题目内容

11．纳米ZnO在催化、医药及橡胶等新材料方面有广阔的应用前景，下面是制备纳米ZnO的相关工艺流程，试回答有关问题：

已知：Ksp[Zn（OH）2]=4.5×10-17，且Zn（OH）2具有两性．
（1）试剂A是氨水，试剂B是Ba（OH）2，步骤I生成BaSO4的离子方程式是Ba2++SO42-=BaSO4↓．
（2）步骤II中，pH应调节至c（填序号）．
a．3～5        b．5       c．8～9         d．12～14
（3）步骤II中“回流”时必须用到下列仪器中的d（填序号）．
a．分液漏斗   b．温度计  c．空气冷凝管  d．球形冷凝管
（4）已知，在实验室中用200mL 0.25mol/L ZnSO4溶液与50mL 8mol/L的试剂A
反应，则加入固体试剂B的质量为8.6g（计算结果保留小数点后一位）．
（5）步骤II在加热回流的同时，要蒸出氨气（填物质名称），该物质可循环使用．
（6）纳米ZnO也可以用以下流程制备（其中反应②生成了两种碳的化合物）．
书写相关的化学方程式①H2C2O4+ZnCl2+2H2O=ZnC2O4•2H2O+2HCl，②ZnC2O4•2H2O=ZnO+CO↑+CO2↑+2H2O．

分析 硫酸锌加入试剂A为氨水得到锌氨络离子，加入试剂B搅拌，减压过滤，得到硫酸钡沉淀和Zn（NH3）42-、OH-等，调节溶液PH回流加热过滤，得到氢氧化锌沉淀，洗涤烘干干燥焙烧得到氧化锌，
（1）分析可知试剂A为氨水，试剂B为氢氧化钡溶液，步骤Ⅰ是钡离子和硫酸根离子结合生成硫酸钡沉淀；
（2）步骤II中，pH应调节到锌离子全部沉淀，结合溶度积常数计算溶液的PH判断；
（3）步骤II中“回流”时需要冷凝装置，空气冷凝管，直形冷凝管主要是蒸出产物时使用（包括蒸馏和分馏），当蒸馏物沸点超过140度时，一般使用空气冷凝管，以免直形冷凝管通水冷却导致玻璃温差大而炸裂，球形冷凝管主要用于回流，蒸气冷凝后又流回反应体系，冷凝面积较直形冷凝管大，冷凝效率稍高；
（4）加入固体B为氢氧化钡，钡离子和硫酸根离子交换生成硫酸钡沉淀，结合硫酸根离子物质的量等于钡离子物质的量计算氢氧化钡的质量；
（5）步骤II在加热回流的同时把反应生成的氨气蒸出，可以循环使用；
（6）草酸和氯化锌溶液反应生成草酸锌结晶水合物，硫酸锌晶体分解生成氧化锌、生成了两种碳的化合物为一氧化碳、二氧化碳，元素守恒得到水，依据原子守恒配平书写化学方程式．

解答 解：硫酸锌加入试剂A为氨水得到锌氨络离子，加入试剂B搅拌，减压过滤，得到硫酸钡沉淀和Zn（NH3）42-、OH-等，调节溶液PH回流加热过滤，得到氢氧化锌沉淀，洗涤烘干干燥焙烧得到氧化锌，
（1）分析可知试剂A为氨水，试剂B为氢氧化钡溶液，步骤Ⅰ是钡离子和硫酸根离子结合生成硫酸钡沉淀，试剂A为：氨水，试剂B为Ba（OH）2，步骤I生成BaSO4的离子方程式是Ba2++SO42-=BaSO4↓，
故答案为：氨水；Ba（OH）2；Ba2++SO42-=BaSO4↓；
（2）结合溶度积常数计算溶液的PH，Ksp[Zn（OH）2]=c（Zn2+）c2（OH-）=4.5×10-17，c（OH-）=$\root{3}{4.5×1{0}^{-17}}$=3.6×10-6mol/L，c（H+）=$\frac{1{0}^{-14}}{3.6×1{0}^{-6}}$=2.8×10-9mol/L，PH=-lg2.8×10-9=9-0.5=8.5，步骤II中，pH应调节，8.5锌离子全部沉淀，故选c，
故答案为：c；
（3）步骤II中“回流”时需要冷凝装置，球形冷凝管主要用于回流，蒸气冷凝后又流回反应体系，冷凝面积较大，冷凝效率稍高，故答案为：d；
（4）加入固体B为氢氧化钡，钡离子和硫酸根离子结合生成硫酸钡沉淀，硫酸根离子物质的量等于钡离子物质的量计算氢氧化钡的质量，在实验室中用200mL 0.25mol/L ZnSO4溶液与50mL 8mol/L的试剂为氨水反应，硫酸根离子物质的量=硫酸钡物质的量=氢氧化钡物质的量=0.200L×0.25mol/L=0.05mol，则加入固体试剂氢氧化钡的质量=0.05mol×171g/mol=8.6g，故答案为：8.6g；
（5）步骤II在加热回流的同时把反应生成的氨气蒸出，可以循环使用，故答案为：氨气；
（6）草酸和氯化锌溶液反应生成草酸锌结晶水合物，化学方程式为：H2C2O4+ZnCl2+2H2O=ZnC2O4•2H2O+2HCl；硫酸锌晶体分解生成氧化锌、生成了两种碳的化合物为一氧化碳、二氧化碳，元素守恒得到水，依据原子守恒配平书写化学方程式为ZnC2O4•2H2O=ZnO+CO↑+CO2↑+2H2O，
故答案为：H2C2O4+ZnCl2+2H2O=ZnC2O4•2H2O+2HCl；ZnC2O4•2H2O=ZnO+CO↑+CO2↑+2H2O．

点评 本题考查了物质制备的实验过程分析、离子性质、实验基本操作、反应定量计算等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等．

练习册系列答案
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15．现有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的短周期元素，其中在所有的短周期元素中，A的原子半径与D的原子半径之比最小（不包括稀有气体），C与A、B、D均能形成多种常见化合物，B元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应生成一种盐，化合物AE常温下为气体．回答下列问题：
（1）A分别与B、C形成的最简单化合物中，稳定性H2O＞NH3（用分子式表示），其中A与B形成的最简单化合物分子的空间构型为三角锥形；
（2）化合物甲、乙均是由上述五种元素中的三种组成的强电解质，且常温下两种物质的水溶液pH均大于7，组成元素的原子数目比均为1：1：1，其中乙是某种家用消毒液的有效成分，则化合物甲的电子式为．
（3）化合物丙由C和D两种元素组成，其中C和D的原子个数比为1：1，则丙中含有的化学键类型是离子键和共价键（或非极性共价键）；
（4）B元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应生成的盐的水溶液呈酸性（填“酸”、“碱”或“中”），用离子方程式解释原因NH4++H2O?NH3．H2O+H+；
（5）写出实验室制取单质E的离子方程式是MnO2+4H++2Cl-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Mn2++Cl2↑+2H2O．
16．NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（　　）
A．标准状况下，22.4L HF中含有氟原子数目为NA
B．0.1mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的Ba（OH）2溶液至沉淀刚好完全：c（NH4+）＞c（OH-）＞c（SO42-）＞c（H+）
C．1mol 如图物质与浓溴水反应时通常最多消耗Br2为6mol
D．12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5NA
13．能正确表示下列反应的离子方程式是（　　）
A．钠与水反应：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑
B．碳酸钠溶液中加入澄清石灰水：Ca（OH）2+CO32-=CaCO3↓+2OH-
C．氢氧化钠溶液中通入过量CO2：OH-+CO2=HCO3-
D．FeCl3溶液与Cu反应：Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+
6．某学生设计如下实验装置利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应），据此回答下列问题：

（1）A仪器的名称是分液漏斗，D的作用吸收尾气．
（2）漂白粉将在U型管中产生，其化学反应方程式是2Cl2 +2Ca（OH）2=CaCl2 +Ca（ClO）2 +2H2O．
（3）有同学建议在两个橡皮套管内的玻璃管口应尽量紧靠，原因是Cl2易腐蚀橡皮塞
（4）此实验结果所得Ca（ClO）2产率太低．经分析并查阅资料发现主要原因是在U型管中存在两个副反应：
①温度较高时氯气与消石灰反应生成了Ca（ClO3）2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是将U型管置于冷水浴中，有同学测出了反应后溶液中ClO-、ClO3-两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的关系曲线，粗略表示为下图（不考虑氯气和水的反应）．
a、图中曲线I表示ClO-离子的物质的量随反应时间变化的关系．
b、所取石灰乳中含有Ca（OH）2的物质的量为0.25mol．
c、另取一份等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl-的物质的量为0.37mol，则产物中n（ClO-）/n（ClO3-）=7：6
②试判断另一个副反应是（写出此反应方程式）2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O．
16．（Ⅰ）二氧化钛广泛应用于各类结构表面涂料、纸张涂层等，二氧化钛还可作为制备钛单质的原料．
二氧化钛可由以下方法制备：
TiCl4水解生成TiO2•xH2O，过滤、水洗除去其中的Cl-，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2，此方法制备得到的是纳米二氧化钛．
（1）①TiCl4水解生成TiO2•xH2O的化学方程式为TiCl4+（x+2）H2O?TiO2•xH2O↓+4HCl；
②检验TiO2•xH2O中Cl-是否被除净的方法是取最后一次的少量水洗液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，不产生白色沉淀，说明Cl-已除净．
（2）TiO2制取单质Ti，涉及到的步骤如下：
TiO2$\stackrel{①}{→}$TiCl4$→_{②}^{Mg_{800}℃}$Ti
反应②的方程式是TiCl4+2Mg$\frac{\underline{\;800℃\;}}{\;}$2MgCl2+Ti．
（Ⅱ）工业上以粗铜为原料采取如图1所示流程制备硝酸铜晶体：

（1）在步骤a中，还需要通入氧气和水，其目的是将NOx转化为硝酸，提高原料的利用率，减少污染物的排放．
（2）图2是某小组学生查阅资料后所绘出的硝酸铜晶体[Cu（NO3）2•nH2O]的溶解度曲线（温度在30℃左右对应不同的晶体），说法正确的是BD
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一定是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）某燃料电池以熔融的K2CO3（其中不含O2-和HCO3-）为电解质，以丁烷为燃料，以空气为氧化剂，以具有催化作用和导电性能的稀土金属材料为电极．正极电极反应式为O2+2CO2+4e-=2CO32-或13O2+26CO2+52e-=26CO32-，用该燃料电池来电解饱和食盐水，若电解后得到200mL3.25mol•L-1 NaOH溶液，则消耗C4H10的体积在标准状况下为560mL．
3．为探究苯与溴的取代反应，甲用下图装置Ⅰ进行如下实验：

将一定量的苯和溴放在烧瓶中，同时加入少量铁屑做催化剂，3～5分钟后发现滴有AgNO3的锥形瓶中有浅黄色的沉淀生成，即证明苯与溴发生了取代反应．
（1）装置Ⅰ中①的化学方程式为2Fe+3Br2═2FeBr3，．②中离子方程式为Br-+Ag+═AgBr↓．
（2）①中长导管的作用是导气兼冷凝回流．
（3）烧瓶中生成的红褐色油状液滴的成分是与Br2，要想得到纯净的产物，可用NaOH溶液试剂洗涤．洗涤后分离粗产品应使用的仪器是分液漏斗．
（4）甲做实验时，乙观察到烧瓶中液体沸腾并有红棕色气体从导管中逸出，提出必须先除去红棕色气体，才能验证锥形瓶中的产物．原因是挥发出的溴蒸气也能与硝酸银溶液反应产生AgBr浅黄色沉淀．
（5）乙同学设计如图所示装置Ⅱ，并用下列某些试剂完成该实验．可选用的试剂是：苯；液溴；浓硫酸；氢氧化钠溶液；硝酸银溶液；四氯化碳．a的作用是防止倒吸安全装置．b中的试剂是苯或四氯化碳．比较两套装置，装置Ⅱ的主要优点是防止倒吸、可以控制反应进行程度．
20．亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌．以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：

已知：①NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出产品NaClO2•3H2O；
②纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下．
（1）发生器中发生反应的离子方程式为2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-．发生器中鼓入空气的作用可能是c．
a．将SO2氧化成SO3，增强酸性     b．将NaClO3还原为ClO2     c．稀释ClO2以防止爆炸
（2）吸收塔内发生反应的化学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑；吸收塔内的温度不能超过20℃，其目的是防止H2O2分解．
（3）吸收塔中为防止NaClO2被还原成NaCl，所用还原剂的还原性应适中．以下还可以选择的还原剂是a（选填序号）．
a．Na2O2              b．Na2S               c．FeCl2
（4）从滤液中得到NaClO2•3H2O粗晶体的实验操作依次是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤．
（5）某学习小组用碘量法测定粗产品中亚氯酸钠的含量，实验如下：
a．准确称取所得亚氯酸钠样品m g于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成250ml待测溶液．（已知：ClO2-+4I-+4H+═2H2O+2I2+Cl-）
b．移取25.00ml待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用c mol•L-1 Na2S2O3标准液滴定至终点，重复2次，测得平均值为V ml．（已知：I2+2S2O32-═2I-+S4O62-）
①达到滴定终点时的现象为滴加最后一滴液体时溶液由蓝色变成无色且半分钟内不变色．
②该样品中NaClO2的质量分数为$\frac{22.625cV}{m}$%（用含m、c、V的代数式表示，结果化成最简．）
1．有关热化学方程式书写与对应表述均正确的是（　　）
A．已知2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221 kJ•mol-1，则可知C的标准燃烧热为110.5 kJ•mol-1
B．在101KPa下氢气的标准燃烧热△H=-285.5 kJ•mol-1，则水分解的热化学方程式：2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）△H=+285.5 kJ•mol-1
C．稀硫酸与0.1 mol/LNaOH溶液反应：H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l）△H=-57.3 kJ•mol-1
D．密闭容器中，9.6 g硫粉与11.2 g铁粉混合加热生成硫化亚铁17.6 g时，放出19.12 kJ热量．则Fe（s）+S（g）=FeS（s）△H=-95.6 kJ•mol-1

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