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

根据盖斯定律，①-②×2得：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(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；

②NH3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：①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H1=+247k/mol， ②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H2=+205k/mol，

根据盖斯定律，由①?②×2得反应：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) △H=△H1?2△H2=?163kJ/mo1，

故答案为：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) △H=?163kJ/mo1；

（2）①将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3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SO2+Na2SO3+2H2O=2NaHSO3，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(HSO3)=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(NH4)2SO3和NH4HSO3，根据电荷守恒：c(NH4)+c(H+)=c(OH?)+c(HSO3)+2c(SO3)，因pH=7，故c(H+)=c(OH?)，则

c(NH4)=c(HSO3)+2c(SO3)，由图可读出b点时，c(HSO3)=c(SO3)，则c(NH4)=3 c(HSO3)，因在同一体系，n(NH4)：n(HSO3)=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；

②NH3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HSO3在酸性条件下发生还原反应，生成

2--??2-2-S2O4，其电极反应式为2HSO3+2e+2H=S2O4?2H2O；根据图示，吸收池中S2O4-++-2--2--2-+-+--和NO是反应物，N2和HSO3是生成物，则吸收池中除去NO的原理是：

-2--2NO+2S2O4?2H2O?N2?4HSO3，

-??2-2--故答案为：2HSO3+2e+2H=S2O4?2H2O；2NO+2S2O4?2H2O?N2?4HSO3。

【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．NH3和Cl2在常温下可快速反应生成氮气：2NH3+3Cl2 →N2+6HCl。当Cl2和 NH3 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，Cl2和NH3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NH3和Cl2混合，实验精确测得充分反应后无色混合气体中N2占混合气体的定）

【答案】有白烟生成 3∶2 n(NH3)∶n(Cl2)=1∶1 m(N2 )=56g 余NH3和N2 0.263mol，余HCl 和N2 0.893mol 【解析】 【分析】

NH3和Cl2在常温下可快速反应生成氮气：2NH3+3Cl2 →N2+6HCl。当Cl2和 NH3 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Cl2和NH3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2NH3?3Cl2?N2?6HCl反应后氨气有剩余，再发生反应NH3+HCl=NH4Cl，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NH3和Cl2混合，①2NH3?3Cl2?N2?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；

②NH3过量时，发生反应8NH3?3Cl2?N2?6NH4Cl，剩余混合气体为氮气、氨气，设

1，求生成氧化产物的物质的量_____________。（该实验数据在标准状况下测7Cl2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

2NH3?3Cl2?N2?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：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， 33x6??1：1 ； 12?x6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；

② 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

1071710x100L?xL33?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。

9．二氧化氯泡腾片，有效成分（ClO2）是一种高效、安全的杀菌、消毒剂。

方法一：氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2气体的方法。该法工艺原理如图。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生成ClO2。

（1）工艺中可利用的单质有__________（填化学式），发生器中生成ClO2的化学方程式为_____________。

（2）此法的缺点主要是______________________________________。

方法二：最近，科学家又研究出了一种新的制备方法，纤维素还原法制ClO2，其原理是：纤维素水解得到的最终产物X与NaClO3反应生成ClO2。

（3）配平方程式： □ （X） +□NaClO3+□H2SO4→□ClO2↑+□CO2↑+□H2O+□______ 若反应中产生4.48L（折算成标准状况下）气体，电子转移________ 个。

（4）ClO2和Cl2均能将电镀废水中的CN—氧化为无毒的物质，自身被还原为Cl—。处理含CN—相同量的电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的_______倍。

方法三：实验室常用氯酸钠(NaClO3)和亚硫酸钠(Na2SO3)用硫酸酸化，加热制备二氧化氯，化学反应方程式为：2NaClO3+Na2SO3＋H2SO4子方程式表示）.

常温下，0.1mol/L该溶液中离子浓度由大到小排列__________________（用离子符号表示）

（6）常温下，已知NaHSO3溶液呈酸性，在Na2SO3溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有________________。（用化学式表示）

【答案】H2、Cl2 2NaClO3+ 4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+ 2NaCl + 2H2O 同时产生了大量的氯气，不仅产率低，而且产品难以分离，同时很有可能造成环境污染；能耗较大等 1C6H12O6+24NaClO3+12H2SO4→24ClO2↑+6CO2↑+18H2O+12Na2SO4 0.16NA 2.5 SO32-+H2O

OH-+HSO3-， HSO3-+H2O

OH-+H2SO3 c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)

NaHSO3、Na2SO3、NaCl、或（NaHSO3、Na2SO3、NaCl、SO2、H2SO3）

2ClO2↑+2Na2SO4＋H2O

H++OH-和 ________________（用离

（5）反应中的Na2SO3溶液中存在如下平衡：H2O