C.二元化合物指包含两种不同元素的化合物。
Y与X形成H2O和H2O2,Y与W形成P2O5和P2O3,Y与R形成SO2和SO3,故C正确;
D.比较半径,首先看电子层数,电子层数越多,半径越大;电子层数相同时,核内质子数越多,半径越小;电子层数和质子数都相同时,核外电子数越多,半径越大。
原子半径由大到小的顺序:
W>R>Y>Z>X,故D错误;
故选C。
【点睛】同一周期的元素(稀有气体元素除外),从左到右原子半径逐渐减小,金属性逐渐减弱,非金属性逐渐增强;同一主族的元素,从上到下原子半径逐渐增大,非金属性逐渐减弱,金属性逐渐增强。
7.室温时,用0.100mol·L-1AgNO3溶液滴定50.0mL0.0500mol·L-1NaCl溶液的滴定曲线如图所示[pCl=-lg(Cl-)]。
下列有关描述错误的是
A.室温时Ksp(AgCl)的数量级为10-10
B.室温时,各点Ksp(AgCl)的关系:
a=b=c
C.相同实验条件下,若改用0.0400mol·L-1NaCl溶液,反应终点b移动到d
D.相同实验条件下,若改用0.0500mol·L-1NaBr溶液,反应终点b向e方向移动
【答案】D
【解析】
【详解】A.选取横坐标为50mL的点,此时向50.0mL0.0500mol·L-1NaCl溶液中,加入50mL0.100mol·L-1AgNO3溶液,可计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol·L-1,由图示得到此时Cl—约为1×10-8mol·L-1,所以Ksp(AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10,所以其数量级为10-10,故A正确;
B.由于Ksp(AgCl)极小,因此向溶液中滴加AgNO3溶液就会有沉淀析出,溶液一直是氯化银的饱和溶液,在一定温度时,,Ksp(AgCl)是个常数,故各点Ksp(AgCl)的关系:
a=b=c,故B正确;
C.滴定的过程是用硝酸银滴定NaCl溶液,所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定,将50mL0.05mol/L的NaCl溶液改为50mL0.0400mol.L-1的NaCl溶液,此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍,所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍,因此应该由b点的25mL变为25×0.8=20mL,而d点对应的是20mL,故C正确;
D.卤化银从氯化银到碘化银的溶解度逐渐减小,所以Ksp(AgCl)应该大于Ksp(AgBr),将50mL0.0500mol/L的NaCl溶液改为50mL0.0500mol/LNaBr的溶液,这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子,因为银离子和氯离子或溴离子都是1:
1沉淀的,所以滴定终点的横坐标不变,但是因为溴化银更难溶,所以终点时,溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小,所以反应终点不可能b向e方向移动,故D错误;
故选D。
8.NaClO2常用来漂白织物,其漂白能力是漂白粉的4~5倍,NaClO2也是一种重要的杀菌消毒剂。
工业上生产NaClO2的一种工艺流程如下图所示:
(1)ClO2发生器中的产品之一是NaHSO4,在该发生器中所发生反应的离子方程式为___________。
(2)反应结束后,向ClO2发生器中通入一定量空气,目的是___________。
(3)吸收器中发生反应的化学方程式为___________。
吸收器中要用冷的NaOH溶液和H2O2溶液吸收CO2,原因是___________。
(4)将ClO2通入食盐水中,用情性电极电解,也可以制得NaClO2产品。
阳极的电解产物是___________(填化学式),阴极的电极反应式为___________。
(5)相同条件下,1molNaClO2与___________gCl2的氧化能力相当。
【答案】
(1).2C103-+S02=2C102+SO42-
(2).将C1O2赶入吸收器,确保其被充分吸收(3).2Cl02+2Na0H+H202=2NaClO2+02+2H20(4).温度过高,H2O2分解增多,Cl02逸出加快,不利于Cl02的吸收(5).Cl2(6).C102+e-=C102-(7).142
【解析】
【分析】
(1)ClO2和S02、H2SO4反应生成C102和NaHS04,化学方程式为:
2NaC103+S02+H2SO4=2Cl02+2NaHS04。
(2)反应结束后,发生器中仍有少量C102,用空气可以将其排出,确保其被充分吸收。
(3)吸收器中双氧水与Cl02在碱性条件下发生氧化还原反应生成NaClO2。
(4)阳极:
2Cl—-2e-=Cl2,阴极:
C102+e-=C102-。
(5)NaClO2~Cl-~4e-,Cl2~2Cl-~2e-,依据电子转移数目相等,相同条件下,1molNaClO2与2molCl2的氧化能力相当,从而得出氯气的质量。
【详解】
(1)ClO2和S02、H2SO4反应生成C102和NaHS04,化学方程式为:
2NaC103+S02+H2SO4=2Cl02+2NaHS04,反应的离子方程式为2C103-+S02=2C102+SO42-,故答案为:
2C103-+S02=2C102+SO42-。
(2)反应结束后,发生器中仍有少量C102,用空气可以将其排出,确保其被充分吸收,故答案为:
将C102赶入吸收器,确保其被充分吸收。
(3)吸收器中双氧水与Cl02在碱性条件下发生氧化还原反应生成NaClO2,反应的化学方程式为:
2Cl02+2Na0H+H202=2NaClO2+02+2H20,为了提高Cl02的利用率及防止H2O2分解,反应温度不能过高,故答案为:
2Cl02+2Na0H+H202=2NaClO2+02+2H20;温度过高,H2O2分解增多,Cl02逸出加快,不利于Cl02的吸收。
(4)阳极:
2Cl—-2e-=Cl2,阳极的电解产物是Cl2,阴极:
C102+e-=C102-,故答案为:
Cl2;C102+e-=C102-。
(5)NaClO2~Cl-~4e-,Cl2~2Cl-~2e-,依据电子转移数目相等,相同条件下,1molNaClO2与2molCl2的氧化能力相当,所以氯气的质量为142g,故答案为:
142。
【点睛】电解池是把电能转化为化学能的装置,在电解池中,阳离子向阴极定向移动,阴离子向阳极定向移动,阴极上得电子发生还原反应,阳极上失电子发生氧化反应。
9.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂。
K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液。
K2FeO4具有强氧化性,在酸性或中性溶液中迅速产生O2,在碱性溶液中较稳定。
某学习小组设计了下面的实验制备K2FeO2并探究其性质。
(一)K2FeO4的制备
该小组用下图所示装置制备K2FeO4(夹持装置略)。
(1)以上装置图中有一处明显的错误请你帮助指出来:
___________。
B中应盛装的试剂是___________。
(2)写出A中发生反应的离子方程式:
___________。
(3)C中发生的反应有Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O,还有生成K2FeO4的反应。
写出得到紫色固体K2FeO4的化学方程式:
___________。
(二)性质探究
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体得到固体物质K2FeO4。
(4)絮凝实验:
甲同学取少量K2FeO4加入浑浊的泥浆水中,发现产生气体,搅拌,浑浊的泥浆水很快澄清。
请结合方程式,说明K2FeO2的净水原理:
___________。
(5)乙同学取少量K2FeO4,向其中滴入稀盐酸发现产生黄绿色气体。
产生黄绿色气体的原因可能是____。
(6)丙同学取少量K2FeO4,向其中滴入MnSO4和适量H2SO4的混合溶液,振荡后溶液呈紫色,丙同学认为氧化性FeO42->MnO4-。
请你设计一个实验,验证丙同学的结论是否正确:
___________。
【答案】
(1).D中没有出气导管
(2).饱和氯化钠溶液(3).2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O(4).3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O(5).K2FeO4与水发生反应4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH-,产生的Fe(OH)3胶体可以吸附水中悬浮的杂质使水澄清(6).K2FeO4有强氧化性,将Cl-氧化为氯气(7).取少量紫色溶液滴加过量稀H2SO4,若溶液紫色不褪去,则丙同学的结论正确;若溶液紫色快速褪去,则丙同学的结论不正确
【解析】
【分析】
(1)D中只有进气导管,没有出气导管;高锰酸钾与浓盐酸反应产生的氯气中混有较多的氯化氢气体,对C中的反应有不良影响,因此,B中应盛装的试剂是饱和氯化钠溶液。
(2)高锰酸钾与浓盐酸反应产生氯气、KCl、MnCl2和水,根据电子守恒和原子守恒配平,A中的反应化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。
(3)C中Fe(OH)3、KOH和氯气反应生成K2FeO4,铁元素从+3价升高为+6价,被氧化,因此氯气作氧化剂,其还原产物是氯化钾。
(4)甲同学取少量K2FeO4加入浑浊的泥浆水中,发现产生气体,搅拌,浑浊的泥浆水很快澄清,是因为K2FeO4与水发生反应4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH-,产生的Fe(OH)3胶体可以吸附水中悬浮的杂质使水澄清。
(5)K2FeO4有强氧化性,将Cl-氧化为氯气。
(6)取少量紫色溶液滴加过量稀H2SO4,若溶液紫色不褪去,则丙同学的结论正确;若溶液紫色快速褪去,则丙同学的结论不正确。
【详解】
(1)以上装置图中D中只有进气导管,没有出气导管;高锰酸钾与浓盐酸反应产生的氯气中混有较多的氯化氢气体,对C中的反应有不良影响,因此,B中应盛装的试剂是饱和氯化钠溶液,故答案为:
D中没有出气导管;饱和氯化钠溶液。
(2)高锰酸钾与浓盐酸反应产生氯气、KCl、MnCl2和水,根据电子守恒和原子守恒配平,A中的反应化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O,离子方程式为:
2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O,故答案为:
2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。
(3)C中Fe(OH)3、KOH和氯气反应生成K2FeO4,铁元素从+3价升高为+6价,被氧化,因此氯气作氧化剂,其还原产物是氯化钾,化学方程式为:
3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KC1+8H2O,故答案为:
3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KC1+8H2O。
(4)甲同学取少量K2FeO4加入浑浊的泥浆水中,发现产生气体,搅拌,浑浊的泥浆水很快澄清,是因为K2FeO4与水发生反应4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH-,产生的Fe(OH)3胶体可以吸附水中悬浮的杂质使水澄清,故答案为:
K2FeO4与水发生反应4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH-,产生的Fe(OH)3胶体可以吸附水中悬浮的杂质使水澄清。
(5)乙同学取少量K2FeO4,向其中滴入稀盐酸发现产生黄绿色气体。
产生黄绿色气体的原因可能是K2FeO4有强氧化性,将Cl-氧化为氯气,故答案为:
K2FeO4有强氧化性,将Cl-氧化为氯气。
(6)丙同学取少量K2FeO4,向其中滴入MnSO4和适量H2SO4的混合溶液,振荡后溶液呈紫色,说明生成了MnO4-,为了验证丙同学的想法是否正确,可以取少量紫色溶液滴加过量稀H2SO4,若溶液紫色不褪去,则丙同学的结论正确;若溶液紫色快速褪去,则丙同学的结论不正确;故答案为:
取少量紫色溶液滴加过量稀H2SO4,若溶液紫色不褪去,则丙同学的结论正确;若溶液紫色快速褪去,则丙同学的结论不正确。
10.甲胺铅碘(CH3NH3PbI3)可用作全固态钙钛矿敏化太阳能电池的敏化剂,该物质可由甲胺(CH3NH2)、PbI2及HI为原料来合成。
请回答下列问题:
(1)制取甲胺的反应为CH3OH(g)+NH3(g)===CH3NH2(g)+H2O(g),已知该反应中相关化学键的键能数据如下表所示:
则该反应的△H=___________kJ·mol-1
(2)工业上利用水煤气合成甲醇的反应为CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)△H<0。
一定温度下,向体积为2L的密闭容器中加入CO和H2,5min末反应达到化学平衡状态,测得各组分浓度如下表所示。
①0~5min内,用CO表示的平均反应速率为___________。
②既能加快反应速率,又能提高氢气转化率的措施有___________(答一条即可)。
③能说明上述反应已达化学平衡状态的是___________(填字母)。
A.v正(CO)=2v逆(H2)
B.混合气体密度保持不变
C.反应容器内压强保持不变
D.混合气体的平均摩尔质量不变
(3)PbI2可由Pb3O4和HI反应制备,反应的化学方程式为___________。
(4)常温下PbI2饱和溶液中c(I-)=2.0×10-3mol·L-1,则Ksp(PbI2)=___________;已知Ksp(PbS)=4.0×10-28,则反应PbI2(s)+S2-(aq)
PbS(s)+2I-(aq)的平衡常数K=___________。
(5)HI的分解反应曲线和液相法制备HI的反应曲线分别如图1和图2所示:
①反应H2(g)+I2(g)
2HI(g)的△H___________(填“>”或“<")0。
②将SO2通入碘水中会发生反应:
SO2+I2+2H2O===4H++SO42-+2I-,I2+I-
I3-。
图2中曲线b所代表的微粒是___________(填微粒符号)。
【答案】
(1).-12
(2).0.12mol•L-1·min-1(3).加压(或增大CO的浓度)(4).CD(5).Pb3O4+8HI=3PbI2+I2+4H2O(6).4.0×10-9(7).1.0×1019(8).<(9).I3-
【解析】
【分析】
(1)根据CH3OH(g)+NH3(g)===CH3NH2(g)+H2O(g)△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和来计算。
(2)①根据速率之比等于化学计量数之比,推出v(CH3OH)=v(CO),从而求出v(CO)。
②提高氢气转化率要使平衡右移。
③A.如果是2v正(CO)=v逆(H2),可以说明反应达到平衡状态。
B.该反应体系中气体的密度始终不变,不能根据密度判断平衡状态。
C.反应前后气体分子数目不等,故反应容器内压强保持不变,可以说明反应达到平衡状态。
D.混合气体的平均摩尔质量=气体总质量/气体的总物质的量,总质量是一定的,反应前后气体分子数目不等,气体总物质的量如果不变,混合气体的平均摩尔质量就不变,所以混合气体的平均摩尔质量不变可以说明反应达到平衡状态。
(3)PbI2可由Pb3O4和HI反应制备,同时生成I2,Pb元素化合价从8/3价变为+2价,I元素化合价从-1价变为0价,根据电荷守恒、质量守恒配平。
(4)Ksp(PbI2)=c(Pb2+)c2(I-)=1.0×10-3×(2.0×10-3)2=4.0×10-9,反应PbI2(s)+S2-(aq)
PbS(s)+2I-(aq)的平衡常数K=c2(I-)/c(S2-)=[Ksp(PbI2)/c(Pb2+)]/[Ksp(PbS)/c(Pb2+)]=4.0×10-9/4.0×10-28=1.0×1019。
(5)①升温,HI的物质的量减少,即平衡左移,所以正反应为放热反应,△H<0。
②根据SO2+I2+2H2O===4H++SO42-+2I-,I2+I-
I3-得,随着n(I2)/n(SO2)的增大,n(H+)和n(SO42-)保持不变,而n(I3-)增大,所以b所代表的微粒是I3-。
【详解】
(1)CH3OH(g)+NH3(g)===CH3NH2(g)+H2O(g)△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和=(351+393-463-293)kJ/mol=-12kJ/mol,故答案为:
-12。
(2)①CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g),速率之比等于化学计量数之比,所以v(CH3OH)=v(CO)=0.6mol/L/5min=0.12mol•L-1·min-1,故答案为:
0.12mol•L-1·min-1。
②提高氢气转化率要使平衡右移,既能加快反应速率,又能提高氢气转化率的措施有加压(或增大CO的浓度),故答案为:
加压(或增大CO的浓度)。
③A.如果是2v正(CO)=v逆(H2),可以说明反应达到平衡状态,故A不选;
B.该反应体系中气体的密度始终不变,不能根据密度判断平衡状态,故B不选;
C.反应前后气体分子数目不等,故反应容器内压强保持不变,可以说明反应达到平衡状态,故C选;
D.混合气体的平均摩尔质量=气体总质量/气体的总物质的量,总质量是一定的,反应前后气体分子数目不等,气体总物质的量如果不变,混合气体的平均摩尔质量就不变,所以混合气体的平均摩尔质量不变可以说明反应达到平衡状态,