专题22
物质性质设计与实验评价
1.(2020全国卷Ⅰ,6分)下列气体去除杂质的方法中,不能实现目的的是
气体(杂质)
方法
A
SO2(H2S)
通过酸性高锰酸钾溶液
B
Cl2(HCl)
通过饱和的食盐水
C
N2(O2)
通过灼热的铜丝网
D
NO(NO2)
通过氢氧化钠溶液
A 本题考查除杂实验知识,考查的化学核心素养是科学探究与创新意识。二氧化硫和硫化氢都具有还原性,都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应,不能用酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫中的硫化氢气体,A项符合题意;HCl极易溶于水,氯气在饱和食盐水中溶解度很小,可用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体,B项不符合题意;铜与氧气在加热条件下反应生成氧化铜,铜与氮气不反应,故可用灼热的铜丝网除去氮气中的氧气,C项不符合题意;虽然NO2和NO通入NaOH溶液中会发生反应NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O,但一般情况下含有杂质的量较少,用NaOH溶液除去NO中的NO2,会损失一部分NO,但仍然能达到实验目的,D项不符合题意。
【解后反思】 A项,H2S和SO2能发生发应2H2S+SO23S+2H2O,SO2中会有H2S杂质吗?D项,将NO、NO2同时通入氢氧化钠溶液,发生反应NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O,不能达到除杂目的,为何不是正确选项?
A项,中学普遍认为H2S和SO2的反应是能完全进行的,但实际上,大部分化学反应都有一定的限度,只是当K>1×105时,默认反应基本进行完全。也就是说,实际情况中,SO2中会有极少量H2S。SO2、H2S均能与酸性高锰酸钾溶液快速反应,离子方程式分别为5SO2+2Mn+2H2O2Mn2++5S+4H+、5H2S+2Mn+6H+2Mn2++5S↓+8H2O,故不能达到除杂目的,很明显,是符合题意的答案。D项,教材虽没有介绍NO、NO2与碱的反应,但老师一般会拓展NO、NO2尾气吸收的知识(NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O),大量试题也以此为载体命题,结合除杂过程“不增、不减、易分离”的要求,中学师生普遍认为D项不能达到除杂目的。其实,杂质的含量一般较少,用氢氧化钠溶液吸收NO2时的确会损失少量NO,但最终还是能除去NO中的NO2,达到除杂目的。至于“不减”,只是一般理论要求,在实际情况中很难做到“完全不减”。因此结合试题的命题情境,有A项存在的前提下,D项不是最符合题意的答案。
2.(2020天津,3分)检验下列物质所选用的试剂正确的是
待检验物质
所用试剂
A
海水中的碘元素
淀粉溶液
B
SO2气体
澄清石灰水
C
溶液中的Cu2+
氨水
D
溶液中的N
NaOH溶液,湿润的蓝色石蕊试纸
2.C 本题考查物质的检验,考查的化学学科核心素养是科学探究与创新意识。淀粉遇碘单质变蓝,而海水中的碘元素以离子形式存在,A项错误;CO2和SO2与澄清石灰水反应现象相同,B项错误;向含Cu2+的溶液中滴加氨水可以产生蓝色沉淀,继续滴加氨水,沉淀溶解,C项正确;检验氨气应用湿润的红色石蕊试纸,D项错误。
3.(2020山东,4分)(双选)下列操作不能达到实验目的的是
目的
操作
A
除去苯中少量的苯酚
加入适量NaOH溶液,
振荡、静置、分液
B
证明酸性:碳酸>苯酚
将盐酸与NaHCO3混合产生的气体直接通入苯酚钠溶液
C
除去碱式滴定管胶管内的气泡
将尖嘴垂直向下,挤压胶管内玻璃球将气泡排出
D
配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液
向试管中加入2
mL
10%NaOH溶液,再滴加数滴2%CuSO4溶液,振荡
3.BC 本题考查化学实验,考查的化学学科核心素养是科学探究与创新意识。苯酚能与NaOH反应生成苯酚钠,经振荡、静置、分液可分离出苯层,达到除去苯中少量苯酚的目的,A项正确;盐酸与NaHCO3反应生成的CO2中混有HCl杂质,HCl的存在干扰CO2与苯酚钠的反应,即无法证明酸性碳酸>苯酚,B项错误;除去碱式滴定管胶管内的气泡,需将胶管弯曲,用手挤压玻璃球,便于排出气泡,而尖嘴垂直向下,不利于除去气泡,C项错误;配制Cu(OH)2悬浊液时应向过量的NaOH溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液,D项正确。
4.(2020全国卷Ⅲ,6分)喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体-溶液,能出现喷泉现象的是
气体
溶液
A.
H2S
稀盐酸
B.
HCl
稀氨水
C.
NO
稀H2SO4
D.
CO2
饱和NaHCO3溶液
4.B 本题考查化学实验方案的评价,考查的化学核心素养是证据推理与模型认知。H2S与稀盐酸不反应,且在稀盐酸中的溶解度较小,向圆底烧瓶中挤入少量稀盐酸,不能造成圆底烧瓶内气压明显减小,不能形成喷泉,A项错误;HCl能与稀氨水反应,且HCl极易溶于水,向圆底烧瓶中挤入少量稀氨水会造成圆底烧瓶内气压明显减小,能形成喷泉,B项正确;NO与稀硫酸不反应,且在稀硫酸中溶解度非常小,向圆底烧瓶中挤入稀硫酸,不能造成圆底烧瓶内气压明显减小,不能形成喷泉,C项错误;CO2不与NaHCO3反应,且在饱和NaHCO3溶液中的溶解度较小,向圆底烧瓶中挤入饱和NaHCO3溶液,不能造成圆底烧瓶内气压明显减小,不能形成喷泉,D项错误。
5.(2020江苏,4分)根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液,加热,冷却后加NaOH溶液至中性,
再滴加少量碘水,
溶液变蓝
淀粉未
水解
B
室温下,向0.1
mol·L-1
HCl溶液中加入少量镁粉,
产生大量气泡,测得溶液温度上升
镁与盐酸反应放热
C
室温下,
向浓度均为0.1
mol·L-1的BaCl2和CaCl2混合溶液中加入Na2CO3溶液,出现白色沉淀
白色沉淀是BaCO3
D
向0.1
mol·L-1
H2O2溶液中滴加0.01
mol·L-1
KMnO4溶液,溶液褪色
H2O2具有氧化性
5.B 本题考查化学实验方案的设计与评价,考查的化学学科核心素养是科学探究与创新意识。淀粉水解液加NaOH溶液至中性,再加入少量碘水,溶液变蓝,说明溶液中含有淀粉,淀粉溶液在稀硫酸加热时肯定发生水解反应,根据实验现象可确定淀粉部分水解,A项错误;稀盐酸和镁粉反应后溶液温度升高,可判断镁与盐酸的反应为放热反应,B项正确;向浓度均为0.1
mol·L-1的BaCl2和CaCl2混合溶液中加入Na2CO3溶液,没有给出溶度积数据和Na2CO3溶液的用量,无法确定白色沉淀的成分,若Na2CO3溶液足量,会得到BaCO3和CaCO3两种沉淀,C项错误;KMnO4溶液具有强氧化性,与H2O2反应时H2O2表现出还原性,D项错误。专题13
电化学综合应用
1.(2020江苏,14分)CO2/HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。
(1)CO2催化加氢。在密闭容器中,向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反应制得)中通入H2生成HCOO-,其离子方程式为 ;其他条件不变,HC转化为HCOO-的转化率随温度的变化如图1所示。反应温度在40
℃~80
℃范围内,HC催化加氢的转化率迅速上升,其主要原因是 。?
图1
(2)HCOOH燃料电池。研究HCOOH燃料电池性能的装置如图2所示,两电极区间用允许K+、H+通过的半透膜隔开。
①电池负极电极反应式为 ;放电过程中需补充的物质A为 (填化学式)。?
②图2所示的HCOOH燃料电池放电的本质是通过HCOOH与O2的反应,将化学能转化为电能,其反应的离子方程式为 。?
图2
(3)HCOOH催化释氢。在催化剂作用下,HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图3所示。
图3
①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外,还生成 (填化学式)。?
②研究发现:其他条件不变时,以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢的效果更佳,其具体优点是 。?
1.(1)HC+H2HCOO-+H2O(2分) 温度升高反应速率增大,温度升高催化剂的活性增强(2分)
(2)①HCOO-+2OH--2e-HC+H2O(2分) H2SO4(2分)
②2HCOOH+2OH-+O22HC+2H2O或2HCOO-+O22HC(2分)
(3)①HD(2分) ②提高释放氢气的速率,提高释放出氢气的纯度(2分)
【解析】 本题考查离子方程式的书写、影响化学反应速率的因素、原电池的工作原理等知识,考查的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想。(1)HC和H2在催化剂的作用下反应生成HCOO-,根据原子守恒和电荷守恒,可知生成物中还有水,据此可写出有关反应的离子方程式。适当升高温度时,催化剂的活性增强,HC催化加氢的反应速率增大,相同反应时间内,HC催化加氢的转化率迅速上升。(2)①负极发生氧化反应,碱性条件下,HCOO-(其中的碳元素为+2价)被氧化生成HC(其中的碳元素为+4价),则负极的电极反应式为HCOO-+2OH--2e-HC+H2O。正极反应中,Fe3+被还原为Fe2+,Fe2+再被O2在酸性条件下氧化为Fe3+,因为最终有K2SO4生成,O2氧化Fe2+的过程中要消耗H+,故需要补充的物质A为H2SO4。②结合上述分析可知,HCOOH与O2反应的离子方程式为2HCOOH+2OH-+O22HC+2H2O或2HCOO-+O22HC。(3)①根据原子守恒并结合题图3,可知HCOOD催化释氢反应除生成CO2外,还生成HD。②从题图3可以看出,HCOOH催化释氢的第一步是转化为HCOO-,故以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢,可以提高释放氢气的速率,又HCOOK催化释氢时,氢元素的来源单一,提高释放出氢气的纯度。专题18
化学实验仪器
基本操作
1.(2020江苏,2分)实验室以CaCO3为原料,制备CO2并获得CaCl2·6H2O晶体。下列图示装置和原理不能达到实验目的的是
1.D 本题考查化学实验方案的设计与评价,考查的化学学科核心素养是科学探究与创新意识。稀盐酸与CaCO3反应生成CO2气体;CO2气体密度比空气大,可用向上排空气法收集;CaCO3不溶于水,可通过过滤除去未反应的CaCO3固体;得到CaCl2·6H2O晶体可采用冷却结晶的方法,不能采用蒸发结晶的方法,因为加热易失去结晶水,而得不到CaCl2·6H2O晶体,D项错误。
2.(2020天津,3分)下列实验仪器或装置的选择正确的是
配制50.00
mL
0.100
0
mol·L-1
Na2CO3溶液
除去Cl2中的HCl
A
B
蒸馏用冷凝管
盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶
C
D
2.B 本题考查实验仪器或装置的选用,考查的化学学科核心素养是科学探究与创新意识。配制一定物质的量浓度的溶液应选用容量瓶,A项错误;氯化氢极易溶于水,通入饱和食盐水,除去HCl的同时可以降低氯气的溶解度,B项正确;蒸馏时应选用直形冷凝管,C项错误;盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶应使用橡胶塞,D项错误。
3.(2020山东,2分)利用下列装置(夹持装置略)进行实验,能达到实验目的的是
A.用甲装置制备并收集CO2
B.用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生
C.用丙装置制备无水MgCl2
D.用丁装置在铁上镀铜
3.C 本题考查化学实验,考查的化学学科核心素养是科学探究与创新意识。NaHCO3受热分解能生成CO2,但CO2应用向上排空气法收集,A项错误;苯的溴代反应为放热反应,能促进液溴的挥发,验证有HBr产生时,导出的气体在通入AgNO3溶液前需经CCl4洗涤,除去HBr中混有的溴蒸气,B项错误;MgCl2·6H2O在HCl气氛下加热,能防止水解而制得无水MgCl2,HCl不能直接排放到空气中,需进行尾气处理,C项正确;在铁上镀铜时,镀层金属Cu作阳极,待镀制品作阴极,D项错误。
4.(2020山东,2分)实验室中下列做法错误的是
A.用冷水贮存白磷
B.用浓硫酸干燥二氧化硫
C.用酒精灯直接加热蒸发皿
D.用二氧化碳灭火器扑灭金属钾的燃烧
4.D 本题考查药品的保存、仪器加热的方法、气体的干燥等化学基础知识,考查的化学学科核心素养是科学探究与创新意识。白磷着火点比较低,为防止其自燃,通常将其贮存在冷水中,A项正确;浓硫酸具有吸水性,且不与SO2反应,可用于干燥SO2,B项正确;蒸发皿可直接用酒精灯加热,C项正确;金属钾及其燃烧生成的K2O2、KO2等产物均能和CO2反应,因此不能用二氧化碳灭火器扑灭金属钾的燃烧,可直接用干燥的沙土盖灭,D项错误。
5.(2020浙江7月选考,2分)下列有关实验说法不正确的是
A.萃取Br2时,向盛有溴水的分液漏斗中加入CCl4,振荡、静置分层后,打开旋塞,先将水层放出
B.做焰色反应前,铂丝用稀盐酸清洗并灼烧至火焰呈无色
C.乙醇、苯等有机溶剂易被引燃,使用时须远离明火,用毕立即塞紧瓶塞
D.可用AgNO3溶液和稀HNO3区分NaCl、NaNO2和NaNO3
5.A 本题考查实验知识,考查的化学学科核心素养是科学探究与创新意识。分离分液漏斗中的液体时,下层液体从下口流出,上层液体从上口倒出,因四氯化碳密度比水大,在下层,故水层应从上口倒出,A项错误;做焰色反应前,铂丝应用稀盐酸清洗并灼烧至火焰呈无色,目的是防止其他离子产生干扰,B项正确;乙醇、苯等有机物易挥发,遇明火易被引燃,使用时须远离明火,用毕立即塞紧瓶塞,C项正确;加入硝酸银得到白色沉淀,加入稀硝酸沉淀不溶解的是NaCl,加入硝酸银得到白色沉淀,加入稀硝酸沉淀溶解的是NaNO2,加入硝酸银得不到沉淀的是NaNO3,D项正确。专题08
非金属及其化合物
1.(2020浙江7月选考,2分)Ca3SiO5是硅酸盐水泥的重要成分之一,其相关性质的说法不正确的是
A.可发生反应:Ca3SiO5+4NH4ClCaSiO3+2CaCl2+4NH3↑+2H2O
B.具有吸水性,需要密封保存
C.能与SO2反应生成新盐
D.与足量盐酸作用,所得固体产物主要为SiO2
1.D 本题考查元素化合物知识,考查的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。加热时氯化铵分解生成HCl和氨气,HCl与Ca3SiO5反应得到硅酸钙、氯化钙和水,A项正确;水泥吸水会变硬,需密封保存,B项正确;Ca3SiO5能与二氧化硫反应得到亚硫酸钙,C项正确;由上述分析可知,Ca3SiO5与足量盐酸反应得不到二氧化硅,D项错误。
2.(2020全国卷Ⅱ,6分)二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响,其原理如图所示。下列叙述错误的是
A.海水酸化能引起HC浓度增大、C浓度减小
B.海水酸化能促进CaCO3的溶解,导致珊瑚礁减少
C.CO2能引起海水酸化,其原理为HCH++C
D.使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境
2.C 本题考查CO2与海洋环境的关系,考查的核心素养是宏观辨识与微观探析。根据图示可知CO2的过量排放,能导致海水中CO2+H2OH2CO3H++HC平衡右移;H+又能与珊瑚礁溶解生成的C结合生成HC,促使CaCO3Ca2++C平衡右移,从而使珊瑚礁减少。结合上述分析可知海水酸化,海水中H+和HC的浓度均增大,使海水中C的浓度减小,A项正确;H+可结合珊瑚礁溶解产生的C,故能促进CaCO3的溶解,使珊瑚礁减少,B项正确;CO2引起海水酸化的原理为CO2+H2OH2CO3H++HC,C项错误;使用太阳能、氢能等新能源,能有效减少CO2的排放,利于改善珊瑚的生存环境,D项正确。
3.
(2020浙江1月选考,2分)下列说法不正确的是
A.二氧化硅导电能力强,可用于制造光导纤维
B.石灰石在高温下可用于消除燃煤烟气中的SO2
C.钠着火不能用泡沫灭火器灭火
D.利用催化剂可减少汽车尾气中有害气体的排放
3.A 本题考查物质的性质与用途。二氧化硅不能导电,A错误;石灰石在高温下分解生成碱性氧化物氧化钙,氧化钙、二氧化硫和氧气在高温下反应能生成硫酸钙,从而消除燃煤烟气中的二氧化硫,B正确;钠与水、二氧化碳均能发生反应,所以钠着火不能用泡沫灭火器灭火,C正确;利用催化剂可将汽车尾气中的有害气体转化成无害气体,从而减少汽车尾气中有害气体的排放,D正确。
4.(2020浙江1月选考,10分)Ⅰ.由三种元素组成的化合物A,按如下流程进行实验。气体B为纯净物,溶液C焰色反应为砖红色,气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
请回答:
(1)组成A的三种元素是 ,A的化学式是 。?
(2)固体A与足量稀盐酸反应的化学方程式是
。?
(3)气体E与甲醛在一定条件可生成乌洛托品(学名:六亚甲基四胺),该反应的化学方程式是?
(乌洛托品可以用分子式表示)。?
Ⅱ.某兴趣小组为探究H2S和Cl2O的性质,将两种气体同时通入水中,实验装置如图:
请回答:
(1)三颈瓶中出现淡黄色沉淀,溶液呈强酸性,用一个化学方程式表示
。?
(2)若通入水中的Cl2O已过量,设计实验方案检验 。?
4.Ⅰ.(1)Ca、H和N(1分) Ca2HN(1分)
(2)Ca2HN+5HCl2CaCl2+H2↑+NH4Cl(2分)
(3)4NH3+6HCHO(或C6H12N4)+6H2O(2分)
Ⅱ.(1)2H2S+Cl2O2S↓+2HCl+H2O(2分)
(2)用玻璃棒蘸取清液,点到KI-淀粉试纸上,如果变蓝(或变蓝后再褪色),说明Cl2O过量(2分)
【解析】 本题考查元素化合物的性质与化学实验等知识。Ⅰ.(1)溶液C焰色反应呈砖红色,说明溶液C中含有钙元素,则沉淀F为CaCO3,n(Ca)=0.04
mol,分析题给流程可知,钙元素来自化合物A,1.90
g固体A中m(Ca)=1.60
g,则剩余两种元素的质量为0.30
g。气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则E为NH3,固体A中含有氮元素。气体B为纯净物,根据题给流程信息,可假设气体B为H2,HCl和H2O中的氢元素均为+1价,则固体A中应该有-1价H,H2由固体A和+1价H发生归中反应生成,故固体A由Ca、N、H三种元素组成,由于1.90
g固体A中氮、氢元素的质量之和为0.30
g,生成的H2为0.02
mol,可以推出1.90
g固体A中含氢元素的质量为0.02
g,含氮元素的质量为0.28
g,则A的化学式为Ca2HN,此时A满足各元素化合价代数和为0,且符合题给转化关系。(2)Ca2HN中H显-1价,N显-3价,Ca2HN与HCl反应生成CaCl2、H2、NH4Cl,故化学方程式为Ca2HN+5HCl2CaCl2+H2↑+NH4Cl。(3)乌洛托品中N原子和C原子个数之比为4∶6,故消耗的NH3和HCHO的物质的量之比为4∶6,根据原子守恒可知另一种产物为H2O。Ⅱ.(1)H2S具有强还原性,Cl2O具有强氧化性,两者一同通入水中,发生氧化还原反应,生成S和HCl,故反应的化学方程式为2H2S+Cl2O2S↓+2HCl+H2O。(2)要检验通入水中的Cl2O已过量,可以检验溶液具有强氧化性,方法为用玻璃棒蘸取少量溶液,滴在KI-淀粉试纸上,若KI-淀粉试纸变蓝或先变蓝后褪色,则说明Cl2O过量。
5.(2020江苏,12分)次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠。
(1)NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备NaClO的离子方程式为 ;用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用,若在空气中暴露时间过长且见光,将会导致消毒作用减弱,其原因是 。?
(2)二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为
C3N3O3C+H++2H2OC3H3N3O3+2HClO
HClO+2I-+H+I2+Cl-+H2O
I2+2S2S4+2I-
准确称取1.120
0
g样品,用容量瓶配成250.0
mL溶液;取25.00
mL上述溶液于碘量瓶中,加入适量稀硫酸和过量KI溶液,密封在暗处静置5
min;用0.100
0
mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色,加入淀粉指示剂,继续滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液20.00
mL。
①通过计算判断该样品是否为优质品。
(写出计算过程,该样品的有效氯=×100%)
②若在检测中加入稀硫酸的量过少,将导致样品的有效氯测定值 (填“偏高”或“偏低”)。?
5.(1)Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O(2分) NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO,HClO见光分解(2分)
(2)①n(S2)=0.100
0
mol·L-1×0.020
00
L=2.000×10-3
mol
根据物质转换和电子得失守恒关系:C3N3O3C~2HClO~2I2~4S2得n(Cl)=0.5n(S2)=1.000×10-3
mol
氯元素的质量:
m(Cl)=1.000×10-3
mol×35.5
g·mol-1=0.035
50
g
该样品的有效氯为×2×100%=63.39%
该样品的有效氯大于60%,故该样品为优质品(6分)
②偏低(2分)
【解析】 本题考查离子方程式书写、次氯酸的性质、滴定计算等。(1)Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O。HClO的酸性弱于H2CO3,则NaClO溶液露置于空气中,与空气中CO2反应产生HClO,HClO见光易分解,故会导致消毒作用减弱。(2)①依据三个反应得出关系式:C3N3O3C~2HClO~2I2~
4S2,根据Na2S2O3的消耗量,可以计算出测定中转化为HClO的氯的物质的量,进而得出氯元素的质量,再由有效氯的计算公式×100%,可计算出有效氯。②加入的稀硫酸的量过少,则生成的I2少,消耗Na2S2O3的量减少,则计算出的HClO的量偏少,导致样品的有效氯测定值偏低。
6.(2020全国卷Ⅱ,14分)化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料,又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题:
(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料,可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许 离子通过,氯气的逸出口是 (填标号)。?
(2)次氯酸为一元弱酸,具有漂白和杀菌作用,其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)=,X为HClO或ClO-]与pH的关系如图(b)所示。HClO的电离常数Ka值为 。?
(3)Cl2O为淡棕黄色气体,是次氯酸的酸酐,可由新制的HgO和Cl2反应来制备,该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为 ? 。?
(4)ClO2常温下为黄色气体,易溶于水,其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”,能快速溶于水,逸出大量气泡,得到ClO2溶液。上述过程中,生成ClO2的反应属于歧化反应,每生成1
mol
ClO2消耗NaClO2的量为 mol;产生“气泡”的化学方程式为 。?
(5)“84消毒液”的有效成分为NaClO,不可与酸性清洁剂混用的原因是 (用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液,若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%,则生产1
000
kg该溶液需消耗氯气的质量为 kg(保留整数)。?
6.(1)Na+(1分) a(1分) (2)10-7.5(2分) (3)2Cl2+HgOHgCl2+Cl2O(2分) (4)1.25(2分) NaHCO3+NaHSO4CO2↑+Na2SO4+H2O(2分) (5)ClO-+Cl-+2H+Cl2↑+H2O(2分) 203(2分)
【解析】 本题以氯及其化合物为载体考查电解原理、电离平衡、氧化还原反应等知识的综合应用,考查的核心素养是变化观念与平衡思想。(1)结合题图(a)电解装置,可知阴极上水电离出的H+得电子生成H2,Na+从左侧通过离子膜向阴极移动,即该装置中的离子膜只允许Na+通过;电解时阳极上Cl-失去电子,Cl2在a口逸出。(2)HClO溶液中存在电离平衡HClOH++ClO-,HClO的电离常数Ka=,由题图(b)可知当pH=7.5时,溶液中c(ClO-)=c(HClO),即Ka=10-7.5。(3)根据Cl2与HgO的反应为歧化反应,且一种生成物为Cl2O,可知该反应的化学方程式为2Cl2+HgOHgCl2+Cl2O。(4)结合题中信息制备ClO2时发生歧化反应,可知反应的化学方程式为5NaClO2+4NaHSO4NaCl+4Na2SO4+4ClO2↑+2H2O,即生成1
mol
ClO2时消耗1.25
mol
NaClO2;NaHCO3与NaHSO4反应产生CO2气体,产生气泡。(5)酸性清洁剂的主要成分为HCl,与NaClO溶液发生氧化还原反应生成Cl2,即ClO-+Cl-+2H+Cl2↑+H2O,故二者不能混用。Cl2和NaOH溶液生成NaClO的反应为Cl2+2NaOHNaClO+NaCl+H2O,设反应中消耗Cl2和NaOH溶液的质量分别为x
kg和y
kg,依据题意有等量关系,x+y=1
000,解得x≈203,y≈797。专题06
氧化还原反应
1.(2020山东,2分)下列叙述不涉及氧化还原反应的是
A.谷物发酵酿造食醋
B.小苏打用作食品膨松剂
C.含氯消毒剂用于环境消毒
D.大气中NO2参与酸雨形成
1.B 本题考查氧化还原反应的判断。谷物发酵酿造食醋过程中CH3CH2OH转化为CH3COOH属于氧化还原反应,A项不符合题意;小苏打用作食品膨松剂利用的是NaHCO3受热分解会放出CO2的性质,不涉及氧化还原反应,B项符合题意;含氯消毒剂具有较强的氧化性,消毒时发生氧化还原反应,C项不符合题意;大气中的NO2形成酸雨时发生反应3NO2+H2O2HNO3+NO,该反应属于氧化还原反应,D项不符合题意。
2.(2020浙江7月选考,2分)反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O中,氧化产物与还原产物的物质的量之比是
A.1∶2
B.1∶1
C.2∶1
D.4∶1
2.B 本题考查氧化还原相关知识,考查的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。根据化合价变化可找出氧化剂和还原剂,氧化剂得电子化合价降低,则二氧化锰是氧化剂,氧化剂对应的生成物是还原产物,则MnCl2为还原产物;还原剂失电子化合价升高,则HCl为还原剂,还原剂对应的生成物是氧化产物,则Cl2为氧化产物,氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1。
3.(2020浙江1月选考,2分)反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O中,氧化产物是
A.MnO2
B.HCl
C.MnCl2
D.Cl2
3.D 本题考查氧化还原反应相关知识。反应中HCl中氯元素的化合价从-1升高至0,发生氧化反应,生成的氯气属于氧化产物,D正确。专题19
物质的检验、分离与提纯
1.(2020全国卷Ⅱ,6分)某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的两种组成,进行如下实验:
①混合物溶于水,得到澄清透明溶液;②做焰色反应,通过钴玻璃可观察到紫色;③向溶液中加碱,产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为
A.KCl、NaCl
B.KCl、MgSO4
C.KCl、CaCO3
D.MgSO4、NaCl
1.B 本题考查物质的检验,考查的核心素养是科学探究与创新意识。根据实验①混合物溶于水,得到澄清透明溶液,而CaCO3难溶于水,即白色固体中一定不含CaCO3;根据实验②做焰色反应时焰色呈紫色(透过蓝色钴玻璃)可确定含有钾元素,即白色固体中含有KCl;结合实验③向溶液中加碱产生白色沉淀,可知溶液中含有能与OH-反应生成白色沉淀的离子,只能为Mg2+,即白色固体的另一成分为MgSO4。结合上述分析,可知B项正确。
2.(2020浙江7月选考,2分)黄色固体X,可能含有漂白粉、FeSO4、Fe2(SO4)3、CuCl2、KI之中的几种或全部。将X与足量的水作用,得到深棕色固体混合物Y和无色碱性溶液Z。下列结论合理的是
A.X中含KI,可能含有CuCl2
B.X中含有漂白粉和FeSO4
C.X中含有CuCl2,Y中含有Fe(OH)3
D.用H2SO4酸化溶液Z,若有黄绿色气体放出,说明X中含有CuCl2
2.C 本题考查物质推断和元素化合物知识,考查的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。由黄色固体X与足量的水作用得到深棕色固体混合物Y和无色碱性溶液Z可知,X中含有CuCl2、漂白粉,至少含有FeSO4、Fe2(SO4)3中的一种,不含KI,A、B项错误,C项正确;漂白粉中含有CaCl2和Ca(ClO)2,用硫酸酸化可得到氯气,由题述实验现象不能说明X中含有CuCl2,D项错误。
3.(2020山东,2分)实验室分离Fe3+和Al3+的流程如下:
已知Fe3+在浓盐酸中生成黄色配离子[FeCl4]-,该配离子在乙醚(Et2O,沸点34.6
℃)中生成缔合物Et2O·H+·[FeCl4]-。下列说法错误的是
A.萃取振荡时,分液漏斗下口应倾斜向下
B.分液时,应先将下层液体由分液漏斗下口放出
C.分液后水相为无色,说明已达到分离目的
D.蒸馏时选用直形冷凝管
3.A 本题结合实验流程考查物质的分离提纯,考查的化学学科核心素养是科学探究与创新意识。萃取振荡时,应盖上分液漏斗上方的塞子,关闭旋塞,将分液漏斗下口倾斜向上,A项错误;液体分层后,先将下层液体由分液漏斗下口放出,关闭旋塞,再从上口倒出上层液体,B项正确;加入乙醚萃取后,Fe3+完全转化为Et2O·H+·[FeCl4]-,则分液后水相为无色,说明已达到分离目的,C项正确;蒸馏时选用直形冷凝管,便于馏分流出,D项正确。专题10
元素周期表和元素周期律
1.(2020江苏,2分)下列关于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法正确的是
A.NaOH的碱性比Mg(OH)2的强
B.Cl2得到电子的能力比Br2的弱
C.原子半径r:r(Br)>r(Cl)>r(Mg)>r(Na)
D.原子的最外层电子数n:n(Na)1.A 本题考查元素及其化合物相关知识,考查的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。元素的金属性越强,其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强,A项正确;Cl的非金属性强于Br,则Cl2得到电子的能力比Br2强,B项错误;同周期元素从左到右原子半径逐渐减小,则原子半径大小顺序为r(Na)>r(Mg)>r(Cl),C项错误;Na、Mg、Cl、Br原子的最外层电子数分别为1、2、7、7,D项错误。
2.(2020全国卷Ⅲ,6分)W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素,四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z;化合物XW3与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是
A.非金属性:W>X>Y>Z
B.原子半径:Z>Y>X>W
C.元素X的含氧酸均为强酸
D.Y的氧化物水化物为强碱
2.D 本题考查元素推断及元素周期律,考查的化学核心素养是宏观辨识与微观探析。化合物XW3与WZ相遇会产生白烟,结合W、X、Y、Z的原子序数依次增大,四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z,可知W、X、Y、Z分别为H、N、Na、Cl,XW3为NH3,WZ为HCl。由上述分析可知,W为H、X为N、Y为Na、Z为Cl。非金属性:Cl>N>H>Na,A项错误。同周期主族元素满足序大径小的规则,原子半径:Na>Cl>N>H,B项错误。N可以形成HNO2,HNO2为弱酸,C项错误。Na的氧化物的水化物为NaOH,NaOH属于强碱,D项正确。
3.(2020浙江7月选考,2分)X、Y、Z、M、Q五种短周期元素,原子序数依次增大。Y元素的最高正价为+4价,Y元素与Z、M元素相邻,且与M元素同主族;化合物Z2X4的电子总数为18个;Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子。下列说法不正确的是
A.原子半径:ZB.最高价氧化物对应水化物的酸性:Z>Y>M
C.X2Z-ZX2易溶于水,其水溶液呈碱性
D.X、Z和Q三种元素形成的化合物一定是共价化合物
3.D 本题考查元素周期律,考查的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。X、Y、Z、M、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素,结合“Y元素的最高正价为+4价,Y元素与Z、M元素相邻,且与M元素同主族”,可推出Y为C、Z为N、M为Si,由“化合物Z2X4的电子总数为18个”可推出X为H,由“Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子”可推出Q为Cl。根据同一周期主族元素从左到右原子半径依次减小,同一主族元素从上到下原子半径依次增大,可得原子半径:Z(N)Y(H2CO3)>M(H2SiO3),B项正确;H2N—NH2为联氨,是一种极性较强的化合物,能与水、醇等形成分子间氢键,根据相似相溶原理,联氨能溶于水、醇等极性溶剂中,又H2NNH2+H2OH2NN+OH-,其水溶液呈碱性,C项正确;X(H)、Z(N)、Q(Cl)三种元素可形成NH4Cl,NH4Cl是离子化合物,D项错误。
4.(2020全国卷Ⅱ,6分)一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示),具有良好的储氢性能,其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述错误的是
A.该化合物中,W、X、Y之间均为共价键
B.Z的单质既能与水反应,也可与甲醇反应
C.Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸
D.X的氟化物XF3中原子均为8电子稳定结构
4.D 本题考查物质结构与元素周期律、化学键等知识,考查的核心素养是证据推理与模型认知。由题意,4种短周期主族元素中,Z的原子序数最大,且能形成Z+,则Z为钠元素,W的原子序数最小,且形成一个化学键,则W为氢元素,再由4种元素的原子序数之和为24,可知X与Y的原子序数之和为12,结合题给化合物中X与Y的成键数,可知X为硼元素,Y为氮元素。从该化合物的成键情况可确定H、B、N之间均为共价键,A项正确;Na为活泼金属,既能与水反应,又能与CH3OH发生置换反应生成H2,B项正确;氮元素的最高价氧化物对应的水化物为HNO3,是典型的强酸,C项正确;BF3中硼原子不满足8电子稳定结构,D项错误。
5.(2020全国卷Ⅰ,6分)1934年约里奥-居里夫妇在核反应中用α粒子(即氦核He)轰击金属原子,得到核素,开创了人造放射性核素的先河:
其中元素X、Y的最外层电子数之和为8。下列叙述正确的是
A.的相对原子质量为26
B.X、Y均可形成三氯化物
C.X的原子半径小于Y的
D.Y仅有一种含氧酸
5.B 本题考查物质结构和元素周期律,考查的化学核心素养是证据推理与模型认知。由可得W+4=30+1,则W=27,设金属原子X的最外层电子数为x,结合题给信息可知,x+x+2=8,解得x=3,可得Z=13,X为Al,Y为PAl的相对原子质量为27,A项错误;X(Al)、Y(P)均可形成三氯化物,分别为AlCl3、PCl3,B项正确;根据同一周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小知,X(Al)的原子半径大于Y(P)的,C项错误;Y(P)有多种含氧酸,如H3PO3和H3PO4等,D项错误。
6.(2020浙江7月选考,4分)(1)气态氢化物热稳定性HF大于HCl的主要原因是 。?
(2)CaCN2是离子化合物,各原子均满足8电子稳定结构,CaCN2的电子式是 。?
(3)常温下,在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷,原因是 。?
6.(1)原子半径FCl—H(2分)
(2)Ca2+[∶∶C∶∶]2-(1分)
(3)乙醇与水之间形成氢键而氯乙烷没有(1分)
【解析】 本题考查气态氢化物的热稳定性、电子式的书写、物质的溶解度等,考查的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析。(1)可以根据共价键的稳定性比较气态氢化物的热稳定性,键长越短,键能越大,则气态氢化物的热稳定性越强,原子半径:FCl—H,故HF的热稳定性大于HCl的热稳定性。也可以根据元素非金属性的强弱比较气态氢化物的热稳定性,元素的非金属性越强,气态氢化物的热稳定性越强,非金属性:F>Cl,故HF的热稳定性大于HCl的热稳定性。(2)CaCN2是离子化合物,各原子均满足8电子稳定结构,则阴离子的结构式为[NCN]2-,故CaCN2的电子式为Ca2+[∶∶C∶∶]2-。(3)影响物质在水中溶解度的因素有:物质的极性、是否含有氢键、能否与水发生化学反应等。乙醇、氯乙烷、水均为极性分子,但乙醇与水分子能形成氢键,因此在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷。专题01
化学与STSE
1.(2020全国卷Ⅰ,6分)国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出,乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品,下列说法错误的是
A.CH3CH2OH能与水互溶
B.NaClO通过氧化灭活病毒
C.过氧乙酸相对分子质量为76
D.氯仿的化学名称是四氯化碳
1.D 本题考查生活中的化学知识,考查的化学核心素养是科学态度与社会责任。乙醇易溶于水,能与水以任意比例互溶,A项正确;次氯酸钠具有强氧化性,能通过氧化灭活病毒,B项正确;由过氧乙酸的结构简式(CH3COOOH)可知其相对分子质量为76,C项正确。氯仿的化学式为CHCl3,化学名称是三氯甲烷,D项错误。
2.(2020浙江7月选考,2分)下列说法不正确的是
A.高压钠灯可用于道路照明
B.SiO2可用来制造光导纤维
C.工业上可采用高温冶炼黄铜矿的方法获得粗铜
D.BaCO3不溶于水,可用作医疗上检查肠胃的钡餐
2.D 本题考查物质用途,考查的化学核心素养是宏观辨识与微观探析。高压钠灯射程远、透雾能力强,可用于道路照明,A项正确;二氧化硅常用于制造光导纤维,B项正确;冶炼较不活泼的金属常用热还原的方法,高温冶炼黄铜矿是热还原法冶炼粗铜,C项正确;碳酸钡不溶于水,但溶于胃液的成分盐酸,常用不溶于盐酸的硫酸钡作钡餐,D项错误。
3.(2020天津,3分)晋朝葛洪的《肘后备急方》中记载:“青蒿一握,以水二升渍,绞取汁,尽服之……”,受此启发为人类做出巨大贡献的科学家是
A.屠呦呦
B.钟南山
C.侯德榜
D.张青莲
3.A 本题以古文献为基础考查我国科学家取得的成就,考查的化学学科核心素养是科学态度与社会责任。屠呦呦受题述文献的启发发现了青蒿素,后创制新型抗疟药青蒿素和双氢青蒿素,为人类做出了巨大贡献,A项正确。
4.(2020全国卷Ⅲ,6分)宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色,历经千年色彩依然,其中绿色来自孔雀石颜料[主要成分为Cu(OH)2·CuCO3],青色来自蓝铜矿颜料[主要成分为Cu(OH)2·2CuCO3]。下列说法错误的是
A.保存《千里江山图》需控制温度和湿度
B.孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化
C.孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱
D.Cu(OH)2·CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2·2CuCO3
4.C 本题考查传统文化中的化学知识,考查的化学核心素养是科学态度与社会责任。Cu(OH)2和CuCO3在高温时均易分解,在潮湿的空气中会有微量溶解,因此保存《千里江山图》需控制温度和湿度,A项正确;孔雀石和蓝铜矿颜料中的Cu元素均为+2价,处于Cu元素的最高价态,因此孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化,B项正确;Cu(OH)2和CuCO3均能与强酸发生反应,C项错误;Cu(OH)2中Cu的质量分数为65.3%,CuCO3中Cu的质量分数为51.6%,因此Cu(OH)2·CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2·2CuCO3中铜的质量分数,D项正确。
5.(2020全国卷Ⅱ,6分)北宋沈括《梦溪笔谈》中记载:“信州铅山有苦泉,流以为涧。挹其水熬之则成胆矾,烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的是
A.胆矾的化学式为CuSO4
B.胆矾可作为湿法冶铜的原料
C.“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程
D.“熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”是发生了置换反应
5.A 本题结合古文献考查化学与STSE,考查的核心素养是科学态度与社会责任。胆矾的化学式为CuSO4·5H2O,A项错误;湿法冶铜的原理是CuSO4+FeFeSO4+Cu,即胆矾可作为湿法冶铜的原料,B项正确;CuSO4溶液经熬制可以得到胆矾,是CuSO4溶液浓缩结晶的过程,C项正确;熬胆矾的铁釜中发生的反应为CuSO4+FeFeSO4+Cu,属于置换反应,D项正确。
6.(2020浙江1月选考,2分)下列说法不正确的是
A.天然气的主要成分甲烷是高效、较洁净的燃料
B.石油的分馏、煤的气化和液化都是物理变化
C.石油的裂化主要是为了得到更多的轻质油
D.厨余垃圾中蕴藏着丰富的生物质能
6.B 本题考查化石燃料、生物质能等相关知识。天然气的主要成分是甲烷,甲烷是高效、较洁净的燃料,A正确;煤的气化和液化都涉及化学变化,B错误;石油的裂化是将重油裂化为汽油等,以获得更多的轻质油,C正确;厨余垃圾中蕴藏着丰富的生物质能,D正确。专题05
离子反应
1.(2020全国卷Ⅲ,6分)对于下列实验,能正确描述其反应的离子方程式是
A.用Na2SO3溶液吸收少量Cl2:3S+Cl2+H2O2HS+2Cl-+S
B.向CaCl2溶液中通入CO2:Ca2++H2O+CO2CaCO3↓+2H+
C.向H2O2溶液中滴加少量FeCl3:2Fe3++H2O2O2↑+2H++2Fe2+
D.同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合:N+OH-NH3·H2O
1.A 本题考查离子方程式的正误判断,考查的化学核心素养是证据推理与模型认知。由于氯气少量,S不能被氯气完全氧化为S,剩余的S在酸性溶液中转化为HS,A项正确;CO2与CaCl2溶液不反应,B项错误;向H2O2溶液中滴加少量FeCl3溶液,FeCl3为催化剂,发生的反应为2H2O22H2O+O2↑,C项错误;D项中NH4HSO4与NaOH的物质的量相等,反应的离子方程式为H++OH-H2O,D项错误。
2.(2020天津,3分)下列离子方程式书写正确的是
A.CaCO3与稀硝酸反应:C+2H+H2O+CO2↑
B.FeSO4溶液与溴水反应:2Fe2++Br22Fe3++2Br-
C.NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应:H2C2O4+2OH-C2+2H2O
D.C6H5ONa溶液中通入少量CO2:2C6H5O-+CO2+H2O2C6H5OH+C
2.B 本题考查离子方程式的正误判断,考查的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析。碳酸钙难溶于水,在离子方程式中应写成化学式,A项错误;Br2能够氧化Fe2+,B项正确;NaOH与过量H2C2O4反应生成NaHC2O4,C项错误;苯酚的酸性比HC强,无论向苯酚钠溶液中通入少量CO2或过量CO2,均只生成HC,D项错误。
3.(2020江苏,2分)下列指定反应的离子方程式正确的是
A.Cl2通入水中制氯水:Cl2+H2O2H++Cl-+ClO-
B.NO2通入水中制硝酸:2NO2+H2O2H++N+NO
C.0.1
mol·L-1
NaAlO2溶液中通入过量CO2:Al+CO2+2H2OAl(OH)3↓+HC
D.0.1
mol·L-1
AgNO3溶液中加入过量浓氨水:Ag++NH3+H2OAgOH↓+N
3.C 本题考查离子方程式的正误判断,考查的化学学科核心素养是变化观念与平衡思想。HClO为弱电解质,在离子方程式中不能拆开,A项错误;B项电荷不守恒,正确的离子方程式为3NO2+H2O2H++2N+NO,B项错误;CO2过量,生成HC,C项正确;AgOH不能稳定存在,正确的离子方程式为Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+,D项错误。
4.(2020浙江7月选考,2分)能正确表示下列反应的离子方程式是
A.(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应:S+Ba2+BaSO4↓
B.电解MgCl2水溶液:2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑
C.乙酸乙酯与NaOH溶液共热:CH3COOCH2CH3+OH-CH3COO-+CH3CH2OH
D.CuSO4溶液中滴加稀氨水:Cu2++2OH-Cu(OH)2↓
4.C 本题考查离子方程式的书写,考查的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析。硫酸亚铁铵溶液与少量氢氧化钡溶液反应的离子方程式为Fe2++S+Ba2++2OH-Fe(OH)2↓+BaSO4↓,A项错误;电解MgCl2水溶液的离子方程式为Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑,B项错误;乙酸乙酯在氢氧化钠条件下水解得到乙酸钠和乙醇,C项正确;一水合氨是弱碱,书写离子方程式时不能拆写,应为Cu2++2NH3·H2OCu(OH)2↓+2N,D项错误。
5.(2020江苏,2分)常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A.0.1
mol·L-1氨水溶液:Na+、K+、OH-、N
B.0.1
mol·L-1盐酸溶液:Na+、K+、S、Si
C.0.1
mol·L-1KMnO4溶液:N、Na+、N、I-
D.0.1
mol·L-1AgNO3溶液:N、Mg2+、Cl-、S
5.A 本题考查离子共存,考查的化学学科核心素养是变化观念与平衡思想。氨水中,Na+、K+、OH-、N彼此不反应,能大量共存,A项正确;盐酸中的H+能与Si结合生成H2SiO3沉淀,B项错误;KMnO4溶液具有强氧化性,具有还原性的I-不能大量存在,C项错误;AgNO3溶液中的Ag+能与Cl-反应生成AgCl沉淀,二者不能大量共存,D项错误。
6.(2020浙江1月选考,2分)不能正确表示下列变化的离子方程式是
A.BaCO3溶于盐酸:BaCO3+2H+Ba2++CO2↑+H2O
B.FeCl3溶液腐蚀铜板:2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+
C.苯酚钠溶液中通入少量CO2:2+CO2+H2O2+C
D.醋酸钠水解:CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-
6.C 本题考查离子方程式的正误判断。碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水,且题给离子方程式符合守恒规律,A不符合题意;氯化铁与铜在水溶液中发生反应生成氯化铜和氯化亚铁,且题给离子方程式符合守恒规律,B不符合题意;苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳生成苯酚和碳酸氢钠,C符合题意;醋酸钠水解生成醋酸和氢氧化钠,该过程是可逆的,且题给离子方程式符合守恒规律,D不符合题意。专题03
阿伏加德罗常数
1.(2020全国卷Ⅲ,6分)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A.22.4
L(标准状况)氮气中含有7NA个中子
B.1
mol重水比1
mol水多NA个质子
C.12
g石墨烯和12
g金刚石均含有NA个碳原子
D.1
L
1
mol·L-1NaCl溶液含有28NA个电子
1.C 本题考查阿伏加德罗常数的有关计算,考查的化学核心素养是宏观辨识与微观探析。22.4
L(标准状况)氮气为1
mol,含有的中子数为14NA,A项错误;1
mol重水与1
mol水中的质子数相同,B项错误;石墨烯与金刚石均为碳元素形成的单质,12
g石墨烯和12
g金刚石含碳原子数均为NA,C项正确;NaCl溶液中的水分子中也含有电子,D项错误。
2.(2020浙江7月选考,2分)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A.4Mn+5HCHO+12H+4Mn2++5CO2↑+11H2O,1
mol
[4Mn+5HCHO]完全反应转移的电子数为20NA
B.用电解粗铜的方法精炼铜,当电路中通过的电子数为NA时,阳极应有32
g
Cu转化为Cu2+
C.常温下,pH=9的CH3COONa溶液中,水电离出的H+数为10-5NA
D.1
L浓度为0.100
mol·L-1的Na2CO3溶液中,阴离子数为0.100NA
2.A 本题考查阿伏加德罗常数的有关计算,考查的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析。Mn中Mn为+7价,Mn~Mn2+转移5个电子,4
mol
Mn完全转化为Mn2+转移20
mol电子,A项正确;粗铜中含有Zn、Fe、Ag等杂质,电解时比铜活泼的金属先放电,Cu可能没有反应,B项错误;不知道溶液的体积,H+数无法求出,C项错误;碳酸根离子水解,阴离子数大于0.100NA,D项错误。
3.(2020浙江1月选考,2分)设[aX+bY]为a个X微粒和b个Y微粒组成的一个微粒集合体,NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A.H2(g)+O2(g)H2O(l) ΔH=-286
kJ·mol-1,则每1
mol
[H2(g)+O2(g)]生成1
mol
[H2O(l)]放出286
kJ热量
B.Cr2+ne-+14H+2Cr3++7H2O,则每生成1
mol
Cr3+转移电子数为3NA
C.Al3++4OH-[Al(OH)4]-,说明1
mol
Al(OH)3电离出H+数为NA
D.1
mol
CO2与NaOH溶液完全反应,则n(C)+n(HC)+n(H2CO3)=1
mol
3.C A项,根据热化学方程式的定义知,每1
mol
[H2(g)+O2(g)]反应生成1
mol
[H2O(l)]放出286
kJ热量,正确;B项,根据题给离子方程式可知,Cr3+的化合价由+6降为+3,每生成1
mol
Cr3+转移电子数为3NA,正确;C项,Al3++4OH-[Al(OH)4]-,[Al(OH)4]-为配合物,是由于Al采取sp3杂化,用最外层的4个空轨道接受OH-提供的孤电子对形成配合物,而不是Al(OH)3电离出的H+结合OH-的产物,错误;D项,根据物料守恒可知正确.专题23
定量实验
1.(2020天津,17分)为测定CuSO4溶液的浓度,甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题:
Ⅰ.甲方案
实验原理:CuSO4+BaCl2BaSO4+CuCl2
实验步骤:
(1)判断S沉淀完全的操作为 。?
(2)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为 。?
(3)步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为 。?
(4)固体质量为w
g,则c(CuSO4)= mol·L-1。?
(5)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯,则测得c(CuSO4) (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。?
Ⅱ.乙方案
实验原理:Zn+CuSO4ZnSO4+Cu
Zn+H2SO4ZnSO4+H2
实验步骤:
①按如图安装装置(夹持仪器略去)
②……
③在仪器A、B、C、D、E中加入图示的试剂
④调整D、E中两液面相平,使D中液面保持在0或略低于0刻度位置,读数并记录
⑤将CuSO4溶液滴入A中并搅拌,反应完成后,再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生
⑥待体系恢复到室温,移动E管,保持D、E中两液面相平,读数并记录
⑦处理数据
(6)步骤②为 。?
(7)步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是 (填序号)。?
a.反应热受温度影响
b.气体密度受温度影响
c.反应速率受温度影响
(8)Zn粉质量为a
g,若测得H2体积为b
mL,已知实验条件下ρ(H2)=d
g·L-1,则
c(CuSO4)= mol·L-1(列出计算表达式)。?
(9)若步骤⑥E管液面高于D管,未调液面即读数,则测得c(CuSO4) (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。?
(10)是否能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度: (填“是”或“否”)。
?
1.(1)向上层清液中继续滴加BaCl2溶液,无白色沉淀生成,则沉淀完全(2分) (2)AgNO3溶液(2分) (3)坩埚(1分) (4)(2分) (5)偏低(2分) (6)检查装置气密性(1分) (7)b(2分) (8)(2分) (9)偏高(2分) (10)否(1分)
【解析】 本题考查物质的基本性质、化学实验基本操作、化学计算等知识,考查的化学学科核心素养是科学探究与创新意识。(1)加入BaCl2溶液后,若S已经完全沉淀,则向上层清液中继续加入BaCl2溶液时就不会产生新的沉淀,故相应的检验方法是向上层清液中加入BaCl2溶液,没有白色沉淀出现,说明S沉淀完全。(2)BaSO4沉淀中所含有的杂质为Cu2+、Cl-,可用AgNO3溶液检验最后一次洗涤液中是否含有Cl-的方法达到目的。(3)灼烧固体时通常在坩埚中进行。(4)w
g
BaSO4的物质的量是
mol,由“S”守恒可知n(CuSO4)=
mol,c(CuSO4)=
mol÷0.025
L=
mol·L-1。(5)由于烧杯内壁会沾有一定量BaSO4,因此若不洗涤烧杯,会导致BaSO4损失,由此计算出的CuSO4的量少于理论值,从而导致测量出的CuSO4溶液浓度偏低。(6)由于实验涉及气体,故装置连接好后应检查装置的气密性。(7)由于气体密度受温度影响,故要想准确测量氢气的体积,必须保证反应前后体系温度相等,故答案为b。(8)消耗的锌的物质的量为mol,生成的n(H2)=
mol,因此与CuSO4反应的Zn的物质的量为
mol,故c(CuSO4)=
mol·L-1。(9)当E管液面高于D管时,说明C、D中气体压强大于大气压,这样测量出的气体体积值偏小,由c(CuSO4)的计算表达式知测量出的c(CuSO4)偏高。(10)由于MgSO4不能与锌反应,故不能用此方法测定MgSO4溶液的浓度。专题28
物质结构与性质
1.(2020山东,2分)短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍,Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2,Y、W最外层电子数相同。下列说法正确的是
A.第一电离能:W>X>Y>Z
B.简单离子的还原性:Y>X>W
C.简单离子的半径:W>X>Y>Z
D.氢化物水溶液的酸性:Y>W
1.C 本题结合元素推断考查元素周期律等知识,考查的化学学科核心素养为证据推理与模型认知。根据Z与X可形成淡黄色化合物Z2X2,即该化合物为Na2O2,结合原子序数关系可知,X为O元素,Z为Na元素;基态O原子核外有8个电子,是最高能级2p上排布的电子数的2倍;由原子序数关系可知Y为F元素,则与其同主族的W为Cl元素。根据第一电离能递变规律,可知其相对大小顺序为:F>O>Cl>Na,A项错误;根据非金属性:F>O>Cl,可知简单离子的还原性:Cl->O2->F-,B项错误;根据离子半径的变化规律,可知简单离子半径:Cl->O2->F->Na+,C项正确;氢化物水溶液的酸性:HF2.(2020山东,2分)下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是
A.键能C—C>Si—Si、C—H>Si—H,因此C2H6稳定性大于Si2H6
B.立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体,因此具有很高的硬度
C.SiH4中Si的化合价为+4,CH4中C的化合价为-4,因此SiH4还原性小于CH4
D.Si原子间难形成双键而C原子间可以,是因为Si的原子半径大于C,难形成p-p
π键
2.C 本题考查C、Si及其化合物的结构与性质,考查的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析。化合物中键能越大,该物质越稳定,由于键能C—C>Si—Si、C—H>Si—H,故可判断稳定性:C2H6>Si2H6,A项正确;SiC与金刚石均为立体网状的共价晶体,二者成键和结构均相似,均具有很高的硬度,B项正确;根据非金属性C>Si,可知还原性:SiH4>CH4,C项错误;由于原子半径:Si>C,Si原子间难形成p-p
π键,故决定了Si原子间很难形成双键,D项正确。
3.(2020山东,2分)B3N3H6(无机苯)的结构与苯类似,也有大π键。下列关于B3N3H6的说法错误的是
A.其熔点主要取决于所含化学键的键能
B.形成大π键的电子全部由N提供
C.分子中B和N的杂化方式相同
D.分子中所有原子共平面
3.A 本题考查B3N3H6的结构与性质,考查的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。B3N3H6与苯的结构相似,属于共价化合物,共价化合物的熔点与分子间作用力有关,与化学键的键能无关,A项错误;B3N3H6中形成大π键的电子全部由N提供,B项正确;由于B3N3H6和苯的结构类似,则该分子中B和N均为sp2杂化,C项正确;由于B3N3H6和苯分子结构相似,则B3N3H6分子中12个原子共面,D项正确。
4.(2020天津,3分)短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。用表中信息判断下列说法正确的是
元素
最高价
氧化物的水化物
X
Y
Z
W
分子式
H3ZO4
0.1
mol·L-1溶液对应的pH
(25
℃)
1.00
13.00
1.57
0.70
A.元素电负性:ZB.简单离子半径:WC.元素第一电离能:ZD.简单氢化物的沸点:X4.A 本题考查物质性质与元素推断,考查的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析。从Z的最高价氧化物的水化物的化学式和W的最高价氧化物的水化物的pH可知,Z、W是磷、硫元素,结合X、Y的最高价氧化物水化物的0.1
mol·L-1溶液的pH,可知X、Y是氮、钠元素。电负性:PNa+,B项错误;磷的3p轨道为半满稳定状态,其第一电离能大于硫,C项错误;NH3分子间存在氢键,导致其沸点高于PH3,D项错误。
5.(2020天津,3分)关于的说法正确的是
A.分子中有3种杂化轨道类型的碳原子
B.分子中共平面的原子数目最多为14
C.分子中的苯环由单双键交替组成
D.与Cl2发生取代反应生成两种产物
5.A 本题考查有机化学基础知识,考查的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。该分子中甲基上的碳原子采取sp3杂化、苯环上的碳原子采取sp2杂化,碳碳三键上的碳原子采取sp杂化,A项正确;该分子中有17个原子,共面原子数最多时,分子中甲基上的两个氢原子不在该平面内,B项错误;苯环中的碳碳键是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的化学键,C项错误;该有机物分子中有6种不同化学环境的氢原子,与Cl2发生取代反应生成的一氯代物就有6种,D项错误。
6.(2020浙江1月选考,2分)下列说法正确的是
A.同一原子中,在离核较远的区域运动的电子能量较高
B.原子核外电子排布,先排满K层再排L层、先排满M层再排N层
C.同一周期中,随着核电荷数的增加,元素的原子半径逐渐增大
D.同一周期中,ⅡA族与ⅢA族元素原子的核电荷数都相差1
6.A 本题考查元素周期表和元素周期律的应用。同一原子中,能量较高的电子在离核较远的区域运动,A正确;原子核外电子排布,不是先排满M层再排N层,如钾原子的M层有8个电子,N层有1个电子,而M层排满应有18个电子,B错误;同周期中,随着核电荷数的增加,主族元素的原子半径逐渐减小,C错误;同周期中ⅡA族与ⅢA族元素原子的核电荷数不一定相差1,如第四周期中Ca与Ga的核电荷数相差11,D错误。
7.(2020全国卷Ⅲ,15分)氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好,是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下列问题:
(1)H、B、N中,原子半径最大的是 。根据对角线规则,B的一些化学性质与元
素 的相似。?
(2)NH3BH3分子中,N—B化学键称为 键,其电子对由 提供。氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气:?
3NH3BH3+6H2O3N+B3+9H2
B3的结构为。在该反应中,B原子的杂化轨道类型由 变为 。?
(3)NH3BH3分子中,与N原子相连的H呈正电性(Hδ+),与B原子相连的H呈负电性(Hδ-),电负性大小顺序是 。与NH3BH3原子总数相等的等电子体是 (写分子式),其熔点比NH3BH3 (填“高”或“低”),原因是在NH3BH3分子之间,存在 ,也称“双氢键”。?
(4)研究发现,氨硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构,晶胞参数分别为a
pm、b
pm、
c
pm,α=β=γ=90°。氨硼烷的2×2×2超晶胞结构如图所示。
氨硼烷晶体的密度ρ= g·cm-3(列出计算式,设NA为阿伏加德罗常数的值)。?
7.(除标明外,每空1分)(1)B Si(硅) (2)配位 N sp3 sp2 (3)N>H>B(2分) CH3CH3(2分) 低 Hδ+与Hδ-的静电引力 (4)(3分)
【解析】 本题考查物质结构与性质,考查的化学核心素养是宏观辨识与微观探析。(1)根据同一周期从左到右主族元素的原子半径依次减小,可知H、B、N中原子半径最大的是B。元素周期表中B与Si(硅)处于对角线上,二者化学性质相似。(2)NH3BH3中N有孤电子对,B有空轨道,N和B形成配位键,电子对由N提供。NH3BH3中B形成4个σ键,为sp3杂化,B3中B形成3个σ键,为sp2杂化。(3)电负性用来描述不同元素的原子对键合电子吸引力的大小。与N原子相连的H呈正电性,与B原子相连的H呈负电性,故电负性N>H>B。原子数相同、价电子总数相同的微粒互称为等电子体,与NH3BH3互为等电子体的分子为CH3CH3。带相反电荷的微粒能形成静电引力,NH3BH3分子间存在Hδ+与Hδ-的静电引力,也称为“双氢键”,“双氢键”使物质的熔沸点较高,而CH3CH3分子间不存在“双氢键”,熔沸点较低。(4)氨硼烷的相对分子质量为31,一个氨硼烷的2×2×2超晶胞中含有16个氨硼烷,该超晶胞的质量为(31×16/NA)
g,体积为2a×10-10
cm×2b×10-10
cm×2c×10-10
cm=8abc×10-30
cm3,则氨硼烷晶体的密度为
g·cm-3。
8.(2020全国卷Ⅰ,15分)Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题:
(1)基态Fe2+与Fe3+离子中未成对的电子数之比为 。?
(2)Li及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)如表所示。I1(Li)>I1(Na),原因是 。I1(Be)>I1(B)>I1(Li),原因是 。?
I1/(kJ·mol-1)
Li
520
Be
900
B
801
Na
496
Mg
738
Al
578
(3)磷酸根离子的空间构型为 ,其中P的价层电子对数为 、杂化轨道类型为 。?
(4)LiFePO4的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体,它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有 个。?
电池充电时,LiFePO4脱出部分Li+,形成Li1-xFePO4,结构示意图如(b)所示,则x= ,n(Fe2+)∶n(Fe3+)= 。?
8.(1)(1分) (2)Na与Li同族,Na电子层数多,原子半径大,易失电子(2分) Li、Be、B同周期,核电荷数依次增加。Be为1s22s2全满稳定结构,第一电离能最大。与Li相比,B核电荷数大,原子半径小,较难失去电子,第一电离能较大(2分) (3)正四面体(2分) 4(1分) sp3(1分) (4)4(2分) (2分) 13∶3(2分)
【解析】 本题考查物质结构与性质知识的综合应用,考查的化学核心素养是宏观辨识与微观探析。(1)根据构造原理可知基态Fe2+和Fe3+的价层电子排布式分别为3d6和3d5,其未成对电子数分别为4和5,即未成对电子数之比为。(2)Li和Na均为第ⅠA族元素,由于Na电子层数多,原子半径大,故Na比Li容易失去最外层电子,即I1(Li)>I1(Na)。Li、Be、B均为第二周期元素,随原子序数递增,第一电离能有增大的趋势,而Be的2s能级处于全充满状态,较难失去电子,故第一电离能Be比B大。(3)P的中心原子P的价层电子对数为4,孤电子对数为0,中心原子P为sp3杂化,故P的空间构型为正四面体。(4)由题图可知,小白球表示锂原子,由图(a)知,每个晶胞中的锂原子数为8×1/8+4×1/4+4×1/2=4,故一个晶胞中有4个LiFePO4单元。由图(b)知,Li1-xFePO4结构中,一个晶胞含有13/4个锂原子,此时锂原子、铁原子的个数比为13∶16,进而推出x=3/16。设Li13Fe16(PO4)16中二价铁离子的个数为a,三价铁离子的个数为b,由2a+3b+13=48,a+b=16,得到a∶b=13∶3,即n(Fe2+)∶n(Fe3+)=13∶3。
9.(2020全国卷Ⅱ,15分)钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料。回答下列问题:
(1)基态Ti原子的核外电子排布式为 。?
(2)Ti的四卤化物熔点如表所示,TiF4熔点高于其他三种卤化物,自TiCl4至TiI4熔点依次升高,原因是
。?
化合物
TiF4
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
377
-24.12
38.3
155
(3)CaTiO3的晶胞如图(a)所示,其组成元素的电负性大小顺序是 ;金属离子与氧离子间的作用力为 ,Ca2+的配位数是 。?
(4)一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I-和有机碱离子CH3N,其晶胞如图(b)所示。其中Pb2+与图(a)中 的空间位置相同,有机碱CH3N中,N原子的杂化轨道类型是 ;若晶胞参数为a
nm,则晶体密度为 g·cm-3(列出计算式)。?
(5)用上述金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘,降低了器件效率和使用寿命。我国科学家巧妙地在此材料中引入稀土铕(Eu)盐,提升了太阳能电池的效率和使用寿命,其作用原理如图(c)所示,用离子方程式表示该原理 、 。?
9.(1)1s22s22p63s23p63d24s2(2分) (2)TiF4为离子化合物,熔点高,其他三种均为共价化合物,随相对分子质量的增大分子间作用力增大,熔点逐渐升高(2分) (3)O>Ti>Ca(1分) 离子键(1分) 12(1分)
(4)Ti4+(1分) sp3(1分) ×1021(2分) (5)2Eu3++Pb2Eu2++Pb2+(2分) 2Eu2++I22Eu3++2I-(2分)
【解析】 本题考查电子排布式的书写、杂化理论以及晶胞的计算等,考查的核心素养是证据推理与模型认知。(1)Ti是22号元素,其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2。(2)TiF4为离子化合物,熔点高,TiCl4、TiBr4、TiI4为共价化合物,TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体,其结构相似,随相对分子质量的增大分子间作用力增大,熔点逐渐升高,故熔点由高到低的顺序为TiF4>TiI4>TiBr4>TiCl4。(3)O为非金属元素,其电负性在三种元素中最大,Ca和Ti同为第四周期元素,金属性Ca大于Ti,故电负性大小顺序为O>Ti>Ca;金属阳离子与O2-之间形成离子键;图(a)晶胞中Ca2+位于体心,O2-位于棱上,12条棱上每条棱上均有一个O2-,Ca2+的配位数为12。(4)由图(a)和图(b)可以看出Pb2+与Ti4+空间位置相同;CH3N中N原子分别与2个H原子、1个C原子形成共价单键,与H+形成配位键,故N原子的杂化轨道类型为sp3;利用均摊法可知图(b)晶胞中I-个数是6×=3,CH3N个数是8×=1,Pb2+个数为1,晶胞体积为(a×10-7cm)3,则晶胞密度ρ==×1021
g·cm-3。(5)由图(c)可知Pb与Eu3+反应生成Eu2+和Pb2+,根据氧化还原反应的规律可得反应的离子方程式为Pb+2Eu3+2Eu2++Pb2+,Eu2+与I2反应生成Eu3+和I-,其离子方程式为2Eu2++I22Eu3++2I-。
10.(2020山东,12分)CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料,回答下列问题:
(1)Sn为ⅣA族元素,单质Sn与干燥Cl2反应生成SnCl4。常温常压下SnCl4为无色液体,SnCl4空间构型为 ,其固体的晶体类型为 。?
(2)NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为 (填化学式,下同),还原性由强到弱的顺序为 ,键角由大到小的顺序为 。?
(3)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2+配合物的结构如图所示,1
mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有 mol,该螯合物中N的杂化方式有 种。?
(4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置,称作原子的分数坐标。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图所示,晶胞棱边夹角均为90°,晶胞中部分原子的分数坐标如表所示。
坐标
原子
x
y
z
Cd
0
0
0
Sn
0
0
0.5
As
0.25
0.25
0.125
一个晶胞中有 个Sn,找出距离Cd(0,0,0)最近的Sn (用分数坐标表示)。CdSnAs2晶体中与单个Sn键合的As有 个。?
10.(除标明外,每空1分)(1)正四面体形 分子晶体 (2)NH3、AsH3、PH3 AsH3、PH3、NH3 NH3、PH3、AsH3 (3)6 1(2分) (4)4 (0.5,0,0.25)、(0.5,0.5,0)(2分) 4
【解析】
本题考查晶体结构、分子结构与性质,考查的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知等。(1)Sn为元素周期表中ⅣA族元素,最外层有4个电子,故SnCl4的中心原子Sn的价电子对数为4+=4,且均为成键电子对,故SnCl4的空间构型为正四面体形。由SnCl4常温常压下为液体可知SnCl4符合分子晶体的特点,故其为分子晶体。(2)NH3中存在分子间氢键,导致其沸点比与N元素同主族的P、As元素的氢化物PH3、AsH3的沸点要高,而PH3、AsH3中均不存在分子间氢键,故影响PH3、AsH3沸点的因素为范德华力,相对分子质量越大,沸点越高,则沸点由高到低的顺序为NH3、AsH3、PH3。通常同主族元素随着原子序数的递增,气态氢化物的还原性逐渐增强,则还原性由强到弱的顺序是AsH3、PH3、NH3。同主族元素,随着原子序数的递增,电负性逐渐减弱,则其气态氢化物中的成键电子对逐渐远离中心原子,致使成键电子对的排斥力降低,键角逐渐减小,故键角由大到小的顺序是NH3、PH3、AsH3。(3)该螯合物中C与5个N原子、2个O原子形成化学键,其中与1个O原子形成的为共价键,另外的均为配位键,故1
mol该配合物中通过螯合作用形成6
mol配位键。该螯合物中无论是硝基中的N原子,还是N中的N原子,还是六元环中的N原子,N均为sp2杂化,即N只有1种杂化方式。(4)由四方晶系CdSnAs2晶胞及原子的分数坐标可知,有4个Sn位于棱上,6个Sn位于面上,则属于一个晶胞的Sn的个数为4×1/4+6×1/2=4。与Cd(0,0,0)最近的Sn原子为如图所示的a、b两个Sn原子,a位置的Sn的分数坐标为(0.5,0,0.25),b位置的Sn的分数坐标为(0.5,0.5,0)。CdSnAs2晶体中Sn除与该晶胞中的2个As键合外,还与相邻晶胞中的2个As键合,故晶体中单个Sn与4个As键合。专题07
金属及其化合物
1.(2020山东,2分)以菱镁矿(主要成分为MgCO3,含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下:
已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是
A.浸出镁的反应为MgO+2NH4ClMgCl2+2NH3↑+H2O
B.浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行
C.流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl
D.分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同
1.B 本题结合工艺流程考查镁及其化合物的转化等,考查的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。结合工艺流程可知煅烧后得到的轻烧粉的成分为MgO和少量SiO2、Fe2O3、Al2O3,NH4Cl溶液呈酸性,浸出时使MgO及Fe2O3、Al2O3溶解,浸出后得到的废渣中含有SiO2、Fe(OH)3和Al(OH)3,所得浸出液中含有Mg2+及过量的NH4Cl,加入氨水时Mg2+转化为Mg(OH)2,经煅烧得到高纯镁砂。结合流程图和上述分析可知浸出镁的反应为MgO+2NH4ClMgCl2+2NH3↑+H2O,A项正确;浸出可以在较高温度下进行,促进NH4Cl水解和NH3的逸出,但沉镁时应在低温下进行,以减弱氨水分解,B项错误;结合流程图可知浸出得到的NH3可转化为氨水,用于沉镁,滤液中含有的NH4Cl可用于浸出,故该流程中NH3和NH4Cl可循环使用,C项正确;本流程中分离Mg2+时,Al3+、Fe3+转化为沉淀,是利用了它们氢氧化物的Ksp不同,D项正确。
2.(2020浙江7月选考,2分)下列说法正确的是
A.Na2O在空气中加热可得固体Na2O2
B.Mg加入到过量FeCl3溶液中可得Fe
C.FeS2在沸腾炉中与O2反应主要生成SO3
D.H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2和O2
2.A 本题考查元素化合物知识,考查的化学核心素养是证据推理与模型认知。Na2O不稳定,在空气中加热可得到Na2O2,A项正确;镁加入过量的FeCl3溶液中只发生反应Mg+2Fe3+Mg2++2Fe2+,得不到Fe,B项错误;FeS2在沸腾炉中与氧气反应只能得到SO2,不能得到SO3,C项错误;二氧化锰能催化过氧化氢分解,过氧化氢分解得到氧气和水,D项错误。
3.(2020浙江1月选考,2分)下列说法不正确的是
A.[Cu(NH3)4]SO4可通过CuSO4溶液与过量氨水作用得到
B.铁锈的主要成分可表示为Fe2O3·nH2O
C.钙单质可以从TiCl4中置换出Ti
D.可用H2还原MgO制备单质Mg
3.D 本题考查物质的性质、制备方法等。
向硫酸铜溶液中加入过量氨水能生成[Cu(NH3)4]SO4,A正确;铁锈的主要成分是Fe2O3的水合物,可表示为Fe2O3·nH2O,B正确;钙的还原性比钠强,类比钠能置换出四氯化钛中的钛,可知钙单质可以从熔融四氯化钛中置换出钛,C正确;镁的还原性比氢气强,不能用氢气还原氧化镁制备单质镁,D错误。
4.
(2020浙江1月选考,2分)下列关于铝及其化合物的说法,不正确的是
A.明矾可用作净水剂和消毒剂
B.利用铝热反应可冶炼高熔点金属
C.铝可用作包装材料和建筑材料
D.氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物
4.A 本题考查铝及其化合物的性质。明矾能电离出Al3+,Al3+水解产生的氢氧化铝胶体能吸附水中悬浮杂质,故明矾可作净水剂,但不能作消毒剂,A错误;铝热反应能放出大量的热,可用于冶炼高熔点金属,B正确;铝表面易形成氧化膜保护层,不易被腐蚀,铝还具有易加工、质轻等特点,所以可用作包装材料和建筑材料,C正确;氢氧化铝能中和胃酸,可用作治疗胃酸过多的药物,D正确。
5.(2020浙江1月选考,2分)某固体混合物X,含有Al2(SO4)3、FeCl3、Na2CO3和CuSO4中的几种,进行如下实验:
①X与水作用有气泡冒出,得到有色沉淀Y和弱碱性溶液Z;
②沉淀Y与NaOH溶液作用,无变化。
下列说法不正确的是
A.混合物X中必定含有Na2CO3,不含Al2(SO4)3
B.溶液Z中溶质主要是钠盐,且必含NaHCO3
C.灼烧沉淀Y,可能得到黑色物质
D.往溶液Z中加入Cu粉,若不溶解,说明X中不含FeCl3
5.D 本题考查物质的推断。X与水作用有气泡冒出,得到有色沉淀Y和弱碱性溶液Z,可推知X中一定含有碳酸钠;沉淀Y与NaOH溶液作用,无变化,说明Y中不含氢氧化铝,所以X中一定不含硫酸铝,A正确;结合题给物质和上述分析知,溶液Z中的溶质主要是钠盐,又溶液Z为弱碱性溶液,且题中已指明X与水作用时有气泡冒出(产生CO2),故溶液Z必含碳酸氢钠,B正确;若X中含有硫酸铜,不含氯化铁,则硫酸铜与碳酸氢钠反应会生成碱式碳酸铜,则Y中含有碱式碳酸铜,灼烧碱式碳酸铜能得到黑色氧化铜,故灼烧沉淀Y可能得到黑色物质,C正确;若X中含有FeCl3,因X与水作用后得到弱碱性溶液Z,则FeCl3在该步反应完全,弱碱性溶液Z中不含Fe3+,此时往溶液Z中加入Cu粉,Cu粉不溶解,若X中不含FeCl3,说明含有CuSO4,往溶液Z中加入Cu粉,Cu粉仍不溶解,D错误。专题17
离子浓度大小比较
1.(2020浙江7月选考,2分)常温下,用0.1
mol·L-1氨水滴定10
mL浓度均为0.1
mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合液,下列说法不正确的是
A.在氨水滴定前,HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl-)>c(CH3COO-)
B.当滴入氨水10
mL时,c(N)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
C.当滴入氨水20
mL时,c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)
D.当溶液呈中性时,氨水滴入量大于20
mL,c(N)1.D 本题考查电解质溶液相关知识,考查的化学学科核心素养是变化观念与平衡思想。HCl是强电解质,完全电离,醋酸是弱电解质,部分电离,浓度相同的HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl-)>c(CH3COO-),A项正确;当滴入氨水10
mL时,加入的氨水的体积、浓度和初始醋酸溶液的体积、浓度均相等,由物料守恒可知,c(N)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),B项正确;当滴入氨水20
mL时,溶液中溶质为CH3COONH4和NH4Cl,根据电荷守恒式c(N)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-),物料守恒式c(N)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Cl-),可得c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-),C项正确;恰好反应时,生成等物质的量的氯化铵和醋酸铵,此时溶液呈酸性,若溶液呈中性,则氨水滴入量大于20
mL,c(N)>c(Cl-),D项错误。
2.(2020江苏,4分)(双选)室温下,
将两种浓度均为0.10
mol·L-1的溶液等体积混合,
若溶液混合引起的体积变化可忽略,下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是
A.NaHCO3-Na2CO3混合溶液(pH=10.30):c(Na+)>c(HC)>c(C)>c(OH-)
B.氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25):c(N)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)
C.CH3COOH-CH3COONa混合溶液(pH=4.76):c(Na+)>c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)
D.H2C2O4-NaHC2O4混合溶液(pH=1.68,H2C2O4为二元弱酸):c(H+)+c(H2C2O4)=c(Na+)+c(C2)+c(OH-)
2.AD 本题考查水溶液中的离子平衡,考查的化学学科核心素养是变化观念与平衡思想。浓度均为0.10
mol·L-1的NaHCO3-Na2CO3的混合溶液中,C的水解程度大于HC的水解程度,HC的水解程度大于其电离程度,所以溶液中c(Na+)>c(HC)>c(C)>c(OH-),A项正确;浓度均为0.10
mol·L-1的氨水-NH4Cl混合溶液的pH=9.25,说明NH3·H2O的电离程度大于N的水解程度,溶液中c(NH3·H2O)c(NH3·H2O)+c(OH-),B项错误;浓度均为0.10
mol·L-1的CH3COOH-CH3COONa混合溶液的pH=4.76,说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,则溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+),C项错误;浓度均为0.10
mol·L-1的H2C2O4-NaHC2O4混合溶液的pH=1.68,根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2)+c(C2),根据物料守恒有2c(Na+)=c(C2)+c(H2C2O4)+c(HC2),联立上述两式得c(H+)+c(H2C2O4)=c(Na+)+c(C2)+c(OH-),D项正确。专题02
化学用语
化学常识
1.
1.
2.
2.
2020江苏,2分)反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2可用
于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语正确
的是
A.中子数为9的氮原子
B.N2分子的电子式:N:N
C.Cl2分子的结构式:C-Cl
D.C-的结构示意图:(+17)28
C本題考查化学用语的正确描述,考查的化学学科核心素养是
证据推理与模型认知。中子数为9的氮原子的质量数为16,可
表示为9N,A项错误;N2的电子式为:N:N:,B项错误;Cl
子最外层有7个电子,两个氯原子间可以形成一个共用电子对
C项正确;C-最外层达到8电子的稳定结构,其结构示意图
+17288,D项错误。
(2020浙江7月选考,2分)下列表示不正确的是
A.乙烯的结构式:
B.甲酸甲酯的结构简式:C2H4O2
C.2-甲基丁烷的键线式:
D.甲基的电子式:H:C
H
B本题考查化学用语,考查的化学学科核心素养是宏观辨识
与微观探析。甲酸甲酯的结构简式为
HCOOCH1,B项错误。专题24
化学探究实验设计与评价
1.(2020全国卷Ⅲ,14分)氯可形成多种含氧酸盐,广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用如图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO,探究其氧化还原性质。
回答下列问题:
(1)盛放MnO2粉末的仪器名称是 ,a中的试剂为 。?
(2)b中采用的加热方式是 。c中化学反应的离子方程式是 ,采用冰水浴冷却的目的是 。?
(3)d的作用是 ,可选用试剂 (填标号)。?
A.Na2S
B.NaCl
C.Ca(OH)2
D.H2SO4
(4)反应结束后,取出b中试管,经冷却结晶, , ,干燥,得到KClO3晶体。?
(5)取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中,滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色,加入CCl4振荡,静置后CCl4层显 色。可知该条件下KClO3的氧化能力 NaClO(填“大于”或“小于”)。?
1.(1)圆底烧瓶(1分) 饱和食盐水(1分) (2)水浴加热(1分) Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O(2分) 避免生成NaClO3(1分) (3)吸收尾气(Cl2)(1分) AC(2分) (4)过滤(1分) 少量(冷)水洗涤(1分) (5)紫(1分) 小于(2分)
【解析】 本题考查次氯酸钠与氯酸钾的制取以及二者氧化性强弱比较等,考查的化学核心素养是科学探究与创新意识。(1)由装置图可知,盛放MnO2粉末的仪器是圆底烧瓶;浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应制取氯气,制取的氯气中会混有杂质氯化氢和水蒸气,a中的试剂是饱和食盐水,可以除去杂质氯化氢。(2)b中采用的加热方式是水浴加热。c中氯气与冷的氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,离子方程式为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O;因为氯气与热的氢氧化钠溶液反应会生成氯酸钠,为防止生成氯酸钠,该反应需在冰水浴冷却的条件下进行。(3)氯气有毒,能污染空气,反应完剩余的氯气要进行尾气吸收,d的作用是吸收尾气(Cl2)。Cl2可和Na2S发生反应Cl2+Na2S2NaCl+S↓,故可用Na2S溶液吸收Cl2,A项正确;氯气与氯化钠不反应,不能用氯化钠溶液吸收,B项错误;Cl2可和Ca(OH)2发生反应2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,故可用Ca(OH)2溶液吸收Cl2,C项正确;氯气与H2SO4不反应,不能用H2SO4溶液吸收,D项错误。(4)冷却结晶后要进行过滤,使晶体和液体分离,过滤得到的晶体要用少量冷水洗涤,防止氯酸钾溶解损失,洗涤后干燥就得到氯酸钾晶体。(5)2号试管溶液变为棕色说明发生了氧化还原反应,碘离子被氧化成单质碘,单质碘易溶于四氯化碳,碘的四氯化碳溶液呈紫色。同一还原剂(KI)和不同氧化剂作用,氯酸钾不与KI反应,次氯酸钠能与KI反应,说明氧化性氯酸钾小于次氯酸钠。
2.(2020山东,12分)某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如图所示(夹持装置略):
已知:锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在,碱性减弱时易发生反应:
3Mn+2H2O2Mn+MnO2↓+4OH-
回答下列问题:
(1)装置A中a的作用是 ;装置C中的试剂为 ;装置A中制备Cl2的化学方程式为 。?
(2)上述装置存在一处缺陷,会导致KMnO4产率降低,改进的方法是 。?
(3)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂,滴定时应将KMnO4溶液加入 (填“酸式”或“碱式”)滴定管中;在规格为50.00
mL的滴定管中,若KMnO4溶液起始读数为15.00
mL,此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为 (填标号)。?
A.15.00
mL
B.35.00
mL
C.大于35.00
mL
D.小于15.00
mL
(4)某FeC2O4·2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O,采用KMnO4滴定法测定该样品的组成,实验步骤如下:
Ⅰ.称取m
g样品于锥形瓶中,加入稀H2SO4溶解,水浴加热至75
℃。用c
mol·L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30
s内不褪色,消耗KMnO4溶液V1
mL。
Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+,加入稀H2SO4酸化后,在75
℃继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30
s内不褪色,又消耗KMnO4溶液V2
mL。
样品中所含H2C2O4·2H2O(M=126
g·mol-1)的质量分数表达式为 。?
下列关于样品组成分析的说法,正确的是 (填标号)。?
A.=3时,样品中一定不含杂质
B.越大,样品中H2C2O4·2H2O含量一定越高
C.若步骤Ⅰ中滴入KMnO4溶液不足,则测得样品中Fe元素含量偏低
D.若所用KMnO4溶液实际浓度偏低,则测得样品中Fe元素含量偏高
2.(1)平衡气压,使浓盐酸顺利滴下(1分) NaOH溶液(1分)
Ca(ClO)2+4HClCaCl2+2Cl2↑+2H2O(2分) (2)在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶(2分) (3)酸式(1分) C(1分)
B、D(2分)
【解析】 本题考查化学实验,考查的化学学科核心素养是科学探究与创新意识。(1)装置A中a的作用是平衡气压,使浓盐酸能够顺利滴下。该实验过程中有毒性较大的氯气参与反应,故装置C中盛放NaOH溶液,用于吸收有毒气体氯气,防止其逸出污染空气。酸性条件下,ClO-与Cl-发生氧化还原反应(归中反应)生成氯气,故装置A中制备Cl2的化学方程式是Ca(ClO)2+4HClCaCl2+2Cl2↑+2H2O。(2)盐酸具有挥发性,则用浓盐酸制备的Cl2中含有HCl杂质,该杂质进入装置B中会使溶液碱性减弱,而溶液碱性减弱时Mn易发生歧化反应生成Mn和MnO2,又HCl还可还原装置B中生成的KMnO4,导致产物损失,改进的方法是在装置A和装置B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶,以除去Cl2中的HCl杂质。(3)KMnO4具有强氧化性,可腐蚀橡胶管,因此KMnO4溶液应采用酸式滴定管盛装。滴定管的构造特点是0刻度在上,最大刻度在下,最大刻度线下仍然存在一定容积,因此滴定管起始读数为15.00
mL时,滴定管中KMnO4溶液的实际体积大于35.00
mL(即50.00
mL-15.00
mL),C项正确。(4)设FeC2O4·2H2O、Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O的物质的量分别为x、y、z,则由实验步骤Ⅰ和实验步骤Ⅱ反应过程中得失电子守恒可列等式:3x/5+6y/5+2z/5=cV1×10-3
mol①、x/5+2y/5=cV2×10-3
mol②,联立①②两式,解得z=c(V1-3V2)×10-3
mol,则样品中所含H2C2O4·2H2O的质量分数为。当=3时,则=3,z=0,但y不一定等于0,A项错误;由上述分析知样品中H2C2O4·2H2O的质量分数为×100%,则越大,样品中H2C2O4·2H2O含量一定越高,B项正确;若实验步骤Ⅰ中滴入的高锰酸钾溶液不足,则实验步骤Ⅰ所得混合液中残留C2,实验步骤Ⅱ中消耗高锰酸钾溶液偏多,测得样品中Fe元素含量偏高,C项错误;结合上述分析知Fe元素的质量分数为×100%,若所用高锰酸钾溶液实际浓度偏低,则得到的V2偏大,测得样品中Fe元素含量偏高,D项正确。
3.(2020全国卷Ⅰ,15分)为验证不同化合价铁的氧化还原能力,利用下列电池装置进行实验。
回答下列问题:
(1)由FeSO4·7H2O固体配制0.10
mol·L-1
FeSO4溶液,需要的仪器有药匙、玻璃棒、 (从下列图中选择,写出名称)。?
(2)电池装置中,盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应,并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近。根据下表数据,盐桥中应选择 作为电解质。?
阳离子
u∞×108/
(m2·s-1·V-1)
阴离子
u∞×108/
(m2·s-1·V-1)
Li+
4.07
HC
4.61
Na+
5.19
N
7.40
Ca2+
6.59
Cl-
7.91
K+
7.62
S
8.27
(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知,盐桥中的阳离子进入 电极溶液中。?
(4)电池反应一段时间后,测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02
mol·L-1。石墨电极上未见Fe析出。可知,石墨电极溶液中c(Fe2+)= 。?
(5)根据(3)、(4)实验结果,可知石墨电极的电极反应式为 ,铁电极的电极反应式为 。因此,验证了Fe2+氧化性小于 、还原性小于 。?
(6)实验前需要对铁电极表面活化。在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液,将铁电极浸泡一段时间,铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是 。?
3.(1)烧杯、量筒、托盘天平(2分)
(2)KCl(2分) (3)石墨(1分) (4)0.09
mol·L-1(2分)
(5)Fe3++e-Fe2+(2分) Fe-2e-Fe2+(2分) Fe3+(1分) Fe(1分)
(6)取少量溶液,滴入KSCN溶液,不出现红色(2分)
【解析】 本题考查化学实验知识,涉及一定物质的量浓度溶液的配制、盐桥中电解质的选择、电极反应式书写和离子检验等知识,考查的化学核心素养是科学探究与创新意识。(1)利用固体配制一定物质的量浓度的溶液时需要用托盘天平称量固体,用烧杯溶解固体,用量筒量取蒸馏水。(2)根据盐桥中阴、阳离子不能参与反应,及Fe3++3HCFe(OH)3↓+3CO2↑、Ca2++SCaSO4↓,可排除HC、Ca2+,再根据FeSO4溶液显酸性,而N在酸性溶液中具有氧化性可氧化Fe2+,可排除N。最后根据阴、阳离子的电迁移率应尽可能地接近,知选择KCl作盐桥中电解质较合适。(3)电子由负极流向正极,结合电子由铁电极流向石墨电极,可知铁电极为负极,石墨电极为正极。盐桥中的阳离子流向正极(石墨电极)溶液中。(4)由题意知负极反应为Fe-2e-Fe2+,正极反应为Fe3++e-Fe2+,则铁电极溶液中c(Fe2+)增加0.02
mol·L-1时,石墨电极溶液中c(Fe2+)增加0.04
mol·L-1,故此时石墨电极溶液中c(Fe2+)=0.09
mol·L-1。(5)石墨电极的电极反应式为Fe3++e-Fe2+,铁电极的电极反应式为Fe-2e-Fe2+,故验证了氧化性F>Fe2+,还原性Fe>Fe2+。(6)该活化反应为Fe+2Fe3+3Fe2+,故通过检验Fe3+可说明活化反应是否完成,具体操作为取少量溶液,滴加几滴KSCN溶液,若溶液不变成红色,则说明活化反应已完成。
4.(2020全国卷Ⅱ,15分)苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸,其反应原理简示如下:
+KMnO4+MnO2
+HCl+KCl
名称
相对分
子质量
熔点/℃
沸点/℃
密度/
(g·mL-1)
溶解性
甲苯
92
-95
110.6
0.867
不溶于水,易溶于乙醇
苯甲酸
122
122.4
(100
℃左右
开始升华)
248
—
微溶于冷水,易溶于乙醇、热水
实验步骤:
(1)在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5
mL甲苯、100
mL水和4.8
g(约0.03
mol)高锰酸钾,慢慢开启搅拌器,并加热回流至回流液不再出现油珠。
(2)停止加热,继续搅拌,冷却片刻后,从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液,并将反应混合物趁热过滤,用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液,于冰水浴中冷却,然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。将析出的苯甲酸过滤,用少量冷水洗涤,放在沸水浴上干燥。称量,粗产品为1.0
g。
(3)纯度测定:称取0.122
g粗产品,配成乙醇溶液,于100
mL容量瓶中定容。每次移取25.00
mL溶液,用0.010
00
mol·L-1的KOH标准溶液滴定,三次滴定平均消耗21.50
mL的KOH标准溶液。
回答下列问题:
(1)根据上述实验药品的用量,三颈烧瓶的最适宜规格为 (填标号)。?
A.100
mL B.250
mL C.500
mL D.1
000
mL
(2)在反应装置中应选用 冷凝管(填“直形”或“球形”),当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成,其判断理由是 。?
(3)加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是 ;该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理,请用反应的离子方程式表达其原理 。?
(4)“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是 。?
(5)干燥苯甲酸晶体时,若温度过高,可能出现的结果是 。?
(6)本实验制备的苯甲酸的纯度为 ;据此估算本实验中苯甲酸的产率最接近于 (填标号)。?
A.70% B.60% C.50% D.40%
若要得到纯度更高的苯甲酸,可通过在水中 的方法提纯。
4.(1)B(1分) (2)球形(1分) 无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化(2分) (3)除去过量的高锰酸钾,避免在用盐酸酸化时,产生氯气(2分) 2Mn+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O(2分) (4)MnO2(1分) (5)苯甲酸升华而损失(2分) (6)86.0%(2分) C(1分) (7)重结晶(1分)
【解析】 本题结合苯甲酸的制备与纯度的测定考查化学实验基本操作、实验方案的评价等,考查的核心素养是科学探究与创新意识。(1)三颈烧瓶中加入1.5
mL甲苯、100
mL水和4.8
g
KMnO4,所加液体体积不能超过三颈烧瓶容积的,即三颈烧瓶的最适宜规格应为250
mL。(2)球形冷凝管可使气体冷却回流,让反应更为彻底,冷凝效果更好,应选用球形冷凝管;由于甲苯是不溶于水的油状液体,当回流液中不再出现油状液体时,说明甲苯已经完全被氧化为苯甲酸钾。(3)取用甲苯质量为1.5
mL×0.867
g·mL-1≈1.3
g,其物质的量约为0.014
mol,实验中加入的KMnO4过量,NaHSO3具有还原性,可用NaHSO3溶液除去过量的KMnO4,避免在用浓盐酸酸化时,KMnO4与盐酸反应生成有毒的Cl2;用草酸在酸性条件下处理过量的KMnO4溶液,发生反应的离子方程式为2Mn+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O。(4)根据题给制备苯甲酸的第一步反应可知,用少量热水洗涤的滤渣为MnO2。(5)因苯甲酸在100
℃左右开始升华,若干燥时温度过高,可能导致部分苯甲酸升华而损失。(6)根据C6H5COOH+KOHC6H5COOK+H2O,可知25.00
mL×10-3
L·mL-1×c(C6H5COOH)=21.50
mL×10-3
L·mL-1×0.010
00
mol·L-1,解得c(C6H5COOH)=0.008
6
mol·L-1,故样品中苯甲酸的纯度为×100%=86.0%;0.014
mol甲苯理论上可生成0.014
mol苯甲酸,其质量为0.014×122
g=1.708
g,则苯甲酸的产率为×100%≈50%,故C项正确。(7)由于苯甲酸微溶于冷水,易溶于热水,若要得到纯度更高的苯甲酸,可通过在水中重结晶的方法提纯。专题12
电化学基本原理
1.(2020天津,3分)熔融钠-硫电池性能优良,是具有应用前景的储能电池。下图中的电池反应为2Na+xSNa2Sx(x=5~3,难溶于熔融硫)。下列说法错误的是
A.Na2S4的电子式为Na+[∶∶∶∶∶]2-Na+
B.放电时正极反应为xS+2Na++2e-Na2Sx
C.Na和Na2Sx分别为电池的负极和正极
D.该电池是以Na-β-Al2O3为隔膜的二次电池
1.C 本题考查电化学知识,考查的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。Na2S4中中硫原子间以非极性键结合,每个硫原子最外层均达到8电子稳定结构,A项正确;放电时正极上S发生还原反应,正极反应为xS+2Na++2e-Na2Sx,B项正确;熔融钠为负极,熔融硫(含碳粉)为正极,C项错误;由图可知,D项正确。
2.(2020山东,2分)微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置,利用微生物处理有机废水获得电能,同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水,采用惰性电极,用下图装置处理有机废水(以含CH3COO-的溶液为例)。下列说法错误的是
A.负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-2CO2↑+7H+
B.隔膜1为阳离子交换膜,隔膜2为阴离子交换膜
C.当电路中转移1
mol电子时,模拟海水理论上除盐58.5
g
D.电池工作一段时间后,正、负极产生气体的物质的量之比为2∶1
2.B 本题考查电化学相关知识,考查的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析。根据题图分析可知,a极为负极,电极反应为CH3COO-+2H2O-8e-2CO2↑+7H+,b极为正极,电极反应为2H++2e-H2↑,A项正确;该电池工作时,Cl-向a极移动,Na+向b极移动,即隔膜1为阴离子交换膜,隔膜2为阳离子交换膜,B项错误;电路中转移1
mol电子时,向a极和b极分别移动
1
mol
Cl-和1
mol
Na+,则模拟海水理论上可除盐58.5
g,C项正确;电池工作时负极产生CO2,正极产生H2,结合正、负极的电极反应知,一段时间后,正极和负极产生气体的物质的量之比为2∶1,D项正确。
3.(2020全国卷Ⅲ,6分)一种高性能的碱性硼化钒(VB2)-空气电池如图所示,其中在VB2电极发生反应:VB2+16OH--11e-V+2B(OH+4H2O该电池工作时,下列说法错误的是
A.负载通过0.04
mol电子时,有0.224
L(标准状况)O2参与反应
B.正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高
C.电池总反应为4VB2+11O2+20OH-+6H2O8B(OH+4V
D.电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极
3.B 本题考查原电池的工作原理、电极反应式的书写等,考查的化学核心素养是证据推理与模型认知。由题给信息知VB2电极上发生失电子的氧化反应,则VB2电极为负极,复合碳电极为正极,正极发生还原反应,电极反应式为O2+4e-+2H2O4OH-,电池总反应方程式为4VB2+11O2+20OH-+6H2O8B(OH+4V。由上述分析知,正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O4OH-,则电路中通过0.04
mol
e-时,正极有0.01
mol
O2参加反应,其在标准状况下的体积为0.224
L,A项正确;由正、负极的电极反应式可知,该电池工作时,负极区溶液的pH降低,正极区溶液的pH升高,B项错误;由上述分析知,该电池的总反应方程式为4VB2+11O2+20OH-+6H2O8B(OH+4V,C项正确;电流与电子的流动方向相反,电流从正极出发,沿负载流向负极,再经过溶液最终回到正极,D项正确。
4.(2020全国卷Ⅰ,6分)科学家近年发明了一种新型Zn-CO2水介质电池。电池示意图如下,电极为金属锌和选择性催化材料。放电时,温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等,为解决环境和能源问题提供了一种新途径。
下列说法错误的是
A.放电时,负极反应为Zn-2e-+4OH-Zn(OH
B.放电时,1
mol
CO2转化为HCOOH,转移的电子数为2
mol
C.充电时,电池总反应为2Zn(OH2Zn+O2↑+4OH-+2H2O
D.充电时,正极溶液中OH-浓度升高
4.D 本题考查电化学知识,考查的化学核心素养是科学探究与创新意识以及证据推理与模型认知。由题给装置图可知,放电时负极锌失去电子后结合OH-生成Zn(OH,负极反应为Zn-2e-+4OH-Zn(OH,A项正确;放电时,正极上CO2得电子生成HCOOH,CO2中C的化合价为+4,HCOOH中C的化合价为+2,1
mol
CO2转化为1
mol
HCOOH,得到2
mol电子,B项正确;充电时阴极上Zn(OH参与反应得到锌,阳极上H2O参与反应得到氧气,电池总反应为2Zn(OH2Zn+O2↑+4OH-+2H2O,C项正确;充电时,阳极上发生失电子的氧化反应:2H2O-4e-O2↑+4H+,正极溶液中氢氧根离子浓度降低,
D项错误。
5.(2020全国卷Ⅱ,6分)电致变色器件可智能调控太阳光透过率,从而实现节能。下图是某电致变色器件的示意图。当通电时,Ag+注入到无色WO3薄膜中,生成AgxWO3,器件呈现蓝色,对于该变化过程,下列叙述错误的是
A.Ag为阳极
B.Ag+由银电极向变色层迁移
C.W元素的化合价升高
D.总反应为WO3+xAgAgxWO3
5.C 本题考查电解原理的应用,考查的核心素养是证据推理与模型认知。根据题图可知,该装置为电解池,由通电时Ag+注入到无色WO3薄膜中,生成AgxWO3,可知Ag为该电解池的阳极,透明导电层为该电解池的阴极,结合题给信息可写出阳极和阴极的电极反应式分别为Ag-e-Ag+和xAg++WO3+xe-AgxWO3。根据上述分析可知Ag为阳极,A项正确;电解池工作时,Ag+向阴极移动,即Ag+由银电极向变色层迁移,B项正确;结合上述分析可知WO3在阴极发生还原反应,即W元素的化合价降低,C项错误;结合阳极和阴极的电极反应式可写出总反应为WO3+xAgAgxWO3,D项正确。
6.(2020浙江1月选考,2分)在氯碱工业中,离子交换膜法电解饱和食盐水示意图如下,下列说法不正确的是
A.电极A为阳极,发生氧化反应生成氯气
B.离子交换膜为阳离子交换膜
C.饱和NaCl溶液从a处进,NaOH溶液从d处出
D.OH-迁移的数量等于导线上通过电子的数量
6.D 本题考查电解原理的应用。电极A上产生氯气,说明电极A上的电极反应为氯离子失去电子生成氯气,该反应是氧化反应,故电极A为阳极,A正确;电极B上的电极反应为2H2O+2e-H2↑+2OH-,为了避免氯气和生成的OH-发生反应,需要选择阳离子交换膜,B正确;阳极消耗氯离子,所以饱和氯化钠溶液从a处进,电极B为阴极,阴极区产生氢氧化钠,所以NaOH溶液从d处出,C正确;电解过程中发生迁移的离子是Na+,不是OH-,D错误。
7.(2020浙江7月选考,2分)电解高浓度RCOONa(羧酸钠)的NaOH溶液,在阳极RCOO-放电可得到R—R(烷烃)。下列说法不正确的是
A.电解总反应方程式:2RCOONa+2H2OR—R+2CO2↑+H2↑+2NaOH
B.RCOO-在阳极放电,发生氧化反应
C.阴极的电极反应:2H2O+2e-2OH-+H2↑
D.电解CH3COONa、CH3CH2COONa和NaOH混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷
7.A 本题考查电化学知识,考查的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。CO2可与NaOH反应,故电解后不能得到CO2,A项错误;阳极发生失电子的氧化反应,B项正确;阴极得电子,电极反应为2H2O+2e-2OH-+H2↑,C项正确;根据电解RCOONa的NaOH溶液生成R—R可知,电解CH3COONa、CH3CH2COONa
和NaOH的混合溶液,CH3—、CH3CH2—可结合成乙烷、丙烷、丁烷,D项正确。
8.(2020山东,4分)采用惰性电极,以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如图所示。忽略温度变化的影响,下列说法错误的是
A.阳极反应为2H2O-4e-4H++O2↑
B.电解一段时间后,阳极室的pH未变
C.电解过程中,H+由a极区向b极区迁移
D.电解一段时间后,a极生成的O2与b极反应的O2等量
8.D 结合题图,可知a极上产生O2,发生的反应为水被氧化生成O2的反应,即a极为阳极,b极为阴极,则阴极的电极反应式为2H2O-4e-4H++O2↑,阳极的电极反应式为2H++O2+2e-H2O2。结合上述分析可知,A项正确;电解一段时间后,溶液中H+浓度未变,即阳极室的pH未变,B项正确;电解过程中H+通过质子交换膜,从a极区向b极区迁移,C项正确;由阴、阳极的电极反应式,可知电解一段时间后,b极消耗O2的量是a极生成O2的量的2倍,即a极生成的O2与b极反应的O2的量不相等,D项错误。
9.(2020江苏,4分)将金属M连接在钢铁设施表面,可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在如图所示的情境中,下列有关说法正确的是
A.阴极的电极反应式为Fe-2e-Fe2+
B.金属M的活动性比Fe的活动性弱
C.钢铁设施表面因积累大量电子而被保护
D.钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
9.C 本题考查金属的腐蚀与防护,考查的化学学科核心素养是科学态度与社会责任。根据图示可知金属M失电子,为原电池的负极(图示为阳极),钢铁设施为原电池的正极(图示为阴极),此方法属于牺牲阳极的阴极保护法。该装置中阴极发生还原反应,A项错误;金属M被氧化,即金属活动性:M>Fe,B项错误;钢铁设施为原电池的正极,表面积累大量电子而被保护,C项正确;海水中含有大量的NaCl等电解质,而河水中电解质较少,故钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的慢,D项错误。专题15
平衡原理综合应用
1.(2020全国卷Ⅱ,14分)天然气的主要成分为CH4
,一般还含有C2H6等烃类,是重要的燃料和化工原料。
(1)乙烷在一定条件可发生如下反应:C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) ΔH1,相关物质的燃烧热数据如表所示:
物质
C2H6(g)
C2H4(g)
H2(g)
燃烧热ΔH/(kJ·mol-1)
-1
560
-1
411
-286
①ΔH1= kJ·mol-1。?
②提高该反应平衡转化率的方法有 、 。?
③容器中通入等物质的量的乙烷和氢气,在等压下(p)发生上述反应,乙烷的平衡转化率为α。反应的平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。?
(2)高温下,甲烷生成乙烷的反应如下:2CH4C2H6+H2。反应在初期阶段的速率方程为r=,其中k为反应速率常数。
①设反应开始时的反应速率为r1,甲烷的转化率为α时的反应速率为r2,则r2= r1。?
②对于处于初期阶段的该反应,下列说法正确的是 。?
A.增加甲烷浓度,r增大
B.增加H2浓度,r增大
C.乙烷的生成速率逐渐增大
D.降低反应温度,k减小
(3)CH4和CO2都是比较稳定的分子,科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化,其原理如图所示:
①阴极上的反应式为
。?
②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1,则消耗的CH4和CO2体积比为 。?
1.(1)①137(2分) ②升高温度(1分) 减小压强(增大体积)(1分) ③×p(2分) (2)①1-α(2分) ②AD(2分) (3)①CO2+2e-CO+O2-(2分) ②6∶5(2分)
【解析】 本题考查化学反应与能量变化、化学平衡和电化学等化学反应原理知识的综合应用,考查的核心素养是变化观念与平衡思想。(1)①根据题表中数据信息可写出热化学方程式(i)C2H6(g)+O2(g)2CO2(g)+3H2O(l) ΔH=-1
560
kJ·mol-1、(ii)C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-1
411
kJ·mol-1、(iii)H2(g)+O2(g)H2O(l) ΔH=-286
kJ·mol-1,根据盖斯定律,由(i)-(ii)-(iii)得C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) ΔH1=137
kJ·mol-1。②由于该反应为吸热反应、且为气体分子数增大的反应,因此可通过升高温度、减小体系压强等提高该反应的平衡转化率。③设起始时C2H6和H2的物质的量均为1
mol,列出三段式:
C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)
起始量/mol
1
0
1
转化量/mol
α
α
α
平衡量/mol
1-α
α
1+α
平衡时C2H6、C2H4和H2对应的分压分别为,则该反应的平衡常数Kp=。(2)①设反应初始时=a
mol·L-1,根据初期阶段的速率方程可知r1=ka,题给反应反应前后气体分子数不变,当CH4的转化率为α时,=(1-α)a
mol·L-1,则此时r2=(1-α)r1。②由r=k×可知,CH4的浓度越大,反应速率r越大,A项正确;增加H2浓度,CH4的浓度减小或不变,则r减小或不变,B项错误;随着反应的进行,CH4的浓度逐渐减小,则反应速率逐渐减小,C项错误;降低温度,该反应进行非常缓慢甚至停止,即k也随着减小,D项正确。(3)①结合图示可知CO2在阴极上发生还原反应生成CO,即阴极上的反应式为CO2+2e-CO+O2-。②设生成C2H4和C2H6的物质的量分别为2
mol和1
mol,则反应中转移电子的物质的量为4×2
mol+1×2
mol=10
mol,根据碳原子守恒,可知反应的CH4为6
mol;由CO2→CO转移10
mol电子,需消耗5
mol
CO2,则反应中消耗CH4和CO2的体积比为6∶5。
2.(2020全国卷Ⅰ,14分)硫酸是一种重要的基本化工产品。接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化:SO2(g)+O2(g)SO3(g) ΔH=-98
kJ·mol-1。回答下列问题:
(1)钒催化剂参与反应的能量变化如图(a)所示,V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为 。
(2)当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时,在0.5
MPa、2.5
MPa和5.0
MPa压强下,SO2平衡转化率α随温度的变化如图(b)所示。反应在5.0
MPa、550
℃时的α= ,判断的依据是 。影响α的因素有 。?
(3)将组成(物质的量分数)为2m%SO2(g)、m%O2(g)和q%N2(g)的气体通入反应器,在温度t、压强p条件下进行反应。平衡时,若SO2转化率为α,则SO3压强为 ,平衡常数Kp= (以分压表示,分压=总压×物质的量分数)。?
(4)研究表明,SO2催化氧化的反应速率方程为v=。式中:k为反应速率常数,随温度t升高而增大;α为SO2平衡转化率,α'为某时刻SO2转化率,n为常数。在α'=0.90时,将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程,得到v~t曲线,如图(c)所示。
图(c)
曲线上v最大值所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度tm。ttm后,v逐渐下降。原因是 。?
2.(每空2分)(1)2V2O5(s)+2SO2(g)2VOSO4(s)+V2O4(s) ΔH=-351
kJ·mol-1 (2)0.975 该反应气体分子数减少,增大压强,α提高。5.0
MPa>2.5
MPa=p2,所以p1=5.0
MPa 温度、压强和反应物的起始浓度(组成) (3)
(4)升高温度,k增大使v逐渐提高,但α降低使v逐渐下降。ttm后,k增大对v的提高小于α引起的降低
【解析】 本题考查热化学方程式、化学反应速率与化学平衡等知识,考查的化学核心素养是变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知等。(1)根据题图(a)知,V2O4(s)+SO3(g)V2O5(s)+SO2(g) ΔH2=-24
kJ·mol-1①,V2O4(s)+2SO3(g)2VOSO4(s) ΔH1=-399
kJ·mol-1②。根据盖斯定律,由②-①×2得:2V2O5(s)+2SO2(g)2VOSO4(s)+V2O4(s) ΔH=(-399+48)
kJ·mol-1=-351
kJ·mol-1。(2)由题给反应式知,该反应为气体分子数减少的反应,其他条件一定时,增大压强,SO2平衡转化率增大,故p1=5.0
MPa。结合题图(b)知5.0
MPa、550
℃时对应的SO2平衡转化率为0.975。影响平衡转化率的因素有:温度、压强、反应物的起始浓度等。(3)设通入的SO2、O2和N2共100
mol,利用三段式法进行计算:
SO2(g)+O2(g)SO3(g)
起始量/mol 2m m
0
转化量/mol
2mα
mα
2mα
平衡量/mol
2m-2mα
m-mα
2mα
平衡时气体的总物质的量为(3m+q-mα)
mol,则p(SO2)=p×(2m-2mα)/(3m+q-mα),p(O2)=p×(m-mα)/(3m+q-mα),p(SO3)=p×2mα/(3m+q-mα),因3m+q=100,Kp=,代入计算得p(SO3)=、Kp=。(4)升高温度,反应速率常数k增大,反应速率v提高,但α降低使反应速率逐渐下降。ttm后,k增大对v的提高小于α引起的降低。
3.(2020浙江1月选考,10分)研究NOx之间的转化具有重要意义。
(1)已知:N2O4(g)2NO2(g) ΔH>0
将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中,控制反应温度为T1。
①下列可以作为反应达到平衡的判据是 。?
A.气体的压强不变 B.v正(N2O4)=2v逆(NO2) C.K不变 D.容器内气体的密度不变 E.容器内颜色不变
②t1时刻反应达到平衡,混合气体平衡总压强为p,N2O4气体的平衡转化率为75%,则反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数Kp= [对于气相反应,用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数,记作Kp,如p(B)=p·x(B),p为平衡总压强,x(B)为平衡系统中B的物质的量分数]。?
③反应温度为T1时,c(N2O4)随t(时间)变化曲线如图1,画出0~t2时段,c(NO2)随t变化曲线。
保持其他条件不变,改变反应温度为T2(T2>T1),再次画出0~t2时段,c(NO2)随t变化趋势的曲线。
(2)NO氧化反应:2NO(g)+O2(g)2NO2(g)分两步进行,其反应过程能量变化示意图如图2。
Ⅰ 2NO(g)N2O2(g) ΔH1
Ⅱ N2O2(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH2
①决定NO氧化反应速率的步骤是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。?
②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体,保持其他条件不变,控制反应温度分别为T3和T4(T4>T3),测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图3。
转化相同量的NO,在温度 (填“T3”或“T4”)下消耗的时间较长,试结合反应过程能量图(图2)分析其原因 。?
3.(1)①AE(2分) ②p(2分)
③(2分)
(2)①Ⅱ(1分) ②T4(1分) ΔH1<0,温度升高,反应Ⅰ平衡逆移,c(N2O2)减小;浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响(2分)
【解析】 本题以NOx之间的相互转化为背景考查化学平衡的判断,平衡常数的计算,图像的绘制,反应条件的分析等。(1)①2v正(N2O4)=v逆(NO2)才能作为判断反应达到平衡的依据,B项错误;反应温度不变,K不变,故恒温下K不变不能作为判断反应达到平衡的依据,C项错误;反应前后全是气体,气体总质量不变,容器体积不变,故容器内气体的密度始终保持不变,气体的密度不变不能作为判断反应达到平衡的依据,D项错误。故选AE。②设初始N2O4的物质的量为1
mol,达到平衡时N2O4的平衡转化率为75%,则平衡体系中n(N2O4)=0.25
mol,n(NO2)=1.5
mol,故x(N2O4)=,x(NO2)=,则Kp==p。③由于NO2是生成物,根据热化学方程式中的系数、N2O4的初始浓度和达到平衡时的浓度可以计算出平衡时NO2的浓度,据此作图;当温度升高至T2,反应速率加快,达到平衡的时间缩短,且由于反应为吸热反应,故温度升高,平衡正向移动,NO2的平衡浓度增大,但反应不可能进行到底,平衡时c(NO2)小于0.08
mol·L-1,据此作图。(2)①根据反应过程能量变化示意图可知,反应Ⅰ的活化能较低,速率较快;反应Ⅱ的活化能较高,速率较慢。故决定NO氧化反应速率的步骤是反应Ⅱ。②由题图3可知,当消耗相同量的NO时,温度为T4时消耗的时间更长。由题图2可知,反应Ⅰ和Ⅱ均为放热反应,但反应Ⅰ的活化能较低,外界条件变化后能迅速达到平衡,温度升高,反应Ⅰ平衡逆移,c(N2O2)减小;而反应Ⅱ活化能较高,反应速率慢,c(N2O2)减小对反应Ⅱ速率的影响大于温度升高的影响。
4.(2020全国卷Ⅲ,14分)二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题:
(1)CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中,产物的物质的量之比n(C2H4)∶n(H2O)= 。当反应达到平衡时,若增大压强,则n(C2H4) (填“变大”“变小”或“不变”)。?
(2)理论计算表明,原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3,在体系压强为0.1
MPa,反应达到平衡时,四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。
图中,表示C2H4、CO2变化的曲线分别是 、 。CO2催化加氢合成C2H4反应的ΔH 0(填“大于”或“小于”)。?
(3)根据图中点A(440
K,0.39),计算该温度时反应的平衡常数Kp= (MPa)-3(列出计算式。以分压表示,分压=总压×物质的量分数)。?
(4)二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应,生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下,为了提高反应速率和乙烯选择性,应当 。?
4.(每空2分)(1)1∶4 变大 (2)d c 小于 (3)×或×等 (4)选择合适催化剂等
【解析】 本题考查化学平衡、反应热等知识,考查的化学核心素养是变化观念与平衡思想。(1)由题意知二氧化碳与氢气反应生成乙烯和水,反应的化学方程式为2CO2+6H2CH2CH2+4H2O,n(C2H4)∶n(H2O)=1∶4;此反应为气体体积减小的反应,增大压强,平衡向气体体积减小的方向(正反应方向)移动,n(C2H4)变大。(2)反应方程式中CO2和H2的化学计量数之比为1∶3,开始时加入的n(CO2)∶n(H2)=1∶3,则平衡时n(CO2)∶n(H2)也应为1∶3,n(C2H4)∶n(H2O)应为1∶4,由题图可知曲线a表示H2变化,曲线b表示H2O变化,曲线c表示CO2变化,曲线d表示C2H4变化,随温度升高,平衡时C2H4
和H2O的物质的量分数逐渐减小,H2和CO2的物质的量分数逐渐增加,说明升高温度平衡逆向移动,根据升高温度平衡向吸热的方向移动,知正反应为放热反应,ΔH小于0。(3)在440
K时,氢气的物质的量分数为0.39,H2O的物质的量分数也为0.39,根据平衡时n(CO2)∶n(H2)=1∶3,知CO2的物质的量分数为0.39/3,根据平衡时n(C2H4)∶n(H2O)=1∶4,知C2H4的物质的量分数为0.39/4,则p(H2)=0.39×0.1
MPa,p(H2O)=0.39×0.1
MPa,=0.39×
MPa,p(CO2)=0.39×
MPa,Kp==×
(MPa)-3=×
(MPa)-3。(4)压强和温度一定,若要提高反应速率和乙烯的选择性,可采用选择合适催化剂等方法。
5.(2020浙江7月选考,10分)研究CO2氧化C2H6制C2H4对资源综合利用有重要意义。相关的主要化学反应有:
Ⅰ C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) ΔH1=136
kJ·mol-1
Ⅱ C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g) ΔH2=177
kJ·mol-1
Ⅲ C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g) ΔH3
Ⅳ CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH4=41
kJ·mol-1
已知:298
K时,相关物质的相对能量(如图1)。
图1
可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的ΔH(ΔH随温度变化可忽略)。例如:
H2O(g)H2O(l) ΔH=-286
kJ·mol-1-(-242
kJ·mol-1)=-44
kJ·mol-1。
请回答:
(1)①根据相关物质的相对能量计算ΔH3= kJ·mol-1。?
②下列描述正确的是 。?
A.升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大
B.加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动
C.反应Ⅲ有助于乙烷脱氢,有利于乙烯生成
D.恒温恒压下通水蒸气,反应Ⅳ的平衡逆向移动
③有研究表明,在催化剂存在下,反应Ⅱ分两步进行,过程如下:【C2H6(g)
+CO2(g)】
→【C2H4(g)
+H2(g)+CO2(g)】
→【C2H4(g)
+CO(g)
+H2O(g)】,且第二步速率较慢(反应活化能为210
kJ·mol-1)。根据相关物质的相对能量,画出反应Ⅱ分两步进行的“能量-反应过程图”,起点从【C2H6(g)+CO2(g)】的能量-477
kJ·mol-1
开始(如图2)。
图2
(2)①CO2和C2H6按物质的量1∶1投料,在923
K和保持总压恒定的条件下,研究催化剂X对“CO2氧化C2H6制C2H4”的影响,所得实验数据如表:
催化剂
转化率C2H6/%
转化率CO2/%
产率C2H4/%
催化剂X
19.0
37.6
3.3
结合具体反应分析,在催化剂X作用下,CO2氧化C2H6的主要产物是 ,判断依据是 。?
②采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高C2H4的选择性(生成C2H4的物质的量与消耗C2H6的物质的量之比)。在773
K,乙烷平衡转化率为9.1%,保持温度和其他实验条件不变,采用选择性膜技术,乙烷转化率可提高到11.0%。结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是 。?
5.(1)①430(1分) ②AD(2分) ③(3分)
(2)①CO(1分) C2H4的产率低,说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率(2分)
②选择性膜吸附C2H4,促进反应Ⅱ平衡正向移动(1分)
【解析】 本题考查化学反应原理相关知识,涉及反应历程分析,反应热计算,平衡移动等知识。(1)①由题给信息可知,ΔH3=0+4×(-110
kJ·mol-1)-2×(-393
kJ·mol-1)-(-84
kJ·mol-1)=430
kJ·mol-1。②反应Ⅰ的焓变大于0,则正反应为吸热反应,升高温度,平衡向正反应方向移动,平衡常数增大,A项正确;反应Ⅰ、Ⅱ均为气体分子数增多的反应,因此加压,平衡向逆反应方向移动,B项错误;反应Ⅲ的生成物中有CO,而由反应Ⅱ可知,生成乙烯的同时还有CO生成,故反应Ⅲ抑制了反应Ⅱ的进行,即抑制了乙烯的生成,C项错误;水蒸气是反应Ⅳ的生成物,因此通水蒸气时,反应Ⅳ的平衡逆向移动,D项正确。③由反应Ⅰ可知,C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) ΔH1=136
kJ·mol-1,而题图2中反应起点对应物质的能量为-477
kJ·mol-1,故反应Ⅱ的第一步反应生成物的能量为-477
kJ·mol-1+136
kJ·mol-1=-341
kJ·mol-1,由第二步反应的活化能为210
kJ·mol-1,结合反应Ⅱ的焓变可知第二步生成物的能量为-300
kJ·mol-1,据此作图。(2)①由反应Ⅰ、反应Ⅱ和反应Ⅲ可知,乙烷的氧化产物有乙烯和CO,结合题表数据可知,CO2的转化率较高,但因乙烯的产率较低,故乙烷的主要氧化产物是CO。催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率。②选择性膜可吸附乙烯,使反应体系中的乙烯浓度降低,从而促使反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动。
6.(2020山东,12分)探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素,有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下:
Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5
kJ·mol-1
Ⅱ.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH2=-90.4
kJ·mol-1
Ⅲ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH3
回答下列问题:
(1)ΔH3= kJ·mol-1。?
(2)一定条件下,向体积为V
L的恒容密闭容器中通入1
mol
CO2和3
mol
H2发生上述反应,达到平衡时,容器中CH3OH(g)为a
mol,CO为b
mol,此时H2O(g)的浓度为 mol·L-1(用含a、b、V的代数式表示,下同),反应Ⅲ的平衡常数为 。?
(3)不同压强下,按照n(CO2)∶n(H2)=1∶3投料,实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如图所示。
图甲 图乙
已知:CO2的平衡转化率=×100%
CH3OH的平衡产率=×100%
其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图 (填“甲”或“乙”);压强p1、p2、p3由大到小的顺序为 ;图乙中T1温度时,三条曲线几乎交于一点的原因是 。?
(4)为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率,应选择的反应条件为 (填标号)。?
A.低温、高压
B.高温、低压
C.低温、低压
D.高温、高压
6.(1)+40.9(1分) (2)(2分) (2分) (3)乙(1分) p1、p2、p3(2分) T1时以反应Ⅲ为主,反应Ⅲ前后气体分子数相等,压强改变对平衡没有影响(2分) (4)A(2分)
【解析】 本题考查盖斯定律的应用、平衡浓度及平衡常数的计算、化学平衡中的问题分析及化学平衡移动的分析等,考查的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知。(1)分析三个热化学方程式,可应用盖斯定律计算,ΔH3=ΔH1-ΔH2=-49.5
kJ·mol-1-(-90.4
kJ·mol-1)=+40.9
kJ·mol-1。(2)由题述三个反应可知,平衡时H2O(g)的浓度等于CH3OH(g)和CO(g)的浓度之和,即H2O(g)的浓度为
mol·L-1。平衡时CH3OH(g)、CO(g)、H2O(g)的浓度分别为,则从开始至平衡,消耗CO2(g)的浓度为,消耗H2(g)的浓度为,即平衡时CO2(g)、H2(g)的浓度分别为,则反应Ⅲ的平衡常数为。(3)反应Ⅰ为放热反应,故低温阶段,温度越高,CO2的平衡转化率越低,而反应Ⅲ为吸热反应,温度较高时,主要发生反应Ⅲ,则温度越高,CO2的平衡转化率越高,即图乙的纵坐标表示的是CO2的平衡转化率。反应Ⅰ为气体分子数减少的反应,反应Ⅲ为气体分子数不变的反应,因此低温阶段压强越大,CO2的平衡转化率越高,故压强由大到小的顺序是p1、p2、p3。反应Ⅲ为吸热反应,温度较高时,主要发生反应Ⅲ,且反应Ⅲ前后气体分子数相等,故CO2的平衡转化率几乎不再受压强影响。(4)由上述分析知,图甲、图乙的纵坐标分别表示CH3OH的平衡产率、CO2的平衡转化率,且p1>p2>p3,分析图像可知,应选择的反应条件为低温、高压,A项正确。
7.(2020天津节选,13分)利用太阳能光解水,制备的H2用于还原CO2合成有机物,可实现资源的再利用。回答下列问题:
Ⅰ.半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中,光照时可在其表面得到产物
(1)图1为该催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。光解水能量转化形式为 。?
(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中,产物之一为S,另一产物为 。若将该催化剂置于AgNO3溶液中,产物之一为O2,写出生成另一产物的离子反应式 。?
图1
图2
Ⅱ.用H2还原CO2可以在一定条件下合成CH3OH
(不考虑副反应)
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0
(3)某温度下,恒容密闭容器中,CO2和H2的起始浓度分别为a
mol·L-1和3a
mol·L-1,反应平衡时,CH3OH的产率为b,该温度下反应平衡常数的值为 。?
(4)恒压下,CO2和H2的起始物质的量比为1∶3时,该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图2所示,其中分子筛膜能选择性分离出H2O。
①甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为 。?
②P点甲醇产率高于T点的原因为 。?
③根据图2,在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为 ℃。?
Ⅲ.调节溶液pH可实现工业废气CO2的捕获和释放
(5)已知25
℃碳酸电离常数为Ka1、Ka2,当溶液pH=12时,c(H2CO3)∶c(HC)∶c(C)=1∶ ∶ 。?
7.(1)光能转化为化学能(1分) (2)H2(1分) Ag++e-Ag(2分) (3)2分) (4)①该反应为放热反应,温度升高,平衡逆向移动(或平衡常数减小)(2分) ②分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O,有利于反应正向进行,甲醇产率升高(2分)
③210(1分) (5)1012·Ka1(1分) 1024·Ka1·Ka2(1分)
【解析】 本题考查氧化还原反应、化学平衡等知识,考查的化学学科核心素养是变化观念与平衡思想。(1)在光照下,水转化为H2、O2,故能量转化形式为光能转化为化学能。(2)S转化为S的过程中,硫元素化合价升高,根据氧化还原反应中化合价有升必有降的规律及反应体系中只有Na、S、H、O四种元素,可知另一产物为H2。在催化剂存在的条件下,AgNO3溶液通过反应生成O2,氧元素的化合价升高,故有单质银生成,相应的离子反应式为Ag++e-Ag。
(3)列三段式如下:
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
起始浓度/(mol·L-1)
a 3a
0
0
转化浓度/(mol·L-1)ab
3ab
ab
ab
平衡浓度/(mol·L-1)a(1-b)
3a(1-b)
ab
ab
(4)①该反应是放热反应,温度升高有利于平衡逆向移动,甲醇的平衡产率随温度升高而降低。②P点对应反应有分子筛膜,分子筛膜能选择性分离出水,有利于反应正向进行,故P点甲醇产率高于T点甲醇产率。③由图2知,当温度为210
℃时,甲醇的产率最高,因此最佳反应温度为210
℃。(5),pH=12时,c(H+)=10-12
mol·L-1,则c(C)=1012Ka2c(HC),c(HC)=1012Ka1c(H2CO3),进而可得c(C)=1012Ka2×1012Ka1c(H2CO3),故有c(H2CO3)∶c(HC)∶c(C)=c(H2CO3)∶1012Ka1c(H2CO3)∶[1012Ka2×1012Ka1c(H2CO3)]=1∶1012Ka1∶1024Ka1Ka2。专题11
化学反应中的能量变化
1.(2020天津,3分)理论研究表明,在101
kPa和298
K下,HCN(g)HNC(g)异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是
A.HCN比HNC稳定
B.该异构化反应的ΔH=+59.3
kJ·mol-1
C.正反应的活化能大于逆反应的活化能
D.使用催化剂,可以改变反应的反应热
1.D 本题考查反应过程的能量图分析,考查的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知。HNC的能量比HCN高,则稳定性较好的是HCN,A项正确;该异构化反应的ΔH=+59.3
kJ·mol-1,为吸热反应,则正反应的活化能大于逆反应的活化能,B、C项正确;使用催化剂只能改变反应的历程,但是不影响反应的反应热,D项错误。
2.(2020浙江7月选考,2分)关于下列ΔH的判断正确的是
C(aq)+H+(aq)HC(aq) ΔH1
C(aq)+H2O(l)HC(aq)+OH-(aq) ΔH2
OH-(aq)+H+(aq)H2O(l) ΔH3
OH-(aq)+CH3COOH(aq)CH3COO-(aq)+H2O(l) ΔH4
A.ΔH1<0 ΔH2<0
B.ΔH1<ΔH2
C.ΔH3<0 ΔH4>0
D.ΔH3>ΔH4
2.B 本题考查反应热知识,考查的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。形成化学键要放出热量,ΔH1<0,第二个反应是盐类的水解反应,是吸热反应,ΔH2>0,A项错误;ΔH1是负值,ΔH2是正值,ΔH1<ΔH2,B项正确;酸碱中和反应是放热反应,ΔH3<0,ΔH4<0,C项错误;第四个反应(醋酸是弱酸,电离吸热)放出的热量小于第三个反应,但ΔH3和ΔH4都是负值,则ΔH3<ΔH4,D项错误。
3.(2020浙江7月选考,4分)100
mL
0.200
mol·L-1
CuSO4溶液与1.95
g锌粉在量热计中充分反应。测得反应前温度为20.1
℃,反应后最高温度为30.1
℃。
已知:反应前后,溶液的比热容均近似为4.18
J·g-1·℃-1、溶液的密度均近似为1.00
g·cm-3,忽略溶液体积、质量变化和金属吸收的热量。请计算:
(1)反应放出的热量Q= J。?
(2)反应Zn(s)+CuSO4(aq)ZnSO4(aq)+Cu(s)的ΔH= kJ·mol-1(列式计算)。?
3.(1)4.18×103(2分) (2)-=-209(2分)
【解析】 本题考查反应热的计算。(1)根据Q=cmΔt,反应放出的热量Q=4.18
J·g-1·℃-1×100
mL×1.00
g·cm-3×(30.1
℃-20.1
℃)=4.18×103
J。(2)n(CuSO4)=0.1
L×0.200
mol·L-1=0.02
mol,n(Zn)==0.03
mol,显然Zn过量,即0.02
mol
Zn和0.02
mol
CuSO4反应放出的热量为4.18
kJ,故反应Zn(s)+CuSO4(aq)ZnSO4(aq)+Cu(s)的ΔH=-=-209
kJ·mol-1。专题20
无机综合与推断
1.(2020江苏,2分)下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.NaCl(aq)Cl2(g)漂白粉(s)
B.NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s)
C.NaBr(aq)Br2(aq)I2(aq)
D.Mg(OH)2(s)MgCl2(aq)Mg(s)
1.C 本题考查物质间的相互转化,考查的化学学科核心素养是变化观念与平衡思想。Cl2与石灰乳反应可制得漂白粉,A项错误;NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3↓+NH4Cl,2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,B项错误;由于氧化性Cl2>Br2>I2,则Cl2+2NaBr2NaCl+Br2,Br2+2NaI2NaBr+I2,C项正确;电解MgCl2溶液不能得到单质镁,要得到单质Mg,需电解熔融态的MgCl2,D项错误。专题16
水溶液中的离子平衡
1.(2020浙江7月选考,2分)下列说法不正确的是
A.2.0×10-7
mol·L-1的盐酸中c(H+)=2.0×10-7
mol·L-1
B.将KCl溶液从常温加热至80
℃,溶液的pH变小但仍保持中性
C.常温下,NaCN溶液呈碱性,说明HCN是弱电解质
D.常温下,pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体,溶液pH增大
1.A 本题考查电离平衡知识,考查的化学核心素养是变化观念与平衡思想。极稀的溶液中,H2O电离出的H+不能忽略,故c(H+)大于2×10-7
mol·L-1,A项错误;水的电离是吸热的,升高温度促进水的电离,氢离子浓度和氢氧根离子浓度均增大,pH减小,但氢离子浓度和氢氧根离子浓度仍相等,溶液呈中性,B项正确;常温下,NaCN溶液呈碱性,说明NaCN是强碱弱酸盐,HCN是弱酸,C项正确;醋酸溶液中加入醋酸钠,醋酸根离子浓度增大,醋酸的电离平衡逆向移动,氢离子浓度减小,pH增大,D项正确。
2.(2020天津,3分)常温下,下列有关电解质溶液的说法错误的是
A.相同浓度的HCOONa和NaF两溶液,前者的pH较大,则Ka(HCOOH)>Ka(HF)
B.相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7,则溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
C.FeS溶于稀硫酸,而CuS不溶于稀硫酸,则Ksp(FeS)>Ksp(CuS)
D.在1
mol·L-1
Na2S溶液中,c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1
mol·L-1
2.A 本题考查电解质溶液知识,考查的化学学科核心素养是变化观念与平衡思想。酸根离子的水解能力越强,对应酸的酸性越弱,HF的酸性比HCOOH强,A项错误;等浓度的CH3COOH和CH3COONa混合溶液呈酸性,说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,则离子浓度关系:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),B项正确;FeS溶于稀硫酸,而CuS不溶于稀硫酸,说明FeS的溶解度大于CuS,Ksp(FeS)>Ksp(CuS),C项正确;根据物料守恒可知,c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1
mol·L-1,D项正确。
3.(2020全国卷Ⅰ,6分)以酚酞为指示剂,用0.100
0
mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00
mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中,pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。
[比如A2-的分布系数:δ(A2-)=
下列叙述正确的是
A.曲线①代表δ(H2A),曲线②代表δ(HA-)
B.H2A溶液的浓度为0.200
0
mol·L-1
C.HA-的电离常数Ka=1.0×10-2
D.滴定终点时,溶液中c(Na+)<2c(A2-)+c(HA-)
3.C 本题考查电离平衡相关知识,考查的化学学科核心素养是变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知。由题图可知加入40
mL
NaOH溶液时达到滴定终点,又H2A为二元酸,则H2A溶液的浓度为0.100
0
mol·L-1,由题图可知,没有加入NaOH溶液时,H2A溶液的pH约为1.0,分析可知H2A第一步完全电离,曲线①代表δ(HA-),曲线②代表δ(A2-),A、B项错误;由题图可知δ(HA-)=δ(A2-)时溶液pH=2.0,即c(HA-)=c(A2-)时溶液pH=2.0,则Ka(HA-)==1.0×10-2,C项正确;滴定终点时溶液中存在的离子有Na+、H+、A2-、HA-、OH-,根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-),此时c(H+)2c(A2-)+c(HA-),D项错误。
4.(2020浙江1月选考,2分)下列说法不正确的是
A.pH>7的溶液不一定呈碱性
B.中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液,所需HCl的物质的量相同
C.相同温度下,pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中,c(OH-)相等
D.氨水和盐酸反应后的溶液,若溶液呈中性,则c(Cl-)=c(N)
4.B 本题考查电解质溶液相关知识。没有给出温度,pH>7的溶液不一定呈碱性,A正确;pH相同的氨水和氢氧化钠溶液,氨水的物质的量浓度大,所以中和pH和体积均相等的氨水、氢氧化钠溶液,氨水消耗HCl的物质的量多,B错误;相同温度下,盐酸和醋酸溶液中pH相等时,因为水的离子积常数相等,所以两溶液中的c(OH-)也相等,C正确;混合后溶液中的电荷守恒式为c(H+)+c(N)=c(Cl-)+c(OH-),溶液呈中性,即c(H+)=c(OH-),所以c(N)=c(Cl-),D正确。
5.(2020山东,4分)(双选)25
℃时,
某混合溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1
mol·L-1,
lg
c(CH3COOH)
、lg
c(CH3COO-)、lg
c(H+)和lg
c(OH-)随pH变化的关系如图所示。Ka为CH3COOH的电离常数,下列说法正确的是
A.O点时,
c(CH3COOH)=c(CH3COO-)
B.N点时,
pH=-lg
Ka
C.该体系中,c(CH3COOH)=mol·L-1
D.pH由7到14的变化过程中,
CH3COO-的水解程度始终增大
5.BC 本题考查水溶液中的平衡问题,考查的化学学科核心素养是变化观念与平衡思想。结合题图可知当pH最小时,溶液呈酸性,溶液中c(CH3COOH)最大,对应lg
c(H+)最大,随着pH逐渐增大,当溶液中c(CH3COO-)最大时,对应lg
c(OH-)最大。则4条曲线分别对应的lg
c(x)如图所示。经上述分析可知N点时,c(CH3COOH)=c(CH3COO-),Ka=c(H+),即pH=-lg
Ka,A项错误、B项正确;该体系中,0.1c(H+)=[c(CH3COOH)+c(CH3COO-)]×c(H+)=c(CH3COOH)×c(H+)×[+1]=
c(CH3COOH)×[Ka+c(H+)],C项正确;pH由7到14的过程中先促进CH3COO-的水解,后抑制其水解,D项错误。
6.
(2020浙江1月选考,2分)室温下,向20.00
mL
0.100
0
mol·L-1盐酸中滴加0.100
0
mol·L-1
NaOH溶液,溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知
lg
5=0.7。下列说法不正确的是
A.NaOH与盐酸恰好完全反应时,pH=7
B.选择变色范围在pH突变范围内的指示剂,可减小实验误差
C.选择甲基红指示反应终点,误差比甲基橙的大
D.V(NaOH)=30.00
mL时,pH=12.3
6.C 本题考查酸碱中和滴定分析。氢氧化钠与盐酸恰好完全反应生成氯化钠和水,氯化钠属于强酸强碱盐,溶液呈中性,即室温下pH=7,A正确;指示剂的变色范围在pH突变范围内,可减小实验误差,B正确;指示剂的变色范围越接近反应的理论终点,实验误差越小,从题图可知,甲基红的变色范围更接近反应终点(pH=7),误差更小,C错误;当加入NaOH溶液的体积为30.00
mL时,盐酸不足,过量的n(NaOH)=30.00×10-3
L×0.100
0
mol·L-1-20.00×10-3
L×0.100
0
mol·L-1=10-3
mol,所以溶液中c(NaOH)==0.02
mol·L-1,c(H+)=mol·L-1=5×10-13
mol·L-1,故pH=12.3,D正确。专题21
工艺流程
1.(2020全国卷Ⅲ,15分)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物,还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O):
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示:
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01
mol·L-1)的pH
7.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时(c=1.0×10-5
mol·L-1)的pH
8.7
4.7
3.2
9.0
回答下列问题:
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是 。为回收金属,用稀硫酸将“滤液①”调为中性,生成沉淀。写出该反应的离子方程式 。?
(2)“滤液②”中含有的金属离子是 。?
(3)“转化”中可替代H2O2的物质是 。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”,即,“滤液③”中可能含有的杂质离子为 。?
(4)利用上述表格数据,计算Ni(OH)2的Ksp= (列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0
mol·L-1,则“调pH”应控制的pH范围是 。?
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化,可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式 。?
(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用,其意义是 。?
1.(1)除去油脂、溶解铝及其氧化物(2分) Al(OH+H+Al(OH)3↓+H2O(2分) (2)Ni2+、Fe2+、Fe3+(2分) (3)O2或空气(1分) Fe3+(1分) (4)0.01×(107.2-14)2[或10-5×(108.7-14)2](2分) 3.2~6.2(2分) (5)2Ni2++ClO-+4OH-2NiOOH↓+Cl-+H2O(2分) (6)提高镍回收率(1分)
【解析】 本题以工业利用废镍催化剂制备硫酸镍晶体为背景考查工艺流程知识,考查的化学核心素养是证据推理与模型认知。(1)由题给条件可知,该废镍催化剂表面覆有油脂,且其中含有Ni、Al、Fe及其氧化物等,“碱浸”时,油脂在氢氧化钠溶液中水解而被除去,铝及其氧化物也会与氢氧化钠溶液反应而被除去,“碱浸”中NaOH的两个作用分别是除去油脂、溶解铝及其氧化物。“滤液①”中铝元素以Al(OH的形式存在,加入稀硫酸生成沉淀的离子方程式为Al(OH+H+Al(OH)3↓+H2O。(2)因Ni、Fe及其氧化物不与NaOH溶液反应,Ni、Fe及其氧化物存在于“滤饼①”中,向“滤饼①”中加入稀硫酸,Ni、Fe及其氧化物与稀硫酸反应,故得到的“滤液②”中含有的金属离子为Ni2+、Fe2+、Fe3+。(3)“转化”过程是将二价铁离子全部转化为三价铁离子,选用的氧化剂是H2O2溶液,选用过氧化氢溶液氧化的好处是不引入其他杂质,因此替代过氧化氢溶液的物质也不能引入其他杂质,可用O2或空气替代H2O2溶液;由题表中金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH可知,Fe2+开始沉淀时,Ni2+已经沉淀一部分,Ni2+沉淀完全时,Fe2+还不能沉淀完全,“转化”时会生成Fe3+,则滤液③中可能含有Fe3+。(4)pH=7.2,c(H+)=10-7.2mol·L-1,c(OH-)=(10-14/10-7.2)mol·L-1,Ksp=c(Ni2+)·c2(OH-)=0.01×
(107.2-14)2,或利用Ni2+沉淀完全时计算得Ksp=10-5×(108.7-14)2。c(Ni2+)=1.0
mol·L-1,若不生成Ni(OH)2,则c(OH-)<
mol·L-1,c(H+)>10-6.2
mol·L-1,pH<6.2,同时应调节pH≥3.2以除去Fe3+,故pH应控制的范围是3.2~6.2。(5)由题意可知,反应物为硫酸镍、次氯酸钠和强碱,生成物为NiOOH
,硫酸镍中镍元素为+2价,NiOOH
中镍元素为+3价,镍元素的化合价升高被氧化,则次氯酸钠中氯元素被还原得到氯化钠,该反应的离子方程式为2Ni2++ClO-+4OH-2NiOOH↓+H2O+Cl-。(6)母液中还含有少量的硫酸镍,将母液收集、循环使用可提高镍回收率。
2.(2020全国卷Ⅰ,14分)钒具有广泛用途。黏土钒矿中,钒以+3、+4、+5价的化合物存在,还包括钾、镁的铝硅酸盐,以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
该工艺条件下,溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Mn2+
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
回答下列问题:
(1)“酸浸氧化”需要加热,其原因是 。?
(2)“酸浸氧化”中,VO+和VO2+被氧化成V,同时还有 离子被氧化。写出VO+转化为V反应的离子方程式 。?
(3)“中和沉淀”中,钒水解并沉淀为V2O5·xH2O,随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、 ,以及部分的 。?
(4)“沉淀转溶”中,V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是 。?
(5)“调pH”中有沉淀生成,生成沉淀反应的化学方程式是 。?
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时,需要加入过量NH4Cl,其原因是 。?
2.(1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)(2分)
(2)Fe2+(1分) VO++MnO2+2H+V+Mn2++H2O(2分)
(3)Mn2+(1分) Al3+和Fe3+(2分) (4)Fe(OH)3(2分)
(5)NaAl(OH)4+HClAl(OH)3↓+NaCl+H2O(2分)
(6)利用同离子效应,促进NH4VO3尽可能析出完全(2分)
【解析】 本题考查无机化工流程分析,涉及锰、铁、铝、钒等元素,考查的化学核心素养是科学探究与创新意识、科学态度与社会责任。(1)“酸浸氧化”中温度较低时,酸浸和氧化反应速率较慢。为了加快酸浸和氧化反应速率,需要加热。(2)从原料看,“酸浸氧化”中四氧化三铁溶于稀硫酸,发生反应Fe3O4+4H2SO4FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O,加入的二氧化锰除氧化VO+和VO2+外,还氧化Fe2+。VO+转化为V反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+V+Mn2++H2O。(3)根据表格中数据知,pH在3.0~3.1时,铁离子接近沉淀完全,少量铁离子随滤液②除去,Al3+部分沉淀,大量铝离子随滤液②除去,K+、Mg2+、Na+、Mn2+随滤液②除去。(4)在pH>13的强碱性溶液中,V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解,Al(OH)3转化为NaAl(OH)4溶解,Fe(OH)3不溶,故滤渣③的主要成分是Fe(OH)3。(5)pH=8.5时铝元素沉淀,故“调pH”时生成氢氧化铝沉淀,反应的化学方程式为NaAl(OH)4+HClAl(OH)3↓+NaCl+H2O。(6)“沉钒”时要使NH4VO3尽可能析出完全,利用同离子效应,加入过量NH4Cl可达到此目的。
3.(2020山东,12分)用软锰矿(主要成分为MnO2,含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下:
已知:MnO2是一种两性氧化物;25
℃时相关物质的Ksp见下表。
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Ksp
1×10-16.3
1×10-38.6
1×10-32.3
1×10-12.7
回答下列问题:
(1)软锰矿预先粉碎的目的是 ,MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为 。?
(2)保持BaS投料量不变,随MnO2与BaS投料比增大,S的量达到最大值后无明显变化,而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小,减小的原因是 。?
(3)滤液Ⅰ可循环使用,应当将其导入到 操作中(填操作单元的名称)。?
(4)净化时需先加入的试剂X为 (填化学式),再使用氨水调溶液的pH,则pH的理论最小值为 (当溶液中某离子浓度c≤1.0×10-5
mol·L-1时,可认为该离子沉淀完全)。?
(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为 。?
3.(1)增大接触面积,充分反应,提高反应速率(2分) MnO2+BaS+H2OBa(OH)2+MnO+S(2分)
(2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2(2分) (3)蒸发(1分)
(4)H2O2(1分) 4.9(2分) (5)Mn2++HC+NH3·H2OMnCO3↓+N+H2O(2分)
【解析】 本题以化工工艺流程为载体,考查化学反应速率的影响因素、氧化还原反应方程式及离子方程式的书写、工艺流程中的问题分析和溶度积的有关计算;考查的化学学科核心素养是证据推理与模型认知、变化观念与平衡思想、科学态度与社会责任等。(1)对软锰矿进行粉碎,其表面积增大,在后续加入硫化钡溶液时,固体与溶液接触面积大,充分反应,能提高反应速率。分析该制备工艺流程图可知,“反应”操作中硫化钡中的硫元素转化为硫单质,硫化钡中的钡元素转化为氢氧化钡,故软锰矿中的二氧化锰在“反应”操作中被硫化钡中的还原,锰元素由+4价转化为+2价,故MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式是MnO2+BaS+H2OBa(OH)2+MnO+S。(2)加入的MnO2的量增大,而Ba(OH)2的量减少,是因为MnO2为两性氧化物,能与强碱Ba(OH)2反应,从而导致Ba(OH)2的量减少。(3)滤液Ⅰ中仍含少量的Ba(OH)2,为提高其产率,可将滤液Ⅰ导入前边的“蒸发”操作中。(4)由软锰矿中的杂质成分有Fe3O4可知,“酸解”后溶液中含有Fe2+,结合表中四种氢氧化物的溶度积数据,为减少Mn(OH)2的损失,需将Fe2+转化为Fe3+,然后再调节溶液pH,使杂质Fe3+转化为Fe(OH)3,故“净化”操作中需加入氧化剂,结合后续操作中的物质转化可知,“净化”操作中加入的试剂X为过氧化氢(H2O2)溶液。对比表中的溶度积数据可知,相较于Fe(OH)3,Al(OH)3的溶度积较大,若要除去Al(OH)3、Fe(OH)3两种杂质,以前者的溶度积进行计算,推知调节溶液的pH大小,由已知信息可知,沉淀完全的最大金属离子浓度为1.0×10-5
mol·L-1,此时c3(OH-)=Ksp[Al(OH)3]/c(Al3+)=
mol3·L-3=1×10-27.3
mol3·L-3,则c(OH-)=
1×10-9.1
mol·L-1,c(H+)=
mol·L-1=
1×10-4.9
mol·L-1,此时pH=4.9。(5)由工艺流程图中的“碳化”操作可知,该操作中加入的物质是碳酸氢铵、氨水,而“压滤”操作后的滤液中含Mn2+,由目标产物可知,该反应的生成物中有碳酸锰,故“碳化”过程中发生反应的离子方程式是Mn2++HC+NH3·H2OMnCO3↓+N+H2O。专题14
反应速率、化学平衡
1.(2020山东,4分)(双选)1,
3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步:第一步H+进攻1,3-丁二烯生成碳正离子();第二步Br-进攻碳正离子完成1,2-加成或1,4-加成。反应进程中的能量变化如图所示。已知在0
℃和40
℃时,1,2-加成产物与1,4-加成产物的比例分别为70∶30和15∶85。下列说法正确的是
A.1,4-加成产物比1,2-加成产物稳定
B.与0
℃相比,40
℃时1,3-丁二烯的转化率增大
C.从0
℃升至40
℃,1,2-加成正反应速率增大,1,4-加成正反应速率减小
D.从0
℃升至40
℃,1,2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度
1.AD 本题考查化学反应原理,考查的化学学科核心素养是变化观念与平衡思想。结合题图可知,1,4-加成产物的能量比1,2-加成产物的能量低,即1,4-加成产物比1,2-加成产物稳定,A项正确;结合题图和题中信息只能判断不同温度下1,3-丁二烯发生1,2-加成反应和1,4-加成反应的倾向,不能判断1,3-丁二烯的转化率,B项错误;温度升高,1,2-加成反应和1,4-加成反应的正反应速率均增大,C项错误;由0
℃升温至40
℃时,1,3-丁二烯发生的反应由以1,2-加成为主变为以1,4-加成为主,即1,2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度,D项正确。
2.
(2020浙江1月选考,2分)一定温度下,在2
L的恒容密闭容器中发生反应A(g)+2B(g)3C(g)。反应过程中的部分数据如下表所示:
t/min
n(A)/mol
n(B)/mol
n(C)/mol
0
2.0
2.4
0
5
0.9
10
1.6
15
1.6
下列说法正确的是
A.0~5
min
用A表示的平均反应速率为0.09
mol·L-1·min-1
B.该反应在10
min后才达到平衡
C.平衡状态时,c(C)=0.6
mol·L-1
D.物质B的平衡转化率为20%
2.C 本题考查化学反应速率、化学平衡、转化率等。0~5
min用A表示的平均反应速率v(A)=V(C)/3=×=0.03
mol·L-1·min-1,A错误;反应10
min时,n(A)=1.6
mol,即消耗0.4
mol
A,根据反应的化学方程式可知,消耗0.8
mol
B,即此时n(B)=1.6
mol,由题表中数据知,15
min
时n(B)=1.6
mol,说明10
min时反应处于平衡状态,B错误;结合上述分析,达到平衡时消耗0.4
mol
A,则平衡时生成1.2
mol
C,故c(C)=0.6
mol·L-1,C正确;物质B的平衡转化率为×100%≈33.3%,D错误。
3.
(2020浙江1月选考,2分)在一定温度下,某反应达到了化学平衡,其反应过程对应的能量变化如图。下列说法正确的是
A.Ea为逆反应活化能,E'a为正反应活化能
B.该反应为放热反应,ΔH=E'a-Ea
C.所有活化分子的平均能量高于或等于所有分子的平均能量
D.温度升高,逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度,使平衡逆移
3.D 本题考查反应中的能量变化等。Ea为正反应活化能,Ea'为逆反应活化能,A错误;该反应为放热反应,ΔH=Ea-Ea',B错误;所有活化分子的平均能量一定高于所有分子的平均能量,C错误;正反应为放热反应,升高温度,逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度,平衡向逆反应方向移动,D正确。
4.(2020浙江7月选考,2分)5
mL
0.1
mol·L-1
KI溶液与1
mL
0.1
mol·L-1
FeCl3溶液发生反应:2Fe3+(aq)+2I-(aq)2Fe2+(aq)+I2(aq),达到平衡。下列说法不正确的是
A.加入苯,振荡,平衡正向移动
B.经苯2次萃取分离后,在水溶液中加入KSCN
,溶液呈血红色,表明该化学反应存在限度
C.加入FeSO4固体,平衡逆向移动
D.该反应的平衡常数
4.D 本题考查化学平衡知识,考查的化学核心素养是变化观念与平衡思想。碘易溶于苯,加入苯,碘进入苯中,使水溶液中碘的浓度减小,平衡正向移动,A项正确;如果反应能进行到底,则经过苯两次萃取后溶液中不会有Fe3+,加入KSCN,溶液不会呈血红色,溶液呈血红色说明此反应是可逆反应,有反应限度,B项正确;加入FeSO4,二价铁离子浓度增大,平衡逆向移动,C项正确;该反应的平衡常数K=c2(Fe2+)·c(I2)/[c2(Fe3+)·c2(I-)],D项错误。
5.(2020江苏,4分)(双选)CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应
CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g) ΔH=247.1
kJ·mol-1
H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g) ΔH=41.2
kJ·mol-1
在恒压、反应物起始物质的量比n(CH4)∶n(CO2)=1∶1条件下,CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是
A.升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率
B.曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化
C.相同条件下,改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠
D.恒压、800
K、n(CH4)∶n(CO2)=1∶1条件下,反应至CH4转化率达到X点的值,改变除温度外的特定条件继续反应,CH4转化率能达到Y点的值
5.BD 本题考查化学平衡及其移动知识的综合应用,考查的化学学科核心素养是变化观念与平衡思想。升高温度有利于题中第一个反应正向进行,有利于提高CH4的平衡转化率,但增大压强有利于题中第一个反应逆向进行,不利于提高CH4的平衡转化率,A项错误;由题述反应及起始反应物的物质的量比可知,平衡时CO2的转化率比CH4的高,则曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化,B项正确;使用催化剂只能加快化学反应速率,对化学平衡无影响,即曲线A和曲线B不能相重叠,C项错误;恒压、800
K、n(CH4)∶n(CO2)=1∶1条件下,反应至CH4转化率达到X点的值,通过增大n(CO2)或减小压强继续反应,可以使CH4的转化率从X点提高到Y点,D项正确。
6.(2020全国卷Ⅱ,6分)据文献报道:Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是
A.OH-参与了该催化循环
B.该反应可产生清洁燃料H2
C.该反应可消耗温室气体CO2
D.该催化循环中Fe的成键数目发生变化
6.C 本题结合图示考查化学反应机理,考查的核心素养是宏观辨识与微观探析。结合图示可看出参与反应的物质有CO和H2O,生成物有CO2和H2,而且反应过程中Fe的成键数目在不断发生变化。结合反应机理图示可知OH-参与了该催化循环反应,A项正确;从图示可看出有H2生成,且没有再参与反应,即该反应可产生清洁燃料H2,B项正确;根据图示可看出CO参与了反应,并最终转化为CO2放出,即该反应能消耗CO,生成CO2,C项错误;该循环过程中Fe的成键数目可能是4、5或6,即该催化循环过程中Fe的成键数目发生变化,D项正确。
7.(2020全国卷Ⅰ,6分)铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]-可催化甲醇羰基化,反应过程如图所示。
下列叙述错误的是
A.CH3COI是反应中间体
B.甲醇羰基化反应为CH3OH+COCH3CO2H
C.反应过程中Rh的成键数目保持不变
D.存在反应CH3OH+HICH3I+H2O
7.C 本题考查化学反应机理相关知识,考查的化学核心素养是证据推理与模型认知。由反应过程图可知CH3OH→CH3I→→→→CH3COI→CH3CO2H,
CH3COI是反应的中间产物,A项正确;把各步反应累加,得到CH3OH+COCH3CO2H,B项正确;和中Rh的成键数为6,中Rh的成键数为5,中Rh的成键数为4,反应过程中Rh的成键数不相同,C项错误;由题图可知,甲醇的第一步反应为CH3OH+HICH3I+H2O,D项正确。专题26
有机合成与推断
1.(2020全国卷Ⅰ,15分)有机碱,例如二甲基胺()、苯胺()、吡啶()等,在有机合成中应用很普遍,目前“有机超强碱”的研究越来越受到关注。以下为有机超强碱F的合成路线:
已知如下信息:
①H2CCH2
②
③苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体
回答下列问题:
(1)A的化学名称为 。?
(2)由B生成C的化学方程式为 。?
(3)C中所含官能团的名称为 。?
(4)由C生成D的反应类型为 。?
(5)D的结构简式为 。?
(6)E的六元环芳香同分异构体中,能与金属钠反应,且核磁共振氢谱有四组峰,峰面积之比为6∶2∶2∶1的有 种,其中,芳香环上为二取代的结构简式为 。?
1.(除标明外,每空2分)(1)三氯乙烯 (2)+KOH+KCl+H2O (3)碳碳双键、氯原子 (4)取代反应 (5) (6)6(3分)
【解析】 本题结合有机合成考查多种有机物间的相互转化和同分异构体的书写等,考查的化学核心素养是证据推理与模型认知。结合A的分子式和已知信息①可知A的结构式为,B的结构简式为;结合D+EF和E、F的结构简式以及D的分子式可确定D的结构简式为;结合B、D的结构简式以及B→C发生消去反应可确定C的结构简式为。(1)由A的结构式可确定其化学名称为三氯乙烯。(2)由B、C的结构简式可确定反应时1分子B消去1分子HCl,由此可写出反应的化学方程式。(3)根据C的结构简式可知C中含有碳碳双键和氯原子两种官能团。(4)C与二环己基胺()发生取代反应生成D。(6)E分子中仅含1个氧原子,根据题中限定条件,其同分异构体能与金属钠反应,可知其同分异构体中一定含有—OH,再结合核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积之比为6∶2∶2∶1,可知其同分异构体中一定含有2个—CH3,且2个—CH3处于对称的位置,符合条件的同分异构体有6种,分别是、、、、、。其中芳香环上为二取代的结构简式为。
2.(2020全国卷Ⅱ,15分)维生素E是一种人体必需的脂溶性维生素,现已广泛应用于医药、营养品、化妆品等。天然的维生素E由多种生育酚组成,其中α-生育酚(化合物E)含量最高,生理活性也最高。下面是化合物E的一种合成路线,其中部分反应略去。
已知以下信息:
a)
b)+
c)
回答下列问题:
(1)A的化学名称为 。?
(2)B的结构简式为 。?
(3)反应物C含有三个甲基,其结构简式为 。?
(4)反应⑤的反应类型为 。?
(5)反应⑥的化学方程式为 。?
(6)化合物C的同分异构体中能同时满足以下三个条件的有 个(不考虑立体异构体,填标号)。?
(i)含有两个甲基;(ii)含有酮羰基(但不含);(iii)不含有环状结构。
(a)4 (b)6 (c)8 (d)10
其中,含有手性碳(注:连有四个不同的原子或基团的碳)的化合物的结构简式为 。?
2.(1)3-甲基苯酚(或间甲基苯酚)(2分) (2)(2分)
(3)(2分) (4)加成反应(2分) (5)+H2(3分) (6)c(2分) (2分)
【解析】 本题考查有机化学基础知识,考查的核心素养是证据推理与模型认知。(1)由A的结构简式知,A为3-甲基苯酚(或间甲基苯酚)。(2)间甲基苯酚和CH3OH发生类似题给已知信息a的反应生成B,结合B的分子式可知B的结构简式为。(3)由题给已知信息b知与C发生取代反应生成,C中含有三个甲基,结合C的分子式可知C的结构简式为。(4)由题给已知信息c知与发生加成反应生成D,则反应⑤的反应类型为加成反应。(5)D()与H2发生加成反应生成,则反应⑥的化学方程式为+H2。(6)C的分子式为C6H10O,满足题给条件的C的同分异构体有:①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧,共8个,其中含手性碳的化合物的结构简式为。
3.(2020全国卷Ⅲ,15分)苯基环丁烯酮( PCBO)是一种十分活泼的反应物,可利用它的开环反应合成一系列多官能团化合物。近期我国科学家报道用PCBO与醛或酮发生[4+2]环加成反应,合成了具有生物活性的多官能团化合物(E),部分合成路线如下:
已知如下信息:
回答下列问题:
(1)A的化学名称是 。?
(2)B的结构简式为 。?
(3)由C生成D所用的试剂和反应条件为 ;该步反应中,若反应温度过高,C易发生脱羧反应,生成分子式为C8H8O2的副产物,该副产物的结构简式为 。?
(4)写出化合物E中含氧官能团的名称 ;E中手性碳(注:连有四个不同的原子或基团的碳)的个数为 。?
(5)M为C的一种同分异构体。已知:1
mol
M与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出2
mol
二氧化碳;M与酸性高锰酸钾溶液反应生成对苯二甲酸。M的结构简式为 。?
(6)对于,选用不同的取代基R',在催化剂作用下与PCBO发生的[4+2]反应进行深入研究,R'对产率的影响见下表:
R'
—CH3
—C2H5
—CH2CH2C6H5
产率/%
91
80
63
请找出规律,并解释原因 。?
3.(1)2-羟基苯甲醛(或水杨醛)(1分) (2)(2分) (3)乙醇、浓硫酸/加热(2分) (2分) (4)羟基、酯基(2分) 2(2分) (5)(2分) (6)随着R'体积增大,产率降低;原因是R'体积增大,位阻增大(2分)
【解析】 本题考查有机物的合成与推断,考查的化学核心素养是证据推理与模型认知。(1)由A的结构简式可知A为2-羟基苯甲醛(或水杨醛)。(2)由题给已知信息可知,A与乙醛在强碱性环境中发生加成反应生成B,结合B的分子式可知B的结构简式为。(3)由C与D的结构简式可知,C与乙醇发生酯化反应生成D,所用的试剂和反应条件为乙醇、浓硫酸/加热;C发生脱羧反应生成分子式为C8H8O2的物质,该物质的结构简式为。(4)由E的结构简式()可知,其含氧官能团为羟基和酯基;E中手性碳有2个(,如图中所示)。(5)1
mol
M与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出2
mol
CO2,说明M中含有2个羧基,又因M与酸性高锰酸钾溶液反应生成对苯二甲酸,说明两个取代基在苯环上的位置处于对位,根据C的分子式(C9H8O4)可推知M为。(6)由题表中数据可知,随着R'体积增大,产率降低,原因是R'体积增大,位阻增大。
4.(2020天津,18分)天然产物H具有抗肿瘤、镇痉等生物活性,可通过以下路线合成。
已知:+(Z=—COOR、—COOH等)
回答下列问题:
(1)A的链状同分异构体可发生银镜反应,写出这些同分异构体所有可能的结构: 。?
(2)在核磁共振氢谱中,化合物B有 组吸收峰。?
(3)化合物X的结构简式为 。?
(4)DE的反应类型为 。?
(5)F的分子式为 ,G所含官能团的名称为 。?
(6)化合物H含有手性碳原子的数目为 ,下列物质不能与H发生反应的是 (填序号)。?
a.CHCl3 b.NaOH溶液
c.酸性KMnO4溶液
d.金属Na
(7)以和为原料,合成,在方框中写出路线流程图(无机试剂和不超过2个碳的有机试剂任选)。
4.(1)、、、(共4分) (2)4(2分) (3)COOH(1分) (4)加成反应(1分) (5)C13H12O3(1分) 羰基,酯基(2分)
(6)1(2分) a(2分) (7)(3分)
【解析】 本题考查有机推断与合成,考查的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知。(1)A的同分异构体能发生银镜反应,说明其分子中含有,再结合A的分子组成知,其链状同分异构体中还含有一个碳碳双键,满足条件的A的同分异构体的结构简式为CH2CHCH2CHO、CH2C(CHO)CH3、、。(2)B分子中有四种氢原子,故其核磁共振氢谱有4组吸收峰。(3)D分子中存在酯基,对比C、D的结构简式知,C与X发生酯化反应生成D,故X的结构简式为。(4)结合D、E的结构简式及已知信息知,DE发生加成反应。(5)由F的结构简式知,F的分子式为C13H12O3。G有酯基、羰基两种官能团。(6)H分子中只有一个碳原子与另外四个不同原子(或原子团)成键,故H分子中手性碳原子只有1个。H分子中含有羟基,且连接的碳原子上有氢原子,故可与酸性KMnO4溶液、金属Na反应,含有酯基,故可与NaOH溶液反应,正确答案为a。(7)由题给信息知,若要得到目标产物,需要先制备1,3-环己二烯,1,3-环己二烯与反应即可得到目标产物。制备1,3-环己二烯的过程为:环己醇在浓硫酸存在下发生消去反应生成环己烯,环己烯与卤素单质发生加成反应得到1,2-二卤环己烷,1,2-二卤环己烷在NaOH醇溶液中发生消去反应即可得到1,3-环己二烯。
5.(2020江苏,15分)化合物F是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体,其合成路线如下:
(1)A中的含氧官能团名称为硝基、 和 。?
(2)B的结构简式为 。?
(3)CD的反应类型为 。?
(4)C的一种同分异构体同时满足下列条件,写出该同分异构体的结构简式 。?
①能与FeCl3溶液发生显色反应。
②能发生水解反应,水解产物之一是α-氨基酸,另一产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1且含苯环。
(5)写出以CH3CH2CHO和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用,合成路线流程图示例见本题题干)。
5.醛基(1分) (酚)羟基(1分)
(2)(3分)
(3)取代反应(2分)
(4)(3分)
(5)CH3CH2CHOCH3CH2CH2OHCH3CH2CH2Br(5分)
【解析】 本题考查有机合成和推断,包括官能团名称书写、有机物结构简式书写、有机反应类型判断、限定条件下同分异构体的书写及有机合成路线设计,考查的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。(1)A中含氧官能团有—NO2、—CHO、—OH,名称分别为硝基、醛基、(酚)羟基。(2)根据合成路线可知,BC为醛基还原为羟基的反应,可推知B的结构简式为。(3)根据C、D的结构简式可知,CD为C中—OH被—Br取代的反应,故反应类型为取代反应。(4)C的结构简式为,①能与FeCl3溶液发生显色反应,则该同分异构体中含有酚羟基;②能发生水解反应,水解产物之一是α-氨基酸,另一产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1且含有苯环,则该同分异构体的水解产物分别为H2NCH2COOH、,故该同分异构体的结构简式为。(5)运用逆合成分析法确定合成路线。由题述合成路线中EF可知,可由被H2O2氧化得到,由题述合成路线中DE可知,可由CH3CH2CH2Br与发生取代反应得到,由题述合成路线中CD可知,CH3CH2CH2Br可由CH3CH2CH2OH与PBr3发生反应得到,CH3CH2CH2OH可由CH3CH2CHO发生还原反应得到,故合成路线如下:CH3CH2CHOCH3CH2CH2OHCH3CH2CH2Br。
6.(2020浙江7月选考,12分)某研究小组以邻硝基甲苯为起始原料,按下列路线合成利尿药美托拉宗。
请回答:
(1)下列说法正确的是 。?
A.反应Ⅰ的试剂和条件是Cl2和光照
B.化合物C能发生水解反应
C.反应Ⅱ涉及到加成反应、取代反应
D.美托拉宗的分子式是C16H14ClN3O3S
(2)写出化合物D的结构简式 。?
(3)写出B+EF的化学方程式 。?
(4)设计以A和乙烯为原料合成C的路线(用流程图表示,无机试剂任选) 。?
(5)写出化合物A同时符合下列条件的同分异构体的结构简式 。?
1H-NMR谱和IR谱检测表明:①分子中共有4种氢原子,其中苯环上的有2种;②有碳氧双键,无氮氧键和—CHO。
6.(1)BC(1分) (2)(2分)
(3)+
+H2O(2分)
(5)、、、(4分)
【解析】 本题考查有机合成与推断,涉及物质结构简式的推断、同分异构体的书写和合成路线的设计等。(1)结合A的分子式,由反应物正推,由C逆推可知A为,反应Ⅰ发生的是苯环氢原子的卤代反应,故反应Ⅰ用Fe(或FeCl3)作催化剂、液氯作反应物,A项错误;化合物C中含有酰胺键,故该有机物能发生水解反应,B项正确;由反应Ⅱ的反应物为CH3CHO和F,结合反应物F的分子式,由目标产物逆推可知F为,由此可知,反应Ⅱ涉及加成反应和取代反应,C项正确;由美托拉宗的结构简式可知其分子式是C16H16ClN3O3S,D项错误。
(2)的苯环上连有甲基,其与酸性KMnO4溶液反应生成D,可知D为。(3)在Fe、HCl条件下反应生成B,结合B的分子式可知苯环上的硝基被还原为氨基,故B为;对比E、F的分子式并结合F的结构简式,由F逆推可知E为,则B与E反应生成F的化学方程式是++H2O。(4)目标产物C为,原料为乙烯和,因此可先利用乙烯制备乙酸,再将中的硝基还原为氨基,生成,其氨基与乙酸中的羧基发生脱水反应可生成目标物质,合成路线为
(5)苯环上有两种H原子,则说明苯环上有两个取代基,且取代基位于对位;有碳氧双键,无氮氧键和—CHO,则分子式中的2个O原子中,1个形成,1个形成—OH,若—OH在苯环上,则另外一个支链为—NHCOCl或—CONHCl,若—OH与组成羧基,则两个支链可以是—NHCOOH和—Cl,或—COOH和—NHCl,故符合条件的A的同分异构体是、、、。专题09
原子结构和化学键
1.(2020浙江1月选考,2分)下列说法不正确的是
A.O和O互为同位素
B.金刚石和石墨互为同素异形体
C.和互为同系物
D.CH3COOCH2CH3和CH3CH2CH2COOH互为同分异构体
1.C 本题考查同位素、同素异形体、同系物、同分异构体OO为氧元素的两种核素,二者互为同位素,A正确;金刚石和石墨为碳元素的不同单质,二者互为同素异形体,B正确;前者属于酚,后者属于醇,二者不是同系物,C错误;乙酸乙酯和丁酸的分子式均为C4H8O2,二者结构不同,互为同分异构体,D正确。
OH
CH3
CH,
OH
CH3专题04
化学计算
1.(2020浙江1月选考,4分)为测定FeC2O4·2H2O(M=180
g·mol-1)样品的纯度,用硫酸溶解6.300
g样品,定容至250
mL。取25.00
mL溶液,用0.100
0
mol·L-1
KMnO4标准溶液滴定至终点。重复实验,数据如下:
序号
滴定前读数/mL
滴定终点读数/mL
1
0.00
19.98
2
1.26
22.40
3
1.54
21.56
已知:3Mn+5FeC2O4·2H2O+24H+3Mn2++5Fe3++10CO2↑+22H2O
假设杂质不参加反应。
该样品中FeC2O4·2H2O的质量分数是 %(保留小数点后一位);写出简要计算过程: ?
。
1.95.2(2分)
×100%=95.2%(2分)
【解析】 本题以氧化还原滴定实验为背景考查考生的分析能力和计算能力。三次滴定实验消耗的KMnO4标准溶液的体积分别为19.98
mL、21.14
mL、20.02
mL,第2次实验的数据误差太大,应舍去,第1、3两次实验消耗的KMnO4标准溶液的平均体积为20.00
mL,根据已知信息可知6.300
g样品中m(FeC2O4·2H2O)=n(KMnO4)××M(FeC2O4·2H2O),将有关数据代入,得m(FeC2O4·2H2O)=6.000
g,故该样品中FeC2O4·2H2O的质量分数为6.000÷6.300×100%=95.2%。专题25
有机物结构与性质
1.(2020全国卷Ⅱ,6分)吡啶()是类似于苯的芳香化合物。2-乙烯基吡啶(VPy)是合成治疗矽肺病药物的原料,可由如下路线合成。下列叙述正确的是
+
MPy EPy VPy
A.MPy只有两种芳香同分异构体
B.EPy中所有原子共平面
C.VPy是乙烯的同系物
D.反应②的反应类型是消去反应
1.D 本题考查有机物的结构与性质,考查的核心素养是宏观辨识与微观探析。结合MPy的结构简式可确定其分子式为C6H7N,其芳香同分异构体有、、,A项错误;EPy中含有2个饱和碳原子,具有类似CH4的四面体结构,故所有原子不可能共平面,B项错误;VPy组成元素与乙烯不同,也不符合结构相似的条件,故VPy与乙烯不互为同系物,C项错误;分析EPy与VPy的结构简式可知反应②为消去反应,D项正确。
2.(2020江苏,4分)(双选)化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体,可由下列反应制得。
+
X Y
Z
下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是
A.X分子中不含手性碳原子
B.Y分子中的碳原子一定处于同一平面
C.Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应
D.X、Z分别在过量NaOH溶液中加热,
均能生成丙三醇
2.CD 本题考查有机物的结构与性质,考查的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。X分子中主链上第2个碳原子连接4个不同的原子或原子团,即该碳原子为手性碳原子,A项错误;Y分子中—CH3上的碳原子不一定和苯环上的碳原子共面,羰基上的碳原子一定和苯环共平面,即该分子中所有碳原子不一定都共面,B项错误;Z分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上含有氢原子,因此Z可以在浓硫酸催化、加热条件下发生消去反应,C项正确;X、Z在过量NaOH溶液中均能发生水解反应生成丙三醇,D项正确。
3.(2020全国卷Ⅲ,6分)金丝桃苷是从中药材中提取的一种具有抗病毒作用的黄酮类化合物,结构式如图所示,下列关于金丝桃苷的叙述,错误的是
A.可与氢气发生加成反应
B.分子含21个碳原子
C.能与乙酸发生酯化反应
D.不能与金属钠反应
3.D 本题考查有机物的结构与性质,考查的化学核心素养是宏观辨识与微观探析。该有机物分子结构中含有苯环和碳碳双键,可与氢气发生加成反应,A项正确;由该有机物的结构简式可知其分子式为C21H20O12,B项正确;该有机物分子结构中含有羟基,能与乙酸发生酯化反应,C项正确;该有机物分子结构中含有羟基,能与金属钠反应放出氢气,D项错误。
4.(2020全国卷Ⅰ,6分)紫花前胡醇()可从中药材当归和白芷中提取得到,能提高人体免疫力。有关该化合物,下列叙述错误的是
A.分子式为C14H14O4
B.不能使酸性重铬酸钾溶液变色
C.能够发生水解反应
D.能够发生消去反应生成双键
4.B 本题考查有机物知识,考查的化学核心素养是宏观辨识与微观探析。由紫花前胡醇的结构简式可确定其分子式为C14H14O4,A项正确;紫花前胡醇中含有碳碳双键、,能使酸性重铬酸钾溶液变色,B项错误;紫花前胡醇中含有酯基,能发生水解反应,C项正确;该有机物中含有,能发生消去反应,形成碳碳双键,D项正确。
5.(2020山东,2分)从中草药中提取的calebin
A(结构简式如图)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于calebin
A的说法错误的是
A.可与FeCl3溶液发生显色反应
B.其酸性水解的产物均可与Na2CO3溶液反应
C.苯环上氢原子发生氯代时,一氯代物有6种
D.1
mol该分子最多与8
mol
H2发生加成反应
5.D 本题考查有机物的结构与性质,考查的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。calebin
A分子中含有酚羟基,能与FeCl3溶液发生显色反应,A项正确;calebin
A的酸性水解产物(含羧基和酚羟基)和(含酚羟基)均可与Na2CO3溶液反应,B项正确;calebin
A分子中含2个苯环,由于该分子不具有对称性,其苯环上的一氯代物共有6种,C项正确;calebin
A分子中苯环、碳碳双键、羰基均能与H2发生加成反应,即1
mol
calebin
A分子最多能与9
mol
H2发生加成反应,D项错误。
6.(2020浙江7月选考,2分)有关的说法正确的是
A.可以与氢气发生加成反应
B.不会使溴水褪色
C.只含二种官能团
D.1
mol该物质与足量NaOH溶液反应,最多可消耗1
mol
NaOH
6.A 本题考查有机物知识,考查的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析。该有机物结构中含有苯环和碳碳双键,能与氢气发生加成反应,A项正确;含有碳碳双键,可与溴单质发生加成反应而使溴水褪色,B项错误;含有碳碳双键、羟基、酯基三种官能团,C项错误;该有机物水解得到的有机物中含有酚羟基和羧基,酚羟基和羧基都能与氢氧化钠反应,1
mol该有机物与足量NaOH溶液反应,最多可消耗2
mol
NaOH,D项错误。
7.(2020天津,3分)下列说法错误的是
A.淀粉和纤维素均可水解产生葡萄糖
B.油脂的水解反应可用于生产甘油
C.氨基酸是组成蛋白质的基本结构单元
D.淀粉、纤维素和油脂均是天然高分子
7.D 本题主要考查基本营养物质的性质,考查的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。淀粉和纤维素都是由葡萄糖单元形成的,均可水解产生葡萄糖,A项正确;油脂水解可生成高级脂肪酸(或高级脂肪酸盐)和甘油,B项正确;氨基酸通过缩聚反应生成蛋白质,C项正确;油脂不是高分子化合物,D项错误。
8.
(2020浙江1月选考,2分)下列说法不正确的是
A.强酸、强碱、重金属盐等可使蛋白质变性
B.用新制氢氧化铜悬浊液(必要时可加热)能鉴别甲酸、乙醇、乙醛
C.乙酸乙酯中混有的乙酸,可加入足量的饱和Na2CO3溶液,经分液除去
D.向苯和苯酚的混合液中加入浓溴水,充分反应后过滤,可除去苯中少量的苯酚
8.D 本题考查有机物的除杂、鉴别等。强酸、强碱、重金属盐等可使蛋白质变性,A正确;向新制氢氧化铜悬浊液中分别加入甲酸、乙醇、乙醛的现象为溶液变澄清、无明显现象、加热后产生砖红色沉淀,现象各不相同,故能利用新制氢氧化铜悬浊液鉴别三者,B正确;乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液不反应,且互不相溶,而乙酸能与碳酸钠溶液发生反应,且生成物乙酸钠易溶于水,所以可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸,C正确;苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚,三溴苯酚与苯互溶,所以无法通过过滤来实现分离,D错误。
9.(2020浙江1月选考,2分)下列关于的说法,正确的是
A.该物质可由n个单体分子通过缩聚反应生成
B.0.1
mol该物质完全燃烧,生成33.6
L(标准状况)的CO2
C.该物质在酸性条件下水解产物之一可作汽车发动机的抗冻剂
D.1
mol该物质与足量NaOH溶液反应,最多可消耗3n
mol
NaOH
9.C 本题考查有机化合物相关知识。该物质通过加聚反应生成,A错误;0.1
mol该物质完全燃烧,生成标准状况下33.6n
L
CO2,B错误;题给物质在酸性条件下水解产物之一为乙二醇,乙二醇可作汽车发动机的抗冻剂,C正确;1
mol
该物质与足量NaOH溶液反应,最多可消耗
4n
mol
NaOH,D错误。
