题目内容

10．危化仓库中往往存有钠、钾、液氯、白磷（P4）、硝酸铵和氰化钠（NaCN）等危险品．请回答下列问题：
（1）钠、钾都为活泼金属，在空气中着火时会剧烈燃烧．若金属Na着火，应用沙子来扑（盖）灭．
（2）氯气是一种黄绿色的有毒气体，工业上常用NH3来检验氯气是否发生泄漏，检验时若产生白烟，证明氯气发生了泄漏．则白烟的主要成份是NH4Cl．（填化学式）
（3）NH4NO3为爆炸物，在某温度下按下式进行分解：5NH4NO3═4N2↑+2HNO3+9H2O，则被氧化和被还原的氮元素质量之比为5：3．
（4）硫酸铜溶液是白磷引起中毒的一种解毒剂：1lP4+60CuSO4+96H2O═20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，若6molH3PO4
生成，则被CuSO4氧化的P4的物质的量为0.75mol．
（5）NaCN属于剧毒物质，有一种处理方法其原理为：CN-与S2O32-反应生成两种离子，一种与Fe3+可生成红色弱电解质，另一种与H+作用产生能使品红溶液腿色的刺激性气体，写出离子反应方程式：CN-+S2O32-=SCN-+SO32-．

分析 （1）依据钠、钾与水反应生成可燃烧性氢气解答；
（2）氯气与氨气发生氧化还原反应生成氮气和氯化氢，氯化氢与氨气反应生成氯化铵；
（3）在5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O的反应中，氮元素由铵根中-3价升高为0价，被氧化；氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒计算被氧化的氮原子与被还原的氮原子；
（4）方程式：1lP4+60CuSO4+96H2O═20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4中Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4中部分磷元素由0价降低到-3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，依据氧化还原反应得失电子守恒判断；
（5）CN-与S2O32-反应生成两种离子，一种与Fe3+可生成红色弱电解质，该离子为SCN-；另一种与H+作用产生能使品红溶液腿色的刺激性气体，该气体为二氧化硫，生成的另一种离子为SO32-，据此写出反应的离子方程式．

解答 解：（1）钠、钾与水反应生成氢氧化钠、氢氧化钾和氢气，氢气为易燃气体，所以钠、钾失火时不能用水灭火，可以用沙子隔绝空气灭火；
故答案为：沙子；
（2）氯气与氨气发生氧化还原反应生成氮气和氯化氢，氯化氢与氨气反应生成氯化铵，氯化铵为白色固体，所以会看到产生大量白烟，氯化铵化学式：NH4Cl；
故答案为：NH4Cl；
（3）5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O的反应中，氮元素由铵根中-3价升高为0价，被氧化，氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被还原，根据电子转移守恒，可知被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比为（5-0）：[0-（-3）]=5：3，则被氧化和被还原的氮元素质量之比为5：3，
故答案为：5：3；
（4）Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4中部分磷元素由0价降低到-3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若6molH3PO4生成，则参加反应CuSO4为6mol×$\frac{60}{24}$=15mol，根据电子转移守恒，被CuSO4氧化的P4的物质的量为$\frac{15mol×1}{4×5}$=0.75mol，
故答案为：0.75；
（5）CN-与S2O32-反应生成两种离子，一种与Fe3+可生成红色弱电解质，该离子为SCN-；另一种与H+作用产生能使品红溶液腿色的刺激性气体，该气体为二氧化硫，生成的另一种离子为SO32-，该反应的离子反应方程式为：CN-+S2O32-=SCN-+SO32-，
故答案为：CN-+S2O32-=SCN-+SO32-．

点评 本题为综合题，考查了钠、钾的性质，氧化还原反应基本概念，离子方程式的书写，准确分析氧化还原反应中各元素化合价变化、明确氧化还原反应得失电子守恒是解题关键，题目难度中等．

练习册系列答案
相关题目
13．下列实验操作能达到目的是（　　）
A．加热氯化铵固体制取氨气
B．检验乙醇中是否含水：用无水硫酸铜，观察是否变蓝色
C．除去乙醛中的乙酸杂质：加入氢氧化钠溶液洗涤，分液
D．滴有酚酞的碳酸钠中，加入氯化钡溶液后，红色变浅，证明碳酸钠溶液中存在水解平衡
1．分子式为C5H12O的所有醇中，被氧化后可产生饱和一元醛最多有（　　）
A．2种B．3种C．4种D．5种
18．下列化合物分子中的所有原子都处于同一平面的是（　　）
A．溴苯B．对二甲苯C．丙炔D．丙烯
5．硫酸钠-过氧化氢-氯化钠加合物（xNa2SO4．y H2O2．zNaCl）又称固体双氧水，是一种新型精细化工产品，具有漂白、杀菌、消毒等作用．为探究该加合物的组成，某化学兴趣小组设计并进行了如下实验：
第一步：准确称取6.945g样品，配制成250.00mL无色溶液A
第二步：准确量取25.00mL溶液A于锥形瓶中，加适量稀硫酸酸化后，用0.0400mol/L KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗溶液KMnO420.00mL
第三步：另取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体0.932g．
（1）欲配制溶液A，所需仪器除药匙、分析天平、玻璃棒、胶头滴管外，还有烧杯、250mL容量瓶．
（2）配平下列离子方程式2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
（3）滴定前，KMnO4标准溶液应盛装于中酸式滴定管（填仪器名称），滴定终点现象为
当滴入最后一滴KMnO4溶液时，待测液颜色由无色变为浅紫色，且半分钟不褪色．
（4）第三步能否通过加入AgNO3溶液的方法来测定？不能；理由是加入AgNO3溶液使Cl-完全沉淀的同时，要生成Ag2SO4微溶物，会使最终测定结果中z值偏高．
（5）滴定前，滴定管用蒸馏水洗净后，未用KMnO4标准溶液润洗，则y值偏高（填“偏高”“偏低”“无影响”）．
（6）通过计算定样品的组成为4Na2SO4?2H2O2?NaCl．
15．己知A、B、C、D的原子序数都不超过18，它们的离子aA（n+l）+、bBn+、．cC（n+l）-、dDn-均具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（　　）
A．原子序数：a＞b＞c＞dB．离子半径：C（n+1）-＞Dn-＞A（n+1）+＞Bn+
C．单质还原性：B＞A，氧化性：D＞CD．原子半径：A＞B＞C＞D
2．Na2CO3固体中可能含有杂质K2CO3、NaHCO3、NaCl中的一种或几种，取10.6g样品，加入足量的稀盐酸产生气体4.4g，下列分析正确的是（　　）
A．一定含有NaHCO3B．一定含有K2CO3C．可能含有NaHCO3D．一定含有NaCl
19．大多数金属硫化物难溶于水，可溶于硝酸．例如：
①FeS+HNO3（稀）→Fe（NO3）3+NO↑+S↓+H2O（未配平）
②CuS+HNO3（浓）→CuSO4+NO2↑+H2O（未配平）
（1）配平反应②的方程式：
1CuS+8HNO3（浓）→1CuSO4+8NO2↑+4H2O
（2）反应①中若生成3.2g硫，则电子转移0.3NA或1.806×1023个．
（3）由反应①和②是否能够判断稀硝酸与浓硝酸的氧化性强弱？并说明判断依据．能；反应①中稀硝酸将-2价的硫氧化到了低价态，而反应②中浓硝酸将-2价的硫氧化到了高价态．
（4）反应①和②所涉及的4种非金属元素中，原子半径由大到小的顺序是S＞N＞O＞H；未成对电子最多的原子核外电子排布式为1s22s22p3．下列描述，不能用来比较硫、氮两种元素的非金属性强弱的是ac．
a．单质与氧气化合的难易程度   b．气态氢化物的稳定性
c．含氧酸的酸性强弱    d．S4N4中共用电子对的偏向
（5）写出 ①NO ②S ③H2O ④NO2 四种物质的沸点由高到低的顺序（用编号回答）②＞③＞④＞①．若要判断NO2分子的极性，你所需要的信息是NO2分子的空间结构（或：NO2分子中正负电荷中心是否重合）．
20．一定条件下，可逆反应的平衡常数可以用平衡浓度计算．也可以用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数．在恒温恒压条件下，总压不变，用平衡分压计算平衡常数更方便．下列说法不正确的是（　　）
A．对于C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）在一定条件下达到平衡状态时，体系的总压强为P，其中C2H4（g）、H2O（g）、C2H5OH（g）均为l mol，则用分压表示的平衡常数Kp=$\frac{3}{P}$
B．恒温恒压下，在一容积可变的容器中，反应2A（g）+B（g）═2C（g）达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为4 mol、2 mol和4 mol．若此时A、B和C均增加1 mol，平衡正向移动
C．一恒温恒压下，在一容积可变的容器中，N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）达到平衡状态时，N2、H2、NH3各l mol，若此时再充入3mol N2，则平衡正向移动
D．对于一定条件下的某一可逆反应，用平衡浓度表示的平衡常数和用平衡分压表示的平衡常数，其数值不同，但意义相同，都只与温度有关

违法和不良信息举报电话：027-86699610 举报邮箱：58377363@163.com

精英家教网