题目内容

(2012?长宁区一模)Ⅰ将a mol的Na2O2和bmol NaHCO3固体混合后,在密闭容器中加热到250℃,让其充分反应,假设NaHCO3分解产生的CO2与Na2O2反应完后,H2O再与Na2O2反应.
(1)当剩余固体只有Na2CO3,排出气体中O2的物质的量为
a
2
mol
a
2
mol
(用含a或b的代数式表示)
(2)当
a
b
>1
时,剩余固体是
Na2CO3、NaOH、Na2O2
Na2CO3、NaOH、Na2O2
,排出气体是
排出气体为O2
排出气体为O2

(3)当剩余固体为Na2CO3,NaOH,排出气体为O2,H2O时,
a
b
的值为
1
2
a
b
<1
1
2
a
b
<1

(4)当排出的O2和H2O为等物质的量时,则
a
b
的值为
2
3
2
3

Ⅱ实验研究发现,硝酸发生氧化还原反应时,硝酸的浓度越稀,对应还原产物中氮元素的化合价越低.某同学取一定量铁铝合金与100mL某浓度的硝酸充分反应,反应过程中无气体放出.在反应结束后的溶液中,逐滴加入4mol?L-1的氢氧化钠溶液,所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与产生的沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示(C>0).试回答下列问题:
(1)写出反应过程中的离子反应方程式:
DE段
NH4++OH-=NH3?H2O
NH4++OH-=NH3?H2O

EF段
Al(OH)3+OHˉ=AlO2ˉ+2H2O
Al(OH)3+OHˉ=AlO2ˉ+2H2O

(2)合金中,铝的质量为
0.216
0.216
g,铁的质量为
1.344
1.344
g.
(3)硝酸溶液的物质的量浓度为
1.48
1.48
mol?L-1
(4)C的值为
7
7
mL.
分析:Ⅰ此题实质上是分析发生的连续反应的分段情况.
2NaHCO3
  △  
.
 
 Na2CO3+H2O+CO2   ①
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 ②
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2  ③
当发生反应①、②且完全反应时,则有Na2CO3、H2O和O2
a
b
=
1
2
;若Na2O2不足,则CO2有剩余,则
a
b
1
2

当发生反应①、②、③且完全反应时,a=b,
a
b
=1,有Na2CO3、NaOH和O2;若Na2O2不足以与水完全反应,则水蒸气有剩余,
a
b
<1;若Na2O2有剩余,则
a
b
>1.
Ⅱ铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应,被氧化为Al3+、Fe3+,通过题意,反应始终没有气体生成,可以得出不会有氮的氧化物生成,又有硝酸的浓度越稀,对应还原产物中氮元素的化合价越低,可以推测N元素由+5变成了-3价,由图可得硝酸过量,加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应,再生成沉淀,当沉淀完全后,由图知继续加入氢氧化钠溶液,沉淀量不变,可得与NH4+发生了反应,则随着NaOH的滴加,发生的反应依次有:
①H++OH-=H2O,
②Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓,Al3++3OH-=Al(OH)3↓,
③NH4++OH-═NH3?H2O,
④Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O
(1)D与E一段沉淀的质量没有发生变化,为NH4NO3和NaOH反应,E与F之间沉淀的量减少,为Al(OH)3溶解在氢氧化钠溶液中,以此书写离子方程式;
(2)根据曲线的变化判断出各段反应,根据消耗的氢氧化钠的体积和反应方程式计算反应后溶液含有铁离子和铝离子的物质的量,再根据原子守恒计算铝和铁的质量;
(3)根据E点溶液中的溶质结合原子守恒计算硝酸的物质的量浓度;
(4)根据消耗NaOH的总体积,结合在D点氢氧化钠与硝酸、铝铁离子的反应,可计算得出C点氢氧化钠溶液的体积.
解答:解:(1)当剩余固体只有碳酸钠时,则过氧化钠恰好和二氧化碳完全反应,发生的反应方程式为2NaHCO3+Na2O2
  △  
.
 
 2Na2CO3+H2O+
1
2
O2,所以排出气体中O2的物质的量是过氧化钠的一半为
a
2
mol,故答案为:
a
2
mol;
(2)当
a
b
>1
时,发生的化学反应为2NaHCO3+2Na2O2
  △  
.
 
 2Na2CO3+2NaOH+O2,过氧化钠有剩余,碳酸氢钠分解生成的二氧化碳和水完全反应,固体中含有Na2CO3、NaOH、Na2O2,排出气体为O2,故答案为:Na2CO3、NaOH、Na2O2;排出气体为O2
(3)当剩余固体为Na2CO3,NaOH,排出气体为O2,H2O时,说明过氧化钠、二氧化碳完全反应,水部分反应,发生的反应是①②③,则
a
b
的值为
1
2
a
b
<1
,故答案为:
1
2
a
b
<1

(4)2NaHCO3
  △  
.
 
 Na2CO3+H2O+CO2   ①
       2                  1   1
       b                 
b
2
 
b
2

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 ②
2       2          1
b
2
     
b
2
        
b
4
              
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2  ③
2      2         1
 x     x         
x
2
       
排出的水为
b
2
-x,氧气的量为 
b
4
+
x
2
,当排出的O2和H2O为等物质的量时,则 
b
2
-x=
b
4
+
x
2
,x=
b
6
,所以a=
b
2
+x=
b
2
+
b
6
=
4b
6
,所以
a
b
=
4b
6
b
=
2
3
,故答案为:
2
3
;   
Ⅱ铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应,被氧化为Al3+、Fe3+,通过题意,反应始终没有气体生成,可以得出不会有氮的氧化物生成,又有硝酸的浓度越稀,对应还原产物中氮元素的化合价越低,可以推测N元素由+5变成了-3价,由图可得硝酸过量,加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应,再生成沉淀,当沉淀完全后,由图知继续加入氢氧化钠溶液,沉淀量不变,可得与NH4+发生了反应,则随着NaOH的滴加,发生的反应依次有:
①H++OH-=H2O,
②Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓,Al3++3OH-=Al(OH)3↓,
③NH4++OH-═NH3?H2O,
④Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O
(1)D与E一段沉淀的质量没有发生变化,为NH4NO3和NaOH反应,反应的离子方程式为,NH4++OH-═NH3?H2O,
E与F之间沉淀的量减少,肯定是因为Al(OH)3溶解在氢氧化钠溶液中,反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
故答案为:NH4++OH-═NH3?H2O;Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O;
(2)E与F之间沉淀的量减少,为Al(OH)3溶解在氢氧化钠溶液中,
其反应方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,
氢氧化铝与氢氧化钠物质的量之比为1:1,
EF段的n(NaOH)=4mol/L×2×10-3L=0.008mol,
Al-----Al(OH)3----NaOH→NaAlO2+2H2O
27g             1mol
0.216g       0.008mol
所以铝的质量是0.216g;
D与E一段氢氧化钠被消耗,
但没有和氢氧化铝反应,从题干中可以知道
硝酸反应没有气体产生,由此可以肯定还原产物为硝酸铵.
DE段分析如下,是NH4NO3和NaOH反应
NH4NO3~NaOH
1 mol    1mol
n(NH4NO3)=n(NaOH)=(34-31)×10-3L×4mol/L=0.012mol 所以铁和铝开始和硝酸反应的时候生成三价离子,N元素变成铵根离子
铁离子和铝离子失去3e,N元素从+5变成-3价得8e
设铁有xmol,Al离子也是0.008mol,NH4+有0.012mol,根据电子守恒可得:
3x+0.008×3=0.012×8
x=0.024mol,
所以铁离子有0.024mol,根据原子守恒知,铁的物质的量是0.024mol,其质量=0.024mol×56g/mol=1.344g,
故答案为:0.216;1.344;
(3)E点时,溶液中的溶质是硝酸钠和氨水,n(NH3?H2O )=n(NH4+)=0.012mol,n(NaNO3)=n(NaOH)=34×10-3L×4mol/L=0.136mol,根据氮原子守恒知,C(HNO3)=
n(NaNO3)+n(NH3H2O)
V
=
0.136mol+0.012mol
0.1L
=1.48mol/L,故答案为:1.48;
(4)滴加NaOH体积为31ml时,
发生反应为①H++OH-=H2O,②Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓,Al3++3OH-=Al(OH)3↓,
可计算得出C点氢氧化钠溶液的体积为
31ml-
0.032mol×3
4mol/L
×103ml/L=7mL.
故答案为:7.
点评:本题考查金属与硝酸的反应、氧化还原反应、化学计算等知识点,属于中等难度试题,解答此题关键是判断出硝酸的还原产物以及电子转移守恒的运用.
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弱于
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S+2H2SO4(浓)
 △ 
.
 
3SO2+2H2O
S+2H2SO4(浓)
 △ 
.
 
3SO2+2H2O

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2H2O2
 MnO2 
.
 
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2H2O2
 MnO2 
.
 
O2↑+2H2O

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NaNO2
NaNO2

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1s22s22p63s23p3
1s22s22p63s23p3

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2Ca3(PO42+6SiO2→6CaSiO3+P4O10     10C+P4O10→P4+10CO
每生成1mol P4时,就有
20
20
mol电子发生转移.
II、稀土元素是宝贵的战略资源,我国的蕴藏量居世界首位.
(1)铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素.在加热条件下CeCl3易发生水解,无水CeCl3可用加热CeCl3?6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备.其中NH4Cl的作用是
分解出HCl气体,抑制CeCl3的水解
分解出HCl气体,抑制CeCl3的水解

(2)在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2,调节pH≈3,Ce3+通过下列反应形成Ce(OH)4沉淀得以分离.完成反应的离子方程式:
2
2
Ce3++
1
1
H2O2+
6
6
H2O→
2
2
Ce(OH)4↓+
6H+
6H+

在溶液中,反应A+2B?C分别在三种不同实验条件下进行,它们的起始浓度均为c(A)=0.100mol/L、c(B)=0.200mol/L及c(C)=0mol/L.
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加催化剂
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达到平衡的时间缩短,平衡时A的浓度未变
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温度升高
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达到平衡的时间缩短,平衡时A的浓度减小
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(4)实验②平衡时B的转化率为
40%
40%
;实验③平衡时C的浓度为
0.06mol/L
0.06mol/L

(5)该反应是
吸热
吸热
热反应,判断其理由是
温度升高,平衡向正反应方向移动
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7
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取代反应

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