化学 热门试卷

①方程式4NO2(g)＋2NaCl(g)2NaNO3(g)＋2NO(g)＋Cl2(g)可以由已知方程式I×2—II而得，故其反应热△H＝2△H1—△H2；

②由方程式I得：

由方程式II得：

而所求方程式的平衡常数

       若反应Ⅰ：2NO2(g)＋NaCl(g)NaNO3(g)＋ClNO(g)  △H＜0，在绝热密闭容器中进行，实验测得NO2(g)的转化率随时间变化如图所示，t3～t4时刻NO2(g)的转化率（NO2％）降低的原因是：因反应容器为绝热容器，且正反应为放热反应， t3时的C点是平衡点之一，随着时间推移，反应正向进行，体系的温度会升高，平衡又会逆移，故再次达平衡时的转化率会降低。

       若反因Ⅱ：2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)    △H＜0，在恒温、恒容条件下进行，下列能判断该反应一定达到平衡状态的是能作为变量的量才能作为平衡标志，如不等气体分子数的反应II在恒容容器内压强是个变量，

故A．容器内压强不再变化——是平衡标志之一；平衡状态定义所得标志有二，其一是正逆反应速率相等，故D．v正(NO)＝v逆(ClNO)——是平衡标志之二（且二者的计量数之比刚好是1:1）；其二是各成分的浓度保持不变，而不是物质的量相等，

故B．n(ClNO)＝n(NO)——不能作为平衡标志；

C．混合气体密度不变 ——因容器体积一定、且气体反应前后质量守恒，故密度是个不变量，不能作为平衡标志。

在一定温度和压强下，反应Ⅱ达到平衡，……。设NO和Cl2起始物质的量之比为x，则n(Cl2)=1 mol时，n(NO)=x，若平衡时Cl2的转化率为a，则有：

2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)

始量/mol     x      1           0

变量/mol     2a     a           2a

平量/mol    x-2a    1-a          2a

故平衡混合物中ClNO的体积分数为y＝2a/[(x-2a)+(1-a)+2a] =2a/(x+1-a)

        有反应：2NO2＋2NaOH＝NaNO3＋NaNO2＋H2O知，含0.2 mol NaOH的水溶液与0.2 mol NO2恰好完全反应得1L溶液A——即0.1 mol/L NaNO3和0.1 mol/L NaNO2；溶液B为0.1mol/L CH3COONa溶液。

       又已知HNO2的电离常数K3＝7.1×10－4 mol/L，CH3COOH的电离常数K4＝1.7×10－5mol/L。可得：HNO2的酸性强于CH3COOH，则CH3COONa的水解能力强于NaNO2，NaNO3不水解。因此，同浓度的两溶液中c(NO3-)、c(NO2-)、c(CH3COO－)由大到小的顺序是：

c(NO3－)＞c(NO2－)＞c(CH3COO－)。

       常温下，向溶液B中——即CH3COONa溶液加水稀释过程中，水解程度增大，溶液中n(CH3COO－)减少、c(CH3COO－)也减少；n(CH3COOH)增大、但因水量增大而使c(CH3COOH)降低；n(OH－)增大、但也因水量增大而c(OH－)降低，此时相反的是c(H＋)则增大。故： 

a．c(H＋)/c(OH－) 比值变大；

b．c(OH－)/c(CH3COO－)= n(OH－)/ n(CH3COO－)，比值也变大；

c．c(Na＋)/c(CH3COO－)= n(Na＋)/n(CH3COO－)，比值也变大；

d．c(CH3COO－)·c(H＋)/c(CH3COOH)= K4＝1.7×10－5mol/L，不变。

      已知水钴矿[主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等]，盐酸浸取——即碱性氧化物与酸反应生成盐和水，但是不是Co3+、Fe3+盐，而是Co2+、Fe2+（①浸出液含有的阳离子主要有H＋、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等）盐，显然，这是被Na2SO3还原的结果。故浸出过程中加入Na2SO3的目的是还原Co3+、Fe3+。

       制取NaClO3可以将氯气通入到热的浓氢氧化钠溶液——其反应物是氯气和浓氢氧化钠溶液，生成物有NaClO3，可知这是氯气的歧化反应，另一还原产物是氯化钠。则该反应的离子方程式为3Cl2+6OH－ClO3－+5Cl－+3H2O；

实验需要制取10.65 g NaClO3，……则同时生成的氢气的体积为____（标准状况）。

依据:    3Cl2       ～    NaClO3

3×22.4 L       106.5 g

V(Cl2)         10.65 g

V(Cl2)= 10.65 g×3×22.4 L÷106.5 g=6.72 L

①浸出液含有的阳离子主要有H＋、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等，加NaClO3后Fe2+就被氧化为Fe3+，再加Na2CO3调节pH=5.2，就沉淀除去Fe3+和Al3+，滤液I中剩下的有Co2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+；再往滤液I中加NaF溶液，又沉淀除去Ca2+、Mg2+，滤液II中就剩下Co2+、Mn2+，因此，滤液Ⅱ中还需要除去的离子只有Mn2+，故往滤液Ⅱ中加入萃取剂的作用是除去Mn2+；

       依据萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系图，既要萃取除去Mn2+，又要留下Co2+，使用萃取剂适宜的pH是 B．接近3.0。A．接近2.0——此时Mn2+萃取不完全；C．接近5.0——此时Co2+也被大量萃取到萃取剂中而除掉。

已知Ksp(MgF2)＝7.35×10－11、Ksp(CaF2)＝1.05×10－10。当加入过量NaF后，所得滤液c(Mg2+)/ c(Ca2+)＝Ksp(MgF2)/ Ksp(CaF2)= 7.35×10－11/1.05×10－10=0.7

用氨水吸收SO2。已知NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝1.8×10－5mol·L－1 ，H2SO3的电离平衡常数Ka1＝1.2×10－2mol·L－1 ，Ka2 ＝1.3×10－8mol·L－1。

①(NH4)2SO3溶液中，因为Ka2＜Kb，故SO32-的水解强于铵离子，且水解显碱性（谁强显谁性），离子浓度的大小关系为c(NH4+) >c(SO32－)>c(OH－)>c(HSO3－)>c(H+)。

②当恰好形成酸式盐时，加入少量NaOH溶液，因氢氧化钠量少，故只中和酸式盐中的氢离子，且Ka1＞Kb，NH4HSO3以电离为主——HSO3-的电离强于水解，溶液显酸性，因此反应的离子方程式为HSO3－+ OH－= SO32－+ H2O。

       用50％双氧水配制30％的H2O2溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管、烧杯外，作为质量分数的溶液，加水的质量可以间接的量取水的体积，故还需要量筒；图中装置C是安全瓶——能起到防止D瓶溶液倒吸到B瓶中的作用。

       因为装置B中制备所得ClO2经装置C进入装置D中反应，要在低于60℃才能生产出NaClO2，其反应物有：ClO2、H2O2、NaOH，生成物现有NaClO2，依据氧化还原反应规律——氯的化合价降低（+4→+3）、则必有化合价升高的——只能是双氧水中的氧（-1→0），产物之二是氧气，最后依据H、O原子守恒配平出H2O。故该化学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2＝2NaClO2+2H2O+O2。

       反应后溶液中阴离子除ClO2－、ClO3－、Cl－、ClO－、OH－外还可能含有一种阴离子：从装置B中生成气体看，还可能有SO2，SO2进入装置D被氧化为SO42-，检验SO42-的方法是：取少量反应后的溶液于一只洁净的试管中，先加足量的稀盐酸酸化，无现象，再加几滴BaCl2溶液，若有产生白色沉淀，则说明含有SO42－。产生该阴离子最可能的原因是浓硫酸与Na2SO3反应生成SO2。

请补充从反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤：

①减压，55℃蒸发结晶；

②趁热过滤；

③用38℃~60℃热水洗涤（因“低于38℃时析出NaClO2·3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解”）；

④低于60℃干燥；得到成品。

       如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质判断依据是：“高于60℃时NaClO2分解成NaClO3利NaCl”，故杂质是NaClO3和NaCl

       测定样品中NaClO2的纯度：准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量KI晶体，在酸性条件下发生反应：ClO2－＋4I－＋4H＋＝2H2O＋2I2＋Cl－。将所得混合液稀释成100 mL待测溶液。取25.00 mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用c mol·L－1Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为V mL

（已知：I2＋2 S2O32-＝2I－＋S4O62-）。

①确认滴定终点的现象是：当生成的I2与Na2S2O3恰好完全反应时，淀粉溶液的蓝色就恰好消失。故答：溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原；

②所称取的样品中NaClO2的物质的量为：由题中两方程式可得计量关系式为NaClO2～2I2～4 S2O32- 有：n(NaClO2)= n(Na2S2O3)/4 = c mol·L－1·10-3V L×100 mL÷25.00 mL÷4= cV•10-3 mol。