備戰(zhàn)高考化學(xué)備考之氧化還原反應(yīng)壓軸突破訓(xùn)練∶培優(yōu)易錯(cuò)難題篇附答案

1、、高中化學(xué)氧化還原反應(yīng)練習(xí)題(含詳細(xì)答案解析)1 ClO2 是一種優(yōu)良的消毒劑，濃度過高時(shí)易發(fā)生分解，為了運(yùn)輸和貯存便利常將其制成 NaClO2固體，模擬工業(yè)上用過氧化氫法制備NaClO2 固體的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。已知：ClO2熔點(diǎn)-59、沸點(diǎn) 11、 H2O2沸點(diǎn) 150A 中的化學(xué)方程式： 2NaClO 3 H2O2 H2SO4 2ClO 2O2Na 2SO4 2H 2O(1) NaClO 3放入儀器 A中，儀器 B中的藥品是 (寫化學(xué)式 )。如果儀器 B改成分液漏斗，實(shí)驗(yàn)過程中可能會(huì)出現(xiàn)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象 。(2) C裝置有明顯缺陷，請繪出合理的裝置圖 (標(biāo)明氣流方向 )。(3) 向 A裝置中通

2、入空氣，其作用是趕出 ClO2 ，然后通過 C再到 D 中反應(yīng)。通空氣不能過 快的原因是 ，通空氣也不能過慢原因是 。(4) 冰水浴冷卻的目的是 。a.降低 NaClO2的溶解度b.減少 H 2O2的分解c.使ClO2 變?yōu)橐簯B(tài) d.加快反應(yīng)速率(5) 寫出 D 中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式 ， H2O2 在反應(yīng)起到 作用。假設(shè)在反應(yīng)中消耗掉 H2O2a g則有 mol電子轉(zhuǎn)移。答案】 H2O2 液體無法順利滴落空氣流速快時(shí)，ClO2 不能被充分吸收 空氣流速過慢時(shí)， ClO2 不能及時(shí)被移走，濃度過高導(dǎo)致分解abc 2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2 +2H2O 還原劑 a/1

3、7【解析】分析】 氯酸鈉 (NaClO3)在酸性條件下與過氧化氫生二氧化氯， ClO2 與氫氧化鈉溶液和過氧化氫發(fā)生 氧化還原反應(yīng)生成 NaClO2，NaClO2 的溶解度隨溫度升高而增大，通過冷卻結(jié)晶，過濾洗滌 得到晶體 NaClO2?3H2O。【詳解】(1) NaClO 3放入儀器 A 中，儀器 B中的藥品是 H2O2，儀器 B為滴液漏斗，其目的是平衡 氣壓，使得溶液能夠順利滴入，如果儀器B 改成分液漏斗，實(shí)驗(yàn)過程中可能會(huì)出現(xiàn)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是：分液漏斗中的液體無法順利滴落，反應(yīng)無法繼續(xù)進(jìn)行；(2) 實(shí)驗(yàn)中 C的作用是防止倒吸， C 裝置中的右側(cè)導(dǎo)管太短，不利于氣體的流動(dòng)，合理的裝(3) 向 A

4、裝置中通入空氣，其作用是趕出 ClO2 ，然后通過 C再到 D 中反應(yīng)。空氣流速不能 過快，因?yàn)榭諝饬魉倏鞎r(shí)， ClO2 不能被充分吸收；空氣流速也不能過慢，空氣流速過慢 時(shí)， ClO2 不能及時(shí)被移走，濃度過高導(dǎo)致分解；(4) NaClO2的溶解度隨溫度升高而增大，過氧化氫易分解，所以冰水浴冷卻的目的是：降低 NaClO2 的溶解度、減少 H 2O2的分解，由于 ClO2的沸點(diǎn)較低，所以還能使 ClO2變?yōu)橐?態(tài)，方便使用；(5) 寫出 D 中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為： 2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O， H2O2在 反應(yīng)中得電子，起到還原劑的作用。反應(yīng)中存在關(guān)

5、系：H2O2 2e-，若在反應(yīng)中消耗掉H2O2 a g ，則轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為： 2 × a g/(34gmol·-1)= a/17mol 。2工業(yè)上處理含苯酚廢水的過程如下?；卮鹣铝袉栴}： .測定廢水中苯酚的含量。測定原理：測定步驟：步驟 1：準(zhǔn)確量取 25.00mL待測廢水于 250mL 錐形瓶中。步驟 2：將 5.00mL amol L 1濃溴水 (量 )迅速加入到錐形瓶中，塞緊瓶塞，振蕩。步驟 3：打開瓶塞，向錐形瓶中迅速加入 bmL 0.10mol L 1 KI 溶液 (過量)，塞緊瓶塞，振蕩。步驟 4：滴入 23 滴指示劑，再用 0.010mol L 1 N

6、a 2S2 O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗Na2S2O3溶液 V1mL (反應(yīng)原理： I 2 2Na 2S2O3 2NaI Na2S4O6 )。待測廢水換為蒸餾 水，重復(fù)上述步驟 (即進(jìn)行空白實(shí)驗(yàn) )，消耗 Na2 S2O 3溶液 V2mL 。(1) 步“驟 1”量取待測廢水所用儀器是 。(2) 為了防止溴的揮發(fā)，上述步驟中采取的措施包括迅速加入試劑和 。(3) 步“驟 4”滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為 。(4) 該廢水中苯酚的含量為 mg L 1(用含 V1、 V2的代數(shù)式表示 )。如果空白實(shí)驗(yàn)中“步驟 2”忘記塞緊瓶塞，則測得的廢水中苯酚的含量 (填“偏高”偏“低”或“無影響 ”，同 ) ；如果空白實(shí)驗(yàn)

7、中 “步驟 4”滴定至終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)，則測得的廢水中苯酚的含量 .處理廢水。采用 Ti 基 PbO2 為陽極，不銹鋼為陰極，含苯酚的廢水為電解液，通過電 解，陽極上產(chǎn)生羥基 (·OH )，陰極上產(chǎn)生 H2O2 。通過交排列的陰陽兩極的協(xié)同作用，在 各自區(qū)域?qū)⒈椒由疃妊趸癁?CO2和 H2O 。(5) 寫出陽極的電極反應(yīng)式： 。(6) 寫出苯酚在陰極附近被 H2O2 深度氧化的化學(xué)方程式： ?！敬鸢浮?(酸式 )滴定管 塞緊瓶塞 滴入一滴溶液后，錐形瓶內(nèi)溶液藍(lán)色恰好褪去，且半分94 V -V鐘不恢復(fù)原色 2 1 偏低 偏低 H2O e OH H15 2C6H5OH 14H 2O2 6C

8、O217H2O【解析】 【分析】 向呈有待測廢水加入濃溴水反應(yīng)后得到三溴苯酚的沉淀，再加入 KI溶液與剩下的 Br2 發(fā)生 氧化還原反應(yīng)得到 I2，方程式為 Br2+2I-=I2+2Br-，再用 Na2S2O3 標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定 I2，可根據(jù)消 耗的 Na2S2O3 標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積和濃度算出溶液中剩余的Br2 的物質(zhì)的量，再設(shè)置一個(gè)空白實(shí)驗(yàn)測出濃溴水的物質(zhì)的量，用 Br 2總的物質(zhì)的量 -剩余 Br2 的物質(zhì)的量即可得出與苯酚反應(yīng) 的 Br2 的物質(zhì)的量，再結(jié)合反應(yīng)方程式得到苯酚的物質(zhì)的量，從而求出廢水中苯酚的含 量，結(jié)合實(shí)驗(yàn)基本操作及注意事項(xiàng)解答問題。【詳解】(1) 由于苯酚顯酸性，因此含苯酚的

9、廢水為酸性，“步驟 1”中準(zhǔn)確量取廢水時(shí)所用的儀器可選用酸式滴定管，故答案為：酸式滴定管；(2) 由于溴單質(zhì)易揮發(fā)，因此可采用塞進(jìn)瓶塞、迅速加入試劑等方法防止其揮發(fā)，故答案 為：塞緊瓶塞；(3) 用 0.01mol/LNa 2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，由于 Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液會(huì)反應(yīng) I2，加入的淀粉 遇 I2 變成藍(lán)色，所以滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為滴入一滴溶液后，錐形瓶內(nèi)溶液藍(lán)色恰好褪去，且 半分鐘不恢復(fù)原色，故答案為：滴入一滴溶液后，錐形瓶內(nèi)溶液藍(lán)色恰好褪去，且半分鐘 不恢復(fù)原色；(4) 根據(jù)反應(yīng)方程式可得各物質(zhì)的物質(zhì)的量關(guān)系式：Br22KI I2 2Na2S2O30.005V10.01V10

10、.005V20.01V2剩下的濃溴水中 Br2的物質(zhì)的量為 0.005V1 mmol ，將待測廢液換成蒸餾水時(shí)， 5mL amol/L 的濃溴水中 Br2的物質(zhì)的量為 0.005V2 mmol ，則與苯酚參與反應(yīng)的 Br2的物質(zhì)的量為0.005(V2-V1) mmol ，根據(jù)方程式+3Br2 +3HBr可得苯酚的物質(zhì)的0.005 V2 -V194 0.005 V2-V1量為 2 1 mmol ，質(zhì)量為 2 1 mg，則該廢水中苯酚的含量為3394 0.005 V2-V194 V2-V1-1 ，若步驟 2 中忘記塞進(jìn)瓶塞，溴單質(zhì)揮發(fā)，152 1 mggL-13 2 1 mg25 10 3L導(dǎo)致最

11、終消耗的 Na2S2O3的體積偏小，則測得苯酚的含量偏低，如果空白實(shí)驗(yàn)中步驟4 滴定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)，讀得的體積偏小，則消耗的Na2S2O3 的體積偏小，使測得苯酚的含量偏低，故答案為： 94 V2-V1 ；偏低；偏低；15(5) 由題干信息可知， Ti 基 PbO2 為陽極，則陽極 H2O 失去電子產(chǎn)生 ·OH，電極反應(yīng)式為 H2O- e-=H+·OH，故答案為： H2O-e-=H+·OH；(6) 根據(jù)題干信息可知，苯酚被陰極產(chǎn)生的H2O2深度氧化產(chǎn)生 CO2和 H2O，有氧化還原反應(yīng)規(guī)律得到其反應(yīng)方程式式為 C6H5OH+14H2O2=6CO2 +17H2O，故

12、答案為： C6H5OH+14H2O2=6CO2 +17H2O。3高錳酸鉀是一種用途廣泛的強(qiáng)氧化劑，實(shí)驗(yàn)室制備高錳酸鉀所涉及的化學(xué)方程式如下：熔融MnO 2熔融氧化： 3MnO 2+ KClO3+ 6KOH 3K2MnO 4+ KCl+3H2OK2MnO 4歧化： 3K2MnO 4+2CO2 2KMnO 4+MnO 2 +2K2CO3將 MnO 2熔融氧化所得產(chǎn)物的熱浸取液裝入三頸燒瓶，再通入CO2氣體，使 K2MnO4 歧化的過程在如圖裝置中進(jìn)行， A、B、C、D、E為旋塞， F、G 為氣囊， H為帶套管的玻璃棒?；卮鹣铝袉栴}：(1) 儀器 a 的名稱是 。(2) MnO2熔融氧化應(yīng)放在 中加

13、熱 (填儀器編號(hào) )。 燒杯 瓷坩堝 蒸發(fā)皿 鐵坩堝(3) 為了能充分利用 CO2，裝置中使用了兩個(gè)氣囊。當(dāng)試管內(nèi)依次加入塊狀碳酸鈣和鹽酸 后，關(guān)閉旋塞 B、E，微開旋塞 A，打開旋塞 C、D，往熱 K2MnO4 溶液中通入 CO2 氣體，未 反應(yīng)的 CO2被收集到氣囊 F 中。待氣囊 F收集到較多氣體時(shí)，關(guān)閉旋塞 ，打開旋塞，輕輕擠壓氣囊 F，使 CO2 氣體緩緩地壓入 K2MnO 4溶液中再次反應(yīng)，未反應(yīng)的 CO2 氣體又被收集在氣囊 G中。然后將氣囊 G中的氣體擠壓入氣囊 F 中，如此反復(fù)，直至 K2MnO 4 完全反應(yīng)。(4) 除去 K2MnO4 歧化產(chǎn)物中 MnO2 的操作方法是 。

14、（5）將三頸燒瓶中所得產(chǎn)物經(jīng)過一系列操作得到針狀的高錳酸鉀晶體，最后采用低溫烘干的 方法來干燥產(chǎn)品，原因是 ?！敬鸢浮块L頸漏斗 AC BDE 過 濾 高錳酸鉀晶體受熱易分解 【解析】【分析】（1）由實(shí)驗(yàn)裝置可知，儀器 a 為長頸漏斗；（2）熔融固體物質(zhì)需要在坩堝內(nèi)加熱，加熱熔融物含有堿性KOH 應(yīng)用鐵坩堝；（3）該操作的目的是將氣囊 F 中的二氧化碳排出，據(jù)此判斷正確的操作方法；（4）高錳酸鉀溶于水，二氧化錳不溶于水；（5）高錳酸鉀晶體受熱易分解。【詳解】（1）由實(shí)驗(yàn)裝置可知，儀器 a 為長頸漏斗，故答案為：長頸漏斗；（2）熔融固體物質(zhì)需要在坩堝內(nèi)加熱，加熱熔融物中含有堿性KOH，瓷坩堝中含有

15、二氧化硅，二氧化硅能夠與氫氧化鉀反應(yīng)，所以應(yīng)用鐵坩堝，故答案為：；（3）待氣囊 F 收集到較多氣體時(shí)，需要將氣囊F中二氧化碳排出到熱 K2MnO4溶液中，所以需要關(guān)閉 A、C，打開 B、D、E，輕輕擠壓氣囊 F，從而使 CO2 氣體緩緩地壓入 K2MnO4 溶液中再次反應(yīng)，故答案為： AC； BDE；（4）高錳酸鉀溶于水，二氧化錳不溶于水，固液分離應(yīng)用過濾的方法，則除去高錳酸鉀溶 液中的二氧化錳應(yīng)用過濾的方法，故答案為：過濾；（5）高錳酸鉀晶體受熱易分解，實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)采用低溫烘干的方法來干燥產(chǎn)品，避免高錳酸鉀 晶體受熱發(fā)生分解，故答案為：高錳酸鉀晶體受熱易分解。4疊氮化鈉 （NaN3）是一種白色劇

16、毒晶體，是汽車安全氣囊的主要成分。NaN3 易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱堿性，能與酸發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生具有爆炸性的有毒氣體疊氮化氫。實(shí)驗(yàn) 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應(yīng)制備 疊氮化鈉。（1）制備亞硝酸叔丁酯取一定 NaNO2溶液與 50%硫酸混合，發(fā)生反應(yīng) H2SO4 2NaNO2=2HNO2Na2SO4?？衫?亞硝酸與叔丁醇 （t-BuOH）在 40左右制備亞硝酸叔丁酯，試寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式： （2）制備疊氮化鈉 （NaN3）按如圖所示組裝儀器 （加熱裝置略 ）進(jìn)行反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：t-BuNO2 NaOHN2

17、H4=NaN32H2Ot-BuOH。 裝置 a 的名稱是 ； 該反應(yīng)需控制溫度在 65，采用的實(shí)驗(yàn)措施是 ； 反應(yīng)后溶液在 0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(chǎn)率計(jì)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。 用滴定管加入 0.10mol ·L1 六硝酸鈰銨 (NH4)2Ce(NO3)6溶液 40.00mL(假設(shè)雜質(zhì)均不參與反 應(yīng))。 充分反應(yīng)后將溶液稀釋并酸化，滴入 2 滴鄰菲羅啉指示液，并用 0.10mol ·L1 硫酸亞鐵銨 (NH4)2F

18、e(SO4)2為標(biāo)準(zhǔn)液，滴定過量的 Ce4 ，終點(diǎn)時(shí)消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液 20.00mL(滴定原理： Ce4 Fe2=Ce3Fe3)。已知六硝酸鈰銨 (NH4)2Ce(NO3)6與疊氮化鈉反應(yīng)生成硝酸銨、硝酸鈉、氮?dú)庖约?Ce(NO3)3，試寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式 ；計(jì)算疊氮化鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 (保留 2 位有效數(shù)字 )。若其他操作及讀數(shù)均正確，滴定到終點(diǎn)后，下列操作會(huì)導(dǎo)致所測定樣品中疊氮化鈉質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏大的是 (填字母 )。A錐形瓶使用疊氮化鈉溶液潤洗B滴加六硝酸鈰銨溶液時(shí)，滴加前仰視讀數(shù)，滴加后俯視讀數(shù) C滴加硫酸亞鐵銨標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，開始時(shí)尖嘴處無氣泡，結(jié)束時(shí)出現(xiàn)氣泡 D滴定過程中，將掛在錐形瓶壁上的硫

19、酸亞鐵銨標(biāo)準(zhǔn)液滴用蒸餾水沖進(jìn)瓶內(nèi)(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(jìn)行銷毀，反應(yīng)后溶液堿 性明顯增強(qiáng)，且產(chǎn)生無色無味的無毒氣體，試寫出反應(yīng)的離子方程式：【答案】 t-BuOH HNO2t-BuNO2H2O 恒壓滴液漏斗 (滴液漏斗 ) 水浴加熱 降低疊氮化鈉的溶解度，防止產(chǎn)物損失2(NH4)2Ce(NO3)62NaN3=4NH4NO3 2Ce(NO3)32NaNO33N2 65% AC ClO2N3-H2O=Cl 2OH3N2【解析】【分析】【詳解】(1) 制備亞硝酸叔丁酯的反應(yīng)物有亞硝酸和叔丁醇，反應(yīng)類型屬于有機(jī)的酯化反應(yīng)，所以方 程式為： t-BuOH HNO2

20、 40 t-BuNO 2 H2O ；(2) 裝置 a 的名稱即為恒壓滴液漏斗； 反應(yīng)要控制溫度在 65 ，參考苯的硝化實(shí)驗(yàn)，該反應(yīng)加熱時(shí)，應(yīng)當(dāng)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(chǎn)品時(shí)，為了減少洗滌過 程中產(chǎn)品的損耗，應(yīng)當(dāng)用無水乙醇洗滌；(3) 通過題干提示的反應(yīng)產(chǎn)物分析，可知反應(yīng)過程中Ce4+和N 3 中的元素發(fā)生了變價(jià)，所以反應(yīng)的方程式為：2(NH 4)2Ce(NO3)6 2NaN 3=4NH 4NO3 2NaNO 3 2Ce(NO 3)3 3N2 ；在計(jì)算疊1氮化鈉的含量時(shí)，一定要注意疊氮酸鈉溶液配制完成后只取了 1 與過量的六硝酸鈰銨反10應(yīng)，再用 F

21、e2+去滴定未反應(yīng)完的正四價(jià)的 Ce，因此有：12.0gNaN3樣品的 1 消耗的 Ce4 Fe2 消耗的 Ce4 =0.004molCe4 ，考慮到 Fe2+與10Ce4+的反應(yīng)按照 1:1 進(jìn)行，所以 2.0g 疊氮化鈉樣品中疊氮化鈉的物質(zhì)的量為：n(NaN 3) 10 (0.004 Fe2 消耗的 Ce4 ) 0.02mol ，所以疊氮化鈉樣品的質(zhì)量分?jǐn)?shù)m(NaN 3)0.02mol 65g/mol為： w 3 100%= =65% ；2.0g 2.0A潤洗錐形瓶，會(huì)使步驟 消耗的六硝酸鈰銨的量增加，通過分析可知，會(huì)使最終計(jì)算 的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏大， A 項(xiàng)正確；B量取 40mL 六硝酸鈰銨溶

22、液時(shí)若前仰后俯，則會(huì)量取比40ml 更多的六硝酸鈰銨溶液，那么步驟 會(huì)需要加入更多的 Fe2+來消耗疊氮酸鈉未消耗掉的 Ce4+，通過分析可知，最終 會(huì)導(dǎo)致計(jì)算的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏低， B 項(xiàng)錯(cuò)誤；C步驟 用 Fe2+標(biāo)定未反應(yīng)的 Ce4+，若開始尖嘴無氣泡，結(jié)束后出現(xiàn)氣泡，則記錄的Fe2+消耗量比實(shí)際的偏小，通過分析可知，最終會(huì)使質(zhì)量分?jǐn)?shù)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(dāng)于讓溶液混合更均勻，這樣做會(huì)使結(jié)果 更準(zhǔn)確， D 項(xiàng)不符合；答案選 AC；(4) 反應(yīng)后溶液堿性增強(qiáng)，所以推測生成了OH-；產(chǎn)生的無色無味無毒氣體，推測只能是氮?dú)猓噪x子方程式為： ClO 2N3

23、H 2O=Cl 3N22OH 。【點(diǎn)睛】 滴定計(jì)算類的題目，最?？疾斓男问街皇桥渲仆甏郎y樣品溶液后，只取一部分進(jìn)行滴 定，在做計(jì)算時(shí)不要忘記乘以相應(yīng)的系數(shù)；此外，常考察的形式也有：用待測物A 與過量的 B 反應(yīng)，再用 C標(biāo)定未反應(yīng)的 B，在做計(jì)算時(shí)，要注意 A 與 C一同消耗的 B。5 根據(jù)當(dāng)?shù)刭Y源等情況，硫酸工業(yè)常用黃鐵礦(主要成分為 FeS2)作為原料。完成下列填空：(1) 將 0.050mol SO2(g) 和 0.030mol O2(g) 充入一個(gè) 2L的密閉容器中，在一定條件下發(fā)生反 應(yīng)： 2SO2(g)+O2(g)? 2SO3(g)+Q。經(jīng)2分鐘反應(yīng)達(dá)到平衡，測得 n(SO3)=

24、0.040mol ，則 O2的平 均反應(yīng)速率為 (2) 在容積不變時(shí)，下列措施中有利于提高SO2 平衡轉(zhuǎn)化率的有 (選填編號(hào) )a.移出氧氣b.降低溫度c.減小壓強(qiáng)d.再充入 0.050molSO 2(g)和 0.030molO2(g)(3) 在起始溫度 T1(673K)時(shí) SO2 的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時(shí)間 (t)的變化如圖，請?jiān)趫D中畫出其他條件 不變情況下，起始溫度為 T2(723K)時(shí) SO2 的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時(shí)間變化的示意圖 _(4)黃鐵礦在一定條件下煅燒的產(chǎn)物為SO2和 Fe3O4將黃鐵礦的煅燒產(chǎn)物 Fe3O4 溶于 H2SO4后，加入鐵粉，可制備 FeSO4。酸溶過程中需維持 溶液有足夠的酸

25、性，其原因是 FeS2 能將溶液中的 Fe3+還原為 Fe2+，本身被氧化為 SO42。寫出有關(guān)的離子方程式。有 2mol 氧化產(chǎn)物生成時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為答案】 0.005mol/(L?min) bd抑制 Fe3+與 Fe2+的水解，并防止 Fe2+被氧化成 Fe3+ FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42+16H+ 14NA【解析】【分析】(1) 根據(jù) v c 求出氧氣的速率，然后根據(jù)速率之比等于對應(yīng)物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比計(jì)算；(2) 反應(yīng)放熱，為提高 SO2 平衡轉(zhuǎn)化率，應(yīng)使平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，可降低溫度，體積不 變，不能從壓強(qiáng)的角度考慮，催化劑不影響平衡移動(dòng)，移出氧氣，平衡

26、向逆反應(yīng)方向移 動(dòng)，不利于提高 SO2 平衡轉(zhuǎn)化率，由此分析解答；(3) 反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向進(jìn)行，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減小，但達(dá)到平衡所需 要的時(shí)間縮短，據(jù)此畫出曲線；(4) Fe3與 Fe2易水解， Fe2易被氧化成 Fe3；根據(jù)氧化還原反應(yīng)中的反應(yīng)物和生成物幾何電子守恒來配平化學(xué)方程式，結(jié)合方程計(jì)算轉(zhuǎn)移電子數(shù)?！驹斀狻?1)v(SO3)0.040mol2L2min 0.01mol/(L?min) ，所以 v(O2) v(SO3) 0.005mol/(L?min)2故答案為：0.005mol/(L?min) ；(2) a移出氧氣，平衡逆向移動(dòng)，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減少，故不選； b降

27、低溫度，平衡正向移動(dòng)，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率增大，故選； c減小壓強(qiáng)，平衡逆向移動(dòng)，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減少，故不選； d再充入 0.050molSO2(g)和 0.030molO 2(g)，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，二氧化硫的 轉(zhuǎn)化率增大，故選；故答案為： bd；(3) 反應(yīng)： 2SO2(g)+O2(g)? 2SO3(g) H<0， SO2的轉(zhuǎn)化率在起始溫度 T1673K 下隨反應(yīng)時(shí)間 (t)的變化如圖，其他條件不變，僅改變起始溫度為T2 723K，溫度升高，平衡逆向進(jìn)行，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減小，但反應(yīng)速率增大，達(dá)到平衡需要的時(shí)間短，在圖中畫出溫度T2 下SO2的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時(shí)間變化的預(yù)期結(jié)果

28、示意圖如圖所示；故答案為：(4) Fe2O3(或 Fe3O4 等)溶于 H2SO4后，生成的 Fe3與 Fe2易水解， Fe2易被氧化成 Fe3，所 以要加入 Fe粉和酸，抑制 Fe3與 Fe2的水解，并防止 Fe2被氧化成 Fe3，故答案為：抑 制 Fe3 與 Fe2的水解，并防止 Fe2被氧化成 Fe3；-2 價(jià)的硫離子具有還原性， FeS2 可以將溶液中的 Fe3還原為 Fe2 ，而本身被氧化為硫酸 根離子，有關(guān)的離子方程式為： FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42+16H+，氧化產(chǎn)物是硫酸根 離子，有 2mol 硫酸根生成時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為 14NA，故答案為： FeS

29、2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42+16H+；14NA?！军c(diǎn)睛】注意 (3)溫度升高，平衡逆向進(jìn)行，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減小，但反應(yīng)速率增大，達(dá)到平衡需 要的時(shí)間短，此為解題的關(guān)鍵。6 羥氨( NH2OH)是一種還原劑，和聯(lián)氨一樣是一種弱堿，不穩(wěn)定，室溫下吸收水汽迅速 分解。回答下列問題：(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。測定步驟如下：溶液配制：稱取 5.0g 某羥氨樣品，溶解在 酸中后加適量蒸餾水，將其全部轉(zhuǎn)移至100mL 的 中，加蒸餾水至 。取 20.00mL 的羥氨酸性溶液與足量硫酸鐵在煮沸條件下反應(yīng)：2NH2OH2 4

30、Fe3N2O4Fe2H2O6H，生成的 Fe2用 0.4000 mol ·L1的酸性 KMnO4溶液滴定，滴定達(dá)到終點(diǎn)的現(xiàn)象是 。請寫出 Fe2與酸性 KMnO4 溶液反應(yīng)的離子方程式 。重復(fù)滴定 3 次，每次消耗酸性高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積如表所示：計(jì)算試樣的純度 %。(3) 下列操作導(dǎo)致誤差偏高的有 (填編號(hào))。a 滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后消失b 滴定管未經(jīng)潤洗盛裝 KMnO4 溶液c 羥氨稱量時(shí)，時(shí)間過長和溶解時(shí)沒有及時(shí)用酸酸化d KMnO4 溶液起始讀數(shù)仰視，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(shí)，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

31、5Fe2+MnO4-+8H+5Fe3+Mn 2+4H2O 66 ab【解析】【分析】(1) 根據(jù)羥氨化學(xué)式寫出其電子式；(2) 羥氨應(yīng)溶解在 H2SO4 中，因?yàn)?HCl中的 Cl會(huì)被 MnO4-氧化；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(shí)，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；根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律寫出Fe2與酸性 KMnO4 溶液反應(yīng)的離子方程式，根據(jù)物質(zhì)的量的關(guān)系計(jì)算式樣純度；(3) 根據(jù)氧化還原滴定的相關(guān)操作分析實(shí)驗(yàn)誤差?！驹斀狻?1) 根據(jù)羥氨化學(xué)式 NH2OH 可知其電子式為：，故答案為： ；(2) 羥氨應(yīng)溶解在 H2SO4中，因?yàn)?HCl中的

32、 Cl會(huì)被 MnO4-氧化，將其全部轉(zhuǎn)移至 100mL 的 容量瓶中，加蒸餾水至刻度線，故答案為：硫酸；容量瓶；刻度線；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(shí)，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；根據(jù)氧化還原反應(yīng)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+Mn 2+4H2O；由消耗高錳酸鉀體積表可知，第19.98 20.02一次誤差過大，舍去， V(平均 )=20.00mL；2設(shè)滴定時(shí) NH2OH2+的物質(zhì)的量為 xmol ，依據(jù)離子方程式可得關(guān)系式：5NH 2OH2 :2MnO452xnc V =

33、20.00 10-3 0.4解得 x=0.02因總量為 100mL ，所以 n(NH2OH2+) 0.02 ×50.1molm=n M0.1 × 33g/mol 3.3gm3.3w= 100% = 3.3 100%=66%m樣5.0故答案為：當(dāng)最后一滴滴入時(shí)，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+Mn 2+4H2O；66；(3) a滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后消失會(huì)導(dǎo)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 KMnO 4溶液，相當(dāng)于把 KMnO4 溶液稀釋，滴定時(shí)消耗體積增大， 計(jì)算結(jié)果偏高； c羥氨稱量

34、時(shí)，時(shí)間過長和溶解時(shí)沒有及時(shí)用酸酸化會(huì)導(dǎo)致羥氨被氧化，導(dǎo)致消耗體積偏 小，計(jì)算結(jié)果偏低；dKMnO4 溶液起始讀數(shù)仰視，終點(diǎn)正常讀數(shù)，導(dǎo)致消耗體積偏小，計(jì)算結(jié)果偏低； 故答案為： ab?！军c(diǎn)睛】 注意氧化還原滴定操作中的注意事項(xiàng)，根據(jù)公式判斷不同操作可能引起的實(shí)驗(yàn)誤差。7 某高中科研小組模擬工業(yè)尿素法生產(chǎn)肼 (N2H4)，具體方法：先將尿素、次氯酸鈉和氫氧 化鈉溶液混合，然后在催化劑存在的條件下反應(yīng)制得肼，利用氮?dú)獯党龌旌衔镏械碾拢?用硫酸吸收制備硫酸肼。具體實(shí)驗(yàn)原理圖如下：已知：肼極易溶于水，長期暴露在空氣中或短時(shí)間受高溫作用會(huì)爆炸分解。硫酸肼 (N2H4·H2SO4)是類似于

35、NH4HSO4 的鹽類，白色固體，微溶于冷水，易溶于熱水，不 溶于乙醇和二氯乙烷等有機(jī)溶劑。密度： 硫酸肼>二氯乙烷 >稀硫酸(1) 盛裝尿素溶液的裝置名稱為 ；硫酸肼的水溶液中含有多種陽離子，其中陽離子 N2H5+的電子式為 。(2) 反應(yīng)前應(yīng)先通入一段時(shí)間氮?dú)猓淠康臑?。(3) 裝置 A 中發(fā)生反應(yīng)制備肼的離子方程式為 。(4) 裝置 B 中二氯乙烷的作用為 ；使用冰水浴的作用 。(5) 裝置 B 反應(yīng)完全后需經(jīng)過過濾、洗滌、干燥等操作得到硫酸肼，洗滌過程中最好選擇下 列那種洗滌劑 ( 填字母 )。A冷水B熱水C無水乙醇D飽和食鹽水(6) 若實(shí)驗(yàn)中所用的 NaClO和 NaO

36、H混合液中兩溶質(zhì)的濃度均為 0.1mol L·-1，則此溶液中離子 濃度的大小順序?yàn)?。答案】三頸燒瓶趕走裝置中的空氣，避免空氣與肼反應(yīng)ClO- +2OH- +CO(NH2)2N2H4+Cl- + CO3ClO- +2OH- +CO(NH2)2N2H4+Cl- + CO3 +H2O；(4) 裝置 B 中二氯乙烷的作用為防倒吸，同時(shí)使產(chǎn)物硫酸肼脫離反應(yīng)混合液；使用冰水浴的 作用是降低產(chǎn)物的溶解度，同時(shí)降溫防爆。答案為：防倒吸，同時(shí)使產(chǎn)物硫酸肼脫離反應(yīng) 混合液；利于產(chǎn)物析出，同時(shí)降溫防爆炸； +H2O 防倒吸，同時(shí)使產(chǎn)物硫酸肼脫離反應(yīng)混合液 利于產(chǎn)物析出，同時(shí)降溫防爆炸C c (Na+)

37、>c(OH-)>c(ClO-)>c(H+)解析】分析】(1) 盛裝尿素溶液的裝置名稱為三頸燒瓶；硫酸肼的水溶液中含有多種陽離子，其中陽離子 N2H5+可以認(rèn)為由 N2H4與 H+通過配位鍵結(jié)合，在 N2H4中，每個(gè) N 原子與兩個(gè) H原子形成共 價(jià)鍵，則兩個(gè) N 原子間還應(yīng)形成一對共用電子。(2) 反應(yīng)前應(yīng)先通入一段時(shí)間氮?dú)?，其目的為排盡裝置內(nèi)的空氣，防止空氣與肼反應(yīng)。(3) 裝置 A 中，堿性溶液， ClO-在催化劑作用下，將 CO(NH2)2氧化為 N2H4，自身被還原為2Cl- ，同時(shí)生成 CO 32 和 H2O。(4) 裝置 B 中二氯乙烷的作用為防倒吸，同時(shí)使產(chǎn)物硫

38、酸肼脫離反應(yīng)混合液；使用冰水浴的 作用是降低產(chǎn)物的溶解度，同時(shí)降溫防爆。(5) 裝置 B 反應(yīng)完全后需經(jīng)過濾、洗滌、干燥等操作得到硫酸肼，洗滌過程中盡可能減少產(chǎn) 品的溶解損失，所以最好選擇無水乙醇。(6) 若實(shí)驗(yàn)中所用的 NaClO和 NaOH混合液中兩溶質(zhì)的濃度均為 0.1mol L·-1， c(Na+)=0.1mol L·-1，因水解 c(ClO-)<0.1mol L·-1，c(OH- )>0.1mol L·-1，由此可確定溶液中離子濃 度的大小?！驹斀狻?1) 盛裝尿素溶液的裝置名稱為三頸燒瓶；N2H5+可以認(rèn)為由 N2H4 與 H+通

39、過配位鍵結(jié)合，在N2H4中，每個(gè) N 原子與兩個(gè) H 原子形成共價(jià)鍵，則兩個(gè) N原子間還應(yīng)形成一對共用電子電子式為。答案為：三頸燒瓶；(2) 反應(yīng)前應(yīng)先通入一段時(shí)間氮?dú)猓淠康臑榕疟M裝置內(nèi)的空氣，防止空氣與肼反應(yīng)。答案 為：趕走裝置中的空氣，避免空氣與肼反應(yīng)；(3) 裝置 A 中，堿性溶液， ClO- 在催化劑作用下，將 CO(NH2)2氧化為 N2H4，自身被還原為2Cl- ，同時(shí)生成 CO32 和 H2O， 反應(yīng)方程式為- - - 2ClO- +2OH- +CO(NH2)2N2H4+Cl- + CO32 +H2O。答案為：(5) 裝置 B 反應(yīng)完全后需經(jīng)過濾、洗滌、干燥等操作得到硫酸肼，洗

40、滌過程中盡可能減少產(chǎn) 品的溶解損失，所以最好選擇無水乙醇。答案為：C；(6) 若實(shí)驗(yàn)中所用的 NaClO和 NaOH混合液中兩溶質(zhì)的濃度均為 0.1mol L·-1， c(Na+)=0.1mol L·-1，因水解 c(ClO-)<0.1mol L·-1，c(OH- )>0.1mol L·-1，由此可確定溶液中離子濃 度的關(guān)系為： c(Na+)>c(OH-)>c(ClO- )>c(H+)。答案為： c(Na+)>c(OH-)>c(ClO- )>c(H+)。 【點(diǎn)睛】在分析裝置 B 中二氯乙烷的作用時(shí)，應(yīng)借助信

41、息“密度：硫酸肼 >二氯乙烷 >稀硫酸 ， 且硫酸肼不溶于二氯乙烷”，則往二氯乙烷中通入肼后，肼逸出，在上層與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸 肼，由于硫酸肼的密度比二氯乙烷大，且難溶于二氯乙烷，所以沉在二氯乙烷的底部，從 而實(shí)現(xiàn)與反應(yīng)混合液的分離。8MnO2 是制造干電池的主要原料之一，也是中學(xué)化學(xué)中常見的一種試劑。工業(yè)上Mn(NO 3)2和 KMnO4為原料制備 MnO2，其生產(chǎn)原理如下：用軟錳礦(含MnO 2和少量的Fe2O3、SiO2)和碳反應(yīng)制得 MnO ；再將 MnO 與稀硝酸反應(yīng)，反應(yīng)后經(jīng)過濾、提純、濃 縮，可制得 50%的 Mn(NO 3)2溶液；在一定條件下，把 50%的 Mn

42、(NO3)2 溶液滴加到 KMnO4 溶液中，發(fā)生如下反應(yīng)： 3Mn(NO3)2+2KMnO4+2H2O5MnO2 +2KNO3+4HNO3，反應(yīng)生成的 沉淀經(jīng)過濾、洗滌、干燥后得到 MnO2。1 所示的裝置甲中，與稀硝酸反應(yīng)，觀察請回答下列問題： 、若將軟錳礦和碳反應(yīng)后的固體產(chǎn)物置于如圖 到裝置乙中有紅棕色氣體產(chǎn)生。(1) 寫出甲中產(chǎn)生氣體反應(yīng)的化學(xué)方程式(2) 在制備 MnO2 的實(shí)驗(yàn)中要向反應(yīng)混合液中不斷滴加氨水，則氨水的作用是 、有人提出用日光分解 KMnO4 溶液的方法可制取 MnO 2，反應(yīng)方程式為： 4KMnO4+2H2O 4MnO 2 +4KOH+3O2該反應(yīng)中 c(OH-)隨

43、時(shí)間的變化曲線如圖 2 所示，MnO2 的氧化性進(jìn)行了一系列的研究。4 個(gè)方案以驗(yàn)證 MnO2 的氧化性，可行的是 _。 FeSO4 溶液中，再加入 KSCN溶液，觀察溶液是否變紅 FeC3l 溶液中，再加入 KSCN溶液，觀察溶液是否變紅 Na2SO3 溶液中，再加入 BaCl2觀察是否有白色沉淀生成分析曲線的變化趨勢，你認(rèn)為形成該變化的原因是 、某興趣小組通過實(shí)驗(yàn)研究(1) 該小組設(shè)計(jì)了如下 A把 MnO2 固體加入到 B把 MnO2 固體加入到 C把 MnO 2固體加入到D把 MnO2 固體加入到稀鹽酸中，觀察是否有黃綠色氣體生成(2) 該小組為研究在不同酸堿性的溶液中MnO2 的氧化能

44、力，他們控制 KI溶液的濃度和MnO 2固體的質(zhì)量相同，恒定實(shí)驗(yàn)溫度在298K，設(shè)計(jì)如下對比試驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)酸或堿現(xiàn)象A1滴0.2mol/LNaOH 溶液不變色B1 滴水緩慢變淺棕褐色C1滴0.1mol/L 硫酸溶液迅速變棕褐色該小組從上述對比實(shí)驗(yàn)中，可以得出的結(jié)論是_。寫出在 MnO2 迅速氧化 I-的離子方程式_。【答案】 Fe+4HNO 3=Fe(NO3)3+NO+2H 2O 可以中和硝酸，增大反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，使原 料盡可能多地轉(zhuǎn)化為 MnO 2 反應(yīng)生成的 MnO2 對該反應(yīng)起催化作用A 酸性越強(qiáng)， MnO2氧化能力越強(qiáng) MnO 2+2I- +4H+= Mn2+I2+2H2O【解析】【分析】

45、、 (1)軟錳礦中含有少量 Fe2O3，在加熱條件下與 C 反應(yīng)生成鐵，鐵與稀硝酸反應(yīng)生成NO氣體，為便于吸收氮氧化物，向乙中通入空氣，空氣中的氧氣將 NO 氧化成 NO2，使氣體 呈紅棕色，丙中應(yīng)盛 NaOH 溶液等堿性物質(zhì)，吸收有毒氣體 NO2；(2) 制備 MnO2 的實(shí)驗(yàn)中生成 HNO3，加入氨水，可以中和硝酸，增大反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，使原 料盡可能多地轉(zhuǎn)化為 MnO 2；、反應(yīng)中 c(OH-)在 t1 時(shí)突然增大，說明反應(yīng)速率增大，在其它條件不變的情況下，可考 慮生成物起催化作用；、(1) A中，通過溶液變紅，可說明 MnO 2固體將 Fe2+氧化為 Fe3+； B中， Fe3+沒有還原

46、 性， MnO 2不能表現(xiàn)氧化性； C中，不管是否將 SO32-氧化，都產(chǎn)生白色沉淀； D 中， MnO 2 固體加入到稀鹽酸中，不發(fā)生反應(yīng)。(2) 從溶液的酸堿性及產(chǎn)生的現(xiàn)象，可得出酸性越強(qiáng)，I-轉(zhuǎn)化為 I2 的反應(yīng)速率越快，現(xiàn)象越明顯， MnO2 氧化能力越強(qiáng)的結(jié)論； MnO 2在酸性溶液中氧化 I-，生成 Mn2+、I2和 H2O。 【詳解】、 (1)軟錳礦中含有少量 Fe2O3，在加熱條件下與 C 反應(yīng)生成鐵，鐵與稀硝酸反應(yīng)生成NO氣體。反應(yīng)的方程式為 Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO +2H2O；答案為：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO +2H2O；(2) 制備 Mn

47、O2 的實(shí)驗(yàn)中生成 HNO3，加入氨水，可以中和硝酸，增大反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，使原 料盡可能多地轉(zhuǎn)化為 MnO 2；答案為：可以中和硝酸，增大反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，使原料盡可 能多地轉(zhuǎn)化為 MnO2；、反應(yīng)中 c(OH-)在 t1 時(shí)突然增大，說明反應(yīng)速率增大，在其它條件不變的情況下，可考 慮生成物 MnO 2起催化作用；答案為：反應(yīng)生成的MnO2 對該反應(yīng)起催化作用；、(1) A中，通過溶液變紅，可說明 MnO 2固體將 Fe2+氧化為 Fe3+， A 符合題意； B中， Fe3+沒有還原性， MnO 2不能表現(xiàn)氧化性， B不合題意；C中，不管是否將 SO32-氧化，都產(chǎn)生白色沉淀， C 不合題意；D

48、中， MnO2固體加入到稀鹽酸中，不發(fā)生反應(yīng)， D 不合題意。故選 A；(2) 從溶液的酸堿性及產(chǎn)生的現(xiàn)象，可得出酸性越強(qiáng)，I-轉(zhuǎn)化為 I2 的反應(yīng)速率越快，現(xiàn)象越明顯， MnO2 氧化能力越強(qiáng)的結(jié)論；答案為：酸性越強(qiáng)，MnO2氧化能力越強(qiáng)；MnO 2在酸性溶液中氧化 I-，生成 Mn 2+、 I2和 H2O，反應(yīng)的離子方程式為 MnO2+2I-+4H+= Mn2+I2+2H2O；答案為： MnO2+2I-+4H+= Mn2+I2+2H2O。9NH3和 Cl2在常溫下可快速反應(yīng)生成氮?dú)猓?2NH3+3Cl2 N2+6HCl。當(dāng) Cl2和 NH3比例不同 時(shí)，產(chǎn)物有差異。(1) 該反應(yīng)可用于檢驗(yàn)

49、化工生產(chǎn)中氯氣是否泄漏。如氯氣有少量泄漏，用氨氣檢驗(yàn)時(shí)的現(xiàn)象 為 。(2) 若利用該反應(yīng)處理含有氨氣和氯氣的尾氣，用于制備鹽酸，Cl2和 NH3的最佳比例為。(3) 常溫常壓下，取總物質(zhì)的量為 12mol 的氯氣和氨氣的混合氣體，完全反應(yīng)后，氣體物質(zhì) 的量保持不變。求： 反應(yīng)前氯氣和氨氣的物質(zhì)的量之比 反應(yīng)后生成的氧化產(chǎn)物的質(zhì)量 。(4) 若將總體積為 100L的 NH3和 Cl2混合，實(shí)驗(yàn)精確測得充分反應(yīng)后無色混合氣體中N2占混1合氣體的 ，求生成氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量 。(該實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在標(biāo)準(zhǔn)狀況下測7定)【答案】有白煙生成32 n(NH3)n(Cl2)=11 m(N2 )=56g 余 NH3和

50、N2 0.263mol ，余HCl 和 N2 0.893mol【解析】【分析】NH3和 Cl2在常溫下可快速反應(yīng)生成氮?dú)猓?2NH3+3Cl2N2+6HCl。當(dāng) Cl2和 NH3 比例不同 時(shí)，產(chǎn)物有差異。(1) 要檢驗(yàn)化工生產(chǎn)中氯氣是否泄漏，則需要有明顯的現(xiàn)象，從提供的反應(yīng)可以看出，氨氣 過量時(shí)會(huì)有明顯現(xiàn)象，找到該反應(yīng)并指出現(xiàn)象即可；(2) 要求是利用氨氣和氯氣之間反應(yīng)生成氯化氫用于制備鹽酸，故按該反應(yīng)中Cl2 和 NH3的比例來回答；(3) 常溫常壓下，取總物質(zhì)的量為 12mol 的氯氣和氨氣的混合氣體，完全反應(yīng)后，氣體物質(zhì) 的量保持不變，說明 2NH 3 3Cl2 N2 6HCl 反應(yīng)后

51、氨氣有剩余，再發(fā)生反應(yīng) NH3+HCl=NH4Cl，HCl不能完全反應(yīng)，按此思路計(jì)算 反應(yīng)前氯氣和氨氣的物質(zhì)的量之比 及 反應(yīng)后生成的氧化產(chǎn)物的質(zhì)量；(4)若將總體積為 100L的 NH3和Cl2混合， 2NH3 3Cl2 N2 6HCl 恰好反應(yīng)，根據(jù)方 程式計(jì)算混合氣體總體積，進(jìn)而計(jì)算氮?dú)怏w積；NH3過量時(shí)，發(fā)生反應(yīng) 8NH3 3Cl2 N2 6NH 4Cl ，剩余混合氣體為氮?dú)狻睔?，設(shè)Cl2有 xL，利用方程式和已知條件計(jì)算出氮?dú)獾捏w積、氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量；【詳解】(1) 按題意，用于檢驗(yàn)氯氣是否泄漏的反應(yīng)應(yīng)有明顯現(xiàn)象，氯氣和氨氣可能的反應(yīng)為2NH 3 3Cl2 N2 6HCl 、當(dāng)氨

52、氣過量時(shí)會(huì)與生成的 HCl反應(yīng)生成氯化銨，有白煙，現(xiàn) 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應(yīng)生成氮?dú)猓?NH 3 3Cl2 N2 6HCl ，若利用該反應(yīng)處理含有氨氣和氯氣的尾氣，用于制備鹽酸，Cl2 和 NH3的最佳比例為 3：2；答案為： 3：2；2NH32(3) 常 溫常壓下，取總物質(zhì)的量為 12mol 的氯氣和氨氣的混合氣體，完全反應(yīng)后，氣體 物質(zhì)的量保持不變，說明 2NH 3 3Cl2 N 2 6HCl 反應(yīng)后氨氣有剩余，再多余氨氣再與 部分 HCl發(fā)生反應(yīng) NH3+HCl=NH4Cl， HCl不能完全反應(yīng)，設(shè)反應(yīng) 2NH 3 3Cl2 N2 6HCl 3Cl

53、2 氣體物質(zhì)的量增加中消耗氯氣的物質(zhì)的量為 x，NH31+HCl=NH 4Cl2x3 氣體物質(zhì)的量減少22x3，前者體積增大與后者體積減小相等，12-x 2x32(12-x)則 2(12 x23x)2x ，得 x=6，3故反應(yīng)前氯氣和氨氣的物質(zhì)的量之比為x12 x6 1：1 ；6答案為： 1:1； 反應(yīng)后生成的氧化產(chǎn)物為氮?dú)猓葰鉃?氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量為 2mol， 故答案為： 56g；6mol,由 2NH 3 3Cl2 N2 6HCl 可知,生成故氧化產(chǎn)物氮?dú)獾馁|(zhì)量 =2mol ×28g/mol=56g ，(4)在 2NH 3 3Cl2 N 26HCl 反應(yīng)中， NH3和 Cl2恰好完

54、全反應(yīng)時(shí)，混合氣體中N2 占混1合氣體的 ，由于氨氣與7HCl可以反應(yīng)生成 HN4Cl，而充分反應(yīng)后的混合氣體中 N2 占混合1氣體的 ，則有兩類情況： Cl2 與氨氣恰好反應(yīng)，由方程式可知 5 體積氣體生成 7 體積氣771 體，故反應(yīng)后混合氣體總體積 =100L× =140L，則氧化產(chǎn)物氮?dú)怏w積為 140L× =20L，故5720L其物質(zhì)的量 =0.893mol ； NH3過量時(shí)，發(fā)生反應(yīng)22.4L /mol8NH3 3Cl2 N2 6NH 4Cl ，剩余混合氣體為氮?dú)狻睔?，設(shè)Cl2有 xL，則38NH33Cl2N2V183110 ，則3xLxx10x100L10xL

55、333300L 1L1 30017， x 2 31070 ，故氧化產(chǎn)物氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量17 3 0.263mol ；22.4L / mol答案為：余 NH3 和 N2 為 0.263mol ，余 HCl 和 N2 為 0.893mol 。10 實(shí)驗(yàn)室可由軟錳礦（主要成分為MnO2）制備 KMnO4，方法如下：高溫下使軟錳礦與過量 KOH（s）和 KClO3（s）反應(yīng)，生成 K2MnO 4（錳酸鉀）和 KCl；用水溶解，濾去殘?jiān)?；酸化濾 液， K2MnO4轉(zhuǎn)化為 MnO2和 KMnO4；再濾去沉淀 MnO2，濃縮結(jié)晶得到 KMnO4 晶體。 請回答：為 x，則由電子守恒可知，0.165gx122.5g / mol(7-2)=0.335g134g/ mol2 (4-3) ，解得 x=0.958 ，故（1）用軟錳礦制備 K2MnO 4的化學(xué)方程式是答案為 0.958