题目内容
19．硝酸与合成氨工业密切相关，氨氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径．完成下列计算：（1）．合成氨时，假设100L的氮气与氢气（体积比为1：3）的混合气体通过氨合成塔充分反应后，体积变为90L，则氮气的转化率为20%．（写出计算过程，计算结果请用百分数表示）
（2）．标准状况下，将500L氨气溶于1L水中形成氨水，则此氨水质量分数为27.5%．（写出计算过程，计算结果请用百分数表示，并保留1位小数）
（3）．氨氧化法是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮（NO）．此时温度很高，水以水蒸气的形式存在，NO也不与O2反应．若氨气与氧气物质的量之比为1：1.7时，氨的转化率可达95%，计算反应后NO的体积分数9.8%．（设氧气在空气中的体积分数为20%，写出计算过程，计算结果请用百分数表示并保留1位小数）
（4）．一氧化氮继续氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水可得硝酸．为测定某18K金样品的组成，将2.832g样品粉碎后投入足量的浓硝酸中，充分溶解后，收集到NO2和N2O4的混合气体224mL（折算至标准状况，下同），将该混合气体与84mL O2混合后缓缓通入水中，恰好被完全吸收．（ 已知金不溶于浓硝酸）
填写该18K金的成分表（写出计算过程，计算结果请用百分数表示并保留1位小数，若不含该金属则填0）．
| 18K金成分 | Au | Ag | Cu |
| 含量（质量分数） | 75% | 11.44% | 13.56% |
分析 （1）根据反应方程式N2+3H2?2NH3，根据体积的变化求反应的氮气的体积，然后根据转化率为=$\frac{变化量}{起始量}$；
（2）n=$\frac{V}{{V}_{m}}$和m=nM，结合氨水质量分数为$\frac{氨的质量}{氨水的总质量}$；
（3）由反应4NH3+5O2?4NO+6H2O（g），设氧气的体积为1.7，所以空气体积为：8.5，氨气体积为1，氨的转化率可达95%，所以反应的氨气体积为0.95，由反应方程式可知生成一氧化氮的体积为0.95，增加的体积为：$\frac{0.95}{4}$=0.238，所以反应后NO的体积分数为：$\frac{0.95}{8.5+1+0.238}$=9.8%；
（4）根据转移电子确定合金中的其它元素，再根据转移电子相等计算银的质量，从而确定银的质量分数，解银和铜的质量分数确定锌的质量分数．
解答 解：（1）根据反应方程式N2+3H2?2NH3 △V，
1 2
V变 100-90
所以V变=$\frac{100-90}{2}$=5L，
所以转化率为=$\frac{变化量}{起始量}$=$\frac{5L}{100L×\frac{1}{4}}$=20%，
故答案为：20%；
（2）n=$\frac{V}{{V}_{m}}$=$\frac{500L}{22.4L/mol}$=22.32mol，所以m=nM=22.32mol×17g/mol=379.46g，所以氨水质量分数为：$\frac{379.46g}{379.46g+1000g}$=27.5%，故答案为：27.5%；
（3）由反应4NH3+5O2?4NO+6H2O（g），设氧气的体积为1.7，所以空气体积为：8.5，氨气体积为1，氨的转化率可达95%，所以反应的氨气体积为0.95，由反应方程式可知生成一氧化氮的体积为0.95，增加的体积为：$\frac{0.95}{4}$=0.238，所以反应后NO的体积分数为：$\frac{0.95}{8.5+1+0.238}$=9.8%，故答案为：9.8%；
（4）合金中其它金属的质量=2.832g×（1-75%）=0.708g，
假设与硝酸反应的金属全部是银，则银的质量=$\frac{0.0038mol×4}{1}$=1.642g＞0.708g，
假设与硝酸反应的金属全部是铜，则铜的质量=$\frac{0.0038mol×2}{1}$=0.486g＜0.708g，
则合金中还有Cu和Ag，
设银的质量为m，则铜的质量=0.708-m，根据转移电子守恒得
$\frac{0.708-m}{64g/mol}$×2+$\frac{m}{108}$=0.0038mol×4，
m=0.324g，银的质量分数=$\frac{0.324g}{2.832g}$×100%=11.44%，
则铜的质量分数=25%-11.44%=13.56%，
故答案为：11.44%；13.56%．
点评 本题考查了物质的量的有关计算，根据物质之间的关系是解本题关键，注意差量在解题中的运用，注意（4）中合金中其它元素的确定方法，难度中等．
考前必练系列答案
已知：25℃时，几种金属氢氧化物的溶度积常数和完全沉淀的pH范围如表所示．
| Fe（OH）2 | Fe（OH）3 | Cr（OH）3 | Ni（OH）2 | |
| Ksp | 8.0×10-16 | 4.0×10-38 | 6.0×10-31 | 6.5×10-18 |
| 完全沉淀pH | ≥9.6 | ≥3.2 | ≥5.6 | ≥8.4 |
请回答下列问题：
（1）下列措施可行，且能提高废渣浸出率的有AC．
A．升高反应温度B．增大压强C．在反应过程中不断搅拌
（2）在滤液Ⅰ中加入6%的H2O2，其作用是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（用离子方程式表示）；加入NaOH调节pH的范围是5.6≤pH＜8.4，为了除去溶液中的Fe3+、Cr3+离子．
（3）滤液Ⅱ的主要成分是Na2SO4、NiSO4．
（4）检验Ni2+已完全沉淀的实验方法是静置后向上层清液中再加入Na2CO3溶液后没有沉淀生成．
（5）操作Ⅰ的实验步骤依次为：
①过滤，并用蒸馏水洗涤沉淀2～3次直至流出液用pH试纸检验呈中性；
②向沉淀中加稀的H2SO4溶液，直至恰好完全溶解；
③蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO4•6H2O晶体；
④用少量乙醇洗涤NiSO4•6H2O晶体并晾干．
| A． | PCl3和BCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构 | |
| B． | 为增强氯水的漂白性，可以向其中加入碳酸钙 | |
| C． | NaH与重水反应的方程式：NaH+D2O═NaOH+D2↑ | |
| D． | 均含有NA个电子的H2O和CH4具有相同的体积 |
CH4+2O2→CO2+2H2O，C3H8+5O2→3CO2+4H2O
现有一套以天然气为燃料的灶具，今改用液化石油气，应采取的正确措施是（ ）
| A． | 增大空气进入量或减小石油气进入量 | |
| B． | 增大空气进入量，增大石油气进入量 | |
| C． | 减小空气进入量，减小石油气进入量 | |
| D． | 减小空气进入量或增大石油气进入量 |
已知：A是来自石油的重要有机化工原料，此物质可以用来衡量一个国家石油化工发展水平．E是具有果香味的酯，F是一种高聚物，可制成多种包装材料．
，C的名称为乙醛．
④
．
| A． | 若所得混合溶液为中性，则a：b=1：1 | |
| B． | 若所得混合溶液为中性，则生成沉淀的物质的量为0.05b mol | |
| C． | 若a：b=9：2，则所得溶液pH等于2 | |
| D． | 若a：b=9：2，则该混合溶液最多能溶解铁粉0.28（a+b）g |
污鸡净的主要成分是KMnO4和H2C2O4，可用于洗涤有霉斑的衣物．某小组同学拟探究H2C2O4浓度对反应速率的影响．Ⅰ．实验原理：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O．
Ⅱ．实验设计：
（1）【方案一】测量气体产物：在相同温度下，利用如图装置，测定不同浓度H2C2O4溶液与KMnO4反应产生相同体积CO2所需的时间（忽略CO2溶解性的影响）．如图方框中应选择①②④⑤⑥（填编号）仪器组装量气装置，限选以下仪器：①广口瓶、②双孔塞、③水槽、④橡胶管、⑤导管、⑥量筒．
（2）【方案二】观察反应现象：在其它相同条件下，测定不同浓度H2C2O4溶液与等体积等浓度KMnO4溶液混合后，溶液褪色所需的时间．拟定实验数据：表中①、②处的数据分别是5.0、25．
| 实验序号 | 温度/℃ | 各物质的体积/mL | 反应时间 | |||
| H2O | 3mol/L稀硫酸 | 0.1mol/L KMnO4溶液 | 0.6mol/LH2C2O4溶液 | |||
| 1 | 25 | 3.0 | 2.0 | 4.0 | 6.0 | t1 |
| 2 | 25 | ① | 2.0 | 4.0 | 4.0 | t2 |
| 3 | ② | 7.0 | 2.0 | 4.0 | 2.0 | t3 |
（3）实验室常用KMnO4标准溶液滴定某浓度草酸．KMnO4溶液置于酸式滴定管（填“酸式”或“碱式”）中，判断到达滴定终点的现象是当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色．若读取滴定管数据时，起始读数正确，终点俯视读数，则测定结果偏低（填“偏高”、“偏低”、“无影响”）．
| A． | CO是还原剂 | B． | Fe2O3被还原 | C． | 氧化产物是CO2 | D． | 属于置换反应 |