c(Na+)=c(HA−)+2c( A2−),故D正确;故选C。
8.8.磷化铝、磷化锌、磷化钙与水反应产生高毒的PH3气体(熔点为-132℃,还原性强、易自燃),可用于粮食熏蒸杀虫。
卫生安全标准规定:
当粮食中磷化物(以PH3计)的含量低于0.05mg·kg-1时算合格。
可用以下方法测定粮食中残留的磷化物含量:
【操作流程】安装吸收装置→PH3的产生与吸收→转移KMnO4吸收溶液→亚硫酸钠标准溶液滴定。
【实验装置】C中盛100g原粮,D中盛有20.00mL1.12×10-4mol•L-1KMnO4溶(H2SO4酸化)。
请回答下列问题:
(1)仪器C的名称是_________;原粮最好先打成粉末,其原因是_____________。
(2)磷化钙与水反应有化学方程式为_____________________________________;检查整套装置气密性良好的方法是_______________________________________。
(3)A中盛装KMnO4溶液的作用是除去空气中的还原性气体;B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液,其作用是吸收空气中的O2,防止___________;通入空气的作用是____________。
(4)D中PH3被氧化成磷酸,所发生反应的离子方程式为_________________________。
(5)把D中吸收液转移至容量瓶中,加水稀释至250mL,取25.00mL于锥形瓶中,用5.0×10-5mol•L-1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液,消耗标Na2SO3准溶液11.00mL,则该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为______mg•kg-1,该原粮质量________(填“合格”或“不合格”)。
【答案】
(1).三颈烧瓶
(2).使原粮中磷化物与水充分反应(3).Ca3P2+6H2O===3Ca(OH)2+2PH3↑(4).关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气,若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好[或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法;或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法](5).氧化装置C中生成的PH3(6).吹出PH3,使其全部被酸性KMnO4溶液吸收(7).5PH3+8MnO4-+24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O(8).0.0085(9).合格
【解析】
(1)仪器C的名称是三颈烧瓶;原粮打成粉末可以增大接触面积,有利于反应充分进行;
(2)依据题干信息磷化钙与水反应生成氢氧化钙和磷化氢;利用装置特征关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气,若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好;或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法;或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法;故答案为:
Ca3P2+6H2O===3Ca(OH)2+2PH3↑;关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气,若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好[或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法;或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法]
(3)依据装置图中装置中的试剂选择分析判断,高锰酸钾溶液是强氧化剂可以吸收空气中的还原性气体;焦性没食子酸先和碱反应,再和氧气反应可以吸收氧气;若不吸收氧气,PH3会在氧气中燃烧,准确测定PH3的含量,需要用高锰酸钾溶液全部吸收,避免产生较大误差,通入空气的作用是保证PH3全部被吸收的措施。
故答案为:
氧化装置C中生成的PH3;吹出PH3,使其全部被酸性KMnO4溶液吸收。
(4)PH3被酸性高锰酸钾氧化成磷酸,高锰酸钾被还原为锰离子,结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平书写得到离子方程式为:
5PH3+8MnO4-+24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O
(5)收集E中吸收液,加水稀释至250mL,取25.00mL于锥形瓶中用浓度为5×10−5mol/LNa2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液,消耗Na2SO3标准溶液11.00mL;依据滴定反应:
2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O;2KMnO4∼5Na2SO3;未反应的高锰酸钾物质的量=
;与PH3反应的高锰酸钾物质的量
;根据反应5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O;得到定量关系为:
5PH3∼8KMnO4;计算得到PH3物质的量
;则PH3的质量分数
,当粮食中磷化物(以PH3计)的含量不超过0.05mg⋅kg−1时,粮食质量合格,所以该原粮质量合格。
9.9.固定利用CO2对减少温室气体排放意义重大。
CO2加氢合成甲醇是CO2综合利用的一条新途径。
CO2和H2在催化剂作用下发生反应:
CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0
(1)测得甲醇的理论产率与反应温度、压强的关系如图所示。
①下列措施能使CO2的转化率提高的是____(填序号)。
A.增大压强B.升高温度C.增大H2投料比D.用更高效的催化剂
②在220℃、5.0MPa时,CO2、H2的转化率之比为___________。
③将温度从220℃降低至160℃,压强从5.0MPa减小至3.0MPa,化学反应速率将_____(填“增大”“减小”或“不变”下同),CO2的转化率将_____。
④200℃时,将0.100molCO2和0.275molH2充入1L密闭容器中,在催化剂作用下反应达到平衡。
若CO2的转化率为25%,,则此温度下该反应的平衡常数表达式K=_____________(只用数字填,不必计算出结果)。
(2)若H2(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为-285.8kJ·mol﹣1和-726.5kJ·mol﹣1,则由CO2和H2生成液态甲醇和液态水的热化学方程式为________________________________。
(3)甲醇电解法制氢气比电解水法制氢气的氢的利用率更高、电解电压更低。
电解装置如图。
电源的正极为_____(填序号a或b)。
其中阳极的电极反应式为_________________;标况下,每消耗1mol甲醇则生成H2的体积为____。
【答案】
(1).AC
(2).1∶1(3).减小(4).增大(5).
(6).CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(l)+H2O(l)△H=-130.9kJ·mol-1(7).b(8).CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+(9).67.2L
【解析】
(1)①A.正向是气体体积减小的反应,加压平衡正向移动,CO2的转化率提高,故A正确;B.该反应为放热反应,升温有利于平衡逆向移动,CO2的转化率降低,故B错误;C.增大H2投料比有利于平衡正向移动,CO2的转化率提高,故C正确;D.使用催化剂平衡不移动,故D错误;答案为AC。
②根据图可知甲醇的理论产率为25%,CO2和H2的投料比为1:
3,与反应的系数比一致,所以,CO2、H2的转化率之比相等为1:
1。
③温度越低、压强越小,反应速率越小,观察图中的数据可知,在140℃,2MPa时,甲醇的产率高于25%,所以二氧化碳的转化率高于25%,即二氧碳的转化率增大。
④利用三段式计算:
CO2+3H2⇌CH3OH+H2O
起始(mol/L) 0.1 0.275 0 0
转化(mol/L) 0.025 0.075 0.025 0.025
平衡(mol/L) 0.075 0.2 0.025 0.025
所以
(2)由H2(g)的燃烧热△H为-285.8kJ•mol-1知,1molH2(g)完全燃烧生成1molH2O(l)放出热量285.8kJ,即①H2(g)+
O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ•mol-1;②CH3OH(l)+
O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-726.5kJ•mol-1,由盖斯定律可知,3×①-②得CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)△H=-130.9 kJ•mol-1,故答案为:
CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)△H=-130.9 kJ•mol-1;
(3)根据产生图示左边应该是溶液中的氢离子得电子生成氢气,得出左边为阴极右边为阳极,故电源a为负极,b为正极;阳极上发生甲醇失电子变成二氧化碳的反应,结合酸性电解质,故阳极电极反应为CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+;每消耗1mol甲醇转移6mol电子,可以生成3mol氢气,故生成的氢气为3mol,体积为67.2L。
10.10.锰的用途非常广泛,以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3,还含有铁、镍、钴的碳酸盐及SiO2杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下:
已知25℃,部分物质的溶度积常数如下:
物质
Mn(OH)2
Co(OH)2
Ni(OH)2
Fe(OH)3
MnS
CoS
NiS
Ksp
2.1×10-13
3.0×10-16
5.0×10-16
1.1×10-36
1.0×10-11
5.0×10-22
1.0×10-22
(1)步骤Ⅰ中,为加快溶浸速率,可采取的措施是____________________(至少答两条)
(2)步骤Ⅱ中,加氨水调节溶液的pH为5.0~6.0,则滤渣1的成分主要为______(填化学式);已知MnO2的作用为氧化剂,“除杂1”中涉及的离子方程式为:
NH3﹒H2O+H+==NH4++H2O、__________________、___________________。
(3)步骤Ⅲ中,所加(NH4)2S的浓度不宜过大的原因是_______________________。
(4)滤液2中,c(Co2+):
c(Ni2+)=_______________。
(5)将质量为a㎏的碳酸锰矿经上述流程处理后得到单质Mnbkg。
若每一步都进行完全,假设滤渣1为含铁元素的纯净物,质量为ckg,则原碳酸锰矿中MnCO3的质量分数为_________(用含a、b、c的式子表达,无需化简)。
【答案】
(1).溶浸时加热(或升高温度)、适当增大硫酸浓度、搅拌、再减小矿粉颗粒直径
(2).SiO2、Fe(OH)3(3).2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O(4).Fe3++3NH3﹒H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+(5).若(NH4)2S的浓度过大,产生MnS沉淀造成产品损失(6).5:
1(7).
×100%
【解析】
向碳酸锰矿(主要成分为MnCO3,还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)中加入硫酸,可以发生反应生成硫酸盐,向其中就如具有氧化性的二氧化锰,可以将亚铁离子氧化为铁离子,调节pH可以将氢氧化铁沉淀下来,向滤液中加入硫化铵,可以将镍离子、钴离子形成硫化物沉淀下来,最后对得到的含有锰离子的盐电解,可以得到金属锰。
(1)搅拌固体和液体的混合物,升高温度、增大浓度等,都可加快反应速率,所以为了提高浸取率可采取的措施有加热或搅拌或增大硫酸浓度等,故答案为:
溶浸时加热(或升高温度)、适当增大硫酸浓度、搅拌、再减小矿粉颗粒直径;
(2)步骤Ⅱ中,MnO2在酸性条件下可将Fe2+离子氧化为Fe3+,反应的离子方程式MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O,加入氨水调节pH为5.0∼6.0,发生Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+,可得到沉淀Fe(OH)3,故答案为:
Fe(OH)3;2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O;Fe3++3NH3﹒H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+;
(3)向滤液中滴入适量的(NH4)2S溶液,目的是除去Cu2+、Zn2+,若(NH4)2S的浓度过大,产生MnS沉淀,造成产品损失、故答案为:
若(NH4)2S的浓度过大,产生MnS沉淀,造成产品损失;
(4)CoS、NiS的Ksp分别为5.0×10−22、1.0×10−22,加入足量(NH4)2S溶液后,生成CoS、NiS沉淀,溶液中c(Co2+):
c(Ni2+)=5.0×10−22:
1.0×10−22=5:
1,故答案为:
5:
1;
(5)滤渣1为为Fe(OH)3,质量为c kg,则n(Fe3+)=n[Fe(OH)3]=
mol,由2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O可知n(MnO2)=
×
mol,
将质量为akg的碳酸锰矿经上述流程处理后得到单质Mn b kg,n(Mn)=
mol,
可知n(MnCO3)=
mol-
×
mol,m(MnCO3)=(
mol-
×
mol)×115g/mol,
则原碳酸锰矿中MnCO3的质量分数为
,故答案为:
点睛:
向碳酸锰矿(主要成分为MnCO3,还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)中加入硫酸,可以发生反应生成硫酸盐,向其中就如具有氧化性的二氧化锰,可以将亚铁离子氧化为铁离子,调节pH可以将氢氧化铁沉淀下来,向滤液中加入硫化铵,可以将镍离子、钴离子形成硫化物沉淀下来,最后对得到的含有锰离子的盐电解,可以得到金属锰。
11.11.【物质结构与性质】磷化硼(BP)是一种受关注的耐磨涂层材料,可作为钛等金属表面的保护薄膜。
(1)三溴化硼和三溴化磷混合物在高温条件下与H2反应可以制得BP。
①上述反应的化学方程式为________________________;
②磷原子中存在_____种不同能量的电子,电子占据的最高能层符号为_______。
③常温下,三溴化磷是淡黄色发烟液体,可溶于丙酮、四氯化碳中,该物质属于______晶体(填晶体类型)。
(2)已知磷酸是中强酸,硼酸是弱酸;pKa=-lgKa。
①有机酸的酸性强弱受邻近碳上取代原子的影响,如酸性:
BrCH2COOH>CH3COOH。
据此推测,pKa:
AtCH2COOH____ClCH2COOH(填“>”、“<”、“=”)
②磷酸是三元酸,写出两个与PO43-具有相同空间构型和键合形式的分子或离子_________________。
③硼酸是一元酸,它在水中表现出来的弱酸性,并不是自身电离出氢离子所致,而是水分子与B(OH)3结合,生成一个酸根离子,该阴离子的结构式为:
_________(若存在配位键,请用箭头标出)。
(3)高温陶瓷材料Si3N4的成键方式如图1所示,结构中N—Si—N的键角比Si—N—Si的键角大,其原因是_____________________________________。
(4)磷化硼的晶体结构如图2所示。
晶胞中P原子的堆积方式为________(填“简单立方”、“体心立方”或“面心立方最密”)堆积。
若该晶体中最邻近的两个P原子之间的距离为anm,则晶体密度