的现象是_________。
（2）CrO42?和Cr2O72?在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0 mol·L?1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72?)随c(H+)的变化如图所示。
①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应____________。
②由图可知，溶液酸性增大，CrO42?的平衡转化率__________(填“增大“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为__________。
③升高温度，溶液中CrO42?的平衡转化率减小，则该反应的ΔH_________(填“大于”“小于”或“等于”)。
（3）在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl?，利用Ag+与CrO42?生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl?恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10?5 mol·L?1)时，溶液中c(Ag+)为_______ mol·L?1，此时溶液中c(CrO42?)等于__________ mol·L?1。(已知Ag2 CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10?12和2.0×10?10)。
（4）+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O72?还原成Cr3+，反应的离子方程式为______________。
【答案】（1）蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶液写出绿色溶液；
2-（2）①2CrO4+2H
＋
Cr2O72-+H2O； ② 增大；1.0×1014 ；③小于；
＋
（3） 2.0×10-5 ；5×10-3；（4） Cr2O72-+3HSO3- +5H=2Cr3++3SO42-+4H2O。
2-由于开始时c(CrO42?)=1.0mol/L，根据Cr元素守恒可知A点的溶液中CrO42-c(Cr2O7)=0.25mol/L，
的浓度c(CrO42?)=0.5mol/L；H+浓度为1×10-7mol/L；此时该转化反应的平衡常数为
K?c(Cr2O7)c(CrO4)2?c(H?)22?2??0.25142?
；③由于升高温度，溶液中CrO?1.0?104
0.52?(1?10?7)2的平衡转化率减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，导致溶液中CrO42?的平衡转化率减小，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应方向是吸热反应，所以该反应的正反应是放热反应，故该反应的ΔH＜0；（3）当溶液中Cl-完全沉淀时，即c(Cl-)=1.0×10?5 mol·L?1，根据溶度积常数Ksp(AgCl)=2.0×10?10，可得溶液中c(Ag+)=Ksp(AgCl)÷c(Cl-)=2.0×10?10÷(1.0×10?5 mol·L?1)=2.0×10-5 mol·L?1；则此时溶液中
c(CrO42?)=Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=2.0×10?12÷(2.0×10-5 mol·L?1)=5×10-3mol·L?1；（4） NaHSO3具有还原性，Cr2O72?具有氧化性，二者会发生氧化还原反应，根据已知条件，结合电子守恒、电荷守恒、
＋
原子守恒，可得二者反应的离子方程式为：Cr2O72-+3HSO3- +5H=2Cr3++3SO42-+4H2O。
【考点定位】考查化学平衡移动原理的应用、化学平衡常数、溶度积常数的应用、两性物质的性质的知识。
【名师点睛】两性氢氧化物是既能与强酸反应产生盐和水，也能与强碱反应产生盐和水的物质，化学平衡原理适用于任何化学平衡。如果改变影响平衡的一个条件，化学平衡会向能够减弱这种改变的方向移动。会应用沉淀溶解平衡常数计算溶液中离子浓度大小，并根据平衡移动原理分析物质的平衡转化率的变化及移动方向，并根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写离子反应方程式。该题是重要的化学平衡移动原理的应用，考查了学生对化学平衡移动原理、化学平衡常数、溶度积常数的含义的理解与计算、应用，同时考查了物质的存在形式与溶液的酸碱性和物质的量多少的关系、离子反应和离子方程式的书写。是一个综合性试题。 28．(14分)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：
回答下列问题：
（1）NaClO2中Cl的化合价为_______。
（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式_______。
（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为________、________。“电解”中阴极反应的主要产物是______。
（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，该反应中氧化产物是_________。
（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为____。(计算结果保留两位小数) 【答案】（1）+3价；（2）2NaClO3+SO2+H2SO4=ClO2+2NaHSO4； （3）NaOH溶液 ；Na2CO3溶液 ；ClO2-(或NaClO2)； （4）2:1； O2； （5）1.57g。
则此吸收反应中，氧化剂为ClO2，还原产物为NaClO2，还原剂是H2O2，氧化产物是O2，每1mol的H2O2转移2mol电子，反应方程式是：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1，该反应中氧化产物O2。（5）每1克NaClO2的物质的量为n(NaClO2)=1g÷90.5g/mol=错误！未找到引用源。mol，错误！未找到引用源。其获得电子的
物质的量是n(e-)=错误！未找到引用源。mol×4=4/90.5mol，1molCl2获得电子的物质的量是2mol，根据电子转移数目相等，可知其相对于氯气的物质的量为n=错误！未找到引用源。mol×4÷2=错误！未找到引用源。mol，则氯气的质量为错误！未找到引用源。mol×71g/mol=1．57g。 【考点定位】考查混合物的分离与提纯、氧化还原反应的分析及电解原理的应用的知识。 【名师点睛】化合价是元素形成化合物时表现出来的性质，在任何化合物中，所有元素正负化合价的代数和等于0，掌握常见元素的化合价，并根据元素吸引电子能力大小及化合物中，所有元素正负化合价的代数和等于0的原则判断元素的化合价。有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，元素化合价升高，失去电子，该物质作还原剂，变为氧化产物；元素化合价降低，获得电子，该物质作氧化剂，变为还原产物，元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移的数目；可利用最小公倍数法配平氧化还原反应方程式，对于离子反应，同时还要符合电荷守恒及原子守恒。物质的氧化能力大小可结合每1mol物质获得电子的多少，获得电子越多，其氧化能力就越强。
36．【化学——选修2：化学与技术】（15分）
高锰酸钾（KMnO4）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。以软锰矿（主要成分为MnO2）为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下：
回答下列问题：
（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1∶1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是 。
（2）“平炉”中发生的化学方程式为 。 （3）“平炉”中需要加压，其目的是 。 （4）将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺。
①“CO2歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成K2MnO4，MnO2和 （写化学式）。 ②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为 ，阴极逸出的气体是 。
③“电解法”和“CO2歧化法”中，K2MnO4的理论利用率之比为 。 （5）高锰酸钾纯度的测定：称取1.0800 g样品，溶解后定容于100 mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.2000 mol·L?1的H2C2O4标准溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48 mL，该样品的纯度为 （列出计算式即可，已知2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）。 【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率； （2）2MnO2+O2+4KOH
2K2MnO4+2H2O；
（3）提高氧气的压强，加快反应速率加快，增加软锰矿的转化率； （4） ① KHCO3；②MnO42--e-=MnO4-；H2；③3:2；
（5） 【解析】
。
试题分析：（1） MnO2是固体物质，对于有固体参加的化学反应，由于其浓度不变，因此可通过增大其反应接触表面积的方法来提高反应速率，使更多的软锰矿反应转化为生成物，从而提高其转化率，因此要将其粉碎成细小的颗粒；（2） 根据流程图可知，在“平炉”中MnO2、KOH、O2在加热时会反应产生K2MnO4，结合反应前后各种元素的原子个数、原子种类不变，即根据质量守恒定律可知，另外一种生成物质是H2O，根据原子守恒、电子守恒可得发生的化学方程式为2MnO2+O2+4KOH
2K2MnO4+2H2O ；（3）由于上述反应中氧气的状态是气态，
在“平炉”中增大压强，就可以使反应物氧气的浓度增大，根据外界条件对化学反应速率的影响，增大反应物的浓度，可以使化学反应速率加快；再结合外界条件对化学平衡移动的影响，任何反应都具有一定的可逆性，该反应的正反应是气体体积减小的反应。若增大压强，可以使化学
2016年高考全国1卷理综化学试题(解析版)
