全國高考化學(xué)氧化還原反應(yīng)的綜合高考真題匯總附答案解析

1、一、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.工業(yè)上處理含苯酚廢水的過程如下?；卮鹣铝袉栴}：I.測定廢水中苯酚的含量。測定原理：OH+3Br2f國OHJ+3HBr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5.00mLamoiL1濃濱水（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bmL0.l0molL1KI溶液（過量），塞緊瓶塞，振蕩。步驟4：滴入23滴指示劑，再用0.010moiL1Na2s2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗Na2s2O3溶液VmL（反應(yīng)原理：I22Na2s2O32NaINa2s4。6）。待測廢水換為蒸儲(chǔ)

2、水，重復(fù)上述步驟（即進(jìn)行空白實(shí)驗(yàn)），消耗Na2s2O3溶?V?mL。（1）步驟1"量取待測廢水所用儀器是。（2）為了防止澳的揮發(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mg11（用含丫1、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”,下同）；如果空白實(shí)驗(yàn)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On.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

3、排列的陰陽兩極的協(xié)同作用，在各自區(qū)域?qū)⒈椒由疃妊趸癁镃O2nH2O。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：?！敬鸢浮款剑┑味ü苋o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94V-V鐘不恢復(fù)原色2偏低偏低H2OeOHH15C6H50H14H2O26CO217H2O【解析】【分析】向呈有待測廢水加入濃澳水反應(yīng)后得到三澳苯酚的沉淀，再加入KI溶液與剩下的B2發(fā)生氧化還原反應(yīng)得到I2,方程式為Br2+2I-=I2+2Br-,再用Na2S>O3標(biāo)準(zhǔn)溶?滴定可根據(jù)消耗的Na2SO3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)

4、空白實(shí)驗(yàn)測出濃濱水的物質(zhì)的量，用Br2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B2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?！驹斀狻?1)由于苯酚顯酸性，因此含苯酚的廢水為酸性，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)由于澳單質(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；用0.01mol/LNa2s2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，由于Na2s2。3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

5、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：Br22KII22Na2S2O30.005V0.01Vi0.005V20.01V2剩下的濃澳水中Br2的物質(zhì)的量為0.005Vimmol,將待測廢液換成蒸儲(chǔ)水時(shí)，5mLamol/L的濃澳水中Br2的物質(zhì)的量為0.005V2mmol,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0H+3Br2BrOHJ+3HBr可得苯酚的物質(zhì)的口、，0.005V2-V1940.005V2-V1,_.重為mmol,質(zhì)量為mg,則該廢水

6、中本酚的含量為33940.005V2-V194V2-V1-1,若步驟2中忘記塞進(jìn)瓶塞，澳單質(zhì)揮發(fā),mgg-153小32510L導(dǎo)致最終消耗的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：94V2-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

7、C6H5OH+14H2O2=6CO2T+17H2O,故答案為：C6H5OH+14H2O2=6CC2T+17建O。2.疊氮化鈉(NaN3)是一種白色劇毒晶體，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)H2SQ+2NaNO2=2HNO2+Na2SOu可利用亞硝酸與叔丁醇(t-BuOH)在40c左右制備亞硝酸叔丁酯，試寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：(2)

8、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+NaOH+N2H4=NaN3+2H2。+t-BuOH。裝置a的名稱是;該反應(yīng)需控制溫度在65C,采用的實(shí)驗(yàn)措施是;反應(yīng)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(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0.10molL1六硝酸錦俊(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滴鄰菲羅咻指示液，并用0

9、.10molL-1硫酸亞鐵錢(NH4)2Fe(SQ)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=Ce3+Fe3)o已知六硝酸錦錢(NH4)2Ce(NO)6與疊氮化鈉反應(yīng)生成硝酸俊、硝酸鈉、氮?dú)庖约癈e(NQ)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.滴加六硝酸鈾錢溶液時(shí)，滴加前仰視讀數(shù)，滴加后俯視讀數(shù)C.滴加硫酸亞鐵錢標(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

10、掛在錐形瓶壁上的硫酸亞鐵錢標(biāo)準(zhǔn)液滴用蒸儲(chǔ)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+HNO絲£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，防止產(chǎn)物損失2(NH4)2Ce(NO)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2T65%ACClO+2胸+HzO=Cl+2OH+3N2T【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-Bu

11、OHHNO240ct-BuNO2H2O；(2)。裝置a的名稱即為恒壓滴液漏斗； 反應(yīng)要控制溫度在65C,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N3中的元素發(fā)生了變價(jià)，所以反應(yīng)的方程式為：2(NH4)2ce(NO3)62NaN3=4NH4NO32NaNO32Ce(NO3)33N2；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與過量的六硝酸鈾錢反10應(yīng)，再用Fe2+去滴定未反應(yīng)完的正四價(jià)的Ce

12、,因此有：1 .2.0gNaN3樣品的而消耗的Ce4Fe2消耗的Ce4=0.004molCe4,考慮到Fe2+與Ce4+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(NaN3)10(0.004Fe2消耗的Ce4)0.02mol,所以疊氮化鈉樣品的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：wm(NaN3)2.0g100%=0.02mol65g/mol2.0=65%；A.潤洗錐形瓶，會(huì)使步驟消耗的六硝酸鈾錢的量增加，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六硝酸鈾錢溶液時(shí)若前仰后俯，則會(huì)量取比40ml更多的六硝酸鈾錢溶液，那么步驟會(huì)需要加入更多的F滑來消耗疊氮酸鈉未消耗掉

13、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)?，所以離子方程式為：ClO2N3H2O=Cl3N22OH。【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)

14、；此外，?？疾斓男问揭灿校河么郎y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Bo3.碳酸亞鐵可用于制備補(bǔ)血?jiǎng)?。某研究小組制備了FeCQ,并對FeCQ的性質(zhì)和應(yīng)用進(jìn)行了探究。已知：FeCQ是白色固體，難溶于水Fe2+6SCNFe(SCN()4-(無色)I.FeCQ的制取(夾持裝置略)實(shí)驗(yàn)i：CO2至其pH為7,滴加一定量FeSQ裝置C中，向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段時(shí)間溶液，產(chǎn)生白色沉淀，過濾、洗滌、干燥，得到FeCQ固體。試劑a是。(2)向Na2CO3溶液通入CO2的目的是。(3)C裝置中制取FeCQ的離子方程式為。(4)有同學(xué)認(rèn)為C中出現(xiàn)白色沉

15、淀之后應(yīng)繼續(xù)通CQ,你認(rèn)為是否合理并說明理由n.FeCQ的性質(zhì)探究SmLdrngl孫髓充分隔蕩，r過於即:場*'著救觸色，并有紅褐色元濕實(shí)驗(yàn)iii對比實(shí)驗(yàn)ii和iii,得出的實(shí)驗(yàn)結(jié)論是(6)依據(jù)實(shí)驗(yàn)ii的現(xiàn)象，寫出加入10%H2O2溶液的離子方程式m.FeCQ的應(yīng)用(7)FeCO3溶于乳酸CH3CH(OH)COOH能制得可溶性乳酸亞鐵(CH3CH(OH)COO2Fe,相對分子質(zhì)量為234)補(bǔ)血?jiǎng)?。為測定補(bǔ)血?jiǎng)┲衼嗚F含量進(jìn)而計(jì)算乳酸亞鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，樹德中學(xué)化學(xué)實(shí)驗(yàn)小組準(zhǔn)確稱量1.0g補(bǔ)血?jiǎng)?，用酸性KMnO4溶液滴定該補(bǔ)血?jiǎng)?，消?.1000mol/L的KMnO4溶液10.00mL,則乳酸

16、亞鐵在補(bǔ)血?jiǎng)┲械馁|(zhì)量分?jǐn)?shù)為,該數(shù)值異常的原因是(不考慮操作不當(dāng)以及試劑變質(zhì)引起的誤差)?！敬鸢浮匡柡蚇aHCO3溶液降低溶液中OH濃度，防止生成Fe(OH)22HCO3-+Fe2+=FeCOa+CQT+KO不合理，CQ會(huì)和FeCQ反應(yīng)生成Fe(HCQ”(或合理，排出氧氣的影響)F聲與SCN的絡(luò)合(或結(jié)合)會(huì)促進(jìn)FeCQ固體的溶解或FeCQ固體在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大6Fe(SCN64-+3H2O2=2Fe(OH)3J+4Fe(SCN)+24SCN或6Fe2+3H2O2+12SCN=2Fe(OH)4+4Fe(SCN或6Fe2+3H2O2=2Fe(OH)3J+4F(3+117%乳酸

17、根中的羥基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4【解析】【分析】I.裝置A中碳酸鈣和稀鹽酸反應(yīng)生成的二氧化碳中混有揮發(fā)的氯化氫氣體，需要利用裝置B中盛裝的飽和碳酸氫鈉溶液除去，裝置C中，向碳酸鈉溶液(pH=11.9)通入一段時(shí)間二氧化碳至其pH為7,滴加一定量硫酸亞鐵溶液產(chǎn)生白色沉淀，過濾，洗滌，干燥，得到FeCQ；II.(5)根據(jù)Fe2+6SCNFe(SCN64-分析FeCQ在KCl和KSCN兩種不同溶液中的溶解度不同判斷；(6)實(shí)驗(yàn)ii中溶液顯紅色且有紅褐色沉淀生成，說明加入10%過氧化氫溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)生成；(7)FeCQ溶于乳酸CH3CH(OH)COOH能制得可溶性

18、乳酸亞鐵補(bǔ)血?jiǎng)?，根?jù)得失電子守恒和元素守恒建立關(guān)系式進(jìn)行計(jì)算；乳酸根中有羥基，也能被高鎰酸鉀溶液氧化?！驹斀狻?.(1)裝置A中制取的CQ中混有HCl,欲除去CQ中混有的HCl,B中盛裝的試劑a應(yīng)是飽和NaHCa溶液，故答案為：飽和NaHCQ溶液；(2)向NazCQ溶液中通入CO2的目的是利用CQ和NazCQ反應(yīng)生成的NaHCQ,提高溶液中HCQ-的濃度，抑制CO2-的水解，降低溶液中OH-的濃度，防止生成Fe(OH)2,故答案為：降低溶液中OH-濃度，防止生成Fe(OH)2；(3)裝置C中，向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段時(shí)間CO2至其pH為7,此時(shí)溶液中溶質(zhì)主要為NaHCO3,

19、再滴加FeSQ溶液，有FeCQ沉淀生成，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2HCO3-+Fe2+=FeCQJ+CQT+KO,故答案為：2HCO3-+Fe2+=FeCQj+CQT+KO;(4)FeCQ沉淀能溶解在CQ的水溶液中，生成可溶于水的Fe(HCQ)2,降低產(chǎn)物的量，則當(dāng)出現(xiàn)白色沉淀之后不應(yīng)繼續(xù)通入CC2,或者：出現(xiàn)白色沉淀之后繼續(xù)通CO2,可防止空氣中氧氣氧化FeCQ,提高產(chǎn)物的純度，故答案為：不合理，CQ會(huì)和FeCQ反應(yīng)生成Fe(HCQ)2(或合理，排出氧氣的影響)；n.(5)通過對比實(shí)驗(yàn)ii和iii,可知Fe2+與SCN的絡(luò)合生成可溶于水的Fe(SCN64-,會(huì)促進(jìn)FeC。固體的溶解，故答案為：

20、Fe2+與SCN的絡(luò)合(或結(jié)合)會(huì)促進(jìn)FeCQ固體的溶解或FeCO固體在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大；(6)依據(jù)實(shí)驗(yàn)ii的現(xiàn)象，可知在含有Fe2+的溶液中滴加10%的過氧化氫溶液后，有Fe(OH)3和Fe(SCN)生成，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為6Fe(SCN64-+3H2O2=2Fe(OH)3j+4Fe(SCN)+24SCN或6Fe2+3H2O2+12SCN=2Fe(OH)4+4Fe(SCNM6Fe2+3H2O2=2Fe(OH)3J+4F(3+;故答案為：6Fe(SCN64-+3H2O2=2Fe(OH)3J+4Fe(SCN)+24SCN或6Fe2+3H2O2+12SCN=2Fe(OH)

21、U+4Fe(SCN3)或6Fe2+3H2O2=2Fe(OH)U+4F+;0.005mol234g/mol1.0gID.(7)FeCO3溶于乳酸CH3CH(OH)COOH能制得可溶性乳酸亞鐵(CH3CH(OH)COO2Fe補(bǔ)血?jiǎng)?，可得關(guān)系式MnO45Fe2+5CH3CH(OH)COO2Fe,則乳酸亞鐵的物質(zhì)的量為0.1000mol/LX0.01LX5=0.005購11酸亞鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)100%=117%,由于乳酸根中含有羥基，也可以被酸性高鎰酸鉀溶液氧化，導(dǎo)致消耗高鎰酸鉀溶液的量增多，而計(jì)算中只按Fe2+被氧化，故計(jì)算所得乳酸亞鐵的質(zhì)量偏大，導(dǎo)致產(chǎn)品中乳酸亞鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于100%,故答案為：11

22、7%；乳酸根中的羥基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4。4.鈉酸鈉(NaBiO3)是分析化學(xué)中的重要試劑，在水中緩慢分解，遇沸水或酸則迅速分解。某興趣小組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)制取鈉酸鈉并探究其應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：I.制取鈉酸鈉制取裝置如圖(加熱和夾持儀器已略去)，部分物質(zhì)性質(zhì)如下：物質(zhì)NaBiO3Bi(OH)3性質(zhì)不溶于冷水，淺黃色難溶于水；白色(1) B裝置用于除去HCl,盛放的試劑是一；(2) C中盛放Bi(OH)3與NaOH混合物，與C12反應(yīng)生成NaBiO3,反應(yīng)的離子方程式為(3)當(dāng)觀察到(填現(xiàn)象)時(shí)，可以初步判斷C中反應(yīng)已經(jīng)完成；(4)拆除裝置前必須先除去燒瓶中殘留C12以免污染空氣。除去C

23、12的操作是(5)反應(yīng)結(jié)束后，為從裝置C中獲得盡可能多的產(chǎn)品，需要的操作有一；n.鈉酸鈉的應(yīng)用檢3MMn2+(6)往待測液中加入鈉酸鈉晶體，加硫酸酸化，溶液變?yōu)樽霞t色，證明待測液中存在2+Mn。產(chǎn)生紫紅色現(xiàn)象的離子方程式為；某同學(xué)在較濃的MnSO4溶液中加入鈉酸鈉晶體，加硫酸酸化，結(jié)果沒有紫紅色出現(xiàn)，但觀察到黑色固體(MnO2)生成。產(chǎn)生此現(xiàn)象的離子反應(yīng)方程式為。m.產(chǎn)品純度的測定。)取上述NaBiO3產(chǎn)品wg,加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反應(yīng)，再用cmo1L-1的H2c2O4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定生成的MnO4-(已知：H2C2O4+MnO4-CO2+Mn2+H2。,未配平)，當(dāng)溶液紫紅色

24、恰好褪去時(shí)，消耗vmL標(biāo)準(zhǔn)溶液。該產(chǎn)品的純度為(用含w、c、v的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮匡柡褪雏}水Bi(OH,+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2C+3H2OC中白色固體消失(或黃色不再加深)關(guān)閉Ki、K3,打開K2在冰水中冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2J+4H280CV10-3x100%0.28cvx100%28cv【解析】【分析】用濃HCl和MnO2反應(yīng)制備C12,其中混有揮發(fā)出來的HCl,要用飽和食鹽水出去，然后利用C12的強(qiáng)氧化性在堿性條件下將Bi(OH)3氧化成Na

25、BiO3；利用Mn2+的還原性將NaBiO3還原而Mn2+被氧化成紫紅色溶液MnO4-來檢驗(yàn)NaBiQ的氧化性；實(shí)驗(yàn)結(jié)束后C12有毒，要除去，做法是打開三頸燒瓶的NaOH溶液，使其留下和氯氣反應(yīng)；NaBiO3純度的檢測利用NaBiO3和Mn2+反應(yīng)生成MnO，MnO4-再和草酸反應(yīng)來測定，找到NaBQ、Mn2+、MnO，、草酸四種物質(zhì)之間的關(guān)系，在計(jì)算即可?！驹斀狻?1)除去氯氣中混有的HCl,用飽和食鹽水，故答案為：飽和食鹽水；(2)反應(yīng)物為Bi(OH)3、Cl2和NaOH混合物，+3價(jià)的Bi被氧化成NaBiO3,Cl2被還原成Cl-,根據(jù)原子守恒還有水生成，所以反應(yīng)為：Bi(OH)3+3O

26、H+Na+C2=NaBiO3+2C+3H2O,故答案為：Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2C+3H2O；(3) C中反應(yīng)已經(jīng)完成，則白色的Bi(OH)3全部變?yōu)榱它S色的NaBiO3,故答案為：C中白色固體消失(或黃色不再加深)；(4)從圖上來看關(guān)閉Ki、K3,打開K2可使NaOH留下與氯氣反應(yīng)，故答案為：關(guān)閉Ki、K3,打開K2；(5)由題意知道NaBiO3不溶于冷水，接下來的操作盡可能在冰水中操作即可，操作為:在冰水中冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，故答案為：在冰水中冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干(6)往待測液中加入鈉酸鈉晶體，加硫酸酸化，溶液變?yōu)樽霞t色，證明待測液中存在Mn2+

27、,說明鈾酸鈉將Mn2+氧化成MnO4-,因?yàn)槭撬嵝詶l件，所以鈉酸鈉被還原成Bi3+,據(jù)此寫方程式并配平為5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O,故答案為:5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O；由題意可知，Mn2+過量，鈉酸鈉少量，過量的Mn2+和MnO4-發(fā)生反應(yīng)生成了黑色的J+4也故答案為：3Mn2+2MnO4-MnO2,反應(yīng)方程式為3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2+2H2O=5MnO2j+4H；(7)根據(jù)得失電子守恒找出關(guān)系式為：5NaBiO32Mn2+2MnO4-5H2c2。4，計(jì)算鈉酸鈉理論產(chǎn)量：

28、5NaBO1400gm（理論）5H2c2O4cv5mol103mol解得m(理論)280cv10-3x0.28cvg0.28cv，=0.28CVg,所以純度=x100%=x100%所以答案為:WgW100喊O.28cvx100喊28cv%?！军c(diǎn)睛】(7)在復(fù)雜的純度、產(chǎn)率等計(jì)算中，用得失電子守恒法找出各關(guān)鍵物質(zhì)之間的關(guān)系，由此計(jì)算，可以事半功倍，如本題中的關(guān)系5NaBiO35H2c2。4,使復(fù)雜問題簡單化了。5.實(shí)驗(yàn)室用圖所示裝置制備KC1O溶液，并通過KC1O溶液與Fe(NO3)3溶液的反應(yīng)制備高效水處理劑K2FeO4.已知KzFeO4具有下列性質(zhì)可溶于水、彳溶于濃KOH溶液，在0c5c、強(qiáng)

29、堿性溶液中比較穩(wěn)定，在Fe3和Fe(OH)3催化作用下發(fā)生分解，在酸性至弱堿性條件下，能與水反應(yīng)生成Fe(OH)3和O2。itrr»(1)裝置A中KMn04與鹽酸反應(yīng)生成MnCl2和C12,其化學(xué)方程式為,裝置B的作用是。(2)C12和KOH在較高溫度下反應(yīng)生成KC1O3,試寫出該反應(yīng)的離子方程式。(3)制備KzFeO時(shí)，KC1O飽和溶液與Fe(NO3)3飽和溶液的混合方式為：在攪拌下，將Fe(NO3)3飽和溶液緩慢滴加到KC1O飽和溶液中。理由是。2(4)已知pH11時(shí)Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成Zn(OH)4.下表列出了幾種離子生成氫氧化物沉淀的pH(開始沉淀的pH按金屬

30、離子濃度為i.0mo1L1計(jì)算)。開始沉淀的pH沉淀完全的pHFe31.13.2Fe25.88.8Zn25.98.9實(shí)驗(yàn)中可選用的試劑：30%HzO2、1.0mo1L1HNO3、1.0mo1L1NaOH.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：；過濾；;過濾、洗滌、干燥；900c煨燒。【答案】2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5C12T+8H2O除去CI2中的HClV3cI26OH5ClCIO33H2OK2FeO4在Fe3作用下會(huì)分解向硫酸鋅溶液中加入適量30%H2O2,使其充分反應(yīng)滴加1.0molL1NaOH,調(diào)節(jié)溶液pH約為5(或3.2pH5.9)

31、,使FS沉淀完全向?yàn)V液中滴加1.0moiL1NaOH,調(diào)節(jié)溶液pH約為10(或8.9pH11),使Zn2沉淀完全【解析】【分析】根據(jù)實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，A裝置中用高鎰酸鉀與鹽酸反應(yīng)制得氯氣，氯氣中有揮發(fā)出的來的氯化氫，所以B裝置中飽和食鹽水是除去氯氣中的氯化氫，裝置C中用氯氣與氫氧化鉀溶液應(yīng)制得次氯酸鈉，反應(yīng)的尾氣氯氣用氫氧化鉀吸收?！驹斀狻? KMnO4具有強(qiáng)氧化性，將鹽酸中氯離子氧化為Cl2,反應(yīng)還有水生成，所以化學(xué)方程式為：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5CI2f+8H2O,由于鹽酸易揮發(fā)，制備的氯氣中含有HCl,應(yīng)飽和食鹽水吸收HCl除去，故答案為：2KMnO4+16H

32、Cl=2KCl+2MnCl2+5CI2T+8H2O;除去Cl2中的HCl;2 Cl2和KOH在較高溫度下反應(yīng)生成KClO3,反應(yīng)的離子方程式為V3Cl26OH5ClClO33H2O,故答案為：V3Cl26OH5ClClO33H2O；3由題意可知KzFeO4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飽和溶液的混合方式為：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(huì)分解；4根據(jù)表中陽離子沉淀的PH可知，由除去銅的濾液制備ZnO的實(shí)驗(yàn)步驟依次為：向?yàn)V液中加入30%H2O2,使其充分反應(yīng)，目的使Fe2轉(zhuǎn)化

33、完全為Fe3,加氫氧化鈉溶液，控制PH在4左右，使Fe3沉淀完全，過濾，向?yàn)V液中滴加1.0molL1NaOH,調(diào)節(jié)溶液PH約為10(或8.9pH11),使Zn2沉淀完全，過濾、洗滌、干燥，900c煨燒。故答案為：向硫酸鋅溶液中加入適量30%H2O2,使其充分反應(yīng)；滴加1.0molL1NaOH,調(diào)節(jié)溶液pH約為5(或3.2pH5.9)，使Fe3沉淀完全；向?yàn)V液中滴加1.0molL1NaOH,調(diào)節(jié)溶液pH約為10(或8.9pH11),使Zn2沉淀完全。【點(diǎn)睛】根據(jù)實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，A裝置中用高鎰酸鉀與鹽酸反應(yīng)制得氯氣，氯氣中有揮發(fā)出的來的氯化氫，所以B裝置中飽和食鹽水是除去氯氣中的氯化氫，裝置C中用

34、氯氣與氫氧化鉀溶液應(yīng)制得次氯酸鈉，反應(yīng)的尾氣氯氣用氫氧化鉀吸收，以此解答該題。6.下表是某學(xué)生為探究AgCl沉淀轉(zhuǎn)化為Ag2s沉淀的反應(yīng)所做實(shí)驗(yàn)的記錄.步驟現(xiàn)象I.取5mL0.1mol/LAgNO3與一定體積0.1mol/LNaCl溶液，混合，振蕩.立即產(chǎn)生白色沉淀n.向所得懸濁液中加入2.5mL0.1mol/LNa2s溶液.沉淀迅速變?yōu)楹谏?將上述黑色濁液，放置在空氣中，不斷攪拌.較長時(shí)間后，沉淀變?yōu)槿榘咨玏.濾出出中的乳白色沉淀，加入足量HNO3溶液.產(chǎn)生紅棕色氣體，沉淀部分溶解V.過濾得到濾液X和白色沉淀Y；向X中滴加Ba(NO3)2溶液.產(chǎn)生白色沉淀1為了證明沉淀變黑是AgCl轉(zhuǎn)化為

35、Ag2s的緣故，步驟I中NaCl溶液的體積范圍為10_302已知：25c時(shí)KspAgCl1.810,KspAg2s610,此沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)的平衡常數(shù)K。3步驟V中產(chǎn)生的白色沉淀的化學(xué)式為,步驟出中乳白色沉淀除含有AgCl外，還含有。4為了進(jìn)一步確認(rèn)步驟出中乳白色沉淀產(chǎn)生的原因，設(shè)計(jì)了如下圖所示的對比實(shí)驗(yàn)裝置。裝置A中玻璃儀器有圓底燒瓶、導(dǎo)管和，試劑W為。裝置C中的試劑為NaCl溶液和Ag2s懸濁液的混合物，B中試劑為。實(shí)驗(yàn)表明：C中沉淀逐漸變?yōu)槿榘咨?，B中沒有明顯變化。完成C中反應(yīng)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

36、斗過氧化氫溶液Ag2s懸濁液2Ag2s4NaClO22H2O?4AgCl2S4NaOH氧氣將Ag2s氧化成S時(shí)有Ag產(chǎn)生，NaCl電離的氯離子與銀離子結(jié)合生成AgCl沉淀，使cAg減小，有利于氧化還原反應(yīng)的平衡右移【解析】【分析】(1)要證明沉淀變黑是AgCl轉(zhuǎn)化為Ag2s的緣故，則步驟I中必須使硝酸銀電離出的銀離子完全轉(zhuǎn)化成AgCl沉淀；c2Cl(2)kcS(3)黑色的硫化銀沉淀被氧氣氧化為氯化銀沉淀和硫單質(zhì)；硫單質(zhì)被硝酸氧化為硫酸根離子；(4)根據(jù)裝置圖判斷儀器名稱；裝置A的作用是提供氧氣；進(jìn)一步確認(rèn)步驟出中乳白色沉淀產(chǎn)生的原因，裝置C中的試劑為NaCl溶液和Ag2s懸濁液的混合物，則裝置

37、B中應(yīng)該不含氯化鈉溶液；裝置C中生成的白色沉淀為氯化銀和S單質(zhì)，反應(yīng)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，則未知的反應(yīng)物為氫氧化鈉，再根據(jù)H元素守恒可知另一種未知反應(yīng)物為水，然后根據(jù)化合價(jià)升降相等配平反應(yīng)方程式?！驹斀狻?1)要證明沉淀變黑是AgCl轉(zhuǎn)化為Ag2s的緣故，則步驟I中必須使硝酸銀電離出的銀離子完全轉(zhuǎn)化成AgCl沉淀，所以加入的NaCl溶液的體積必須5mL;aq?Ag2Ss2Claq,該反應(yīng)2(2)氯化銀轉(zhuǎn)化成硫化銀的反應(yīng)為：2AgClsS的平衡常數(shù)為：22_2_102f54109；cClcAgcClk2AgClK丁-.p.八cScAgcSQAg2s(3)步驟出中較長

38、時(shí)間后，沉淀變?yōu)槿榘咨?，則黑色的硫化銀沉淀氧化成氯化銀沉淀；再根據(jù)濾出出中的乳白色沉淀，加入足量HNO3溶液，產(chǎn)生紅棕色氣體，沉淀部分溶解，則被氧化的只能為S元素，故乳白色沉淀為AgCl和S的混合物；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(huì)生成BaSO4沉淀；(4)根據(jù)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；乳白色沉淀為氯化銀和S的混合物，裝置A的作用是提供氧氣，根據(jù)圓底燒瓶中為二氧化鎰可知W為過氧化氫溶液；進(jìn)一步確認(rèn)步驟出中乳白色沉淀產(chǎn)生的原因，裝置C中的試劑為NaCl溶液和Ag2s懸濁液的混合物，則裝置B中應(yīng)該不含氯化鈉溶液，即為Ag2s懸

39、濁液，通過對比反應(yīng)現(xiàn)象判斷生成乳白色沉淀產(chǎn)生的原因；裝置C中生成的白色沉淀為氯化銀和S單質(zhì)，反應(yīng)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，再根據(jù)H元素守恒可知另一種未知反應(yīng)物為水，然后根據(jù)化合價(jià)升降相等配平反應(yīng)方程式為2Ag2s4NaClO22H2O?4AgCl2S4NaOH；裝置C中氯化鈉的作用為：氧氣將Ag2s氧化成S時(shí)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，從而有利于氧化還原反應(yīng)2Ag2s4NaClO22H2O?4AgCl2S4NaOH向右移動(dòng)。7.MnO2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

40、種試劑。工業(yè)上Mn(NO3)2和KMnO4為原料制備MnO2,其生產(chǎn)原理如下：用軟鎰礦(含MnO2和少量的Fe2O3、siQ)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(NO3)2溶液；在一定條件下，把50%的Mn(NO3)2溶液滴加到KMnO4溶液中，發(fā)生如下反應(yīng)：3Mn(NO3)2+2KMnO4+2H2r5MnO2J+2KNQ+4HNO3,反應(yīng)生成的沉淀經(jīng)過濾、洗滌、干燥后得到MnO2。請回答下列問題：I、若將軟鎰礦和碳反應(yīng)后的固體產(chǎn)物置于如圖1所示的裝置甲中，與稀硝酸反應(yīng)，觀察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

41、。(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，則氨水的作用是一。n、有人提出用日光分解KMnO4溶液的方法可制取MnO2,反應(yīng)方程式為：4KMnO4+2H2O±LMnO2j+4KOH+3QT該反應(yīng)中c(OH-)隨時(shí)間的變化曲線如圖2所示,分析曲線的變化趨勢，你認(rèn)為形成該變化的原因是一。m、某興趣小組通過實(shí)驗(yàn)研究MnO2的氧化性進(jìn)行了一系列的研究。(1)該小組設(shè)計(jì)了如下4個(gè)方案以驗(yàn)證MnO2的氧化性，可行的是。A.把MnO2固體加入到FeSC4溶液中，再加入KSCN溶液，觀察溶液是否變紅B.把MnO2固體加入到FeC3溶液中，再加入KSCN溶液，觀察溶液是否變紅C.把Mn

42、O2固體加入到Na2SO3溶液中，再加入BaC2觀察是否有白色沉淀生成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的氧化能力，他們控制KI溶液的濃度和MnO2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/、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迅速氧化的離子方程式O【答案】Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NOT+2H2O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

43、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)MnO2+2I-+4H+=Mn2+I2+2H2O【解析】【分析】I、(1)軟鎰礦中含有少量F&O3,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MnO2；n、反應(yīng)中c(OH-)在ti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；出、(1)A

44、中，通過溶液變紅，可說明MnO2固體將Fe2+氧化為Fe3+;B中，F(xiàn)e3歿有還原性，MnO2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，MnO2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)，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；MnO2在酸性溶液中氧化I-,生成Mn2+、I2和H2O?！驹斀狻?、(1)軟鎰礦中含有少量F&O3,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+4HNC3=Fe(NC3)3+NOT+2H2O;答案為：Fe+4HNC3=Fe(NC3)3+N

45、OT+2H2O;(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MnO2；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；n、反應(yīng)中c(OH-)在ti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MnO2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；出、(1)A中，通過溶液變紅，可說明MnO2固體將Fe2+氧化為Fe3+,A符合題意；B中，F(xiàn)e3+沒有還原性，MnO2不能表現(xiàn)氧化性，B不合題意；C中，不管是否將SQ2-氧化，都產(chǎn)生白色沉淀，C不合題意；D中，MnO2固體加入到稀鹽

46、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)，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)；MnO2在酸性溶液中氧化I-,生成Mn2+、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+2H2。8.將28.8g銅投入100mL濃硝酸中，最后銅有剩余，其NO3-離子物質(zhì)的量變化如下圖所(1)開始反應(yīng)時(shí)濃硝酸的物質(zhì)的量濃度為mol/L。(2)銅與濃硝酸反應(yīng)生成的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積(不考慮NO2與N2O4的平衡)為(

47、3)硝酸完全反應(yīng)后消耗銅的物質(zhì)的量n(Cu)是mol。(4)應(yīng)再往此反應(yīng)體系中滴加L2mol/L的硫酸才能使剩余的銅恰好完全溶解。已知此過程中NO3-的還原產(chǎn)物為NO。(5)ag銅全部溶于一定量的濃硝酸中，測得生成的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積(不考慮NO2與N2O4的平衡)為bL,為消除污染，將生成的氣體通入NaOH溶液中，氣體被完全吸收。已知：NO+NC2+2NaOH-2NaNQ+H2O2NO2+2NaOH-NaNQ+NaNO2+H2O如果NO、NO2混合氣體用NOx表示，被NaOH溶液完全吸收時(shí)，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。(6)在常溫下，把N

48、O氣體壓縮到1.01X13a再加熱到500C,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,然后壓強(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Oaba.【答案】108.960.31001.5,x<2一mol-mol6422.464BNOnNzO+NOz；2NO2?N2O445g/mol<M<60g/mol【解析】【分析】(1)根據(jù)開始時(shí)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，再根據(jù)V=nVm計(jì)算二氧化氮的體積；(3)反應(yīng)結(jié)束，溶液中溶質(zhì)為硝酸銅，根據(jù)硝酸根計(jì)算消耗n(Cu

49、);(4)發(fā)生反應(yīng)：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O,據(jù)此計(jì)算消耗硫酸的物質(zhì)32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2232NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2?？芍?，NO單獨(dú)不能被吸收，NO和NO2混合氣體被NaOH溶液被完全吸收，滿足n(NO2):n(NO)1,當(dāng)n(NO2):n(NO)=1時(shí)x值最小，計(jì)算x的最小值，因?yàn)榛煊蠳O,所以x最大值v2,據(jù)此確定x取值范圍；縱觀整個(gè)過程，Cu失去的電子等于硝酸生成亞硝酸鈉時(shí)獲得的電子，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒計(jì)算n(NaNO2),根據(jù)N元素守恒計(jì)算n(NaNO3

50、)；(6)在常溫下，把NO氣體壓縮到1.01X13a再加熱到50C,發(fā)現(xiàn)氣體的壓強(qiáng)迅速下一一一一2一一一，、，一一，降，壓強(qiáng)降至略小于原壓強(qiáng)的一，然后壓強(qiáng)就不再改變.已知其中一種產(chǎn)物為N2O,依據(jù)3原子個(gè)數(shù)守恒可知該反應(yīng)為：3NO=N2O十NO2,因?yàn)榇嬖?NO2?N2O4,即生成的NO22又雙聚成N2O4,導(dǎo)致氣體分子數(shù)減少，壓強(qiáng)降至略小于原壓強(qiáng)的一；若只發(fā)生反應(yīng)：33NO=N2O十NO2,氣體的平均摩爾質(zhì)量最小，若二氧化氮完全轉(zhuǎn)化為四氧化二氮時(shí)，氣體的平均摩爾質(zhì)量最大，據(jù)此計(jì)算解答?！驹斀狻?1)由圖可知，開始時(shí)n(NO3-)=1.0mol,則n(HNO3)=n(NO3-)=1.0mol,

51、則cHNO3=1.°m0=10mol/L,30.1L故答案為：10;(2)由圖可知，反應(yīng)結(jié)束時(shí)，溶液中NO3-為0.6mol,根據(jù)氮元素守恒，生成氣體的物質(zhì)的量為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，反應(yīng)結(jié)束時(shí)，溶液中NO3-為0.6mol,故消耗n(Cu)=n(硝酸銅)=0.6mol2=0.3mol,故答案為：0.3;(4)28.8g銅的物質(zhì)的量為28.8g=0.45mol,故剩余Cu為0.45mol-0.3mol=0.15mol,由64g/mol方程式3C

52、u+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O可知,+8,nH=0.15mol-=0.4mol,故n(H2SC4)=0.2mol,則需要硫酸體積為3、/n0.2molV=-=0.1L=100mL,c2mol/L故答案為：100；(5)由方程式可知，NO單獨(dú)不能被吸收，NO和NO2混合氣體被NaOH溶液被完全吸收，滿足n(NOJ:n(NO)1,當(dāng)n(NOJ:n(NO)=1時(shí)x值最小，x最小值為2+12=1.5,因?yàn)榛煊蠳O,所以x最大值<2,故x的取值范圍為1.5,x<2;縱觀整個(gè)過程，Cu失去的電子等于硝酸生成亞硝酸鈉時(shí)獲得的電子，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，nNaNO2=nCu=ag=

53、mol,根據(jù)N元素守恒，可知64g/mol64bLabanNaNO3=n(氣體尸=mol,322.4L/mol64mol22.464a故答案為：1.5,x<2；mol；64b224a64mol；(6)在常溫下，把NO氣體壓縮到1.01X7P&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23,然后壓強(qiáng)就不再改變。已知其中一種產(chǎn)物為N2O,依據(jù)原子個(gè)數(shù)守恒可知該反應(yīng)為：3NO=N2O十NO2,因?yàn)榇嬖?NO2?N2O4,即生成的NO2又2雙聚成N2O4,導(dǎo)致氣體分子數(shù)減少，壓強(qiáng)降至略小于原壓強(qiáng)的一，3若只發(fā)生反應(yīng)：3NO=N2O十NO2,氣體的平均摩爾質(zhì)量最小，此時(shí)

54、M=330g2m"=45g/mol,若二氧化氮完全轉(zhuǎn)化為四氧化二氮時(shí)，氣體的平均摩爾質(zhì)量最大，1molNO2得到0.5molN2O4,則此時(shí)M=1mol44g/mol+0.5molTamol=60g/mol,1mol+0.5mol綜上分析，可知45g/mol<M<60g/mol,故答案為：3NO=N2O十NO2；2NO2?N2O4；45g/mol<M<60g/mol。9.實(shí)驗(yàn)室可由軟鎰礦(主要成分為MnO2)制備KMnO4,方法如下：高溫下使軟鎰礦與過量KOH(s和KClO3(s)反應(yīng)，生成K2MnO4(鎰酸鉀)和KCl用水溶解，濾去殘?jiān)?；酸化濾液，K2MnO

55、4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：(1)用軟鎰礦制備K2MnO4的化學(xué)方程式是KMnO4產(chǎn)品0.165g,能與0.335gNa2c2O4恰好完全反應(yīng)(假設(shè)雜質(zhì)均不能參與反應(yīng))，該產(chǎn)品中KMnO,的純度為?！敬鸢浮?KOH+KC1O+3MnO2=3K2MnO4+KCl+3H2O;1:20.2Na或6.02X-20KMnO4>K2MnO4>MnO20.958(【解析】【分析】【詳解】試題分析：(1)反應(yīng)物為KOKKClQ、MnO2,生成物為K2MnO4(鎰酸鉀)和KCk水，該反應(yīng)為6KOH+KClO+3MnO2=3K2MnO4+KCl+3H2O,故答案為6KOH+KClO+3MnO2=3K2MnO4+KCl+3HO;(2) K2MnO4轉(zhuǎn)化為KMnO4的反應(yīng)中K2MnO4=2KMnO4+MnO2,Mn元素的化合價(jià)由+6價(jià)升高為+7價(jià)，Mn元素的化合價(jià)由+6價(jià)降低為+4價(jià)，則氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1：2,生成0.1mol還原產(chǎn)物時(shí)轉(zhuǎn)移電子0.1NaX(6-4)=0.2N或6.02X122,由氧化還原反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，可知氧化性為KMnO4>K2MnO4>MnO2,故答