高考化学综合题专练∶氧化还原反应

高考化学综合题专练∶氧化复原反响高考化学综合题专练∶氧化复原反响高考化学综合题专练∶氧化复原反响一、高中化学氧化复原反响练习题（含详细答案解析）1．阳极泥办理后的沉渣中含AgCl，工业上可用Na23SO溶液作浸取剂浸出回收。某小组在实验室模拟该过程。已知：o–4–4i．25C时，部分物质的溶解度：AgCl1.9×10g；Ag2SO34.6×10g；Ag2SO40.84g。ii．25oC时，亚硫酸钠溶液酸化过中含4pH变化以下列图。S微粒的物质的量分数随Ⅰ.浸出氯化银取AgCl固体，加入1mol/LNa23pH=8），SO溶液作浸取剂，充分反响后过滤获得浸出液（该过程中发生的反响为AgCl+2SO32[Ag(SO3)2]3–+Cl–。1）用平衡搬动原理讲解AgCl溶解的原因是___。Ⅱ.酸化沉银（2m为AgCl，则溶液m中含4________。）经检测，积淀S微粒的主要存在形式是（3）研究积淀n的成分。①甲同学认为积淀n必然不含Ag24，其依照是________。SO②乙同学认为积淀n可能含Ag23SO，进行实验考据。i.本实验设计的依照是：Ag2SO3拥有________性。乙同学观察到________，得出结论“积淀n不含Ag2SO3”。③丙同学从溶液n的成分角度再次设计实考据明积淀n不含Ag23。SOi.本实验设计的依照是：若积淀n231微粒的总物质的量___（填含AgSO，则溶液n中含Ag–“＞”、“＝”或“＜”）Cl物质的量。ii.结合实验现象简述丙同学的推理过程：____。Ⅲ．浸取剂再生（4）溶液m经办理后可再用于浸出AgCl，请简述该办理方法____。【答案】AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),Ag+与SO32-结合生成[Ag(SO3)2]3–，促使AgCl的溶解平衡正向搬动HSO3-24AgCl23+的浓度很小复原AgSO的溶解度远大于或AgSO，溶液中Agb中清液的颜色与c相同，均为浅紫色溶液＜e中无积淀生成，说明清液中没有Cl-，则．．．．．．．．．．．溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–++–n中全部转变为Ag，Ag将Cl全部积淀，由此可知溶液含Ag元素的微粒总物质的量不小于–加NaOH溶液调治pH至9~10n(Cl)【解析】【解析】I、（1）利用平衡搬动的知识答题即可；II、（2）生成积淀m时，溶液m的pH为5，观察图像，能够得知HSO3-的物质的量分数占100%；（3）①溶液中Ag+的浓度很小，而Ag24的溶解度较大，故不会形成24SOAgSO积淀；②依照Ag2SO3的复原性答题；③e中无积淀生成，说明清液中没有-3–Cl，则溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]全部转变为++––Ag，Ag将Cl全部积淀，由此可解析出溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl)；、（4）m溶液中的溶质为NaHSO3，浸取剂为Na2SO3溶液，需要加入NaOH溶液将NaHSO3转变为Na2SO3。【详解】I、（1）AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，Ag+与SO32-结合生成[Ag(SO3)2]3-，促使AgCl的溶解平衡正向搬动；II、（2）生成积淀m时，溶液m的pH为5，观察图像，能够得知HSO3-的物质的量分数占100%，则溶液m4HSO3-；中含S微粒的主要存在形式是（3）①Ag2423+的浓度很小；SO的溶解度远大于AgCl或AgSO，溶液中Ag②i、酸性KMnO4溶液拥有强氧化性，32-拥有复原性，则该实验涉及的依照是Ag23SOSO具有复原性；ii、积淀中无Ag2SO3，则该积淀不会使酸性KMnO4溶液褪色，故能够观察到a试管中酸性KMnO4溶液褪色，b、c试管中酸性KMnO4溶液仍旧呈紫色；③e中无积淀生成，说明清液中没有-3–Cl，则溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]全部转变为++–n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于–Ag，Ag将Cl全部积淀，由此可解析出溶液n(Cl)；III、（4）m溶液中的溶质为NaHSO3，浸取剂为Na2SO3溶液，依照曲线图可知，加入NaOH溶液调整pH到9-10即可。2．高氯酸铵是一种常有的强氧化剂，常用作火箭发射的推进剂。依照以下信息回答以下问题:已知:①高氯酸铵受热分解为N2、Cl2、O2和H2O;②Mg3N2易水解;③Cu与N2在酒精灯加热条件下不反响。（1）写出高氯酸铵受热分解的化学反响方程式:_____________，Mg3N2的电子式为________。（2）现有23.5gNH4ClO4分解，用以下装置设计实验，考据其分解产物并计算分解率。(注:①装置中空气已除尽;②装置可重复使用;③B~F装置中的试剂均过分且能与相应物质反响完好。)①用E装置质量的增加来考据生成的气体产物之一，则E中盛放的试剂是:_______。②请按气流由左至右的方向连接装置:A→E→D→B→→_____→_______→E(选择B~F装置，并用B~F字母填空)。③证明产物中有Cl2的实验现象:________。④反响结束后，若C装置质量增加了2.38g，则NH4ClO4的分解率是:________%。3）样品中NH4ClO4的含量(杂质中不含NH4+)还可用蒸馏法测定(以下列图，加热和夹持装置已略去)，实验步骤以下:步骤1:组装仪器，检查气密性;正确称取样品ag(不高出0.5g)于蒸馏烧瓶中，加入约150mL水溶解。步骤2:正确量取40.00mL约0.1mol/LH24于锥形瓶中。SO步骤3:向蒸馏烧瓶中加入20mL3mol/LNaOH溶液;加热蒸馏使NH3全部挥发。步骤4:用新煮沸过的水冲洗冷凝装置2~3次，冲洗液并入锥形瓶中。步骤5:向锥形瓶中加2~3滴甲基橙，用cmol/LNaOH标准溶液滴定至终点，耗资NaOH标准溶液V1mL。步骤6:重复实验2~3次。回答以下问题:①步骤2中，正确量取40.00mlH2SO4溶液的玻璃仪器是:__________。②为获得样品中NH4ClO4的含量，还需补充的实验是:______。【答案】2NH442222浓硫酸ClO2O↑+N↑+Cl↑+4HO↑EFCD裝置中颜色由无色变为橙色85.0或85酸式滴定管或移液管用NaOH标准溶液标定硫酸溶液的浓度【解析】【解析】（1）依照得失电子守恒配平高氯酸铵受热分解的化学反响方程式；Mg3N2是离子化合物；（2）A是高氯酸铵受热分解的装置；B是氢氧化钠溶液，能够吸取氯气；C中盛放Mg粉，能够检验氮气；D中溴化钾能够检验氯气；F中铜粉能够检验氧气；E中盛放液体，根据E装置质量的增加来考据生成的水，因此E中盛浓硫酸；（3）①依照硫酸体积的精度是0.01mL选择仪器；②要计算NH4ClO4的含量，需要知道硫酸溶液的浓度。【详解】（1）依照得失电子守恒配平高氯酸铵受热分解的化学反响方程式为2NH4ClO42O2↑+N2↑+Cl2↑+4H2O↑；Mg3N2是离子化合物，电子式是；（2）①A是高氯酸铵受热分解的装置；B是氢氧化钠溶液，能够吸取氯气；C中盛放Mg粉，能够检验氮气；D中溴化钾能够检验氯气；F中铜粉能够检验氧气；E中盛放液体，根据E装置质量的增加来考据生成的水，因此E中盛浓硫酸；②依照以上解析，按气流由左至右的方向连接装置:A→E→D→B→E→F→C→E；③D中溴化钾能够与氯气反响，方程式是2KBr+Cl2=2KCl+Br，溴水为橙色，因此D裝置中颜色由无色变为橙色能够证明产物中有Cl2；④C中盛放Mg粉，能够与氮气反响生成Mg3N2，若C装置质量增加了2.38g，说明反响生2.38g100%85%；成氮气2.38g，则NH4ClO4的分解率是1423.5g117.53）①依照硫酸体积的精度是0.01mL，正确量取40.00mLH2SO4溶液的玻璃仪器是酸式滴定管；②为获得样品中NH4ClO4的含量，还需补充的实验是用NaOH标准溶液标定硫酸溶液的浓度。3．羟氨（NH2OH）是一种复原剂，和联氨相同是一种弱碱，不牢固，室温下吸取水汽迅速分解。回答以下问题：1）请写出羟氨的电子式___。2）利用KMnO4标准溶液定量间接测定羟氨的纯度。测定步骤以下：①溶液配制：称取5.0g某羟氨样品，溶解在______酸中后加适合蒸馏水，将其全部转移至100mL的______中，加蒸馏水至_______。＋3＋＝N2O↑②取20.00mL的羟氨酸性溶液与足量硫酸铁在煮沸条件下反响：2NH2OH2＋4Fe＋＋，生成的＋－1的酸性KMnO4溶液滴定，滴定达到终点＋4Fe2＋H2O＋6HFe2用0.4000mol·L的现象是____________。请写出Fe2＋与酸性KMnO4溶液反响的离子方程式_____________。重复滴定3次，每次耗资酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示：计算试样的纯度____%。（3）以下操作以致误差偏高的有______（填编号）。滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液羟氨称量时，时间过长和溶解时没有及时用酸酸化KMnO4溶液初步读数仰望，终点正常读数【答案】硫酸容量瓶刻度线当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O66ab【解析】【解析】(1)依照羟氨化学式写出其电子式；24HCl中的Cl会被MnO4-氧化；(2)①羟氨应溶解在HSO中，由于②用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；依照氧化复原反响的规律写出Fe2＋与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式，依照物质的量的关系计算式样纯度；(3)依照氧化复原滴定的相关操作解析实验误差。【详解】(1)依照羟氨化学式NH2OH可知其电子式为：，故答案为：；(2)①羟氨应溶解在24会被MnO4-氧化，将其全部转移至100mL的HSO中，由于HCl中的Cl容量瓶中，加蒸馏水至刻度线，故答案为：硫酸；容量瓶；刻度线；②用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；依照氧化复原反响的规律写出Fe2＋与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O；由耗资高锰酸钾体积表可知，第一次误差过大，舍去，V(平均)=19.9820.02=20.00mL；2设滴准时NH22+的物质的量为xmol，依照离子方程式可得关系式：OH5NH2OH2+:2MnO4-52xncV=20.0010-30.4解得x=0.02因总量为100mL，因此n(NH2OH2+)＝0.02×5＝0.1molm=nM＝0.1×33g/mol＝3.3gw=m100%=3.3m样100%=66%5.0故答案为：当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O；66；(3)a．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失会以致V标准偏大，计算结果偏高；b．滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液，相当于把KMnO4溶液稀释，滴准时耗资体积增大，计算结果偏高；c．羟氨称量时，时间过长和溶解时没有及时用酸酸化会以致羟氨被氧化，以致耗资体积偏小，计算结果偏低；d．KMnO4溶液初步读数仰望，终点正常读数，以致耗资体积偏小，计算结果偏低；故答案为：ab。【点睛】注意氧化复原滴定操作中的注意事项，依照公式判断不相同操作可能引起的实验误差。4．硫酰氯（SO2Cl2）和亚硫酰氯（SOCl2）都是重要的化工试剂，均易水解。（1）甲同学在实验室利用SO22在活性炭催化作用下制取22，装置以下列图。和ClSOCl①B装置中冷凝管进水口是___。（填“m”或“n）”，B中干燥管盛有的物质是___。②欲制取少许SO2Cl2，选择图中的装置（能够重复采用），其连接序次为：a、___、h。③去除C装置会降低SO2和Cl2的利用率，可能的原因是___（用化学方程式表示）。（2）SOCl2水解后无残留物，较222和SOCl是更好的脱水剂。乙同学设计实验利用SOClZnCl2?xH2O制取无水ZnCl2。①讲解SOCl在该实验中的作用是___（写出两点）。2②实验室常用NaOH溶液吸取SOCl2，该反响的离子方程式是___。（3）乙同学认为SOCl2还可用作由FeCl3?6H2O制取无水FeCl3的脱水剂，但丙同学认为该实验可能发生副反响使产品不纯。①可能发生的副反响的化学方程式是___。②两同学设计以下实验判断该反响的可能性：取少许SOCl232O反响后的混杂物和FeCl?6H于试管中，加水溶解，将溶液均分至五支试管，分别进行以下实验，其中能得出合理结论的是___。A．加入过分稀HNO3，再滴加几滴AgNO3溶液B．加入少许稀HNO3，再滴加几滴BaCl2溶液C．滴加几滴BaCl2溶液D．滴加几滴酸性KMnO4溶液E.滴加几滴KSCN溶液后，再滴加几滴氯水【答案】m碱石灰fgdebcedSO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HClSOCl2作脱水剂，与水反响生成HCl能够控制氯化锌的水解-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对流，下进上出；干燥管中依照要求一般填装碱石灰或无水氯化钙，碱石灰同时拥有干燥和吸取酸性气体功能，无水氯化钙只有吸水性。【详解】1）①B装置中冷凝管进水口是m，B中干燥管盛有的物质是吸取节余二氧化硫、氯气的碱石灰；故答案为：m；碱石灰；②装置A制备氯气，氯气含氯化氢和水蒸气，经过装置D除掉氯化氢，经过装置C吸取水蒸气，获得干燥纯净的氯气，连接装置B的b进入三颈烧瓶，装置E制备二氧化硫气体，经过装置C除掉水蒸气，连接装置B的c，欲制取少许SO2Cl2，选择上图中的装置（能够重复采用），其连接序次为：a、f、g、d、e、b、c、e、d、h；故答案为：fgdebced；③去除C装置会降低SO2和Cl2的利用率，是二氧化硫和氯气和水反响生成硫酸和氯化氢，反响的化学方程式：SO2222422224+Cl+2HO=HSO+2HCl；故答案为：SO+Cl+2HO=HSO+2HCl；（2）①氯化锌会水解，SOCl2作脱水剂，与水反响生成HCl能够控制氯化锌的水解，SOCl2在该实验中的作用是：SOCl作脱水剂，与水反响生成HCl能够控制氯化锌的水解；故答案2为：SOCl2作脱水剂，与水反响生成HCl能够控制氯化锌的水解；②用NaOH溶液吸取SOCl223和NaCl生成，反响的离子方程式：2-32-，有NaSOSOCl+4OH=SO-22-32--2+2Cl+2HO；故答案为：SOCl+4OH=SO+2Cl+2HO；3）①SOCl2拥有复原性，三价铁拥有氧化性，可能发生氧化复原反响生成硫酸根离子和亚铁离子，反响的化学方程式为：SOCl2+2FeCl3?6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O，故答案为：SOCl2+2FeCl3?6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O；②SOCl23234和和FeCl?6HO反响后的混杂物的主要成分是FeCl，若发生副反响，还有FeSOFeCl2。由于SOCl2为液体，因此在固体混杂物中没有SOCl2SOCl2和FeCl36H2O反。取少许?应后的混杂物于试管中，加水溶解，溶液中必然有FeCl342，还可能有FeSO和FeCl，若要证明有副反响发生，只需证明溶液中有Fe2+或SO42-即可。A．加入过分稀HNO3，再滴加几滴AgNO3溶液是检验氯离子存在，不能够证明副反响可否进行，故A错误；B．加入少许稀HNO3，再滴加几滴BaCl2溶液，若产生白色积淀，则证明溶液中有SO42-，能证明有副反响发生，故B正确；C．滴加几滴BaCl2溶液，生成白色积淀，说明产物中含硫酸根离子，证明发生了副反响，故C正确；D．滴加几滴酸性

KMnO4溶液，Fe2+拥有复原性，能够使酸性

KMnO4溶液褪色，能证明发生了副反响，故

D正确；E．滴加几滴KSCN溶液后，由于溶液中有Fe3+，溶液会变红，无法证明Fe2+的存在，故E错误；故答案为：BCD。5．目前全世界的镍（Ni）花销量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位。镍常用于各种高光彩装饰漆和塑料生产，也常用作催化剂。碱式碳酸镍的制备：工业用电解镍新液（主要含NiSO4，NiCl2等）制备碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]，制备流程如图：1）反响器中的一个重要反响为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，X的化学式为__。（2）物料在反响器中反响时需要控制反响温度和pH值。解析如图，反响器中最适合的pH值为__。3）检验碱式碳酸镍晶体冲洗干净的方法是__。测定碱式碳酸镍晶体的组成：为测定碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]组成，某小组设计了如图实验方案及装置：资料卡片：碱式碳酸镍晶体受热会完好分解生成

NiO、CO2和

H2O实验步骤：①检查装置气密性；②正确称量3.77g碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]放在B装置中，连接仪器；③打开弹簧夹a，鼓入一段时间空气，分别称量装置C、D、E的质量并记录；__；⑤打开弹簧夹a慢慢鼓入一段时间空气；⑥分别正确称量装置C、D、E的质量并记录；⑦依照数据进行计算（相关数据以下表）装置C/g装置D/g装置E/g加热前250.00190.00190.00加热后251.08190.44190.00实验解析及数据办理：4）E装置的作用__。5）补充④的实验操作___。6）经过计算获得碱式碳酸镍晶体的组成__（填化学式）。镍的制备：（7）写出制备Ni的化学方程式__。【答案】CO28.3取最后一次冲洗液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无积淀产生，．．．．．．．．．．．．．则证明积淀已经冲洗干净吸取空气中的H2O和CO2关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热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断；(2)使各种杂质相对最少的pH即为最适合的pH；(3)反响后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体可否冲洗干净就是检验可否有硫酸根离子残留；(4)依如实验目的和各个装置的作用解析；(5)依如实验目的和前后操作步骤解析；(6)先计算生成水蒸气和CO2的质量，再依照质量守恒确定化学式；(7)氧化复原反响中电子有得，必有失，依照化合价变化确定生成物，进而配平方程式。【详解】(1)反响器中的一个重要反响为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，反响前Ni原子共3个、S原子共3个、O原子共23个、Na原子6个、C原子3个、H原子4个，反响后现有：Ni原子3个、S原子共3个、O原子共19个、Na原子6个、C原子1个、H原子4个，少O原子4个，C原子2个，而这些微粒包含在2个X分子中，因此X的化学式为CO22，故答案为：CO；(2)物料在反响器中反响时需要控制反响条件，依照图可知，在pH=8.3时，各种杂质相对最少，因此反响器中最适合的pH8.3，故答案为：8.3；(3)反响后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体可否冲洗干净就是检验可否有硫酸根离子残留，故答案为：取最后一次冲洗液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无积淀产生，则证明积淀已经冲洗干净；(4)C装置用来吸取碱式碳酸镍晶体受热分解产生的H2O，D装置用来吸取碱式碳酸镍晶体受热分解产生的CO222，E装置能够防范空气中的HO和CO进入D装置中，影响实验数据的测定，故答案为：吸取空气中的H22O和CO；(5)步骤③反响前左侧通空气是为了排尽装置中原有的CO和水蒸气，防范装置内的CO和22水蒸气造成数据搅乱，排空气后，应该开始进行反响，因此步骤④的操作为关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，说明固体分解完好，停止加热；步骤⑤再打开弹簧夹a慢慢鼓入一段时间空气，将装置中残留的CO2和水蒸气全部赶入C、D装置，被完好吸取，故答案为：关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热；(6)水的质量为251.08g-250g=1.08g，CO的质量为190.44g-190g=0.44g，由于发生的是分解2反响，因此生成的NiO的质量为3.77g-1.08g-0.44g=2.25g，则分解反响中水、二氧化碳和NiO的系数比(也就是分子个数比1.08g：0.44g：2.25g=6:1:3，)为即：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，故答案为：NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O；(7)NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O与N2H4·H2O反响生成Ni，Ni元素得电子，被复原，同时还生成气体X和Y，由第(1)问知X为CO2，氧化复原反响有得电子，必有失电子的物质，由此判断另一种气体为N2，依照得失电子守恒、元素守恒配平制备Ni的化学方程式，故答案为：2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO↑+21H2O。6．实验室用图所示装置制备KClO溶液，并经过KClO溶液与Fe(NO3)3溶液的反响制备高效水办理剂K2FeO4.已知K2FeO4拥有以下性质①可溶于水、微溶于浓KOH溶液，②在0℃5℃、强碱性溶液中比较牢固，③在Fe3和Fe(OH)3催化作用下发生分解，④在酸性至弱碱性条件下，能与水反响生成Fe(OH)3和O2。（1）装置A中KMnO4与盐酸反响生成MnCl2和Cl2，其化学方程式为______，装置B的作用是______。（2）Cl2和KOH在较高温度下反响生成KClO3，试写出该反响的离子方程式______。（3）制备K2FeO4时，KClO饱和溶液与Fe(NO3)3饱和溶液的混杂方式为：在搅拌下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中。原因是______。（4）已知pH11时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成[Zn(OH)4]2.下表列出了几种离子生成氢氧化物积淀的pH(开始积淀的pH按金属离子浓度为1.0molL1计算)。开始积淀的pH积淀完好的pHFe31.13.2Fe25.88.8Zn25.98.9实验中可采用的试剂：30%H2O2、1.0molL1HNO3、1.0molL1NaOH.由某硫酸锌溶液(含Fe2、Fe3杂质)制备ZnO的实验步骤依次为：______；______；③过滤；______；⑤过滤、冲洗、干燥；900℃煅烧。【答案】2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O除掉Cl2中的HClV3Cl26OH5ClClO33H2OK2FeO4在Fe3作用下会分解向硫酸锌溶液中加入适合30%H2O2，使其充分反响滴加1.0molL1NaOH，调治溶液pH约为5(或3.2pH5.9)，使Fe3积淀完好向滤液中滴加1.0molL1NaOH，调治溶液pH约为10(或8.9pH11)，使Zn2积淀完好【解析】【解析】依如实验装置图可知，A装置中用高锰酸钾与盐酸反响制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，因此B装置中饱和食盐水是除掉氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钠，反响的尾气氯气用氢氧化钾吸取。【详解】1KMnO4拥有强氧化性，将盐酸中氯离子氧化为Cl2，反响还有水生成，因此化学方程式为：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，应饱和食盐水吸取HCl除掉，故答案为：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；除掉Cl2中的HCl；2Cl2和KOH在较高温度下反响生成KClO3，反响的离子方程式为V3Cl26OH5ClClO33H2O，故答案为：V3Cl26OH5ClClO33H2O；3由题意可知K2FeO4在Fe3和Fe(OH)3催化作用下发生分解，则KClO饱和溶液与Fe(NO3)3饱和溶液的混杂方式为：在搅拌下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中，故答案为：K2FeO4在Fe3作用下会分解；4依照表中阳离子积淀的PH可知，由除掉铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为：①向滤液中加入30%H2O2，使其充分反响，目的使Fe2转变完好为Fe3，②加氢氧化钠溶液，控制PH在4左右，使Fe3积淀完好，③过滤，④向滤液中滴加1.0molL1NaOH，调治溶液PH约为10(或8.9pH11)，使Zn2积淀完好，⑤过滤、冲洗、干燥，⑥900℃煅烧。故答案为：①向硫酸锌溶液中加入适合30%H2O2，使其充分反响；②滴加1.0molL1NaOH，调治溶液pH约为5(或3.2pH5.9)，使Fe3积淀完好；④向滤液中滴加1.0molL1NaOH，调治溶液pH约为10(或8.9pH11)，使Zn2积淀完好。【点睛】依如实验装置图可知，A装置中用高锰酸钾与盐酸反响制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，因此B装置中饱和食盐水是除掉氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钠，反响的尾气氯气用氢氧化钾吸取，以此解答该题。7．下表是某学生为研究AgCl积淀转变为Ag2S积淀的反响所做实验的记录．步骤现象Ⅰ.取5mL0.1mol/LAgNO3与必然体积0.1mol/LNaCl溶马上产生白色积淀液，混杂，振荡．Ⅱ.向所得悬浊液中加入2.5mL0.1mol/LNa2S溶液．积淀迅速变为黑色Ⅲ.将上述黑色浊液，放置在空气中，不断搅拌．较长时间后，积淀变为乳白色Ⅳ.滤出Ⅲ中的乳白色积淀，加入足量HNO3溶液．产生红棕色气体，积淀部分溶解.过滤获得滤液X和白色积淀；向X中滴加Ba(NO3)2溶Y产生白色积淀液．1

为了证明积淀变黑是

AgCl转变为

Ag2S的缘故，步骤

I中NaCl溶液的体积范围为______。2

已知：

25℃时

Ksp

AgCl

1.810

10

，Ksp

Ag2S

610

30

，此积淀转变反响的平衡常数

K

______。3

步骤

V中产生的白色积淀的化学式为

______，步骤Ⅲ中乳白色积淀除含有

AgCl外，还含有

______。为了进一步确认步骤Ⅲ中乳白色积淀产生的原因，设计了以以下列图所示的比较实验装置。①

装置

A中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和

______，试剂

W为

______。②装置C中的试剂为NaCl溶液和Ag2S悬浊液的混杂物，B中试剂为______。③实验表示：C中积淀逐渐变为乳白色，B中没有明显变化。完成C中反响的化学方程式：______Ag2S+_____NaCl+______+______?AgCl+S+____________C中NaCl的作用是：______。【答案】5mL5.4109BaSO4S分液漏斗过氧化氢溶液Ag2S悬浊液2Ag2S4NaClO22H2O?4AgCl2S4NaOH氧气将Ag2S氧化成S时有Ag产生，NaCl电离的氯离子与银离子结合生成AgCl积淀，使cAg减小，有利于氧化复原反响的平衡右移【解析】【解析】(1)要证明积淀变黑是AgCl转变为Ag2S的缘故，则步骤Ⅰ中必定使硝酸银电离出的银离子完好转变为AgCl积淀；c2Cl(2)K；cS2(3)黑色的硫化银积淀被氧气氧化为氯化银积淀和硫单质；硫单质被硝酸氧化为硫酸根离子；(4)①依照装置图判断仪器名称；装置A的作用是供应氧气；②进一步确认步骤Ⅲ中乳白色积淀产生的原因，装置C中的试剂为NaCl溶液和Ag2S悬浊液的混杂物，则装置B中应该不含氯化钠溶液；③装置C中生成的白色积淀为氯化银和S单质，反响物应该还有氧气，产物中钠离子只能以氢氧化钠形式存在，则未知的反响物为氢氧化钠，再依照H元素守恒可知另一种未知反应物为水，尔后依照化合价起落相等配平反响方程式。【详解】(1)要证明积淀变黑是AgCl转变为Ag2S的缘故，则步骤Ⅰ中必定使硝酸银电离出的银离子完好转变为AgCl积淀，因此加入的NaCl溶液的体积必定5mL；(2)氯化银转变为硫化银的反响为：2AgClsS2aq?Ag2Ss2Claq，该反响的平衡常数为：c2Clc2Agc2ClKsp2AgCl(1.81010)29；Kc2AgcS2KspAg2S610305.410cS2(3)步骤Ⅲ中较长时间后，积淀变为乳白色，则黑色的硫化银积淀氧化成氯化银积淀；再根据滤出Ⅲ中的乳白色积淀，加入足量HNO3溶液，产生红棕色气体，积淀部分溶解，则被氧化的只能为S元素，故乳白色积淀为AgCl和S的混杂物；其中S被稀硝酸氧化成硫酸根离子，则在步骤Ⅴ中向X中滴加Ba(NO3)2溶液会生成BaSO4积淀；①依照图示可知，装置A中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和分液漏斗；乳白色积淀为氯化银和

S的混杂物，装置

A的作用是供应氧气，依照圆底烧瓶中为二氧化锰可知

W为过氧化氢溶液；②进一步确认步骤

Ⅲ中乳白色积淀产生的原因，装置

C中的试剂为

NaCl溶液和

Ag2S悬浊液的混杂物，则装置

B中应该不含氯化钠溶液，即为

Ag2S悬浊液，经过比较反响现象判断生成乳白色积淀产生的原因；③装置C中生成的白色积淀为氯化银和S单质，反响物应该还有氧气，产物中钠离子只能以氢氧化钠形式存在，则未知的产物为氢氧化钠，再依照H元素守恒可知另一种未知反响物为水，尔后依照化合价起落相等配平反响方程式为2Ag2S

4NaCl

O2

2H2O?

4AgCl

2S

4NaOH

；装置

C中氯化钠的作用为：氧气将

Ag2S氧化成

S时有

Ag

产生，

NaCl电离的氯离子与溶液中银离子结合生成

AgCl沉淀，使溶液中cAg减小，进而有利于氧化复原反响2Ag2S4NaClO22H2O?4AgCl2S4NaOH向右搬动。8．(1)难溶物PbSO溶于CHCOONH溶液可制得易溶于水的(CHCOO)Pb，发生的反响为43432PbSO＋2CHCOONH＝(CHCOO)Pb＋(NH)SO，说明(CHCOO)Pb是________(填“强”或4343242432“弱”)电解质。(2)已知次磷酸(HPO)与足量的氢氧化钠溶液反响生成NaHPO和HO，则次磷酸是_____32222元酸(填“一”、“二”或“三”)。(3)工业上制玻璃和水泥需用到的共同原料是________(填化学式)。(4)在必然温度下，向一个2L的真空密闭容器中(起初装入催化剂)通入1molN2和3molH2，发生反响：N2(g)＋3H2(g)?2NH3(g)。经过一段时间后，测得容器内压强是初步的0.9倍，在此时间内，H2平均反响速率为0.1mol/(Lmin)·，则所经过的时间为______min(5)高铁酸钠(Na2FeO4)拥有强氧化性，可对自来水进行消毒、净化。高铁酸钠可用氢氧化铁和次氯酸钠在碱性介质中反响获得，请补充并配平下面离子方程式。－－－－____Fe(OH)3+____ClO+____OH=__FeO42＋___Cl+__(6)在反响11P+15CuSO+24HO=5CuP+6HPO+15HSO中，氧化剂是___________；当有42334242molHPO生成，转移的电子的物质的量为___________34【答案】弱一CaCO33234232410mol5HOP、CuSO【解析】【解析】【详解】(1)硫酸铅在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸铵时，醋酸根离子和铅离子生成难电离物质或弱电解质醋酸铅，促使硫酸铅溶解，说明(CH32COO)Pb是弱电解质；(2)HPO与足量的NaOH溶液反响，生成NaHPO，说明HPO只能电离出一个氢离子，所322232以H32PO是一元酸；(3)水泥的生产原料为黏土、石灰石，制玻璃的主要原料为纯碱、石灰石和石英砂，共同原料为CaCO3；(4)容器体积为2L，因此初始投料c(N2)=0.5mol/L，c(H2)=1.5mol/L，设△c(N2)=xmol，列三段式有：N2g+3H2g?2NH3g初步(molgL-1)0.51.50转变(molL-1)x3x2xg平衡(molgL-1)0.5-x1.5-3x2x容器内压强是初步的0.9倍，温度和容器容积不变，气体的压强比等于浓度之比，因此0.5-x+1.5-3x+2xmolgL-1=0.9，解得x=0.1mol/L，则△c(H2)=0.3mol/L，v(N2)=0.1g-10.5+1.5molLc0.3molgL-1mol/(Lmin)·，则反响时间t==0.1mol/Lgmin=3min；v(5)铁元素化合价由+3高升为+6，失去3个电子，氯元素化合价由+1降低为-1，得2个电子，取最小公倍数，则氢氧化铁与高铁酸根前系数为2，次氯酸跟与氯离子前系数为3，再依照电荷守恒及原子守恒配平得--2--2Fe(OH)3+3ClO+4OH=2FeO4+3Cl+5H2O；(6)Cu3P中P元素化合价为-3，H3PO4中P元素化合价为+5，因此P既是氧化剂又是复原剂，Cu元素化合价由CuSO4中的34+2降低为CuP中+1，因此CuSO也是氧化剂，即氧化剂为P、CuSO4342mol×(+5-0)=10mol。；当有2molHPO生成，转移的电子的物质的量为9．氯化亚铜在有机合成工业中常作催化剂。以下是从含Cu2+、Fe3+的电镀废水中制备氯化亚铜的工艺流程图。如图是滤液中Cu2+、Fe3+的含量与pH的关系及CuCl产率与pH的关系图。请回答以下问题：(1)在电镀废水中加碱产生积淀，过滤获得电镀污泥，则电镀污泥的主要成分为____；(2)由反响①制备CuCl时的最正确pH在__________左右；(3)对

CuCl产率研究时发现反响①在间隔空气条件下进行时

CuCl产率较高，由此推测

CuCl拥有__________性；(4)写出反响①中化学反响方程式：

_____；(5)间隔空气条件下，从滤液中制得晶体的实验操作为：

___________；(6)取晶体

4.34g

间隔空气条件下，失去结晶水后得固体

3.26g，所得固体溶于水分成二等份，一份加入足量灼烧得红色粉末

BaCl2溶液,获得白色固体0.4g。写出晶体的化学式：

2.33g；另一份加入足量_____________。

NaOH溶液后，加热、【答案】Fe(OH)3、Cu(OH)2

3.5复原

2CuSO4+Fe+2KCl=2CuCl

↓2SO+2K4+FeSO4

蒸发、冷却结晶、过滤(冲洗)、干燥K2Fe(SO4)2?6H2O【解析】【解析】由流程图可知，向电镀废水中加碱，Cu2+、Fe3+与碱反响生成氢氧化铁和氢氧化铜积淀，过滤获得含有氢氧化铁和氢氧化铜的电镀污泥；向电镀污泥中加入硫酸控制pH使氢氧化铜溶解，而氢氧化铁不溶解，过滤获得高浓度的硫酸铜溶液；向高浓度的硫酸铜溶液加入铁与氯化钾，调治溶液pH和反响温度使硫酸铜与铁、氯化钾反响生成了硫酸亚铁、硫酸钾和氯化亚铜，过滤获得氯化亚铜积淀和含有的硫酸亚铁、硫酸钾滤液，间隔空气条件下，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冲洗、干燥获得K2Fe(SO4)2?6H2O晶体。【详解】（1）由流程图可知，向电镀废水中加碱，Cu2+、Fe3+与碱反响生成氢氧化铁和氢氧化铜沉淀，过滤获得含有氢氧化铁和氢氧化铜的电镀污泥，故答案为：Fe(OH)3、Cu(OH)2；（2）由CuCl产率与pH的关系图可知，制备CuCl时的最正确pH是3.5左右，故答案为：3.5；3）对CuCl产率研究时发现反响①在间隔空气条件下进行时CuCl产率较高，说明氯化亚铜拥有复原性，能被空气中的氧气氧化，故答案为：复原；4）反响①为调治溶液pH和反响温度使硫酸铜与铁、氯化钾反响生成了硫酸亚铁、硫酸钾和氯化亚铜，反响的化学方程式为2CuSO4+Fe+2KCl=2CuCl↓+FeSO4+K2SO4，故答案为：2CuSO4+Fe+2KCl=2CuCl↓+FeSO4+K2SO4；（5）间隔空气条件下，含有硫酸亚铁、硫酸钾的滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥获得硫酸亚铁晶体，故答案为：蒸发、冷却结晶、过滤(冲洗)、干燥；（6）由题意可知，结晶水的物质的量为（4.34-3.26）g=0.06mol，由加入足量218g/molBaCl溶液,获得硫酸钡积淀质量为2.33g可知硫酸根的物质的量为2.33g233g/mol×2=0.02mol，由加入足量NaOH溶液后，加热、灼烧得红色粉末0.4g可知亚铁离子的物质的量为0.4g×2×2=0.01mol，160g/mol（3.26-0.0296-0.0156）g+2+2—)；则钾离子的物质的量为39g/mol=0.02mol，n(K)：n(Fe)：n(SO4n(H2O)=0.02mol：0.01mol：0.02mol：0.06mol=2:1:2:6，晶体的化学式为K2Fe(SO4)2?6H2O，故答案为：K2Fe(SO4)2?6H2O。10．将28.8g铜投入100mL浓硝酸中，最后铜有节余，其NO3-离子物质的量变化以以下列图所示，请回答以下问题：（1）开始反响时浓硝酸的物质的量浓度为____________mol/L。（2）铜与浓硝酸反响生成的气体在标准情况下的体积（不考虑

NO2与

N2O4的平衡）为_____L。3）硝酸完好反响后耗资铜的物质的量n(Cu)是______mol。4）应再往此反响系统中滴加_________L2mol/L的硫酸才能使节余的铜恰好完好溶解。已知此过程中NO3-的复原产物为NO。5）ag铜全部溶于必然量的浓硝酸中，测得生成的气体在标准情况下的体积（不考虑NO与NO的平衡）为bL，为除掉污染，将生成的气体通入NaOH溶液中，气体被完好224吸取。已知：NO+NO2+2NaOH→2NaNO+H2O2NO2+2NaOH→NaNO3+NaNO2+H2O若是NO、NO2混杂气体用NOx表示，被NaOH溶液完好吸取时，x的取值范围______；生成NaNO2的物质的量是_________mol；NaNO3的物质的量是_________mol。70（6）在常温下，把NO气体压缩到1.01×10Pa，再加热到50C，发现气体的压强迅速下降，压强降至略小于原压强的2/3，尔后压强就不再改变。已知其中一种产物为N2O，则上述变化的化学方程式为__________________。气体的平均摩尔质量为M，则M的取值范围应该是_________________。【答案】108.960.31001.5,x<2amolb-amol6422.4643NO=NO十NO2；2NO2?N2O445g/mol<M<60g/mol2【解析】【解析】（1）依照开始时硝酸根的物质的量计算硝酸的浓度；（2）利用氮元素守恒计算气体的物质的量，再依照V=nVm计算二氧化氮的体积；（3）反响结束，溶液中溶质为硝酸铜，依照硝酸根计算耗资n（Cu）；（4）发生反响：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO+4H2O，据此计算耗资硫酸的物质的量，进而计算需要硫酸的体积；5）由方程式2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O和NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O可知，NO单独不能够被吸取，NO和NO2混杂气体被NaOH溶液被完好吸取，满足n（NO2）：n（NO）1，当n（NO2）：n（NO）=1时x值最小，计算x的最小值，由于混有NO，因此x最大值＜2，据此确定x取值范围；纵观整个过程，

Cu失去的电子等于硝酸生成亚硝酸钠时获得的电子，依照电子转移守恒计算

n（NaNO2），依照

N元素守恒计算

n（NaNO3）；（6）在常温下，把NO气体压缩到7℃，发现气体的压强迅速下1.01×10Pa，再加热到50降，压强降至略小于原压强的2，尔后压强就不再改变．已知其中一种产物为N2O，依照3原子个数守恒可知该反响为：3NO=N2O十NO2，由于存在2NO2?N2O4，即生成的NO2又双聚成N2O4，致负气体分子数减少，压强降至略小于原压强的2；若只发生反响：33NO=N2O十NO2，气体的平均摩尔质量最小，若二氧化氮完好转变为四氧化二氮时，气体的平均摩尔质量最大，据此计算解答。【详解】(1)由图可知，开始时n(NO3-)=1.0mol，则n(HNO3)=n(NO3-)=1.0mol，则c1.0molHNO3==10mol/L，0.1L故答案为：10；(2)由图可知，反响结束时，溶液中3-为0.6mol，依照氮元素守恒，生成气体的物质的量NO为1.0mol-0.6mol=0.4mol，标况下二氧化氮的体积为0.4mol22.4L/mol=8.96L，故答案为：8.96；(3)溶液中溶质为硝酸铜，由图可知，反响结束时，溶液中NO3-为0.6mol，故耗资n(Cu)=n(硝酸铜)=0.6mol2=0.3mol，故答案为：0.3；28.8g=0.45mol，故节余Cu为0.45mol-0.3mol=0.15mol(4)28.8g铜的物质的量为，由64g/mol方程式3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO+4H2O可知nH+=0.15mol8=0.4mol3

，故n(H2SO4)=0.2mol，则需要硫酸体积为n0.2mol，V===0.1L=100mLc2mol/L故答案为：100；(5)由方程式可知，NO单独不能够被吸取，NO和NO2混杂气体被NaOH溶液被完好吸取，满足n（NO2）：n（NO）1，当n（NO2）：n（NO）=1时x值最小，x最小值为2+12=1.5，由于混有NO，因此x最大值<2，故x的取值范围为1.5,x<2；纵观整个过程，Cu失去的电子等于硝酸生成亚硝酸钠时获得的电子，依照电子转移守恒，nNaNO2=nCu=ag=amol，依照N元素守恒，可知64g/mol64nNaNO3=n(气体)=bL-a=b-amol，22.4L/mol64mol22.464故答案为：1.5,x<2；amol；b-amol；6422.464(6)在常温下，把

NO气体压缩到

71.01×10Pa，再加热到

50℃，发现气体的压强迅速下降，压强降至略小于原压强的

23，尔后压强就不再改变。已知其中一种产物为

N2O，依照原子个数守恒可知该反响为：

3NO=N

2O十NO2

，由于存在

2NO2

?

N2O4，即生成的

NO2又双聚成

N2O4，致负气体分子数减少，压强降至略小于原压强的

2

，3若只发生反响：3NO=N2O十NO2，气体的平均摩尔质量最小，此时M=330g/mol=45g/mol，若二氧化氮完好转变为四氧化二氮时，气体的平均摩尔质2量最大，1molNO2获得0.5molN2O4，则此时M=1mol44g/mol+0.5mol92g/mol=60g/mol，1mol+0.5mol综上解析，可知45g/mol<M<60g/mol，故答案为：3NO=N2O十NO2；2NO2?N2O4；45g/mol<M<60g/mol。11．合成氨工业对公民经济和社会发展拥有重要意义(1)工业合成氨工业常用的催化剂是____________,氨分子的电子式是__________(2)图是必然的温度和压强下是N2和H2反响生成1molNH3过程中能量变化表示图，请写出工业合成氨的热化学反响方程式_______。（热量Q的数值用含字母a、b的代数式表示）(3)以下相关该反响的说法正确的选项是_____（填序号）A．保持容器的体积不变，当混杂气体的密度不变时，说明反响已经达到平衡状态。B．达到平衡时若高升温度，混杂气体中氮元素的质量分数将变大。C．达到平衡时若减少容器的体积，正反响速率将大于逆反响速率。D．达到平衡后，N2的转变率和H2的转变率必然相等。(4)在催化剂存在下，NH3可用来除掉NO的污染，生成两种对环境无害的物质。写出反响的化学方程式：_____________________;该反响中氧化产物与复原产物的物质的量之比是___________(5)把

NH3通入盐酸溶液中，所得溶液的

pH=7,此时溶液中离子浓度关系是

__________;______【答案】铁触媒

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】工业合成氨的催化剂是以铁为载体的铁触媒，氨气是共价化合物，氮原子最外层5个电子，其中三个电子和三个氢原子形成三个共价键；由图求出N2和H2反响生成1molNH3的反响热，再依照热化学反响方程式的书写要求解答；合成氨是气体体积减小的放热反响，依照平衡搬动原理判断；NH3可用来除掉NO的污染，生成2种对环境无害的物质，应生成氮气和水；氨气通入盐酸溶液反响生成氯化铵溶液，溶液中必然存在电荷守恒；若溶液pH=7，则氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同，结合电荷守恒获得离子浓度大小。据此分析。【详解】(1)工业合成氨的催化剂是以铁为载体的铁触媒，氨气是共价化合物，氮原子最外层5个电子，其中三个电子和三个氢原子形成三个共价键，电子式为：；答案为：铁触媒；；(2)由图可知，N2和H2反响生成1molNH3放出的热量为(b-a)kJ，该反响的热化学反响方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3-1，故答案为：N22(g)△H=-2(b-a)kJmol·（g）+3H（g）2NH3（g）+2（b-a）kJmol·-1；(3)合成氨是气体体积减小的放热反响，保持容器的体积不变，混杂气体质量不变，当混杂气体的密度不变时，不能够说明反响已经达到平衡状态，A错误；达到平衡时若高升温度，平衡逆向进行，依照反响方程式原子守恒，氮元素质量分数保持不变，B错误；达到平衡时若减少容器的体积，压强增大，平衡正向进行，正反响速率将大于逆反响速率，C正确；转变率和初步量、变化量相关，达到平衡后，N2的转变率和H2的转变率不用然相等，D错误；答案选C；NH3可用来除掉NO的污染，生成2种对环境无害的物质，应生成氮气和水，化学方程式为：4NH3+6NO=5N2+6H2O；该反响中氧化产物与复原产物都是N2，物质的量之比是2：3；(5)氨气通入盐酸溶液反响生成氯化铵溶液，若溶液pH=7，溶液中溶质为NH4Cl和NH3·H2O，溶液中氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同，电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，则c(NH4+)=c(Cl-)，获得离子浓度大小为c(NH4+)＝c(Cl-)＞c(H+)＝c(OH-)；12．大气污染越来越成为人们关注的问题，烟气中的

NOx必定脱除（即脱硝）后才能排放，脱硝的方法有多种。完成以下填空：Ⅰ直接脱硝（1）NO在催化剂作用下分解为氮气和氧气。在

10L密闭容器中，

NO经直接脱硝反响时，其物质的量变化如图

1所示。则

0～5min

内氧气的平均反响速率为

___mol/（L?min）。Ⅱ臭氧脱硝2）O3氧化NO结合水洗可完好转变为HNO3，此时O3与NO的物质的量之比为___。Ⅲ氨气脱硝3）实验室制取纯净的氨气，除了氯化铵外，还需要___、___（填写试剂名称）。不使用碳酸铵的原因是___（用化学方程式表示）。（4）吸取氨气时，常使用防倒吸装置，图2装置不能够达到此目的是___。NH3脱除烟气中NO的原理如图3：（5）该脱硝原理中，NO最后转变为___（填化学式）和H2O。当耗资1molNH3和0.25molO2时，除掉的NO在标准情况下的体积为___L。【答案】0.0151：2消（熟）石灰碱石灰（NH42CO32NH3↑+CO2↑+2HOd）N222.4L【解析】【解析】(1)由图象获得NO物质的量变化，计算获得氧气物质的量变化，结合化学反响速率看法计算V＝

c

；t(2)O3氧化

NO结合水洗可完好转变为

HNO3，反响的化学方程式为：

O3+2NO+H2O＝2HNO3；(3)实验室利用固体氯化铵和氢氧化钙加热反响生成，氨气是碱性气体，干燥需要碱性干燥剂，不使用碳酸铵的原因是碳酸铵加热生成氨气同时会生成二氧化碳气体；(4)氨气极易溶于水，在水溶液中易发生倒吸，依照气体压强的知识进行解析；(5)①由图

3可知反响物为氧气、一氧化氮和氨气最一生成物为氮气和水；②依照氨气失去的电子的物质的量等于

NO和氧气获得的电子总物质的量计算。【详解】(1)在10L密闭容器中，NO经直接脱硝反响时，其物质的量变化如图1所示，NO在内变化物质的量8.0mol﹣6.5mol＝1.5mol，NO在催化剂作用下分解为氮气和氧气，

5min2NO＝0.75mol22，生成氧气物质的量0.75mol，则0～5min内氧气的平均反响速率＝10L＝O+N5min0.015mol/L?min；(2)O3氧化NO结合水洗可完好转变为HNO3，反响的化学方程式为：O3+2NO+H2O＝2HNO3，此时O3与NO的物质的量之比为1：2；(3)实验室利用固体氯化铵和氢氧化钙加热反响生成，氨气是碱性气体，干燥需要碱性干燥剂，实验室制取纯净的氨气，除了氯化铵外，还需要消(熟)石灰、碱石灰，不使用碳酸铵的原因是碳酸铵加热生成氨气同时会生成二氧化碳气体，反响的化学方程式为：(NH)CO2NH3↑+CO↑+2HO；42322(4)装置abc中都有一个容积较大的仪器，它们能够吸取很多的液体，进而不会使倒吸的液体进入前面的装置，能够防范倒吸，d中导气管插入到水中，氨气极易溶于水，易引起倒吸，不能够防倒吸，应是四氯化碳在基层，水在上层，防范倒吸且能吸取氨气，故答案为：d；(5)①由图3可知反响物为氧气、一氧化氮和氨气最一生成物为氮气和水，因此NO最后转化为N2和H2O；②氧气、一氧化氮和氨气反响生成氮气和水，反响中氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气获得的电子总物质的量，2molNH3转变为N2失去6mol电子，0.25molO2获得1mol电子，则NO转变为N2获得的电子为2mol，因此NO的物质的量为1mol，其体积为22.4L。13．次硫酸钠甲醛(xNaHSO2?yHCHO?zH2O)俗称吊白块，在印染、医药以及原子能工业中有广泛应用。它的组成可经过以下实验测定：①正确称取1.5400g样品，完好溶于水配成100mL溶液。②取25.00mL所配溶液经AHMT分光光度法测得甲醛物质的量浓度为-1。③另取25.00mL所配溶液，加入过分碘完好反响后，加入BaCl2溶液至积淀完0.10mol×L全，过滤、冲洗、干燥至恒重获得白色固体0.5825g。次硫酸氢钠和碘反响的方程式以下：xNaHSO2?yHCHO?zH2O+I2→NaHSO4+HI+HCHO+H2O(未配平)（1）生成0.5825g白色固体时，需要耗资碘的质量为_____。2）若向吊白块溶液中加入氢氧化钠，甲醛会发生自己氧化复原反响，生成两种含氧有机物，写出该反响的离子方程式_____。3）经过计算确定次硫酸氢钠甲醛的组成______(写出计算过程)。【答案】1.27g2HCHO+OH-=CH3OH+HCOO-NaHSO2·HCHO·2H2O【解析】【解析】(1)依照次硫酸氢钠甲醛和碘单质之间反响的化学反响方程式来计算即可；(2)甲醛会发生自己氧化复原反响，被氧化为甲酸，被复原为甲醇；(3)依照元素守恒结合物质之间的反响情况来计算。【详解】(1)依照反响：xNaHSO2?yHCHO?zH2O+I2→NaHSO4+HI+HCHO+H2O，据电子守恒，生成1mol的NaHSO4，耗资碘单质2mol，硫酸根守恒，获得白色固体0.5825g，即生成硫酸钡的质量是0.5825g，物质的量是0.5825g＝0.0025mol，耗资碘单质的质量是：233g/mol0.005mol×254g/mol＝1.27g，故答案为：1.27g；(2)甲醛会发生自己氧化复原反响，被氧化为甲酸，被复原为甲醇，该反响的离子方程式为：2HCHO+OH-=CH3OH+HCOO-，故答案为：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次硫酸氢钠甲醛的化学式为：NaHSO2·HCHO·2H2O。【点睛】对于未配平的氧化复原反响方程式，必然要先依照得失电子守恒规律配平此后才能进行物质的量关系进行相关计算，灵便应用元素守恒会使计算更加简略。14．(1)在CuSO4溶液中加入必然量的Na2SO3和NaCl溶液加热，生成CuCl积淀，写出生成CuCl的离子方程式________________________________(2)过分的H2CrO4被N2H4复原为Cr3＋，同时放出无污染的气体，写出发生反响的离子方程式_________；氧化产物与复原产物的物质的量之比为________。(3)除掉废液中的AsCl3，是用次磷酸钠(NaH2PO2)复原AsCl3，产生了棕色单质砷积淀和HPO。该反响的化学反响方程式为______________________氧化剂和复原剂的物质的量之33比为________，氧化产物是________。(4)FeS被水溶液中Cl氧化，氧化后的溶液中滴加BaCl有不溶解于盐酸的白色积淀生成，22则水溶液中FeS与Cl2反响的离子方程式为_______________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，二价铜离子将亚硫酸根离子氧化为硫酸根