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非选择题专项练二26.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
20.00mL
1.12×10-4mol·L-1KMnO4溶液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____________3A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_______________________4D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Na2SO3标准溶液
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”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写出反应方程式;利用装置特征关闭K
1、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;若在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会和氧气发生反应,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4PH3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+8MnO+24H+===5H3PO4+8Mn2++12H2O5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·L-1Na2SO3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=
0.011L×5×10-5mol·L-1××=
2.2×10-6mol·L-1;与PH3反应的高锰酸钾物质的量=
1.12×10-4mol·L-1×
0.02L-
2.2×10-6mol=
4.0×10-8mol;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的物质的量=
4.0×10-8mol×=
2.5×10-8mol;则PH3的质量分数==
0.0085mg/kg,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答案1三颈烧瓶 2使原粮中磷化物与水充分反应2Ca3P2+6H2O===3CaOH2+2PH3↑ 关闭K
1、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45PH3+8MnO+24H+===5H3PO4+8Mn2++12H2O
50.0085 合格27.用辉铜矿主要成分为Cu2S,含少量Fe2O
3、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________________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FeCl3代替MnO2作浸取剂若向FeCl3浸取液中加入CuCl2,能加快铜元素的浸取速率,该过程的反应原理可用化学方程式表示为
①Cu2S+2CuCl2===4CuCl+S;
②__________________4“沉锰”时发生的反应的离子方程式为______________________________________________________________________5滤液Ⅱ经结晶得到的盐主要是____________填化学式,下同,流程中可循环的物质是________________________________6辉铜矿可由黄铜矿主要成分为CuFeS2通过电化学反应转变而成,有关转化见下图,转化时负极的电极反应式为_____________解析流程分析辉铜矿主要成分为Cu2S,含少量Fe2O
3、SiO2等杂质,加入稀硫酸和二氧化锰浸取,Fe2O3与硫酸反应转化为Fe3+,SiO2不溶,进入滤渣根据2已知S单质生成,可知Cu2S被MnO2氧化,转化为Cu2+和S,MnO2自身被还原为Mn2+过滤得到滤渣为SiO
2、S、未反应完的MnO2,滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+调节溶液pH除去Fe3+,加入碳酸铵溶液和氨气将Mn2+沉淀为碳酸锰,过滤得到滤液,赶出氨气循环使用,得到碱式碳酸铜1Cu2S中Cu为+1价2根据上述分析滤渣Ⅰ的成分还有SiO
2、MnO2Cu2S被MnO2氧化,转化为Cu2+和S,MnO2自身被还原为Mn2+,方程式为2MnO2+Cu2S+8H+===S↓+2Cu2++2Mn2++4H2O3MnO2在流程中作氧化剂,FeCl3也有强氧化性,可以氧化Cu2S若向FeCl3浸取液中加入CuCl2,发生反应
①Cu2S+2CuCl2===4CuCl+S,CuCl再被FeCl3反氧化为CuCl2,化学方程式为CuCl+FeCl3===CuCl2+FeCl24沉锰除Mn2+过程中,加入碳酸氢铵和氨气,生成碳酸锰沉淀,反应的离子方程式为Mn2++2HCO===MnCO3↓+H2O+CO2↑或Mn2++NH3+HCO===MnCO3↓+NH5分析流程,滤液2中主要阴离子为硫酸根,阳离子为铵根离子,即主要溶质为硫酸铵,所以结晶后得到的盐为NH42SO4流程中存在加入氨气和赶氨的操作,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,加入H2S转化H+,Cu转化Cu2S,所以该电极的反应为Cu+H2S-2e-===Cu2S↓+2H+答案1+1 2SiO2 MnO2 2MnO2+Cu2S+8H+===S↓+2Cu2++2Mn2++4H2O3CuCl+FeCl3===CuCl2+FeCl24Mn2++2HCO===MnCO3↓+H2O+CO2↑或Mn2++NH3+HCO===MnCO3↓+NH5NH42SO4 NH36Cu+H2S-2e-===Cu2S↓+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CO2g+3H2gCH3OHg+H2Og ΔH01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,CO
2、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H2g和CH3OHl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________解析1
①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;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;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;使用催化剂平衡不移动,故D错误答案为AC
②根据题图可知220℃、
5.0MPa时,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,CO
2、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℃,
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
④利用三段式计算 CO2+3H2CH3OH+H2O起始/mol·L-
10.
10.27500转化/mol·L-
10.
0250.
0750.
0250.025平衡/mol·L-
10.
0750.
20.
0250.025所以K==2由H2g的燃烧热ΔH为-
285.8kJ·mol-1知,1molH2g完全燃烧生成1molH2Ol放出热量
285.8kJ,即
①H2g+O2g===H2Ol ΔH=-
285.8kJ·mol-1;同样可知,
②CH3OHl+O2g===CO2g+2H2Ol ΔH=-
726.5kJ·mol-1,由盖斯定律可知,3×
①-
②得CO2g+3H2g===CH3OHl+H2Ol ΔH=-
130.9kJ·mol-13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答案1
①AC
②1∶1
③减小 增大
④2CO2g+3H2gCH3OHl+H2OlΔH=-
130.9kJ·mol-13b CH3OH+H2O-6e-===CO2+6H+
67.2L。