全國高考化學(xué)氧化還原反應(yīng)的綜合高考真題匯總附詳細(xì)答案

1、全國高考化學(xué)氧化還原反應(yīng)的綜合高考真題匯總附詳細(xì)答案一、高中化學(xué)氧化還原反應(yīng)1.亞氯酸鈉（NaClQ）是二氧化氯（C1Q）泡騰片的主要成分。實(shí)驗(yàn)室以氯酸鈉（NaCld）為原料先制得C1O2,再制備NaClO2粗產(chǎn)品，其流程如圖：已知：C1O2可被NaOH溶液吸收，反應(yīng)為2CQ+2NaOH=NaCl0+NaCQ+H2O。無水NaClC2性質(zhì)穩(wěn)定，有水存在時受熱易分解。（1）反應(yīng)I中若物質(zhì)X為SQ,則該制備C1C2反應(yīng)的離子方程式為。（2）實(shí)驗(yàn)在如圖-1所示的裝置中進(jìn)行。若X為硫磺與濃硫酸，也可反應(yīng)生成ClC2o該反應(yīng)較劇烈。若該反應(yīng)在裝置A的三頸燒瓶中進(jìn)行，則三種試劑（a.濃硫酸；b.硫黃；c.

2、NaClC3溶液）添加入三頸燒瓶的順序依次為（填字母）。反應(yīng)n中雙氧水的作用是。保持反應(yīng)時間、反應(yīng)物和溶劑的用量不變，實(shí)驗(yàn)中提高CIO2吸收率的操作有：裝置A中分批加入硫黃、（寫出一種即可）。（3）將裝置B中溶液蒸發(fā)可析出NaClC2,蒸發(fā)過程中宜控制的條件為（填減壓”、常壓”或加壓”）。（4）反應(yīng)I所得廢液中主要溶質(zhì)為Na2SQ和NaHSQ,直接排放會污染環(huán)境且浪費(fèi)資源。為從中獲得芒硝（Na2SQl0H2O）和石膏（水合硫酸鈣），請補(bǔ)充完整實(shí)驗(yàn)方案：,將濾液進(jìn)一步處理后排放（實(shí)驗(yàn)中須使用的試劑和設(shè)備有：CaO固體、酚儆、冰水和冰水浴）。已知：CaSO4不溶于NazSQ水溶液；NazSQ的溶解

3、度曲線如圖-2所示?！敬鸢浮?C1O3-+SO-2CQ+SO42-cab作還原劑水浴加熱時控制溫度不能過高（或加一個多孔球泡等)減壓向廢液中分批加入適量CaO固體并攪拌，用冰水浴控制反應(yīng)溫度，對濁液取樣并滴加酚Mt,至溶液呈淺紅色時停止加入CaO。靜置后過濾，用水洗滌沉淀2-3次得到石膏；濾液蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶至32.4以下，接近0，過濾，所得晶體用冰水洗滌2-3次，低溫干燥得到芒硝【解析】【分析】用二氧化硫?qū)aClO3還原制得CIO2,C1O2和NaOH反應(yīng)制得NaCQ和NaClQ,再用過氧化氫將NaCQ還原成NaCQ制得NaCQ粗品。【詳解】(1)SQ作還原劑，S化合價升高2,被氧化成S

4、O42-,C1O3-作氧化劑，被還原成ClO2,Cl化合價降低1，結(jié)合電子得失守恒、電荷守恒、原子守恒可書寫離子方程式：2ClO3-+SQ2cIO2+S。2-,故答案為：2C1O3-+SO2-2c1O2+SO42-；(2)反應(yīng)劇烈，濃硫酸只能在最后添加，結(jié)合流程圖可知先加NaClO3,所以順序?yàn)椋合燃覰aClO3,再加S,最后加濃硫酸，故答案為：cab;反應(yīng)n中NaO書口C1O2反應(yīng)生成NaClO3和NaClQ,過氧化氫的作用是將NaClO3還原成NaClQ,過氧化氫會分解，溫度不宜太高，所以控制A中水浴加熱時溫度不過高，或者在B中攪拌、或者加一個多孔球泡，故答案為：作還原劑；水浴加熱時控制溫

5、度不能過高(或加一個多孔球泡等)；(3)無水NaClO2性質(zhì)穩(wěn)定，有水存在時受熱易分解，應(yīng)該減壓，讓水分盡快蒸發(fā)，故答案為：減壓；(4)加入一定量CaO>NaHSQ反應(yīng)成CaSQ,為了保證NaHSQ反應(yīng)完，所加CaO需稍過量，CaO過量溶液就顯堿性了，可以用酚酬:作指示劑，當(dāng)溶液變?yōu)闇\紅色時停止加CaO,CaSQ不溶于Na2SO4水溶液，此時可用過濾、洗滌的方法得到石膏，此時濾液為NaSO溶液，還不是芒硝，從圖上看，可將溫度調(diào)整32.4C以下，形成芒硝，析出芒硝晶體，過濾、洗滌、干燥就可得芒硝了，為了使芒硝產(chǎn)率較高，可用冰水洗滌，降低因溶解損失的量，故答案為：向廢液中分批加入適量CaO固

6、體并攪拌，用冰水浴控制反應(yīng)溫度，對濁液取樣并滴加酚儆，至溶液呈淺紅色時停止加入CaO。靜置后過濾，用水洗滌沉淀2-3次得到石膏；濾液蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶至32.4以下，接近0，過濾，所得晶體用冰水洗滌2-3次，低溫干燥得到芒硝?！军c(diǎn)睛】結(jié)合圖像，溫度低于32.4以下，硫酸鈉結(jié)晶得到芒硝，溫度降低，芒硝的溶解度減小，可用冰水洗滌減小損失率。2高氯酸銨是一種常見的強(qiáng)氧化劑，常用作火箭發(fā)射的推進(jìn)劑。根據(jù)下列信息回答問題已知:高氯酸鏤受熱分解為N2、Cl2、O2和H2O;Mg3N2易水解；Cu與N2在酒精燈加熱條件下不反應(yīng)。(1)寫出高氯酸鏤受熱分解的化學(xué)反應(yīng)方程式：,Mg3N2的電子式為。(2)現(xiàn)有2

7、3.5gNH4c1O4分解，用下列裝置設(shè)計實(shí)驗(yàn)，驗(yàn)證其分解產(chǎn)物并計算分解率。（注:裝置中空氣已除盡；裝置可重復(fù)使用；BF裝置中的試劑均過量且能與相應(yīng)物質(zhì)反應(yīng)完全。）用E裝置質(zhì)量的增加來驗(yàn)證生成的氣體產(chǎn)物之一，則E中盛放的試劑是：。請按氣流由左至右的方向連接裝置：A一D-B?一一一E選才iBF裝置，并用BF字母填空）。證明產(chǎn)物中有C12的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象：。反應(yīng)結(jié)束后，若C裝置質(zhì)量增加了2.38g,則NH4c104的分解率是：%。（3）樣品中NH4C1C4的含量（雜質(zhì)中不含NH4+）還可用蒸儲法測定（如圖所示，加熱和夾持裝置已去），實(shí)驗(yàn)步驟如下：步驟1：組裝儀器，檢查氣密性；準(zhǔn)確稱取樣品ag沖超過0.5

8、g）于蒸儲燒瓶中，加入約150mL水溶解。步驟2:準(zhǔn)確量取40.00mL約0.1mol/LH2S。于錐形瓶中。步驟3:向蒸儲燒瓶中加入20mL3mol/LNaOH溶液;加熱蒸儲使NH3全部揮發(fā)。步驟4:用新煮沸過的水沖洗冷凝裝置23次，洗滌液并入錐形瓶中。步驟5:向錐形瓶中加23滴甲基橙，用cmol/LNaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液V1mLo步驟6:重復(fù)實(shí)驗(yàn)23次?；卮鹣铝袉栴}：步驟2中，準(zhǔn)確量取40.00mlH2SO4溶液的玻璃儀器是：。為獲得樣品中NH4clO4的含量，還需補(bǔ)充的實(shí)驗(yàn)是：。【答案】2NH4ClO4-2O2T+N2T+C2T+4H2OT叫件PM叫亞爐M小濃硫

9、酸EFCDt置中顏色由無色變?yōu)槌壬?5.0或85酸式滴定管或移液管用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液標(biāo)定硫酸溶液的濃度【解析】【分析】(1)根據(jù)得失電子守恒配平高氯酸俊受熱分解的化學(xué)反應(yīng)方程式；Mg3N2是離子化合物；(2)A是高氯酸俊受熱分解的裝置；B是氫氧化鈉溶液，可以吸收氯氣；C中盛放Mg粉，可以檢驗(yàn)氮?dú)?；D中澳化鉀可以檢驗(yàn)氯氣；F中銅粉可以檢驗(yàn)氧氣；E中盛放液體，根據(jù)E裝置質(zhì)量的增加來驗(yàn)證生成的水，所以E中盛濃硫酸；(3)根據(jù)硫酸體積的精度是0.01mL選擇儀器；要計算NH,Cld的含量，需要知道硫酸溶液的濃度?！驹斀狻?1)根據(jù)得失電子守恒配平高氯酸俊受熱分解的化學(xué)反應(yīng)方程式為2NH4CQ人202T

10、+N2T+C2T+4H20T；Mg3N2是離子化合物，電子式是斛FI.廿Me叫苦pM廣；(2)A是高氯酸錢受熱分解的裝置；B是氫氧化鈉溶液，可以吸收氯氣；C中盛放Mg粉，可以檢驗(yàn)氮?dú)?；D中澳化鉀可以檢驗(yàn)氯氣；F中銅粉可以檢驗(yàn)氧氣；E中盛放液體，根據(jù)E裝置質(zhì)量的增加來驗(yàn)證生成的水，所以E中盛濃硫酸；根據(jù)以上分析，按氣流由左至右的方向連接裝置：A一D一BF一D中澳化鉀可以與氯氣反應(yīng)，方程式是2KBr+C2=2KCl+B2,濱水為橙色，所以D裝置中顏色由無色變?yōu)槌壬梢宰C明產(chǎn)物中有C12；C中盛放Mg粉，可以與氮?dú)夥磻?yīng)生成Mg3N2,若C裝置質(zhì)量增加了2.38g,說明反應(yīng)生2.38g成氮?dú)?.38g

11、,則NH4c104的分解率是23.5g14117.5100%85%(3)根據(jù)硫酸體積的精度是0.01mL,準(zhǔn)確量取40.00mLH2SO4溶液的玻璃儀器是酸式滴定管；為獲得樣品中NH4clO4的含量，還需補(bǔ)充的實(shí)驗(yàn)是用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液標(biāo)定硫酸溶液的濃度。3.研究證明，高鐵酸鉀不僅能在飲用水源和廢水處理過程中去除污染物，而且不產(chǎn)生任何誘變致癌的產(chǎn)物，具有高度的安全性。濕法制備高鐵酸鉀是目前最成熟的方法，實(shí)驗(yàn)步驟如下：A.直接用天平稱取60.5gFe(NO3)39H2O、30.0gNaOH、17.1gKOH。B.在冰冷卻的環(huán)境中向NaClO溶液中加入固體NaOH并攪拌，又想其中緩慢少量分批加入Fe

12、(NO3)39H2O,并不斷攪拌。C.水浴溫度控制在20C,用電磁加熱攪拌器攪拌1.5h左右，溶液成紫紅色時，即表明有Na2FeO4生成。D.在繼續(xù)充分?jǐn)嚢璧那闆r下，向上述的反應(yīng)液中加入固體NaOH至飽和。E將固體KOH加入到上述溶液中至飽和。保持溫度在20C,并不停的攪拌15min,可見到燒杯壁有黑色沉淀物生成，即K2FeO4.(1)步驟B中不斷攪拌的目的是。步驟C中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。由以上信息可知：高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉(填大”或小”。)(2)高鐵酸鉀是一種理想的水處理劑，與水反應(yīng)生成6、Fe(OH(膠體)和KOH。該反應(yīng)的離子方程式為。高鐵酸鉀作為水處理劑發(fā)揮的作用是。在提純K

13、2FeO4時采用重結(jié)晶、洗滌、低溫烘干的方法，則洗滌劑最好選用。A.H2OB.稀KOH溶液、異丙醇C.NH4C1溶液、異丙醇D.Fe(NO3)3溶液、異丙醇(3)高鐵酸鈉還可以用電解法制得，其原理可表示為Fe+2NaOH+2H2O3H2T+N&FeO4,則陽極材料是,電解液為。(4)25c時，Ksp(CaFeQ)=4.536x-90若要使100mL1.0X103mol/L的K2FeO4溶液中的c(FeO42-)完全沉淀，理論上要加入Ca(OH)2的物質(zhì)的量為mol。(5)干法制備高鐵酸鉀的方法是FG2O3、KNO3、KOH混合加熱共熔生成黑色高鐵酸鉀和KNO2等產(chǎn)物。則該方法中氧化劑與

14、還原劑的物質(zhì)的量之比為?！敬鸢浮渴构腆w充分溶解(或其他合理說法)2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-小4FeO42-+10H2O=4Fe(OHM膠體)+8OH-+302T消毒、凈水B鐵NaOH溶液4.536-k103:1【解析】【分析】(1)攪拌操作可增加固體與液體的接觸面積；步驟C中發(fā)生反應(yīng)是NaClO溶液中加入固體NaOH和Fe(NO3)39H2O,在20c左右，生成Na2FeO4；在Na2FeO4的濃溶液中加入KOH固體，有高鐵酸鉀析出，根據(jù)溶解度大的制備溶解度小的可得；(2)該反應(yīng)中Fe元素化合價由+6價變?yōu)?3價、O元素化合價由-2價變?yōu)?價，根據(jù)轉(zhuǎn)移

15、電子相等配平方程式；高鐵酸鉀在鐵元素為+6價，有強(qiáng)氧化性，還原產(chǎn)物Fe3+,在水溶液中易水解生成氫氧化鐵膠體；洗滌劑的選擇要求：要對K2FeO4水解能起到抑制作用的試齊；(3)電解總反應(yīng)在堿性條件下進(jìn)行，電解時陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，鐵失電子生成高鐵酸根離子；(4)根據(jù)溶度積常數(shù)計算；(5)根據(jù)含元素化合價升高的物質(zhì)為還原劑，含元素化合價降低的物質(zhì)為氧化劑，并根據(jù)得失電子守恒氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比?！驹斀狻?1)攪拌操作可增加固體與液體的接觸面積，則步驟B中不斷攪拌的目的是使固體充分溶解；步驟C中中發(fā)生反應(yīng)是NaClO溶液中加入固體NaOH和Fe(NO3)39H2O,在20c左右，生成Na2F

16、eO4,此時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Fe3+3ClO-+100H-=2FeO42-+5H2O+3C-；根據(jù)題，將KOH加入Na2FeO4得到K2Fe。，說明高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉小；(2)該反應(yīng)中Fe元素化合價由+6價變?yōu)?3價、O元素化合價由-2價變?yōu)?價，其轉(zhuǎn)移電子數(shù)為6,根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等、電荷守恒配平方程式為4FeO42-+i0H2O=4Fe(OH)3(膠體)+302T+8OH;高鐵酸鉀(&Fea)具有極強(qiáng)的氧化性，是一種優(yōu)良的水處理劑，起到殺菌消毒作用，形成膠體具有吸附懸浮雜質(zhì)的作用；洗滌劑的選擇要求：要對FeQ水解能起到抑制作用的試劑，在選項(xiàng)中，A能讓K2Fe04水解，B

17、中醋酸鈉水解顯堿性，對K2Fe04水解能起到抑制作用，C和D中的俊根和三價鐵離子易水解，且水解后顯酸性，對K2Fe04水解能起到促進(jìn)作用，故選B,故答案為：B；(3)電解總反應(yīng)在堿性條件下進(jìn)行，電解時陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，鐵失電子生成高鐵酸根離子，則陽極材料是Fe,電解液為NaOH溶液；(4)25C時，CaFeQ的Ksp=4.536X-90若要使100mL1.0X103moi?l-1的K2FeO4溶液中的c(FeO42-)完全沉淀，理論上至少要加入的Ca(OH)2的物質(zhì)的量Ksp4.536109-5=L-2X0.1L=5-mol/LX0.1L=4.5365mOHcFeO41.0105(5)干法制備

18、高鐵酸鉀的方法是將Fe2O3、KNO3、KOH混合加熱共熔生成紫紅色高鐵酸鉀和KNO2等產(chǎn)物，其中氮元素化合價從+5價降到+3價，得2e-,KN03為氧化劑，F(xiàn)及O3中鐵元素化合價從+3價升到+6價，共失去電子6e-,為還原劑，得失電子相等，則氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為3:1。4.過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽(&SO4?KHSQ?2KHSQ)易分解，可用作漂白劑、NOx和SQ等的脫除劑。某研究小組制備過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽的流程如圖所示。已知：濃硫酸與H2O2反應(yīng)，部分轉(zhuǎn)化為過硫酸(化學(xué)式為H2SO5,是一種一元強(qiáng)酸)(1)H2SO5中硫元素的化合價為+6價，其中過氧鍵的數(shù)目為;工業(yè)上用過氧硫酸

19、氫鉀復(fù)合鹽溶液脫除NO時，反應(yīng)的離子方程式為。(2)若反應(yīng)物的量一定，在上述流程的轉(zhuǎn)化”步驟中需用冰水浴冷卻，且緩慢加入濃硫酸，其目的是。(3)“結(jié)晶”操作中，加入K2CQ即可獲得過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽晶體，該過程的化學(xué)方程式為。過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽產(chǎn)率(以產(chǎn)品含氧量表示)隨溶液pH和溫度的變化關(guān)系如圖所示，則該過程適宜的條件是。六品含軾錄,%(4)產(chǎn)品中KHSO5含量的測定：取1.000g產(chǎn)品于錐形瓶中，用適量蒸儲水溶解，加入5mL5%的硫酸和5mL25%的KI溶液，再加入1mL淀粉溶液作指示劑，用0.2000molL-1硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積為25.00mL。已知：2KHS

20、Q+4KI+H2SQ=2b+3K2SQ+2H2OI2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaIr卜r11Tf甲)憶用滴定管盛裝標(biāo)準(zhǔn)濃度的硫代硫酸鈉溶液(填甲”或2")。產(chǎn)品中KHSO5的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。【答案】13HSOT+2NO+H2O=3SOr2+2NO3+5H+防止?jié)饬蛩崤cH2O2溶液混合時放出大量熱使H2O2分解5K2COJ+4H2SO5+4H2SC4=2(K2SO4?KHSQ?2KHSQ)J+5CO2T+5H2O控制pH在2.02.5之間，溫度在0c左右乙38.00%【解析】【詳解】(1)H2SQ中硫元素的化合價為+6價，依據(jù)化合價的代數(shù)和為0計算，有2個氧原子顯-1價，所以

21、過氧鍵的數(shù)目為1。答案為1;工業(yè)上用過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽溶液脫除NO時，反應(yīng)的離子方程式為3HSO5+2NO+H2O=3SO42+2NO3+5H+o答案為3HSQ+2NO+H2O=3S。2+2NO3+5H+(2)在“轉(zhuǎn)化”步驟中，30%的H2O2溶液加入98%的濃硫酸中，相當(dāng)于濃硫酸稀釋，會放出大量的熱，而H2O2受熱易分解，所以需用冰水浴冷卻，且緩慢加入濃硫酸。答案為：防止?jié)饬蛩崤cH2O2溶液混合時放出大量熱使H2O2分解；(3)“結(jié)晶”操作中，加入K2CO3即可獲得過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽晶體，該過程的化學(xué)方程式為5K2CO3+4H2SQ+4H2SQ=2(K2SQ?KHSQ?2KHSQ)J+5CO

22、2T+5H2。答案為：5K2CO3+4H2SO5+4H2SQ=2(K2SQ?KHSQ?2KHSQ)J+5CO2T+5H2O從溶液pH看，過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽產(chǎn)率在2.02.5之間時最大；從溫度看，過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽產(chǎn)率在0c左右最大，所以該過程適宜的條件是控制pH在2.02.5之間，溫度在0c左右。答案為：控制pH在2.02.5之間，溫度在0c左右；(4)硫代硫酸鈉溶液呈堿性，應(yīng)放在堿式滴定管內(nèi)。答案為乙；由反應(yīng)2KHSQ+4KI+H2SO4=2也+3K2SO4+2H2O和也+2Na2s2O3=Na2&O6+2NaI可得出如下關(guān)系式：KHSQ2Na2s2O3n(Na2&O3)=0

23、.2mol/LX0.025L=0.005mol,n(KHSO5)=0.0025mol.0.0025mol152g/mol廣品中KHSQ的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：100%38.00%1.000g答案為：38.00%。5 .(1)將新制氯水逐滴滴入FeBi2溶液中，寫出最初發(fā)生的反應(yīng)的離子方程式，并標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目。(2)在硫酸鋁俊(NH4Al(SO4)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液并不斷攪拌。用一個離子方程式表示最初發(fā)生的反應(yīng)。（3）石油氣芳構(gòu)化”是由石油氣生產(chǎn)高辛烷值汽油的一種有效生產(chǎn)工藝。測得反應(yīng)2QHi0=C8Hio（g）+5H2在不同溫度下的平衡常數(shù)變化如下：溫度（C）40045050

24、0平衡常數(shù)Ka6a40a該反應(yīng)的正反應(yīng)是（吸熱、放熱）反應(yīng)。向2L密閉定容容器中充入2molC4Hio,反應(yīng)10s后測得H2濃度為1mol/L,此10s內(nèi)，以08Hio表示的平土速率為。能表示該反應(yīng)在恒溫恒容密閉容器中t1時刻后已經(jīng)達(dá)平衡狀態(tài)的圖示是。氣怫麻量a.氣沐縉度tlII寸間如圖表示某溫度時將定量的04H10（含少量化（容器容積可變），實(shí)線代表C8H10,虛線代表tl肝間dH2）充入容器中反應(yīng)期間物質(zhì)濃度隨時間的變C4H10。請用實(shí)線補(bǔ)充畫出t1t4間C8H10的濃度變化曲線CmclL3Ba2+6OH-+3SO2-+2Al3+=3BaSQJ+2Al(OHJ吸熱0.02mol/(Ls)b

25、KdTTrfdrT-TTg-i（1）氯氣具有氧化性，能將碘離子以及亞鐵離子氧化，碘離子的還原性強(qiáng)于亞鐵離子的還原性，所以先是發(fā)生氯氣氧化亞鐵離子的反應(yīng)，氧化還原反應(yīng)中，化合價升高值=化合價降低值=轉(zhuǎn)移電子數(shù)，據(jù)此表示電子轉(zhuǎn)移的情況；(2)在硫酸鋁俊(NH4A1(SQ)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，由于氫氧化鋼少量，氫氧根離子不足，反應(yīng)按照氫氧化鋼的組成進(jìn)行，氨水堿性強(qiáng)于氫氧化鋁，所以鋁離子優(yōu)先與氫氧根離子反應(yīng)，據(jù)此寫出反應(yīng)的離子方程式；(3)依據(jù)圖表數(shù)據(jù)，平衡常數(shù)隨溫度升高增大，平衡正向進(jìn)行；一c依據(jù)反應(yīng)速率V=計算；ta.反應(yīng)前后都是氣體，氣體質(zhì)量始終不變；b.反應(yīng)前后氣體質(zhì)量不變，

26、物質(zhì)的量增大，平均摩爾質(zhì)量不變說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)；c.氣體質(zhì)量不變，體積不變，密度在反應(yīng)過程中和平衡狀態(tài)都不變；d.反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量變化，壓強(qiáng)之比等于氣體物質(zhì)的量之比，物質(zhì)的量不變，反應(yīng)達(dá)到平衡；剛開始因?yàn)檫_(dá)到平衡狀態(tài)，所以濃度不變，根據(jù)虛線的濃度變化可知，后面體積縮小為一，一1原來的1,所以實(shí)線濃度也變兩倍，后面又慢慢減小，直至繼續(xù)平衡。2Cl2+2Fe2+【詳解】(1)將新制氯水逐滴滴入FeBr2溶液中，先是發(fā)生氯氣氧化亞鐵離子的反應(yīng),失/2Fe3+2C1-,電子轉(zhuǎn)移情況如下:,故答案為:I1.產(chǎn)2f4狂承'，得2/(2)氫氧化鋼少量，氫氧根離子和鋼離子的物質(zhì)的量不足，離子方

27、程式按照氫氧化鋼的組成書寫，領(lǐng)離子和氫氧根離子完全反應(yīng)；由于氨水堿性強(qiáng)于氫氧化鋁，故鋁離子優(yōu)先與氫氧根離子反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，反應(yīng)的離子方程式為3Ba2+6OH+3SC42-+2Al3+=3BaSQJ+2Al(OH3J,故答案為:3Ba2+6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSQJ+2Al(OH)4;(3)根據(jù)圖表數(shù)據(jù)，平衡常數(shù)隨溫度升高增大，平衡正向進(jìn)行，正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，故答案為：吸熱；向2L密閉定容容器中充入2molC4Hio,反應(yīng)10s后測得H2濃度為1mol/L,12c4H10?QH10(g)+5H2,反應(yīng)過程中生成QHio的物質(zhì)的量濃度為一X1mol/L=0.2mol/L,

28、此510s內(nèi)，以C8H10表示的平均速率=0.2mol/L=0.02mol/(L?s),故答案為：0.02mol/(L?s);10s2c4H10?CsH10(g)+5H2,反應(yīng)是氣體體積增大的反應(yīng)吸熱反應(yīng)，依據(jù)平衡移動原理分析圖象；a.反應(yīng)前后都是氣體，氣體質(zhì)量在反應(yīng)過程中和平衡狀態(tài)都始終不變，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故a不符合；b.反應(yīng)前后氣體質(zhì)量不變，物質(zhì)的量增大，平均摩爾質(zhì)量不變說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故b符合；c.氣體質(zhì)量不變，體積不變，密度在反應(yīng)過程中和平衡狀態(tài)都不變，故c不符合；d.反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量變化，壓強(qiáng)之比等于氣體物質(zhì)的量之比，物質(zhì)的量不變壓強(qiáng)不變，說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故d

29、符合；故答案為：b、d;分析圖象可知，剛開始因?yàn)檫_(dá)到平衡狀態(tài)，所以濃度不變，根據(jù)虛線的濃度變化可知，1后面體積縮小為原來的-,所以實(shí)線濃度也變兩倍，濃度變化為0.40mol/L,隨反應(yīng)進(jìn)行后2面又慢慢減小，直至繼續(xù)平衡，據(jù)此畫出的圖象為：Tr,故答案為:【點(diǎn)睛】本題(2)注意掌握離子方程式的書寫原則，正確判斷反應(yīng)物離子的過量情況是解答的關(guān)鍵;(3)掌握圖象分析與繪制方法，曲線變化起點(diǎn)和變化是解題關(guān)鍵。6 .合成氨工業(yè)對國民經(jīng)濟(jì)和社會發(fā)展具有重要意義(1)工業(yè)合成氨工業(yè)常用的催化劑是,氨分子的電子式是(2)圖是一定的溫度和壓強(qiáng)下是N2和H2反應(yīng)生成1molNH3過程中能量變化示意圖，請寫出工業(yè)合

30、成氨的熱化學(xué)反應(yīng)方程式。(熱量Q的數(shù)值用含字母a、b的代數(shù)式表示)(3)下列有關(guān)該反應(yīng)的說法正確的是(填序號)A.保持容器的體積不變，當(dāng)混合氣體的密度不變時，說明反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)。B.達(dá)到平衡時若升高溫度，混合氣體中氮元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)將變大。C.達(dá)到平衡時若減少容器的體積，正反應(yīng)速率將大于逆反應(yīng)速率。D.達(dá)到平衡后，N2的轉(zhuǎn)化率和H2的轉(zhuǎn)化率一定相等。(4)在催化劑存在下，NH3可用來消除NO的污染，生成兩種對環(huán)境無害的物質(zhì)。寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式：；該反應(yīng)中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比是(5)把NH3通入鹽酸溶液中，所得溶液的pH=7,此時溶液中離子濃度關(guān)系是H【答案】鐵觸媒日市:hN2

31、(g)+3H2(g)-、2NH3(g)+2(b-a)kJmol-1C展4NH3+6NO-5N+6H2O2:3c(NH4+)=c(C-)>c(H+)=c(OH-)c(NH4+)+c(H+)=c(OH)+c(C)【解析】【分析】工業(yè)合成氨的催化劑是以鐵為載體的鐵觸媒，氨氣是共價化合物，氮原子最外層5個電子，其中三個電子和三個氫原子形成三個共價鍵；由圖求出N2和H2反應(yīng)生成1molNH3的反應(yīng)熱，再根據(jù)熱化學(xué)反應(yīng)方程式的書寫要求解答；合成氨是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，依據(jù)平衡移動原理判斷；NH3可用來消除NO的污染，生成2種對環(huán)境無害的物質(zhì)，應(yīng)生成氮?dú)夂退话睔馔ㄈ臌}酸溶液反應(yīng)生成氯化錢溶液，溶

32、液中一定存在電荷守恒；若溶液pH=7,則氫氧根離子濃度和氫離子濃度相同，結(jié)合電荷守恒得到離子濃度大小。據(jù)此分析?！驹斀狻?1)工業(yè)合成氨的催化劑是以鐵為載體的鐵觸媒，氨氣是共價化合物，氮原子最外層5個電子，其中三個電子和三個氫原子形成三個共價鍵，電子式為：；答案為：鐵觸媒；(2)由圖可知，N2和H2反應(yīng)生成ImolNH3放出的熱量為(b-a)kJ,該反應(yīng)的熱化學(xué)反應(yīng)方程式為N2(g)+3H2(g)K2NH3(g)H=-2(b-a)kJmol-1,故答案為：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)+2(b-a)kJmol-1;(3)合成氨是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，保持容器的體積不變，混合氣體質(zhì)量

33、不變，當(dāng)混合氣體的密度不變時，不能說明反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，A錯誤；達(dá)到平衡時若升高溫度，平衡逆向進(jìn)行，根據(jù)反應(yīng)方程式原子守恒，氮元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)保持不變，B錯誤；達(dá)到平衡時若減少容器的體積，壓強(qiáng)增大，平衡正向進(jìn)行，正反應(yīng)速率將大于逆反應(yīng)速率，C正確；轉(zhuǎn)化率和起始量、變化量有關(guān)，達(dá)到平衡后，N2的轉(zhuǎn)化率和H2的轉(zhuǎn)化率不一定相等，D錯誤；答案選C;(4)NH3可用來消除NO的污染，生成2種對環(huán)境無害的物質(zhì)，應(yīng)生成氮?dú)夂退瘜W(xué)方程式為：4NH3+6NO=5N2+6H2O;該反應(yīng)中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物都是N2,物質(zhì)的量之比是2:3；(5)氨氣通入鹽酸溶液反應(yīng)生成氯化錢溶液，若溶液pH=7,溶液中溶質(zhì)為N

34、H4CI和NH3H2。，溶液中氫氧根離子濃度和氫離子濃度相同，電荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),則c(NH4+)=c(Cl-),得到離子濃度大小為c(NH4+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-)；7.一種以黃銅礦和硫磺為原料制取銅和其他產(chǎn)物的新工藝，原料的綜合利用率較高。其主要流程如下:HCkMl、4cL混合溶液黃銅礦反面口反畝i(CuFeSJ過渡空氣凡SO,島分注液廣心分離L*S廣鐵紅一煤鐵反應(yīng)W-IjJso.一制優(yōu)酸空氣已知：“反應(yīng)H”的離子方程式為Cu2+CuS+4Cl=2CuCl2-+S回答下列問題:(1)鐵紅的化學(xué)式為;(2)“反應(yīng)n”的還原

35、劑是(填化學(xué)式)；(3) “反應(yīng)III”的離子方程式為;(4)輝銅礦的主要成分是CutS,可由黃銅礦(主要成分CuFeS)通過電化學(xué)反應(yīng)轉(zhuǎn)變而成,有關(guān)轉(zhuǎn)化如下如圖所示。轉(zhuǎn)化時正極的電極反應(yīng)式為。(5)從輝銅礦中浸取銅元素，可用FeCl3作浸取劑。反應(yīng)CgS+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S,每生成1molCuCl2,反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為；浸取時，在有氧環(huán)境下可維持Fe3+較高濃度。有關(guān)反應(yīng)的離子方程式是浸取過程中加入洗滌劑溶解硫時，銅元素的浸取率的變化如圖，其原因是(4)根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系圖，CuFeS在正極得電子生成Cu2sFe、H2S。(5)根據(jù)反應(yīng)Cu2S+4FeC-2CuC2+

36、4FeC2+S,每生成2molCuCl2,轉(zhuǎn)移4mol電子；氧氣能把Fe2+氧化為Fe3+OCu2s難溶，生成的硫覆蓋在Cu2s表面，阻礙浸??；(6)CuCl懸濁液中加入Ns2S,發(fā)生的反應(yīng)為2CuCl(s)+S2(aq)=Cu2s(s)+2Cl(aq),2qCl該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=S2【詳解】(1)鐵紅是氧化鐵，化學(xué)式Fe2O3；(2)根據(jù)Cu2+CuS+4C1=2CuCb-+S,硫元素化合價升高，所以CuS是還原劑；反應(yīng)III,CuC2被氧氣氧化為Cu2+,離子方程式為4CuCb-+O2+4H+=4Cu2+8C+2H2O;(4)根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系圖，CuFeS在正極得電子生成Cu2sFe2+、H

37、2S,轉(zhuǎn)化時正極的電極反應(yīng)式為2CuFe$+6H+2e=Cu2S+2Fe2+3H2ST。(5)根據(jù)反應(yīng)Cu2S+4FeC=2CuC2+4FeCb+S可知，每生成2molCuCl2,轉(zhuǎn)移4mol電子，每生成1molCuCl2,反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為2Na；氧氣能把Fe2+氧化為Fe3+,離子方程式為4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O。Cu2s難溶，生成的硫覆蓋在Cu2s表面，阻礙浸取，所以洗滌時銅元素的浸取率的變化如圖；2Cl(6)2CuCl(s)+S2(aq)=Cu2s(s)+2Cl(aq)的平衡常數(shù)K=-s2Cu2Cu222Cl-22s2Ksp2CuClKspCu2S621.210=

38、5.76X1002.51043【點(diǎn)睛】原電池中電子由負(fù)極流入正極，根據(jù)電子流動方向，可判斷原電池的正負(fù)極。8 .消除含氮化合物對大氣和水體的污染是環(huán)境保護(hù)的重要研究課題。(1)已知反應(yīng)8NH3+6NO2=7N2+12H2O,請分析氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的質(zhì)量之比為(2)水體中過量氨氮(以NH3表示)會導(dǎo)致水體富營養(yǎng)化。用次氯酸鈉除去氨氮的原理如題圖所示。寫出該圖示的總反應(yīng)化學(xué)方程式：該反應(yīng)需控制溫度，溫度過高時氨氮去除率降低的原因是O*.1*,ri7E重的含氨氮廢水，改變加入次氯酸鈉用量，反應(yīng)一段時間后，溶液中氨氮去除率、總氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的總量)去除率以及剩余次氯酸鈉的含

39、量隨m(NaCIO)m(NH3)的變化情況如圖所示。當(dāng)m(NaCIO)：m(NH3)>7.6時，水體中總氮去除率反而下降，可能的原因是?！敬鸢浮?：32NH3+3NaClO=N2+3NaCl+3H2O溫度過高，HClO發(fā)生分解，氨氮去除率隨之降低有部分NH3被氧化成NO2-或NO3-【解析】【分析】(1)該反應(yīng)中NH3中N由3價變?yōu)?價，化合價升高，被氧化，所得產(chǎn)物為氧化產(chǎn)物；NO2中N由+4價變?yōu)?。價，化合價降低，被還原，所得產(chǎn)物為還原產(chǎn)物；因此氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為8:6=4:3;(2)根據(jù)圖示判斷發(fā)生氧化還原反應(yīng)的反應(yīng)物、生成物，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒書寫化學(xué)方程式

40、；溫度越高，化學(xué)反應(yīng)速率越快，但是溫度過高，HClO不穩(wěn)定，受熱易分解；當(dāng)m(NaCIO)：m(NH3)>7.6時，NaCIO加入的量越多會將氨氮氧化為NO3-等高價態(tài)物質(zhì)。【詳解】(1)該反應(yīng)中NH3中N由一3價變?yōu)?。價，化合價升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，所得為氧化產(chǎn)物；NO2中N由+4價變?yōu)?價，化合價降低，發(fā)生還原反應(yīng)，所得為還原產(chǎn)物；因此氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為8:6=4:3;(2)由圖轉(zhuǎn)化過程可知，該反應(yīng)中反應(yīng)物為NH3和NaClO,生成物為N2、NaCl2和H2。，因此該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2N%+3NaClO=N2+3NaCl+3H2O；由于反應(yīng)過程中生成HClO,HCl

41、O不穩(wěn)定，受熱易分解，因此溫度過高，氨氮去除率降低；NaClO具有氧化性，其量增大，會使得部分NH3被氧化成NO2-或NO3-,使得水體中總氮去除率降低；【點(diǎn)睛】本題考查氧化還原反應(yīng)方程式的書寫，考生應(yīng)從圖中找出反應(yīng)物、生成物，另外解釋控制反應(yīng)條件的度。9 .用納米Fe/Ni復(fù)合材料能去除污染水體的NO3-,Ni不參與反應(yīng)。離子在材料表面的活性位點(diǎn)吸附后發(fā)生反應(yīng)，活性位點(diǎn)被其他附著物占據(jù)會導(dǎo)致速率減慢(NH4+無法占據(jù)活性位點(diǎn))。反應(yīng)過程如圖所示：(1)酸性環(huán)境中，納米Fe/Ni去除NO3-分兩步，將步驟ii補(bǔ)充完整：I.NO3-+Fe+2H+=NO2-+Fe2+H2On.+h+=Fe2+(2

42、)初始pH=2.0的廢液反應(yīng)15min后，出現(xiàn)大量白色絮狀物，過濾后很快變成紅褐色，結(jié)合化學(xué)用語解釋整個變化過程的原因。(3)水體初始pH會影響反應(yīng)速率，不同pH的硝酸鹽溶液與納米Fe/Ni反應(yīng)時，溶液中c(NO；)U隨時間的變化如圖1所不。(汪：C0(NO3-)為初始時NO3-的儂度。)c0(NO3)夏臺西M為達(dá)到最高去除率，應(yīng)調(diào)水體的初始pH=t<15min,pH=2.0的溶液反應(yīng)速率最快，t>15min,其反應(yīng)速率迅速降低，原因分別是液時，隨時間的變化如圖2所示。40min時總氮量較初始時下降，可能的原因是(5)利用電解無害化處理水體中的NO3-,最終生成N2逸出。其裝置及轉(zhuǎn)

43、化圖如圖所示:陰極的電極反應(yīng)式為生成N2的離子方程式為【答案】NO2-3Fe83NH+2H2O)Fe2+在水中發(fā)生水解，F(xiàn)e2+2H2O?Fe(OH)>+2H+,隨著反應(yīng)進(jìn)行，c(H+)減小，平衡右移，產(chǎn)生Fe(OH)2沉淀，之后發(fā)生反應(yīng)4Fe(OH+O2+2H2O=4Fe(OH)3,變成紅褐色的Fe(OH)36.5pH=2的溶液中，t<15min時，溶液中H+濃度較高，因此反應(yīng)速率較快，溶液中產(chǎn)生Fe2+和pH上升速率較快，t>15min時，產(chǎn)生大量Fe(0H)2,附著在活性位點(diǎn)上，減小接觸面積，因此反應(yīng)速率迅速下降反應(yīng)過程中H+被消耗，溶液pH升高，t=40min時，溶液

44、中含N物質(zhì)主要以NH4+的形式存在，部分NH4+生成N%逸出(或反應(yīng)過程中NO2-被Fe還原產(chǎn)生N2逸出)NO3-+8e-+10H+=NH4+3H2O2NH4+3HClO=N2T+3C-+5H+3H2O【解析】pHTQiO1$X襯35W時間加n*NH：一忌A置(4)總氮量指溶液中自由移動的所有含氮微粒濃度之和，納米Fe/Ni處理某濃度硝酸鹽溶£-l.Onor含口-的博取土度水【分析】(1)根據(jù)圖可知：酸性環(huán)境中，納米Fe/Ni去除NO3分兩步，NO3在吸附點(diǎn)被Fe還原2為NO2,NO3Fe2HNO2FeH2O,NO2在另外的吸附點(diǎn)被Fe還原為NH4，NO23Fe8H3Fe2NH42H

45、2O；(2)初始pH=2.0的廢液反應(yīng)15min后，出現(xiàn)大量白色絮狀物，過濾后很快變成紅褐色，是氫氧化亞鐵被空氣中的氧氣氧化為氫氧化鐵；(3)結(jié)合所給圖形信息，判斷調(diào)節(jié)pH為多少的時候去除率較高，如何解釋反應(yīng)速率變慢；(5)電極方程式書寫，從題中信息判斷陰極發(fā)生還原反應(yīng)，NO3-還原N2,NO38e10HNH43H2O?！驹斀狻?根據(jù)圖可知：酸性環(huán)境中，納米Fe/Ni去除NO3分兩步，NO3在吸附點(diǎn)被Fe還原2為NO2,NO3Fe2HNO2FeH2O,NO2在另外的吸附點(diǎn)被Fe還原為2NH4，NO23Fe8H3Fe2NH42H2O；故答案為：NO2、3Fe、8、3、NH4、2H2O；2 初始p

46、H2.0的廢液反應(yīng)15min后，出現(xiàn)大量白色絮狀物，過濾后很快變成紅褐色，2因?yàn)镕e2在水中發(fā)生水解，F(xiàn)e22H2O?Fe(OH)22H，隨著反應(yīng)進(jìn)行，cH減小，平衡右移，產(chǎn)生Fe(OH)2沉淀，之后發(fā)生反應(yīng)4Fe(OH)2O22H2O4Fe(OH)3，變成紅褐色的Fe(OH)3；故答案為：Fe2在水中發(fā)生水解，F(xiàn)e22H2O?Fe(OH)22H，隨著反應(yīng)進(jìn)行，cH減小，平衡右移，產(chǎn)生Fe(OH)2沉淀，之后發(fā)生反應(yīng)4Fe(OH)2O22H2O4Fe(OH)3，變成紅褐色的Fe(OH)3；3 根據(jù)圖可知pH6.5時，反應(yīng)最快，去除率最高，故為達(dá)到最高去除率，應(yīng)調(diào)水體的初始pH6.5；故答案為：

47、6.5；pH2的溶液中，t15min時，溶液中H濃度較高，因此反應(yīng)速率較快，溶液中產(chǎn)生Fe2和pH上升速率較快，故t15min，pH2.0的溶液反應(yīng)速率最快，t15min時，產(chǎn)生大量Fe(OH)2，附著在活性位點(diǎn)上，減小接觸面積，因此反應(yīng)速率迅速下降，故t15min，其反應(yīng)速率迅速降低；故答案為：pH2的溶液中，t15min時，溶液中H濃度較高，因此反應(yīng)速率較快，溶液中產(chǎn)生Fe2和pH上升速率較快，t15min時，產(chǎn)生大量Fe(OH)2，附著在活性位點(diǎn)上，減小接觸面積，因此反應(yīng)速率迅速下降；440min時總氮量較初始時下降可能的原因?yàn)椋悍磻?yīng)過程中h被消耗，溶液pH升高，t40min時，溶液中含

48、N物質(zhì)主要以NH4的形式存在，一部分NH4生成NH3逸出（或反應(yīng)過程中NO2被Fe還原產(chǎn)生N2逸出）；故答案為：反應(yīng)過程中H被消耗，溶液PH升高，t40min時，溶液中含N物質(zhì)主要以NH4的形式存在，一部分NH4生成NH3逸出（或反應(yīng)過程中NO2被Fe還原產(chǎn)生N2逸出）；5陰極發(fā)生還原反應(yīng)，元素化合價降低，故為NO3得到電子生成NH4，故電極反應(yīng)為：NO38e10HNH43H2O；故答案為：NO38e10HNH43H2O;由圖可知，氮?dú)庥蓛蓸O生成的NH4和HC1O反應(yīng)而得，氮元素化合價升高，則氯元素化合價降低生成氯離子，故反應(yīng)為：2NH43HC1ON23Cl5H3H2O;故答案為：2NH43H

49、C1ON23C15H3H2O?！军c(diǎn)睛】從題中所給信息判斷并寫出離子方程式、回答結(jié)合圖形中的信息，回答調(diào)節(jié)pH出現(xiàn)的現(xiàn)象，調(diào)節(jié)pH為何值時，去除率最大以及對反應(yīng)速率的影響；10.一種利用電化學(xué)方法同時脫除NO/SO2的工藝如圖所示:已知SQ水溶液中含硫微粒分布分?jǐn)?shù)（Xi）與pH關(guān)系如圖所示（1）NaOH溶液吸收SQ時，溶液的pH由9-6時，主要發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為（2）含Ce4+的溶液吸收NO,若高價氮中的NO2、N2O3、N6-、NO3-各1mol,則消耗0.5molL-1的含Ce4+溶液的體積為L；其中NO轉(zhuǎn)化NO3-的離子方程式為(3)電解槽中，陰極電極反應(yīng)式主要為,陽極電極反應(yīng)式為。(

50、4)在氣液反應(yīng)器”中高價氮中的N2O3化合為NH4NO3的化學(xué)方程式為?！敬鸢浮縎Q2-+SQ+H2O=2HSQ-163C(4+NO+2H2O=3Ce3+NO3-+4H+2HSQ-+2H+2e-=&O42-+2H2OC3+-e-=C4+N2O3+H2O+O2+2NH3=2NH4NO3【解析】【分析】(1)根據(jù)SC2水溶液中含硫微粒分布分?jǐn)?shù)圖寫出反應(yīng)的離子方程式；(2)根據(jù)得失電子守恒計算消耗含ce4+溶液的體積；根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒書寫反應(yīng)的離子方程式；(3)電解過程中，陰極上HSC3-發(fā)生得電子的還原反應(yīng)生成&O42-,陽極上Ce3+發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)生成C

51、e4+,據(jù)此寫出電極反應(yīng)式；(4)根據(jù)流程信息確定反應(yīng)物和生成物，結(jié)合得失電子守恒、原子守恒書寫反應(yīng)的化學(xué)方程式?！驹斀狻扛鶕?jù)SC2水溶液中含硫微粒分布分?jǐn)?shù)圖可知，溶液的pH由9-6的過程中，SC32-在減少，HSC3-在增多，故反應(yīng)的離子方程式為SQ2-+SC2+H2O=2HSQ-;(2)含ce4+的溶液吸收NO的過程中，Ce4+被還原為Ce3+,NO轉(zhuǎn)化為高價氮中的NC2、N2O3、NO2-和NO3-,反應(yīng)過程中得失電子守恒，因此可得n(Ce4+)x1=1molx2+1molx2+1molx1+1,m因此3n(Ce4+)=8mol,因此所需0.5mol/L的含Ce4+溶液的體積Vn8mOl

52、16L；Ce4+將NO氧化為NO3-,自身還原為Ce3+;反c0.5mol/L應(yīng)過程中，Ce由+4價變?yōu)?3價，得到1個電子，N由+2價變?yōu)?5價，失去3個電子，根據(jù)得失電子守恒可得，Ce4+、Ce3+的系數(shù)為3,NO和NC3-的系數(shù)為1；根據(jù)電荷守恒可得生成物中含有H+,且其系數(shù)為4;根據(jù)氫原子個數(shù)守恒可得反應(yīng)物中含有H2O,且其系數(shù)為2;因此可得該反應(yīng)的離子方程式為：3Ce4+NO+2H2O=3Ce3+NO3-+4H+；電解過程中，HSQ-在陰極發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，生成&O42-,其電極反應(yīng)式為：2HSQ-+2H+2e-=S2O42-+2H2O;Ce3+在陽極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)

53、，生成Ce4+,其電極反應(yīng)式為：Ce3+-e-=Ce4+；(4)在氣液反應(yīng)器”中，反應(yīng)物為N2O3、NH3和O2,生成物為NH4NO3,根據(jù)得失電子守恒、原子守恒可得該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：N2O3+H2O+O2+2NH3=2NH4NO3。11.按要求回答下列問題：(1)現(xiàn)有以下物質(zhì)：NaCl晶體液態(tài)HClCaCQ固體熔融KCl蔗糖銅CO2H2SQKOH固體a.以上物質(zhì)中能導(dǎo)電的是。b.以上物質(zhì)中屬于電解質(zhì)的是,屬于非電解質(zhì)的是c.以上物質(zhì)中，溶于水且能導(dǎo)電的物質(zhì)是。(2)膠體和溶液的本質(zhì)區(qū)別是,鑒別膠體和溶液所采用的方法是觀察是否能發(fā)生效應(yīng)。(3)下列3個反應(yīng)，按要求填寫相關(guān)量。2Na2O2+

54、2H2O=4NaOH+O2T反應(yīng)中,每消耗1molNa2O2生成gO2。在NaHCQ的熱分解反應(yīng)中，每消耗168gNaHCQ,標(biāo)準(zhǔn)狀況下生成LCQ。Cl2+H2O=HCl+HClO反應(yīng)中，標(biāo)準(zhǔn)狀況下每消耗22.4LC12,轉(zhuǎn)移mol電子。(4)在一個密閉容器中放入以下四種物質(zhì)，在一定條件下發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，一段時間后，測得有關(guān)數(shù)據(jù)如下：物質(zhì)MNQP反應(yīng)前質(zhì)量(g)501312反應(yīng)后質(zhì)量(g)x26330該變化的基本反應(yīng)類型是反應(yīng)；物質(zhì)Q在反應(yīng)中起的作用是。【答案】分散質(zhì)粒徑大小不同丁達(dá)爾1622.41分解催化劑【解析】【分析】(1)a.含有自由移動的電子或陰陽離子的物質(zhì)就能導(dǎo)電；b.在水溶液里或熔

55、融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物是電解質(zhì)，在水溶液里和熔融狀態(tài)下都不導(dǎo)電的化合物是非電解質(zhì)；c.以上物質(zhì)中，溶于水且能導(dǎo)電的物質(zhì)，說明水溶液中能發(fā)生電離，電離出自由移動的離子；(2)分散系的分類標(biāo)準(zhǔn)是分散質(zhì)顆粒直徑大小不同，膠體有丁達(dá)爾效應(yīng)，而溶液沒有；(3)消耗1mol過氧化鈉可以生成0.5mol氧氣，然后根據(jù)m=nM計算出生成氧氣的質(zhì)量；根據(jù)n=m計算出碳酸氫鈉的物質(zhì)的量，再根據(jù)方程式及V=nVm計算出生成標(biāo)況下二氧M化碳的體積；氯氣與水的反應(yīng)中，消耗1mol氯氣轉(zhuǎn)移了1mol電子；(4)該反應(yīng)中Q的質(zhì)量不變，則Q為催化劑；根據(jù)質(zhì)量守恒定律計算出X,然后根據(jù)質(zhì)量變化判斷反應(yīng)物、生成物，從而得出該反應(yīng)的反應(yīng)類型。【詳解】(1)a.熔融KCl中含有自由移動離子、銅含有自由移動的電子，所以都能導(dǎo)電；b.NaCl晶體、液態(tài)HCl、CaCQ固體、熔融KCkH2SO1、KOH固體是電解質(zhì)；蔗糖、CQ是非電解質(zhì)；c.水溶液中能發(fā)生電離，電離出自由移動的離子或金屬中存在