1、一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）1 叠氮化钠 (NaN33易溶于水，微)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。NaN溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。实验室可利用亚硝酸叔丁酯(t- BuNO2，以 t-Bu 表示叔丁基 )与 N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。(1)制备亚硝酸叔丁酯取一定 NaNO2溶液与24222450%硫酸混合，发生反应 H SO 2NaNO =2HNO Na SO 。可利用亚硝酸与叔丁醇 (t- BuOH)在 40左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：_。(2)制备叠氮化钠 (NaN3)按
2、如图所示组装仪器(加热装置略 )进行反应，反应的化学方程式为：t- BuNO2 NaOHN H=NaN 2H O t- BuOH。2432装置 a 的名称是 _；该反应需控制温度在65，采用的实验措施是_；反应后溶液在0下冷却至有大量晶体析出后过滤。所得晶体使用无水乙醇洗涤。试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是_。(3)产率计算称取2.0g 叠氮化钠试样，配成100mL 溶液，并量取10.00mL 溶液于锥形瓶中。 1用滴定管加入0.10mol L六硝酸铈铵 (NH4)2Ce(NO3)6溶液 40.00mL( 假设杂质均不参与反应 )。充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2 滴邻菲罗啉指
3、示液，并用1 硫酸亚铁铵0.10mol L424 24，终点时消耗标准溶液20.00mL( 滴定原理： Ce4(NH) Fe(SO) 为标准液，滴定过量的Ce Fe2=Ce3 Fe3 )。已知六硝酸铈铵(NH 4)2Ce(NO3)6与叠氮化钠反应生成硝酸铵、硝酸钠、氮气以及Ce(NO3 )3，试写出该反应的化学方程式_ ；计算叠氮化钠的质量分数为 _(保留 2 位有效数字 )。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是_(填字母 )。A锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗B滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数C滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时
4、尖嘴处无气泡，结束时出现气泡D滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内(4)叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：_【答案】 t- BuOH HNO2t- BuNO2 H2O恒压滴液漏斗 (滴液漏斗 )水浴加热降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失2(NH4 23 62NaN3433 3) Ce(NO )=4NH NO 2Ce(NO ) 32 2N3- H2 2OH3N22NaNO 3N 65% ACClOO=Cl【解析】【分析】【详解】(1)制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸
5、和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反应，所以方程式为： t-BuOH HNO 240H 2O ；t-BuNO 2(2) 装置 a 的名称即为恒压滴液漏斗； 反应要控制温度在65 ，参考苯的硝化实验，该反应加热时，应当采用水浴加热； 题干中提到了叠氮酸钠易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗涤产品时，为了减少洗涤过程中产品的损耗，应当用无水乙醇洗涤；(3)通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中Ce4+和 N 3 中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：2(NH 4 ) 2 Ce(NO 3 )6 2NaN 3 =4NH 4NO 3 2NaNO 32Ce(NO 3 )3 3N 2 ；在计算叠氮化钠的含量
6、时，一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了1 与过量的六硝酸铈铵反10应，再用Fe2+去滴定未反应完的正四价的Ce，因此有：2.0gNaN3样品的 1 消耗的 Ce4Fe2 消耗的 Ce4 =0.004molCe4 ，考虑到 Fe2+与10Ce4+的反应按照 1:1 进行，所以2.0g 叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为：n(NaN 3 )10 (0.004 Fe2消耗的 Ce4 ) 0.02mol ，所以叠氮化钠样品的质量分数为： wm(NaN 3 ) 100%=0.02mol 65g/mol =65% ；2.0g2.0A润洗锥形瓶，会使步骤 消耗的六硝酸铈铵的量增加，通过分析可知，会使最终
7、计算的质量分数偏大， A 项正确；B量取 40mL 六硝酸铈铵溶液时若前仰后俯，则会量取比40ml 更多的六硝酸铈铵溶液，那么步骤 会需要加入更多的Fe2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的Ce4+，通过分析可知，最终会导致计算的质量分数偏低，B 项错误；C步骤 用 Fe2+标定未反应的 Ce4+，若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的Fe2+消耗量比实际的偏小，通过分析可知，最终会使质量分数偏大，C 正确；D将挂在锥形瓶壁上的 Fe2+溶液冲入锥形瓶，相当于让溶液混合更均匀，这样做会使结果更准确， D 项不符合；答案选 AC；(4)反应后溶液碱性增强，所以推测生成了OH-；产生的无色无味无毒气体，
8、推测只能是氮气，所以离子方程式为：ClO2N 3H 2O=Cl3N 22OH。【点睛】滴定计算类的题目，最常考察的形式之一是配制完待测样品溶液后，只取一部分进行滴定，在做计算时不要忘记乘以相应的系数；此外，常考察的形式也有：用待测物的 B 反应，再用C 标定未反应的B，在做计算时，要注意A 与 C一同消耗的B。A 与过量2 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102030（NH42473.075.478.0）
9、SOFeSO7H2O20.026.532.94（NH4）2SO4 ?FeSO417.221.628.1（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 10Na2CO3 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）。A 2.18gB 大于 2.18gC 小于 2.18g D 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
10、 溶液进行滴定。（ 1）已知 MnO4-被还原为 Mn 2+，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V mL 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 FeSOFeSO47H2O 析出4 在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有过滤、洗涤无水酒精或冰水2+-+3+2+加入最后一滴B 5Fe +MnO 4 +8H 5Fe +Mn+4H2OKMnO4 溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色1/V【解析
11、】【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 244在 30和 10的溶解度分别为：28.1g 和 17.2g；）SO FeSO（二）（ 1） MnO 4-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，
12、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FeSO在温度低时溶解度较小，47H2 O 析出，故答案为： FeSO4如果不趁热过滤就会有FeSO47H2O 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 244和 10的溶解度分别为：28.1g 和17.2g，即若溶剂为100g）SO FeSO 在 30水，冷却
13、析出 10.9g，有水 20g 析出 2.18g，硫酸亚铁铵的化学式为（NH42442） SO FeSO6H O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2+-+3+2+4H2O，故答案为：5Fe +MnO4+8H 5Fe +Mn5Fe2+MnO 4-+8H+ 5Fe3+Mn 2+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= m =1.96 g=0
14、.005mol，根据原子守恒则亚M392g / mol铁离子的物质的量为 0.005mol，反应 5Fe2+MnO 4 -+8H+=5Fe3+Mn 2+4H2O，则 5Fe2+ MnO 4-，所以高锰酸钾的物质的量为0.001mol ，据 c= n =0.001mol =1mol/L ，故答案为：V10 3 VLV1 。V3 某实验小组欲制取氧化铜并证明氧化铜能加快氯酸钾的分解，进行了如下实验：（一）制取氧化铜往盛有一定量CuCl2 溶液的烧杯中逐滴加入NaOH 溶液，直至不再产生沉淀，然后将烧杯中的物质转移到蒸发皿中，加热至沉淀全部变为黑色。将步骤所得的黑色沉淀过滤、洗涤，晾干后研细备用。（
15、 1）在实验过程中，若未加入 NaOH 溶液，直接将 CuCl2 溶液转移到蒸发皿中加热，最后也能得到黑色沉淀，试分析其原因 _。（ 2）写出检验步骤中沉淀是否洗涤干净的操作_。（二）为证明氧化铜能加快氯酸钾的分解并与二氧化锰的催化效果进行比较，用下图装置进行实验，每次实验时均收集 25ml 气体，其他可能影响实验的因素均已忽略，实验数据见下表：实验序号KClO3 质量其他物质质量待测数据1. 2g无其他物质a1. 2gCuO 0. 5gb1. 2gMnO 20. 5gc（3）写出氯酸钾分解反应的化学方程式，并用双线桥表示电子转移的方向和数目_。（ 4）上述实验中的“待测数据”是指_ 。（ 5
16、）图中量气装置 B 由干燥管、乳胶管和 50mL 滴定管改造后组装面成，此处用滴定管是_( 填“酸式”或“碱式”) 滴定管。（6）若实验证明氧化铜加快氯酸钾的分解效果比用二氧化锰差，请结合上表的实验效果数据，在坐标图中分别画出使用CuO、MnO 2 作催化剂时产生氧气的体积 V( O2) 随时间（ t）变化的曲线（注明必要的标识）_。【答案】 CuCl2 溶液中存在水解平衡 CuCl2 2H2OCu( OH) 2 2HCl，加热时 HCl 逸出使平衡不断右移，同时得到的Cu( OH) 2 受热分解生成CuO 取 2 3mL 最后的洗涤液于试管中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入几滴硝酸银溶液，若无白
17、色沉淀产生，则洗涤干净收集 25 mL 气体所需的时间碱式【解析】【分析】【详解】（1） CuCl2 是强酸弱碱盐会发生水解，CuCl2 溶液中存在水解平衡CuCl22H2OCu( OH) 2 2HCl，水解吸热，加热时HCl 逸出使平衡不断右移，同时得到的Cu( OH) 2 受热分解生成CuO。（ 2）如果没有洗涤干净则有 NaCl 杂质，检验是否有 Cl 即可确定是否洗净，具体操作是：取 2 3mL 最后的洗涤液于试管中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入几滴硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净。（ 3）用双线桥表示电子转移的方向和数目时，线桥要从反应物指向生成物的化合价发生改变的同种元素，在
18、线桥上要注明反应的得失电子数目，用双线桥表示氯酸钾分解的电子转移的方向和数目为：。（4）要比较反应的快慢需要反应的时间，因此待测数据是：收集25 mL 气体所需的时间。（ 5）从图可以看出该滴定管没有活塞，所以是碱式滴定管。（ 6）反应测的是收集 25 mL 气体所需的时间，所以气体的体积要相等，氧化铜加快氯酸钾的分解效果比用二氧化锰差，所以用氧化铜做作催化剂所用的时间要多，产生氧气的体积 V( O2) 随时间（ t ）变化的曲线为：。4 以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al2 O3（含少量杂质SiO2、 FeO、 Fe2O3
19、），其制备实验流程如下：（ 1）铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为_。（ 2）图中 “滤渣 ”的主要成分为 _(填化学式 )。（3）加 30%的 H2O2 溶液发生的离子反应方程式为_ 。（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4NH4Al(SO )12H O2Al O + 2NH3 + N + 5SO + 3SO + 53H O,将产生的气体4 22232322通过下图所示的装置。集气瓶中收集到的气体是_(填化学式 )。足量饱和NaHSO3 溶液吸收的物质除大部分H2O（ g）外还有 _(填化学式 )。KMnO4 溶液褪色（ MnO4 还原为 Mn2+），发生的离子反应方程式为_ 。【答
20、案】 Al2O3+ 3H2SO4= Al2(SO4)3+ 3H2O SiO2 2Fe2+H2 O2+2H+= 2Fe3+2H2O N2 SO3、 NH3 2MnO 4 +5SO2+ 2H2O = 2Mn2+ 5SO42 +4H+【解析】【分析】根据题意，铝灰的主要成分为Al2 O3（含少量杂质SiO2、 FeO、 Fe2O3），铝灰中加稀硫酸，2 32 32不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、 Fe3+，加Al O、 FeO、 Fe O转化为离子， SiO入双氧水， Fe2+被氧化为 Fe3+，加入 K4Fe（ CN） 6后 Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成 NH
21、4Al（ SO4） 2，结晶、干燥、煅烧得到 -Al2O3。【详解】（1） Al2 3与硫酸反应生成硫酸铝和水，其反应的方程式为2 32424 32OAl O +3H SO =Al (SO ) +3H O。（2）根据上述分析，图中“滤渣 ”的主要成分是不溶于硫酸的二氧化硅，化学式为SiO2。（3）滤液中含有 Al3+、 Fe2+、 Fe3+，加 30%的 H2O2 溶液将Fe2+被氧化为 Fe3+，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，发生反应的离子方程式为2Fe2+ H2O2+2H+=2Fe3+2H2O（4） NH4Al（ SO4）2?12H2O 分解生成的气体NH3 和 SO3被亚硫酸
22、钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2。饱和 NaHSO3 能与 SO3、氨气反应，则足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分 H2O（g）外，还有SO3、 NH3 。酸性条件下，KMnO4 与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平，其反应的离子方程式为：2MnO4 -+5SO2+2H2O=2Mn 2+5SO42- +4H+。5 氯化亚铜在有机合成工业中常作催化剂。以下是从含Cu2+、 Fe3+的电镀废水中制备氯化亚铜的工艺流程图。如图是滤液中Cu2+、 Fe3+的含量与pH 的关系及 CuCl 产率与 pH 的关系图。请回答
23、以下问题：(1)在电镀废水中加碱产生沉淀，过滤得到电镀污泥，则电镀污泥的主要成分为_；(2)由反应制备CuCl时的最佳 pH 在_左右；(3)对 CuCl 产率探究时发现反应在隔绝空气条件下进行时CuCl产率较高，由此推测 CuCl具有 _性；(4)写出反应中化学反应方程式：_；(5)隔绝空气条件下，从滤液中制得晶体的实验操作为：_；(6)取晶体 4.34g 隔绝空气条件下，失去结晶水后得固体3.26g，所得固体溶于水分成二等份，一份加入足量BaCl2 溶液 ,得到白色固体2.33g；另一份加入足量NaOH 溶液后，加热、灼烧得红色粉末0.4g。写出晶体的化学式：_ 。【答案】 Fe(OH)3
24、 、24244Cu(OH) 3.5还原 2CuSO+ Fe +2KCl = 2CuClSO+2K+FeSO 蒸发、冷却结晶、过滤 (洗涤 )、干燥K2Fe(SO4)2?6H2O【解析】【分析】由流程图可知，向电镀废水中加碱，Cu2+、 Fe3+与碱反应生成氢氧化铁和氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铜的电镀污泥；向电镀污泥中加入硫酸控制pH 使氢氧化铜溶解，而氢氧化铁不溶解，过滤得到高浓度的硫酸铜溶液；向高浓度的硫酸铜溶液加入铁与氯化钾，调节溶液pH 和反应温度使硫酸铜与铁、氯化钾反应生成了硫酸亚铁、硫酸钾和氯化亚铜，过滤得到氯化亚铜沉淀和含有的硫酸亚铁、硫酸钾滤液，隔绝空气条件下，滤
25、液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到K2Fe(SO4)2?6H2O 晶体。【详解】（1）由流程图可知，向电镀废水中加碱，Cu2+、 Fe3+与碱反应生成氢氧化铁和氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铜的电镀污泥，故答案为：Fe(OH)3、 Cu(OH)2；（2）由 CuCl 产率与 pH 的关系图可知，制备CuCl 时的最佳pH 是 3.5 左右，故答案为：3.5；（ 3）对 CuCl 产率探究时发现反应 在隔绝空气条件下进行时 CuCl 产率较高，说明氯化亚铜具有还原性，能被空气中的氧气氧化，故答案为：还原；（ 4）反应 为调节溶液 pH 和反应温度使硫酸铜与铁、氯化钾反应生成
26、了硫酸亚铁、硫酸钾和氯化亚铜，反应的化学方程式为2CuSO4+Fe+2KCl=2CuCl +FeSO4+K2 SO4 ，故答案为：2CuSO4+Fe+2KCl=2CuCl +FeSO4+K2SO4；（5）隔绝空气条件下，含有硫酸亚铁、硫酸钾的滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体，故答案为：蒸发、冷却结晶、过滤(洗涤 )、干燥；（6）由题意可知，结晶水的物质的量为（4.34-3. 26） g=0.06mol ，由加入足量218g/ molBaCl溶液 ,得到2.33g 可知硫酸根的物质的量为2.33g硫酸钡沉淀质量为233g/ mol 2=0.02mol ，由加入足量 Na
27、OH溶液后，加热、灼烧得红色粉末0.4g可知亚铁离子的物质的量为0.4g 2 2=0.01mol ，160g/ mol则钾离子的物质的量为（3.26-0.0296-0. 0156）g+2+2) ；39g/ mol=0.02mol ， n( K ) ： n( Fe ) ：n( SO4nH2O =0.02mol：0.01mol：0.02mol：0.06mol=2:1:2:6，晶体的化学式为K2Fe(SO4)2?6H2O，()故答案为： K2Fe(SO4)2 ?6H2O。6NH3 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。
28、(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，Cl 和 NH的最佳比例为23_。(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：反应前氯气和氨气的物质的量之比_ 反应后生成的氧化产物的质量_。(4)若将总体积为 100L 的 NH 和 Cl 混合，实验精确测得充分反应后无色混合气体中N占混322合气体的 1 ，求生成氧化产物的物质的量 _ 。（该实验数据在标准状况下测7定）【答案】有白烟生成32n(NH3) n(Cl2)=11 m(N
29、2 )=56g 余 NH3 和 N2 0.263mol ，余HCl 和 N2 0.893mol【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2NH 33Cl
30、2N 26HCl 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 反应前氯气和氨气的物质的量之比及 反应后生成的氧化产物的质量；322NH33Cl2N26HCl恰好反应，根据方(4)若将总体积为 100L 的 NH 和 Cl 混合，程式计算混合气体总体积，进而计算氮气体积；NH3 过量时，发生反应 8NH 33Cl 2 N 26NH 4 Cl ，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2NH 3 3Cl
31、2 N 2 6HCl 、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：2NH 33Cl 2N 26HCl，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) 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2NH 3 3Cl 2 N 26HCl 反应后氨气有剩余，再多余氨气再与部分 HCl 发生反应 NH34+HCl=NH Cl， HCl 不能完全反应，设反应 2NH 3 3Cl 2 N 2 6H
32、Cl2NH 3 3Cl2气体物质的量增加中消耗氯气的物质的量为x，2322 x，x2x33NH3+HCl=NH 4 Cl气体物质的量减少12，前者体积增大与后者体积减小相等，2x2(12-x)12-x3则22x)x ，得，2(12 x33x=6故反应前氯气和氨气的物质的量之比为x612 x1： 1 ；6答案为： 1:1； 反应后生成的氧化产物为氮气，氯气为6mol,由 2NH 33Cl 2N 26HCl 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 2NH 3 3Cl 2N 26HCl 反应中， NH3 和 Cl
33、2 恰好完全反应时，混合气体中N2 占混合气体的1 ，由于氨气与HCl 可以反应生成HN42占混合7Cl，而充分反应后的混合气体中N气体的 1 ，则有两类情况：Cl2 与氨气恰好反应，由方程式可知5 体积气体生成7 体积气7体，故反应后混合气体总体积=100L 7=140L，则氧化产物氮气体积为140L1=20L，故57其物质的量 =20L=0.893mol ； NH3 过量时，发生反应22.4L / mol8NH 33Cl 2N 2 6NH 4Cl ，剩余混合气体为氮气、氨气，设Cl2 有 xL，则8NH 33Cl2N 2V1 x L831101300，则3，故氧化产物氮气的物10， x17xx10x7100Lx L333质的量 =300 L1173；22.4L / mol0.263mol答案为：余 NH3和 N2 为 0.263mol ，余 HCl 和 N2为 0.893mol 。7 含铬 ( 6 价 )废水严重危害人体健康，工业上常用还原法进行处理。其部分工艺流程如下：(1)废水中，六价铬以CrO42；或者 Cr2O72 的形式存在，写出其相互转化的离子方程式_。我国常用NaHS
