实验记录如下： ① 实验操作 打开活塞a，滴加氯水，一段时间后关闭活塞a 吹入热空气一段时间后停止 实验现象 ________________________ ________________________ A中溶液颜色明显变浅；B中有气泡，产生大量白色沉淀，沉降后上层清液为无色 开始时溶液颜色无明显变化；继续滴加③ 打开活塞b，逐滴加入H2O2溶液 H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙红色 完成下列填空： (1)在进行操作①时，A中的实验现象是__________________________________， 有关反应的离子方程式是____________________。
(2)操作②吹入热空气的目的是____________。B中产生白色沉淀的化学式是________。 (3)
装
置
C
的
作
用
是
② __________________________________________________________。
(4)由上述实验可知，在此实验条件下，H2O2、H2SO3、Br2的氧化性强弱顺序为________________________________________________________________________。
(5)操作③开始时颜色无明显变化，可能的原因是________________________(写出一条即可)。
答案：(1)A中溶液变为橙红色 Cl2＋2Br===Br2＋2Cl (2)吹出单质Br2 BaSO4 (3)吸收尾气
(4)H2O2>Br2>H2SO3 (5)H2SO3有剩余(或H2O2浓度小或Br与H2O2反应慢等，合理即可) 14．(10分)现有X、Y、Z三种元素，已知：
①X、Y均与Y的气态氢化物分子具有相同的电子数；
②Z与Y可组成化合物ZY3，ZY3溶液遇KSCN溶液呈红色，向ZY3溶液中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀。
请回答下列问题：
(1)Y的最高价氧化物对应水化物的化学式是_______________________________。 (2)将ZY3溶液滴入沸水可得到红褐色液体，反应的离子方程式为__________________。 此液体具有的性质是________(填字母)。 A．光束通过该液体时形成光亮的“通路” B．插入电极通直流电后，有一极附近液体颜色加深 C．向该液体中加入硝酸银溶液，无沉淀产生
6
2－
－
－
－
－
D．将该液体加热、蒸干、灼烧后，有氧化物生成
(3)X单质在空气中燃烧生成一种无色、有刺激性气味的气体。该气体与含1.5molY的含氧酸(该酸的某盐常用于实验室制取氧气)的溶液在一定条件下反应，可生成一种强酸和一种氧化物。若有1.5×6.02×10____________________
________________________________________________________________________(用单线桥表示电子转移方向和数目)。
(4)室温时，pH＝5的HY溶液和pH＝5的ZY3溶液中，水电离出的氢离子分别是______________mol·L和______________mol·L。
解析：①X、Y均与Y的气态氢化物分子具有相同的电子数，这说明X与Y分别位于同一周期的第ⅥA族和ⅦA族；②Z与Y可组成化合物ZY3，ZY3溶液遇KSCN溶液呈红色，说明Z是铁元素；向ZY3溶液中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，说明Y是氯元素，则X是硫元素。
(1)氯元素的最高价是＋7价，则氯元素的最高价氧化物对应水化物的化学式是HClO4。 (2)将氯化铁溶液滴入沸水可得到红褐色液体，该液体是氢氧化铁胶体，反应的离子方△3＋＋
程式为Fe＋3H2O=====Fe(OH)3(胶体)＋3H。胶体具有丁达尔效应，则光束通过该液体时形成光亮的“通路”，A正确；氢氧化铁胶粒带正电荷，则插入电极通直流电后，阴极附近液体颜色加深，B正确；该胶体是由FeCl3水解得到的，含有Cl，则向该液体中加入硝酸银溶液，有氯化银沉淀产生，C错误；将该液体加热、蒸干、灼烧后，有氧化铁生成，D正确。
(3)S单质在空气中燃烧生成一种无色、有刺激性气味的气体，该气体是SO2。SO2与氯的含氧酸的溶液在一定条件下反应生成一种强酸和一种氧化物，由于该酸的某盐常用于实验室制取氧气，则该酸是氯酸，生成的强酸应该是硫酸，即S化合价从＋4价升高到＋6价。1.5mol氯酸参加反应，若有1.5×6.02×10个电子转移时，则1分子氯酸在反应中得到1个电子，因此氯元素的化合价从＋5价降低到＋4价，所以该反应的化学方程式和电子转移为
。
(4)盐酸抑制水的电离，氯化铁水解促进水的电离，则室温时，pH＝5的HCl溶液和pH10－1－9 －1－5
＝5的FeCl3溶液中，水电离出的氢离子分别是－5 mol·L＝10mol·L和10mol·L
10
－1
－14
23
－
2－
－
－1
－1
23
个电子转移时，该反应的化学方程式是
。
答案：(1)HClO4
△3＋＋
(2)Fe＋3H2O=====Fe(OH)3(胶体)＋3H ABD
(3)
7
(4)10 10
15．(12分)汽车尾气中CO、NOx以及燃煤废气中的SO2都是大气污染物，对它们的治理具有重要意义。
(1)氧化-还原法消除NOx的转化如下：
O3CO（NH2）2
NO反应Ⅰ――→NO2反应Ⅱ――→N2
①反应Ⅰ为NO＋O3===NO2＋O2，生成标准状况下11.2 L O2时，转移电子的物质的量是________mol。
②反应Ⅱ中，当n(NO2)∶n[CO(NH2)2]＝3∶2时，氧化产物与还原产物的质量比为________。
(2)使用“催化转化器”可以减少尾气中的CO和NOx，转化过程中发生反应的化学方程式为CO＋NOx―→N2＋CO2(未配平)，若x＝1.5，则化学方程式中CO2和N2的化学计量数之比为________。
(3)吸收SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下(Ce为铈元素)。
－9－5
①装置Ⅱ中，酸性条件下，NO被Ce氧化的产物主要是NO3、NO2，请写出生成等物质的量的NO3和NO2时的离子方程式：________________________________________
________________________________________________________________________。 ②装置Ⅲ的作用之一是用质子交换膜电解槽电解使得Ce再生，再生时生成的Ce在电解槽的________(填“阳极”或“阴极”)，同时在另一极生成S2O4的电极反应式为________________________________________________________________________。
③已知进入装置Ⅳ的溶液中，NO2的浓度为a g·L，要使1m该溶液中的NO2完全转化为NH4NO3，至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的氧气________L(用含a的代数式表示，结果保留整数)。
解析：(1)①在反应NO＋O3===NO2＋O2中，每产生1 mol氧气，转移电子的物质的量是 2 mol，则生成标准状况下11.2 L(即0.5 mol)O2时，转移电子的物质的量是1 mol。②反应Ⅱ中，当n(NO2)∶n[CO(NH2)2]＝3∶2时，反应方程式是6NO2＋4CO(NH2)2===7N2＋4CO2＋8H2O，在该反应中，NO2是氧化剂，变为还原产物N2；CO(NH2)2是还原剂，变为氧化产物N2，所以氧化产物与还原产物的质量比为8∶6＝4∶3。(2)使用“催化转化器”可以减少尾气中的CO和NOx，转化过程中发生反应的化学方程式为CO＋NOx―→N2＋CO2(未配平)，若x＝1.5，则根据电子守恒及原子守恒，可得化学方程式为3CO＋2NO1.5===N2＋3CO2，化学方程式中CO2和N2的化学计量数之比为3∶1。(3)①在酸性条件下，NO被Ce氧化的产物主要是NO3、NO2，
4＋
－
－
－
－1
3
－
2－
4＋
4＋
－
－
4＋
－
－
8
根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可得生成等物质的量的NO3和NO2时的离子方程式是2NO＋3H2O＋4Ce===NO3＋NO2＋6H＋4Ce。②用质子交换膜电解槽电解Ce使得Ce
3＋
4＋
4＋
－
－
＋
3＋
3＋
4＋
－－
再生，再生时Ce失去电子，被氧化，所以生成的Ce在电解槽的阳极，同时在另一极发生还原反应生成S2O4，电极反应式为2H＋2HSO3＋2e===S2O4＋2H2O。③已知进入装置Ⅳ的溶液中，NO2的浓度为ag·L，要使1m该溶液中的NO2完全转化为NH4NO3，则失电子数（5－3）aV是1000×mol。设消耗标准状况下氧气的体积是V，则得电子数是×2×(2－
4622.4（5－3）aV0) mol。根据得失电子守恒可得1000×＝×2×(2－0)，解得V＝243a。
4622.4
答案：(1)①1 ②4∶3 (2)3∶1 (3)①2NO＋3H2O＋4Ce===NO3＋NO2＋6H＋ 4Ce ②阳极 2H＋2HSO3＋2e===S2O4＋2H2O ③243a
3＋
＋
－
－
2－
4＋
－
－
＋
－
－1
3
－
2－
＋
－
－
2－
9
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