某类硝酸盐受热分解的产物为不含氮元素的固体物质和NO2、O2气体:(1)某种硝酸盐受热分解后,若产生NO2和O2的物质的量之比为6︰1,则金属元素的价态在反应过
题型:不详难度:来源:
某类硝酸盐受热分解的产物为不含氮元素的固体物质和NO2、O2气体: (1)某种硝酸盐受热分解后,若产生NO2和O2的物质的量之比为6︰1,则金属元素的价态在反应过程中_______(填“升高”、“降低”、“不变”) (2) 现取mg Cu(NO3)2无水晶体,强热使其分解,得到NO2、O2和ng固体。将气体用水充分吸收后,结果还有气体剩余,同时得到100mL溶液。则:残留固体成分可能是_____________ _______________(用化学式表示);所得溶液的物质的量浓度是__________________(用只含m的代数式表示); (3)(2)中m = 3.76,n = 1.52。试通过计算确定残留固体的成分及其质量 |
答案
(1)升高 (2)CuO、Cu2O 或Cu2O;10m/92 mol/L (3)CuO 0.8g Cu2O 0.72g |
解析
试题分析:(1)产物NO2和O2的物质的量之比为6︰1可以确定升高的化合价为4,降低的化合价为6,根据得失电子数相等,则金属元素的化合价升高。 (2)因为生成的气体用水充分吸收后,结果还有气体剩余,说明生成的NO2和O2的比值不是4:1,则金属的化合价一定降低,且NO2和O2的比值小于4:1,所以剩余的成分可能为Cu2O或CuO和Cu2O的混合物。根据N守恒,求得所得溶液的物质的量浓度为。 (3)n(Cu)=,残留固体的质量为1.52g可知残留的固体为CuO和Cu2O。设CuO xmol,Cu2O ymol,则,解得x=0.01mol,y=0.005mol,CuO为0.8g,Cu2O为0.72g。 点评:本题主要用守恒法进行计算,可以简化计算难度。 |
举一反三
用氯气对饮用水消毒已有百年历史,这种消毒方法会使饮用水中的有机物发生氯代,生成对人体有害的含氯有机化合物。世界环保联盟即将全面禁止使用氯气对饮用水消毒,建议推广使用广谱性高效消毒剂二氧化氯。目前欧洲很多国家用氧化浓盐酸来制取ClO2:2NaClO3+4HCl(浓)= Cl2↑+2ClO2↑+2NaCl+2H2O。已知ClO2在***菌消毒后转化为Cl-,若将该方法生成的气体全部通入到600ml0.500mol/L的KI溶液中,KI恰好被全部氧化为I2,则参加反应的NaClO3的质量是 。 |
设NA为阿伏加德罗常数的值,下列关于2 L 0.2 mol·L-1的Ba(NO3)2溶液的说法不正确的是 ①溶液中的阴、阳离子总数为0.8NA ②取0.5 L溶液则其中NO3-的浓度为0.1 mol·L-1 ③取0.5 L溶液则其中Ba2+的浓度为0.2 mol·L-1 ④取0.5 L溶液则其中NO3-的总数为0.2NA |
若以w1和w2分别表示a mol/L和b mol/L氨水的质量分数,且知2a=b,则下列推断正确的是(氨水的密度比纯水小)A.2w1=w2 | B.2w2=w1 | C.w2>2w1 | D.w1<w2<2w1 |
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两份体积相同的某植物营养液,其配方如下:
含量 成分 编号
| KCl
| K2SO4
| ZnSO4
| ZnCl2
| ①
| 0.3mol
| 0.2mol
| 0.1mol
| ―
| ②
| 0.1mol
| 0.3mol
| ―
| 0.1mol
| 两份营养液的成分 A.只有n(K+)相同 B.只有 n(Cl-)相同 C.完全相同 D.完全不同 |
将40mL 1.5mol·L-1的CuSO4溶液与30mL 3mol·L-1的NaOH溶液混合,生成浅蓝色沉淀,假设溶液中c(Cu2+)或c(OH-)都已变得很小,可忽略,则生成沉淀的组成可表示为A.Cu(OH)2 | B.CuSO4·Cu(OH)2 | C.CuSO4·2Cu(OH)2 | D.CuSO4·3Cu(OH)2 |
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