高考化学一轮复习基础题系列8含解析新人教版

高考化学一轮复习基础题系列8含解析新人教版

‎【2019最新】精选高考化学一轮复习基础题系列8含解析新人教版 李仕才 ‎1、（2018届××市高三第二次模拟考试理科综合）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确是 A. 电解熔融氧化铝，当阳极生成 67.2L气体时，阴极产生4NA个Al B. 将1mol Cl2通入到水中，则有N(HClO)+N(Cl-)+ N(ClO-)=2 NA C. 4.2 g乙烯和丙烯混合气体中含有的极性键数目为0.6 NA D. 25℃，pH=7的NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液中，含OH-的数目为10-7 NA ‎【答案】C ‎【解析】A.没指明在标准状况下，无法计算67.2L气体的物质的量，故A错；B. 1mol Cl2含有2molCl原子，而氯气与水反应为可逆反应，反应不能进行到底，故溶液中含有HClO、Cl-、ClO-、Cl2，根据氯原子守恒可有：N(HClO)+N(Cl-)+ N(ClO-)+2 N(Cl2)=2 NA，故B错误；C. 乙烯和丙烯最简式均为CH2, 4.2 g乙烯和丙烯混合气体中含有0.3mol CH2,每个CH2中含有两个极性键，故0.3mol CH2中含有0.6 NA个极性键，C正确；D. 溶液体积未知，不能计算OH-的物质的量，因此，D错误；综合以上分析，本题答案为：C。‎ ‎2、（2018届山西省××市高三上学期期末考试）用 NA 15 / 15‎ ‎ 表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 A. 1 mol 羟基中含有 10 NA个电子 B. 1 L 0.1 mol/L的葡萄糖溶液中含有的分子数为 NA C. 标准状况下， 2.24 L Cl2 溶于水中达到饱和， 可得到 HClO 分子的数目是 0.1NA D. 由0.1 mol CH3COONa和少量醋酸形成的中性溶液中，CH3COO－数目等于 0.1NA ‎【答案】D ‎【解析】A、羟基（—OH）中含有9个电子，则1 mol 羟基中含有9 NA个电子，即A错误；B、葡萄糖是非电解质，所以1 L 0.1 mol/L的葡萄糖溶液中含有的分子数为0.1NA，故A错误；C、溶于水的Cl2只有一小部分与水反应生成HCl和HClO，所以标况下0.1molCl2溶于水中达到饱和，得到HClO的分子数目小于0.1NA，即C错误；D、在中性溶液中n(H+)= n(OH-)，根据电荷守恒得n(Na+)=n(CH3COO－)=0.1mol，则CH3COO－数目为0.1NA，所以D正确。本题正确答案为D。‎ ‎3、（2018届陕西省××市高三第二次模拟考试）测定硫铁矿( 主要成分为FeS2)中硫和铁含量的实验步骤如下:‎ ‎【硫含量的测定】‎ ‎①准确称取0.5g硫铁矿粉于坩埚中，加入4.5gNa2O2，用玻璃棒充分搅拌，上面再盖一层Na2CO3，在700℃下焙烧15min。‎ ‎②将坩埚及其盖放入100 mL沸水中，浸泡10‎ 15 / 15‎ ‎ min并洗净坩埚。将所得溶液转移至烧杯中。‎ ‎③向上述烧杯中先加入过量硝酸，再加入足量Pb(NO3)2溶液。过滤，洗涤、干燥，称得固体为2.02g。‎ ‎【铁含量的测定】‎ ‎④准确称取0.5g硫铁矿粉，加入盐酸和硝酸使其溶解。趁热加入稍过量的SnCl2溶液(Sn2++2Fe3+==2Fe2++Sn4+)，再用HgCl2 氧化除去多余的SnCl2。‎ ‎⑤以二苯胺磷酸钠为指示剂，用0.05mol/L的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+(K2Cr2O7被还原为Cr3+)，直至终点，消耗11.20mL K2Cr2O7溶液。回答下列问题。‎ ‎（1）步骤①适宜材质的坩埚是_____(填字母)。‎ a.铁坩埚 b.铝坩埚 c.陶瓷坩埚 ‎（2）步骤①中上面盖一层Na2CO3的主要目的是_________________，焙烧时，FeS2和Na2O2反应生成硫酸盐和氧化钠的化学方程式为______________________________________。‎ ‎（3）步骤③中得到的固体的化学式为__________________。‎ ‎（4）步骤④若不除去过量的SnCl2，则会造成铁的含量测量值___(填“偏大”“偏小”或“不变”)。‎ ‎（5）步骤⑤滴定时，K2Cr2O7溶液应盛放在_______(填“酸”或“碱”)式滴定管中；实验室配制100 mL0.05mol/L K2Cr2O7溶液，需要的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、_____和_____。‎ ‎【答案】 a 防止产生的少量SO2‎ 15 / 15‎ ‎ 逸出(或隔绝空气，防止空气与过氧化钠反应等合理答案) 2FeS2+15Na2O2=Fe2(SO4)3 + NaSO4+14Na2O PbSO4 偏大 酸 玻璃棒 100mL容量瓶 ‎【解析】（1）铝坩埚和陶瓷坩埚在高温下可以与过氧化钠或碳酸钠反应，而铁坩埚不会，所以，步骤①适宜材质的坩埚是a。‎ ‎（2）步骤①中上面盖一层Na2CO3的主要目的是：防止产生的少量SO2 逸出。焙烧时，FeS2和Na2O2反应生成硫酸盐和氧化钠的化学方程式为2FeS2+15Na2O2=Fe2(SO4)3 + NaSO4+14Na2O 。‎ ‎（3）PbSO4不溶于水和酸，所以，步骤③中得到的固体为PbSO4。‎ ‎（4）步骤④若不除去过量的SnCl2，因为Sn2+的还原性强于Fe2+，后面用K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+时，会消耗过多的K2Cr2O7溶液，必然会造成铁的含量测量值偏大。‎ ‎（5）步骤⑤滴定时，K2Cr2O7溶液有强氧化性，故应将其盛放在酸式滴定管中；实验室配制100 mL0.05mol/L K2Cr2O7溶液，需要的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒和100mL容量瓶。‎ ‎4、Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的净出率为70%时，所采用的实验条件为___________________。‎ ‎（2）“酸浸”后，钛主要以TiOCl42－形式存在，写出相应反应的离子方程式____________。‎ 15 / 15‎ ‎（3）TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示：‎ 温度/℃‎ ‎30‎ ‎35‎ ‎40‎ ‎45‎ ‎50‎ TiO2·xH2O转化率%‎ ‎92‎ ‎95‎ ‎97‎ ‎93‎ ‎88‎ 分析40℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因__________________。‎ ‎（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为__________________。‎ ‎（5）若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02 mol/L，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍），使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1×10-5 mol/L，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？___________（列式计算）。‎ FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。‎ ‎（6）写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式 。‎ ‎【答案】（1）100℃、2h，90℃，5h ‎（2）FeTiO3+ 4H++4Cl− = Fe2++ TiOCl42− + 2H2O ‎（3）低于40℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降 ‎（4）4 ‎ ‎（5）Fe3+恰好沉淀完全时，c(PO43－)=mol·L−1=1.3×10-17 mol·L−1，c3(Mg2+)×c2(PO43-)＝(0.01)3×(1.3×10-17)2=1.7×10-40＜Ksp [Mg3(PO4)2]，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀。‎ ‎（6）2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑‎ 15 / 15‎ ‎（3）温度是影响速率的主要因素，但H2O2在高温下易分解、氨水易挥发，即原因是低于40℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降；‎ ‎（4）Li2Ti5O15中Li为+1价，O为-2价，Ti为+4价，过氧根(O22-)中氧元素显-1价，设过氧键的数目为x，根据正负化合价代数和为0，可知(+1)×2+(+4)×5+(-2)×(15-2x)+(-1)×2x=0，解得：x=4；‎ ‎（5）Ksp[FePO4]=c(Fe3+)×c(PO43-)=1.3×10-2，则c(PO43-)＝＝1.3×10-17mol/L，Qc[Mg3(PO4)2]＝c3(Mg2+)×c2(PO43-)＝(0.01)3×(1.3×10-17)2=1.69×10-40＜1.0×10—34，则无沉淀。‎ ‎（6）高温下FePO4与Li2CO3和H2C2O4混合加热可得LiFePO4，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑。‎ ‎5、（2018届黑龙江省大庆中学高三上学期期中考试）下列各组物质的分类或归类正确的是 ‎①电解质: 明矾、氢氟酸、纯碱 ②胶体: 淀粉溶液、豆浆、墨水 ③酸性氧化物: SO2、CO2、N2O5 ④同位素: 1H2、2H2、3H2 ⑤同素异形体: C60、金刚石、石墨 ⑥放热反应: 盐酸与氢氧化钠、碳酸钙高温分解、甲烷燃烧 A. ②③⑤ B. ②④⑤ C. ①②⑤ D. ④⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎6、（2017课标Ⅱ）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 15 / 15‎ A. 常温常压下，124 g P4中所含P—P键数目为4NA B. 100 mL 1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA C. 标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA D. 密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA ‎【答案】C ‎【解析】分析：A.根据白磷是正四面体结构分析；‎ B.根据铁离子水解分析；‎ C.根据甲烷和乙烯均含有4个氢原子分析；‎ D.根据反应是可逆反应判断。‎ 详解：A. 常温常压下，124 g P4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个P－P键，因此其中所含P—P键数目为6NA，A错误；‎ B. 铁离子在溶液中水解，所以100 mL 1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；‎ C. 甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确；‎ D. 反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2 mol SO2和1‎ 15 / 15‎ ‎ mol O2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。‎ ‎7、（2018届浙江省××市高三二模）ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上用ClO2气体制NaClO2的工艺流程如图所示。‎ 下列说法不正确的是 A. 步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥 B. 吸收器中生成NaClO2的离子方程式：2ClO2+H2O2=2C1O2-+O2↑+2H+‎ C. 工业上可将ClO2制成NaClO2固体，便于贮存和运输 D. 通入空气的目的是驱赶出ClO2，使其被吸收器充分吸收 ‎【答案】B ‎【解析】A. 步骤a中，由溶液得到NaClO2固体，进行的操作为：过滤、洗涤和干燥，A正确；B. 吸收器中发生反应：2ClO2+2NaOH+H2O2═2NaClO2+O2+2H2O，离子方程式为： 2ClO2+2OH−+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O，B错误；C. 固体比气体便于贮存和运输，工业上可将ClO2制成NaClO2固体，C正确；D. 反应结束后，发生器中仍有少量ClO2，用空气可以将其排出，确保其在吸收器中被充分吸收，D正确。答案选B.‎ ‎8、（2018届四川省××市高三第三次统考）由下列实验及现象得出的结论，不正确的是 实验 现象 结论 A 向KNO3和KOH 混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸 试纸变为蓝色 NO3-被还原为NH3‎ 15 / 15‎ B 在Cu(NO3)2溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡 溶液分层，上层溶液呈紫色，下层有白色沉淀 氧化性：Cu2+>I2，白色沉淀可能为CuI C 向2 支盛有2mL 相同浓度的NaOH溶液的试管中分别滴入2滴相同浓度的AlCl3和MgCl2溶液，振荡并静置 前者无沉淀，后者有白色沉淀 Ksp[Al(OH)3]>Ksp[Mg(OH)2]‎ D 相同温度下，在两支试管中各加入4 mL 0.01 mol/L KMnO4酸性溶液和2 mL 0.1 mol/LH2C2O4溶液，再向其中一支试管中快速加入少量MnSO4固体 加有MnSO4的试管中溶液褪色明显较快 MnSO4对该反应有催化作用 ‎【答案】C ‎【解析】A. 向KNO3和KOH 混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变为蓝色，说明有生成NH3 ，则NO3-被还原为NH3，A正确； B. 在Cu(NO3)2溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡溶液分层，上层溶液呈紫色，下层有白色沉淀，说明有碘生成，则KI是还原剂、Cu(NO3)2是氧化剂，所以Cu2+氧化性强于I2，Cu2+有可能被还原为+1价，故白色沉淀可能为CuI，B正确；C. 向2 支盛有2mL 相同浓度的NaOH溶液的试管中分别滴入2滴相同浓度的AlCl3和MgCl2溶液，振荡并静置，前者无沉淀，后者有白色沉淀，前者可能因生成的Al(OH)3溶于过量的NaOH溶液中而无沉淀，故无法判断Ksp[Al(OH)3]和Ksp[Mg(OH)2]的相对大小，C不正确；D. 相同温度下，在两支试管中各加入4 mL 0.01 mol/L KMnO4酸性溶液和2 mL 0.1‎ 15 / 15‎ ‎ mol/LH2C2O4溶液，再向其中一支试管中快速加入少量MnSO4固体，加有MnSO4的试管中溶液褪色明显较快，说明MnSO4对该反应有催化作用，D正确。本题选C。‎ ‎9、（2018届山西省××市高三下学期高考模拟卷）硝酸镓在激光材料的制备中已成为重要的基础和主要原料。以废催化剂GCS(主要成分为Ga2O3、Cr2O3和SiO2)为原料制备硝酸嫁晶体的工艺流程如下:‎ ‎(1)滤渣的主要成分是______(写化学式)，用稀氨水调节溶液pH至3.0~3.5之间的目的是________。‎ ‎(2)用硝酸溶解时,温度应控制在40~80℃，实验室控制该温度区间的方法是______；温度高于80℃，溶解速率减慢，其原因是____________。‎ ‎(3)采用减压蒸馏的目的是_________________。‎ ‎(4)催化剂GCS可用于催化热乙烯还原一氧化氮，以消除尾气排放对大气的污染，写出该反应的化学方程式:________________。‎ ‎(5)用硝酸镓制备含镓、铱和铂的催化剂可以有效地催化正庚烷转化为甲苯，该反应的化学方程式为________________。‎ ‎(6)硝酸镓晶体加热过程中,固体失重率[失重率=]随温度的变化关系如图所示。A点时，固体物质的化学式为_________，B点至C点变化过程中，生成的气体为N2O5和另一种氮氧化物，则该变化的总反应方程式为___________。‎ ‎【答案】 SiO2 使Ga3+水解完全生成Ga(OH)3 水浴加热 硝酸受热易挥发且会分解 使过量硝酸和水蒸气快速蒸出 C2H4+6NO 3N2+2CO2+2H2O CH3CH2CH2CH2CH2CH2CH3 +4H2↑ 2Ga(NO3)3·3H2O Ga(NO3)3GaO2+NO2↑+N2O5↑‎ 15 / 15‎ ‎（1）根据上述分析，滤渣的主要成分为SiO2。用稀氨水调节溶液pH至3.0~3.5之间的目的是使Ga3+水解完全生成Ga(OH)3。故答案为：SiO2；使Ga3+水解完全生成Ga(OH)3。‎ ‎（2）若要将温度控制在40～80℃，可采用水浴加热的方式控制温度。温度太低，硝酸反应速度较慢，若温度高于80℃，硝酸受热易挥发且会分解，沉淀溶解的速率也会减慢。故答案为：水浴加热；硝酸受热易挥发且会分解。‎ ‎（3）溶液中主要溶质为Ca(NO3)3和未反应完的硝酸，减压蒸馏可以降低硝酸和水的沸点，加快硝酸和水蒸气的蒸出，故答案为：使过量硝酸和水蒸气快速蒸出。‎ ‎（4）根据题意可知，乙烯和NO在GCS作催化剂的条件下，反应生成无污染的N2和CO2，反应方程式为C2H4+6NO3N2+2CO2+2H2O，故答案为：C2H4+6NO3N2+2CO2+2H2O。‎ ‎（5）在催化剂的作用下，正庚烷可转化为甲苯，根据原子守恒可知，应还有H2生成，故反应方程式为CH3CH2CH2CH2CH2CH2CH3 +4H2↑。‎ ‎（6）Ga(NO3)3﹒9H2O的相对分子质量为418，假设加热前硝酸镓晶体的质量为418g,物质的量为1mol，则其中结晶水的质量=18g×9=162g。A点时，失重率为32.3％，则固体减少的质量△m=418×32.3％=135g，所以A点固体物质中还含有结晶水。A点固体中结晶水的物质的量= =1.5mol,则固体中n[Ga(NO3)3]﹕n[结晶水]=1﹕1.5=2﹕3，所以A点固体物质的化学式为2Ga(NO3)3·3H2O。‎ 15 / 15‎ B点时，失重率为38.7％，则固体减少的质量=418×38.7％≈162g，则B点时恰好失去全部结晶水，固体物质的化学式为Ga(NO3)3。C点时，失重率为75.6％，则固体减少的质量=418×75.6％=316g,剩余固体的质量=102g，其中m(Ga)=70g。B点至C点变化过程中，生成的气体为N2O5和另一种氮氧化物，则可推测剩余固体为Ga的氧化物，且m(O)=32g，所以固体物质中n(Ga)﹕n(O)= 1﹕2，则固体物质的化学式为GaO2。GaO2中Ga元素化合价为+4价，则GaO2为氧化产物，另一种氮氧化物应为还原产物。假设该氮氧化物为NO2，则有Ga(NO3)3——GaO2+NO2↑+N2O5↑，根据化合价升价守恒和原子守恒，可得方程式Ga(NO3)3 GaO2+NO2↑+N2O5↑，假设成立。‎ 故答案为：2Ga(NO3)3·3H2O；Ga(NO3)3GaO2+NO2↑+N2O5↑。‎ ‎10、（2018届山西省××市高三模拟考试）化学与科技生产、生活环境等密切相关,下列说法不正确的是 A. “霾尘积聚难见路人”,雾和霾所形成的气溶胶具有丁达尔效应 B. “天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料 C. 绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染 D. “一带一路”是现代丝绸之路,丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物 ‎【答案】B ‎11、（2018届××市××区高三第一次模拟）化学工作者一直在积极探索影响大气质量的因素及改善措施。‎ 15 / 15‎ ‎（1）硫酸盐是大气中可吸入颗粒物的主要成分之一，是在含水的气溶胶液滴中通过化学反应产生的。‎ ‎①气溶胶属于胶体分散系。当日光射入充满气溶胶的暗室时，可观察到_______效应。‎ ‎②大气中的SO2 转化为硫酸盐的过程中，以下物质能起氧化作用的是_____(填字母序号)。‎ a.O2 b.H2S c.NH3 d.O3‎ ‎③有研究者发现特定条件下，大气中的NOx会成为氧化SO2 的主要物质，于是认为，当城市大气中的可吸入颗粒物严重超标时，应采取汽车限行措施。原因是_________。‎ ‎（2）燃煤烟气中含有NOx和SO2。工业上常用亚氯酸钠(NaClO2)对燃煤烟气进行脱硝和脱硫处理。‎ 已知: 酸性条件下，ClO2-会转化成ClO2和Cl-。ClO2是黄绿色、易溶于水的气体，具有强氧化性，可氧化NOx或SO2。‎ I.在实验室模拟脱硝过程:调节NaClO2 吸收液的pH 为5，向其中通入含NO 的模拟烟气。‎ ‎①测得脱硝反应后，溶液中的阴离子为NO3-和Cl-，则脱硝反应的离子方程式为_______。‎ ‎②测得脱硝效率(即NO 的吸收率)随温度变化的曲线如下图所示。结合已知信息分析，温度大于50℃时，随温度升高脱硝效率下降的原因是____________。‎ Ⅱ.在实验室模拟同时脱硝、脱硫过程: 调节NaClO2吸收液的pH为5，向其中通入含SO2 和 NO (体积比2 :1)的模拟烟气。‎ 15 / 15‎ ‎③测得脱硝、脱硫反应后，溶液中的阴离子为NO3-、SO42- 和Cl-，其中c(SO42-)= a mol/L，c(Cl-)=bmol/L，已知脱硫效率为100%，计算脱硝效率为_________。‎ ‎【答案】 丁达尔 ad 汽车尾气中含NOx，能将SO2氧化成硫酸盐，从而增加大气中可吸入颗粒物含量 5NO + 3ClO2 + 4H2O 5NO3- + 3Cl- + 8H+（或4NO + 3ClO2- + 2H2O 4NO3- + 3Cl- + 4H+） 吸收液pH为5，显酸性，NaClO2转化成ClO2，温度升高， ClO2气体容易从溶液体系中逸出，使脱硝反应难以发生 [(8b-4a)/3a]×100%‎ 成硫酸盐，从而增加大气中可吸入颗粒物含量；（2）考查离子方程式的书写、化学反应条件的控制、化学计算，①根据信息，NaClO表现强氧化性，把NO氧化成NO3－，本身被还原成Cl－，ClO2－＋NO→Cl－＋NO3－，根据化合价升降法进行配平，即为3ClO2－＋4NO→4NO3－＋3Cl－。根据原子守恒以及电荷守恒，离子反应方程式为4NO + 3ClO2－ + 2H2O=4NO3－ + 3Cl－ + 4H＋，ClO2－会转化成ClO2和Cl－。ClO2是黄绿色、易溶于水的气体，具有强氧化性，可氧化NOx或SO2，pH=5的溶液显酸性，ClO2－生成ClO2和Cl－，ClO2把NO氧化成NO3－，本身被还原成Cl－，离子方程式为 5NO + 3ClO2 + 4H2O=5NO3－ + 3Cl－ + 8H＋；②吸收液pH为5，显酸性，NaClO2转化成ClO2，温度升高， ClO2气体容易从溶液体系中逸出，使脱硝反应难以发生；③根据得失电子数目守恒，因此有4b=2a＋3c(NO3－)，解得实际上得到c(NO3－)=(4b－2a)/3mol·‎ 15 / 15‎ L－1，因为SO2和NO的体积比为2：1，且脱硫效率为100%，因此理论上得到c(NO3－)=a/2mol·L－1，即脱硝率为×100%=[(8b-4a)/3a]×100%。‎ ‎12、已知Na2S2O3溶液与Cl2反应时， 1mol Na2S2O3转移8 mol电子。该反应的离子方程式是 。‎ ‎【答案】S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+‎ ‎【解析】氯气有强氧化性， Na2S2O3溶液与Cl2反应时， 1mol Na2S2O3转移8 mol电子，说明S2O32-被氧化为SO42-，根据氧化还原反应配平，该反应的离子方程式是：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+。‎ 15 / 15‎