2020届高考化学二轮复习题型特训（精编30题）——化学工艺流程综合题【 答案+解析】

这是一份2020届高考化学二轮复习题型特训（精编30题）——化学工艺流程综合题【 答案+解析】，共55页。
二轮复习题型特训
化学工艺流程综合题
【精编30题 答案+解析】
1.镍及其化合物用途广泛。某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，以下是从该矿渣中回收NiSO4的工艺路线：

已知：(NH4)2SO4在350 ℃以上会分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3。锡(Sn)位于第五周期第ⅣA族。
(1)焙烧前将矿渣与(NH4)2SO4混合研磨，混合研磨的目的是_________________________________________________________________。
(2)“浸泡”过程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为_______________________________________________________________，
“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)外还含有________(填化学式)。
(3)为保证产品纯度，要检测“浸出液”的总铁量：取一定体积的浸出液，用盐酸酸化后，加入SnCl2将Fe3＋还原为Fe2＋，所需SnCl2的物质的量不少于Fe3＋物质的量的________(填分数)；除去过量的SnCl2后，再用酸性K2Cr2O7标准溶液滴定溶液中的Fe2＋，还原产物为 Cr3＋，滴定时反应的离子方程式为________________________________________________________________。
(4)“浸出液”中c(Ca2＋)＝1.0×10－3 mol·L－1，当除钙率达到99%时，溶液中c(F－)＝________mol·L－1。[已知Ksp(CaF2)＝4.0×10－11]
(5)本工艺中，萃取剂与溶液的体积比(V0/VA)对溶液中Ni2＋、Fe2＋的萃取率的影响如图所示，V0/VA的最佳取值是________。

解析：(1)混合研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分。(2)浸泡过程中Fe3＋发生水解反应生成FeO(OH)，离子方程式为Fe3＋＋2H2OFeO(OH)↓＋3H＋。浸渣中还含有难溶于水的SiO2及反应生成的CaSO4。(3)Fe3＋Fe2＋、Sn2＋Sn4＋，根据得失电子守恒知，SnCl2与Fe3＋反应时，SnCl2的物质的量为Fe3＋的物质的量的一半。Fe2＋Fe3＋、Cr2O2Cr3＋，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，配平离子方程式：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。(4)当除钙率达到99%时，溶液中c(Ca2＋)＝1.0×10－3mol·L－1×(1－99%)＝1.0×10－5mol·L－1，根据Ksp(CaF2)＝c(Ca2＋)·c2(F－)，得溶液中c(F－)＝＝ mol·L－1＝2.0×10－3mol·L－1。
答案：(1)增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分
(2)Fe3＋＋2H2OFeO(OH)↓＋3H＋　SiO2、CaSO4　(3)　Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O　(4)2.0×10－3　(5)0.25

2.过氧化尿素[CO(NH2)2·H2O2]是一种白色粉末，溶于水，溶液呈弱酸性。过氧化尿素不稳定，在痕量重金属离子等活性催化剂的存在下迅速分解。工业生产过氧化尿素的原理和流程如下。原理：CO(NH2)2＋H2O2CO(NH2)2·H2O2
流程：

回答下列问题：
(1)已知过氧化尿素[CO(NH2)2·H2O2]中的CO(NH2)2与H2O2以氢键连接，其中氮元素的化合价是____________(填序号)。
A．＋3　　　　　　　　　　B．－2　　　　　　　　　　C．－3
(2)过氧化尿素鉴定反应：在重铬酸钾酸性溶液中加入乙醚和少许过氧化尿素，振荡。上层乙醚呈蓝色，这是由于在酸性溶液中过氧化尿素中的过氧化氢与重铬酸钾反应生成较稳定的蓝色过氧化铬(CrO5)。写出H2O2与重铬酸钾反应的离子方程式___________________________________________________。
(3)经过上述化学工艺后的产品是粗产品。已知30 ℃时尿素的溶解度远大于过氧化尿素的溶解度，则提纯粗产品的操作顺序是________(填序号)。
①洗涤　②蒸发浓缩　③过滤　④冷却至30 ℃结晶　⑤溶解
(4)在实验室中采用上述原理制取过氧化尿素，搅拌器的材质一般用玻璃而非铁质，原因是___________________________________________________。
而实际生产中搅拌器选用的是铁质材料，但需要对搅拌器进行处理，处理方法是_______________________________________________________。
(5)Ⅰ.为测定产品中H2O2的含量，常用KMnO4溶液滴定H2O2(5H2O2＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O)。高锰酸钾标准溶液通常放置时间较长，因此在滴定H2O2前，常用现配的草酸钠溶液先标定出KMnO4标准溶液的浓度。
Ⅱ.称取过氧化尿素样品2.000 g，溶解在250 mL容量瓶中定容。准确量取25.00 mL于锥形瓶中，加入1.00 mL 6 mol·L－1的硫酸，用标定过的0.100 0 mol·L－1的高锰酸钾标准溶液滴定至滴入最后一滴时溶液显浅红色且半分钟内不褪色，三次滴定平均消耗KMnO4标准溶液8.00 mL(KMnO4与尿素不反应)。
①H2O2的质量分数是________(精确至0.1%)。
②若装草酸钠溶液的滴定管水洗后未润洗，最终H2O2的质量分数________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
解析：(1)过氧化尿素中氮元素的化合价与尿素中氮元素的化合价相同，均为－3。(2)CrO5中Cr为＋6价，反应前后各元素化合价均不变化，根据原子守恒、电荷守恒配平离子方程式。(3)根据30 ℃时尿素的溶解度远大于过氧化尿素的溶解度，可知提纯粗产品的操作顺序为溶解、蒸发浓缩、冷却至30 ℃结晶、过滤、洗涤。(5)①根据5H2O2～2MnO知，25.00 mL样品溶液中n(H2O2)＝n(KMnO4)＝×0.100 0 mol·L－1×8.00×10－3L＝2×10－3mol，则样品中H2O2的质量分数为2×10－3 mol×34 g·mol－1×÷2.000 g×100%＝34.0%。②若装草酸钠溶液的滴定管水洗后未润洗，则标定KMnO4标准溶液时消耗的草酸钠溶液的体积偏大，从而使标定的KMnO4标准溶液的浓度偏大，最终导致所测得的H2O2的质量分数偏大。
答案：(1)C　(2)4H2O2＋Cr2O＋2H＋===2CrO5＋5H2O　(3)⑤②④③①
(4)H2O2水溶液呈弱酸性，故H2O2可与铁单质反应，进而氧化生成可催化H2O2分解的Fe3＋　将搅拌器放在浓硫酸(或浓硝酸)中浸泡一段时间，铁表面钝化(或对搅拌器采用“发蓝”处理)　(5)①34.0%　②偏大

3.工业上以铬铁矿(主要成分是FeO·Cr2O3，含少量MgCO3、Al2O3、SiO2等)为原料制取铬酸钠(Na2CrO4)晶体，其工艺流程如下：

已知：①＋3价Cr在酸性溶液中性质稳定，当pH>9时以CrO形式存在且易被氧化。
②常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：
阳离子
Fe3＋
Fe2＋
Mg2＋
Al3＋
Cr3＋
开始沉淀时的pH
1.9
7.0
9.1
—
—
沉淀完全时的pH
3.2
9.0
11.1
4.7(>10溶解)
5.6(>9溶解)
(1)提高酸浸速率的措施有________(答两条)，滤渣3的主要成分是________(填化学式)。
(2)流程中两次使用了H2O2进行氧化，H2O2的电子式为________；第二次氧化时反应的离子方程式为_______________________________________。
(3)如果把“调pH＝4.7”和“调pH>11”中间的“过滤”步骤省略，引起的后果是___________________________________________________。
(4)流程图中“□”内的操作是________、洗涤、干燥。
(5)①制取铬酸钠后的废水中含有的Cr2O可以用绿矾除去，测得反应后的溶液中含Cr3＋、Fe2＋、Fe3＋、H＋等阳离子。该反应的离子方程式为_______________________________________________________________。
②某工厂排放废水中含2.00×10－3 mol·L－1的Cr2O，将废水处理得到磁性材料Cr0.5 Fe1.5 FeO4(Cr的化合价为＋3，Fe的化合价依次为＋3、＋2)。欲使1 L该废水中的Cr2O完全转化为Cr0.5Fe1.5FeO4，理论上需要加入________g绿矾。(结果保留两位小数)
解析：(1)提高酸浸速率的措施有升高温度、将铬铁矿粉碎、搅拌、增加硫酸浓度等；滤渣1为SiO2，滤渣2为Al(OH)3和Fe(OH)3，滤渣3为Mg(OH)2。(2)H2O2的电子式为；第一次加入H2O2是为了将Fe2＋氧化为Fe3＋；第二次加入H2O2是为了将CrO氧化为CrO，反应的离子方程式为2CrO＋3H2O2＋2OH－===2CrO＋4H2O。(3)调pH＝4.7时沉淀成分是Al(OH)3和Fe(OH)3，如果不过滤，当继续加入NaOH至pH＝11时，Al(OH)3会溶解，引入杂质离子AlO。(4)Na2CrO4溶液制得Na2CrO4晶体，可以采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法，涉及的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等。
(5)①Cr2O转化为Cr3＋，亚铁离子被氧化为铁离子，该反应的离子方程式为Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。②根据Cr0.5Fe1.5FeO4知，Cr、Fe的原子个数比为0.5∶2.5＝1∶5，故需要n(FeSO4·7H2O)＝2.00×10－3mol·L－1×1 L×2×5＝0.02 mol，质量为5.56 g。
答案：(1)升高温度、将铬铁矿粉碎、搅拌、增加硫酸浓度等(任答两条即可)　Mg(OH)2
(2) 　2CrO＋3H2O2＋2OH－===2CrO＋4H2O
(3)pH>11时Al(OH)3会溶解，引入杂质离子AlO，使产品不纯
(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
(5)①Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O　②5.56

4.立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白),是一种常用的白色颜料。回答下列问题:
(1)利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花,亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时,钡的焰色为　　　　　(填标号)。 
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.黄色 B.红色
C.紫色 D.绿色
(2)以重晶石(BaSO4)为原料,可按如下工艺生产立德粉:

①在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡,该过程的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　。 回转炉尾气中含有有毒气体,生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体,该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
②在潮湿空气中长期放置的“还原料”,会逸出臭鸡蛋气味的气体,且水溶性变差,其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的　　　　　(填化学式)。 
③沉淀器中反应的离子方程式为 
　　　　　　　　　　　。 
(3)成品中S2-的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品,置于碘量瓶中,移取25.00 mL 0.100 0 mol·L-1的I2-KI溶液于其中,并加入乙酸溶液,密闭,置暗处反应5 min,有单质硫析出。以淀粉为指示剂,过量的I2用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定,反应式为I2+2S2O32-2I-+S4O62-。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为　　　　　　　　,样品中S2-的含量为　　　　　　　　　　　　　(写出表达式)。 
答案 (1)D　(2)①BaSO4+4CBaS+4CO↑　CO+H2OCO2+H2　②BaCO3　③S2-+Ba2++Zn2++SO42-ZnS·BaSO4↓
(3)浅蓝色至无色　(25.00-12V)×0.100 0×32m×1 000×100%
解析 (1)常见的金属元素在焰色反应中呈现的焰色分别为:钠—黄色、钾—紫色(透过蓝色钴玻璃观察)、钙—砖红色、锶—洋红色、铜—绿色、钡—黄绿色。
(2)①由于焦炭过量,故C被氧化为CO,反应的化学方程式为4C+BaSO4BaS+4CO↑;根据生成CO2和一种清洁能源气体的信息可以写出CO与H2O反应生成CO2与H2的化学方程式。②根据信息结合框图可知,还原料的主要成分为BaS,BaS表面与空气中的H2O和CO2反应生成有臭鸡蛋气味的H2S和难溶于水的BaCO3。③根据立德粉的化学式和框图可知离子反应方程式为Ba2++S2-+Zn2++SO42-ZnS·BaSO4↓。
(3)碘单质能使淀粉溶液显蓝色,当I2全部被消耗完后,溶液蓝色褪去。
根据反应:I2+S2-S↓+2I-,I2+2S2O32-2I-+S4O62-,n(S2-)+12n(S2O32-)=n(I2),因此,n(S2-)=(25.00×0.100 0×10-3-12V×0.100 0×10-3) mol,故样品中S2-的含量为(25.00-12V)×0.100 0×32m×1 000×100%。

5.工业采用氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯碳酸锰的流程如图所示：

已知：①菱锰矿的主要成分是MnCO3，其中含Fe、Ca、Mg、Al等元素。
②Al3＋、Fe3＋沉淀完全的pH分别为4.7、3.2，Mn2＋、Mg2＋开始沉淀的pH分别为8.1、9.1。
③焙烧过程中主要反应为MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O。
(1)结合图1、2、3，分析焙烧过程中最佳的焙烧温度、焙烧时间、分别为_____________________________________________________、
____________、____________。

(2)对浸出液净化除杂时，需先加入MnO2将Fe2＋转化为Fe3＋，再调节溶液pH的范围为____________________________________________________，
将Fe3＋和Al3＋变为沉淀而除去，然后加入NH4F将Ca2＋、Mg2＋变为氟化物沉淀除去。
(3)“碳化结晶”步骤中，加入碳酸氢铵时反应的离子方程式为__________________________________________________________________
______________________________________________________________。
(4)上述流程中可循环使用的物质是________。
(5)现用滴定法测定浸出液中Mn2＋的含量。实验步骤：称取1.000 g试样，向其中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使反应2Mn2＋＋NO＋4PO＋2H＋2[Mn(PO4)2]3－＋NO＋H2O充分进行；加入稍过量的硫酸铵，发生反应NO＋NH===N2↑＋2H2O以除去NO；加入稀硫酸酸化，用2.00 mol·L－110.00 mL硫酸亚铁铵标准溶液进行滴定，发生的反应为[Mn(PO4)2]3－＋Fe2＋===Mn2＋＋Fe3＋＋2PO；用0.10 mol·L－110.00 mL酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2＋。
①酸性K2Cr2O7溶液与Fe2＋反应的离子方程式为______________________
_____________________________________________(还原产物是Cr3＋)。
②试样中锰的质量分数为________。
解析：(1)随着温度的升高，锰浸出率逐渐升高，但是500 ℃以后，锰浸出率增加缓慢，并且在500 ℃时，锰浸出率已超过95%。从节约能源的角度考虑，焙烧温度取500 ℃即可；焙烧时间为60 min时锰浸出率较大，超过60 min锰浸出率趋于平缓，因此，实验选择最佳的焙烧时间为60 min；当氯化铵与菱锰矿粉质量比为1.10∶1时，锰浸出率已经很高，继续增加氯化铵用量，锰浸出率提高不明显，因此，氯化铵与菱锰矿粉最佳质量比为1.10∶1。(2)Fe3＋和Al3＋完全沉淀的pH分别是3.2、4.7，调节pH不能使Mn2＋沉淀，所以pH的范围是4.7≤pH2.6×10-51.8×10-6 mol·L-1≈14.4 mol·L-1,净化液中Mg2+的浓度为0.01 mol·L-1,远小于14.4 mol·L-1,则Mg2+的存在不会影响MnCO3的纯度。

7.H2S在金属离子的鉴定分析、煤化工等领域都有重要应用。请回答：
Ⅰ.工业上一种制备H2S的方法是在催化剂、高温条件下，用天然气与SO2反应，同时生成两种能参与大气循环的氧化物。
(1)该反应的化学方程式为
___________________________________________________________。
Ⅱ.H2S可用于检测和沉淀金属阳离子。
(2)H2S的第一步电离方程式为
_____________________________________________________________。
(3)已知：25 ℃时，Ksp(SnS)＝1.0×10－25，Ksp(CdS)＝8.0×10－27。该温度下，向浓度均为0.1 mol·L－1的CdCl2和SnCl2的混合溶液中通入H2S，当Sn2＋开始沉淀时，溶液中c(Cd2＋)＝________(溶液体积变化忽略不计)。
Ⅲ.H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体。反应原理为
ⅰ.COS(g)＋H2(g)H2S(g)＋CO(g)　ΔH＝＋7 kJ·mol－1；
ⅱ.CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－42 kJ·mol－1。
(4)已知：断裂1 mol分子中的化学键所需吸收的能量如表所示。
分子
COS(g)
H2(g)
CO(g)
H2S(g)
H2O(g)
CO2(g)
能量/(kJ·mol－1)
1 319
442
x
678
930
1 606
表中x＝________。
(5)向10 L容积不变的密闭容器中充入1 mol COS(g)、1 mol H2(g)和1 mol H2O(g)，进行上述两个反应。其他条件不变时，体系内CO的平衡体积分数与温度(T)的关系如图所示。
①随着温度升高，CO的平衡体积分数________(填“增大”或“减小”)。原因为________________________________________________________
___________________________________________________________。
②T1℃时，测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80 mol。则该温度下，COS的平衡转化率为________；反应ⅰ的平衡常数为________(保留两位有效数字)。
解析：(1)天然气的主要成分是CH4，根据题意，CH4与SO2反应生成H2S、CO2和H2O，反应条件是高温、催化剂。根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式。(2)H2S是二元弱酸，分两步电离，且电离过程是“可逆过程”，以第一步电离为主，H2S的第一步电离方程式为H2SH＋＋HS－。(3)当Sn2＋开始沉淀时，溶液中c(S2－)＝＝ mol·L－1＝1.0×10－24mol·L－1，此时溶液中c(Cd2＋)＝＝ mol·L－1＝8.0×10－3mol·L－1。(4)反应热＝反应物总键能－生成物总键能，对于反应ⅰ，ΔH＝(1 319＋442－678－x)kJ·mol－1＝＋7 kJ·mol－1，解得x＝1 076[或利用反应ⅱ进行计算，ΔH＝(x＋930－1 606－442)kJ·mol－1＝－42 kJ·mol－1，解得x＝1 076]。(5)①由题图知，随着温度升高，CO的平衡体积分数增大。反应ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大；反应ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡体积分数增大，综合来讲，其他条件不变，升高温度，体系中CO的平衡体积分数增大。②T1 ℃时，测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80 mol，则反应的n(COS)＝0.20 mol，故COS的平衡转化率为×100%＝20%。反应ⅰ生成0.20 mol CO，剩余0.80 mol H2，生成的CO与H2O(g)发生反应ⅱ，设达到平衡时，参加反应ⅱ的CO为x mol，利用三段式法进行计算：
　　　　　　CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
起始(mol) 0.20　　　1　　　　 0　　　　0.80
转化(mol) x　　　　x　　　　 x　　　　　x
平衡(mol) 0.20－x　1－x　　　 x　　　0.80＋x
开始共投入3 mol气体，且反应ⅰ和反应ⅱ都是气体分子数不变的反应，故平衡时体系中气体的总物质的量不变。根据题图知，T1℃达到平衡时，CO的体积分数为5%，故×100%＝5%，解得x＝0.05。故平衡时体系中n(COS)＝0.80 mol，n(H2)＝0.80 mol＋0.05 mol＝0.85 mol，n(H2S)＝0.20 mol，n(CO)＝0.20 mol－0.05 mol＝0.15 mol，反应ⅰ的平衡常数K＝＝≈0.044。
答案：Ⅰ.(1)4SO2＋3CH44H2S＋3CO2＋2H2O
Ⅱ.(2)H2SH＋＋HS－　(3)8.0×10－3mol·L－1
Ⅲ.(4)1 076　(5)①增大　反应ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大；反应ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡体积分数也增大　②20%　0.044

8.银的冶炼有很多方法,在《天工开物》均有记载,而现代流行的“氰化法”,用NaCN溶液浸出矿石中的银的方法是最常用的方法。该方法具备诸多优点:银的回收率高、对游离态和化合态的银均能浸出、对能源消耗相对较少、生产工艺简便等,但氰化物通常有毒。其炼制工艺简介如下:

(1)矿石需要先进行破碎、研磨,其目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)写出该工艺的一个明显的缺点　　　　　　　。 
(3)用NaCN浸泡矿石(该矿石是辉银矿,其主要成分是Ag2S)时,反应容器处于开口状态,产生的银以[Ag(CN)2]-形式存在,硫元素被氧化至最高价,试写出主要反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(4)在矿石中银往往和锌、铜、金等元素伴生,故氰化法得到的银中往往因含有上述金属而不纯净,需要进一步纯化,从而获得纯净的银。其中方法之一就是进行电解精炼,在精炼过程中,含有杂质的银作　　　　　　(填“阴”或“阳”)极,该电极上发生的主要反应式为　　　　　　　,金以　　　　　　　形式存在。 
(5)有人提出了另外的提纯银的方案,先将锌粉还原后的混合金属用略过量的硝酸溶解,通过精确调整溶液的pH来进行金属元素分离,已知:
①溶解后的离子浓度如下表:

Zn2+
Cu2+
Ag+
物质的量浓度/mol·L-1
0.001
0.002
0.5

②某些金属离子的氢氧化物Ksp如下:

Zn2+
Cu2+
Ag+
……
Ksp
1.0×10-17
2.0×10-20
2.0×10-8


若lg 2=0.3,该设计方案　　　　　　　(填“可行”或“不可行”),其原因是　 　。 
答案 (1)增大接触面积,提高反应速率
(2)NaCN有剧毒,会污染环境(生成有毒HCN,生产工艺不环保,对环境不友好等)
(3)Ag2S+4CN-+2O22[Ag(CN)2]-+SO42-
(4)阳　Ag-e-Ag+、Zn-2e-Zn2+、Cu-2e-Cu2+　阳极泥
(5)不可行　在调整溶液的pH时,各离子沉淀的pH相近,难以逐一沉淀
解析 (1)矿石需要先进行破碎、研磨,其目的是增大接触面积,提高反应速率。
(2)根据题干提示,氰化物有毒,所以该工艺的一个明显的缺点是NaCN有剧毒,会污染环境。
(3)根据提示可知,反应的离子方程式为Ag2S+4CN-+2O22[Ag(CN)2]-+SO42-。
(4)根据电解的原理,要除去杂质,需要将银溶解,故将有杂质的银作阳极,使其失电子,该电极上发生的主要反应为:Ag-e-Ag+、Zn-2e-Zn2+、Cu-2e-Cu2+。金的活泼性不如Ag,金不会失电子,最终会在阳极下面以阳极泥的形式存在。
(5)由Zn(OH)2(s)Zn2+(aq)+2OH-(aq)可得,Ksp[Zn(OH)2]=c(Zn2+)·c2(OH-),当锌离子开始沉淀时c(OH-)=Kspc(Zn2+)=1×10-170.001 mol·L-1=10-7 mol·L-1,溶液pH=7。当Zn2+完全沉淀时c(OH-)=1×10-1710-5 mol·L-1=10-6 mol·L-1,溶液pH=8。
由Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq)得,当铜离子开始沉淀时c(OH-)=Kspc(Cu2+)=2.0×10-200.002 mol·L-1=10-8.5 mol·L-1,溶液pH=5.5,当Cu2+完全沉淀时c(OH-)=2.0×10-2010-5 mol·L-1=2×10-15 mol·L-1,进一步计算可得溶液pH=6.65。
由AgOH(s)Ag+(aq)+OH-(aq)得,当银离子开始沉淀时c(OH-)=Kspc(Ag+)=2.0×10-80.5 mol·L-1=4×10-8 mol·L-1,进一步计算可得溶液pH=6.6。当Ag+完全沉淀时c(OH-)=2.0×10-810-5 mol·L-1=2×10-3 mol·L-1,pH=11.3。
根据以上数据可知,在调整溶液的pH时,各离子的沉淀pH相近,难以逐一沉淀。

9.工业上以软锰矿(主要成分为MnO2,另含有少量FeCO3、Al2O3、SiO2)为原料制取金属锰的工艺流程如下:

(1)软锰矿“粉磨”的目的是　　　　　　　　　　　　。 
(2)“浸渣”的主要成分是　　　　　　　　(填名称)。 
(3)经检测“浸取液”中无Fe2+,“浸取”时MnO2发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(4)在“沉锰”操作中,不能用Na2CO3代替NH4HCO3,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(5)将“酸溶”后的溶液作为电解液,用下图1装置电解,应采用　　　　　　(填“阴”或“阳”)离子交换膜,阳极的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

图1

图2
(6)为充分利用“滤渣1”,需测定滤渣中铝元素的含量,设计以下方案。
①将m g滤渣处理成a mL溶液。
②取少量①中溶液用EDTA滴定测得溶液中Fe3+、Al3+的浓度之和为b mmol·L-1。
③另取少量①中溶液将Fe3+用盐酸羟胺(在溶液中可完全电离出NH3OH+与Cl-)还原Fe2+,离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　; 
④将③所得溶液利用吸光度法测得其吸光度为0.400(吸光度与Fe2+的浓度关系如上图2所示)。该样品中铝元素的质量分数为　　　　　　　　(用含字母的表达式表示)。 
答案 (1)加快浸取速率
(2)二氧化硅
(3)MnO2+2Fe2++4H+Mn2++2Fe3++2H2O
(4)Na2CO3溶液碱性较强,会导致生成氢氧化物沉淀(碱式碳酸锰)
(5)阴　2H2O-4e-4H++O2↑
(6)③2Fe3++2NH3OH+2Fe2++4H++N2↑+2H2O　④27a(b-0.040)×10-6m×100%
解析 (1)软锰矿是固体物质,将其“粉磨”的目的是增大物质的表面积,以便于在用稀硫酸和FeSO4溶液浸取时反应速率大大加快。
(2)软锰矿的主要成分为MnO2,另含有少量FeCO3、Al2O3、SiO2,用硫酸和FeSO4溶液浸取时,FeCO3、Al2O3与硫酸反应产生FeSO4、Al2(SO4)3进入溶液,FeSO4与MnO2在酸性条件下发生氧化还原反应MnO2+2Fe2++4H+Mn2++2Fe3++2H2O,而SiO2不能发生反应,所以“浸渣”的主要成分是二氧化硅。
(3)经检测“浸取液”中无Fe2+,说明Fe2+在“浸取”时与具有氧化性的MnO2发生了氧化还原反应,反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+Mn2++2Fe3++2H2O。
(4)在“沉锰”操作中,不能用Na2CO3代替NH4HCO3,原因是由于CO32-的水解使Na2CO3溶液碱性较强,会导致Mn2+生成氢氧化物沉淀或碱式碳酸锰,影响MnCO3的纯度。
(5)反应产生的MnCO3与稀硫酸发生反应MnCO3+H2SO4MnSO4+H2O+CO2↑,要采用电解的方法使Mn2+还原为金属Mn,阴极电极反应式为2Mn2++4e-2Mn,阳极电极反应式为2H2O-4e-4H++O2↑,根据溶液电中性和电解原理,右边的SO42-要移向阳极进入左边,因此要选择阴离子交换膜。
(6)③另取少量①中溶液将Fe3+用盐酸羟胺(在溶液中可完全电离出NH3OH+与Cl-)还原为Fe2+,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒,可得反应的离子方程式为2Fe3++2NH3OH+2Fe2++4H++N2↑+2H2O。④将③所得溶液利用吸光度法测得其吸光度为0.400,根据物质的吸光度与Fe2+的浓度关系知该溶液中c(Fe2+)=0.040 mmol·L-1,根据2Fe3++2NH3OH+2Fe2++4H++N2↑+2H2O可知c(Fe3+)=c(Fe2+)=0.040 mmol·L-1,因为c(Al3+)+c(Fe3+)=b mmol·L-1,所以c(Al3+)=(b-0.040) mmol·L-1,溶液的体积为a mL,故n(Al3+)=(b-0.040) mmol·L-1×a×10-3 L=a(b-0.040)×10-6 mol,则该样品中铝元素的质量分数为27×a×(b-0.040)×10-6m×100%。

10.硼氢化钠(NaBH4)具有优良的还原性,在有机化学和无机化学领域有着广泛的应用。利用硼精矿(主要成分为B2O3,含有少量Al2O3、SiO2、FeCl3等)制取NaBH4的流程如图1:

图1


图2

已知:偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水,不溶于醇,在碱性条件下稳定存在。回答下列问题。
(1)写出加快硼精矿溶解速率的措施　　　　　　　　　　　　　　(写一种)。 
(2)操作1为　　　　　　　　,滤渣主要成分为　　　　　　。 
(3)除硅、铝步骤加入CaO而不加入CaCl2的原因有:①能将硅、铝以沉淀除去;②　　　　。 
(4)氢化镁(MgH2)中H元素的化合价为　　　　　　;MgH2与NaBO2在一定条件下发生反应1,其化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(5)如图2在碱性条件下,在阴极上电解NaBO2也可制得硼氢化钠,写出阴极室的电极反应式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(6)硼氢化钠是一种强还原剂,碱性条件可处理电镀废液中的硫酸铜制得纳米铜,从而变废为宝,写出该反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
答案 (1)将硼精矿粉碎、搅拌、增大NaOH浓度、升温等(答1点即可)
(2)过滤　Fe(OH)3
(3)提供碱性溶液抑制NaBO2水解
(4)-1价　2MgH2+NaBO2NaBH4+2MgO
(5)BO2-+6H2O+8e-BH4-+8OH-
(6)4Cu2++BH4-+8OH-4Cu+BO2-+6H2O
解析 (1)将硼精矿粉碎、搅拌、增大NaOH浓度、升温等都可以加快硼精矿溶解速率。(2)根据以上分析,操作1为过滤,滤渣主要成分为Fe(OH)3。(3)已知NaBO2易溶于水,在碱性条件下稳定存在,所以除硅、铝步骤加入CaO而不加入CaCl2的原因有:①能将硅、铝以沉淀除去;②提供碱性溶液抑制NaBO2水解。(4)根据化合价代数和为0,则氢化镁(MgH2)中H元素的化合价为-1价;MgH2与NaBO2在一定条件下发生反应生成NaBH4和MgO,则化学方程式为2MgH2+NaBO2NaBH4+2MgO。(5)在阴极上电解NaBO2也可制得硼氢化钠,则阴极室BO2-得电子发生还原反应生成BH4-,则电极反应式为BO2-+6H2O+8e-BH4-+8OH-。(6)硼氢化钠是一种强还原剂,碱性条件可处理电镀废液中的硫酸铜制得纳米铜,则反应的离子方程式为4Cu2++BH4-+8OH-4Cu+BO2-+6H2O。

11.重铬酸钾(K2Cr2O7)是一种重要的氧化剂，工业上常用铬铁矿为原料生产重铬酸钾。但含铬废渣(废水)是污染物，随意排放对人类的生存环境有极大的危害。某兴趣小组设计如图所示工艺，模拟工业用铬铁矿制取重铬酸钾。

小组成员通过查阅相关资料，获得以下信息：
①铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，其中含杂质SiO2、Al2O3和MgO
②某些物质在不同温度下的溶解度：
物质
KCl
NaCl
K2Cr2O7
Na2Cr2O7
溶解度
(g/100 g水)
0 ℃
28
35.7
4.7
163
40 ℃
40.1
36.4
26.3
215
80 ℃
51.3
38
73
376
③Na2CrO4溶液中存在平衡：2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O
④常温下，Cr(OH)3的Ksp＝6.4×10－32
⑤lg 5＝0.7
请回答下列问题：
(1)流程①反应器中涉及的主要反应如下，请完成并配平该反应方程式。
FeO·Cr2O3＋NaOH＋KClO3Na2CrO4＋Fe2O3＋KCl＋________
(2)流程②后所得到的滤液中含有的金属阳离子是________。
(3)流程③中调节pH＝7～8并过滤，所得滤渣为________。
(4)流程④中酸化的目的是________________，但酸化不能选用盐酸，其理由是__________________________________________________________。
(5)流程⑤中加入KCl，能够析出重铬酸钾晶体的原因是
____________________________________________________________。
(6)①一定浓度的含Cr3＋废水排放到河塘中会使鱼类等水生物死亡，原因是
_____________________________________________________________。
②若Ⅰ类生活饮用水水质标准铬含量最高限值是5.2×10－5g·L－1，若通过调节溶液的pH的方法让含Cr3＋的水达到饮用水水质标准，则pH≥________。
解析：(1)缺项配平题应先配氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的系数，再根据观察法确定缺项物质及其系数。(2)MgO、Fe2O3成为滤渣，而铬、铝和硅元素分别变成CrO、AlO和SiO，所以流程2后所得滤液中的金属阳离子只有Na＋、K＋。(3)调节溶液的pH＝7～8，AlO和SiO转变为Al(OH)3和H2SiO3沉淀。(4)流程④，溶液中主要含CrO，利用平衡移动原理，加酸生成Cr2O。(5)流程⑤中加入KCl后，溶液中存在Cl－、K＋、Na＋和Cr2O四种离子，K2Cr2O7的溶解度较小，故能够析出。(6)①Cr3＋是重金属阳离子，能使蛋白质变性。②按标准Ⅰ类生活饮用水Cr3＋最高限值是5.2×10－5g·L－1，即1.0×10－6mol·L－1，调节pH让Cr3＋变成Cr(OH)3，根据Ksp[Cr(OH)3]＝6.4×10－32，可求得水中c(OH－)最小应为4×10－9mol·L－1，c(H＋)最大值为2.5×10－6mol·L－1，故pH≥5.6。
答案：(1)6　24　7　12　3　7　12H2O
(2)Na＋、K＋
(3)Al(OH)3和H2SiO3
(4)增大H＋浓度，促使2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O平衡向右移动，生成Cr2O　酸性条件下，Cl－能被Cr2O氧化
(5)重铬酸钾的溶解度较小，故在Cl－、K＋、Na＋和Cr2O共同存在的溶液中能够析出K2Cr2O7晶体
(6)①重金属离子可使蛋白质变性　②5.6

12.高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料,工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备,工艺如下图所示。回答下列问题:

相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9

(1)“滤渣1”含有S和　　　　　　　　　　;写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是　。 
(3)“调pH”除铁和铝,溶液的pH范围应调节为　　　　　~6.0之间。 
(4)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+,“滤渣3”的主要成分是　　　　　　。 
(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高,Mg2+沉淀不完全,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(6)写出“沉锰”的离子方程式　。 
(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料,其化学式为LiNixCoyMnzO2,其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=13时,z=　　　　。 
答案 (1)SiO2(或不溶性硅酸盐)　MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O
(2)将Fe2+氧化为Fe3+
(3)4.7
(4)NiS和ZnS
(5)F-与H+结合形成弱电解质HF,MgF2Mg2++2F-平衡向右移动
(6)Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O
(7)13
解析 (1)加硫酸“溶浸”过程中MnO2将MnS中的S2-氧化为单质硫:MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O。天然锰矿中含有的二氧化硅(或硅酸盐)不溶于稀硫酸,所以滤渣1为S和二氧化硅(或不溶性硅酸盐)。
(2)“溶浸”时杂质Fe、Al、Mg、Zn、Ni等元素也都转化为相应的硫酸盐,其中铁元素部分以Fe2+存在,结合金属离子沉淀时的pH范围,加MnO2是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+,以方便后面将其转化为沉淀除去。(3)~(5)结合题给表格中金属离子沉淀时的pH范围可知,加氨水“调pH”主要是沉淀Fe3+和Al3+[滤渣2为Fe(OH)3和Al(OH)3],根据题给氢氧化物沉淀的pH范围可知需控制的pH范围为4.7~6.0。而后面加Na2S完成的“除杂1”是沉淀Zn2+和Ni2+,则滤渣3为ZnS和NiS。加MnF2完成的“除杂2”是沉淀Mg2+,滤渣4为MgF2。若沉淀Mg2+时溶液酸性较强,H+会与F-生成弱电解质HF,使平衡MgF2(s)Mg2+(aq)+2F-(aq)右移,则导致Mg2+沉淀不完全。
(6)流程图中加NH4HCO3是为了沉淀Mn2+,产物为MnCO3,同时生成CO2和(NH4)2SO4、H2O。
(7)根据化合物中元素化合价的代数和为0可列式计算:(+1)+(+2)×13+(+3)×13+(+4)×z+(-2)×2=0,解得z=13。

13.CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3,还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下:

已知:①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等。
②酸性条件下,ClO3-不会氧化Co2+,ClO3-转化为Cl-。
③部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表(金属离子浓度为0.01 mol·L-1):
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8

④CoCl2·6H2O熔点为86 ℃,加热至110~120 ℃时,失去结晶水生成无水氯化钴。
请回答:
(1)写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)向浸出液中加入NaClO3发生主要反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)“加Na2CO3调pH至5.2”,过滤所得到的沉淀X成分为　　　　　　　　。 
(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示,萃取剂使用的适宜pH范围是　　　　　。(填选项序号字母) 

A.1.0~2.0
B.2.5~3.5
C.4.0~5.0
(5)制得的CoCl2·6H2O在烘干时需减压烘干的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(6)为测定粗产品中CoCl2·6H2O的含量,称取2 g的粗产品溶于水,配成100 mL溶液,取出20 mL置于锥形瓶,加入K2CrO4做指示剂(Ag2CrO4为砖红色沉淀),用0.2 mol·L-1的AgNO3溶液滴定至终点,重复2~3次,平均消耗AgNO3标准溶液10.00 mL。该粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数为　　　　　　　　。用K2CrO4做指示剂时,需要控制溶液pH为6.5~10.5,试分析原因是　  　。 
答案 (1)Co2O3+SO32-+4H+2Co2++SO42-+2H2O
(2)6H++6Fe2++ClO3-6Fe3++Cl-+3H2O
(3)Fe(OH)3、Al(OH)3
(4)B
(5)降低烘干温度,防CoCl2·6H2O高温下失去结晶水
(6)59.5%　pH太小K2CrO4氧化Cl-(或转化为Cr2O72-),pH太大又会生成Ag(OH)沉淀(或Ag2O沉淀)
解析 (1)水钴矿主要成分为Co2O3和Co(OH)3,加入盐酸和亚硫酸钠,浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等,所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应,根据电荷守恒和得失电子守恒,反应的离子方程式为Co2O3+SO32-+4H+2Co2++SO42-+2H2O。
(2)NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+,其反应的离子方程式为ClO3-+6Fe2++6H+Cl-+6Fe3++3H2O。
(3)NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+,加Na2CO3调pH至5.2,铝离子与碳酸根离子发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳,水解的离子方程式为2Al3++3CO32-+3H2O2Al(OH)3↓+3CO2↑。铁离子能与碳酸根离子发生相互促进的水解反应生成氢氧化铁和二氧化碳,水解的离子方程式为2Fe3++3CO32-+3H2O2Fe(OH)3↓+3CO2↑,所以沉淀X的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3。
(4)根据流程图可知,此时溶液中存在Mn2+、Co2+,由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知,调节溶液pH在3.0~3.5之间,可使Mn2+完全萃取,并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀,故选B。
(5)根据题意知,CoCl2·6H2O常温下稳定、无毒,加热至110~120 ℃时,失去结晶水变成有毒的无水氯化钴,为防止其分解失水,制得的CoCl2·6H2O需降低烘干温度,即采用减压烘干的方法。
(6)CoCl2·6H2O~2AgNO3
238 g 2 mol
x 0.2 mol·L-1×0.01 L
238 gx=2mol0.2mol·L-1×0.01 L
x=0.238 g
则CoCl2·6H2O的纯度为0.238 g×100202 g×100%=59.5%
pH太小K2CrO4会氧化Cl-(或转化为Cr2O72-),pH太大又会生成AgOH沉淀,所以需要控制溶液pH为6.5~10.5。

14.研究氮及其化合物的性质在人类进步过程中具有极为重要的意义。
(1)肼(N2H4)与N2O4分别是火箭发射中最常用的燃料与氧化剂。已知2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(l)　ΔH＝－1 225 kJ·mol－1。几种化学键的键能数据如下：
化学键
N—H
N—N
N≡N
O—H
键能/(kJ·mol－1)
390
190
946
460
则1 mol N2O4(l)完全分解成相应的原子时需要吸收的能量是________。
(2)N2O4与NO2转化的热化学方程式为N2O4(g)2NO2(g)　ΔH＝＋24.4 kJ·mol－1。
①将一定量的N2O4投入固定容积的真空容器中，下述现象能说明反应达到平衡的是________(填字母)。
a．v正(N2O4)＝2v逆(NO2) b．体系颜色不变
c．气体平均相对分子质量不变 d．气体密度不变
②在一密闭容器中发生该反应，达到平衡后，保持体积不变升高温度，再次达到平衡时，则混合气体的颜色________(填“变深”“变浅”或“不变”)，判断理由________________________________________________________
_____________________________________________________________。
③平衡常数K可用反应体系中气体物质平衡分压表示，即K表达式中平衡浓度可用平衡分压代替，分压＝总压×物质的量分数[例如：p(NO2)＝p总×x(NO2)]。写出上述反应平衡常数K的表达式________(用p总、各气体物质的量分数x表示)；影响K的因素为________。
(3)氨是一种重要的化工原料，在工农业生产中有广泛的应用。在773 K时，分别将2.00 mol N2和6.00 mol H2充入一个固定容积为1 L的密闭容器中，限着反应的进行，气体混合物中n(H2)、n(NH3)与反应时间(t)的关系如表所示：
t/min
0
5
10
15
20
25
30
n(H2)/mol
6.00
4.50
3.60
3.30
3.03
3.00
3.00
n(NH3)/mol
0
1.00
1.60
1.80
1.98
2.00
2.00
①该温度下，若向同容积的另一容器中投入N2、H2、NH3，其浓度均为3 mol·L－1，则此时v正_______________________________________________
v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。
②由表中的实验数据可得到“c—t”的关系，如图1所示，表示c(N2)—t的曲线是________。在此温度下，若起始充入4 mol N2和12 mol H2，则反应刚达到平衡时，表示c(H2)—t的曲线上相应的点为________。

(4)有人设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能，又能固氮的新型燃料电池，装置如图2所示。电池正极的电极反应式是____________________，A是_______________________________。
解析：(1)N2O4(l)完全分解成相应的原子需要断裂分子中所有的化学键，故需要的总能量就等于其中化学键的总键能，设1 mol N2O4(l)的总键能为E，则ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能＝(8×390 kJ·mol－1＋2×190 kJ·mol－1＋E)－(3×946 kJ·mol－1＋8×460 kJ·mol－1)＝－1 225 kJ·mol－1，则E＝1 793 kJ·mol－1。(2)①达到化学平衡的条件是正逆反应速率相等，即＝，得2v正(N2O4)＝v逆(NO2)，所以a错误。N2O4为无色，NO2为红棕色，若颜色不变，说明c(NO2)及c(N2O4)不变，即各物质的浓度不变，所以b正确。＝，均是气体，m(气)不变，但在反应过程中气体的总物质的量发生变化，其平均相对分子质量也在变化，若气体平均相对分子质量不变，说明n(气)不变，则各物质的物质的量浓度不变，达到化学平衡状态，所以c正确。气体的质量不变，容器体积不变，在反应过程中，密度始终不变，所以气体密度不变不能说明反应达到平衡状态，d错误。②该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，c(NO2)增大，颜色加深。③K＝，将c(NO2)、c(N2O4)换成p(NO2)、p(N2O4)。影响平衡常数的因素只有温度。(3)①该温度下，25 min时反应处于平衡状态，平衡时c(N2)＝1 mol·L－1、c(H2)＝3 mol·L－1、c(NH3)＝2 mol·L－1，则K＝
＝L2·mol－2。在该温度下若向同容积的另一容器中投入N2、H2和NH3，其浓度均为3 mol·L－1，则Qc＝＝＝L2·mol－2