发布时间 : 星期二 文章2020-2021高考化学氧化还原反应综合练习题含详细答案更新完毕开始阅读
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：2NH3?3Cl2?N2?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， Cl2和NH3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2NH3?3Cl2?N2?6HCl反应后氨气有剩余，再多余氨气再与部分HCl发生反应NH3+HCl=NH4Cl，HCl不能完全反应，设反应2NH3?3Cl2?N2?6HCl2NH3中消耗氯气的物质的量为x，
~3Cl23x气体物质的量增加22x3 ，
22x32NH3112-x?2x3+HCl=NH4Cl气体物质的量减少，前者体积增大与后者体积减小相等，
2(12-x)22x)?x ，得x=6， 33则2(12?x?故反应前氯气和氨气的物质的量之比为答案为：1:1；
x6??1：1 ； 12?x6② 反应后生成的氧化产物为氮气，氯气为6mol,由2NH3?3Cl2?N2?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2NH3?3Cl2?N2?6HCl反应中，NH3和Cl2恰好完全反应时，混合气体中N2占混合气体的气体的
1，由于氨气与HCl可以反应生成HN4Cl，而充分反应后的混合气体中N2占混合71，则有两类情况：①Cl2与氨气恰好反应，由方程式可知5体积气体生成7体积气717体，故反应后混合气体总体积=100L×=140L，则氧化产物氮气体积为140L×=20L，故
57其物质的量=
20L=0.893mol；②NH3过量时，发生反应
22.4L/mol8NH3?3Cl2?N2?6NH4Cl，剩余混合气体为氮气、氨气，设Cl2有xL，则
8NH38~3Cl23x~N21x31xL1300103?，x?，则，故氧化产物氮气的物
101710x100L?xL733?V3001L?质的量=3?0.263mol ； ?1722.4L/mol答案为：余NH3和N2为0.263mol，余HCl 和N2为0.893mol。
13．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)（g）
2NH3(g) △H=-2 (b-a) kJ·mol-1，故答案为： N2（g）+3H2
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-)；
14．根据方程式3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，回答下列问题： （1）用双线桥法表示电子的转移的方向及数目___。 （2）该反应中的氧化剂是___，还原剂是__。 （3）该反应中的氧化产物是__，还原产物是__。 （4）该反应中体现了稀硝酸的性质有__、__。 （5）将其改为离子反应方程式__。
（6）该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__。
（7）若反应中转移的电子的物质的量是0.9mol，则生成NO的体积为__（标准状况），被还原的硝酸为__mol。
（8）H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O，在该反应中每一摩尔H2SO4参加反应，转移的电子的物质的量为____。
【答案】 硝酸 铜 硝酸铜 NO 酸性 氧化
性 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O 2：3 6.72 0.3 2mol 【解析】 【分析】
用双线桥表示电子转移，首先找出反应物、生成物的变价元素，桥上标电子的得与失，
，依据元素化合价的变化从中找出氧化剂是
HNO3、还原剂是Cu、氧化产物是Cu(NO3)2、还原产物是NO，硝酸在反应中起到酸性和氧化性，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3；另外根据同种元素不同价态之间若发生氧化还原反应，元素的化合价只靠近不交叉，H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O该反应中每一摩尔H2SO4参加反应，转移的电子的物质的量为2 mol。 【详解】
（1）3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O是氧化还原反应，反应中失电子的元素是铜元素，化合价升高，得电子的元素是氮元素，化合价降低，用双线桥法表示电子的转移的方
向及数目为：；
（2）氧化剂指在反应中得到电子化合价降低的反应物；还原剂指在反应中失去电子化合价升高的反应物。反应中反应物的铜元素的化合价是0价，生成物Cu(NO3)2中铜元素的化合价为+2价，铜元素化合价升高，故Cu是还原剂；反应中反应物HNO3中氮元素的化合价为+5价，生成物NO中氮元素的化合价为+2价，氮元素化合价降低，故HNO3是氧化剂； （3）氧化剂HNO3在反应中得到电子，被还原生成NO，故NO是还原产物；还原剂Cu在反应中失去电子，被氧化生成Cu(NO3)2，故是Cu(NO3)2氧化产物；
（4）在反应中反应物HNO3，一部分被还原为NO，一部分HNO3中的氮元素没有改变，并且以NO3- 形式存在，故该反应中体现了浓硝酸的性质有酸性、氧化性；
（5）Cu(NO3)2、HNO3都是易溶于水的强电解质，书写离子方程式时拆成离子的形式，Cu是单质、NO是氧化物并且还是非电解质、H2O是氧化物并且是弱电解质，所以书写离子方程式时写成化学式，故铜与稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（6）在反应中硝酸一部分起到氧化剂作用、一部分起到酸性作用，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3；
（7）在反应中每生成一个NO转移3个电子，当反应中转移的电子的物质的量是0.9mol，生成NO的物质的量为：0.9 mol ?3=0.3 mol，则标准状况下生成NO的体积为： 0.3 mol×22.4L·mol-1= 6.72L；
（8）H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O，同种元素不同价态之间若发生氧化还原反应，元素的化合价只靠近不交叉，故H2SO4→2e-→SO2，所以该反应中每一摩尔H2SO4参加反应，转移的电子的物质的量为2 mol。 ? 【点睛】
本题考查氧化还原反应中的氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物、电子转移的表示形式，以及同种元素不同价态之间若发生氧化还原反应，元素的化合价只靠近不交叉等知识