非选择题专项练二.docx

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1、非选择题专项练（二）26.磷化铝、磷化锌、磷化钙与水反响产生高毒的PH3气体（熔点为一132七，复原性强、易自燃），可用于粮食熏蒸杀虫。卫生平安标准规定：当粮食中磷化物（以PH3计）的含量低于0.05mgkg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的产生与吸收一转移KMno4吸收溶液一亚硫酸钠标准溶液滴定。【实验装置】C中盛100g原粮，D中盛有20.00m11.1210-mo11TKMno4溶液（酸。4酸化）。请答复以下问题：（1）仪器C的名称是；原粮最好先打成粉末，其原因是（2）磷化钙与水反响有化学方程式为；检查整套装置气密性良好的方法是O（3）A

2、中盛装KMnO,溶液的作用是除去空气中的复原性气体；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,防止；通入空气的作用是o（4）D中P1被氧化成磷酸，所发生反响的离子方程式为（5）把D中吸收液转移至容量瓶中，加水稀释至25Om1,取25.0Om1于锥形瓶中,用5.010mo11T的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗N&SO3标准溶液11.00m1,那么该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为mgkgT,该原粮质量（填“合格”或不合格）o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，有利于反响充分进行。（2）依据题干信息磷化钙与水反响生成氢氧化钙和磷化氢写

3、出反响方程式；利用装置特征关闭及、翻开K用抽气泵缓慢抽气，假设观察到A、B、D各装置中有气泡产生那么气密性良好；假设在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，高镒酸钾溶液是强氧化剂可以吸收空气中的复原性气体；焦性没食子酸先和碱反响，再和氧气反响可以吸收氧气，假设不吸收氧气，P1会和氧气发生反响，准确测定PH3的含量，需要用高镒酸钾溶液全部吸收，防止产生较大误差，通入空气的作用是保证PH3全部被吸收的措施。（4）PH3被酸性高镒酸钾氧化成磷酸，高镒酸钾被复原为镒离子，结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平书写得到离子

4、方程式为：5PH3+8Mn0+24H+=5H3P04+8Mn2+12H20o（5）收集E中吸收液，加水稀释至250m1,取25.00m1于锥形瓶中用浓度为5105mo111Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00m1,依据滴定反响：2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O;2KMnO45Na2SO3;未反响的高镒酸钾物质nnr的量=0.0111510mo111-=2.210mo111;与PH3反响的高oZb镒酸钾物质的量=112X1（）Tmo1110.0212.210InoI=4.0X1OTmo1.根

5、据反响5PH3+8KMn()4+12H2s04=5H3p04+8Mns04+42s04+12H20;得到定量关系为：55PH3-8KMnO4;计算得到PH3的物质的量=4.OX10Tn1OIXd=2.5X10TInO1；那么OPH3的质量分数=无四喻著2=0.0085mg/kg,当粮食中磷化物(以PH3计)的含量不超过0.05mg：kgT时，粮食质量合格，所以该原粮质量合格。答案：(1)三颈烧瓶(2)使原粮中磷化物与水充分反响(2)Ca3P2+6H20=3Ca(OH)2+2PH31关闭及、翻开七用抽气泵缓慢抽气，假设观察到A、B、D各装置中有气泡产生那么气密性良好(或在D左边用橡胶管和止水夹封

6、闭、关闭及用压差法；或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法)(3)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)5PH3+8Mn0+24H+=5H3P04+8Mn2+12H20(5)0.0085合格27.用辉铜矿(主要成分为C&S,含少量FezOs、SiO2等杂质)制备碱式碳酸铜的流程如下：(1)辉铜矿中铜元素的价态为O(2)滤渣I的成分除了不溶性矿渣外，还有S、写出“浸取”过程中生成S的离子方程式(3)也可用FeCe代替Mno2作浸取剂。假设向FeCC浸取液中;加CuC12,能加快铜元素的浸取速率，该过程的反响原理可用化学方程式表示为：C*S+2CuC12=4CuC1+S

7、;o(4)“沉镒”时发生的反响的离子方程式为滤液经结晶得到的盐主要是(壤化学式同),流程中可循环的物质是O(6)辉铜矿可由黄铜矿(主要成分为CUFeS，通过电化学反响转变而成，有关转化见以下图，转化时负极的电极反响式为O解析：流程分析：辉铜矿主要成分为CihS,含少量Fez。?、SiO2等杂质，参加稀硫酸和二氧化镒浸取，Fe2O3与硫酸反响转化为Fe?+,Si2不溶，进入滤渣。根据(2)S单质生成，可知Cu2S被Mno2氧化，转化为CIr和S,MiQ自身被复原为Mn2+o过滤得到滤渣为SiO2.S、未反响完的MnO2,滤液中含有Fe?+、Mn2+,Cu2+o调节溶液PH除去Fe+,参加碳酸核溶

8、液和氨气将Mr?+沉淀为碳酸镒，过滤得到滤液，赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜。(I)CU2S中CU为+1价。(2)根据上述分析滤渣I的成分还有SiO2、MnO2oCu2S被Mno2氧化，转化为C/+和S,MiG自身被复原为Mr?+,方程式为：2MnO2+Cu2S+8H+=SI+2。?+2Mn2+4H20o(3)MnO2在流程中作氧化剂，FeCb也有强氧化性，可以氧化C*S。假设向FeCk浸取液中参加CuC12,发生反响Cu2S+2CuC12=4CuC1+S,CuC1再被FeC13反氧化为CUCI2,化学方程式为：CuC1+FeC13=CuC12+FeC12o(4)沉镒除业产过程中，参加碳酸氢

9、核和氨气，生成碳酸镒沉淀，反响的离子方程式为Mn2+2HC0=MnCO31+H20+C021或Mn2+NH3+HC0=MnC031+Ntfo(5)分析流程，滤液2中主要阴离子为硫酸根，阳离子为铁根离子，即主要溶质为硫酸铁，所以结晶后得到的盐为(NH4)2S0”流程中存在参加氨气和赶氨的操作，所以可循环的物质为氨气。(6)根据图中电子的流向可知，Cu为负极，参加HzS转化H+,Cu转化C.S,所以该电极的反响为：Cu+H2S-2e-=Cu2SI+2H+答案：(1)+1(2)SiO2MnO22MnO2+Cu2S+8H+=SI+2Cu2+2Mn2+4H20(3)CuC1+FeC13=CuC12+Fe

10、C12(4) Mn2+2HC0=MnC031+H20+C021(或Mn2+NH3+HCO=MCO31+N)(5) (NH4)2SO4NH3(6)Cu+H2S-2e-=Cu2SI+2H+28.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C02综合利用的一条新途径。CO2和压在催化剂作用下发生反响：CO2(g)+3H2(g)=CH30H(g)+H2O(g)NiKO(1)测得甲醇的理论产率与反响温度、压强的关系如下图。以下措施能使C02的转化率提高的是(填序号)。A.增大压强B.升高温度C.增大乩投料比D.用更高效的催化剂在220幻、5.0MPa时，CO2、上的转化率之比为。将温度

11、从220T降低至160T,压强从5.0MPa减小至3.OMPa,化学反响速率将(填“增大”减小或不变下同)，CO2的转化率将o200t时，将0.100mo1CO2和0.275mo1H2充入11密闭容器中，在催化剂作用下反响到达平衡。假设C02的转化率为25%,那么此温度下该反响的平衡常数表达式K=(只用数字填，不必计算出结果)。(2)假设H2(g)和CH3OH的燃烧热分别为一285.8kJInO1T和-726.5kJmo11,那么由C(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)0其中

12、阳极的电极反响式为标况下，每消耗1InO1甲醇那么生成比的体积为解析：(1)正向是气体体积减小的反响，加压，平衡正向移动，CO2的转化率提高，故A正确；该反响为放热反响，升温有利于平衡逆向移动，CO2的转化率降低，故B错误；增大压投料比有利于平衡正向移动，CO2的转化率提高，故C正确；使用催化剂平衡不移动，故D错误。答案为AC。根据题图可知2209、5.0MPa时，甲醇的理论产率为25%,CO2和乩的投料比为1：3,与反响的系数比一致，所以,C02.H2的转化率之比相等为1：Io温度越低、压强越小，反响速率越小，观察图中的数据可知，在140,2.0MPa时，甲醇的产率高于25%,所以二氧化碳的

13、转化率高于25%,即二氧化碳的转化率增大。利用三段式计算：CO2+3H2CH30H+H20起始mo1110.10.27500转化mo11T0.0250.0750.0250.025平衡mo11_10.0750.20.0250.025若回PC(CH3OH)C(H2O)0.025X0.025所以(CO2)c3(H2)-0.075X0.23由H2(g)的燃烧热A为一285.8kJmo1tmo1H2(g)完全燃烧生成Iino1压0(1)放出热量285.8kJ,即H2(g)+*)2(g)=H2O(DAQ-285.8kJmo1;同样可知，CH3OH(1)+O2(g)=CO2(g)+2比0(1)-726.5k

14、Jmo11,斯定律可知，3X一得CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(I)+H2O(I)-130.9kJmo1-1(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响，结合酸性电解质，故阳极电极反响为CH3OH+H2O6e-=C02+6H+;每消耗1mo1甲醇转移6mo1电子，可以生成3mo1氢气，故生成的氢气为3InO1,体积为67.21o答案：AC1：1减小增大C025X0.0250.075X0.23(2)C02(g)+3H2(g)=CH3OH(I)+H2O(I)AQ130.9kJmo1(3)bCH30H+H20-6e=C02+6H+67.21