Question

2．下列問題均涉及到化學學科重要的思想和觀點，按要求回答下列問題：
（1）量變和質變的觀點：
①鋅與稀硫酸反應生成氫氣，當硫酸濃度逐漸增大到一定程度時，可生成的氣體是SO₂（填化學式，下同）；
②銅與稀硝酸反應生成一氧化氮，當硝酸濃度逐漸增大到一定程度時，可生成的氣體是NO₂；
③稀鹽酸的還原性較弱，與二氧化錳不反應，濃鹽酸的還原性增強，與二氧化錳在加熱的條件下發生的反應方程式為MnO₂+4HCl（濃）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$MnCl₂+Cl₂↑+2H₂O．
（2）微粒觀：①18g²H₂O中所含質子的物質的量為9mol，所含的中子數為9N_A；
②Na₂O₂、Na₂O中陽離子和陰離子個數比分別為2：1、2：1．
（3）守恒的思想：①由硫酸鉀、硫酸鋁和硫酸組成的混合溶液，其c（H⁺）=0.1mol•L^-1，c（Al³⁺）=0.4mol•L^-1，c（SO₄^2-）=0.8mol•L^-1，則c（K⁺）為0.3mol/L；
②mM+nH⁺+O₂=xM²⁺+yH₂O，則x值為2
③ClO₂與Cl₂均有強氧化性，在處理廢水的過程中自身均被還原為Cl^-，在處理相同量的廢水時，所需要ClO₂的物質的量是Cl₂的0.4倍．

Answer 1

分析 （1）①濃硫酸具有強的氧化性，能夠與鋅反應生成二氧化硫氣體；
②濃硝酸具有強的氧化性，能夠與鋅反應生成二氧化氮；二氧化錳能夠與濃鹽酸在加熱條件下反應生成氯化錳、氯氣和水；
（2）①1個²H₂O中含有10個質子，10個中子；
②Na₂O₂、Na₂O中陽離子都是鈉離子，陰離子分別是過氧根離子和氧離子；
（3））①溶液中存在3c（Al³⁺）+c（K⁺）+c（H⁺）=2c（SO₄^2-）+c（OH^-），根據溶液電荷守恒計算；
②由O原子守恒可確定y=2，進而確定n，結合電荷守恒、得失電子守恒確定x；
③ClO₂和Cl₂的還原產物都為Cl^-，則反應中Cl元素化合價分別由+4價、0價降低到-1價，化合價分別變化5、1，以此解答．

解答 解：（1））①濃硫酸具有強的氧化性，能夠與鋅反應生成二氧化硫氣體，分子式：SO₂；
②濃硝酸具有強的氧化性，能夠與鋅反應生成二氧化氮NO₂；
二氧化錳能夠與濃鹽酸在加熱條件下反應生成氯化錳、氯氣和水，化學方程式：MnO₂+4HCl（濃）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$MnCl₂+Cl₂↑+2H₂O；
故答案為：SO₂；NO₂；MnO₂+4HCl（濃）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$MnCl₂+Cl₂↑+2H₂O
（2）①1個²H₂O中含有10個質子，10個中子，18g²H₂O的物質的量為$\frac{18g}{20g/mol}$=0.9mol，含質子的物質的量為9mol，含的中子數為9 N_A；
②Na₂O₂、Na₂O中陽離子都是鈉離子，陰離子分別是過氧根離子和氧離子，陽離子和陰離子個數比都是2：1；
故答案為：9mol；9 N_A；2：1；2：1；
（3）①根據溶液電荷守恒，溶液中存在3c（Al³⁺）+c（K⁺）+c（H⁺）=2c（SO₄^2-）+c（OH^-），而溶液中c（OH^-）很小，可以忽略不計，
則有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在反應mM+nH⁺+O₂=xM²⁺+yH₂O中，由O原子守恒可確定y=2，則n=4，由電荷守恒可知4×1=2×x，x=2；
③ClO₂和Cl₂的還原產物都為Cl^-，則反應中Cl元素化合價分別由+4價、0價降低到-1價，化合價分別變化5、1，則ClO₂的消毒效率是Cl₂的$\frac{5}{2}$=2.5倍，在處理相同量的廢水時，所需要ClO₂的物質的量是Cl₂的0.4倍；
故答案為：0.3mol•L^-1；2；0.4．

點評 本題考查了硫酸、硝酸、鹽酸的性質，化學方程式的書寫、阿伏伽德羅常數的應用，守恒規律的應用，題目難度不大．