Question

【题目】Ⅰ、研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。

（1）溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中HCO3-占95%。写出CO2溶于水产生HCO3-的方程式：___、___。

（2）在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳。写出钙化作用的离子方程式：___。

Ⅱ、为探究绿色固体X(含四种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：

请回答：（1）X的化学式是____。

（2）绿色溶液C蒸干灼烧得到固体M，总反应的化学方程式是___。

（3）加热条件气体B能与氧气发生置换反应，写出该反应的化学方程式___。

Answer 1

【答案】CO2+H2OH2CO3 H2CO3H++HCO3- 2HCO3-+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O Cu2(OH)3Cl CuCl2＋H2OCuO＋2HCl 4HCl＋O22H2O＋2Cl2

【解析】

Ⅰ（1）二氧化碳溶于水生成的碳酸为弱酸，部分电离生成碳酸氢根；

（2）通过固碳途径图可知，钙化作用是将碳酸氢根转化为碳酸钙，同时释放出二氧化碳，依据元素守恒以及电荷守恒得出钙化作用的离子方程式为；

II（1）混合气体A经无水CaCl2吸收水蒸气，根据水蒸气的质量计算其物质的量，气体B通入稀硝酸酸化的硝酸银溶液产生白色沉淀，白色沉淀应为AgCl，气体B为氯化氢，根据氯元素守恒计算氯化氢物质的量，混合气体A为水蒸气和HCl的混合气体；由绿色溶液C与氢氧化钠溶液反应生成蓝色沉淀知，蓝色沉淀为氢氧化铜，C中一定有铜离子，黑色固体M为CuO，CuO与气体B的浓溶液即浓盐酸反应生成氯化铜溶液，C为氯化铜溶液，再计算CuO的物质的量，根据元素守恒计算出21.45g X中n(Cu)：n(O)：n(H)：n(Cl)的比值，从而确定X的化学式；

（2）绿色溶液C为CuCl2溶液，蒸干后生成氢氧化铜和氯化氢，进一步灼烧得到固体M为CuO，先写出每一步的反应方程式，再进行加合得到总反应的化学方程式；

（3）气体B为HCl，与氧气发生置换反应，则产物为氯气和水，根据得失电子守恒和元素守恒配平该反应的化学方程式。

Ⅰ（1）二氧化碳溶于水生成的碳酸为弱酸，部分电离生成碳酸氢根,有关方程式为：CO2+H2OH2CO3，H2CO3H++HCO3；

故答案为：CO2+H2OH2CO3；H2CO3H++HCO3；

（2）通过固碳途径图可知，钙化作用是将碳酸氢根转化为碳酸钙，同时释放出二氧化碳，依据元素守恒以及电荷守恒得出钙化作用的离子方程式为：2HCO3+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O；

故答案为：2HCO3+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O；

II（1）混合气体A经无水CaCl2吸收水蒸气，则水蒸气的质量为1.8g，n(H2O)=0.1mol；气体B通入稀硝酸酸化的硝酸银溶液产生白色沉淀，白色沉淀应为AgCl，则气体B为HCl，n(HCl)= n(AgCl)=，故混合气体A为水蒸气和HCl的混合气体；由绿色溶液C与氢氧化钠溶液反应生成蓝色沉淀知，蓝色沉淀为氢氧化铜，C中一定有铜离子，黑色固体M为CuO，CuO与气体B的浓溶液即浓盐酸反应生成氯化铜溶液，C为氯化铜溶液，n(CuO)=，则21.45g X隔绝空气加热分解生成0.1mol H2O，0.1mol HCl，0.2mol CuO，则X中n(Cu)：n(O)：n(H)：n(Cl)=2:3:3:1，则X的化学式是Cu2(OH)3Cl；

故答案为：Cu2(OH)3Cl；

（2）绿色溶液C为CuCl2溶液，蒸干后生成氢氧化铜和氯化氢，反应的方程式为CuCl2＋2H2OCu(OH)2＋2HCl，进一步灼烧得到固体M为CuO，反应的方程式为Cu(OH)2 CuO＋H2O，两步加合得到总反应的化学方程式是CuCl2＋H2OCuO＋2HCl；

故答案为：CuCl2＋H2OCuO＋2HCl；

（3）气体B为HCl，与氧气发生置换反应，则产物为氯气和水，根据得失电子守恒和元素守恒得该反应的化学方程式为4HCl＋O22H2O＋2Cl2；

故答案为：4HCl＋O22H2O＋2Cl2。