高考化学物质的量经典压轴题附答案解析.docx
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高考化学物质的量经典压轴题附答案解析
高考化学物质的量-经典压轴题附答案解析
一、高中化学物质的量练习题(含详细答案解析)
1.
(1)在标准状况下①6.72LCH4②3.01×1023个HCl分子③13.6gH2S④0.2molNH3,体积最大的是____,密最大的是度___,质量最小的是___,氢原子个数最多的是____。
(填写序号)
(2)等温等压下,质子数相等的CO、N2两种气体,质量之比为____,体积之比为____,摩尔质量之比____。
(3)某物质在一定条件下加热分解,产物都是气体。
分解方程式为:
3A=B+3C+2D。
测得生成的混合气体的平均相对分子质量为2a,则A的摩尔质量为____。
【答案】②②④①1:
11:
11:
14ag/mol
【解析】
【详解】
(1)①6.72LCH4中:
n(CH4)=
=0.3mol,m(CH4)=0.3mol×16g/mol=4.8g,ρ(CH4)=
,N(H)=4N(CH4)=1.2NA;
②3.01×1023个HCl分子中:
n(HCl)=
=0.5mol,V(HCl)=0.5mol×22.4L/mol=11.2L,ρ(HCl)=
,m(HCl)=0.5mol×36.5g/mol=18.25g,N(H)=N(HCl)=0.5NA;
③13.6gH2S 中:
n(H2S)=
=0.4mol,V(H2S)=0.4mol×22.4L/mol=8.96L,ρ(H2S)=
,N(H)=2N(H2S)=0.8NA;
④0.2molNH3中:
m(NH3)=0.2mol×17g/mol=3.4g,V(NH3)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L,ρ(NH3)=
,N(H)=3N(NH3)=0.6NA.
所以:
体积最大的是②,密度最大的是②,质量最小的是④,含氢原子数最多的是①;
(2)CO、N2两种气体涉及的元素有C、O、N质子数分别为6、8、7,所以两种气体的分子的质子数分别为:
14、14,质子数相等的CO、N2,物质的量相等;CO、N2摩尔质量分别为28g/mol、28g/mol,故摩尔质量之比1:
1;根据m=nM知:
质量之比与摩尔质量成正比为28:
28=1:
1;根据阿伏伽德罗定律,相同条件下物质的量相等的气体具有相同的体积,故体积之比为1:
1;
(3)化学方程式系数的意义:
表示物质的量。
设A的物质的量为3mol,则三种混合气体的总物质的量为6mol,由于平均相对分子质量为2a,即平均摩尔质量为2ag/mol,三种气体质量总和为12ag,根据质量守恒定律,A的质量也是12ag,故A的摩尔质量为4ag/mol。
2.现用该浓硫酸配制100mL1mol/L的稀硫酸。
可供选用的仪器有:
①胶头滴管;②烧瓶;③烧杯;④ 药匙;⑤量筒;⑥托盘天平。
请回答下列问题:
(1)配制稀硫酸时,上述仪器中不需要使用的有__________(填序号),还缺少的仪器有____________________(写仪器名称);
(2)经计算,配制100mL1mol/L的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为____________________________________________mL(保留一位小数),量取浓硫酸时应选用_________(选填10mL、50mL、100mL)规格的量筒;
【答案】②④⑥100mL容量瓶、玻璃棒5.410mL
【解析】
【分析】
【详解】
(1)配制100mL1mol/L的稀硫酸的配制步骤有:
计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等,一般用量筒量取(用到胶头滴管),在烧杯中稀释,并用玻璃棒搅拌,冷却后转移到100mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,当加水至液面距离刻度线1~2cm时,改用胶头滴管滴加,滴加至溶液凹液面与刻度线水平相切,盖好瓶塞,摇匀,需要使用的仪器为:
量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管,所以不需要用到的仪器为②④⑥,缺少的仪器有100mL容量瓶、玻璃棒,故答案为:
②④⑥;100mL容量瓶、玻璃棒;
(2)图中浓硫酸的物质的量浓度为
,配制100mL1mol/L的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为
,应该用10mL的量筒,故答案为:
5.4;10mL。
3.某实验小组拟配制0.10mol·L-1的氢氧化钠溶液并进行有关性质实验,回答下列问题。
(1)若实验中大约要使用475mL氢氧化钠溶液,至少需要称量氢氧化钠固体________g。
(2)从如图中选择称量氢氧化钠固体所需要的仪器________(填序号)。
(3)定容时加水超过刻度线,会使配制溶液的浓度_________(偏高,偏低或不变)。
(4)下列情况会使所配溶液浓度偏低________(填序号)。
①称量读数时,左盘高,右盘低
②溶液转移到容量瓶后,未进行洗涤操作
③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水
④定容时,仰视容量瓶的刻度线
⑤在烧杯中溶解氢氧化钠后,立即将所得溶液注入容量瓶中
⑥定容后摇匀,发现液面降低,又补加少量水,重新达到刻度线
【答案】2.0①②⑤偏低①②④⑥
【解析】
【分析】
(1)根据配制溶液体积选择合适容量瓶,根据m=cVM计算需要氢氧化钠的质量;
(2)称量一定质量的固体物质一般用托盘天平、药匙,称量腐蚀性药品应用小烧杯盛放;
(3)、(4)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响,根据c=n/V进行误差分析。
【详解】
(1)配制475mL、0.10mol/LNaOH溶液,应选择500mL容量瓶,实际配制500mL溶液,需要氢氧化钠质量m=0.5×0.1×40=2.0g,故答案为:
2.0;
(2)氢氧化钠具有腐蚀性,所以称量氢氧化钠固体应用的仪器:
托盘天平,药匙,小烧杯,故答案为:
①②⑤;
(3)定容时加水超过刻度线,所配制的溶液的体积偏大,会使配制溶液的浓度偏低,故答案为:
偏低;
(4)①称量读数时,左盘高,右盘低,导致称量的固体质量偏小,溶质的物质的量偏小,溶液浓度偏低,故选;
②溶液转移到容量瓶后,未进行洗涤操作,导致部分溶质损耗,溶质的物质的量偏小,溶液浓度偏低,故选;
③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水,对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响,溶液浓度不变,故不选;
④定容时,仰视容量瓶的刻度线,导致溶液体积偏大,溶液浓度偏低,故选;
⑤在烧杯中溶解NaOH后,立即将所得溶液注入容量瓶中,冷却后,溶液体积偏小,溶液浓度偏高,故不选;
⑥定容后摇匀,发现液面降低,又补加少量水,重新达到刻度线,导致溶液体积偏大,溶液浓度偏低,故选;
综上所述,①②④⑥满足题意,故答案为:
①②④⑥。
【点睛】
配制一定物质的量浓度的溶液误差分析要依据c=n/V进行分析:
凡是实验操作中引起溶质的量n增大的,所配溶液的浓度偏高,凡是实验操作中引起溶液体积V增大的,所配溶液的浓度偏低。
4.氯及其化合物在生产、生活中有着广泛的用途。
Ⅰ.次氯酸钠是最普通的家庭洗涤中的“氯”漂白剂和消毒剂。
已知某试剂瓶上贴有如图所示的标签,完成以下问题:
(1)该“84消毒液”的物质的量浓度约为___mol·L-1。
(2)该同学参阅该“84消毒液”的配方,欲用NaClO固体配制100mL含NaClO质量分数为37.25%的消毒液。
需要用托盘天平称量NaClO固体的质量为___g。
(3)若出现如下情况,对所配溶液浓度将有何影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”):
①称量时若选择的NaClO固体已在空气中放置时间过久___;
②定容时俯视容量瓶刻度线___。
Ⅱ.ClO2是一种消毒、杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。
实验室可通过以下反应制得:
2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O
试回答下列问题:
(1)请用双线桥表示反应中电子转移的情况___。
2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O
(2)试比较KClO3和CO2的氧化性强弱:
KClO3___CO2(填“>”“<”或“=”)。
(3)消毒时,ClO2还可以将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等难溶物,此过程说明ClO2具有___(填“氧化”或“还原”)性。
(4)在标准状况下,当生成11.2LClO2时,转移电子的数目为___。
【答案】6(或6.0)44.7偏低偏高
>氧化0.5NA
【解析】
【分析】
Ⅰ⑴该“84消毒液”的物质的量浓度
。
⑵先根据物质的量浓度计算NaClO物质的量和NaClO固体的质量。
⑶①称量时若选择的NaClO固体已在空气中放置时间过久,则称量44.7g固体中NaClO的质量减少;②定容时俯视容量瓶刻度线,溶液体积减小。
Ⅱ⑴KClO3中Cl化合价降低,H2C2O4中C化合价升高。
⑵根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。
⑶Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等,化合价升高,则ClO2化合价降低。
⑷生成2molClO2转移2mol电子,先计算生成11.2LClO2的物质的量,再计算转移电子物质的量和电子的数目。
【详解】
Ⅰ⑴该“84消毒液”的物质的量浓度
;故答案为:
6(或6.0)。
⑵该同学参阅该“84消毒液”的配方,欲用NaClO固体配制100mL含NaClO质量分数为37.25%的消毒液,则需要的NaClO物质的量为
,则需要用托盘天平称量NaClO固体的质量
;故答案为:
0.6;44.7。
⑶①称量时若选择的NaClO固体已在空气中放置时间过久,则称量44.7g固体中NaClO的质量减少,因此物质的量浓度偏低;故答案为:
偏低。
②定容时俯视容量瓶刻度线,溶液体积减小,物质的量浓度偏高;故答案为:
偏高。
Ⅱ⑴KClO3中Cl化合价降低,H2C2O4中C化合价升高,因此用双线桥表示反应中电子转移的情况
;故答案为:
。
⑵根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,因此KClO3氧化性大于CO2的氧化性,故答案为:
>。
⑶消毒时,ClO2还可以将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等难溶物,Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等,化合价升高,则ClO2化合价降低,因此此过程说明ClO2具有氧化性;故答案为:
氧化。
⑷在标准状况下,生成2molClO2转移2mol电子,当生成11.2LClO2即物质的量为
时,转移电子物质的量为0.5mol,电子的数目为0.5NA;故答案为:
0.5NA。
5.I.自然界中的物质绝大多数以混合物的形式存在,为了便于研究和利用,常需对混合物进行分离和提纯。
下列A、B、C、D是中学常见的混合物分离或提纯的装置。
请根据混合物分离或提纯的原理,回答在下列实验中需要使用哪种装置。
将A、B、C、D填入适当的空格中。
(1)碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙__________;
(2)氯化钠溶液中分离出氯化钠___________;
(3)分离39%的乙醇溶液___________;
(4)分离溴的氯化钠溶液____________;
Ⅱ.利用“化学计量在实验中的应用”的相关知识进行填空
已知某饱和氯化钠溶液体积为VmL,溶液密度为dg/cm3,质量分数为w,物质的量浓度为cmol/L,溶液中含NaCl的质量为mg。
(1)用m、V表示溶液的物质的量浓度是_________
(2)用w、d表示溶液的物质的量浓度是_________
(3)用c、d表示溶液的质量分数是__________
【答案】BDAC
mol·L-1
mol·L-1
【解析】
【分析】
I.根据混合物的性质选择相应的装置进行分离;
Ⅱ.根据公式
、
、
进行计算。
【详解】
I.
(1)碳酸钙不溶于水,可用过滤的方法从碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙,故答案为:
B;
(2)氯化钠易溶于水,可用蒸发的方法从氯化钠溶液中分离出氯化钠,故答案为:
D;
(3)乙醇和水是互溶的两种液体,可用蒸馏的方法分离乙醇和水,故答案为:
A;
(4)溴易溶于四氯化碳而难溶于水,且四氯化碳与水不互溶,则可以用四氯化碳萃取氯化钠溶液中的溴单质,再分液,故答案为:
C;
Ⅱ.
(1)NaCl的物质的量为
,则NaCl溶液的物质的量浓度是
,故答案为:
mol·L-1;
(2)根据公式
可知,该溶液的物质的量浓度是
,故答案为:
mol·L-1;
(3)由
可知,
,则该溶液的质量分数是
,故答案为:
。
【点睛】
该公式
中,涉及溶液的密度,质量分数,物质的量浓度,密度的单位为g/cm3,是同学们的易忘点。
6.为了将可称量的物质与难以称量的微观粒子之间联系起来,国际上采用了“物质的量”这一物理量,据此完成下列试题:
(1)等质量的O2和O3所含分子的物质的量之比为___。
(2)等温等压下,等体积的O2和O3所含分子个数比为___,质量比为___。
(3)设NA为阿伏加德罗常数的值,如果ag氧气中含有的分子数为b,则cg氧气在标准状况下的体积约是___(用含a、b、c、NA的式子表示)。
(4)实验室需要配制100mL1mol/L的NaOH溶液,进行如下操作:
①配制该溶液所需主要仪器除了托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管,还需要的玻璃仪器___。
②计算需要NaOH固体的质量:
___g。
③取出50mL配制好的溶液,此溶液中NaOH的物质的量浓度为___。
④若出现如下情况,导致所配溶液浓度偏高的是___。
A.称量时砝码已经生锈
B.定容时仰视
C.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作
D.定容摇匀后,液面低于容量瓶颈上的刻度线
【答案】3:
21:
12:
3
L100mL容量瓶4.01mol/LA
【解析】
【详解】
(1)根据
可知,等质量的O2和O3的物质的量之比为
,所含分子的物质的量之比为3:
2。
(2)根据阿伏加德罗定律,PV=nRT(R为常数),在等温等压下,等体积的任一气体所含分子的物质的量相同,由N=nNA(NA为常数)可知,分子个数比为1:
1;由m=nM可知,O2和O3的质量比为2:
3。
(3)设NA为阿伏加德罗常数的值,如果ag氧气中含有的分子数为b,则ag氧气的物质的量
,摩尔质量
,即当氧气为cg,物质的量
,在标准状况下的体积
L。
(4)①实验室需要配制100mL1mol/L的NaOH溶液,则配制该溶液所需主要仪器为托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管和100mL容量瓶。
②需要NaOH固体的质量
。
③溶液具有均一性,物质的量浓度不随着溶液的体积发生改变,浓度仍然为1mol/L。
④A.称量时砝码已经生锈,实际砝码质量增大,称得的氢氧化钠质量增大,浓度偏高;
B.定容时仰视,实际加水量偏高,溶液浓度偏低;
C.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作,剩余部分溶质残留,导致容量瓶内部溶质减小,溶液物质的量浓度偏低;
D.定容摇匀后,溶液物质的量浓度固定,液面低于容量瓶颈上的刻度线对结果无影响。
答案为A。
【点睛】
根据
可得,一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的。
误差分析时,关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化。
在配制一定物质的量浓度溶液时,若n比理论值小,或V比理论值大时,都会使所配溶液浓度偏小;若n比理论值大,或V比理论值小时,都会使所配溶液浓度偏大。
需要具体问题具体分析。
7.实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。
(1)如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫,并希望能控制反应速度,图中可选用的发生装置是______(填写字母)。
(2)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36L(标准状况)二氧化硫,如果已有40%亚硫酸钠(质量分数),被氧化成硫酸钠,则至少需称取该亚硫酸钠______ g (保留一位小数)。
(3)某热电厂上空大气中所含二氧化硫严重超标,现对该区域雨水样品进行探究。
首先用pH试纸测定雨水样品的pH,操作方法为______,测得样品pH约为3;为进一步探究由SO2所形成酸雨的性质,将一定量的SO2通入蒸馏水中,配成pH为3的溶液,然后将溶液分为A、B两份,将溶液B久置于空气中,与密闭保存的A相比,久置后的溶液B中水的电离程度将______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】ae31.5取一条试纸放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片)上,用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在试纸中央,半分钟后待变色,再与对照标准比色卡读数。
减小
【解析】
【分析】
(1)用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态,反应条件不需加热,可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率;
(2)由硫守恒可得:
Na2SO3~SO2,根据关系式及二氧化硫的物质的量计算出需要亚硫酸钠的质量;结合亚硫酸钠的质量分数,再计算出需要变质后的亚硫酸钠的质量;
(3)测定pH,可用玻璃棒蘸取溶液,然后与比色卡对比;将溶液B久置于空气中,亚硫酸被氧化生成硫酸,溶液酸性增强。
【详解】
(1)用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫,并希望能控制反应速度,由于反应不需要加热,排除装置d;由于亚硫酸钠是细小颗粒,不可选用装置c;装置b无法可知反应速率,故可选用的发生装置为:
ae;
(2)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫,根据反应方程式:
Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O,根据反应方程式可知:
Na2SO3~SO2,n(SO2)=
=0.15mol,则需亚硫酸钠的质量为:
m(Na2SO3)=0.15mol×126g/mol=18.9g;如果已有40%亚硫酸钠(质量分数),被氧化成硫酸钠,则含亚硫酸钠的质量分数为60%,至少需称取该亚硫酸钠的质量为
==31.5g;
(3)测定pH,可用玻璃棒蘸取溶液,滴在pH试纸上,半分钟后与比色卡对比,操作方法为取一条试纸放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片)上,用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在pH试纸上,半分钟后待变色,再对照标准比色卡读数;将溶液B久置于空气中,亚硫酸被氧化生成硫酸,导致溶液酸性增强,溶液中c(H+)增大,对水电离的抑制作用增强,则水的电离程度减小。
【点睛】
本题考查了二氧化硫气体的制取方法、物质含量的测定及溶液pH的测定等。
明确化学实验基本操作方法及常见气体发生装置特点为解答关键,注意掌握浓硫酸及二氧化硫的性质,试题侧重考查学生的化学实验能力和分析能力。
8.已知:
2KMnO4
K2MnO4+MnO2+O2↑,将0.1moKMnO4固体加热一段时间后,收集到amolO2;向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸,又收集到bmolCl2,此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中(注:
KMnO4和K2MnO4以及MnO2都能与浓盐酸反应并生成Mn2+)。
(1)2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中的还原产物是_____(填化学式),反应中若产生0.3mol的气体则有________mol的电子转移。
(2)a+b的最大值为________,a+b最小值为________。
【答案】MnCl20.60.250.2
【解析】
【分析】
(1)元素化合价降低发生还原反应得到还原产物;根据Cl元素化合价变化计算转移电子;
(2)KMnO4固体,加热一段时间后,收集到amol氧气,在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸,继续加热,收集到气体bmol氯气,根据电子转移守恒,整个过程中,Mn元素得到电子数等于O元素、Cl元素失去的电子,则有:
0.1×(7-2)=4a+2b,整理得a+b=0.25-a,当高氯酸钾没有分解时,(a+b)达最大值,当高锰酸钾完全分解生成氧气时,生成氧气最多,生成氯气最少,根据方程式计算氧气最大值,进而确定(a+b)的最小值。
【详解】
(1)反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价,化合价降低,得到电子,被还原,所以MnCl2是还原产物;产生0.3mol的氯气时,转移电子为n(e-)=0.3mol×2×[0-(-1)]=0.6mol;
(2)KMnO4固体加热一段时间后,收集到amol氧气,在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸,继续加热,收集到bmol氯气,根据电子转移守恒,整个过程中,Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去的电子,则有:
0.1×(7-2)=4a+2b,整理可得a+b=0.25-a,当高氯酸钾没有分解时,(a+b)达最大值,此时a=0,则(a+b)的最大值=0.25;当高锰酸钾完全分解生成氧气时,生成氧气最多,生成氯气最少,由2KMnO4
K2MnO4+MnO2+O2↑,可知生成氧气最大的物质的量为0.1mol×
=0.05mol,则a+b≥0.25-0.05=0.2,故(a+b)的最小值为0.2。
【点睛】
本题考查混合物计算、氧化还原反应计算,充分利用整个过程中的电子转移守恒是解答本题的关键。
掌握元素化合价升降总数与反应过程中电子转移的关系及与物质的性质与作用的关系是解答的基础,学会将关系式进行变形,并用用极值方法分析判断。
9.NH3、NO、NO2都是常见重要的无机物,是工农业生产、环境保护、生命科学等方面的研究热点。
(1)写出氨在催化剂条件下与氧气反应生成NO的化学方程式_____。
(2)氮氧化物不仅能形成酸雨,还会对环境产生的危害是形成_____。
(3)实验室可用Cu与浓硝酸制取少量NO2,该反应的离子方程式是_____。
(4)为了消除NO对环境的污染,根据氧化还原反应原理,可选用NH3使NO转化为两种无毒气体(其中之一是水蒸气),该反应需要催化剂参加,其化学方程式为_____。
(5)一定质量的Cu与适量浓硝酸恰好完全反应,生成标准状况下NO2和NO气体均为2240mL。
向反应后的溶液中加入NaOH溶液使Cu2+刚好完全沉淀,则生成Cu(OH)2沉淀的质量为_____克。
【答案】4NH3+5O2
4NO+6H2O光化学烟雾Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O4NH3+6NO
5N2+6H2O19.6
【解析】
【分析】
(1)氨气和氧气在催化剂的条件下反应生成一氧化氮和水;
(2)氮氧化物还可以形成光化学烟雾,破坏臭氧层;
(3)铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水,浓硝酸和硝酸铜都能写成离子形式;
(4)氨气使一氧化氮转化为两种无毒气体,其中一种是水蒸气,另外一种为氮气;
(5)根据电子转移守恒计算铜的物质的量,由铜原子守恒可得氢氧化铜的物质的量,在根据m=nM计算。
【详解】
(1)氨气与氧气在催化剂条件下生成NO与水,反应方程式为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O,
故答案为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O;
(2)氮氧化物还可以形成光化学烟雾、破坏臭氧层等,故答案为:
光化学烟雾;
(3)Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水,浓硝酸、硝酸铜都写成离子形式,反应离子方程式为:
Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O,答案为:
Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O;
(4)NH3使NO转化为两种无毒气体,其中之一是水蒸气,另外一种为氮气,反应方程式为:
4NH3+6NO
5N2+6H2O,
故答案为:
4NH3+6NO
5N2+6H2O;
(5)n(NO2)=n(NO)=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol,根据电子转移守恒,可知n(Cu)=
=0.2mol,由Cu原子守恒可
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