全国高考化学氧化还原反应的综合高考真题汇总附详细答案

1、全国高考化学氧化还原反应的综合高考真题汇总附详细答案一、高中化学氧化还原反应1.亚氯酸钠（NaClQ）是二氧化氯（C1Q）泡腾片的主要成分。实验室以氯酸钠（NaCld）为原料先制得C1O2,再制备NaClO2粗产品，其流程如图：已知：C1O2可被NaOH溶液吸收，反应为2CQ+2NaOH=NaCl0+NaCQ+H2O。无水NaClC2性质稳定，有水存在时受热易分解。（1）反应I中若物质X为SQ,则该制备C1C2反应的离子方程式为。（2）实验在如图-1所示的装置中进行。若X为硫磺与浓硫酸，也可反应生成ClC2o该反应较剧烈。若该反应在装置A的三颈烧瓶中进行，则三种试剂（a.浓硫酸；b.硫黄；c.

2、NaClC3溶液）添加入三颈烧瓶的顺序依次为（填字母）。反应n中双氧水的作用是。保持反应时间、反应物和溶剂的用量不变，实验中提高CIO2吸收率的操作有：装置A中分批加入硫黄、（写出一种即可）。（3）将装置B中溶液蒸发可析出NaClC2,蒸发过程中宜控制的条件为（填减压”、常压”或加压”）。（4）反应I所得废液中主要溶质为Na2SQ和NaHSQ,直接排放会污染环境且浪费资源。为从中获得芒硝（Na2SQl0H2O）和石膏（水合硫酸钙），请补充完整实验方案：,将滤液进一步处理后排放（实验中须使用的试剂和设备有：CaO固体、酚儆、冰水和冰水浴）。已知：CaSO4不溶于NazSQ水溶液；NazSQ的溶解

3、度曲线如图-2所示。【答案】2C1O3-+SO-2CQ+SO42-cab作还原剂水浴加热时控制温度不能过高（或加一个多孔球泡等)减压向废液中分批加入适量CaO固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚Mt,至溶液呈浅红色时停止加入CaO。静置后过滤，用水洗涤沉淀2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至32.4以下，接近0，过滤，所得晶体用冰水洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝【解析】【分析】用二氧化硫将NaClO3还原制得CIO2,C1O2和NaOH反应制得NaCQ和NaClQ,再用过氧化氢将NaCQ还原成NaCQ制得NaCQ粗品。【详解】(1)SQ作还原剂，S化合价升高2,被氧化成S

4、O42-,C1O3-作氧化剂，被还原成ClO2,Cl化合价降低1，结合电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒可书写离子方程式：2ClO3-+SQ2cIO2+S。2-,故答案为：2C1O3-+SO2-2c1O2+SO42-；(2)反应剧烈，浓硫酸只能在最后添加，结合流程图可知先加NaClO3,所以顺序为：先加NaClO3,再加S,最后加浓硫酸，故答案为：cab;反应n中NaO书口C1O2反应生成NaClO3和NaClQ,过氧化氢的作用是将NaClO3还原成NaClQ,过氧化氢会分解，温度不宜太高，所以控制A中水浴加热时温度不过高，或者在B中搅拌、或者加一个多孔球泡，故答案为：作还原剂；水浴加热时控制温

5、度不能过高(或加一个多孔球泡等)；(3)无水NaClO2性质稳定，有水存在时受热易分解，应该减压，让水分尽快蒸发，故答案为：减压；(4)加入一定量CaO>NaHSQ反应成CaSQ,为了保证NaHSQ反应完，所加CaO需稍过量，CaO过量溶液就显碱性了，可以用酚酬:作指示剂，当溶液变为浅红色时停止加CaO,CaSQ不溶于Na2SO4水溶液，此时可用过滤、洗涤的方法得到石膏，此时滤液为NaSO溶液，还不是芒硝，从图上看，可将温度调整32.4C以下，形成芒硝，析出芒硝晶体，过滤、洗涤、干燥就可得芒硝了，为了使芒硝产率较高，可用冰水洗涤，降低因溶解损失的量，故答案为：向废液中分批加入适量CaO固

6、体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚儆，至溶液呈浅红色时停止加入CaO。静置后过滤，用水洗涤沉淀2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至32.4以下，接近0，过滤，所得晶体用冰水洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝。【点睛】结合图像，温度低于32.4以下，硫酸钠结晶得到芒硝，温度降低，芒硝的溶解度减小，可用冰水洗涤减小损失率。2高氯酸铵是一种常见的强氧化剂，常用作火箭发射的推进剂。根据下列信息回答问题已知:高氯酸镂受热分解为N2、Cl2、O2和H2O;Mg3N2易水解；Cu与N2在酒精灯加热条件下不反应。(1)写出高氯酸镂受热分解的化学反应方程式：,Mg3N2的电子式为。(2)现有2

7、3.5gNH4c1O4分解，用下列装置设计实验，验证其分解产物并计算分解率。（注:装置中空气已除尽；装置可重复使用；BF装置中的试剂均过量且能与相应物质反应完全。）用E装置质量的增加来验证生成的气体产物之一，则E中盛放的试剂是：。请按气流由左至右的方向连接装置：A一D-B?一一一E选才iBF装置，并用BF字母填空）。证明产物中有C12的实验现象：。反应结束后，若C装置质量增加了2.38g,则NH4c104的分解率是：%。（3）样品中NH4C1C4的含量（杂质中不含NH4+）还可用蒸储法测定（如图所示，加热和夹持装置已去），实验步骤如下：步骤1：组装仪器，检查气密性；准确称取样品ag冲超过0.5

8、g）于蒸储烧瓶中，加入约150mL水溶解。步骤2:准确量取40.00mL约0.1mol/LH2S。于锥形瓶中。步骤3:向蒸储烧瓶中加入20mL3mol/LNaOH溶液;加热蒸储使NH3全部挥发。步骤4:用新煮沸过的水冲洗冷凝装置23次，洗涤液并入锥形瓶中。步骤5:向锥形瓶中加23滴甲基橙，用cmol/LNaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH标准溶液V1mLo步骤6:重复实验23次。回答下列问题：步骤2中，准确量取40.00mlH2SO4溶液的玻璃仪器是：。为获得样品中NH4clO4的含量，还需补充的实验是：。【答案】2NH4ClO4-2O2T+N2T+C2T+4H2OT叫件PM叫亚炉M小浓硫

9、酸EFCDt置中颜色由无色变为橙色85.0或85酸式滴定管或移液管用NaOH标准溶液标定硫酸溶液的浓度【解析】【分析】(1)根据得失电子守恒配平高氯酸俊受热分解的化学反应方程式；Mg3N2是离子化合物；(2)A是高氯酸俊受热分解的装置；B是氢氧化钠溶液，可以吸收氯气；C中盛放Mg粉，可以检验氮气；D中澳化钾可以检验氯气；F中铜粉可以检验氧气；E中盛放液体，根据E装置质量的增加来验证生成的水，所以E中盛浓硫酸；(3)根据硫酸体积的精度是0.01mL选择仪器；要计算NH,Cld的含量，需要知道硫酸溶液的浓度。【详解】(1)根据得失电子守恒配平高氯酸俊受热分解的化学反应方程式为2NH4CQ人202T

10、+N2T+C2T+4H20T；Mg3N2是离子化合物，电子式是斛FI.廿Me叫苦pM广；(2)A是高氯酸钱受热分解的装置；B是氢氧化钠溶液，可以吸收氯气；C中盛放Mg粉，可以检验氮气；D中澳化钾可以检验氯气；F中铜粉可以检验氧气；E中盛放液体，根据E装置质量的增加来验证生成的水，所以E中盛浓硫酸；根据以上分析，按气流由左至右的方向连接装置：A一D一BF一D中澳化钾可以与氯气反应，方程式是2KBr+C2=2KCl+B2,滨水为橙色，所以D装置中颜色由无色变为橙色可以证明产物中有C12；C中盛放Mg粉，可以与氮气反应生成Mg3N2,若C装置质量增加了2.38g,说明反应生2.38g成氮气2.38g

11、,则NH4c104的分解率是23.5g14117.5100%85%(3)根据硫酸体积的精度是0.01mL,准确量取40.00mLH2SO4溶液的玻璃仪器是酸式滴定管；为获得样品中NH4clO4的含量，还需补充的实验是用NaOH标准溶液标定硫酸溶液的浓度。3.研究证明，高铁酸钾不仅能在饮用水源和废水处理过程中去除污染物，而且不产生任何诱变致癌的产物，具有高度的安全性。湿法制备高铁酸钾是目前最成熟的方法，实验步骤如下：A.直接用天平称取60.5gFe(NO3)39H2O、30.0gNaOH、17.1gKOH。B.在冰冷却的环境中向NaClO溶液中加入固体NaOH并搅拌，又想其中缓慢少量分批加入Fe

12、(NO3)39H2O,并不断搅拌。C.水浴温度控制在20C,用电磁加热搅拌器搅拌1.5h左右，溶液成紫红色时，即表明有Na2FeO4生成。D.在继续充分搅拌的情况下，向上述的反应液中加入固体NaOH至饱和。E将固体KOH加入到上述溶液中至饱和。保持温度在20C,并不停的搅拌15min,可见到烧杯壁有黑色沉淀物生成，即K2FeO4.(1)步骤B中不断搅拌的目的是。步骤C中发生反应的离子方程式为。由以上信息可知：高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠(填大”或小”。)(2)高铁酸钾是一种理想的水处理剂，与水反应生成6、Fe(OH(胶体)和KOH。该反应的离子方程式为。高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是。在提纯K

13、2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用。A.H2OB.稀KOH溶液、异丙醇C.NH4C1溶液、异丙醇D.Fe(NO3)3溶液、异丙醇(3)高铁酸钠还可以用电解法制得，其原理可表示为Fe+2NaOH+2H2O3H2T+N&FeO4,则阳极材料是,电解液为。(4)25c时，Ksp(CaFeQ)=4.536x-90若要使100mL1.0X103mol/L的K2FeO4溶液中的c(FeO42-)完全沉淀，理论上要加入Ca(OH)2的物质的量为mol。(5)干法制备高铁酸钾的方法是FG2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成黑色高铁酸钾和KNO2等产物。则该方法中氧化剂与

14、还原剂的物质的量之比为。【答案】使固体充分溶解(或其他合理说法)2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-小4FeO42-+10H2O=4Fe(OHM胶体)+8OH-+302T消毒、净水B铁NaOH溶液4.536-k103:1【解析】【分析】(1)搅拌操作可增加固体与液体的接触面积；步骤C中发生反应是NaClO溶液中加入固体NaOH和Fe(NO3)39H2O,在20c左右，生成Na2FeO4；在Na2FeO4的浓溶液中加入KOH固体，有高铁酸钾析出，根据溶解度大的制备溶解度小的可得；(2)该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由-2价变为0价，根据转移

15、电子相等配平方程式；高铁酸钾在铁元素为+6价，有强氧化性，还原产物Fe3+,在水溶液中易水解生成氢氧化铁胶体；洗涤剂的选择要求：要对K2FeO4水解能起到抑制作用的试齐；(3)电解总反应在碱性条件下进行，电解时阳极发生氧化反应，铁失电子生成高铁酸根离子；(4)根据溶度积常数计算；(5)根据含元素化合价升高的物质为还原剂，含元素化合价降低的物质为氧化剂，并根据得失电子守恒氧化剂与还原剂的物质的量之比。【详解】(1)搅拌操作可增加固体与液体的接触面积，则步骤B中不断搅拌的目的是使固体充分溶解；步骤C中中发生反应是NaClO溶液中加入固体NaOH和Fe(NO3)39H2O,在20c左右，生成Na2F

16、eO4,此时发生反应的离子方程式为2Fe3+3ClO-+100H-=2FeO42-+5H2O+3C-；根据题，将KOH加入Na2FeO4得到K2Fe。，说明高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠小；(2)该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由-2价变为0价，其转移电子数为6,根据转移电子相等、电荷守恒配平方程式为4FeO42-+i0H2O=4Fe(OH)3(胶体)+302T+8OH;高铁酸钾(&Fea)具有极强的氧化性，是一种优良的水处理剂，起到杀菌消毒作用，形成胶体具有吸附悬浮杂质的作用；洗涤剂的选择要求：要对FeQ水解能起到抑制作用的试剂，在选项中，A能让K2Fe04水解，B

17、中醋酸钠水解显碱性，对K2Fe04水解能起到抑制作用，C和D中的俊根和三价铁离子易水解，且水解后显酸性，对K2Fe04水解能起到促进作用，故选B,故答案为：B；(3)电解总反应在碱性条件下进行，电解时阳极发生氧化反应，铁失电子生成高铁酸根离子，则阳极材料是Fe,电解液为NaOH溶液；(4)25C时，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，理论上至少要加入的Ca(OH)2的物质的量Ksp4.536109-5=L-2X0.1L=5-mol/LX0.1L=4.5365mOHcFeO41.0105(5)干法制备

18、高铁酸钾的方法是将Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸钾和KNO2等产物，其中氮元素化合价从+5价降到+3价，得2e-,KN03为氧化剂，F及O3中铁元素化合价从+3价升到+6价，共失去电子6e-,为还原剂，得失电子相等，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:1。4.过氧硫酸氢钾复合盐(&SO4?KHSQ?2KHSQ)易分解，可用作漂白剂、NOx和SQ等的脱除剂。某研究小组制备过氧硫酸氢钾复合盐的流程如图所示。已知：浓硫酸与H2O2反应，部分转化为过硫酸(化学式为H2SO5,是一种一元强酸)(1)H2SO5中硫元素的化合价为+6价，其中过氧键的数目为;工业上用过氧硫酸

19、氢钾复合盐溶液脱除NO时，反应的离子方程式为。(2)若反应物的量一定，在上述流程的转化”步骤中需用冰水浴冷却，且缓慢加入浓硫酸，其目的是。(3)“结晶”操作中，加入K2CQ即可获得过氧硫酸氢钾复合盐晶体，该过程的化学方程式为。过氧硫酸氢钾复合盐产率(以产品含氧量表示)随溶液pH和温度的变化关系如图所示，则该过程适宜的条件是。六品含轼录,%(4)产品中KHSO5含量的测定：取1.000g产品于锥形瓶中，用适量蒸储水溶解，加入5mL5%的硫酸和5mL25%的KI溶液，再加入1mL淀粉溶液作指示剂，用0.2000molL-1硫代硫酸钠标准液滴定至终点，消耗标准液的体积为25.00mL。已知：2KHS

20、Q+4KI+H2SQ=2b+3K2SQ+2H2OI2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaIr卜r11Tf甲)忆用滴定管盛装标准浓度的硫代硫酸钠溶液(填甲”或2")。产品中KHSO5的质量分数为。【答案】13HSOT+2NO+H2O=3SOr2+2NO3+5H+防止浓硫酸与H2O2溶液混合时放出大量热使H2O2分解5K2COJ+4H2SO5+4H2SC4=2(K2SO4?KHSQ?2KHSQ)J+5CO2T+5H2O控制pH在2.02.5之间，温度在0c左右乙38.00%【解析】【详解】(1)H2SQ中硫元素的化合价为+6价，依据化合价的代数和为0计算，有2个氧原子显-1价，所以

21、过氧键的数目为1。答案为1;工业上用过氧硫酸氢钾复合盐溶液脱除NO时，反应的离子方程式为3HSO5+2NO+H2O=3SO42+2NO3+5H+o答案为3HSQ+2NO+H2O=3S。2+2NO3+5H+(2)在“转化”步骤中，30%的H2O2溶液加入98%的浓硫酸中，相当于浓硫酸稀释，会放出大量的热，而H2O2受热易分解，所以需用冰水浴冷却，且缓慢加入浓硫酸。答案为：防止浓硫酸与H2O2溶液混合时放出大量热使H2O2分解；(3)“结晶”操作中，加入K2CO3即可获得过氧硫酸氢钾复合盐晶体，该过程的化学方程式为5K2CO3+4H2SQ+4H2SQ=2(K2SQ?KHSQ?2KHSQ)J+5CO

22、2T+5H2。答案为：5K2CO3+4H2SO5+4H2SQ=2(K2SQ?KHSQ?2KHSQ)J+5CO2T+5H2O从溶液pH看，过氧硫酸氢钾复合盐产率在2.02.5之间时最大；从温度看，过氧硫酸氢钾复合盐产率在0c左右最大，所以该过程适宜的条件是控制pH在2.02.5之间，温度在0c左右。答案为：控制pH在2.02.5之间，温度在0c左右；(4)硫代硫酸钠溶液呈碱性，应放在碱式滴定管内。答案为乙；由反应2KHSQ+4KI+H2SO4=2也+3K2SO4+2H2O和也+2Na2s2O3=Na2&O6+2NaI可得出如下关系式：KHSQ2Na2s2O3n(Na2&O3)=0

23、.2mol/LX0.025L=0.005mol,n(KHSO5)=0.0025mol.0.0025mol152g/mol广品中KHSQ的质量分数为：100%38.00%1.000g答案为：38.00%。5 .(1)将新制氯水逐滴滴入FeBi2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)在硫酸铝俊(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2QHi0=C8Hio（g）+5H2在不同温度下的平衡常数变化如下：温度（C）40045050

24、0平衡常数Ka6a40a该反应的正反应是（吸热、放热）反应。向2L密闭定容容器中充入2molC4Hio,反应10s后测得H2浓度为1mol/L,此10s内，以08Hio表示的平土速率为。能表示该反应在恒温恒容密闭容器中t1时刻后已经达平衡状态的图示是。气怫麻量a.气沐缙度tlII寸间如图表示某温度时将定量的04H10（含少量化（容器容积可变），实线代表C8H10,虚线代表tl肝间dH2）充入容器中反应期间物质浓度随时间的变C4H10。请用实线补充画出t1t4间C8H10的浓度变化曲线CmclL3Ba2+6OH-+3SO2-+2Al3+=3BaSQJ+2Al(OHJ吸热0.02mol/(Ls)b

25、KdTTrfdrT-TTg-i（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)在硫酸铝俊(NH4A1(SQ)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，由于氢氧化钢少量，氢氧根离子不足，反应按照氢氧化钢的组成进行，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)依据图表数据，平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行；一c依据反应速率V=计算；ta.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，

26、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；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，后面体积缩小为一，一1原来的1,所以实线浓度也变两倍，后面又慢慢减小，直至继续平衡。2Cl2+2Fe2+【详解】(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,失/2Fe3+2C1-,电子转移情况如下:,故答案为:I1.产2f4狂承'，得2/(2)氢氧化钢少量，氢氧根离子和钢离子的物质的量不足，离子方

27、程式按照氢氧化钢的组成书写，领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+3SC42-+2Al3+=3BaSQJ+2Al(OH3J,故答案为:3Ba2+6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSQJ+2Al(OH)4;(3)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；向2L密闭定容容器中充入2molC4Hio,反应10s后测得H2浓度为1mol/L,12c4H10?QH10(g)+5H2,反应过程中生成QHio的物质的量浓度为一X1mol/L=0.2mol/L,

28、此510s内，以C8H10表示的平均速率=0.2mol/L=0.02mol/(L?s),故答案为：0.02mol/(L?s);10s2c4H10?CsH10(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

29、符合；故答案为：b、d;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，1后面体积缩小为原来的-,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：Tr,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。6 .合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要意义(1)工业合成氨工业常用的催化剂是,氨分子的电子式是(2)图是一定的温度和压强下是N2和H2反应生成1molNH3过程中能量变化示意图，请写出工业合

30、成氨的热化学反应方程式。(热量Q的数值用含字母a、b的代数式表示)(3)下列有关该反应的说法正确的是(填序号)A.保持容器的体积不变，当混合气体的密度不变时，说明反应已经达到平衡状态。B.达到平衡时若升高温度，混合气体中氮元素的质量分数将变大。C.达到平衡时若减少容器的体积，正反应速率将大于逆反应速率。D.达到平衡后，N2的转化率和H2的转化率一定相等。(4)在催化剂存在下，NH3可用来消除NO的污染，生成两种对环境无害的物质。写出反应的化学方程式：；该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比是(5)把NH3通入盐酸溶液中，所得溶液的pH=7,此时溶液中离子浓度关系是H【答案】铁触媒日市: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】工业合成氨的催化剂是以铁为载体的铁触媒，氨气是共价化合物，氮原子最外层5个电子，其中三个电子和三个氢原子形成三个共价键；由图求出N2和H2反应生成1molNH3的反应热，再根据热化学反应方程式的书写要求解答；合成氨是气体体积减小的放热反应，依据平衡移动原理判断；NH3可用来消除NO的污染，生成2种对环境无害的物质，应生成氮气和水；氨气通入盐酸溶液反应生成氯化钱溶液，溶

32、液中一定存在电荷守恒；若溶液pH=7,则氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同，结合电荷守恒得到离子浓度大小。据此分析。【详解】(1)工业合成氨的催化剂是以铁为载体的铁触媒，氨气是共价化合物，氮原子最外层5个电子，其中三个电子和三个氢原子形成三个共价键，电子式为：；答案为：铁触媒；(2)由图可知，N2和H2反应生成ImolNH3放出的热量为(b-a)kJ,该反应的热化学反应方程式为N2(g)+3H2(g)K2NH3(g)H=-2(b-a)kJmol-1,故答案为：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)+2(b-a)kJmol-1;(3)合成氨是气体体积减小的放热反应，保持容器的体积不变，混合气体质量

33、不变，当混合气体的密度不变时，不能说明反应已经达到平衡状态，A错误；达到平衡时若升高温度，平衡逆向进行，根据反应方程式原子守恒，氮元素质量分数保持不变，B错误；达到平衡时若减少容器的体积，压强增大，平衡正向进行，正反应速率将大于逆反应速率，C正确；转化率和起始量、变化量有关，达到平衡后，N2的转化率和H2的转化率不一定相等，D错误；答案选C;(4)NH3可用来消除NO的污染，生成2种对环境无害的物质，应生成氮气和水，化学方程式为：4NH3+6NO=5N2+6H2O;该反应中氧化产物与还原产物都是N2,物质的量之比是2:3；(5)氨气通入盐酸溶液反应生成氯化钱溶液，若溶液pH=7,溶液中溶质为N

34、H4CI和NH3H2。，溶液中氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同，电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),则c(NH4+)=c(Cl-),得到离子浓度大小为c(NH4+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-)；7.一种以黄铜矿和硫磺为原料制取铜和其他产物的新工艺，原料的综合利用率较高。其主要流程如下:HCkMl、4cL混合溶液黄铜矿反面口反亩i(CuFeSJ过渡空气凡SO,岛分注液广心分离L*S广铁红一煤铁反应W-IjJso.一制优酸空气已知：“反应H”的离子方程式为Cu2+CuS+4Cl=2CuCl2-+S回答下列问题:(1)铁红的化学式为;(2)“反应n”的还原

35、剂是(填化学式)；(3) “反应III”的离子方程式为;(4)辉铜矿的主要成分是CutS,可由黄铜矿(主要成分CuFeS)通过电化学反应转变而成,有关转化如下如图所示。转化时正极的电极反应式为。(5)从辉铜矿中浸取铜元素，可用FeCl3作浸取剂。反应CgS+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S,每生成1molCuCl2,反应中转移电子的数目为；浸取时，在有氧环境下可维持Fe3+较高浓度。有关反应的离子方程式是浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素的浸取率的变化如图，其原因是(4)根据转化关系图，CuFeS在正极得电子生成Cu2sFe、H2S。(5)根据反应Cu2S+4FeC-2CuC2+

36、4FeC2+S,每生成2molCuCl2,转移4mol电子；氧气能把Fe2+氧化为Fe3+OCu2s难溶，生成的硫覆盖在Cu2s表面，阻碍浸取；(6)CuCl悬浊液中加入Ns2S,发生的反应为2CuCl(s)+S2(aq)=Cu2s(s)+2Cl(aq),2qCl该反应的平衡常数K=S2【详解】(1)铁红是氧化铁，化学式Fe2O3；(2)根据Cu2+CuS+4C1=2CuCb-+S,硫元素化合价升高，所以CuS是还原剂；反应III,CuC2被氧气氧化为Cu2+,离子方程式为4CuCb-+O2+4H+=4Cu2+8C+2H2O;(4)根据转化关系图，CuFeS在正极得电子生成Cu2sFe2+、H

37、2S,转化时正极的电极反应式为2CuFe$+6H+2e=Cu2S+2Fe2+3H2ST。(5)根据反应Cu2S+4FeC=2CuC2+4FeCb+S可知，每生成2molCuCl2,转移4mol电子，每生成1molCuCl2,反应中转移电子的数目为2Na；氧气能把Fe2+氧化为Fe3+,离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O。Cu2s难溶，生成的硫覆盖在Cu2s表面，阻碍浸取，所以洗涤时铜元素的浸取率的变化如图；2Cl(6)2CuCl(s)+S2(aq)=Cu2s(s)+2Cl(aq)的平衡常数K=-s2Cu2Cu222Cl-22s2Ksp2CuClKspCu2S621.210=

38、5.76X1002.51043【点睛】原电池中电子由负极流入正极，根据电子流动方向，可判断原电池的正负极。8 .消除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护的重要研究课题。(1)已知反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O,请分析氧化产物和还原产物的质量之比为(2)水体中过量氨氮(以NH3表示)会导致水体富营养化。用次氯酸钠除去氨氮的原理如题图所示。写出该图示的总反应化学方程式：该反应需控制温度，温度过高时氨氮去除率降低的原因是O*.1*,ri7E重的含氨氮废水，改变加入次氯酸钠用量，反应一段时间后，溶液中氨氮去除率、总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的总量)去除率以及剩余次氯酸钠的含

39、量随m(NaCIO)m(NH3)的变化情况如图所示。当m(NaCIO)：m(NH3)>7.6时，水体中总氮去除率反而下降，可能的原因是。【答案】4：32NH3+3NaClO=N2+3NaCl+3H2O温度过高，HClO发生分解，氨氮去除率随之降低有部分NH3被氧化成NO2-或NO3-【解析】【分析】(1)该反应中NH3中N由3价变为0价，化合价升高，被氧化，所得产物为氧化产物；NO2中N由+4价变为。价，化合价降低，被还原，所得产物为还原产物；因此氧化产物和还原产物的物质的量之比为8:6=4:3;(2)根据图示判断发生氧化还原反应的反应物、生成物，根据得失电子守恒和原子守恒书写化学方程式

40、；温度越高，化学反应速率越快，但是温度过高，HClO不稳定，受热易分解；当m(NaCIO)：m(NH3)>7.6时，NaCIO加入的量越多会将氨氮氧化为NO3-等高价态物质。【详解】(1)该反应中NH3中N由一3价变为。价，化合价升高，发生氧化反应，所得为氧化产物；NO2中N由+4价变为0价，化合价降低，发生还原反应，所得为还原产物；因此氧化产物和还原产物的物质的量之比为8:6=4:3;(2)由图转化过程可知，该反应中反应物为NH3和NaClO,生成物为N2、NaCl2和H2。，因此该反应的化学方程式为：2N%+3NaClO=N2+3NaCl+3H2O；由于反应过程中生成HClO,HCl

41、O不稳定，受热易分解，因此温度过高，氨氮去除率降低；NaClO具有氧化性，其量增大，会使得部分NH3被氧化成NO2-或NO3-,使得水体中总氮去除率降低；【点睛】本题考查氧化还原反应方程式的书写，考生应从图中找出反应物、生成物，另外解释控制反应条件的度。9 .用纳米Fe/Ni复合材料能去除污染水体的NO3-,Ni不参与反应。离子在材料表面的活性位点吸附后发生反应，活性位点被其他附着物占据会导致速率减慢(NH4+无法占据活性位点)。反应过程如图所示：(1)酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO3-分两步，将步骤ii补充完整：I.NO3-+Fe+2H+=NO2-+Fe2+H2On.+h+=Fe2+(2

42、)初始pH=2.0的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，结合化学用语解释整个变化过程的原因。(3)水体初始pH会影响反应速率，不同pH的硝酸盐溶液与纳米Fe/Ni反应时，溶液中c(NO；)U随时间的变化如图1所不。(汪：C0(NO3-)为初始时NO3-的侬度。)c0(NO3)夏台西M为达到最高去除率，应调水体的初始pH=t<15min,pH=2.0的溶液反应速率最快，t>15min,其反应速率迅速降低，原因分别是液时，随时间的变化如图2所示。40min时总氮量较初始时下降，可能的原因是(5)利用电解无害化处理水体中的NO3-,最终生成N2逸出。其装置及转

43、化图如图所示:阴极的电极反应式为生成N2的离子方程式为【答案】NO2-3Fe83NH+2H2O)Fe2+在水中发生水解，Fe2+2H2O?Fe(OH)>+2H+,随着反应进行，c(H+)减小，平衡右移，产生Fe(OH)2沉淀，之后发生反应4Fe(OH+O2+2H2O=4Fe(OH)3,变成红褐色的Fe(OH)36.5pH=2的溶液中，t<15min时，溶液中H+浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe2+和pH上升速率较快，t>15min时，产生大量Fe(0H)2,附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降反应过程中H+被消耗，溶液pH升高，t=40min时，溶液

44、中含N物质主要以NH4+的形式存在，部分NH4+生成N%逸出(或反应过程中NO2-被Fe还原产生N2逸出)NO3-+8e-+10H+=NH4+3H2O2NH4+3HClO=N2T+3C-+5H+3H2O【解析】pHTQiO1$X衬35W时间加n*NH：一忌A置(4)总氮量指溶液中自由移动的所有含氮微粒浓度之和，纳米Fe/Ni处理某浓度硝酸盐溶£-l.Onor含口-的博取土度水【分析】(1)根据图可知：酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO3分两步，NO3在吸附点被Fe还原2为NO2,NO3Fe2HNO2FeH2O,NO2在另外的吸附点被Fe还原为NH4，NO23Fe8H3Fe2NH42H

45、2O；(2)初始pH=2.0的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，是氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化为氢氧化铁；(3)结合所给图形信息，判断调节pH为多少的时候去除率较高，如何解释反应速率变慢；(5)电极方程式书写，从题中信息判断阴极发生还原反应，NO3-还原N2,NO38e10HNH43H2O。【详解】1根据图可知：酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO3分两步，NO3在吸附点被Fe还原2为NO2,NO3Fe2HNO2FeH2O,NO2在另外的吸附点被Fe还原为2NH4，NO23Fe8H3Fe2NH42H2O；故答案为：NO2、3Fe、8、3、NH4、2H2O；2 初始p

46、H2.0的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，2因为Fe2在水中发生水解，Fe22H2O?Fe(OH)22H，随着反应进行，cH减小，平衡右移，产生Fe(OH)2沉淀，之后发生反应4Fe(OH)2O22H2O4Fe(OH)3，变成红褐色的Fe(OH)3；故答案为：Fe2在水中发生水解，Fe22H2O?Fe(OH)22H，随着反应进行，cH减小，平衡右移，产生Fe(OH)2沉淀，之后发生反应4Fe(OH)2O22H2O4Fe(OH)3，变成红褐色的Fe(OH)3；3 根据图可知pH6.5时，反应最快，去除率最高，故为达到最高去除率，应调水体的初始pH6.5；故答案为：

47、6.5；pH2的溶液中，t15min时，溶液中H浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe2和pH上升速率较快，故t15min，pH2.0的溶液反应速率最快，t15min时，产生大量Fe(OH)2，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降，故t15min，其反应速率迅速降低；故答案为：pH2的溶液中，t15min时，溶液中H浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe2和pH上升速率较快，t15min时，产生大量Fe(OH)2，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降；440min时总氮量较初始时下降可能的原因为：反应过程中h被消耗，溶液pH升高，t40min时，溶液中含

48、N物质主要以NH4的形式存在，一部分NH4生成NH3逸出（或反应过程中NO2被Fe还原产生N2逸出）；故答案为：反应过程中H被消耗，溶液PH升高，t40min时，溶液中含N物质主要以NH4的形式存在，一部分NH4生成NH3逸出（或反应过程中NO2被Fe还原产生N2逸出）；5阴极发生还原反应，元素化合价降低，故为NO3得到电子生成NH4，故电极反应为：NO38e10HNH43H2O；故答案为：NO38e10HNH43H2O;由图可知，氮气由两极生成的NH4和HC1O反应而得，氮元素化合价升高，则氯元素化合价降低生成氯离子，故反应为：2NH43HC1ON23Cl5H3H2O;故答案为：2NH43H

49、C1ON23C15H3H2O。【点睛】从题中所给信息判断并写出离子方程式、回答结合图形中的信息，回答调节pH出现的现象，调节pH为何值时，去除率最大以及对反应速率的影响；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SQ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SQ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、N6-、NO3-各1mol,则消耗0.5molL-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。(

50、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】SQ2-+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)根据SC2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HSC3-发生得电子的还原反应生成&O42-,阳极上Ce3+发生失电子的氧化反应生成C

51、e4+,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】根据SC2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，SC32-在减少，HSC3-在增多，故反应的离子方程式为SQ2-+SC2+H2O=2HSQ-;(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NC2、N2O3、NO2-和NO3-,反应过程中得失电子守恒，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+溶液的体积Vn8mOl

52、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NC3-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+；电解过程中，HSQ-在阴极发生得电子的还原反应，生成&O42-,其电极反应式为：2HSQ-+2H+2e-=S2O42-+2H2O;Ce3+在阳极发生失电子的氧化反应

53、，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.按要求回答下列问题：(1)现有以下物质：NaCl晶体液态HClCaCQ固体熔融KCl蔗糖铜CO2H2SQKOH固体a.以上物质中能导电的是。b.以上物质中属于电解质的是,属于非电解质的是c.以上物质中，溶于水且能导电的物质是。(2)胶体和溶液的本质区别是,鉴别胶体和溶液所采用的方法是观察是否能发生效应。(3)下列3个反应，按要求填写相关量。2Na2O2+

54、2H2O=4NaOH+O2T反应中,每消耗1molNa2O2生成gO2。在NaHCQ的热分解反应中，每消耗168gNaHCQ,标准状况下生成LCQ。Cl2+H2O=HCl+HClO反应中，标准状况下每消耗22.4LC12,转移mol电子。(4)在一个密闭容器中放入以下四种物质，在一定条件下发生化学反应，一段时间后，测得有关数据如下：物质MNQP反应前质量(g)501312反应后质量(g)x26330该变化的基本反应类型是反应；物质Q在反应中起的作用是。【答案】分散质粒径大小不同丁达尔1622.41分解催化剂【解析】【分析】(1)a.含有自由移动的电子或阴阳离子的物质就能导电；b.在水溶液里或熔

55、融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；c.以上物质中，溶于水且能导电的物质，说明水溶液中能发生电离，电离出自由移动的离子；(2)分散系的分类标准是分散质颗粒直径大小不同，胶体有丁达尔效应，而溶液没有；(3)消耗1mol过氧化钠可以生成0.5mol氧气，然后根据m=nM计算出生成氧气的质量；根据n=m计算出碳酸氢钠的物质的量，再根据方程式及V=nVm计算出生成标况下二氧M化碳的体积；氯气与水的反应中，消耗1mol氯气转移了1mol电子；(4)该反应中Q的质量不变，则Q为催化剂；根据质量守恒定律计算出X,然后根据质量变化判断反应物、生成物，从而得出该反应的反应类型。【详解】(1)a.熔融KCl中含有自由移动离子、铜含有自由移动的电子，所以都能导电；b.NaCl晶体、液态HCl、CaCQ固体、熔融KCkH2SO1、KOH固体是电解质；蔗糖、CQ是非电解质；c.水溶液中能发生电离，电离出自由移动的离子或金属中存在