非选择题专项练(二).docx

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20.00m11.12×10-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5.0×10mo11T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5×105mo111Na2SO3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;2KMn04-5Na2S03;未反响的高镒酸钾物质nnr的量=0.0111×5×10"mo111×-×-=2.2×10mo111;与PH3反响的高oZb镒酸钾物质的量=112X1（）Tmo111×0.0212.2×10InoI=4.0X1OTmo1.根据反响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;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+FeC12(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)-726.5kJmo11,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