河南省罗山高中高三化学复习 4.4硫酸和硝酸的氧化性课时作业 新人教版必修1.doc

4.4 硫酸和硝酸的氧化性1、cu2s与一定浓度的hno3反应，生成cu（no3）2、cuso4、no2、no和h2o，当no2和no的物质的量之比为2：1时，实际参加反应的cu2s与hno3的物质的量之比为（）a1：10 b1：8c1：6 d1：5【答案】b【解析】解：cu2s与一定浓度的hno3反应中，cu2s中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用hno3中氮元素被还原为no2和no，起酸作用的硝酸生成cu（no3）2令no2和no的物质的量分别为2mol、1mol，根据电子转移守恒可知：n（cu2s）6（2）+12=2mol（54）+1mol（52），解得n（cu2s）=0.5mol由硫元素守恒可知n（cuso4）=n（cu2s）=0.5mol，根据铜元素守恒可知溶液中ncu（no3）2=2n（cu2s）n（cuso4）=20.5mol0.5mol=0.5mol由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（hno3）=2ncu（no3）2+n（no2）+n（no）=20.5mol+2mol+1mol=4mol所以实际参加反应的cu2s与hno3的物质的量之比为n（cu2s）：n（hno3）=0.5mol：4mol=1：8故选：b2、将11.2g的mgcu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的x气体再向所得溶液中加入适量的naoh溶液，产生21.4g沉淀根据题意推断气体x的成分可能是( )a0.3mol no2 和0.3mol nob0.2mol no2和0.1mol n2o4c0.1mol no、0.2mol no2和0.05mol n2o4d0.6mol no【答案】c【解析】解：向mgcu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的naoh溶液，产生21.4g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中氢氧根的质量为21.4g11.2g=10.2g，物质的量为=0.6mol，根据电荷守恒可知，11.2g的mgcu提供的电子为0.6mol，a、生成0.3mo1no2和0.3mo1no，n元素获得电子为0.3mol（54）+0.3mol（52）=1.2mol，得失电子不相等，故a错误；b、生成0.2mo1no2和0.1mo1n2o4，n元素获得电子为0.2mol（54）+0.1mol2（54）=0.4mol，得失电子不相等，故b错误；c、生成0.1mol no、0.2mol no2和0.05mol n2o4，n元素获得电子为0.1mol（52）+0.2mol（54）+0.05mol2（54）=0.6mol，得失电子相等，故c正确；d、生成0.6molno，n元素获得电子为0.6mol（52）=1.8mol，故d错误故选：c3、向27.2gcu和cu2o的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5l，固体物质完全反应，生成no和cu（no3）2在所得溶液中加入1.0mol/l 的naoh溶液1.0l，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g下列有关说法不正确的是（）acu与cu2o的物质的量之比为2：1b硝酸的物质的量浓度为2.6mol/lc产生的no在标准状况下的体积为4.48ldcu、cu2o与硝酸反应后剩余hno3为0.2mol【答案】b【解析】解：在所得溶液中加入1.0mol/l 的naoh溶液1.0l，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为nano3，n（nano3）=n（naoh）=1.0mol/l1.0l=1mol，沉淀为cu（oh）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（cu）+2n（cu2o）=ncu（oh）2，所以反应后的溶液中ncu（no3）2=ncu（oh）2=0.4mola、设cu和cu2o的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有 64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有x+2y=0.4，联立方程解得x=0.2，y=0.1，所以n（cu）：n（cu2o）=0.2：0.1=2：1，故a正确；b、根据n元素守恒可知n（hno3）=n（no）+n（nano3），根据电子转移守恒可知：3n（no）=2n（cu）+2n（cu2o），所以3n（no）=20.2mol+20.1mol，解得n（no）=0.2mol，根据na元素可知n（nano3）=n（naoh）=1.0mol/l1.0l=1mol，所以n（hno3）=n（no）+n（nano3）=0.2mol+1mol=1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度为=2.4mol/l，故b错误；c、由b中计算可知n（no）=0.2mol，所以标准状况下no的体积为0.2mol22.4l/mol=4.48l，故c正确；d、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（hno3）+2ncu（no3）2=n（nano3），所以n（hno3）=n（nano3）2ncu（no3）2=1mol20.4mol=0.2mol，故d正确故选b4、若35.4g 铜银合金与2l 0.5mol/l 的硝酸溶液恰好完全反应，则收集的no在标准状况下的体积是（）a11.2 l b6.27 lc5.6 l d无法确定【答案】c【解析】解：发生反应的有：3cu+8hno3（稀）=3cu（no3）2+2no+4h2o、3ag+4hno3（稀）=3agno3+no+2h2o，设铜、银的物质的量分别wex、y，根据总质量可得：64x+108y=35.4，根据消耗的硝酸可知： x+y=0.5mol/l2l，根据可得：x=0.3mol、y=0.15mol，0.3mol铜完全反应生成no的物质的量为：0.3mol=0.2mol，0.15mol银完全反应生成no的物质的量为：0.15mol=0.05mol，所以生成no的总物质的量为：0.2mol+0.05mol=0.25mol，标准状况下0.25molno的体积为：22.4l/mol0.25mol=5.6l，故选c5、a mol fes与b mol feo投入到v l、c moll1的硝酸溶液中充分反应，产生no气体，所得澄清溶液成分可看做是fe（no3）3、h2so4的混合液，则反应中未被还原的硝酸可能为（）（a+b）63g （a+b）189g 3（a+b） mol （vc）mola bc d【答案】b【解析】如果硝酸不足量，则未被还原的硝酸为生成硝酸铁部分的硝酸，根据n、fe原子守恒得n（hno3）=3nfe（no3）3=3n（fe）=3n（fes）+n（feo）=3（a+b）mol=3（a+b）mol，m（hno3）=n（hno3）m（hno3）=（a+b）189g；如果硝酸过量，则fes和feo完全反应，被还原的硝酸为生成no的硝酸，根据转移电子相等、n原子守恒得生成no的硝酸量=mol，根据n原子守恒得未被还原的硝酸的量=vcmolmol=（vc）mol，故选b6、将一定质量的镁铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物全部是no）向反应后的溶液中加入3mol/lnaoh溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加7.65g，则下列叙述中正确的是（）a当生成沉淀达到最大量时，消耗naoh溶液的体积为150mlb当金属全部溶解时收集到no气体的体积为4.48l（标准状况下）c参加反应的金属的总质量一定是9.9gd当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.6mol【答案】d【解析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀hno3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有no），发生反应：3mg+8hno3 （稀）=3mg（no3）2+2no+4h2o；3cu+8hno3 （稀）=3cu（no3）2+2no+4h2o；向反应后的溶液中加入过量的6mol/l naoh溶液至沉淀完全，发生反应：mg（no3）2+2naoh=mg（oh）2+2nano3；cu（no3）2+2naoh=cu（oh）2+2nano3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加7.65g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为7.65g，氢氧根的物质的量为=0.45mol，则镁和铜的总的物质的量为0.225mol，a硝酸没有剩余时，当生成的沉淀达到最大量时，溶液中溶质为nano3，硝酸根守恒可知n（nano3）=2n（硝酸铜+硝酸镁）=0.225mol2=0.45mol，由钠离子守恒由n（naoh）=n（nano3）=0.45mol，故此时氢氧化钠溶液的体积为=0.15l=150ml，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于150ml，故a错误；b根据电子转移守恒可知生成的no物质的量为=0.15mol，标准状况下，生成no的体积为0.15mol22.4l/mol=3.36l，故b错误；c镁和铜的总的物质的量为0.225mol，假定全为镁，质量为0.225mol24g/mol=5.4g，若全为铜，质量为0.225mol64g/mol=14.4g，所以参加反应的金属的总质量（m）为5.4gm14.4g，故c错误；d根据氮元素守恒n（hno3）=2n（硝酸铜+硝酸镁）+n（no）=0.225mol2+0.15mol=0.6mol，故d正确，故选：d7、向27.2gcu和cu2o的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5l，固体物质完全反应，生成no和cu（no3）2在所得溶液中加入1.0mol/l 的naoh溶液1.0l，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g下列有关说法不正确的是（ ）acu与cu2o的物质的量之比为2：1b硝酸的物质的量浓度为2.6mol/lc产生的no在标准状况下的体积为4.48ldcu、cu2o与硝酸反应后剩余hno3为0.2mol【答案】b【解析】在所得溶液中加入1.0mol/l 的naoh溶液1.0l，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为nano3，n（nano3）=n（naoh）=1.0mol/l1.0l=1mol，沉淀为cu（oh）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（cu）+2n（cu2o）=n，所以反应后的溶液中n=n=0.4mola、设cu和cu2o的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有 64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有x+2y=0.4，联立方程解得x=0.2，y=0.1，所以n（cu）：n（cu2o）=0.2：0.1=2：1，故a正确；b、根据n元素守恒可知n（hno3）=n（no）+n（nano3），根据电子转移守恒可知：3n（no）=2n（cu）+2n（cu2o），所以3n（no）=20.2mol+20.1mol，解得n（no）=0.2mol，根据na元素可知n（nano3）=n（naoh）=1.0mol/l1.0l=1mol，所以n（hno3）=n（no）+n（nano3）=0.2mol+1mol=1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度为=2.4mol/l，故b错误；c、由b中计算可知n（no）=0.2mol，所以标准状况下no的体积为0.2mol22.4l/mol=4.48l，故c正确；d、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（hno3）+2n=n（nano3），所以n（hno3）=n（nano3）2n=1mol20.4mol=0.2mol，故d正确故选b8、fes 与一定浓度的hno3 反应，生成fe（no3）3、fe2（so4）3、no2、n2o4、no 和h2o，当no2、n2o4、no 的物质的量之比为1：1：1 时，实际参加反应的fes 与hno3的物质的量之比为（ ）a1：6 b1：7c2：11 d16：25【答案】b【解析】设no2、n2o4、no 的物质的量都是1mol，生成物质的量分别都是1molno2、n2o4、no时，硝酸得到电子的物质的量=1mol（54）+1mol2（54）+1mol（52）=6mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算n（fes），n（fes）= mol，根据fe2（so4）3中硫酸根离子和铁离子的关系式知，生成硫酸铁需要的铁元素的物质的量=，则剩余的mol铁元素生成硝酸铁，根据氮原子守恒知，生成fe（no3）3的硝酸的物质的量=mol3=mol，根据氮元素守恒得，生成物质的量分别都是1molno2、n2o4、no时消耗硝酸的物质的量=1mol+2mol+1mol=4mol，所以实际参加反应的fes 与hno3的物质的量之比=mol：（+4mol）=1：7，故选b9、cu2s与一定浓度的hno3反应，生成cu（no3）2、cuso4、no2、no和h2o，当no2和no的物质的量之比为1：1时，实际参加反应的cu2s与hno3的物质的量之比为（ ）a1：9 b1：7c1：5 d2：9【答案】b【解析】cu2s与一定浓度的hno3反应中，cu2s中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用hno3中氮元素被还原为no2和no，起酸作用的硝酸生成cu（no3）2令no2和no的物质的量分别为1mol、1mol，根据电子转移守恒可知：n（cu2s）6（2）+12=1mol（54）+1mol（52），解得n（cu2s）=0.4mol由硫元素守恒可知n（cuso4）=n（cu2s）=0.4mol，根据铜元素守恒可知溶液中ncu（no3）2=2n（cu2s）n（cuso4）=20.4mol0.4mol=0.4mol由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（hno3）=2ncu（no3）2+n（no2）+n（no）=20.4mol+1mol+1mol=2.8mol所以实际参加反应的cu2s与hno3的物质的量之比为n（cu2s）：n（hno3）=0.4mol：2.8mol=1：7，故选b10、有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中h2so4和hno3物质的量浓度分别是4mol/l和2mol/l，取10ml此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下的气体为（ ）a2.24l b1.12lc0.672l d0.448l【答案】c【解析】10ml混合酸中含有：n（h+）=0.01l24mol/l+0.01l2mol/l=0.1mol，n（no3）=0.01l2mol/l=0.02mol，由于铁过量，则发生反应：3fe+2no3+8h+=3fe2+2no+4h2o，fe+2h+=fe2+h2，则3fe+2no3+8h+=3fe2+2no+4h2o0.02mol 0.08mol 0.02mol反应后剩余n（h+）=0.1mol0.08mol=0.02mol，fe+2h+=fe2+h2 0.02mol 0.01mol所以：n（no）+n（h2）=0.02mol+0.01mol=0.03mol，v（no）+v（h2）=0.03mol22.4l/mol=0.672l，故选c11、一定量的锌与100ml 18.0moll1的浓h2so4充分反应后，锌完全溶解，同时生成标准状况下的气体33.6l将反应后的溶液稀释至1l，测得溶液中c（h+）=0.1moll1则下列说法中错误的是（ ）a生成的气体中so2的物质的量为0.3molb生成的气体中so2的物质的量为0.25molc溶解zn的物质的量为1.5mold反应中转移电子的物质的量为3mol【答案】a【解析】锌与浓硫酸发生：zn+2h2so4znso4+so2+2h2o，随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生：zn+h2so4znso4+h2，生成气体为so2和h2的混合物，物质的量为=1.5mol，剩余硫酸的物质的量为：n（h2so4）剩=1l0.1mol/l=0.05mol，消耗硫酸的物质的量为：n（h2so4）消耗=0.1l18.0mol/l0.05mol=1.75mol，设混合物气体中含有xmolso2，ymolh2，zn+2h2so4znso4+so2+2h2o 2xmol xmol zn+h2so4znso4+h2 ymol ymol则，解得x=0.25，y=1.25，a生成的气体中so2的物质的量为0.25mol，故a错误；b生成的气体中so2的物质的量为0.25mol，故b正确；c由反应可知，溶解的zn为x+y=1.5mol，故c正确；d转移的电子为1.5mol（20）=3mol，故d正确；故选：a12、足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和no2、n2o4、no的混合气体，这些气体与1.344l o2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸若向所得硝酸铜溶液中加入 6moll1 naoh溶液至cu2+恰好完全沉淀，则消耗naoh溶液的体积是（ ）a60 ml b40mlc30 ml d15 ml【答案】b【解析】完全生成hno3，则整个过程中hno3 反应前后没有变化，即cu失去的电子都被o2得到了cu失去电子等于氧气得到电子，根据得失电子守恒：n（cu）2=n（o2）4 n（cu）2= mol4 解得：n（cu）=0.12mol 所以 cu（no3）2 为0.12mol 由cucu（no3）22naoh可知，cu2+2oh 0.12mol n（oh） 则naoh 为 0.12mol2=0.24 mol则naoh 体积v=0.04l，即 40 ml，故选b13、取一定质量的均匀固体混合物cu、cu2o和 cuo，将其分成两等份，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少6.40g，另一份中加入500ml稀硝酸，固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下no气体4.48l，则所用硝酸的物质的量浓度为（ ）a3.6mol/l b3.2mol/lc2.8mol/l d2.4mol/l【答案】b【解析】将cu2o拆分为cu、cuo，原混合物看做cu、cuo的混合物，其中一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少6.40g为拆分后cu、cuo的混合物中o元素的质量，o原子的物质的量为=0.4mol，根据cu元素守恒可知n（cuo）=n（o）=0.4mol；另一份中加入500ml稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为cu（no3）2，且同时收集到标准状况下no气体4.48l，no的物质的量为=0.2mol，根据电子转移守恒可知拆分后cu、cuo的混合物中2n（cu）=3n（no）=30.2mol，n（cu）=0.3mol，由铜元素守恒可知ncu（no3）2=n（cuo）+n（cu）=0.4mol+0.3mol=0.7mol，根据氮元素守恒可知n（hno3）=n（no）+2ncu（no3）2=0.2mol+20.7mol=1.6mol，硝酸的浓度为=3.2mol/l故选b14、一定量的cus和cu2s的混合物投入足量的hno3中，收集到气体v l（标准状况），向反应后的溶液中（存在cu2+和so42）加入足量naoh，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到cuo 12.0g，若上述气体为no和no2的混合物，且体积比为1：1，则v可能为（）a9.0 lb13.5 lc15.7 ld16.8 l【答案】a【解析】若混合物全是cus，其物质的量n（cus）=n（cuo）=0.15mol，转移电子物质的量=0.15（6+2）=1.2molno和no2的体积相等，设no的物质的量为x、no2的物质的量为x，则3x+x=1.2，解得x=0.3，故气体体积v=0.6mol22.4l/mol=13.44l；若混合物全是cu2s，其物质的量n（cu2s）=n（cuo）=0.15mol=0.075mol，转移电子物质的量0.07510=0.75mol，设no为xmol、no2为xmol，3x+x=0.75，计算得x=0.1875，气体体积0.1875mol222.4l/mol=8.4l，故选a15、将fe和fe2o3的混合物加入25ml 2mol/l的hno3溶液中，反应完全后，无固体剩余，生成224ml no气体（标准状况），再向反应后的溶液中加入1mol/l的naoh溶液，要使铁元素全部沉淀下来，所加naoh溶液的体积至少是（）a40mlb45mlc0mld无法确定【答案】a【解析】hno3的物质的量为0.025l2mol/l=0.05mol，生成no的物质的量为：=0.01mol，所以与一定量fe、feo和fe2o3的混合物反应后溶液中含有的no3的物质的量为0.05mol0.01mol=0.04mol，再向反应后的溶液中加入1mol/l的naoh溶液，要使铁元素全部沉淀下来，所得溶液的溶质为nano3，所以需要naoh的物质的量为：n（naoh）=n（no3）=0.04mol，则所加naoh溶液的体积最少是=0.04l，即40ml，故选a16、工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行了以下探究活动：（1）将已除去表面氧化物的铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，10分钟后移人硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是 （2）另称取铁钉6.0g放入15.0ml浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液x并收集到气体y甲同学认为x中除fe3+外还可能含有fe2+若要确认其中的fe2+，应选用 （选填序号）akscn溶液和氯水 b铁粉和kscn溶液 c浓氨水 d酸性kmno4溶液乙同学取336ml（标准状况）气体y通入足量溴水中，发生反应：so2+br2+2h2o2hbr+h2so4然后加入足量bacl2溶液，经适当操作后得干燥固体2.33g由于此推知气体y中so2的体积分数为 分析上述实验中so2体积分数的结果，丙同学认为气体y中还可能含量有h2和q气体为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）（3）装置b中试剂的作用是 （4）认为气体y中还含有q的理由是 （用化学方程式表示）（5）为确认q的存在，需在装置中添加m于 （选填序号）aa之前 bab间 cbc间 dcd间（6）如果气体y中含有h2，预计实验现象应是 【答案】（1）铁钉表面被氧化；（2） d； 66.7%；（3）检验二氧化硫是否除尽；（4）c+2h2so4（浓硫酸）co2 +2so2+2h2o；（5）c；（6）d中固体由黑色变红和e中固体由白变蓝【解析】（1）铁钉放入冷硫酸中，浓硫酸有较强的氧化性能使铁钉钝化阻止反应进一步进行，故答案为：铁钉表面被氧化；（2）亚铁离子能使酸性高锰酸钾褪色，溶液中已经有三价铁离子，选择a会造成干扰，b能检验三价铁离子的存在，选c生成两种沉淀，受氢氧化铁沉淀颜色的影响无法分辨，故选d；so2具有还原性，通入足量溴水中，发生so2+br2+2h2o=2hbr+h2so4，生成的硫酸遇到氯化钡会产生白色沉淀，则n（混合气体）=0.015mol；so2 baso41mol 233gn 2.33gn=0.01mol所以二氧化硫的体积分数为：=66.7%，故答案为：66.7%；（3）a除去二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，所以b可以检验a中是否完全除去二氧化硫，故答案为：检验二氧化硫是否除尽；（4）在加热时，铁钉中不仅铁和浓硫酸反应，碳也和浓硫酸反应生成生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应方程式为c+2h2so4（浓硫酸）co2 +2so2+2h2o，故答案为：c+2h2so4（浓硫酸）co2 +2so2+2h2o；（5）q为二氧化碳，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，选择a或b受二氧化硫的影响无法判断二氧化碳的存在，选d时二氧化碳被碱石灰吸收，故选c；（6）氢气还原氧化铜会生成水蒸气能使白色的硫酸铜粉末变蓝色，同时有红色的铜单质生成，故答案为：d中固体由黑色变红和e中固体由白变蓝17、工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸。为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行了以下探究活动：【探究一】(1)将已去除表面氧化物的铁钉(碳素钢)放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是_。(2)另取铁钉6.0 g放入15.0 ml浓硫酸中，加热，充分反应后收集到气体y。甲同学取336 ml(标准状况)气体y通入足量溴水中，发生反应：so2+br2+2h2o=2hbr+h2so4然后加入足量bacl2溶液，经适当操作后得干燥固体2.33 g。由此推知气体y中so2的体积分数为_。【探究二】分析上述实验中so2体积分数的结果，乙同学认为气体y中还可能含有h2和q气体。为此设计了下列探究实验装置(图中夹持仪器省略)。(3)装置b中试剂的作用是_。(4)认为气体y中还含有q的理由是_。(用化学方程式表示)。(5)为确认q的存在，需在装置中添加m于_(选填序号)。a.a之前 b.a、b间 c.b、c间 d.c、d间(6)如果气体y中含有h2，预计实验现象应是_。(7)若要测定限定体积气体y中h2的含量(标准状况下约有28 ml h2)，除可用测量h2体积的方法外，可否选用质量称量的方法？做出判断并说明理由_。【答案】(1)铁钉表面被钝化(2)66.7%(3)检验so2是否除尽(4)c+2h2so4(浓)co2+2so2+2h2o(5)c (6)d中固体由黑变红和e中固体由白变蓝(7)否，用托盘天平无法称量d或e的差量(或可以，可用分析天平称量d或e的差量)【解析】(1)铁钉在浓硫酸中发生钝化，表面生成一层致密的氧化膜。(2),所以v(so2)=0.01 mol22.4 lmol-1=0.224 l=224 ml，so2体积分数为100%66.7%。(3)铁钉为碳素钢，故加热后碳与浓硫酸反应可产生co2、so2，当浓硫酸变稀后，会产生h2，所以混合气体中有so2、co2、h2。能对品红溶液产生作用的只有so2，所以品红溶液的作用是检验so2是否在前一洗气瓶中被除尽。(5)检验co2要用澄清石灰水，应放在so2被除尽之后进行，因so2与澄清石灰水也可出现浑浊现象；也不能放在c、d之间，因为气体会带出水蒸气，对后面实验结果带来影响，且碱石灰能吸收co2，故m应放于b、c之间。(6)h2还原cuo(黑色)得cu(红色)，生成的水被无水cuso4吸收生成蓝色的cuso45h2o。(7)由于h2量很少，微小质量变化用托盘天平无法测量，只能用更精密的分析天平称量。18、有一硫酸和硝酸的混合溶液100ml，将其平均分为两等份。向其中一份溶液中加入足量的 bacl2溶液，然后将生成的沉淀滤出洗净，烘干称得其质量为9.32g；向另一份溶液中滴加4.00 moll1的naoh溶液25.0ml恰好完全中和。求:（1）原混合液中硫酸的物质的量浓度；（2）原混合液中硝酸的物质的量浓度；（3）若将9.6g铜片投入到原混合溶液中，则标准状况下能生成气体多少毫升？（假设还原产物只有一种）【答案】（1）0.800moll-1 （2）0.400 moll-1 （3）896ml 19、如图中的所有物质均由短周期元素组成。其中甲、乙、丙、丁为单质,常温下甲、乙为无色气体,丁为黄绿色气体。丙是常见金属,广泛用于航天、航空工业。工业上从海水中提取g后再通过电解g制取丙,同时得到副产物丁。a、e的分子中均含10个电子,a是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,e在常温下是无色无味的溶液。框图中各物质转化所涉及的条件均已省略。回答下列问题:(1)反应中属于氧化还原反应的是(填序号)。(2)画出丙的原子结构示意图,写出a的电子式,写出a、b的等电子体(原子数和电子数均相等的粒子)、(用化学式表示)。(3)c的水溶液显酸性,用离子方程式解释_。【答案】(1)、(2)h3o+ hs-(3)n+h2onh3h2o+h+【解析】此题的突破口很多,如:“丁为黄绿色气体”则丁是cl2;“工业上