2020-2021化学氧化还原反应的专项培优易错试卷练习题含答案附答案

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1、一、高中化学氧化还原反应练习题(含详细答案解析)1.过硫酸钠(Na2808)具有极强的氧化性， 且不稳定， 某化学兴趣小组探究过硫酸钠的相关性质， 实验如下。已知SQ是无色易挥发的固体，熔点16.8C,沸点44.8Co(1)稳定性探究(装置如图)：分解原理：2Na2s208堂L2Na2SQ+2SO3T+O2T。此装置有明显错误之处，请改正：,水槽冰水浴的目的是;带火星的木条的现象。YHSOn带火屉带火屉(2)过硫酸钠在酸性环境下，在Ag+的催化作用下可以把Mn2+氧化为紫红色的离子，所得溶液加入BaC2可以产生白色沉淀，该反应的离子方程式为,该反应的氧化剂是,氧化产物是。(3)向上述溶液中加入

2、足量的BaCb,过滤后对沉淀进行洗涤的操作是(4)可用H2QO4溶液滴定产生的紫红色离子，取20mL待测液，消耗0.1molL的H2c2。4溶液30mL,则上述溶液中紫红色离子的浓度为molL1,若Na2s2。8有剩余，则测得的紫红色离子浓度将(填偏高偏低或不变”。)【答案】试管应该略向下倾斜冷却并收集SO3木条复燃2Mn2+5检O+8H2OAg2MnO：+10SOT+16H+3OMnO1用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸储水至没过沉淀，使蒸储水自然流下，重复操作23次(合理即可)0.06偏高【解析】【分析】(1)在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜；根据SO、氧气的性质进行分析；(2)X为MnQ

3、,向所得溶液中加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀，则产物中有SO2一,据此写出离子方程式，并根据氧化还原反应规律判断氧化剂、氧化产物；根据沉淀洗涤的方法进行回答；(4)根据得失电子守恒可得到关系式：5H2GQ-2MnO4,带入数值进行计算；Na2s2。也具有氧化性，氧化H2C2Q。【详解】在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜，SO3的熔、沸点均在0c以上，因此冰水浴有利于将SO3冷却为固体，便于收集SQ,由Na2QO8的分解原理可知，生成物中有氧气，所以在导管出气口的带火星的木条会复燃，故答案为：试管口应该略向下倾斜；冷却并收集SQ；木条复燃；(2)X为MnO4-,向所得溶液中加入BaC2

4、溶液可以产生白色沉淀，则产物中有SQ2-,则反应的离子方程式为2Mn2+5S2Q；+8H20Ale2MnO1+10SG+16H卡,根据该反应中元素化合价的变化可知，氧化剂是3O82-,氧化产物是MnO4,故答案为：2Mn2+5&0+8H20Ak2MnO1+10SQ-+16H+；&O82-；Mn0；(3)沉淀洗涤时，需要用玻璃棒引流，并且所加蒸储水需要没过沉淀，需要洗涤23次，故答案为：用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸储水至没过沉淀，使蒸储水自然流下，重复操作23次(合理即可)；(4)根据得失电子守恒可得到关系式：5H2c2O4:2MnO4-520.03L0.1mol0.02LcMnO4-1则cMnO

5、4-=.m=0.06molg_-1,N32&O8具有氧化性，消耗的H2c2O450.02L溶液增多，导致测得的结果偏高，故答案为：0.06;偏高。2.硫酸亚铁俊的化学式为(NH4)2SQ?FeSQ?6H2O,商品名为莫尔盐，可由硫酸亚铁与硫酸钱反应生成。一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化，而形成莫尔盐后就比较稳定了。三种盐的溶解度(单位为g/100g水)如下表：温度/C102030(NH4)2SO73.075.478.0FeSQ7H2O20.026.532.9(NH4)2SO4?FeSO17.221.628.1(一)实验室制取少量莫尔盐的流程如下:O(2)步骤3需要趁热过滤，原因是。(3)从步骤4

6、到莫尔盐，必须进行的操作依次是,析出的晶体常用洗涤。铁屑一定质篇的(阳)式 5 固体莫尔盐试回答下列问题：(1)步骤1中加入10%Na2CO3溶液的主要作用是;反应中铁屑过量是为了1 15mL3moVL5mL3moVLH H2 2SOSO4 4aq)aq)(4)若莫尔盐的饱和溶液中有水20克，当温度从30c降至10C,最多析出莫尔盐的质量是(选填编号)。A2.18gB大于2.18gC小于2.18gD无法确定(二)称取质量为1.96g的莫尔盐制成溶液。用未知浓度的酸性KMnO4溶液进行滴定。(1)已知MnO4-被还原为Mn2+,试写出该滴定反应的离子方程式。(2)判断该反应到达滴定终点的现象为。

7、(3)假设到达滴定终点时，用去VmL酸fKMnO4溶液，则该酸性KMnO4溶液的浓度为mol/L。【答案】除铁屑表面的油污还原氧化生成的Fe3+,保证Fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的Fe3+杂质FeSQ在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSQ7H2O析出过滤、洗涤无水酒精或冰水B5F(2+MnO4-+8H+-5F&+Mn2+4H2O加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色1/V【解析】【分析】(一)(1)碳酸钠水解显碱性；(2)FeSQ在温度低时溶解度较小；(3)浓缩结晶后需要过滤、洗涤；温度低时，硫酸亚铁镂的溶解度小；(4)(NH4)2SQFeSQ在30c和10

8、c的溶解度分别为：28.1g和17.2g；(二)(1)MnO4-将二价铁离子氧化为三价铁离子，被还原为Mn2+;(2)高镒酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子是不需要指示剂的；(3)根据亚铁离子和高镒酸根反应的实质，可以找到亚铁离子与高镒酸根之间的量的关系，根据原子守恒可以找到亚铁离子和酸亚铁镂之间量的关系，进而进行计算。【详解】(一)(1)碳酸钠水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解，过量的Fe可以还原氧化生成的Fe3+,减少产物中的Fe3+杂质，故答案为：除铁屑表面的油污；还原氧化生成的Fe3+,保证Fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的Fe3+杂质；(2)如果不趁热过滤就会有FeSQ7H2O析出，故

9、答案为：FeSQ在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSQ7H2O析出；(3)浓缩结晶后需要过滤、洗涤；硫酸亚铁镂在无水乙醇中的溶解度小；温度低时，硫酸亚铁镂的溶解度小，可用冰水洗涤，故答案为：过滤、洗涤；无水酒精或冰水；(4)(NH4)2SQFeSQ在30c和10c的溶解度分别为：28.1g和17.2g,即若溶剂为100g水， 冷却析出10.9g,有水20g析出2.18g,硫酸亚铁镂的化学式为(NH4)2SQFeSQ6H2O含有结晶水，故析出质量大于2.18g,故答案为：B;(二)(1)反应的离子方程式5Fe2+MnO4-+8H+-5F&+Mn2+4H2O,故答案为：5Fe2+MnO

10、4-+8H，5Fe3+Mn2+4H2O;(2)高镒酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子不需要指示剂，当滴加最后一滴溶液后，溶液变成紫红色，30s内不褪色，说明达到滴定终点，故答案为：加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色；(3)1.96g硫酸亚铁钱晶体的物质的量的生=2961=0.005mol,根据原子守恒则亚M392g/mol铁离子的物质的量为0.005mol,反应5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O,则5Fe2+MnO4-,所以高镒酸钾的物质的量为0.001mol,据c=0.003mol=-mol/L,故答案为：V10VLV3.实验室用酸性蚀刻废液(含Cu2+、

11、H+、CuClj、Cl-等)和碱性蚀刻废液NH4、2Cu(NH3)4、NH3H2O等制备CuI(白色固体)的实验流程如下：(1)步骤I中发生了多个反应， 其中Cu(NH3)4与盐酸反应生成Cu(OH)Cl的离子方程式为(2)步骤IV需控制pH为12,80C下进行，合适的加热方式是(3)步骤V的具体步骤是蒸发浓缩、。(4)步骤V:在下列装置(夹持及加热装置已省略)中进行。装置a中盛装浓硫酸的仪器的名称是，圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为。用装置d中的溶液洗涤制得的CuI的目的是，然后再用无水乙醇洗涤的目的是c2【答案】CU(NH3)4+3H+CF+H2OCu(OH)ClJ+4H4热水浴冷却结晶过

12、滤(洗涤)分液漏斗Cu+2佳SO4(浓)9CUSQ+SQT+2H2O可防止CuI被空气中的O2氧化使固体快速干燥并溶解表面可能混有的I2【解析】【分析】由流程图可知，酸性蚀刻废液和碱性蚀刻废液混合反应得到Cu(OH)Cl悬浊液，过滤，将Cu(OH)Cl加水、过浆后，与浓硫酸水浴加热反应生成硫酸铜，硫酸铜粗溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥、洗涤得到硫酸铜晶体，硫酸铜晶体与碘、二氧化硫和水反应生成碘化亚铜白色固体。【详解】(1)步骤I中Cu(NH3)42+与盐酸反应生成Cu(OH)Cl沉淀和氯化俊，反应的离子方程式Cu(NH3)42+3H+Cl-+H2O=Cu(OH)ClJ+4N4+,故答案为

13、：CU(NH3)42+3H+C-+H2O=Cu(OH)ClJ+4NH(2)步骤IV为Cu(OH)Cl加水、过浆后，与浓硫酸在制pH为12,80c下水浴加热反应反应生成硫酸铜，故答案为：热水浴；(3)步骤V为硫酸铜粗溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥、洗涤得到硫酸铜晶体，故答案为：冷却Z晶；过滤(洗涤)；罐性憾菜送港过境水的鼻浊液n化装IVIV融松沌到，方瞌_JT 就喂铜晶器V Vbcd(4)装置a中盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗；圆底烧瓶中铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2hbSQ(浓)二二CuSQ+SQT+2吨O,故答案为：分液漏斗；Cu+2hbSQ(浓)2

14、CuSQ+SQT+2H2O;装置d中的溶液为二氧化硫的饱和水溶液，碘化亚铜具有还原性，易被空气中的氧气氧化，用二氧化硫水的饱和水溶液洗涤碘化亚铜，可以防止碘化亚铜被空气中的氧气氧化；再用无水乙醇洗涤可以溶解除去碘化亚铜表面可能混有的单质碘， 并能使固体快速干燥， 故答案为： 可防止CuI被空气中的O2氧化；使固体快速干燥并溶解表面可能混有的12。4.某实验小组欲制取氧化铜并证明氧化铜能加快氯酸钾的分解，进行了如下实验：(一)制取氧化铜往盛有一定量CuC2溶液的烧杯中逐滴加入NaOH溶液，直至不再产生沉淀，然后将烧杯中的物质转移到蒸发皿中，加热至沉淀全部变为黑色。将步骤所得的黑色沉淀过滤、洗涤，

15、晾干后研细备用。(1)在实验过程中，若未加入NaOH溶液，直接将CuC2溶液转移到蒸发皿中加热，最后也能得到黑色沉淀，试分析其原因。(2)写出检验步骤中沉淀是否洗涤干净的操作。(二)为证明氧化铜能加快氯酸钾的分解并与二氧化镒的催化效果进行比较，用下图装置进行实验，每次实验时均收集25ml气体，其他可能影响实验的因素均已忽略，实验数据见卜表:实验序号KC1Q质量其他物质质量待测数据1.2g无其他物质a1.2gCuO0.5gb1.2gMnO20.5gc(3)写出氯酸钾分解反应的化学方程式，并用双线桥表示电子转移的方向和数目O(4)上述实验中的“待测数据”是指(5)图中量气装置B由干燥管、乳胶管和5

16、0mL滴定管改造后组装面成，此处用滴定管是(填“酸式”或“碱式”)滴定管。(6)若实验证明氧化铜加快氯酸钾的分解效果比用二氧化镒差，请结合上表的实验效果数据，在坐标图中分别画出使用CuO、MnO2作催化剂时产生氧气的体积V(O2)随时间(t)变化的曲线(注明必要的标识)。【答案】CuC2溶液中存在水解平衡CuC2+2H2O*Cu(OH)2+2HC1,加热时HCl逸出使平衡不断右移， 同时得到的Cu(OH)2受热分解生成CuO取23mL最后的洗涤液于试管中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入几滴硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净失去小土.业。r-，工2KC1O：十301收集25mL气体所需的时间碱

17、式得到V(OiVmLV(OiVmLiL L25ZT【解析】【分析】【详解】(1)CuC2是强酸弱碱盐会发生水解，CuC2溶液中存在水解平衡CuC2+2H2OHCu(OH)2+2HCI水解吸热，加热时HC1逸出使平衡不断右移，同时得到的Cu(OH)2受热分解生成CuO。(2)如果没有洗涤干净则有NaCl杂质，检验是否有C即可确定是否洗净，具体操作是：取23mL最后的洗涤液于试管中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入几滴硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净。(3)用双线桥表示电子转移的方向和数目时，线桥要从反应物指向生成物的化合价发生改变的同种元素，在线桥上要注明反应的得失电子数目，用双线桥表示氯酸钾

18、分解的电子转-1心。.,移的方向和数目为：=2KC1+36T。僵U2K一(4)要比较反应的快慢需要反应的时间，因此待测数据是：收集25mL气体所需的时间。(5)从图可以看出该滴定管没有活塞，所以是碱式滴定管。(6)反应测的是收集25mL气体所需的时间，所以气体的体积要相等，氧化铜加快氯酸钾的分解效果比用二氧化镒差，所以用氧化铜做作催化剂所用的时间要多，产生氧气的体V(0V(0 以 sLsL5.据报道，磷酸二氢钾（KH2P04）大晶体已应用于我国研制的巨型激光器神光二号”中。利用氟磷灰石（化学式为Ca5P3FQ2）制备磷酸二氢钾的工艺流程如下图所示（部分流程步骤已省氨水已知萃取的主要反应原理：K

19、Cl+HP04=KH2P04+HCl；其中，反应产生的HCl易溶于有机萃取剂。请回答下列问题:（1）流程中将氟磷灰石粉碎的目的是。（2）不能使用二氧化硅陶瓷材质白沸腾槽的主要原因是（用化学方程式表示）。（3）副产品N的化学式是;在得到KH2PQ晶体的一系列操作出，其主要包括、过滤、洗涤、干燥等。（4）若用1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石（化学式为Ca5P3FO12,摩尔质量为504g/mol）来制取磷酸二氢钾晶体，其产率为80%,则理论上可生产KH2PO4（摩尔质量为136g/mol）的质量为kg。（5）电解法制备KH2PO4的装置如图所示.该电解装置中，a区属于区（填阳极”或阴极”

20、）阴极区的电极反应式是。lUmoVLH3PO4lUmoVLH3PO4&区|b b 区 Imcl/LKClImcl/LKCl 具允许锌离子通过（6）工业上还可以用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500c生成白磷，同时逸出SiH和CO该反应的化学方程式为。【答案】增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率积V（O2）随时间（t）变化的曲线为:有机相镰作口一奈列操作田产品N东怛一系列操作山曰出浓琳龄KC1KC1 有机萃取剂町气体 C C4 4CpHQCpHQ电窿-I4HF+SQSiRT+2阵ONHCl蒸发浓缩、冷却结晶326.4kg阴极2H+2e=H2T4Ca5P3FOi2+2

21、1SiO2+30C1KIO3b.酸性：HIO3H2SQc.还原性：H2sI2d.反应过程中溶液的酸性逐渐减弱【答案】还原还原5.085H：比尸蛆5O.+4L+a50,+4H。c【解析】【分析】(1)化合价升高的反应物做还原剂，碘元素的价态由正五价，变为零价，发生还原反应；(2)由得失电子数目守恒计算可得；(3)X5+X4得反应的化学方程式；(4)还原性：还原剂还原产物，氧化性：氧化剂氧化产物，因为有水的生成，酸性减弱。(1)由H2S+4HO-8e-SO2-+10H+和2IO3-+12H+I0e-I2+6H2O可知，反应中硫元素化合价从-2价变化为+6价，化合价升高失电子做还原剂，反应是碘元素化

22、合价从+5价变化为0价，化合价降低做氧化剂，发生还原反应，故答案为：还原，还原；0.830g某种钻的氧化物，该氧化物中,0.830g-0.590gn(O)=116g/mol=0.015mol,由此可以确定该氧化物为CQO3；同理可以确定(2)根据电子守恒得到：40mole-转移生成4m0II2,4I240e-,;中失去0.2mol电子，中得到0.2mol电子，反应的碘单质物质的量0.02mol,m(I2)=0.02molx127g/molx2=5.08g,故答案为：5.08；(3)由和依据电子守恒得到反应的化学方程式为5H2S+8KIO=4K2SO4+4I2+H2SC4+4H2O,由方程式可知

23、40mole-转移生成4molI2,则电子转移的方向和数目为5H点氤二+昆曲+4出0故答案为：(4)a、氧化剂KIQ的氧化性大于氧化产物eSQ、H2SO4,氧化性：K2SOKKIO3,故a错误；b、反应物中无碘酸生成，该反应不能判断酸性强弱，故b错误；c、还原剂H2s的还原性大于还原产物I2,则还原性：H2sI2,故c正确；d、反应过程中氢硫酸反应生成硫酸，溶液酸性增强，故d错误；c正确，故答案为：co9.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

24、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【答案】铁触媒N2(g)+3H2(g)、2NH3(g)+2(b-a)kJmol-1C4NH3+6

25、NO-5M+6H2O2:3c(NT+)=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

26、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；Ii*山旌H；(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)kJmol-1,故答案为：N2(g)+3H2(g)U2NH3(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

27、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NH4Cl和NH3H2O,溶液中氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同，电荷守恒c(NH4

28、+)+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-);10.对工业废水和生活污水进行处理是防止水体污染、改善水质的主要措施之一。(1)硫酸厂的酸性废水中神(As)元素(主要以HAsO3形式存在)含量极高，为控制神的排放，某工厂采用化学沉淀法处理含神废水。请回答以下问题：已知神是氮的同族元素，比氮原子多2个电子层，神在元素周期表的位置为。工业上采用硫化法(通常用硫化钠)去除废水中的神，生成物为难溶性的三硫化二神，该(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反应的离子方程

29、式为。(2)电镀厂的废水中含有的CN有剧毒，需要处理加以排放。处理含CN废水的方法之一是在微生物的作用下，CN被氧气氧化成HCO3,同时生成NH3,该反应的离子方程式为(3)电渗析法处理厨房垃极发酵液，同时得到乳酸的原理如图所示(图中“HAI示乳酸分子,A表示乳酸根离子)：阳极的电极反应式为M M 月离子交曲膜tt0-lmobL稀稀HA溶液溶液氏$。.溶液1乳酸溶液通电一段时间后，浓度上升为145g/L(溶液体积变化H2在标准状况下的体积约为L(已知：乳酸的摩尔质量为902H3AsO3+3-+6H+=As2S3J+6H2O4H2O+2CN+O2=2HCO3-+2NH34OH-4e-2H2O+O

30、2f或2H2O-4e-O2f+4H+6.72【解析】【分析】(1)由神是氮的同族元素，比氮原子多2个电子层可知，神原子最外层有5个电子，4个电子层；根据题给信息可知，酸性条件下，硫化钠与和废水中的神酸反应，生成难溶性的三硫化二神和水；(2)由题意可知，在微生物的作用下，CN被氧气氧化成HCQ-,同时生成NH3,反应中碳元素化合价升高被氧化，氮元素化合价没有变化；(3)水电离出的氢氧根离子在阳极上失电子发生氧化反应生成氧气，破坏水的电离平衡，使溶液呈酸性；由电极反应式和生成HA的化学方程式可得：2HA-2H+-H2,由此计算可得。【详解】(1)由神是氮的同族元素，比氮原子多2个电子层可知，神原子

31、最外层有5个电子，4个电子层，则神位于元素周期表第四周期VA族，故答案为：第四周期VA族；根据题给信息可知，酸性条件下，硫化钠与和废水中的神酸反应，生成难溶性的三硫化阳离子/交柒履交柒履电解过程中，采取一定的措施可控制阳极室的pH约为68,此时进入浓缩室的OH可忽略不计。400mL10gL忽略不计)，阴极上产生的g/mol)。【答案】第四周期VA族二神和水，反应中硫化钠做还原剂，神酸做氧化剂，反应的离子方程式为2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S4+6H2O,故答案为：2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3J+6H2O；(2)由题意可知，在微生物的作用下，CN-被氧气氧化成HCQ-

32、,同时生成NH3,反应中碳元素化合价升高被氧化，氮元素化合价没有变化，则反应的离子方程式为4H2O+2CN+O2=2HCO3+2NH3,故答案为：4H2O+2CZ+O2=2HCO3-+2NH3；(3)水电离出的氢氧根离子在阳极上失电子发生氧化反应生成氧气，破坏水的电离平衡，使溶液呈酸性，溶液中氢离子浓度增大，电极反应式为4OH-或2H2O-4e-O2f+4H+,故答案为：4OH-4e-2H2O+O2T或2H2O-4e-02T+4H+;由电极反应式和生成HA的化学方程式可得：2HA-2H+-H2,电解过程中生成HA的质量为(145g/LX0.4L10g/LX0.4L)=54g,则由HA和氢气的关

33、系式可知阴极上产生的H2在标准状况下白体积约为忐焉X1X22.4L/mol=6.72L,故答案为：6.72。【点睛】电渗析法处理厨房垃极发酵液时，阳极上水电离出的氢氧根放电，使溶液中氢离子浓度增大，氢离子从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室，阴极上水电离出的氢离子放电，使溶液中氢氧根浓度增大，溶液中A-通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室，发生反应H+A-一HA,导致乳酸浓度增大是理解的关键，也是解答关键。11.用纳米Fe/Ni复合材料能去除污染水体的NO。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

34、)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)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，溶液中随时间的变化如图1所示。(注：C0(NO3-)为初始时NO3-的浓度。)C0(NO3-)心吟1 1口a a阴为达到最高去除率，应调水体的初始pH=。t15min,其反应速率迅速降低，原因分别是O(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F

35、e/Ni处理某浓度硝酸盐溶03031G$1G$2 225253.03.0时同mmmm由I I液时，随时间的变化如图2所示。40min时总氮量较初始时下降，可能的原因是一。(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ABAB【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)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,变成红褐色的Fe(OH)36.5pH=2的溶液中，t15min时

36、，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反应过程中H+被消耗，溶液pH升高，t=40min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)NO3-+8e-+10H+=NH4+3H2O2NH4+3HClO=N2T+3C-+5H+3H2O【解析】【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,NO3Fe2HNO2Fe2H2O,NO2在另外的吸附点被Fe还原为 NH4,NO23Fe8H3Fe2NH42H2O；(2)初始pH=2.0的废液

37、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。Fe/Ni去除NO3分两步，NO3在吸附点被Fe还原1根据图可知：酸性环境中，纳米为NO2,NO3Fe2HNO2Fe2山0,NO2在另外的吸附点被Fe还原为NH4,NO23Fe8H3Fe2NH42H2O；故答案为：NO2、3Fe、8、3、NH4、2H2O；2初始pH2.0的废液反应I5min后，出现大量白色絮状

38、物，过滤后很快变成红褐色，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：6.5;pH2的溶液中，t15min时，溶液中 H

39、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N物质主要以 NH4的形式存在，一部分 NH4生

40、成NH3逸出(或反应过程中NO?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HCIO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：2NH43HC1ON23C15H3H2。【点睛】

41、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；12.氨氮(水中以NH3和NH4+形式存在的氮)含量是环境水体污染的一项重要指标，其氧化过程会造成水体中溶解氧浓度降低，导致水质下降，影响水生动植物的生长。(1)水中NH3和NH4+两者的浓度比取决于水体的pH和水温。当pH偏高时，比例较高，原因是(请用离子方程式表示)。(2)空气吹脱法是目前消除NH3对水体污染的重要方法。在一定条件下，向水体中加入适量NaOH充分反应后，再向水中通入空气，可增大NH3的脱除率，用平衡移动原理解释其原因：。(3)在微生物作用下，蛋

42、白质在水中分解产生的NH3能够被O2氧化生成亚硝酸(HNO2)。NH3+02fHNO2+请将上述化学方程式补充完整，并配平。反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。若反应中有0.6mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为。(4)水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示。DO的测定原理如下：2Mn2+O2+4OH-2MnO(OH)2JMnO(OH)2+2I-+4H+-Mn2+I2+3H2O2s2O32-+|2-SUO62-+2某小组同学取100.00mL水样经反应和后， 取出20.00mL溶液， 以淀粉作指示剂， 用amol/LNa2s2O3溶液进行滴定，终

43、点现象为;滴定消耗Na2*O3溶液bmL,水样的DO=mg/Lo【答案】NH3NT+OH-NH3+H2O氨在水中存在平衡：NH3+H2O=NH3H2O=NH4+OH,加入NaOH后OH浓度增大平衡逆向移动， 故有利于氨的脱除2322HO3:24.7克当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化400ab【解析】【分析】(1)结合氨水中存在NH3+H2Of-NH3H2OiNH4+OH分析；(2)结合NH3+H2O=NH3?H2O=NH4+OH-及平衡移动分析；(3)氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2),由质量守恒定律可知还生成水，根据电子守恒和原子守恒配平；结合元素化合价的变化

44、分析并计算；(4)碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点，结合反应的定量关系计算水样中溶解氧的含量，2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2,MnO(OH)2+2+4H+=l2+Mn2+3H2O,2s2。32-+|22I-+&O62一,得到_一_2-O22MnO(OH)22I24S2O32。【详解】(1)由氨水中存在NH3+H2OffH3H2锵锵= =NH4+OH可知,当pH偏高，即c(OH)较大时，平衡逆向移动，NH3的比例较高，发生反应的离子方程式为NH4+OH-=NH3+H2O；(2)在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH

45、3的脱除率增大，是因氨在水中存在平衡为NH3+H2O=NH3?H2yNH4+OH,加入NaOH后OH-浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除；(3)氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2),由质量守恒定律可知还生成水，N元素化合价由-3价升高为+3价，而O2中氧元素从0价降为-2价，由化合价升高总数相等可知NH3和O2的系数之比为3:2,再结合原子守恒可得发生反应的化学方程式为2NH3+3O2=2HNO2+2H2O;反应中氧化剂为。2,还原剂为NH3,两者的物质的量之比为3:2;由2NH3+3O2=2HNO2+2H2O可知3molO2参与反应生成2molHNO2,即转化12mole-时生成2mo

46、lHNO2,则反应中有0.6mol电子发生转移，生成亚硝酸的物质的量为(4)取100.00mL水样经反应和后，取出20.00mL溶液，用NmaOs溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化，2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2,MnO(OH)2+2I-+4H+=I2+Mn2+3H2。，2S2O32-+I22I-+与O62-,得到。22MnO(OH)22I24s2O32-,消耗Na2s2O3的物质的量为amol/LxbX3L0参加反应的n(O2)=amol/Lxb4口01=0.00025abmol,质量为40.00025abmolx

47、32g/mol=0.008abg=8abmg贝U水样中溶解氧气的含量为13.工业上利用氧化铝基废催化剂(主要成份为Al2O3，少量Pd)回收Al2(SO4)3及Pd流程如图：说明：上述流程中焙烧温度不宜过高，否则会导致硫酸钱固体的分解。(1)焙烧时产生气体X的结构式为。(2)水浸分离中，滤渣Pd的颗粒比较大，一般可以采用的分离方法是(填字母)A.过滤B.抽滤C.倾析D.渗析(3)写出酸浸时发生反应的离子方式(已知氯铝酸为弱酸)2molX0.6mol12mol=0.1mol,质量为0.1molx47g/mol=4.7g8abmg0.02L=400abmg/L。（4）某同学在实验室用如下图所示装置

48、完成Pd的热还原实验，并计算滤渣中（NH4）2PdC6的百分含量（滤渣中的杂质不参与热还原反应）。写出热还原法过程中发生反应的化学方程式i.将石英玻璃管中（带开关；Ki和K2）（设为装置A）称重，记为mig。将滤渣（NH4）2PdC6装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2goii.连接好装置后，按d一_fb-_一e（H标号）顺序进行实验。a.关闭Ki和K2b.熄灭酒精灯c点燃酒精灯，加热d.打开Ki和K2e.称量Af.缓缓通入H2g.冷却至室温iii.重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3go根据实验记录，计算滤渣中（NH4）2PdC6的百分含量列式表示，其中（NH4）2PdC6相对分子

49、质量为355。实验结束时，发现硬质试管右端有少量白色固体，可能是（填化学式），这种情况导致实验结果（填偏高、偏低、无影响”）H H、一H H【答案】|CPd+4NO-+6c+10H+=H2PdC6+4NO2f+4H2OH H355m2m3NH40PdCl6+2H2=Pd+2NH3+6HClf；c；g；a-NTCl偏低42623249m2m1【解析】【分析】废催化剂（主要成分为AI2O3,少量Pd）,废催化剂硫酸钱焙烧得到气体X为氨气，产物水浸过滤得到硫酸铝溶液，滤渣Pd加入浓硝酸和浓盐酸酸浸生成二氧化氮，浸液Y是Pd溶于王水发生Pd+6HCI+4HNQ=H2PdC6+4NO2T+4H2O,丫为

50、H2PdC6,通入氨气中和过滤得至IJ滤渣（NH4）2PdC6,被氢气还原得到Pd,发生（NH4）2PdC6+2H2=Pd+2NH3+6HCI,以此解答该题。【详解】HHHH（1）焙烧得到气体是钱盐分解生成的氨气，结构式为I,1111H HS SH H故答案为：I;IIII（2）水浸分离中，滤渣Pd的颗粒比较大，可用倾析的方法分离，故答案为：C;（3）酸浸时发生反应的离子方程式为Pd+4NOT+6C+10H+=H2PdC6+4NO2T+4H2O,故答案为：Pd+4NO3-+6C+10H+=H2PdC6+4NO2T+4H2O;(4)通入氢气，反应的方程式为NH42PdCM+2H2=Pd+2NH3

51、+6HCI,NH4,PdCl6+2H2=Pd+2NH3+6HCl；2实验时，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化，则正确的顺序为dfcbgae,故答案为：f;c；g；a；样品的质量为（m2-mi）g,反应后减少的质量为（m2-m3）g,应为（NH4）2PdC6、Pd质量m2m3之差，可知生成Pd的物质的量为一23-mol,可知（NH4）2PdC6的质量为249实验结束时，若发现硬质试管右端有少量白色固体，可能是氯化钱，为氨气和氯化氢在温度较低时生成，这种情况会造成较大实验误差，可导致实验结果偏低，故答案为：NH4Cl；偏低。【点睛】本题考查物质的制备实

52、验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识、化学反应原理与实验的结合。14.I.高铁酸钾（K2FeO4）具有极强的氧化性，是一种优良的水处理剂。（1）请完成FeO42-与水反应的离子方程式：4FeO42-+10H2Ok44Fe（OH+8OH+_。K2FeO4在处理水的过程中所起的作用是和。（2）将适量KzFeQ配制成c（Fed2-）=1.0mmol匕-1的试样，将试样分别置于20C、30C、40c和60c的恒温水浴中，测定c（FeO42-）的变化，结果见图I。第（1）题中的反应为FeQ2-变化的主反应，则温度对该反

53、应的反应速率和平衡移动的影响是，发生反应的n.下表是几种弱电解质的电离平衡常数、难溶电解质的溶度积Ksp（25C）o电解质平衡方程式平衡常数KKspCH3COOHCH3COOH=CH3COO+H+1.76X105H2CO3H2CO3=H+HCO3-HCO3-=H+CO32-K1=4.31X10K2=5.61X10103H50H06H50H=；=t03H5O+H+1.1X1010故答案为:355m2m3249g,含量为355m2m3249m2m1,故答案为:355m2m3249m2m1AH0。4040m1201601201602ml2ml240240H3PO4H3PO4=H+H2PO4H2PO4

54、-H+HPQ2-HPO42-=H+PO43-K1=7.52X10K2=6.23X10K3=2.20X103NH3H2ONH3H2O=NH4+OH1.76X105BaSOBaSC4Ba2+SQ2-1.07X100BaC。BaCQBa2+CC32-2.58X1(9回答下列问题：(1)由上表分析，若CRCOOH,HCQ-,GH5OH,H2PO4-均可看做酸，则它们酸性由强到弱的顺序为(填编号)。(2)写出GH50H与Na3PQ反应的离子方程式。(3) 25c时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，混合液中：c(CH3COO)_c(NH4+)(填“=”或“7,则V10B.若混合液pHc(OsH5O)c(H

55、+)c(OH)C.V=10时，混合液中水的电离程度小于10mL0.01molL苯酚溶液中水的电离程度4-D,V=5时，2c(NH3H2O)+2c(NH4)=c(O6H5O)+c(QH5OH)(5)水解反应是典型的可逆反应，水解反应的化学平衡常数称为水解常数(用心表示)，类比化学平衡常数的定义，请写出Na2OO3第一步水解反应的水解常数的表达式：。【答案】3O2杀菌消毒吸附(净水)温度升高，反应速率加快，平衡向正反应方向移ccc(HOOI)c(OH-)动GH5OH+PO43=O6H5O+HPO42-=Dhb=-CO；-)【解析】【分析】I.(1)FeQ2-与水反应的离子方程式：4FeO42-+1

56、0H2O+外4Fe(OH+8OH_+_,反应中，Fe由+6价降低为+3价， 则价态升高的元素只能为H2O中的O,从而得出氧化产物为O2;eFeQ在处理水的过程中，Fe价态降低，作氧化剂，生成Fe(OH胶体，作净水剂。(2)从图中可以看出，升高温度，c(FeO42-)减小，则平衡正向移动。II.(1)由上表分析，若ChbCOOH,HCQ-,03H5OH,H2PO4-均可看做酸，表中的电离常数分别为：1.76X105、5.61X10.1.1X1?6.23*30可确定它们酸性由强到弱的顺序。(2) 06H50H与Na3PO4反应，生成06H5O-与HPQ2-。(3) 25c时，将等体积等浓度的醋酸和

57、氨水混合，由于二者的电离常数相同，所以混合液中，CRCOO与NH4+的水解程度也相同，由此可得出aCRCOO)与c(NH4+)的大小关系。(4) A.由二者的电离常数分析，即便混合液pH7,也有可能出现V10;B.若混合液pHNH4+的水解反应，水的电离程度大于苯酚溶液中水的电离程度；D. V=5时，n(C6H5OH)=2n(NH3H2O),依据守恒原则可知，2c(NH3H2。)+2c(NH4+)=c(C6H5O)+c(C6H5OH);(5) NazCQ第一步水解反应为CO2-+H2OHCO3-+OH-,据此写出水解常数的表达式。【详解】1.(1)FeQ2-与水反应的离子方程式：4FeO42-

58、+10H2O-4Fe(OH+8OH-+3。2,反应中，Fe由+6价降低为+3价，则价态升高的元素只能为H2O中的O,从而得出氧化产物为O2；K2FeO4在处理水的过程中，Fe价态降低，作氧化剂，起杀菌消毒作用，生成Fe(OH胶体，作净水剂。答案为：36；杀菌消毒；吸附(净水)；(2)从图中可以看出，升高温度，c(FeO42-)减小，则平衡正向移动，从而得出温度对该反应的反应速率和平衡移动的影响是温度升高，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，发生反应的AH0答案为:温度升高，反应速率加快，平衡向正反应方向移动；;II.(1)由上表分析，若ChbCOOH,HCQ-,CSH5OH,H2PO4-均可看

59、做酸，表中的电离常数分别为：1.76X105、5.61化1.1X106.23X一80可确定它们酸性由强到弱的顺序为。 答案为： ；(2) C6H50H与Na3PO4反应，生成CsHsO-与HPQ2-,反应的离子方程式为C6H5OH+PO43-=CsH5O+HPO42-。答案为：C6H5OH+PC43-=C6H5O+HPO42-;(3)25c时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，由于二者的电离常数相同，所以混合液中，CH3COOT与NH4+的水解程度也相同，由此可得出混合液中：c(CH3COOT)=c(NH4+)o答案为：=;(4)A.由二者的电离常数分析，即便混合液pH7,也有可能出现V10,A

60、不正确；B.若混合液pHc(NH4+)c(H+)c(OH),B不正确；C. V=10时，二者刚好完全反应，混合液中发生C6H5。、NH4+的水解反应，水的电离程度大于10mL0.01molL1苯酚溶液中水的电离程度，C错误；D. V=5时，n(C6H5OH)=2n(NH3H2O),依据守恒原则，2c(NH3H2O)+2c(NH4+)=c(C6H5O)十c(C6H5OH),D正确。答案为：D；(5)Na2CO3第一步水解反应为CO32-+H2O士HCO3-+OH-,水解常数的表达式为15.(I)工业尾气SQ、NO2是污染大气、 形成酸雨的罪魁祸首。 请回答下列问题： 异鼠酸(化学式：HNCO,C

61、为+4价)可用于消除尾气中的NO2。其反应原理为：HNCO+NQfN2+CQ(未配平)。上述反应的氧化剂是。配平后方框内应填写。每处理33.6LNO2(标准犬况),反应中转移电子的数目为。Kbc(HCO。c(OH-)cg2-)O答案为:Kbc(HCO。c(OH-)cg2-)(n)为了减少CO对大气的污染，某研究性学习小组拟研究利用CO和H2O反应转化为绿色能源H2,已知：2CO(g)+O2(g)2CC2(g)H=-566.0kJ?mol1；2H2(g)+O2(g)2H2O(g)H=-483.6kJ?mol1;2H2O(g)H2O(l)H=-44.0kJ?mol1。(1)写出CO和H2O(g)作

62、用生成CQ和H2的热化学方程式：。(2)氢气是合成氨的重要原料，合成氨反应的热化学方程式如下：N2(g)+3H2(g)、2NH3(g)H=-92.4kJ?moL1。当合成氨反应达到平衡后，改变某一外界条件(不改变N2、H2和NH3的量)，反应速率与时间的关系如图所示.图中t3时引起平衡移动的条件可能是,其中表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是。Hhnrih温度为TC时，将1mo1N2和2molH2放入容积为0.5L的密闭容器中，充分反应后测得N2的平衡转化率为50%,则反应在TC时的平衡常数为mol2?L2目前工业合成氨的原理是：N2+3H2麻50零。鬣悭2NH3如图表示随条件改变，平

63、衡体系中氨气体积分数的变化趋势，当横坐标为压强时，变化趋势正确的是(填序号，下同),当横坐标为温度时，变化趋势正确的是。(3)常温下氨气和HCl均极易溶于水，现将相同体积、相同物质的量浓度的氨水和盐酸混合，所得溶液中各离子的物质的量浓度按照由大到小的顺序排列依次为。【答案】NO24H2O6NACO(g)+H2O(g)CQ(g)+H2(g)H=-41.2kJ/mol升高温度t2-t34cac(Cl)c(NH4+)c(H+)c(OH)【解析】【分析】(I) HNCOC为+4价，则氮元素是3价，根据方程式可知，反应后NO中氮元素由+4价降低到0价，得到4个电子，NO是氧化剂，HNC加氮元素由3价升高

64、到0价，失去3个电子，HNC池还原剂；(II) (1)由盖斯定律计算可得；(2)合成氨反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，正逆反应速率均增大，平衡向正反应方向移动，达到新平衡时平衡混合物中NH3的含量增大，升高温度，正逆反应速率均增大，平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时平衡混合物中NH3的含量减小，使用催化剂，正逆反应速率均增大，平衡不移动，平衡混合物中NH3的含量不变；建立三段式，依据三段式数据计算化学平衡常数；合成氨反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，升高温度，平衡向逆反应方向移动；(3)相同体积、相同物质的量浓度的氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化钱，氯化俊在溶

65、液中水解使溶液呈酸性。【详解】(I)HNC加C为+4价，则氮元素是3价，根据方程式可知，反应后NO中氮元素由+4价降低到0价，得到4个电子，NO是氧化剂，HNC加氮元素由3价升高到0价，失去3个电子，HNCa还原剂，根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比是3:4,根据原子守恒可知反应还有水生成，则反应的化学方程式为8HNCO+6NO：7N2+CO+4HO,标准状况33.6LNC2的物质的量为2233t1moi=1.5mol,则反应转移的电子数目为1.5molX4NAmol1=6NA,故答案为：NO2；4H2O;6NA；(n)(1)已知：2cO(g)+Q(g)=2CO(g)H=-566

66、kJ?moL-12H2(g)+Q(g)=2HO(g)H=-483.6KJ?moL-1,根据盖斯定律，-得2CO(g)+2HO(g)=2H2(g)+2CO(g),则H=-566kJ?moL1-(-483.6kJ?moL-1)=-82.4kJ?moL-1,反应的热化学方程式为CO(g)+HO(g)=H(g)+CO(g)H=-41.2kJ?moL-1,故答案为：CO(g)+HO1(g)=Ha(g)+CQ(g)H=-41.2kJ?moL;(2)合成氨反应为气体体积减小的放热反应，由图可知，t1时增大压强，正逆反应速率均增大，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应方向移动，达到新平衡时平衡混合物中NH3的含量增大，t3时升高温度，正逆反应速率均增大，逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时平衡混合物中NH3的含量减小，t5时使用催化剂，正逆反应速率均增大，正反应速率等于逆反应速率，说明平衡不移动，平衡混合物中NH3的含量不变，则t3时引起平衡移动的条件是升高温度，平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是t2-t3,故答案为：升高温度；t2-t3；已知N2的平衡转化率为