题目内容

9．（1）已知A、B、C、D是中学化学中常见的四种不同粒子，它们之间存在如图所示的转化关系（反应条件已经略去）：
①如果A、B、C、D均是10电子的粒子，请写出：A电子式：；D的结构式：H-O-H．
②如果A和C是18电子的粒子，B和D是10电子的粒子，请写出：A与B在溶液中反应的离子方程式为HS-+OH-═S2-+H2O． 根据上述离子方程式，可以判断C与B结合质子的能力大小是OH-＞S2-．（用化学式或离子符号表示）．
（2）另一10电子物质，相同条件下对H2的相对密度为8，常温常压下，3.2g该物质与足量氧气充分燃烧后放出akJ热量，（a＞0）．写出该物质燃烧热的热化学方程式：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-5akJ•mol-1．
将3.2g该物质燃烧后的产物通入100mL3mol•L-1的NaOH溶液中，充分反应后所得的溶液中离子浓度大小关系为：Na+＞HCO3-＞CO32-＞OH-＞H+．

分析 （1）①10电子微粒A、B反应得到两种10电子微粒，应是铵根离子与氢氧根离子反应得到氨气与水，而C、B都能与氢离子反应，可推知A为NH4+，B为OH-，C为NH3，D为H2O；
②如果A、C均是18电子的粒子，B、D是10电子粒子，结合转化关系，可推断：A为H2S，B为OH-，C为HS-或S2-，D为H2O；
（2）另一10电子物质，相同条件下对H2的相对密度为8，则该物质相对分子质量为16，则该物质为CH4，计算1mol甲烷燃烧放出的热量，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式；
3.2g甲烷物质的量为0.2mol，则燃烧生成二氧化碳为0.2mol，NaOH物质的量为0.3mol，由于1：2＜n（CO2）：n（NaOH）=2：3＜1：1，而生成NaHCO3、Na2CO32，根据钠离子守恒、碳原子守恒计算各自物质的量，结合溶液中HCO3-、CO32-水解进行判断．

解答 解：（1）①10电子微粒A、B反应得到两种10电子微粒，应是铵根离子与氢氧根离子反应得到氨气与水，而C、B都能与氢离子反应，可推知A为NH4+，B为OH-，C为NH3，D为H2O，NH4+的电子式为，H2O结构式为H-O-H，
故答案为：；H-O-H；
②如果A、C均是18电子的粒子，B、D是10电子粒子，结合转化关系，可推断：A为H2S，B为OH-，C为HS-或S2-，D为H2O，A与B在溶液中反应的离子方程式为：HS-+OH-═S2-+H2O，根据离子方程式，可以判断结合质子的能力大小是OH-＞S2-，
故答案为：HS-+OH-═S2-+H2O；OH-＞S2-；
（2）另一10电子物质，相同条件下对H2的相对密度为8，则该物质相对分子质量为16，则该物质为CH4，1mol甲烷燃烧放出的热量为akJ×$\frac{1mol×16g/mol}{3.2g}$=5a kJ，反应热书写热化学方程式：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-5akJ•mol-1；
3.2g甲烷物质的量为$\frac{3.2g}{16g/mol}$=0.2mol，则燃烧生成二氧化碳为0.2mol，NaOH物质的量为0.1L×3mol/L=0.3mol，由于1：2＜n（CO2）：n（NaOH）=2：3＜1：1，而生成NaHCO3、Na2CO32，设二者物质的量分别为xmol、ymol，根据钠离子守恒、碳原子守恒可得：$\left\{\begin{array}{l}{x+y=0.2}\\{x+2y=0.3}\end{array}\right.$，解得x=y=0.1，结合溶液中HCO3-、CO32-水解呈碱性，且碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根的，故溶液中离子浓度大小为：Na+＞HCO3-＞CO32-＞OH-＞H+，
故答案为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-5akJ•mol-1； Na+＞HCO3-＞CO32-＞OH-＞H+．

点评 本题考查无机物推断，熟练掌握常见10电子、18电子微粒的结构和性质应用，难度中等．

练习册系列答案
相关题目
19．下述实验操作中，正确的是（　　）
A．配置硫酸溶液时，将浓硫酸慢慢注入盛有水的容量瓶中进行配制
B．用托盘天平称量8.75g NaCl固体
C．将混合液蒸馏分离时，应使温度计水银球浸没在混合液中
D．分液时，将上层液体从分液漏斗上口倒出，下层液体从分液漏斗下口放出
20．下列描述涉及化学变化的是（　　）
A．山崩地裂B．百炼成钢C．木已成舟D．花香四溢
17．现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）．

请根据以上信息回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式：
ANa、BAl、CFe、乙Cl2
（2）写出下列反应的化学方程式：反应①2Na+2H2O=2NaOH+H2↑反应③2NaOH+2H2O+2Al=2NaAlO2+3H2↑
（3）写出下列反应的离子方程式：反应④Fe+2H+=Fe2++H2↑反应⑤2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-．
4．2014年初，雾霾天气多次肆虐我国中东部地区．其中，汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的原因之一．
（1）汽车尾气净化的主要原理为2NO（g）+2CO（g）$\stackrel{催化剂}{?}$2CO2（g）+N2（g）．在密闭容器中发生该反应时，c（CO2）随温度（T）、催化剂的表面积（S）和时间（t）的变化曲线如图1所示．据此判断：

①该反应的△H＜0（填“＞”或“＜”）．
②在T2温度下，0～2s内的平均反应速率v（N2）=0.025mol/（L•s）．
③当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率．若催化剂的表面积S1＞S2，在上图中画出c（CO2）在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线．
④若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图2正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是bd．（填代号）．
（2）已知：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H1
2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H2       2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H3
则反应CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）的△H=△H1+$\frac{1}{2}$△H2-$\frac{1}{2}$△H3．
（3）某实验小组用50mL 0.50mol•L-1 NaOH 溶液和30mL 0.50mol•L-1硫酸溶液进行中和热的测定．实验数值结果比57.3kJ/mol偏小，产生此实验偏差的原因可能是（填字母）a、d．
a．实验装置保温、隔热效果差
b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数
c．一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度．
14．下列四种装置中，①盛200mL0.05mol/L硫酸铜溶液，②盛200mL0.05mol/L硫酸，③盛200mL0.05mol/L硫酸锌溶液，④盛200mL0.1mol/L氯化钾溶液

（1）上述四种装置中，为电解池的是①③④（用编号回答）
（2）用离子方程式回答：通电时装置①中的总反应式是2Cu2++2H2O$\frac{\underline{\;通电\;}}{\;}$O2↑+4H++2Cu；
（3）工作一段时间后，测得导线上均通过0.02mole-，则上述四种装置中溶液pH最小的溶液其pH为②（溶液体积变化忽略不计）；
（4）若将装置④中的外加电源正负极对换，则电极反应方程式是（注明电极名称）阴极：2H++2e-=H2↑，阳极：2Fe-4e-=2Fe2+．
1．在2L密闭容器内，800℃时反应：2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如表：
时间（s）012345
n（NO）（mol）0.0200.0100.0080.0070.0070.007
（1）写出该反应的平衡常数表达式 K=$\frac{{c}^{2}（N{O}_{2}）}{{c}^{2}（NO）c（{O}_{2}）}$．已知：K300°C＞K350°C，则该反应是放热 反应．（填“吸热”或者“放热”）
（2）图中表示NO2的变化的曲线是b．用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v=1.5×10-3mol•L-1•s-1．
（3）能说明该反应已达到平衡状态的是be．
a．v（NO2）=2v（O2）     b．容器内压强保持不变
c．NO、O2、NO2的浓度之比为2：1：2   d．容器内密度保持不变     e．容器内气体的颜色不再变化
（4）能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的措施是增大反应物的浓度．
18．下列离子方程式正确的是（　　）
A．铜和稀硝酸的反应：Cu2++4H++2NO3-═Cu2++2NO2↑+2H2O
B．氯气与水反应：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+
C．氯化铝溶液加入氨水：Al3++3OH-═Al（OH）3↓
D．实验室制氯气：MnO2+4H++2Cl-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Mn2++Cl2↑+2H2O
19．在标准状况下，进行甲、乙、丙三组实验：三组各取60mL同浓度盐酸溶液，加入同一种镁铝合金粉末，产生气体，有关数据列表如下：
实验序号甲乙丙
合金质量/mg510770918
气体体积/mL560672672
则下列说法不正确的是（　　）
A．甲组和乙组的实验中，盐酸均是过量的
B．盐酸的物质的量浓度为1.0mol•L-1
C．合金中镁铝的物质的量之比为1：1
D．丙组中铝的物质的量为0.018mol

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