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7.(1)二氧化氯溶于水的反应方程式2ClO2+H2OHClO3+HClO2,请用双线桥标明电子转移方向和数目
(2)写出下列物质熔融态的电离方程式:NaHSO4Na++HSO4-
(3)将粗盐溶解过滤除去不溶性杂质后,在滤液中依次滴加过量NaOH溶液、BaCl2溶液和Na2CO3溶液,直至不再产生沉淀.滴加Na2CO3溶液时发生反应的化学方程式为BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl.
(4)写出制备Fe(OH)3胶体的化学方程式:FeCl3+3H2O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$(OH)3(胶体)+3HCl.取乙烧杯中少量Fe(OH)3胶体置于试管中,向试管中逐渐滴加稀盐酸至过量,发生此变化的离子方程式为Fe(OH)3+3HCl=FeCl3+3H2O.
(5)根据反映8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2,回答下列问题
氧化剂Cl2,还原剂NH3
反应中转移电子数是6
氧化剂与氧化产物的质量比213:28
当生成28g N2时,被氧化的物质的质量是34g.

分析 (1)在氧化还原反应中,化合价升高值=化合价降低值=转移电子数,据此回答判断;
(2)在熔融状态电离出硫酸氢根离子和钠离子;
(3)加Na2CO3溶液除去钙离子以及过量的钡离子;
(4)氢氧化铁胶体的制备是在沸水中滴加饱和氯化铁溶液加热到红褐色液体得到氢氧化铁胶体;氢氧化铁胶体能与HCl反应生成三氯化铁和水;
(5)反应3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2中,Cl元素化合价由0价降低到-1价,被还原,Cl2为氧化剂,N元素化合价由-3价升高到0价,被氧化,NH3为还原剂,结合元素化合价的变化和反应的方程式解答该题.

解答 解:(1)反应2ClO2+H2O═HClO3+HClO2中,Cl从+4价升高到了+5价,从+4价降低到了+3价,电子转移为:
故答案为:
(2)在熔融状态电离出硫酸氢根离子和钠离子,其电离方程式为:NaHSO4=Na++HSO4-
故答案为:=Na++HSO4-
(3)由于加入Na2CO3溶液的目的是除去Ca2+和过量的Ba2+,故离子方程式为:BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl;CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl;
故答案为:BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl;
(4)实验室制备氢氧化铁胶体的方法是在沸水中滴加饱和氯化铁溶液加热,得到红褐色液体为氢氧化铁胶体,反应的化学方程式为:FeCl3+3H2O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Fe(OH)3(胶体)+3HCl;氢氧化铁胶体能与HCl反应生成三氯化铁和水,则其反应方程式为:Fe(OH)3+3HCl=FeCl3+3H2O;
故答案为:FeCl3+3H2O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Fe(OH)3(胶体)+3HCl;Fe(OH)3+3HCl=FeCl3+3H2O; 
(5)反应3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2中,Cl元素化合价由0价降低到-1价,被还原,Cl2为氧化剂,N元素化合价由-3价升高到0价,被氧化,NH3为还原剂;Cl元素化合价由0价降低到-1价,方程中转移电子数为6;
由方程式可知,当有3molCl2参加反应时,有2molNH3被氧化,生成氧化产物氮气为1mol,则氧化剂与氧化产物的质量比为3×71:1×28=213:28;当生成28g N2时,n(N2)=$\frac{28g}{28g/mol}$=1mol,参加反应的氨气为8mol,被氧化的物质的量是8mol×$\frac{1}{4}$=2mol,其质量为2mol×17g/mol=34g;
故答案为:Cl2;NH3;6;213:28;34.

点评 本题考查了胶体的制备、化学方程式的书写、氧化还原反应的计算,把握反应中元素的化合价变化及物质的量关系为解答的关键,侧重分析与计算能力的考查,题目难度不大.

练习册系列答案
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科目:高中化学 来源: 题型:选择题

17.某小组在某温度下测定溶液的pH时发现,0.01mol/L的NaOH溶液中,c(H+)•c(OH-)=10-12(mol/L)2,则该小组在该温度下测得0.1mol/LNaOH溶液和0.1mol/LHCl溶液pH应为(  )
A.13、1B.13、2C.11、1D.10、2

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科目:高中化学 来源: 题型:选择题

18.对有机物的表述不正确的是(  )
A.该物质能发生加成、取代、氧化反应
B.该物质遇FeC13溶液显色,lmol该物质遇浓溴水时最多与1mo1Br2发生取代反应
C.该物质的分子式为C11H14O3
D.1mol该物质最多消耗Na,NaOH,NaHC03的物质的量之比为2:2:1

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科目:高中化学 来源: 题型:解答题

15.为探索工业含铝、铁、铜合金废料的再利用,化学科技小组的同学进行了一系列实验探究.甲同学设计的实验方案如下:

请回答:
(1)操作①用到的玻璃仪器有烧杯漏斗、玻璃棒;
(2)写出反应②的离子反应方程式:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
(3)操作②的具体步骤是加热蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥.
(4)一定温度下,乙同学将绿矾配成约0.1mol•L-1 FeSO4溶液,测得溶液的pH=3.请用离子方程式解释原因:Fe2++2H2O?Fe(OH)2+2H+;该溶液中c(SO$\stackrel{2-}{4}$)-c(Fe2+)=5×10-4 mol•L-1(填数值).
(5)若要测定所配溶液中Fe2+的准确浓度,取20.00mL溶液于锥形瓶中,可再直接用下列b(填编号)标准溶液进行滴定:
a.0.10mol•L-1 NaOH溶液                 b.0.02mol•L-1 KMnO4酸性溶液
c.0.20mol•L-1 KMnO4酸性溶液            d.0.10mol•L-1 KSCN溶液
滴定终点的现象是滴入最后一滴0.02mol•L-1KMnO4酸性溶液,溶液由无色变为浅紫色(或浅紫红色),且30s内不褪色.

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科目:高中化学 来源: 题型:解答题

2.过渡金属的单质及化合物很多有催化性能,氯化铜、氯化亚铜经常用作有机合成催化剂.实验室中用氯气与粗铜(杂质只有Fe)反应,制备铜的氯化物的流程如图1.

查阅资料:
氯化亚铜:白色微溶于水,在干燥空气中稳定,受潮则易变蓝到棕色,在热水中迅速水解生成氧化铜水合物而呈红色.
氯化铜:从水溶液中结晶时,在15℃以下得到四水物,在15~25.7℃得到三水物,26~42℃得到二水物,在42℃以上得到一水物,在100℃得到无水物.
(1)现用如图2所示的实验仪器及药品制备纯净、干燥的氯气并与粗铜反应(铁架台、铁夹省略).

①按气流方向连接各仪器接口顺序是:a→d、e→h、i→f、g→b.
②本套装置有两个仪器需要加热,加热的顺序为先A后D,这样做的目的是排出空气,防止铜被氧气氧化.
(2)分析流程:
①固体甲需要加稀盐酸溶解,其理由是抑制氯化铜、氯化铁水解;
②溶液甲可加试剂X用于调节pH以除去杂质,X可选用下列试剂中的(填序号)c.
a.NaOH         b. NH3•H2O       c.CuO      d.Cu
③完成溶液乙到纯净CuCl2•2H2O晶体的系列操作步骤为:加少量盐酸、蒸发浓缩、冷却到26~42℃结晶、过滤、洗涤、干燥.
(3)向溶液乙中加入适当的还原剂(如SO2、N2H4、SnCl2等),并微热得到CuCl沉淀,写出向乙溶液加入N2H4(氧化产物为无毒气体)的离子方程式:4Cu2++4Cl-+N2H4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$4CuCl↓+N2↑+4H+.此反应只能微热的原因是微热维持反应发生,温度过高生成氧化铜水合物.
(4)若开始取100g 含铜96%的粗铜与足量Cl2反应,经上述流程只制备CuCl2•2H2O,最终得到干燥产品277g,求制备CuCl2•2H2O的产率108%(精确到1%);分析出现此情况的主要原因在调节溶液pH时,加入CuO反应生成了CuCl2,使产品质量增加.

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科目:高中化学 来源: 题型:填空题

12.现有部分短周期元素对应单质的性质或原子结构如表所示:
元素编号元素性质或原子结构
X第三周期元素的简单离子中半径最小
Y其最简单氢化物丙的水溶液呈碱性
Z原子核外电子数和周期序数相等
A、B、D三种单质(分别由X、Y、Z元素组成)和甲、乙、丙、丁、戊五种化合物之间的转化关系如下图所示(某些条件已略去).其中丁是一种高能燃料,一个分子含有18个电子,其组成元素与丙相同.

请回答:
(1)元素X在周期表中的位置是第三周期第ⅢA族,其简单离子的结构示意图为
(2)单质B的电子式
(3)丙中所含的化学键类型有b(填字母序号).
a.离子键      b.极性共价键       c.非极性共价键
(4)反应②中,0.5molNaClO参加反应时,转移1mol电子,其化学方程式为:2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O.
(5)一定条件下,A与TiO2、C(石墨)反应只生成乙和碳化钛(TiC),二者均为某些高温结构陶瓷的主要成分.该化学方程式为4Al+3TiO2+3C═2Al2O3+3TiC.

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科目:高中化学 来源: 题型:解答题

19.用惰性电极电解200mL一定浓度的硫酸铜溶液,实验装置如图①所示,电解过程中的实验数据如图②所示,横坐标表示电解过程中转移电子的物质的量,纵坐标表示电解过程中产生气体的总体积(标准状况).
(1)电解过程中,a电极表面的现象是红色固体物质析出,电解一段时间后放出气体;
(2)a电极上发生的反应为Cu2++2e-=Cu,2H++2e-=H2↑;
(3)从P点到Q点时收集到的混合气体的平均摩尔质量为12 g•mol-1
(4)如果要使溶液恢复到电解前的状态,向溶液中加入0.8g CuO即可,则电解后溶液的pH为1;
(5)如果向所得的溶液中加入0.1mol Cu2(OH)2CO3后,使溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH(不考虑CO2的溶解),电解过程中转移的电子为0.6mol.

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科目:高中化学 来源: 题型:选择题

16.下列叙述中错误的是(  )
A.阿伏加德罗常数的数值与12g 12C所含的碳原子数相等
B.在0.5mol Na2SO4 中,含有的Na+ 数约是6.02×1023
C.等物质的量的O2 与O3,所含氧原子数相等
D.摩尔是物质的量的单位

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科目:高中化学 来源: 题型:填空题

17.判断题
1.HCl和HBr有还原性而HI无还原性错
2.碘单质和碘离子的特性是遇淀粉溶液变蓝色错
3.溴、碘在CCl4中的溶解度比在水中的溶解度大得多对
4.AgCl、AgBr、AgI均有感光性,且都是难溶于水的白色物质错.

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