可知，在300 ℃时达到平衡后，c(Cl2)＝0.1 mol·L－1，由发生的反应2ClNO(g) Cl2(g)＋2NO(g)可知，另外两组分的平衡浓度均为0.2 mol·L－1，所以该反应在此温度下的平衡常数K＝＝0.1，a＝－lg K＝1。‎ ‎②由图甲可知，在400 ℃，氯气的平衡浓度较高，说明温度升高后，化学平衡向正反应方向移动，所以该反应为吸热反应，温度越高，其化学平衡常数越大，－lg K就越小。因此，图乙中符合题意的曲线为Ⅱ。‎ 答案：(1)2a＝b＋c(或c＝2a－b或b＝2a－c)‎ ‎(2)①2　1　②>　增大　‎ ‎(3)①1　②Ⅱ ‎8．雾霾天气严重影响人们的生活，其中氮氧化物和硫氧化物是造成雾霾天气的主要原因之一。消除氮氧化物和硫氧化物有多种方法：‎ ‎(1)用活性炭还原法可以处理氮氧化物。某研究小组向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，发生反应：C(s)＋2NO(g) N2(g)＋CO2(g)　ΔH＝Q kJ· mol－1。‎ 在T1 ℃时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下表。‎ 时间/min浓度/‎ ‎(mol·L－1)　　　　‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ NO ‎1.00‎ ‎0.58‎ ‎0.40‎ ‎0.40‎ ‎0.48‎ ‎0.48‎ N2‎ ‎0‎ ‎0.21‎ ‎0.30‎ ‎0.30‎ ‎0.36‎ ‎0.36‎ CO2‎ ‎0‎ ‎0.21‎ ‎0.30‎ ‎0.30‎ ‎0.36‎ ‎0.36‎ ‎①0～10 min 内，NO的平均反应速率v(NO)＝________________。T1 ℃时，该反应的平衡常数K＝____________。‎ ‎②30 min 后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据上表中的数据判断改变的条件可能是____________(填字母)。‎ a．加入一定量的活性炭 b．通入一定量的NO c．适当缩小容器的体积 d．加入合适的催化剂 ‎③若30 min 后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2 的浓度之比为5∶3 ∶3，则Q________0(填“＞”“＝”或“<”)。‎ ‎(2)NH3 催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图甲所示。‎ ‎①由图甲可知，SCR技术中的氧化剂为____________。已知c(NO2)∶c(NO)＝1∶1时脱氮效果最佳，若生成1 mol N2 时反应放出的热量为Q kJ。此时对应的脱氮反应的热化学方程式为__________________________________________________________。‎ ‎②图乙是不同催化剂Mn和Cr在不同温度下对应的脱氮率，由图可知工业使用的最佳催化剂和相应的温度分别为________________。‎ ‎(3)利用喷雾干燥法脱硫工艺是除去SO2 的常见方法，先将含SO2 的废气溶于水，再用饱和石灰浆吸收。该温度下吸收液中c(Ca2＋)一直保持为0.70 mol·L－1，已知Ksp(CaSO3)＝1.4×10－7，求吸收后溶液中SO 的浓度为______________________。‎ 解析：(1)①分析图表数据，0～10 min内，NO的平均反应速率v(NO)＝＝0.042 mol·L－1·min－1；‎ 化学平衡三段式列式计算平衡浓度：‎ ‎　　　　　　C(s)＋2NO(g) N2(g)＋CO2(g)‎ 起始量(mol·L－1) 1 0 0‎ 变化量(mol·L－1) 0.6 0.3 0.3‎ 平衡量(mol·L－1) 0.4 0.3 0.3‎ K＝＝。‎ ‎②30 min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据图表数据分析可以知道一氧化氮、氮气、二氧化碳浓度都增大。a.活性炭是固体，对平衡无影响，故a不符合；b.通入一定量的NO，平衡正向移动，达到平衡后一氧化氮、氮气、二氧化碳浓度都增大，故b符合；c.适当缩小容器的体积，反应前后是气体体积不变的反应，平衡不移动，但各物质浓度增大，故c符合；d.加入合适的催化剂，只能改变化学反应速率，不能改变平衡，浓度不变，故d不符合。‎ ‎③若30 min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2 的浓度之比为5∶3∶3，则T2℃时的平衡常数K＝<，这说明升高温度，平衡常数K减小，即平衡向逆反应方向移动，因此逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，故Q<0。‎ ‎(2)①由图甲可以知道SCR技术中NH3 与NO、NO2 反应的产物为N2 和水，故氧化剂为NO、NO2；脱氮效果最佳时c(NO2)∶c(NO)＝1∶1，因此反应的热化学方程式为2NH3(g)＋NO(g)＋NO2(g)===2N2(g)＋3H2O(g)　ΔH＝－2Q kJ·mol－1。‎ ‎②根据图乙知Mn作催化剂时，在200 ℃左右脱氮率最高，Cr作催化剂时，在450 ℃左右脱氮率最高，但二者的最高脱氮率差不多，使用Mn作催化剂需要的温度低，更经济，因此使用的最佳催化剂和相应的温度分别为Mn、200 ℃左右。‎ ‎(3)根据亚硫酸钙的溶度积常数表达式Ksp(CaSO3)＝c(Ca2＋)·c(SO)可知，c(SO)＝＝ mol·L－1＝2.0×10－7 mol·L－1。‎ 答案： (1)①0.042 mol·L－1·min－1　(或 0.562 5)‎ ‎②bc　③<　‎ ‎(2)①NO、NO2　2NH3(g)＋NO(g)＋NO2(g)===2N2(g)＋3H2O(g)　ΔH＝－2Q kJ·mol－1‎ ‎②Mn、200 ℃左右 ‎(3)2.0×10－7 mol·L－1‎ ‎9．NH3 是一种重要的化工原料。‎ ‎(1)不同温度、压强下，合成该平衡体系NH3的物质的量分数如图(N2和H2 的起始物质的量之比为1∶3)。‎ ‎①分析图中数据，升高温度，该反应的平衡常数K________(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎②如果开始时向密闭容器中投入1.0 mol N2 和3.0 mol H2，则在500 ℃、3×107 Pa条件下达到平衡时N2 的平衡转化率＝________(保留两位有效数字)。‎ ‎③液氨和水颇为相像，它能溶解多种无机及有机分子，其电离方程式可表示为2NH3NH＋NH(某温度下其离子积常数为10－30)。液氨中的pNH4 与水中的pH相似，则该温度下液氨的pNH4＝________。‎ ‎(2)以氨气代替氢气研发氨清洁燃料电池是当前科研的一个热点。氨燃料电池使用的电解质溶液是KOH溶液。该电池负极的电极反应式为_________________________。‎ ‎(3)NH3 也是造成水体富营养化的重要因素之一，用次氯酸钠水解生成的次氯酸将水中的NH3 转化为氮气除去，其相关反应的热化学方程式如下：‎ 反应Ⅰ： NH3 (aq)＋HClO(aq)===NH2Cl(aq)＋H2O(l)　ΔH1＝a kJ/mol；‎ 反应Ⅱ：NH2Cl(aq)＋HClO(aq)===NHCl2(aq)＋H2O(l)　ΔH2＝b kJ/mol；‎ 反应Ⅲ： 2NHCl2(aq)＋H2O(l)===N2(g)＋HClO(aq)＋3HCl(aq)　 ΔH3＝c kJ/mol。‎ ‎①2NH3(aq)＋3HClO(aq)===N2 (g)＋3HCl(aq)＋3H2O(l)　ΔH＝________kJ/mol。‎ ‎②已知在水溶液中NH2Cl较稳定，NHCl2 不稳定易转化为氮气。在其他条件不变的情况下，改变对溶液中次氯酸钠去氨氮效果与余氯(溶液中＋1价氯元素的含量)的影响如图所示。a点之前溶液中发生的主要反应为________(填序号)。‎ ‎ A．反应Ⅰ、Ⅱ　　　B．反应Ⅰ ‎③除氨氮过程中最佳的值约为____________________________。‎ 解析：(1)①根据题图，随着温度的升高，NH3 的物质的量分数减小，说明正反应是放热反应，即升高温度，平衡常数K减小；‎ ‎②　　　　　N2　＋　3H22NH3‎ 起始(mol) 1.0 3.0 0‎ 变化(mol) x 3x 2x 平衡(mol) 1.0－x 3.0－3x x ‎500 ℃、3×107 Pa时NH3 的物质的量分数为0.260，即2x/(1.0－x＋3.0－3x＋2x)＝0.260，解得x＝0.41，即N2 的转化率为41%；‎ ‎③类似水的离子积，c(NH)×c(NH)＝10－30，且c(NH)＝c(NH)，推出c(NH)＝10－15mol/L，因此该温度下pNH4＝15。‎ ‎(2)因为是清洁能源，因此NH3→N2，根据原电池的工作原理，NH3 在负极上参与反应，电解质为KOH溶液，因此负极反应式为2NH3－6e－＋6OH－===N2＋6H2O。‎ ‎(3)①反应Ⅰ×2＋反应Ⅱ×2＋反应Ⅲ得目标方程式，则ΔH＝(2a＋2b＋c) kJ/mol；‎ ‎②a点之前，次氯酸的量少，氨气的量多，因此发生反应Ⅰ，故选项B正确；‎ ‎③去除率较高，同时余氯量最少，图像中符合的比值约为1.5。‎ 答案：(1)①减小　②41%　 ③15‎ ‎(2)2NH3－6e－＋6OH－===N2＋6H2O　 ‎ ‎(3)①2a＋2b＋c　②B　③1.5‎ ‎10．按要求回答下列问题：‎ ‎(1)氯化铜溶液中含铜粒子的分布分数与c(Cl－) 的关系如图所示。‎ ‎①当c(Cl－)＝9 mol·L－1 时，溶液中主要的3种含铜微粒浓度大小关系为______________。‎ ‎②在c(Cl－)＝1 mol·L－1 的氯化铜溶液中滴入AgNO3 溶液，含铜微粒间转化的离子方程式为__________________________________(任写一个)。‎ ‎(2)CoCl2·6H2O常用作多彩水泥的添加剂，以含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取CoCl2·6H2O的一种工艺如下：‎ 已知：‎ 沉淀物 Fe(OH)3‎ Fe(OH)2‎ Co(OH)2‎ Al(OH)3‎ 开始沉淀(pH)‎ ‎2.3‎ ‎7.5‎ ‎7.6‎ ‎3.4‎ 完全沉淀(pH)‎ ‎4.1‎ ‎9.7‎ ‎9.2‎ ‎5.2‎ ‎①净化除杂时，加入H2O2 发生反应的离子方程式为 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎②加入CoCO3 调pH为5.2～7.6，则操作Ⅰ获得的滤渣成分为____________(填化学式)。‎ ‎③加盐酸调整pH为2～3的目的为___________________________。‎ ‎(3)下表是25 ℃时某些弱酸的电离平衡常数。‎ 化学式 CH3COOH HClO H2CO3‎ H2C2O4‎ Ka ‎1.8×10－5‎ ‎3.0×10－8‎ Ka1＝4.1×10－7‎ Ka2＝5.6×10－11‎ Ka1＝5.9×10－2‎ Ka2＝6.4×10－5‎ ‎①H2C2O4 与含等物质的量的KOH的溶液反应后所得溶液呈酸性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_____________________________________________________。‎ ‎②pH相同的NaClO和CH3COOK溶液，其溶液的物质的量浓度的大小关系是 c(CH3COOK)______c(NaClO)，两溶液中：c(Na＋)－c(ClO－)______c(K＋)－c(CH3COO－)。(填“>”“<”或“＝”)‎ ‎③向0.1 mol·L－1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)∶c(CH3COO－)＝5∶9，此时溶液的pH＝________。‎ ‎④碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式为____________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 解析：(1)①当c(Cl－)＝9 mol·L－1 时，溶液中主要的3种含铜微粒浓度大小关系为c(CuCl2)＞c(CuCl＋)＞c(CuCl)。②根据图像可以看出当c(Cl－)＝1 mol·L－1 时含铜微粒有Cu2＋、CuCl＋、CuCl2，滴入AgNO3溶液，生成AgCl，c(Cl－)减小，结合图像可知含铜微粒间转化的离子方程式有CuCl＋＋Ag＋===AgCl↓＋Cu2＋、CuCl2＋Ag＋===CuCl＋＋AgCl↓、CuCl2＋2Ag＋===Cu2＋＋2AgCl↓。‎ ‎(2)①加入H2O2 把二价亚铁离子氧化为三价铁离子，发生反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋ ＋2H2O。②操作Ⅰ是分离Fe(OH)3、Al(OH)3 沉淀和溶液的操作，是过滤，前面调节pH的目的是让三价铁离子和铝离子转化为沉淀，所以沉淀的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3。③加盐酸调整pH为2～3的目的为抑制CoCl2 的水解。‎ ‎(3)①H2C2O4 与含等物质的量的KOH的溶液反应后恰好得到草酸氢钾，所得溶液呈酸性，说明HC2O的电离程度大于水解程度，则该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(K＋)>c(HC2O)>c(H＋)>c(C2O)>c(OH－)。②次氯酸的酸性弱于醋酸，次氯酸根离子的水解程度大于醋酸根离子的水解程度，因此pH相同的NaClO和CH3COOK溶液相比，醋酸钾的浓度大。根据电荷守恒可知两溶液中c(Na＋)－c(ClO－)＝c(K＋)－c(CH3COO－)＝c(OH－)－c(H＋)。③向0.1 mol·L－1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)∶c(CH3COO－)＝5∶9，根据醋酸的电离常数可知c(H＋)＝＝10－5 mol·L－1，此时溶液pH＝5。‎ 答案：(1)①c(CuCl2)＞c(CuCl＋)＞c(CuCl)‎ ‎②CuCl＋＋Ag＋===AgCl↓＋Cu2＋(或CuCl2＋Ag＋===CuCl＋＋AgCl↓或CuCl2＋2Ag＋===Cu2＋＋2AgCl↓)‎ ‎(2)①2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O ‎②Al(OH)3、Fe(OH)3　③抑制CoCl2 的水解 ‎(3)①c(K＋)>c(HC2O)>c(H＋)>c(C2O)>c(OH－)　②>　＝　③5　④2CO＋Cl2＋H2O===Cl－＋ClO－＋2HCO ‎11．铵盐是比较重要的盐类物质，请回答下列问题。‎ ‎(1)草酸是二元弱酸，能形成两种铵盐。‎ ‎①(NH4)2C2O4溶液呈酸性，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_____________。‎ ‎②NH4HC2O4溶液中，c(H2C2O4)－c(C2O)＝_______________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)NH4SCN溶液与AgNO3溶液反应会生成AgSCN沉淀。已知：常温下，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgSCN)＝2.0×10－12，则AgCl转化为AgSCN的平衡常数K＝________。‎ ‎(3)氯化铵是最常见的铵盐，在工业生产中用途广泛。‎ ‎①热的浓氯化铵溶液可以清洗铁器表面锈迹，写出相关反应的离子方程式：________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎②常温下，向100 mL 0.2 mol·L－1的氨水中逐滴加入0.2 mol·L－1的盐酸，所得溶液的pH、溶液中NH和NH3·H2O的物质的量分数与加入盐酸的体积的关系如图所示。‎ a．表示NH3·H2O物质的量分数变化的曲线是________(填“A”或“B”)。‎ b．NH3·H2O的电离常数为____________。‎ c．当加入盐酸的体积为50 mL时，溶液中c(NH)－c(NH3·H2O)＝________ mol·L－1(用式子表示)。‎ ‎③常温下，在20 mL a mol·L－1氨水中滴加20 mL b mol·L－1盐酸恰好使溶液呈中性。常温下，NH的水解常数Kh＝________(用含a、b的代数式表示)。‎ ‎④为了探究外界条件对氯化铵水解平衡的影响，设计如下实验方案：‎ 实验序号 c(NH4Cl)/ (mol·L－1)‎ 温度/℃‎ 待测物理量 实验目的 Ⅰ ‎0.5‎ ‎30‎ x ‎—‎ Ⅱ ‎1.5‎ ⅰ y 探究浓度对氯化铵水解平衡的影响 Ⅲ ‎0.5‎ ‎35‎ z ⅱ Ⅳ ‎2.0‎ ‎40‎ m 探究温度、浓度同时对氯化铵水解平衡的影响 限选药品和仪器：恒温水浴、pH计、烧杯、0.1 mol·L－1硝酸银溶液、蒸馏水和各种浓度的NH4Cl溶液。‎ a．实验中，“待测物理量”是____________________________________。‎ b．ⅰ＝__________________；ⅱ：___________________________。‎ c．上述表格中，y________m(填“>”“<”或“＝”)。‎ 解析：(1)①(NH4)2C2O4溶液呈酸性，说明NH的水解程度大于C2O的水解程度，又因水也电离，故c(OH－)>c(HC2O)。②根据物料守恒得c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)，根据电荷守恒得c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)＋2c(C2O)，则c(H2C2O4)－c(C2O)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)－c(H＋)。(2)AgCl转化为AgSCN的离子方程式为AgCl(s)＋SCN－(aq) AgSCN(s)＋Cl－(aq)，K＝＝＝＝＝90。(3)①氯化铵水解使溶液呈酸性，能溶解氧化铁。②a.随着反应的进行，NH3·H2O的物质的量逐渐减少，故表示NH3·H2O物质的量分数变化的曲线是A。b.NH和NH3·H2O的物质的量分数都为50%时，c(NH3·H2O)＝c(NH)，pH＝9.26，则c(OH－)＝ mol·L－1＝1.0×10－4.74 mol·L－1，NH3·H2O的电离常数Kb＝＝c(OH－)＝1.0×10－4.74。c.当加入盐酸的体积为50 mL时，pH＝9，则c(H＋)＝1.0×10－9 mol·L－1，c(OH－)＝1.0×10－5 mol·L－1，由电荷守恒得c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，由物料守恒得c(NH3·H2O)＋c(NH)＝2c(Cl－)，则有c(NH)－c(NH3·H2O)＝2[c(OH－)－c(H＋)]＝(2.0×10－5－2.0×10－9) mol·L－1。③NH3·H2O＋HCl===NH4Cl＋H2O，中性溶液中溶质是NH4Cl、NH3·H2O，混合溶液中c(NH)＝c(Cl－)＝ mol·L－1，c(NH3·H2O)＝ mol·L－1，c(OH－)＝c(H＋)＝1.0×10－7 mol·L－1，NH的水解方程式为NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，Kh＝＝＝×10－7。④a.氯化铵水解使溶液呈酸性，其水解程度不同，则溶液的pH不同，故可根据溶液pH判断氯化铵水解情况。b.该实验为控制变量实验，实验Ⅰ为对照实验，实验Ⅱ探究的是浓度对氯化铵水解平衡的影响，则其他条件应与实验Ⅰ保持一致，ⅰ应为30；实验Ⅲ与实验Ⅰ的温度不同，则实验Ⅲ探究的是温度对氯化铵水解平衡的影响。c.升高温度、增大NH4Cl的浓度均能使氯化铵的水解平衡向右移动，水解程度增大，氯化铵溶液的酸性增强。‎ 答案：(1)①c(NH)>c(C2O)>c(H＋)>c(OH－)>c(HC2O)　②c(OH－)＋c(NH3·H2O)－c(H＋)‎ ‎(2)90　(3)①NH＋H2ONH3·H2O＋H＋、Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O　②a.A　b．1.0×10－4.74　c．(2.0×10－5－2.0×10－9)　③×10－7‎ ‎④a.pH　b．30　探究温度对氯化铵水解平衡的影响　c．>‎ ‎12．高氯酸铵(NH4ClO4)为白色晶体，具有不稳定性，在‎400 ℃‎时开始分解产生多种气 体，常用于生产火箭推进剂。某化学兴趣小组同学利用下列装置对NH4ClO4的分解产物进行探究。(假设装置内试剂均足量，部分夹持装置已省略)‎ ‎(1)在实验过程中发现C中铜粉由红色变为黑色，说明分解产物中有________(填化学式)。‎ ‎(2)实验完毕后，取D中硬质玻璃管中的固体物质于试管中，滴加蒸馏水，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，产生该气体的化学方程式为_________________。‎ ‎(3)通过上述实验现象的分析，某同学认为产物中还应有H2O，可能有Cl2。该同学认为可能有Cl2存在的理由是___________________________________________________。‎ ‎(4)为了证明H2O和Cl2的存在，选择上述部分装置和下列提供的装置进行实验：‎ ‎①按气流从左至右，装置的连接顺序为A→________→________→________。‎ ‎②实验结束后发现G中液体变为橙黄色，用必要的文字和方程式解释出现该现象的原因：________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎③F中发生反应的离子方程式为________________________________________。‎ ‎(5)实验结论：NH4ClO4分解时产生了上述几种物质，则高氯酸铵分解的化学方程式为________________________________________________________________________。‎ ‎(6)在实验过程中仪器E中装有碱石灰的目的是___________________________‎ ‎_____________________________________________；实验结束后，某同学拟通过称量D中镁粉质量的变化，计算高氯酸铵的分解率，会造成计算结果________(填“偏大”“偏小”或“无法判断”)。‎ 解析：(1)NH4ClO4受热分解产生的气体经过碱石灰干燥后，能使铜由红色变为黑色，说明生成了氧化铜，所以分解产物中含有O2。(2)根据题干信息可知D中固体与H2O反应产生NH3，说明高氯酸铵分解产物中还有氮气，氮气与镁反应生成氮化镁，氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨气：Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2＋2NH3↑。(3)氧化还原反应中元素的化合价升高和降低是对立统一的关系，氧元素、氮元素的化合价升高，所以应该是氯元素化合价降低，可能有氯气生成。(4)检验水蒸气和氯气，应该先用H 中的无水硫酸铜检验水的存在，然后将氯气通入KBr溶液中，发生反应：2KBr＋Cl2===2KCl＋Br2，生成的溴单质溶于水使溶液呈橙黄色。为防止剩余氯气污染环境，还需进行尾气处理，所以气流顺序为A、H、G、F。F中氯气与NaOH溶液发生反应的离子方程式为Cl2＋2OH－===Cl－＋‎ ClO－＋H2O。(5)由实验现象可知高氯酸铵分解的产物有O2、Cl2、N2和H2O，根据得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式：2NH4ClO4N2↑＋2O2↑＋Cl2↑＋4H2O。(6)仪器E中装有碱石灰的目的是吸收空气中的CO2和水蒸气；但空气中的N2和O2仍会进入D中，造成产物质量偏大，导致计算出的高氯酸铵的分解率偏大。‎ 答案：(1)O2　(2)Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2＋2NH3↑　(3)O2和N2都是氧化产物，根据化合价变化规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成Cl2(答出要点即可)　(4)①H　G　F ‎②在KBr溶液中通入Cl2，发生反应：2KBr＋Cl2===2KCl＋Br2，生成的溴溶于水使溶液呈橙黄色 ‎③Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O ‎(5)2NH4ClO4N2↑＋2O2↑＋Cl2↑＋4H2O ‎(6)吸收空气中的CO2和水蒸气　偏大 ‎13．硫化碱法是工业上制备Na2S2O3的方法之一。某研究小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O3·5H2O。‎ ‎(1)利用吸硫装置A制取Na2S2O3。‎ ‎①写出吸硫装置A中发生反应的化学方程式_________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎②装置B的作用是检验装置中SO2的吸收效率，B中试剂是________，表明SO2吸收效率低的实验现象是B中溶液________。‎ ‎③为了使SO2尽可能吸收完全，除了及时搅拌反应物外，还可采取的合理措施是_____________________________________________________(写出一条即可)。‎ ‎(2)从反应液中获得Na2S2O3·5H2O的方法是____________________、减压抽滤、洗涤干燥。‎ ‎(3)实验制得的Na2S2O3·5H2O产品中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。请设计实验检测Na2S2O3·5H2O产品中是否存在Na2SO4杂质，简要说明实验操作、现象和结论：________________________________________________________________________。‎ ‎(4)①Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂，测定其浓度的过程如下：‎ 第一步：准确称取a g KIO3(相对分子质量为214)固体配成溶液；‎ 第二步：加入过量KI固体和H2SO4溶液，滴加指示剂；‎ 第三步：用Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为V mL。‎ 则c(Na2S2O3)＝________mol·L－1。(列出算式即可)‎ ‎(已知：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O,2S2O＋I2===S4O＋2I－)‎ ‎②在滴定过程中下列实验操作会造成实验结果偏低的是________(填字母)。‎ A．滴定管未用Na2S2O3溶液润洗 B．滴定终点时仰视读数 C．锥形瓶用蒸馏水润洗后未进行干燥处理 D．滴定管尖嘴处滴定前无气泡，达滴定终点时发现有气泡 解析：(1)①根据图示及原子守恒可知，装置A中Na2S和Na2CO3溶液吸收SO2生成Na2S2O3和CO2，其反应的化学方程式为2Na2S＋Na2CO3＋4SO2===3Na2S2O3＋CO2。②装置B中可用品红、溴水或酸性KMnO4溶液等检验装置中SO2的吸收效率，若吸收效率较低，则进入装置B的气体中SO2的浓度较大，现象是B中溶液颜色很快褪去。③为了使SO2尽可能吸收完全，还可采取控制SO2的流速或增大反应物的浓度等措施。(2)从反应液中获得Na2S2O3·5H2O的方法是蒸发浓缩、降温结晶、减压抽滤、洗涤干燥等。(3)欲检验制得的Na2S2O3·5H2O中是否含有Na2SO4杂质，需取少量制得的Na2S2O3·5H2O产品加水溶解，再加入稀盐酸充分反应，至不再有气体产生时，静置，取上层清液，加入BaCl2溶液，看是否有白色沉淀生成，即可判断是否含有Na2SO4杂质。(4)①根据题述离子方程式可得关系式：KIO3～3I2～6Na2S2O3，则有＝，解得c(Na2S2O3)＝ mol·L－1＝ mol·L－1。②滴定管未用Na2S2O3溶液润洗，导致消耗Na2S2O3溶液的体积增大，则测得的Na2S2O3溶液浓度偏低，A项正确；滴定终点时仰视读数，导致读取的溶液体积偏大，则测得的Na2S2O3溶液浓度偏低，B项正确；锥形瓶用蒸馏水润洗后未经干燥处理，对实验结果无影响，C项错误；滴定前尖嘴处无气泡，而达滴定终点时有气泡，导致读取的溶液体积偏小，则测得的Na2S2O3溶液浓度偏高，D项错误。‎ 答案：(1)①2Na2S＋Na2CO3＋4SO2===3Na2S2O3＋CO2　②品红、溴水或酸性KMnO4溶液　颜色很快褪去(其他合理答案也可)　③控制SO2的流速或增大反应物的浓度(其他合理答案也可)　(2)蒸发浓缩、降温结晶　(3)取少量制得的Na2S2O3·5H2O产品于试管中，加水溶解再加入稀盐酸调至酸性，静置片刻，再取上层清液于试管中，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则证明含Na2SO4杂质，否则不含Na2SO4　(4)①　②AB ‎14．过氧化钙(CaO2)是水产养殖中广泛使用的一种化学试剂。CaO2微溶于水，可与水缓慢反应。实验室用如下方法制备CaO2并测定其纯度。‎ Ⅰ.过氧化钙的制备 实验装置和步骤如下：‎ 步骤1：向盛有6% H2O2溶液和浓氨水混合液的三颈瓶中加入稳定剂，置于冷水浴 中；‎ 步骤2：向上述混合液中逐滴加入浓CaCl2溶液，边加边搅拌，析出固体CaO2·8H2O；‎ 步骤3：充分反应后，将所得固体过滤、洗涤、脱水干燥，得产品过氧化钙。‎ 请回答：‎ ‎(1)支管a的作用为_____________________________________________________。‎ ‎(2)步骤1中将三颈瓶置于冷水浴中，其主要目的为______________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(3)三颈瓶中发生反应的化学方程式为_______________________________________。‎ ‎(4)为研究氨水浓度和稳定剂种类对反应产率的影响，设计下列三组实验：‎ 实验编号 双氧水浓度/%‎ 氨水浓度/%‎ 稳定剂种类 产率/%‎ ‎①‎ ‎9‎ ‎9‎ NaH2PO4‎ ‎62.0‎ ‎②‎ a ‎10‎ NaH2PO4‎ ‎50.3‎ ‎③‎ b c Na2SiO3‎ ‎40.9‎ 则c＝________。‎ Ⅱ.过氧化钙纯度的测定 准确称取所制备的过氧化钙样品m g，置于锥形瓶中，分别加入30 mL蒸馏水和1 mL稀盐酸，振荡使之溶解。再加入0.5 mL MnSO4溶液，然后用c mol·L－1的KMnO4标准溶液滴定至终点(MnO被还原为Mn2＋)，消耗KMnO4标准溶液V mL。‎ ‎(5)滴定至终点的现象为_______________________________________________。‎ ‎(6)计算样品中CaO2的质量分数为________(用含m、c和V的代数式表示)。‎ ‎(7)实验中加入MnSO4溶液的作用是_____________________________________。‎ 若滴定管在使用前未用KMnO4标准溶液润洗，则测定结果将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。‎ ‎(8)过氧化钙可用于长途运输鱼苗，应用了过氧化钙________________________的性质(答出两点)。‎ 解析：(1)支管a的作用是平衡压强，有利于浓CaCl2溶液顺利滴下。(2)该反应放热，冷水浴可防止双氧水分解和氨水挥发。(3)三颈瓶中发生的反应为CaCl2＋H2O2＋2NH3·H2O＋6H2O===CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl。(4)由题表可知实验①和实验②是在双氧水浓度和稳定剂种类相同的条件下，研究不同氨水浓度对产率的影响；实验①和实验③或实验②和实验③是在双氧水浓度和氨水浓度相同的条件下，研究不同稳定剂对产率的影响，所以c＝9或10。(5)当滴入最后一滴KMnO4标准溶液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅紫红色，且在半分钟内不褪色，说明达到滴定终点。(6)由CaO2＋2H＋===Ca2＋＋H2O2,2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑，得到2MnO～5CaO2，n(CaO2)＝mol，CaO2的质量分数为×100%。(7)MnSO4起催化作用，可以加快反应速率；滴定管在使用前未用KMnO4标准溶液润洗，相当于将KMnO4标准溶液稀释，造成消耗KMnO4标准溶液的体积增大，测定结果偏高。(8)由题给条件“可与水缓慢反应”可知，其可与水反应放出氧气，由Na2O2能与CO2反应推出CaO2能吸收鱼苗呼出的CO2气体，由Na2O2能杀菌防腐推测CaO2也可杀菌防腐。‎ 答案：(1)平衡压强　(2)(反应放热)防止双氧水分解和氨水挥发　(3)CaCl2＋H2O2＋2NH3·H2O＋6H2O===CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl　(4)9或10　(5)滴入最后一滴KMnO4标准溶液，锥形瓶内溶液由无色变为浅紫红色，且在半分钟内不褪色　(6)×100%(合理即可)　(7)加快反应速率　偏高　(8)可与水缓慢反应放出氧气；能吸收鱼苗呼出的CO2气体；可杀菌防腐(任答两点即可)‎ ‎15.检测明矾样品(含砷酸盐)中的砷含量是否超标，实验装置如图所示(夹持装置已略去)。‎ ‎ [实验1]配制砷标准溶液 ‎①取‎0.132 g As2O3，用NaOH溶液完全溶解后，配制成‎1 L Na3AsO3溶液(1 mL此溶液中相当于含0.10 mg砷)。‎ ‎②取一定量上述溶液，配制‎1 L含砷量为1 mg·L－1的砷标准溶液。‎ ‎(1)步骤①中，必须使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有____________________。步骤②需取用步骤①中Na3AsO3溶液________mL。‎ ‎[实验2]制备砷标准对照液 ‎①往A瓶中加入2.00 mL砷标准溶液，再依次加入一定量的盐酸、KI溶液和SnCl2溶液，混匀，室温放置10 min，使砷元素全部转化为H3AsO3。‎ ‎②往A瓶中加入足量锌粒(含有ZnS杂质)，立即塞上装有乙酸铅棉花的导气管B，并使B管右侧末端插入比色管C中银盐吸收液的液面下，控制反应温度为25～‎40 ℃‎，45 min 后，生成的砷化氢气体被完全吸收，Ag＋被还原为红色胶态银。‎ ‎③取出C管，向其中添加氯仿至刻度线，混匀，得到砷标准对照液。‎ ‎(2)乙酸铅棉花的作用是_______________________________________________。‎ ‎(3)完成生成砷化氢反应的离子方程式：‎ Zn＋____H3AsO3＋____H＋===____(　　)＋____Zn2＋＋____(　　)‎ ‎(4)控制A瓶中反应温度的方法是________；反应中，A瓶有较多氢气产生，氢气除了起搅拌作用外，还具有的作用是____________________________。‎ ‎(5)B管右侧末端导管口径不能过大(约为‎1 mm)，目的是_________________________‎ ‎____________________________________________。‎ ‎[实验3]判断样品中砷含量是否超标 称取a g明矾样品替代[实验2]①中“2.00 mL砷标准溶液”，重复[实验2]后续操作。将实验所得液体与砷标准对照液比对，若所得液体的颜色浅，则说明该样品含砷量未超标，反之则超标。‎ ‎(6)国标规定砷限量为百万分之二(质量分数)，若该明矾样品中砷含量恰好未超标，则a的值为________。‎ 解析：(1)步骤①配制‎1 L Na3AsO3溶液需选用1 000 mL的容量瓶，定容时要使用胶头滴管。1 mL原Na3AsO3溶液中相当于含0.10 mg砷，则‎1 L原Na3AsO3溶液中含100 mg砷，含砷量为100 mg·L－1，设步骤②配制‎1 L含砷量为1 mg·L－1的砷标准溶液时需原Na3AsO3溶液的体积为V，则100 mg·L－1·V＝1 mg·L－1×1 000 mL，解得V＝10.0 mL。(2)锌粒中的杂质能与盐酸反应生成H2S气体，装置中的乙酸铅棉花可除去H2S气体。(3)根据生成AsH3气体，结合Zn和As元素的化合价变化、原子守恒及电荷守恒可配平该离子方程式为3Zn＋H3AsO3＋6H＋===AsH3↑＋3Zn2＋＋3H2O。(4)反应温度需控制为25～40 ℃，可采用水浴加热法控制温度。A瓶中Zn与盐酸反应生成的H2不仅起搅拌作用，还能将AsH3气体完全带入C管，使AsH3气体被完全吸收。(5)B管右侧末端导管口径较小，是为了增大AsH3与银盐吸收液的接触面积，使AsH3气体被充分吸收，确保吸收液中形成胶态银。(6)根据关系式As～H3AsO3～AsH3(As质量守恒)，当该明矾样品中砷含量为百万分之二(恰好未超标)时，a g×＝2.00×10－‎3 L×，解得a＝1.0。‎ 答案：(1)1 000 mL容量瓶、胶头滴管　10.0　(2)除去H2S气体　(3)3Zn＋H3AsO3＋‎ ‎6H＋===AsH3↑＋3Zn2＋＋3H2O　(4)水浴加热　将AsH3气体完全带入C管(或其他合理答案)　(5)增大反应物接触面积，使AsH3气体被充分吸收，确保形成胶态银　(6)1.0‎ ‎16．硫化钠主要用于皮革、毛纺、高档纸张、染料等行业。生产硫化钠大多采用无水芒硝(Na2SO4)－炭粉还原法，其流程示意图如下：‎ ‎(1)上述流程中采用稀NaOH溶液比用热水更好，理由是______________________‎ ‎__________________________________________________。‎ ‎(2)同学甲根据氧化还原反应的原理认为上述流程中产生的气体可能是CO、CO2、SO2，他从下列装置中选择必要的装置设计简易的实验方案验证他的假设(加热装置省略)。‎ ‎①选择装置连接导管接口，其气流从左到右的顺序为_________________________。‎ ‎②能证明有CO2气体的现象为________________________________________________‎ ‎____________________________________________________________________________。‎ ‎③正确连接装置并反应一段时间后，用集气瓶能收集到一定体积的气体，说明混合气体中含有CO。确认气体中含有CO的另一种方法是__________________________________‎ ‎____________________________________________________________________________。‎ ‎(3)同学乙认为“煅烧”后的固体中可能含有Na2SO3。‎ ‎①检验反应后的固体中是否还有剩余的无水芒硝，需要的试剂是_________________‎ ‎____________________________________________________。‎ ‎②设计实验证明反应后的固体中是否含有Na2SO3，完成实验报告。‎ 供选择试剂有：酚酞溶液、硝酸、稀盐酸、品红溶液、澄清石灰水。‎ 实验步骤 实验操作 现象及结论 Ⅰ 取少量制得的硫化钠晶体溶于水，过滤得到滤液 除去炭粉等难溶性的杂质 Ⅱ 取少量滤液于试管中，____________‎ ‎____________‎ ‎(4)实验测得硫酸钠与焦炭的反应产物由温度、反应物质量比决定。如果反应产物为两种盐，两种气体产物体积比为1∶3，且平均相对分子质量为32，则煅烧反应的化学方程式为________________________________________________________________________。‎ 解析：(1)硫化钠是强碱弱酸盐，在热水中水解程度增大，而在稀氢氧化钠溶液中水解被抑制。(2)①制备气体(A)、检验SO2(E)、除去SO2并确定SO2被除尽(B)、检验CO2(D)、除去CO2并收集CO(C)，连接装置时，洗气瓶中长导管进气，短导管出气，故装置连接顺序为a→g→h→c→b→e→f→d。②因为SO2、CO2都能使澄清石灰水变浑浊，所以，必须强调装置B中溶液颜色不褪色，说明SO2被除尽。③检验CO用点燃、氧化等方法都可以。(3)①检验反应后固体中是否还有剩余的硫酸钠时，加入盐酸除去可能存在的亚硫酸钠，用氯化钡检验硫酸根离子，故所用试剂是稀盐酸和氯化钡溶液。②2S2－＋SO＋6H＋===3S↓＋3H2O，如果硫化钠中含有亚硫酸钠，则除去炭粉等难溶性的杂质后，加入足量稀盐酸会产生淡黄色固体。(4)根据氧化还原反应原理，硫酸钠与焦炭反应生成硫化钠、亚硫酸钠、CO、CO2。若CO、CO2的体积比为1∶3，则平均相对分子质量为40，不符合题意，舍去；若CO、CO2的体积比为3∶1，则平均相对分子质量为32，符合题意。则煅烧反应的化学方程式为2Na2SO4＋‎4CNa2S＋Na2SO3＋3CO↑＋CO2↑。‎ 答案：(1)热水会促进Na2S水解，而稀NaOH溶液能抑制Na2S水解　(2)①a→g→h→c→b→e→f→d　②装置B中溶液颜色不褪色，装置D中澄清石灰水变浑浊 ‎③取出水槽中导气管，导出的气体能点燃(或其他合理答案均可)　(3)①稀盐酸和氯化钡溶液　②滴加足量稀盐酸　若产生淡黄色沉淀，则含有亚硫酸钠，反之则不含亚硫酸钠　(4)2Na2SO4＋‎4CNa2S＋Na2SO3＋3CO↑＋CO2↑‎ ‎17．一氧化二氯(Cl2O)是一种氯化剂和氧化剂，极易溶于水，与水反应生成HClO，遇有机物易燃烧或爆炸。利用如图装置可制备Cl2O。‎ 已知Cl2O的部分性质如表：‎ 熔点 沸点 制备方法 ‎－‎‎120.6 ℃‎ ‎2.0 ℃‎ ‎2HgO＋2Cl2===Cl2O＋HgCl2·HgO 回答下列问题：‎ ‎(1)装置甲中仪器B的名称是________。‎ ‎(2)装置甲的作用是为该制备反应提供Cl2，写出该装置中制备Cl2的离子方程式：________________________________________________________________________。‎ ‎(3)装置乙的作用是________，装置丙的洗气瓶中盛有的试剂是________。‎ ‎(4)装置戊中的特型烧瓶内盛有玻璃丝，玻璃丝上附着有HgO粉末，其中玻璃丝的作用是________________________________________________________________________。‎ ‎(5)装置戊和装置己之间的装置为玻璃连接装置，而不是橡胶管，其原因是___________。‎ ‎(6)氨的沸点为－‎33.4 ℃‎，熔点为－‎77.7 ℃‎，则装置己中收集到的产物为________(填“固体”“液体”或“气体”)物质。若实验开始前称量装置戊中的玻璃丝与HgO的混合物的质量为a g，实验结束后玻璃丝及其附着物的质量为b g，则制备的Cl2O为________mol。‎ ‎(7)尾气中的有毒气体成分是________，可用________吸收除去。‎ 解析：(2)根据装置甲的特点可知该装置中浓盐酸与MnO2反应制备Cl2，反应的离子方程式为2Cl－＋4H＋＋MnO2Cl2↑＋Mn2＋＋2H2O。(3)用浓盐酸制备的Cl2中含HCl、水蒸气杂质，故装置乙中盛有饱和食盐水，其作用是除去HCl杂质，装置丙的作用是干燥氯气，故盛有浓硫酸。(4)玻璃丝可增大Cl2与HgO的反应接触面积，从而提高化学反应速率。(5)根据题干信息“遇有机物易燃烧或爆炸”，知装置戊和装置己不能用橡胶管、塑料管等含有机物的管道连接，否则易发生燃烧或爆炸。(6)Cl2O的沸点为‎2.0 ℃‎，液氨可使其液化。根据Cl2O的制备原理，运用差量法进行计算，设制备的Cl2O的物质的量为x mol，则＝，解得x＝。(7)结合题目中的信息可知尾气中含有空气、Cl2、Cl2O，其中后两者有毒；这两种有毒气体均能被碱液吸收。‎ 答案：(1)圆底烧瓶 ‎(2)2Cl－＋4H＋＋MnO2Cl2↑＋Mn2＋＋2H2O ‎(3)除去Cl2中的HCl杂质　浓硫酸 ‎(4)增大反应物接触面积，提高反应速率 ‎(5)防止Cl2O与橡胶管接触发生燃烧或爆炸 ‎(6)液体　 ‎(7)Cl2、Cl2O　碱液 ‎18．油脂的不饱和度可通过油脂与I2的加成反应测定，通常称为油脂的碘值。碘值越大，油脂的不饱和程度越高。碘值是指‎100 g油脂所能吸收的I2的质量。‎ Ⅰ.称取x g某油脂，加入含y mol I2的韦氏溶液(韦氏溶液是碘值测定时使用的特殊试剂，含有CH3COOH)，充分振荡；过量的I2用c mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定(淀粉作指示剂)，消耗Na2S2O3标准溶液V mL(滴定反应为2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI)。回答下列问题：‎ ‎(1)下列有关滴定的说法正确的是________(填字母)。‎ A．Na2S2O3标准溶液应盛装在碱式滴定管中 B．滴定时眼睛只需注视滴定管中溶液体积的变化 C．滴定到溶液由无色变蓝色时应该立即停止滴定 D．同样的滴定应重复2～3次，取几次滴定所用溶液的平均体积计算滴定结果 ‎(2)该油脂的碘值为____________g(列式表示)。‎ ‎(3)用该测定方法测定的碘值需要用相关的实验校正，因为所测得的碘值总比实际碘值低，原因是_____________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ Ⅱ.现要从上述测定碘值实验后的含碘废液中回收碘单质(废液中含有H2O、油脂、I2、I－)，设计如图1所示的实验过程：‎ ‎(4)为了将含碘废液中的I2完全转化为I－而进入水层，向含碘废液中加入稍过量的A溶液，则A应该具有________性。‎ ‎(5)将操作①所得溶液放入图2所示的三颈烧瓶中，并用盐酸调至pH约为2，再缓慢通入适量Cl2，使其在30～‎40 ℃‎反应。反应要控制在30～‎40 ℃‎的原因是_________________‎ ‎________________________；Cl2不能过量，因为过量的Cl2会将I2氧化为IO，写出该反应的离子方程式： _____________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(6)操作②包含多步操作，将在三颈烧瓶中反应完全后的溶液经过操作②获得碘单质，在操作②‎ 中必须用到图3所示的部分仪器或装置，这些仪器和装置是________(填标号)。‎ 解析：(1)Na2S2O3标准溶液呈碱性，应盛装在碱式滴定管中，A项正确；滴定时眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，而不是注视滴定管中溶液体积的变化，B项错误；若滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪去，且30 s内溶液颜色不再改变，则视为达到滴定终点，故C项错误；为减小滴定操作误差，可重复滴定2～3次，取几次滴定所用溶液的平均体积进行计算，D项正确。(2)根据I2～2Na2S2O3和消耗c mol·L－1 Na2S2O3标准溶液V mL，可求出过量的n(I2)＝×10－3 mol，则x g油脂消耗的n(I2)＝mol，故‎100 g油脂加成消耗的m(I2)＝ g＝ g。(3)由于韦氏溶液中含有的CH3COOH也能消耗Na2S2O3标准溶液，导致滴定消耗的Na2S2O3标准溶液的体积增大，则测得的与油脂反应的I2的质量减少，故测得的碘值比实际碘值低。(4)要使含碘废液中的I2转化为I－，则A应具有还原性。(5)Cl2与I2反应的离子方程式为5Cl2＋I2＋6H2O===10Cl－＋2IO＋12H＋。(6)操作②中需进行萃取操作，需用到仪器①，需进行蒸馏操作分离出I2，需用到装置⑤。‎ 答案：(1)AD　(2)或×25 400或 ‎(3)韦氏溶液中的CH3COOH消耗Na2S2O3，使滴定过程消耗的Na2S2O3标准溶液的体积偏大，导致测得的与油脂反应的I2的质量偏小　(4)还原 ‎(5)温度过低反应速率慢，温度过高氯气溶解度变小且碘易挥发　‎ ‎5Cl2＋I2＋6H2O===10Cl－＋2IO＋12H＋　‎ ‎(6)①⑤‎ ‎19．无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡(熔点‎231.9 ℃‎)与Cl2反应制备SnCl4，装置如图所示。‎ 已知：①SnCl2、SnCl4的有关物理性质如表。‎ 物质 颜色、状态 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ SnCl2‎ 无色晶体 ‎246‎ ‎623‎ SnCl4‎ 无色液体 ‎－33‎ ‎114‎ ‎②SnCl4在空气中极易水解生成SnO2·xH2O。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)导管a的作用是______________，装置A中发生反应的离子方程式为______________‎ ‎__________________________________________________________________________。‎ ‎(2)当观察到装置F液面上方出现________现象时才开始点燃酒精灯，待锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热。此时继续加热的目的是____________、___________________‎ ‎__________________________________________________________________________。‎ ‎(3)若上述装置中缺少装置C(其他均相同)，则D装置中具支试管中发生的主要副反应的化学方程式为_____________________________________________________。‎ ‎(4)若制得的产品中含有少量Cl2，则可采用下列______(填字母)措施除去。‎ A．加入NaOH溶液萃取分液 B．加入足量锡再加热蒸馏 C．加入碘化钾溶液冷凝过滤 D．加入饱和食盐水萃取 ‎(5)可用碘量法测定最后产品的纯度，发生反应：Sn2＋＋I2===Sn4＋＋2I－。准确称取该样品m g放于锥形瓶中，用少量浓盐酸溶解，再加水稀释，淀粉溶液作指示剂，用0.1 mol·‎ L－1碘标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00 mL，则产品中SnCl2的含量为________(用含m的代数式表示)；即使此法测定的操作均正确，但测得的SnCl4含量仍高于实际含量，其原因可能是________________________(用离子方程式表示)。‎ 解析：(1)导管a将分液漏斗与烧瓶连通，保持二者内压强相同，可以使分液漏斗内的液体顺利流下。装置A为氯气的发生装置，发生反应的离子方程式为2MnO＋16H＋＋‎ ‎10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O。(2)制备SnCl4是用熔融的锡(熔点‎231.9 ℃‎)与Cl2反应，而锡加热熔融时能与空气中的氧气发生反应，因此先要用制得的氯气排尽装置中的空气。当观察到装置F液面上方出现黄绿色气体时才开始点燃酒精灯，待锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热，继续加热的目的是加快氯气与锡反应，同时使SnCl4汽化，从而从混合物中分离出来。(3)装置C的作用是干燥氯气，若缺少装置C，则制得的SnCl4会发生水解，化学方程式为SnCl4＋(x＋2)H2O===SnO2·xH2O＋4HCl。(4)SnCl4极易水解，因此制得的SnCl4产品中含有少量Cl2时，不能使用溶液进行分离除杂，应加入足量锡再加热蒸馏得到纯净的SnCl4。(5)根据Sn2＋＋I2===Sn4＋＋2I－，则n(SnCl2)＝n(I2)＝0.1 mol·L－1×‎0.02 L＝‎ ‎0.002 mol，产品中SnCl2的含量为(119＋35.5×2)g·mol－1×0.002 mol÷m g×100%＝%。操作均正确，但测得的SnCl4含量仍高于实际含量，说明消耗的碘标准溶液偏少，可能的原因是空气中的氧气将生成的I－氧化为I2。‎ 答案：(1)使分液漏斗内的液体顺利流下　2MnO＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O　(2)黄绿色气体　加快氯气与锡反应(其他合理答案均可)　使SnCl4汽化，利于从混合物中分离出来(其他合理答案均可)　(3)SnCl4＋(x＋2)H2O===SnO2·xH2O＋4HCl ‎(4)B　(5)%　4I－＋O2＋4H＋===2I2＋2H2O ‎20．某化学实验小组为了探究氨气的还原性和氧化性设计了如下实验方案。‎ ‎[实验一]　探究氨气的还原性 已知：ⅰ.Mg(OH)2可代替消石灰与氯化铵在加热条件下反应生成氨气和碱式氯化镁[Mg(OH)Cl]；‎ ⅱ.Cu2O粉末呈红色，在酸性溶液中不稳定：‎ Cu2O＋H2SO4(稀)===Cu＋CuSO4＋H2O。‎ ‎(1)装置A中发生反应的化学方程式为____________________________________‎ ‎________，装置D的作用是__________________________________________________。‎ ‎(2)反应结束后装置C中的氧化铜完全反应生成红色固体，为了探究红色固体成分，进行了如下实验：‎ 实验操作 实验现象 实验结论 取‎10.4 g红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸，充分搅拌，静置 若无现象 ‎①红色固体为______‎ 若溶液变蓝 ‎②红色固体中肯定含有________，可能含有________‎ 取上述反应后的混合物过滤、洗涤、干燥、称重，得固体‎6.4 g ‎③红色固体的成分及其物质的量为________‎ ‎ [实验二]　探究氨气的氧化性 已知：ⅲ.铝可以与氨气反应2Al＋2NH32AlN＋3H2；‎ ⅳ.氮化铝性质稳定，基本不与水、酸反应，在加热时溶于浓碱可产生氨气。‎ 按如图所示连接好装置，检查装置气密性；在蒸馏烧瓶中加入生石灰，分液漏斗中加入浓氨水，装置G中盛装碱石灰，装置H中加入铝粉，打开装置F处分液漏斗活塞，待装置中空气排尽后再点燃装置H处酒精灯。‎ ‎(3)用平衡移动原理解释装置F中产生氨气的原因：_______________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(4)装置H处反应进行完全的实验现象为_______________________________________‎ ‎___________________________________________________________________________。‎ ‎(5)为了得到纯净的氮化铝，可将装置H中固体冷却后转移至烧杯中，加入________溶解、________(填操作名称)、洗涤、干燥即可。‎ ‎(6)写出氮化铝与浓氢氧化钠溶液共热反应的离子方程式：______________________‎ ‎______________________________。‎ 解析：(1)由信息ⅰ可知装置A中反应的化学方程式为Mg(OH)2＋NH4Cl Mg(OH)Cl＋NH3↑＋H2O；装置E中的稀硫酸如果倒吸进入装置C中会引起实验安全问题，所以装置D作安全瓶，防止倒吸。(2)①常温下Cu不与稀硫酸反应；②溶液变蓝，有CuSO4生成，则红色固体中肯定含有Cu2O，不能确定是否含有单质Cu；③所得固体为单质Cu，物质的量为0.1 mol，设‎10.4 g 红色固体中含x mol Cu，y mol Cu2O，因为Cu2O＋H2SO4(稀)===Cu＋CuSO4＋H2O，则有x＋y＝0.1,64x＋144y＝10.4，联立得x＝y＝0.05，则Cu2O与Cu的物质的量均为0.05 mol。(3)浓氨水中氨气溶解度随温度升高而减小，且氨水中还存在溶解平衡和电离平衡，NH3＋H2ONH3·H2O，NH3·H2ONH＋OH－，所以可以从溶解度及平衡移动等角度分析生石灰与浓氨水作用产生氨气的原因。(4)对于反应2Al＋2NH32AlN＋3H2，由于氨气极易溶于水，而氢气不溶于水，会产生气泡，所以反应进行完全时装置J中将不再产生气泡。(5)装置H中所得的固体中含有氮化铝和没有反应完全的铝，氮化铝不溶于酸，所以可以选用稀盐酸或稀硫酸除去其中的铝，然后过滤、洗涤、干燥。(6)根据题中信息并结合铝在强碱溶液中以偏铝酸根离子的形式存在，可以写出反应的离子方程式。‎ 答案：(1)Mg(OH)2＋NH4ClMg(OH)Cl＋NH3↑＋H2O　作安全瓶　(2)①Cu　②Cu2O　Cu ‎③0.05 mol Cu、0.05 mol Cu2O　(3)生石灰与水反应放热，降低了氨气的溶解度，使一水合氨分解，生石灰与水反应将溶剂消耗，使平衡NH3＋H2ONH3·H2O向左移动，有利于氨气逸出　(4)装置J中几乎没有气泡冒出　(5)稀盐酸(或稀硫酸等其他合理答案)　过滤　(6)AlN＋OH－＋H2OAlO＋NH3↑‎ ‎21．碱式碳酸铜可表示为xCuCO3·yCu(OH)2，呈孔雀绿颜色，又称为孔雀石，是一种名贵的矿物宝石。它是铜与空气中的氧气、二氧化碳和水蒸气等物质反应产生的物质。CuSO4溶液与Na2CO3溶液反应可以得到碱式碳酸铜，下列实验对其组成进行相关探究。‎ ‎[沉淀制备]　称取‎12.5 g胆矾(CuSO4·5H2O)溶于87.5 mL蒸馏水中，滴加少量稀硫酸(体积可以忽略不计)，充分搅拌后得到CuSO4溶液。向其中加入Na2CO3溶液，将所得蓝绿色悬浊液过滤，并用蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤，最后低温烘干备用。‎ ‎[实验探究]　设计如下装置，用制得的蓝绿色固体进行实验。‎ 根据以上实验回答下列问题：‎ ‎(1)配制硫酸铜溶液的过程中滴加稀硫酸的作用是_____________________________‎ ‎________________________________________________________________________，所得硫酸铜溶液的溶质质量分数为________。‎ ‎(2)实验室通常使用加热亚硝酸钠和氯化铵混合溶液的方法制取N2，该反应的化学方程式为 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(3)D装置加热前，需要首先打开活塞K，通入适量N2，然后关闭K，再点燃D处酒精灯。通入N2的作用是__________________________________________________________‎ ‎___________________________________________________________，B为安全瓶，其作用原理为___________________________________________，C中盛装的试剂应是________。‎ ‎(4)加热D后观察到的现象是_________________________________________。‎ ‎(5)经查阅文献知：Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9，Ksp(BaCO3)＝5.1×10－9，经讨论认为需要用Ba(OH)2溶液代替澄清石灰水来定量测定蓝绿色固体的化学式，其原因是________(填字母)。‎ a．Ba(OH)2的碱性比Ca(OH)2强 b．Ba(OH)2溶解度大于Ca(OH)2，能充分吸收CO2‎ c．相同条件下，CaCO3的溶解度明显大于BaCO3‎ d．吸收等量CO2生成的BaCO3的质量大于CaCO3，测量误差小 ‎(6)待D中反应完全后，打开活塞K，再次滴加NaNO2溶液产生N2，其目的是________________________________________________________________________。‎ 若装置F中使用Ba(OH)2溶液，实验结束后经称量，装置E的质量增加‎0.27 g，F中产生沉淀‎1.97 g。则该蓝绿色固体的化学式为_____________________________________‎ ‎[写成xCuCO3·yCu(OH)2的形式]。‎ 解析：(1)CuSO4属于强酸弱碱盐，溶液中存在Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋，滴加稀硫酸，H＋浓度增大，抑制Cu2＋的水解，因此滴加稀硫酸的作用是抑制Cu2＋水解，防止溶液变浑浊；溶质的质量m(CuSO4)＝×‎160 g·mol－1＝‎8 g，溶液的质量为(12.5＋87.5)g＝‎100 g，则溶质的质量分数为×100%＝8%。(2)NaNO2与NH4Cl发生氧化还原反应：NaNO2＋NH4Cl―→NaCl＋N2↑＋H2O，NaNO2中N由＋3价→0价，NH4Cl中N由－3价→0价，根据得失电子守恒、质量守恒进行配平，即反应方程式为NaNO2＋NH4ClNaCl＋N2↑＋2H2O。(3)加热前，通入N2的目的是排出装置中的空气；装置B为安全瓶，其作用原理是当装置内压力过大时，B瓶中间的玻璃管中液面上升，使压力稳定；根据实验目的，需要验证蓝绿色固体受热的产物，因此N2中的水蒸气对后续实验产生干扰，必须除去，装置C的作用是除去N2中的水蒸气，即装置C盛放的试剂是浓硫酸。(4)产物是CuO、H2O、CO2，加热后，硬质玻璃管中蓝绿色固体变黑色，E中白色固体变蓝，F中溶液变浑浊。(5)用Ba(OH)2溶液代替Ca(OH)2，原因是：Ba(OH)2的溶解度大于Ca(OH)2的溶解度，能充分吸收CO2；Ba的相对原子质量大于Ca的相对原子质量，即BaCO3的摩尔质量大于 CaCO3的摩尔质量，减少称量时产生的误差，故b、d正确。(6)反应结束后，继续通入氮气的作用是让停留在装置中的气体被充分吸收，减小实验误差；装置E增加的是H2O的质量，即n(H2O)＝＝0.015 mol；F中沉淀是BaCO3，即n(CO2)＝＝0.01 mol。H元素来自Cu(OH)2，则Cu(OH)2的物质的量为0.015 mol；C元素来自于CuCO3，则CuCO3的物质的量为0.01 mol，x∶y＝0.01∶0.015＝2∶3，即蓝绿色固体的化学式为2CuCO3·3Cu(OH)2。‎ 答案：(1)抑制Cu2＋水解，防止溶液变浑浊　8%‎ ‎(2)NaNO2＋NH4ClNaCl＋N2↑＋2H2O ‎(3)排出装置中的空气　当装置内压力过大时，B瓶中间的玻璃管中液面上升，使压力稳定　浓硫酸 ‎(4)硬质玻璃管中蓝绿色固体变黑色，E中白色固体变蓝，F中溶液变浑浊 ‎(5)bd ‎(6)让停留在装置中的气体被充分吸收，减小实验误差 ‎2CuCO3·3Cu(OH)2‎