【答案】
3Ba2++6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓ 吸热
0.02mol/(L·s) b、d
【解析】 【分析】
(1)氯气具有氧化性，能将碘离子以及亚铁离子氧化，碘离子的还原性强于亚铁离子的还原性，所以先是发生氯气氧化亚铁离子的反应，氧化还原反应中，化合价升高值＝化合价降低值＝转移电子数，据此表示电子转移的情况；
(2)在硫酸铝铵(NH4Al(SO4)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，由于氢氧化钡少量，氢氧根离子不足，反应按照氢氧化钡的组成进行，氨水碱性强于氢氧化铝，所以铝离子优先与氢氧根离子反应，据此写出反应的离子方程式；
(3)①依据图表数据，平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行； ②依据反应速率v＝
?c计算； ?t③a．反应前后都是气体，气体质量始终不变；
b．反应前后气体质量不变，物质的量增大，平均摩尔质量不变说明反应达到平衡状态； c．气体质量不变，体积不变，密度在反应过程中和平衡状态都不变；
d．反应前后气体物质的量变化，压强之比等于气体物质的量之比，物质的量不变，反应达到平衡；
④刚开始因为达到平衡状态，所以浓度不变，根据虚线的浓度变化可知，后面体积缩小为
1，所以实线浓度也变两倍，后面又慢慢减小，直至继续平衡。 2【详解】
原来的
(1)将新制氯水逐滴滴入FeBr2溶液中，先是发生氯气氧化亚铁离子的反应，Cl2＋2Fe2＋＝
2Fe3＋＋2Cl?，电子转移情况如下：，故答案为：；
(2)氢氧化钡少量，氢氧根离子和钡离子的物质的量不足，离子方程式按照氢氧化钡的组成书写，钡离子和氢氧根离子完全反应；由于氨水碱性强于氢氧化铝，故铝离子优先与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为3Ba2++6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，故答案为：3Ba2++6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓； (3)①根据图表数据，平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行，正反应是吸热反应，故答案为：吸热；
②向2L密闭定容容器中充入2mol C4H10，反应10s后测得H2浓度为1mol/L，2C4H10?C8H10(g)＋5H2，反应过程中生成C8H10的物质的量浓度为10s内，以C8H10表示的平均速率＝
1×1mol/L＝0.2mol/L，此50.2mol/L＝0.02mol/(L?s)，故答案为：0.02mol/(L?s)； 10s③2C4H10?C8H10(g)＋5H2，反应是气体体积增大的反应吸热反应，依据平衡移动原理分析图象；
a．反应前后都是气体，气体质量在反应过程中和平衡状态都始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故a不符合；
b．反应前后气体质量不变，物质的量增大，平均摩尔质量不变说明反应达到平衡状态，故b符合；
c．气体质量不变，体积不变，密度在反应过程中和平衡状态都不变，故c不符合； d．反应前后气体物质的量变化，压强之比等于气体物质的量之比，物质的量不变压强不变，说明反应达到平衡，故d符合； 故答案为：b、d；
④分析图象可知，刚开始因为达到平衡状态，所以浓度不变，根据虚线的浓度变化可知，后面体积缩小为原来的
1，所以实线浓度也变两倍，浓度变化为0.40mol/L，随反应进行后2面又慢慢减小，直至继续平衡，据此画出的图象为：
，故答案为：
。
【点睛】
本题(2)注意掌握离子方程式的书写原则，正确判断反应物离子的过量情况是解答的关键；(3)掌握图象分析与绘制方法，曲线变化起点和变化是解题关键。
10．一种利用电化学方法同时脱除NO/SO2的工艺如图所示：
已知SO2水溶液中含硫微粒分布分数（Xi）与pH关系如图所示
（1）NaOH溶液吸收SO2时，溶液的pH由9→6时，主要发生反应的离子方程式为________。
（2）含Ce4+的溶液吸收NO，若高价氮中的NO2、N2O3、NO2-、NO3-各1mol，则消耗0.5mol·L-1的含Ce4+溶液的体积为________L；其中NO转化NO3-的离子方程式为________。 （3）电解槽中，阴极电极反应式主要为________，阳极电极反应式为________。 （4）在“气液反应器”中高价氮中的N2O3化合为NH4NO3的化学方程式为________。 【答案】SO32-+SO2+H2O=2HSO3- 16 3Ce4++NO+2H2O=3Ce3++NO3-+4H+ 2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O Ce3+-e-=Ce4+ N2O3+H2O+O2+2NH3=2NH4NO3 【解析】 【分析】
(1)根据SO2水溶液中含硫微粒分布分数图写出反应的离子方程式；
(2)根据得失电子守恒计算消耗含Ce4+溶液的体积；根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式；
(3)电解过程中，阴极上HSO3-发生得电子的还原反应生成S2O42-，阳极上Ce3+发生失电子的氧化反应生成Ce4+，据此写出电极反应式；
(4)根据流程信息确定反应物和生成物，结合得失电子守恒、原子守恒书写反应的化学方程式。 【详解】
(1) 根据SO2水溶液中含硫微粒分布分数图可知，溶液的pH由9→6的过程中，SO32-在减少，HSO3-在增多，故反应的离子方程式为SO32-+SO2+H2O=2HSO3-；
(2)含Ce4+的溶液吸收NO的过程中，Ce4+被还原为Ce3+，NO转化为高价氮中的NO2、N2O3、NO2-和NO3-，反应过程中得失电子守恒，因此可得
n(Ce4+)×1=1mol×2+1mol×2+1mol×1+1mol×3，因此n(Ce4+)=8mol，因此所需0.5mol/L的含Ce4+溶液的体积V?n8mol??16L；Ce4+将NO氧化为NO3- ，自身还原为Ce3+；反c0.5mol/L应过程中，Ce由+4价变为+3价，得到1个电子，N由+2价变为+5价，失去3个电子，根据得失电子守恒可得，Ce4+、Ce3+的系数为3，NO和NO3-的系数为1；根据电荷守恒可得生成物中含有H+， 且其系数为4；根据氢原子个数守恒可得反应物中含有H2O，且其系数为2；因此可得该反应的离子方程式为： 3Ce4++NO+2H2O=3Ce3++NO3-+4H+； (3)电解过程中，HSO3-在阴极发生得电子的还原反应，生成S2O42-， 其电极反应式为： 2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O；Ce3+在阳极发生失电子的氧化反应，生成Ce4+， 其电极反应式为：Ce3+-e-=Ce4+；
(4)在“气液反应器”中，反应物为N2O3、NH3和O2， 生成物为NH4NO3， 根据得失电子守恒、原子守恒可得该反应的化学方程式为：N2O3+H2O+O2+2NH3=2NH4NO3。
11．高锰酸钾是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。可将软锰矿(主要成分为MnO2)和KClO3在碱性介质中制得K2MnO4，然后通入CO2制备高锰酸钾。已知：
溶解度/g 温度 K2CO3 20℃ 111 KHCO3 33.7 KMnO4 6.38 K2SO4 11.1 CH3COOK 217
(1)制备锰酸钾的主要反应为：3MnO2+6KOH+KClO3=3K2MnO4+KCl+3H2O ①该反应中的氧化剂是_____________，还原剂是_____________。 ②每生成 1mol K2MnO4转移_______ mol 电子。
(2)通入少量CO2气体时，锰酸钾发生歧化反应，生成KMnO4，MnO2，K2CO3。 ①则生成的 KMnO4与MnO2的物质的量之比为__________。
②若CO2过量会生成KHCO3，导致得到的KMnO4产品的纯度降低，其原因是