Question

11．物质A～G有如图所示转化关系部分反应物、生成物未列出）．其中A为某金属矿的主要成分，经过一系列反应可得到气体B和固体C．单质C可与E的浓溶液发生反应，G为砖红色沉淀．

请回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式：BSO₂、GCu₂O．
（2）反应②的化学方程式是Cu+2H₂SO₄（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO₄+SO₂↑+2H₂O．
（3）利用电解可提纯C物质，现以碱性锌锰电池为外电源，在该电解反应中电解质溶液和阳极物质分别是CuSO₄溶液；粗铜．MnO₂是碱性锌锰电池的正极材料，电池放电时，正极的电极反应式为MnO₂+H₂O+e^-=MnO（OH）+OH^-．
（4）将0.20mol B和0.10mol O₂充入一个固定容积为5L的密闭容器中，在一定温度并有催化剂存在下，进行反应①，经半分钟后达到平衡，测得容器中含D 0.18mol，则vO_（2）═0.036mol/L•min）；若温度不变，继续通入0.20mol B和0.10mol O₂，则平衡向正反应方向移动填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”），再次达到平衡后，n（D）的取值范围是0.36mol～0.4mol之间．
（5）写出F→G转化过程中，甲醛参与反应的化学方程式：HCHO+4CuOH）₂+2NaOH$\stackrel{△}{→}$Na₂CO₃+2Cu₂O+6H₂O↓．

Answer 1

分析 F与甲醛/NaOH在加热条件下反应生成G为砖红色沉淀，则G为Cu₂O，F为铜盐，A为某金属矿物的主要成分，与氧气反应得到C与B，B氧化得到D，D与水反应得到E，单质C可与E的浓溶液发生反应得到B与F，则A为Cu₂S、B为SO₂、C为Cu，D为SO₃、E为H₂SO₄，F为CuSO₄，据此解答．

解答 解：F与甲醛/NaOH在加热条件下反应生成G为砖红色沉淀，则G为Cu₂O，F为铜盐，A为某金属矿物的主要成分，与氧气反应得到C与B，B氧化得到D，D与水反应得到E，单质C可与E的浓溶液发生反应得到B与F，则A为Cu₂S、B为SO₂、C为Cu，D为SO₃、E为H₂SO₄，F为CuSO₄．
（1）由上述分析可知，B为SO₂，G为Cu₂O，故答案为：SO₂；Cu₂O；
（2）反应②的化学方程式是：Cu+2H₂SO₄（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO₄+SO₂↑+2H₂O，
故答案为：Cu+2H₂SO₄（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO₄+SO₂↑+2H₂O；
（3）用电解法提纯金属铜的方法是将粗铜作为电解池的阳极，精铜作为电解池的阴极，一般用CuSO₄溶液作电解质溶液；MnO₂是碱性锌锰电池的正极材料，电池放电时，正极是二氧化锰得到电子，则电极反应式为：MnO₂+H₂O+e^-=MnO（OH）+OH^-，
故答案为：CuSO₄溶液；粗铜；MnO₂+H₂O+e^-=MnO（OH）+OH^-；
（4）在一个固定容积为2L的密闭容器中充入0.20mol的SO₂和0.10mol的O₂，半分钟后达到平衡，测得容器中含SO₃为0.18mol，v（SO₃）=$\frac{\frac{0.18mol．L}{5L}}{0.5min}$=0.072mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，故v（O₂ ）=$\frac{1}{2}$v（SO₃）=$\frac{1}{2}$×0.072mol/（L•min）=0.036mol/（L•min）；
若继续通入0.20mol SO₂和0.10mol O₂，压强增强，平衡向正反应移动，反应转化率增大，再次达到新平衡后，SO₃的物质的量大于0.18mol×2=0.36mol，若0.4molSO₂与0.2molO₂完全反应，可以生成0.4molSO₃，反应物不能完全转化，故达SO₃小于0.4mol，即SO₃的物质的量介于0.36mol和0.40mol之间；
故答案为：0.036；向正反应方向；0.36mol～0.4mol之间；
（5）F为CuSO₄，G为Cu₂O，F→G转化过程中，甲醛参与反应的化学方程式为：HCHO+4CuOH）₂+2NaOH$\stackrel{△}{→}$Na₂CO₃+2Cu₂O+6H₂O↓，
故答案为：HCHO+4CuOH）₂+2NaOH$\stackrel{△}{→}$Na₂CO₃+2Cu₂O+6H₂O↓．

点评 本题考查无机物推断，“F与甲醛/NaOH反应生成砖红色沉淀”是推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物知识及中学常见化学工业，（4）中注意利用极限法解答．