贵州省遵义市南白中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题
遵义市南白中学2019-2020-1高二期中试卷
化学试题
可能用到的相对原子质量:H:1 C:12 N:14 O:16 Cl:35.5 Cu:64
第I卷
一、选择题。
1.2019年科幻片《流浪地球》中有个画面,冰原上是身穿“核电池全密封加热服”的人类,一旦被卸下核电池,人类就被冻僵,该装置提供电能,并将电能转化为 ( )
A. 化学能 B. 热能 C. 生物质能 D. 动能
【答案】B
【解析】
【详解】根据冰原上是身穿“核电池全密封加热服”的人类,一旦被卸下核电池,人类就被冻僵,可知“核电池全密封加热服”将电能转化为热能,B项正确;
答案选B。
2.下列各组物质的燃烧热相等的是
A. C和CO B. 红磷和白磷
C. 3molC2H2(乙炔)和1molC6H6(苯) D. 1gH2和2gH2
【答案】D
【解析】
【分析】
燃烧热:25℃、101kPa时,1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。
【详解】A、C和CO是不同物质,燃烧热不同,A错误;
B、红磷和白磷结构不同,燃烧热不同,B错误;
C、乙炔和苯结构不同,具有的能量不同,则燃烧热不同,C错误;
D、都是氢气,燃烧热相同,D正确;
答案选D。
3.下列说法中正确的是
A. 凡是放热反应都足自发的,吸热反应都处非自发的
B. 自发反应一定是熵增大,非自发反应一定是熵减小或不变
C. 熵增加且放热的反应一定是自发反应
D. 非自发反应在任何条件下都不能实观
【答案】C
【解析】
【详解】A、反应自发进行的判断依据是△H-T△S<0;放热反应不一定是自发的,吸热反应也不一定是非自发的,故A错误;
B、反应是否自发进行由反应的焓变、熵变、温度共同决定,自发反应不一定是熵增大,非自发反应不一定是熵减小或不变,故B错误;
C、熵增加且放热的反应,即△H<0,△S>0,△H-T△S<0,任何温度下都能自发进行,故C正确;
D、反应是否自发进行由反应的焓变、熵变、温度共同决定;非自发过程,改变温度可能变为自发过程,如焓变大于0,熵变大于0的反应低温可以是非自发进行的反应,高温下可以自发进行,所以非自发反应在特定条件下也能实现,故D错误;
故答案选C。
4.将BaO2放入密闭真空容器中,反应2BaO2(s)⇌2BaO(s)+O2(g)达到平衡,保持温度不变,增大压强,体系重新达到平衡,下列说法正确的是( )
A. 平衡常数减小 B. BaO 质量不变 C. 氧气压强不变 D. BaO2质量减少
【答案】C
【解析】
【分析】
保持温度不变,增大压强,平衡向逆反应方向移动,化学平衡常数只与温度有关,据此分析解答。
【详解】A. 化学平衡常数只与温度有关,温度不变,平衡常数不变,A项错误;
B. 增大压强,平衡向逆反应方向移动,BaO 质量减小,B项错误;
C. 平衡向逆反应方向移动,但温度不变,平衡常数不变,K=c(O2),则氧气的浓度不变,其压强不变,C项正确;
D 增大压强,平衡向逆反应方向移动,BaO2质量增大,D项错误;
答案选C。
【点睛】C项是学生们的易错点,错误认为增大压强,氧气的压强增大;但是由于温度不变,平衡常数不变,而K=c(O2),则氧气的浓度不变,其压强不变。
5.下列说法不能用勒夏特列原理解释的是 ( )
A. 滴有碘水的淀粉溶液中加入少量唾液,蓝色褪去
B. 对于反应2NO2(g)⇌N2O4(g),升温后的颜色比原来颜色深
C. 开启可乐瓶,瓶中马上泛起大量气泡
D. 利用排液法收集氯气时常用液体为饱和食盐水
【答案】A
【解析】
【分析】
勒夏特列原理是指如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等),平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程,如果与可逆过程无关,则不能用勒夏特列原理解释。
【详解】A. 唾液是催化剂,使用催化剂平衡不移动,不能用勒夏特列原理解释,A项正确;
B. 该反应2NO2(g)⇌N2O4(g)的正反应为放热反应,升温平衡逆向移动,二氧化氮浓度增大,气体颜色变深,能用勒夏特列原理解释,B项错误;
C. 瓶中存在二氧化碳的溶解平衡,开启可乐瓶后,压强减小,使二氧化碳的溶解平衡逆向移动,产生大量气泡,能用勒夏特列原理解释,C项错误;
D. 氯气和水反应为可逆反应:Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO,饱和食盐水中含有氯离子,能抑制氯气的溶解,可以采用排饱和食盐水的方法收集氯气,能用勒夏特列原理解释,D项错误;
答案选A。
【点睛】实验室用浓盐酸与二氧化锰反应加热制取氯气时,氯气中含有氯化氢杂质,由于氯气与水的反应为可逆反应,Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO,因此可用饱和食盐水洗气,除去氯化氢,还可以用排饱和食盐水的方法收集氯气,均利用了平衡移动原理,降低氯气的溶解,但是吸收多余的氯气,需要用氢氧化钠溶液。这是学生们的易错点。
6.常温下,下列溶液中水的电离程度最大的是
A. pH=5的硫酸 B. pH=10 的NaOH溶液
C. pH=5的氯化铵溶液 D. pH=10的纯碱溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A. pH=5的硫酸,抑制水的电离,溶液中的c(H+)=10−5mol/L,c(OH-)==10-9 mol/L,则由水电离的c水(H+)= c水(OH−)=10-9 mol/L;
B. pH=10 的NaOH溶液抑制水的电离,溶液中的c(H+)=10−10mol/L,则由水电离的c水(H+)= c水(OH−)= 10-10 mol/L;
C. pH=5的氯化铵溶液中铵根离子水解促进水的电离,由水电离的氢离子浓度c水(H+)= c水(OH−)=10-5 mol/L;
D. pH=10的纯碱溶液中碳酸根离子水解促进水的电离,氢氧根离子浓度c(OH−)=10−4mol/L,则c水(H+)= c水(OH−)= 10-4 mol/L;
故水的电离程度最大的是pH=10的纯碱溶液,D项正确;
答案选D。
【点睛】要牢记酸和碱抑制水的电离,能水解的盐促进水的电离,找出溶液中氢离子或氢氧根离子的来源是解题的关键。另外,要理解水电离生成的氢离子永远与水电离生成的氢氧根离子相等。
7.把硫酸铁溶液蒸干,最后得到固体产物是( )
A. 无水硫酸铁 B. 氢氧化铁 C. 氧化亚铁 D. 三氧化二铁
【答案】A
【解析】
【详解】将硫酸铁溶液蒸干,硫酸铁会发生水解生成氢氧化铁和硫酸,而硫酸不易挥发,会和水解得到的氢氧化铁反应又生成硫酸铁,A项正确;
答案选A。
【点睛】溶液蒸干后产物的判断方法可归纳为几种情况:
1. 溶质会发生水解反应的盐溶液,则先分析盐溶液水解生成的酸的性质。若为易挥发性的酸(HCl、HNO3等),则蒸干得到的是金属氢氧化物,灼烧得到金属氧化物。若为难挥发性酸(硫酸等),且不发生任何化学变化,最终才会得到盐溶液溶质本身固体;
2. 溶质会发生氧化还原反应的盐溶液,则最终得到稳定的产物,如加热蒸干亚硫酸钠,则最终得到硫酸钠;
3. 溶质受热易分解的盐溶液,则最终会得到分解的稳定产物,如加热蒸干碳酸氢钠,最终得到碳酸钠。
学生要理解并识记蒸干过程可能发生的变化。
8. 最新报道:科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下:
下列说法中正确的是
A. CO和O生成CO2是吸热反应
B. 在该过程中,CO断键形成C和O
C. CO和O生成了具有极性共价键的CO2
D. 状态Ⅰ →状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据能量--反应过程图像知,状态I的能量高于状态III的能量,故该过程是放热反应,A错误;
B.根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂,故B错误;
C.由图III可知,生成物是CO2,具有极性共价键,故C正确;
D.状态Ⅰ →状态Ⅲ表示CO与O反应的过程,故D错误。
故选C。
9.某温度下,和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释,其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是( )
A. 曲线Ⅰ代表溶液
B. 溶液中水的电离程度:b点>c点
C. 从c点到d点,溶液中保持不变(其中、分别代表相应的酸和酸根离子)
D. 相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后,溶液中相同
【答案】C
【解析】
【分析】
电离常数HNO2大于CH3COOH,酸性HNO2大于CH3COOH;
A、由图可知,稀释相同的倍数,Ⅱ的变化大,则Ⅱ的酸性比I的酸性强,溶液中氢离子浓度越大,酸性越强;
B、酸抑制水电离,b点pH小,酸性强,对水电离抑制程度大;
C、kw为水的离子积常数,k(HNO2)为HNO2的电离常数,只与温度有关,温度不变,则不变;
D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液,c(CH3COOH)>c(HNO2)。
【详解】A、由图可知,稀释相同倍数,Ⅱ的变化大,则Ⅱ的酸性比I的酸性强,Ⅱ代表HNO2,I代表CH3COOH,故A错误;
B、酸抑制水电离,b点pH小,酸性强,对水电离抑制程度大,故B错误;
C、Ⅱ代表HNO2,c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2),kw为水的离子积常数,k(HNO2)为HNO2的电离常数,这些常数只与温度有关,温度不变,则不变,故C正确;
D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液,c(CH3COOH)>c(HNO2),分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和,CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多,HNO2消耗的NaOH少,故D错误;
故选C。
【点睛】本题考查酸的稀释及图象,明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键,难点C,要将已知的c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以c(H+),变成与kw为水的离子积常数和k(HNO2)为HNO2的电离常数相关的量,再判断。
10.设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液,下列说法正确的是
A. 每升溶液中的H+数目为0.02NA
B. c(H+)= c()+2c()+3c()+ c(OH−)
C. 加水稀释使电离度增大,溶液pH减小
D. 加入NaH2PO4固体,溶液酸性增强
【答案】B
【解析】
【详解】A、常温下pH=2,则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L,因此每升溶液中H+数目为0.01NA,A错误;
B、根据电荷守恒可知选项B正确;
C、加水稀释促进电离,电离度增大,但氢离子浓度减小,pH增大,C错误;
D、加入NaH2PO4固体,H2PO4-浓度增大,抑制磷酸的电离,溶液的酸性减弱,D错误;
答案选B。
11.在容积一定的密闭容器中,置入一定量的NO(g)和足量C(s),发生反应C(s)+2NO(g) CO2(g)+N2(g),平衡状态时NO(g)的物质的量浓度[NO]与温度T的关系如图所示。则下列说法中正确的是( )
A. 该反应的ΔH>0
B. 若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2,则K1
K2,故B错误;
C.根据图像可知,由状态D到平衡点B,需要减小NO的浓度,所以反应正向进行,则v正>v逆,故C错误;
D.由于反应物碳是固体,所以在反应进行过程中,气体的总质量一直在变,V一定,气体的密度也就一直在变,当若混合气体的密度不再变化,则可以判断反应达到平衡状态C,故D正确;
答案:D
12.25℃时,浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液,分别加水稀释至体积V,pH随lg的变化如图所示,下列叙述错误的是 ( )
A. 当lg= 2时,若两溶液同时升高温度,则增大
B. MOH的碱性强于ROH的碱性
C. ROH的电离程度:b点大于a点
D. 两溶液分别与盐酸反应完全,则消耗HCl的物质的量相同
【答案】A
【解析】
【分析】
浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液,未加水稀释前,MOH溶液的pH=13,说明MOH溶液中c(OH-)=c(MOH)=0.1mol/L,则MOH是强电解质;ROH溶液的pH=11,说明ROH溶液中c(OH-)a,C项正确;
D. 因为MOH和ROH溶液的浓度均为0.10mol/L、体积均为V0,则二者的物质的量相等,则消耗HCl的物质的量相同,D项正确;
答案选A。
13.现有下列仪器或用品:①铁架台(含铁圈、各式铁夹)②锥形瓶 ③酸式滴定管和碱式滴定管 ④烧杯 ⑤玻璃棒(普通) ⑥胶头滴管 ⑦天平(含砝码) ⑧滤纸 ⑨量筒 ⑩漏斗;
现有下列药品:a.NaOH固体 b.标准NaOH溶液 c.未知浓度盐酸 d.蒸馏水e.碳酸钠溶液
根据所做过的学生实验,回答下列问题:
(1)配制一定物质量浓度的NaOH溶液时,还缺少的仪器是______________。
(2)做中和反应反应热的测定实验时,还缺乏的玻璃仪器有____________、___________。
(3)准确量取25.00ml碳酸钠溶液,可选用的仪器是__________。
A.25ml量筒 B.25ml酸式滴定管
C.25ml碱式滴定管 D.有刻度的50ml烧杯
(4)进行中和滴定时,不可预先用待装液润洗的仪器是下列的__________(填编号)。
A、酸式滴定管 B、碱式滴定管 C、锥形瓶
(5)用标准强碱溶液滴定盐酸时,滴定前,滴定管尖端有气泡,滴定后气泡消失,会使得测定的盐酸浓度结果_____________。(填“偏高”、“偏低”或“不影响”,下同)
(6)用标准强碱溶液去滴定未知浓度盐酸,用滴定管取10.00ml盐酸溶液入锥形瓶时,前仰视、后俯视读数,会使得测定的盐酸浓度结果___________。
【答案】 (1). 容量瓶 (2). 温度计 (3). 环形玻璃搅拌棒 (4). C (5). C (6). 偏高 (7). 偏高
【解析】
【详解】(1)
配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时,操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作,一般用托盘天平称量,用药匙取用药品,在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯),并用玻璃棒搅拌,加速溶解.冷却后转移到容量瓶中,并用玻璃棒引流,洗涤烧杯、玻璃棒2-3次,并将洗涤液移入容量瓶中,加水至液面距离刻度线1~2cm时,改用胶头滴管滴加,最后定容颠倒摇匀.所用仪器有托盘天平、烧杯、洗涤液移入容量瓶中,加水至液面距离刻度线1~2cm时,改用胶头滴管滴加,最后定容颠倒摇匀。所用仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管、药匙,根据提供仪器,还需仪器有容量瓶;
(2)做中和反应反应热的测定实验时,用到的玻璃仪器有烧杯、温度计、环形玻璃搅拌棒以及量筒,故还缺乏的玻璃仪器有温度计、环形玻璃搅拌棒;
(3)A.量筒精确到0.1,选项A错误;B.碳酸钠溶液水解生成氢氧化钠能与玻璃中的二氧化硅反应,不能选用酸式滴定管,选项B错误; C.滴定管精确到0.01,碳酸钠溶液水解呈碱性,可用碱式滴定管,选项C正确;D.烧杯只能粗略量取液体体积,选项D错误。答案选C;
(4)中和滴定需要用到酸式滴定管、碱式滴定管和锥形瓶,其中酸式滴定管、碱式滴定管需要润洗,锥形瓶不能润洗,否则结果偏高,答案选C;
(5)滴定前,滴定管尖端有气泡,滴定后气泡消失,说明标准盐酸体积测量值大于实际值,结果偏高;
(6)读取盐酸体积时,开始仰视读数,滴定结束时俯视读数,造成V(待测)偏小,根据c(待测)=,可知c(标准)偏高。
14.面对目前世界范围内的能源危机,甲醇作为一种较好的可再生能源,具有广泛的应用前景。
(1)已知在常温常压下反应的热化学方程式:
①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH1= -90 kJ·mol-1
②CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH2= -41 kJ·mol-1
写出由二氧化碳、氢气制备甲醇的热化学方程式:_______________________。
(2)在容积为VL的容器中充入amol CO与2amol H2,在催化剂作用下反应生成甲醇,平衡时的转化率与温度、压强的关系如图所示。
①p1 ________ p2(填“大于”、“小于”或“等于”);
②在温度、体积不变的情况下,再增加amol CO与2amol H2,达到新平衡时,CO的转化率________(填“增大”、“减小”或“不变”),平衡常数_____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)已知在T℃时,CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)的平衡常数K=0.32,在该温度下,已知c始(CO)=1 mol·L-1,c始(H2O)=1 mol·L-1,某时刻经测定CO的转化率为10%,则该反应________(填“已经”或“没有”)达到平衡,此时刻υ正 ______υ逆 (填“>”、“<”或“=”)。
【答案】 (1). CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49 kJ·mol-1 (2). 小于 (3). 增大 (4). 不变 (5). 没有 (6). >
【解析】
分析】
(1)根据已知热化学方程式和盖斯定律进行计算;
(2)①根据压强对平衡移动的影响进行判断,判断压强对平衡的影响时,须让温度相同;
②在温度、体积不变的情况下,再增加amol CO与2amol H2,达到的新平衡,相当于对原平衡增大压强,再根据压强对平衡移动的影响进行判断转化率的变化;温度不变,平衡常数不变;
(3)已知平衡常数,计算此刻的浓度商,进行比较,判断反应进行的方向。
【详解】(1)已知热化学方程式①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH1= -90 kJ·mol-1;②CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH2= -41 kJ·mol-1;根据盖斯定律,①-②可得由二氧化碳、氢气制备甲醇的热化学方程式为:CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49 kJ·mol-1;
故答案为:CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49 kJ·mol-1;
(2)①对于反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g),当温度一定时,加压平衡正向移动,CO转化率增大,由图像可知,压强为p1时,CO转化率小,压强为p2时,CO转化率大,则p1 小于p2;
故答案为:小于;
②在温度、体积不变的情况下,再增加amol CO与2amol H2,达到的新平衡,相当于对原平衡增大压强,则CO的转化率增大;温度不变,平衡常数不变;
故答案为:增大;不变;
(3)已知在T℃时,CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)的平衡常数K=0.32,在该温度下,已知c始(CO)=1 mol·L-1,c始(H2O)=1 mol·L-1,某时刻经测定CO的转化率为10%,可列三段式计算此时浓度商,
此时浓度商为:,则反应正向进行,没有达到平衡状态,υ正 >υ逆;
故答案为:没有;>。
15.现有HA、HB 和H2C三种酸。室温下用0.1mol·L- 1NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.1mol·L-1的HA、HB两种酸的溶液,滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH 溶液体积的变化如图所示。
(1)原HA中水电离出的c(H+)=________mol·L-1
(2)与曲线I 上的c点对应的溶液中各离子浓度由大到小的顺序为________;b点对应的溶液中c(HB)____c(B-)(填“>”“<”或“=”)。
(3)已知常温下向0.1mol·L-1的NaHC 溶液中滴入几滴石蕊试液后溶液变成红色。
①若测得此溶液的pH=1,则NaHC的电离方程式为_______________。
②若在此溶液中能检测到H2C 分子,则此溶液中c(C2-)________c(H2C)(填“>”“<”或“=”)。
③若H2C的一级电离为H2C=H++HC-,常温下0.1mol·L-1H2C溶液中的c(H+)=0.11mol·L-1,则0.1mol·L-1NaHC溶液中的c(H+)________0.01mol·L-1(填“>”“<”或“=”)。
【答案】 (1). 10-13 (2). c(Na+)>c(B-)>c(OH-)>c(H+) (3). < (4). NaHC=Na++H++C2- (5). > (6). >
【解析】
【分析】
(1)由图中曲线Ⅱ可知,浓度为0.1mol·L-1的HA溶液的pH=1,说明HA为强酸,能够完全电离;
(2)曲线I上的c点对应的是HB酸和NaOH完全中和反应生成的NaB溶液,溶液呈碱性,b点对应的溶液为HB和NaB按1:1为溶质的溶液,溶液呈酸性,说明HB的电离程度大于NaB的水解程度;
(3)①若测得此溶液的pH=1,则NaHC为强酸的酸式盐;
②若在此溶液中能检测到H2C分子,则NaHC为弱酸的酸式盐,溶液呈酸性,说明其电离程度大于水解程度;
③若H2C的一级电离为H2C=H++HC-,常温下0.1mol·L-1H2C溶液中的c(H+)=0.11mol·L-1,其中一级电离产生的c(H+)=0.1mol·L-1,二级电离不完全,在第一级电离产生的氢离子抑制下电离的c(H+)=0.01mol·L-1,则0.1mol/LNaHC溶液在没有受抑制的情况下,HC-的电离程度增大。
【详解】(1)由图中曲线Ⅱ可知,浓度为0.1mol·L-1的HA溶液的pH=1,说明HA为强酸,能够完全电离,因此原HA溶液中由水电离出的c(H+)=c(OH-)=1.0×10-14/0.1=1.0×10-13mol/L,故答案为:1.0×10-13mol/L。
(2)曲线I上的c点对应的是HB酸和NaOH完全中和反应生成的NaB溶液,溶液呈碱性,因此根据电荷守恒,溶液中各离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(B-)>c(OH-)>c(H+),b点对应的溶液为HB和NaB按1:1为溶质的溶液,溶液呈酸性,说明HB的电离程度大于NaB的水解程度,因此c(HB)c(B-)>c(OH-)>c(H+),<。
(3)①常温下向0.1mol·L-1的NaHC溶液中滴入几滴石蕊试液后溶液变成红色,说明溶液呈酸性,若测得此溶液的pH=1,则NaHC为强酸的酸式盐,其电离方程式为:NaHC=Na++H++C2-,故答案为:NaHC=Na++H++C2-。
②若在此溶液中能检测到H2C分子,则NaHC为弱酸的酸式盐,溶液呈酸性,说明其电离程度大于水解程度,溶液中的c(C2-)>c(H2C),故答案为:>。
若H2C的一级电离为H2C=H++HC-,常温下0.1mol·L-1H2C溶液中的c(H+)=0.11mol·L-1,其中一级电离产生的c(H+)=0.1mol·L-1,HC-
的电离不完全,在一级电离的抑制下产生了0.01mol/L的氢离子,在0.1mol/LNaHC溶液中没有氢离子抑制的情况下,HC-的电离程度增大,c(H+)>0.01mol·L-1,故答案为:>。
【点睛】判断离子浓度的大小,通常需结合电荷守恒、物料守恒、质子守恒进行解答。
16.FeCl3 具有净水作用,请回答下列问题:
(1)FeCl3净水的原理是_____________(用离子方程式表示)。
(2)某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3,为得到纯净的CuCl2·2H2O晶体,加入_____。
(3)工业上由CuCl2·2H2O晶体制备无水CuCl2的合理方法是在HCl气氛中加热,若在空气中直接加热CuCl2·2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2,原因是_________ (用化学方程式表示)。
(4)某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体的试样(不含能与I-发生反应的氧化性杂质)的纯度,过程如下:①取0.36 g试样溶于水,加入过量KI固体,发生反应:2Cu2++4I- = 2CuI↓+I2,生成白色沉淀。②用0.100 0 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2,到达滴定终点时,消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。(已知:I2+2S2O32- = S4O62-+2I-)
①滴定过程可选用________作指示剂,滴定终点时的现象是_______________________。
②该试样中CuCl2·2H2O的质量分数为______。
【答案】 (1). Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+ (2). CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3 (3). CuCl2·2H2OCu(OH)2+2HCl (4). 淀粉溶液 (5). 滴入最后一滴标准液,溶液蓝色褪去,且半分钟内不恢复蓝色 (6). 95%
【解析】
【分析】
(1)铁离子水解生成氢氧化铁胶体,具有吸附性,能吸附水中悬浮的杂质而净水;
(2)调节溶液的pH,除去铁离子,同时不能引入新杂质;
(3)由于CuCl2在加热过程中水解被促进;
(4)①Na2S2O3滴定碘单质,利用碘单质遇淀粉变蓝,选择的指示剂为淀粉溶液;滴定终点时的现象是滴入最后一滴标准液,溶液蓝色褪去,且半分钟内不恢复蓝色;
②根据已知反应I2+2S2O32- =S4O62-+2I-,2Cu2++4I- = 2CuI↓+I2,得到关系式
Na2S2O3~Cu2+,再列比例计算。
【详解】(1)铁离子水解生成氢氧化铁胶体,具有吸附性,能吸附水中悬浮的杂质而净水,则FeCl3净水的原理是Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+;
故答案为:Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+;
(2)为得到纯净的CuCl2•2H2O晶体,要除去氯化铁,溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀,加入的物质能与酸反应能转化为氯化铜,且不引入新杂质,可以是CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3;
故答案为:CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3;
(3)由于CuCl2在加热过程中水解被促进,且生成的HCl又易挥发而脱离体系,造成水解完全,生成氢氧化铜,而不是CuCl2,要想得到较纯的无水氯化铜应在氯化氢气流中加热抑制其水解;
故答案为:CuCl2·2H2OCu(OH)2+2HCl;
(4)①Na2S2O3滴定碘单质,利用碘单质遇淀粉变蓝,选择的指示剂为淀粉溶液;滴定终点时的现象是滴入最后一滴标准液,溶液蓝色褪去,且半分钟内不恢复蓝色;
故答案为:淀粉溶液;滴入最后一滴标准液,溶液蓝色褪去,且半分钟内不恢复蓝色;
②某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体的试样(不含能与I-发生反应的氧化性杂质)的纯度,过程如下:①取0.36 g试样溶于水,加入过量KI固体,发生反应:2Cu2++4I- = 2CuI↓+I2,生成白色沉淀。②用0.100 0 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2,到达滴定终点时,消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL,发生的反应是I2+2S2O32- = S4O62-+2I-,依据I2+2S2O32- =S4O62-+2I-,2Cu2++4I- = 2CuI↓+I2,得到关系式
Na2S2O3 ~ Cu2+
1 1
0.1000mol/L×0.0200L 0.002mol
则CuCl2•2H2O的物质的量为:0.002mol,试样中CuCl2•2H2O的质量分数为;
故答案为:95%。