海水资源的开发与利用具有广阔的前景.海水的pH一般在7.5-8.6之间．某地海水中主要离子的含量如表: 成分 Na+ K+ Ca2+ Mg2+ Cl- SO42- HCO3- 含量/mg•L-1 9360 83 160 1100 16000 1200 118(1)海水显弱碱性的原因是:HCO3-+H2O?H2CO3+OH-.该海水中Ca2+的物质的量浓度� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

11．海水资源的开发与利用具有广阔的前景，海水的pH一般在7.5～8.6之间．某地海水中主要离子的含量如表：

成分	Na⁺	K⁺	Ca²⁺	Mg²⁺	Cl^-	SO₄^2-	HCO₃^-
含量/mg•L^-1	9360	83	160	1100	16000	1200	118

（1）海水显弱碱性的原因是（用离子方程式表示）：HCO₃^-+H₂O?H₂CO₃+OH^-，该海水中Ca²⁺的物质的量浓度为4×10^-3mol/L．
（2）下面是海水利用电渗析法获得淡水的原理图，电极为惰性电极．请分析下列问题：

①阳离子交换膜是指B（填A或B）．
②写出通电后阳极区的电极反应式：2Cl^--2e^-=Cl₂↑．电解一段时间，阴极区会产生水垢，其成分为CaCO₃和Mg（OH）₂，写出生成CaCO₃的离子方程式Ca²⁺+OH^-+HCO₃^-=CaCO₃↓+H₂O．
（3）水的净化与软化的区别是水的净化是用混凝剂（如明矾等）将水中悬浮物沉淀下来，而水的软化是除去水中的钙离子和镁离子；离子交换法是软化水的常用方法，聚丙烯酸钠是一种离子交换树脂，写出聚丙烯酸钠单体的结构简式CH₂=CHCOONa．
（4）采用“空气吹出法”从浓海水中吹出Br₂，并用纯碱吸收．碱吸收溴的主要反应是：Br₂+Na₂CO₃+H₂O→NaBr+NaBrO₃+NaHCO₃，吸收80g Br₂时转移的电子为$\frac{5}{6}$mol．

分析（1）分析海水中存在的离子性质判断，碳酸氢根离子是弱酸阴离子水解显碱性，结合海水中钙离子含量为200mg/L，利用物质的量浓度概念计算得到；
（2）①依据电渗析法淡化海水示意图分析，阳离子交换膜仅允许阳离子通过．阴极上是阳离子得到电子发生还原反应；
②阴极是氢离子得到电子发生还原反应，阴极附近氢氧根离子浓度增大，海水中含有碳酸氢根离子、钙离子，氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子与钙离子生成白色沉淀碳酸钙；
（3）净化水是除去悬浮杂质，软化水是除去钙镁离子；聚丙烯酸钠是丙烯酸钠加聚反应的产物，单体为丙烯酸钠；
（4）反应中Br₂起氧化剂、还原剂作用，根据电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为5：1，据此计算．

解答解：（1）海水中存在的离子性质判断，碳酸氢根离子是弱酸阴离子水解显碱性，离子方程式为：HCO₃^-+H₂O?H₂CO₃+OH^-，结合海水中钙离子含量为160mg/L，物质的量浓度=$\frac{\frac{160×1{0}^{-3}g}{40g/mol}}{1L}$=4×10^-3mol/L；
故答案为：HCO₃^-+H₂O?H₂CO₃+OH^-；4×10^-3；
（2）①阴极上是阳离子得到电子发生还原反应，氢离子放电能力大于钠离子，所以电极反应为：2H₂O+2e^-=H₂↑+2OH^-或2H⁺+2e^-=H₂↑，阳离子交换膜是指的是装置中B一端交换膜，
故答案为：B；
②阳极区是海水中的氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，电极反应为：2Cl^--2e^-=Cl₂↑，阴极是氢离子得到电子发生还原反应，阴极附近氢氧根离子浓度增大，海水中含有碳酸氢根离子、钙离子，氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子与钙离子生成白色沉淀碳酸钙，生成碳酸钙沉淀的离子方程式为：Ca²⁺+OH^-+HCO₃^-=CaCO₃↓+H₂O，
故答案为：2Cl^--2e^-=Cl₂↑；Ca²⁺+OH^-+HCO₃^-=CaCO₃↓+H₂O；
（3）水的净化是除去悬浮性杂质，一般用明矾水解生成的氢氧化铝胶体有吸附悬浮杂质进行净水；水的软化是降低Ca²⁺、Mg²⁺的浓度，方法很多，有离子交换法、石灰纯碱法等，聚丙烯酸钠是丙烯酸钠加聚反应的产物，则单体为丙烯酸钠，结构简式为：CH₂=CHCOONa，
故答案为：水的净化是通过混凝剂（如明矾等）将水中的胶体及悬浮物除去，而水的软化是使水中的Ca²⁺、Mg²⁺浓度减小；CH₂=CHCOONa；
（4）反应中Br₂起氧化剂、还原剂作用，根据电子转移守恒可知，2×n_氧化剂（Br₂）=2×5×n_还原剂（Br₂），故n_氧化剂（Br₂）：n_还原剂（Br₂）=5：1，故吸收80gBr₂物质的量=$\frac{80g}{160g/mol}$=0.5mol，1mol Br₂时，转移的电子数为1mol×2×$\frac{1}{1+5}$×5=$\frac{5}{3}$mol，则生成0.5mol Br₂时，转移的电子数为$\frac{5}{6}$mol
故答案为：$\frac{5}{6}$．

点评本题考查了海水资源的利用，主要是电解原理的分析和电极反应书写、盐类水解、氧化还原反应电子转移的计算等，掌握基础是解题关键，题目难度中等．

练习册系列答案

相关题目

1．

在常温下，0.1000mol•L^-1Na₂CO₃溶液25mL用0.1000mol•L^-1盐酸滴定，其滴定曲线如图所示，对滴定过程中所得溶液中相关离子浓度间的关系，下列有关说法正确的是（　　）

	A．	a点：c（CO₃^2-）=c（HCO₃^-）＞c（OH^-）		B．	b点：5c（Cl^-）＞4c（ HCO₃^-）+4c（CO₃^2-）
	C．	c点：c（ OH ^-）=c（H⁺）+c（HCO₃^-）+2c（H₂CO₃）		D．	d点：c（H⁺）=c（CO₃^2-）+c（ HCO₃^-）+c（OH ^-）

2．碳氮化合物多种多样．回答下列问题：

（1）基态N原子中，有7种运动状态不同的电子，占据的最高能级符号为2p．
（2）氰分子（N≡C-C≡N）的空间构型是直线型，分子中σ键和π键的个数比是3：4．
（3）比较（OCN）₂和（SCN）₂固体的熔点高低，并说明理由：（SCN）₂较高，二者组成与结构相似，（SCN）₂的相对分子量较大，范德华力较强．
（4）OCN?离子与CN₂²?的具有相同的空间构型和键合形式，O、C、N的第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞C．CN₂²?中心C原子的杂化轨道类型为sp．
（5）普鲁士蓝的1/8晶胞结构如图一所示，每隔一个立方体出现一个K⁺（K⁺位于立方体中心）．普鲁士蓝的晶体类型是离子晶体，1个普鲁士蓝晶胞的质量是$\frac{1228}{{N}_{A}}$g．
（6）C和N可以形成如图二网状结构的化合物，该化合物的化学式是C₃N₄．

19．

电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点．如图是某同学用0.1mol•L^-1 KOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1mol•L^-1的HCl和CH₃COOH溶液滴定曲线示意图（混合溶液体积变化忽略不计）．下列有关判断不正确的是（　　）

	A．	曲线①代表0.1 mol•L^-1 KOH溶液滴定CH₃COOH溶液的滴定曲线
	B．	在相同温度下，C点水电离的c（H⁺）大于A点水电离的c（H⁺）
	C．	在A点的溶液中有：c（CH₃COO^-）+c（OH^-）-c（H⁺）═0.05 mol•L^-1
	D．	在B点的溶液中有：c（K⁺）＞c（OH^-）＞c（CH₃COO^-）＞c（H⁺）

6．尿黑酸是苯丙氨酸和酪氨酸的中间产物，其结构简式为

，则下列说法错误的是（　　）

	A．	1mol尿黑酸与足量的浓溴水反应，最多消耗3mol Br₂
	B．	1mol尿黑酸最多能与4mol H₂反应
	C．	尿黑酸分子中在同一平面上的碳原子至少有7个
	D．	尿黑酸可与碳酸氢钠溶液反应放出CO₂，生成2.24LCO₂（标况下）需要尿黑酸16.8g

16．

苯酚与邻苯二甲酸酐（

）在一定条件下反应可制得酚酞，酚酞的分子结构如图所示，下列说法正确的是（　　）

	A．	上述制酚酞的反应属于取代反应
	B．	酚酞分子中的碳原子有可能共处于同一平面
	C．	若与NaOH溶液反应．1mol酚酞最多可消耗4 molNaOH
	D．	将酚酞溶于酒精配成的酚酞试剂．滴入中性或酸性水溶液中可能会出现白色浑浊

3．下列说法正确的是（　　）

化学式	电离常数
CH₃COOH	K_a=1.76×10^-5
H₂SO₃	${K_{a_1}}$=1.54×10^-2
H₂SO₃	${K_{a_2}}$=1.02×10^-7
HF	K_a=6.03×10^-4

	A．	1mol•L^-1NaHA溶液中一定存在：c（Na⁺）=c（H₂A）+c（HA^-）+c（A^2-）
	B．	向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液中：c（Na⁺）＞c（CH₃COO^-）＞c（H⁺）＞c（OH^-）
	C．	pH均等于3的醋酸与盐酸溶液等体积混合后，溶液的pH变大
	D．	已知某温度下常见弱酸的电离平衡常数如表：相同物质的量浓度的CH₃COONa、NaF、Na₂SO₃、NaHSO₃水溶液，溶液中离子总数由小到大排列的顺序是Na₂SO₃＜CH₃COONa＜NaF＜NaHSO₃

20．碳、氮及其化合物在工农业生产生活中有着重要作用．请回答下列问题：
（1）用CH₄催化还原NO_x可以消除氮氧化物的污染．例如：
CH₄（g）+4NO₂（g）=4NO（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H₁=-574kJ•mol^-1
CH₄（g）+4NO（g）=2N₂（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H₂
若2mol CH₄还原NO₂至N₂，整个过程中放出的热量为1734kJ，则△H₂=-1160kJ/mol；
（2）据报道，科学家在一定条件下利用Fe₂O₃与甲烷反应可制取“纳米级”的金属铁．
其反应如下：Fe₂O₃（s）+3CH₄（g）?2Fe（s）+3CO（g）+6H₂（g）△H＞0
①若反应在5L的密闭容器中进行，1min后达到平衡，测得Fe₂O₃在反应中质量减少3.2g．则该段时间内CO的平均反应速率为0.012mol•L^-1•min^-1．
②若该反应在恒温恒压容器中进行，能表明该反应达到平衡状态的是bd（选填序号）
a．CH₄的转化率等于CO的产率 b．混合气体的平均相对分子质量不变
c．v（CO）与v（H₂）的比值不变 d．固体的总质量不变
③该反应达到平衡时某物理量随温度变化如图1所示，当温度由T₁升高到T₂时，平衡常数K_A＜ K_B（填“＞”、“＜”或“=”）．纵坐标可以表示的物理量有哪些bc．

a．H₂的逆反应速率 b．CH₄的体积分数
c．混合气体的平均相对分子质量 d．CO的体积分数
（3）工业合成氨气需要的反应条件非常高且产量低，而一些科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H⁺ ）实现氨的电化学合成，从而大大提高了氮气和氢气的转化率．电化学合成氨过程的总反应式为：N₂+3H₂?一定条件2NH₃，该过程中正极反应的方程式为N₂+6H⁺+6e^-=2NH₃．
（4）若往20mL 0.0lmol•L^-l的弱酸HNO₂溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液，测得混合溶液的温度变化如图2所示，下列有关说法正确的是②③
①该烧碱溶液的浓度为0.02mol•L^-1
②该烧碱溶液的浓度为0.01mol•L^-1
③HNO₂的电离平衡常数：b点＞a点
④从b点到c点，混合溶液中一直存在：c（Na⁺）＞c（NO₂^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）

4．自来水中游离氯的测定．设计如下实验：取一定量自来水置于锥形瓶中，加入足量的KI溶液及2～3滴指示剂，用0.0010mol•L^-1的Na₂S₂O₃溶液滴定反应中生成的I₂（I₂被还原为I^-，S₂O₃^2-被氧化为S₄O₆^2-），根据消耗的Na₂S₂O₃溶液的体积计算出自来水中游离氯的浓度．请回答下列问题：
（1）写出Na₂S₂O₃与I₂反应的离子方程式I₂+2S₂O₃^2-=2I^-+S₄O₆^2-．
（2）滴定中使用的指示剂是淀粉溶液，滴定终点的现象是蓝色溶液恰好变为无色且半分钟内不恢复．
（3）该小组同学的实验数据如下表：

实验序号	自来水的体积	KI溶液的体积	消耗的Na₂S₂O₃溶液的体积
1	10.00mL	10.00mL	19.96mL
2	10.00mL	10.00mL	20.04mL

请根据上表数据计算该自来水中游离氯（Cl₂）的物质的量浓度．0.0010mol•L^-1（写出计算过程，否则不得分）
（4）若实验中的锥形瓶用自来水洗净后未用蒸馏水洗涤，则实验值大于（填“大于、小于或等于”）实际值．

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