化学 热门试卷

实验装置设计制备SO2并进行相关探究活动，从图看出，装置A为SO2的制备装置，所以发生的反应为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O

要证明亚硫酸酸性强于次氯酸，可根据强酸制弱酸来证明，但是亚硫酸和次氯酸钠发生的是氧化还原反应，所以借助碳酸来完成。二氧化硫通入饱和碳酸钠溶液中，生成的二氧化碳与次氯酸钠反应生成次氯酸即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。A中生成的二氧化硫通入B的饱和碳酸氢钠溶液中制备碳酸，再通入D中出去二氧化硫，再通入C中检验二氧化硫是否除净，最后通入次氯酸钠溶液中。证明亚硫酸制备出碳酸，碳酸制备出次氯酸，即酸性：亚硫酸>碳酸>次氯酸。所以答案为A→（B）→（D）→C→F

将生成的二氧化硫通入饱和碳酸氢钠溶液中，生成二氧化碳，便可以证明亚硫酸强于碳酸。证明生成二氧化碳，把生成的气体通入饱和石灰水，饱和石灰水变浑浊就可以证明生成的是二氧化碳。但是二氧化硫也能使饱和石灰水变浑浊，所以要除去二氧化硫。D装置就是除去二氧化硫，同时也要检验二氧化硫是否除净，C装置是检验二氧化硫是否除净，只有C中不浑浊才能证明通入石灰水中的是二氧化碳不是二氧化硫。所以C装置是检验SO2是否除净，证明生成二氧化碳的现象为，C中品红溶液不褪色，E中石灰水变浑浊。

装置G中出现不溶于酸的白色沉淀不难推断出该沉淀为BaSO4。SO2通入G装置被氧化，从原因一和原因二不难推测出原因三为二者综合在一起。原因三为：SO2和Fe3+、酸性条件下NO3－都反应。证明Fe3+的还原产物即Fe2+，可用K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀。所以操作及现象为：取少量反应后的溶液于试管中，滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀生成，说明反应后有Fe2+生成。

测定Na2SO3的纯度的测定是利用Na2SO3和KMnO4的氧化还原滴定完成的。用标准的高锰酸钾溶液滴定未知的亚硫酸钠溶液，当亚硫酸钠全部被氧化，即表示反应完全。所以终点的现象为由无色变为紫红色。

6H++   5SO32—+    2MnO4—=3H2O+5SO42—+2Mn2+

5           2

加快硫酸的浸取速率的方法，从影像化学反应速率的因素角度考虑， 固体参与的反应中提高化学反应速率的方法有升高温度、增大接触面积等等，所以可采用的方法有：将矿石粉碎、加热、搅拌等。从题中给出的信息“MnO2、FeS与硫酸共热时有淡黄色物质析出，溶液变为棕黄色”可以判断MnO2和FeS反应生成物有淡黄色物质为硫，棕黄色物质为Fe3+。所以MnO2、FeS与硫酸共热发生反应的化学方程式为MnO2+FeS+H2SO4MnSO4+ Fe2(SO4)3+S↓+H2O，由氧化还原配平后得3MnO2+2FeS+6H2SO4Fe2(SO4)3+3MnSO4+2S↓+6H2O

软锰矿的主要成分为MnO2，含少量Al2O3和SiO2。闪锌矿主要成分为ZnS，含少量FeS、CuS、CdS杂质，硫酸浸取后滤液A中存在的离子有Mn2+、Al2+、Zn2+、Fe2+、Cu2+、Cd2+，加入金属Zn后，从图中可知存在的离子有Mn2+、Al2+、Zn2+、Fe2+。便可得出回收的金属单质为Cu和Cd。

从流程图中看到步骤③后，溶液中的Al3+和Fe2+被除去。从各种金属离子完全沉淀的pH可知，如果Fe2+沉淀完全Zn2+也已经沉淀完全。所以要将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2可已经将Fe2+氧化为Fe3+，同时生成Mn2+补充到溶液中。所以MnO2是作用是将Fe2+氧化为Fe3+。利用Fe3+和Al3+的水解来除去Fe3+和Al3+，可以加入Zn和Mn的碱、氧化物或者难溶性碳酸盐。X物质可以选择ZnO和MnCO3。

Li1-xMnO2+LixC6=LiMnO2+6C中Li1-xMnO2中Mn的化合价为x+3，LiMnO2中Mn的化合价为+3，所以Li1-xMnO2+ xe－ LiMnO2，再根据电荷守恒配平得Li1－xMnO2+xLi++xe－=LiMnO2

由电离平衡常数HCN的电离常数K=4.9×10－10，H2S的电离常数K1=1.3×10―7，K2=7.0×10―15，HCN的电离平衡常数在H2S的一次电离和二次电离之间，所以酸性H2S>HCN>HS—，所以向NaCN溶液中通入少量的H2S气体生成物应为HCN和HS—。离子方程式为：CN－+H2S=HCN+HS－。

Ksp(MnS)=c(Mn2+)c(S—)=0.020 c(S2—)=1.4×10―15，得c(S2—)=7×10―14

K2=c(H+)c(S2—)/c(HS—)= c(H+)7×10―14/1.0×10―4=7.0×10―15，得c(H+)=1.0×10―5。pH=—lg c(H+)=5，所以a=5

由图可得，2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)    ΔH1＝－113.0 kJ·mol－1；

2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)    ΔH2＝－196.6kJ·mol－1；

根据盖斯定律SO2(g)+NO2(g)=SO3(g)+NO(g)的反应热为ΔH2/2-ΔH1/2

所以SO2(g)与NO2(g)反应生成SO3(g)和NO(g)的热化学方程式SO2(g)+NO2(g)=SO3(g)+NO(g) ΔH＝－41.8 kJ·mol－1

从影响化学反应速率的因素角度考虑，温度越高化学反应速率越高，从该图中横坐标表示温度，T3温度高于T1。所以υ(a)<υ(c)

v(SO3)=

K==

根据等效平衡原理，该反应为左右气体系数相等的反应，投料比只要与初始投料比相等，便可达到等效平衡。开始投料比为2:3，所以再投入NO2和SO2依然是2：3，所以达到平衡后体系中物质的体积分数相等，平衡不移动，转化率不改变。

因为T123，温度越高化学反应速率越快，因为该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，平衡转化率减小，可以判断出b点以后为平衡的，a点没有达到平衡。所以温度为T2，b点为平衡点，T2以前温度升高，反应速率加快，NO2转化率增大，T2以后，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，转化率减小。

由表中数据，当c (SO32－)＝c (HSO3－)时，pH=7.2；因此当吸收液呈中性时，可推出c (SO32－)＜c (HSO3－)，由电荷守恒得c(Na+)+ c(H+)= c(OH－)+c(HSO3－) +2 c(SO32－) ，因为溶液呈中性，且c (SO32－)＜c (HSO3－)，所以溶液中离子浓度大小为 c(Na+)> c(HSO3－) > c(SO32－) > c(H+)= c(OH－)

从题中信息得到HSO3－ S2O42－，HSO3－硫元素化合价+4，S2O42－中硫元素化合价+3，所以2HSO3－+2e－ S2O42－，根据电荷守恒得2HSO3－+2H++2e－=S2O42－+2H2O

Cl原子核外电子轨道排布为1s222s22p63s23p5，其中1s有1个轨道，2s有1个轨道，2p有3个轨道，3s有1个轨道，3p有3个轨道。所以基态 Cl原子核外电子占有的原子轨道数为9个。电子层数越多，第一电离能越小，相同电子层数，原子序数越大，第一电离能越大，但磷原子价电子排列为3s23p3，半充满，较稳定。所以P、S、Cl电子层数相同，第一电离能由大到小顺序为Cl> P > S。

PH4Cl为离子化合物，结构与氯化铵相似，P原子结合3个氢原子形成膦分子，磷原子的孤对电子和氢离子结合，同时Cl得电子形成氯离子。所以PH4Cl的电子式为。Ni(CO)4中，CO的结构式为C≡O，三键含有1个σ键与2个π键，4个CO 分子含有4个σ键与8个π。C的孤对电子与Ni的空轨道成一个配位键，CO给Ni配位键是σ键，所以一个Ni(CO)4中含8个σ键8个π键。该分子中σ键与π键个数比为1:1。

Ni2+和Mg2+的离子所带电荷相同，Mg2+半径较小，，MgO的晶格能比NiO大，MgO中离子键较强，MgO晶体的熔点也更高。

由图1可知，c离子坐标参数为（1，1/2，1/2）

每个氧化镍所占的面积=m2，则每平方米含有的氧化镍个数=，每个氧化镍分子的质量为，所以每平方米含有的氧化镍质量=×=