题目内容
【题目】钒(V)、 锰(Mn)、铁(Fe)、 砷(As)、硒(Se)均为第四周期的元素,完成下列问题。
(1)钒有+2、+3、+4、+5等几种化合价。这几种价态中,最稳定的是______。
(2)基态Fe2+的价层电子的轨道表示式为________,检验Fe3+可以用KSCN溶液,写出SCN-的一种等电子体分子_______。
(3)部分电离能数据如下:
Mn:=717kJ/mol ,=1509kJ/mol ,=3248kJ/mol ,
Fe:=759kJ/mol,=1562kJ/mol ,=2957kJ/mol ,
根据数据可知,气态Mn2+ 再失去一个电子比气态Fe2+ 再失去一个电子难,其原因是____________________。
(4)沸点:NH3__________AsH3(填“>”、“<”或“=”),原因是_____________________。
(5)H2SeO4和H2SeO3是硒的两种含氧酸,请根据结构与性质的关系,解释H2SeO4比H2SeO3 酸性强的原因___________________________________ 。
(6)科学家通过X射线推测胆矾中既含有配位键,又含有氢键,其结构示意图可简单表示如下:
胆矾的化学式用配合物的形式表示为____________。
【答案】+5 CO2或N2O Mn2+3d能级为半充满结构,较稳定,不易失去电子 > NH3分子间存在氢键,所以NH3沸点高于AsH3 H2SeO4与H2SeO3比较前者非羟基氧多(或H2SeO3中的Se为+4价,而H2SeO4中的Se为+6价,导致Se-O-H中的O的电子更向Se偏移,越易电离出H+) [Cu(H2O)4]SO4·H2O
【解析】
(1)V为23号元素,其原子核外有23个电子,其价电子排布为3d34s2,原子轨道上电子处于全满、半满、全空时最稳定,钒有+2、+3、+4、+5等几种化合价,这几种价态中,只有+5价的V离子核外轨道中电子处于全满,所以其最稳定;
(2)Fe为26号元素,其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2,失去最外层2个电子形成Fe2+,其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d6,价层电子轨道表示式为;与SCN-互为等电子体的分子中含有3个原子、价电子数是16,有CO2、N2O、CS2、COS等;
(3)Mn的I3=3248kJ·mol-1大于Fe的I3=2957kJ·mol-1,所以Mn2+再失去电子比Fe2+更难,Mn2+的价层电子为3d5,而Fe2+的价层电子排布为3d6,可知Mn2+3d能级为半充满结构,较稳定,不易失去电子;
(4)N原子的非金属性较强,NH3分子间能形成氢键沸点高,所以NH3的沸点大于AsH3的沸点;
(5)H2SeO4和H3SeO3可表示为(HO)2SeO2和(HO)2SeO,H2SeO3中的Se为+4价,而H2SeO4中的Se为+6价,导致Se-O-H中的O的电子更向Se偏移,越易电离出H+,所以H2SeO4比H2SeO3酸性强;或者H2SeO4与H2SeO3比较前者非羟基氧多;
(6)Cu2+提供空轨道,水中氧原子提供孤对电子,Cu2+与4个水分子之间形成配位键,另外的水分子、硫酸根及配离子通过氢键结合,胆矾的化学式用配合物的形式表示为:[Cu(H2O)4]SO4·H2O。
【题目】含有K2Cr2O7的废水具有较强的毒性,工业上常用钡盐沉淀法处理含有K2Cr2O7的废水并回收重铬酸,具体的流程如下:
已知:CaCr2O7、BaCr2O7易溶于水,其它几种盐在常温下的溶度积常数如下表所示。
物质 | CaSO4 | CaCrO4 | BaCrO4 | BaSO4 |
溶度积 | 9.1×10-6 | 2.30×10-2 | 1.17×10-10 | 1.08×10-10 |
(1)用离子方程式表示K2Cr2O7溶液中同时存在K2CrO4的原因(将离子方程式补充完整):
+__________=+__________。____________
(2)向滤液1中加入BaCl2·2H2O的目的,是使从溶液中沉淀出来。
①结合上述流程说明熟石灰的作用:__________。
②结合表中数据,说明选用Ba2+而不选用Ca2+处理废水的理由:__________。
③研究温度对沉淀效率的影响。实验结果如下:在相同的时间间隔内,不同温度下的沉淀率,如下图所示。
已知:BaCrO4(s) Ba2+(aq)+ ΔH>0
的沉淀效率随温度变化的原因是__________。
(3)向固体2中加入硫酸,回收重铬酸。
①硫酸浓度对重铬酸的回收率如下图所示。结合化学平衡移动原理,解释使用0.450mol/L的硫酸时,重铬酸的回收率明显高于使用0.225mol/L的硫酸的原因:__________。
②回收重铬酸的原理如图所示。当硫酸浓度高于0.450mol/L时,重铬酸的回收率没有明显变化,其原因是__________。
(4)综上所述,沉淀BaCrO4并进一步回收重铬酸的效果与__________有关。
【答案】 1 H2O 2 2 H+ 沉淀;调节溶液pH,使转化为而沉淀 BaCrO4比CaCrO4更难溶,可以使沉淀更完全 温度升高,沉淀速率加快 c(H2SO4)增大,则c()增大,与Ba2+生成沉淀,促进BaCrO4(s) Ba2+(aq)+ (aq)ΔH>0平衡右移,c()增大;同时,c(H+)也增大,共同促进+H2O +2H+平衡左移,有利于生成更多的H2Cr2O7 BaSO4与BaCrO4溶解度接近,c(H2SO4)越大,越有利于生成BaSO4,包裹在BaCrO4外,使其难于接触H2SO4,阻碍重铬酸生成 受到溶液pH、温度、H2SO4浓度、BaCrO4颗粒大小等影响
【解析】含有K2Cr2O7的废水同时含有SO42,加入适量熟石灰过滤得到的固体1为硫酸钙和滤液1,向滤液1中加入BaCl22H2O的目的是使CrO42从溶液中沉淀出来,过滤得到固体2为BaCrO4,滤液2检测CrO42含量达标,向固体2中加入硫酸,回收重铬酸,同时生成固体3为硫酸钡沉淀。
(1). K2Cr2O7溶液中同时存在K2CrO4的原因是重铬酸根离子在水溶液中存在化学平衡生成铬酸根离子和氢离子,反应的离子方程式为Cr2O72+H2O2CrO42+2H+,故答案为:1、H2O、2、2、H+;
(2). ①. 根据表中物质的溶度积常数可知,熟石灰的作用是沉淀硫酸根离子,调节溶液pH使Cr2O72转化为CrO42而沉淀,故答案为:沉淀SO42-,调节溶液pH,使Cr2O72转化为CrO42而沉淀;
②. 根据表中数据可知,BaCrO4比CaCrO4更难溶,所以选用Ba2+处理废水可以使CrO42沉淀更完全,故答案为:BaCrO4比CaCrO4更难溶,可以使CrO42沉淀更完全;
③. 根据图象可知,CrO42的沉淀率随温度升高增大,沉淀速率加快,故答案为;温度升高,沉淀速率加快;
(3). ①. c(H2SO4)增大,则c(SO42-)增大,与Ba2+生成沉淀,促使
②. 根据表中各物质的溶度积常数可知,BaSO4与BaCrO4溶解度比较接近,c(H2SO4)越大,越有利于生成BaSO4,包裹在BaCrO4外,使其难与H2SO4接触,阻碍重铬酸生成,故答案为:BaSO4与BaCrO4溶解度接近,c(H2SO4)越大,越有利于生成BaSO4,包裹在BaCrO4外,使其难于接触H2SO4,阻碍重铬酸生成;
(4). 根据上述分析可知,沉淀BaCrO4并进一步回收重铬酸的效果与温度、浓度、溶液pH、硫酸浓度、沉淀颗粒等有关,受到溶液pH、温度、H2SO4浓度、BaCrO4颗粒大小等因素的影响,故答案为:受到溶液pH、温度、H2SO4浓度、BaCrO4颗粒大小等影响。
【题型】综合题
【结束】
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【题目】以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象,探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。
实验 | 试剂 | 现象 | |
滴管 | 试管 | ||
0.2mol·L-1Na2SO3溶液 | 饱和Ag2SO4溶液 | Ⅰ.产生白色沉淀 | |
0.2mol·L-1CuSO4 | Ⅱ.溶液变绿,继续滴加产生棕黄色沉淀 | ||
0.1mol·L-1Al2(SO4)3溶液 | Ⅲ.开始无明显变化,继续滴加产生白色沉淀 |
(1)经验检,现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ:__________。
(2)经检验,现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含,含有Cu+、Cu2+和。
已知:Cu+Cu+Cu2+,Cu2+CuI↓(白色)+I2。
①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是__________。
②通过下列实验证实,沉淀中含有Cu2+和。
a.白色沉淀A是BaSO4,试剂1是__________。
b.证实沉淀中含有Cu2+和的理由是__________。
(3)已知:Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验,现象Ⅲ的白色沉淀中无,该白色沉淀既能溶于强酸,又能溶于强碱,还可使酸性KMnO4溶液褪色。
①推测沉淀中含有亚硫酸根和__________。
②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设:
i.Al(OH)3所吸附;
ii.存在于铝的碱式盐中。对假设ii设计了对比实验,证实了假设ii成立。
a.将对比实验方案补充完整。
步骤一:
步骤二:__________(按上图形式呈现)。
b.假设ii成立的实验证据是__________。
(4)根据实验,亚硫酸盐的性质有__________。盐溶液间反应的多样性与__________有关。