备战高考化学知识点过关培优 易错 难题训练氧化还原反应含详细答案.docx
- 文档编号:24702066
- 上传时间:2023-05-31
- 格式:DOCX
- 页数:44
- 大小:515.60KB
备战高考化学知识点过关培优 易错 难题训练氧化还原反应含详细答案.docx
《备战高考化学知识点过关培优 易错 难题训练氧化还原反应含详细答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《备战高考化学知识点过关培优 易错 难题训练氧化还原反应含详细答案.docx(44页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
备战高考化学知识点过关培优易错难题训练氧化还原反应含详细答案
备战高考化学知识点过关培优易错难题训练∶氧化还原反应含详细答案
一、高中化学氧化还原反应
1.硫酸亚铁铵的化学式为(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O,商品名为莫尔盐,可由硫酸亚铁与硫酸铵反应生成。
一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化,而形成莫尔盐后就比较稳定了。
三种盐的溶解度(单位为g/100g水)如下表:
温度/℃
10
20
30
(NH4)2SO4
73.0
75.4
78.0
FeSO4·7H2O
20.0
26.5
32.9
(NH4)2SO4•FeSO4
17.2
21.6
28.1
(一)实验室制取少量莫尔盐的流程如下:
试回答下列问题:
(1)步骤1中加入10%Na2CO3溶液的主要作用是___________;反应中铁屑过量是为了______。
(2)步骤3需要趁热过滤,原因是___________。
(3)从步骤4到莫尔盐,必须进行的操作依次是______,析出的晶体常用________洗涤。
(4)若莫尔盐的饱和溶液中有水20克,当温度从30℃降至10℃,最多析出莫尔盐的质量是________(选填编号)。
A2.18gB大于2.18gC小于2.18gD无法确定
(二)称取质量为1.96g的莫尔盐制成溶液。
用未知浓度的酸性KMnO4溶液进行滴定。
(1)已知MnO4-被还原为Mn2+,试写出该滴定反应的离子方程式____。
(2)判断该反应到达滴定终点的现象为____________。
(3)假设到达滴定终点时,用去VmL酸性KMnO4溶液,则该酸性KMnO4溶液的浓度为_______mol/L。
【答案】除铁屑表面的油污还原氧化生成的Fe3+,保证Fe2+稳定、纯净地存在,减少产物中的Fe3+杂质FeSO4在温度低时溶解度较小,如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出过滤、洗涤无水酒精或冰水B5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪,且半分钟内不褪色1/V
【解析】
【分析】
(一)
(1)碳酸钠水解显碱性;
(2)FeSO4在温度低时溶解度较小;
(3)浓缩结晶后需要过滤、洗涤;温度低时,硫酸亚铁铵的溶解度小;
(4)(NH4)2SO4·FeSO4在30℃和10℃的溶解度分别为:
28.1g和17.2g;
(二)
(1)MnO4-将二价铁离子氧化为三价铁离子,被还原为Mn2+;
(2)高锰酸钾本身有颜色,滴定亚铁离子是不需要指示剂的;
(3)根据亚铁离子和高锰酸根反应的实质,可以找到亚铁离子与高锰酸根之间的量的关系,根据原子守恒可以找到亚铁离子和酸亚铁铵之间量的关系,进而进行计算。
【详解】
(一)
(1)碳酸钠水解显碱性,油脂在碱性条件下能水解,过量的Fe可以还原氧化生成的Fe3+,减少产物中的Fe3+杂质,
故答案为:
除铁屑表面的油污;还原氧化生成的Fe3+,保证Fe2+稳定、纯净地存在,减少产物中的Fe3+杂质;
(2)如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出,故答案为:
FeSO4在温度低时溶解度较小,如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出;
(3)浓缩结晶后需要过滤、洗涤;硫酸亚铁铵在无水乙醇中的溶解度小;温度低时,硫酸亚铁铵的溶解度小,可用冰水洗涤,故答案为:
过滤、洗涤;无水酒精或冰水;
(4)(NH4)2SO4·FeSO4在30℃和10℃的溶解度分别为:
28.1g和17.2g,即若溶剂为100g水,冷却析出10.9g,有水20g析出2.18g,硫酸亚铁铵的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O含有结晶水,故析出质量大于2.18g,故答案为:
B;
(二)
(1)反应的离子方程式5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O,故答案为:
5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O;
(2)高锰酸钾本身有颜色,滴定亚铁离子不需要指示剂,当滴加最后一滴溶液后,溶液变成紫红色,30s内不褪色,说明达到滴定终点,故答案为:
加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪,且半分钟内不褪色;
(3)1.96g硫酸亚铁铵晶体的物质的量n=
=
=0.005mol,根据原子守恒则亚铁离子的物质的量为0.005mol,反应5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O,则5Fe2+~MnO4-,所以高锰酸钾的物质的量为0.001mol,据c=
=
=
mol/L,故答案为:
。
2.硫酰氯(SO2Cl2)和亚硫酰氯(SOCl2)都是重要的化工试剂,均易水解。
(1)甲同学在实验室利用SO2和Cl2在活性炭催化作用下制取SO2Cl2,装置如图所示。
①B装置中冷凝管进水口是___。
(填“m”或“n”),B中干燥管盛有的物质是___。
②欲制取少量SO2Cl2,选择图中的装置(可以重复选用),其连接顺序为:
a、___、h。
③去除C装置会降低SO2和Cl2的利用率,可能的原因是___(用化学方程式表示)。
(2)SOCl2水解后无残留物,较SO2Cl2是更好的脱水剂。
乙同学设计实验利用SOCl2和ZnCl2•xH2O制取无水ZnCl2。
①解释SOCl2在该实验中的作用是___(写出两点)。
②实验室常用NaOH溶液吸收SOCl2,该反应的离子方程式是___。
(3)乙同学认为SOCl2还可用作由FeCl3•6H2O制取无水FeCl3的脱水剂,但丙同学认为该实验可能发生副反应使产品不纯。
①可能发生的副反应的化学方程式是___。
②两同学设计如下实验判断该反应的可能性:
取少量SOCl2和FeCl3•6H2O反应后的混合物于试管中,加水溶解,将溶液平分至五支试管,分别进行以下实验,其中能得出合理结论的是___。
A.加入过量稀HNO3,再滴加几滴AgNO3溶液
B.加入少量稀HNO3,再滴加几滴BaCl2溶液
C.滴加几滴BaCl2溶液
D.滴加几滴酸性KMnO4溶液
E.滴加几滴KSCN溶液后,再滴加几滴氯水
【答案】m碱石灰fgdebcedSO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HClSOCl2作脱水剂,与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2OSOCl2+2FeCl3•6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2OBCD
【解析】
【分析】
冷凝管中冷凝水的流向要对流,下进上出;干燥管中根据要求一般填装碱石灰或无水氯化钙,碱石灰同时具有干燥和吸收酸性气体功能,无水氯化钙只有吸水性。
【详解】
(1)①B装置中冷凝管进水口是m,B中干燥管盛有的物质是吸收剩余二氧化硫、氯气的碱石灰;故答案为:
m;碱石灰;
②装置A制备氯气,氯气含氯化氢和水蒸气,通过装置D除去氯化氢,通过装置C吸收水蒸气,得到干燥纯净的氯气,连接装置B的b进入三颈烧瓶,装置E制备二氧化硫气体,通过装置C除去水蒸气,连接装置B的c,欲制取少量SO2Cl2,选择上图中的装置(可以重复选用),其连接顺序为:
a、f、g、d、e、b、c、e、d、h;故答案为:
fgdebced;
③去除C装置会降低SO2和Cl2的利用率,是二氧化硫和氯气和水反应生成硫酸和氯化氢,反应的化学方程式:
SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl;故答案为:
SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl;
(2)①氯化锌会水解,SOCl2作脱水剂,与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解,SOCl2在该实验中的作用是:
SOCl2作脱水剂,与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解;故答案为:
SOCl2作脱水剂,与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解;
②用NaOH溶液吸收SOCl2,有Na2SO3和NaCl生成,反应的离子方程式:
SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O;故答案为:
SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O;
(3)①SOCl2具有还原性,三价铁具有氧化性,可能发生氧化还原反应生成硫酸根离子和亚铁离子,反应的化学方程式为:
SOCl2+2FeCl3•6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O,故答案为:
SOCl2+2FeCl3•6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O;
②SOCl2和FeCl3•6H2O反应后的混合物的主要成分是FeCl3,若发生副反应,还有FeSO4和FeCl2。
由于SOCl2为液体,所以在固体混合物中没有SOCl2。
取少量SOCl2和FeCl3•6H2O反应后的混合物于试管中,加水溶解,溶液中一定有FeCl3,还可能有FeSO4和FeCl2,若要证明有副反应发生,只需证明溶液中有Fe2+或SO42-即可。
A.加入过量稀HNO3,再滴加几滴AgNO3溶液是检验氯离子存在,不能证明副反应是否进行,故A错误;
B.加入少量稀HNO3,再滴加几滴BaCl2溶液,若产生白色沉淀,则证明溶液中有SO42-,能证明有副反应发生,故B正确;
C.滴加几滴BaCl2溶液,生成白色沉淀,说明产物中含硫酸根离子,证明发生了副反应,故C正确;
D.滴加几滴酸性KMnO4溶液,Fe2+具有还原性,可以使酸性KMnO4溶液褪色,能证明发生了副反应,故D正确;
E.滴加几滴KSCN溶液后,由于溶液中有Fe3+,溶液会变红,无法证明Fe2+的存在,故E错误;
故答案为:
BCD。
3.利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣(主要含FeO·V2O3、Al2O3、SiO2及少量可溶性磷酸盐)生产V2O5的工艺流程如下,回答下列问题:
已知:
①V2O5、Al2O3、SiO2可与Na2CO3、NaCl组成的混合钠盐在高温下反应,并转化为NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3等可溶性钠盐。
②AlO
+4H+=Al3++2H2O。
(1)焙烧Ⅰ包括氧化和钠化成盐两个过程,氧化的目的是获得V2O5,写出氧化过程中FeO·V2O3发生反应的化学方程式________;废渣Ⅰ的主要成分是________;精制Ⅰ中加盐酸调pH的主要作用是________,加入NH3·H2O后发生反应的离子方程式为________。
(2)精制Ⅱ中加入CaCl2溶液除去磷酸盐,pH过小时影响除磷效果的原因是________;pH过大时,沉淀量增大的原因是________。
(3)沉钒所得NH4VO3沉淀需进行洗涤,洗涤时除去的阴离子主要是________。
NH4VO3在500℃时焙烧脱氨制得产品V2O5,反应方程式为2NH4VO3
V2O5+H2O↑+2NH3↑。
但脱氨过程中,部分V2O5会转化成V2O4,反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:
2,该反应的化学方程式为________。
【答案】4FeO·V2O3+5O2
2Fe2O3+4V2O5Fe2O3[或Fe(OH)3]除Si并转化AlO2-写“除Si”即得分)Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH
H++NH3·H2O=H2O+NH
(写出第一个离子方程式即得分)形成溶解度较大的酸式盐(或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙)产生了Ca(OH)2沉淀Cl-3V2O5+2NH3
3V2O4+N2+3H2O
【解析】
【分析】
氧化过程FeO·V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5;经过氧化和钠化后,V2O5、Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐,Fe2O3[或Fe(OH)3]成为滤渣;精制Ⅰ中加盐酸调pH为了和SiO32-反应生成硅酸沉淀,将AlO2-转化为Al3+;加入NH3·H2O后与Al3+发生反应生成Al(OH)3沉淀;精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀,除去磷酸盐,沉钒时加入试剂NH4Cl,所得NH4VO3沉淀,焙烧得到产品,据此分析。
【详解】
(1)氧化过程FeO·V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5,化学方程式为:
4FeO·V2O3+5O2
2Fe2O3+4V2O5;经过氧化和钠化后,V2O5、Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐,Fe2O3[或Fe(OH)3]成为滤渣;精制Ⅰ中加盐酸调pH为了和SiO32-反应生成硅酸沉淀,将AlO2-转化为Al3+;加入NH3·H2O后与Al3+发生反应生成Al(OH)3沉淀,还可以中和酸,反应方程式为:
、
,故答案为:
4FeO·V2O3+5O2
2Fe2O3+4V2O5;Fe2O3[或Fe(OH)3];除Si并转化AlO2-(写“除Si”即得分);
,
(写出第一个离子方程式即得分);
(2)精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀,除去磷酸盐,pH过小时形成溶解度较大的酸式盐;pH过大时易形成Ca(OH)2沉淀,故答案为:
形成溶解度较大的酸式盐(或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙);产生了Ca(OH)2沉淀;
(3)沉钒时加入试剂NH4Cl,因此所得NH4VO3沉淀含有阴离子主要为Cl-;脱氨过程中,部分V2O5会转化成V2O4,且反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:
2,则V2O5为氧化剂,NH3为还原剂,还原产物为V2O4,氧化产物为N2,则氧化还原方程式为:
3V2O5+2NH3
3V2O4+N2+3H2O,故答案为:
Cl-;3V2O5+2NH3
3V2O4+N2+3H2O。
4.铁、氯、铜及其化合物在生产、生活中有广泛的用途。
试回答下列问题。
(1)二氧化氯(ClO2)已逐步代替Cl2用于自来水处理,用ClO2处理过的饮用水(pH为5.5~6.5)常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子(ClO2-)。
已知:
25℃时Ka(HClO)=3.2×10-8,Ka(HClO2)=1.0×10-2,则酸性HClO2________HClO(填“>”“=”或“<”);在pH=5的上述处理过的饮用水中
=___________;若饮用水中ClO2-的含量超标,可向其中加入适量的Fe2+将ClO2-还原成Cl-,写出酸性条件下该反应的离子方程式:
____________________________________________________________。
(2)①腐蚀铜板后的溶液中,若Cu2+、Fe3+和Fe2+浓度均为0.1mol·L-1,下图为金属离子的浓度的对数与溶液pH的关系,现向混合溶液中通入氨气调节溶液的pH=5.6,溶液中存在的金属阳离子为____________(当溶液中金属离子浓度≤10-5mol·L-1时,可认为沉淀完全)。
②从图中数据计算可得Fe(OH)2的溶度积Ksp[Fe(OH)2]=______________________。
(3)Na2S是常用的重金属离子沉淀剂。
某工业污水中含有等浓度的Cu2+、Fe2+、Pb2+,滴加Na2S溶液后首先析出的沉淀是________________;当最后一种离子沉淀完全时(该离子浓度为10-5mol·L-1),此时的S2-浓度为___________________________。
已知:
Ksp(FeS)=6.3×10-18;Ksp(CuS)=6×10-36;Ksp(PbS)=2.4×10-18。
【答案】>1034Fe2++ClO2-+4H+=4Fe3++Cl-+2H2OCu2+、Fe2+1.0×10-17CuS6.3×10-13mol·L-1
【解析】
【分析】
(1)组成相似的酸,电离平衡常数越大酸性越强;依据电离平衡常数计算式计算;
(2)①向混合溶液中通入氨气调节溶液的pH=5.6时,由图象分析出:
易生成Fe(OH)3沉淀;
②根据Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)×c2(OH-)计算;
(3)物质组成类型相同,溶度积越小,溶解度越小,滴加硫化钠,相应阳离子最先沉淀;根据溶度积计算S2-的浓度。
【详解】
(1)电离平衡常数越大酸性越强,已知:
25℃时Ka(HClO)=3.2×10-8,Ka(HClO2)=1.0×10-2,则酸性HClO2>HClO;在pH=5的上述处理过的饮用水中,c(H+)=10-5mol·L-1
=
=103;若饮用水中ClO2-的含量超标,可向其中加入适量的Fe2+将ClO2-还原成Cl-,酸性条件下该反应的离子方程式:
4Fe2++ClO2-+4H+=4Fe3++Cl-+2H2O;故答案为:
HClO2>HClO;103;4Fe2++ClO2-+4H+=4Fe3++Cl-+2H2O;
(2)①向混合溶液中通入氨气调节溶液的pH=5.6时,由图象可知易生成Fe(OH)3沉淀,溶液中存在的金属阳离子为Cu2+、Fe2+,故答案为:
Cu2+、Fe2+;
②由图象可知:
c(Fe2+)=1.0×10-5(mol·L-1),c(OH-)=1.0×10-6(mol·L-1),Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)×c2(OH-)=1.0×10-17(mol·L-1)3;故答案为:
1.0×10-17;
(3)物质组成类型相同,溶度积越小,溶解度越小,滴加硫化钠,相应阳离子最先沉淀,故首先析出沉淀是CuS,Fe2+最后沉淀,沉淀完全时该浓度为10-5mol·L-1,此时的S2-的浓度为
mol·L-1=6.3×10-13mol·L-1,故答案为:
CuS;6.3×10-13mol·L-1。
【点睛】
本题考查了元素化合物性质分析,溶度积常数计算,沉淀转化实质理解应用,电离平衡常数概念的分析应用,掌握有关Ksp的基础是解题关键,难点(3),根据物质组成类型相同,溶度积越小,溶解度越小,离子先沉淀析出。
5.NH3和Cl2在常温下可快速反应生成氮气:
2NH3+3Cl2→N2+6HCl。
当Cl2和NH3比例不同时,产物有差异。
(1)该反应可用于检验化工生产中氯气是否泄漏。
如氯气有少量泄漏,用氨气检验时的现象为_____________________________。
(2)若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气,用于制备盐酸,Cl2和NH3的最佳比例为_____。
(3)常温常压下,取总物质的量为12mol的氯气和氨气的混合气体,完全反应后,气体物质的量保持不变。
求:
①反应前氯气和氨气的物质的量之比______________
②反应后生成的氧化产物的质量_______________。
(4)若将总体积为100L的NH3和Cl2混合,实验精确测得充分反应后无色混合气体中N2占混合气体的
,求生成氧化产物的物质的量_____________。
(该实验数据在标准状况下测定)
【答案】有白烟生成3∶2n(NH3)∶n(Cl2)=1∶1m(N2)=56g余NH3和N20.263mol,余HCl和N20.893mol
【解析】
【分析】
NH3和Cl2在常温下可快速反应生成氮气:
2NH3+3Cl2→N2+6HCl。
当Cl2和NH3比例不同时,产物有差异。
(1)要检验化工生产中氯气是否泄漏,则需要有明显的现象,从提供的反应可以看出,氨气过量时会有明显现象,找到该反应并指出现象即可;
(2)要求是利用氨气和氯气之间反应生成氯化氢用于制备盐酸,故按该反应中Cl2和NH3的比例来回答;
(3)常温常压下,取总物质的量为12mol的氯气和氨气的混合气体,完全反应后,气体物质的量保持不变,说明
反应后氨气有剩余,再发生反应NH3+HCl=NH4Cl,HCl不能完全反应,按此思路计算①反应前氯气和氨气的物质的量之比及②反应后生成的氧化产物的质量;
(4)若将总体积为100L的NH3和Cl2混合,①
恰好反应,根据方程式计算混合气体总体积,进而计算氮气体积;
②NH3过量时,发生反应
,剩余混合气体为氮气、氨气,设Cl2有xL,利用方程式和已知条件计算出氮气的体积、氧化产物的物质的量;
【详解】
(1)按题意,用于检验氯气是否泄漏的反应应有明显现象,氯气和氨气可能的反应为
、当氨气过量时会与生成的HCl反应生成氯化铵,有白烟,现象明显;
答案为:
有白烟生成;
(2)氨气和氯气在常温下可快速反应生成氮气:
,若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气,用于制备盐酸,Cl2和NH3的最佳比例为3:
2;
答案为:
3:
2;
(3)①常温常压下,取总物质的量为12mol的氯气和氨气的混合气体,完全反应后,气体物质的量保持不变,说明
反应后氨气有剩余,再多余氨气再与部分HCl发生反应NH3+HCl=NH4Cl,HCl不能完全反应,设反应
中消耗氯气的物质的量为x,
,
,前者体积增大与后者体积减小相等,则
,得x=6,
故反应前氯气和氨气的物质的量之比为
:
1;
答案为:
1:
1;
②反应后生成的氧化产物为氮气,氯气为6mol,由
可知,生成氮气的物质的量为2mol,故氧化产物氮气的质量=2mol×28g/mol=56g,
故答案为:
56g;
(4)在
反应中,NH3和Cl2恰好完全反应时,混合气体中N2占混合气体的
,由于氨气与HCl可以反应生成HN4Cl,而充分反应后的混合气体中N2占混合气体的
,则有两类情况:
①Cl2与氨气恰好反应,由方程式可知5体积气体生成7体积气体,故反应后混合气体总体积=100L×
=140L,则氧化产物氮气体积为140L×
=20L,故其物质的量=
=0.893mol;②NH3过量时,发生反应
,剩余混合气体为氮气、氨气,设Cl2有xL,则
,则
,
,故氧化产物氮气的物质的量=
;
答案为:
余NH3和N2为0.263mol,余HCl和N2为0.893mol。
6.三氟化氮(NF3)是一种新型电子材料,它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应,其反应的产物有:
HF、NO和HNO3,请根据要求回答下列问题:
(1)反应过程中,被氧化与被还原的元素的物质的量之比为_______________。
(2)写出该反应的化学方程式,并标出电子转移的方向和数目:
____。
若反应中生成0.2molHNO3,转移的电子数目为______________________个。
(3)NF3是一种无色、无臭的气体,但一旦NF3在空气中泄漏,还是易于发现。
你判断该气体泄漏时的现象是_______________________________。
(4)一旦NF3泄漏,可以用NaOH溶液喷淋的方法减少污染,其产物除NaNO2、NaF、H2O外,还肯定有______________(填化学式)。
【答案】2∶1
0.4NA泄漏时会看到白雾和红棕色气体,同时闻到刺激性气味NaNO3
【解析】
【分析】
由题给信息可知,三氟化氮(NF3)在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应,其反应的产物有HF、NO和HNO3,反应中氮元素的化合价从+3价分别降为+2价,升为+5价,由升降法配平可得化学方程式为3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3。
【详解】
(1)由题给信息可知,反应中三氟化氮中氮元素的化合价即升高被氧化,又降低被还原,由化合价升降可知被氧化与被还原的氮元素的物质的量之比为1:
2,故答案为:
1:
2;
(2)由题给信息可知,三氟化氮(NF3)在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应,其反应的产物有HF、NO和HNO3,反应中氮元素的化合价从+3价分别降为+2价,升为+5价,由升降法配平可得化学方程式为3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3,反应中生成1mol硝酸转移2mol电子,电子转移的方向和数目可表示为
,则反应中生成0.2molHNO3,则转移的电子数目为0.4NA个,故答案
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 备战高考化学知识点过关培优 易错 难题训练氧化还原反应含详细答案 备战 高考 化学 知识点 过关 难题 训练 氧化 还原 反应 详细 答案