题目内容

8．焊接钢铁时常用的焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈．发生的反应体系中共有六种物质：NH4Cl、FeCl3、N2、Fe2O3、Fe和X．
（1）根据题意，可判断出X是H2O（写化学式）；
（2）写出并配平该反应的化学方程式：6NH4Cl+4Fe2O3═6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O；
（3）发生还原反应的物质是Fe2O3，反应中2mol的氧化剂能得到（填“失去”或“得到”）12 mol电子．

分析 （1）焊药为氯化铵，由其作用是消除焊接处的铁锈可知反应物，利用元素守恒来分析X；
（2）Fe元素的化合价降低、N元素的化合价升高，利用电子守恒及质量守恒定律来配平反应；
（3）由生成氮气时转移的电子来计算．

解答 解：（1）根据焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈可知反应物为NH4Cl、Fe2O3，则该反应得生成物为FeCl3、N2、Fe和X，根据元素守恒可知X中含有H、O元素，则X为H2O，
故答案为：H2O；
（2）由反应物和生成物可知，NH4Cl+Fe2O3→Fe+FeCl3+N2↑+H2O，该反应Fe元素的化合价由+3价降低为0，N元素的化合价由-3价升高到0，
根据电子守恒可知，得电子数=失去电子数=18e-，则6NH4Cl+Fe2O3→6Fe+FeCl3+3N2↑+H2O，
再质量守恒定律可知，配平的化学反应为6NH4Cl+4Fe2O3═6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O，
故答案为：6NH4Cl+4Fe2O3═6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O；
（3）反应6NH4Cl+4Fe2O3═6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O中，N元素化合价升高，被氧化，Fe元素化合价降低，由+3价降低到0价，被还原，Fe2O3为氧化剂，由方程式可知，当4molFe2O3参加反应时，有6mol被还原，如2molFe2O3部被还原，应得到12mol电子，
故答案为：Fe2O3；得到；12．

点评 本题考查氧化还原反应得配平及有关计算，根据电子守恒及质量守恒定律得出化学反应方程式是解答本题的关键，并注意（3）是学生解答的难点和易错点，4mol Fe2O3参与反应与作氧化剂的区别，难度中等．

练习册系列答案
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14．在相同温度、压强条件下，将同体积的CO2 分别通入下列溶液中，能得到 $HCO_3^-$浓度最大的是（　　）
A．过量氨水溶液B．过量饱和Na2CO3 溶液
C．过量CH3COOH 溶液D．过量蒸馏水
15．溶质相同、质量分数为a%和b%的两份溶液质量分别为mg、ng，将两份溶液混合并蒸发去xg水，所得溶液的物质的量浓度为c mol/L．关于求溶质的摩尔质量，下列说法正确的是（　　）
A．只要知道蒸发后所得溶液的密度（ρ），就能求出溶质的摩尔质量
B．只要知道混合前两份溶液的物质的量浓度（c），就能求出溶质的摩尔质量
C．只要知道蒸发前混合液的体积（V），就能求出溶质的摩尔质量
D．以上说法都不正确
12．下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（　　）
A．用图1所示装置可将化学能转化为电能
B．用图2所示装置烧杯中先出现白色沉淀，后溶解
C．用图3所示装置进行铜与浓硝酸反应的实验
D．用图4所示装置制取乙酸乙酯
3．硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的硫酸盐，主要用于电镀工业的镀锡、铝合金表面的氧化着色、印染工业的媒染剂、双氧水去除剂等．某研究小组设计SnSO4制备路线如下：
查阅资料：
Ⅰ．酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化．
Ⅱ．SnCl2易水解生成难溶物Sn（OH）Cl（碱式氯化亚锡）．
Ⅲ．Sn（OH）2的性质与Al（OH）3性质相似．请回答下列问题：
（1）锡原子的核电荷数为50，锡元素在周期表中的位置是第五周期第ⅣA族．
（2）将滤液I中的溶质提取出来的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤．
（3）加入Sn粉的作用有两个：①调节溶液pH；  ②防止Sn2+被氧化．
（4）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，得到该沉淀的离子方程式是Sn2++CO32-═SnO↓+CO2↑．
（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O．
（6）写出Sn（OH）2与NaOH溶液反应的化学方程式Sn（OH）2+2NaOH=Na2SnO2+2H2O．
（7）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度（杂质不参与反应）：
①将试样溶于盐酸中，发生的反应为：Sn+2HCl═SnCl2+H2↑；
②加入过量的FeCl3；
③用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+，发生的反应为：6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl═6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O取1.226g 锡粉，经上述各步反应后，共用去0.100mol/L K2Cr2O7溶液32.0ml．锡粉中锡的纯度是93.2%．
13．实验室欲配制0.5mol•L-1的NaOH溶液500mL有以下仪器：①烧杯②100mL量筒③1 000mL容量瓶④500mL容量瓶⑤玻璃棒⑥托盘天平（带砝码）
（1）配制时，必须使用的仪器有（填代号）①④⑤⑥，还缺少的仪器胶头滴管、药匙，
该实验中两次用到玻璃棒，其作用分别是搅拌、加速溶解、引流．
（2）需称量10.0g烧碱固体，固体应放在小烧杯中称量．
（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是查漏，
（4）配制时，一般可分为以下几个步骤：①称量②计算③溶解④摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却．其正确的操作顺序为②①③⑧⑤⑥⑤⑦④．
（5）在容量瓶内确定溶液体积的过程中，完成后期加入的少量水的做法是用胶头滴管逐滴加水，当溶液凹液面最低处与刻度线相切时，立即停止加水．
（6）在配制过程中，其他操作都正确，下列操作会引起误差偏高的是②④．
①未洗涤烧杯、玻璃棒  ②未等NaOH溶液冷却至室温就转移到容量瓶中
③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水  ④定容时俯视标线   ⑤定容时仰视标线
⑥NaOH用纸盛装进行称量；⑦超过刻度线，吸出一部分水；⑧摇匀后液面下降，补充水．
20．碱式碳酸铜是一种具有广泛用途的化工产品，主要用于固体荧光粉激活剂和铜盐的制造等．
I．制备
碱式碳酸铜因生成条件不同，其颜色和组成也不尽相同，即：碱式碳酸铜中Cu（OH）2和CuCO3的比例不同．某实验小组设计以下不同实验制备碱式碳酸铜．
（1）由Na2CO3•10H2O与CuSO4•5H2O反应制备：称取14.0g CuSO4•5H2O、16.0g Na2CO3•10H2O，用研钵分别研细后再混合研磨，立即发生反应，有“嗞嗞”声，而且混合物很快成为“黏胶状”．将混合物迅速投入200mL沸水中，快速搅拌并撤离热源，有蓝绿色沉淀生成，过滤，用水洗涤，至滤液中不含SO42-为止，取出沉淀，风干，得到蓝绿色晶体．
①混合物发生反应时有“嗞嗞”声的原因是有CO2气体生成．
②撤离热源的目的是防止碱式碳酸铜受热分解．
③检验滤液中是否含有SO42-的方法是取最后一次洗涤液于试管中，先加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若有BaSO4白色沉淀产生，则证明有SO42-，否则没有．
（2）由Na2CO3溶液与CuSO4溶液反应制备：分别按一定比例取CuSO4溶液和Na2CO3溶液，水浴加热到设定温度后，在充分振荡下采用将CuSO4 溶液加入Na2CO3溶液或将Na2CO3溶液加入CuSO4 溶液的加料顺序进行实验．影响产品组成和产率的因素可能有温度、反应物配比、加料顺序．（列1 点）
Ⅱ．组成测定
有同学查阅资料发现用Cu（OH）2•CuCO3 表示碱式碳酸铜是不准确的，较为准确、科学的表达式是mCu（OH）2•nCuCO3，不同来源的碱式碳酸铜的m、n 值需要具体测定．
（3）热分解法测定碱式碳酸铜组成的实验装置如图所示．通过测定碱式碳酸铜在灼热后所产生的气体体积，推导出碱式碳酸铜中碳酸铜和氢氧化铜的含量，即可求出m 和n 的比值．
①仪器c 的名称是漏斗．
②检查装置气密性的方法是连接好装置，通过漏斗向装置中加水，至漏斗中水面比量气管中高，静置，水面不发生变化则装置不漏气，否则装置漏气．
③三次平行实验测定结果如下表，则该样品中m：n=3：2，若量气管中所盛液体为水，则该测定值比理论值偏大（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．

 实验序号 样品质量/g CO2体积/mL（已折算成标准状况下）
 1 0.542 44.82
 2 0.542 44.80
 3 0.542 44.78
17．如图（其中Ⅰ代表H2A，Ⅱ代表HA-，Ⅲ代表A2-），根据图示判断，下列说法正确的是（　　）
A．H2A在水中的电离方程式是：H2A═H++HA-；HA-?H++A2-
B．当V（NaOH）=20mL时，溶液中各离子浓度的大小顺序为：c（Na+）＞c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（OH-）
C．等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水大
D．当V（NaOH）=30mL时，溶液中存在以下关系：2c（H+）+c（HA-）+2c（H2A）=c（A2-）+2c（OH-）
18．下列实验操作正确的是（　　）
A．蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的底部
B．定容时，因不慎使液面高于容量瓶的刻度线，可用滴管将多余液体吸出
C．焰色反应时，先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧至无色，然后再进行实验
D．过滤时，为加快过滤速率，可用玻璃棒快速搅拌漏斗中的悬浊液

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