题目内容

将等物质的量的两种氧化物溶于100mL硫酸，而后逐滴加入1.00mol·L－1NaOH溶液，当加入的NaOH的体积V1＝50mL时，开始有沉淀析出，且沉淀随NaOH加入量逐渐增加。当NaOH的体积V2＝650mL时，沉淀量达到最大值，继续滴加NaOH 时，沉淀量逐渐减小。当V3≥750mL时，沉淀量不再改变。

（1）最初加入的50mLNaOH溶液的作用是什么？

（2）计算所用硫酸的浓度。

（3）试判断两种氧化物各是什么。并计算其物质的量。

 

答案：
解析：

（1）中和过量的硫酸（2）3.25mo1·L－1（3）A12O3∶0.0500 mo1  Fe2O3∶0.0500mo1

 


练习册系列答案
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某有机物A，经测知它的相对分子质量小于100，将1mol A在O2 中充分燃烧得到等物质的量的CO2和H2O（g），同时消耗112L O2（标准状况）．
（1）写出A的分子式
C4H8O2
C4H8O2
；它的一种同分异构体甲在酸性条件下发生水解，生成两种碳原子数相同的有机物，则甲的结构简式为
CH3COOCH2CH3
CH3COOCH2CH3
．
已知：
A中含有碳氧双键，与A相关的反应如下：

提示：B在HIO4存在并加热时只生成一种产物C．
（2）写出A→E、E→F的反应类型：
A→E
取代
取代
反应、E→F
消去
消去
反应．
（3）写出A、G的结构简式
A
CH3COCH（OH）CH3
CH3COCH（OH）CH3
、G
．
（4）写出B→D反应的化学方程式

（5）C在条件①下进行反应的化学方程式
．
某化工厂以软锰矿、闪锌矿（除主要成分为MnO2、ZnS外还含有少量的FeS、CuS、Al2O3等物质）为原料制取Zn和MnO2．
（1）在一定条件下，将这两种矿粉在硫酸溶液中相互作用，配平如下的化学方程式：MnO2+FeS+H2SO4=MnSO4+Fe2（SO4）3+S+H2O
（2）将所得含有Mn2+、Fe3+、Cu2+、Al3+、Zn2+的酸性溶液按如图甲的工业流程进行操作处理得溶液（IV），电解溶液（IV）即得MnO2和Zn．

a、操作①中加Zn粉后发生反应的离子方程式为
Zn+Cu2+=Zn2++Cu；Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+
Zn+Cu2+=Zn2++Cu；Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+
．
b、操作②中加入适量X的作用是什么
将Fe2+氧化成Fe3+
将Fe2+氧化成Fe3+
；X的首选物的化学式是：
MnO2
MnO2
．
c、操作③中所加碳酸盐的化学式是
MnCO3或ZnCO3或MnCO3和ZnCO3
MnCO3或ZnCO3或MnCO3和ZnCO3
．
（3）为了从上述流程中产生的Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀混合物中回收Al（OH）3，工厂设计了如图乙的有关流程图．
a、AlCl3溶液和NaAlO2溶液反应生成AI（OH）3的离子方程式为
Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3
Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3
．若总共得到n molAl（OH）3，则消耗的NaOH和HCl的理论量（mol）分别为
3n
4
3n
4
、
3n
4
3n
4
．
b、若使用如图丙流程回收处理，请比较两个流程消耗酸碱的用量？
如按丙流程，则得到同样nmolAl（OH）3，消耗的NaOH、HCl的理论量分别为nmol，大于前流程的消耗量，相对而言，前流程更符合节约的原则
如按丙流程，则得到同样nmolAl（OH）3，消耗的NaOH、HCl的理论量分别为nmol，大于前流程的消耗量，相对而言，前流程更符合节约的原则
．
（1）工业上以粗铜为原料采取如下图所示流程制备硝酸铜晶体：

①在步骤a中，需要通入氧气和水，其目的是
提高原料的利用率，减少污染物的排放
提高原料的利用率，减少污染物的排放
．现有1L NO2、NO混合气体NOx，将其氧化成HNO3，需同温同压下O2的体积0.6L，则混和气体中NO2、NO的物质的量之比为
3：7
3：7
．
②在保温去铁的过程中，为使Fe3+沉淀完全，可以向溶液中加入CuO，调节溶液的pH，不用加水的方法调节溶液pH的原因是
加水会将溶液稀释，不利于将滤液蒸发浓缩
加水会将溶液稀释，不利于将滤液蒸发浓缩
．
③进行蒸发浓缩时，要用硝酸调节溶液的pH=1，其目的是（结合离子方程式说明）
由于Cu2+发生水解：Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+，加入硝酸可以抑制硝酸铜的水解
由于Cu2+发生水解：Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+，加入硝酸可以抑制硝酸铜的水解
．
（2）下图是某小组同学查阅资料所绘出的硝酸铜晶体[Cu（NO3）2?nH2O]的溶解度曲线（温度在30℃前后对应不同的晶体），下列说法正确的是
b、d
b、d
（填字母）．
a．A点时的溶液为不饱和溶液
b．B点时两种晶体可以共存
c．按上述流程最终得到的晶体是Cu（NO3）2?3H2O
d．若将C点时的溶液降温至30℃以下，可以析出Cu（NO3）2?6H2O晶体
（3）某些共价化合物（如H2O、NH3、N2O4等）在液态时有微弱的导电性，主要是因为发生了电离，如：2NH3NH4++NH2-，由此制备无水硝酸铜的方法之一是用Cu与液态N2O4反应．液态N2O4电离得到的两种离子所含电子数相差18，Cu与液态N2O4反应制得无水硝酸铜的化学方程式是
Cu+2N2O4=Cu（NO3）2+2NO↑
Cu+2N2O4=Cu（NO3）2+2NO↑
．

利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O转化为CH4和O2。紫外光照射时，在不同催化剂（I、II、III）作用下，CH4产量随光照时间的变化如下左图所示。

　　　

(1)在0－30小时内，CH4的平均生成速率vI、vII和vIII从大到小的顺序为                ；反应开始后的12小时内，在第       种催化剂的作用下，收集的CH4最多。

(2)将所得CH4与H2O(g)通入聚焦太阳能反应器，一定温度下发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)  K＝27mol2·L－2。将等物质的量的CH4和H2O(g)充入1L恒容密闭容器，在上述温度下发生反应达到平衡，测得CO的物质的量为0.10mol，CH4的平衡转化率为      　  （保留两位有效数字）。

(3)甲烷燃料电池是利用CH4跟氧气或空气反应将化学能转化成电能的装置，电解质溶液是强碱。下面有关说法正确的是      　（填编号）。

A．负极反应为：O2+2H2O+4e- －→4OH-；

B．负极反应为：CH4+10OH- - 8e-－→CO32-+7H2O

C．放电时溶液中的阴离子向负极移动

D．随放电的进行，溶液的pH值不变

(4)如上右图是一个电化学装置示意图，甲烷燃料电池作其电源。

①如果A为含有铁、银、金、碳杂质的粗铜，B为纯铜，C为CuSO4溶液，通电后，Cu2＋的浓度将　    　(填“增大”、“减小”或“不变”)。

②如果A是铂电极，B是石墨电极，C是KBr溶液，通电时阳极的电极反应式是__________________________。

③特定条件下，该装置使用惰性电极电解Na2SO4浓溶液可制得少量过氧化氢：在阳极上SO被氧化成S2O(过二硫酸根离子)，S2O与H2O反应即可生成H2O2，

S2O＋2H2O === 2SO＋H2O2＋2H＋。若各反应物质的转化率均为100%，则要制取1 mol H2O2，理论上燃料电池需消耗CH4的物质的量为              。

A、B、C、D、E均为钠盐，D、E具有相同的元素组成，都是由四种元素组成的化合物。向B溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，立即产生白色沉淀，该沉淀见光变暗至灰至黑。A、B或B、C溶液混合均无明显现象，若将A、B、E和B、C、E分别按1:5:6和1:1:2的物质的量之比混合，溶液都能产生有刺激性气味黄绿色气体甲。D、E溶液混合能产生具有漂白性的刺激性气体乙。甲与乙混合气体通入水中会产生两种酸。B与E固体混合不反应，加热则能产生有刺激性气味的气体丙。若将气体丙通入A或C溶液中均能产生气体甲。甲气体通入D溶液，颜色会消失。若将A、D、E按2:1:1物质的量之比混合，能产生黄色气体丁。

请回答下列有关问题：

⑴．完成下列反应的离子方程式并配平之。

①．A + B + E → ：　  ▲ 

②．D + E → ：　  ▲ 

③．甲+乙+ H2O → ：  ▲ 

④．A + D + E → ：　  ▲ 

⑵．丁气体消毒漂白性比甲强，是更理想的漂白试剂。相同条件下，相同体积的丁气体处理水的能力是甲的  ▲  倍；相同质量的丁气体处理水的能力是甲的  ▲  倍。

⑶．历史上曾把某元素的最高价的含氧酸称为某酸，如N、P、S等。A盐中对应的酸并不是该元素的最高价的含氧酸（当时误认为是最高价）。电解技术进入化学研究领域后，通过惰性材料电解A的水溶液，产生新的含氧酸盐(M=122.5 g·mol－1)，我们可以把与其对应的酸称为高某酸。取出100 mL A盐溶液进行电解（惰性电极，通直流电），数小时后，收集到的阴、阳两极气体分别为6.72L和2.24L(已经折算成标准状况下的气体体积) 。

①．阴、阳两极所发生的电极反应离子方程式为  ▲  、  ▲  。

②．原A盐溶液的物质的量浓度为  ▲  。（假设溶液体积变化忽略不计）

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