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非选择题专项练
(二)磷化铝、磷化锌、磷化钙与水反响产生高毒的气体(熔点为℃,复
26.PH3-132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(以计)的含量低于时算合格可用以下方法测定粮食中残留的磷化物
0.05mg-kgTPH3含量操作流程】安装吸收装置一的产生与吸收一转移吸收溶液一亚硫酸i PH3KMnO4钠标准溶液滴定【实验装置】中盛原粮中盛有-4・C100g,D
20.00mL
1.12X10mol LTRMn()溶液(酸化)4H2sO4请答复以下问题;原粮最好先打成粉末,其原因是()仪器的名称是1C()磷化钙与水反响有化学方程式为2;检查整套装置气密性良好的方法是()中盛装(溶液的作用是除去空气中的复原性气体;中盛装焦性没食3A KMnh B的碱性溶液,其作用是吸收空气中的,防止;通入空气的作用子酸()中被氧化成磷酸,所发生反响的离子方程式为4D PH3()把中吸收液转移至容量瓶中,加水稀释至,取于锥形5D250mL
25.00mL瓶中,用—・】的标准溶液滴定剩余的溶液,
5.0X151noi I7Na2sO3KM11O4质量(填“合格〃或”不合格〃)o消耗标准溶液Na2s,那么该原粮中磷化物(以计)的含量为,该原粮
11.00mL PH3mg•kg—1解析()仪器的名称是三颈烧瓶;原粮打成粉末可以增大接触面积,有利于反响1C充分进行()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;2利用装置特征关闭、翻开用抽气泵缓慢抽气,假设观察到、、各装置中有K1t A B D气泡产生那么气密性良好;假设在左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭用压差法;或D关闭分液漏斗旋塞后对加热法()依据装置图中装置中的试剂选择分析判断,C3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全部被吸收的措施()被酸性高镒酸钾氧化成磷酸,高镒酸钾被复原为PH34PH3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;+2+收集中吸收液,加水稀释5PH+8MnO+24H=5H P0+8Mn+12H05E3342o至于锥形瓶中用浓度为-5-1标250mL,
25.00mL5X10mol•L Na2sO3准溶液滴定剩余的溶液,消耗余标准溶液,依据滴定反KMiA2s
11.00mL3响:;2KMnO+5Na SO+3H S0=2MnS0+K S0+5Na S0+3H042324424242;未反响的高镒酸钾物质2KMnO-5Na SO4239250的量5-16_1;与反响=
0.011LX5X10-mol•L X-X--=
2.2X10-mol•L PH3的高525镒酸钾物质的量-68;=L12X10-
4.L^XO.02L-
2.2X10mol=
4.OX10-molmol根据反响乩得5PH3+8KMnO4+12H2so4=5H3Po4+8MnS04+4K2so4+120;到定量关系为:5;计算得到的物质的量一®小义三=义〜5PH38KMnO4PH3=
4.OX
1012.5],;那么KF o1nO的质量分数=
2.5X10;3j g-mol1,当粮食中磷化物以PH3=
0.0085mg/kgPA
0.1kg计的含量不超过・时,粮食质量合格,所以该原粮质量合格
0.05mg kgT答案三颈烧瓶使原粮中磷化物与水充分反响12关闭、翻开凡用抽气泵缓慢抽气,假设观2Ca P+6H0=3CaOH+2PH tK132223察到、、各装置中有气泡产生那么气密性良好或在左边用橡胶管和止水夹封ABD D闭、关闭“用压差法;或关闭分液漏斗旋塞后对加热法C氧化装置中生成的吹出,使其全部被酸性溶液吸收3C PLPH3KMnCh;+2+合格45PH+8MnO+24H=5H P0+8Mn+12H
050.00853342用辉铜矿主要成分为含少量、等杂质制备碱式碳酸铜的流程
27.CihS,FezCh SiOz如下⑴嘉铜矿中铜元素的价态为O滤渣的成分除了不溶性矿渣外,还有、、,写出“浸取”过程中生成的离2I SS子方程式也可用代替作浸取剂假设向浸取液中参加,能加快3FeCL MnOzFeCh CuCl2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©Cu S+2;
②2CUC1=4CUC1+S o2“沉镒”时发生的反响的离子方程式为4滤液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5n o辉铜矿可由黄铜矿主要成分为通过电化学反响转变而成,有关转化见以6CuFeS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,含少量、等杂质,参加稀硫酸C*S FezOsSi02和二氧化镒浸取,与硫酸反响转化为Fe23不溶,进入滤渣根据单质生成,可知被氧化,转化Fe3+,SiO22S Cu2s Mnfh为产和自身被复原为2+过滤得到滤渣为、未反响完的C S,MnO2Mn SiO.SO2,滤液中含有、产、2+调节溶液除去,参加碳酸锭溶液和氨MnCh FeMr CupH FeO气将沉淀为碳酸镒,过滤得到滤液,赶出氨气循环使用,得到碱式碳酸铜Mr+lCu2s中为+价根据上述分析滤渣的成分还有被Cu12I SiO.Mn0Cu SMnO222o2氧化,转化为和自身被复原为,方程式为C/+S,MnO2Mr+2+在流程中作氧化剂,2M11O2+CU2s+8H+=S I+2C/++2Mn+4H0o3Mn22也有强氧化性,可以氧化假设FeCL C/S向浸取液中参加,发生反响
①再被FeCL CuClCu2s+2CUC12=4CUC1+S,CUC12FeCl3反氧化为,化学方程式为沉镒除产过C11CI2CuCl+FeC13=CuCl+FeCl o4Mr22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2+Mn+2HC0r或2+九分析流程,=MnCO I+H2O+CO2t Mn+NH+HCOr=MnCO I+NH5333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NHjSO,6根据图中电子的流向可知,为负极,参加转化Cu H2s不转化,所以该电极的反响为:+答案,Cu Cu2s Cu+H S-2e=Cu S\+2H1+122O+2+2+2Si0Mn02MnO+Cu S+8H=S I+2Cu+2Mn+4H03CuCl22222+FeC13=CuCl+FeCl222+或2+4Mn+2HC0r=MnC0I+H O+CO tMn+NH+HCOr=MnCO I32233+NH/5NHS0NH4243+6Cu+H S-2e^=Cu S!+2H22固定利用对减少温室气体排放意义重大加氢合成甲醇是综合利
28.CO2CO2CO用的一条新途径和上在催化剂作用下发生反响CO C0g+3H g^^CH OHg+223长H0g A02测得甲醇的理论产率与反响温度、压强的关系如下图1填序号
①以下措施能使的转化率提高的是C02增大压强升高温度A.B.增大乩投料比C.用更高效的催化剂D.
②在℃时>乩的转化率之比为
220.
5.0MPa,C02
③将温度从降低至℃,压强从减小至,化学反响2200c
1605.0MPa
3.0MPa速率填增大”“减小〃或不变”下同,的转化率将C02时,将和乩充入密闭容器中,在催@2000c
0.100mol CO
20.275mol1L化剂作用下反响到达平衡假设的转化率为,那么此温度下该反响的平衡常CO25%式K=只用数字填,不必计算出结果数表达⑵假设和⑴的燃烧热分别为一•耽广】和一Ag CH30H
285.8kJ
726.5kJ•1mol-,那么由和上生成液态甲醇和液态水的热化学方程式为CO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3电源的正极为填序号或其中阳极的电极反响式为a b0装置如图标况下,每消耗甲醇那么生成上的体积为1mol解析
①正向是气体体积减小的反响,加压,平衡正向移动,的转化率提高,1C02故正确;该反响为放热反响,升温有利于平衡逆向移动,的转化率降低,故错A C02B误;增大上投料比有利于平衡正向移动,的转化率提高,故正确;使用催化剂02C平衡不移动,故错误答案为
②根据题图可知℃时,甲醇D AC220,
5.0MPa的理论产率为和乩的投料比为,与反响的系数比一致,所以25%,C213,C
0.H22的转化率之比相等为
③温度越低、压强越小,反响速率越小,观察图中的数据11
④利用三段式计算:,即二氧化碳的转化率增大25%CH3OH+H2起始C01+3H O
00./mol•L-
20.
120.0025转化1/mol•L-
0.
2750.
0250.
0.025X
0.025所以K=c CH OH•c H032025-3c C0•c H
0.075X
0.2可知,在℃22时,甲醇的产率高于所以二氧化碳的转化率高于140,
2.0MPa25%,⑵由的燃烧热〃为一知乩
①完全燃烧生成lUg A
285.8kJ•moL,l1molL mo乩⑴放出热量,即
①⑴〃-1;
0285.8kJ H2g+12g=H20A=-
285.8kJ-mol同样可知〃,由,@CH OH1+1o g=C0g+2H01A=-
726.5kJ-niolT3222盖斯定律可知,
①一
②得〃3X COg+3H g=CH OHl+HO1A=-
130.92232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kJ-mol-l3为阴极右边为阳极,故电源为负极力为正极;阳极上发生甲醇失电子变成二氧化碳a的反响,结合酸性电解质,故阳极电极反响为;每消耗CAOH+O—Ge—=C2+6H+甲醇转移电子,可以生成氢气,故生成的氢气为,体1mol61noi31noi31noi积为
67.2Lo答案
①②③减小.增大1AC
110.025X
0.
02530.075X
0.22C0g+3H g^^CH OH1+H0l22321A Q—
130.9kJ•mor+3b CHOH+H0-6e-=C0+6H
67.2L322。