2025浙江专版新教材化学高考第一轮基础练--微专题(一)电子守恒原理的应用（含答案）
文档属性
| 名称 | 2025浙江专版新教材化学高考第一轮基础练--微专题(一)电子守恒原理的应用（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 325.3KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-21 21:17:16 | ||
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文档简介
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2025浙江专版新教材化学高考第一轮
微专题(一)电子守恒原理的应用
1.(2023·浙江桐庐中学月考)在一定条件下,PbO2与Cr3+反应,产物是Cr2和Pb2+,则与1 mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为( )
A.3.0 mol B.1.5 mol
C.1.0 mol D.0.75 mol
2.(2023·浙江余姚二中月考)羟胺(NH2OH)是一种还原剂,能将某些氧化剂还原。现用25.00 mL 0.049 mol·L-1羟胺的酸性溶液与足量硫酸铁溶液在煮沸条件下反应,生成的Fe2+恰好与24.50 mL 0.020 mol·L-1酸性KMnO4溶液完全反应。已知(未配平):FeSO4+KMnO4+H2SO4Fe2(SO4)3+K2SO4+MnSO4+H2O,则羟胺的氧化产物是( )
A.N2 B.N2O
C.NO D.NO2
3.(2023·浙江平湖中学月考)铁和氧化铁的混合物共a mol,加盐酸后固体全部溶解,共收集到2b mol氢气,且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色,则原混合物中单质铁的物质的量为( )
A.(a+b) mol B.(a-b) mol
C.(a-b) mol D.(a+b) mol
4.(2023·浙江吴兴高中检测)采用强还原剂硼氢化钾液相还原法制备纳米零价铁的化学反应如下:Fe2++2B+6H2O===Fe↓+2H3BO3+7H2↑,其中B元素化合价不变。下列说法正确的是( )
A.纳米铁颗粒直径约为60 nm,因此纳米铁是胶体
B.该反应的氧化剂是Fe2+,氧化产物是H3BO3
C.若有3 mol H2O参加反应,则反应中转移电子的物质的量为4 mol
D.H3BO3的酸性比H2CO3强
5.(2023·浙江云和中学段考)64 g铜粉投入一定量浓硝酸中,随着铜粉的溶解,反应生成的气体颜色逐渐变浅,当铜粉完全溶解后共收集到由NO2和NO组成的混合气体22.4 L(标准状况下),则混合气体中NO的体积为( )
A.11.2 L B.33.6 L
C.22.4 L D.44.8 L
6.(2023·浙师大附中检测)足量锌与一定量浓硝酸反应,得到硝酸锌溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体,将这些气体与3.36 L O2(标准状况)混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸锌溶液中加入6 mol·L-1 NaOH溶液至Zn2+恰好完全沉淀,则消耗NaOH溶液的体积是( )
A.100 mL B.60 mL
C.45 mL D.30 mL
7.(2023·浙江瑞安中学段考)铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸,若反应后硝酸被还原,只产生4 480 mL的NO2气体和336 mL的N2O4气体(都已折算到标准状况),在反应后的溶液中,加入足量的氢氧化钠溶液,生成沉淀的质量为( )
A.9.02 g B.8.51 g
C.8.26 g D.7.04 g
8.(2023·浙江鄞州高级中学月考)酸性环境中,纳米Fe除去N的过程中含氮微粒的变化如图所示,溶液中铁以Fe2+形式存在。下列有关说法错误的是( )
NNN
A.反应②的离子方程式为N+3Fe+8H+===N+3Fe2++2H2O
B.增大单位体积水体中纳米Fe的投入量,可提高N的除去效果
C.a mol N完全转化为N至少需要4a mol铁
D.假设反应都能彻底进行,反应①②消耗的铁的物质的量之比为3∶1
9.(2023·浙江庆元中学月考)现有铁、氧化亚铁、三氧化二铁的混合物粉末3.44 g,向其中加入100 mL 1 mol·L-1盐酸恰好完全溶解,收集到标准状况下的气体22.4 mL,向反应后的溶液中加入KSCN溶液不变色,则6.88 g该混合物在高温下用足量CO处理后,残留固体质量为 g。
10.(2023·浙江舟山中学月考)将1.08 g FeO完全溶解在100 mL 1.00 mol·L-1硫酸中,然后加入25.00 mL K2Cr2O7溶液,恰好使Fe2+全部转化为Fe3+,且Cr2中的铬全部转化为Cr3+。则K2Cr2O7的物质的量浓度是 。
11.(2023·浙江奉化中学段考)利用CO与炉渣反应得到还原铁粉,得到的产品可用K2Cr2O7滴定分析法测定纯度。实验步骤如下:称取0.224 0 g样品,加入过量稀硫酸充分溶解,用3.000×10-2 mol·L-1K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+),消耗K2Cr2O7溶液20.00 mL,计算该样品中还原铁粉的质量分数(写出计算过程)。
12.(2023·浙江杭州十四中月考)称取软锰矿样品(主要成分为MnO2)0.100 0 g。对样品进行如下处理:
①用过氧化钠处理,得到Mn溶液。
②煮沸溶液,除去剩余的过氧化物。
③酸化溶液,Mn歧化为Mn和MnO2。
④滤去MnO2。
⑤用0.100 0 mol·L-1 Fe2+标准溶液滴定滤液中Mn,共用去25.80 mL。
计算样品中MnO2的质量分数,写出简要的计算过程(结果保留1位小数)。
13.(2023·浙江海盐元济中学月考)氯化亚铜(CuCl)是重要的化工原料。国家标准规定合格CuCl产品的主要质量指标为CuCl的质量分数大于96.50%。工业上常通过下列反应制备CuCl:
2CuSO4+Na2SO3+2NaCl+Na2CO3===2CuCl↓+3Na2SO4+CO2↑
(1)CuCl制备过程中需要质量分数为20.0%的CuSO4溶液,计算配制该溶液所需的CuSO4·5H2O与H2O的质量之比为 。
(2)准确称取所制备的0.250 0 g CuCl样品置于一定量的0.5 mol·L-1 FeCl3溶液中,待样品完全溶解后,加水20 mL,用0.100 0 mol·L-1的Ce(SO4)2溶液滴定到终点,消耗24.60 mL Ce(SO4)2溶液。有关化学反应为
Fe3++CuCl===Fe2++Cu2++Cl-
Ce4++Fe2+===Fe3++Ce3+
通过计算说明上述样品中CuCl的质量分数是否符合标准。
14.(2023·浙江学军中学检测)亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂,制备亚氯酸钠的工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)亚氯酸钠用作纸浆、纸张和各种纤维的漂白剂,是一种高效漂白剂,主要原因是亚氯酸钠具有 性。
(2)制备ClO2气体的化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4===2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O;制备时可用S代替H2O2,写出该反应的离子方程式: 。
(3)可从“废液”中回收的主要物质是 (填化学式),“结晶”后经过滤即可获得粗产品。
(4)测定某亚氯酸钠样品的纯度:准确称取亚氯酸钠样品m g,加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体,再滴入适量稀硫酸(发生反应Cl+4I-+4H+===2I2+Cl-+2H2O),配成250 mL待测液。移取25.00 mL待测液于锥形瓶中,加几滴淀粉溶液,用c mol·L-1的Na2S2O3标准溶液进行滴定,消耗Na2S2O3标准溶液V mL(已知:I2+2S2===2I-+S4)。
①移取25.00 mL待测液的仪器名称是 。
②该样品中NaClO2的质量分数为 (用含m、c、V的代数式表示);在滴定操作正确无误的情况下,此实验测得结果偏高,其可能的原因是 。
微专题(一) 电子守恒原理的应用
1.B 当1 mol Cr3+被氧化生成0.5 mol Cr2时,失去的电子为3 mol,而1 mol PbO2被还原只能得到2 mol电子,因此所需PbO2的物质的量为1.5 mol。
2.B 根据题意,可以认为羟胺被酸性KMnO4氧化,羟胺中N元素的化合价是-1,设羟胺的氧化产物中N元素的化合价是x,根据得失电子守恒,存在25.00×10-3L×0.049 mol·L-1×(x+1)=24.50×10-3L×0.020 mol·L-1×5,解得x=1,故羟胺的氧化产物为N2O。
3.A Fe+2H+===Fe2++H2↑,根据电子转移守恒,与H+反应生成H2的铁的物质的量等于氢气的物质的量,即n(Fe)=n(H2)=2b mol;其余的铁则和Fe2O3以等物质的量溶于盐酸生成FeCl2,即Fe+Fe2O3+6H+===3Fe2++3H2O,参加该反应的铁的物质的量为(a-2b) mol,故共含铁[2b+(a-2b)] mol=(a+b) mol。
4.C 胶体是指直径为1~100 nm的分散质均匀分布在分散剂中组成的混合物,纳米铁颗粒为纯净物,所以纳米铁不是胶体,A项错误;该反应中氧化剂是Fe2+和H2O,氧化产物是H2,B项错误;该反应中B是唯一的还原剂,1 mol B参与反应失去4 mol电子,所以根据化学方程式Fe2++2B+6H2O===Fe↓+2H3BO3+7H2↑,若有3 mol H2O参加反应,则反应中转移电子的物质的量为4 mol,C项正确;根据元素周期律,H3BO3的酸性比H2CO3弱,D项错误。
5.A n(Cu)==1 mol,n(NO2+NO)==1 mol,设NO2和NO组成的混合气体中n(NO)=x mol,n(NO2)=y mol,则有x mol+y mol=1 mol,结合得失电子守恒得3x mol+y mol=2 mol,解得:x=0.5,y=0.5,则V(NO)=0.5 mol×22.4 L·mol-1=11.2 L。
6.A NO2、N2O4、NO的混合气体与3.36 L O2(标准状况)混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸,根据转移电子守恒可知,锌失去的电子等于氧得到的电子,3.36 L O2得到的电子的物质的量为×4=0.6 mol,向所得硝酸锌溶液中加入6 mol·L-1 NaOH溶液至Zn2+恰好完全沉淀,沉淀为Zn(OH)2,由电荷守恒可知,Zn提供的电子物质的量等于Zn(OH)2中OH-的物质的量,则n(NaOH)=0.6 mol,故消耗氢氧化钠溶液体积为=0.1 L,故选A。
7.B 最后沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2,Cu和Mg共4.6 g,关键是求增加的n(OH-),n(OH-)等于金属单质所失电子的物质的量,即n(OH-)=×1+×2=0.23 mol,故沉淀的质量为4.6 g+0.23×17 g=8.51 g。
8.D 反应②中N被Fe还原成N,Fe变成Fe2+,离子方程式为N+3Fe+8H+===N+3Fe2++2H2O,A正确;增大单位体积水体中纳米Fe的投入量,可增大纳米Fe与N的接触面积,提高N的除去效果,B正确;结合①②反应可知,a mol N完全转化为N至少需要Fe的物质的量为a mol+3a mol=4a mol,C正确;反应①为N+Fe+2H+===N+Fe2++H2O,反应②为N+3Fe+8H+===N+3Fe2++2H2O,故消耗铁的物质的量之比为1∶3,D错误。
9.答案 2.8
解析 该铁和铁的氧化物的混合物在高温下用足量CO还原的残留固体应为铁,故本题实际上是求混合物中铁元素的质量,据混合物溶于盐酸后加入KSCN不变色,说明溶液中无Fe3+,全部是FeCl2。由Cl-守恒可知:n(FeCl2)=n(HCl)=×0.1 L×1 mol·L-1=0.05 mol。据铁元素守恒知6.88 g混合物中含铁质量为0.05 mol×56 g·mol-1=2.8 g。
10.答案 0.100 mol·L-1
解析 由电子守恒知,FeO中+2价铁所失电子的物质的量与Cr2中+6价铬所得电子的物质的量相等,×(3-2)=0.025 00 L×c(Cr2)×(6-3)×2,得c(Cr2)=0.100 mol·L-1。
11.答案 滴定过程中Cr2与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+,离子方程式为Cr2+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O,滴定中消耗n(K2Cr2O7)=3.000×10-2 mol·L-1×20.00×10-3L=6×10-4 mol,则n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=3.6×10-3 mol,根据铁元素守恒可知样品中铁粉的质量为3.6×10-3 mol×56 g·mol-1=0.201 6 g,质量分数为×100%=90.00%。
12.答案 有关反应的化学方程式为
MnO2+Na2O2===Na2MnO4
3Mn+4H+===2Mn+MnO2↓+2H2O
Mn+5Fe2++8H+===Mn2++5Fe3++4H2O
MnO2~MnMnFe2+
故w(MnO2)=
×100%≈67.3%。
13.答案 (1)5∶11
(2)设样品中CuCl的质量为z。
由化学反应方程式可知:CuCl~Fe2+~Ce4+
z≈0.244 8 g
CuCl的质量分数为×100%=97.92%
97.92%>96.50%,所以样品中CuCl的质量分数符合标准。
解析 (1)设需要CuSO4·5H2O的质量为x,H2O的质量为y。CuSO4·5H2O的相对分子质量为250,CuSO4的相对分子质量为160,依题意有,x∶y=5∶11。
14.答案 (1)氧化
(2)6Cl+S+4H+===6ClO2↑+S+2H2O
(3)Na2SO4
(4)①酸式滴定管或移液管 ②×100% 碘离子被空气中的氧气氧化成了碘单质
解析 (2)根据所给方程式可知,制备ClO2时,H2O2作还原剂,所以用S代替H2O2,S也作还原剂,由于+4价的硫也具有还原性,所以该反应中的硫被氧化为S,根据化合价升降守恒和原子守恒以及电荷守恒,可得离子方程式为6Cl+S+4H+===6ClO2↑+S+2H2O。
(3)制备ClO2时用浓硫酸酸化,后续流程中用NaOH溶液吸收ClO2,根据元素守恒可知废液中含有大量Na2SO4,可以回收。
(4)①根据题意可知,待测液显酸性,所以移取25.00 mL待测液应选用酸式滴定管或移液管;
②根据题意可得关系式:Cl~2I2~4S2,所以样品中NaClO2的质量分数为
×100%=×100%。由于I-具有较强的还原性,能被空气中的氧气氧化成为I2,导致消耗的Na2S2O3的物质的量增多,进一步导致NaClO2的质量分数偏高。
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微专题(一)电子守恒原理的应用
1.(2023·浙江桐庐中学月考)在一定条件下,PbO2与Cr3+反应,产物是Cr2和Pb2+,则与1 mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为( )
A.3.0 mol B.1.5 mol
C.1.0 mol D.0.75 mol
2.(2023·浙江余姚二中月考)羟胺(NH2OH)是一种还原剂,能将某些氧化剂还原。现用25.00 mL 0.049 mol·L-1羟胺的酸性溶液与足量硫酸铁溶液在煮沸条件下反应,生成的Fe2+恰好与24.50 mL 0.020 mol·L-1酸性KMnO4溶液完全反应。已知(未配平):FeSO4+KMnO4+H2SO4Fe2(SO4)3+K2SO4+MnSO4+H2O,则羟胺的氧化产物是( )
A.N2 B.N2O
C.NO D.NO2
3.(2023·浙江平湖中学月考)铁和氧化铁的混合物共a mol,加盐酸后固体全部溶解,共收集到2b mol氢气,且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色,则原混合物中单质铁的物质的量为( )
A.(a+b) mol B.(a-b) mol
C.(a-b) mol D.(a+b) mol
4.(2023·浙江吴兴高中检测)采用强还原剂硼氢化钾液相还原法制备纳米零价铁的化学反应如下:Fe2++2B+6H2O===Fe↓+2H3BO3+7H2↑,其中B元素化合价不变。下列说法正确的是( )
A.纳米铁颗粒直径约为60 nm,因此纳米铁是胶体
B.该反应的氧化剂是Fe2+,氧化产物是H3BO3
C.若有3 mol H2O参加反应,则反应中转移电子的物质的量为4 mol
D.H3BO3的酸性比H2CO3强
5.(2023·浙江云和中学段考)64 g铜粉投入一定量浓硝酸中,随着铜粉的溶解,反应生成的气体颜色逐渐变浅,当铜粉完全溶解后共收集到由NO2和NO组成的混合气体22.4 L(标准状况下),则混合气体中NO的体积为( )
A.11.2 L B.33.6 L
C.22.4 L D.44.8 L
6.(2023·浙师大附中检测)足量锌与一定量浓硝酸反应,得到硝酸锌溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体,将这些气体与3.36 L O2(标准状况)混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸锌溶液中加入6 mol·L-1 NaOH溶液至Zn2+恰好完全沉淀,则消耗NaOH溶液的体积是( )
A.100 mL B.60 mL
C.45 mL D.30 mL
7.(2023·浙江瑞安中学段考)铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸,若反应后硝酸被还原,只产生4 480 mL的NO2气体和336 mL的N2O4气体(都已折算到标准状况),在反应后的溶液中,加入足量的氢氧化钠溶液,生成沉淀的质量为( )
A.9.02 g B.8.51 g
C.8.26 g D.7.04 g
8.(2023·浙江鄞州高级中学月考)酸性环境中,纳米Fe除去N的过程中含氮微粒的变化如图所示,溶液中铁以Fe2+形式存在。下列有关说法错误的是( )
NNN
A.反应②的离子方程式为N+3Fe+8H+===N+3Fe2++2H2O
B.增大单位体积水体中纳米Fe的投入量,可提高N的除去效果
C.a mol N完全转化为N至少需要4a mol铁
D.假设反应都能彻底进行,反应①②消耗的铁的物质的量之比为3∶1
9.(2023·浙江庆元中学月考)现有铁、氧化亚铁、三氧化二铁的混合物粉末3.44 g,向其中加入100 mL 1 mol·L-1盐酸恰好完全溶解,收集到标准状况下的气体22.4 mL,向反应后的溶液中加入KSCN溶液不变色,则6.88 g该混合物在高温下用足量CO处理后,残留固体质量为 g。
10.(2023·浙江舟山中学月考)将1.08 g FeO完全溶解在100 mL 1.00 mol·L-1硫酸中,然后加入25.00 mL K2Cr2O7溶液,恰好使Fe2+全部转化为Fe3+,且Cr2中的铬全部转化为Cr3+。则K2Cr2O7的物质的量浓度是 。
11.(2023·浙江奉化中学段考)利用CO与炉渣反应得到还原铁粉,得到的产品可用K2Cr2O7滴定分析法测定纯度。实验步骤如下:称取0.224 0 g样品,加入过量稀硫酸充分溶解,用3.000×10-2 mol·L-1K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+),消耗K2Cr2O7溶液20.00 mL,计算该样品中还原铁粉的质量分数(写出计算过程)。
12.(2023·浙江杭州十四中月考)称取软锰矿样品(主要成分为MnO2)0.100 0 g。对样品进行如下处理:
①用过氧化钠处理,得到Mn溶液。
②煮沸溶液,除去剩余的过氧化物。
③酸化溶液,Mn歧化为Mn和MnO2。
④滤去MnO2。
⑤用0.100 0 mol·L-1 Fe2+标准溶液滴定滤液中Mn,共用去25.80 mL。
计算样品中MnO2的质量分数,写出简要的计算过程(结果保留1位小数)。
13.(2023·浙江海盐元济中学月考)氯化亚铜(CuCl)是重要的化工原料。国家标准规定合格CuCl产品的主要质量指标为CuCl的质量分数大于96.50%。工业上常通过下列反应制备CuCl:
2CuSO4+Na2SO3+2NaCl+Na2CO3===2CuCl↓+3Na2SO4+CO2↑
(1)CuCl制备过程中需要质量分数为20.0%的CuSO4溶液,计算配制该溶液所需的CuSO4·5H2O与H2O的质量之比为 。
(2)准确称取所制备的0.250 0 g CuCl样品置于一定量的0.5 mol·L-1 FeCl3溶液中,待样品完全溶解后,加水20 mL,用0.100 0 mol·L-1的Ce(SO4)2溶液滴定到终点,消耗24.60 mL Ce(SO4)2溶液。有关化学反应为
Fe3++CuCl===Fe2++Cu2++Cl-
Ce4++Fe2+===Fe3++Ce3+
通过计算说明上述样品中CuCl的质量分数是否符合标准。
14.(2023·浙江学军中学检测)亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂,制备亚氯酸钠的工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)亚氯酸钠用作纸浆、纸张和各种纤维的漂白剂,是一种高效漂白剂,主要原因是亚氯酸钠具有 性。
(2)制备ClO2气体的化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4===2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O;制备时可用S代替H2O2,写出该反应的离子方程式: 。
(3)可从“废液”中回收的主要物质是 (填化学式),“结晶”后经过滤即可获得粗产品。
(4)测定某亚氯酸钠样品的纯度:准确称取亚氯酸钠样品m g,加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体,再滴入适量稀硫酸(发生反应Cl+4I-+4H+===2I2+Cl-+2H2O),配成250 mL待测液。移取25.00 mL待测液于锥形瓶中,加几滴淀粉溶液,用c mol·L-1的Na2S2O3标准溶液进行滴定,消耗Na2S2O3标准溶液V mL(已知:I2+2S2===2I-+S4)。
①移取25.00 mL待测液的仪器名称是 。
②该样品中NaClO2的质量分数为 (用含m、c、V的代数式表示);在滴定操作正确无误的情况下,此实验测得结果偏高,其可能的原因是 。
微专题(一) 电子守恒原理的应用
1.B 当1 mol Cr3+被氧化生成0.5 mol Cr2时,失去的电子为3 mol,而1 mol PbO2被还原只能得到2 mol电子,因此所需PbO2的物质的量为1.5 mol。
2.B 根据题意,可以认为羟胺被酸性KMnO4氧化,羟胺中N元素的化合价是-1,设羟胺的氧化产物中N元素的化合价是x,根据得失电子守恒,存在25.00×10-3L×0.049 mol·L-1×(x+1)=24.50×10-3L×0.020 mol·L-1×5,解得x=1,故羟胺的氧化产物为N2O。
3.A Fe+2H+===Fe2++H2↑,根据电子转移守恒,与H+反应生成H2的铁的物质的量等于氢气的物质的量,即n(Fe)=n(H2)=2b mol;其余的铁则和Fe2O3以等物质的量溶于盐酸生成FeCl2,即Fe+Fe2O3+6H+===3Fe2++3H2O,参加该反应的铁的物质的量为(a-2b) mol,故共含铁[2b+(a-2b)] mol=(a+b) mol。
4.C 胶体是指直径为1~100 nm的分散质均匀分布在分散剂中组成的混合物,纳米铁颗粒为纯净物,所以纳米铁不是胶体,A项错误;该反应中氧化剂是Fe2+和H2O,氧化产物是H2,B项错误;该反应中B是唯一的还原剂,1 mol B参与反应失去4 mol电子,所以根据化学方程式Fe2++2B+6H2O===Fe↓+2H3BO3+7H2↑,若有3 mol H2O参加反应,则反应中转移电子的物质的量为4 mol,C项正确;根据元素周期律,H3BO3的酸性比H2CO3弱,D项错误。
5.A n(Cu)==1 mol,n(NO2+NO)==1 mol,设NO2和NO组成的混合气体中n(NO)=x mol,n(NO2)=y mol,则有x mol+y mol=1 mol,结合得失电子守恒得3x mol+y mol=2 mol,解得:x=0.5,y=0.5,则V(NO)=0.5 mol×22.4 L·mol-1=11.2 L。
6.A NO2、N2O4、NO的混合气体与3.36 L O2(标准状况)混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸,根据转移电子守恒可知,锌失去的电子等于氧得到的电子,3.36 L O2得到的电子的物质的量为×4=0.6 mol,向所得硝酸锌溶液中加入6 mol·L-1 NaOH溶液至Zn2+恰好完全沉淀,沉淀为Zn(OH)2,由电荷守恒可知,Zn提供的电子物质的量等于Zn(OH)2中OH-的物质的量,则n(NaOH)=0.6 mol,故消耗氢氧化钠溶液体积为=0.1 L,故选A。
7.B 最后沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2,Cu和Mg共4.6 g,关键是求增加的n(OH-),n(OH-)等于金属单质所失电子的物质的量,即n(OH-)=×1+×2=0.23 mol,故沉淀的质量为4.6 g+0.23×17 g=8.51 g。
8.D 反应②中N被Fe还原成N,Fe变成Fe2+,离子方程式为N+3Fe+8H+===N+3Fe2++2H2O,A正确;增大单位体积水体中纳米Fe的投入量,可增大纳米Fe与N的接触面积,提高N的除去效果,B正确;结合①②反应可知,a mol N完全转化为N至少需要Fe的物质的量为a mol+3a mol=4a mol,C正确;反应①为N+Fe+2H+===N+Fe2++H2O,反应②为N+3Fe+8H+===N+3Fe2++2H2O,故消耗铁的物质的量之比为1∶3,D错误。
9.答案 2.8
解析 该铁和铁的氧化物的混合物在高温下用足量CO还原的残留固体应为铁,故本题实际上是求混合物中铁元素的质量,据混合物溶于盐酸后加入KSCN不变色,说明溶液中无Fe3+,全部是FeCl2。由Cl-守恒可知:n(FeCl2)=n(HCl)=×0.1 L×1 mol·L-1=0.05 mol。据铁元素守恒知6.88 g混合物中含铁质量为0.05 mol×56 g·mol-1=2.8 g。
10.答案 0.100 mol·L-1
解析 由电子守恒知,FeO中+2价铁所失电子的物质的量与Cr2中+6价铬所得电子的物质的量相等,×(3-2)=0.025 00 L×c(Cr2)×(6-3)×2,得c(Cr2)=0.100 mol·L-1。
11.答案 滴定过程中Cr2与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+,离子方程式为Cr2+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O,滴定中消耗n(K2Cr2O7)=3.000×10-2 mol·L-1×20.00×10-3L=6×10-4 mol,则n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=3.6×10-3 mol,根据铁元素守恒可知样品中铁粉的质量为3.6×10-3 mol×56 g·mol-1=0.201 6 g,质量分数为×100%=90.00%。
12.答案 有关反应的化学方程式为
MnO2+Na2O2===Na2MnO4
3Mn+4H+===2Mn+MnO2↓+2H2O
Mn+5Fe2++8H+===Mn2++5Fe3++4H2O
MnO2~MnMnFe2+
故w(MnO2)=
×100%≈67.3%。
13.答案 (1)5∶11
(2)设样品中CuCl的质量为z。
由化学反应方程式可知:CuCl~Fe2+~Ce4+
z≈0.244 8 g
CuCl的质量分数为×100%=97.92%
97.92%>96.50%,所以样品中CuCl的质量分数符合标准。
解析 (1)设需要CuSO4·5H2O的质量为x,H2O的质量为y。CuSO4·5H2O的相对分子质量为250,CuSO4的相对分子质量为160,依题意有,x∶y=5∶11。
14.答案 (1)氧化
(2)6Cl+S+4H+===6ClO2↑+S+2H2O
(3)Na2SO4
(4)①酸式滴定管或移液管 ②×100% 碘离子被空气中的氧气氧化成了碘单质
解析 (2)根据所给方程式可知,制备ClO2时,H2O2作还原剂,所以用S代替H2O2,S也作还原剂,由于+4价的硫也具有还原性,所以该反应中的硫被氧化为S,根据化合价升降守恒和原子守恒以及电荷守恒,可得离子方程式为6Cl+S+4H+===6ClO2↑+S+2H2O。
(3)制备ClO2时用浓硫酸酸化,后续流程中用NaOH溶液吸收ClO2,根据元素守恒可知废液中含有大量Na2SO4,可以回收。
(4)①根据题意可知,待测液显酸性,所以移取25.00 mL待测液应选用酸式滴定管或移液管;
②根据题意可得关系式:Cl~2I2~4S2,所以样品中NaClO2的质量分数为
×100%=×100%。由于I-具有较强的还原性,能被空气中的氧气氧化成为I2,导致消耗的Na2S2O3的物质的量增多,进一步导致NaClO2的质量分数偏高。
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