非选择题专项练(二)

非选择题专项练（二）26.磷化铝、磷化锌、磷化钙与水反响产生高毒的PH3气体（熔点为-132℃，复原性强、易自燃），可用于粮食熏蒸杀虫。卫生平安标准规定：当粮食中磷化物（以PH3计）的含量低于0.05mg-kgT时算合格。可用以下方法测定粮食中残留的磷化物含量：i操作流程】安装吸收装置一PH3的产生与吸收一转移KMnO4吸收溶液一亚硫酸钠标准溶液滴定。【实验装置】C中盛100g原粮,D中盛有20.00mL1.12X10-4mol・LTRMn（）4溶液（H2sO4酸化）。请答复以下问题：;原粮最好先打成粉末，其原因是（1）仪器C的名称是;原粮最好先打成粉末，其原因是（2）磷化钙与水反响有化学方程式为;检查整套装置气密性良好的方法是（3）A中盛装KMn（h溶液的作用是除去空气中的复原性气体；B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的,防止；通入空气的作用的碱性溶液，其作用是吸收空气中的,防止；通入空气的作用质量（填“合格〃或”不合格〃质量（填“合格〃或”不合格〃）o（4）D中PH3被氧化成磷酸，所发生反响的离子方程式为（5）把D中吸收液转移至容量瓶中，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用5.0X1。—51noi・I7】的Na2sO3标准溶液滴定剩余的KM11O4溶液，消耗Na2s标准溶液mg•kg—1，该原粮11.00mL，那么该原粮中磷化物（以PH3mg•kg—1，该原粮解析：（1）仪器C的名称是三颈烧瓶；原粮打成粉末可以增大接触面积，有利于反响充分进行。（2）依据题干信息磷化钙与水反响生成氢氧化钙和磷化氢写出反响方程式；利用装置特征关闭K1、翻开t用抽气泵缓慢抽气，假设观察到A、B、D各装置中有气泡产生那么气密性良好；假设在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭"用压差法；或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法。（3）依据装置图中装置中的试剂选择分析判断，高镒酸钾溶液是强氧化剂可以吸收空气中的复原性气体；焦性没食子酸先和碱反响，再和氧气反响可以吸收氧气，假设不吸收氧气广乩会和氧气发生反响，准确测定PB的含量，需要用高镒酸钾溶液全部吸收，防止产生较大误差，通入空气的作用是保证PH3全部被吸收的措施。（4）PH3被酸性高镒酸钾氧化成磷酸，高镒酸钾被复原为镒离子，结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平书写得到离子方程式为：5PH3+8MnO；+24H+=5H3P04+8Mn2++12H20o(5)收集E中吸收液，加水稀释至250mL,<25.00mL于锥形瓶中用浓度为5X10-5mol•L-1Na2sO3标准溶液滴定剩余的KMiA溶液，消耗余2s。3标准溶液11.00mL，依据滴定反响:2KMnO4+5Na2SO3+3H2S04=2MnS04+K2S04+5Na2S04+3H20；2KMnO4-5Na2SO3；未反响的高镒酸钾物质9250的量=0.011LX5X10-5mol•L-1X-X--=2.2X10-6mol•L_1；与PH3反响的高525镒酸钾物质的量=L12X10-4mol.l^xO.02L-2.2X10-6mol=4.OX10-8mol；根据反响5PH3+8KMnO4+12H2so4=5H3Po4+8MnS04+4K2so4+12乩0;得到定量关系为:55PH3〜8KMnO4；计算得到PH3的物质的量=4.OX10一®小。1义三=2.5义KF'1no],；那么OPH3的质量分数=2.5X10；：3jg-mol1=0.0085mg/kg，当粮食中磷化物(以PA0.1kg计)的含量不超过0.05mg・kgT时，粮食质量合格，所以该原粮质量合格。答案：(1)三颈烧瓶(2)使原粮中磷化物与水充分反响(2)Ca3P2+6H20=3Ca(OH)2+2PH3t关闭K1、翻开凡用抽气泵缓慢抽气，假设观察到A、B、D各装置中有气泡产生那么气密性良好(或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭“用压差法；或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法)(3)氧化装置C中生成的PL吹出PH3,使其全部被酸性KMnCh溶液吸收(4)5PH3+8MnO；+24H+=5H3P04+8Mn2++12H20(5)0.0085合格27.用辉铜矿(主要成分为CihS,含少量FezCh、SiOz等杂质)制备碱式碳酸铜的流程如下：⑴嘉铜矿中铜元素的价态为O(2)滤渣I的成分除了不溶性矿渣外，还有S、、，写出“浸取”过程中生成S的离子方程式(3)也可用FeCL代替MnOz作浸取剂。假设向FeCh浸取液中参加CuCl2，能加快铜元素的浸取速率，该过程的反响原理可用化学方程式表示为：©Cu2S+2CuC12=4CuC1+S；②o(4)“沉镒”时发生的反响的离子方程式为(5)滤液n经结晶得到的盐主要是(填化学式，下同)，流程中可循环的物质是o(6)辉铜矿可由黄铜矿(主要成分为CuFeS。通过电化学反响转变而成，有关转化见以下图，转化时负极的电极反响式为o解析：流程分析：辉铜矿主要成分为C*S,含少量FezOs、Si02等杂质，参加稀硫酸和二氧化镒浸取，Fe2()3与硫酸反响转化为Fe3+,SiO2不溶，进入滤渣。根据(2)S单质生成，可知Cu2s被Mnfh氧化，转化为C产和S,MnO2自身被复原为Mn2+O过滤得到滤渣为SiO2.S、未反响完的MnCh,滤液中含有Fe"、Mr产、Cu2+O调节溶液pH除去Fe",参加碳酸锭溶液和氨气将Mr+沉淀为碳酸镒，过滤得到滤液，赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜。(l)Cu2s中Cu为+1价。(2)根据上述分析滤渣I的成分还有SiO2.Mn02oCu2S被MnO2氧化，转化为C/+和S,MnO2自身被复原为Mr?+,方程式为：2M11O2+CU2s+8H+=SI+2C/++2Mn2++4H20o(3)Mn()2在流程中作氧化剂，FeCL也有强氧化性，可以氧化C/S。假设向FeCL浸取液中参加CuCl2,发生反响①Cu2s+2CuC12=4CuC1+S,CuC1再被FeCl3反氧化为C11CI2，化学方程式为：CuCl+FeC13=CuCl2+FeCl2o(4)沉镒除Mr产过程中，参加碳酸氢锭和氨气，生成碳酸镒沉淀，反响的离子方程式为Mn2++2HC0r=MnCO3I+H2O+CO2t或Mn2++NH3+HCOr=MnCO3I+NH九(5)分析流程，滤液2中主要阴离子为硫酸根，阳离子为镀根离子，即主要溶质为硫酸铁，所以结晶后得到的盐为(NHjSO,。流程中存在参加氨气和赶氨的操作，所以可循环的物质为氨气。(6)根据图中电子的流向可知，Cu为负极，参加H2s转化不,Cu转化Cu2s，所以该电极的反响为:Cu+H2S-2e"=Cu2S\+2H+O答案：(1)+1(2)Si02Mn022MnO2+Cu2S+8H+=SI+2Cu2++2Mn2++4H20(3)CuCl+FeC13=CuCl2+FeCl2Mn2++2HC0r=MnC03I+H2O+CO2t(或Mn2++NH3+HCOr=MnCO3I+NH/)(NH4)2S04NH3(6)Cu+H2S-2e^=Cu2S!+2H+28.固定利用CO2对减少温室气体排放意义重大。CO2加氢合成甲醇是CO?综合利用的一条新途径。CO?和上在催化剂作用下发生反响：C02(g)+3H2(g)^^CH3OH(g)+H20(g)A长0(1)测得甲醇的理论产率与反响温度、压强的关系如下图。①以下措施能使C02的转化率提高的是(填序号)。A.①以下措施能使C02的转化率提高的是(填序号)。A.增大压强C.增大乩投料比B.升高温度D.用更高效的催化剂②在220℃.5.0MPa时,C02＞乩的转化率之比为。③将温度从2200c降低至160℃，压强从5.0MPa减小至3.0MPa,化学反响速率(填"增大”“减小〃或"不变”下同)，C02的转化率将@2000c时，将0.100molCO2和0.275mol乩充入1L密闭容器中，在催化剂作用下反响到达平衡。假设CO?的转化率为25%，那么此温度下该反响的平衡常数表达式K=式K=(只用数字填，不必计算出结果)。⑵假设A(g)和CH30H⑴的燃烧热分别为一285.8kJ•耽广】和一726.5kJ•mol-1,那么由CO?和上生成液态甲醇和液态水的热化学方程式为(3)甲醇电解法制氢气比电解水法制氢气的氢的利用率更高、电解电压更低。电解装置如图。电源的正极为(填序号电源的正极为(填序号a或b)0其中阳极的电极反响式为标况下，每消耗1mol甲醇那么生成上的体积为解析：(1)①正向是气体体积减小的反响，加压，平衡正向移动，C02的转化率提高，故A正确；该反响为放热反响，升温有利于平衡逆向移动，C02的转化率降低，故B错误；增大上投料比有利于平衡正向移动，0)2的转化率提高，故C正确；使用催化剂平衡不移动，故D错误。答案为AC。②根据题图可知220℃,5.0MPa时，甲醇的理论产率为25%,C()2和乩的投料比为1：3,与反响的系数比一致，所以,C02.H2的转化率之比相等为1：1。③温度越低、压强越小，反响速率越小，观察图中的数据可知，在140℃,2.0MPa时，甲醇的产率高于25%,所以二氧化碳的转化率高于25%，即二氧化碳的转化率增大。C02+3H2④利用三段式计算:25%，即二氧化碳的转化率增大。C02+3H2④利用三段式计算:起始/mol•L-10.1转化/mol•L-10.025平衡/mol•L0.0750.2750.0750.2所以K=c(CH3OH)•c(H20)CH3OH+H2O00.0250.0250.025X0.02500.0250.025c(C02)•c(H2)-0.075X0.23⑵由lUg)的燃烧热A〃为一285.8kJ•moL知,Lmol乩①完全燃烧生成1mol乩0⑴放出热量285.8kJ，即①H2(g)+1()2(g)=H20⑴A〃=-285.8kJ-mol-1；同样可知,@CH3OH(1)+1o2(g)=C02(g)+2H20(1) A〃=-726.5kJ-niolT,由盖斯定律可知，3X①一②得CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(1) A〃=-130.9kJ-mol-l(3)根据产生图示左边应该是溶液中的氢离子得电子生成氢气，得出左边为阴极右边为阳极，故电源a为负极力为正极；阳极上发生甲醇失电子变成二氧化