备战高考化学备考之氧化还原反应压轴突破训练培优 易错 难题篇及答案.docx

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备战高考化学备考之氧化还原反应压轴突破训练培优易错难题篇及答案

备战高考化学备考之氧化还原反应压轴突破训练∶培优易错难题篇及答案

一、高中化学氧化还原反应

1．二氧化氯（ClO2）具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。

ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸。

某研究小组欲用以下三种方案制备ClO2，回答下列问题：

（1）以黄铁矿（FeS2）、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，写出制备ClO2的离子方程式__。

（2）用过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2，并将制得的ClO2用于处理含CN-废水。

实验室模拟该过程的实验装置（夹持装置略）如图所示。

①装置A的名称是__，装置C的作用是__。

②反应容器B应置于30℃左右的水浴中，目的是__。

③通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是__。

④ClO2处理含CN-废水的离子方程式为__，装置E的作用是__。

（3）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2的方法。

①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。

某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的__（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。

②用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，工作原理如图所示，写出阳极产生ClO2的电极反应式__。

【答案】FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O恒压漏斗安全瓶提高化学反应速率，同时防止过氧化氢受热分解稀释ClO2，防止其爆炸2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-吸收ClO2等气体，防止污染大气BaCl2Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+

【解析】

【分析】

二氧化氯（ClO2）具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。

分别利用无机反应和电解原理制备二氧化氯，三种方法均利用了氧化还原反应。

【详解】

（1）以黄铁矿（FeS2）、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，根据氧化还原反应中电子守恒和元素守恒，可以写出制备ClO2的离子方程式为FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O。

（2）①装置A的名称为恒压漏洞，装置C为安全瓶，起到防止液体倒吸的作用。

②升高温度可以提高化学反应速率，但是原料中含有过氧化氢，过氧化氢在过高的温度下可以发生分解反应，因此反应容器B应置于30℃左右的水浴中。

③根据题文可知，ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸，故通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是稀释ClO2，防止其爆炸。

④ClO2处理含CN-废水发生氧化还原反应，将CN-转化为无污染的CO2和N2，故离子方程式为2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-；装置E在整套装置之后，起到吸收尾气，防止环境污染的作用。

（3）①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，需要过量的碳酸根离子、氢氧根离子和钡离子，过量的钡离子可以用碳酸根离子除去，因此在加入Na2CO3之前应先加入过量BaCl2。

②用石墨做电极，电解池的阳极发生氧化反应，元素化合价升高，因此氯离子在阳极失电子和水反应得到ClO2，电极反应式为Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+。

2．以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细α-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。

已知铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），其制备实验流程如下：

（1）铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为___________________________。

（2）图中“滤渣”的主要成分为_______________（填化学式）。

（3）加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为_______________________________。

（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：

4[NH4Al（SO4）2·12H2O]

2Al2O3+2NH3↑+N2↑+5SO3↑+3SO2↑+53H2O,将产生的气体通过下图所示的装置。

①集气瓶中收集到的气体是_______________（填化学式）。

②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有_______________（填化学式）。

③KMnO4溶液褪色（MnO4－还原为Mn2+），发生的离子反应方程式为_______________________________。

【答案】Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2OSiO22Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2ON2SO3、NH32MnO4－+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42－+4H+

【解析】

【分析】

根据题意，铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），铝灰中加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加入双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，加入K4[Fe（CN）6]后Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al（SO4）2，结晶、干燥、煅烧得到α-Al2O3。

【详解】

（1）Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，其反应的方程式为Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O。

（2）根据上述分析，图中“滤渣”的主要成分是不溶于硫酸的二氧化硅，化学式为SiO2。

（3）滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加30%的H2O2溶液将Fe2+被氧化为Fe3+，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O

（4）①NH4Al（SO4）2•12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2。

②饱和NaHSO3能与SO3、氨气反应，则足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外，还有SO3、NH3。

③酸性条件下，KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平，其反应的离子方程式为：

2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。

3．小明很喜欢化学实验课，今天要学习“探究铁及其化合物的氧化性或还原性”。

（1）实验前小明预测说：

Fe2+肯定既有还原性又有氧化性。

你认为他预测的依据是：

。

（2）小明欲用实验证明他的预测。

实验室提供了下列试剂：

3%的H2O2溶液、锌粒、铜片、0.1mol·L-1FeCl2溶液、KSCN溶液、新制氯水。

①若小明计划在0.1mol·L-1FeCl2溶液滴入新制氯水，探究Fe2+的还原性，你预计可能发生的反应和现象是：

________（写离子方程式）、溶液由浅绿色变色。

②实验中，小明发现现象不太明显，老师分析可能是产物的含量太低，建议可以通过检验Fe2+被氧化的产物Fe3+的存在以获取证据。

你认为可选滴入小明所得的混合液中，并通过溶液出现色的现象，证明小明的观点和实验方案都是正确的。

③对于证明Fe2+具有氧化性，小明认为金属单质都具有还原性，并分别将铜片、锌粒投入FeCl2溶液中，结果铜片没变化，锌粒逐渐变小。

由此说明三种金属的还原性由强至弱的顺序为：

。

（3）小明分析H2O2中氧元素显-1价（中间价），并提出疑问：

H2O2与FeCl2的反应时，Fe2+还作氧化剂吗？

①请你为小明梳理相关问题：

若Fe2+在反应中表现出氧化性应转化成（填微粒符号，下同），若Fe2+在反应中表现出还原性应转化成。

②实际上Fe2+的还原性较强，实验室的FeCl2溶液常因氧化而变质。

除杂的方法是：

，相关反应的离子方程式：

。

【答案】

（1）因为Fe2+中铁元素化合价处于中间价态，可以升高也可以降低；

（2）①Cl2＋2Fe2+＝2Cl－＋2Fe3+，棕黄（黄）；②KSCN溶液，溶液呈血红（红）色；③Zn、Fe、Cu（或Zn>Fe>Cu）；（3）①Fe，Fe3+；②加入过量铁粉，过滤，2Fe3++Fe=3Fe2+。

【解析】

试题分析：

（1）最低价态只具有还原性，最高价态只具有氧化性，中间价态既具有氧化性又有还原性，铁的价态一般是0、+2、+3，+2价位于中间，因此Fe2＋有还原性和氧化性；

（2）①氯水具有强氧化性，发生2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，Fe3＋显黄色或棕黄色；②检验Fe3＋用KSCN溶液，溶液变红说明Fe3＋的存在；③根据利用金属性强的置换出金属性弱的，铜片无变化，说明Fe的金属性强于铜，锌粒逐渐变小，发生Zn＋Fe2＋=Zn2＋＋Fe，说明Zn的金属性强于Fe，即金属性强弱：

Zn>Fe>Cu；（3）①氧化性：

得到电子、化合价降低，Fe2＋转变成Fe，还原性：

失去电子、化合价升高，Fe2＋转变成Fe3＋；②利用Fe3＋具有强氧化性，能和金属单质反应，不能引入新的杂质，因此加入单质铁，发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋。

考点：

考查铁及其化合物的性质等知识。

4．利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣（主要含FeO·V2O3、Al2O3、SiO2及少量可溶性磷酸盐）生产V2O5的工艺流程如下，回答下列问题：

已知：

①V2O5、Al2O3、SiO2可与Na2CO3、NaCl组成的混合钠盐在高温下反应，并转化为NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3等可溶性钠盐。

②AlO

+4H+=Al3++2H2O。

（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V2O5，写出氧化过程中FeO·V2O3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NH3·H2O后发生反应的离子方程式为________。

（2）精制Ⅱ中加入CaCl2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NH4VO3沉淀需进行洗涤，洗涤时除去的阴离子主要是________。

NH4VO3在500℃时焙烧脱氨制得产品V2O5，反应方程式为2NH4VO3

V2O5+H2O↑+2NH3↑。

但脱氨过程中，部分V2O5会转化成V2O4，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·V2O3+5O2

2Fe2O3+4V2O5Fe2O3[或Fe（OH）3]除Si并转化AlO2-写“除Si”即得分）Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH

H++NH3·H2O=H2O+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－3V2O5+2NH3

3V2O4+N2+3H2O

【解析】

【分析】

氧化过程FeO·V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5；经过氧化和钠化后，V2O5、Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐，Fe2O3[或Fe（OH）3]成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调pH为了和SiO32-反应生成硅酸沉淀，将AlO2-转化为Al3+；加入NH3·H2O后与Al3+发生反应生成Al（OH）3沉淀；精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，沉钒时加入试剂NH4Cl，所得NH4VO3沉淀，焙烧得到产品，据此分析。

【详解】

（1）氧化过程FeO·V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5，化学方程式为：

4FeO·V2O3+5O2

2Fe2O3+4V2O5；经过氧化和钠化后，V2O5、Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐，Fe2O3[或Fe（OH）3]成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调pH为了和SiO32-反应生成硅酸沉淀，将AlO2-转化为Al3+；加入NH3·H2O后与Al3+发生反应生成Al（OH）3沉淀，还可以中和酸，反应方程式为：

、

，故答案为：

4FeO·V2O3+5O2

2Fe2O3+4V2O5；Fe2O3[或Fe（OH）3]；除Si并转化AlO2-（写“除Si”即得分）；

，

（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+2NH3

3V2O4+N2+3H2O，故答案为：

Cl－；3V2O5+2NH3

3V2O4+N2+3H2O。

5．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，

=______（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U0V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

2Sb2O3+6SO2Sb2S3+3SbCl5=5SbCl3+3S↓CuS1.1×10-83:

4H+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

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-）=

=1.0×10-32mol/L，当Pb2+开始沉淀时，c（S2-）=

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

=

＝

＝

＝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1molH3PO4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。

6．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+6NO

5N2+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】CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）△H=−163kJ/mo1减小1.6mol/L3:

11.5×10−43:

1

【解析】

【分析】

（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，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（

）=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（

）+c（H+）=c（OH−）+c（

）+2c（

），因pH=7，故c（H+）=c（OH−），则c（

）=c（

）+2c（

），由图可读出b点时，c（

）=c（

），则c（

）=3c（

），因在同一体系，n（

）：

n（

）=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

在酸性条件下发生还原反应，生成

，其电极反应式为

；根据图示，吸收池中

和NO是反应物，N2和

是生成物，则吸收池中除去NO的原理是：

，

故答案为：

；

。

【点睛】

陌生电极反应式的书写步骤：

①根据题干找