专项突破9 元素及化合物推断物质转化题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中化学必修第二册（人教版）

心专项突破9 元素及化合物推断 1.A、B、C、D是四种常见气体单质。E的相对 分子质量比F小16，且F为红棕色。有关 的转化关系如图所示（反应条件与部分反应 的生成物略去)。请回答下列问题： A X D B Y →白烟 Z☑ C.Z 氧化铜加热 B 包如调 (1)B的电子式为 (2)Y与氧化铜反应，每生成1molB消耗 3mol氧化铜，该反应的化学方程式为 (3)反应③的化学方程式为 (4)气体F和气体S0,在通常条件下同时通 入盛有BaCL2溶液的洗气瓶中（如图所示）， 有沉淀生成，该反应的离子方程式为 F -S0 BaCl,溶液 2.(2024·广东惠州高一月考)已知A、B、C、 D、E、F、G、H可以发生如图所示的转化关 系，反应中部分生成物已略去。其中，A、G 为同一主族元素形成的单质，B、C、H在通 常情况下为气体，E是水晶的主要成分，化 合物C是一种形成酸雨的大气污染物。 △ G 宜aOH溶液E 高温 ② HJ① 浓硫酸，4BJ④回 (1)C的化学式为 物质转化题 (2)反应①的化学方程式为 反应②的离子方程式为 (3)写出G的一种用途： 其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为 (4)反应③的化学方程式为 (5)下列溶液中能用来区分B和C气体的 是 (填序号)。 ①澄清石灰水 ②H,S溶液 ③酸性KMnO,溶液 ④氯水 ⑤品红溶液 ⑥紫色石蕊溶液 3.非金属单质A经如图所示的过程可转化为 含氧酸D,已知D为强酸。请回答下列 问题。 A 0:B OC (1)若A在常温下为固体，B是能使品红溶 液褪色的有刺激性气味的无色气体。 ①C的化学式是 ,D的化学式 是 ②写出B转化为C的化学方程式： ③在工业生产中，B气体大量排放，被雨水 吸收后形成的 会污染环境。 (2)若A在常温下为气体，C是红棕色的 气体。 ①A的化学式是 ,D的化学式 是 ②将32.64g铜与140mL一定浓度的D溶 液恰好完全反应，产生B和C的混合气体 进阶突破·专项练19 在标准状况下的体积为11.2L,则该硝酸的 浓度为 mol·L1(计算结果精确至 0.1)。 4.（2024·河南南阳高一期末)A~G的转化关 系如图1所示（部分产物略去），其中A为 盐类，B和E为有刺激性气味的气体，G为 单质。常温下，将A1片浸在不同质量分数 的C溶液中，经过相同时间的腐蚀后，A1片 的质量损失情况如图2所示。 g 催化剂/加热⑤ ↑Al质量损失/g·cm) 16 ④10℃ ① 回加热 020406080100 ④ w(C/% 图1 图2 请回答下列问题： (1)A、D的化学式依次为 (2)实验室中常用 检验B,现象是 (3)反应④、⑤的化学方程式依次为 (4)图2中A1质量损失随C溶液质量分数 的变化先增大后减小，减小的原因为 ● (5)足量A1与一定浓度的C反应，得到H 溶液和D、E的混合物，这些混合物与1.68L 0,(标准状况)混合后通入水中，所有气体 恰好完全被水吸收生成C。若向所得H溶 液中加入5mol·L1NaOH溶液至A13+恰好 完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是 mLo 5.(2024·广西钦州高一月考)A、B、C、D、E F、G为中学化学常见物质，它们之间有如图 转化关系（反应条件已略去）。已知：A、C、 D、E均含有同种非金属元素M,A为气态氢 20黑白题化学1必修第二册·RJ 化物：G是一种紫红色的金属单质；B是空 气的主要成分之一。根据所学知识，按要求 回答下列问题： CH B I.若A具有臭鸡蛋气味，且能与C反应生 成一种淡黄色非金属单质，反应①为非氧化 还原反应，反应②为E的浓溶液与G反应。 (1)M元素在元素周期表中的位置为 (2)写出反应②的化学方程式： ,该反应中体现 了E的浓溶液的强氧化性和 性。 (3)将C通入足量溴水中，发生反应的离子 方程式为 将C通入少量品红溶液中可观察到的现象 为 Ⅱ.若光照条件下，E的浓溶液易分解得到 B、D、F3种物质；大量排放汽车尾气中的 C、D会导致光化学烟雾，已知：反应②为E 的稀溶液与G反应。 (4)写出A+B→C+F的化学方程式： (5)常温下，将60mLC、D的混合气体与 30mLB同时通入水中，充分反应后，剩余 7.5mL气体，则60mL混合气体中C的体积 分数可能为 （填标号)。 ①15.00% ②25.00% ③41.25% ④68.75% (2024·山东济宁高一期末)下图是物质A ~F的转化关系图，其中A为常见过渡金属 元素的单质，D和E组成元素相同，回答下 列问题： H 饱和电解B溶液常温84消毒液 食盐水① C D 活性炭s0,CL 铁红 浅绿色 一系列 溶液操作 绿加热FeS0高温 D H2O(g 高温⑥□+H, E (1)B的电子式为 组成C的元素 在周期表中的位置是 (2)一定温度下，B溶液和C反应生成 的NaClO和NaC1O,的物质的量之比为 3：1,此时反应的离子方程式为 (3)用质量分数为70%浓硫酸和亚硫酸钠 制取D,写出化学方程式： :反应④中 活性炭作催化剂，它能改变反应 的 ,但不能改变反应的最大限度。 (4)按下图装置进行实验，验证反应⑤产生 的气体，则装置I、Ⅱ、Ⅲ中所需试剂依次为 (填字母)。 D和E 排入空气中 混合气体 Ⅲ a.Ba(NO3)2溶液 b.BaCl2溶液 c.品红溶液 d.NaOH溶液 (5)为探究反应⑥反应后的固体成分中是 否含有F3+进行了以下实验。取少量反应 后固体置于试管中，滴加稀盐酸并微热，固 体逐渐溶解，同时有少量气泡产生，再向试 管中滴加几滴KSCN溶液，溶液未变红。根 据实验现象， (填“能”或“不能”) 确定固体中是否含有e3+,原因是 7.(2024·内蒙古赤峰高一月考)硫铁矿（含 FeS2)是一种重要的化学矿物原料，也是工 业制硫酸的主要原料，其煅烧过程及产物存 在如下转化关系。回答下列问题： 风执投一日投一国”C设底之 如 1+02 (1)硫铁矿(FS,)中硫元素的化合价为 (2)为了确定A中S元素的化合价，将其通 入酸性高锰酸钾溶液中，发现溶液褪色，请 写出该过程反应的离子方程式： (3)已知反应Ⅲ是放热反应，该反应也是工 业制硫酸的主要步骤之一，但在实际工业生 产中常用98.3%的浓硫酸代替水来吸收B 气体，其目的是 (4)酸雨是一种严重的环境污染问题，请写 出一条有效预防酸雨形成的措施： (5)利用氧化亚铁硫杆菌(T·)对硫铁矿 进行催化脱硫的过程如图所示： Fe2+ FeS2 Fe Fe 过程 S02+H S,02 过程Ⅱ 已知催化脱硫过程的总反应为FeS,+ 14Fe3++8H20=2S0子+15Fe2++16H。 ①过程Ⅱ反应的离子方程式为 ②脱硫过程中产生的S,0?在酸性溶液中 会形成黄色沉淀和一种能使品红溶液褪色 的气体，其原因可能是 (用离子方程式表示)。 ③该催化过程中，要控制反应温度不能过 高，原因是 0 进阶突破·专项练21机层从分液漏斗的上口倒出。(3)无水MgSO4能吸水，在有机层中 加人少量无水M$0,的目的是干燥有机物。(4)根据 0 八 、催化剂八入人 0H 0 +H20,5.6g山 △ 梨酸理论上生成山梨酸乙酯的质量为一 2g·alT×140g·mlr1= 5.6g 7.0g,本实验中，山梨酸乙酯的产率=50×10%=71,4%。(5)冷 7.0g 凝水应“下口进上口出”，则管口A是冷凝水的进水口，A错误：环己 烷和水的沸点相差不超过30℃，能与水形成共沸物，从而能将反应 产生的水及时带出，B正确：使用分水器是为了及时分离出水，促进 平衡正向移动，要及时放出水，不放出环己烷，C错误；工作一段时间 后，环己烷可在烧瓶与分水器中循环流动，D正确。 4.(1)检查装置气密性(2)使漏斗中的液体顺利流下，减小加入液体 体积对测量气体体积的误差(3)饱和NaHs03溶液偏低 (4)-4)×103x126 24.5m ×100%(5)H20+S03+2Cu2++2C1 =2CuC1↓+S0}+2H+(6)0.2mol·L-1的CuS04溶液 解析：(2)恒压漏斗主要有两个优点：能够让液体顺利流下；在测量 气体体积时，减小加人液体体积对测量气体体积的误差。(3)为了 防止二氧化硫溶于水，储液瓶中应该盛放饱和NaHSO3溶液：若读数 时未让储液瓶和量气管两边液面持平，储液瓶中气压大于外界大气 压，使测得的二氧化硫体积偏小。(4)根据题意，生成的二氧化硫体 积为(V1-2)mL,则在实验条件下二氧化硫的物质的量为 V1-V2 mol,即亚硫酸钠的物质的量，则其纯度为 24.5 (V1-V2)×126×10-3 100%。(5)因为白色沉淀是CuC1,故亚硫酸根 24.5m 离子将铜离子还原，生成硫酸根离子和亚铜离子，亚铜离子再结合氯 离子生成氯化亚铜沉淀。(6)因为要验证C1能够提高Cu+氧化性， 则试剂X应是不含有Cl的同浓度的Cu+溶液，故X为0.2mol·L-1 的CuS04溶液，E1>E2,则说明C1能提高Cu2+的氧化性。 专项突破9元素及化合物 推断—物质转化题 1.(1):N:N:(2)2NH,+3Cu0A3Cu+N2+3H,0 (3)3N02+H20=N0+2HN03(4)N02+S02+Ba2*+H20 BaS04↓+NO+2Ht 解析：A、B、C、D是四种常见气体单质，E的相对分子质量比F小16， 且F为红棕色，F为NO2,则E为NO;结合题图可知，A为Cl2,B 为N2,C为O2,D为H2,X为HCl,Y为NH3,白烟为氯化铵；氨气还 原氧化铜生成B(氮气)和Z(水)，氨气和氧气反应生成NO,NO被氧 气氧化生成F(NO2),F和水反应生成E(NO)和C(HNO,)。 2.(1)s0,(2)Si0,+2c高温si+2C0↑Si0,+20HSi0g+H,0 (3)芯片、作半导体材料、太阳能电池（回答一种即可）Si+ 2Na0H+H,0一Na2si0,+2H,↑(4)C+2H,S04(浓)△ C02↑+2S02↑+2H20(5)②③④⑤ 解析：A为单质，在加热条件下可与浓硫酸反应生成两种气体，且化 合物C是一种形成酸雨的大气污染物，则该反应为碳和浓硫酸反应 生成C02和S02,则A为C,B为C02,C为S02,A、G为同一主族元 素的单质，则G为Si,E是水晶的主要成分，则E为Si02,A与E的反 应为Si02+2C高温s1+2C0↑，则H为C0,F为N,5i03,D为 H2Si03。(1)C为S02。(2)反应①为C在高温下还原Si02的反应； E为SiO2,与NaOH反应生成的F为Na2SiO3。(3)G是Si,可用作芯 片、作半导体材料、太阳能电池等：Si与NaOH反应生成硅酸钠和氢 气。(4)浓硫酸具有氧化性，可以与C在加热的条件发生反应生成 C02和S02。(5)B为C02,C为S02。①两者均能使澄清石灰水变 专项练参考答案 浑浊；②H2S溶液与S02反应生成S单质，为黄色沉淀；③酸性 KM04溶液与S02反应，溶液褪色：④氯水与S02反应，氯水褪色； ⑤品红溶液与S0,反应，溶液褪色：⑥两者均能使紫色石蕊溶液变 红色。 3.(1)①s02H2$04②2s02+02A2S03③H,$03 (2)①N2HN03②10.9 解析：(1)若A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性 气味的无色气体，则B为S02、A是S单质、C是S03、D是 H2S04。(2)若A在常温下为气体，C是红棕色的气体，则A是N2、B 是N0、C是NO2、D是HN03.32.64g铜与140mL一定浓度的D溶 液恰好完全反应，产生B和C的混合气体在标准状况下的体积为 126:每的物资的装为。=031D时，生皮的餐到 的物质的量为0.51mol,则显酸性的硝酸为1.02mol;产生N0和NO2 的混合气体在标准状况下的体积为11.2L,根据氮元索守恒，则被还 原的硝酸的物质的量为。一 为2.4L·ma=0.5mol,则该硝酸的浓度为 11.2L 1.02mol+0.5mo≈10.9mol·L1。 0.14L 4.(1)NH4N03NO(2)湿润的红色石蕊试纸试纸变蓝 (3)4HN0,(浓)△4N0,↑+02↑+2H,08NH,+6N0,催化剂 7N2+12H0(4)当硝酸浓度增大到一定程度后，A1表面逐渐形成 致密氧化膜，阻止反应进一步发生(5)60 解析：根据A为盐类，B和E为有刺激性气味的气体，G为单质可以 推知，A为NH4NO,B为NH3,C为HNO3,D为NO,E为NO2,F为 02,G为N2。(2)实验室检验NH3应该用湿润的红色石蕊试纸，现 象为试纸变蓝。(5)N02、N0的混合气体与1.68L02(标准状况)混 合后通入水中，完全反应生成HNO3,则整个过程中HNO3反应前后 没有变化，即A!失去的电子都被02得到了，根据得失电子守恒： n(A)X3=n(02)x4,即n(A)×3=)28 mol×4,解得：n(Al)= 0.1mol,所以溶液中铝离子为0.1mol,根据A13+~30H可知Na0H 为0.1mol×3=0.3mol,则消耗Na0H溶液的体积为0.3mol÷ 5mol·L-1=0.06L=60mL。 5.(1)第三周期第MA族(2)Cu+2H2s0,(浓)△CuS0,+ S02↑+2H20酸(3)S02+Br2+2H20=S0}+2Br+4H+品红 溶液褪色(4)4NH3+502 催化剂4N0+6,0（(5)②④ 解析：I.若A具有臭鸡蛋气味，且能与C反应生成一种淡黄色非金 属单质，则A是H2S:B是空气的主要成分之一，B是氧气：A能与C 反应生成一种淡黄色非金属单质，则C是$02，D是S0,反应①为非 氧化还原反应，F是H20,E是H2S04;G是一种紫红色的金属单质， G是Cu。Ⅱ.大量排放汽车尾气中的C、D会导致光化学烟雾，则C、 D分别为NO、NO2,若光照条件下，E的浓溶液易分解得到B、D、 F3种物质，E是硝酸；A是NH3,B是O2,F是H20。(5)常温下，将 60mLN0、N02的混合气体与30mL02同时通人水中，发生反应 4N0+302+2H20=4HN03、4N02+02+2H20—4HN03,充分反 应后，剩余7.5mL气体，设N0的体积为V,若剩余气体为氧气，则 3460-+7.5=30,V=15mL,60mL混合气体中0的体积分数为 4 60 0%=25%若剩余气体为N0,则K25列， -=30.V= 4 41.25mL,60mL混合气体中N0的体积分数 41.25×100%= 60 68.75%。 6.(1)NaT:0:H厂第三周期第MA族(2)6CL,+120H一3CI0+ C103+8Cl+6H20(3)Na2S03+H2S04—Na2S04+H20+S02↑ 速率(4)bcd(5)不能原固体中含有Fe能够将Fe3+还原为 黑白题55 Fe2+,反应为Fe+2Fe3+3Fe2+ 解析：已知电解饱和食盐水得到H2、NaOH溶液和Cl2,即B为 Na0H,C为Cl2,绿矾为FeS04·7H20,则A为Fe,足量的Fe与浓硫 酸共热得到S02、FeS04溶液和H20,即D为S02,S02和Cl2在活性 炭作用下生成SO2CL2,FS04溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗 涤、干燥得到绿矾，绿矾加热失去结晶水得到无水FeS04,FeS04高温 加热分解生成铁红即Fe203,D为S02,则E为S03,Fe和水蒸气在高 温条件下反应生成H2和Fe304,即F为Fe304。(4)由分析可知，反 应⑤产生的气体D为S02,E为S03,已知S03极易溶于水，与水反应 生成H2S04,即S03通人BaCl2溶液中能够产生白色沉淀，而S02通 入BaCl2溶液不能产生白色沉淀，S02能使品红溶液褪色，最后通 入Na0H溶液中吸收多余的S02,才能排入空气中，防止污染环 境。(5)反应⑥即为Fe和水蒸气反应生成Fe,04和H2,为探究反应 ⑥反应后的固体成分中是否含有F3+进行了以下实验。取少量反应 后固体置于试管中，滴加稀盐酸并微热，固体逐渐溶解，同时有少量 气泡产生即说明原固体中含有Fe,由于Fe+2Fe3+一3Fe2+,再向试 管中滴加几滴KSCN溶液，溶液未变红，根据实验现象，不能确定固 体中是否含有Fe3*。 7.(1)-1(2)5S02+2Mn0:+2H20-5S0+2Mn2++4H*(3)防 止形成酸雾，影响吸收的效率(4)燃煤脱硫（合理即可） (5)①8Fe3+5H20+S20号—8Fe2+2s0?+10H+②S20号+2H —S↓+S02↑+H20③温度太高，催化剂失去活性 解析：反应I为硫铁矿（含FS2)和02反应生成气体A(S02),反应 Ⅱ为S02与02催化氧化生成B(S03),反应Ⅲ为S03和H20反应生 成C(硫酸)，形成酸雨，反应V为S0,和H20反应生成亚硫酸，最后 亚硫酸被氧化生成硫酸。 专项突破10化工生产情境 应用一工艺流程题 1.C 2.(1)增大固体反应物接触面积，使其充分反应(2)2Mg0+2Ca0+Si 高温2Mg(g)+2Ca0·Si0,（3)B 3.(1)蒸发浓缩、冷却结晶(2)A(3)溴易挥发S02+Br2+2H20 =S02+2Br+4H*(4)富集溴元素2 解析：分析流程如下：海水中加入氢氧化钙沉淀镁离子后过滤，在滤 液中通人Cl2是将滤液中的Br氧化为Br2,再利用热的空气将Br2 吹出，进入吸收塔与S02反应，其反应的离子方程式为S02+Br2 +2H20—S02+2Br+4H;再通入Cl2将Br氧化为Br2,两次Br →Br2转化的目的是对溴元素进行富集，氢氧化镁加入盐酸溶解得 到氯化镁溶液，氯化镁溶液中得到氯化镁晶体的操作是蒸发浓缩、冷 却结晶得到无水氯化镁，然后电解熔融氯化镁得到金属镁。 4.(1)加快反应速率，使溶解更加充分(2)1：4(3)2Cu2++ S0?+2CI+H20=2CuCl↓+S0?+2H防止CuC1被氧化 (4)生成的CuCl又溶解于NH4C1溶液中(5)醇洗有利于加快除去 CuCl表面水分，防止CuCl在潮湿环境中被空气氧化向酸洗后的 滤饼中加入乙醇浸没滤饼，待乙醇自然流出后，重复操作2~3次 解析：(2)由方程式可知，反应②中铜元素的化合价升高被氧化，铜 是反应的还原剂，氨元素的化合价降低被还原，硝酸根离子是反应的 氧化剂，反应的离子方程式为4Cu+10H+N0,一4Cu2++NH+ 3H20,则反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4。(3)“还原” 步骤加人(NH4)2SO3、NH4C混合溶液的日的是将溶液中的铜离子 转化为CC1沉淀，反应中(NH4)2S0,溶液过量可以保证铜离子反 应完全且防止CuCI被氧化。(4)由题给信息可知，CuCl易溶于氯离 子浓度较大的体系，所以在比值大于1.1时，亚铜离子沉淀率随 n(NHCI) 增大而减小说明溶液中氯离子浓度过大，生成的CuC1又 n(Cu2+) 溶解于NH,CI溶液中 5.(1)AB(2)温度是80℃，反应时间是90mi血(3)Si02 C6H1206+12Mn02+24H+=12Mn2++6C02↑+18H20(4)MnS 必修第二册·RJ Fe(0H)3(5)Mn2++2HC03=MnC03↓+C02↑+H20若反应 终点pH低于7，MnCO3可能溶解，可能造成的后果是产品的产率降 低：若pH>7,则会生成氢氧化锰沉淀，造成MnC03纯度降低 解析：流程分析：向菱锰矿（主要成分为MnC03,还含有铁、镍、钻的 碳酸盐以及Si02杂质)中加入H2S04,可以发生反应生成硫酸 盐，S02不溶于稀硫酸，过滤后存在于滤渣1中，向酸浸液中加入具 有氧化性的MnO2,可以将Fe2+氧化为Fe3+,向滤液中加入MnS,用氨 水调节溶液的pH=5可以将Fe(OH)3沉淀下来，Ni2+、Co2+可以形成 CoS和NiS沉淀下来，向MnSO4溶液中加入NH4HCO3溶液，调节溶 液pH=7,使Mn2+形成MnC03沉淀，最后对得到的含有Mn2+的盐电 解，可以得到金属锰，据此解答。(1)“溶浸”过程中，若其他条件不 变，能提高浸出率的措施有适当升高溶浸温度、适当加快搅拌速度， 故选AB。(2)物质的浸出率越高，反应消耗能量越低，反应条件越 好。根据图像可知所采用的最佳温度是80℃，反应时间是 90min。(3)由以上流程分析可知，滤渣1的成分有Si02和Mn02, 滤渣1中残余的MnO2可加入葡萄糖和硫酸溶液处理，MnO2被还原 为M2+,葡萄糖被氧化，氧化产物为C02。根据电子守恒、电荷守 恒、原子守恒，可得对应的离子方程式为C6H1206+12Mn02+24H 一12Mn2++6C02↑+18H20。(4)“除杂”步骤所得滤渣2的主要 成分除了CoS、NiS以外，还有MnS、Fe(OH)3。(5)“沉锰”时MnS04 和NH4HCO3反应生成MnCO3沉淀，根据电荷守恒和原子守恒配平 离子方程式为Mn2++2HC0;一MnC03↓+C02↑+H20,反应终点 溶液的pH应控制在7附近，若反应终点溶液的pH低于7，MCO3可 能溶解，可能造成的后果是产品的产率降低：若pH>7,则会生成氢氧 化锰沉淀，造成MnCO3纯度降低。 6.(1)增大黄铁矿与空气的接触面积，增大反应速率，同时也能使FeS2 与氧气充分反应(2)混入了杂质硝酸根离子，此外硝酸根离子在 酸性条件下具有强氧化性，在还原步骤中，加入试剂b时先与硝酸根 离子反应，增大了试剂b的用量，提高了成本，且该过程有NO生成， 会污染环境(3)2Fe3++Fe=3Fe2+S02+2Fe3++2H20一 S0?+2Fe2++4H+(4)降低硫酸亚铁的溶解度，促使其结晶析出 60降温结晶(5)4Fe2++02+80H=4Fe00H↓+2H20 解析：(3)酸浸后溶液中含有Fe3+,加入Fe粉，Fe3+与Fe反应生成 Fe2+,若试剂b为S02,Fe3+与S02在酸性条件下反应生成Fe2+ 和S0?。(4)从题干可知，硫酸亚铁晶体溶于水，不溶于乙醇，加入 乙醇可降低硫酸亚铁的溶解度，促使其结晶析出。从图中可知， 60℃时硫酸亚铁的溶解度达到最大，因此先蒸发浓缩得到60℃的 硫酸亚铁饱和溶液，随后降温结晶，再过滤、用冰水洗涤，低温干燥得 到晶体。(5)硫酸亚铁晶体与氧气、NaOH溶液反应生成FeOOH。 7.(1)S02(2)Si02+20H一Si03+H20(3)2Pd0+N2H4·H20 =2Pd+N2↑+3H,0(4)3Pd+12HC1(浓)+2HN0(浓)△ 2N0↑+3H2PdCl4+4H20(5)1:1(6)70.000.33 解析：(1)由组成元素分析可知，矿石混合物中含有硫元素，灼烧后 产生的污染性气体是S02。(2)“除硅”时，Si02与Na0H溶液反应 产生硅酸钠，相关反应的离子方程式为Si02+20H一Si0?+ H20。(3)根据流程和已知条件可知，“还原”时，Pd0与N2H4·H20 反应生成Pd和N2,反应的化学方程式为2P0+N2H4·H20 一2Pd+N2↑+3H20。(5)“氢气还原”时的反应为H2+ (NH4)2PdCl4一Pd+2NH4Cl+2HCl,H2中H元素的化合价升高， 所以H2作还原剂，则(NH4)2PdCl4作氧化剂，参加反应的氧化剂与 还原剂的物质的量之比为1：1。(6)由题中信息知1gPd的体积为 12,0g:m,标准状况下其吸附的，的体积为840X1 18 mL 12.0 70.00mL,1 mol Pd的体积为molx106gmol1 一，吸附氢气的物质 12.0g·mL-1 的量为 12.0g·ml1×840×103L·ml-1 1mol×106g·molP ≈0.33mol。 22.4L·mol-1 黑白题56