化學(xué)氧化還原反應(yīng)的專項(xiàng)培優(yōu)易錯(cuò)試卷練習(xí)題含答案含答案

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) CIO2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NaCIO2固體的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。KsaCI。式，)+生£。4NaOH+H202已知：C1O2熔點(diǎn)-59C、沸點(diǎn)11C、H2O2沸點(diǎn)150cA中的化學(xué)方程式：2NaC1O3H2O2H2sO42C1O2O2Na2sO42H2ONaC1O3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(qǐng)繪出合理的裝置圖(標(biāo)明氣流方向)。向A裝置中通入空

2、氣，其作用是趕出C1O2,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NaC1O2的溶解度b減少匕。2的分解c使C1O2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H202ag則有mol電子轉(zhuǎn)移?！敬鸢浮縃2O2液體無法順利滴落H空氣流速快時(shí)，C1O2不能被充分吸收空氣流速過慢時(shí)，C1O2不能及時(shí)被移走，濃度過高導(dǎo)致分解abc2c1O2+H2O2+2NaOH=2NaC1Q+O2T+2H2O還原劑a/17【解析】【分析】氯酸鈉(NaC1O3)在酸性條件下與過氧化氫生二氧化氯，C1

3、O2與氫氧化鈉溶液和過氧化氫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成NaC1O2,NaC1O2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NaC1O2?3H2?！驹斀狻縉aClO3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)，合理的裝置圖為:向A裝置中通入空氣，其作用是趕出C1O2,然后通過C再到D中反應(yīng)?？諝饬魉俨荒苓^快，因?yàn)榭諝饬魉倏鞎r(shí)，C1O2不能被充分吸收；空氣流速

4、也不能過慢，空氣流速過慢時(shí)，C1O2不能及時(shí)被移走，濃度過高導(dǎo)致分解；(4)NaC1O2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NaC1O2的溶解度、減少H2O2的分解，由于C1O2的沸點(diǎn)較低，所以還能使C1O2變?yōu)橐簯B(tài)，方便使用；(5)寫出D中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2c1O2+H2O2+2NaOH=2NaC1Q+O2T+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)系：H2O22e-,若在反應(yīng)中消耗掉H2O2ag,則轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為：2xag/(34gmo1-1)=a/17mo1。2.疊氮化鈉(NaN3)是一種白色劇毒晶體，是汽車安全氣

5、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(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+Na2SC4?？衫脕喯跛崤c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)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+2H2O+t-BuOH。"BuNO

6、NaOHxN-H及助劑混合溶液該反應(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0.10molLi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=

7、Ce3+Fe3)。已知六硝酸錦俊(NH4)2Ce(NQ)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(cè)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(rùn)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?jī)?nèi)(4)疊氮化鈉有毒，可以使用次氯酸鈉溶液對(duì)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)，

8、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+HNOfEt-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(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(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-BuOHHNO240ct-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

9、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應(yīng)，再用Fe2+去滴定未反應(yīng)完的正四價(jià)的Ce,因此有：1,一與過量的六硝酸鈾錢反1012.0gNaN3樣品的一消耗的Ce4Fe2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

10、.0g疊氮化鈉樣品中疊氮化鈉的物質(zhì)的量為：為：wm(NaN3)2.0g0.02mol65g/mol100%=2.0=65%；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)A.潤(rùn)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

11、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(cè)生成了OH-；產(chǎn)生的無色無味無毒氣體，推測(cè)只能是氮?dú)?，所以離子方程式為：ClO2N3H2O=Cl3N22OH?！军c(diǎn)睛】滴定計(jì)算類的題目，最?？疾斓男问街皇桥渲仆甏郎y(cè)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，?？疾斓男问揭灿校河么郎y(cè)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.硫酸亞鐵俊的化學(xué)式為（NH4

12、）2SQ?FeSQ?6H2。，商品名為莫爾鹽，可由硫酸亞鐵與硫酸錢反應(yīng)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較穩(wěn)定了。三種鹽的溶解度（單位為g/100g水）如下表：溫度/C102030(NH4)2SO73.075.478.0FeSQ7H2。20.026.532.9(NH4)2SO4?FeSO17.221.628.1（一）實(shí)驗(yàn)室制取少量莫爾鹽的流程如下:鐵屑10NCO3(aq)1SmLJmoVL一定質(zhì)黃的(SH)與嶷固體莫爾鹽試回答下列問題：(1)步驟1中加入10%Na2CO3溶液的主要作用是；反應(yīng)中鐵屑過量是為了(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(jìn)

13、行的操作依次是,析出的晶體常用洗滌。(4)若莫爾鹽的飽和溶液中有水20克，當(dāng)溫度從30c降至10C,最多析出莫爾鹽的質(zhì)量是(選填編號(hào))。A2.18gB大于2.18gC小于2.18gD無法確定(二)稱取質(zhì)量為1.96g的莫爾鹽制成溶液。用未知濃度的酸性KMnO4溶液進(jìn)行滴定。(1)已知MnO4-被還原為Mn2+,試寫出該滴定反應(yīng)的離子方程式。(2)判斷該反應(yīng)到達(dá)滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為。(3)假設(shè)到達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)，用去VmL酸fKMnO4溶液，則該酸性KMnO4溶液的濃度為mol/L?！敬鸢浮砍F屑表面的油污還原氧化生成的Fe3+,保證Fe2+穩(wěn)定、純凈地存在，減少產(chǎn)物中的Fe3+雜質(zhì)FeSQ在溫度低時(shí)溶

14、解度較小，如果不趁熱過濾就會(huì)有FeSQ7H2O析出過濾、洗滌無水酒精或冰水B5F3+MnO4-+8H+5F3+Mn2+4H2O加入最后一滴KMnO4溶液紫紅色不褪，且半分鐘內(nèi)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(shí)溶解度較?。?3)濃縮結(jié)晶后需要過濾、洗滌；溫度低時(shí)，硫酸亞鐵錢的溶解度??；(4) (NH4)2SQFeSQ在30c和10c的溶解度分別為：28.1g和17.2g；(二)(1)MnO4-將二價(jià)鐵離子氧化為三價(jià)鐵離子，被還原為Mn2+;(2)高鎰酸鉀本身有顏色，滴定亞鐵離子是不需要指示劑的；(3)根據(jù)亞鐵離子和高鎰酸根反應(yīng)的實(shí)質(zhì)，可以找到亞鐵離

15、子與高鎰酸根之間的量的關(guān)系，根據(jù)原子守恒可以找到亞鐵離子和酸亞鐵俊之間量的關(guān)系，進(jìn)而進(jìn)行計(jì)算?！驹斀狻?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可以還原氧化生成的Fe3+,減少產(chǎn)物中的Fe3+雜質(zhì)，故答案為：除鐵屑表面的油污；還原氧化生成的Fe3+,保證Fe2+穩(wěn)定、純凈地存在，減少產(chǎn)物中的Fe3+雜質(zhì)；(2)如果不趁熱過濾就會(huì)有FeSQ7H2O析出，故答案為：FeSQ在溫度低時(shí)溶解度較小，如果不趁熱過濾就會(huì)有FeSQ7H2O析出；(3)濃縮結(jié)晶后需要過濾、洗滌；硫酸亞鐵錢在無水乙醇中的溶解度??；溫度低時(shí)，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

16、或冰水；(4)(NH4)2SQFeSQ在30c和10c的溶解度分別為：28.1g和17.2g,即若溶劑為100g水，冷卻析出10.9g,有水20g析出2.18g,硫酸亞鐵俊的化學(xué)式為(NH4)2SQFeSQ6H2O含有結(jié)晶水，故析出質(zhì)量大于2.18g,故答案為：B;(二)(1)反應(yīng)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(dāng)?shù)渭幼詈笠坏稳芤汉?，溶液變成紫紅色，30s內(nèi)不褪色，說明達(dá)到滴定終點(diǎn)，故答案為：加入最后一滴KMnO4溶液紫紅色不褪，且半分鐘內(nèi)

17、不褪色；(3)1.96g硫酸亞鐵錢晶體的物質(zhì)的量n=196g-=0.005mol,根據(jù)原子守恒則亞M392g/mol鐵離子的物質(zhì)的量為0.005mol,反應(yīng)5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O,則5Fe2+MnO4-,所以高鎰酸鉀的物質(zhì)的量為0.001mol,據(jù)c=-=0-003mOl=-mol/L,故答案為：V10VLV1OV4.實(shí)驗(yàn)室用酸性蝕刻廢液(含Cu2+、H+、CuCl2、Cl-等)和堿性蝕刻廢液NH4、_、2Cu(NH3)4、NH3H2O等制備CuI(白色固體)的實(shí)驗(yàn)流程如下避性注菜康海吉口KOHJCI過流水帶碳酸的鼻濁液n化荽iv能性曲剌重裱T轉(zhuǎn)喂銅晶件V.2

18、(1)步驟I中發(fā)生了多個(gè)反應(yīng)，其中Cu(NH3)4與鹽酸反應(yīng)生成Cu(OH)Cl的離子萬(wàn)程式為O(2)步驟IV需控制pH為12,80C下進(jìn)行，合適的加熱方式是(3)步驟V的具體步驟是蒸發(fā)濃縮、。(4)步驟V:在下列裝置(夾持及加熱裝置已省略)中進(jìn)行。cd裝置a中盛裝濃硫酸的儀器的名稱是，圓底燒瓶中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。用裝置d中的溶液洗滌制得的CuI的目的是，然后再用無水乙醇洗滌的目的是一【答案】Cu(NH3)2+3H+CF+H2O一Cu(OH)ClJ+4H4熱水浴冷卻結(jié)晶過濾(洗滌)分液漏斗Cu+2佳SO4(濃)ACuSQ+SOd+2住O可防止CuI被空氣中的O2氧化使固體快速干燥并溶解表

19、面可能混有的I2【解析】【分析】由流程圖可知，酸性蝕刻廢液和堿性蝕刻廢液混合反應(yīng)得到Cu(OH)Cl懸濁液，過濾，將Cu(OH)Cl加水、過漿后，與濃硫酸水浴加熱反應(yīng)生成硫酸銅，硫酸銅粗溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、干燥、洗滌得到硫酸銅晶體，硫酸銅晶體與碘、二氧化硫和水反應(yīng)生成碘化亞銅白色固體?！驹斀狻?1)步驟I中Cu(NH3)42+與鹽酸反應(yīng)生成Cu(OH)Cl沉淀和氯化俊，反應(yīng)的離子方程式Cu(NH3)42+3H+Cl'+H2O=Cu(OH)ClJ+4N4+,故答案為：Cu(NH3)42+3H+C-+H2O=Cu(OH)ClJ+4N4+；(2)步驟IV為Cu(OH)Cl加水、過

20、漿后，與濃硫酸在制pH為12,80c下水浴加熱反應(yīng)反應(yīng)生成硫酸銅，故答案為：熱水浴；(3)步驟V為硫酸銅粗溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、干燥、洗滌得到硫酸銅晶體，故答案為：冷卻Z晶；過濾(洗滌)；(4)裝置a中盛裝濃硫酸的儀器為分液漏斗；圓底燒瓶中銅與濃硫酸共熱反應(yīng)生成硫酸銅、二氧化硫和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cu+2H2SQ(濃)&CuSQ+SOd+2H2O,故答案為：分液漏斗；Cu+2H2S。(濃)旦CuSQ+SQT+2H2O;裝置d中的溶液為二氧化硫的飽和水溶液，碘化亞銅具有還原性，易被空氣中的氧氣氧化，用二氧化硫水的飽和水溶液洗滌碘化亞銅，可以防止碘化亞銅被空氣中的氧氣氧化；再

21、用無水乙醇洗滌可以溶解除去碘化亞銅表面可能混有的單質(zhì)碘，并能使固體快速干燥，故答案為：可防止CuI被空氣中的O2氧化；使固體快速干燥并溶解表面可能混有的|2O5.常溫下，三硫代碳酸鈉(Na2CS)是玫瑰紅色針狀固體，與碳酸鈉性質(zhì)相近。在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有廣泛的用途。某小組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)探究三硫代碳酸鈉的性質(zhì)并測(cè)定其溶液的濃度。實(shí)驗(yàn)一：探究NazCS的性質(zhì)(1)向NazCS溶液中滴入酚酗:試液，溶液變紅色。用離子方程式說明溶液呈堿性的原因(2)向Na2csl溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去。該反應(yīng)中被氧化的元素是實(shí)驗(yàn)二：測(cè)定Na2CS溶液的濃度按如圖所示連接好裝置，取50.0mLNa2CQ溶液置于三

22、頸瓶中，打開分液漏斗的活塞，滴入足量2.0mol/L稀H2SC4,關(guān)閉活塞。已知：NazCS+H2SQ=Na2SQ+C8+H2ST。C8和H2s均有毒。C8不溶于水，沸點(diǎn)46C,密度1.26g/mL,與CQ某些性質(zhì)相似，與NaCH作用生成NazCCS和H2C。(1)盛放堿石灰的儀器的名稱是,堿石灰的主要成分是(填化學(xué)式)。(2)C中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是。(3)反應(yīng)結(jié)束后打開活塞K,再緩慢通入N2一段時(shí)間，其目的是。(4)為了計(jì)算Na2CS溶液的濃度，對(duì)充分反應(yīng)后B中混合物進(jìn)行過濾、洗滌、干燥、稱重，得8.4g固體，則三頸瓶中Na2C8的物質(zhì)的量濃度為?！敬鸢浮縊S2'+H2O?HC8

23、-+CHS干燥管CaC和NaCHCS+2CH-=CCS：2'+H2C將裝置中殘留的的H2sCS2全部排入后續(xù)裝置中，使其被完全吸收1.75mol/L【解析】【分析】實(shí)驗(yàn)一：(1)Na2C8的水溶液中加入酚酗:變紅色，說明Na2C8是強(qiáng)堿弱酸鹽；(2)根據(jù)Na2C3中元素化合價(jià)是否是該元素的最高價(jià)態(tài)來進(jìn)行判斷；實(shí)驗(yàn)二：(1)根據(jù)儀器的圖形判斷儀器的名稱；堿石灰的主要成分是氧化鈣和氫氧化鈉；(2)A中生成的C8可與NaCH作用生成N&CCS和H2C;(3)反應(yīng)結(jié)束后打開活塞k,再緩慢通入熱N2一段時(shí)間是把生成的硫化氫和二硫化碳全部趕入后面裝置完全吸收；(4)當(dāng)A中反應(yīng)完全后，打開K

24、緩慢通入熱N2一段時(shí)間，然后對(duì)B中混合物進(jìn)行過濾、洗滌、干燥，稱重，得8.4g黑色固體，n(CuS)=84g=0.0875mol,根據(jù)關(guān)系式96g/molNa2CSH2sCuS得n(Na2CS)=n(CuS)=0.0875mol,根據(jù)c=2計(jì)算A中NazCS溶液的濃度。【詳解】實(shí)驗(yàn)一：(1)Na2C8的水溶液中加入酚酗:變紅色，說明Na2CS是強(qiáng)堿弱酸鹽，則CS2一在水中發(fā)生水解，離子方程式為：CS2'+H2C?HCS'+CH'；(2)Na2CS中Na為+1價(jià)，C為+4價(jià)，都是元素的最高價(jià)態(tài)，不能被氧化，S為-2價(jià)，是硫元素的低價(jià)態(tài)，能夠被氧化，所以被氧化的元素是S；實(shí)

25、驗(yàn)二：(1)盛放堿石灰的儀器為干燥管，堿石灰的主要成分是氧化鈣和氫氧化鈉；(2)A中生成的CQ可與NaCH作用生成Na2CCS和H2。，相關(guān)離子方程式為：C8+2CH-=CCS2-+H2C;反應(yīng)結(jié)束后打開活塞k,再緩慢通入熱N2一段時(shí)間，其目的是：將裝置中的H2s全部排入B中被充分吸收；將裝置中的C3全部排入C中被充分吸收；(4)當(dāng)A中反應(yīng)完全后，打開K緩慢通入熱N2一段時(shí)間，然后對(duì)B中混合物進(jìn)行過濾、洗滌、干燥，稱重，得8.4g黑色固體，n(CuS)=-84g=0.0875mol,根據(jù)關(guān)系式96g/molNazCSH2sCuS得n(Na2CS)=n(CuS)=0.0875mol,c(Na2C

26、S)=0.0875mol=1.75mol/L。0.05L6.廢水中過量的氨氮(NH3和NH4)會(huì)導(dǎo)致水體富營(yíng)養(yǎng)化。某科研小組用NaClO氧化法處理氨氮廢水。已知：HC1O的氧化性比NaClO強(qiáng)；NH3比NH4更易被氧化；國(guó)家相關(guān)標(biāo)準(zhǔn)要求經(jīng)處理過的氨氮廢水PH要控制在69。(1)pH1.25時(shí)，NaClO可與NH4反應(yīng)生成N2等無污染物質(zhì)，該反應(yīng)的離子方程式為O(2)進(jìn)水pH對(duì)氨氮去除率和出水pH的影響分別如圖1和圖2所示：進(jìn)水pH進(jìn)水2口交杵曜卡鞘呼進(jìn)水pH在1.252.75范圍內(nèi)時(shí)，氨氮去除率隨pH的升高迅速下降的原因是O進(jìn)水pH在2.756范圍內(nèi)時(shí)，氨氮去除率隨pH的升高而上升的原因是進(jìn)水

27、pH應(yīng)控制在左右為宜。為研究空氣對(duì)NaClO氫化氨氮的影響，其他條件不變，僅增加單位時(shí)間內(nèi)通人空氣的量，發(fā)現(xiàn)氨氮去除率幾乎不變。其原因可能是(填序號(hào))a.O2的氧化性比NaClO弱b.O2氧化氨氮速率比NaClO慢c.O2在廢水中溶解度比較小d.空氣中的N2進(jìn)入廢水中【答案】3ClO2NH4N23Cl3H2O2H隨著pH的升高，NaClO含量增大，氧化性降低，導(dǎo)致氨氯去除率下降隨著pH的升高，氨氮廢水中NH3含量增大，而NH3比NH4更易被氧化1.5abc【解析】【分析】(1)pH=1.25時(shí)，NaClO可與NH4+反應(yīng)生成用等無污染物質(zhì)，次氯酸根離子被還原為氯離子和水，結(jié)合電荷守恒、電子守恒

28、、原子守恒配平書寫離子方程式；(2)進(jìn)水pH為1.252.75范圍內(nèi)，氨氮去除率隨pH升高迅速下降是c(OH-)較大，抑制NaClO水解，c(HClO)較小致氧化能力弱；進(jìn)水pH為2.756.00范圍內(nèi)氨氮去除率隨pH升高而上升，氨氣含量增大氨氮易被氧化；結(jié)合圖象變化可知進(jìn)水pH應(yīng)控制在1.0左右；(3)其他條件不變，僅增加單位時(shí)間內(nèi)通入空氣的量，發(fā)現(xiàn)氨氮去除率幾乎不變，說明O2氧化氨氮速率比NaClO慢，比次氯酸鈉氧化性弱，溶液中溶解的氧氣少等原因。【詳解】(1)pH=1.25時(shí)，NaClO可與NH4+反應(yīng)生成此等無污染物質(zhì)，次氯酸根離子被還原為氯離子，結(jié)合電荷守恒、電子守恒、原子守恒配平書

29、寫離子方程式：3ClO-+2NH4+=N2T+3C1+2H+；(2)進(jìn)水pH為1.252.75范圍內(nèi)，氨氮去除率隨pH升高迅速下降的原因是：隨著PH升高，NaClO含量增大，氧化性能降低，導(dǎo)致氨氮去除率下降；進(jìn)水pH為2.756.00范圍內(nèi)，氨氮去除率隨pH升高而上升的原因是：隨著PH升高氨氮廢水中氨氣含量增大，氨氮更易被氧化；進(jìn)水pH應(yīng)控制在1.50左右，氨氮去除率會(huì)較大；(3)研究空氣對(duì)NaClO氧化氨氮的影響，其他條件不變，僅增加單位時(shí)間內(nèi)通入空氣的量，發(fā)現(xiàn)氨氮去除率幾乎不變。其原因可能是：。2的氧化性比NaClO弱、O2氧化氨氮速率比NaClO慢、O2在溶液中溶解度比較小；故答案為：a

30、bc。在酸性至弱堿性條件下，能與水反應(yīng)生成Fe(OH)3和O2。(1)裝置A中KMnO%與鹽酸反應(yīng)生成7.實(shí)驗(yàn)室用圖所示裝置制備KClO溶液，并通過KClO溶液與Fe(NO3)3溶液的反應(yīng)制備高效水處理劑K?FeO4.已知K?FeO4具有下列性質(zhì)可溶于水、彳溶于濃KOH溶液，在0c5c、強(qiáng)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，MnCl2和C%,其化學(xué)方程式為的作用是KClO3,試寫出該反應(yīng)的離子方程式(3)制備K2FeO4時(shí)，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。理由是2(4)已知pH

31、11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按金屬離子濃度為1.0moll1計(jì)算)。開始沉淀的pH沉淀完全的pHFe31.13.2Fe2和KOH在較高溫度下反應(yīng)生成5.88.8Zn25.98.9實(shí)驗(yàn)中可選用的試劑：30%H2O2.1.0molL1HNO3、1.0molL1NaOH.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C中的HClV3Cl?6OH-5ClCO3H?OLFeOd

32、在Fe3作用下會(huì)分解向硫酸鋅溶液中232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F4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【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

33、=2KCl+2MnCl2+5Cl2T+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+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2T+8H2O;除去C中的HCl;2 C12和KOH在較高溫度下反應(yīng)生成KClO3,反應(yīng)的離子方程式為3c126OH5ClC1O33H2O,故答案為:323C126OH5C1CIO33H2O；3由題意可知KzFeO,在Fe3和Fe(OH)3催化作用下發(fā)生分解，則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，故答案為：K2FeO4在Fe3作用

34、下會(huì)分解；4根據(jù)表中陽(yáng)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1.0mo1L1NaOH,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?！军c(diǎn)睛

35、】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，以此解答該題。8.某實(shí)驗(yàn)小組欲制取氧化銅并證明氧化銅能加快氯酸鉀的分解，進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：(一)制取氧化銅往盛有一定量CuCb溶液的燒杯中逐滴加入NaOH溶液，直至不再產(chǎn)生沉淀，然后將燒杯中的物質(zhì)轉(zhuǎn)移到蒸發(fā)皿中，加熱至沉淀全部變?yōu)楹谏⒉襟E所得的黑色沉淀過濾、洗滌，晾干后研細(xì)備用。(1)在實(shí)驗(yàn)過程中，若未加入NaOH溶液，直接將CuC2溶液轉(zhuǎn)移到蒸發(fā)皿中加熱，最后也能得到黑色沉淀，試分析其原

36、因。(2)寫出檢驗(yàn)步驟中沉淀是否洗滌干凈的操作。(二)為證明氧化銅能加快氯酸鉀的分解并與二氧化鎰的催化效果進(jìn)行比較，用下圖裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，每次實(shí)驗(yàn)時(shí)均收集25ml氣體，其他可能影響實(shí)驗(yàn)的因素均已忽略，實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)見下表：A實(shí)驗(yàn)序號(hào)KC1Q質(zhì)量其他物質(zhì)質(zhì)量待測(cè)數(shù)據(jù)1.2g無其他物質(zhì)a1.2gCuO0.5gb1.2gMnO20.5gc(3)寫出氯酸鉀分解反應(yīng)的化學(xué)方程式，并用雙線橋表示電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目O(4)上述實(shí)驗(yàn)中的“待測(cè)數(shù)據(jù)”是指。(5)圖中量氣裝置B由干燥管、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)若實(shí)驗(yàn)證明氧化銅加快氯酸鉀的分解效果比用二氧

37、化鎰差，請(qǐng)結(jié)合上表的實(shí)驗(yàn)效果數(shù)據(jù)，在坐標(biāo)圖中分別畫出使用CuO、MnO2作催化劑時(shí)產(chǎn)生氧氣的體積V(O2)隨時(shí)間(t)變化的曲線(注明必要的標(biāo)識(shí))。【答案】CuC2溶液中存在水解平衡CuC2+2H2g=Cu(OH)2+2HC1,加熱時(shí)HCl逸出使平衡不斷右移，同時(shí)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，若無白色沉淀產(chǎn)生，則洗滌干凈關(guān)去64廣1&*+35T收集25mL氣體所需的時(shí)間堿式得到Vg)/mL(1)CuCb是強(qiáng)酸弱堿鹽會(huì)發(fā)生水解，CuC2溶液中存在水解平衡CuC2+2H20r-hCu(OH)2+2HC1,水解

38、吸熱，加熱時(shí)HCl逸出使平衡不斷右移，同時(shí)得到的Cu(0H)2受熱分解生成CuO。(2)如果沒有洗滌干凈則有NaCl雜質(zhì)，檢驗(yàn)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，若無白色沉淀產(chǎn)生，則洗滌干凈。(3)用雙線橋表示電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目時(shí)，線橋要從反應(yīng)物指向生成物的化合價(jià)發(fā)生改變的同種元素，在線橋上要注明反應(yīng)的得失電子數(shù)目，用雙線橋表示氯酸鉀分解的電子轉(zhuǎn)、一，心0.移的方向和數(shù)目為：2KC：0+30n僵到2尺收一(4)要比較反應(yīng)的快慢需要反應(yīng)的時(shí)間，因此待測(cè)數(shù)據(jù)是：收集25mL氣體所需的時(shí)間。(5)從圖可以看出該滴定管沒有活

39、塞，所以是堿式滴定管。(6)反應(yīng)測(cè)的是收集25mL氣體所需的時(shí)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(shí)間要多，產(chǎn)生氧氣的體積V(02)隨時(shí)間(t)變化的曲線為:O9.鐵、氯、銅及其化合物在生產(chǎn)、生活中有廣泛的用途。試回答下列問題。(1)二氧化氯(C102)已逐步代替C12用于自來水處理，用C102處理過的飲用水(pH為5.56.5)常含有一定量對(duì)人體不利的亞氯酸根離子(ClO2-)o已知：25c時(shí)Ka(HClO)=3.2X10,Ka(HClO2)=1.0X10,則酸性HClQHClO短">"="或&q

40、uot;<'；在pH=5的上述處理過的飲用水中C(Cl02)=；若飲用水中Cl02-的含量超標(biāo)，可向其中加入適量c(HC102)的Fe2+將Cl02-還原成C，寫出酸性條件下該反應(yīng)的離子方程式：(2)腐蝕銅板后的溶液中，若Cu2+、Fe3+和FeT濃度土勻?yàn)?.1molL下圖為金屬離子的濃度的對(duì)數(shù)與溶液pH的關(guān)系，現(xiàn)向混合溶液中通入氨氣調(diào)節(jié)溶液的pH=5.6,溶液中存在的金屬陽(yáng)離子為(當(dāng)溶液中金屬離子濃度<105molL-1時(shí)，可認(rèn)為沉淀完全)。(3)Na2s是常用的重金屬離子沉淀劑。某工業(yè)污水中含有等濃度的OCu2+、Fe2+、Pb2+,滴加;當(dāng)最后一種離子沉淀完全時(shí)(該

41、離子濃度0已知：Ksp(FeS)=Na2s溶液后首先析出的沉淀是一為10-5molL1),此時(shí)的g濃度為6.3X108;Ksp(CuS)=6X1036;Ksp(PbS)=2.4X108。【答案】>1034FcT+C1O2+4H+=4Fe3+Cl+2H2OCiT、Fe2+1.0X10-17CuS6.3X10-13molL1【解析】【分析】(1)組成相似的酸，電離平衡常數(shù)越大酸性越強(qiáng)；依據(jù)電離平衡常數(shù)計(jì)算式計(jì)算；(2)向混合溶液中通入氨氣調(diào)節(jié)溶液的pH=5.6時(shí)，由圖象分析出：易生成Fe(OH)3沉淀；根據(jù)KspFe(OH)2=c(Fe2+)X2(OH)計(jì)算；(3)物質(zhì)組成類型相同，溶度積越

42、小，溶解度越小，滴加硫化鈉，相應(yīng)陽(yáng)離子最先沉淀；根據(jù)溶度積計(jì)算ST的濃度?！驹斀狻?1)電離平衡常數(shù)越大酸性越強(qiáng)，已知：25c時(shí)Ka(HClO)=3.2X10,Ka(HClQ)=1.0X102,則酸性HCQ>HClO;在pH=5的上述處理過的飲用水中，c(4)=10-5molL1c(C102)K1.010+5c(HClO2)c(H)1052-二103；若飲用水中ClQ的含量超標(biāo)，可向其中加入適量的Fe2+將CIO2還原成C-,酸性條件下該反應(yīng)的離子方程式：4Fe2+ClO2+4H+=4Fe3+Cl+2H2O;故答案為：HClO2>HClO;103；4Fe2+ClO2+4H+=4Fe

43、3+CI+2H2O;(2)向混合溶液中通入氨氣調(diào)節(jié)溶液的pH=5.6時(shí)，由圖象可知易生成Fe(OH)3沉淀，溶液中存在的金屬陽(yáng)離子為Cu2+、Fe2+,故答案為：Cu2+、Fe2+;由圖象可知：c(Fe2+)=1.0X16(molC1),c(OH)=1.0X10(molL-1),KspFe(OH)2=c(Fe2+)X2(OH)=1.0X107(molL-1)3；故答案為：1.0X107；(3)物質(zhì)組成類型相同，溶度積越小，溶解度越小，滴加硫化鈉，相應(yīng)陽(yáng)離子最先沉淀，故首先析出沉淀是CuSFe2+最后沉淀，沉淀完全時(shí)該濃度為10-5molL-1,此時(shí)的ST的濃、,631018一一一一度為zmol

44、L1=6.3x110molL1,故答案為：CuS;6.3x103molL1。105【點(diǎn)睛】本題考查了元素化合物性質(zhì)分析，溶度積常數(shù)計(jì)算，沉淀轉(zhuǎn)化實(shí)質(zhì)理解應(yīng)用，電離平衡常數(shù)概念的分析應(yīng)用，掌握有關(guān)Ksp的基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，難點(diǎn)(3),根據(jù)物質(zhì)組成類型相同，溶度積越小，溶解度越小，離子先沉淀析出。10.合成氨工業(yè)對(duì)國(guó)民經(jīng)濟(jì)和社會(huì)發(fā)展具有重要意義(1)工業(yè)合成氨工業(yè)常用的催化劑是，氨分子的電子式是(2)圖是一定的溫度和壓強(qiáng)下是N2和H2反應(yīng)生成1molNH3過程中能量變化示意圖，請(qǐng)寫出工業(yè)合成氨的熱化學(xué)反應(yīng)方程式。(熱量Q的數(shù)值用含字母a、b的代數(shù)式表示)(3)下列有關(guān)該反應(yīng)的說法正確的是(填序號(hào))A

45、.保持容器的體積不變，當(dāng)混合氣體的密度不變時(shí)，說明反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)。B.達(dá)到平衡時(shí)若升高溫度，混合氣體中氮元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)將變大。C.達(dá)到平衡時(shí)若減少容器的體積，正反應(yīng)速率將大于逆反應(yīng)速率。D.達(dá)到平衡后，N2的轉(zhuǎn)化率和H2的轉(zhuǎn)化率一定相等。(4)在催化劑存在下，NH3可用來消除NO的污染，生成兩種對(duì)環(huán)境無害的物質(zhì)。寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式：;該反應(yīng)中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比是(5)把NH3通入鹽酸溶液中，所得溶液的pH=7,此時(shí)溶液中離子濃度關(guān)系是【答案】鐵觸媒N2(g)+3H2(g)工、2NH3(g)+2(b-a)kJmol-1C4NH3+6NO-5M+6H2O2:3c(NH4+)=

46、c(C-)>c(H+)=c(OH-)c(NH4+)+c(H+)=c(OH)+c(C)【解析】【分析】工業(yè)合成氨的催化劑是以鐵為載體的鐵觸媒，氨氣是共價(jià)化合物，氮原子最外層5個(gè)電子，其中三個(gè)電子和三個(gè)氫原子形成三個(gè)共價(jià)鍵；由圖求出N2和H2反應(yīng)生成1molNH3的反應(yīng)熱，再根據(jù)熱化學(xué)反應(yīng)方程式的書寫要求解答；合成氨是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，依據(jù)平衡移動(dòng)原理判斷；NH3可用來消除NO的污染，生成2種對(duì)環(huán)境無害的物質(zhì)，應(yīng)生成氮?dú)夂退?；氨氣通入鹽酸溶液反應(yīng)生成氯化錢溶液，溶液中一定存在電荷守恒；若溶液pH=7,則氫氧根離子濃度和氫離子濃度相同，結(jié)合電荷守恒得到離子濃度大小。據(jù)此分析。【詳解】(1

47、)工業(yè)合成氨的催化劑是以鐵為載體的鐵觸媒，氨氣是共價(jià)化合物，氮原子最外層5個(gè)電;答案為：鐵觸媒;子，其中三個(gè)電子和三個(gè)氫原子形成三個(gè)共價(jià)鍵，電子式為:H品(2)由圖可知，N2和H2反應(yīng)生成ImolNH3放出的熱量為(b-a)kJ,該反應(yīng)的熱化學(xué)反應(yīng)方程式為N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-2(b-a)kJmol-1,故答案為：N2(g)+3H2(g)U2NH3(g)+2(b-a)kJmol-1;(3)合成氨是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，保持容器的體積不變，混合氣體質(zhì)量不變，當(dāng)混合氣體的密度不變時(shí)，不能說明反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，A錯(cuò)誤；達(dá)到平衡時(shí)若升高溫度，平衡逆向進(jìn)行，根據(jù)反應(yīng)方程式原子

48、守恒，氮元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)保持不變，B錯(cuò)誤；達(dá)到平衡時(shí)若減少容器的體積，壓強(qiáng)增大，平衡正向進(jìn)行，正反應(yīng)速率將大于逆反應(yīng)速率，C正確；轉(zhuǎn)化率和起始量、變化量有關(guān)，達(dá)到平衡后，N2的轉(zhuǎn)化率和H2的轉(zhuǎn)化率不一定相等，D錯(cuò)誤；答案選C；(4)NH3可用來消除NO的污染，生成2種對(duì)環(huán)境無害的物質(zhì)，應(yīng)生成氮?dú)夂退瘜W(xué)方程式為：4NH3+6NO=5N2+6H2O；該反應(yīng)中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物都是N2,物質(zhì)的量之比是2:3；(5)氨氣通入鹽酸溶液反應(yīng)生成氯化錢溶液，若溶液pH=7,溶液中溶質(zhì)為NH4Cl和NH3H2O,溶液中氫氧根離子濃度和氫離子濃度相同，電荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-

49、),則c(NH4+)=c(Cl-),得到離子濃度大小為c(NH4+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-);11.大氣污染越來越成為人們關(guān)注的問題，煙氣中的NOx必須脫除(即脫硝)后才能排放，脫硝的方法有多種。完成下列填空：I直接脫硝(1) NO在催化劑作用下分解為氮?dú)夂脱鯕狻Ｔ?0L密閉容器中，NO經(jīng)直接脫硝反應(yīng)時(shí)，其物質(zhì)的量變化如圖1所示。則。5min內(nèi)氧氣的平均反應(yīng)速率為mol/圖1n臭氧脫硝(2) O3氧化NO結(jié)合水洗可完全轉(zhuǎn)化為HNO3,此時(shí)O3與NO的物質(zhì)的量之比為。出氨氣脫硝(3)實(shí)驗(yàn)室制取純凈的氨氣，除了氯化俊外，還需要、(填寫試劑名稱)。不使用碳酸錢的原因是(用化學(xué)方

50、程式表示)。(4)吸收氨氣時(shí)，常使用防倒吸裝置，圖2裝置不能達(dá)到此目的是一。三一笨招一水圖2NH3脫除煙氣中NQ的原理如圖3：/O=V*-VJ0心HOTLV'-0'*H-O-V-*1L0郎(5)該脫硝原理中，0.25molQ2時(shí)，除去的NO最終轉(zhuǎn)化為(填化學(xué)式)NO在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為和H2Qo當(dāng)消耗1molNH3和L?！敬鸢浮?.0151:2消（熟）石灰堿石灰（NH4）2CC3_4_2NH3T+CQT+2H2OdN222.4L【解析】【分析】(1)由圖象得到NQ物質(zhì)的量變化，計(jì)算得到氧氣物質(zhì)的量變化，結(jié)合化學(xué)反應(yīng)速率概念計(jì)算v=-c；t(2)03氧化NO結(jié)合水洗可完全轉(zhuǎn)化為H

51、NO3,反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Q3+2NQ+H2Q=2HNQ3；(3)實(shí)驗(yàn)室利用固體氯化錢和氫氧化鈣加熱反應(yīng)生成，氨氣是堿性氣體，干燥需要堿性干燥劑，不使用碳酸錢的原因是碳酸錢加熱生成氨氣同時(shí)會(huì)生成二氧化碳?xì)怏w；(4)氨氣極易溶于水，在水溶液中易發(fā)生倒吸，根據(jù)氣體壓強(qiáng)的知識(shí)進(jìn)行分析；(5)由圖3可知反應(yīng)物為氧氣、一氧化氮和氨氣最終生成物為氮?dú)夂退?；根?jù)氨氣失去的電子的物質(zhì)的量等于NO和氧氣得到的電子總物質(zhì)的量計(jì)算?！驹斀狻吭?0L密閉容器中，NQ經(jīng)直接脫硝反應(yīng)時(shí)，其物質(zhì)的量變化如圖1所示，NQ在5min內(nèi)變化物質(zhì)的量8.0mol-6.5mol=1.5mol,NO在催化劑作用下分解為氮?dú)夂脱鯕猓?

52、NQ=0.75molQ2+N2,生成氧氣物質(zhì)的量0.75mol,則05min內(nèi)氧氣的平均反應(yīng)速率=10L5min0.015mol/L?min;(2)03氧化NQ結(jié)合水洗可完全轉(zhuǎn)化為HNO3,反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Q3+2NQ+H2Q=2HNO3,此時(shí)O3與NO的物質(zhì)的量之比為1:2;(3)實(shí)驗(yàn)室利用固體氯化錢和氫氧化鈣加熱反應(yīng)生成，氨氣是堿性氣體，干燥需要堿性干燥劑，實(shí)驗(yàn)室制取純凈的氨氣，除了氯化俊外，還需要消(熟)石灰、堿石灰，不使用碳酸錢的原因是碳酸錢加熱生成氨氣同時(shí)會(huì)生成二氧化碳?xì)怏w，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：(NH4)2CO3&2NH3f+COT+2H2O；(4)裝置abc中都有一個(gè)容

53、積較大的儀器，它們能夠吸收較多的液體，從而不會(huì)使倒吸的液體進(jìn)入前面的裝置，可以防止倒吸，d中導(dǎo)氣管插入到水中，氨氣極易溶于水，易引起倒吸，不能防倒吸，應(yīng)是四氯化碳在下層，水在上層，防止倒吸且能吸收氨氣，故答案為：d；(5)由圖3可知反應(yīng)物為氧氣、一氧化氮和氨氣最終生成物為氮?dú)夂退?，所以NO最終轉(zhuǎn)化為沖和H2O；氧氣、一氧化氮和氨氣反應(yīng)生成氮?dú)夂退?，反?yīng)中氨氣失去的電子的物質(zhì)的量等于NO和氧氣得到的電子總物質(zhì)的量，2molNH3轉(zhuǎn)化為N2失去6mol電子，0.25molO2得到1mol電子，則NO轉(zhuǎn)化為N2得到的電子為2mol,所以NO的物質(zhì)的量為1mol,其體積為22.4L。12.用納米Fe/

54、Ni復(fù)合材料能去除污染水體的NO*Ni不參與反應(yīng)。離子在材料表面的活性位點(diǎn)吸附后發(fā)生反應(yīng)，活性位點(diǎn)被其他附著物占據(jù)會(huì)導(dǎo)致速率減慢(NH4+無法占據(jù)活性位點(diǎn))。反應(yīng)過程如圖所示：(1)酸性環(huán)境中，納米Fe/Ni去除NO3-分兩步，將步驟ii補(bǔ)充完整：I.NO3-+Fe+2H+=NO2-+Fe2+H2On.+h+=Fe2+(2)初始pH=2.0的廢液反應(yīng)15min后，出現(xiàn)大量白色絮狀物，過濾后很快變成紅褐色，結(jié)合化學(xué)用語(yǔ)解釋整個(gè)變化過程的原因。(3)水體初始pH會(huì)影響反應(yīng)速率，不同pH的硝酸鹽溶液與納米Fe/Ni反應(yīng)時(shí)，溶液中-、c3隨時(shí)間的變化如圖1所示。(注：C0(NO3-)為初始時(shí)NO3-的

55、濃度。)Co(N03)時(shí)間皿1四I為達(dá)到最高去除率，應(yīng)調(diào)水體的初始pH=。t<15min,pH=2.0的溶液反應(yīng)速率最快，t>15min,其反應(yīng)速率迅速降低，原因分別是O(4)總氮量指溶液中自由移動(dòng)的所有含氮微粒濃度之和，納米Fe/Ni處理某濃度硝酸鹽溶液時(shí)，隨時(shí)間的變化如圖2所示。40min時(shí)總氮量較初始時(shí)下降，可能的原因是一。81用H5(5)利用電解無害化處理水體中的NO3",最終生成N2逸出。其裝置及轉(zhuǎn)化圖如圖所示:陰極的電極反應(yīng)式為?！敬鸢浮縉O2-3Fe83NH+2H2O)Fe2+在水中發(fā)生水解，F(xiàn)e2+2H2O?Fe(OH%+2H+,隨著反應(yīng)進(jìn)行，c(H+)減小，平衡右移，產(chǎn)生Fe(OH)2沉淀，之后發(fā)生反應(yīng)4Fe(OH+O2+2H2O=4Fe(OH)3,變成紅褐色的Fe(OH)36.5pH=2的溶液中，t<15min時(shí)，溶液中H+濃度較高，因此反應(yīng)速率較快，溶液中產(chǎn)生Fe2+和pH上升速率較快，t>15min時(shí)，產(chǎn)生大量Fe(OH)2,附著在活性位點(diǎn)上，減小接觸面積，因此反應(yīng)速率迅速下降反應(yīng)