Question

【題目】海洋資源豐富，海水水資源的利用和海水化學(xué)資源（主要為NaCl和MgSO4及K、Br等元素）的利用具有非常廣闊的前景。

回答下列問(wèn)題：

（1）NaCl 溶液由粗鹽水精制而成，為除去Mg2+和Ca2+，要加入的試劑分別為__________________、__________________。

（2）寫(xiě)出步驟Ⅰ中反應(yīng)的總化學(xué)方程式為___________________________________。

（3）簡(jiǎn)述步驟Ⅱ中能析出KClO3晶體而無(wú)其他晶體析出的原因是_____________________________。

（4）已知MgCl2溶液受熱時(shí)易水解生成Mg(OH)Cl，寫(xiě)出該過(guò)程的化學(xué)方程式__________________。

（5）為得到無(wú)水MgCl2，步驟Ⅲ的操作應(yīng)為_____________________________。

（6）步驟Ⅳ中，電解熔融MgCl2得到的鎂需要在保護(hù)氣中冷卻，下列氣體可以作為保護(hù)氣的是_____。

A.N2 B.H2 C. CO2 D.空氣

（7）海水中溴含量為65mg·L-1。若1L海水中95%溴元素被氧化為Br2經(jīng)熱空氣吹出，溴單質(zhì)殘留量3%。最后用SO2將90%Br2還原成Br-，所得溶液體積為50mL。此過(guò)程的目的為________________。所得溶液中溴離子濃度為海水中溴離子濃度的_____________倍（精確到0.1）。

【答案】 NaOH 溶液 Na2CO3溶液 Cl-+3H2OClO3-+3H2↑ 此溫度下 KClO3溶解度最小 MgCl2+H2OMg(OH)Cl+HCl↑ 通入氯化氫，蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶 B 提高溴水的濃度 16.6倍

【解析】試題分析：（1）除去Mg2+和Ca2+，可以用生成氫氧化鎂、碳酸鈣沉淀的方法；（2）根據(jù)電子守恒，步驟Ⅰ中電解氯化鈉溶液，生成氯酸鈉、氫氣；（3）室溫下 KClO3溶解度最小；（4）MgCl2溶液受熱時(shí)易水解生成Mg(OH)Cl和HCl氣體；（5）通入氯化氫可以抑制氯化鎂水解；（6）根據(jù)金屬鎂的性質(zhì)分析；（7）1L海水中95%溴元素轉(zhuǎn)移到50mL溶液中，目的提高溴水的濃度；根據(jù)溴元素守恒計(jì)算溴離子濃度；

解析：（1）NaCl 溶液由粗鹽水精制而成，為除去Mg2+和Ca2+，可以加入氫氧化鈉溶液、碳酸鈉溶液；（2）根據(jù)電子守恒，步驟Ⅰ中電解氯化鈉溶液，生成氯酸鈉、氫氣；反應(yīng)的總化學(xué)方程式為Cl-+3H2OClO3-+3H2↑；（3）室溫下 KClO3溶解度最小，所以向氯酸鈉溶液中加入氯化鉀能析出KClO3晶體而無(wú)其他晶體析出；（4）MgCl2溶液受熱時(shí)易水解生成Mg(OH)Cl和HCl氣體，反應(yīng)的化學(xué)方程式是MgCl2+H2OMg(OH)Cl+HCl↑；（5）通入氯化氫可以抑制氯化鎂水解，為得到無(wú)水MgCl2，步驟Ⅲ的操作應(yīng)為通入氯化氫，蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶；（6）A.Mg與N2反應(yīng)生成Mg3N2，故A錯(cuò)誤； B.H2與Mg不反應(yīng)，故B正確； C. CO2與Mg反應(yīng)生成氧化鎂和碳，故C錯(cuò)誤； D.鎂在空氣中能燃燒，故D錯(cuò)誤。（7）1L海水中95%溴元素轉(zhuǎn)移到50mL溶液中，目的提高溴水的濃度；設(shè)所得溶液中溴離子濃度為x mg·L-1，根據(jù)溴元素守恒， ，x=1078.2，所得溶液中溴離子濃度為海水中溴離子濃度的 16.6倍；

【題型】綜合題
【結(jié)束】
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【題目】碳和氯元素及其化合物與人類(lèi)的生產(chǎn)、生活密切相關(guān)。

I、氯的化合物合成、轉(zhuǎn)化一直是科學(xué)研究的熱點(diǎn)。

（1）一定條件下，氯氣與氨氣反應(yīng)可以制備氯胺(NH2Cl)氣體，己知部分化學(xué)鍵的鍵能：

化學(xué)鍵	N—H	CI—Cl	N—Cl	H—Cl
鍵能/ kJmol-1	391.3	243.0	191.0	431.8

則上述反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：__________________。

（2）氯胺(g)是一種長(zhǎng)效緩釋含氯消毒劑，有緩慢而持久的殺菌作用，可以殺死H7N9禽流感病毒，其消毒原理為與水緩慢反應(yīng)生成強(qiáng)氧化性的物質(zhì)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為______________________。

II.碳的化合物的轉(zhuǎn)換在生產(chǎn)、生活中具有重要的應(yīng)用。特別是CO2的低碳轉(zhuǎn)型對(duì)抵御氣候變化具有重要意義。

（1）在三個(gè)容積均為1L的密閉容器中以不同的氫碳比充入H2和CO2，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) △H，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系如圖所示。

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

①氫碳比①________②，Q點(diǎn)V(正)___v(逆)，該反應(yīng)的ΔH ________0，（填“大于”或“小于”）

②若起始時(shí)，CO2、H2的濃度分別為0.5mol·L-1、l mol·L-1，則P點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度的平衡常數(shù)的值為_____。P點(diǎn)對(duì)應(yīng)的平衡常數(shù)__________Q點(diǎn)對(duì)應(yīng)的平衡常數(shù)（填“＞”、“＜”或“=”）

（2）已知：碳酸H2CO3，K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11

草酸H2C2O4，K1=6.0×10-2、K2=6.0×10-5

①下列微粒可以大量共存的是___________（填字母）。

a.H2CO3、C2O42- b.CO32-、HC2O4- c. C2O42-、HCO3- d.H2C2O4、HCO3-

②若將等物質(zhì)的量濃度的草酸溶液和碳酸溶液等體積混合，溶液中各種離子(除OH-外)濃度由大到小的順序是_________________________________。

Answer 1

【答案】 NH3+Cl2=NH2Cl+HCl ΔH=+11.5kJ/mol > > 小于 29 = a c c(H+)>c(HC2O4-)>c(C2O4-)>c(HCO3-)>c(CO32-)

【解析】試題分析：I、(1)根據(jù)反應(yīng)物的總鍵能—生成物的總鍵能=焓變，書(shū)寫(xiě)熱化學(xué)方程式；（2）氯胺水解生成氨水和強(qiáng)氧化性的次氯酸；II.（1）①氫氣的含量越大，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率越大；Q點(diǎn)要達(dá)到平衡，CO2的轉(zhuǎn)化率增大，反應(yīng)正向進(jìn)行；隨溫度升高，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率減小，平衡逆向移動(dòng)；②利用“三段式”計(jì)算平衡常數(shù)；P點(diǎn)、Q點(diǎn)溫度相同，對(duì)應(yīng)的平衡常數(shù)相同；（2）①根據(jù)強(qiáng)酸制取弱酸的規(guī)律分析；②根據(jù)電離平衡常數(shù)分析，

解析：I、(1)NH3+Cl2=NH2Cl+HCl的焓變= kJ/mol，所以熱化學(xué)方程式是NH3(g)+Cl2(g)=NH2Cl(g)+HCl(g) ΔH=+11.5kJ/mol；（2）氯胺水解生成氨水和強(qiáng)氧化性的次氯酸，水解方程式是；II. （1）①氫氣的含量越大，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率越大，所以氫碳比①>②；Q點(diǎn)要達(dá)到平衡，CO2的轉(zhuǎn)化率增大，反應(yīng)正向進(jìn)行，V(正)>v(逆)；隨溫度升高，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率減小，平衡逆向移動(dòng)，ΔH <0；

②

；P點(diǎn)、Q點(diǎn)溫度相同，平衡常數(shù)相同；所以P點(diǎn)對(duì)應(yīng)的平衡常數(shù)=Q點(diǎn)對(duì)應(yīng)的平衡常數(shù)；（2）①a.草酸的K2大于碳酸的K1，所以H2CO3、C2O42-可以共存；b. 草酸的K2大于碳酸的K2，所以CO32-、HC2O4-不能共存；c. 草酸的K2大于碳酸的K2，所以 C2O42-、HCO3-能共存；d. 草酸的K1大于碳酸的K1，所以H2C2O4、HCO3-不能共存；②草酸的K1>K2大于碳酸的K1>K2，所以等物質(zhì)的量濃度的草酸溶液和碳酸溶液等體積混合，溶液中各種離子濃度由大到小的順序是c(H+)>c(HC2O4-)>c(C2O4-)>c(HCO3-)>c(CO32-)。