【化学】化学氧化还原反应的专项培优 易错 难题练习题

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）

1．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:①高氯酸铵受热分解为N2、Cl2、O2和H2O;②Mg3N2易水解;③Cu与N2在酒精灯加热条件下不反应。

（1）写出高氯酸铵受热分解的化学反应方程式: _____________，Mg3N2的电子式为

________。

（2）现有23.5g NH4ClO4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:①装置中空气已除尽;②装置可重复使用;③B~F装置中的试剂均过量且能与相应物质反应完全。)

①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:_______。

②请按气流由左至右的方向连接装置:A →E→D →B→______→_____→_______→E (选择B~F 装置，并用B~F字母填空)。

③证明产物中有Cl2的实验现象:________。

④反应结束后，若C装置质量增加了2.38g，则NH4ClO4的分解率是:________%。

（3）样品中NH4ClO4的含量(杂质中不含NH4+)还可用蒸馏法测定(如图所示，加热和夹持装置已略去)，实验步骤如下:

步骤1:组装仪器，检查气密性;准确称取样品a g(不超过0.5g)于蒸馏烧瓶中，加入约150mL 水溶解。

步骤2:准确量取40.00mL 约0.1mol/L H2SO4于锥形瓶中。

步骤3:向蒸馏烧瓶中加入20mL 3mol/L NaOH溶液;加热蒸馏使NH3全部挥发。

步骤4:用新煮沸过的水冲洗冷凝装置2~3次，洗涤液并入锥形瓶中。

步骤5:向锥形瓶中加2~3滴甲基橙，用c mol/L NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH标

准溶液V1 mL。

步骤6:重复实验2~3次。

回答下列问题:

①步骤2中，准确量取40.00ml H2SO4溶液的玻璃仪器是: __________。

②为获得样品中NH4ClO4的含量，还需补充的实验是:______。

【答案】2NH4ClO 42O2↑+N2↑+Cl2↑+4H2O↑浓硫酸E F C D裝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铵受热分解的化学反应方程式；Mg3N2是离子化合物；（2）A是高氯酸铵受热分解的装置；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中溴化钾可以检验氯气；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）①根据硫酸体积的精度是0.01mL选择仪器；②要计算NH4ClO4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铵受热分解的化学反应方程式为

2NH4ClO 42O2↑+N2↑+Cl2↑+4H2O↑；Mg3N2是离子化合物，电子式是

；

（2）①A是高氯酸铵受热分解的装置；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中溴化钾可以检验氯气；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；

②根据以上分析，按气流由左至右的方向连接装置:A →E→D →B→E→F→C→E；

③D中溴化钾可以与氯气反应，方程式是2KBr+Cl2=2KCl+Br2，溴水为橙色，所以D裝置中颜色由无色变为橙色可以证明产物中有Cl2；

④C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

成氮气2.38g，则NH4ClO4的分解率是

2.38

100%85%

14

23.5

117.5

g

g

?=

?；

（3）①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；

②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。

2．某高中科研小组模拟工业尿素法生产肼(N2H4)，具体方法：先将尿素、次氯酸钠和氢氧化钠溶液混合，然后在催化剂存在的条件下反应制得肼，利用氮气吹出混合物中的肼，并

用硫酸吸收制备硫酸肼。具体实验原理图如下：

已知：①肼极易溶于水，长期暴露在空气中或短时间受高温作用会爆炸分解。

②硫酸肼(N2H4·H2SO4)是类似于NH4HSO4的盐类，白色固体，微溶于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇和二氯乙烷等有机溶剂。

③密度：ρ硫酸肼>ρ二氯乙烷>ρ稀硫酸

(1)盛装尿素溶液的装置名称为_____________________；硫酸肼的水溶液中含有多种阳离子，其中阳离子N2H5+的电子式为________________________。

(2)反应前应先通入一段时间氮气，其目的为________________________________。

(3)装置A中发生反应制备肼的离子方程式为_______________________________。

(4)装置B中二氯乙烷的作用为__________________________________________；使用冰水浴的作用__________________________________________________。

(5)装置B反应完全后需经过过滤、洗涤、干燥等操作得到硫酸肼，洗涤过程中最好选择下列那种洗涤剂________________(填字母)。

A．冷水 B．热水 C．无水乙醇 D．饱和食盐水

(6)若实验中所用的NaClO和NaOH混合液中两溶质的浓度均为0.1mol·L?1，则此溶液中离子浓度的大小顺序为______________________________________。

【答案】三颈烧瓶赶走装置中的空气，避免空气与肼反应

CO-+H2O 防倒吸，同时使产物硫酸肼脱离反应混合ClO?+2OH?+CO(NH2)2N2H4+Cl?+2

3

液利于产物析出，同时降温防爆炸 C c(Na+)>c(OH?)>c(ClO?)>c(H+)

【解析】

【分析】

(1)盛装尿素溶液的装置名称为三颈烧瓶；硫酸肼的水溶液中含有多种阳离子，其中阳离子N2H5+可以认为由N2H4与H+通过配位键结合，在N2H4中，每个N原子与两个H原子形成共价键，则两个N原子间还应形成一对共用电子。

(2)反应前应先通入一段时间氮气，其目的为排尽装置内的空气，防止空气与肼反应。

(3)装置A中，碱性溶液，ClO?在催化剂作用下，将CO(NH2)2氧化为N2H4，自身被还原为

CO-和H2O。

Cl?，同时生成23

(4)装置B中二氯乙烷的作用为防倒吸，同时使产物硫酸肼脱离反应混合液；使用冰水浴的作用是降低产物的溶解度，同时降温防爆。

(5)装置B反应完全后需经过滤、洗涤、干燥等操作得到硫酸肼，洗涤过程中尽可能减少产品的溶解损失，所以最好选择无水乙醇。

(6)若实验中所用的NaClO和NaOH混合液中两溶质的浓度均为0.1mol·L?1，

c(Na+)=0.1mol·L?1，因水解c(ClO?)<0.1mol·L?1，c(OH?)>0.1mol·L?1，由此可确定溶液中离子浓度的大小。

【详解】

(1)盛装尿素溶液的装置名称为三颈烧瓶；N2H5+可以认为由N2H4与H+通过配位键结合，在N2H4中，每个N原子与两个H原子形成共价键，则两个N原子间还应形成一对共用电子,

电子式为。答案为：三颈烧瓶；；

(2)反应前应先通入一段时间氮气，其目的为排尽装置内的空气，防止空气与肼反应。答案为：赶走装置中的空气，避免空气与肼反应；

(3)装置A中，碱性溶液，ClO?在催化剂作用下，将CO(NH2)2氧化为N2H4，自身被还原为

CO-和H2O，反应方程式为

Cl?，同时生成23

CO-+H2O。答案为：

ClO?+2OH?+CO(NH2)2N2H4+Cl?+2

3

CO-+H2O；

ClO?+2OH?+CO(NH2)2N2H4+Cl?+2

3

(4)装置B中二氯乙烷的作用为防倒吸，同时使产物硫酸肼脱离反应混合液；使用冰水浴的作用是降低产物的溶解度，同时降温防爆。答案为：防倒吸，同时使产物硫酸肼脱离反应混合液；利于产物析出，同时降温防爆炸；

(5)装置B反应完全后需经过滤、洗涤、干燥等操作得到硫酸肼，洗涤过程中尽可能减少产品的溶解损失，所以最好选择无水乙醇。答案为：C；

(6)若实验中所用的NaClO和NaOH混合液中两溶质的浓度均为0.1mol·L?1，

c(Na+)=0.1mol·L?1，因水解c(ClO?)<0.1mol·L?1，c(OH?)>0.1mol·L?1，由此可确定溶液中离子浓度的关系为：c(Na+)>c(OH?)>c(ClO?)>c(H+)。答案为：c(Na+)>c(OH?)>c(ClO?)>c(H+)。

【点睛】

在分析装置B中二氯乙烷的作用时，应借助信息“③密度：ρ硫酸肼>ρ二氯乙烷>ρ稀硫酸，且硫酸肼不溶于二氯乙烷”，则往二氯乙烷中通入肼后，肼逸出，在上层与稀硫酸反应生成硫酸肼，由于硫酸肼的密度比二氯乙烷大，且难溶于二氯乙烷，所以沉在二氯乙烷的底部，从而实现与反应混合液的分离。

3．现有一份含有FeCl3和FeCl2固体混合物，为测定各成分的含量进行如下两个实验：

实验1：① 称取一定质量的样品，将样品溶解；

② 向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，产生沉淀；

③ 将沉淀过滤、洗涤、干燥得到白色固体17.22 g。

实验2：① 称取与实验1中相同质量的样品，将样品溶解；

② 向溶解后的溶液中通入足量的Cl2；

③ 再向②所得溶液中加入足量的NaOH溶液，得到红褐色沉淀；

④ 将沉淀过滤、洗涤后，加热灼烧，到质量不再减少，得到固体物质4g。

回答下列问题：

（1）溶解过程中所用到的玻璃仪器有___________________。

（2实验室保存FeCl2溶液时通常会向其中加入少量试剂_____________和_____________。（3）实验2通入足量Cl2的目的是_____________；涉及的化学反应的离子方程式是

____________________。

（4检述实验2的步骤④中沉淀已经洗涤干净的方法是_____________。

（5）加热FeCl3溶液，并将溶液蒸干时，通常不能得到FeCl3固体，请以平衡的观点解释其原因（方程式与文字相结合来说明）______________________。

（6）FeCl3溶液可以用于止血，主要是因为FeCl3溶液能使血液聚沉，这涉及胶体的特性。以下关于胶体的说法不正确的是_____________。

A．胶体粒子能透过滤纸，但不能透过半透膜

B．胶体粒子具有较大的表面积，能吸附阳离子或阴离子，故在电场作用下会产生电泳现象C．向Fe（OH）3胶体可以产生丁达尔效应，CuSO4溶液、水等分散系不能产生丁达尔效应D．向Fe（OH）3胶体中滴加硫酸，会先出现红褐色沉淀，随后沉淀消失

E．在蛋白质溶液中加入稀的CuSO4溶液，可使蛋白质盐析

（7）通过实验所得数据，计算固体样品中FeCl3和FeCl2的物质的量之比为_________。【答案】（1）烧杯、玻璃棒

（2）稀盐酸铁粉

（3）将Fe2+全部转化为Fe3+2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－

（4）取少量最后一次的洗涤液于试管中，向试管中溶液滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，如未出现白色沉淀说明已洗净

（5）FeCl3在水中存在如下平衡 FeCl3+3H2O Fe（OH）3+3HCl，在加热条件下，由于HCl易挥发，生成物浓度减小，导致平衡不断向右移动，故最后不能得到FeCl3固体

（6）E（7）2：3

【解析】

试题分析：（1）溶解所用到的仪器为烧杯、玻璃棒；（2）FeCl2易被空气中的氧气氧化成FeCl3，向溶液中加入少量铁粉，使FeCl3重新转化为FeCl2；为了防止FeCl2溶液水解，常加入盐酸，抑制其水解，防止其变质；（3）Cl2将FeCl2氧化生成FeCl3：Cl2+2FeCl2=2FeCl3，实质为2Fe2++ Cl2= 2Fe3++ 2Cl－；（4）解答此问时，首先要明确沉淀吸附了什么杂质，由于氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，因此沉淀吸附的杂质是Na+、Cl-，检验沉淀是否洗涤干净，只要检验洗涤后的溶液中是否含有Na+、Cl-中的一种就可以，如果最后一次的洗涤液仍然有氯化钠，加入硝酸银溶液就会出现沉淀，反之，说明溶液中没有氯化钠；（5）因为FeCl3易水解，且HCl易挥发，加热促进了FeCl3水解及HCl的挥发，所以不

能得到FeCl3固体；（6）A、胶体粒子直径介于1～100nm之间，因此能透过滤纸，但不能透过半透膜，A正确；B、胶体粒子具有较大的表面积，能吸附阳离子或阴离子，因此在电场作用下会移向阴极或阳极，产生电泳现象，B正确；C、向Fe（OH）3胶体可以产生丁达尔效应，CuSO4溶液、水等分散系不能产生丁达尔效应，C正确；D、，向胶体中加入少量的酸、碱、盐，会中和胶体所带的电荷，使胶体发生聚沉，所以向Fe（OH）3胶体中滴加硫酸，会先出现红褐色Fe（OH）3沉淀，但过量的硫酸还会和Fe（OH）3沉淀发生反应生成硫酸铁，D正确；E、CuSO4属于重金属盐，能使蛋白质变性，而非盐析，E不正确；

（7）先由m

M

计算实验①所得AgCl的n为

17.22

143.5

mol = 0.12mol，实验②所得Fe2O3的n

为

4

160

mol = 0.025mol，设FeCl3和FeCl2的物质的量分别为x mol、y mol，依据Cl、Fe守恒

3x mol+2y mol="0.12" mol，x mol+y mol="0.025" mol×2，解得x = 0.02，y = 0.03，则固体样品中FeCl3和FeCl2的物质的量之比为为2∶3。

考点：本题主要考查化学实验基本操作、离子方程式的书写、铁盐和亚铁盐的性质及转化、盐类水解、化学计算等。

【名师点睛】（1）化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化学实验的基础，对化学实验的考查离不开化学实验的基本操作。考查的角度主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确及灵活运用的能力。（2）根据化学方程式的计算，多以物质的量为核心，考查物质的量、阿伏加德罗常数、物质的量浓度、物质的质量、摩尔质量、气体的体积、气体摩尔体积等相关物理量的转化关系，以及反应物的转化率或产物的产率的计算，同时还可以融入多种化学解题思想，比如极值法、差量法、守恒法、讨论法、特殊值法等，是历来高考的重点内容。日常学习中要注意相关知识的积累，以便快速准确作答，题目难度中等。

4．(1)难溶物PbSO4溶于CH3COONH4溶液可制得易溶于水的(CH3COO)2Pb，发生的反应为PbSO4＋2CH3COONH4＝(CH3COO)2Pb＋(NH4)2SO4，说明(CH3COO)2Pb是________(填“强”或“弱”)电解质。

(2)已知次磷酸(H3PO2)与足量的氢氧化钠溶液反应生成NaH2PO2和H2O，则次磷酸是_____元酸(填“一”、“二”或“三”)。

(3)工业上制玻璃和水泥需用到的共同原料是________(填化学式)。

(4)在一定温度下，向一个2 L的真空密闭容器中(预先装入催化剂)通入1 mol N2和3 mol

H2，发生反应：N2(g)＋3H2(g)?2NH3(g)。经过一段时间后，测得容器内压强是起始的0.9倍，在此时间内，H2平均反应速率为0.1 mol/(L·min)，则所经过的时间为______min

(5)高铁酸钠(Na2FeO4)具有强氧化性，可对自来水进行消毒、净化。高铁酸钠可用氢氧化铁和次氯酸钠在碱性介质中反应得到，请补充并配平下面离子方程式。

____Fe(OH)3 +____ClO－+____OH－=__FeO42－＋___Cl－+__

(6)在反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，氧化剂是___________；当有

2mol H3PO4生成，转移的电子的物质的量为___________

【答案】弱一 CaCO3 3 2 3 4 2 3 5H2O P、CuSO4 10mol

【解析】

【分析】

【详解】

(1)硫酸铅在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸铵时，醋酸根离子和铅离子生成难电离物质或弱电解质醋酸铅，促使硫酸铅溶解，说明(CH 3COO)2Pb 是弱电解质；

(2)H 3PO 2与足量的NaOH 溶液反应，生成NaH 2PO 2，说明H 3PO 2只能电离出一个氢离子，所以H 3PO 2是一元酸；

(3)水泥的生产原料为黏土、石灰石，制玻璃的主要原料为纯碱、石灰石和石英砂，共同原料为CaCO 3；

(4)容器体积为2L ，所以初始投料c (N 2)=0.5mol/L ，c (H 2)=1.5mol/L ，设△c (N 2)=x mol ，列三段式有：

()()()

-1-1-1223+mol L 0.5 1.50mol L x 3x 2x

mol L 0.5-x 1.N g 3H g 2NH g 5-3x 2x

?g g g 起始()转化()平衡() 容器内压强是起始的0.9倍，温度和容器容积不变，气体的压强比等于浓度之比，所以()

()-1

-1

0.5-x+1.5-3x+2x mol L =0.90.5+1.5mol L g g ，解得x=0.1mol/L ，则△c (H 2)=0.3mol/L ，v (N 2)=0.1 mol/(L·min)，则反应时间t=()

-1

0.0.3mol L = 1 mol/L min c v ?g g =3min ； (5)铁元素化合价由+3升高为+6，失去3个电子，氯元素化合价由+1降低为-1，得2个电子，取最小公倍数，则氢氧化铁与高铁酸根前系数为2，次氯酸跟与氯离子前系数为3，再根据电荷守恒及原子守恒配平得2Fe(OH)3+3ClO -+4OH -=2FeO 42-+3Cl -+5H 2O ；

(6)Cu 3P 中P 元素化合价为-3，H 3PO 4中P 元素化合价为+5，所以P 既是氧化剂又是还原剂，Cu 元素化合价由CuSO 4中的+2降低为Cu 3P 中+1，所以CuSO 4也是氧化剂，即氧化剂为P 、CuSO 4；当有2mol H 3PO 4生成，转移的电子的物质的量为2mol×(+5-0)=10mol 。

5．利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣（主要含FeO ·V 2O 3、Al 2O 3、SiO 2及少量可溶性磷酸盐）生产V 2O 5的工艺流程如下，回答下列问题：

已知：①V 2O 5、Al 2O 3、SiO 2可与Na 2CO 3、NaCl 组成的混合钠盐在高温下反应，并转化为

NaVO 3、NaAlO 2、Na 2SiO 3等可溶性钠盐。

②AlO 2-

+4H +=Al 3++2H 2O 。 （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V 2O 5，写出氧化过程中FeO ·V 2O 3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NH 3·H 2O 后发生反应的离子方程式为________。 （2）精制Ⅱ中加入CaCl 2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NH 4VO 3沉淀需进行洗涤，洗涤时除去的阴离子主要是________。NH 4VO 3在500℃时焙烧脱氨制得产品V 2O 5，反应方程式为2NH 4VO 3ΔV 2O 5+H 2O ↑+2NH 3↑。但脱氨过程中，部分V 2O 5会转化成V 2O 4，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 ·V 2O 3 + 5O 2 焙烧 2Fe 2O 3 + 4V 2O 5 Fe 2O 3 [或Fe (OH )3] 除Si 并转化AlO 2-写“除Si ”即得分） Al 3+ + 3NH 3·H 2O = Al (OH )3↓ + 3NH H + + NH 3·H 2O = H 2O + 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 － 3V 2O 5 + 2NH 3

500℃3V 2O 4 + N 2 + 3H 2O

【解析】

【分析】

氧化过程FeO ·V 2O 3生成对应的金属氧化物Fe 2O 3和V 2O 5；经过氧化和钠化后，V 2O 5、Al 2O 3、SiO 2均转化为可溶性盐，Fe 2O 3[或Fe (OH )3]成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调pH 为了和SiO 32-反应生成硅酸沉淀，将AlO 2-转化为Al 3+；加入NH 3·H 2O 后与Al 3+发生反应生成Al (OH )3沉淀；精制Ⅱ中加入CaCl 2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，沉钒时加入试剂NH 4Cl ，所得NH 4VO 3沉淀，焙烧得到产品，据此分析。

【详解】

（1）氧化过程FeO ·V 2O 3生成对应的金属氧化物Fe 2O 3和V 2O 5，化学方程式为：4FeO ·V 2O 3 + 5O 2焙烧2Fe 2O 3 + 4V 2O 5；经过氧化和钠化后，V 2O 5、Al 2O 3、SiO 2均转化为可溶性盐，Fe 2O 3 [或Fe (OH )3]成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调pH 为了和SiO 32-反应生成硅酸沉淀，将AlO 2-转化为Al 3+；加入NH 3·H 2O 后与Al 3+发生反应生成Al (OH )3沉淀，还可以

中和酸，反应方程式为：()3++3243Al +3NH H O=Al OH +3NH ↓g

、++3224H +NH H O=H O+NH g ，故答案为：4FeO ·V 2O 3 + 5O 2

焙烧 2Fe 2O 3 + 4V 2O 5；

Fe 2O 3 [或Fe (OH )3]；除Si 并转化AlO 2-(写“除Si ”即得分)；()3++3243Al +3NH H O=Al OH +3NH ↓g ，++3224H +NH H O=H O+NH g （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 +

2NH3500℃

3V2O4+ N2 + 3H2O，故答案为：Cl－；3V2O5 + 2NH3

500℃

3V2O4+ N2 +

3H2O。

6．锑（Sb）广泛用于生产各种阻燃剂、陶瓷、半导体元件和医药及化工等领域。Ⅰ．（1）锑在元素周期表中的位置_____。

（2）锑（Ⅲ）的氧化物被称为锑白，可以由SbCl3水解制得，已知SbCl3水解的最终产物为锑白。为了得到较多、较纯的锑白，操作时将SbCl3徐徐加入大量水中，反应后期还要加入少量氨水。试用必要的化学用语和平衡移动原理解释这两项操作的作用_______。工业上，还可用火法制取锑白，是将辉锑矿（主要成分为Sb2S3）装入氧化炉的坩埚中，高温使其融化后通入空气，充分反应后，经冷却生成锑白。写出火法制取锑白的化学方程式______。Ⅱ．以辉锑矿为原料制备金属锑，其中一种工艺流程如下：

已知部分信息如下：

①辉锑矿（除Sb2S3外，还含有砷、铅、铜的化合物和SiO2等）；

②浸出液主要含盐酸和SbCl3，还含SbCl5、CuCl2、AsCl3和PbCl2等杂质；

③常温下，Ksp（CuS）=1.0×10-36，Ksp（PbS）=9.0×10-29。

回答下列问题：

（3）“酸浸”过程中Sb2S3发生反应的化学方程式为_____。

（4）已知：浸出液中c（Cu2+）=0.0001mol/L，c（ Pb2+）=0.1mol/L。在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生沉淀的是_____（填化学式）；当CuS、PbS共沉

沉时，

2+

2+

c(Cu)

c(Pb)

=______（保留小数点后一位）。

（5）在“除砷”过程中，氧化产物为H3PO4。该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为__________。

（6）在“电解”过程中，锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压超过U0 V时，锑的产率降低的原因可能是_________。

【答案】第5周期第ⅤA族 2SbCl3+3H2O?Sb2O3+6HCl，不断加入SbCl3，使SbCl3浓度增大，利于水解平衡右移，反应后期加入氨水中和盐酸，使c(HCl)减小，利于平衡右移

2Sb2S3+9O2高温

2Sb2O3+6SO2 Sb2S3+ 3SbCl5=5SbCl3+3S↓ CuS 1.1×10-8 3:4 H+参与电极

反应

【解析】

【分析】

Ⅱ．辉锑矿粉加入盐酸和SbCl5溶液，得到SbCl3和SbCl5溶液，还含有杂质CuCl2、AsCl3和PbCl2等，加入适量Sb将SbCl5还原为SbCl3，加入Na2S使铜和铅沉淀以除去CuCl2和PbCl2，然后加入NaHPO2除去杂质砷。得到的SbCl3溶液电解得到金属Sb，同时得到SbCl5，可以返回到酸浸步骤循环使用。

【详解】

Ⅰ．（1）锑和氮在同一主族，其在元素周期表中位于第5周期第ⅤA族。

（2）SbCl3水解：2SbCl3+3H2O?Sb2O3+6HCl，将SbCl3徐徐加入大量水中，SbCl3浓度增大，水解平衡右移，反应后期还要加入少量氨水中和HCl，使c(HCl)减小，平衡右移，有利于Sb2O3的生成。故答案为：2SbCl3+3H2O?Sb2O3+6HCl，不断加入SbCl3，使SbCl3浓度增大，利于水解平衡右移，反应后期加入氨水中和盐酸，使c(HCl)减小，利于平衡右移。

火法制取锑白，是辉锑矿（主要成分为Sb2S3）在高温下和空气中的氧气反应，生成Sb2O3

的同时生成SO2。化学方程式为：2Sb2S3+9O2高温

2Sb2O3+6SO2。

Ⅱ．（3）“酸浸”时Sb2S3和SbCl5溶液反应，得到SbCl3和SbCl5的混合溶液，滤渣中有硫，是此反应的生成物，Sb2S3发生反应的化学方程式为Sb2S3+ 3SbCl5=5SbCl3+3S。

（4）浸出液中c（Cu2+）=0.0001mol/L，c（Pb2+）=0.1mol/L。在沉淀铜、铅过程中，缓慢

滴加极稀的硫化钠溶液，当Cu2+开始沉淀时，c(S2-)=

-36

1.010

0.0001

?

=1.0×10-32mol/L，当Pb2+开

始沉淀时，c(S2-)=

-29

9.010

0.1

?

=9.0×10-28mol/L，所以先产生沉淀的是CuS；当CuS、PbS共沉

淀时，

2+

2+

c(Cu)

c(Pb)

=

2+2

2+2

c(Cu)c(S)

c(Pb)c(S)

-

-

＝

sp(CuS)

sp(PbS)

K

K

＝

36

29

1.010

9.010

-

-

?

?

＝1.1×10-8。

（5）加入NaHPO2除砷，发生了NaHPO2和AsCl3的反应，氧化产物为H3PO4，还原产物是As，磷的化合价从+1价升高到+5价，生成1mol H3PO4失去4mol电子，砷的化合价从+3价降低到0价，生成1molAs得到3mol电子，根据电子守恒，该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:4。

（6）电解SbCl3溶液制取锑，在阴极是Sb3+得到电子生成Sb，当电压过大时，溶液中的H+也可能在阴极放电，导致锑的产率降低。

7．C、N、S 的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。

(1)CO2的重整用 CO2和 H2为原料可得到 CH4燃料。

已知: ①CH4 (g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H1=+247kJ/mol

②CH4 (g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205kJ/mol

写出 CO2重整的热化学方程式：_____。

(2)“亚碳酸盐法”吸收烟中的 SO2

①将烟气通入 1.0mol/L 的 Na2SO3溶液，若此过程中溶液体积不变，则溶液的 pH 不断

_____(填“减小”“不变” 或“增大)。当溶液 pH 约为 6 时，吸收 SO2的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中c(SO32-) =0.2mol/L，则溶液中c(HSO3-) =_____。

②室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液 pH 与各组分物质的量分数的变化关系如图: b 点时溶液 pH=7，则 n(NH4+)：n(HSO3—)= ______________。

(3)催化氧化法去除 NO。一定条件下，用 NH3 消除 NO 污染，其反应原理

4NH3+6NO5N2+6H2O。不同温度条件下，n(NH3):n(NO)的物质的量之比分别为 4:1、3:1、1:3 时，得到 NO 脱除率曲线如图所示：

①曲线 a 中，NO 的起始浓度为6×10-4mg·m-3，从 A 点到 B 点经过0.8s，该时间段内 NO 的脱除速率为_____mg·m-3·s-1。

②曲线 b 对应 NH3与 NO 的物质的量之比是_____。

(4)间接电化学法除 NO。其原理如图所示：写出阴极的电极反应式(阴极室溶液呈酸

性)_____。吸收池中除去 NO 的原理_____(用离子方程式表示)。

【答案】CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g) △H =?163kJ/mo1 减小 1.6mol/L 3:1 1.5×10?4

3:1 -2-32422HSO +2e +2H =S O 2H O -++ 2--242232NO+2S O 2H O N 4HSO +=+

【解析】

【分析】

（1）已知：①CH 4 (g)+CO 2(g)=2CO(g)+2H 2(g) △H 1=+247k/mol ，

②CH 4(g)+H 2O(g)=CO(g)+3H 2(g) △H 2=+205k/mol ，

根据盖斯定律，①-②×2得：CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g)，据此计算△H ；

（2）①二氧化硫通入亚硫酸钠溶液生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠显酸性，据此分析；根据反应方程式的量的关系计算可得；

②先判断溶质，写出电荷守恒式，在利用pH=7时，c (H +)=c (OH -)找出其他离子的等量关系，结合图示进行等量删减或替换，最后得出结果；

（3）①曲线a 中，NO 的起始浓度为6×10-4mg?m -3，根据图象得到A 、B 处的NO 脱除率，可得两处的NO 的浓度，再计算脱除速率；

②NH 3与NO 的物质的量的比值越大，NO 的脱除率越大，据此分析；

（4）阴极得到电子发生还原反应，结合酸性环境书写；阴极产物吸收NO 。

【详解】

（1）已知：①CH 4(g)+CO 2(g)=2CO(g)+2H 2(g) △H 1=+247k/mol ，

②CH 4(g)+H 2O(g)=CO(g)+3H 2(g) △H 2=+205k/mol ，

根据盖斯定律，由①?②×2得反应：CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g)

△H =△H 1?2△H 2=?163kJ/mo1，

故答案为：CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g) △H =?163kJ/mo1；

（2）①将烟气通入1.0mol/L 的Na 2SO 3溶液，二氧化硫与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠以电离为主，显酸性，故溶液pH 不断减小；向亚硫酸钠溶液中通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠，反应方程式SO 2+Na 2SO 3+2H 2O=2NaHSO 3，溶液中反应的亚硫酸根离子和生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为1：2，即溶液中参加反应的亚硫酸根为(1.0?0.2)mol/L ，则生成c (-3HSO )=2×(1.0?0.2)mol/L=1.6mol/L ，

故答案为：减小；1.6mol/L ；

②b 点时溶液pH=7，此时溶液中的溶质是(NH 4)2SO 3和NH 4HSO 3，根据电荷守恒：c (+4NH )+c (H +)=c (OH ?)+c (-3HSO )+2c (2-3SO )，因pH=7，故c (H +)=c (OH ?)，则

c (+4NH )=c (-3HSO )+2c (2-3SO )，由图可读出b 点时，c (-3HSO )=c (2-3SO )，则c (+4NH )=3 c (-3HSO )，因在同一体系，n (+4NH )：n (-

3HSO )=3：1，

故答案为：3：1；

（3）①曲线a 中，NO 的起始浓度为6×10?4mg ?m ?3，A 点的脱除率为55%，B 点的脱除率

为75%，从A 点到B 点经过0.8s ，该时间段内NO 的脱除速率为

6×10?4mg ?m ?3×(0.75?0.55)÷0.8s=1.5×10?4mg ?m ?3?s ?1，

故答案为：1.5×10?4；

②NH 3与NO 的物质的量的比值越大，NO 的脱除率越大，则物质的量之比分别为4：1，3：1，1：3时，对应的曲线为a ，b ，c ，即曲线b 对应的物质的量之比是3：1， 故答案为：3：1；

（4）阴极得到电子发生还原反应，根据图可知是-3HSO 在酸性条件下发生还原反应，生成

2-24S O ，其电极反应式为-2-32422HSO +2e +2H =S O 2H O -++；根据图示，吸收池中2-24S O 和NO 是反应物，N 2和-

3HSO 是生成物，则吸收池中除去NO 的原理是：

2--242232NO+2S O 2H O N 4HSO +=+，

故答案为：-2-32422HSO +2e +2H =S O 2H O -++；2--242232NO+2S O 2H O N 4HSO +=+。 【点睛】

陌生电极反应式的书写步骤：①根据题干找出反应物以及部分生成物，根据物质变化分析化合价变化并据此写出得失电子数；②然后根据电荷守恒配平电极反应式，在配平时需注意题干中电解质的环境；③然后检查电极反应式的守恒关系（电荷守恒、原子守恒、转移电子守恒等）。

8．亚硝酰硫酸（NOSO 4H ）主要用于染料、医药等工业。实验室制备亚硝酰硫酸的方法如下：将SO 2通入盛有浓硫酸和浓硝酸的混合液中，维持体系温度略低于20℃，搅拌，使其充分反应。反应过程中，亚硝酰硫酸的物质的量和硝酸的物质的量随时间的变化如图所示。

（1）①实验室制备NOSO 4H 的化学反应方程式为___。

②反应进行到10min 后，反应速度明显加快，其可能的原因是___。

③反应过程中，硝酸减少的物质的量大于NOSO 4H 生成的物质的量的可能原因是___ （2）为了测定亚硝酰硫酸的纯度，进行如下实验：。

准确称取1.200g 产品放入锥形瓶中，加入50.00mL0.1000mol·

L -1的KMnO 4标准溶液和足量稀H 2SO 4，摇匀，使其充分反应。再将反应后溶液加热至60~70℃（使生成的HNO 3挥发逸

出），冷却至室温，用0.2500mol·

L -1Na 2C 2O 4标准溶液滴定至终点，消耗Na 2C 2O 4溶液的体积为16.00mL 。

已知：2KMnO 4+5NOSO 4H+2H 2O=K 2SO 4+2MnSO 4+5HNO 3+2H 2SO 4；KMnO 4在酸性条件下被还原为Mn 2+。

根据以上实验数据计算亚硝酰硫酸的纯度。（写出计算过程）___

【答案】HNO 3+SO 2

NOSO 4H 生成的NOSO 4H 对该反应有催化作用 硝酸会挥发

和分解 90.00%

【解析】

【分析】

（1）设NOSO 4H 中N 的化合价为x ，根据化合价代数和为0有：x+(+6)×1+(-2)×5+(+1) ×1=0，解得：x=+3，N 元素化合价从+5降低到+3，必有S 元素化合价从+4升高到+6，发生的是氧化还原反应，氧化剂与还原剂物质的量之比=1：1；

（2）50.00mL0.1000mol·

L -1的KMnO 4与16.00mL 0.2500mol·L -1Na 2C 2O 4反应之后剩余的KMnO 4再与NOSO 4H 反应。

【详解】

（1）①N 元素化合价从+5降低到+3，必有S 元素化合价从+4升高到+6，N 元素和S 元素的物质的量之比=1:1，所以反应的方程式为：HNO 3+SO 2浓硫酸NOSO 4H ，故答案为：HNO 3+SO 2浓硫酸NOSO 4H ；

②反应前十分钟没有加快，不是温度，十分钟后明显加快，说明生成的物质对反应有催化作用，故答案为：生成的NOSO 4H 对该反应有催化作用；

③从反应的方程式看：参加反应的硝酸和生成的NOSO 4H 比例为1:1，消耗的硝酸多，可能是有一部分挥发和分解了，故答案为：硝酸会挥发和分解；

（2）一部分KMnO 4标准溶液和NOSO 4H 反应，剩余的KMnO 4标准溶液用Na 2C 2O 4反滴定，KMnO 4和Na 2C 2O 4，KMnO 4中Mn 元素化合价从+7降低到+2，降低5，作氧化剂，Na 2C 2O 4中C 元素化合价从+3升高到+4升高了1，2个C 升高了2，作还原剂，根据得失电

子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比=2:5，所以4224-31

2KMnO 5Na C O 2mol 5mol n 0.25mol/L 1610L ~

??，

解得：和Na 2C 2O 4反应的KMnO 4的物质的量n 1=1.6×10-3mol ，KMnO 4总的物质的量=50.00×10-3L×0.1000mol·L -1=5×10-3mol ，所以和NOSO 4H 反应的KMnO 4的物质的量=5×10-

3mol-1.6×10-3mol=3.4×10-3mol ，所以4432KMnO 52mol

5127g 3.410m

NOSO H

-~??，解得NOSO 4H 的质量m=1.0795g ，所以样品中NOSO 4H 的纯度=

1.0795g 100%1.2g

?≈90.00%，故答案为：90.00%。 【点睛】

和Na 2C 2O 4反应的KMnO 4加上和NOSO 4H 反应的KMnO 4为总的KMnO 4的量。

9．NH 3和Cl 2在常温下可快速反应生成氮气：2NH 3+3Cl 2 →N 2+6HCl 。当Cl 2和 NH 3 比例不同时，产物有差异。

(1)该反应可用于检验化工生产中氯气是否泄漏。如氯气有少量泄漏，用氨气检验时的现象为_____________________________。

(2)若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，Cl 2和NH 3的最佳比例为_____。

(3)常温常压下，取总物质的量为12mol 的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变。求：① 反应前氯气和氨气的物质的量之比______________

② 反应后生成的氧化产物的质量_______________。

(4)若将总体积为100L 的NH 3和Cl 2混合，实验精确测得充分反应后无色混合气体中N 2占混合气体的

17，求生成氧化产物的物质的量_____________。（该实验数据在标准状况下测定）

【答案】有白烟生成 3∶2 n(NH 3)∶n(Cl 2)=1∶1 m(N 2 )=56g 余NH 3和N 2 0.263mol ，余HCl 和N 2 0.893mol

【解析】

【分析】

NH 3和Cl 2在常温下可快速反应生成氮气：2NH 3+3Cl 2 →N 2+6HCl 。当Cl 2和 NH 3 比例不同时，产物有差异。

(1)要检验化工生产中氯气是否泄漏，则需要有明显的现象，从提供的反应可以看出，氨气过量时会有明显现象，找到该反应并指出现象即可；

(2)要求是利用氨气和氯气之间反应生成氯化氢用于制备盐酸，故按该反应中Cl 2和NH 3的比例来回答；

(3)常温常压下，取总物质的量为12mol 的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变，说明3222NH 3Cl N 6HCl +=+反应后氨气有剩余，再发生反应NH 3+HCl=NH 4Cl ，HCl 不能完全反应，按此思路计算① 反应前氯气和氨气的物质的量之比及② 反应后生成的氧化产物的质量；

(4)若将总体积为100L 的NH 3和Cl 2混合，①3222NH 3Cl N 6HCl +=+恰好反应，根据方程式计算混合气体总体积，进而计算氮气体积；

②NH 3过量时，发生反应32248NH 3Cl N 6NH Cl +=+，剩余混合气体为氮气、氨气，设Cl 2有xL ，利用方程式和已知条件计算出氮气的体积、氧化产物的物质的量；

【详解】

(1)按题意，用于检验氯气是否泄漏的反应应有明显现象，氯气和氨气可能的反应为3222NH 3Cl N 6HCl +=+、当氨气过量时会与生成的HCl 反应生成氯化铵，有白烟，现象明显；

答案为：有白烟生成；

(2)氨气和氯气在常温下可快速反应生成氮气：3222NH 3Cl N 6HCl +=+，若利用该反应

处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸， Cl 2和NH 3的最佳比例为3：2；

答案为：3：2；

(3) ① 常温常压下，取总物质的量为12mol 的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变，说明3222NH 3Cl N 6HCl +=+反应后氨气有剩余，再多余氨气再与部分HCl 发生反应NH 3+HCl=NH 4Cl ，HCl 不能完全反应，设反应3222NH 3Cl N 6HCl

+=+中消耗氯气的物质的量为x ，3

223

222NH ~3C 23

3l x x

x 气体物质的量增加 ，43

+HCl=NH Cl 1

2212-2(12-3N )

H x

x x -气体物质的量减少，前者体积增大与后者体积减小相等，则222(12)33

x x x --= ，得x =6， 故反应前氯气和氨气的物质的量之比为

61126x x ==-：1 ； 答案为：1:1；

② 反应后生成的氧化产物为氮气，氯气为6mol,由3222NH 3Cl N 6HCl +=+可知,生成氮气的物质的量为2mol ，故氧化产物氮气的质量=2mol ×28g/mol=56g ，

故答案为：56g ；

(4)在3222NH 3Cl N 6HCl +=+反应中，NH 3和Cl 2恰好完全反应时，混合气体中N 2占混合气体的

17，由于氨气与HCl 可以反应生成HN 4Cl ，而充分反应后的混合气体中N 2占混合气体的17

，则有两类情况：①Cl 2与氨气恰好反应，由方程式可知5体积气体生成7体积气体，故反应后混合气体总体积=100L ×75=140L ，则氧化产物氮气体积为140L ×17

=20L ，故其物质的量=20L 22.4L /mol

=0.893mol ；②NH 3过量时，发生反应32248NH 3Cl N 6NH Cl +=+，剩余混合气体为氮气、氨气，设Cl 2有xL ，则

3

2

28NH ~3Cl ~N 83

1101033V

x

x x ?，则1L 13107100L L 3x x =-，30017x =，故氧化产物氮气的物质的量=3001L 17

30.263mol 22.4L /mol

?== ；

答案为：余NH3和N2为0.263mol，余HCl 和N2为0.893mol。

10．三氟化氮（NF3）是一种新型电子材料，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有： HF、 NO 和 HNO3，请根据要求回答下列问题：

(1)反应过程中，被氧化与被还原的元素的物质的量之比为_______________。

(2)写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：____。若反应中生成0.2 mol HNO3，转移的电子数目为______________________个。

(3)NF3是一种无色、无臭的气体，但一旦NF3在空气中泄漏，还是易于发现。你判断该气体泄漏时的现象是_______________________________。

(4)一旦NF3泄漏，可以用NaOH溶液喷淋的方法减少污染，其产物除NaNO2、NaF、H2O 外，还肯定有______________（填化学式）。

【答案】2∶1 0.4N A泄漏时会看到白雾和红棕色气体，

同时闻到刺激性气味 NaNO3

【解析】

【分析】

由题给信息可知，三氟化氮(NF3)在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有HF、NO和HNO3，反应中氮元素的化合价从+3价分别降为+2价，升为+5价，由升降法配平可得化学方程式为3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3。

【详解】

(1)由题给信息可知，反应中三氟化氮中氮元素的化合价即升高被氧化，又降低被还原，由化合价升降可知被氧化与被还原的氮元素的物质的量之比为1：2，故答案为：1:2；

（2）由题给信息可知，三氟化氮(NF3)在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有HF、NO和HNO3，反应中氮元素的化合价从+3价分别降为+2价，升为+5价，由升降法配平可得化学方程式为3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3，反应中生成1mol硝酸

转移2mol电子，电子转移的方向和数目可表示为，则反应

中生成0.2 mol HNO3，则转移的电子数目为0.4N A个，故答案为：

；0.4N A；

（3）NF3在潮湿空气中泄漏由于有硝酸生成，会产生白雾，一氧化氮遇到空气被氧化成红棕色有刺激性气味的二氧化氮气体，故答案为：泄漏时会看到白雾和红棕色气体，同时闻到刺激性气味；

（4）一旦NF3泄漏，可以用NaOH溶液喷淋的方法吸收氟化氢、硝酸、一氧化氮和二氧化氮，会生成氟化钠、硝酸钠、亚硝酸钠和水，故答案为：NaNO3。

11．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__________ ;

______

【答案】铁触媒 N2（g）+3H2（g）2NH3（g）+2（b-a）kJ·mol-1 C

4NH3+6NO → 5N2+6H2O 2:3 c(NH4+)＝c(Cl-)＞c(H+)＝c(OH-) c(NH4+)+c(H+)＝c(OH-)+ c(Cl-) 【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铵溶液，溶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 1molNH3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)2NH3(g) △H=-2(b-a) kJ·mol-1，故答案为： N2（g）+3H2（g）2NH3（g）+2（b-a）kJ·mol-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铵溶液，若溶液pH=7，溶液中溶质为NH4Cl和

NH3·H2O，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-)；

12．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。

①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________。

②取一定量的含氨氮废水，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】4：3 2NH3+ 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0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）①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；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；

②当m( NaCIO)：m(NH 3)>7.6时，NaCIO 加入的量越多会将氨氮氧化为NO 3-等高价态物质。

【详解】

(1)该反应中NH 3中N 由－3价变为0价，化合价升高，发生氧化反应，所得为氧化产物；NO 2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)①由图转化过程可知，该反应中反应物为NH 3和NaClO ，生成物为N 2、NaCl 2和H 2O ，因此该反应的化学方程式为：2NH 3＋3NaClO=N 2＋3NaCl ＋3H 2O ；

由于反应过程中生成HClO ，HClO 不稳定，受热易分解，因此温度过高，氨氮去除率降低；

②NaClO 具有氧化性，其量增大，会使得部分NH 3被氧化成NO 2-或NO 3- ， 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。

13．用纳米Fe/Ni 复合材料能去除污染水体的NO 3-，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(NH 4+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NO 3-分两步，将步骤ii 补充完整：

Ⅰ.NO 3-+Fe+2H +=NO 2-+Fe 2++H 2O

Ⅱ.___+___+___H +=___Fe 2++___+___

（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，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--303c c (NO )(NO )

随时间的变化如图1所示。(注：c 0(NO 3-)为初始时NO 3-的浓度。)

①为达到最高去除率，应调水体的初始pH=___。

②t<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