Question

2．下列问题均涉及到化学学科重要的思想和观点，按要求回答下列问题：
（1）量变和质变的观点：
①锌与稀硫酸反应生成氢气，当硫酸浓度逐渐增大到一定程度时，可生成的气体是SO₂（填化学式，下同）；
②铜与稀硝酸反应生成一氧化氮，当硝酸浓度逐渐增大到一定程度时，可生成的气体是NO₂；
③稀盐酸的还原性较弱，与二氧化锰不反应，浓盐酸的还原性增强，与二氧化锰在加热的条件下发生的反应方程式为MnO₂+4HCl（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$MnCl₂+Cl₂↑+2H₂O．
（2）微粒观：①18g²H₂O中所含质子的物质的量为9mol，所含的中子数为9N_A；
②Na₂O₂、Na₂O中阳离子和阴离子个数比分别为2：1、2：1．
（3）守恒的思想：①由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其c（H⁺）=0.1mol•L^-1，c（Al³⁺）=0.4mol•L^-1，c（SO₄^2-）=0.8mol•L^-1，则c（K⁺）为0.3mol/L；
②mM+nH⁺+O₂=xM²⁺+yH₂O，则x值为2
③ClO₂与Cl₂均有强氧化性，在处理废水的过程中自身均被还原为Cl^-，在处理相同量的废水时，所需要ClO₂的物质的量是Cl₂的0.4倍．

Answer 1

分析 （1）①浓硫酸具有强的氧化性，能够与锌反应生成二氧化硫气体；
②浓硝酸具有强的氧化性，能够与锌反应生成二氧化氮；二氧化锰能够与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水；
（2）①1个²H₂O中含有10个质子，10个中子；
②Na₂O₂、Na₂O中阳离子都是钠离子，阴离子分别是过氧根离子和氧离子；
（3））①溶液中存在3c（Al³⁺）+c（K⁺）+c（H⁺）=2c（SO₄^2-）+c（OH^-），根据溶液电荷守恒计算；
②由O原子守恒可确定y=2，进而确定n，结合电荷守恒、得失电子守恒确定x；
③ClO₂和Cl₂的还原产物都为Cl^-，则反应中Cl元素化合价分别由+4价、0价降低到-1价，化合价分别变化5、1，以此解答．

解答 解：（1））①浓硫酸具有强的氧化性，能够与锌反应生成二氧化硫气体，分子式：SO₂；
②浓硝酸具有强的氧化性，能够与锌反应生成二氧化氮NO₂；
二氧化锰能够与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式：MnO₂+4HCl（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$MnCl₂+Cl₂↑+2H₂O；
故答案为：SO₂；NO₂；MnO₂+4HCl（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$MnCl₂+Cl₂↑+2H₂O
（2）①1个²H₂O中含有10个质子，10个中子，18g²H₂O的物质的量为$\frac{18g}{20g/mol}$=0.9mol，含质子的物质的量为9mol，含的中子数为9 N_A；
②Na₂O₂、Na₂O中阳离子都是钠离子，阴离子分别是过氧根离子和氧离子，阳离子和阴离子个数比都是2：1；
故答案为：9mol；9 N_A；2：1；2：1；
（3）①根据溶液电荷守恒，溶液中存在3c（Al³⁺）+c（K⁺）+c（H⁺）=2c（SO₄^2-）+c（OH^-），而溶液中c（OH^-）很小，可以忽略不计，
则有3c（Al³⁺）+c（K⁺）+c（H⁺）=2c（SO₄^2-），所以：c（K⁺）=2c（SO₄^2-）-3c（Al³⁺）-c（H⁺），
c（K⁺）═2×0.8mol/L-3×0.4mol/L-0.1mol/L=0.3mol/L；
②在反应mM+nH⁺+O₂=xM²⁺+yH₂O中，由O原子守恒可确定y=2，则n=4，由电荷守恒可知4×1=2×x，x=2；
③ClO₂和Cl₂的还原产物都为Cl^-，则反应中Cl元素化合价分别由+4价、0价降低到-1价，化合价分别变化5、1，则ClO₂的消毒效率是Cl₂的$\frac{5}{2}$=2.5倍，在处理相同量的废水时，所需要ClO₂的物质的量是Cl₂的0.4倍；
故答案为：0.3mol•L^-1；2；0.4．

点评 本题考查了硫酸、硝酸、盐酸的性质，化学方程式的书写、阿伏伽德罗常数的应用，守恒规律的应用，题目难度不大．