化学 热门试卷

根据题中流程可知，四氧化三铁与硫酸反应生成硫酸铁.硫酸亚铁，在溶液Ⅰ中含有亚铁离子，酸性条件下，ClO3−氧化Fe2＋为Fe3＋，本身被还原为Cl−，根据化合价升降相等配平，配平后的离子方程式为：6Fe2＋＋ClO3−＋6H＋═6Fe3＋＋Cl−＋3H2O，故答案为：6Fe2＋＋ClO3−＋6H＋═6Fe3＋＋Cl−＋3H2O；

根据题中流程可知，四氧化三铁与硫酸反应生成硫酸铁.硫酸亚铁，在溶液Ⅰ中含有亚铁离子，酸性条件下，ClO3−氧化Fe2＋为Fe3＋，本身被还原为Cl−，根据化合价升降相等配平，配平后的离子方程式为：6Fe2＋＋ClO3−＋6H＋═6Fe3＋＋Cl−＋3H2O，故答案为：6Fe2＋＋ClO3−＋6H＋═6Fe3＋＋Cl−＋3H2O；

KNO3和KOH的混合物，写出其与Fe2O3加热共融制得K2FeO4，则缺项中有一种为K2FeO4，K2FeO4中铁元素化合价为＋6，则亚铁离子从＋3价变为＋6价，化合价升高3价，化合价至少升高3×2＝6价；KNO3中N元素从＋5降为KNO2中的＋3价，化合价降低2价，则化合价最小公倍数为6，所以氧化铁的系数为1，KNO3的系数为3，然后根据质量守恒定律配平，配平后的方程式为：Fe2O3＋3KNO3＋2KOH＝K2FeO4＋3KNO2＋H2O，故答案为：1.3.4.2.K2FeO4.3.2.H2O；

Fe3＋氧化I−生成I2，淀粉遇碘变蓝，选择淀粉溶液作指示剂；当加入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，蓝色消失，且半分钟不变色说明是终点，故答案为：淀粉；溶液由蓝色变无色且保持半分钟不变色；
由2Fe3＋＋2I−═2Fe2＋＋I2.I2＋2S2O32−═2I−＋S4O62−可得：Fe3＋～S2O32−，则n（Fe3＋）＝n（S2O32−）＝0.1000mol/L×0.02L＝0.002mol，铁元素总含量为：56g/mol×0.002mol/0.02L＝5.6g/L；H2O2也能氧化I−生成I2，所以若过氧化氢没有除尽，则消耗硫代硫酸钠溶液体积偏大，所测结果偏高，故答案为：5.6；偏高；

根据反应2SO2（g）＋O 2（g）⇌2SO3（g）△H＝−197kJ/mol，当放出394kJ的热量时，生成SO3的物质的量为394/197×2mol＝4mol，所以平衡时SO2的浓度为 （8.0mol−4mol）/10L＝0.4mol/L，SO3的浓度为0.4mol/L，O2的浓度为 （20mol−2mol）/10L＝1.8mol/L，所以K＝0.42/（0.42×1.8）＝0.56，该反应为放热反应，所以升高温度平衡向逆反应方程移动，平衡常数减小，故答为：0.56；减小。

A．可逆反应中增加一种反应物的浓度可以提高另一种反应物的转化率，所以通入氧气，二氧化硫的转化率提高，故A正确；
B．减小一种反应物的浓度可以降低另一种反应物的转化率，所以移出氧气，二氧化硫的转化下降高，故B错误；
C．该反应为体积减小的反应，增大压强，平衡向体积减小的方向移动，二氧化硫的转化率提高，故C正确；
D．减小压强，平衡向体积增大的方向移动，二氧化硫的转化率减小，故D错误；
E．加入催化剂，对平衡没有影响；
故选AC；

根据表中数据，在温度一定时，压强越大，二氧化硫的转化率越高，但增加的幅度不大，在压强一定时，温度越高转化率越小，考滤生成成本等因素，所以选择的条件是450℃，1×105Pa，故答案为：450℃；1×105Pa；

A．该反应为体积减小的反应，所以容器的压强不变，反应达到平衡状态，故A正确；
B．该反应前后气体质量守恒，体积不变，所以混合气体的密度不变，不能判断反应是否处于平衡状态，故B错误；
C．混合气体中SO3的浓度不变，则反应处于平衡状态，故C正确；
D．C（SO2）＝C（SO3），不能说明正逆反应速率是否相等，故D错误；
E．v 正（SO2）＝v 正（SO3），都是指正反应速率，不能确定与逆反应的关系，故E错误；
F．v 正（SO3）＝2v 逆（O2），说明正逆反应速率相等，所以反应处于平衡状态，故F正确，故选：ACF．

根据题给Cu（OH）2的溶度积即可确定pH＝8时，c（OH−）＝10−6mol/L，Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10−20，则c（Cu2＋）＝2.2×10-8mol•L−1，在0.1mol•L−1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2＋完全沉淀为CuS，此时溶液中的溶质为硫酸，c（SO42−）不变，为0.1mol•L−1，由电荷守恒可知c（H＋）为0.2mol•L−1，故答案为：2.2×10-8；0.2．

根据题给Cu（OH）2的溶度积即可确定pH＝8时，c（OH−）＝10−6mol/L，Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10−20，则c（Cu2＋）＝2.2×10-8mol•L−1，在0.1mol•L−1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2＋完全沉淀为CuS，此时溶液中的溶质为硫酸，c（SO42−）不变，为0.1mol•L−1，由电荷守恒可知c（H＋）为0.2mol•L−1，
故答案为：2.2×10-8；0.2．

X.Y.Z.Q.R是五种短周期元素，原子序数依次增大．X是原子半径最小的主族元素，则X为H元素；Z.R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则Z为O元素.R为Al；Y元素最高正价与最低负价之和为0，由原子序数可知，只能处于第ⅣA族，而其原子序数又小于O元素，故Y为碳元素；Q与X同主族，结合原子序数可知Q为Na；
①所有元素中H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小.非金属增强，同主族自上而下原子半径增大.非金属性减弱，故上述五种元素中，Na的原子半径最大，O的非金属性最强，
故答案为：Na；O；
②H与C能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质为C2H2，
故答案为：C2H2；
③由以上某些元素组成的化合物A.B.C.D有如下转化关系：（在水溶液中进行），其中C是溶于水显酸性的气体，则C为CO2，D是淡黄色固体则D为Na2O2，Na2O2的电子式为；如果A.B均由三种元素组成，B为两性化合物，且不溶于水，则B为Al（OH）3，A为NaAlO2，甲与过量的CO2反应生成生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应离子方程式为：AlO2−＋CO2＋2H2O＝Al（OH）3↓＋HCO3−，
故答案为：；AlO2−＋CO2＋2H2O＝Al（OH）3↓＋HCO3−；

①生成2mol氨气放出的热量为46.1kJ×2＝92.2kJ，反应热化学方程式为：N2（g）＋3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝−92.2kJ/mol，
故答案为：N2（g）＋3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝−92.2kJ/mol；
②设断开1mol N−H键所需的能量是xkJ，则945.8kJ/mol＋3×436.0kJ/mol−6×xkJ/mol＝−92.2kJ/mol，解得x＝391，
故答案为：391；

原电池负极发生氧化反应，氨气在负极失去电子，碱性条件下生成氮气与水，负极电极反应式为：2NH3＋6OH−−6e−＝N2＋6H2O，
故答案为：2NH3＋6OH−−6e−＝N2＋6H2O。