题目内容

10．如图所示，横坐标为溶液的pH，纵坐标为Zn2+或[Zn（OH）4]2-的物质的量浓度的对数．

回答下列问题：
（1）往ZnCl2溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，反应的离子方程式可表示为Zn2++4OH-═[Zn（OH）4]2-．
（2）从图中数据计算可得Zn（OH）2的溶度积Ksp=1.00×10-17．
（3）某废液中含Zn2+，为提取Zn2+可以控制溶液中pH的范围是8.0＜pH＜12.0．
某工厂用六水合氯化镁和粗石灰制取的氢氧化镁含有少量氢氧化铁杂质，通过如下流程进行提纯精制．获得阻燃剂氢氧化镁．

（4）步骤①中加入保险粉（Na2S2O4）的作用：将氢氧化铁还原为氢氧化亚铁
（5）已知EDTA只能与溶液中的Fe2+反应生成易溶于水的物质，不与Mg（OH）2反应．虽然Fe（OH）2难溶于水，但步骤②中随着EDTA的加入，最终能够将Fe（OH）2除去并获得纯度高的Mg（OH）2．请从沉淀溶解平衡的角度加以解释Fe（OH）2悬浊液中存在如下平衡：Fe（OH）2（s）=Fe2+（aq）+2OH-（aq）当不断滴入EDTA时，EDTA将结合Fe 2+促使平衡向右移动而使Fe（OH）2不断溶解；；
Ⅳ．为研究不同分离提纯条件下所制得阻燃剂的纯度从而确定最佳提纯条件，某研究小组各取等质量的下列4组条件下制得的阻燃剂进行含铁量的测定，结果如表：
精制阻燃剂的条件阻燃剂铁含量
序号提纯体系温度/℃加入EDTA质量/g加入保险粉质量/gW（Fe）/（10-4g）
1400.050.057.63
2400.050.106.83
3600.050.106.83
4600.100.106.51
（6）若不考虑其它条件，根据上表数据，制取高纯度阻燃剂最佳条件是C（填字母）．
①40℃②60℃③EDTA质量为O.05g   ④EDTA质量为0.10g  ⑤保险粉质量为0.05g⑥保险粉质量为0.10g
A．①③⑤B．②④⑥C．①④⑥D．②③

分析 （1）由图象可知溶液的碱性较强时，锌的存在形式为[Zn（OH）4]2-，结合元素守恒书写方程；
（2）根据图中数据，利用Ksp=c（Zn2+）．c2（OH-）计算；
（3）为提取Zn2+可将Zn2+转化为Zn（OH）2沉淀，根据图象确定此时控制溶液的pH范围；
（4）保险粉（Na2S2O4）具有还有性，可以将氢氧化铁还原为氢氧化亚铁；
（5）Fe（OH）2悬浊液中存在如下平衡：Fe（OH）2（s）=Fe2+（aq）+2OH-（aq）当不断滴入EDTA时，EDTA将结合Fe 2+促使平衡向右移动；
（6）观察实验2、3知，其它条件相同时，温度不同，铁含量相同，采取低温能抑制氢氧化镁的溶解，所以采用低温较好，选40℃，观察实验3、4知，其它条件相同时，EDTA质量越大，含铁量越低，所以选取EDTA质量为0.10g，观察实验1、2知，其它条件相同时，保险粉质量越大，含铁量越低，所以选取保险粉质量为0.10g，据此答题．

解答 解：（1）由图象可知溶液的碱性较强时，锌的存在形式为[Zn（OH）4]2-，所以其反应的离子方程式为：Zn2++4OH-═[Zn（OH）4]2-，
故答案为：Zn2++4OH-═[Zn（OH）4]2-；
（2）当溶液的pH=7.0时，c（Zn2+）=10-3mol•L-1，Ksp=c（Zn2+）．c2（OH-）=10-3•（10-7）2=10-17，
故答案为：1.00×10-17；
（3）根据图象知，溶液的pH范围为8＜pH＜12时，Zn2+可将Zn2+转化为Zn（OH）2沉淀，溶液中锌离子浓度小于10-5 mol•L-1，可以近似认为锌离子不存在；所以某废液中含Zn2+离子，为提取Zn2+离子可以控制溶液中pH值的范围是8.0＜pH＜12.0，
故答案为：8.0＜pH＜12.0；
（4）保险粉（Na2S2O4）可以将氢氧化铁还原为氢氧化亚铁，发生的离子方程式为：6Fe（OH）3+S2O42-+2OH-=6Fe（OH）2+2SO42-+4H2O，
 故答案为：将氢氧化铁还原为氢氧化亚铁；
（5）Fe（OH）2悬浊液中存在如下平衡：Fe（OH）2（s）=Fe2+（aq）+2OH-（aq）当不断滴入EDTA时，EDTA将结合Fe 2+促使平衡向右移动而使Fe（OH）2不断溶解，
故答案为：Fe（OH）2悬浊液中存在如下平衡：Fe（OH）2（s）=Fe2+（aq）+2OH-（aq）当不断滴入EDTA时，EDTA将结合Fe 2+促使平衡向右移动而使Fe（OH）2不断溶解；
（6）观察实验2、3知，其它条件相同时，温度不同，铁含量相同，采取低温能抑制氢氧化镁的溶解，所以采用低温较好，选40℃，观察实验3、4知，其它条件相同时，EDTA质量越大，含铁量越低，所以选取EDTA质量为0.10g，观察实验1、2知，其它条件相同时，保险粉质量越大，含铁量越低，所以选取保险粉质量为0.10g
故选C．

点评 本题考查了难溶电解质的溶解平衡，注意对图象和表格中的数据的分析，物质制备实验方法，物质组成的计算应用，氧化还原反应的电子转移计算，镁、铝及其化合物性质的分析判断，题目难度中等．

练习册系列答案
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3．现有A，B，C，D，E，F六种装置，如图所示．（胶塞，导管可自由选用）
（1）写出①--④的仪器名称：①铁架台 ②试管 ③烧杯 ④酒精灯．
（2）实验实制取并收集氧气（原料：KClO3和MnO2）时，应选用A和E相连接；制取并收集氢气时，应选用B和F相连接．
（3）B装置中，除②和导管外，还有一种玻璃仪器是分液漏斗．
（4）制取集氢气并做还原氧化铜的实验时，应选用B和D装置，实验结束时，应先停止加热，再停止通氢气，其原因是防止铜被氧化．
1．对于amolH2O和amolCO2的说法正确的是（　　）
A．相同条件下体积一定相同B．氧原子个数一定相同
C．分子个数一定相同D．质量比是22：9
18．为了确认电解质溶液中部分离子相互间能否发生反应，及离子反应发生的条件，做如表四组实验．
编号ⅠⅡⅢⅣ
实验
（1）实验Ⅰ的现象有白色沉淀产生，写出反应的离子方程式Ba++SO42+=BaSO4↓．
（2）实验Ⅱ的目的是验证Cl-与Cu2+不发生反应．
（3）实验Ⅲ的现象证明了溶液中的H+、OH-两种离子之间发生了化学反应．
（4）实验Ⅳ中发生反应的离子方程式是CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O．
5．（1）实验测得16g甲醇[CH3OH（l）]在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出363.25kJ的热量，试写出甲醇燃烧热的热化学方程式：
CH3OH （l）+$\frac{3}{2}$ O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.5KJ/mol．
（2）从化学键的角度分析，化学反应的过程就是反应物的化学键被破坏和生成物的化学键的形成过程．已知反应：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=a kJ•mol-1．有关键能数据如表：
化学键H-HN-HN≡N
键能（kJ•mol-1）436391945
试根据表中所列键能数据估算a的数值-93．
（3）依据盖斯定律可以对某些难以通过实验直接测定的化学反应的反应热进行推算．已知：
C（s，石墨）+O2（g）═CO2（g）△H1=-393.5kJ•mol-1
2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H2=-571.6kJ•mol-1
2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H3=-2599kJ•mol-1
根据盖斯定律，计算298K时由C（s，石墨）和H2（g）生成1mol C2H2（g）反应的反应热为：
△H=+226.7 KJ/mol．
（4）在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3-．两步反应的能量变化示
意图如图：

第一步反应是放热反应（填“放热”或“吸热”），原因是反应物总能量高于生成物总能量．
15．不可能是炔烃的加成产物的是（　　）
A．乙烷B．异丁烷C．异戊烷D．2，3-二甲基戊烷
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19．将2.4克镁投入500mL 1mol/L盐酸中，试计算（请按照解题步骤写出详细解答过程）：
（1）标准状况下，生成H2的体积．
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18．形成 1mol H-Cl键时放出431kJ的能量，断裂1molCl-Cl键时吸收243kJ的能量，断裂1mol H-H键时吸收436kJ的能量，则1mol H2（g）与1mol Cl2（g）完全反应生成2mol HCl（g）的能量变化为（　　）
A．放出248 kJ的热量B．吸收248 kJ的热量
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