2021高考真题汇编-化学反应中的能量变化

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2021高考真题汇编-化学反应中的能量变化
一、单选题
1．（2021·湖南） 常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为 。下列说法错误的是（　　）
A．产生22.4L(标准状况) 时，反应中转移
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6
C．可用石灰乳吸收反应产生的 制备漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中 的存在
2．（2021·湖南）锌溴液流电池是一种先进的水溶液电解质电池，广泛应用于再生能源储能和智能电网的备用电源等。三单体串联锌溴液流电池工作原理如图所：
下列说法错误的是（　　）
A．放电时，N极为正极
B．放电时，左侧贮液器中 的浓度不断减小
C．充电时，M极的电极反应式为
D．隔膜允许阳离子通过，也允许阴离子通过
3．（2021·河北）关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是（　　）
A．浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化
B．NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH减小而增强
C．加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强
D．浓HNO3和稀HNO3与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO，故稀HNO3氧化性更强
4．（2021·河北）K—O2电池结构如图，a和b为两个电极，其中之一为单质钾片。关于该电池，下列说法错误的是（　　）
A．隔膜允许K+通过，不允许O2通过
B．放电时，电流由b电极沿导线流向a电极；充电时，b电极为阳极
C．产生1Ah电量时，生成KO2的质量与消耗O2的质量比值约为2.22
D．用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗3.9g钾时，铅酸蓄电池消耗0.9g水
5．（2021·全国乙卷）沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排故并 降低冷却效率。为解决这一问题，通常在管道口设置一对情性电极（如图所示），通入一定的电流。
下列叙述错误的是（　　）
A．阳极发生将海水中的 氧化生成 的反应
B．管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO
C．阴极生成的 应及时通风稀释安全地排入大气
D．阳极表面形成的Mg 等积垢需要定期清理
6．（2021·浙江）已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：
共价键 H- H H-O
键能/(kJ·mol-1) 436 463
热化学方程式 2H2(g) + O2 (g)=2H2O(g) ΔH= -482kJ·mol-1
则2O(g)=O2(g)的ΔH为（　　）
A．428 kJ·mol-1 B．-428 kJ·mol-1
C．498 kJ·mol-1 D．-498 kJ·mol-1
7．（2021·浙江）关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是（　　）
A．NH3中H元素被氧化
B．NO2在反应过程中失去电子
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4
D．氧化产物与还原产物的质量之比为4：3
8．（2021·浙江）镍镉电池是二次电池，其工作原理示意图如下(L 为小灯泡，K1、K2为开关，a、b为直流电源的两极)。
下列说法错误的是（　　）
A．断开K2、合上K1，镍镉电池能量转化形式：化学能→电能
B．断开K1、合上K2，电极A为阴极，发生还原反应
C．电极B发生氧化反应过程中，溶液中KOH浓度不变
D．镍镉二次电池的总反应式：Cd+ 2NiOOH+2H2O Cd(OH)2+2Ni(OH)2
二、综合题
9．（2021·湖南）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。
方法I：氨热分解法制氢气
相关化学键的键能数据
化学键
键能 946 436.0 390.8
一定温度下，利用催化剂将 分解为 和 。回答下列问题：
（1）反应 　 　 ；
（2）已知该反应的 ，在下列哪些温度下反应能自发进行？_______(填标号)
A．25℃ B．125℃ C．225℃ D．325℃
（3）某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将 通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。
①若保持容器体积不变， 时反应达到平衡，用 的浓度变化表示 时间内的反应速率 　 　 (用含 的代数式表示)
② 时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后 分压变化趋势的曲线是　 　(用图中a、b、c、d表示)，理由是　 　；
③在该温度下，反应的标准平衡常数 　 　。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应 ， ，其中 ， 、 、 、 为各组分的平衡分压)。
方法Ⅱ：氨电解法制氢气
利用电解原理，将氮转化为高纯氢气，其装置如图所示。
（4）电解过程中 的移动方向为　 　(填“从左往右”或“从右往左”)；
（5）阳极的电极反应式为　 　。
KOH溶液KOH溶液
10．（2021·河北）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
（1）大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃烧热数据如表：
物质 H2(g) C(石墨，s) C6H6(l)
燃烧热△H(kJ mol-1) -285.8 -393.5 -3267.5
则25℃时H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(l)的热化学方程式为　 　。
（2）雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：
①CO2(g)=CO2(aq)
②CO2(aq)+H2O(l)=H+(aq)+HCO (aq)
25℃时，反应②的平衡常数为K2。
溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为ymol L-1 kPa-1，当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+浓度为　 　mol L-1(写出表达式，考虑水的电离，忽略HCO 的电离)
（3）105℃时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO3(s) M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。
保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO2(g)的初始压强应大于　 　kPa。
（4）我国科学家研究Li—CO2电池，取得了重大科研成果，回答下列问题：
①Li—CO2电池中，Li为单质锂片，则该电池中的CO2在　 　(填“正”或“负”)极发生电化学反应。研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤Ⅲ的离子方程式。
Ⅰ.2CO2+2e-=C2O Ⅱ.C2O =CO2+CO
Ⅲ.　 　 Ⅳ.CO +2Li+=Li2CO3
②研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。
Ⅰ.CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为　 　。
Ⅱ.在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO的反应进程中(H+被还原为H2的反应可同时发生)，相对能量变化如图.由此判断，CO2电还原为CO从易到难的顺序为　 　(用a、b、c字母排序)。
11．（2021·全国乙卷）氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景，通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下（装置如图所示）：
I.将浓H2SO4、NaNO3、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中。剧烈搅拌下，分批缓慢加入KMnO4粉末，塞好瓶口。
II.转至油浴中，35℃搅拌1小时，缓慢滴加一定量的蒸馏水。升温至98℃并保持1小时。
III.转移至大烧杯中，静置冷却至室温。加入大量蒸馏水，而后滴加H2O2至悬浊液由紫色变为土黄色。
IV.离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。
V.蒸馏水洗涤沉淀。
VI.冷冻干燥，得到土黄色的氧化石墨烯。
回答下列问题：
（1）装置图中，仪器a、c的名称分别是　 　、　 　,仪器b的进水口是（填字母）。
（2）步骤I中，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，原因是　 　.
（3）步骤II中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是＿　 　.
（4）步骤III中，H2O2的作用是　 　（以离子方程式表示）.
（5）步骤IV中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO42-来判断。检测的方法是　 　.
（6）步骤V可用pH试纸检测来判断Cl-是否洗净，其理由是　 　.
12．（2021·全国乙卷）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有 、 、 、MgO、CaO以及少量的 ，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子
开始沉淀的pH 2.2 3.5 9.5 12.4
沉淀完全(c=1.0×10*mol-L')的pH 3.2 4.7 11.1 13.8
回答下列问题：
（1）“焙烧”中， 、 几乎不发生反应， 、MgO、CaO、 转化为相应的硫酸盐，写出 转化为 的化学方程式　 　。
（2）“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是　 　。
（3）“母液①”中 浓度为　 　mol·
（4）”水浸渣”在160℃“酸溶”，最适合的酸是　 　。“酸溶渣”的成分是　 　、　 　。
（5）“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热， 水解析出 沉淀，该反应的离子方程式是　 　。
（6）将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得　 　，循环利用。
13．（2021·全国乙卷）一氯化碘（ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：
（1）历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig误认为是ICl，从而错过了一种新元素的发现。该元素是　 　.
（2）氯铂酸钡（BaPtCl4)固体加热时部分分解为BaCl2、Pt和Cl2，376.8℃时平衡常数K‘p=1.0x104Pa2。在一硬质玻璃烧瓶中加入过量BaPtCl4，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气（然后将支管封闭）。在376.8℃，碘蒸气初始压强为20.0kPa.376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，则PICl=　 　kPa，反应2ICl(g)=Cl2(g)+I2(g)的平衡常数K=　 　（列出计算式即可）.
（3）McMorris 测定和计算了在136-180℃范围内下列反应的平衡常数KP ：
2NO(g)+2ICl(g) 2NOCl(g)+I2(g) KP1
2NOCl(g) 2NO(g)+Cl2(g) KP2
得到lgKP1 和lgKP2 均为线性关系，如下图所示：
①由图可知，NOCl分解为NO和Cl2反应的ΔH　 　0(填“大于”或“小于”）.
②反应2ICl(g)=Cl2(g)+I2(g)的K=　 　（用KP1、KP2表示）：该反应的ΔH　 　0(填“大于”或“小于”)，写出推理过程　 　.
（4）Kistiakowsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率(v)光的照射下机理为：
NOCl+hv→NOC*
NOCl+NOCl*→2NO+Cl2
其中hv表示一个光子能量，NOCl*表示NOCl的激发态。可知，分解1mol的NOCl需要吸收　 　mol的光子。
14．（2021·浙江）“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品， 氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答：
（1）电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是　 　。
（2）下列说法错误的是______。
A．可采用碱石灰干燥氯气
B．可通过排饱和食盐水法收集氯气
C．常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中
D．工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸
（3）在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：
Cl2(g) Cl2(aq) K1=c(Cl2)/p
Cl2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) +
HClO(aq) K2
其中p为Cl2(g)的平衡压强，c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度。
①Cl2(g) Cl2(aq)的焓变ΔH1　 　0。(填”>”、“=”或“<”)
②平衡常数K2的表达式为K2=　 　。
③氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则c=　 　。(用平衡压强p和上述平衡常数表示，忽略HClO的电离)
（4）工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiO2)为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为；
I.TiO2(s)+2Cl2(g) TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181
mol·L-1，KI=-3.4×10-29
II.2C(s)+O2(g) 2CO(g)
ΔHII= - 221 mol·L-1，KII=1.2×1048
结合数据说明氯化过程中加碳的理由　 　 。
（5）在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5 mol·L-1，反应30 min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是______。
A．适当提高反应温度 B．改变催化剂
C．适当降低反应温度 D．改变反应物浓度
15．（2021·浙江）某兴趣小组用铬铁矿[Fe(CrO2)2]制备K2Cr2O7晶体，流程如下：
已知：4Fe (CrO2)2 + 10Na2CO3+7O2 8Na2CrO4 +4NaFeO2+10CO2
2H++2CrO Cr2O +H2O
相关物质的溶解度随温度变化如下图。
请回答：
（1）步骤I，将铬铁矿粉碎有利于加快高温氧化的速率，其理由是　 　。
（2）下列说法正确的是______。
A．步骤II，低温可提高浸取率
B．步骤II，过滤可除去NaFeO2水解产生的Fe(OH)3
C．步骤III，酸化的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7
D．步骤IV，所得滤渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3
（3）步骤V，重结晶前，为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：溶解KCl →　 　→　 　→　 　→　 　→重结晶。
a.50℃蒸发溶剂；
b.100℃ 蒸发溶剂；
c．抽滤；
d．冷却至室温；
e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热。
（4）为了测定K2Cr2O7产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。
①下列关于滴定分析的操作，错误的是　 　。
A．用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶
B．滴定时要适当控制滴定速度
C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直
E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
②在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，　 　继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补全操作)
（5）该小组用滴定法准确测得产品中K2Cr2O7的质量分数为98.50%。某同学还用分光光度法测定产品纯度(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例)，但测得的质量分数明显偏低。分析其原因，发现配制K2Cr2O7待测水溶液时少加了一种试剂。该试剂是　 　，添加该试剂的理由是　 　。
16．（2021·浙江）玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应：
3S+6KOH 2K2S+K2SO3+3H2O
(x-1)S+K2S K2Sx(x=2~6)
S+ K2SO3 K2S2O3
请计算：
（1）0.480 g硫单质与V mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V=　 　。
（2）2.560 g硫单质与60.0
mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x=　 　。(写出计算过程)
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即6I2 60e-~3Cl2，所以产生22.4L (标准状况) Cl2即1mol Cl2时，反应中应转移20 mol e-，A符合题意；
B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO3 6I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6，B不符合题意；
C．漂白粉主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C不符合题意；
D．食盐中 可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生氧化还原反应 生成I2，I2与淀粉变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中 的存在，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据化学方程式进行标注元素化合价找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物即可判断氧化剂与还原剂的物质的量之比，同时可以根据氯气的量求出转移电子的数目，工业上利用氯气合石灰乳制取漂白粉，利用碘离子的还原性合碘酸根的氧化性发生氧化还原反应得到碘单质通过淀粉进行检验
2．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．放电时，N是Br2得到电子，发生的还原反应，N电极为电池的正极，故A不符合题意；
B．放电或充电时，左侧储液器和右侧储液器中消耗和生成的溴化锌的量相等，因此溴化锌的浓度维持不变，故B符合题意；
C．充电时，M电极与电源的负极相连，做电解池的阴极，锌离子在阴极上得到电子发生还原反应生成锌，电极反应式为Zn2++2e-=Zn，故C不符合题意；
D．交换膜允许锌离子和溴离子通过，维持两侧溴化锌溶液的浓度保持不变，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据图示判断放电时，锌做负极，锌失去电子，变为锌离子，则M为负极，溴做正极，得到电子变为溴离子，则N作为正极。充电时，M与电池的负极相连，锌离子得到电子变为锌单质，N与电池的正极相连接，溴离子得到电子变为溴单质。M极的隔膜可以允许锌离子进入储液池，液可以允许溴离子进入。
3．【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A．蔗糖是含碳有机物，浓硫酸能使蔗糖炭化，体现的是其脱水性，A不符合题意；
B．NaClO在水溶液中会发生水解，离子方程式为： ，pH减小，则酸性增强，氢离子浓度增大，消耗氢氧根离子，会促使平衡向正反应方向移动，生成氧化性更强的HClO， 在酸性条件下氧化能力增强，增强氧化能力，B符合题意；
C．利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，HI的沸点低，易挥发加热 与浓 混合物发生复分解反应生成 ，与酸性强弱无关，C不符合题意；
D．相同条件下，根据铜与浓硝酸、稀硝酸反应的剧烈程度可知，浓硝酸的氧化性强于稀硝酸的氧化性，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.蔗糖的碳化主要利用了浓硫酸的脱水性
B.次氯酸和氯酸的氧化性强于次氯酸钠和氯酸钾的氧化性，酸性越强氧化性越强
C.考查的是难挥发性酸制取易挥发性酸
D.比较酸性的强弱可以比较相同条件下与同种金属反应的速率即可判断
4．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．电池所选择隔膜应允许 通过，不允许 通过，为防止钾与氧气反应，故A不符合题意；
B．由分析可知，放电时，a为负极，钾失去电子，b为正极，氧气得电子，电子是由a流向b因此电流由b电极沿导线流向a电极，充电时，b电极应与直流电源的正极相连，做电解池的为阳极，a电极与电源的负极相连，做电池的负极，故B不符合题意；
C．由分析可知，发生氧化反应时转移得电子数相等，生成1mol超氧化钾时，消耗1mol氧气，因此两者的质量比值为1mol×71g/mol：1mol×32g/mol≈2.22：1，故C不符合题意；
D．由得失电子数目守恒可知，铅酸蓄电池充电时的总反应方程式为2PbSO4+2H2O＝PbO2+Pb+2H2SO4，得出2H2O~2e，耗 3.9g 钾时转移的电子数为=0.1mol，铅酸蓄电池消耗水的质量为 0.1mol×18g/mol=1.8g，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据钾和氧气反应，因此a是负极，钾失去电子，变为钾离子，b是正极。氧气得到电子结合钾离子变为超氧化钾。充电时，a与电源负极相连接，为阴极，b与电源正极相连接，为阳极。根据数据计算出超氧化钾和氧气的质量，根据消耗的钾质量计算出转移的电子数，即可计算铅蓄电池的水的量
5．【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A.根据分析可知，阳极区海水中的Cl-会优先失去电子生成Cl2，发生氧化反应，A正确；
B.设置的装置为电解池原理，根据分析知，阳极区生成的Cl2与阴极区生成的OH-在管道中会发生反应生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B正确；
C.因为H2是易燃性气体，所以阳极区生成的H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C正确；
D.阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，会使海水中的Mg2+沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH)2等积垢需定期清理，D错误；
故答案为：D
【分析】海水中除了水，还含有大量的Na+、Cl-、Mg2+等，根据题干信息可知，装置的原理是利用惰性电极电解海水，阳极区溶液中的Cl-会优先失电子生成Cl2，阴极区H2O优先得电子生成H2和OH-。
6．【答案】D
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】反应的ΔH=2(H-H)+(O-O)-4(H-O)；-482kJ/mol=2×436kJ/mol+(O-O)-4×463kJ/mol，解得O-O键的键能为498kJ/mol，2个氧原子结合生成氧气的过程需要释放能量，因此2O(g)=O2(g)的ΔH=-498kJ/mol。
【分析】根据ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算
7．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不符合题意；
B．NO2在反应过程中得到电子，B不符合题意；
C．该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C说法不符合题意；
D．该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 ，D说法符合题意。
故答案为：D。
【分析】由反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。氮气既是氧化产物又是还原产物
8．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．断开K2、合上K1，为放电过程，镍镉电池能量转化形式：化学能→电能，A不符合题意；
B．断开K1、合上K2，为充电过程，电极A与直流电源的负极相连，电极A为阴极，发生还原反应，电极反应式为Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-，B不符合题意；
C．电极B发生氧化反应的电极反应式为2Ni(OH)2-2e-+2OH-=2NiOOH+2H2O，则电极A发生还原反应的电极反应式为Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-，此时为充电过程，总反应为Cd(OH)2+2Ni(OH)2 Cd+2NiOOH+2H2O，溶液中KOH浓度减小，C符合题意；
D．根据分析，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2，则镍镉二次电池总反应式为Cd+2NiOOH+2H2O Cd(OH)2+2Ni(OH)2，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据图示，电极A充电时为阴极，则放电时电极A为负极，负极上Cd失电子发生氧化反应生成Cd(OH)2，负极反应式为Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，电极B充电时为阳极，则放电时电极B为正极，正极上NiOOH得电子发生还原反应生成Ni(OH)2，正极反应式为2NiOOH+2e-+2H2O=2Ni(OH)2+2OH-，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2，据此分析作答。结合选项进行判断
9．【答案】（1）+90.8
（2）C；D
（3）；b；开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小；0.48
（4）从右往左
（5）2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率与化学平衡的综合应用；原电池工作原理及应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】(1) 根据方程式：2NH3(g) N2(g)+3H2(g)，△H=390.8kJ mol-1 -(946 kJ mol-1+436.0kJ mol-1 )= +90.8kJ mol-1，故答案为：+90.8；
(2)若反应自发进行，则需要满足△H-T△S<0，T> = =456.5K，即温度应高于(456.5-273)℃=183.5℃，CD符合，故答案为：CD；
(3)①设t1时达到平衡，转化的N2的物质的量为x，列出三段式：
根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比， = ，解得x=0.02mol， (H2)= = mol L-1 min-1，故答案为： ；
②t2时将容器体积压缩到原来的一半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡向左移动，导致氮气的小于N2分压比原来2倍，故b曲线符合，故答案为：b；开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小；
③由图可知，平衡时，NH3、N2、H2的分压分别为120 kPa、40 kPa、120 kPa，反应的标准平衡常数 == =0.48，故答案为：0.48；
(4)由图可知，通NH3的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，氢离子的得到电子变为氢气，电解过程中OH-移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左；
(5)阳极NH3失电子发生氧化反应生成N2，结合碱性条件，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O。
【分析】
（1）根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能即可计算
（2）根据＜0，即可判断
（3）① 利用三行式进行计算，根据压强之比等于物质的量之比，计算出物质的量即可计算出氢气的速率②体积减小原来的 一半，浓度增大一倍，即压强增大一倍选择b ③根据物质的量之比压强之比，计算出平衡时的压强，计算出压强的平衡常数即可
（4）氨气中氮元素为-3价，氢元素为+1价，氨气中氮元素变为氮气，化合价升高，被氧化，做阳极，因此吸引大量的阴离子，氢氧根离子向左移动，氨气中的氢元素变为氢气，化合价降低，被还原，做阴极。
（5）阳极发生的是氨气失去电子变为氮气结合氢氧根变为氮气
10．【答案】（1）6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) △H=49.1kJ mol-1
（2）
（3）100.8
（4）正极；2C +CO2=2C +C；12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C ；c、b、a
【知识点】热化学方程式；电极反应和电池反应方程式；物质的量浓度；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)根据表格燃烧热数据可知，存在反应①H2(g)+ O2(g)=H2O(l) △H2=-285.8kJ mol-1，②C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) △H1=-393.5kJ mol-1，③C6H6(l)+ O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) △H3=-3267.5kJ mol-1，根据盖斯定律，[① 6+② 12] -③得反应：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l)，△H=[(-393.5kJ mol-1) +(-285.8kJ mol-1) 6] -(-3267.5kJ mol-1)=49.1kJ mol-1，故答案为：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) △H=49.1kJ mol-1；
(2)由题可知，①CO2(s) CO2(aq)，②CO2(aq)+H2O(l) H+(aq)+HCO32- (aq)，②的平衡常数K2= ，又因为p(CO2)=p xkP，则c(CO2)=y(mol L-1 kPa-1)p(CO2)=p x y mol/L，在忽略HCO3- 的电离时，c(H+)=c(HCO3- )，所以可得c(H+)= ，故答案为： ；
(3)2MHCO3(s) M2CO3(s)+H2O(g)+ CO2(g)，根据阿伏加德罗常数得出，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数Kp= = =529kPa2。由于温度不变，化学平衡常数Kp不变，达到平衡时，则K= = 529kPa2， = kPa=105.8kPa，CO2的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压，即CO2(g)的初始压强应大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa，故答案为：100.8；
(4)①由题意知， 电池反应产物为碳酸锂和单质碳 ，Li-CO2电池的总反应式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，锂发生的氧化反应，做的是负极材料，CO2发生得电子的还原反应，则CO2作为电池的正极反应材料；CO2还原后与Li+结合成Li2CO3，按4个步骤进行，根据I和II判断，产生了 CO ，因此步骤三是将CO 转为 CO 。所以步骤III的离子方程式为：2C +CO2=2C +C，故答案为：正极；2C +CO2=2C +C；
②I.CO2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9CO32-，故答案为：12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9CO32- ；
II.有催化剂存在时，活化能越低反应越易发生，从a中二氧化碳还原为一氧化碳的活化能是a ＞b＞c，因此催化剂是c ＞b＞a，而b中氢离子还原为氢气的活化能是c＞a＞ b，催化剂的活性是b ＞a＞c，结合图a和b，c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而催化剂a和b条件下，CO2电还原的活化能均大于H+电还原的活化能，相对来说，更易发生H+的电还原。其中a催化剂条件下，H+电还原的活化能比CO2电还原的活化能小的更多，发生H+电还原的可能性更大，因此反应从易到难的顺序为c、b、a，故答案为：c、b、a。
【分析】（1）写出燃烧热的方程式，根据盖斯定律即可写出氢气和石墨转为热方程式
（2）根据平衡常数表述出氢离子的公式，再利用二氧化碳溶解的公式带入计算
（3）先计算出平衡常数，再根据平衡压强计算出二氧化碳的压强
（4）① Li是金属单质易失去电子故做负极，二氧化碳在正极，根据总的反应进行书写第三步的方程式即可 ② 二氧化碳得到电子与氢氧根反应变为正丙醇，根据氧化还原反应即可写出 ③活化能越低越易转化
11．【答案】（1）滴液漏斗；三颈烧瓶/三口烧瓶
（2）反应放热，为防止体系温度急剧增加而反应过快
（3）反应温度98℃接近水的沸点100℃，而油浴更易提温
（4）2MnO4- +5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
（5）取洗涤液，加入BaCl2溶液，看是否有白色沉淀生成，若无，说明洗涤干净
（6）洗涤液含有的离子主要有H +和Cl-,根据电荷守恒，当洗涤液接近中性时，可认为Cl-洗净
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常用仪器及其使用；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】(1)由图中仪器构造可知，a的仪器名称为滴液漏斗，c的仪器名称为三颈烧瓶；仪器b为球形冷凝管，起冷凝回流作用，为了是冷凝效果更好，冷却水要从d口进，a口出；
(2)反应为放热反应，为控制反应速率，避免反应过于剧烈，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴；
(3)油浴和水浴相比，由于油的比热容较水小，油浴控制温度更加灵敏和精确，该实验反应温度接近水的沸点，故不采用热水浴，而采用油浴；
(4)由滴加H2O2后发生的现象可知，加入的目的是除去过量的KMnO4，则反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；
(5)该实验中为判断洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO42-来判断，检测方法是：取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，若没有沉淀说明洗涤完成；
(6)步骤IV用稀盐酸洗涤沉淀，步骤V洗涤过量的盐酸，H+与Cl-电荷守恒，洗出液接近中性时，可认为洗净。
【分析】(1)根据装置中的仪器分析；
(2)根据反应放热分析；
(3)根据加热温度选择加热方式；
(4)根据转移电子守恒配平方程式；
(5)用Ba2+检验SO42-；
(6)根据电荷守恒分析；
12．【答案】（1）Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑
（2）Fe3+ 、Al3+ 、Mg2+
（3）10-6
（4）H2SO4；SiO2；CaSO4
（5）TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+
（6）(NH4)2SO4
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为 Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑ ；
(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，Fe3+首先沉淀、然后是Al3+、Mg2+，Ca2+没有沉淀；
(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10-5×(1×10-2.9)2=1×10-10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为=1×10-6mol/L
(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；
(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为 TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+ ；
(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用。
【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O
13．【答案】（1）溴（或Br）
（2）2.=4.8；
（3）大于；KP1·KP2；△H＞0；当 时， 当 时， 即降温，K减小，平衡逆移，说明△H＞0
（4）
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或Br)；
(2)由题意376.8℃时玻璃烧瓶中发生两个反应： BaPtCl4 （s）BaCl2（s）+Pt（s）+2Cl2（g）、Cl2(g)+I2(g)2ICl(g)，BaPtCl4 （s）BaCl2（s）+Pt（s）+2Cl2（g）的平衡常数Kp=1.0×104Pa2，则平衡时p2(Cl2)=1.0×104Pa2，平衡时p(Cl2)=100Pa，设到达平衡时I2(g)的分压减小pkPa，则376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，则
0.1+20.0+p=32.5，解得p=12.4，则平衡时p(ICl)=2p kPa=2×12.4kPa=24.8kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0-p)kPa=7.6kPa=7.6×103Pa，p(ICl)=24.8kPa=24.8×103Pa，p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此反应 2ICl(g)Cl2(g)+I2(g)的平衡常数K=；
(3)①结合图可知，温度越高，越小，lgKp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g)正向移动，则NOCl分解为NO和Cl2反应的大于0；
②Ⅰ.2NO+2ICl2NOCl Kp1
Ⅱ. 2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g) Kp2
Ⅰ+Ⅱ得2ICl(g)Cl2(g)+I2(g)，故K= Kp1 Kp2；
该反应的ΔH 大于0，根据图像可知， 当 时， 当 时， 即降温，K减小，平衡逆移，说明△H＞0 ；
(4)Ⅰ. NOCl+hv→NOCl*
Ⅱ. NOCl+NOCl*→2NO+Cl2
Ⅰ+Ⅱ得总反应为2NOCl+hv=2NO+Cl2，因此2molNOCl分解需要吸收1mol光子能量，则分解1mol的NOCl需要吸收0.5mol光子。
【分析】(1)根据红棕色液体推断；
(2)根据三段式及平衡常数公式计算；
(3)根据图像中曲线的趋势和所对应的数据进行估算；
(4)根据物质的量之比等于化学计量数之比计算；
14．【答案】（1）2NaCl+ 2H2O 2NaOH + H2↑+Cl2↑
（2）A
（3）＜；；K1p +
（4）反应I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，K=KIKII=4.1×1019远大于K1，反应II使TiO2氯化为TiCl4得以实现；ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，反应II 可为反应I提供所需的能量
（5）A；B
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；反应热和焓变；化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)反应的化学方程式是2NaCl+ 2H2O 2NaOH + H2↑+Cl2↑。
(2) A．氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，A说法不正确；
B．氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，B说法正确；
C．氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C说法正确；
D．氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，D说法正确。
综上所述，相关说法错误的是A，
故答案为：A。
(3)①Cl2(g) Cl2(aq)表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的熵变小于0，因此，其焓变ΔH1＜0。
②由化学方程式Cl 2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)可知，其平衡常数K2的表达式为K2= ，注意水为液态，其不出现在表达式中。
③Cl2(g) Cl2(aq) 与Cl 2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) 相加可以得到Cl2(g) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)，因此，该反应的平衡常数为 ；氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，根据物料守恒可知，c= + c(HClO)+ c(Cl-)，由于HCl是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则 ，由K2= 可知 = ，由K1=c(Cl2)/p可知， = ，则 = ，因此，c= K1p + 。
(4)已知：I . TiO2(s)+2Cl2(g) TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181 mol ·L-1，KI=-3.4 ×10-29；II. 2C(s)+O2(g) 2CO(g) ΔHII= - 221 mol ·L-1，KII=1.2×1048。根据盖斯定律可知，I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，则K=KIKII=4.1 ×1019远大于K1，反应II的发生可以减小反应I的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现；反应I为吸热反应，而ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，说明TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)为放热反应，则反应II 可为反应I提供所需的能量。
(5) A.．由于两产物浓度之比与反应时间无关，适当提高反应温度，使催化剂碘的溶解度增大，既可以加快化学反应速率，同时可以提高邻位取代的机率（催化剂会参与反应形成中间体，根据信息可知，碘在对位的取代机率较大），从而提高产物中邻二氯苯的比例，故A正确；
B．可以使用对生成邻二氯苯有更高选择性的催化剂，以提高产物中邻二氯苯的比例，B正确；
C．适当降低反应温度，不利于提高邻二氯苯的生成机率，不能提高产物中邻二氯苯的比例，C不正确；
D．改变反应物浓度可以改变化学反应速率，从而改变反应达到化学平衡状态的时间，但是，产物浓度之比与反应时间无关，因此，不能提高产物中邻二氯苯的比例，D不正确。
综上所述，选AB。
【分析】（1）电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠
（2）氯气溶于水后，形成的是次氯酸或盐酸与碱石灰作用。收集氯气时利用的是排饱和食盐水的方法进行收集气体，常温下可以加压的方式减小分子的间隔即可将气体变为液体，工业上利用氢气和氯气制取氯化氢溶于水变为盐酸
（3）① 根据盖斯定律计算即可②根据平衡常数的计算公式进行计算即可③利用K1和K2结合氯元素守恒进行计算即可
（4）利用盖斯定律，得出方程式，K值很大，加入碳促进四氯化碳的产生
（5）提高产物的比例，主要可以选择适合的催化剂以及适当的提高温度，促进产物的合成
15．【答案】（1）增大反应物的接触面积
（2）B；C
（3）a；e；d；c
（4）AC；再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁
（5）H2SO4；抑制Cr2O 转化为CrO ，且与Cr2O 不反应
【知识点】氧化还原反应；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)步骤I中铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，将铬铁矿粉碎，可增大反应物的接触面积，加快高温氧化的速率；故答案为：增大反应物的接触面积。
(2)A．根据Na2CrO4的溶解度随着温度的升高而增大，步骤II中应用高温提高浸取率，A不正确；
B．步骤II中用水浸取时NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，经过滤可除去Fe(OH)3，B正确；
C．步骤III酸化时，平衡2H++2 +H2O正向移动，主要目的使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，C正确；
D．根据分析，步骤IV中过滤所得滤渣主要成分为Na2SO4，D不正确；
故答案为：BC。
(3)为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，步骤V重结晶前的操作顺序为：溶解KCl→50℃蒸发溶剂→蒸发至溶液出现晶膜，停止加热→冷却至室温→抽滤→重结晶；故答案为：aedc。
(4)①A．量筒属于粗量器，不能用量筒量取25.00mL溶液，由于K2Cr2O7具有强氧化性，量取25.00mL待测液应用酸式滴定管，A不正确；
B．滴定时要适当控制滴定的速率，确保反应物之间充分反应，同时防止滴加过快使得滴加试剂过量，B正确；
C．滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断滴定的终点，C不正确；
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，平视读取读数，D正确；
E．为了确保每次滴定时滴定管中的溶液充足，平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，并记录初始读数，E正确；
故答案为：AC。
②故答案为：再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁。
(5)根据题意，K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例，在K2Cr2O7溶液中存在平衡 +H2O 2H++2 ，即有部分 会转化为 ，从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制 转化为 ，可加入与 不反应的酸，如硫酸；故答案为：H2SO4；抑制 转化为 ，且与 不反应。
【分析】根据题给已知，铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，所得固体冷却后用水浸取，其中NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，过滤得到含Na2CrO4、NaOH、Na2CO3的滤液，加入适量硫酸酸化，NaOH、Na2CO3与硫酸反应生成Na2SO4，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7（发生的反应为2Na2CrO4+H2SO4 Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O），经蒸发结晶、过滤、洗涤得到的滤液中主要含Na2Cr2O7，加入KCl后经多步操作得到K2Cr2O7，据此分析作答。
（1）粉碎增大了接触面积，有利于提高速率
（2）步骤Ⅱ中水解是吸热，因此升温时促进浸出率，步骤Ⅱ中过滤主要是除去难溶性固体，步骤Ⅲ加入硫酸后主要促进铬酸根向重铬酸根的转化步骤Ⅳ中主要时含有硫酸钠，因为在之前加入了硫酸不存在碳酸钠
（3）Na2Cr2O7中加入KCl发生反应Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，根据各物质的溶解度随温度的变化曲线可知，K2Cr2O7的溶解度随温度升高明显增大，NaCl溶解度随温度升高变化不明显，50℃时两者溶解度相等
（4）①A.量筒的精确度时0.1ml B. 滴定时速率要适中，以免造成实验误差 C.滴定是应该是观察锥形瓶中颜色的变化 D.读数时应该保持垂直以免有误差 E.滴定管的零刻度在上②在接近终点时，使用“半滴操作”的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化
（5） K2Cr2O7 含量偏低可能是转化为KCrO4，配置时应该加入酸抑制水解
16．【答案】（1）30.0
（2）解：若S与KOH溶液反应生成K2Sx和K2S2O3，则反应的化学方程式为(2x+2)S+6KOH 2K2Sx+K2S2O3+3H2O，根据反应方程式有 解得x=3，故答案为3。
【知识点】氧化还原反应；质量守恒定律；化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)根据方程式3S+6KOH 2K2S+K2SO3+3H2O可知，3mol S可以和6mol KOH反应，0.48g S的物质的量n=0.015mol，则需要消耗KOH的物质的量n=2n(S)=0.03mol，故需要KOH溶液的体积V= = =0.03L=30.0mL，
故答案为30.0；
【分析】（1）利用第一个方程式计算即可（2）根据反应物和产物进行书写方程式方程式根据数据计算出即可
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2021高考真题汇编-化学反应中的能量变化
一、单选题
1．（2021·湖南） 常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为 。下列说法错误的是（　　）
A．产生22.4L(标准状况) 时，反应中转移
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6
C．可用石灰乳吸收反应产生的 制备漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中 的存在
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即6I2 60e-~3Cl2，所以产生22.4L (标准状况) Cl2即1mol Cl2时，反应中应转移20 mol e-，A符合题意；
B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO3 6I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6，B不符合题意；
C．漂白粉主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C不符合题意；
D．食盐中 可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生氧化还原反应 生成I2，I2与淀粉变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中 的存在，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据化学方程式进行标注元素化合价找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物即可判断氧化剂与还原剂的物质的量之比，同时可以根据氯气的量求出转移电子的数目，工业上利用氯气合石灰乳制取漂白粉，利用碘离子的还原性合碘酸根的氧化性发生氧化还原反应得到碘单质通过淀粉进行检验
2．（2021·湖南）锌溴液流电池是一种先进的水溶液电解质电池，广泛应用于再生能源储能和智能电网的备用电源等。三单体串联锌溴液流电池工作原理如图所：
下列说法错误的是（　　）
A．放电时，N极为正极
B．放电时，左侧贮液器中 的浓度不断减小
C．充电时，M极的电极反应式为
D．隔膜允许阳离子通过，也允许阴离子通过
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．放电时，N是Br2得到电子，发生的还原反应，N电极为电池的正极，故A不符合题意；
B．放电或充电时，左侧储液器和右侧储液器中消耗和生成的溴化锌的量相等，因此溴化锌的浓度维持不变，故B符合题意；
C．充电时，M电极与电源的负极相连，做电解池的阴极，锌离子在阴极上得到电子发生还原反应生成锌，电极反应式为Zn2++2e-=Zn，故C不符合题意；
D．交换膜允许锌离子和溴离子通过，维持两侧溴化锌溶液的浓度保持不变，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据图示判断放电时，锌做负极，锌失去电子，变为锌离子，则M为负极，溴做正极，得到电子变为溴离子，则N作为正极。充电时，M与电池的负极相连，锌离子得到电子变为锌单质，N与电池的正极相连接，溴离子得到电子变为溴单质。M极的隔膜可以允许锌离子进入储液池，液可以允许溴离子进入。
3．（2021·河北）关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是（　　）
A．浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化
B．NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH减小而增强
C．加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强
D．浓HNO3和稀HNO3与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO，故稀HNO3氧化性更强
【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A．蔗糖是含碳有机物，浓硫酸能使蔗糖炭化，体现的是其脱水性，A不符合题意；
B．NaClO在水溶液中会发生水解，离子方程式为： ，pH减小，则酸性增强，氢离子浓度增大，消耗氢氧根离子，会促使平衡向正反应方向移动，生成氧化性更强的HClO， 在酸性条件下氧化能力增强，增强氧化能力，B符合题意；
C．利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，HI的沸点低，易挥发加热 与浓 混合物发生复分解反应生成 ，与酸性强弱无关，C不符合题意；
D．相同条件下，根据铜与浓硝酸、稀硝酸反应的剧烈程度可知，浓硝酸的氧化性强于稀硝酸的氧化性，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.蔗糖的碳化主要利用了浓硫酸的脱水性
B.次氯酸和氯酸的氧化性强于次氯酸钠和氯酸钾的氧化性，酸性越强氧化性越强
C.考查的是难挥发性酸制取易挥发性酸
D.比较酸性的强弱可以比较相同条件下与同种金属反应的速率即可判断
4．（2021·河北）K—O2电池结构如图，a和b为两个电极，其中之一为单质钾片。关于该电池，下列说法错误的是（　　）
A．隔膜允许K+通过，不允许O2通过
B．放电时，电流由b电极沿导线流向a电极；充电时，b电极为阳极
C．产生1Ah电量时，生成KO2的质量与消耗O2的质量比值约为2.22
D．用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗3.9g钾时，铅酸蓄电池消耗0.9g水
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．电池所选择隔膜应允许 通过，不允许 通过，为防止钾与氧气反应，故A不符合题意；
B．由分析可知，放电时，a为负极，钾失去电子，b为正极，氧气得电子，电子是由a流向b因此电流由b电极沿导线流向a电极，充电时，b电极应与直流电源的正极相连，做电解池的为阳极，a电极与电源的负极相连，做电池的负极，故B不符合题意；
C．由分析可知，发生氧化反应时转移得电子数相等，生成1mol超氧化钾时，消耗1mol氧气，因此两者的质量比值为1mol×71g/mol：1mol×32g/mol≈2.22：1，故C不符合题意；
D．由得失电子数目守恒可知，铅酸蓄电池充电时的总反应方程式为2PbSO4+2H2O＝PbO2+Pb+2H2SO4，得出2H2O~2e，耗 3.9g 钾时转移的电子数为=0.1mol，铅酸蓄电池消耗水的质量为 0.1mol×18g/mol=1.8g，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据钾和氧气反应，因此a是负极，钾失去电子，变为钾离子，b是正极。氧气得到电子结合钾离子变为超氧化钾。充电时，a与电源负极相连接，为阴极，b与电源正极相连接，为阳极。根据数据计算出超氧化钾和氧气的质量，根据消耗的钾质量计算出转移的电子数，即可计算铅蓄电池的水的量
5．（2021·全国乙卷）沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排故并 降低冷却效率。为解决这一问题，通常在管道口设置一对情性电极（如图所示），通入一定的电流。
下列叙述错误的是（　　）
A．阳极发生将海水中的 氧化生成 的反应
B．管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO
C．阴极生成的 应及时通风稀释安全地排入大气
D．阳极表面形成的Mg 等积垢需要定期清理
【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A.根据分析可知，阳极区海水中的Cl-会优先失去电子生成Cl2，发生氧化反应，A正确；
B.设置的装置为电解池原理，根据分析知，阳极区生成的Cl2与阴极区生成的OH-在管道中会发生反应生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B正确；
C.因为H2是易燃性气体，所以阳极区生成的H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C正确；
D.阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，会使海水中的Mg2+沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH)2等积垢需定期清理，D错误；
故答案为：D
【分析】海水中除了水，还含有大量的Na+、Cl-、Mg2+等，根据题干信息可知，装置的原理是利用惰性电极电解海水，阳极区溶液中的Cl-会优先失电子生成Cl2，阴极区H2O优先得电子生成H2和OH-。
6．（2021·浙江）已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：
共价键 H- H H-O
键能/(kJ·mol-1) 436 463
热化学方程式 2H2(g) + O2 (g)=2H2O(g) ΔH= -482kJ·mol-1
则2O(g)=O2(g)的ΔH为（　　）
A．428 kJ·mol-1 B．-428 kJ·mol-1
C．498 kJ·mol-1 D．-498 kJ·mol-1
【答案】D
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】反应的ΔH=2(H-H)+(O-O)-4(H-O)；-482kJ/mol=2×436kJ/mol+(O-O)-4×463kJ/mol，解得O-O键的键能为498kJ/mol，2个氧原子结合生成氧气的过程需要释放能量，因此2O(g)=O2(g)的ΔH=-498kJ/mol。
【分析】根据ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算
7．（2021·浙江）关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是（　　）
A．NH3中H元素被氧化
B．NO2在反应过程中失去电子
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4
D．氧化产物与还原产物的质量之比为4：3
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不符合题意；
B．NO2在反应过程中得到电子，B不符合题意；
C．该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C说法不符合题意；
D．该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 ，D说法符合题意。
故答案为：D。
【分析】由反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。氮气既是氧化产物又是还原产物
8．（2021·浙江）镍镉电池是二次电池，其工作原理示意图如下(L 为小灯泡，K1、K2为开关，a、b为直流电源的两极)。
下列说法错误的是（　　）
A．断开K2、合上K1，镍镉电池能量转化形式：化学能→电能
B．断开K1、合上K2，电极A为阴极，发生还原反应
C．电极B发生氧化反应过程中，溶液中KOH浓度不变
D．镍镉二次电池的总反应式：Cd+ 2NiOOH+2H2O Cd(OH)2+2Ni(OH)2
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．断开K2、合上K1，为放电过程，镍镉电池能量转化形式：化学能→电能，A不符合题意；
B．断开K1、合上K2，为充电过程，电极A与直流电源的负极相连，电极A为阴极，发生还原反应，电极反应式为Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-，B不符合题意；
C．电极B发生氧化反应的电极反应式为2Ni(OH)2-2e-+2OH-=2NiOOH+2H2O，则电极A发生还原反应的电极反应式为Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-，此时为充电过程，总反应为Cd(OH)2+2Ni(OH)2 Cd+2NiOOH+2H2O，溶液中KOH浓度减小，C符合题意；
D．根据分析，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2，则镍镉二次电池总反应式为Cd+2NiOOH+2H2O Cd(OH)2+2Ni(OH)2，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据图示，电极A充电时为阴极，则放电时电极A为负极，负极上Cd失电子发生氧化反应生成Cd(OH)2，负极反应式为Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，电极B充电时为阳极，则放电时电极B为正极，正极上NiOOH得电子发生还原反应生成Ni(OH)2，正极反应式为2NiOOH+2e-+2H2O=2Ni(OH)2+2OH-，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2，据此分析作答。结合选项进行判断
二、综合题
9．（2021·湖南）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。
方法I：氨热分解法制氢气
相关化学键的键能数据
化学键
键能 946 436.0 390.8
一定温度下，利用催化剂将 分解为 和 。回答下列问题：
（1）反应 　 　 ；
（2）已知该反应的 ，在下列哪些温度下反应能自发进行？_______(填标号)
A．25℃ B．125℃ C．225℃ D．325℃
（3）某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将 通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。
①若保持容器体积不变， 时反应达到平衡，用 的浓度变化表示 时间内的反应速率 　 　 (用含 的代数式表示)
② 时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后 分压变化趋势的曲线是　 　(用图中a、b、c、d表示)，理由是　 　；
③在该温度下，反应的标准平衡常数 　 　。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应 ， ，其中 ， 、 、 、 为各组分的平衡分压)。
方法Ⅱ：氨电解法制氢气
利用电解原理，将氮转化为高纯氢气，其装置如图所示。
（4）电解过程中 的移动方向为　 　(填“从左往右”或“从右往左”)；
（5）阳极的电极反应式为　 　。
KOH溶液KOH溶液
【答案】（1）+90.8
（2）C；D
（3）；b；开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小；0.48
（4）从右往左
（5）2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率与化学平衡的综合应用；原电池工作原理及应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】(1) 根据方程式：2NH3(g) N2(g)+3H2(g)，△H=390.8kJ mol-1 -(946 kJ mol-1+436.0kJ mol-1 )= +90.8kJ mol-1，故答案为：+90.8；
(2)若反应自发进行，则需要满足△H-T△S<0，T> = =456.5K，即温度应高于(456.5-273)℃=183.5℃，CD符合，故答案为：CD；
(3)①设t1时达到平衡，转化的N2的物质的量为x，列出三段式：
根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比， = ，解得x=0.02mol， (H2)= = mol L-1 min-1，故答案为： ；
②t2时将容器体积压缩到原来的一半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡向左移动，导致氮气的小于N2分压比原来2倍，故b曲线符合，故答案为：b；开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小；
③由图可知，平衡时，NH3、N2、H2的分压分别为120 kPa、40 kPa、120 kPa，反应的标准平衡常数 == =0.48，故答案为：0.48；
(4)由图可知，通NH3的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，氢离子的得到电子变为氢气，电解过程中OH-移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左；
(5)阳极NH3失电子发生氧化反应生成N2，结合碱性条件，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O。
【分析】
（1）根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能即可计算
（2）根据＜0，即可判断
（3）① 利用三行式进行计算，根据压强之比等于物质的量之比，计算出物质的量即可计算出氢气的速率②体积减小原来的 一半，浓度增大一倍，即压强增大一倍选择b ③根据物质的量之比压强之比，计算出平衡时的压强，计算出压强的平衡常数即可
（4）氨气中氮元素为-3价，氢元素为+1价，氨气中氮元素变为氮气，化合价升高，被氧化，做阳极，因此吸引大量的阴离子，氢氧根离子向左移动，氨气中的氢元素变为氢气，化合价降低，被还原，做阴极。
（5）阳极发生的是氨气失去电子变为氮气结合氢氧根变为氮气
10．（2021·河北）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
（1）大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃烧热数据如表：
物质 H2(g) C(石墨，s) C6H6(l)
燃烧热△H(kJ mol-1) -285.8 -393.5 -3267.5
则25℃时H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(l)的热化学方程式为　 　。
（2）雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：
①CO2(g)=CO2(aq)
②CO2(aq)+H2O(l)=H+(aq)+HCO (aq)
25℃时，反应②的平衡常数为K2。
溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为ymol L-1 kPa-1，当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+浓度为　 　mol L-1(写出表达式，考虑水的电离，忽略HCO 的电离)
（3）105℃时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO3(s) M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。
保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO2(g)的初始压强应大于　 　kPa。
（4）我国科学家研究Li—CO2电池，取得了重大科研成果，回答下列问题：
①Li—CO2电池中，Li为单质锂片，则该电池中的CO2在　 　(填“正”或“负”)极发生电化学反应。研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤Ⅲ的离子方程式。
Ⅰ.2CO2+2e-=C2O Ⅱ.C2O =CO2+CO
Ⅲ.　 　 Ⅳ.CO +2Li+=Li2CO3
②研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。
Ⅰ.CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为　 　。
Ⅱ.在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO的反应进程中(H+被还原为H2的反应可同时发生)，相对能量变化如图.由此判断，CO2电还原为CO从易到难的顺序为　 　(用a、b、c字母排序)。
【答案】（1）6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) △H=49.1kJ mol-1
（2）
（3）100.8
（4）正极；2C +CO2=2C +C；12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C ；c、b、a
【知识点】热化学方程式；电极反应和电池反应方程式；物质的量浓度；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)根据表格燃烧热数据可知，存在反应①H2(g)+ O2(g)=H2O(l) △H2=-285.8kJ mol-1，②C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) △H1=-393.5kJ mol-1，③C6H6(l)+ O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) △H3=-3267.5kJ mol-1，根据盖斯定律，[① 6+② 12] -③得反应：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l)，△H=[(-393.5kJ mol-1) +(-285.8kJ mol-1) 6] -(-3267.5kJ mol-1)=49.1kJ mol-1，故答案为：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) △H=49.1kJ mol-1；
(2)由题可知，①CO2(s) CO2(aq)，②CO2(aq)+H2O(l) H+(aq)+HCO32- (aq)，②的平衡常数K2= ，又因为p(CO2)=p xkP，则c(CO2)=y(mol L-1 kPa-1)p(CO2)=p x y mol/L，在忽略HCO3- 的电离时，c(H+)=c(HCO3- )，所以可得c(H+)= ，故答案为： ；
(3)2MHCO3(s) M2CO3(s)+H2O(g)+ CO2(g)，根据阿伏加德罗常数得出，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数Kp= = =529kPa2。由于温度不变，化学平衡常数Kp不变，达到平衡时，则K= = 529kPa2， = kPa=105.8kPa，CO2的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压，即CO2(g)的初始压强应大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa，故答案为：100.8；
(4)①由题意知， 电池反应产物为碳酸锂和单质碳 ，Li-CO2电池的总反应式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，锂发生的氧化反应，做的是负极材料，CO2发生得电子的还原反应，则CO2作为电池的正极反应材料；CO2还原后与Li+结合成Li2CO3，按4个步骤进行，根据I和II判断，产生了 CO ，因此步骤三是将CO 转为 CO 。所以步骤III的离子方程式为：2C +CO2=2C +C，故答案为：正极；2C +CO2=2C +C；
②I.CO2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9CO32-，故答案为：12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9CO32- ；
II.有催化剂存在时，活化能越低反应越易发生，从a中二氧化碳还原为一氧化碳的活化能是a ＞b＞c，因此催化剂是c ＞b＞a，而b中氢离子还原为氢气的活化能是c＞a＞ b，催化剂的活性是b ＞a＞c，结合图a和b，c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而催化剂a和b条件下，CO2电还原的活化能均大于H+电还原的活化能，相对来说，更易发生H+的电还原。其中a催化剂条件下，H+电还原的活化能比CO2电还原的活化能小的更多，发生H+电还原的可能性更大，因此反应从易到难的顺序为c、b、a，故答案为：c、b、a。
【分析】（1）写出燃烧热的方程式，根据盖斯定律即可写出氢气和石墨转为热方程式
（2）根据平衡常数表述出氢离子的公式，再利用二氧化碳溶解的公式带入计算
（3）先计算出平衡常数，再根据平衡压强计算出二氧化碳的压强
（4）① Li是金属单质易失去电子故做负极，二氧化碳在正极，根据总的反应进行书写第三步的方程式即可 ② 二氧化碳得到电子与氢氧根反应变为正丙醇，根据氧化还原反应即可写出 ③活化能越低越易转化
11．（2021·全国乙卷）氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景，通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下（装置如图所示）：
I.将浓H2SO4、NaNO3、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中。剧烈搅拌下，分批缓慢加入KMnO4粉末，塞好瓶口。
II.转至油浴中，35℃搅拌1小时，缓慢滴加一定量的蒸馏水。升温至98℃并保持1小时。
III.转移至大烧杯中，静置冷却至室温。加入大量蒸馏水，而后滴加H2O2至悬浊液由紫色变为土黄色。
IV.离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。
V.蒸馏水洗涤沉淀。
VI.冷冻干燥，得到土黄色的氧化石墨烯。
回答下列问题：
（1）装置图中，仪器a、c的名称分别是　 　、　 　,仪器b的进水口是（填字母）。
（2）步骤I中，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，原因是　 　.
（3）步骤II中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是＿　 　.
（4）步骤III中，H2O2的作用是　 　（以离子方程式表示）.
（5）步骤IV中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO42-来判断。检测的方法是　 　.
（6）步骤V可用pH试纸检测来判断Cl-是否洗净，其理由是　 　.
【答案】（1）滴液漏斗；三颈烧瓶/三口烧瓶
（2）反应放热，为防止体系温度急剧增加而反应过快
（3）反应温度98℃接近水的沸点100℃，而油浴更易提温
（4）2MnO4- +5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
（5）取洗涤液，加入BaCl2溶液，看是否有白色沉淀生成，若无，说明洗涤干净
（6）洗涤液含有的离子主要有H +和Cl-,根据电荷守恒，当洗涤液接近中性时，可认为Cl-洗净
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常用仪器及其使用；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】(1)由图中仪器构造可知，a的仪器名称为滴液漏斗，c的仪器名称为三颈烧瓶；仪器b为球形冷凝管，起冷凝回流作用，为了是冷凝效果更好，冷却水要从d口进，a口出；
(2)反应为放热反应，为控制反应速率，避免反应过于剧烈，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴；
(3)油浴和水浴相比，由于油的比热容较水小，油浴控制温度更加灵敏和精确，该实验反应温度接近水的沸点，故不采用热水浴，而采用油浴；
(4)由滴加H2O2后发生的现象可知，加入的目的是除去过量的KMnO4，则反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；
(5)该实验中为判断洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO42-来判断，检测方法是：取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，若没有沉淀说明洗涤完成；
(6)步骤IV用稀盐酸洗涤沉淀，步骤V洗涤过量的盐酸，H+与Cl-电荷守恒，洗出液接近中性时，可认为洗净。
【分析】(1)根据装置中的仪器分析；
(2)根据反应放热分析；
(3)根据加热温度选择加热方式；
(4)根据转移电子守恒配平方程式；
(5)用Ba2+检验SO42-；
(6)根据电荷守恒分析；
12．（2021·全国乙卷）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有 、 、 、MgO、CaO以及少量的 ，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子
开始沉淀的pH 2.2 3.5 9.5 12.4
沉淀完全(c=1.0×10*mol-L')的pH 3.2 4.7 11.1 13.8
回答下列问题：
（1）“焙烧”中， 、 几乎不发生反应， 、MgO、CaO、 转化为相应的硫酸盐，写出 转化为 的化学方程式　 　。
（2）“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是　 　。
（3）“母液①”中 浓度为　 　mol·
（4）”水浸渣”在160℃“酸溶”，最适合的酸是　 　。“酸溶渣”的成分是　 　、　 　。
（5）“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热， 水解析出 沉淀，该反应的离子方程式是　 　。
（6）将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得　 　，循环利用。
【答案】（1）Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑
（2）Fe3+ 、Al3+ 、Mg2+
（3）10-6
（4）H2SO4；SiO2；CaSO4
（5）TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+
（6）(NH4)2SO4
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为 Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑ ；
(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，Fe3+首先沉淀、然后是Al3+、Mg2+，Ca2+没有沉淀；
(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10-5×(1×10-2.9)2=1×10-10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为=1×10-6mol/L
(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；
(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为 TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+ ；
(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用。
【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O
13．（2021·全国乙卷）一氯化碘（ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：
（1）历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig误认为是ICl，从而错过了一种新元素的发现。该元素是　 　.
（2）氯铂酸钡（BaPtCl4)固体加热时部分分解为BaCl2、Pt和Cl2，376.8℃时平衡常数K‘p=1.0x104Pa2。在一硬质玻璃烧瓶中加入过量BaPtCl4，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气（然后将支管封闭）。在376.8℃，碘蒸气初始压强为20.0kPa.376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，则PICl=　 　kPa，反应2ICl(g)=Cl2(g)+I2(g)的平衡常数K=　 　（列出计算式即可）.
（3）McMorris 测定和计算了在136-180℃范围内下列反应的平衡常数KP ：
2NO(g)+2ICl(g) 2NOCl(g)+I2(g) KP1
2NOCl(g) 2NO(g)+Cl2(g) KP2
得到lgKP1 和lgKP2 均为线性关系，如下图所示：
①由图可知，NOCl分解为NO和Cl2反应的ΔH　 　0(填“大于”或“小于”）.
②反应2ICl(g)=Cl2(g)+I2(g)的K=　 　（用KP1、KP2表示）：该反应的ΔH　 　0(填“大于”或“小于”)，写出推理过程　 　.
（4）Kistiakowsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率(v)光的照射下机理为：
NOCl+hv→NOC*
NOCl+NOCl*→2NO+Cl2
其中hv表示一个光子能量，NOCl*表示NOCl的激发态。可知，分解1mol的NOCl需要吸收　 　mol的光子。
【答案】（1）溴（或Br）
（2）2.=4.8；
（3）大于；KP1·KP2；△H＞0；当 时， 当 时， 即降温，K减小，平衡逆移，说明△H＞0
（4）
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或Br)；
(2)由题意376.8℃时玻璃烧瓶中发生两个反应： BaPtCl4 （s）BaCl2（s）+Pt（s）+2Cl2（g）、Cl2(g)+I2(g)2ICl(g)，BaPtCl4 （s）BaCl2（s）+Pt（s）+2Cl2（g）的平衡常数Kp=1.0×104Pa2，则平衡时p2(Cl2)=1.0×104Pa2，平衡时p(Cl2)=100Pa，设到达平衡时I2(g)的分压减小pkPa，则376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，则
0.1+20.0+p=32.5，解得p=12.4，则平衡时p(ICl)=2p kPa=2×12.4kPa=24.8kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0-p)kPa=7.6kPa=7.6×103Pa，p(ICl)=24.8kPa=24.8×103Pa，p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此反应 2ICl(g)Cl2(g)+I2(g)的平衡常数K=；
(3)①结合图可知，温度越高，越小，lgKp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g)正向移动，则NOCl分解为NO和Cl2反应的大于0；
②Ⅰ.2NO+2ICl2NOCl Kp1
Ⅱ. 2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g) Kp2
Ⅰ+Ⅱ得2ICl(g)Cl2(g)+I2(g)，故K= Kp1 Kp2；
该反应的ΔH 大于0，根据图像可知， 当 时， 当 时， 即降温，K减小，平衡逆移，说明△H＞0 ；
(4)Ⅰ. NOCl+hv→NOCl*
Ⅱ. NOCl+NOCl*→2NO+Cl2
Ⅰ+Ⅱ得总反应为2NOCl+hv=2NO+Cl2，因此2molNOCl分解需要吸收1mol光子能量，则分解1mol的NOCl需要吸收0.5mol光子。
【分析】(1)根据红棕色液体推断；
(2)根据三段式及平衡常数公式计算；
(3)根据图像中曲线的趋势和所对应的数据进行估算；
(4)根据物质的量之比等于化学计量数之比计算；
14．（2021·浙江）“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品， 氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答：
（1）电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是　 　。
（2）下列说法错误的是______。
A．可采用碱石灰干燥氯气
B．可通过排饱和食盐水法收集氯气
C．常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中
D．工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸
（3）在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：
Cl2(g) Cl2(aq) K1=c(Cl2)/p
Cl2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) +
HClO(aq) K2
其中p为Cl2(g)的平衡压强，c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度。
①Cl2(g) Cl2(aq)的焓变ΔH1　 　0。(填”>”、“=”或“<”)
②平衡常数K2的表达式为K2=　 　。
③氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则c=　 　。(用平衡压强p和上述平衡常数表示，忽略HClO的电离)
（4）工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiO2)为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为；
I.TiO2(s)+2Cl2(g) TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181
mol·L-1，KI=-3.4×10-29
II.2C(s)+O2(g) 2CO(g)
ΔHII= - 221 mol·L-1，KII=1.2×1048
结合数据说明氯化过程中加碳的理由　 　 。
（5）在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5 mol·L-1，反应30 min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是______。
A．适当提高反应温度 B．改变催化剂
C．适当降低反应温度 D．改变反应物浓度
【答案】（1）2NaCl+ 2H2O 2NaOH + H2↑+Cl2↑
（2）A
（3）＜；；K1p +
（4）反应I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，K=KIKII=4.1×1019远大于K1，反应II使TiO2氯化为TiCl4得以实现；ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，反应II 可为反应I提供所需的能量
（5）A；B
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；反应热和焓变；化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)反应的化学方程式是2NaCl+ 2H2O 2NaOH + H2↑+Cl2↑。
(2) A．氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，A说法不正确；
B．氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，B说法正确；
C．氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C说法正确；
D．氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，D说法正确。
综上所述，相关说法错误的是A，
故答案为：A。
(3)①Cl2(g) Cl2(aq)表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的熵变小于0，因此，其焓变ΔH1＜0。
②由化学方程式Cl 2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)可知，其平衡常数K2的表达式为K2= ，注意水为液态，其不出现在表达式中。
③Cl2(g) Cl2(aq) 与Cl 2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) 相加可以得到Cl2(g) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)，因此，该反应的平衡常数为 ；氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，根据物料守恒可知，c= + c(HClO)+ c(Cl-)，由于HCl是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则 ，由K2= 可知 = ，由K1=c(Cl2)/p可知， = ，则 = ，因此，c= K1p + 。
(4)已知：I . TiO2(s)+2Cl2(g) TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181 mol ·L-1，KI=-3.4 ×10-29；II. 2C(s)+O2(g) 2CO(g) ΔHII= - 221 mol ·L-1，KII=1.2×1048。根据盖斯定律可知，I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，则K=KIKII=4.1 ×1019远大于K1，反应II的发生可以减小反应I的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现；反应I为吸热反应，而ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，说明TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)为放热反应，则反应II 可为反应I提供所需的能量。
(5) A.．由于两产物浓度之比与反应时间无关，适当提高反应温度，使催化剂碘的溶解度增大，既可以加快化学反应速率，同时可以提高邻位取代的机率（催化剂会参与反应形成中间体，根据信息可知，碘在对位的取代机率较大），从而提高产物中邻二氯苯的比例，故A正确；
B．可以使用对生成邻二氯苯有更高选择性的催化剂，以提高产物中邻二氯苯的比例，B正确；
C．适当降低反应温度，不利于提高邻二氯苯的生成机率，不能提高产物中邻二氯苯的比例，C不正确；
D．改变反应物浓度可以改变化学反应速率，从而改变反应达到化学平衡状态的时间，但是，产物浓度之比与反应时间无关，因此，不能提高产物中邻二氯苯的比例，D不正确。
综上所述，选AB。
【分析】（1）电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠
（2）氯气溶于水后，形成的是次氯酸或盐酸与碱石灰作用。收集氯气时利用的是排饱和食盐水的方法进行收集气体，常温下可以加压的方式减小分子的间隔即可将气体变为液体，工业上利用氢气和氯气制取氯化氢溶于水变为盐酸
（3）① 根据盖斯定律计算即可②根据平衡常数的计算公式进行计算即可③利用K1和K2结合氯元素守恒进行计算即可
（4）利用盖斯定律，得出方程式，K值很大，加入碳促进四氯化碳的产生
（5）提高产物的比例，主要可以选择适合的催化剂以及适当的提高温度，促进产物的合成
15．（2021·浙江）某兴趣小组用铬铁矿[Fe(CrO2)2]制备K2Cr2O7晶体，流程如下：
已知：4Fe (CrO2)2 + 10Na2CO3+7O2 8Na2CrO4 +4NaFeO2+10CO2
2H++2CrO Cr2O +H2O
相关物质的溶解度随温度变化如下图。
请回答：
（1）步骤I，将铬铁矿粉碎有利于加快高温氧化的速率，其理由是　 　。
（2）下列说法正确的是______。
A．步骤II，低温可提高浸取率
B．步骤II，过滤可除去NaFeO2水解产生的Fe(OH)3
C．步骤III，酸化的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7
D．步骤IV，所得滤渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3
（3）步骤V，重结晶前，为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：溶解KCl →　 　→　 　→　 　→　 　→重结晶。
a.50℃蒸发溶剂；
b.100℃ 蒸发溶剂；
c．抽滤；
d．冷却至室温；
e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热。
（4）为了测定K2Cr2O7产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。
①下列关于滴定分析的操作，错误的是　 　。
A．用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶
B．滴定时要适当控制滴定速度
C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直
E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
②在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，　 　继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补全操作)
（5）该小组用滴定法准确测得产品中K2Cr2O7的质量分数为98.50%。某同学还用分光光度法测定产品纯度(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例)，但测得的质量分数明显偏低。分析其原因，发现配制K2Cr2O7待测水溶液时少加了一种试剂。该试剂是　 　，添加该试剂的理由是　 　。
【答案】（1）增大反应物的接触面积
（2）B；C
（3）a；e；d；c
（4）AC；再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁
（5）H2SO4；抑制Cr2O 转化为CrO ，且与Cr2O 不反应
【知识点】氧化还原反应；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)步骤I中铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，将铬铁矿粉碎，可增大反应物的接触面积，加快高温氧化的速率；故答案为：增大反应物的接触面积。
(2)A．根据Na2CrO4的溶解度随着温度的升高而增大，步骤II中应用高温提高浸取率，A不正确；
B．步骤II中用水浸取时NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，经过滤可除去Fe(OH)3，B正确；
C．步骤III酸化时，平衡2H++2 +H2O正向移动，主要目的使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，C正确；
D．根据分析，步骤IV中过滤所得滤渣主要成分为Na2SO4，D不正确；
故答案为：BC。
(3)为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，步骤V重结晶前的操作顺序为：溶解KCl→50℃蒸发溶剂→蒸发至溶液出现晶膜，停止加热→冷却至室温→抽滤→重结晶；故答案为：aedc。
(4)①A．量筒属于粗量器，不能用量筒量取25.00mL溶液，由于K2Cr2O7具有强氧化性，量取25.00mL待测液应用酸式滴定管，A不正确；
B．滴定时要适当控制滴定的速率，确保反应物之间充分反应，同时防止滴加过快使得滴加试剂过量，B正确；
C．滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断滴定的终点，C不正确；
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，平视读取读数，D正确；
E．为了确保每次滴定时滴定管中的溶液充足，平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，并记录初始读数，E正确；
故答案为：AC。
②故答案为：再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁。
(5)根据题意，K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例，在K2Cr2O7溶液中存在平衡 +H2O 2H++2 ，即有部分 会转化为 ，从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制 转化为 ，可加入与 不反应的酸，如硫酸；故答案为：H2SO4；抑制 转化为 ，且与 不反应。
【分析】根据题给已知，铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，所得固体冷却后用水浸取，其中NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，过滤得到含Na2CrO4、NaOH、Na2CO3的滤液，加入适量硫酸酸化，NaOH、Na2CO3与硫酸反应生成Na2SO4，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7（发生的反应为2Na2CrO4+H2SO4 Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O），经蒸发结晶、过滤、洗涤得到的滤液中主要含Na2Cr2O7，加入KCl后经多步操作得到K2Cr2O7，据此分析作答。
（1）粉碎增大了接触面积，有利于提高速率
（2）步骤Ⅱ中水解是吸热，因此升温时促进浸出率，步骤Ⅱ中过滤主要是除去难溶性固体，步骤Ⅲ加入硫酸后主要促进铬酸根向重铬酸根的转化步骤Ⅳ中主要时含有硫酸钠，因为在之前加入了硫酸不存在碳酸钠
（3）Na2Cr2O7中加入KCl发生反应Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，根据各物质的溶解度随温度的变化曲线可知，K2Cr2O7的溶解度随温度升高明显增大，NaCl溶解度随温度升高变化不明显，50℃时两者溶解度相等
（4）①A.量筒的精确度时0.1ml B. 滴定时速率要适中，以免造成实验误差 C.滴定是应该是观察锥形瓶中颜色的变化 D.读数时应该保持垂直以免有误差 E.滴定管的零刻度在上②在接近终点时，使用“半滴操作”的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化
（5） K2Cr2O7 含量偏低可能是转化为KCrO4，配置时应该加入酸抑制水解
16．（2021·浙江）玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应：
3S+6KOH 2K2S+K2SO3+3H2O
(x-1)S+K2S K2Sx(x=2~6)
S+ K2SO3 K2S2O3
请计算：
（1）0.480 g硫单质与V mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V=　 　。
（2）2.560 g硫单质与60.0
mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x=　 　。(写出计算过程)
【答案】（1）30.0
（2）解：若S与KOH溶液反应生成K2Sx和K2S2O3，则反应的化学方程式为(2x+2)S+6KOH 2K2Sx+K2S2O3+3H2O，根据反应方程式有 解得x=3，故答案为3。
【知识点】氧化还原反应；质量守恒定律；化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)根据方程式3S+6KOH 2K2S+K2SO3+3H2O可知，3mol S可以和6mol KOH反应，0.48g S的物质的量n=0.015mol，则需要消耗KOH的物质的量n=2n(S)=0.03mol，故需要KOH溶液的体积V= = =0.03L=30.0mL，
故答案为30.0；
【分析】（1）利用第一个方程式计算即可（2）根据反应物和产物进行书写方程式方程式根据数据计算出即可
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