题目内容
【题目】(1)氨气具有还原性,在铜的催化作用下, 氨气和氟气发生反应生成A和B。A为铵盐,B在标准状况下为气态。在此反应中,若有1体积氨气参加反应,则有0.75体积氟气参加反应;若有8.96 L氨气(标准状况)参加反应,则生成0.3 mol A。在标准状况下,生成2.24 L B,则该反应中转移电子的物质的量为 mol。
(2)将等物质的量Fe2O3与FeCl3置于密闭管中加热,能恰好完全反应,且只生成一种产物X,其物质的量是反应物总物质的量的1.5倍,写出X的化学式 ;
(3)完成以下氧化还原反应的离子方程式:
( )MnO4-+ SO32-+ = Mn2++ SO42-+
【答案】(1) 0.6(2) FeOCl;
(3) 2 5 6H+ 2 5 3H2O
【解析】
试题分析:(1)根据题意知NH3与F2反应的物质的量之比为1∶0.75=4∶3,铵盐A为NH4F,根据原子守恒推出B为 NF3,则化学方程式为4NH3+3F23NH4F+NF3,从化学方程式可知,生成0.1 mol NF3,转移电子的物质的量为0.6 mol。
(2)将等物质的量Fe2O3与FeCl3置于密闭管中加热,能恰好完全反应,且只生成一种产物X,其物质的量是反应物总物质的量的1.5倍,设Fe2O3与FeCl3物质的量都是1mol,则生成X物质的量为3mol,即Fe2O3+FeCl3=3X,依据原子守恒得:X的化学式为:FeOCl;
(3)该反应中S元素由+4变为+6,升高2价,Mn元素由+7变为+2,降低5价,根据化合价升降守恒可知SO32-、SO42-的化学计量数为5,MnO4-、Mn2+的化学计量数为2,由氧原子守恒可知:生成物缺3molH2O,根据电荷守恒守恒可知:反应物中缺6molH+,故该化学方程式为2 MnO4-+5SO32-+6H+=2Mn2++5SO42-+3H2O。
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【题目】工业上消除氮氧化物的污染,可用如下反应:CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=a kJ/mol;在温度T1和T2时,分别将0.50molCH4和1.2molNO2充入体积为1L的密闭容器中,测得n(CH4)随时间变化数据如下表:
温度 | 时间/min/mol | 0 | 10 | 20 | 40 | 50 |
T1 | n(CH4) | 0.50 | 0.35 | 0.25 | 0.10 | 0.10 |
T2 | n(CH4) | 0.50 | 0.30 | 0.18 | … | 0.15 |
下列说法不正确的是
A.10min内,时CH4的化学反应速率比T2时小
B.T1<T2
C.平衡常数:K(T1)<K(T2)
D.a<0
【题目】已知乙醛(CH3CHO)和新制氢氧化铜的反应如下:
CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O
某实验小组做上述反应时,发现NaOH的用量对反应产物有影响,于是他们采用控制变量的方法,均使用0.5 mL 40%的乙醛溶液进行下列实验。
编号 | 2%CuSO4溶液的体积 | 10%NaOH溶液的体积 | 振荡后 | pH | 加乙醛水浴加热后的沉淀颜色 |
1 | 2 mL | 3滴 | 浅蓝绿色沉淀 | 5~6 | 浅蓝绿色沉淀 |
2 | a | 15滴 | 浅蓝色沉淀 | 7~8 | 黑色沉淀 |
3 | 1 mL | 1 mL | 蓝色悬浊沉淀较少 | 9~10 | 红褐色沉淀 |
4 | b | 2 mL | 蓝色悬浊沉淀较多 | 11~12 | 红色沉淀 |
5 | 1 mL | 3 mL | 蓝紫色溶液 | 12~13 | ———— |
(1)上表中a、b应为 (填字母序号)。
A.15滴,1 mL B.2 mL,1 mL C.15滴,2 mL D.2 mL,2 mL
(2)查阅资料可知,实验1中的浅蓝绿色沉淀主要成份为Cu2(OH)2SO4,受热不易分解。写出生成Cu2(OH)2SO4反应的化学方程式 。基于实验1、2的现象可以得出结论:NaOH用量较少时, 。
(3)小组同学推测实验3中的红褐色沉淀可能是CuO和Cu2O的混合物,其理论依据是 。
(4)为了进一步证明实验4中红色沉淀的成分,该小组同学查阅资料得知:Cu2O在碱性条件下稳定,在酸性溶液中可转化为Cu2+、Cu。并进行了以下实验。
ⅰ.将实验4反应后的试管静置,用胶头滴管吸出上层清液。
ⅱ.向下层浊液中加入过量稀硫酸,充分振荡、加热,应观察到的现象是 。
(5)小组同学继续查阅资料得知:Cu(OH)2可与OH-继续反应生成蓝紫色溶液([Cu(OH)4] 2-),由此提出问题:[Cu(OH)4] 2-能否与乙醛发生反应,生成红色沉淀?设计实验解决这一问题,合理的实验步骤是 。基于上述实验,该小组同学获得结论:乙醛参与反应生成红色沉淀时,需控制体系的pH>10。