高考化學(xué)氧化還原反應(yīng)的綜合題試題及答案

高考化學(xué)氧化還原反應(yīng)的綜合題試題及答案一、高中化學(xué)氧化還原反應(yīng)1．陽極泥處理后的沉渣中含AgCl，工業(yè)上可用Na2SO3溶液作浸取劑浸出回收。某小組在實驗室模擬該過程。已知：i．25oC時，部分物質(zhì)的溶解度：AgCl1.9×10–4g；Ag2SO34.6×10–4g；Ag2SO40.84g。ii．25oC時，亞硫酸鈉溶液酸化過中含微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH變化如圖所示。Ⅰ.浸出氯化銀取AgCl固體，加入1mol/LNa2SO3溶液作浸取劑，充分反應(yīng)后過濾得到浸出液（pH=8），該過程中發(fā)生的反應(yīng)為AgCl+[Ag(SO3)2]3–+Cl–。（1）用平衡移動原理解釋AgCl溶解的原因是___。Ⅱ.酸化沉銀（2）經(jīng)檢測，沉淀m為AgCl，則溶液m中含微粒的主要存在形式是________。（3）探究沉淀n的成分。①甲同學(xué)認(rèn)為沉淀n一定不含Ag2SO4，其依據(jù)是________。②乙同學(xué)認(rèn)為沉淀n可能含Ag2SO3，進(jìn)行實驗驗證。i.本實驗設(shè)計的依據(jù)是：Ag2SO3具有________性。ii.乙同學(xué)觀察到________，得出結(jié)論“沉淀n不含Ag2SO3”。③丙同學(xué)從溶液n的成分角度再次設(shè)計實驗證明沉淀n不含Ag2SO3。i.本實驗設(shè)計的依據(jù)是：若沉淀n含Ag2SO3，則溶液n中含微粒的總物質(zhì)的量___（填“＞”、“＝”或“＜”）Cl–物質(zhì)的量。ii.結(jié)合實驗現(xiàn)象簡述丙同學(xué)的推理過程：____。Ⅲ．浸取劑再生（4）溶液m經(jīng)處理后可再用于浸出AgCl，請簡述該處理方法____?！敬鸢浮緼gCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),Ag+與SO32-結(jié)合生成[Ag(SO3)2]3–，促進(jìn)AgCl的溶解平衡正向移動HSO3-Ag2SO4的溶解度遠(yuǎn)大于AgCl或Ag2SO3，溶液中Ag+的濃度很小還原b中清液的顏色與c相同，均為淺紫色溶液＜e中無沉淀生成，說明清液中沒有Cl-，則溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部轉(zhuǎn)化為Ag+，Ag+將Cl–全部沉淀，由此可知溶液n中含Ag元素的微?？偽镔|(zhì)的量不小于n(Cl–)加NaOH溶液調(diào)節(jié)pH至9~10【解析】【分析】I、（1）利用平衡移動的知識答題即可；II、（2）生成沉淀m時，溶液m的pH為5，觀察圖像，可以得知HSO3-的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)占100%；（3）①溶液中Ag+的濃度很小，而Ag2SO4的溶解度較大，故不會形成Ag2SO4沉淀；②依據(jù)Ag2SO3的還原性答題；③e中無沉淀生成，說明清液中沒有Cl-，則溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部轉(zhuǎn)化為Ag+，Ag+將Cl–全部沉淀，由此可分析出溶液n中含Ag元素的微粒總物質(zhì)的量不小于n(Cl–)；III、（4）m溶液中的溶質(zhì)為NaHSO3，浸取劑為Na2SO3溶液，需要加入NaOH溶液將NaHSO3轉(zhuǎn)化為Na2SO3。【詳解】I、（1）AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，Ag+與SO32-結(jié)合生成[Ag(SO3)2]3-，促進(jìn)AgCl的溶解平衡正向移動；II、（2）生成沉淀m時，溶液m的pH為5，觀察圖像，可以得知HSO3-的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)占100%，則溶液m中含微粒的主要存在形式是HSO3-；（3）①Ag2SO4的溶解度遠(yuǎn)大于AgCl或Ag2SO3，溶液中Ag+的濃度很小；②i、酸性KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，SO32-具有還原性，則該實驗涉及的依據(jù)是Ag2SO3具有還原性；ii、沉淀中無Ag2SO3，則該沉淀不會使酸性KMnO4溶液褪色，故可以觀察到a試管中酸性KMnO4溶液褪色，b、c試管中酸性KMnO4溶液依然呈紫色；③e中無沉淀生成，說明清液中沒有Cl-，則溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部轉(zhuǎn)化為Ag+，Ag+將Cl–全部沉淀，由此可分析出溶液n中含Ag元素的微粒總物質(zhì)的量不小于n(Cl–)；III、（4）m溶液中的溶質(zhì)為NaHSO3，浸取劑為Na2SO3溶液，根據(jù)曲線圖可知，加入NaOH溶液調(diào)整pH到9-10即可。2．過硫酸鈉(Na2S2O8)具有極強(qiáng)的氧化性，且不穩(wěn)定，某化學(xué)興趣小組探究過硫酸鈉的相關(guān)性質(zhì)，實驗如下。已知SO3是無色易揮發(fā)的固體，熔點16.8℃，沸點44.8℃。（1）穩(wěn)定性探究(裝置如圖)：分解原理：2Na2S2O82Na2SO4＋2SO3↑＋O2↑。此裝置有明顯錯誤之處，請改正：______________________，水槽冰水浴的目的是____________________；帶火星的木條的現(xiàn)象_______________。（2）過硫酸鈉在酸性環(huán)境下，在Ag＋的催化作用下可以把Mn2＋氧化為紫紅色的離子，所得溶液加入BaCl2可以產(chǎn)生白色沉淀，該反應(yīng)的離子方程式為______________________，該反應(yīng)的氧化劑是______________，氧化產(chǎn)物是________。（3）向上述溶液中加入足量的BaCl2，過濾后對沉淀進(jìn)行洗滌的操作是___________________________。（4）可用H2C2O4溶液滴定產(chǎn)生的紫紅色離子，取20mL待測液，消耗0.1mol·L－1的H2C2O4溶液30mL，則上述溶液中紫紅色離子的濃度為______mol·L－1，若Na2S2O8有剩余，則測得的紫紅色離子濃度將________(填“偏高”“偏低”或“不變”)?！敬鸢浮吭嚬芸趹?yīng)該略向下傾斜冷卻并收集SO3木條復(fù)燃2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋S2OMnO用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸餾水至沒過沉淀，使蒸餾水自然流下，重復(fù)操作2～3次(合理即可)0.06偏高【解析】【分析】(1)在試管中加熱固體時，試管口應(yīng)略微向下傾斜；根據(jù)SO3、氧氣的性質(zhì)進(jìn)行分析；(2)X為MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以產(chǎn)生白色沉淀，則產(chǎn)物中有SO42-，據(jù)此寫出離子方程式，并根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律判斷氧化劑、氧化產(chǎn)物；(3)根據(jù)沉淀洗滌的方法進(jìn)行回答；(4)根據(jù)得失電子守恒可得到關(guān)系式：5H2C2O4---2MnO4-，帶入數(shù)值進(jìn)行計算；Na2S2O8也具有氧化性，氧化H2C2O4?！驹斀狻?1)在試管中加熱固體時，試管口應(yīng)略微向下傾斜，SO3的熔、沸點均在0℃以上，因此冰水浴有利于將SO3冷卻為固體，便于收集SO3，由Na2S2O8的分解原理可知，生成物中有氧氣，所以在導(dǎo)管出氣口的帶火星的木條會復(fù)燃，故答案為：試管口應(yīng)該略向下傾斜；冷卻并收集SO3；木條復(fù)燃；(2)X為MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以產(chǎn)生白色沉淀，則產(chǎn)物中有SO42-，則反應(yīng)的離子方程式為2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋，根據(jù)該反應(yīng)中元素化合價的變化可知，氧化劑是S2O82-，氧化產(chǎn)物是MnO4-，故答案為：2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋；S2O82-；MnO4-；(3)沉淀洗滌時，需要用玻璃棒引流，并且所加蒸餾水需要沒過沉淀，需要洗滌2~3次，故答案為：用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸餾水至沒過沉淀，使蒸餾水自然流下，重復(fù)操作2～3次(合理即可)；(4)根據(jù)得失電子守恒可得到關(guān)系式：則，Na2S2O8具有氧化性，消耗的H2C2O4溶液增多，導(dǎo)致測得的結(jié)果偏高，故答案為：0.06；偏高。3．實驗室用酸性蝕刻廢液(含Cu2+、H+、CuC、Cl-等)和堿性蝕刻廢液[N、Cu(NH3、NH3·H2O等]制備CuI(白色固體)的實驗流程如下:(1)步驟Ⅰ中發(fā)生了多個反應(yīng),其中Cu(NH3與鹽酸反應(yīng)生成Cu(OH)Cl的離子方程式為______。

(2)步驟Ⅳ需控制pH為1~2,80℃下進(jìn)行,合適的加熱方式是______。

(3)步驟Ⅴ的具體步驟是蒸發(fā)濃縮、______、____。

(4)步驟Ⅵ在下列裝置(夾持及加熱裝置已省略)中進(jìn)行。①裝置a中盛裝濃硫酸的儀器的名稱是____,圓底燒瓶中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為____。

②用裝置d中的溶液洗滌制得的CuI的目的是____,然后再用無水乙醇洗滌的目的是____?！敬鸢浮緾u(NH3+3H++Cl-+H2OCu(OH)Cl↓+4N熱水浴冷卻結(jié)晶過濾(洗滌)分液漏斗Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O可防止CuI被空氣中的O2氧化使固體快速干燥并溶解表面可能混有的I2【解析】【分析】由流程圖可知，酸性蝕刻廢液和堿性蝕刻廢液混合反應(yīng)得到Cu(OH)Cl懸濁液，過濾，將Cu(OH)Cl加水、過漿后，與濃硫酸水浴加熱反應(yīng)生成硫酸銅，硫酸銅粗溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、干燥、洗滌得到硫酸銅晶體，硫酸銅晶體與碘、二氧化硫和水反應(yīng)生成碘化亞銅白色固體。【詳解】（1）步驟Ⅰ中Cu(NH3)42+與鹽酸反應(yīng)生成Cu(OH)Cl沉淀和氯化銨，反應(yīng)的離子方程式Cu(NH3)42++3H++Cl-+H2O=Cu(OH)Cl↓+4NH4+，故答案為：Cu(NH3)42++3H++Cl-+H2O=Cu(OH)Cl↓+4NH4+；（2）步驟Ⅳ為Cu(OH)Cl加水、過漿后，與濃硫酸在制pH為1~2，80℃下水浴加熱反應(yīng)反應(yīng)生成硫酸銅，故答案為：熱水浴；(3)步驟Ⅴ為硫酸銅粗溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、干燥、洗滌得到硫酸銅晶體，故答案為：冷卻結(jié)晶；過濾(洗滌)；（4）①裝置a中盛裝濃硫酸的儀器為分液漏斗；圓底燒瓶中銅與濃硫酸共熱反應(yīng)生成硫酸銅、二氧化硫和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案為：分液漏斗；Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O；②裝置d中的溶液為二氧化硫的飽和水溶液，碘化亞銅具有還原性，易被空氣中的氧氣氧化，用二氧化硫水的飽和水溶液洗滌碘化亞銅，可以防止碘化亞銅被空氣中的氧氣氧化；再用無水乙醇洗滌可以溶解除去碘化亞銅表面可能混有的單質(zhì)碘，并能使固體快速干燥，故答案為：可防止CuI被空氣中的O2氧化；使固體快速干燥并溶解表面可能混有的I2。4．鉍酸鈉（NaBiO3）是分析化學(xué)中的重要試劑，在水中緩慢分解，遇沸水或酸則迅速分解。某興趣小組設(shè)計實驗制取鉍酸鈉并探究其應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：Ⅰ.制取鉍酸鈉制取裝置如圖（加熱和夾持儀器已略去），部分物質(zhì)性質(zhì)如下：物質(zhì)NaBiO3Bi(OH)3性質(zhì)不溶于冷水，淺黃色難溶于水；白色（1）B裝置用于除去HCl，盛放的試劑是___；（2）C中盛放Bi(OH)3與NaOH混合物，與Cl2反應(yīng)生成NaBiO3，反應(yīng)的離子方程式為___；（3）當(dāng)觀察到___（填現(xiàn)象）時，可以初步判斷C中反應(yīng)已經(jīng)完成；（4）拆除裝置前必須先除去燒瓶中殘留Cl2以免污染空氣。除去Cl2的操作是___；（5）反應(yīng)結(jié)束后，為從裝置C中獲得盡可能多的產(chǎn)品，需要的操作有___；Ⅱ.鉍酸鈉的應(yīng)用——檢驗Mn2+（6）往待測液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，溶液變?yōu)樽霞t色，證明待測液中存在Mn2+。①產(chǎn)生紫紅色現(xiàn)象的離子方程式為___；②某同學(xué)在較濃的MnSO4溶液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，結(jié)果沒有紫紅色出現(xiàn)，但觀察到黑色固體（MnO2）生成。產(chǎn)生此現(xiàn)象的離子反應(yīng)方程式為___。Ⅲ.產(chǎn)品純度的測定（7）取上述NaBiO3產(chǎn)品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反應(yīng)，再用cmo1·L-1的H2C2O4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定生成的MnO4-（已知：H2C2O4+MnO4-——CO2+Mn2++H2O，未配平），當(dāng)溶液紫紅色恰好褪去時，消耗vmL標(biāo)準(zhǔn)溶液。該產(chǎn)品的純度為___（用含w、c、v的代數(shù)式表示）?！敬鸢浮匡柡褪雏}水Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2OC中白色固體消失（或黃色不再加深）關(guān)閉K1、K3，打開K2在冰水中冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+×100%或×100%或%【解析】【分析】用濃HCl和MnO2反應(yīng)制備Cl2，其中混有揮發(fā)出來的HCl，要用飽和食鹽水出去，然后利用Cl2的強(qiáng)氧化性在堿性條件下將Bi(OH)3氧化成NaBiO3；利用Mn2+的還原性將NaBiO3還原而Mn2+被氧化成紫紅色溶液MnO4-來檢驗NaBiO3的氧化性；實驗結(jié)束后Cl2有毒，要除去，做法是打開三頸燒瓶的NaOH溶液，使其留下和氯氣反應(yīng)；NaBiO3純度的檢測利用NaBiO3和Mn2+反應(yīng)生成MnO4-，MnO4-再和草酸反應(yīng)來測定，找到NaBiO3、Mn2+、MnO4-、草酸四種物質(zhì)之間的關(guān)系，在計算即可。【詳解】（1）除去氯氣中混有的HCl，用飽和食鹽水，故答案為：飽和食鹽水；（2）反應(yīng)物為Bi(OH)3、Cl2和NaOH混合物，+3價的Bi被氧化成NaBiO3，Cl2被還原成Cl-，根據(jù)原子守恒還有水生成，所以反應(yīng)為：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O，故答案為：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；（3）C中反應(yīng)已經(jīng)完成,則白色的Bi(OH)3全部變?yōu)榱它S色的NaBiO3，故答案為：C中白色固體消失（或黃色不再加深）；（4）從圖上來看關(guān)閉K1、K3，打開K2可使NaOH留下與氯氣反應(yīng)，故答案為：關(guān)閉K1、K3，打開K2；（5）由題意知道NaBiO3不溶于冷水，接下來的操作盡可能在冰水中操作即可，操作為：在冰水中冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，故答案為：在冰水中冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥；（6）①往待測液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，溶液變?yōu)樽霞t色，證明待測液中存在Mn2+，說明鉍酸鈉將Mn2+氧化成MnO4-，因為是酸性條件，所以鉍酸鈉被還原成Bi3+，據(jù)此寫方程式并配平為5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O，故答案為：5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O；②由題意可知，Mn2+過量，鉍酸鈉少量，過量的Mn2+和MnO4-發(fā)生反應(yīng)生成了黑色的MnO2，反應(yīng)方程式為3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案為：3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；（7）根據(jù)得失電子守恒找出關(guān)系式為：5NaBiO3～2Mn2+～2MnO4-～5H2C2O4,計算鉍酸鈉理論產(chǎn)量：解得m（理論）=0.28CVg，所以純度=×100%=×100%，所以答案為：×100%或×100%或%?！军c睛】（7）在復(fù)雜的純度、產(chǎn)率等計算中，用得失電子守恒法找出各關(guān)鍵物質(zhì)之間的關(guān)系，由此計算，可以事半功倍，如本題中的關(guān)系5NaBiO3～5H2C2O4，使復(fù)雜問題簡單化了。5．過氧乙酸(CH3COOOH)是一種高效消毒劑，具有很強(qiáng)的氧化性和腐蝕性，它可由冰醋酸與過氧化氫在一定條件下制得；它可以迅速殺滅多種微生物，包括多種病毒(如：SARS病毒、禽流感病毒)、細(xì)菌、真菌及芽孢。下面是市售過氧乙酸商品標(biāo)簽：有關(guān)資料：H2O2是極弱的電解質(zhì)，在酸性介質(zhì)中才能穩(wěn)定存在，是一種強(qiáng)氧化劑。過氧乙酸消毒液是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SO4混合后，反應(yīng)生成過氧乙酸(CH3COOOH)。CH3COOOH容易放出氧原子，它與空氣中微生物機(jī)體作用，達(dá)到滅菌目的，是消毒液的主要成分。(1)某研究性學(xué)習(xí)小組為了弄清配制過氧乙酸消毒液的甲、乙溶液的主要成分各是什么？進(jìn)行以下科學(xué)探究，請你完成下列相關(guān)內(nèi)容：①提出假設(shè)：甲溶液的主要成分為_________，乙溶液的主要成分為_________。②實驗驗證：取甲、乙兩種溶液少許，分別加入幾滴_________試液，若①中假設(shè)正確，則甲溶液的現(xiàn)象為_____________________，乙溶液的現(xiàn)象為__________。(2)有關(guān)過氧乙酸的敘述正確的是_________(填編號)A．過氧乙酸與羥基乙酸(HOCH2COOH)互為同分異構(gòu)體B．過氧乙酸與苯酚混合使用可增強(qiáng)消毒效果C．過氧乙酸與乙酸屬于同系物D．氧元素的化合價為-2價(3)實驗室制備少量過氧乙酸，可由冰醋酸和過氧化氫在濃硫酸催化作用下制得，實驗裝置和步驟如下：①在三頸燒瓶中加入一定量冰醋酸與濃H2SO4的混合液體，再緩緩加入適量30%的雙氧水。②不斷攪拌并控制B中混合液的溫度為20～30℃至反應(yīng)結(jié)束。③接入冷凝管和抽氣泵，在錐形瓶中收集得到產(chǎn)品。請回答下列問題：①儀器C的名稱是_______________；②為更好地控制反應(yīng)溫度，應(yīng)采用方法是_________________；③生成過氧乙酸的化學(xué)方程式為________________________________________；④碘量法分析：取2.00mL過氧乙酸試樣稀釋成100mL，從中取出5.00mL，滴加酸性KMnO4溶液至恰好粉紅色以除去殘余H2O2，再加入10mL10%KI溶液和幾滴淀粉溶液，搖勻，反應(yīng)完全后再用0.1000mol/L的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(反應(yīng)方程式為2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，共消耗14.30mLNa2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液。該樣品中過氧乙酸的物質(zhì)的量濃度是_____mol/L。（結(jié)果保留小數(shù)點后兩位）（提示：CH3COOOH+2I?+2H+=I2+CH3COOH+H2O）【答案】甲H2O2、H2O、H2SO4乙CH3COOH、H2O石蕊甲：溶液先變紅后褪色乙：溶液由無色變?yōu)榧t色A冷凝管（或直形冷凝管）水浴加熱CH3COOH+H2O2→CH3COOOH+H2O7.15【解析】【分析】（1）若假設(shè)甲溶液的有效成分是H2O2，則乙溶液的有效成分是CH3COOOH，根據(jù)過氧乙酸消毒液是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SO4混合后，反應(yīng)生成過氧乙酸(CH3COOOH)，H2O2是極弱的電解質(zhì)，在酸性介質(zhì)中才能穩(wěn)定存在，則H2SO4應(yīng)該在甲溶液中，另外兩種溶液中的水也是一種主要成分；兩溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊試液變紅，但是甲溶液中H2O2漂白作用的會使變紅的溶液褪色；（2）結(jié)合選項對過氧乙酸(CH3COOOH)性質(zhì)判斷，（3）①由儀器的結(jié)構(gòu)，可知C為直形冷凝管；②控制B中混合液的溫度為20～30℃，應(yīng)采取水浴加熱；③結(jié)合題中信息，寫出生成過氧乙酸的化學(xué)反應(yīng)方程式；CH3COOOH+2I?+2H+=I2+CH3COOH+H2O，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，由這兩個方程式，確定關(guān)系式：CH3COOOH～I(xiàn)2～2Na2S2O3，計算稀釋后5.00mL溶液中過氧乙酸的物質(zhì)的量，再計算原來的2.00mL溶液中的過氧乙酸的物質(zhì)的量，再根據(jù)物質(zhì)的量濃度定義式計算?！驹斀狻浚?）若假設(shè)甲溶液的有效成分是H2O2，則乙溶液的有效成分是CH3COOOH，根據(jù)過氧乙酸消毒液是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SO4混合后，反應(yīng)生成過氧乙酸(CH3COOOH)，H2O2是極弱的電解質(zhì)，在酸性介質(zhì)中才能穩(wěn)定存在，則H2SO4應(yīng)該在甲溶液中，另外兩種溶液中的水更是一種主要成分；兩溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊試液變紅，但是甲溶液中H2O2漂白作用的會使變紅的溶液褪色；（2）過氧乙酸與羥基乙酸(HOCH2COOH)的分子式都是C2H4O3，但結(jié)構(gòu)不同，故互為同分異構(gòu)體；過氧乙酸具有強(qiáng)氧化性，而苯酚易被氧化，兩者混合發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能增強(qiáng)消毒效果；過氧乙酸的分子結(jié)構(gòu)中存在過氧根而乙酸中沒有，兩者結(jié)構(gòu)不相似，不屬于同系物；過氧乙酸中的氧元素有+2價、+1價；（3）①由儀器的結(jié)構(gòu)，可知C為直形冷凝管；②控制B中混合液的溫度為20～30℃，應(yīng)采取水浴加熱，受熱均勻，便于控制溫度；③乙酸與過氧化氫在濃硫酸、20～30℃條件下反應(yīng)生成過氧乙酸(CH3COOOH)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O；④CH3COOOH+2I?+2H+=I2+CH3COOH+H2O，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，由這兩個方程式，確定關(guān)系式：CH3COOOH～I(xiàn)2～2Na2S2O3，可知稀釋后的5.00mL溶液中過氧乙酸的物質(zhì)的量是：×0.0143L×0.1000mol/L，原來2.00mL溶液中的過氧乙酸的物質(zhì)的量是：×0.0143L×0.1000mol/L×=0.0143mol，該該樣品中過氧乙酸的物質(zhì)的量濃度是：=7.15mol/L?！军c睛】本題是探究性實驗試題，現(xiàn)根據(jù)題中的信息去假設(shè)，然后分析、得出結(jié)論。實驗中的數(shù)據(jù)處理，借助關(guān)系式法，計算所需要的物質(zhì)的物質(zhì)的量。6．目前全世界的鎳（Ni）消費量僅次于銅、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NiSO4，NiCl2等）制備堿式碳酸鎳晶體[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]，制備流程如圖：（1）反應(yīng)器中的一個重要反應(yīng)為3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，X的化學(xué)式為__。（2）物料在反應(yīng)器中反應(yīng)時需要控制反應(yīng)溫度和pH值。分析如圖，反應(yīng)器中最適合的pH值為__。（3）檢驗堿式碳酸鎳晶體洗滌干凈的方法是__。測定堿式碳酸鎳晶體的組成：為測定堿式碳酸鎳晶體[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]組成，某小組設(shè)計了如圖實驗方案及裝置：資料卡片：堿式碳酸鎳晶體受熱會完全分解生成NiO、CO2和H2O實驗步驟：①檢查裝置氣密性；②準(zhǔn)確稱量3.77g堿式碳酸鎳晶體[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]放在B裝置中，連接儀器；③打開彈簧夾a，鼓入一段時間空氣，分別稱量裝置C、D、E的質(zhì)量并記錄；④__；⑤打開彈簧夾a緩緩鼓入一段時間空氣；⑥分別準(zhǔn)確稱量裝置C、D、E的質(zhì)量并記錄；⑦根據(jù)數(shù)據(jù)進(jìn)行計算（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實驗分析及數(shù)據(jù)處理：（4）E裝置的作用__。（5）補(bǔ)充④的實驗操作___。（6）通過計算得到堿式碳酸鎳晶體的組成__（填化學(xué)式）。鎳的制備：（7）寫出制備Ni的化學(xué)方程式__?！敬鸢浮緾O28.3取最后一次洗滌液少許，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若無沉淀產(chǎn)生，則證明沉淀已經(jīng)洗滌干凈吸收空氣中的H2O和CO2關(guān)閉彈簧夾a，點燃酒精燈，觀察到C中無氣泡時，停止加熱NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+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，因此檢驗堿式碳酸鎳晶體是否洗滌干凈就是檢驗是否有硫酸根離子殘留；(4)根據(jù)實驗?zāi)康暮透鱾€裝置的作用分析；(5)根據(jù)實驗?zāi)康暮颓昂蟛僮鞑襟E分析；(6)先計算生成水蒸氣和CO2的質(zhì)量，再根據(jù)質(zhì)量守恒確定化學(xué)式；(7)氧化還原反應(yīng)中電子有得，必有失，根據(jù)化合價變化確定生成物，進(jìn)而配平方程式?！驹斀狻?1)反應(yīng)器中的一個重要反應(yīng)為3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，反應(yīng)前Ni原子共3個、S原子共3個、O原子共23個、Na原子6個、C原子3個、H原子4個，反應(yīng)后現(xiàn)有：Ni原子3個、S原子共3個、O原子共19個、Na原子6個、C原子1個、H原子4個，少O原子4個，C原子2個，而這些微粒包含在2個X分子中，所以X的化學(xué)式為CO2，故答案為：CO2；(2)物料在反應(yīng)器中反應(yīng)時需要控制反應(yīng)條件，根據(jù)圖可知，在pH=8.3時，各種雜質(zhì)相對最少，所以反應(yīng)器中最適合的pH8.3，故答案為：8.3；(3)反應(yīng)后的濾液中含有硫酸鈉，因此檢驗堿式碳酸鎳晶體是否洗滌干凈就是檢驗是否有硫酸根離子殘留，故答案為：取最后一次洗滌液少許，加入HCl酸化的BaCl2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CO2，E裝置可以防止空氣中的H2O和CO2進(jìn)入D裝置中，影響實驗數(shù)據(jù)的測定，故答案為：吸收空氣中的H2O和CO2；(5)步驟③反應(yīng)前左側(cè)通空氣是為了排盡裝置中原有的CO2和水蒸氣，避免裝置內(nèi)的CO2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④的操作為關(guān)閉彈簧夾a，點燃酒精燈，觀察到C中無氣泡時，說明固體分解完全，停止加熱；步驟⑤再打開彈簧夾a緩緩鼓入一段時間空氣，將裝置中殘留的CO2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，點燃酒精燈，觀察到C中無氣泡時，停止加熱；(6)水的質(zhì)量為251.08g?250g=1.08g，CO2的質(zhì)量為190.44g?190g=0.44g，由于發(fā)生的是分解反應(yīng)，所以生成的NiO的質(zhì)量為3.77g?1.08g?0.44g=2.25g，則分解反應(yīng)中水、二氧化碳和NiO的系數(shù)比(也就是分子個數(shù)比)為即：，xNiCO3?yNi(OH)2?zH2O

.

6H2O↑+CO2↑+3NiO，根據(jù)元素守恒可得可得x=1，y=2，z=4即xNiCO3?yNi(OH)2?zH2O中x:y:z的值1:2:4，故答案為：NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O；(7)NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O與N2H4·H2O反應(yīng)生成Ni，Ni元素得電子，被還原，同時還生成氣體X和Y，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：2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O。7．(1)難溶物PbSO4溶于CH3COONH4溶液可制得易溶于水的(CH3COO)2Pb，發(fā)生的反應(yīng)為PbSO4＋2CH3COONH4＝(CH3COO)2Pb＋(NH4)2SO4，說明(CH3COO)2Pb是________(填“強(qiáng)”或“弱”)電解質(zhì)。(2)已知次磷酸(H3PO2)與足量的氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成NaH2PO2和H2O，則次磷酸是_____元酸(填“一”、“二”或“三”)。(3)工業(yè)上制玻璃和水泥需用到的共同原料是________(填化學(xué)式)。(4)在一定溫度下，向一個2L的真空密閉容器中(預(yù)先裝入催化劑)通入1molN2和3molH2，發(fā)生反應(yīng)：N2(g)＋3H2(g)?2NH3(g)。經(jīng)過一段時間后，測得容器內(nèi)壓強(qiáng)是起始的0.9倍，在此時間內(nèi)，H2平均反應(yīng)速率為0.1mol/(L·min)，則所經(jīng)過的時間為______min(5)高鐵酸鈉(Na2FeO4)具有強(qiáng)氧化性，可對自來水進(jìn)行消毒、凈化。高鐵酸鈉可用氫氧化鐵和次氯酸鈉在堿性介質(zhì)中反應(yīng)得到，請補(bǔ)充并配平下面離子方程式。____Fe(OH)3+____ClO－+____OH－=__FeO42－＋___Cl－+__(6)在反應(yīng)11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，氧化劑是___________；當(dāng)有2molH3PO4生成，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為___________【答案】弱一CaCO33234235H2OP、CuSO410mol【解析】【分析】【詳解】(1)硫酸鉛在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸銨時，醋酸根離子和鉛離子生成難電離物質(zhì)或弱電解質(zhì)醋酸鉛，促使硫酸鉛溶解，說明(CH3COO)2Pb是弱電解質(zhì)；(2)H3PO2與足量的NaOH溶液反應(yīng)，生成NaH2PO2，說明H3PO2只能電離出一個氫離子，所以H3PO2是一元酸；(3)水泥的生產(chǎn)原料為黏土、石灰石，制玻璃的主要原料為純堿、石灰石和石英砂，共同原料為CaCO3；(4)容器體積為2L，所以初始投料c(N2)=0.5mol/L，c(H2)=1.5mol/L，設(shè)△c(N2)=xmol，列三段式有：容器內(nèi)壓強(qiáng)是起始的0.9倍，溫度和容器容積不變，氣體的壓強(qiáng)比等于濃度之比，所以，解得x=0.1mol/L，則△c(H2)=0.3mol/L，v(N2)=0.1mol/(L·min)，則反應(yīng)時間t==3min；(5)鐵元素化合價由+3升高為+6，失去3個電子，氯元素化合價由+1降低為-1，得2個電子，取最小公倍數(shù)，則氫氧化鐵與高鐵酸根前系數(shù)為2，次氯酸跟與氯離子前系數(shù)為3，再根據(jù)電荷守恒及原子守恒配平得2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；(6)Cu3P中P元素化合價為-3，H3PO4中P元素化合價為+5，所以P既是氧化劑又是還原劑，Cu元素化合價由CuSO4中的+2降低為Cu3P中+1，所以CuSO4也是氧化劑，即氧化劑為P、CuSO4；當(dāng)有2mol

H3PO4生成，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為2mol×(+5-0)=10mol。8．實驗室里，從廢舊鈷酸鋰離子電池的正極材料（在鋁箔上涂覆活性物質(zhì)LiCoO2）中，回收鈷、鋰的操作流程如下圖所示：回答下列問題。（1）拆解廢舊電池獲取正極材料前，先將其浸入NaCl溶液中，使電池短路而放電，此時溶液溫度升高，該過程中能量的主要轉(zhuǎn)化方式為____。（2）“堿浸”過程中產(chǎn)生的氣體是____；“過濾”所得濾液用鹽酸處理可得到氫氧化鋁，反應(yīng)的化學(xué)方程式為____。（3）“酸浸”時主要反應(yīng)的離子方程式為____；若硫酸、Na2S2O3溶液用一定濃度的鹽酸替代，也可以達(dá)到“酸浸”的目的，但會產(chǎn)生____（填化學(xué)式）污染環(huán)境。（4）“沉鈷”時，調(diào)pH所用的試劑是____；“沉鈷”后溶液中c（Co2+）=____。（已知：Ksp[Co（OH）2]=1.09×l0-15）（5）在空氣中加熱Co（OH）2，使其轉(zhuǎn)化為鈷的氧化物。加熱過程中，固體質(zhì)量與溫度的關(guān)系如左下圖所示。290～500℃，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為____。（6）根據(jù)右下圖判斷，“沉鋰”中獲得Li2CO3固體的操作主要包括____、____、洗滌、干燥等步驟?！敬鸢浮炕瘜W(xué)能→電能→熱能H2NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓8LiCoO2+S2O32-+22H+=8Li++8Co2++2SO42-+11H2OCl2NaOH溶液或氫氧化鈉固體1.09×l0-6mol/L6Co2O34Co3O4+O2↑蒸發(fā)濃縮趁熱過濾【解析】【分析】正極材料主要由Al和LiCoO2組成，LiCoO2屬于鹽類，由復(fù)分解反應(yīng)的條件可判斷，其與NaOH溶液混合不發(fā)生反應(yīng)，故“堿浸”過程中只有Al和NaOH反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，過濾得到濾渣為LiCoO2；“酸浸”時反應(yīng)物有LiCoO2、硫酸和Na2S2O3溶液，依據(jù)“沉鈷”產(chǎn)物為Co(OH)2可判斷，反應(yīng)后鈷元素的價態(tài)從+3價降為+2價，依據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律以及工藝中最后還可獲得Na2SO4·10H2O副產(chǎn)品，可推知S元素價態(tài)升高并轉(zhuǎn)化為SO42-；之后調(diào)節(jié)pH值得到Co(OH)2沉淀，再加入碳酸鈉溶液調(diào)節(jié)pH值沉鋰，得到碳酸鋰和母液，母液結(jié)晶得到Na2SO4·10H2O?！驹斀狻?1)依據(jù)“電池短路而放電”“溶液溫度升高”兩項信息，即可判斷廢舊電池的處理過程中能量的主要轉(zhuǎn)化方式為化學(xué)能→電能→熱能；(2)依題中信息可知，正極材料主要由Al和LiCoO2組成，LiCoO2屬于鹽類，由復(fù)分解反應(yīng)的條件可判斷，其與NaOH溶液混合不發(fā)生反應(yīng)，故“堿浸”過程中只有Al和NaOH反應(yīng)，生成NaAlO2和H2；“過濾”所得濾液用適量鹽酸處理可以得到氫氧化鋁，方程式為NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓；(3)根據(jù)分析可知“酸浸”時Na2S2O3被氧化為SO42-，Co元素被還原，結(jié)合電子守恒和元素守恒可知離子反應(yīng)方程式為：8LiCoO2+S2O32-+22H+=8Li++8Co2++2SO42-+11H2O；加入的Na2S2O3起還原作用，用一定濃度的鹽酸替代“Na2S2O3溶液和硫酸”，也能實現(xiàn)酸浸目的，可知該反應(yīng)中，鹽酸也起了還原劑的作用，氧化產(chǎn)物為會污染環(huán)境的Cl2；(4)結(jié)合“沉鋰”后母液中還可以獲得Na2SO4·10H2O，可知用的試劑為NaOH溶液或固體；溶液pH=9.5，則溶液中c(OH-)=10-4.5mol/L，帶入Ksp[Co(OH)2]=c2(OH-)·c(Co2+)=1.09×l0-15求得c(Co2+)=1.09×l0-6mol/L；(5)從圖中信息可知，加熱前的反應(yīng)物為Co(OH)2(0.930g),其物質(zhì)的量為0.01mol，依據(jù)鈷元素的量不變可知:n(Co)=0.01mol，m(Co)=0.590g，溫度升溫290℃時，轉(zhuǎn)化為0.830g某種鈷的氧化物，該氧化物中，n(O)==0.015mol，由此可以確定該氧化物為Co2O3；同理可以確定500℃時，n(O)=≈0.0133mol，則生成的氧化物為Co3O4；所以290℃～500℃過程中，Co2O3轉(zhuǎn)化為Co3O4，反應(yīng)過程中，Co元素化合價降低。氧元素化合價升高并轉(zhuǎn)化為O2，故反應(yīng)的化學(xué)方程式為6Co2O34Co3O4+O2↑；(6)分析溶解度曲線可知LiCO3微溶，其溶解度隨溫度升高而降低，為了提高鋰元素的回收率，同時防止硫酸鈉析出，應(yīng)采用蒸發(fā)濃縮(減少溶劑)并在較高溫度下趁熱過濾等操作?！军c睛】熱重分析法是常用的定量分析方法，通過分析熱重曲線，可以推測物質(zhì)的熱穩(wěn)定性、加熱反應(yīng)生成的產(chǎn)物等相關(guān)信息。第5題解題關(guān)鍵是抓住受熱過程中Co元素的量不變，利用圖中數(shù)據(jù)信息，確定分解所得氧化物中鈷、氧元素的物質(zhì)的量之比,從而確定不同溫度下生成的氧化物的組成，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式。9．（1）將新制氯水逐滴滴入FeBr2溶液中，寫出最初發(fā)生的反應(yīng)的離子方程式，并標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目。___。（2）在硫酸鋁銨(NH4Al(SO4)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液并不斷攪拌。用一個離子方程式表示最初發(fā)生的反應(yīng)。___。（3）石油氣“芳構(gòu)化”是由石油氣生產(chǎn)高辛烷值汽油的一種有效生產(chǎn)工藝。測得反應(yīng)2C4H10C8H10(g)+5H2在不同溫度下的平衡常數(shù)變化如下：溫度(℃)400450500平衡常數(shù)Ka6a40a①該反應(yīng)的正反應(yīng)是____(吸熱、放熱)反應(yīng)。②向2L密閉定容容器中充入2molC4H10，反應(yīng)10s后測得H2濃度為1mol/L，此10s內(nèi)，以C8H10表示的平均速率為___。③能表示該反應(yīng)在恒溫恒容密閉容器中t1時刻后已經(jīng)達(dá)平衡狀態(tài)的圖示是___。a.b.c.d.④如圖表示某溫度時將一定量的C4H10(含少量H2)充入容器中反應(yīng)期間物質(zhì)濃度隨時間的變化(容器容積可變)，實線代表C8H10，虛線代表C4H10。請用實線補(bǔ)充畫出t1~t4間C8H10的濃度變化曲線___?！敬鸢浮?Ba2++6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓吸熱0.02mol/(L·s)b、d【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，化合價升高值＝化合價降低值＝轉(zhuǎn)移電子數(shù)，據(jù)此表示電子轉(zhuǎn)移的情況；(2)在硫酸鋁銨(NH4Al(SO4)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)①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；②依據(jù)反應(yīng)速率v＝計算；③a．反應(yīng)前后都是氣體，氣體質(zhì)量始終不變；b．反應(yīng)前后氣體質(zhì)量不變，物質(zhì)的量增大，平均摩爾質(zhì)量不變說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)；c．氣體質(zhì)量不變，體積不變，密度在反應(yīng)過程中和平衡狀態(tài)都不變；d．反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量變化，壓強(qiáng)之比等于氣體物質(zhì)的量之比，物質(zhì)的量不變，反應(yīng)達(dá)到平衡；④剛開始因為達(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，后面體積縮小為原來的，所以實線濃度也變兩倍，后面又慢慢減小，直至繼續(xù)平衡?！驹斀狻?1)將新制氯水逐滴滴入FeBr2溶液中，先是發(fā)生氯氣氧化亞鐵離子的反應(yīng)，Cl2＋2Fe2＋＝2Fe3＋＋2Cl?，電子轉(zhuǎn)移情況如下：，故答案為：；(2)氫氧化鋇少量，氫氧根離子和鋇離子的物質(zhì)的量不足，離子方程式按照氫氧化鋇的組成書寫，鋇離子和氫氧根離子完全反應(yīng)；由于氨水堿性強(qiáng)于氫氧化鋁，故鋁離子優(yōu)先與氫氧根離子反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，反應(yīng)的離子方程式為3Ba2++6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，故答案為：3Ba2++6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓；(3)①根據(jù)圖表數(shù)據(jù)，平衡常數(shù)隨溫度升高增大，平衡正向進(jìn)行，正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，故答案為：吸熱；②向2L密閉定容容器中充入2molC4H10，反應(yīng)10s后測得H2濃度為1mol/L，2C4H10?C8H10(g)＋5H2，反應(yīng)過程中生成C8H10的物質(zhì)的量濃度為×1mol/L＝0.2mol/L，此10s內(nèi)，以C8H10表示的平均速率＝＝0.02mol/(L?s)，故答案為：0.02mol/(L?s)；③2C4H10?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)平衡移動原理分析圖象；a．反應(yīng)前后都是氣體，氣體質(zhì)量在反應(yīng)過程中和平衡狀態(tài)都始終不變，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故a不符合；b．反應(yīng)前后氣體質(zhì)量不變，物質(zhì)的量增大，平均摩爾質(zhì)量不變說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故b符合；c．氣體質(zhì)量不變，體積不變，密度在反應(yīng)過程中和平衡狀態(tài)都不變，故c不符合；d．反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量變化，壓強(qiáng)之比等于氣體物質(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；④分析圖象可知，剛開始因為達(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，后面體積縮小為原來的，所以實線濃度也變兩倍，濃度變化為0.40mol/L，隨反應(yīng)進(jìn)行后面又慢慢減小，直至繼續(xù)平衡，據(jù)此畫出的圖象為：，故答案為：?！军c睛】本題(2)注意掌握離子方程式的書寫原則，正確判斷反應(yīng)物離子的過量情況是解答的關(guān)鍵；(3)掌握圖象分析與繪制方法，曲線變化起點和變化是解題關(guān)鍵。10．二氧化氯泡騰片，有效成分（ClO2）是一種高效、安全的殺菌、消毒劑。方法一：氯化鈉電解法是一種可靠的工業(yè)生產(chǎn)ClO2氣體的方法。該法工藝原理如圖。其過程是將食鹽水在特定條件下電解得到的氯酸鈉（NaClO3）與鹽酸反應(yīng)生成ClO2。（1）工藝中可利用的單質(zhì)有__________（填化學(xué)式），發(fā)生器中生成ClO2的化學(xué)方程式為_____________。（2）此法的缺點主要是______________________________________。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ClO2，其原理是：纖維素水解得到的最終產(chǎn)物X與NaClO3反應(yīng)生成ClO2。（3）配平方程式：□（X）+□NaClO3+□H2SO4→□ClO2↑+□CO2↑+□H2O+□______若反應(yīng)中產(chǎn)生4.48L（折算成標(biāo)準(zhǔn)狀況下）氣體，電子轉(zhuǎn)移________個。（4）ClO2和Cl2均能將電鍍廢水中的CN—氧化為無毒的物質(zhì)，自身被還原為Cl—。處理含CN—相同量的電鍍廢水，所需Cl2的物質(zhì)的量是ClO2的_______倍。方法三：實驗室常用氯酸鈉(NaClO3)和亞硫酸鈉(Na2SO3)用硫酸酸化，加熱制備二氧化氯，化學(xué)反應(yīng)方程式為：2NaClO3+Na2SO3＋H2SO42ClO2↑+2Na2SO4＋H2O（5）反應(yīng)中的Na2SO3溶液中存在如下平衡：H2OH++OH-和________________（用離子方程式表示）.常溫下，0.1mol/L該溶液中離子濃度由大到小排列__________________（用離子符號表示）（6）常溫下，已知NaHSO3溶液呈酸性，在Na2SO3溶液中滴加稀鹽酸至中性時，溶質(zhì)的主要成分有________________。（用化學(xué)式表示）【答案】H2、Cl22NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O同時產(chǎn)生了大量的氯氣，不僅產(chǎn)率低，而且產(chǎn)品難以分離，同時很有可能造成環(huán)境污染；能耗較大等1C6H12O6+24NaClO3+12H2SO4→24ClO2↑+6CO2↑+18H2O+12Na2SO40.16NA2.5SO32-+H2OOH-+HSO3-，HSO3-+H2OOH-+H2SO3c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)NaHSO3、Na2SO3、NaCl、或（NaHSO3、Na2SO3、NaCl、SO2、H2SO3）【解析】【分析】（1）電解飽和食鹽水生成H2、Cl2和NaOH；故可以利用的單質(zhì)為H2、Cl2，合成HCl，根據(jù)流程圖可知加入物質(zhì)為NaClO3和HCl，生成ClO2；可以寫出方程式，并用化合價升降法配平得到；（2）生成的氣體中除了有二氧化氯還有大量的氯氣，產(chǎn)率低，難分離，而且極有可能造成大氣污染；用電解的方法耗能大；（3）①纖維素為多糖，水解最終產(chǎn)物為葡萄糖（C6H12O6），具有還原性，可將NaClO3還原得到ClO2．Cl從+5到+4價，降低1價，葡萄糖（C6H12O6）C均價為0，到+4價，升高4價，然后配平得到，由①可知生成24molClO2和6molCO2氣體轉(zhuǎn)移24mol的電子；（4）每摩爾Cl2得到2mol電子，而每摩爾ClO2得到5mol電子，故為2.5倍；（5）存在弱電解水的電離平衡和弱離子的水解平衡．不水解的二元鈉離子濃度最大，水解是微弱的，顯性離子和第一步水解產(chǎn)生的陰離子，隱性離子；（6）Na2SO3溶液中滴加稀鹽酸，兩者反應(yīng)，要使溶液呈中性，只能是部分反應(yīng)，所以溶質(zhì)為Na2SO3、NaHSO3、NaCl。【詳解】（1）由工藝流程圖可以看出：在該工藝中可利用的單質(zhì)有H2、Cl2；根據(jù)流程圖可知加入物質(zhì)為NaClO3和HCl，生成ClO2；發(fā)生氧化還原反應(yīng)，NaClO3被還原生成ClO2，HCl被氧化生成Cl2，生成ClO2的化學(xué)方程式為：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；（2）由制備原理和流程圖可知此法的缺點主要是會產(chǎn)生大量的Cl2，消耗大量的電能，產(chǎn)物ClO2和Cl2不僅不容易分離，而且物質(zhì)利用率低，很容易造成大氣污染；（3）纖維素水解得到的最終產(chǎn)物X是葡萄糖C6H12O6。它與NaClO3在酸性條件下發(fā)生反應(yīng)，根據(jù)質(zhì)量守恒定律和電子守恒的知識可得方程式為：1C6H12O6+24NaClO3+12H2SO4→24ClO2↑+6CO2↑+18H2O+12Na2SO4，由方程式可以看出每產(chǎn)生30mol的氣體，轉(zhuǎn)移電子24NA；現(xiàn)在產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量為4.48L（即0.2mol），所以轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.16mol，個數(shù)為0.16NA；（4）處理含CN-相同量的電鍍廢水，即轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量相同。假設(shè)轉(zhuǎn)移電子2mol，則需要Cl2的物質(zhì)的量是1mol；需要ClO2的物質(zhì)的量為==0.4mol。所以n(Cl2)：n(ClO2)=1：0.4=2.5；（5）反應(yīng)中的Na2SO3溶液中存在如下平衡：H2OH++OH-和SO32-的水解平衡的兩種方程式。由于SO32-是二元弱酸的酸根離子，因此存在兩步水解平衡SO32-+H2OOH-+HSO3-，HSO3-+H2OOH-+H2SO3；Na2SO3=2Na++SO32-；c(Na+)>c(SO32-)，SO32-水解產(chǎn)生OH-和HSO3-，HSO3-進(jìn)一步水解還要消耗HSO3-，同時產(chǎn)生OH-，因此c(OH-)>c(HSO3-)；在溶液中還存在水的電量平衡，所以c(HSO3-)>c(H+)；在溶液中鹽水解的程度是很微弱的，所以c(SO32-)>c(OH-)；因此在該溶液中各種離子的濃度由大到小的順序為c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)；（6）在Na2SO3溶液中滴加稀鹽酸若恰好發(fā)生反應(yīng)：Na2SO3+HCl=NaCl+NaHSO3。則由于NaHSO3溶液呈酸性。所以至中性時，n(HCl)<n(Na2SO3)，產(chǎn)生溶液中含有的溶質(zhì)有未反應(yīng)的Na2SO3及反應(yīng)生成的NaCl、NaHSO3；溶質(zhì)有Na2SO3、NaCl、NaHSO3，也可能滴加HCl局部過量會產(chǎn)生SO2、H2SO3溶解在該溶液中還含有SO2和H2SO3。11．一種以黃銅礦和硫磺為原料制取銅和其他產(chǎn)物的新工藝，原料的綜合利用率較高。其主要流程如下：已知：“反應(yīng)Ⅱ”的離子方程式為Cu2++CuS+4C1-==2[CuCl2]-+S回答下列問題：（1）鐵紅的化學(xué)式為__________________；（2）“反應(yīng)Ⅱ”的還原劑是_______________(填化學(xué)式)；（3）“反應(yīng)III”的離子方程式為____________________________________；（4）輝銅礦的主要成分是Cu2S，可由黃銅礦(主要成分CuFeS2)通過電化學(xué)反應(yīng)轉(zhuǎn)變而成，有關(guān)轉(zhuǎn)化如下如圖所示。轉(zhuǎn)化時正極的電極反應(yīng)式為___________________。（5）從輝銅礦中浸取銅元素，可用FeCl3作浸取劑。①反應(yīng)Cu2S＋4FeCl32CuCl2＋4FeCl2＋S，每生成1molCuCl2，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為______；浸取時，在有氧環(huán)境下可維持Fe3+較高濃度。有關(guān)反應(yīng)的離子方程式是__________。②浸取過程中加入洗滌劑溶解硫時，銅元素的浸取率的變化如圖，其原因是_______________。（6）CuCl懸濁液中加入Na2S，發(fā)生的反應(yīng)為2CuCl(s)＋S2－(aq)Cu2S(s)＋2Cl－(aq)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝__________________[已知Ksp(CuCl)＝1.2×10－6，Ksp(Cu2S)＝2.5×10－43]?！敬鸢浮縁e2O3CuS4[CuCl2]-+O2+4H+=4Cu2++8Cl-+2H2O2CuFeS2＋6H+＋2e—=Cu2S＋2Fe2+＋3H2S↑2mol或2NA4Fe2+＋O2＋4H+=4Fe3+＋2H2O生成的硫覆蓋在Cu2S表面，阻礙浸取5.76×1030【解析】【分析】(1)鐵紅是氧化鐵；(2)根據(jù)Cu2++CuS+4C1-==2[CuCl2]-+S，硫元素化合價升高；(3)反應(yīng)III[CuCl2]-被氧化為Cu2+；(4)根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系圖，CuFeS2在正極得電子生成Cu2S、Fe2+、H2S。(5)①根據(jù)反應(yīng)Cu2S＋4FeCl32CuCl2＋4FeCl2＋S，每生成2molCuCl2，轉(zhuǎn)移4mol電子；氧氣能把Fe2+氧化為Fe3+。②Cu2S難溶，生成的硫覆蓋在Cu2S表面，阻礙浸??；（6）CuCl懸濁液中加入Na2S，發(fā)生的反應(yīng)為2CuCl(s)＋S2－(aq)Cu2S(s)＋2Cl－(aq)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝?！驹斀狻?1)鐵紅是氧化鐵，化學(xué)式Fe2O3；(2)根據(jù)Cu2++CuS+4C1-==2[CuCl2]-+S，硫元素化合價升高，所以CuS是還原劑；(3)反應(yīng)III，[CuCl2]-被氧氣氧化為Cu2+，離子方程式為4[CuCl2]-+O2+4H+=4Cu2++8Cl-+2H2O；(4)根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系圖，CuFeS2在正極得電子生成Cu2S、Fe2+、H2S，轉(zhuǎn)化時正極的電極反應(yīng)式為2CuFeS2＋6H+＋2e—=Cu2S＋2Fe2+＋3H2S↑。（5）①根據(jù)反應(yīng)Cu2S＋4FeCl32CuCl2＋4FeCl2＋S可知，每生成2molCuCl2，轉(zhuǎn)移4mol電子，每生成1molCuCl2，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為2NA；氧氣能把Fe2+氧化為Fe3+，離子方程式為4Fe2+＋O2＋4H+=4Fe3+＋2H2O。②Cu2S難溶，生成的硫覆蓋在Cu2S表面，阻礙浸取，所以洗滌時銅元素的浸取率的變化如圖；（6）2CuCl(s)＋S2－(aq)Cu2S(s)＋2Cl－(aq)的平衡常數(shù)K＝==5.76×1030；【點睛】原電池中電子由負(fù)極流入正極，根據(jù)電子流動方向，可判斷原電池的正負(fù)極。12．消除含氮化合物對大氣和水體的污染是環(huán)境保護(hù)的重要研究課題。(1)已知反應(yīng)8NH3+6NO2=7N2+12H2O，請分析氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的質(zhì)量之比為________。(2)水體中過量氨氮(以NH3表示)會導(dǎo)致水體富營養(yǎng)化。①用次氯酸鈉除去氨氮的原理如題圖所示。寫出該圖示的總反應(yīng)化學(xué)方程式：________。該反應(yīng)需控制溫度，溫度過高時氨氮去除率降低的原因是________。②取一定量的含氨氮廢水，改變加入次氯酸鈉用量，反應(yīng)一段時間后，溶液中氨氮去除率、總氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的總量)去除率以及剩余次氯酸鈉的含量隨m(NaCIO)m(NH3)的變化情況如圖所示。當(dāng)m(NaCIO)：m(NH3)>7.6時，水體中總氮去除率反而下降，可能的原因是________?！敬鸢浮?：32NH3+3NaClO=N2+3NaCl+3H2O溫度過高，HClO發(fā)生分解，氨氮去除率隨之降低有部分NH3被氧化成NO2-或NO3-【解析】【分析】（1）該反應(yīng)中NH3中N由－3價變?yōu)?價，化合價升高，被氧化，所得產(chǎn)物為氧化產(chǎn)物；NO2中N由＋4價變?yōu)?價，化合價降低，被還原，所得產(chǎn)物為還原產(chǎn)物；因此氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為8:6=4:3；（2）①根據(jù)圖示判斷發(fā)生氧化還原反應(yīng)的反應(yīng)物、生成物，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒書寫化學(xué)方程式；溫度越高，化學(xué)反應(yīng)速率越快，但是溫度過高，HClO不穩(wěn)定，受熱易分解；②當(dāng)m(NaCIO)：m(NH3)>7.6時，NaCIO加入的量越多會將氨氮氧化為NO3-等高價態(tài)物質(zhì)。【詳解】(1)該反應(yīng)中NH3中N由－3價變?yōu)?價，化合價升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，所得為氧化產(chǎn)物；NO2中N由＋4價變?yōu)?價，化合價降低，發(fā)生還原反應(yīng)，所得為還原產(chǎn)物；因此氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為8:6=4:3；(2)①由圖轉(zhuǎn)化過程可知，該反應(yīng)中反應(yīng)物為NH3和NaClO，生成物為N2、NaCl2和H2O，因此該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2NH3＋3NaClO=N2＋3NaCl＋3H2O；由于反應(yīng)過程中生成HClO，HClO不穩(wěn)定，受熱易分解，因此溫度過高，氨氮去除率降低；②NaClO具有氧化性，其量增大，會使得部分NH3被氧化成NO2-或NO3-，使得水體中總氮去除率降低；【點睛】本題考查氧化還原反應(yīng)方程式的書寫，考生應(yīng)從圖中找出反應(yīng)物、生成物，另外解釋控制反應(yīng)條件的度。13．氫氣作為清潔能源有著廣泛的應(yīng)用前景，含硫天然氣制備氫氣的流程如下。請回答下列問題：Ⅰ.轉(zhuǎn)化脫硫：將天然氣壓入吸收塔，30℃時，在T.F菌作用下，酸性環(huán)境中脫硫過程示意圖如圖所示。（1）過程i中H2S發(fā)生了___（填“氧化”或“還原”）反應(yīng)。（2）過程ii的離子方程式是___。（3）已知：①Fe3+在pH＝1.9時開始沉淀，pH＝3.2時沉淀完全。②30℃時，在T.F菌作用下，不同pH的FeSO4溶液中Fe2+的氧化速率如下表。pH0.91.21.51.82.12.42.73.0Fe2+氧化速率/（g·L－1·h－1）4.55.36.26.87.06.66.25.6請結(jié)合以上信息，判斷工業(yè)脫硫應(yīng)選擇的最佳pH范圍，并說明原因：___。II.蒸氣轉(zhuǎn)化：在催化劑的作用下，水蒸氣將CH4氧化。結(jié)合如圖回答問題。（4）①該過程的熱化學(xué)方程式是___。②比較壓強(qiáng)p1和p2的大小關(guān)系：p1___p2（選填“>”“<”或“＝”）。III.CO變換：500℃時，CO進(jìn)一步與水反應(yīng)生成CO2和H2。IV.H2提純：將CO2和H2分離得到H2的過程示意圖如圖。（5）①吸收池中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是___。②結(jié)合電極反應(yīng)式，簡述K2CO3溶液的再生原理：___。【答案】氧化4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O1.5≤pH<1.9，當(dāng)pH大于1.9時，F(xiàn)e3+開始沉淀，導(dǎo)致Fe2+和Fe3+濃度均下降，會降低反應(yīng)速率。pH小于1.5時，T.F菌活性較低，反應(yīng)速率減慢CH4（g）+H2O（g）＝CO（g）+3H2（g）△H＝+204kJmol－1＞CO2+H2O+CO32－＝2HCO3－陰極反應(yīng)：2H2O+2e＝H2↑+2OH－，OH－+HCO3－＝CO32－+H2O；陽極反應(yīng)：4H2O－4e＝O2↑+4H+，H++HCO3－＝CO2+H2O，陽極區(qū)多余的K+經(jīng)陽離子交換膜進(jìn)入陰極區(qū)，使K2CO3溶液得以再生【解析】【分析】I．轉(zhuǎn)化脫硫：將天然氣壓入吸收塔，30℃時，在T．F菌作用下，酸性環(huán)境中脫硫過程示意圖如圖2；(1)硫化氫被硫酸鐵氧化生成單質(zhì)硫；(2)過程Ⅱ是亞鐵離子酸性條件下被氧氣氧化生成鐵離子；(3)1.5≤PH＜1.9，當(dāng)PH大于1.9時，F(xiàn)e3+開始沉淀，導(dǎo)致Fe3+、Fe2+離子濃度均下降，降低反應(yīng)速率，PH＜1.5時，T?F菌活性較低；Ⅱ．(4)①在催化劑的作用下，水蒸氣將CH4氧化生成一氧化碳和水蒸氣，圖中反應(yīng)的焓變△H=2582kJ/mol-2378kJ/mol=204kJ/mol，標(biāo)注物質(zhì)聚集狀態(tài)和對應(yīng)反應(yīng)的焓變寫出熱化學(xué)方程式；②圖象中甲烷體積分?jǐn)?shù)隨壓強(qiáng)增大而增大，據(jù)此分析；Ⅳ．(5)①二氧化碳和碳酸鉀溶液反應(yīng)生成碳酸氫鉀；②碳酸氫根離子存在電離平衡、氫氧根離子和碳酸氫根離子反應(yīng)生成碳酸根離子?！驹斀狻縄．轉(zhuǎn)化脫硫：將天然氣壓入吸收塔，30℃時，在T．F菌作用下，酸性環(huán)境中脫硫過程示意圖如圖2；(1)硫化氫被硫酸鐵氧化生成單質(zhì)硫，過程i中H2S發(fā)生了氧化反應(yīng)；(2)過程Ⅱ是亞鐵離子酸性條件下被氧氣氧化生成鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為：4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O；(3)Fe3+在pH=l.9時開始沉淀，pH=3.2時沉淀完全，分析30℃時，在T．F菌作用下，不同pH的FeSO4溶液中Fe2+的氧化速率可知：工業(yè)脫硫應(yīng)選擇的最佳pH范圍1.5≤PH＜1.9，當(dāng)PH大于1.9時，F(xiàn)e3+開始沉淀，導(dǎo)致Fe3+、Fe2+離子濃度均下降，降低反應(yīng)速率，PH＜1.5時，T?F菌活性較低，反應(yīng)速率減慢；Ⅱ．(4)①在催化劑的作用下，水蒸氣將CH4氧化生成一氧化碳和水蒸氣，圖中反應(yīng)的焓變△H=2582kJ/mol-2378kJ/mol=204kJ/mol，標(biāo)注物質(zhì)聚集狀態(tài)和對應(yīng)反應(yīng)的焓變寫出熱化學(xué)方程式為：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+204kJ/mol；②反應(yīng)后氣體物質(zhì)的量增大，增大壓強(qiáng)平衡逆向進(jìn)行，圖象中甲烷體積分?jǐn)?shù)隨壓強(qiáng)增大而增大，據(jù)此分析，比較壓強(qiáng)P1和P2的大小關(guān)系：P1＞P2；Ⅳ．(5)①將CO2和H2分離得到H2的過程示意圖分析得到：二氧化碳和碳酸鉀溶液反應(yīng)生成碳酸氫鉀，反應(yīng)的離子方程式為CO2+H2O+CO32-=2HCO3-；②HCO3-存在電離平衡：HCO3-H++CO32-，陰極H+放電濃度減小平衡右移，CO32-再生，陰極反應(yīng)：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，OH-+HCO3-=CO32-+H2O，使碳酸鉀溶液得以再生。14．（Ⅰ）工業(yè)尾氣SO2、NO2是污染大氣、形成酸雨的罪魁禍?zhǔn)?。請回答下列問題：異氰酸(化學(xué)式：HNCO，C為+4價)可用于消除尾氣中的NO2。其反應(yīng)原理為：HNCO+NO2→N2+CO2+(未配平)。①上述反應(yīng)的氧化劑是____________。②配平后方框內(nèi)應(yīng)填寫____________。③每處理33.6LNO2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為____________。（Ⅱ）為了減少CO對大氣的污染，某研究性學(xué)習(xí)小組擬研究利用CO和H2O反應(yīng)轉(zhuǎn)化為綠色能源H2．已知：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566.0kJ?mol﹣1；2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ?mol﹣1；2H2O（g）═H2O（l）△H=﹣44.0kJ?mol﹣1。（1）寫出CO和H2O（g）作用生成CO2和H2的熱化學(xué)方程式：____________。（2）氫氣是合成氨的重要原料，合成氨反應(yīng)的熱化學(xué)方程式如下：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣92.4kJ?moL﹣1。①當(dāng)合成氨反應(yīng)達(dá)到平衡后，改變某一外界條件（不改變N2、H2和NH3的量），反應(yīng)速率與時間的關(guān)系如圖所示．圖中t3時引起平衡移動的條件可能是______，其中表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段時間是______。②溫度為T℃時，將1molN2和2molH2放入容積為0.5L的密閉容器中，充分反應(yīng)后測得N2的平衡轉(zhuǎn)化率為50%．則反應(yīng)在T℃時的平衡常數(shù)為______mol﹣2?L2。③目前工業(yè)合成氨的原理是：N2+3H22NH3如圖表示隨條件改變，平衡體系中氨氣體積分?jǐn)?shù)的變化趨勢，當(dāng)橫坐標(biāo)為壓強(qiáng)時，變化趨勢正確的是（填序號，下同）___，當(dāng)橫坐標(biāo)為溫度時，變化趨勢正確的是___。（3）常溫下氨氣和HCl均極易溶于水，現(xiàn)將相同體積、相同物質(zhì)的量濃度的氨水和鹽酸混合，所得溶液中各離子的物質(zhì)的量濃度按照由大到小的順序排列依次為____＞____＞____＞____。【答案】NO24H2O6NACO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.2kJ/mol升高溫度t2﹣t34cac（Cl﹣）c（NH4+）c（H+）c（OH﹣）【解析】【分析】（Ⅰ）HNCO中C為+4價，則氮元素是－3價，根據(jù)方程式可知，反應(yīng)后NO2中氮元素由+4價降低到0價，得到4個電子，NO2是氧化劑，HNCO中氮元素由－3價升高到0價，失去3個電子，HNCO是還原劑；（Ⅱ）（1）由蓋斯定律計算可得；（2）①合成氨反應(yīng)為氣體體積減小的放熱反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，正逆反應(yīng)速率均增大，平衡向正反應(yīng)方向移動，達(dá)到新平衡時平衡混合物中NH3的含量增大，升高溫度，正逆反應(yīng)速率均增大，平衡向逆反應(yīng)方向移動，達(dá)到新平衡時平衡混合物中NH3的含量減小，使用催化劑，正逆反應(yīng)速率均增大，平衡不移動，平衡混合物中NH3的含量不變；②建立三段式，依據(jù)三段式數(shù)據(jù)計算化學(xué)平衡常數(shù)；③合成氨反應(yīng)為氣體體積減小的放熱反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向移動，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動；（3）相同體積、相同物質(zhì)的量濃度的氨水和鹽酸恰好完全反應(yīng)生成氯化銨，氯化銨在溶液中水解使溶液呈酸性?！驹斀狻浚á瘢〩NCO中C為+4價，則氮元素是－3價，根據(jù)方程式可知，反應(yīng)后NO2中氮元素由+4價降低到0價，得到4個電子，NO2是氧化劑，HNCO中氮元素由－3價升高到0價，失去3個電子，HNCO是還原劑，根據(jù)電子得失守恒可知氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比是3:4，根據(jù)原子守恒可知反應(yīng)還有水生成，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為8HNCO+6NO2＝7N2+CO2+4H2O，標(biāo)準(zhǔn)狀況33.6LNO2的物質(zhì)的量為=1.5mol，則反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為1.5mol×4NAmol—1=6NA，故答案為：NO2；4H2O；6NA；（Ⅱ）（1）已知：①2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566kJ?moL-1②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6KJ?moL-1，根據(jù)蓋斯定律，①-②得2CO（g）+2H2O（g）=2H2（g）+2CO2（g），則△H=-566kJ?moL-1-（-483.6kJ?moL-1）=-82.4kJ?moL-1，反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為CO（g）+H2O（g）=H2（g）+CO2（g）△H=-41.2kJ?moL-1，故答案為：CO（g）+H2O（g）=H2（g）+CO2（g）△H=-41.2kJ?moL-1；（2）①合成氨反應(yīng)為氣體體積減小的放熱反應(yīng)，由圖可知，t1時增大壓強(qiáng)，正逆反應(yīng)速率均增大，正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率，說明平衡向正反應(yīng)方向移動，達(dá)到新平衡時平衡混合物中NH3的含量增大，t3時升高溫度，正逆反應(yīng)速率均增大，逆反應(yīng)速率大于正反應(yīng)速率，說明平衡向逆反應(yīng)方向移動，達(dá)到新平衡時平衡混合物中NH3的含量減小，t5時使用催化劑，正逆反應(yīng)速率均增大，正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率，說明