非選擇題專項練（二）26.磷化鋁、磷化鋅、磷化鈣與水反響產生高毒的PH3氣體（熔點為-132℃，復原性強、易自燃），可用于糧食熏蒸殺蟲。衛生平安標準規定：當糧食中磷化物（以PH3計）的含量低于0.05mg-kgT時算合格。可用以下方法測定糧食中殘留的磷化物含量：i操作流程】安裝吸收裝置一PH3的產生與吸收一轉移KMnO4吸收溶液一亞硫酸鈉標準溶液滴定。【實驗裝置】C中盛100g原糧,D中盛有20.00mL1.12X10-4mol?LTRMn（）4溶液（H2sO4酸化）。請答復以下問題：;原糧最好先打成粉末，其原因是（1）儀器C的名稱是;原糧最好先打成粉末，其原因是（2）磷化鈣與水反響有化學方程式為;檢查整套裝置氣密性良好的方法是（3）A中盛裝KMn（h溶液的作用是除去空氣中的復原性氣體；B中盛裝焦性沒食子酸的堿性溶液，其作用是吸收空氣中的,防止；通入空氣的作用的堿性溶液，其作用是吸收空氣中的,防止；通入空氣的作用質量（填“合格〃或”不合格〃質量（填“合格〃或”不合格〃）o（4）D中PH3被氧化成磷酸，所發生反響的離子方程式為（5）把D中吸收液轉移至容量瓶中，加水稀釋至250mL，取25.00mL于錐形瓶中，用5.0X1。—51noi?I7】的Na2sO3標準溶液滴定剩余的KM11O4溶液，消耗Na2s標準溶液mg?kg—1，該原糧11.00mL，那么該原糧中磷化物（以PH3mg?kg—1，該原糧解析：（1）儀器C的名稱是三頸燒瓶；原糧打成粉末可以增大接觸面積，有利于反響充分進行。（2）依據題干信息磷化鈣與水反響生成氫氧化鈣和磷化氫寫出反響方程式；利用裝置特征關閉K1、翻開t用抽氣泵緩慢抽氣，假設觀察到A、B、D各裝置中有氣泡產生那么氣密性良好；假設在D左邊用橡膠管和止水夾封閉、關閉"用壓差法；或關閉分液漏斗旋塞后對C加熱法。（3）依據裝置圖中裝置中的試劑選擇分析判斷，高鎰酸鉀溶液是強氧化劑可以吸收空氣中的復原性氣體；焦性沒食子酸先和堿反響，再和氧氣反響可以吸收氧氣，假設不吸收氧氣廣乩會和氧氣發生反響，準確測定PB的含量，需要用高鎰酸鉀溶液全部吸收，防止產生較大誤差，通入空氣的作用是保證PH3全部被吸收的措施。（4）PH3被酸性高鎰酸鉀氧化成磷酸，高鎰酸鉀被復原為鎰離子，結合電子守恒和電荷守恒、原子守恒配平書寫得到離子方程式為：5PH3+8MnO；+24H+=5H3P04+8Mn2++12H20o(5)收集E中吸收液，加水稀釋至250mL,<25.00mL于錐形瓶中用濃度為5X10-5mol?L-1Na2sO3標準溶液滴定剩余的KMiA溶液，消耗余2s。3標準溶液11.00mL，依據滴定反響:2KMnO4+5Na2SO3+3H2S04=2MnS04+K2S04+5Na2S04+3H20；2KMnO4-5Na2SO3；未反響的高鎰酸鉀物質9250的量=0.011LX5X10-5mol?L-1X-X--=2.2X10-6mol?L_1；與PH3反響的高525鎰酸鉀物質的量=L12X10-4mol.l^xO.02L-2.2X10-6mol=4.OX10-8mol；根據反響5PH3+8KMnO4+12H2so4=5H3Po4+8MnS04+4K2so4+12乩0;得到定量關系為:55PH3?8KMnO4；計算得到PH3的物質的量=4.OX10一?小。1義三=2.5義KF'1no],；那么OPH3的質量分數=2.5X10；：3jg-mol1=0.0085mg/kg，當糧食中磷化物(以PA0.1kg計)的含量不超過0.05mg?kgT時，糧食質量合格，所以該原糧質量合格。答案：(1)三頸燒瓶(2)使原糧中磷化物與水充分反響(2)Ca3P2+6H20=3Ca(OH)2+2PH3t關閉K1、翻開凡用抽氣泵緩慢抽氣，假設觀察到A、B、D各裝置中有氣泡產生那么氣密性良好(或在D左邊用橡膠管和止水夾封閉、關閉“用壓差法；或關閉分液漏斗旋塞后對C加熱法)(3)氧化裝置C中生成的PL吹出PH3,使其全部被酸性KMnCh溶液吸收(4)5PH3+8MnO；+24H+=5H3P04+8Mn2++12H20(5)0.0085合格27.用輝銅礦(主要成分為CihS,含少量FezCh、SiOz等雜質)制備堿式碳酸銅的流程如下：⑴嘉銅礦中銅元素的價態為O(2)濾渣I的成分除了不溶性礦渣外，還有S、、，寫出“浸取”過程中生成S的離子方程式(3)也可用FeCL代替MnOz作浸取劑。假設向FeCh浸取液中參加CuCl2，能加快銅元素的浸取速率，該過程的反響原理可用化學方程式表示為：?Cu2S+2CuC12=4CuC1+S；②o(4)“沉鎰”時發生的反響的離子方程式為(5)濾液n經結晶得到的鹽主要是(填化學式，下同)，流程中可循環的物質是o(6)輝銅礦可由黃銅礦(主要成分為CuFeS。通過電化學反響轉變而成，有關轉化見以下圖，轉化時負極的電極反響式為o解析：流程分析：輝銅礦主要成分為C*S,含少量FezOs、Si02等雜質，參加稀硫酸和二氧化鎰浸取，Fe2()3與硫酸反響轉化為Fe3+,SiO2不溶，進入濾渣。根據(2)S單質生成，可知Cu2s被Mnfh氧化，轉化為C產和S,MnO2自身被復原為Mn2+O過濾得到濾渣為SiO2.S、未反響完的MnCh,濾液中含有Fe"、Mr產、Cu2+O調節溶液pH除去Fe",參加碳酸錠溶液和氨氣將Mr+沉淀為碳酸鎰，過濾得到濾液，趕出氨氣循環使用，得到堿式碳酸銅。(l)Cu2s中Cu為+1價。(2)根據上述分析濾渣I的成分還有SiO2.Mn02oCu2S被MnO2氧化，轉化為C/+和S,MnO2自身被復原為Mr?+,方程式為：2M11O2+CU2s+8H+=SI+2C/++2Mn2++4H20o(3)Mn()2在流程中作氧化劑，FeCL也有強氧化性，可以氧化C/S。假設向FeCL浸取液中參加CuCl2,發生反響①Cu2s+2CuC12=4CuC1+S,CuC1再被FeCl3反氧化為C11CI2，化學方程式為：CuCl+FeC13=CuCl2+FeCl2o(4)沉鎰除Mr產過程中，參加碳酸氫錠和氨氣，生成碳酸鎰沉淀，反響的離子方程式為Mn2++2HC0r=MnCO3I+H2O+CO2t或Mn2++NH3+HCOr=MnCO3I+NH九(5)分析流程，濾液2中主要陰離子為硫酸根，陽離子為鍍根離子，即主要溶質為硫酸鐵，所以結晶后得到的鹽為(NHjSO,。流程中存在參加氨氣和趕氨的操作，所以可循環的物質為氨氣。(6)根據圖中電子的流向可知，Cu為負極，參加H2s轉化不,Cu轉化Cu2s，所以該電極的反響為:Cu+H2S-2e"=Cu2S\+2H+O答案：(1)+1(2)Si02Mn022MnO2+Cu2S+8H+=SI+2Cu2++2Mn2++4H20(3)CuCl+FeC13=CuCl2+FeCl2Mn2++2HC0r=MnC03I+H2O+CO2t(或Mn2++NH3+HCOr=MnCO3I+NH/)(NH4)2S04NH3(6)Cu+H2S-2e^=Cu2S!+2H+28.固定利用CO2對減少溫室氣體排放意義重大。CO2加氫合成甲醇是CO?綜合利用的一條新途徑。CO?和上在催化劑作用下發生反響：C02(g)+3H2(g)^^CH3OH(g)+H20(g)A長0(1)測得甲醇的理論產率與反響溫度、壓強的關系如下圖。①以下措施能使C02的轉化率提高的是(填序號)。A.①以下措施能使C02的轉化率提高的是(填序號)。A.增大壓強C.增大乩投料比B.升高溫度D.用更高效的催化劑②在220℃.5.0MPa時,C02＞乩的轉化率之比為。③將溫度從2200c降低至160℃，壓強從5.0MPa減小至3.0MPa,化學反響速率(填"增大”“減小〃或"不變”下同)，C02的轉化率將@2000c時，將0.100molCO2和0.275mol乩充入1L密閉容器中，在催化劑作用下反響到達平衡。假設CO?的轉化率為25%，那么此溫度下該反響的平衡常數表達式K=式K=(只用數字填，不必計算出結果)。⑵假設A(g)和CH30H⑴的燃燒熱分別為一285.8kJ?耽廣】和一726.5kJ?mol-1,那么由CO?和上生成液態甲醇和液態水的熱化學方程式為(3)甲醇電解法制氫氣比電解水法制氫氣的氫的利用率更高、電解電壓更低。電解裝置如圖。電源的正極為(填序號電源的正極為(填序號a或b)0其中陽極的電極反響式為標況下，每消耗1mol甲醇那么生成上的體積為解析：(1)①正向是氣體體積減小的反響，加壓，平衡正向移動，C02的轉化率提高，故A正確；該反響為放熱反響，升溫有利于平衡逆向移動，C02的轉化率降低，故B錯誤；增大上投料比有利于平衡正向移動，0)2的轉化率提高，故C正確；使用催化劑平衡不移動，故D錯誤。答案為AC。②根據題圖可知220℃,5.0MPa時，甲醇的理論產率為25%,C()2和乩的投料比為1：3,與反響的系數比一致，所以,C02.H2的轉化率之比相等為1：1。③溫度越低、壓強越小，反響速率越小，觀察圖中的數據可知，在140℃,2.0MPa時，甲醇的產率高于25%,所以二氧化碳的轉化率高于25%，即二氧化碳的轉化率增大。C02+3H2④利用三段式計算:25%，即二氧化碳的轉化率增大。C02+3H2④利用三段式計算:起始/mol?L-10.1轉化/mol?L-10.025平衡/mol?L0.0750.2750.0750.2所以K=c(CH3OH)?c(H20)CH3OH+H2O00.0250.0250.025X0.02500.0250.025c(C02)?c(H2)-0.075X0.23⑵由lUg)的燃燒熱A〃為一285.8kJ?moL知,Lmol乩①完全燃燒生成1mol乩0⑴放出熱量285.8kJ，即①H2(g)+1()2(g)=H20⑴A〃=-285.8kJ-mol-1；同樣可知,@CH3OH(1)+1o2(g)=C02(g)+2H20(1) A〃=-726.5kJ-niolT,由蓋斯定律可知，3X①一②得CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(1) A〃=-130.9kJ-mol-l(3)根據產生圖示左邊應該是溶液中的氫離子得電子生成氫氣，得出左邊為陰極右邊為陽極，故電源a為負極力為正極；陽極上發生甲醇失電子變成二氧化