题目内容

13．现有四种元素组成的固体M，取2.3g该固体溶于水，溶液为血红色，滴加足量浓硝酸并加热，溶液血红色褪去，同时产生含有三种气体的红棕色混合物A．往褪色后溶液中加入足量BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀6.99g．过滤，往滤液中加足量NaOH溶液，产生红褐色沉淀，过滤将沉淀充分灼烧得到0.8g固体．将气体混合物A通入过量的Ba（OH）2溶液中，产生白色沉淀B，并剩余气体C为0.42g．气体C无色无味，能使燃烧的木条熄灭，可排放到空气中，不会改变空气的成分．白色沉淀B能溶解在稀盐酸中，并产生无色无味的气体在标况的体积为0.672L．
（1）M的化学式为Fe（SCN）3．
（2）混合气体A的成分是NO2、CO2、N2（填化学式）．
（3）往褪色后的溶液中滴加KSCN溶液的，可能有什么现象溶液变为血红色．
（4）固体M与硝酸发生题中反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为33：1．
（5）对于Fe2+的检验，从本题中得到什么启发浓硝酸替代氯水．

分析 M是四种元素组成的固体，溶于水后溶液为血红色，说明M为Fe（SCN）3，Fe（SCN）3与足量浓硝酸在加热条件下反应，混合气体A中含有红棕色气体NO2，反应后的溶液中含有SO42-的物质的量与6.99gBaSO4的相同，Fe3+的物质的量是0.8gFe2O3的2倍，白色沉淀B能溶解在稀盐酸中，并产生无色无味的气体在标况的体积为0.672L．说明A中含有CO2，剩余气体C无色无味，能使燃烧的木条熄灭，可排放到空气中，不会改变空气的成分，说明气体C是N2．

解答 解：（1）M是四种元素组成的固体，溶于水后溶液为血红色，说明M为Fe（SCN）3，
故答案为：Fe（SCN）3；
（2）红棕色气体是NO2，白色沉淀B能溶解在稀盐酸中，并产生无色无味的气体在标况的体积为0.672L，说明A中含有CO2，剩余气体C无色无味，能使燃烧的木条熄灭，可排放到空气中，不会改变空气的成分，说明气体C是N2，
故答案为：NO2、CO2、N2；
（3）往滤液中加足量NaOH溶液，产生红褐色沉淀，说明褪色后的溶液中含有Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，
故答案为：溶液变为血红色；
（4）Fe（SCN）3的物质的量是$\frac{2.3g}{230g/mol}$=0.01mol，与浓硝酸反应得到SO42-的物质的量为$\frac{6.99g}{233g/mol}$=0.03mol，Fe3+的物质的量为2×$\frac{0.8}{160g/mol}$=0.01mol，N2的物质的量为$\frac{0.42g}{28g/mol}$=0.015mol，CO2的物质的量为$\frac{0.672L}{22.4L/mol}$=0.03mol，根据物质的量之比等于化学计量数之比可得反应方程式为：
2Fe（SCN）3+66HNO3（浓）$\frac{\underline{\;加热\;}}{\;}$Fe2（SO4）3+3H2SO4+3N2↑+6CO2↑+66NO2↑+30H2O，因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为66：2=33：1，
故答案为：33：1；
（5）向待检液中先滴加KSCN溶液，无变化，再滴加新制的氯水，溶液显红色，说明含Fe2+，由于浓硝酸能使Fe（SCN）3溶液褪色，所以不能用浓硝酸替代氯水，
故答案为：不能用浓硝酸替代氯水．

点评 本题考查无机物的推断，为高频考点，其中涉及离子反应及离子检验、氧化还原反应原理等知识点，掌握物质的性质是解题关键，其中（4）难度较大．

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3．已知 Fe2O3（s）+3CO（g）?2Fe（s）+3CO2（g） 在不同温度下的平衡常数如表：
温度/℃100011501300
平衡常数42.950.764.0
请回答下列问题：
（1）该反应的平衡常数表达式 K=$\frac{{c}^{3}（C{O}_{2}）}{{c}^{3}（CO）}$，△H＞0（填“＞”、“＜”或“=”）．
（2）在一个容积为10L的密闭容器中，1300℃时加入 Fe、Fe2O3、CO、CO2各1mol，反应经过10min 后达到平衡．求该时间范围内反应的平均反应速率 v（CO2）=0.006mol/（L•min），CO 的平衡转化率为60%．
（3）欲提高（2）中CO的平衡转化率，可采取的措施是CD．
A．增加Fe2O3的量   B．加入合适的催化剂   C．移出部分CO2    D．提高反应温度．
4．浊液区别于其它分散系本质的特征是（　　）
A．外观浑浊不清B．分散系粒子直径大于100nm
C．不稳定D．不能发生丁达尔现象
1．下列叙述中正确的是（　　）
A．第ⅠA族元素都是典型的金属元素
B．过渡元素都是金属元素
C．任何元素的原子都是由核外电子和核内质子、中子所组成
D．均属“镧系元素”的镧（57La）与铈（58Ce）互为同位素
8．纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而备受关注，下表为制取纳米级Cu2O的三种方法：
方法Ⅰ用炭粉在高温条件下还原CuO
方法Ⅱ电解法，反应为2Cu+H2O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$ Cu2O+H2↑．
方法Ⅲ用肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2
（1）工业上常用方法Ⅱ和方法Ⅲ制取Cu2O而很少用方法Ⅰ，其原因是反应条件不易控制，若控温不当易生成Cu 而使Cu2O产率降低．
（2）已知：
2Cu（s）+$\frac{1}{2}$O2（g）═Cu2O（s）△H=-akJ•mol-1
C（s）+$\frac{1}{2}$O2（g）═CO（g）△H=-bkJ•mol-1
Cu（s）+$\frac{1}{2}$O2（g）═CuO（s）△H=-ckJ•mol-1
则方法Ⅰ发生的反应：2CuO（s）+C（s）═Cu2O（s）+CO（g）；△H=-（a+b-2c）kJ/mol．
（3）方法Ⅱ采用离子交换膜控制电解液中OH-的浓度而制备纳米Cu2O，电解装置如图所示．
①阳极上的产物是Cu2O
②阳极生成Cu2O，其电极反应式为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O
（4）方法Ⅲ为加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2，该反应的化学方程式为4Cu（OH）2+N2H4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Cu2O+N2↑+6H2O
（5）肼又称联氨，易溶于水，是与氨类似的弱碱，用电离方程式表示肼的水溶液显碱性的原因N2H4+H2O?N2H5++OH-．
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18．明矾[KAl（SO4）2]是一复盐，在造纸等方面应用广泛．某兴趣小组采用10.0g废易拉罐（含90%的Al，还含有少量的Fe、Mg等杂志）制备明矾的实验方案如图1：

（1）试剂①应选用d（填代号）．
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（2）易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑．
（3）溶液B中溶质的主要成分为NaHCO3（填化学式）．
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（5）该小组在实验完成之后，得到118.5g明矾，则明矾的回收率为75%．（已知：明矾的摩尔质量为474g•mol-1）
5．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）
A．6.2g白磷中所含P-P键的数目为0.15NA
B．含H2O2 3.4克的溶液完全分解，其电子转移数目为NA
C．117g氯化钠固体含有2NA个氯化钠分子
D．6克金刚石含NA个C-C键
15．一定温度下，石灰乳悬浊液中存在下列平衡：Ca（OH）2（s）?Ca2+（aq）+2OH?（aq）下列说法正确的是（　　）
A．恒温下向溶液中加入CaO，Ca2+离子数目减少
B．恒温下向溶液中加入CaO，溶液中C（Ca2+）减小
C．给溶液加热，溶液的pH不变
D．给溶液加热，溶液的离子浓度增大
16．常温下，H2SO3的电离常数Ka1=1.2×10-2，Ka2=6.3×10-8；H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11．某同学设计实验验证H2SO3酸性强于H2CO3；将SO2和CO2气体分别通入水中至饱和，立即用pH计测量溶液的pH，若前者的pH小于后者，则H2SO3酸性强于H2CO3．
（1）该实验设计不正确，错误在于用于比较pH的两种酸的物质的量浓度不相等．
（2）设计合理实验验证H2SO3酸性强于H2CO3．可供选择的试剂：1mol•L-1Na2CO3、1mol•L-1NaHCO3、1mol•L-1Na2SO3、1mol•L-1NaHSO3、pH计．
简要说明实验步骤、现象和结论配制相同物质的量浓度的NaHSO3和NaHCO3溶液，用酸度计（或pH试纸）测两溶液的pH．前者的pH小于后者，证明H2SO3酸性强于H2CO3．
（3）根据上述数据，写出少量的SO2气体通入Na2CO3溶液中的化学方程式SO2+H2O+2Na2CO3=2NaHCO3+Na2SO3．
（4）Na2CO3溶液俗称纯碱，用离子方程式表示其原因CO32-+H2O?HCO3-+OH-，并计算该反应的化学平衡常数为2.13×10-4．

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