高考化學(xué)綜合題專練∶氧化復(fù)原反響高考化學(xué)綜合題專練∶氧化復(fù)原反響高考化學(xué)綜合題專練∶氧化復(fù)原反響一、高中化學(xué)氧化復(fù)原反響練習(xí)題（含詳細(xì)答案解析）1．陽極泥辦理后的沉渣中含AgCl，工業(yè)上可用Na23SO溶液作浸取劑浸出回收。某小組在實(shí)驗(yàn)室模擬該過程。已知：o–4–4i．25C時，部分物質(zhì)的溶解度：AgCl1.9×10g；Ag2SO34.6×10g；Ag2SO40.84g。ii．25oC時，亞硫酸鈉溶液酸化過中含4pH變化以下列圖。S微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨Ⅰ.浸出氯化銀取AgCl固體，加入1mol/LNa23pH=8），SO溶液作浸取劑，充分反響后過濾獲得浸出液（該過程中發(fā)生的反響為AgCl+2SO32[Ag(SO3)2]3–+Cl–。1）用平衡搬動原理講解AgCl溶解的原因是___。Ⅱ.酸化沉銀（2m為AgCl，則溶液m中含4________。）經(jīng)檢測，積淀S微粒的主要存在形式是（3）研究積淀n的成分。①甲同學(xué)認(rèn)為積淀n必然不含Ag24，其依照是________。SO②乙同學(xué)認(rèn)為積淀n可能含Ag23SO，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)考據(jù)。i.本實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)的依照是：Ag2SO3擁有________性。乙同學(xué)觀察到________，得出結(jié)論“積淀n不含Ag2SO3”。③丙同學(xué)從溶液n的成分角度再次設(shè)計(jì)實(shí)考據(jù)明積淀n不含Ag23。SOi.本實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)的依照是：若積淀n231微粒的總物質(zhì)的量___（填含AgSO，則溶液n中含Ag–“＞”、“＝”或“＜”）Cl物質(zhì)的量。ii.結(jié)合實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象簡述丙同學(xué)的推理過程：____。Ⅲ．浸取劑再生（4）溶液m經(jīng)辦理后可再用于浸出AgCl，請簡述該辦理方法____?！敬鸢浮緼gCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),Ag+與SO32-結(jié)合生成[Ag(SO3)2]3–，促使AgCl的溶解平衡正向搬動HSO3-24AgCl23+的濃度很小復(fù)原AgSO的溶解度遠(yuǎn)大于或AgSO，溶液中Agb中清液的顏色與c相同，均為淺紫色溶液＜e中無積淀生成，說明清液中沒有Cl-，則．．．．．．．．．．．溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–++–n中全部轉(zhuǎn)變?yōu)锳g，Ag將Cl全部積淀，由此可知溶液含Ag元素的微粒總物質(zhì)的量不小于–加NaOH溶液調(diào)治pH至9~10n(Cl)【解析】【解析】I、（1）利用平衡搬動的知識答題即可；II、（2）生成積淀m時，溶液m的pH為5，觀察圖像，能夠得知HSO3-的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)占100%；（3）①溶液中Ag+的濃度很小，而Ag24的溶解度較大，故不會形成24SOAgSO積淀；②依照Ag2SO3的復(fù)原性答題；③e中無積淀生成，說明清液中沒有-3–Cl，則溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]全部轉(zhuǎn)變?yōu)?+––Ag，Ag將Cl全部積淀，由此可解析出溶液n中含Ag元素的微粒總物質(zhì)的量不小于n(Cl)；、（4）m溶液中的溶質(zhì)為NaHSO3，浸取劑為Na2SO3溶液，需要加入NaOH溶液將NaHSO3轉(zhuǎn)變?yōu)镹a2SO3。【詳解】I、（1）AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，Ag+與SO32-結(jié)合生成[Ag(SO3)2]3-，促使AgCl的溶解平衡正向搬動；II、（2）生成積淀m時，溶液m的pH為5，觀察圖像，能夠得知HSO3-的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)占100%，則溶液m4HSO3-；中含S微粒的主要存在形式是（3）①Ag2423+的濃度很?。籗O的溶解度遠(yuǎn)大于AgCl或AgSO，溶液中Ag②i、酸性KMnO4溶液擁有強(qiáng)氧化性，32-擁有復(fù)原性，則該實(shí)驗(yàn)涉及的依照是Ag23SOSO具有復(fù)原性；ii、積淀中無Ag2SO3，則該積淀不會使酸性KMnO4溶液褪色，故能夠觀察到a試管中酸性KMnO4溶液褪色，b、c試管中酸性KMnO4溶液仍舊呈紫色；③e中無積淀生成，說明清液中沒有-3–Cl，則溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]全部轉(zhuǎn)變?yōu)?+–n中含Ag元素的微?？偽镔|(zhì)的量不小于–Ag，Ag將Cl全部積淀，由此可解析出溶液n(Cl)；III、（4）m溶液中的溶質(zhì)為NaHSO3，浸取劑為Na2SO3溶液，依照曲線圖可知，加入NaOH溶液調(diào)整pH到9-10即可。2．高氯酸銨是一種常有的強(qiáng)氧化劑，常用作火箭發(fā)射的推進(jìn)劑。依照以下信息回答以下問題:已知:①高氯酸銨受熱分解為N2、Cl2、O2和H2O;②Mg3N2易水解;③Cu與N2在酒精燈加熱條件下不反響。（1）寫出高氯酸銨受熱分解的化學(xué)反響方程式:_____________，Mg3N2的電子式為________。（2）現(xiàn)有23.5gNH4ClO4分解，用以下裝置設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)，考據(jù)其分解產(chǎn)物并計(jì)算分解率。(注:①裝置中空氣已除盡;②裝置可重復(fù)使用;③B~F裝置中的試劑均過分且能與相應(yīng)物質(zhì)反響完好。)①用E裝置質(zhì)量的增加來考據(jù)生成的氣體產(chǎn)物之一，則E中盛放的試劑是:_______。②請按氣流由左至右的方向連接裝置:A→E→D→B→→_____→_______→E(選擇B~F裝置，并用B~F字母填空)。③證明產(chǎn)物中有Cl2的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象:________。④反響結(jié)束后，若C裝置質(zhì)量增加了2.38g，則NH4ClO4的分解率是:________%。3）樣品中NH4ClO4的含量(雜質(zhì)中不含NH4+)還可用蒸餾法測定(以下列圖，加熱和夾持裝置已略去)，實(shí)驗(yàn)步驟以下:步驟1:組裝儀器，檢查氣密性;正確稱取樣品ag(不高出0.5g)于蒸餾燒瓶中，加入約150mL水溶解。步驟2:正確量取40.00mL約0.1mol/LH24于錐形瓶中。SO步驟3:向蒸餾燒瓶中加入20mL3mol/LNaOH溶液;加熱蒸餾使NH3全部揮發(fā)。步驟4:用新煮沸過的水沖洗冷凝裝置2~3次，沖洗液并入錐形瓶中。步驟5:向錐形瓶中加2~3滴甲基橙，用cmol/LNaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，耗資NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液V1mL。步驟6:重復(fù)實(shí)驗(yàn)2~3次。回答以下問題:①步驟2中，正確量取40.00mlH2SO4溶液的玻璃儀器是:__________。②為獲得樣品中NH4ClO4的含量，還需補(bǔ)充的實(shí)驗(yàn)是:______?！敬鸢浮?NH442222濃硫酸ClO2O↑+N↑+Cl↑+4HO↑EFCD裝置中顏色由無色變?yōu)槌壬?5.0或85酸式滴定管或移液管用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液標(biāo)定硫酸溶液的濃度【解析】【解析】（1）依照得失電子守恒配平高氯酸銨受熱分解的化學(xué)反響方程式；Mg3N2是離子化合物；（2）A是高氯酸銨受熱分解的裝置；B是氫氧化鈉溶液，能夠吸取氯氣；C中盛放Mg粉，能夠檢驗(yàn)氮?dú)猓籇中溴化鉀能夠檢驗(yàn)氯氣；F中銅粉能夠檢驗(yàn)氧氣；E中盛放液體，根據(jù)E裝置質(zhì)量的增加來考據(jù)生成的水，因此E中盛濃硫酸；（3）①依照硫酸體積的精度是0.01mL選擇儀器；②要計(jì)算NH4ClO4的含量，需要知道硫酸溶液的濃度?！驹斀狻浚?）依照得失電子守恒配平高氯酸銨受熱分解的化學(xué)反響方程式為2NH4ClO42O2↑+N2↑+Cl2↑+4H2O↑；Mg3N2是離子化合物，電子式是；（2）①A是高氯酸銨受熱分解的裝置；B是氫氧化鈉溶液，能夠吸取氯氣；C中盛放Mg粉，能夠檢驗(yàn)氮?dú)?；D中溴化鉀能夠檢驗(yàn)氯氣；F中銅粉能夠檢驗(yàn)氧氣；E中盛放液體，根據(jù)E裝置質(zhì)量的增加來考據(jù)生成的水，因此E中盛濃硫酸；②依照以上解析，按氣流由左至右的方向連接裝置:A→E→D→B→E→F→C→E；③D中溴化鉀能夠與氯氣反響，方程式是2KBr+Cl2=2KCl+Br，溴水為橙色，因此D裝置中顏色由無色變?yōu)槌壬軌蜃C明產(chǎn)物中有Cl2；④C中盛放Mg粉，能夠與氮?dú)夥错懮蒑g3N2，若C裝置質(zhì)量增加了2.38g，說明反響生2.38g100%85%；成氮?dú)?.38g，則NH4ClO4的分解率是1423.5g117.53）①依照硫酸體積的精度是0.01mL，正確量取40.00mLH2SO4溶液的玻璃儀器是酸式滴定管；②為獲得樣品中NH4ClO4的含量，還需補(bǔ)充的實(shí)驗(yàn)是用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液標(biāo)定硫酸溶液的濃度。3．羥氨（NH2OH）是一種復(fù)原劑，和聯(lián)氨相同是一種弱堿，不牢固，室溫下吸取水汽迅速分解?；卮鹨韵聠栴}：1）請寫出羥氨的電子式___。2）利用KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液定量間接測定羥氨的純度。測定步驟以下：①溶液配制：稱取5.0g某羥氨樣品，溶解在______酸中后加適合蒸餾水，將其全部轉(zhuǎn)移至100mL的______中，加蒸餾水至_______。＋3＋＝N2O↑②取20.00mL的羥氨酸性溶液與足量硫酸鐵在煮沸條件下反響：2NH2OH2＋4Fe＋＋，生成的＋－1的酸性KMnO4溶液滴定，滴定達(dá)到終點(diǎn)＋4Fe2＋H2O＋6HFe2用0.4000mol·L的現(xiàn)象是____________。請寫出Fe2＋與酸性KMnO4溶液反響的離子方程式_____________。重復(fù)滴定3次，每次耗資酸性高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積如表所示：計(jì)算試樣的純度____%。（3）以下操作以致誤差偏高的有______（填編號）。滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后消失滴定管未經(jīng)潤洗盛裝KMnO4溶液羥氨稱量時，時間過長和溶解時沒有及時用酸酸化KMnO4溶液初步讀數(shù)仰望，終點(diǎn)正常讀數(shù)【答案】硫酸容量瓶刻度線當(dāng)最后一滴滴入時，錐形瓶中溶液的顏色由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘不褪色5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O66ab【解析】【解析】(1)依照羥氨化學(xué)式寫出其電子式；24HCl中的Cl會被MnO4-氧化；(2)①羥氨應(yīng)溶解在HSO中，由于②用酸性KMnO4溶液滴定達(dá)到終點(diǎn)的現(xiàn)象是當(dāng)最后一滴滴入時，錐形瓶中溶液的顏色由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘不褪色；依照氧化復(fù)原反響的規(guī)律寫出Fe2＋與酸性KMnO4溶液反應(yīng)的離子方程式，依照物質(zhì)的量的關(guān)系計(jì)算式樣純度；(3)依照氧化復(fù)原滴定的相關(guān)操作解析實(shí)驗(yàn)誤差?！驹斀狻?1)依照羥氨化學(xué)式NH2OH可知其電子式為：，故答案為：；(2)①羥氨應(yīng)溶解在24會被MnO4-氧化，將其全部轉(zhuǎn)移至100mL的HSO中，由于HCl中的Cl容量瓶中，加蒸餾水至刻度線，故答案為：硫酸；容量瓶；刻度線；②用酸性KMnO4溶液滴定達(dá)到終點(diǎn)的現(xiàn)象是當(dāng)最后一滴滴入時，錐形瓶中溶液的顏色由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘不褪色；依照氧化復(fù)原反響的規(guī)律寫出Fe2＋與酸性KMnO4溶液反應(yīng)的離子方程式為：5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O；由耗資高錳酸鉀體積表可知，第一次誤差過大，舍去，V(平均)=19.9820.02=20.00mL；2設(shè)滴準(zhǔn)時NH22+的物質(zhì)的量為xmol，依照離子方程式可得關(guān)系式：OH5NH2OH2+:2MnO4-52xncV=20.0010-30.4解得x=0.02因總量為100mL，因此n(NH2OH2+)＝0.02×5＝0.1molm=nM＝0.1×33g/mol＝3.3gw=m100%=3.3m樣100%=66%5.0故答案為：當(dāng)最后一滴滴入時，錐形瓶中溶液的顏色由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘不褪色；5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O；66；(3)a．滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后消失會以致V標(biāo)準(zhǔn)偏大，計(jì)算結(jié)果偏高；b．滴定管未經(jīng)潤洗盛裝KMnO4溶液，相當(dāng)于把KMnO4溶液稀釋，滴準(zhǔn)時耗資體積增大，計(jì)算結(jié)果偏高；c．羥氨稱量時，時間過長和溶解時沒有及時用酸酸化會以致羥氨被氧化，以致耗資體積偏小，計(jì)算結(jié)果偏低；d．KMnO4溶液初步讀數(shù)仰望，終點(diǎn)正常讀數(shù)，以致耗資體積偏小，計(jì)算結(jié)果偏低；故答案為：ab?！军c(diǎn)睛】注意氧化復(fù)原滴定操作中的注意事項(xiàng)，依照公式判斷不相同操作可能引起的實(shí)驗(yàn)誤差。4．硫酰氯（SO2Cl2）和亞硫酰氯（SOCl2）都是重要的化工試劑，均易水解。（1）甲同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室利用SO22在活性炭催化作用下制取22，裝置以下列圖。和ClSOCl①B裝置中冷凝管進(jìn)水口是___。（填“m”或“n）”，B中干燥管盛有的物質(zhì)是___。②欲制取少許SO2Cl2，選擇圖中的裝置（能夠重復(fù)采用），其連接序次為：a、___、h。③去除C裝置會降低SO2和Cl2的利用率，可能的原因是___（用化學(xué)方程式表示）。（2）SOCl2水解后無殘留物，較222和SOCl是更好的脫水劑。乙同學(xué)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)利用SOClZnCl2?xH2O制取無水ZnCl2。①講解SOCl在該實(shí)驗(yàn)中的作用是___（寫出兩點(diǎn)）。2②實(shí)驗(yàn)室常用NaOH溶液吸取SOCl2，該反響的離子方程式是___。（3）乙同學(xué)認(rèn)為SOCl2還可用作由FeCl3?6H2O制取無水FeCl3的脫水劑，但丙同學(xué)認(rèn)為該實(shí)驗(yàn)可能發(fā)生副反響使產(chǎn)品不純。①可能發(fā)生的副反響的化學(xué)方程式是___。②兩同學(xué)設(shè)計(jì)以下實(shí)驗(yàn)判斷該反響的可能性：取少許SOCl232O反響后的混雜物和FeCl?6H于試管中，加水溶解，將溶液均分至五支試管，分別進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)，其中能得出合理結(jié)論的是___。A．加入過分稀HNO3，再滴加幾滴AgNO3溶液B．加入少許稀HNO3，再滴加幾滴BaCl2溶液C．滴加幾滴BaCl2溶液D．滴加幾滴酸性KMnO4溶液E.滴加幾滴KSCN溶液后，再滴加幾滴氯水【答案】m堿石灰fgdebcedSO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HClSOCl2作脫水劑，與水反響生成HCl能夠控制氯化鋅的水解-2--SOCl2+4OH=SO3+2Cl+2H2OSOCl2+2FeCl3?6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2OBCD【解析】【解析】冷凝管中冷凝水的流向要對流，下進(jìn)上出；干燥管中依照要求一般填裝堿石灰或無水氯化鈣，堿石灰同時擁有干燥和吸取酸性氣體功能，無水氯化鈣只有吸水性。【詳解】1）①B裝置中冷凝管進(jìn)水口是m，B中干燥管盛有的物質(zhì)是吸取節(jié)余二氧化硫、氯氣的堿石灰；故答案為：m；堿石灰；②裝置A制備氯氣，氯氣含氯化氫和水蒸氣，經(jīng)過裝置D除掉氯化氫，經(jīng)過裝置C吸取水蒸氣，獲得干燥純凈的氯氣，連接裝置B的b進(jìn)入三頸燒瓶，裝置E制備二氧化硫氣體，經(jīng)過裝置C除掉水蒸氣，連接裝置B的c，欲制取少許SO2Cl2，選擇上圖中的裝置（能夠重復(fù)采用），其連接序次為：a、f、g、d、e、b、c、e、d、h；故答案為：fgdebced；③去除C裝置會降低SO2和Cl2的利用率，是二氧化硫和氯氣和水反響生成硫酸和氯化氫，反響的化學(xué)方程式：SO2222422224+Cl+2HO=HSO+2HCl；故答案為：SO+Cl+2HO=HSO+2HCl；（2）①氯化鋅會水解，SOCl2作脫水劑，與水反響生成HCl能夠控制氯化鋅的水解，SOCl2在該實(shí)驗(yàn)中的作用是：SOCl作脫水劑，與水反響生成HCl能夠控制氯化鋅的水解；故答案2為：SOCl2作脫水劑，與水反響生成HCl能夠控制氯化鋅的水解；②用NaOH溶液吸取SOCl223和NaCl生成，反響的離子方程式：2-32-，有NaSOSOCl+4OH=SO-22-32--2+2Cl+2HO；故答案為：SOCl+4OH=SO+2Cl+2HO；3）①SOCl2擁有復(fù)原性，三價鐵擁有氧化性，可能發(fā)生氧化復(fù)原反響生成硫酸根離子和亞鐵離子，反響的化學(xué)方程式為：SOCl2+2FeCl3?6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O，故答案為：SOCl2+2FeCl3?6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O；②SOCl23234和和FeCl?6HO反響后的混雜物的主要成分是FeCl，若發(fā)生副反響，還有FeSOFeCl2。由于SOCl2為液體，因此在固體混雜物中沒有SOCl2SOCl2和FeCl36H2O反。取少許?應(yīng)后的混雜物于試管中，加水溶解，溶液中必然有FeCl342，還可能有FeSO和FeCl，若要證明有副反響發(fā)生，只需證明溶液中有Fe2+或SO42-即可。A．加入過分稀HNO3，再滴加幾滴AgNO3溶液是檢驗(yàn)氯離子存在，不能夠證明副反響可否進(jìn)行，故A錯誤；B．加入少許稀HNO3，再滴加幾滴BaCl2溶液，若產(chǎn)生白色積淀，則證明溶液中有SO42-，能證明有副反響發(fā)生，故B正確；C．滴加幾滴BaCl2溶液，生成白色積淀，說明產(chǎn)物中含硫酸根離子，證明發(fā)生了副反響，故C正確；D．滴加幾滴酸性

KMnO4溶液，F(xiàn)e2+擁有復(fù)原性，能夠使酸性

KMnO4溶液褪色，能證明發(fā)生了副反響，故

D正確；E．滴加幾滴KSCN溶液后，由于溶液中有Fe3+，溶液會變紅，無法證明Fe2+的存在，故E錯誤；故答案為：BCD。5．目前全世界的鎳（Ni）花銷量僅次于銅、鋁、鉛、鋅，居有色金屬第五位。鎳常用于各種高光彩裝飾漆和塑料生產(chǎn)，也常用作催化劑。堿式碳酸鎳的制備：工業(yè)用電解鎳新液（主要含NiSO4，NiCl2等）制備堿式碳酸鎳晶體[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]，制備流程如圖：1）反響器中的一個重要反響為3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，X的化學(xué)式為__。（2）物料在反響器中反響時需要控制反響溫度和pH值。解析如圖，反響器中最適合的pH值為__。3）檢驗(yàn)堿式碳酸鎳晶體沖洗干凈的方法是__。測定堿式碳酸鎳晶體的組成：為測定堿式碳酸鎳晶體[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]組成，某小組設(shè)計(jì)了如圖實(shí)驗(yàn)方案及裝置：資料卡片：堿式碳酸鎳晶體受熱會完好分解生成

NiO、CO2和

H2O實(shí)驗(yàn)步驟：①檢查裝置氣密性；②正確稱量3.77g堿式碳酸鎳晶體[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]放在B裝置中，連接儀器；③打開彈簧夾a，鼓入一段時間空氣，分別稱量裝置C、D、E的質(zhì)量并記錄；__；⑤打開彈簧夾a慢慢鼓入一段時間空氣；⑥分別正確稱量裝置C、D、E的質(zhì)量并記錄；⑦依照數(shù)據(jù)進(jìn)行計(jì)算（相關(guān)數(shù)據(jù)以下表）裝置C/g裝置D/g裝置E/g加熱前250.00190.00190.00加熱后251.08190.44190.00實(shí)驗(yàn)解析及數(shù)據(jù)辦理：4）E裝置的作用__。5）補(bǔ)充④的實(shí)驗(yàn)操作___。6）經(jīng)過計(jì)算獲得堿式碳酸鎳晶體的組成__（填化學(xué)式）。鎳的制備：（7）寫出制備Ni的化學(xué)方程式__。【答案】CO28.3取最后一次沖洗液少許，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若無積淀產(chǎn)生，．．．．．．．．．．．．．則證明積淀已經(jīng)沖洗干凈吸取空氣中的H2O和CO2關(guān)閉彈簧夾a，點(diǎn)燃酒精燈，觀察到C中無氣泡時，停止加熱NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO↑+21H2O【解析】【解析】(1)依照元素守恒解析判斷；(2)使各種雜質(zhì)相對最少的pH即為最適合的pH；(3)反響后的濾液中含有硫酸鈉，因此檢驗(yàn)堿式碳酸鎳晶體可否沖洗干凈就是檢驗(yàn)可否有硫酸根離子殘留；(4)依如實(shí)驗(yàn)?zāi)康暮透鱾€裝置的作用解析；(5)依如實(shí)驗(yàn)?zāi)康暮颓昂蟛僮鞑襟E解析；(6)先計(jì)算生成水蒸氣和CO2的質(zhì)量，再依照質(zhì)量守恒確定化學(xué)式；(7)氧化復(fù)原反響中電子有得，必有失，依照化合價變化確定生成物，進(jìn)而配平方程式。【詳解】(1)反響器中的一個重要反響為3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，反響前Ni原子共3個、S原子共3個、O原子共23個、Na原子6個、C原子3個、H原子4個，反響后現(xiàn)有：Ni原子3個、S原子共3個、O原子共19個、Na原子6個、C原子1個、H原子4個，少O原子4個，C原子2個，而這些微粒包含在2個X分子中，因此X的化學(xué)式為CO22，故答案為：CO；(2)物料在反響器中反響時需要控制反響條件，依照圖可知，在pH=8.3時，各種雜質(zhì)相對最少，因此反響器中最適合的pH8.3，故答案為：8.3；(3)反響后的濾液中含有硫酸鈉，因此檢驗(yàn)堿式碳酸鎳晶體可否沖洗干凈就是檢驗(yàn)可否有硫酸根離子殘留，故答案為：取最后一次沖洗液少許，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若無積淀產(chǎn)生，則證明積淀已經(jīng)沖洗干凈；(4)C裝置用來吸取堿式碳酸鎳晶體受熱分解產(chǎn)生的H2O，D裝置用來吸取堿式碳酸鎳晶體受熱分解產(chǎn)生的CO222，E裝置能夠防范空氣中的HO和CO進(jìn)入D裝置中，影響實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的測定，故答案為：吸取空氣中的H22O和CO；(5)步驟③反響前左側(cè)通空氣是為了排盡裝置中原有的CO和水蒸氣，防范裝置內(nèi)的CO和22水蒸氣造成數(shù)據(jù)攪亂，排空氣后，應(yīng)該開始進(jìn)行反響，因此步驟④的操作為關(guān)閉彈簧夾a，點(diǎn)燃酒精燈，觀察到C中無氣泡時，說明固體分解完好，停止加熱；步驟⑤再打開彈簧夾a慢慢鼓入一段時間空氣，將裝置中殘留的CO2和水蒸氣全部趕入C、D裝置，被完好吸取，故答案為：關(guān)閉彈簧夾a，點(diǎn)燃酒精燈，觀察到C中無氣泡時，停止加熱；(6)水的質(zhì)量為251.08g-250g=1.08g，CO的質(zhì)量為190.44g-190g=0.44g，由于發(fā)生的是分解2反響，因此生成的NiO的質(zhì)量為3.77g-1.08g-0.44g=2.25g，則分解反響中水、二氧化碳和NiO的系數(shù)比(也就是分子個數(shù)比1.08g：0.44g：2.25g=6:1:3，)為即：18g/mol44g/mol75g/molxNiCO3yNi(OH)2zH2O.6H2O↑+CO2↑+3NiOx=1y=2，z=4??，依照元素守恒可得可得，即xNiCO3?yNi(OH)2?zH2O中x:y:z的值1:2:4，故答案為：NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O；(7)NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O與N2H4·H2O反響生成Ni，Ni元素得電子，被復(fù)原，同時還生成氣體X和Y，由第(1)問知X為CO2，氧化復(fù)原反響有得電子，必有失電子的物質(zhì)，由此判斷另一種氣體為N2，依照得失電子守恒、元素守恒配平制備Ni的化學(xué)方程式，故答案為：2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO↑+21H2O。6．實(shí)驗(yàn)室用圖所示裝置制備KClO溶液，并經(jīng)過KClO溶液與Fe(NO3)3溶液的反響制備高效水辦理劑K2FeO4.已知K2FeO4擁有以下性質(zhì)①可溶于水、微溶于濃KOH溶液，②在0℃5℃、強(qiáng)堿性溶液中比較牢固，③在Fe3和Fe(OH)3催化作用下發(fā)生分解，④在酸性至弱堿性條件下，能與水反響生成Fe(OH)3和O2。（1）裝置A中KMnO4與鹽酸反響生成MnCl2和Cl2，其化學(xué)方程式為______，裝置B的作用是______。（2）Cl2和KOH在較高溫度下反響生成KClO3，試寫出該反響的離子方程式______。（3）制備K2FeO4時，KClO飽和溶液與Fe(NO3)3飽和溶液的混雜方式為：在攪拌下，將Fe(NO3)3飽和溶液緩慢滴加到KClO飽和溶液中。原因是______。（4）已知pH11時Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成[Zn(OH)4]2.下表列出了幾種離子生成氫氧化物積淀的pH(開始積淀的pH按金屬離子濃度為1.0molL1計(jì)算)。開始積淀的pH積淀完好的pHFe31.13.2Fe25.88.8Zn25.98.9實(shí)驗(yàn)中可采用的試劑：30%H2O2、1.0molL1HNO3、1.0molL1NaOH.由某硫酸鋅溶液(含F(xiàn)e2、Fe3雜質(zhì))制備ZnO的實(shí)驗(yàn)步驟依次為：______；______；③過濾；______；⑤過濾、沖洗、干燥；900℃煅燒。【答案】2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O除掉Cl2中的HClV3Cl26OH5ClClO33H2OK2FeO4在Fe3作用下會分解向硫酸鋅溶液中加入適合30%H2O2，使其充分反響滴加1.0molL1NaOH，調(diào)治溶液pH約為5(或3.2pH5.9)，使Fe3積淀完好向?yàn)V液中滴加1.0molL1NaOH，調(diào)治溶液pH約為10(或8.9pH11)，使Zn2積淀完好【解析】【解析】依如實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，A裝置中用高錳酸鉀與鹽酸反響制得氯氣，氯氣中有揮發(fā)出的來的氯化氫，因此B裝置中飽和食鹽水是除掉氯氣中的氯化氫，裝置C中用氯氣與氫氧化鉀溶液應(yīng)制得次氯酸鈉，反響的尾氣氯氣用氫氧化鉀吸取?！驹斀狻?KMnO4擁有強(qiáng)氧化性，將鹽酸中氯離子氧化為Cl2，反響還有水生成，因此化學(xué)方程式為：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，由于鹽酸易揮發(fā)，制備的氯氣中含有HCl，應(yīng)飽和食鹽水吸取HCl除掉，故答案為：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；除掉Cl2中的HCl；2Cl2和KOH在較高溫度下反響生成KClO3，反響的離子方程式為V3Cl26OH5ClClO33H2O，故答案為：V3Cl26OH5ClClO33H2O；3由題意可知K2FeO4在Fe3和Fe(OH)3催化作用下發(fā)生分解，則KClO飽和溶液與Fe(NO3)3飽和溶液的混雜方式為：在攪拌下，將Fe(NO3)3飽和溶液緩慢滴加到KClO飽和溶液中，故答案為：K2FeO4在Fe3作用下會分解；4依照表中陽離子積淀的PH可知，由除掉銅的濾液制備ZnO的實(shí)驗(yàn)步驟依次為：①向?yàn)V液中加入30%H2O2，使其充分反響，目的使Fe2轉(zhuǎn)變完好為Fe3，②加氫氧化鈉溶液，控制PH在4左右，使Fe3積淀完好，③過濾，④向?yàn)V液中滴加1.0molL1NaOH，調(diào)治溶液PH約為10(或8.9pH11)，使Zn2積淀完好，⑤過濾、沖洗、干燥，⑥900℃煅燒。故答案為：①向硫酸鋅溶液中加入適合30%H2O2，使其充分反響；②滴加1.0molL1NaOH，調(diào)治溶液pH約為5(或3.2pH5.9)，使Fe3積淀完好；④向?yàn)V液中滴加1.0molL1NaOH，調(diào)治溶液pH約為10(或8.9pH11)，使Zn2積淀完好。【點(diǎn)睛】依如實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，A裝置中用高錳酸鉀與鹽酸反響制得氯氣，氯氣中有揮發(fā)出的來的氯化氫，因此B裝置中飽和食鹽水是除掉氯氣中的氯化氫，裝置C中用氯氣與氫氧化鉀溶液應(yīng)制得次氯酸鈉，反響的尾氣氯氣用氫氧化鉀吸取，以此解答該題。7．下表是某學(xué)生為研究AgCl積淀轉(zhuǎn)變?yōu)锳g2S積淀的反響所做實(shí)驗(yàn)的記錄．步驟現(xiàn)象Ⅰ.取5mL0.1mol/LAgNO3與必然體積0.1mol/LNaCl溶馬上產(chǎn)生白色積淀液，混雜，振蕩．Ⅱ.向所得懸濁液中加入2.5mL0.1mol/LNa2S溶液．積淀迅速變?yōu)楹谏?將上述黑色濁液，放置在空氣中，不斷攪拌．較長時間后，積淀變?yōu)槿榘咨?濾出Ⅲ中的乳白色積淀，加入足量HNO3溶液．產(chǎn)生紅棕色氣體，積淀部分溶解.過濾獲得濾液X和白色積淀；向X中滴加Ba(NO3)2溶Y產(chǎn)生白色積淀液．1

為了證明積淀變黑是

AgCl轉(zhuǎn)變?yōu)?/p>

Ag2S的緣故，步驟

I中NaCl溶液的體積范圍為______。2

已知：

25℃時

Ksp

AgCl

1.810

10

，Ksp

Ag2S

610

30

，此積淀轉(zhuǎn)變反響的平衡常數(shù)

K

______。3

步驟

V中產(chǎn)生的白色積淀的化學(xué)式為

______，步驟Ⅲ中乳白色積淀除含有

AgCl外，還含有

______。為了進(jìn)一步確認(rèn)步驟Ⅲ中乳白色積淀產(chǎn)生的原因，設(shè)計(jì)了以以下列圖所示的比較實(shí)驗(yàn)裝置。①

裝置

A中玻璃儀器有圓底燒瓶、導(dǎo)管和

______，試劑

W為

______。②裝置C中的試劑為NaCl溶液和Ag2S懸濁液的混雜物，B中試劑為______。③實(shí)驗(yàn)表示：C中積淀逐漸變?yōu)槿榘咨?，B中沒有明顯變化。完成C中反響的化學(xué)方程式：______Ag2S+_____NaCl+______+______?AgCl+S+____________C中NaCl的作用是：______。【答案】5mL5.4109BaSO4S分液漏斗過氧化氫溶液Ag2S懸濁液2Ag2S4NaClO22H2O?4AgCl2S4NaOH氧氣將Ag2S氧化成S時有Ag產(chǎn)生，NaCl電離的氯離子與銀離子結(jié)合生成AgCl積淀，使cAg減小，有利于氧化復(fù)原反響的平衡右移【解析】【解析】(1)要證明積淀變黑是AgCl轉(zhuǎn)變?yōu)锳g2S的緣故，則步驟Ⅰ中必定使硝酸銀電離出的銀離子完好轉(zhuǎn)變?yōu)锳gCl積淀；c2Cl(2)K；cS2(3)黑色的硫化銀積淀被氧氣氧化為氯化銀積淀和硫單質(zhì)；硫單質(zhì)被硝酸氧化為硫酸根離子；(4)①依照裝置圖判斷儀器名稱；裝置A的作用是供應(yīng)氧氣；②進(jìn)一步確認(rèn)步驟Ⅲ中乳白色積淀產(chǎn)生的原因，裝置C中的試劑為NaCl溶液和Ag2S懸濁液的混雜物，則裝置B中應(yīng)該不含氯化鈉溶液；③裝置C中生成的白色積淀為氯化銀和S單質(zhì)，反響物應(yīng)該還有氧氣，產(chǎn)物中鈉離子只能以氫氧化鈉形式存在，則未知的反響物為氫氧化鈉，再依照H元素守恒可知另一種未知反應(yīng)物為水，爾后依照化合價起落相等配平反響方程式?！驹斀狻?1)要證明積淀變黑是AgCl轉(zhuǎn)變?yōu)锳g2S的緣故，則步驟Ⅰ中必定使硝酸銀電離出的銀離子完好轉(zhuǎn)變?yōu)锳gCl積淀，因此加入的NaCl溶液的體積必定5mL；(2)氯化銀轉(zhuǎn)變?yōu)榱蚧y的反響為：2AgClsS2aq?Ag2Ss2Claq，該反響的平衡常數(shù)為：c2Clc2Agc2ClKsp2AgCl(1.81010)29；Kc2AgcS2KspAg2S610305.410cS2(3)步驟Ⅲ中較長時間后，積淀變?yōu)槿榘咨?，則黑色的硫化銀積淀氧化成氯化銀積淀；再根據(jù)濾出Ⅲ中的乳白色積淀，加入足量HNO3溶液，產(chǎn)生紅棕色氣體，積淀部分溶解，則被氧化的只能為S元素，故乳白色積淀為AgCl和S的混雜物；其中S被稀硝酸氧化成硫酸根離子，則在步驟Ⅴ中向X中滴加Ba(NO3)2溶液會生成BaSO4積淀；①依照圖示可知，裝置A中玻璃儀器有圓底燒瓶、導(dǎo)管和分液漏斗；乳白色積淀為氯化銀和

S的混雜物，裝置

A的作用是供應(yīng)氧氣，依照圓底燒瓶中為二氧化錳可知

W為過氧化氫溶液；②進(jìn)一步確認(rèn)步驟

Ⅲ中乳白色積淀產(chǎn)生的原因，裝置

C中的試劑為

NaCl溶液和

Ag2S懸濁液的混雜物，則裝置

B中應(yīng)該不含氯化鈉溶液，即為

Ag2S懸濁液，經(jīng)過比較反響現(xiàn)象判斷生成乳白色積淀產(chǎn)生的原因；③裝置C中生成的白色積淀為氯化銀和S單質(zhì)，反響物應(yīng)該還有氧氣，產(chǎn)物中鈉離子只能以氫氧化鈉形式存在，則未知的產(chǎn)物為氫氧化鈉，再依照H元素守恒可知另一種未知反響物為水，爾后依照化合價起落相等配平反響方程式為2Ag2S

4NaCl

O2

2H2O?

4AgCl

2S

4NaOH

；裝置

C中氯化鈉的作用為：氧氣將

Ag2S氧化成

S時有

Ag

產(chǎn)生，

NaCl電離的氯離子與溶液中銀離子結(jié)合生成

AgCl沉淀，使溶液中cAg減小，進(jìn)而有利于氧化復(fù)原反響2Ag2S4NaClO22H2O?4AgCl2S4NaOH向右搬動。8．(1)難溶物PbSO溶于CHCOONH溶液可制得易溶于水的(CHCOO)Pb，發(fā)生的反響為43432PbSO＋2CHCOONH＝(CHCOO)Pb＋(NH)SO，說明(CHCOO)Pb是________(填“強(qiáng)”或4343242432“弱”)電解質(zhì)。(2)已知次磷酸(HPO)與足量的氫氧化鈉溶液反響生成NaHPO和HO，則次磷酸是_____32222元酸(填“一”、“二”或“三”)。(3)工業(yè)上制玻璃和水泥需用到的共同原料是________(填化學(xué)式)。(4)在必然溫度下，向一個2L的真空密閉容器中(起初裝入催化劑)通入1molN2和3molH2，發(fā)生反響：N2(g)＋3H2(g)?2NH3(g)。經(jīng)過一段時間后，測得容器內(nèi)壓強(qiáng)是初步的0.9倍，在此時間內(nèi)，H2平均反響速率為0.1mol/(Lmin)·，則所經(jīng)過的時間為______min(5)高鐵酸鈉(Na2FeO4)擁有強(qiáng)氧化性，可對自來水進(jìn)行消毒、凈化。高鐵酸鈉可用氫氧化鐵和次氯酸鈉在堿性介質(zhì)中反響獲得，請補(bǔ)充并配平下面離子方程式。－－－－____Fe(OH)3+____ClO+____OH=__FeO42＋___Cl+__(6)在反響11P+15CuSO+24HO=5CuP+6HPO+15HSO中，氧化劑是___________；當(dāng)有42334242molHPO生成，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為___________34【答案】弱一CaCO33234232410mol5HOP、CuSO【解析】【解析】【詳解】(1)硫酸鉛在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸銨時，醋酸根離子和鉛離子生成難電離物質(zhì)或弱電解質(zhì)醋酸鉛，促使硫酸鉛溶解，說明(CH32COO)Pb是弱電解質(zhì)；(2)HPO與足量的NaOH溶液反響，生成NaHPO，說明HPO只能電離出一個氫離子，所322232以H32PO是一元酸；(3)水泥的生產(chǎn)原料為黏土、石灰石，制玻璃的主要原料為純堿、石灰石和石英砂，共同原料為CaCO3；(4)容器體積為2L，因此初始投料c(N2)=0.5mol/L，c(H2)=1.5mol/L，設(shè)△c(N2)=xmol，列三段式有：N2g+3H2g?2NH3g初步(molgL-1)0.51.50轉(zhuǎn)變(molL-1)x3x2xg平衡(molgL-1)0.5-x1.5-3x2x容器內(nèi)壓強(qiáng)是初步的0.9倍，溫度和容器容積不變，氣體的壓強(qiáng)比等于濃度之比，因此0.5-x+1.5-3x+2xmolgL-1=0.9，解得x=0.1mol/L，則△c(H2)=0.3mol/L，v(N2)=0.1g-10.5+1.5molLc0.3molgL-1mol/(Lmin)·，則反響時間t==0.1mol/Lgmin=3min；v(5)鐵元素化合價由+3高升為+6，失去3個電子，氯元素化合價由+1降低為-1，得2個電子，取最小公倍數(shù)，則氫氧化鐵與高鐵酸根前系數(shù)為2，次氯酸跟與氯離子前系數(shù)為3，再依照電荷守恒及原子守恒配平得--2--2Fe(OH)3+3ClO+4OH=2FeO4+3Cl+5H2O；(6)Cu3P中P元素化合價為-3，H3PO4中P元素化合價為+5，因此P既是氧化劑又是復(fù)原劑，Cu元素化合價由CuSO4中的34+2降低為CuP中+1，因此CuSO也是氧化劑，即氧化劑為P、CuSO4342mol×(+5-0)=10mol。；當(dāng)有2molHPO生成，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為9．氯化亞銅在有機(jī)合成工業(yè)中常作催化劑。以下是從含Cu2+、Fe3+的電鍍廢水中制備氯化亞銅的工藝流程圖。如圖是濾液中Cu2+、Fe3+的含量與pH的關(guān)系及CuCl產(chǎn)率與pH的關(guān)系圖。請回答以下問題：(1)在電鍍廢水中加堿產(chǎn)生積淀，過濾獲得電鍍污泥，則電鍍污泥的主要成分為____；(2)由反響①制備CuCl時的最正確pH在__________左右；(3)對

CuCl產(chǎn)率研究時發(fā)現(xiàn)反響①在間隔空氣條件下進(jìn)行時

CuCl產(chǎn)率較高，由此推測

CuCl擁有__________性；(4)寫出反響①中化學(xué)反響方程式：

_____；(5)間隔空氣條件下，從濾液中制得晶體的實(shí)驗(yàn)操作為：

___________；(6)取晶體

4.34g

間隔空氣條件下，失去結(jié)晶水后得固體

3.26g，所得固體溶于水分成二等份，一份加入足量灼燒得紅色粉末

BaCl2溶液,獲得白色固體0.4g。寫出晶體的化學(xué)式：

2.33g；另一份加入足量_____________。

NaOH溶液后，加熱、【答案】Fe(OH)3、Cu(OH)2

3.5復(fù)原

2CuSO4+Fe+2KCl=2CuCl

↓2SO+2K4+FeSO4

蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過濾(沖洗)、干燥K2Fe(SO4)2?6H2O【解析】【解析】由流程圖可知，向電鍍廢水中加堿，Cu2+、Fe3+與堿反響生成氫氧化鐵和氫氧化銅積淀，過濾獲得含有氫氧化鐵和氫氧化銅的電鍍污泥；向電鍍污泥中加入硫酸控制pH使氫氧化銅溶解，而氫氧化鐵不溶解，過濾獲得高濃度的硫酸銅溶液；向高濃度的硫酸銅溶液加入鐵與氯化鉀，調(diào)治溶液pH和反響溫度使硫酸銅與鐵、氯化鉀反響生成了硫酸亞鐵、硫酸鉀和氯化亞銅，過濾獲得氯化亞銅積淀和含有的硫酸亞鐵、硫酸鉀濾液，間隔空氣條件下，濾液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、沖洗、干燥獲得K2Fe(SO4)2?6H2O晶體。【詳解】（1）由流程圖可知，向電鍍廢水中加堿，Cu2+、Fe3+與堿反響生成氫氧化鐵和氫氧化銅沉淀，過濾獲得含有氫氧化鐵和氫氧化銅的電鍍污泥，故答案為：Fe(OH)3、Cu(OH)2；（2）由CuCl產(chǎn)率與pH的關(guān)系圖可知，制備CuCl時的最正確pH是3.5左右，故答案為：3.5；3）對CuCl產(chǎn)率研究時發(fā)現(xiàn)反響①在間隔空氣條件下進(jìn)行時CuCl產(chǎn)率較高，說明氯化亞銅擁有復(fù)原性，能被空氣中的氧氣氧化，故答案為：復(fù)原；4）反響①為調(diào)治溶液pH和反響溫度使硫酸銅與鐵、氯化鉀反響生成了硫酸亞鐵、硫酸鉀和氯化亞銅，反響的化學(xué)方程式為2CuSO4+Fe+2KCl=2CuCl↓+FeSO4+K2SO4，故答案為：2CuSO4+Fe+2KCl=2CuCl↓+FeSO4+K2SO4；（5）間隔空氣條件下，含有硫酸亞鐵、硫酸鉀的濾液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥獲得硫酸亞鐵晶體，故答案為：蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過濾(沖洗)、干燥；（6）由題意可知，結(jié)晶水的物質(zhì)的量為（4.34-3.26）g=0.06mol，由加入足量218g/molBaCl溶液,獲得硫酸鋇積淀質(zhì)量為2.33g可知硫酸根的物質(zhì)的量為2.33g233g/mol×2=0.02mol，由加入足量NaOH溶液后，加熱、灼燒得紅色粉末0.4g可知亞鐵離子的物質(zhì)的量為0.4g×2×2=0.01mol，160g/mol（3.26-0.0296-0.0156）g+2+2—)；則鉀離子的物質(zhì)的量為39g/mol=0.02mol，n(K)：n(Fe)：n(SO4n(H2O)=0.02mol：0.01mol：0.02mol：0.06mol=2:1:2:6，晶體的化學(xué)式為K2Fe(SO4)2?6H2O，故答案為：K2Fe(SO4)2?6H2O。10．將28.8g銅投入100mL濃硝酸中，最后銅有節(jié)余，其NO3-離子物質(zhì)的量變化以以下列圖所示，請回答以下問題：（1）開始反響時濃硝酸的物質(zhì)的量濃度為____________mol/L。（2）銅與濃硝酸反響生成的氣體在標(biāo)準(zhǔn)情況下的體積（不考慮

NO2與

N2O4的平衡）為_____L。3）硝酸完好反響后耗資銅的物質(zhì)的量n(Cu)是______mol。4）應(yīng)再往此反響系統(tǒng)中滴加_________L2mol/L的硫酸才能使節(jié)余的銅恰好完好溶解。已知此過程中NO3-的復(fù)原產(chǎn)物為NO。5）ag銅全部溶于必然量的濃硝酸中，測得生成的氣體在標(biāo)準(zhǔn)情況下的體積（不考慮NO與NO的平衡）為bL，為除掉污染，將生成的氣體通入NaOH溶液中，氣體被完好224吸取。已知：NO+NO2+2NaOH→2NaNO+H2O2NO2+2NaOH→NaNO3+NaNO2+H2O若是NO、NO2混雜氣體用NOx表示，被NaOH溶液完好吸取時，x的取值范圍______；生成NaNO2的物質(zhì)的量是_________mol；NaNO3的物質(zhì)的量是_________mol。70（6）在常溫下，把NO氣體壓縮到1.01×10Pa，再加熱到50C，發(fā)現(xiàn)氣體的壓強(qiáng)迅速下降，壓強(qiáng)降至略小于原壓強(qiáng)的2/3，爾后壓強(qiáng)就不再改變。已知其中一種產(chǎn)物為N2O，則上述變化的化學(xué)方程式為__________________。氣體的平均摩爾質(zhì)量為M，則M的取值范圍應(yīng)該是_________________?！敬鸢浮?08.960.31001.5,x<2amolb-amol6422.4643NO=NO十NO2；2NO2?N2O445g/mol<M<60g/mol2【解析】【解析】（1）依照開始時硝酸根的物質(zhì)的量計(jì)算硝酸的濃度；（2）利用氮元素守恒計(jì)算氣體的物質(zhì)的量，再依照V=nVm計(jì)算二氧化氮的體積；（3）反響結(jié)束，溶液中溶質(zhì)為硝酸銅，依照硝酸根計(jì)算耗資n（Cu）；（4）發(fā)生反響：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO+4H2O，據(jù)此計(jì)算耗資硫酸的物質(zhì)的量，進(jìn)而計(jì)算需要硫酸的體積；5）由方程式2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O和NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O可知，NO單獨(dú)不能夠被吸取，NO和NO2混雜氣體被NaOH溶液被完好吸取，滿足n（NO2）：n（NO）1，當(dāng)n（NO2）：n（NO）=1時x值最小，計(jì)算x的最小值，由于混有NO，因此x最大值＜2，據(jù)此確定x取值范圍；縱觀整個過程，

Cu失去的電子等于硝酸生成亞硝酸鈉時獲得的電子，依照電子轉(zhuǎn)移守恒計(jì)算

n（NaNO2），依照

N元素守恒計(jì)算

n（NaNO3）；（6）在常溫下，把NO氣體壓縮到7℃，發(fā)現(xiàn)氣體的壓強(qiáng)迅速下1.01×10Pa，再加熱到50降，壓強(qiáng)降至略小于原壓強(qiáng)的2，爾后壓強(qiáng)就不再改變．已知其中一種產(chǎn)物為N2O，依照3原子個數(shù)守恒可知該反響為：3NO=N2O十NO2，由于存在2NO2?N2O4，即生成的NO2又雙聚成N2O4，致負(fù)氣體分子數(shù)減少，壓強(qiáng)降至略小于原壓強(qiáng)的2；若只發(fā)生反響：33NO=N2O十NO2，氣體的平均摩爾質(zhì)量最小，若二氧化氮完好轉(zhuǎn)變?yōu)樗难趸獣r，氣體的平均摩爾質(zhì)量最大，據(jù)此計(jì)算解答。【詳解】(1)由圖可知，開始時n(NO3-)=1.0mol，則n(HNO3)=n(NO3-)=1.0mol，則c1.0molHNO3==10mol/L，0.1L故答案為：10；(2)由圖可知，反響結(jié)束時，溶液中3-為0.6mol，依照氮元素守恒，生成氣體的物質(zhì)的量NO為1.0mol-0.6mol=0.4mol，標(biāo)況下二氧化氮的體積為0.4mol22.4L/mol=8.96L，故答案為：8.96；(3)溶液中溶質(zhì)為硝酸銅，由圖可知，反響結(jié)束時，溶液中NO3-為0.6mol，故耗資n(Cu)=n(硝酸銅)=0.6mol2=0.3mol，故答案為：0.3；28.8g=0.45mol，故節(jié)余Cu為0.45mol-0.3mol=0.15mol(4)28.8g銅的物質(zhì)的量為，由64g/mol方程式3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO+4H2O可知nH+=0.15mol8=0.4mol3

，故n(H2SO4)=0.2mol，則需要硫酸體積為n0.2mol，V===0.1L=100mLc2mol/L故答案為：100；(5)由方程式可知，NO單獨(dú)不能夠被吸取，NO和NO2混雜氣體被NaOH溶液被完好吸取，滿足n（NO2）：n（NO）1，當(dāng)n（NO2）：n（NO）=1時x值最小，x最小值為2+12=1.5，由于混有NO，因此x最大值<2，故x的取值范圍為1.5,x<2；縱觀整個過程，Cu失去的電子等于硝酸生成亞硝酸鈉時獲得的電子，依照電子轉(zhuǎn)移守恒，nNaNO2=nCu=ag=amol，依照N元素守恒，可知64g/mol64nNaNO3=n(氣體)=bL-a=b-amol，22.4L/mol64mol22.464故答案為：1.5,x<2；amol；b-amol；6422.464(6)在常溫下，把

NO氣體壓縮到

71.01×10Pa，再加熱到

50℃，發(fā)現(xiàn)氣體的壓強(qiáng)迅速下降，壓強(qiáng)降至略小于原壓強(qiáng)的

23，爾后壓強(qiáng)就不再改變。已知其中一種產(chǎn)物為

N2O，依照原子個數(shù)守恒可知該反響為：

3NO=N

2O十NO2

，由于存在

2NO2

?

N2O4，即生成的

NO2又雙聚成

N2O4，致負(fù)氣體分子數(shù)減少，壓強(qiáng)降至略小于原壓強(qiáng)的

2

，3若只發(fā)生反響：3NO=N2O十NO2，氣體的平均摩爾質(zhì)量最小，此時M=330g/mol=45g/mol，若二氧化氮完好轉(zhuǎn)變?yōu)樗难趸獣r，氣體的平均摩爾質(zhì)2量最大，1molNO2獲得0.5molN2O4，則此時M=1mol44g/mol+0.5mol92g/mol=60g/mol，1mol+0.5mol綜上解析，可知45g/mol<M<60g/mol，故答案為：3NO=N2O十NO2；2NO2?N2O4；45g/mol<M<60g/mol。11．合成氨工業(yè)對公民經(jīng)濟(jì)和社會發(fā)展擁有重要意義(1)工業(yè)合成氨工業(yè)常用的催化劑是____________,氨分子的電子式是__________(2)圖是必然的溫度和壓強(qiáng)下是N2和H2反響生成1molNH3過程中能量變化表示圖，請寫出工業(yè)合成氨的熱化學(xué)反響方程式_______。（熱量Q的數(shù)值用含字母a、b的代數(shù)式表示）(3)以下相關(guān)該反響的說法正確的選項(xiàng)是_____（填序號）A．保持容器的體積不變，當(dāng)混雜氣體的密度不變時，說明反響已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)。B．達(dá)到平衡時若高升溫度，混雜氣體中氮元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)將變大。C．達(dá)到平衡時若減少容器的體積，正反響速率將大于逆反響速率。D．達(dá)到平衡后，N2的轉(zhuǎn)變率和H2的轉(zhuǎn)變率必然相等。(4)在催化劑存在下，NH3可用來除掉NO的污染，生成兩種對環(huán)境無害的物質(zhì)。寫出反響的化學(xué)方程式：_____________________;該反響中氧化產(chǎn)物與復(fù)原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比是___________(5)把

NH3通入鹽酸溶液中，所得溶液的

pH=7,此時溶液中離子濃度關(guān)系是

__________;______【答案】鐵觸媒

N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）+2（b-a）kJ·mol-1

C4NH3224+-+-4++--+6NO→5N+6HO2:3c(NH)＝c(Cl)＞c(H)＝c(OH)c(NH)+c(H)＝c(OH)+c(Cl)【解析】【解析】工業(yè)合成氨的催化劑是以鐵為載體的鐵觸媒，氨氣是共價化合物，氮原子最外層5個電子，其中三個電子和三個氫原子形成三個共價鍵；由圖求出N2和H2反響生成1molNH3的反響熱，再依照熱化學(xué)反響方程式的書寫要求解答；合成氨是氣體體積減小的放熱反響，依照平衡搬動原理判斷；NH3可用來除掉NO的污染，生成2種對環(huán)境無害的物質(zhì)，應(yīng)生成氮?dú)夂退?；氨氣通入鹽酸溶液反響生成氯化銨溶液，溶液中必然存在電荷守恒；若溶液pH=7，則氫氧根離子濃度和氫離子濃度相同，結(jié)合電荷守恒獲得離子濃度大小。據(jù)此分析。【詳解】(1)工業(yè)合成氨的催化劑是以鐵為載體的鐵觸媒，氨氣是共價化合物，氮原子最外層5個電子，其中三個電子和三個氫原子形成三個共價鍵，電子式為：；答案為：鐵觸媒；；(2)由圖可知，N2和H2反響生成1molNH3放出的熱量為(b-a)kJ，該反響的熱化學(xué)反響方程式為N2(g)+3H2(g)2NH3-1，故答案為：N22(g)△H=-2(b-a)kJmol·（g）+3H（g）2NH3（g）+2（b-a）kJmol·-1；(3)合成氨是氣體體積減小的放熱反響，保持容器的體積不變，混雜氣體質(zhì)量不變，當(dāng)混雜氣體的密度不變時，不能夠說明反響已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，A錯誤；達(dá)到平衡時若高升溫度，平衡逆向進(jìn)行，依照反響方程式原子守恒，氮元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)保持不變，B錯誤；達(dá)到平衡時若減少容器的體積，壓強(qiáng)增大，平衡正向進(jìn)行，正反響速率將大于逆反響速率，C正確；轉(zhuǎn)變率和初步量、變化量相關(guān)，達(dá)到平衡后，N2的轉(zhuǎn)變率和H2的轉(zhuǎn)變率不用然相等，D錯誤；答案選C；NH3可用來除掉NO的污染，生成2種對環(huán)境無害的物質(zhì)，應(yīng)生成氮?dú)夂退瘜W(xué)方程式為：4NH3+6NO=5N2+6H2O；該反響中氧化產(chǎn)物與復(fù)原產(chǎn)物都是N2，物質(zhì)的量之比是2：3；(5)氨氣通入鹽酸溶液反響生成氯化銨溶液，若溶液pH=7，溶液中溶質(zhì)為NH4Cl和NH3·H2O，溶液中氫氧根離子濃度和氫離子濃度相同，電荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，則c(NH4+)=c(Cl-)，獲得離子濃度大小為c(NH4+)＝c(Cl-)＞c(H+)＝c(OH-)；12．大氣污染越來越成為人們關(guān)注的問題，煙氣中的

NOx必定脫除（即脫硝）后才能排放，脫硝的方法有多種。完成以下填空：Ⅰ直接脫硝（1）NO在催化劑作用下分解為氮?dú)夂脱鯕?。?/p>

10L密閉容器中，

NO經(jīng)直接脫硝反響時，其物質(zhì)的量變化如圖

1所示。則

0～5min

內(nèi)氧氣的平均反響速率為

___mol/（L?min）。Ⅱ臭氧脫硝2）O3氧化NO結(jié)合水洗可完好轉(zhuǎn)變?yōu)镠NO3，此時O3與NO的物質(zhì)的量之比為___。Ⅲ氨氣脫硝3）實(shí)驗(yàn)室制取純凈的氨氣，除了氯化銨外，還需要___、___（填寫試劑名稱）。不使用碳酸銨的原因是___（用化學(xué)方程式表示）。（4）吸取氨氣時，常使用防倒吸裝置，圖2裝置不能夠達(dá)到此目的是___。NH3脫除煙氣中NO的原理如圖3：（5）該脫硝原理中，NO最后轉(zhuǎn)變?yōu)開__（填化學(xué)式）和H2O。當(dāng)耗資1molNH3和0.25molO2時，除掉的NO在標(biāo)準(zhǔn)情況下的體積為___L?！敬鸢浮?.0151：2消（熟）石灰堿石灰（NH42CO32NH3↑+CO2↑+2HOd）N222.4L【解析】【解析】(1)由圖象獲得NO物質(zhì)的量變化，計(jì)算獲得氧氣物質(zhì)的量變化，結(jié)合化學(xué)反響速率看法計(jì)算V＝

c

；t(2)O3氧化

NO結(jié)合水洗可完好轉(zhuǎn)變?yōu)?/p>

HNO3，反響的化學(xué)方程式為：

O3+2NO+H2O＝2HNO3；(3)實(shí)驗(yàn)室利用固體氯化銨和氫氧化鈣加熱反響生成，氨氣是堿性氣體，干燥需要堿性干燥劑，不使用碳酸銨的原因是碳酸銨加熱生成氨氣同時會生成二氧化碳?xì)怏w；(4)氨氣極易溶于水，在水溶液中易發(fā)生倒吸，依照氣體壓強(qiáng)的知識進(jìn)行解析；(5)①由圖

3可知反響物為氧氣、一氧化氮和氨氣最一生成物為氮?dú)夂退?；②依照氨氣失去的電子的物質(zhì)的量等于

NO和氧氣獲得的電子總物質(zhì)的量計(jì)算。【詳解】(1)在10L密閉容器中，NO經(jīng)直接脫硝反響時，其物質(zhì)的量變化如圖1所示，NO在內(nèi)變化物質(zhì)的量8.0mol﹣6.5mol＝1.5mol，NO在催化劑作用下分解為氮?dú)夂脱鯕猓?/p>

5min2NO＝0.75mol22，生成氧氣物質(zhì)的量0.75mol，則0～5min內(nèi)氧氣的平均反響速率＝10L＝O+N5min0.015mol/L?min；(2)O3氧化NO結(jié)合水洗可完好轉(zhuǎn)變?yōu)镠NO3，反響的化學(xué)方程式為：O3+2NO+H2O＝2HNO3，此時O3與NO的物質(zhì)的量之比為1：2；(3)實(shí)驗(yàn)室利用固體氯化銨和氫氧化鈣加熱反響生成，氨氣是堿性氣體，干燥需要堿性干燥劑，實(shí)驗(yàn)室制取純凈的氨氣，除了氯化銨外，還需要消(熟)石灰、堿石灰，不使用碳酸銨的原因是碳酸銨加熱生成氨氣同時會生成二氧化碳?xì)怏w，反響的化學(xué)方程式為：(NH)CO2NH3↑+CO↑+2HO；42322(4)裝置abc中都有一個容積較大的儀器，它們能夠吸取很多的液體，進(jìn)而不會使倒吸的液體進(jìn)入前面的裝置，能夠防范倒吸，d中導(dǎo)氣管插入到水中，氨氣極易溶于水，易引起倒吸，不能夠防倒吸，應(yīng)是四氯化碳在基層，水在上層，防范倒吸且能吸取氨氣，故答案為：d；(5)①由圖3可知反響物為氧氣、一氧化氮和氨氣最一生成物為氮?dú)夂退虼薔O最后轉(zhuǎn)化為N2和H2O；②氧氣、一氧化氮和氨氣反響生成氮?dú)夂退错懼邪睔馐サ碾娮拥奈镔|(zhì)的量等于NO和氧氣獲得的電子總物質(zhì)的量，2molNH3轉(zhuǎn)變?yōu)镹2失去6mol電子，0.25molO2獲得1mol電子，則NO轉(zhuǎn)變?yōu)镹2獲得的電子為2mol，因此NO的物質(zhì)的量為1mol，其體積為22.4L。13．次硫酸鈉甲醛(xNaHSO2?yHCHO?zH2O)俗稱吊白塊，在印染、醫(yī)藥以及原子能工業(yè)中有廣泛應(yīng)用。它的組成可經(jīng)過以下實(shí)驗(yàn)測定：①正確稱取1.5400g樣品，完好溶于水配成100mL溶液。②取25.00mL所配溶液經(jīng)AHMT分光光度法測得甲醛物質(zhì)的量濃度為-1。③另取25.00mL所配溶液，加入過分碘完好反響后，加入BaCl2溶液至積淀完0.10mol×L全，過濾、沖洗、干燥至恒重獲得白色固體0.5825g。次硫酸氫鈉和碘反響的方程式以下：xNaHSO2?yHCHO?zH2O+I2→NaHSO4+HI+HCHO+H2O(未配平)（1）生成0.5825g白色固體時，需要耗資碘的質(zhì)量為_____。2）若向吊白塊溶液中加入氫氧化鈉，甲醛會發(fā)生自己氧化復(fù)原反響，生成兩種含氧有機(jī)物，寫出該反響的離子方程式_____。3）經(jīng)過計(jì)算確定次硫酸氫鈉甲醛的組成______(寫出計(jì)算過程)?！敬鸢浮?.27g2HCHO+OH-=CH3OH+HCOO-NaHSO2·HCHO·2H2O【解析】【解析】(1)依照次硫酸氫鈉甲醛和碘單質(zhì)之間反響的化學(xué)反響方程式來計(jì)算即可；(2)甲醛會發(fā)生自己氧化復(fù)原反響，被氧化為甲酸，被復(fù)原為甲醇；(3)依照元素守恒結(jié)合物質(zhì)之間的反響情況來計(jì)算?！驹斀狻?1)依照反響：xNaHSO2?yHCHO?zH2O+I2→NaHSO4+HI+HCHO+H2O，據(jù)電子守恒，生成1mol的NaHSO4，耗資碘單質(zhì)2mol，硫酸根守恒，獲得白色固體0.5825g，即生成硫酸鋇的質(zhì)量是0.5825g，物質(zhì)的量是0.5825g＝0.0025mol，耗資碘單質(zhì)的質(zhì)量是：233g/mol0.005mol×254g/mol＝1.27g，故答案為：1.27g；(2)甲醛會發(fā)生自己氧化復(fù)原反響，被氧化為甲酸，被復(fù)原為甲醇，該反響的離子方程式為：2HCHO+OH-=CH3OH+HCOO-，故答案為：2HCHO+OH-=CH3OH+HCOO-；(3)25.00mL溶液中：n(NaHSO2)=n(NaHSO4)=n(BaSO4)=0.5825g/233g·mol-1=0.0025moln(HCHO)=0.0025mol100mL溶液中：n(NaHSO2)=4×0.0025mol=0.01moln(HCHO)=4×0.0025mol=0.01mol-1-1-1n(H2O)=(1.5400g-88gmol·×0.01mol-30gmol·×0.01mol)/18gmol·=0.02molx：y：z=n(NaHSO2)：n(HCHO)：n(H2O)=0.01：0.01：0.02=1：1：2次硫酸氫鈉甲醛的化學(xué)式為：NaHSO2·HCHO·2H2O?！军c(diǎn)睛】對于未配平的氧化復(fù)原反響方程式，必然要先依照得失電子守恒規(guī)律配平此后才能進(jìn)行物質(zhì)的量關(guān)系進(jìn)行相關(guān)計(jì)算，靈便應(yīng)用元素守恒會使計(jì)算更加簡略。14．(1)在CuSO4溶液中加入必然量的Na2SO3和NaCl溶液加熱，生成CuCl積淀，寫出生成CuCl的離子方程式________________________________(2)過分的H2CrO4被N2H4復(fù)原為Cr3＋，同時放出無污染的氣體，寫出發(fā)生反響的離子方程式_________；氧化產(chǎn)物與復(fù)原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為________。(3)除掉廢液中的AsCl3，是用次磷酸鈉(NaH2PO2)復(fù)原AsCl3，產(chǎn)生了棕色單質(zhì)砷積淀和HPO。該反響的化學(xué)反響方程式為______________________氧化劑和復(fù)原劑的物質(zhì)的量之33比為________，氧化產(chǎn)物是________。(4)FeS被水溶液中Cl氧化，氧化后的溶液中滴加BaCl有不溶解于鹽酸的白色積淀生成，22則水溶液中FeS與Cl2反響的離子方程式為_______________2＋＋－2-42-＋4＋3【答案】2Cu2Cl＋SO3＋H2O＋2H2242CuCl↓＋SO4HCrO＋3NH＋12H=4Cr＋3N2↑＋16H2O3∶42AsCl3＋3NaH2PO2＋3H2O=2As↓＋3H3PO3＋3NaCl＋3HCl2∶333223＋＋2SO42-＋18Cl－＋16H＋HPO2FeS＋9Cl＋8HO=2Fe【解析】【解析】(1)CuSO4溶液中加入必然量的Na2SO3溶液，二價銅離子將亞硫酸根離子氧化為硫酸根