1 1 2 5.2 5.2 10.4
生成NO3﹣和Cl﹣的物质的量之比=0.8：5.2=2：13， 故答案为：2：13；
【点评】本题考查了物质性质、氧化还原反应电子转移总数的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
9．（12分）以铝土矿（主要成分为Al2O3）为原料，用真空氯化亚铝（AlCl）歧化法，无需进行分离提纯，直接制备金属Al．其反应过程主要由两步组成，如图1：
（1）已知：
Al2O3 （s）+3C （s）?2Al （l）+3CO （g）△H=+1346kJ?mol﹣1 3AlCl （g）?AlCl3 （g）+2Al （l）△H=﹣140kJ?mol﹣1
①第一步反应的热化学方程式是 Al2O3（s）+3C（s）+AlCl3（g）═3AlCl（g）+3CO（g）△H=+1486 kJ?mol﹣1 。
②第二步AlCl分解反应的化学平衡常数K随温度升高而 减小 （填“增大”、“不变”或“减小”）。
（2）第一步是可逆反应，选择在接近真空条件下进行，其原因是 第一步反应是气体分子数增加的反应，降低压强，利于生成AlCl 。
（3）第二步反应制备的Al中含有少量C，可能的原因是 CO与Al或AlCl反应生成Al2O3和C （不考虑未反应的C，写出1种即可）。
（4）图2为真空AlCl歧化法制备Al的实验装置示意图，控制AlCl3的凝华装置、Al的生成装置和AlCl的制备装置的温度分别为T1、T2、T3，其由高到低的顺序是
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T3＞T2＞T1 。
（5）制备Al的整个过程中可循环利用的物质是 AlCl3 。
【分析】（1）①Ⅰ．Al2O3 （s）+3C （s）?2Al （l）+3CO （g）△H=+1346kJ?mol
﹣1
Ⅱ.3AlCl （g）?AlCl3 （g）+2Al （l）△H=﹣140kJ?mol﹣1 第一步反应的热化学方程式结合盖斯定律计算Ⅰ﹣Ⅱ得到； ②AlCl分解反应为放热反应，升温平衡逆向进行；
（2）Al2O3（s）+3C（s）+AlCl3（g）═3AlCl（g）+3CO（g）△H=+1486 kJ?mol﹣1，反应为气体体积增大的吸热反应，压强减小平衡正向进行； （3）CO与Al或AlCl反应生成Al2O3和C；
（4）控制AlCl3的凝华装置必须低温、Al的生成装置和AlCl的制备装置的温度必须为高温，其中AlCl的升华需要较高温度；
（5）循环使用寿命物质参与反应过程最后又生成的物质；
【解答】解：（1）①Ⅰ．Al2O3 （s）+3C （s）?2Al （l）+3CO （g）△H=+1346kJ?mol
﹣1
Ⅱ.3AlCl （g）?AlCl3 （g）+2Al （l）△H=﹣140kJ?mol﹣1
第一步反应的热化学方程式结合盖斯定律计算Ⅰ﹣Ⅱ得到：Al2O3（s）+3C（s）+AlCl3（g）═3AlCl（g）+3CO（g）△H=+1486 kJ?mol﹣1，
故答案为：Al2O3（s）+3C（s）+AlCl3（g）═3AlCl（g）+3CO（g）△H=+1486 kJ?mol
﹣1
；
②3AlCl （g）?AlCl3 （g）+2Al （l）△H=﹣140kJ?mol﹣1 ，AlCl分解反应为放热反应，升温平衡逆向进行，平衡常数减小， 故答案为：减小
（2）Al2O3（s）+3C（s）+AlCl3（g）═3AlCl（g）+3CO（g）△H=+1486 kJ?mol1，
﹣
反应为气体体积增大的吸热反应，压强减小平衡正向进行，利于生成AlCl， 故答案为：第一步反应是气体分子数增加的反应，降低压强，利于生成AlCl； （3）Al2O3 （s）+3C （s）?2Al （l）+3CO （g）△H=+1346kJ?mol﹣1，Al2O3（s）+3C（s）+AlCl3（g）═3AlCl（g）+3CO（g）△H=+1486 kJ?mol﹣1， 反应为可逆反应，当平衡逆向进行反应生成碳，
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故答案为：CO与Al或AlCl反应生成Al2O3和C；
（4）控制AlCl3的凝华装置必须低温、Al的生成装置和AlCl的制备装置的温度必须为高温，其中AlCl的升华需要较高温度，控制AlCl3的凝华装置、Al的生成装置和AlCl的制备装置的温度分别为T1、T2、T3，其由高到低的顺序是：T3＞T2＞T1 ，
故答案为：T3＞T2＞T1 ；
（5）分析过程可知AlCl3 的凝华和作为反应物，说明制备Al的整个过程中可循环利用的物质是AlCl3， 故答案为：AlCl3；
【点评】本题考查了热化学方程式书写、影响平衡的因素分析判断、物质性质分析、通过信息的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
10．（17分）某小组研究溶液中Fe2+与NO2﹣、NO3﹣的反应。 实验Ⅰ 滴管 试剂 试管 现象 1 mol?L﹣1 mol?L﹣1 a．滴入1滴FeSO4溶液，溶液变黄色，继续滴加，1FeSO4溶NaNO2溶溶液变为棕色。2小时后，无明显变化 液（pH=8） 液 （pH=4） 1 mol?L﹣b．持续滴加FeSO4溶液，无明显变化。 1 NaNO3 溶液（加NaOH溶液至pH=8） 资料：[Fe（NO）]2+在溶液中呈棕色。 （1）研究现象a中的黄色溶液。 ①用 KSCN 溶液检出溶液中含有Fe3+。
②甲认为是O2氧化了溶液中的Fe2+．乙认为O2不是主要原因，理由是 两个实验过程均有O2，但NaNO3溶液中无明显变化 。
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③进行实验Ⅱ，装置如图。左侧烧杯中的溶液只变为黄色，不变为棕色，右侧电极上产生无色气泡，经检验该气体为NO．产生NO的电极反应式是 NO2﹣+e﹣+H2O═NO↑+2OH﹣ 。
实验Ⅱ的目的是 证实Fe2+被NO2﹣氧化生成Fe3+ 。
（2）研究现象a中的棕色溶液。
①综合实验Ⅰ和实验Ⅱ，提出假设：现象a中溶液变为棕色可能是NO与溶液中的Fe2+或Fe3+发生了反应。进行实验Ⅲ，证实溶液呈棕色只是因为Fe2+与NO发生了反应。实验Ⅲ的操作和现象是 将NO通入FeSO4溶液中，溶液由浅绿色变黄色最后变棕色，将NO通入Fe2（SO4）3溶液中，无明显变化 。
②加热实验Ⅰ中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，溶液中有红褐色沉淀生成。解释产生红褐色沉淀的原因是 棕色溶液中的[Fe（NO）]2+受热生成Fe2+，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe（OH）3沉淀 。
（3）研究酸性条件下，溶液中Fe2+与NO2﹣、NO3﹣的反应。 序号 ⅰ 取1mol?L﹣1的NaNO2溶液，加醋酸至pH=3，溶液立即变为棕色 加入1mol?L﹣1FeSO4溶液 ⅱ 取1mol?L﹣1的NaNO3溶液，加醋酸至pH=3，无明显变化 加入1mol?L﹣1FeSO4溶液 ⅲ 分别取0.5mL 1mol?L﹣1的NaNO3溶液与1mol?L液体分为两层，稍后，在﹣1操作 现象 的FeSO4溶液，混合，小心加入0.5mL浓硫两层液体界面上出现棕色环 ﹣
酸 ①ⅰ中溶液变为棕色的离子方程式是 Fe2++NO2Fe3++NO↑+H2O+2CH3COO﹣ 、 Fe2++NO═[Fe（NO）]2+ 。
+2CH3COOH═②ⅲ中出现棕色的原因是 两层液体界面上H+、NO3﹣与Fe2+反应，生成棕色的[Fe第19页（共24页）
（NO）]2+ 。
实验结论：本实验条件下，溶液中NO2﹣、NO3﹣的氧化性与溶液的酸碱性等有关。 【分析】（1）①可用KSCN检验铁离子； ②对比实验中滴加溶液都会携带氧气；
③NO2﹣在正极上得电子被还原生成NO，可证明NO2﹣与亚铁离子发生氧化还原反应；
（2）①证明Fe2+与NO发生了反应，可将NO分别通入Fe2（SO4）3、FeSO4溶液中，根据颜色变化判断；
②红褐色沉淀为氢氧化铁，在加热条件下由铁离子水解生成；
（3）①酸性条件下，NaNO2溶液、FeSO4溶液发生氧化还原反应生成NO，亚铁离子与NO反应生成[Fe（NO）]2+； ②ⅲ中出现棕色，说明生成[Fe（NO）]2+。
【解答】解：（1）①KSCN与铁离子反应，溶液变为红色，则可用KSCN检验铁离子，故答案为：KSCN；
②对比实验中滴加溶液都会携带氧气，但NaNO3溶液中无明显变化，则O2不是主要原因，
故答案为：两个实验过程均有O2，但NaNO3溶液中无明显变化；
③NO2﹣在正极上得电子被还原生成NO，电极方程式为NO2﹣+e﹣+H2O═NO↑+2OH
﹣
，实验Ⅱ的目的是证实Fe2+被NO2﹣氧化生成Fe3+，
故答案为：NO2﹣+e﹣+H2O═NO↑+2OH﹣；证实Fe2+被NO2﹣氧化生成Fe3+； （2）①明Fe2+与NO发生了反应，可将NO分别通入Fe2（SO4）FeSO4溶液中，3、可观察到将NO通入FeSO4溶液中，溶液由浅绿色变黄色最后变棕色，将NO通入Fe2（SO4）3溶液中，无明显变化，
故答案为：将NO通入FeSO4溶液中，溶液由浅绿色变黄色最后变棕色，将NO通入Fe2（SO4）3溶液中，无明显变化；
②加热时棕色溶液中的[Fe（NO）]2+受热生成Fe2+，亚铁离子被氧化生成铁离子，红褐色沉淀为氢氧化铁，在加热条件下由铁离子水解生成，
故答案为：棕色溶液中的[Fe（NO）]2+受热生成Fe2+，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe（OH）3沉淀；
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