Question

【题目】储氢纳米碳管的研究成功体现了科技的进步，但用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质——碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯。其反应式为：3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CO2↑+2K2SO4+2Cr2(SO4)3+8H2O。

（1）请用双线桥法标出电子转移方向和数目___。

（2）上述反应中氧化剂是___（填化学式），被氧化的元素是___（填元素符号）。

（3）H2SO4在上述反应中表现出来的性质是___（填序号）。

A.氧化性 B.氧化性和酸性 C.酸性 D.还原性和酸性

（4）若反应中电子转移了0.8mol，则产生的气体在标准状况下的体积为___L。

（5）下列离子方程式的书写及评价均合理的是___。

选项	离子方程式	评价
A	将1molCl2通入含1molFeI2溶液中：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+I2	正确；Cl2过量，可将Fe2+、I-均氧化
B	1mol·L-1的NaAlO2溶液和2.5mol·L-1的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+H2O	正确；AlO2-与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比为2∶3
C	过量SO2通入NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO-=HClO+HSO3-	正确；说明酸性：H2SO3强于HClO
D	Ca(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O	正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水

（6）将一定量Mg、Al合金溶于1mol·L-1的HC1溶液中，进而向所得溶液中滴加1mol·L-1的NaOH溶液，产生沉淀的物质的量（n）与滴加的NaOH溶液（mL）体积的关系如图所示。下列结论中正确的是___。

A.溶解“一定量Mg、A1合金”的HC1溶液的体积为90mL

B.Al的物质的量为0.01mol

C.可算出实验中产生H2的物质的量为0.04mol

D.若a=20,可算出Mg的物质的量为0.04mol

Answer 1

【答案】 K2Cr2O7 C C 4.48L B B

【解析】

(1)该反应中中C元素的化合由0升高为+4价，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，该反应转移12e-，则用双线桥法标出电子转移方向和数目为；

(2)氧化剂得电子化合价降低，所以K2Cr2O7为氧化剂；被氧化的元素化合价应升高，所以C元素被氧化；

(3)该反应中硫酸反应生成盐和水，所以表现酸性，所以选C；

(4)根据双线桥可知转移0.8mol电子时生成二氧化碳的物质的量为0.2mol，标况下体积为4.48L；

(5)A．将1molCl2通入到含1molFeI2溶液中，氯气量不足，碘离子还原性强于二价铁离子，氯气先氧化碘离子，离子方程式：2I-+Cl2=2Cl-+I2，故A错误；

B．1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合反应方程式为：2AlO2-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+2H2O，1mol偏铝酸根离子消耗1mol氢离子生成1mol氢氧化铝沉淀，剩余的1.5mol氢离子溶解0.5mol氢氧化铝沉淀，则AlO2-与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比为1mol：1.5mol=2：3，故B正确；

C．过量SO2通入到NaClO溶液中，SO32-有强还原性，ClO-有强氧化性，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：SO2+H2O+ClO-=2H++SO42-+Cl-，故C错误；

D．Ca(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应，离子方程式：Ca2++2HCO3-+OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-，故D错误；

综上所述选B；

(6)A．滴加80mLNaOH溶液时沉淀量达到最大，此时沉淀为Al(OH)3和Mg(OH)2，溶液中的溶质为NaCl，则n(HCl)=n(Cl-)=n(Na+)=0.08L×1mol/L=0.08mol，HCl溶液的浓度为1mol/L，所以HCl溶液的体积为80mL，故A错误；

B．80～90mL发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，根据元素守恒可知n(Al)=0.01L×1mol/L=0.01mol，故B正确；

C．根据已知条件无法确定Mg的量，则无法确定金属溶解时消耗的HCl的量，所以产生H2的物质的量不确定，故C错误；

D．a～80mL发生反应：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓，铝离子消耗的NaOH的体积为=0.03L=30mL，a=20，则镁离子消耗的NaOH的体积为80mL-20mL-30mL=30mL，所以n(Mg)=0.03L×1mol/L×=0.015mol，故D错误；

综上所述选B。