化学化学氧化还原反应的专项培优练习题.docx

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化学化学氧化还原反应的专项培优练习题

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）

1．碘酸钾（

）是重要的微量元素碘添加剂。

实验室设计下列实验流程制取并测定产品中

的纯度：

其中制取碘酸（

）的实验装置见图，有关物质的性质列于表中

物质

性质

HIO3

白色固体，能溶于水，难溶于CCl4

KIO3

①白色固体，能溶于水，难溶于乙醇

②碱性条件下易发生氧化反应：

ClO－＋IO3－=IO4－＋Cl－

回答下列问题

（1）装置A中参加反应的盐酸所表现的化学性质为______________。

（2）装置B中反应的化学方程式为___________________。

B中所加CCl4的作用是_________从而加快反应速率。

（3）分离出B中制得的

水溶液的操作为____________；中和之前，需将HIO3溶液煮沸至接近于无色，其目的是____________，避免降低

的产率。

（4）为充分吸收尾气，保护环境，C处应选用最合适的实验装置是____________（填序号）。

（5）为促使

晶体析出，应往中和所得的

溶液中加入适量的___________。

（6）取1.000g

产品配成200.00mL溶液，每次精确量取20.00mL溶液置于锥形瓶中，加入足量KI溶液和稀盐酸，加入淀粉作指示剂，用0.1004mol/L

溶液滴定。

滴定至终点时蓝色消失（

），测得每次平均消耗

溶液25.00mL。

则产品中

的质量分数为___（结果保留三位有效数字）。

【答案】还原性、酸性

充分溶解

和

，以增大反应物浓度分液除去

（或

），防止氧化

C乙醇（或酒精）89.5%。

【解析】

【分析】

装置A用于制取Cl2，发生的反应为：

KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O，装置B中发生的是制取HIO3的反应，装置C为尾气处理装置，既要吸收尾气中的HCl和Cl2，还要防止倒吸。

【详解】

（1）装置A中发生的反应为：

KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O，浓盐酸中的Cl元素有一部分失电子转化为Cl2，表现出还原性，还有一部分Cl元素没有变价转化为KCl（盐），表现出酸性，故答案为：

还原性、酸性；

（2）装置B中发生的反应为：

5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，Cl2和I2均难溶于水，易溶于CCl4，加入CCl4可使二者溶解在CCl4中，增大反应物浓度，故答案为：

5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；充分溶解I2和Cl2，以增大反应物浓度；

（3）分离B中制得的HIO3水溶液的操作为分液，HIO3溶液中混有的Cl2在碱性条件下转化为ClO-，ClO-会将IO3-氧化为IO4-，因此在中和前需要将Cl2除去，故答案为：

分液；除去Cl2（或ClO-），防止氧化KIO3；

（4）尾气中主要含HCl和Cl2，需用NaOH溶液吸收，同时要防止倒吸，故答案为：

C；

（5）因为KIO3难溶于乙醇，向KIO3溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使KIO3晶体析出，故答案为：

乙醇（或酒精）；

（6）每20mLKIO3溶液中，加入KI溶液和稀盐酸发生的反应为：

IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，滴定时发生的反应为：

I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可列出关系式：

IO3-~3I2~6S2O32-，每次平均消耗的n（S2O32-）=0.1004mol/L×0.025L=0.00251mol，则每20mLKIO3溶液中，n（KIO3）=n（IO3-）=n（S2O32-）÷6=0.00251mol÷6=0.000418mol，200mL溶液中，n（KIO3）=0.00418mol，产品中KIO3的质量分数=

=89.5%，故答案为：

89.5%。

【点睛】

1g样品配成了200mL溶液，而根据关系式计算出的是20mL溶液中KIO3的物质的量，需扩大10倍才能得到1g样品中KIO3的物质的量。

2．羟氨（NH2OH）是一种还原剂，和联氨一样是一种弱碱，不稳定，室温下吸收水汽迅速分解。

回答下列问题：

（1）请写出羟氨的电子式___。

（2）利用KMnO4标准溶液定量间接测定羟氨的纯度。

测定步骤如下：

①溶液配制：

称取5.0g某羟氨样品，溶解在______酸中后加适量蒸馏水，将其全部转移至100mL的______中，加蒸馏水至_______。

②取20.00mL的羟氨酸性溶液与足量硫酸铁在煮沸条件下反应：

2NH2OH2＋＋4Fe3＋＝N2O↑＋4Fe2＋＋H2O＋6H＋，生成的Fe2＋用0.4000mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，滴定达到终点的现象是____________。

请写出Fe2＋与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式_____________。

重复滴定3次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示：

计算试样的纯度____%。

（3）下列操作导致误差偏高的有______（填编号）。

a滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失

b滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液

c羟氨称量时，时间过长和溶解时没有及时用酸酸化

dKMnO4溶液起始读数仰视，终点正常读数

【答案】

硫酸容量瓶刻度线当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O66ab

【解析】

【分析】

（1）根据羟氨化学式写出其电子式；

（2）①羟氨应溶解在H2SO4中，因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化；

②用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；根据氧化还原反应的规律写出Fe2＋与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式，根据物质的量的关系计算式样纯度；

（3）根据氧化还原滴定的相关操作分析实验误差。

【详解】

（1）根据羟氨化学式NH2OH可知其电子式为：

，故答案为：

；

（2）①羟氨应溶解在H2SO4中，因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化，将其全部转移至100mL的容量瓶中，加蒸馏水至刻度线，故答案为：

硫酸；容量瓶；刻度线；

②用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；根据氧化还原反应的规律写出Fe2＋与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：

5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O；由消耗高锰酸钾体积表可知，第一次误差过大，舍去，V（平均）=

=20.00mL；

设滴定时NH2OH2+的物质的量为xmol，依据离子方程式可得关系式：

解得x=0.02

因总量为100mL，所以n（NH2OH2+）＝0.02×5＝0.1mol

m=n

M＝0.1×33g/mol＝3.3g

w=

=

100%=66%

故答案为：

当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O；66；

（3）a．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失会导致V标准偏大，计算结果偏高；

b．滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液，相当于把KMnO4溶液稀释，滴定时消耗体积增大，计算结果偏高；

c．羟氨称量时，时间过长和溶解时没有及时用酸酸化会导致羟氨被氧化，导致消耗体积偏小，计算结果偏低；

d．KMnO4溶液起始读数仰视，终点正常读数，导致消耗体积偏小，计算结果偏低；

故答案为：

ab。

【点睛】

注意氧化还原滴定操作中的注意事项，根据公式判断不同操作可能引起的实验误差。

3．以海绵铜（CuO、Cu）为原料制备氯化亚铜（CuCl）的一种工艺流程如下：

（1）Cu基态原子核外电子排布式为________，SO42−的空间构型为__________（用文字描述）；Cu2+与OH－反应能生成[Cu（OH）4]2−，[Cu（OH）4]2−中提供孤电子对的原子是_______（填元素符号）。

（2）“吸收”过程：

①2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）ΔH=－112.6kJ·mol−1提高NO平衡转化率的方法有______________（写出两种）。

②吸收NO2的有关反应如下：

反应Ⅰ：

2NO2（g）+H2O（l）＝HNO3（aq）+HNO2（aq）ΔH=－116.1kJ·mol−1

反应Ⅱ：

3HNO2（aq）＝HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l）ΔH=－75.9kJ·mol−1

用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式是___________________。

（3）“电解”过程：

HNO2为弱酸，通过电解使HNO3得以再生，阳极的电极反应式是____________。

（4）“沉淀”过程：

产生CuCl的离子方程式是________________。

【答案】1s22s22p63s23p63d104s1正四面体形O增大压强、提高氧气的浓度3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）ΔH=－212.1kJ·mol−1HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+

【解析】

【分析】

海绵铜（CuO、Cu）中CuO与稀H2SO4反应转化为硫酸铜，因硝酸在酸性条件下具有氧化性，会将铜氧化为铜离子，最终生成硫酸铜，SO2具有还原性，再将铜离子还原为氯化亚铜，NO合理利用，经过氧化与电解过程得到硝酸，据此分析解答。

【详解】

（1）Cu的原子序数为29，Cu基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；SO42−中S原子价层电子对个数=4+

=4，且不含孤电子对，由价层电子对互斥理论判断该微粒为正四面体形；[Cu（OH）4]2−中Cu2+提供空轨道，O原子提供孤电子对形成配位键，答案为：

1s22s22p63s23p63d104s1；正四面体形；O；

（2）①2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）ΔH=－112.6kJ·mol−1是气体体积减小的放热反应，提高NO平衡转化率，平衡应向正反应方向移动，可以采取的措施有：

降低温度、增大压强、提高氧气的浓度等；

②由盖斯定律可知：

（反应I⨯3+反应II）⨯

可以得到用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式：

3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）ΔH=－212.1kJ·mol−1；

（3）电解过程中，阳极上HNO2失去电子发生氧化反应生成HNO3，阳极的电极反应式是：

HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-；

（4）Cu2+与SO2发生氧化还原反应生成CuCl，离子方程式为：

2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+。

4．利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣（主要含FeO·V2O3、Al2O3、SiO2及少量可溶性磷酸盐）生产V2O5的工艺流程如下，回答下列问题：

已知：

①V2O5、Al2O3、SiO2可与Na2CO3、NaCl组成的混合钠盐在高温下反应，并转化为NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3等可溶性钠盐。

②AlO

+4H+=Al3++2H2O。

（1）焙烧Ⅰ包括氧化和钠化成盐两个过程，氧化的目的是获得V2O5，写出氧化过程中FeO·V2O3发生反应的化学方程式________；废渣Ⅰ的主要成分是________；精制Ⅰ中加盐酸调pH的主要作用是________，加入NH3·H2O后发生反应的离子方程式为________。

（2）精制Ⅱ中加入CaCl2溶液除去磷酸盐，pH过小时影响除磷效果的原因是________；pH过大时，沉淀量增大的原因是________。

（3）沉钒所得NH4VO3沉淀需进行洗涤，洗涤时除去的阴离子主要是________。

NH4VO3在500℃时焙烧脱氨制得产品V2O5，反应方程式为2NH4VO3

V2O5+H2O↑+2NH3↑。

但脱氨过程中，部分V2O5会转化成V2O4，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:

2，该反应的化学方程式为________。

【答案】4FeO·V2O3+5O2

2Fe2O3+4V2O5Fe2O3[或Fe（OH）3]除Si并转化AlO2-写“除Si”即得分）Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH

H++NH3·H2O=H2O+NH

（写出第一个离子方程式即得分）形成溶解度较大的酸式盐（或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙）产生了Ca（OH）2沉淀Cl－3V2O5+2NH3

3V2O4+N2+3H2O

【解析】

【分析】

氧化过程FeO·V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5；经过氧化和钠化后，V2O5、Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐，Fe2O3[或Fe（OH）3]成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调pH为了和SiO32-反应生成硅酸沉淀，将AlO2-转化为Al3+；加入NH3·H2O后与Al3+发生反应生成Al（OH）3沉淀；精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，沉钒时加入试剂NH4Cl，所得NH4VO3沉淀，焙烧得到产品，据此分析。

【详解】

（1）氧化过程FeO·V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5，化学方程式为：

4FeO·V2O3+5O2

2Fe2O3+4V2O5；经过氧化和钠化后，V2O5、Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐，Fe2O3[或Fe（OH）3]成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调pH为了和SiO32-反应生成硅酸沉淀，将AlO2-转化为Al3+；加入NH3·H2O后与Al3+发生反应生成Al（OH）3沉淀，还可以中和酸，反应方程式为：

、

，故答案为：

4FeO·V2O3+5O2

2Fe2O3+4V2O5；Fe2O3[或Fe（OH）3]；除Si并转化AlO2-（写“除Si”即得分）；

，

（写出第一个离子方程式即得分）；

（2）精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，pH过小时形成溶解度较大的酸式盐；pH过大时易形成Ca（OH）2沉淀，故答案为：

形成溶解度较大的酸式盐（或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙）；产生了Ca（OH）2沉淀；

（3）沉钒时加入试剂NH4Cl，因此所得NH4VO3沉淀含有阴离子主要为Cl-；脱氨过程中，部分V2O5会转化成V2O4，且反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:

2，则V2O5为氧化剂，NH3为还原剂，还原产物为V2O4，氧化产物为N2，则氧化还原方程式为：

3V2O5+2NH3

3V2O4+N2+3H2O，故答案为：

Cl－；3V2O5+2NH3

3V2O4+N2+3H2O。

5．实验室里，从废旧钴酸锂离子电池的正极材料（在铝箔上涂覆活性物质LiCoO2）中，回收钴、锂的操作流程如下图所示：

回答下列问题。

（1）拆解废旧电池获取正极材料前，先将其浸入NaCl溶液中，使电池短路而放电，此时溶液温度升高，该过程中能量的主要转化方式为____。

（2）“碱浸”过程中产生的气体是____；“过滤”所得滤液用盐酸处理可得到氢氧化铝，反应的化学方程式为____。

（3）“酸浸”时主要反应的离子方程式为____；若硫酸、Na2S2O3溶液用一定浓度的盐酸替代，也可以达到“酸浸”的目的，但会产生____（填化学式）污染环境。

（4）“沉钴”时，调pH所用的试剂是____；“沉钴”后溶液中c（Co2+）=____。

（已知：

Ksp[Co（OH）2]=1.09×l0-15）

（5）在空气中加热Co（OH）2，使其转化为钴的氧化物。

加热过程中，固体质量与温度的关系如左下图所示。

290～500℃，发生反应的化学方程式为____。

（6）根据右下图判断，“沉锂”中获得Li2CO3固体的操作主要包括____、____、洗涤、干燥等步骤。

【答案】化学能→电能→热能H2NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓8LiCoO2+S2O32-+22H+=8Li++8Co2++2SO42-+11H2OCl2NaOH溶液或氢氧化钠固体1.09×l0-6mol/L6Co2O3

4Co3O4+O2↑蒸发浓缩趁热过滤

【解析】

【分析】

正极材料主要由Al和LiCoO2组成，LiCoO2属于盐类，由复分解反应的条件可判断，其与NaOH溶液混合不发生反应，故“碱浸”过程中只有Al和NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，过滤得到滤渣为LiCoO2；“酸浸”时反应物有LiCoO2、硫酸和Na2S2O3溶液，依据“沉钴”产物为Co（OH）2可判断，反应后钴元素的价态从+3价降为+2价，依据氧化还原反应规律以及工艺中最后还可获得Na2SO4·10H2O副产品，可推知S元素价态升高并转化为SO42-；之后调节pH值得到Co（OH）2沉淀，再加入碳酸钠溶液调节pH值沉锂，得到碳酸锂和母液，母液结晶得到Na2SO4·10H2O。

【详解】

（1）依据“电池短路而放电”“溶液温度升高”两项信息，即可判断废旧电池的处理过程中能量的主要转化方式为化学能→电能→热能；

（2）依题中信息可知，正极材料主要由Al和LiCoO2组成，LiCoO2属于盐类，由复分解反应的条件可判断，其与NaOH溶液混合不发生反应，故“碱浸”过程中只有Al和NaOH反应，生成NaAlO2和H2；“过滤”所得滤液用适量盐酸处理可以得到氢氧化铝，方程式为NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓；

（3）根据分析可知“酸浸”时Na2S2O3被氧化为SO42-，Co元素被还原，结合电子守恒和元素守恒可知离子反应方程式为：

8LiCoO2+S2O32-+22H+=8Li++8Co2++2SO42-+11H2O；加入的Na2S2O3起还原作用，用一定浓度的盐酸替代“Na2S2O3溶液和硫酸”，也能实现酸浸目的，可知该反应中，盐酸也起了还原剂的作用，氧化产物为会污染环境的Cl2；

（4）结合“沉锂”后母液中还可以获得Na2SO4·10H2O，可知用的试剂为NaOH溶液或固体；溶液pH=9.5，则溶液中c（OH-）=10-4.5mol/L，带入Ksp[Co（OH）2]=c2（OH-）·c（Co2+）=1.09×l0-15求得c（Co2+）=1.09×l0-6mol/L；

（5）从图中信息可知，加热前的反应物为Co（OH）2（0.930g）,其物质的量为0.01mol，依据钴元素的量不变可知:

n（Co）=0.01mol，m（Co）=0.590g，温度升温290℃时，转化为0.830g某种钴的氧化物，该氧化物中，n（O）=

=0.015mol，由此可以确定该氧化物为Co2O3；同理可以确定500℃时，n（O）=

≈0.0133mol，则生成的氧化物为Co3O4；所以290℃～500℃过程中，Co2O3转化为Co3O4，反应过程中，Co元素化合价降低。

氧元素化合价升高并转化为O2，故反应的化学方程式为6Co2O3

4Co3O4+O2↑；

（6）分析溶解度曲线可知LiCO3微溶，其溶解度随温度升高而降低，为了提高锂元素的回收率，同时防止硫酸钠析出，应采用蒸发浓缩（减少溶剂）并在较高温度下趁热过滤等操作。

【点睛】

热重分析法是常用的定量分析方法，通过分析热重曲线，可以推测物质的热稳定性、加热反应生成的产物等相关信息。

第5题解题关键是抓住受热过程中Co元素的量不变，利用图中数据信息，确定分解所得氧化物中钴、氧元素的物质的量之比,从而确定不同温度下生成的氧化物的组成，写出反应的化学方程式。

6．含铬（＋6价）废水严重危害人体健康，工业上常用还原法进行处理。

其部分工艺流程如下：

（1）废水中，六价铬以CrO42－；或者Cr2O72－的形式存在，写出其相互转化的离子方程式______。

我国常用NaHSO3做还原剂，写出还原池中反应的离子方程式__________。

（2）废水中残留六价铬的浓度随溶液pH变化如图所示。

实际生产中需控制pH＝2.5～3.0，原因可能是_____________。

（3）沉淀池中生成Cr（OH）3的颗粒太细，为促使其更好地沉淀，可采取的措施是________。

（4）我国规定，工业废水中含Cr（VI）量的排放标准为0.1mg/L。

已知：

Cr的相对原子质量为52，Kap（BaCrO4）＝1.2×10－10。

若用Ba2＋除去废水中的CrO42－，达到废水排放标准时，废水中Ba2＋浓度最低为___________mol/L（保留小数点后2位）。

用Ba2＋除去废水中的CrO42－是否可行，为什么?

请简要回答。

________________

【答案】2CrO42-+2H+

Cr2O72-+H2O3HSO3—+Cr2O72-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O溶液中pH越高，废水中六价铬残留越多；溶液中pH越低，会腐蚀设备管道加入絮凝剂6.24×10-5mol/L不可行，因为废水中含有Ba2＋，同样有毒

【解析】

【分析】

（1）由工艺流程可知，加酸可以使CrO42-转化为Cr2O72-，还原池中，Cr2O72-在酸性条件下将HSO3—氧化生成SO42-，本身被还原为Cr3+；

（2）由图可知，溶液中pH越大废水中残留六价铬的浓度越大，而溶液中pH越小，酸性越强，可能会腐蚀设备管道；

（3）沉淀池中生成Cr（OH）3的颗粒太细，可向沉淀池中加入絮凝剂；

（4）由溶度积计算可得；Ba2＋在溶液中有毒。

【详解】

（1）由工艺流程可知，加酸可以使CrO42-转化为Cr2O72-，转化的离子方程式为2CrO42-+2H+

Cr2O72-+H2O；还原池中，Cr2O72-在酸性条件下将HSO3—氧化生成SO42-，本身被还原为Cr3+，反应的离子方程式为3HSO3—+Cr2O72-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O，故答案为：

2CrO42-+2H+

Cr2O72-+H2O；3HSO3—+Cr2O72-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O；

（2）由图可知，溶液中pH越大废水中残留六价铬的浓度越大，而溶液中pH越小，酸性越强，可能会腐蚀设备管道，所以实际生产中需控制pH＝2.5～3.0，故答案为：

溶液中pH越高，废水中六价铬残留越多；溶液中pH越低，会腐蚀设备管道；

（3）沉淀池中生成Cr（OH）3的颗粒太细，可向沉淀池中加入絮凝剂，使Cr（OH）3更好地沉淀，故答案为：

加入絮凝剂；

（4）达到废水排放标准时，CrO42－的浓度为

=

mol/L，则溶液中Ba2＋浓度为

=

=6.24×10-5mol/L；Ba2＋在溶液中有毒，则用Ba2＋除去废水中的CrO42－是不可行的，故答案为：

6.24×10-5mol/L；不可行，因为废水中含有Ba2＋，同样有毒。

7．

（1）将新制氯水逐滴滴入FeBr2溶液中，写出最初发生的反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目。

___。

（2）在硫酸铝铵（NH4Al（SO4）2）溶液中滴加少量Ba（OH）2溶液并不断搅拌。

用一个离子方程式表示最初发生的反应。

___。

（3）石油气“芳构化”是由石油气生产高辛烷值汽油的一种有效生产工艺。

测得反应2C4H10

C8H10（g）+5H2在不同温度下的平衡常数变化如下：

温度（℃）

400

450

500

平衡常数K

a

6a

40a

①该反应的正反应是____（吸热、放热）反应。

②向2L密闭定