20.氨和硝酸都是重要的工業(yè)原料.
(1)標準狀況下,將500L氨氣溶于水形成1L氨水,則此氨水的物質的量濃度為22.3mol/L(保留三位有效數(shù)字).工業(yè)上常用過量氨水吸收二氧化硫,該反應的化學方程式為SO2+2NH3•H2O=(NH42SO3+H2O(或SO2+2NH3+H2O=(NH42SO3).
(2)氨氧化法是工業(yè)生產(chǎn)中合成硝酸的主要途徑.合成的第一步是將氨和空氣的混合氣通過灼熱的鉑銠合金網(wǎng),在合金網(wǎng)的催化下,氨被氧化成一氧化氮,該反應的化學方程式為4NH3+5O2$\frac{\underline{\;催化劑\;}}{△}$4NO+6H2O.
下列反應中的氨與氨氧化法中的氨作用相同的是BC.
A.2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑B.2NH3+3CuO=3Cu+N2+3H2O
C.4NH3+6NO=5N2+6H2O    D.HNO3+NH3=NH4NO3
工業(yè)中的尾氣(假設只有NO和NO2)用燒堿進行吸收,反應的離子方程式為2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2O和NO+NO2+2OH-=□2NO2-+H2O(配平該方程式).
(3)向27.2g Cu和Cu2O的混合物中加入某濃度的稀HNO3 500mL,反應過程中產(chǎn)生的氣體只有NO.固體完全溶解后,在所得溶液(金屬陽離子只有Cu2+)中加入1L 1mol/L 的NaOH溶液使金屬離子恰好完全沉淀,此時溶液呈中性,所得沉淀質量為39.2g.
①Cu與稀HNO3反應的離子方程式為3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O.
②Cu與Cu2O 的物質的量之比為2:1.
③HNO3的物質的量濃度為2.4mol/L.
(4)有H2SO4和HNO3的混合溶液20mL,加入0.25mol•L-1 Ba(OH)2溶液時,生成沉淀的質量w(g)和Ba(OH)2溶液的體積V(mL)的關系如圖所示(C 點混合液呈中性).則原混合液中H2SO4的物質的量濃度為0.25mol/L,HNO3的物質的量濃度為1mol/L.

分析 (1)500L氨氣的物質的量為:$\frac{500L}{22.4L/mol}$=22.32mol,溶于水形成1L氨水,根據(jù)c=$\frac{n}{V}$;二氧化硫與氨氣反應生成亞硫酸銨;
(2)氨催化氧化生成一氧化氮和水;反應方程式為:4NH3+5O2$\frac{\underline{\;催化劑\;}}{△}$4NO+6H2O 中,氨氣是還原劑;根據(jù)質量守恒和得失電子守恒配平;
(3)①Cu與稀HNO3反應生成硝酸銅、一氧化氮和水,離子反應方程式為:3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O;
②所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L,此時溶液呈中性,金屬離子已完全沉淀,溶液中溶質為NaNO3,n(NaNO3)=n(NaOH)=1.0mol/L×1.0L=1mol,沉淀為Cu(OH)2,質量為39.2g,物質的量為$\frac{39.2g}{98g/mol}$=0.4mol,根據(jù)銅元素守恒有n(Cu)+2n(Cu2O)=n[Cu(OH)2],所以反應后的溶液中n[[Cu(NO32]=n[Cu(OH)2]=0.4mol,設Cu、Cu2O的物質的量分別為x、y,則
$\left\{\begin{array}{l}{64x+144y=27.2}\\{x+2y=0.4}\end{array}\right.$,進行計算;
③Cu和Cu2O與稀硝酸反應生成硝酸銅,0.2molCu完全反應失去0.4mol電子,0.1molCu2O完全反應失去0.2mol電子,總共生成0.6mol電子,由電子守恒,生成NO的物質的量為$\frac{0.6mol}{(5-2)}$=0.2mol,在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L,此時溶液呈中性,金屬離子恰好完全沉淀,反應后的溶質為硝酸鈉,則溶液中的硝酸根離子的物質的量為n(NO3-)=n(NaOH)=1mol/L×1L=1mol,則硝酸的總物質的量為1mol+0.2mol=1.2mol,根據(jù)c=$\frac{n}{V}$進行計算;
(4)由圖可知,加入20mLBa(OH)2溶液時,硫酸鋇沉淀達最大值,故根據(jù)方程式計算硫酸的物質的量;由圖可知,PH=7時,消耗60mLBa(OH)2溶液,由H++OH-═H2O可知n(H+)=n(OH-),據(jù)此計算原溶液中含有的n(H+),進而計算硝酸的電離產(chǎn)生的氫離子物質的量,再根據(jù)c=$\frac{n}{V}$計算硫酸、硝酸的物質的量濃度;

解答 解:(1)500L氨氣的物質的量為:$\frac{500L}{22.4L/mol}$=22.32mol,溶于水形成1L氨水,c=$\frac{n}{V}$=$\frac{22.32mol}{1L}$=22.32mol/L;二氧化硫與氨氣反應生成亞硫酸銨,反應的化學方程式為:SO2+2NH3•H2O=(NH42SO3+H2O(或SO2+2NH3+H2O=(NH42SO3),故答案為:22.3;SO2+2NH3•H2O=(NH42SO3+H2O(或SO2+2NH3+H2O=(NH42SO3);
(2)氨催化氧化生成一氧化氮和水,反應方程式為:4NH3+5O2$\frac{\underline{\;催化劑\;}}{△}$4NO+6H2O,
A.反應2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑中,氨氣是氧化劑,故正確;B.反應2NH3+3CuO=3Cu+N2+3H2O中,氨氣是還原劑,故正確;
C.反應4NH3+6NO=5N2+6H2O中,氨氣是還原劑,故正確; D.反應HNO3+NH3=NH4NO3是非氧化還原反應,故錯誤;由質量守恒和得失電子守恒,配平為:NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O,故答案為:4NH3+5O2$\frac{\underline{\;催化劑\;}}{△}$4NO+6H2O;BC; 2NO2-;
(3)①Cu與稀HNO3反應生成硝酸銅、一氧化氮和水,離子反應方程式為:3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O,故答案為:3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O;
②所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L,此時溶液呈中性,金屬離子已完全沉淀,溶液中溶質為NaNO3,n(NaNO3)=n(NaOH)=1.0mol/L×1.0L=1mol,沉淀為Cu(OH)2,質量為39.2g,物質的量為$\frac{39.2g}{98g/mol}$=0.4mol,根據(jù)銅元素守恒有n(Cu)+2n(Cu2O)=n[Cu(OH)2],所以反應后的溶液中n[[Cu(NO32]=n[Cu(OH)2]=0.4mol,設Cu、Cu2O的物質的量分別為x、y,則
$\left\{\begin{array}{l}{64x+144y=27.2}\\{x+2y=0.4}\end{array}\right.$,解得x=0.2,y=0.1,
所以Cu與Cu2O 的物質的量之比為2:1,故答案為:2:1;
③Cu和Cu2O與稀硝酸反應生成硝酸銅,0.2molCu完全反應失去0.4mol電子,0.1molCu2O完全反應失去0.2mol電子,總共生成0.6mol電子,由電子守恒,生成NO的物質的量為$\frac{0.6mol}{(5-2)}$=0.2mol,在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L,此時溶液呈中性,金屬離子恰好完全沉淀,反應后的溶質為硝酸鈉,則溶液中的硝酸根離子的物質的量為n(NO3-)=n(NaOH)=1mol/L×1L=1mol,則硝酸的總物質的量為1mol+0.2mol=1.2mol,硝酸的濃度為$\frac{1.2mol}{0.5L}$=2.4mol/L,故答案為:2.4;2.4(2分)
(4)由圖可知,0~20mLBa(OH)2溶液發(fā)生H2SO4+Ba(OH)2═BaSO4↓+H2O,20mL~60mLBa(OH)2溶液發(fā)生發(fā)生H++OH-═H2O,
由圖可知,加入20mLBa(OH)2溶液時,硫酸鋇沉淀達最大值,設硫酸的物質的量為x,則:
H2SO4+Ba(OH)2═BaSO4↓+H2O
   1            1 
   x  0.02L×0.25mol•L-1
故x=0.02L×0.25mol•L-1=0.005mol,
硫酸的物質的量濃度為$\frac{0.005mol}{0.02L}$=0.25mol•L-1
由圖可知,PH=7時,消耗60mLBa(OH)2溶液,由H++OH-═H2O可知原溶液中含有的n(H+)=n(OH-)=2×0.06L×0.25mol•L-1=0.03mol,故n(HNO3)=0.03mol-0.005mol×2=0.02mol,
故原溶液中HNO3的物質的量濃度=$\frac{0.02mol}{0.02L}$=1mol/L,故答案為:0.25;1.

點評 本題考查氧化還原反應的計算,為高頻考點,把握電子守恒、原子守恒為解答的關鍵,側重分析與計算能力的考查,題目難度中等.

練習冊系列答案
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6.下列物質中,屬于共價化合物的是( 。
A.BaCl2B.NaOHC.Br2D.HF

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7.鎂和鋁的單質及化合物在生產(chǎn)生活中有廣泛的用途.
(1)向集滿CO2的鋁制易拉罐中加入過量NaOH濃溶液,立即封閉罐口,易拉罐漸漸凹癟;再過一段時間,罐壁又重新凸起.上述實驗過程中發(fā)生的主要離子反應有CO2+2OH-=CO32-+H2O、2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑.
(2)鈦(Ti)被稱為繼鐵、鋁之后的第三金屬.工業(yè)上可由金紅石(TiO2) 制取單質Ti,涉及的步驟為:TiO2→TiCl4$→_{800℃,Ar}^{Mg}$.第二步反應的化學方程式為2Mg+TiCl4 $\frac{\underline{\;高溫\;}}{Ar}$2MgCl2+Ti,該反應在Ar氣氛中進行的理由是防止Mg被氧化.
(3)化合物Mg5Al3(OH)19(H2O)4可作環(huán)保型阻燃材料,受熱時按如下化學方程式分解:
□Mg5Al3(OH)19(H2O)4$\stackrel{△}{→}$□MgO+□Al2O3+□H2O(配平該方程式)
①寫出該化合物作阻燃劑的依據(jù)反應吸熱降低溫度,固體氧化物隔絕空氣,水蒸氣稀釋空氣.(寫出一條依據(jù)即可)
②用離子方程式表示除去MgO、Al2O3混合物中Al2O3的原理Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O.

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8.某學生為了證明HCl溶液能使石蕊試液變紅的微粒是H+,他所設計的下列實驗中,沒有意義的是( 。
①向滴有石蕊試液的鹽酸中滴入硝酸銀溶液至過量,觀察溶液顏色的變化
②向稀鹽酸、釋硫酸、稀硝酸中分別滴入幾滴石蕊試液,觀察溶液顏色的變化
③向氯化鈉溶液中滴人幾滴石蕊試液,觀察溶液顏色的變化
④向鹽酸中加人碳酸鈉溶液至不再冒出氣泡,再滴入幾滴石蕊試液,觀察溶液顏色的變化
⑤向鹽酸中加少量蒸餾水稀釋,再滴入石蕊試液,觀察溶液顏色的變化.
A.①④B.②③C.D.③④⑤

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15.游泳池的水變綠主要是因為細菌及藻類的急劇繁殖導致的.
(1)含氯物質可以作為游泳池的消毒劑.一般水質正常的游泳池消毒后水中的余氯應保持在0.3~0.5mg/L,pH保持在7.4~7.6,這個環(huán)境下細菌和藻類都不易生長和繁殖.
①露天游泳池水由于連續(xù)下雨和高溫(28~30℃)會導致藻類大量繁殖,其原因是雨水降低了余氯的濃度,同時正常雨水為酸性,會降低溶液的pH,這樣會導致細菌和水藻大量繁殖.
②消毒劑的錯誤使用也會導致藻類大量繁殖,游泳池水變綠.若水中的余氯以次氯酸形式存在,再加入H2O2進行消毒也會導致池水變綠,寫出次氯酸與H2O2發(fā)生反應生成鹽酸的化學方程式H2O2+HClO=HCl+O2↑+H2O.
(2)處理池水變綠的方法分為五步.

①滅藻原理是銅離子可以使葉綠體中毒無法光合作用而死亡;CuSO4溶液也能夠殺菌,其原理是.加入CuSO4溶液后需要打開水循環(huán)系統(tǒng),其作用是重金屬使蛋白質變性,混合均勻.
②含氯消毒劑殺菌消毒主要體現(xiàn)出的化學性質是氧化性.
③選用Na2CO3調(diào)節(jié)pH至7.5,用化學用語和文字解釋其原因CO32-可以消耗溶液中的氫離子,產(chǎn)生的CO2可以直接排出體系,同時碳酸鈉溶液顯堿性:CO32-+H2O?HCO3-+OH-,可以起到調(diào)節(jié)溶液至弱堿性的目的.
④聚合氯化鋁可將懸浮物和被殺滅的細小藻類沉淀到池底,第二天將池底沉淀移出.稀釋聚合氯化鋁會產(chǎn)生膠體,其離子反應方程式是Al3++3H2O?Al(OH)3(膠體)+3 H+(;當溫度大于80℃時,水體中鋁離子的總濃度會降低,其原因是溫度升高,Al3++3H2O?Al(OH)3(膠體)+3H+平衡正向移動,生成Al(OH)3沉淀.

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5.下列措施是為了降低化學反應速率的是( 。
A.用鋅粉代替鋅片與稀硫酸反成制取氧氣
B.食品放在冰箱中貯藏
C.合成氨工業(yè)中使用催化劑
D.在試管中進行鋁和鹽酸反應時,稍微加熱

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12.下列反應的離子方程式書寫正確的是( 。
A.Cl2溶于水:Cl2+H2O?2H++Cl-+ClO-
B.鹽酸與氫氧化鈉溶液反應:H++OH-═H2O
C.三氯化鐵腐蝕印刷線路板:Fe3++Cu═Fe2++Cu2+
D.鹽酸與碳酸鈣反應制備二氧化碳:CO32-+2H+═CO2↑+H2O

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9.將下列各組物質分別同時加入到水中,能大量共存且得到無色透明溶液的是( 。
A.CaCl2   HCl   KNO3B.K2SO4   BaCl2   NaOH
C.NaOH   H2SO4   MgSO4D.Fe2O3   CuSO4   NaCl

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10.下列儀器中,不能加熱的是( 。
A.燒瓶B.燒杯C.容量瓶D.蒸發(fā)皿

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