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9.某研究小组进行Mg(OH)2沉淀溶解和生成的实验探究.实验如下:

(1)实验I中发生反应的离子方程式是Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓.
(2)比较2.0mol•L-1盐酸pH1和2.0mol•L-1 NH4Cl溶液pH2大小:pH1< pH2,原因是由于盐酸完全电离,NH4+部分水解:NH4++H2O?NH3•H2O+H+,导致同浓度两溶液中,盐酸中H+浓度大于NH4Cl溶液中H+浓度.
(3)用平衡移动原理解释i中沉淀溶解的原因:Mg(OH)2(s)?Mg2+(aq)+2OH-(aq),盐酸中的H+与OH-中和使得OH-浓度减小,
平衡右移,沉淀溶解.
(4)iii是i和ii的对比实验,目的是排除实验i、ii中溶剂水使沉淀溶解的可能性.
(5)推测ii中沉淀溶解的原因.
推测一,NH4Cl溶液显酸性,溶液中的H+可以结合OH-,进而使沉淀溶解;
推测二,溶液中c(NH4+)较大,NH4+结合OH-使沉淀溶解.
(6)为探究ii中沉淀溶解的原因,小组同学继续进行实验:
①取4mL2.0mol•L-1NH4Cl溶液,向其中滴加2滴浓氨水,得到pH为8的混合溶液,再向同样Mg(OH)2沉淀中加入该混合溶液,沉淀溶解.
②上述实验结果证明(5)中的推测二成立,理由是混合后溶液中c(H+)=10-8mol•L-1非常小,c(NH4+)=2.0mol•L-1较大,故能确定是NH4+结合OH-使沉淀溶解.

分析 (1)氢氧化钠与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠;
(2)氯化氢为强电解质完全电离,盐类水解是微弱的,据此分析解答;
(3)依据沉淀溶解平衡移动原理及影响因素解答;
(4)依据实验iii条件为加入蒸馏水判断解答;
(5)依据铵根离子能够水生成一水合氨和氢离子,铵根离子能够与氢氧根离子反应生成一水合氨的性质解答;
(6)向4mL 2mol•L-1 NH4Cl溶液中滴加2滴浓氨水,得到pH约为8的混合溶液,溶液呈碱性,如氢氧化镁能溶解,可说明NH4+结合OH-使沉淀溶解;

解答 解:(1)氢氧化钠与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠,离子方程式:Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓;
故答案为:Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓;
(2)由于盐酸中氯化氢为强电解质,完全电离,NH4+部分水解:NH4++H2O?NH3•H2O+H+,导致同浓度两溶液中,盐酸中H+浓度大于NH4Cl溶液中H+浓度,所以2.0mol•L-1盐酸pH1和2.0mol•L-1 NH4Cl溶液,盐酸中氢离子浓度大于氯化铵中氢离子浓度,所以pH1<pH2
故答案为:<;由于盐酸完全电离,NH4+部分水解:NH4++H2O?NH3•H2O+H+,导致同浓度两溶液中,盐酸中H+浓度大于NH4Cl溶液中H+浓度
(3)氢氧化镁溶液中存储沉淀溶解平衡:Mg(OH)2(s)?Mg2+(aq)+2OH -(aq),加入盐酸后,盐酸中的H+与OH-中和使得OH-浓度减小,
平衡右移,沉淀溶解;
故答案为:Mg(OH)2(s)?Mg2+(aq)+2OH -(aq),盐酸中的H+与OH-中和使得OH-浓度减小,平衡右移,沉淀溶解;
(4)实验iii条件为只加蒸馏水,现象沉淀不溶解,可以排除实验i、ii中溶剂水使沉淀溶解的可能性;
故答案为:实验i、ii中溶剂水使沉淀溶解的可能性;
(5)铵根离子能够水生成一水合氨和氢离子,铵根离子能够与氢氧根离子反应生成一水合氨的性质,所以推测ii中沉淀溶解的原因:
推测一,NH4Cl溶液显酸性,溶液中的H+可以结合OH-,进而使沉淀溶解;推测二,溶液中c(NH4+)较大,NH4+结合OH-使沉淀溶解;
故答案为:溶液中c(NH4+)较大,NH4+结合OH-使沉淀溶解;
(6)向4mL 2mol•L-1 NH4Cl溶液中滴加2滴浓氨水,得到pH约为8的混合溶液,溶液呈碱性,如氢氧化镁能溶解,可说明NH4+结合OH-使沉淀溶解,配制理由:混合溶液显碱性,c(H+)非常小,c(NH4+)较大能确定是NH4+结合OH-使沉淀溶解,
故答案为:
①4 mL 2.0 mol•L-1 NH4Cl;
②二   理由:混合后溶液中c(H+)=10-8 mol•L-1非常小,c(NH4+)=2.0 mol•L-1较大,故能确定是NH4+结合OH-使沉淀溶解.

点评 本题考查较为综合,侧重于学生的分析能力和实验能力的考查,为高频考点,注意把握影响沉淀平衡,电离平衡和水解平衡的因素,综合把握相关基本理论知识,注重基础知识的学习,难度中等.

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科目:高中化学 来源: 题型:选择题

2.下列实验操作中错误的是(  )
A.过滤时,玻璃棒的末端应轻轻靠在三层滤纸上
B.蒸馏时,应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处
C.分液时,分液漏斗中下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出
D.称氢氧化钠时,不能直接称量,要放在纸片上称量

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科目:高中化学 来源: 题型:选择题

3.FeCl3溶液、Fe(OH)3胶体、Fe(OH)3浊液是三种重要的分散系,下列叙述中不正确的是(  )
A.Fe(OH)3胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子的直径在10-9~10-7米之间
B.分别用一束光透过三种分散系,只有Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应
C.往FeCl3溶液中加入NaOH溶液,并适当加热,可制得Fe(OH)3胶体
D.三种分散系中分散质均属于电解质

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科目:高中化学 来源: 题型:解答题

17.近年来对CO2的有效控制及其高效利用德尔研究正引起全球广泛关注.据中国化工报报道,用CaSO4代替O2与燃料CO反应,既可以提高燃烧效率,又能得到高纯度CO2,是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术.反应①为主反应,反应②和③为副反应.
①$\frac{1}{4}$CaSO4(s)+CO(g)?$\frac{1}{4}$CaS(s)+CO2(g)△H1=-47.3kJ/mol
②CaSO4(s)+CO(g)?CaO(s)+CO2(g)+SO2(g)△H2=+210.5kJ/mol
③CO(g)?$\frac{1}{2}$C(s)+$\frac{1}{2}$CO2(g)△H3=-86.2kJ/mol
(1)反应2 CaSO4(s)+7CO(g)?CaS(s)+CaO(s)+C(s)+6CO2(g)+SO2(g)的△H=       (用△H1△H2△H3表示).
(2)反应①~③的平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线见图1(反应①已标明).结合各反应的△H,归纳lgK~T曲线变化规律
(a)当△H>0时,lgK随温度升高而增大,当△H<0时,lgK随温度升高而减小;
(b)当温度同等变化时,△H的数值越大lgK的变化越大.
(3)向盛有CaSO4的真空恒容容器中充入CO,反应①于900°C达到平衡,c(CO)平衡=8.0×10-2mol•L-1,计算CO的转化率(忽略副反应,结果保留2位有效数字)99%.为减少副产物②,下列措施中可行的是AC.(填编号).
A.控制适当温度,体系温度不宜过高 B.增大体系压强 C.在初始燃料中加入适量CO2 D.减少CaSO4的用量
(4)一定条件下,在体积为2L的真空密闭容器中加入1molCaSO4和1molCO,假设只发生反应②,测得二氧化碳的物质的量浓度随温度的变化关系如图2所示,图中A表示CO2的平衡浓度与温度的关系曲线,B表示不同温度下反应经过相同时间时CO2的物质的量浓度的变化曲线.
则:温度为T5℃时,该反应耗时40s达到平衡,则T5℃时,该反应的反应速率v(CO2)为0.005mol/(L•s).请说明随温度的升高,曲线B向曲线A逼近的原因:随着温度升高,反应速率加快,达到平衡所需要的时间变短.
(5)某温度下,2L的密闭容器中只发生反应①,已知某组实验c(CO2)与反应时间t变化曲线.若在t0时刻将容器的体积扩大至4L,请在图中绘出c(CO2)与反应时间t变化曲线.

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4.某学生探究AgCl、Ag2S沉淀转化的原因.
步  骤现   象
Ⅰ.将NaCl与AgNO3溶液混合产生白色沉淀
Ⅱ.向所得固液混合物中加Na2S溶液沉淀变为黑色
Ⅲ.滤出黑色沉淀,加入NaCl溶液较长时间后,沉淀变为乳白色
(1)Ⅰ中的白色沉淀是AgCl.
(2)Ⅱ中能说明沉淀变黑的离子方程式是2AgCl(s)+S2-?Ag2S(s)+2Cl-,沉淀转化的主要原因是Ag2S比AgCl溶解度更小.
(3)滤出步骤Ⅲ中乳白色沉淀,推测含有AgCl.用浓HNO3溶解,产生红棕色气体,部分沉淀未溶解,过滤得到滤液X和白色沉淀Y.
ⅰ.向X中滴加Ba(NO32溶液,产生白色沉淀
ⅱ.向Y滴加KI溶液,产生黄色沉淀
①由ⅰ判断,滤液X中被检出的离子是SO42-
②由ⅰ、ⅱ可确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀S.
(4)该学生通过如下对照实验确认了步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因:在NaCl存在下,氧气将Ⅲ中黑色沉淀氧化.
现象 B.一段时间后,出现白色沉淀
 C.一点时间后,无明显变化
①A中产生的气体是O2
②C中盛放的物质W是Ag2S的悬浊液.
③该同学认为B中产生沉淀的反应如下(请补充完整):
2Ag2S+1O2++4NaCl+2H2O?4AgCl+2S+4NaOH.

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14.25℃时,Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中,金属阳离子的物质的量浓度的负对数[-lgC(M2+)]与溶液PH的变化关系如图所示,已知:该温度下,Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2].下列说法正确的是(  )
A.b线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系,且Ksp[Fe(OH)2]=10-15.1
B.当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时,溶液中C(Fe2+):C(Cu2+)=1:104.6
C.向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH,可转化为Y点对应的溶液
D.除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+,可加入适量CuO

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1.氨是氮循环中的重要物质,氨的合成是目前普遍使用的人工固氮方法.
(1)已知:H-H键能为436kJ•mol-1,N≡N键能为945kJ•mol-1,N-H键能为391kJ?mol-1.写出合成氨反应的热化学方程式N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H=-93kJ•mol-1
(2)恒温下,往一个2L的密闭容器中充入2.6mol H2和1mol N2,反应过程中对NH3的浓度进行检测,得到的数据如表所示:
时间/min51015202530
c(NH3)/mol•L-10.080.140.180.200.200.20
5min内,消耗N2的平均反应速率为0.008mol•L-1•min-1,此条件下该反应的化学平衡常数K=0.1[或0.1(mol•L-1-2];反应达到平衡后,若往平衡体系中加入H2、N2和NH3各2mol,化学平衡将向逆反应方向移动(填“正反应”或“逆反应”).

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18.(1)已知在2L的容器中进行下列可逆反应,各物质的有关数据如下:
aA (g)+bB (g)?2C(g)
起始物质的量浓度(mol/L)1.510
2s末物质的量浓度(mol/L)0.90.80.4
则:①该可逆反应的化学方程式可表示为3A(g)+B(g)?2C(g);
②0到2s用物质B来表示的反应速率为0.1mol/(L•s);
③从反应开始到2s末,A的转化率为40%;
④下列事实能够说明上述反应在该条件下已经达到化学平衡状态的是BE.
A.vB(反应)=vC(生成)                      B.容器内气体的总压强保持不变
C.容器内气体的密度不变             D.vA:vB:vC=3:2:2
E.容器内气体C的物质的量分数保持不变
(2)①锌电池有望代替铅蓄电池,它的构成材料是锌、空气、某种电解质溶液,发生的总反应式是:2Zn+O2=2ZnO.则该电池的负极材料是锌;
②瑞典ASES公司设计的曾用于驱动潜艇的液氨-液氧燃料电池示意图如图,该燃料电池工作时,电池的总反应为4NH3+3O2=2N2+6H2O;负极的电极反应为2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O.

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19.到目前为止,由化学能转变的热能或电能仍然是人类使用的最主要的能源.
(1)在25℃、101kPa下,8g的甲醇(CH3OH)完全燃烧生成CO2和液态水时放出176kJ的热量,则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+$\frac{3}{2}$O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-704kJ•mol-1
(2)化学反应中放出的热能(焓变,△H)与反应物和生成物的键能(E)有关.
已知:H2 (g)+Cl2 (g)=2HCl (g)△H=-185kJ/mol
E(H-H)=436kJ/mol          E(Cl-Cl)=243kJ/mol
则E(H-Cl)=432J/mol,
(3)CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体.在25℃、101kPa下,已知该反应每消耗1mol CuCl(s),放热44.4kJ,该反应的热化学方程式是4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s)△H=-177.6kJ/mol.
(4)FeCO3在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料.
已知25℃,101kPa时:4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)△H=-1648kJ/mol
C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393kJ/mol
2Fe(s)+2C(s)+3O2(g)=2FeCO3(s)△H=-1480kJ/mol
FeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的热化学方程式是4FeCO3(s)+O2(g)=2Fe2O3(s)+4CO2(g)△H=-260kJ/mol.

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