题目内容

3．为研究某固体无机化合物甲（由三种元素组成）的组成和性质，取7.75g固体甲设计并完成了如下实验：

试根据以上内容回答下列问题：
（1）白色固体戊中金属元素的离子结构示意图
（2）写出固体甲在足量O2中焙烧的化学方程式4AlCuS2+13O2$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Al2O3+4CuO+8SO2
（3）写出在溶液甲中通入过量CO2发生反应的离子方程式CO2+OH-=HCO3-、CO2+2H2O+AlO2-=Al（OH）3↓+HCO3-
（4）下列物质中不可能将固体丙转化为固体丁的是D；
A．CO  B．CH3CH2OH   C．Al   D．KNO3
（5）试推测固体丁可能的组成Cu或Cu2O或二者混合物，并设计实验方案验证方法一：取红色固体丁mg，加入稀硫酸后过滤、洗涤、干燥至恒重，称量固体质量为ng，如果m=n则为Cu，若m=$\frac{9n}{4}$，则为Cu2O，若n＜m＜$\frac{9n}{4}$，则为二者混合物；
方法二：取红色固体丁mg，通入足量CO加热至恒重，称量固体质量为ng，若m=n，则为Cu，若m=$\frac{9}{8}$n，则为Cu2O，若n＜m＜$\frac{9}{8}$n，则为二者混合物．

分析 固体甲和足量氧气灼烧，得到无色刺激性气体甲，其物质的量=$\frac{2.24L}{22.4L/mol}$=0.1mol，固体乙和过量氢氧化钠反应生成溶液甲，根据元素守恒知，溶液甲是可溶性钠盐，溶液甲和盐酸反应生成白色沉淀，然后白色沉淀能和稀盐酸反应生成溶液丙，则甲为NaAlO2、白色固体戊是Al（OH）3，溶液丙是AlCl3；
固体乙和过量氢氧化钠溶液反应还生成蓝色固体，为Cu（OH）2，灼烧氢氧化铜得到黑色固体丙为CuO，n（CuO）=$\frac{4.0g}{80g/mol}$=0.05mol，黑色固体丙灼烧得到红色固体丁，丁可能是Cu或Cu2O或二者混合物；根据元素守恒知，乙中含有Cu、O、Al元素，且n（Cu）=n（CuO）=0.05mol，根据元素守恒且甲含有三种元素，所以甲中含有Cu、Al、S元素，n（Al）=$\frac{7.75g-0.05mol×64g/mol-0.1mol×32g/mol}{27g/mol}$=0.05mol，则甲中Cu、Al、S原子个数之比=0.05mol：0.05mol：0.1mol=1：1：2，所以甲为CuAlS2，
（1）白色固体戊中金属元素的离子是铝离子，铝离子原子核外有2个电子层、最外层电子数是8，据此书写铝离子结构示意图；
（2）根据以上分析知，固体甲在足量O2中焙烧生成二氧化硫、氧化铝和CuO；
（3）溶液甲是偏铝酸钠和氢氧化钠，溶液甲中通入过量CO2生成碳酸氢钠、氢氧化铝；
（4）固体丙是CuO，固体丁是Cu或Cu2O或二者混合物，丙被还原生成丁，则加入的物质应该具有还原性；
（5）Cu和稀硫酸不反应、Cu2O和稀硫酸反应生成硫酸铜和Cu，可以根据反应前后固体质量相对大小确定固体成分；
Cu和CO不反应，Cu2O和CO反应生成Cu和二氧化碳，根据反应前后固体质量相对大小确定固体成分，可以根据以上实验确定丁成分．

解答 解：固体甲和足量氧气灼烧，得到无色刺激性气体甲，其物质的量=$\frac{2.24L}{22.4L/mol}$=0.1mol，固体乙和过量氢氧化钠反应生成溶液甲，根据元素守恒知，溶液甲是可溶性钠盐，溶液甲和盐酸反应生成白色沉淀，然后白色沉淀能和稀盐酸反应生成溶液丙，则甲为NaAlO2、白色固体戊是Al（OH）3，溶液丙是AlCl3；
固体乙和过量氢氧化钠溶液反应还生成蓝色固体，为Cu（OH）2，灼烧氢氧化铜得到黑色固体丙为CuO，n（CuO）=$\frac{4.0g}{80g/mol}$=0.05mol，黑色固体丙灼烧得到红色固体丁，丁可能是Cu或Cu2O或二者混合物；根据元素守恒知，乙中含有Cu、O、Al元素，且n（Cu）=n（CuO）=0.05mol，根据元素守恒且甲含有三种元素，所以甲中含有Cu、Al、S元素，n（Al）=$\frac{7.75g-0.05mol×64g/mol-0.1mol×32g/mol}{27g/mol}$=0.05mol，则甲中Cu、Al、S原子个数之比=0.05mol：0.05mol：0.1mol=1：1：2，所以甲为CuAlS2，
（1）白色固体戊中金属元素的离子是铝离子，铝离子原子核外有2个电子层、最外层电子数是8，则铝离子结构示意图为，故答案为：；
（2）根据以上分析知，固体甲在足量O2中焙烧生成二氧化硫、氧化铝和CuO，反应方程式为4AlCuS2+13O2$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Al2O3+4CuO+8SO2，
故答案为：4AlCuS2+13O2$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Al2O3+4CuO+8SO2；
（3）溶液甲是偏铝酸钠和氢氧化钠，溶液甲中通入过量CO2生成碳酸氢钠、氢氧化铝，离子方程式为CO2+OH-=HCO3-、CO2+2H2O+AlO2-=Al（OH）3↓+HCO3-，
故答案为：CO2+OH-=HCO3-、CO2+2H2O+AlO2-=Al（OH）3↓+HCO3-；
（4）固体丙是CuO，固体丁是Cu或Cu2O或二者混合物，丙被还原生成丁，则加入的物质应该具有还原性，
CO、CH3CH2OH、Al都能还原丙生成丁，硝酸钾没有还原性，故选D；
（5）通过以上分析知，该固体可能是Cu或Cu2O或二者混合物，
Cu和稀硫酸不反应、Cu2O和稀硫酸反应生成硫酸铜和Cu，可以根据反应前后固体质量相对大小确定固体成分；
Cu和CO不反应，Cu2O和CO反应生成Cu和二氧化碳，根据反应前后固体质量相对大小确定固体成分，可以根据以上实验确定丁成分；
所以其检验方法为：
方法一：取红色固体丁mg，加入稀硫酸后过滤、洗涤、干燥至恒重，称量固体质量为ng，如果m=n则为Cu，若m=$\frac{9n}{4}$，则为Cu2O，若n＜m＜$\frac{9n}{4}$，则为二者混合物；
方法二：取红色固体丁mg，通入足量CO加热至恒重，称量固体质量为ng，若m=n，则为Cu，若m=$\frac{9}{8}$n，则为Cu2O，若n＜m＜$\frac{9}{8}$n，则为二者混合物；
故答案为：Cu或Cu2O或二者混合物；
方法一：取红色固体丁mg，加入稀硫酸后过滤、洗涤、干燥至恒重，称量固体质量为ng，如果m=n则为Cu，若m=$\frac{9n}{4}$，则为Cu2O，若n＜m＜$\frac{9n}{4}$，则为二者混合物；
方法二：取红色固体丁mg，通入足量CO加热至恒重，称量固体质量为ng，若m=n，则为Cu，若m=$\frac{9}{8}$n，则为Cu2O，若n＜m＜$\frac{9}{8}$n，则为二者混合物．

点评 本题考查物质成分确定，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，明确物质颜色、性质是解本题关键，难点是实验方案设计，要根据物质性质结合实验目的确定实验设计，同时考查学生思维缜密性、实验操作及实验设计能力，题目难度中等．

练习册系列答案
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14．化工厂生产盐酸的主要过程如图甲所示：

其中关键的一步为（如图乙所示）氯气和氢气在燃烧管口燃烧，生成HCl．由于氯气有毒，因此，通入气体的合理方式是：A处通入H2，B处通入Cl2，该过程涉及的操作有：①通氯气 ②通氢气 ③点燃 正确的操作顺序为②③①（填序号）
15．氧化钠是碱性氧化物的原因是（　　）
A．溶于水得到相对应的碱B．它对应的水合物是可溶于性强碱
C．它与强酸溶液反应只生成盐和水D．它是金属氧化物
12．下列反应符合“电解质+电解质=电解质”的是（　　）
A．NH3+HCl═NH4ClB．H2S+Na2S═2NaHS
C．2CO+O2$\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}$2CO2D．CO2+NaOH═NaHCO3
19．A、B、C、D四种短周期主族元素的原子序数依次递增，A原子最外层电子数是次外层的2倍，C是同周期中原子半径最大的元素，工业上一般通过电解熔融氧化物的方法获得D的单质，D原子的最外层电子数是B原子最外层电子数的$\frac{1}{2}$．下列说法正确的是（　　）
A．A与B形成的化合物为酸性氧化物
B．简单离子半径：D＞B＞C
C．由这四种元素中的任意三种组成的无机盐溶于水均可促进水的电离
D．相同质量的C、D单质分别与足量的稀盐酸反应．前者生成的氢气更多
8．（1）将0.3mol的气态高能燃料乙硼烷（B2H6）在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，该反应的热化学方程式为B2H6（g）+3O2（g）═B2O3（s）+3H2O（l）△H=-2165kJ/mol．又已知：H2O（g）=H2O（l）；△H2=-44.0kJ/mol，则11.2L（标准状况）乙硼烷完全燃烧生成气态水时放出的热量是1016.5kJ．
（2）已知：2NO2（g）═N2O4（g）△H1         2NO2（g）═N2O4（l）△H2
下列能量变化示意图中，正确的是（选填字母）A．

（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焓变进行推算．
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=-2 599kJ•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）反应的焓变（列出简单的计算式）：+226.7kJ•mol-1．
（4）甲醇是一种新型的汽车动力燃料，工业上可通过CO和H2化合来制备甲醇气体（结构简式为CH3OH）． 已知某些化学键的键能数据如表：
化学键C-CC-HH-HC-OC≡OH-O
键能/kJ•mol-13484134363581072463
已知CO中的C与O之间为叁键连接，则工业制备甲醇的热化学方程式为CO（g）+2H2（g）?CH3OH （g）△H=-116 kJ•mol-1．
15．实施以节约能源和减少废气排放为基本内容的节能减排政策，是应对全球气候问题、建设资源节约型、环境友好型社会的必然选择．化工行业的发展必须符合国家节能减排的总体要求．试运用所学知识，回答下列问题：
（1）已知某温度下某反应的化学平衡常数表达式为：K=$\frac{c（{H}_{2}O）}{c（CO）•c（{H}_{2}）}$，所对应的化学反应方程式为：CO（g）+H2（g）?C（s）+H2O（g）．
（2）已知在一定温度下，
①C（s）+CO2（g）?2CO（g）△H1=a kJ/mol        平衡常数K1；
②CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）△H2=b kJ/mol      平衡常数K2；
③C（s）+H2O（g）?CO（g）+H2（g）△H3                平衡常数K3．
则K1、K2、K3之间的关系是：K3=K1×K2，△H3=（a+b）kJ/mol（用含a、b的代数式表示）．
（3）煤化工通常通过研究不同温度下平衡常数以解决各种实际问题．已知等体积的一氧化碳和水蒸气进入反应器时，发生如下反应：CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g），该反应平衡常数随温度的变化如表所示：
温度/℃400500800
平衡常数K9.9491
该反应的正反应方向是放热反应（填“吸热”或“放热”），若在500℃时进行，设起始时CO和H2O的起始浓度均为0.020mol•L-1，在该条件下，CO的平衡转化率为：75%．
（4）在催化剂存在条件下反应：H2O（g）+CO（g）?CO2（g）+H2（g），CO转化率随蒸气添加量的压强比及温度变化关系如图1所示：

对于气相反应，用某组分（B）的平衡分压强（PB）代替物质的量浓度（cB）也可以表示平衡常数（记作Kp），则该反应的Kp=$\frac{P（CO{\;}_{2}）P（H{\;}_{2}）}{P（CO）P（H{\;}_{2}O）}$，提高p[H2O（g）]/p（CO）比，则Kp不变（填“变大”、“变小”或“不变”）．实际上，在使用铁镁催化剂的工业流程中，一般采用400℃左右、p[H2O（g）]/p（CO）=3～5．其原因可能是投料比太低，CO的转化率不太高，而投料比3～5时转化率已经很高达到96%～98%，再增加投料比，需要大大的增加蒸汽添加量，这样在在经济上不合算，催化剂的活性温度在400℃左右．
（5）工业上可利用原电池原理除去工业尾气中的CO并利用其电能，反应装置如图2所示，请写出负极的电极反应式：CO-2e-+CO32-=2CO2．
12．（1）1.00g CH4完全燃烧生成液态水和CO2，放出55.6kJ热量，写出表示CH4的燃烧热的热化学方程式CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-889.6KJ•mol-1．
（2）等物质的量浓度的下列溶液：①（NH4）2SO4 ②NH4HCO3 ③NH4Cl ④NH4Fe（SO4）2中，c（NH4+）由大到小的顺序为①④③②．
（3）写出符合要求的方程式
①饱和的FeCl3溶液滴入沸水中（写离子方程式）Fe3++3 H2O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Fe（OH）3（胶体）+3H+
②NaHCO3在水溶液中存在的所有电离过程NaHCO3=HCO3-+Na+，HCO3-?CO32-+H+
（4）某温度下的溶液中，c（H+）=10x mol•L-1，c（OH-）=10y mol•L-1．x与y的关系如图所示：
①该温度下，NaCl溶液的pH=7.5．
②该温度下，pH=8的Ba（OH）2溶液与pH=6的盐酸混合，并保持恒温，欲使混合溶液的pH=7，则Ba（OH）2溶液与盐酸的体积比为9：2．（忽略溶液混合时体积变化）
13．下列方程式书写正确的是（　　）
A．NaHCO3溶液的电离：NaHCO3═Na++HCO3-
B．氯化铵溶液的水解：NH4++H2O═NH3•H2O+H+
C．碳酸钠的水解：CO32-+2H2O═H2CO3+2OH-
D．氯化铝和碳酸钠溶液混合：2Al3++3CO32-+3H2O═2Al（OH）3↓+3CO2

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