[题目]将18.0 g由Cu.Al.Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中.合金质量减少了5.4 g.另取等质量的合金溶于过量稀HNO3中.生成了8.96 L NO(标准状况下).向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液.则沉淀的质量为A.22.8 gB.25.4 gC.33.2gD.无法计算题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

【题目】将18.0 g由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了5.4 g。另取等质量的合金溶于过量稀HNO3中，生成了8.96 L NO(标准状况下)，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则沉淀的质量为

A.22.8 gB.25.4 gC.33.2gD.无法计算

【答案】A

【解析】

将18.0克由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，只有铝参与反应，则合金质量减少的5.4克为Al，物质的量为；将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为，其中0.2mol铝完全反应失去0.6mol电子，则Cu、Fe完全反应失去电子为1.2mol-0.6mol=0.6mol，反应中Cu、Fe失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，则n(OH-)=0.6mol，从金属单质转化为其氢氧化物，增加的是氢氧根离子的质量，所以反应后沉淀的质量(包括氢氧化铝)等于18.0g+0.6mol×17g/mol=28.2g，但是加入过量氢氧化钠后，不会生成氢氧化铝沉淀，开始合金质量减少了5.4g，所以反应后氢氧化铜、氢氧化铁的质量为28.2g-5.4g=22.8g，答案选A。

练习册系列答案

（1）t℃时，关于N2、NH3的两个反应的信息如下表所示：

请写出t℃时氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式：______________________，t℃时该反应的平衡常数为__________ (用K1和K2表示)。

（2）工业合成氨的原理为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)下图甲表示在一定体积的密闭容器中反应时，H2的物质的量浓度随时间的变化。图乙表示在其他条件不变的情况下，起始投料H2与N2的物质的量之比(设为x)与平衡时NH3的物质的量分数的关系。

①图甲中0～t1 min内，v(N2)＝_____mol·L－1·min－1；b点的v(H2)正_____a点的v(H2)逆(填“大于”“小于”或“等于”)。

②图乙中，b点时N2的物质的量分数__________。

③己知某温度下该反应达平衡时各物质均为1 mol，容器体积为1L，保持温度和压强不变，又充入3 mol N2后，平衡________(填“向右移动”“向左移动”或“不移动”)。

【题目】甲硅烷广泛用于电子工业、汽车领域，三氯氢硅（SiHCl3）是制备甲硅烷的重要原料。回答下列问题：

(1)工业上以硅粉和氯化氢气体为原料生产SiHCl3时伴随发生的反应有：

Si(s)＋4HCl(g)= SiCl4(g)＋2H2(g) H＝-241kJ/mol

SiHCl3(g)＋HCl(g)=SiCl4(g)＋H2(g) H＝-31kJ/mol

以硅粉和氯化氢气体生产SiHCl3的热化学方程式是____________________________。

(2)工业上可用四氯化硅和氢化铝锂（LiAlH4）制甲硅烷，反应后得甲硅烷及两种盐。该反应的化学方程式为_________________。

(3)三氯氢硅歧化也可制得甲硅烷。反应2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)为歧化制甲硅烷过程的关键步骤，此反应采用一定量的PA100催化剂，在不同反应温度下测得SiHCl3的转化率随时间的变化关系如图所示。

①353.15K时，平衡转化率为_________，反应的平衡常数K＝________（保留3位小数）。该反应是________反应（填“放热”“吸热”）。

②323.15K时，要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有_________、__________。

③比较a、b处反应速率的大小：va_____vb （填“＞”“＜”或“＝”）。已知反应速率v正＝，v逆＝，k1、k2分别是正、逆反应的速率常数，与反应温度有关，x为物质的量分数，则在353.15K时＝________（保留3位小数）。

【题目】某有机物的结构简式如图所示，下列关于该有机物的性质说法正确的是( )

A.可与银氨溶液反应，不与溶液反应显色

B.可以与反应，1 mol该物质最多消耗

C.1 mol该物质与足量金属Na反应，最多产生

D.1 mol物质与NaOH溶液反应，最多消耗3 mol NaOH

【题目】锌及锌的化合物应用广泛。例如，测定铜合金中的铅、锌时要利用锌配离子的下列反应：[Zn(CN)4]2-＋4HCHO＋4H2O=Zn2+＋4HOCH2CN＋4OH－

回答下列问题：

(1)基态Zn2+的电子排布式为_____________，基态 C原子核外电子占据_____个不同原子轨道。

(2)C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为___________，HOCH2CN分子中含有的σ键与π键数目之比为_________。

(3)HCHO分子中碳原子轨道的杂化类型是________，福尔马林是HCHO的水溶液，HCHO极易与水互溶的主要原因是_________________________。

(4)[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN－之间的化学键称为_________，提供孤电子对的成键原子是________。

(5)ZnO的一种最稳定的晶体结构如图所示，晶胞中Zn2+的配位数为______。六棱柱底边长为acm，高为bcm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则ZnO的密度为_______ g/cm3（列出计算表达式）。

【题目】硝酸是一种重要的化工原料，用来制取一系列硝酸盐类氮肥，如硝酸铵、硝酸钾等；也用来制取含硝基的炸药等。试回答下列问题：

（1）某同学对铁与稀硝酸的反应进行探究，若HNO3只被还原成NO，则：

①写出铁与过量稀硝酸反应的离子方程式：__。

②写出过量铁与稀硝酸反应的离子方程式：__。

③若28g铁与含1.6mol硝酸的稀硝酸恰好完全反应，则生成的Fe3＋和Fe2＋的物质的量之比为__。上述反应结束后，向反应后的溶液中加足量氢氧化钠溶液，滤出沉淀洗涤后，在空气中灼烧至质量不变，最终得到的固体质量为__g。

（2）饮用水中NO3-对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO3-的浓度，某饮用水研究人员提出，可在碱性条件下用铝粉将NO3-还原为N2。

①配平方程式：__Al＋__NO3-＋__OH－＋__=__[Al(OH)4]－＋__N2↑。

②上述反应中，还原剂与还原产物的物质的量之比是__，反应中转移电子0.3mol，生成__mL(标准状况下)N2。

【答案】Fe＋NO3-＋4H＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O 3Fe＋2NO3-＋8H＋=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O 2∶3 40 10 6 4 18H2O 10 3 10∶3 672

【解析】

(1)①铁与过量稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，离子方程式为Fe＋NO3-＋4H＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O；

②过量铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，离子方程式为3Fe＋2NO3-＋8H＋=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O；

③28g铁的物质的量为0.5mol，与含1.6mol硝酸的稀硝酸恰好完全反应，设生成的Fe3＋和Fe2＋的物质的量分别是xmol、ymol，即生成xmol硝酸铁和ymol硝酸亚铁，根据N原子守恒知，生成NO的物质的量为(1.6－3x－2y)mol，根据得失电子守恒有3x＋2y＝3(1.6－3x－2y)，又有x＋y＝0.5，解得x＝0.2，y＝0.3，则生成的Fe3＋和Fe2＋的物质的量之比为2∶3；上述反应结束后，向反应后的溶液中加足量氢氧化钠溶液，滤出沉淀洗涤后，在空气中灼烧至质量不变，由于生成的氢氧化亚铁在空气中易被氧化为氢氧化铁，氢氧化铁受热分解最终得到的固体是氧化铁，故其物质的量为0.5mol×＝0.25mol，质量为40g；

(2)①根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒，可知离子方程式为10Al＋6NO3-＋4OH－＋18H2O=10[Al(OH)4]－＋3N2↑；

②上述反应中，还原剂是Al，还原产物是N2，其物质的量之比为10∶3；由方程式可知，生成3molN2时转移电子30mol，所以反应中转移电子0.3mol，生成N2的体积(标准状况下)为×22.4L·mol－1＝0.672L＝672mL。

【点睛】

金属与硝酸反应的计算一般常采用以下方法：①原子守恒法：HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NO的形式存在于溶液中；一部分作为氧化剂转化为还原产物，这两部分中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量；②得失电子守恒法：HNO3与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3中氮原子得到电子的物质的量等于金属失电子的物质的量；③电荷守恒法：HNO3过量时反应后溶液中(不考虑OH－)有：c(NO3－)＝c(H+)+nc(Mn+)(Mn+代表金属离子)；④离子方程式计算法：金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时，由于溶液中NO3－在H2SO4提供H+的条件下能继续与金属反应，因此此类题目应用离子方程式来计算，先作过量判断，然后根据完全反应的金属或H+或NO3－进行相关计算，且溶液中要符合电荷守恒。