C.X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液可能呈酸性,例如:
HNO3、NH4NO3,也可能显碱性,例如NH3·H2O,故C错误;
D.由上述分析可知,MZ2是ClO2,具有强氧化性,可用于自来水的杀菌消毒,故D正确;
本题答案为D。
【点睛】熟记10电子微粒是解题的关键,常见的10电子微粒有
原子:
Ne
分子:
HF、H2O、NH3、CH4
单核离子:
N3-、O2-、F-、Na+、Mg2+、Al3+
多核离子:
NH4+、H3O+、OH-、NH2-
7.如图是一种应用广泛的锂电池,LiPF6是电解质,SO(CH3)2是溶剂,电池反应为:
4Li+FeS2=Fe+2Li2S。
下列说法不正确的是
A.该装置将化学能转化为电能
B.可以用水代替SO(CH3)2做溶剂
C.电子移动方向是由a极经外电路流向b极
D.b极电极反应式是:
FeS2+4Li++4e-=Fe+2Li2S
【答案】B
【解析】
【详解】A.锂电池是属于原电池,该装置将化学能转化为电能,故A正确;
B.若用水代替SO(CH3)2做溶剂,则水会和锂直接反应而无电流产生,故B错误;
C.a为电池的负极,b为电池的正极,电子从电池的负极经外电路流向电池的正极,故C正确;
D.b为电池的正极,电极反应式为:
FeS2+4Li++4e-=Fe+2Li2S,故D正确;
本题答案为B。
8.实验室用图示装置制备KC1O溶液,再与KOH、Fe(NO3)3溶液反应制备高效净水剂K2FeO4。
【査阅资料】①Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO,在较高温度下则生成KClO3;②K2FeO4易溶于水,微溶于浓KOH溶液,在0℃~5℃的强碱性溶液中较稳定。
(1)仪器a的名称是_________;装置A中反应的化学方程式为__________________。
(2)装置C中三颈烧瓶置于冰水浴中的目的是_________________________________。
(3)装置B吸收的气体是_________,装置D的作用是___________________________。
(4)C中得到足量KC1O后,将三颈瓶上的导管取下,依次加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液,水浴控制反应温度为25℃,搅拌1.5h,溶液变为紫红色(含K2FeO4),该反应的离子方程式为__________________________。
(5)往(4)所得溶液中加入饱和KOH溶液,冷却至0℃~5℃析出紫黑色晶体,过滤,得到K2FeO4粗产品。
K2FeO4粗产品含有KCl等杂质,进一步提纯方法是___________。
(6)若实验中消耗了VmLcmol/L的Fe(NO3)3溶液,Fe(NO3)3充分反应,最终制得ag的K2FeO4固体,则本实验K2FeO4的产率为______________(列出算式即可)。
【答案】
(1).圆底烧瓶
(2).MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O(3).提高KClO的产率,防止Cl2与KOH反应生成KC1O3(4).HCl(5).吸收Cl2,防止污染空气(6).3C1O−+2Fe3++10OH−=2FeO42-+3Cl−+5H2O(7).重结晶(8).
【解析】
【分析】
(1)装置A是实验室制取氯气的装置,按实验室制取氯气的有关原理回答;
(2)Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO,在较高温度下则生成KClO3;
(3)制取氯气中含有HCl,装置B吸收的气体是HCl,装置D的作用是尾气吸收;
(4)KC1O加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液,水浴控制反应温度为25℃,搅拌1.5h,生成K2FeO4和H2O,则KClO被还原成KCl,利用得失电子守恒、电荷守恒等配平书写离子方程式;
(5)K2FeO4和KCl均易溶于水,K2FeO4粗产品含有KCl等杂质,应用重结晶的方法分离;
(6)依据Fe守恒,计算产率。
【详解】
(1)装置A是实验室制取氯气的装置,a是圆底烧瓶,A中发生的反应方程式为:
MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O;
本题答案为:
圆底烧瓶、MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O。
(2)Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO,在较高温度下则生成KClO3,所以为了提高KClO的产率,防止Cl2与KOH反应生成KC1O3,C中三颈烧瓶置于冰水浴中;
本题答案为:
提高KClO的产率,防止Cl2与KOH反应生成KC1O3。
(3)制取氯气中含有HCl,装置B吸收的气体是HCl,装置D的作用是吸收Cl2,防止污染空气;
本题答案为:
HCl、吸收Cl2,防止污染空气。
(4)KC1O加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液,水浴控制反应温度为25℃,搅拌1.5h,生成K2FeO4和H2O,则KClO被还原成KCl,根据得失电子守恒、电荷守恒等配平的离子方程式为:
3C1O−+2Fe3++10OH−=2FeO42-+3Cl−+5H2O;
本题答案为:
3C1O−+2Fe3++10OH−=2FeO42-+3Cl−+5H2O。
(5)K2FeO4和KCl均易溶于水,K2FeO4粗产品含有KCl等杂质,应用重结晶的方法分离提纯K2FeO4;
本题答案为:
重结晶。
(6)依据反应过程中Fe守恒,设生成K2FeO4的物质的量为x,
则有:
Fe(NO3)3
K2FeO4
11
V
cmolx
解得:
x=V
cmol,m(K2FeO4)=V
cmol
198g/mol=0.198Vg,则本实验K2FeO4的产率为:
100
;
本题答案为:
100
。
9.锌锰干电池是很古老的一次性电池,它的生产原料主要有软锰矿和闪锌矿。
已知闪锌矿中含ZnS约80%,FeS、CuS、SiO2共约7%,其余为水分;软锰矿中含MnO2约a%,SiO2约20%,Al2O3约4%,其余为水分。
科研人员开发了综合利用软锰矿和闪锌矿的同槽酸浸工艺,工艺流程如下图所示。
请回答下列问题:
(1)反应I需不断搅拌,目的是____________________________。
(2)检验反应I的滤液中含有Fe3+的试剂为____________;写出反应I中由FeS生成Fe3+的离子方程式____________________________________。
(3)反应Ⅱ加入适量锌的作用是__________________;反应III中MnO2的作用是________________。
(4)已知ZnCO3、MnCO3的Ksp分别为1.4×10-10、2.2×10-11;要使反应IV之后的溶液中Zn2+、Mn2+浓度均降到1.0×10-6mol/L,则溶液中残留的CO32-浓度至少为__________mol/L。
(5)图是Na2SO4和Na2SO4•10H2O的溶解度曲线(g/100g水),则Ⅳ中得到Na2SO4固体的操作是:
将分离出MnCO3和ZnCO3后的滤液________→__________→用乙醇洗涤→干燥。
用乙醇洗涤而不用水洗的原因是_________________________________________。
【答案】
(1).加快反应速率,提高原料利用率。
(2).KSCN(或苯酚)(3).2FeS+3MnO2+12H+=2Fe3++2S+3Mn2++6H2O(4).将溶液中的Cu2+还原成Cu(5).将Fe2+氧化成Fe3+(6).1.4×10-4(7).蒸发结晶(8).趁热过滤(9).防止Na2SO4固体转化为Na2SO4•10H2O,并防止Na2SO4因溶于水而损耗
【解析】
【分析】
(1)反应I是闪锌矿、软锰矿在硫酸中的溶解过程,搅拌是为了加快反应速率,提高原料利用率;
(2)溶液中是否含有Fe3+,检验试剂一般选择KSCN(或苯酚);反应I中由FeS和MnO2在酸性溶液中反应生成Fe3+、H2O、S、Mn2+;
(3)由图可知,反应Ⅱ加入适量锌有铜析出,故反应Ⅱ是将溶液中的Cu2+还原为Cu;反应III中加入MnO2,将Fe2+氧化成Fe3+,最终生成Fe(OH)3沉淀;
(4)欲使Zn2+、Mn2+浓度均降到1.0×10-6mol/L,依据ZnCO3、MnCO3溶度积常数,可求CO32-浓度;
(5)由图像溶解度曲线变化可知,Na2SO4的溶解度,在温度较高时,随温度升高而降低,而Na2SO4•10H2O的溶解度,随温度升高而升增大,欲得到Na2SO4晶体,应采取加热蒸发溶剂使Na2SO4结晶析出,并趁热过滤;因Na2SO4在乙醇中难于溶解,所以用乙醇而不用水洗涤,即防止Na2SO4和水作用生成Na2SO4•10H2O,又能防止Na2SO4因溶于水而损耗。
【详解】
(1)反应I是闪锌矿、软锰矿在硫酸中的溶解过程,搅拌是为了加快反应速率,提高原料利用率;
本题答案为:
加快反应速率,提高原料利用率。
(2)Fe3+遇到KSCN溶液变成血红色,Fe3+遇到苯酚溶液显紫色,故欲检验I的滤液中含有Fe3+的试剂为:
KSCN(或苯酚);反应I中由FeS和MnO2在酸性溶液中反应生成Fe3+、H2O、S、Mn2+,反应的的离子方程式为:
2FeS+3MnO2+12H+=2Fe3++2S+3Mn2++6H2O;
本题答案为:
KSCN(或苯酚)、2FeS+3MnO2+12H+=2Fe3++2S+3Mn2++6H2O。
(3)由图可知,反应Ⅱ加入适量锌有铜析出,故反应Ⅱ是将溶液中的Cu2+还原为Cu;反应III中加入MnO2,将Fe2+氧化成Fe3+,最终生成Fe(OH)3沉淀;
本题答案为:
将溶液中的Cu2+还原成Cu;将Fe2+氧化成Fe3+。
(4)欲使Zn2+、Mn2+浓度均降到1.0×10-6mol/L,根据ZnCO3的Ksp=1.4×10-10,即c(Zn2+)c(CO32-)=1.4×10-10,求得:
c(CO32-)=1.4×10-10÷(1.0×10-6)=1.4
mol/L,同理可求使Mn2+沉淀,当Mn2+浓度均降到1.0×10-6mol/L时,c(CO32-)=2.2
mol/L,所以溶液中残留的CO32-浓度至少为1.4
mol/L;
本题答案为:
1.4
。
(5)由图像溶解度曲线变化可知,Na2SO4的溶解度,在温度较高时,随温度升高而降低,而Na2SO4•10H2O的溶解度,随温度升高而升增大,欲得到Na2SO4晶体,应采取加热蒸发溶剂使Na2SO4结晶析出,并趁热过滤;因Na2SO4在乙醇中难于溶解,所以用乙醇洗涤即防止Na2SO4和水作用生成Na2SO4•10H2O,又能防止Na2SO4因溶于水而损耗;
本题答案为:
蒸发结晶、趁热过滤、防止Na2SO4固体转化为Na2SO4•10H2O,并防止Na2SO4因溶于水而损耗。
10.甲醇是一种可再生能源,由CO2制备甲醇的过程可能涉及的反应如下:
反应Ⅰ:
CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.58kJ•mol-1
反应Ⅱ:
CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g)△H2
反应Ⅲ:
CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)△H3=-90.77kJ•mol-1
回答下列问题:
(1)反应Ⅱ的△H2=_________,若反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平衡常数分别为K1、K2、K3,则K2=________(用K1、K3表示)。
(2)反应Ⅲ自发进行条件是___________(填“较低温度”、“较高温度”或“任何温度”)。
(3)在一定条件下2L恒容密闭容器中充入3molH2和1.5molCO2,仅发生反应Ⅰ,实验测得不同反应温度与体系中CO2的平衡转化率的关系,如下表所示。
温度(℃)
500
T
CO2的平衡转化率
60℅
40℅
①T______500℃(填“>”、“<”、“=”)。
②温度为500℃时,该反应10min时达到平衡。
用H2表示该反应的反应速率v(H2)=______________;该温度下,反应I的平衡常数K=______________L2/mol2
(4)由CO2制备甲醇还需要氢气。
工业上用电解法制取Na2FeO4,同时获得氢气:
Fe+2H2O+2OH−
FeO42−+3H2↑,工作原理如图所示。
电解一段时间后,c(OH−)降低的区域在__________(填“阴极室”或“阳极室”)。
该室发生的电极反应式为:
___________________________。
【答案】
(1).+41.19kJ•mol-1
(2).K1/K3(3).较低温度(4).>(5).0.135mol·L-1·min-1(6).200(7).阳极室(8).Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律:
Ⅱ=Ⅰ-Ⅲ,得反应Ⅱ的△H2,反应Ⅱ的为反应Ⅰ和Ⅲ的差,所以反应Ⅱ平衡常数为:
K2=K1/K3;
(2)化学反应能否自发进行,取决于焓变和熵变的综合判据,当△G=△H-T△S
0时,反应能自发进行,据此解答;
(3)①反应Ⅰ的正反应是放热反应,所以升高温度二氧化碳的转化率减小;
②根据υ=
计算化学反应速率,平衡常数等于平衡时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值;
(4)该装置为电解池,阳极电极材料是Fe,铁在阳极失去电子,阳极的电极反应为:
Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O,阳极消耗了OH-。
【详解】
(1)由题所给的反应Ⅰ:
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.58kJ•mol-1
反应Ⅱ:
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H2
反应Ⅲ:
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H3=-90.77kJ•mol-1
依据盖斯定律可得:
Ⅱ=Ⅰ-Ⅲ,
H2=△H1-△H3=-49.58kJ•mol-1+90.77kJ•mol-1=+41.19kJ•mol-1,反应Ⅱ的为反应Ⅰ和Ⅲ的差,所以反应Ⅱ平衡常数为:
K2=K1/K3;
本题答案为:
+41.19kJ•mol-1,K2=K1/K3.
(2)当△G=△H-T△S
0时,反应能够自发进行,该反应的△S
0、△H
0,当温度较低时,反应Ⅲ能够自发进行;
本题答案为:
较低温度。
(3)①反应Ⅰ的正反应是放热反应,所以升高温度二氧化碳的转化率减小,则温度越低转化率越大,即T高于500℃;
本题答案为:
>。
②CO2的变化量为1.5mol×60%=0.9mol
CO2(g)
3H2(g)⇌CH3OH(g)
H2O(g)
初始量:
1.5mol3mol00
变化量:
0.9mol2.7mol0.9mol0.9mol
平衡量:
0.6mol0.3mol0.9mol0.9mol
υ(H2)=(2.7mol÷2L)÷10min=0.135mol/L-1•min-1,K=
=200L2/mol2
本题答案为:
0.135mol•L-1•min-1,200。
(4)该装置为电解池,阳极电极材料是Fe,铁在阳极失去电子,阳极的电极反应为:
Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O,由于阳极消耗了OH-,所以随着电解的进行c(OH−)会逐渐降低;
本题答案为:
阳极室、Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O。
11.在周期表中1~36号之间的W、X、Y、Z、Q五种元素,它们的原子序数依次增大,已知W与其余四种元素既不同周期也不同主族;X和Z的基态原子的核外电子均排布在3个能级上,且均有2个未成对电子;Q元素原子质子数为29。
(1)按电子排布,Q元素在周期表中属____________区。
(2)第一电离能Y______Z,电负性Y______Z(填“>”,“=”或“<”)。
(3)W与Z形成的常见化合物有W2Z、W2Z2;W与Y能形成多种二元化合物,如YW3、Y2W4、Y3W5、Y4W6……,W2Z分子中Z原子的杂化类型为______,YW3分子的立体构型为_____,YW3极易溶于W2Z的主要原因有___________________。
(写出两点即可)
(4)Q+基态核外电子排布式为________________________________。
(5)Q+与Y3-形成的晶胞结构如图所示,阴、阳离子间的核间距为apm,阿伏加德罗常数用NA表示,则晶体的密度为_____________g·cm-3。
o-Y3-•-Q+
【答案】
(1).ds
(2).>(3).<(4).sp3(5).三角锥形(6