1、一、高中化學氧化復原反響練習題(含詳細答案解析)1.疊氮化鈉(NaN3)是一種白色劇毒晶體,是汽車平安氣囊的主要成分.NaN3易溶于水,微溶于乙醇,水溶液呈弱堿性,能與酸發生反響產生具有爆炸性的有毒氣體疊氮化氫.實驗室可利用亞硝酸叔丁酯(t-BuNO2,以t-Bu表示叔丁基)與N2H4、氫氧化鈉溶液混合反響制備(1)制備亞硝酸叔丁酯取一定NaNO2溶液與50%硫酸混合,發生反響H2SO4+2NaNO2=2HNO2+Na2SO4.可利用亞硝酸與叔丁醇(t-BuOH)在40c左右制備亞硝酸叔丁酯,試寫出該反響的化學方程式：(2)制備疊氮化鈉(NaN3)按如下圖組裝儀器(加熱裝置略)進行反響,反響的

2、化學方程式為：t-BuNO2+NaOH+N2H4=NaN3+2H2O+t-BuOH."BuNONM)H、及助劑混合溶液裝置a的名稱是；該反響需限制溫度在65C,采用的實驗舉措是;反響后溶液在0C下冷卻至有大量晶體析出后過濾.所得晶體使用無水乙醇洗滌.試解釋低溫下過濾和使用無水乙醇洗滌晶體的原因是(3)產率計算稱取2.0g疊氮化鈉試樣,配成100mL溶液,并量取10.00mL溶液于錐形瓶中.用滴定管參加0.10molL1六硝酸錦錢(NH4)2Ce(NO3)6溶液40.00mL(假設雜質均不參與反應).充分反響后將溶液稀釋并酸化,滴入2滴鄰菲羅咻指示液,并用0.10molL1硫酸亞鐵錢(

3、NH4)2Fe(SQ)2為標準液,滴定過量的Ce4+,終點時消耗標準溶液20.00mL(滴定原理：Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+)o六硝酸錦俊(NH4)2Ce(NO3)6與疊氮化鈉反響生成硝酸俊、硝酸鈉、氮氣以及Ce(NO3)3,試寫出該反響的化學方程式；計算疊氮化鈉的質量分數為(保存2位有效數字).假設其他操作及讀數均正確,滴定到終點后,下列操作會導致所測定樣品中疊氮化鈉質量分數偏大的是(填字母).A.錐形瓶使用疊氮化鈉溶液潤洗B.滴加六硝酸鈾錢溶液時,滴加前仰視讀數,滴加后俯視讀數C.滴加硫酸亞鐵錢標準溶液時,開始時尖嘴處無氣泡,結束時出現氣泡D.滴定過程中,將掛在錐形瓶壁上的硫酸亞鐵

4、錢標準液滴用蒸儲水沖進瓶內(4)疊氮化鈉有毒,可以使用次氯酸鈉溶液對含有疊氮化鈉的溶液進行銷毀,反響后溶液堿性明顯增強,且產生無色無味的無毒氣體,試寫出反響的離子方程式：【答案】t-BuOH+HNO2土t-BuNO2+H2O恒壓滴液漏斗(滴液漏斗)水浴加熱降低疊氮化鈉的溶解度,預防產物損失2(NH4)2Oe(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Oe(NO3)3+2NaNO3+3N2T65%ACClO+2N3-H2O=Cl+2OH+3N2T【解析】【分析】【詳解】(1)制備亞硝酸叔丁酯的反響物有亞硝酸和叔丁醇,反響類型屬于有機的酯化反響,所以方程式為：t-BuOHHNO240ct-BuNO

5、2H2O;(2).裝置a的名稱即為恒壓滴液漏斗； 反響要限制溫度在65C,參考苯的硝化實驗,該反響加熱時,應當采用水浴加熱； 題干中提到了疊氮酸鈉易溶于水,而微溶于乙醇；因此,洗滌產品時,為了減少洗滌過程中產品的損耗,應當用無水乙醇洗滌；(3)通過題干提示的反響產物分析,可知反響過程中Ce4+和N3中的元素發生了變價,所以反響的方程式為：2(NH4)2Ce(NO3)62NaN3=4NH4NO32NaNO32Ce(NO3)33N2;在計算疊1,氮化鈉的含量時,一定要注意疊氮酸鈉溶液配制完成后只取了與過量的六硝酸鈾錢反10應,再用Fe2+去滴定未反響完的正四價的Ce,因此有：12.0gNaN3樣品

6、的,消耗的Ce4Fe2消耗的Ce4=0.004molCe4,考慮到Fe2+與10Ce4+的反響根據1:1進行,所以2.0g疊氮化鈉樣品中疊氮化鈉的物質的量為：n(NaN3)10(0.004Fe2消耗的Ce4)0.02mol,所以疊氮化鈉樣品的質量分數,m(NaN3)0.02mol65g/mol八為：w-100%=65%;2.0g2.0A.潤洗錐形瓶,會使步驟消耗的六硝酸鈾錢的量增加,通過分析可知,會使最終計算的質量分數偏大,A項正確；B.量取40mL六硝酸鈾錢溶液時假設前仰后俯,那么會量取比40ml更多的六硝酸鈾錢溶液,那么步驟會需要參加更多的Fe2+來消耗疊氮酸鈉未消耗掉的Ce4+,通過分析

7、可知,最終會導致計算的質量分數偏低,B項錯誤；C.步驟用Fe2+標定未反響的Ce4+,假設開始尖嘴無氣泡,結束后出現氣泡,那么記錄的Fe2+消耗量比實際的偏小,通過分析可知,最終會使質量分數偏大,C正確；D,將掛在錐形瓶壁上的Fe2+溶液沖入錐形瓶,相當于讓溶液混合更均勻,這樣做會使結果更準確,D項不符合；答案選AC;(4)反響后溶液堿性增強,所以推測生成了OH-；產生的無色無味無毒氣體,推測只能是氮氣,所以離子方程式為：ClO2N3H2O=Cl3N22OH.【點睛】滴定計算類的題目,最常考察的形式之一是配制完待測樣品溶液后,只取一局部進行滴定,在做計算時不要忘記乘以相應的系數；此外,常考察的

8、形式也有：用待測物A與過量的B反響,再用C標定未反響的B,在做計算時,要注意A與C一同消耗的Bo2.硫酸亞鐵俊的化學式為(NH4)2SO?FeSQ?6H2O,商品名為莫爾鹽,可由硫酸亞鐵與硫酸錢反響生成.一般硫酸亞鐵鹽在空氣中易被氧化,而形成莫爾鹽后就比擬穩定了.三種鹽的溶解度(單位為g/iO0g水)如下表：溫度/C102030(NH4)2SC473.075.478.0FeSQ7H2O20.026.532.9(NH4)2SQ?FeSO417.221.628.1(一)實驗室制取少量莫爾鹽的流程如下:鐵屑莫爾鹽試答復以下問題：(1)步驟1中參加10%Na2CO3溶液的主要作用是；反響中鐵屑過量是為

9、了SmLJmoVL(2)步驟3需要趁熱過濾,原因是.(3)從步驟4到莫爾鹽,必須進行的操作依次是,析出的晶體常用洗滌.(4)假設莫爾鹽的飽和溶液中有水20克,當溫度從30c降至10C,最多析出莫爾鹽的質量是(選填編號).A2.18gB大于2.18gC小于2.18gD無法確定(二)稱取質量為1.96g的莫爾鹽制成溶液.用未知濃度的酸性KMnO4溶液進行滴定.(1)MnO4-被復原為Mn2+,試寫出該滴定反響的離子方程式.(2)判斷該反響到達滴定終點的現象為.(3)假設到達滴定終點時,用去VmL酸fKMnO4溶液,那么該酸性KMnO4溶液的濃度為mol/L.【答案】除鐵屑外表的油污復原氧化生成的F

10、e3+,保證Fe2+穩定、純潔地存在,減少產物中的Fe3+雜質FeSQ在溫度低時溶解度較小,如果不趁熱過濾就會有FeSQ7H2O析出過濾、洗滌無水酒精或冰水B5F(2+MnO4-+8H+5F3+Mn2+4H2O參加最后一滴KMnO4溶液紫紅色不褪,且半分鐘內不褪色1/V【解析】【分析】(一)(1)碳酸鈉水解顯堿性；(2)FeSQ在溫度低時溶解度較小；(3)濃縮結晶后需要過濾、洗滌；溫度低時,硫酸亞鐵錢的溶解度小；(4)(NH4)2SC4FeSQ在30c和10c的溶解度分別為：28.1g和17.2g；(二)(1)MnO4-將二價鐵離子氧化為三價鐵離子,被復原為Mn2+;(2)高鎰酸鉀本身有顏色,

11、滴定亞鐵離子是不需要指示劑的；(3)根據亞鐵離子和高鎰酸根反響的實質,可以找到亞鐵離子與高鎰酸根之間的量的關系,根據原子守恒可以找到亞鐵離子和酸亞鐵俊之間量的關系,進而進行計算.【詳解】(一)(1)碳酸鈉水解顯堿性,油脂在堿性條件下能水解,過量的Fe可以復原氧化生成的Fe3+,減少產物中的Fe3+雜質,故答案為：除鐵屑外表的油污；復原氧化生成的Fe3+,保證Fe2+穩定、純潔地存在,減少產物中的Fe3+雜質；(2)如果不趁熱過濾就會有FeSQ7H2O析出,故答案為：FeSQ在溫度低時溶解度較小,如果不趁熱過濾就會有FeSQ7H2O析出；(3)濃縮結晶后需要過濾、洗滌；硫酸亞鐵錢在無水乙醇中的溶

12、解度小；溫度低時,硫酸亞鐵錢的溶解度小,可用冰水洗滌,故答案為：過濾、洗滌；無水酒精或冰水；(4)(NH4)2SC4FeSQ在30c和10c的溶解度分別為：28.1g和17.2g,即假設溶劑為100g水,冷卻析出10.9g,有水20g析出2.18g,硫酸亞鐵俊的化學式為(NH4)2S.FeSQ6H2O含有結晶水,故析出質量大于2.18g,故答案為：B；(二)(1)反響的離子方程式5Fe2+MnO4-+8H+-5Fei+Mn2+4H2O,故答案為：5Fe2+MnO4-+8H+-5Fe3+Mn2+4H2O;(2)高鎰酸鉀本身有顏色,滴定亞鐵離子不需要指示劑,當滴加最后一滴溶液后,溶液變成紫紅色,3

13、0s內不褪色,說明到達滴定終點,故答案為：參加最后一滴KMnO4溶液紫紅色不褪,且半分鐘內不褪色；(3)1.96g硫酸亞鐵俊晶體的物質的量n=1.96g-=0.005mol,根據原子守恒那么亞M392g/mol鐵離子的物質的量為0.005mol,反響5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O,那么5Fe2+MnO4-,所以高鎰酸鉀的物質的量為0.001mol,據c=U=0-003mol=-mol/L,故答案為：V10VLV3.某實驗小組欲制取氧化銅并證實氧化銅能加快氯酸鉀的分解,進行了如下實驗：(一)制取氧化銅往盛有一定量CuC2溶液的燒杯中逐滴參加NaOH溶液,直至不再產生沉淀

14、,然后將燒杯中的物質轉移到蒸發皿中,加熱至沉淀全部變為黑色.將步驟所得的黑色沉淀過濾、洗滌,晾干后研細備用.(1)在實驗過程中,假設未參加NaOH溶液,直接將CuC2溶液轉移到蒸發皿中加熱,最后也能得到黑色沉淀,試分析其原因.(2)寫出檢驗步驟中沉淀是否洗滌干凈的操作.(二)為證實氧化銅能加快氯酸鉀的分解并與二氧化鎰的催化效果進行比擬,用以下圖裝置進行實驗,每次實驗時均收集25ml氣體,其他可能影響實驗的因素均已忽略,實驗數據見卜表:實驗序號KC1Q質量其他物質質量待測數據1.2g無其他物質a1.2gCuO0.5gb1.2gMnO20.5gc(3)寫出氯酸鉀分解反響的化學方程式,并用雙線橋表示

15、電子轉移的方向和數目O(4)上述實驗中的“待測數據是指.(5)圖中量氣裝置B由枯燥管、乳膠管和50mL滴定管改造后組裝面成,此處用滴定管是(填“酸式或“堿式)滴定管.(6)假設實驗證實氧化銅加快氯酸鉀的分解效果比用二氧化鎰差,請結合上表的實驗效果數據,在坐標圖中分別畫出使用CuO、MnO2作催化劑時產生氧氣的體積V(O2)隨時間(t)變化的曲線(注明必要的標識).【答案】CuC2溶液中存在水解平衡CuC2+2H2Cu(OH)2+2HCl,加熱時HCl逸出使平衡不斷右移,同時得到的Cu(OH)2受熱分解生成CuO取23mL最后的洗滌液于試管中,滴入少量稀硝酸酸化,再滴入幾滴硝酸銀溶液,假設無白色

16、沉淀產生,那么洗滌干凈【分析】收集25mL氣體所需的時間堿式【詳解】(1)CuC2是強酸弱堿鹽會發生水解,CuC2溶液中存在水解平衡CuC2+HC1逸出使平衡不斷右移,同時得到的2H2OCu(OH)2+2HC1,水解吸熱,加熱時Cu(OH)2受熱分解生成CuOo(2)如果沒有洗滌干凈那么有NaCl雜質,檢驗是否有C即可確定是否洗凈,具體操作是:取23mL最后的洗滌液于試管中,滴入少量稀硝酸酸化,再滴入幾滴硝酸銀溶液,假設無白色沉淀產生,那么洗滌干凈.(3)用雙線橋表示電子轉移的方向和數目時,線橋要從反響物指向生成物的化合價發生改變的同種元素,在線橋上要注明反響的得失電子數目,用雙線橋表示氯酸鉀

17、分解的電子轉失去一-一移的方向和數目為：2KC：O=2KC1+30門.僵到二乂“一(4)要比擬反響的快慢需要反響的時間,因此待測數據是：收集25mL氣體所需的時間.(5)從圖可以看出該滴定管沒有活塞,所以是堿式滴定管.(6)反響測的是收集25mL氣體所需的時間,所以氣體的體積要相等,氧化銅加快氯酸鉀的分解效果比用二氧化鎰差,所以用氧化銅做作催化劑所用的時間要多,產生氧氣的體積V(O2)隨時間(t)變化的曲線為:4.以冶鋁的廢棄物鋁灰為原料制取超細“-氧化鋁,既降低環境污染又可提升鋁資源的利用率.鋁灰的主要成分為A2O3(含少量雜質Si.、FeOFe2Q3),其制備實驗流程如下：(1)鋁灰中氧化

18、鋁與硫酸反響的化學方程式為.(2)圖中濾渣的主要成分為(填化學式).(3)加30%的H2Q2溶液發生的離子反響方程式為(4)煨燒硫酸鋁俊晶體,發生的主要反響為：4NH4Al(SO4)212H2O口,0-2AI2O3+2NH3f+Nd+5SOT+3SOT+53H2O,將產生的氣體通過以下圖所示的裝置.集氣瓶中收集到的氣體是(填化學式).足量飽和NaHSCb溶液吸收的物質除大局部H2O(g)外還有(填化學式).KMnO4溶液褪色(MnO4復原為Mn2+),發生的離子反響方程式為【答案】AI2O3+3H2SQ=Al2(SQ)3+3H2OSi.2FT+H2O2+2H+=2Fe3+2H2ON2SQ、NH

19、32MnO4+5SQ+2H2O=2Mn2+5SQ2+4H+【解析】【分析】根據題意,鋁灰的主要成分為A2O3(含少量雜質SiQ、FeO、FnO3),鋁灰中加稀硫酸,AI2O3、FeOFe2O3轉化為離子,SiO2不溶于硫酸,過濾,濾液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+,力口入雙氧水,Fe2+被氧化為Fe3+,參加K4Fe(CN)6后Fe3+轉化為沉淀,過濾,在濾液中參加硫酸俊,生成NH4AI(SO4)2,結晶、枯燥、煨燒得到“-AI2O3.【詳解】(1)AI2O3與硫酸反響生成硫酸鋁和水,其反響的方程式為AI2O3+3H2SC4=AI2(SOQ3+3H2O.(2)根據上述分析,圖中濾渣的主要成

20、分是不溶于硫酸的二氧化硅,化學式為SiQ.(3)濾液中含有AI3+、Fe2+、Fe3+,加30%的H2O2溶液將F+被氧化為Fe3+,根據得失電子守通、電荷守恒和原子守恒配平,發生反響的離子方程式為2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O(4)NH4AI(SQ)2?12H2O分解生成的氣體NH3和SO3被亞硫酸鈉吸收,二氧化硫被高鎰酸鉀吸收,所以最后集氣瓶中收集到的氣體是N2.飽和NaHSQ能與SQ、氨氣反響,那么足量飽和NaHSQ溶液吸收的物質除大局部H2O(g)外,還有SQ、NH3.酸性條件下,KMnO4與二氧化硫反響生成硫酸根離子和鎰離子,根據得失電子守恒、電荷守恒、原子守恒配平,

21、其反響的離子方程式為：2MnO4-+5S6+2H2O=2Mn2+5SO2-+4H+.5.氯化亞銅在有機合成工業中常作催化劑.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.電鍍廢水氯化鉀t鐵粉如圖是濾液中Cu2+、Fe3+的含量與pH的關系及CuCl產率與pH的關系圖.請答復以下問題:(1)在電鍍廢水中加堿產生沉淀,過濾得到電鍍污泥,那么電鍍污泥的主要成分為;(2)由反響制備CuCl時的最正確pH在左右；(3)對CuCl產率探究時發現反響在隔絕空氣條件下進行時CuCl產率較高,由此推測CuCl具有性；(4)寫出反響中化學反響方程式：；(5)隔絕空氣條件下,從濾液中制得晶體的實

22、驗操作為：;(6)取晶體4.34g隔絕空氣條件下,失去結晶水后得固體3.26g,所得固體溶于水分成二等份,一份參加足量BaC2溶液,得到白色固體2.33g；另一份參加足量NaOH溶液后,加熱、灼燒得紅色粉末0.4g.寫出晶體的化學式：.【答案】Fe(OH)、Cu(OH)23.5復原2CuSO+Fe+2KCl=2CuCl2SO2+FeSO蒸發、冷卻結晶、過濾(洗滌)、枯燥KFe(SQ)2?6H2O【解析】【分析】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沉淀,過濾得到含有氫氧化鐵和氫氧化銅的電鍍污泥；向電鍍污泥中參加硫酸限制pH使氫氧化銅溶解,而氫氧化鐵不溶

23、解,過濾得到高濃度的硫酸銅溶液；向高濃度的硫酸銅溶液參加鐵與氯化鉀,調節溶液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,過濾得到氯化亞銅沉淀和含有的硫酸亞鐵、硫酸鉀濾液,隔絕空氣條件下,濾液經蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、枯燥得到K2Fe(SQ)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,過濾得到含有氫氧化鐵和氫氧化銅的電鍍污泥,故答案為：Fe(OH)&Cu(OH2(2)由CuCl產率與pH的關系圖可知,制備CuCl時的最正確pH是3.5左右,故答案為：3.5;(3)對CuCl產率探

24、究時發現反響在隔絕空氣條彳下進行時CuCl產率較高,說明氯化亞銅具有復原性,能被空氣中的氧氣氧化,故答案為：復原；(4)反響為調節溶液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,反響的化學方程式為2CuSQ+Fe+2KCl=2CuClt+FeSQ+K2SQ,故答案為：2CuSQ+Fe+2KCl=2CuC+FeSQ+K2SO4;(5)隔絕空氣條件下,含有硫酸亞鐵、硫酸鉀的濾液經蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、枯燥得到硫酸亞鐵晶體,故答案為：蒸發、冷卻結晶、過濾(洗滌)、枯燥；(6)由題意可知,結晶水的物質的量為(4；4g3：6ig=0.06mol,由參加足量BaC2溶

25、液,得到硫酸鋼沉淀質量為2.33g可知硫酸根的物質的量為募,x2=0.02mol,由參加足量NaOHg/mol溶液后,加熱、灼燒得紅色粉末0.4g可知亞鐵離子的物質的量為喘捻oyX2X2=0.01mol,那么鉀離子的物質的量為出“短吃：1癡g=0.02mol,n(K+)：n(Fe2+):n(SO42);n(H2O)=0.02mol：0.01mol：0.02mol：0.06mol=2:1:2:6,晶體的化學式為K2Fe(SQ)2?6H2.,故答案為：K2Fe(SQ)2?6H2O.6.NH3和Cl2在常溫下可快速反響生成氮氣：2NH3+3Cl2-N2+6HCl.當Cl2和NH3比例不同時,產物有差

26、異.(1)該反響可用于檢驗化工生產中氯氣是否泄漏.如氯氣有少量泄漏,用氨氣檢驗時的現象為.(2)假設利用該反響處理含有氨氣和氯氣的尾氣,用于制備鹽酸,Cl2和NH3的最正確比例為O(3)常溫常壓下,取總物質的量為12mol的氯氣和氨氣的混合氣體,完全反響后,氣體物質的量保持不變.求：反響前氯氣和氨氣的物質的量之比反響后生成的氧化產物的質量.(4)假設將總體積為100L的NH3和Cl2混合,實驗精確測得充分反響后無色混合氣體中N2占混1合氣體的1,求生成氧化產物的物質的量.(該實驗數據在標準狀況下測7定)【答案】有白煙生成3：2n(NH3)：n(Cl2)=1：1m(N2)=56g余NH3和N20

27、.263mol,余HCl和N20.893mol【解析】【分析】NH3和Cl2在常溫下可快速反響生成氮氣：2NH3+3CB-N2+6HCL當C12和NH3比例不同時,產物有差異.(1)要檢驗化工生產中氯氣是否泄漏,那么需要有明顯的現象,從提供的反響可以看出,氨氣過量時會有明顯現象,找到該反響并指出現象即可；(2)要求是利用氨氣和氯氣之間反響生成氯化氫用于制備鹽酸,故按該反響中C2和NH3的比例來答復；(3)常溫常壓下,取總物質的量為12mol的氯氣和氨氣的混合氣體,完全反響后,氣體物質的量保持不變,說明2NH33c12N26HC1反響后氨氣有剩余,再發生反響NH3+HC1=NH4C1,HC1不能

28、完全反響,按此思路計算反響前氯氣和氨氣的物質的量之比及反響后生成的氧化產物的質量；(4)假設將總體積為100L的NH3和C12混合,2NH33cI2N26HC1恰好反響,根據方程式計算混合氣體總體積,進而計算氮氣體積；NH3過量時,發生反響8NH33c12N26NH4CI,剩余混合氣體為氮氣、氨氣,設C12有xL,利用方程式和條件計算出氮氣的體積、氧化產物的物質的量；【詳解】(1)按題意,用于檢驗氯氣是否泄漏的反響應有明顯現象,氯氣和氨氣可能的反響為2NH33c12N26HC1、當氨氣過量時會與生成的HC1反響生成氯化俊,有白煙,現象明顯；答案為：有白煙生成；(2)氨氣和氯氣在常溫下可快速反響

29、生成氮氣：2NH33c12N26HC1,假設利用該反響處理含有氨氣和氯氣的尾氣,用于制備鹽酸,C2和NH3的最正確比例為3:2;答案為：3：2；(3)常溫常壓下,取總物質的量為12mo1的氯氣和氨氣的混合氣體,完全反響后,氣體物質的量保持不變,說明2NH33c12N26HC1反響后氨氣有剩余,再多余氨氣再與局部HC1發生反響NH3+HC1=NH4C1,HC1不能完全反響,設反響2NH33cN26HC1中消耗氯氣的物質的量為x,2NH323C12氣體物質的量增加2xNH3112-x2x3+HC1=NH4C13氣體物質的量減少22(12-x)2x3,前者體積增大與后者體積減小相等,貝U2(12x2

30、x,得x=6,3故反響前氯氣和氨氣的物質的量之比為答案為：1:1;反響后生成的氧化產物為氮氣,氯氣為6mol,由2NH33cI2N26HC1可知,生成氮氣的物質的量為2mol,故氧化產物氮氣的質量=2mo1x28g/mo1=56g,故答案為：56g;(4)在2NH33c12N26HC1反響中,NH3和C12恰好完全反響時,混合氣體中N2占混1合氣體的一,由于氨氣與HC1可以反響生成HN4C1,而充分反響后的混合氣體中N2占混合71氣體的一,那么有兩類情況：C12與氨氣恰好反響,由方程式可知5體積氣體生成7體積氣7體,故反響后混合氣體總體積=100LX7=140L,那么氧化產物氮氣體積為140L

31、X-=20L,故5720L其物質的量=22.4L/mol=0.893mol；NH3過量時,發生反響8NH33Cl2N26NH4Cl,剩余混合氣體為氮氣、氨氣,設Cl2有xL,那么8NH33Cl2N2322831xx3V1xL,那么3一10x100LxL331300一一,一一,x,故氧化廣物氮氣的物717質的量300. 1L-73-0.263mol；22.4L/mol答案為：余NH3和N2為0.263mol,余HCl和N2為0.893mol.7.含銘(+6價)廢水嚴重危害人體健康,工業上常用復原法進行處理.其局部工藝流程如下：鼻眼遂航招破,(1)廢水中,六價銘以CrO42；或者C2O72的形式存

32、在,寫出其相互轉化的離子方程式.我國常用NaHSO3做復原劑,寫出復原池中反響的離子方程式.(2)廢水中殘留六價銘的濃度隨溶液pH變化如下圖.實際生產中需限制pH=2.53.0,原因可能是.(3)沉淀池中生成Cr(OH?的顆粒太細,為促使其更好地沉淀,可采取的舉措是.(4)我國規定,工業廢水中含Cr(VI)量的排放標準為0.1mg/Lo：Cr的相對原子質量為52,Kap(BaCrO4)=1.2X10°.假設用Ba2+除去廢水中的CrO42,到達廢水排放標準時,廢水中Ba*濃度最低為mol/L(保存小數點后2位).用Ba2+除去廢水中的CrO2一是否可行,為什么？請簡要答復.【答案】2

33、CrC42-+2H,*Cr2Q2"+HzO3HSO+Cr2Q2-+5H+=2Cr3+3SO2-+4H2O溶液中pH越高,廢水中六價需殘留越多；溶液中pH越低,會腐蝕設備管道參加絮凝劑6.24X10-5mol/L不可行,由于廢水中含有Ba2,同樣有毒【解析】【分析】(1)由工藝流程可知,加酸可以使CrO42-轉化為Cr2O72-,復原池中,Cr2O72-在酸性條件下將HSOT氧化生成SQ2-,本身被復原為Cr3+;(2)由圖可知,溶液中pH越大廢水中殘留六價銘的濃度越大,而溶液中pH越小,酸性越強,可能會腐蝕設備管道；(3)沉淀池中生成Cr(OH)3的顆粒太細,可向沉淀池中參加絮凝劑；

34、(4)由溶度積計算可得；Ba2+在溶液中有毒.【詳解】(1)由工藝流程可知,加酸可以使CrO42-轉化為Cr2O72",轉化的離子方程式為2CrO42-+2H+1Cr2O72-+H2O；復原池中,Cr2O72-在酸性條件下將HSOT氧化生成SQ2一,本身被還原為Cr3+,反響的離子方程式為3HSOT+Cr2O72-+5H+=2C產+3SQ2-+4H2O,故答案為：2CrO42-+2H+-Cr2O72'+H2O;3HSOj+Cr2O72'+5H+=2Cr3+3SO42'+4H2O;(2)由圖可知,溶液中pH越大廢水中殘留六價銘的濃度越大,而溶液中pH越小,酸性越

35、強,可能會腐蝕設備管道,所以實際生產中需限制pH=2.53.0,故答案為：溶液中pH越高,廢水中六價需殘留越多；溶液中pH越低,會腐蝕設備管道；(3)沉淀池中生成Cr(OH)3的顆粒太細,可向沉淀池中參加絮凝劑,使Cr(OH)3更好地沉淀,故答案為：參加絮凝劑；0.0001g(4)到達廢水排放標準時,CrQ2一的濃度為Y：=mol/L,那么溶液中Ba2+濃度為KBaCrO10；crO2-)=0.0001mol/1=6.24X10-5mol/L;Ba"在溶液中有毒,那么用Ba2+除去廢水中的CrO425crO4)-52是不可行的,故答案為：6.24X10-5mol/L;不可行,由于廢水

36、中含有Ba2,同樣有毒.8.二氧化氯泡騰片,有效成分(C1O2)是-方法一：氯化鈉電解法是一種可靠的工業生產程是將食鹽水在特定條件下電解得到的氯酸鈉(種高效、平安的殺菌、消毒劑.C1Q氣體的方法.該法工藝原理如圖.其過NaClQ)與鹽酸反響生成C1Q.食鈍國歷電第電發生器氯化期(1)工藝中可利用的單質有(填化學式),發生器中生成C1Q的化學方程式(2)此法的缺點主要是.方法二：最近,科學家又研究出了一種新的制備方法,纖維素復原法制C1O2,其原理是：纖維素水解得到的最終產物X與NaC1O3反響生成C1O2.(3)配平方程式：口(X)+DNaC1O+DH2SQ一口0121+UCO+口也0+假設反

37、響中產生4.48L(折算成標準狀況下)氣體,電子轉移個.(4)C102和C12均能將電鍍廢水中的CN一氧化為無毒的物質,自身被復原為01o處理含CN一相同量的電鍍廢水,所需C12的物質的量是C102的倍.方法三：實驗室常用氯酸鈉(NaC103)和亞硫酸鈉(Na2SO3)用硫酸酸化,加熱制備二氧化氯,化學反響方程式為：2NaC1O3+N%SQ+HzSOlA20212T+2N&SQ+H2O(5)反響中的NazSQ溶液中存在如下平衡：H20=H+0H和(用離子方程式表示).常溫下,0.1mo1/L該溶液中離子濃度由大到小排列(用離子符號表示)(6)常溫下,NaHSQ溶液呈酸性,在Na2S03

38、溶液中滴加稀鹽酸至中性時,溶質的主要成分有.(用化學式表示)【答案】H2、0122NaC1Q+4HC1=2C1C2T+C2T+2Na01+2H0同時產生了大量的氯氣,不僅產率低,而且產品難以別離,同時很有可能造成環境污染；能耗較大等106Hl206+24NaC103+12H2SQ2401.T+60QT+18H20+12Na?S.0.16Na2.5SQ2-+H20=-0H-+HSO-,HSQ-+H20=,0H+H2SQc(Na+)>c(S032-)>c(0H-)>c(HS03-)>c(H+)NaHSQ、NazSQ、Na01、或(NaHSQ、NazSQ、Na01、SQ、H2

39、SC3)【解析】【分析】(1)電解飽和食鹽水生成H、012和Na0H故可以利用的單質為H、012,合成H01,根據流程圖可知參加物質為Na01Q和H01,生成0102；可以寫出方程式,并用化合價升降法配平得到；(2)生成的氣體中除了有二氧化氯還有大量的氯氣,產率低,難別離,而且極有可能造成大氣污染；用電解的方法耗能大；(3)纖維素為多糖,水解最終產物為葡萄糖(GH2Q),具有復原性,可將Na01Q復原得到0102.01從+5到+4價,降低1價,葡萄糖(GH12Q)0均價為0,到+4價,升高4價,然后配平得到,由可知生成24molClO2和6molCO2氣體轉移24moi的電子；(4)每摩爾Cl

40、2得到2moi電子,而每摩爾C1O2得到5mol電子,故為2.5倍；(5)存在弱電解水的電離平衡和弱離子的水解平衡.不水解的二元鈉離子濃度最大,水解是微弱的,顯性離子和第一步水解產生的陰離子,隱性離子；(6)NaSO溶液中滴加稀鹽酸,兩者反響,要使溶液呈中性,只能是局部反響,所以溶質為NaSO、NaHSONaCl.【詳解】(1)由工藝流程圖可以看出：在該工藝中可利用的單質有H、Cl2;根據流程圖可知參加物質為NaClQ和HCl,生成ClO2；發生氧化復原反響,NaClQ被復原生成ClOz,HCl被氧化生成Cl2,生成ClO2的化學方程式為：2NaClQ+4HCl=2ClO2f+Cl2T+2Na

41、Cl+2H2Q(2)由制備原理和流程圖可知此法的缺點主要是會產生大量的Cl2,消耗大量的電能,產物ClO2和Cl2不僅不容易別離,而且物質利用率低,很容易造成大氣污染；(3)纖維素水解得到的最終產物X是葡萄糖QH2Q.它與NaClQ在酸性條件下發生反響,根據質量守恒定律和電子守恒的知識可得方程式為：1QHO6+24NaClQ+12HSQf24ClO2T+6COT+18H2O+12NaSO,由方程式可以看出每產生30mol的氣體,轉移電子24N;現在產生氣體的物質的量為4.48L(即0.2mol),所以轉移電子的物質的量為0.16mol,個數為0.16Na；(4)處理含CN相同量的電鍍廢水,即轉

42、移電子的物質的量相同.假設轉移電子2mol,那么2需要Cl2的物質的量是1mol;需要ClO2的物質的量為一=0.4mol.所以n(Cl2)：5n(ClO2)=1:0.4=2.5;(5)反響中的NaSO溶液中存在如下平衡：HO=H+O即口SO2一的水解平衡的兩種方程式.由于SO2一是二元弱酸的酸根離子,因此存在兩步水解平衡SO2-+HO=OH+HS.,HSO+HO=OH+HSO;NaaSO=2Na+SQ2-;c(Na+)>c(SO32-),SO2-水解產生OH和HSO,HSO進一步水解還要消耗HSG,同時產生OH,因此c(OH-)>c(HSO3-);在溶液中還存在水的電量平衡,所以

43、c(HSQ-)>c(H+);在溶液中鹽水解的程度是很微弱的,所以c(SO32一)>c(OH-);因此在該溶液中各種離子的濃度由大到小的順序為c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+);(6)在NaSO溶液中滴加稀鹽酸假設恰好發生反響：NaSQ+HCl=NaCl+NaHSQ那么由于NaHS的液呈酸性.所以至中性時,n(HCl)<n(Na2SO),產生溶液中含有的溶質有未反響的NaSO及反響生成的NaCl、NaHSQ溶質有NaSQ、NaCl、NaHSO,也可能滴力口HCl局部過量會產生SO、HSO溶解在該溶液中還含有SO和H

44、SO.9.(1)最近材料科學家發現了首例帶結晶水的晶體在5K下呈現超導性.該晶體的化學式為Na0.35CoO21.3H2O(該晶體的摩爾質量為122g-mol-1),假設用Na表示阿伏加德羅常數,那么12.2g該晶體中含氧原子數為,氫原子的物質的量為mol.(2)FeC3溶液可以用來凈水,用100mL2moiL_1的FeC3溶液凈水時,生成具有凈水作用的微粒數(填“大于“等于或“小于)0.2Na.(3)在標準狀況下,VL某氣體(摩爾質量為Mg/m.i)溶解在1L水(水的密度近似為1g/cm3)中,假設氣體完全溶解且不與水發生反響,所得溶液的密度為p/cm3,那么所得溶液的物質的量濃度c=mol

45、/L(用以上字母表示,且必須化簡).(4)工業上用亞氯酸鈉和稀鹽酸為原料制備C1O2反響：NaClQ+HClClQT+NaC+H2Qo寫出配平的化學方程式.(5)向100mL的FeBr2溶液中通入標準狀況下CL3.36L(復原性：Fe2+>Br),反響后的溶液中C和BG的物質的量濃度相等,那么原FeBr2溶液的物質的量濃度為mol/L.反應的離子方程式為.(6)假設向盛有10mL1molL1NH4Al(SO)2溶液的燒杯中加20mL1.2molL1Ba(QH)2溶液,充分反響后,溶液中產生沉淀的物質的量為mol.【答案】0.33Na0.26小于1000Vp22400+MV5NaClQ+4

46、HCl=4ClQ2f+5NaC+2H2Q24Fe2+2Br-+3Cl2=4Fe3+Br2+3a0.022(1)根據n=m計算晶體的物質的量,進而計算氧原子、氫原子的物質的量；M(2)100mL2mol的FeC3溶液中FeC3的物質的量是0.1LX2mol.L-1=0.2mol.(3)根據物質的量濃度的計算公式c=R計算；V(4)根據得失電子守恒、元素守恒配平方程式.(5)復原性：Fe2+>Br-,FeBr2溶液中通入標準狀況下Cl2,氯氣先氧化Fe2+；(6)NH4Al(SC4)2與Ba(QH)2溶液混合,S.2-、Ba2+反響生成BaSQ沉淀,QH-與Al3+、NH4+依次發生反響Al

47、3+3QH-=Al(QH)3J、NH4+QH=NH3?H2Q、Al(QH)3+QH-=AlQ2+2H2Q.【詳解】(1)根據n=m,12.2g該晶體的物質的量是,0.1mol,含氧原子數為M122g/mol0.1X3.3XNa=0.33Na,氫原子的物質的量為0.1molX2.6=0.26mol;(2)100mL2mol的FeC3溶液中FeC3的物質的量是0.1LX2molL-1=0.2mol,生成具有凈水作用的微粒是氫氧化鐵膠粒,氫氧化鐵膠粒是氫氧化鐵的聚集體,所以微粒數小于0.2Na.(3)在標準狀況下,VL某氣體的物質的量是一Vmol；VL某氣體的質量是22.4-VmolMg/mol=-

48、VM-g；所得溶液的質量是-VM-g+1000g,溶液的體積是22.422.422.4級+100022410001VM+22400.,所以物質的量濃度為L=L100022400fVM+L=00Vmol/L；22.42240022400+MV(4)NaClO2中局部氯元素化合價由+3升高為+4、局部氯元素化合價由+3降低為-1,所以NaClO2既是氧化劑又是復原劑,根據得失電子守恒,氧化劑復原劑的比為1:4,所以反響方程式是5NaClO2+4HCl=4ClO2T+5NaCl+2H2.3.36L的物質的量是22.4L/mol(5)復原性：Fe2+>Br-,FeBr2溶液中通入Cl2,氯氣先氧

49、化Fe"標準狀況下3.36LCb0.15mol,設FeBr2的物質的量為xmol,氯氣與FeT反響的離子方程式是2Fe2+Cb=2Fe3+2C-,那么F?消耗氯氣的物質的量是-mol;與Br反響的氯氣2物質的量是0.15mol-xmol,氯氣與Br反響的離子方程式是2Br-+Cl2=Br2+2Cl-,剩余Br-的2物質的量是2x-0.3+x=(3x-0.3)mol,根據氯元素守恒,反響后溶液中Cl-的物質的量是0.3mol,反響后的溶液中C和BF的物質的量濃度相等,那么3x-0.3=0.3,x=0.2mol;原FeBr2溶液的物質的量濃度為0.2mol+0.1L=2mol/L;與Br

50、反響的氯氣物質的量是0.15mol-eNmoU.05mol,被氧化的Br的物質的量是0.1mol,被氧化的FeT、Br-的物2質的量比是2:1,所以反響方程式是4FP+2Br-+3Cb=4Fe3+Br2+3Cl-；(6)10mL1mol?L-1NH4Al(SQ)2溶液中Al3+物質的量為0.01mol,NHj的物質的量為0.01mol,SQ2-的物質的量為0.02mol,20mL1.2mol?L-1Ba(OH)2溶液中Ba2+物質的量為0.024mol,OH-為0.048mol;由SO+B/'BaSOH,可知SC42-缺乏,所以可以得到0.02molBaSQ;根據Al3+3OH-=Al

51、(OH)3J可知反響剩余OH為0.048mol-0.03mol=0.018mol,根據H4+OH=NH3?H2O可知反響剩余OH-為0.018mol-0.01mol=0.008mol,根據Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O可知得到Al(OH)3沉淀為0.01mol-0.008mol=0.002mol,那么最終得到固體為0.02mol+0.002mol=0.022mol.I 0.氫氣作為清潔能源有著廣泛的應用前景,含硫天然氣制備氫氣的流程如下.“然氣,原化應同一Hr,葉-卜.變揍-4同提純IIIishr請答復以下問題：I.轉化脫硫：將天然氣壓入吸收塔,30c時,在T.F菌作用下,酸性環

52、境中脫硫過程示意圖如下圖.riu,ns凡?(1)過程i中H2s發生了(填“氧化或“復原)反響.(2)過程ii的離子方程式是.(3)：Fe3+在pH=1.9時開始沉淀,pH=3.2時沉淀完全.30c時,在T.F菌作用下,不同pH的FeSQ溶液中F+的氧化速率如下表.pH0.91.21.51.82.12.42.73.0Fe2+氧化速率/(g-L1-h1)4.55.36.26.87.06.66.25.6請結合以上信息,判斷工業脫硫應選擇的最正確pH范圍,并說明原因：II .蒸氣轉化：在催化劑的作用下,水蒸氣將CH氧化.結合如圖答復以下問題.(4)該過程的熱化學方程式是.比擬壓強pi和p2的大小關系：

53、pip2(選填“>“<或).III .CO變換：500c時,CO進一步與水反響生成CQ和H2.IV .H2提純：將CQ和H2別離得到H2的過程示意圖如圖.HlCO2.H2K2clp口溶液-吸收池(5)吸收池中發生反響的離子方程式是一.結合電極反響式,簡述K2CO3溶液的再生原理：.【答案】氧化4Fe2+O2+4H+F菌4Fe3+2H2O1.5<pH<1,9當pH大于1.9時,Fe3+開始沉淀,導致Fe2+和Fe3+濃度均下降,會降低反響速率.pH小于1.5時,T.F菌活性較低,反應速率減慢CH(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)AH=+204kJmol1>

54、;CQ+H2O+C.2=2HC6陰極反響：2H2O+2e=H2T+2OH,OH+HCO3=CO32+H2O;陽極反響：4H2O_4e=O2f+4KH+HCO3=CO2+H2O,陽極區多余的K+經陽離子交換膜進入陰極區,使K2CO3溶液得以再生【解析】【分析】I.轉化脫硫：將天然氣壓入吸收塔,30c時,在T.F菌作用下,酸性環境中脫硫過程示意圖如圖2;(1)硫化氫被硫酸鐵氧化生成單質硫；(2)過程n是亞鐵離子酸性條件下被氧氣氧化生成鐵離子；(3)1,5<<PH,9,當PH大于1.9時,Fe3+開始沉淀,導致Fe3+、Fe2相子濃度均下降,降低反響速率,PH<1.5時,T?F菌活

55、性較低；n.(4)在催化劑的作用下,水蒸氣將CH4氧化生成一氧化碳和水蒸氣,圖中反響的始變H=2582kJ/mol-2378kJ/mol=204kJ/mol,標注物質聚集狀態和對應反響的始變寫出熱化學方程式；圖象中甲烷體積分數隨壓強增大而增大,據此分析；W.(5)二氧化碳和碳酸鉀溶液反響生成碳酸氫鉀；碳酸氫根離子存在電離平衡、氫氧根離子和碳酸氫根離子反響生成碳酸根離子.【詳解】I.轉化脫硫：將天然氣壓入吸收塔,30c時,在T.F菌作用下,酸性環境中脫硫過程示意圖如圖2;(1)硫化氫被硫酸鐵氧化生成單質硫,過程i中H2s發生了氧化反響；(2)過程n是亞鐵離子酸性條件下被氧氣氧化生成鐵離子,反響的離子方程式為：4Fe2+O2+4H+-/4Fe3+2H2O;(3)Fe3+在pH=l,9時開始沉淀,pH=3.2時沉淀完全,分析30c時,在T.F菌作用下,不同pH的FeSQ溶液中Fe2+的氧化速率可知：工業脫硫應選擇的最正確pH范圍1.5wpH1.9,當PH大于1.9時,Fe3+開始沉淀,導致Fe3+、F浮離子