Question

【題目】物質(zhì)有下圖所示轉(zhuǎn)化關(guān)系（部分反應(yīng)物、生成物未列出）。其中為某金屬礦的主要成分，經(jīng)過一系列反應(yīng)可得到氣體和固體。單質(zhì)可與的濃溶液發(fā)生反應(yīng)，為磚紅色沉淀。

請回答下列問題：

（1）寫出下列物質(zhì)的化學(xué)式：______、______。

（2）反應(yīng)②的化學(xué)方程式是__________________________________________。

（3）利用電解可提純物質(zhì)，現(xiàn)以堿性鋅錳電池為外電源，在該電解反應(yīng)中電解質(zhì)溶液是_________，陽極物質(zhì)是____________。是堿性鋅錳電池的正極材料，電池放電時，正極的電極反應(yīng)式為________。

（4）將和充入一個固定容積為的密閉容器中， 在一定溫度并有催化劑存在下，進行反應(yīng)①，經(jīng)半分鐘后達到平衡，測得容器中含，則____________；若溫度不變，繼續(xù)通入和，則平衡____________移動（填“向正反應(yīng)方向”、“向逆反應(yīng)方向”或“不”），再次達到平衡后，____________。

（5）寫出轉(zhuǎn)化過程中，甲醛參與反應(yīng)的化學(xué)方程式： ____________。

Answer 1

【答案】（1）SO2Cu2O

（2）Cu+2H2SO4濃）SO2↑+ CuSO4+2H2O

（3）CuSO4溶液 粗銅 MnO2+ H2O+e-=MnOOH+OH-

（4）0.036 ； 正反應(yīng)方向 ； 0.36 ；0.40；

（5）HCHO+2CuOH)2+NaOHHCOONa+Cu2O+3H2O ↓

或HCHO+4CuOH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O+6H2O ↓

【解析】

試題F與甲醛溶液反應(yīng)生成G，G為磚紅色沉淀，則G為Cu2O； A為某金屬礦的主要成分，則A中含有Cu元素，經(jīng)過一系列反應(yīng)可得到氣體B和固體C。單質(zhì)C可與E的濃溶液發(fā)生反應(yīng)，判斷C為Cu單質(zhì)，則E為酸，B能與氧氣反應(yīng)生成C，C能與水反應(yīng)生成相應(yīng)的酸，所以B是二氧化硫，C是三氧化硫，E為硫酸，Cu與濃硫酸加熱反應(yīng)生成二氧化硫和硫酸銅，硫酸銅與氫氧化鈉溶液、甲醛反應(yīng)生成氧化亞銅沉淀，符合此圖。

（1）根據(jù)以上分析，B的化學(xué)式是SO2；G為Cu2O；

（2）反應(yīng)②為Cu與濃硫酸的反應(yīng)，化學(xué)方程式為Cu+2H2SO4濃）SO2↑+ CuSO4+2H2O；

（3）提純Cu時，用粗銅作陽極，純銅作陰極，硫酸銅作電解質(zhì)溶液，則銅離子在陰極析出，從而提純Cu；MnO2是堿性鋅錳電池的正極材料，電池放電時，正極發(fā)生還原反應(yīng)，Mn元素的化合價降低，與水結(jié)合生成堿式氧化錳和氫氧根離子，電極反應(yīng)式為MnO2+ H2O+e-=MnOOH+OH-；

（4）二氧化硫與氧氣的反應(yīng)方程式是2SO2+O22SO3，經(jīng)半分鐘后達到平衡，測得容器中含三氧化硫0.18 mol，說明消耗氧氣的物質(zhì)的量是0.09mol，則vO（2）="0.09mol/5L/0.5min=0.036" mol/L·min)；繼續(xù)通入0.20 mol B和0.10 mol O2，相當于反應(yīng)物濃度增大，縮小容器體積，壓強增大，平衡正向移動，再達平衡時，三氧化硫的物質(zhì)的量比原來的2倍還多，所以大于0.36mol，容器中相當于有0.4mol二氧化硫，可逆反應(yīng)不會進行到底，所以三氧化硫的物質(zhì)的量小于0.40mol；

（5）F是硫酸銅，先與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氫氧化銅，甲醛與氫氧化銅發(fā)生氧化反應(yīng)，生成氧化亞銅磚紅色沉淀，化學(xué)方程式是HCHO+2CuOH)2+NaOHHCOONa+Cu2O+3H2O ↓

或HCHO+4CuOH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O+6H2O ↓。