题目内容

由Na2S、Na2SO3和Na2SO4三种物质组成的混合物,测得其中钠元素的质量分数为36.8%,则混合物中氧元素的质量分数是( )
A.63.2%
B.44.8%
C.37.6%
D.25.6%
【答案】分析:Na2S、Na2SO3和Na2SO4三种物质组成的混合物,由化学式可知,Na元素与S元素质量之比为定值,为46:32,据此结合Na元素的质量分数,计算S元素的质量分数,进而计算氧元素质量分数.
解答:解:Na2S、Na2SO3和Na2SO4三种物质组成的混合物,由化学式可知,Na元素与S元素质量之比为46:32,
钠元素的质量分数为36.8%,则S元素的质量分数为36.8%×=25.6%,
故氧元素的质量分数为1-36.8%-25.6%=37.6%,
故选C.
点评:本题考查混合物中元素质量分数的有关计算,难度中等,根据各物质的化学式得出Na元素与S元素质量之比为定值是解题的关键.
练习册系列答案
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海水晶是通过对海水进行蒸发生产出来的一种盐化工产品,是浓缩的海水,海水晶经过加水可复原成海水,用于在淡水区进行海产品养殖.相对于粗海盐兑制的海水,更能适合海洋生物的生长.
(1)实验室中用粗盐制成精盐过程中通常经过以下途径:
①粗盐加水溶解      ②向溶液中加入过量氢氧化钠溶液   ③加入
过量氯化钡溶液
过量氯化钡溶液
    ④加入
过量碳酸钠溶液
过量碳酸钠溶液
   ⑤
过滤
过滤

⑥加入盐酸调节PH近似为7    ⑦
蒸发结晶
蒸发结晶

(2)第⑥步中加入盐酸过多,对精制实验有什么危害
蒸发时因氯化氢挥发而污染环境
蒸发时因氯化氢挥发而污染环境

(3)海水晶比粗海盐兑制的海水,更能适合海洋生物的生长的原因可能是
海水晶中仍保留海水的一些微量元素,粗海盐中可能不含这些元素
海水晶中仍保留海水的一些微量元素,粗海盐中可能不含这些元素

(4)某盐湖的水中含有较高浓度的NaI和NaBr,向溶液中加入淀粉并慢慢通入氯气,溶液先变蓝色后褪成无色,后又变成橙色,加入CCl4后,下层红棕色,经检验上层无色溶液中含有IO3-,回答下列问题:
①蓝色褪成无色的化学方程式
I2+5Cl2+6H2O═2HIO3+10HCl
I2+5Cl2+6H2O═2HIO3+10HCl

②Br-、I-、I2 三种粒子的还原性由强到弱顺序是
I->I2>Br-
I->I2>Br-

③将下层红棕色CCl4分离的玻璃仪器是
分液漏斗、烧杯
分液漏斗、烧杯

④将溴仅以Br-的形式从CCl4层全部转移到水层可用试剂是
BD
BD

A   Na2CO3  B    Na2SO3   C  KMnO4(H2SO4)   D Na2S   E 苯酚溶液.
(2013?重庆模拟)I.将由Na+、Ba2+、Cu2+、SO42-、Cl-组合形成的三种强电解质溶液,分别装入图1装置中的甲、乙、丙三个烧杯中进行电解,电极均为石墨电极.

接通电源,经过一段时间后,测得乙中c电极质量增加.常温下各烧杯中溶液pH与电解时间t的关系如图2(忽略因气体溶解带来的影响).据此回答下列问题:
(1)写出乙烧杯中发生反应的化学方程式
2CuSO4+2H2O
 电解 
.
 
2Cu+O2↑+H2SO4
2CuSO4+2H2O
 电解 
.
 
2Cu+O2↑+H2SO4

(2)电极f上发生的电极反应为
4OH--4e-=2H2O+O2
4OH--4e-=2H2O+O2

(3)若经过一段时间后,测得乙烧杯中c电极质量增加了8g,要使丙烧杯中溶液恢复到原来的状态,应进行的操作是
向丙烧杯中加入水2.25g
向丙烧杯中加入水2.25g

II.工业上利用BaSO4制备BaCl2的工艺流程如下:

某活动小组的同学在实验室以重晶石(主要成分BaSO4)为原料,对上述工艺流程进行模拟实验.
(1)上述过程中,气体用过量NaOH溶液吸收得到Na2S.Na2S水溶液显碱性的原因是
S2-+H2O?HS-+OH-、HS-+H2O?H2S+OH-
S2-+H2O?HS-+OH-、HS-+H2O?H2S+OH-
(用离子方程式表示).
(2)已知有关反应的热化学方程式如下:
BaSO4(s)+4C(s)
高温
 4CO(g)+BaS(s)△H1=+571.2kJ/mol
C(s)+CO2(g) 
高温
 2CO(g)△H2=+172.5kJ/mol
则反应BaSO4(s)+2C(s)
高温
 2CO2(g)+BaS(s)△H3=
+226.2
+226.2
kJ/mol
(3)在高温焙烧重晶石过程中必须加入过量的炭,同时还要通入空气,其目的是
使BaSO4得到充分的还原(或提高BaS的产量)
使BaSO4得到充分的还原(或提高BaS的产量)
硫酸钡和碳反应为吸热反应,炭和氧气反应放热维持反应所需高温
硫酸钡和碳反应为吸热反应,炭和氧气反应放热维持反应所需高温
(1)如图为五个椭圆交叉构成的图案,其中五个椭圆内分别写了C2H5OH、CO2、Fe2O3、FeCl3、KOH五种物质,图中相连的物质均可归为一类,相交部分A、B、C、D为相应的分类标准代号:

①相连的两种物质都是电解质的是
CD
CD
(填分类标准代号,下同)都是氧化物的是
B
B

②图中相连的两种物质能够相互反应的是
D
D
,所属基本反应类型的是
复分解
复分解
反应.
③上述五种物质中的某一物质能与某种强酸反应生成上述中的另一种物质,则该反应的离子方程式为
Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O

④用洁净的烧杯取25ml 蒸馏水,加热至沸腾,向烧杯中逐滴加入上述五种物质中的某一物质的饱和溶液,加热至液体呈红褐色,得到的分散系称为
胶体
胶体
,证明该分散系生成的实验原理是
丁达尔效应
丁达尔效应

(2)分类方法应用比较广泛,属于同一类的物质具有相似性,在生活和学习中使用分类的方法处理问题,可以做到举一反三,还可以做到由此及彼.如:
①CO2、SiO2、SO2、SO3都属于酸性氧化物,由CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H20,可完成SO3与NaOH反应的方程式为
SO3+2NaOH=Na2SO4+H2O
SO3+2NaOH=Na2SO4+H2O

②NaHCO3、NaHSO3、NaHS都属于弱酸形成的酸式盐,由NaHCO3+HCl═NaCl+H20+CO2↑及NaHCO3+NaOH═Na2CO3+H20,可完成NaHS分别与HCl、NaOH反应的方程式为
NaHS+HCl=NaCl+H2S↑
NaHS+HCl=NaCl+H2S↑
NaHS+NaOH=Na2S+H2O
NaHS+NaOH=Na2S+H2O

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