内容发布更新时间 : 2024/5/2 20:06:44星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

（4）D中PH3被氧化成磷酸，所发生反应的离子方程式为_________________________。

（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5.0×10mol ? L

-5

-1

的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗标Na2SO3准溶液11.00mL，则该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为______mg ? kg，该原粮质量________（填“合格”或“不合格”）。

【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). 使原粮中磷化物与水充分反应 (3). Ca3P2+6H2O===3Ca(OH)2+2PH3↑ (4). 关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气，若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好 [或在D左．．边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法；或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法] (5). 氧化装置C中生成的PH3 (6). 吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收 (7). 5PH3+8MnO4+24H==5H3PO4+8Mn+12H2O (8). 0.0085 (9). 合格 【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，有利于反应充分进行；

（2）依据题干信息磷化钙与水反应生成氢氧化钙和磷化氢；利用装置特征关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气，若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好 ；或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法；或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法； 故答案为：Ca3P2+6H2O===3Ca(OH)2+2PH3↑；关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气，若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好 [或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2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，高锰酸钾溶液是强氧化剂可以吸收空气中的还原性气体;焦性没食子酸先和碱反应，再和氧气反应可以吸收氧气;若不吸收氧气，PH3会在氧气中燃烧，准确测定PH3的含量，需要用高锰酸钾溶液全部吸收，避免产生较大误差，通入空气的作用是保证PH3全部被吸收的措施。故答案为：氧化装置C中生成的PH3；吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收。

（4）PH3被酸性高锰酸钾氧化成磷酸，高锰酸钾被还原为锰离子，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+8MnO4-+24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O

（5）收集E中吸收液，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中用浓度为5×10?5mol/L Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL;依据滴定反应：

2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O;2KMnO4～5Na2SO3;未反应的高锰酸钾物质的量=

;与PH3反应的高锰酸钾物质的量;根据反应

5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O;得到定量关系为：5PH3～8KMnO4;计算得到PH3物质的量

;则PH3的质量分数

，当粮食

-+

2+

-1

中磷化物(以PH3计)的含量不超过0.05mg?kg?1时，粮食质量合格，所以该原粮质量合格。

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9.9.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CO2综合利用的一条新途径。CO2和H2在催化剂作用下发生反应：CO2(g)+3H2(g)

CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0

（1）测得甲醇的理论产率与反应温度、压强的关系如图所示。

①下列措施能使CO2的转化率提高的是____（填序号）。

A．增大压强 B．升高温度 C．增大H2投料比 D．用更高效的催化剂 ②在220℃、5.0MPa时，CO2、H2的转化率之比为___________。

③将温度从220℃降低至160℃，压强从5.0MPa减小至3.0MPa，化学反应速率将_____（填“增大”“减小”或“不变”下同），CO2的转化率将_____。

④200℃时,将0.100 mol CO2和0.275 mol H2充入1 L密闭容器中，在催化剂作用下反应达到平衡。若CO2的转化率为25%,，则此温度下该反应的平衡常数表达式K=_____________（只用数字填，不必计算出结果）。 （2）若H2(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为-285.8kJ·mol﹣1和-726.5kJ·mol﹣1，则由CO2和H2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a或b)。其中阳极的电极反应式为_________________；标况下，每消耗1mol甲醇则生成H2的体积为____。

【答案】 (1). AC (2). 1∶1 (3). 减小 (4). 增大 (5).

(6). CO2(g)+3H2(g)

CH3OH(l)+H2O(l) △H=

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-130.9kJ·mol-1 (7). b (8). CH3OH+H2O－6e－=CO2+6H+ (9). 67.2L 【解析】

（1）①A.正向是气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，CO2的转化率提高，故A正确；B.该反应为放热反应，升温有利于平衡逆向移动，CO2的转化率降低，故B错误；C.增大H2投料比有利于平衡正向移动，CO2的转化率提高，故C正确；D.使用催化剂平衡不移动，故D错误；答案为AC。②根据图可知甲醇的理CO2、H2的转化率之比相等为1:1。③论产率为25%，CO2和H2的投料比为1:3，与反应的系数比一致，所以，温度越低、压强越小，反应速率越小，观察图中的数据可知，在140℃，2MPa时，甲醇的产率高于25%，所以二氧化碳的转化率高于25%，即二氧碳的转化率增大。④利用三段式计算： CO2+3H2?CH3OH+H2O 起始(mol/L) 0.1 0.275 0 0 转化(mol/L) 0.025 0.075 0.025 0.025 平衡(mol/L) 0.075 0.2 0.025 0.025 所以

（2）1molH2（g）由H2（g）的燃烧热△H为-285.8kJ?mol-1知，完全燃烧生成1molH2O（l）放出热量285.8kJ，即①H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ?mol-1；②CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2 H2O（l）△H=-726.5kJ?mol-1，由盖斯定律可知，3×①-②得

CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=-130.9 kJ?mol-1，故答案为：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=-130.9 kJ?mol-1；

（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，b为正极；阳极上发生甲醇失电子变成二氧化碳的反应，结合酸性电解质，故阳极电极反应为CH3OH+H2O－6e－=CO2+6H+；每消耗1mol甲醇转移6mol电子，可以生成3mol氢气，故生成的氢气为3mol，体积为67.2L。

10.10.锰的用途非常广泛，以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴的碳酸盐及SiO2杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下：

已知25℃，部分物质的溶度积常数如下：

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物质 Ksp

Mn(OH)2 2.1×10-13 Co(OH)2 3.0×10-16 Ni(OH)2 5.0×10-16 Fe(OH)3 1.1×10-36 MnS 1.0×10-11 CoS 5.0×10-22 NiS 1.0×10-22 （1）步骤Ⅰ中，为加快溶浸速率，可采取的措施是____________________（至少答两条）

（2）步骤Ⅱ中，加氨水调节溶液的pH为5.0～6.0，则滤渣1的成分主要为______（填化学式）；已知MnO2的作用为氧化剂，“除杂1”中涉及的离子方程式为：NH3﹒H2O+H+==NH4+ +H2O、__________________、___________________。

（3）步骤Ⅲ中，所加(NH4)2S的浓度不宜过大的原因是_______________________。 （4）滤液2中，c(Co) ：c(Ni)=_______________。

（5）将质量为a㎏的碳酸锰矿经上述流程处理后得到单质Mn b kg。若每一步都进行完全，假设滤渣1为含铁元素的纯净物，质量为c kg，则原碳酸锰矿中MnCO3的质量分数为_________（用含a、b、c的式子表达，无需化简）。

(1). 溶浸时加热(或升高温度)、【答案】适当增大硫酸浓度、搅拌、再减小矿粉颗粒直径 (2). SiO2、Fe(OH)3 (3). 2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O (4). Fe3++3NH3﹒H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+ (5). 若(NH4)2S的浓度过大，产生MnS沉淀造成产品损失 (6). 5:1 (7). 【解析】

向碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)中加入硫酸，可以发生反应生成硫酸盐，向其中就如具有氧化性的二氧化锰，可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将氢氧化铁沉淀下来，向滤液中加入硫化铵，可以将镍离子、钴离子形成硫化物沉淀下来，最后对得到的含有锰离子的盐电解，可以得到金属锰。

（1）搅拌固体和液体的混合物，升高温度、增大浓度等，都可加快反应速率，所以为了提高浸取率可采取的措施有加热或搅拌或增大硫酸浓度等，故答案为：溶浸时加热(或升高温度)、适当增大硫酸浓度、搅拌、再减小矿粉颗粒直径；

（2）步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+离子氧化为Fe3+，反应的离子方程式MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，加入氨水调节pH为5.0～6.0，发生Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，可得到沉淀Fe(OH)3，故答案为：

Fe(OH)3；2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；Fe3++3NH3﹒H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+；

（3）向滤液中滴入适量的(NH4)2S溶液，目的是除去Cu2+、Zn2+，若(NH4)2S的浓度过大，产生MnS沉淀，造成产品损失、故答案为：若(NH4)2S的浓度过大，产生MnS沉淀，造成产品损失；

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2+

2+

×100%

(4)CoS、NiS的Ksp分别为5.0×10?22、1.0×10?22，加入足量(NH4)2S溶液后，生成CoS、NiS沉淀，溶液中c(Co2+):c(Ni2+)=5.0×10?22:1.0×10?22=5:1，故答案为：5:1； (5)滤渣1为为Fe(OH)3，质量为c kg，则n(Fe3+)=n[Fe(OH)3]=2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O可知n(MnO2)=×

mol，

mol， mol)×115g/mol， mol，由

将质量为a kg的碳酸锰矿经上述流程处理后得到单质Mn b kg，n(Mn)=可知n(MnCO3)=

mol -×

mol，m(MnCO3)=(

mol -×

则原碳酸锰矿中MnCO3的质量分数为，故答案为：

点睛：向碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）中加入硫酸，可以发生反应生成硫酸盐，向其中就如具有氧化性的二氧化锰，可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将氢氧化铁沉淀下来，向滤液中加入硫化铵，可以将镍离子、钴离子形成硫化物沉淀下来，最后对得到的含有锰离子的盐电解，可以得到金属锰。

11.11.【物质结构与性质】磷化硼（BP）是一种受关注的耐磨涂层材料，可作为钛等金属表面的保护薄膜。 （1）三溴化硼和三溴化磷混合物在高温条件下与H2反应可以制得BP。 ①上述反应的化学方程式为________________________；

②磷原子中存在_____种不同能量的电子，电子占据的最高能层符号为_______。

③常温下，三溴化磷是淡黄色发烟液体，可溶于丙酮、四氯化碳中，该物质属于______晶体（填晶体类型）。 （2）已知磷酸是中强酸，硼酸是弱酸；pKa= -lgKa。

①有机酸的酸性强弱受邻近碳上取代原子的影响,如酸性：BrCH2COOH >CH3COOH。据此推测，pKa：AtCH2COOH____ClCH2COOH（填“>”、“<”、“=”）

②磷酸是三元酸，写出两个与PO43-具有相同空间构型和键合形式的分子或离子_________________。 ③硼酸是一元酸，它在水中表现出来的弱酸性，并不是自身电离出氢离子所致，而是水分子与B(OH)3结合，生成一个酸根离子，该阴离子的结构式为：_________（若存在配位键，请用箭头标出）。

（3）高温陶瓷材料Si3N4的成键方式如图1所示，结构中N—Si—N的键角比Si—N—Si的键角大，其原因是_____________________________________。

（4）磷化硼的晶体结构如图2所示。晶胞中P原子的堆积方式为________（填“简单立方”、“体心立方”或“面心立方最密”）堆积。若该晶体中最邻近的两个P原子之间的距离为a nm，则晶体密度为

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