新型冠状病毒来势汹汹,主要传播途径有飞沫传播、接触传播和气溶胶传播,但是它依然可防可控,采取有效的措施预防,戴口罩、勤洗手,给自己居住、生活的环境消毒,都是非常行之有效的方法。下列有关说法正确的是( )
A.云、烟、雾属于气溶胶,但它们不能发生丁达尔效应
B.使用酒精作为环境消毒剂时,酒精浓度越大,消毒效果越好
C.“84”消毒液与酒精混合使用可能会产生氯气中毒
D.生产“口罩”的无纺布材料是聚丙烯产品,属于天然高分子材料
C
【详解】
A.云、雾和烟均为胶体,且均为胶粒分散到气态分散剂中所得到的分散系,故均为气溶胶,它们都能发生丁达尔效应,故A错误;
B.浓度为75%的医用酒精消毒效果更好,并不是浓度越高消毒效果越好,故B错误;
C.“84”消毒液的主要成分为次氯酸钠,具有强氧化性,能氧化乙醇,自身被还原为氯气,故C正确;
D.从题中信息可看出生产无纺布的材料是合成材料,不是天然高分子材料,故D错误;
答案选C。
【点睛】
浓度为75%的医用酒精消毒效果最高,可以杀死病毒,在疫情期间可以使用医用酒精杀菌,但不是浓度越大越好。
明代宋应星《天工开物·杀青篇》中详细记载了古法制纸工艺。步骤可分为五步,“斩竹漂塘”、“煮楻足火”、“荡料入帘”、“覆帘压纸”、“透火焙干”。其中以发生化学反应为主的步骤是( )
A.煮楻足火 B.荡料入帘 C.覆帘压纸 D.透火焙干
A
【详解】
A.煮楻足火过程中发生了化学反应,属于化学变化,故A正确;B.将被打烂之竹料倒入水槽内,变化过程中无新物质生成属于物理变化,故B错误;C.捞好的纸膜一张张叠好,用木板压紧,上置重石,将水压出,变化过程中无新物质生成,故C错误;D.将湿纸逐张扬起,并加以焙干,变化过程中无新物质生成属于物理变化,故D错误;
故选A。
点睛:本题考查了古法制纸工艺,物质变化实质、注意变化过程中是否有新物质生成。解答本题的关键是理解造纸过程中的各步骤的本质。
NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A.密闭容器中,2 mol NO 和 1 mol O2 反应后分子总数为 2NA
B.标准状况下,7.8 g 乙炔和苯的混合物中含 C—H 键数目为 0.6NA
C.将 1 mol NH3 通入足量水中,NH3·H2O、NH4+粒子数目之和为 NA
D.1 L 0.1 mol·L−1 FeCl3 溶液中含 Fe3+数目为 0.1NA
B
【详解】
A. 2 mol NO与1 mol O2发生反应2NO+O2=2NO2,生成2 mol NO2,因为存在化学平衡2NO2N2O4,所以最终达到平衡时气体分子数小于2NA,A项错误;
B. 标准状况下,7.8 g乙炔(C2H2,0.3mol)中含C-H键0.6mol,7.8 g苯(C6H6,0.1mol) 中含C-H键0.6mol,所以二者的混合物中含C-H键数目为0.6NA,B项正确;
C. 将1 mol NH3通入足量水中,NH3、NH3 ·H2O、NH4+ 粒子数目之和为NA,C项错误;
D. 若不考虑Fe3+水解,1 L 0.1 mol·L−1 FeCl3 溶液中含 Fe3+数目为0.1NA,但Fe3+要发生水解,使Fe3+数目减少,D项错误;
答案选B。
安全是顺利进行实验及避免伤害的保障。下列实验操作正确但不是从实验安全角度考虑的是( )
A.操作①:使用稍浸入液面下的倒扣漏斗检验氢气的纯度
B.操作②:使用CCl4萃取溴水中的溴时,振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出
C.操作③:吸收氨或氯化氢气体并防止倒吸
D.操作④:用食指顶住瓶塞,另一只手托住瓶底,把瓶倒立,检查容量瓶是否漏水
D
【详解】
A.由于连通氢气发生装置的导管在液面以下,所以可以防止点燃不纯氢气时发生爆炸,该操作是从安全角度考虑,故A不符合题意;
B.打开活塞使漏斗内气体放出以防止分液漏斗内压强过大引起危险,该操作是从安全角度考虑,故B不符合题意;
C.水层在下层不能防止倒吸,应该使用四氯化碳,该操作不正确,故C不符合题意;
D.检查容量瓶是否漏水操作正确,但不是从实验安全角度考虑的,故D符合题意;
答案为D。
短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大,X 的质子数是 W 与 Z 的质子数之和的一半。m、n、p 是由这些元素组成的二元化合物,r 是元素 Y 的气体单质,n 为淡黄色粉末, 相关物质转化关系如图所示。室温下,0.01mol/L s 溶液 pH 为 12。下列说法误错的是
A.Z 是所在周期中原子半径最大的元素
B.简单离子半径大小:Y﹥Z﹥W
C.电负性:Y﹥X﹥W
D.n 中阴阳离子个数比为 1:1
D
【分析】
由已知条件可推出n为Na2O2、s为NaOH、r为O2、p为H2O,W、X、Y、Z分别为H、C、O、Na。
【详解】
A. Z是Na,同一周期,原子序数增大,原子半径减小,所以Z是所在周期中原子半径最大的元素,A项正确;
B. W、Y、Z对应的简单离子分别为:H+、O2-、Na+,电子层结构相同的离子,核电荷数越大,半径越小,可知简单离子半径大小:Y﹥Z﹥W,B项正确;
C. 非金属性:O﹥C﹥H,则电负性:O﹥C﹥H,C项正确;
D. n为Na2O2,1个Na2O2有两个钠离子和一个过氧根离子,则阴阳离子个数比为 2:1,D项错误;
答案选D。
【点睛】
考查原子结构和元素周期律的知识,结合实验现象和化学反应的关系推出元素的类别;再根据元素周期律的递变规律推出元素的性质;突破口在n,根据Na2O2的性质能与水和二氧化碳反应即可找到各元素名称。
根据下列操作和现象,所得结论正确的是
选项 | 实验操作及现象 | 实验结论 |
A | 向 NaCl、NaI 的混合稀溶液中滴入少量稀 AgNO3 溶液,先有黄色沉淀生成 | Ksp(AgCl)>Ksp(AgI) |
B | 将硫酸酸化的 H2O2 溶液滴入 Fe(NO3)2 溶液中,溶液变黄 | 证明氧化性:H2O2>Fe3+ |
C | 常温下,用 pH 计测定 0.1 mol·L-1 NaA 溶液的 pH 小于 0.1 mol·L-1Na2CO3 溶液的 pH | 能证明酸性:HA>H2CO3 |
D | 取 a g 铝箔与足量氢氧化钠溶液充分反应,逸出的气体通过浓硫酸后,测其体积为 V L(标准状况下) | 测定铝箔中 Al2O3 含量 |
A.A B.B C.C D.D
D
【详解】
A. 向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液,先有黄色沉淀生成,由于不能确定起始时氯离子和碘离子的浓度大小关系,因此不能据此得出Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),A项错误;
B. 将硫酸酸化的过氧化氢溶液滴入Fe(NO3)2溶液中,因为硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性、可以把亚铁离子氧化,所以,此实验无法证明H2O2氧化性强于Fe3+,B项错误;
C. 因为Na2CO3溶液的水解是分步进行的,以第一步为主,即CO32-+H2OHCO3-+OH-,NaA的水解的离子方程式为A-+H2O
HA+OH-,用pH计测定0.1moI/L NaA溶液的pH小于0.1moI/L Na2CO3溶液的pH,只能证明HA的酸性强于HCO3-,不能证明酸性:HA>H2CO3,C项错误;
D. 铝和氢氧化钠发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑,根据氢气的体积可确定铝的量,可用测定含量,D项正确;
答案选D。
【点睛】
本题考查实验原理和物质的化学性质的知识,解答时根据沉淀溶解平衡原理判断A选项,根据电离平衡常数和水解原理判断C选项。
下列指定反应的离子方程式书写正确的是
A.NaHCO3 溶液中加足量 Ba(OH)2 溶液:HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O
B.用高锰酸钾标准溶液滴定草酸:2MnO4-+16H++5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O
C.将铜丝插入稀硝酸中:Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O
D.CuSO4 溶液加入足量浓氨水:Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+
A
【详解】
A. 向NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液,把NaHCO3的物质的量看做1mol,则离子方程式是HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O,A项正确;
B. 草酸是弱酸,用高锰酸钾标准溶液滴定草酸,反应离子方程式是:2MnO4-+6H++H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O,B项错误;
C. Cu溶于稀硝酸放出NO气体,反应离子方程式是3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O,C项错误;
D. 硫酸铜溶液中滴加足量浓氨水,二者反应先生成氢氧化铜沉淀,然后氢氧化铜和氨水反应生成铜氨络合物,D项错误;
答案选A。
【点睛】
定量离子方程式书写时,把量少的物质看做1mol,所以向NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液,把NaHCO3的物质的量看做1mol,离子方程式是HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O;向NaHCO3溶液中加少量Ba(OH)2溶液,把Ba(OH)2的物质的量看做1mol,离子方程式是2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+CO32-+2H2O。
雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正胶。浓硝酸氧化雌黄可制得硫黄,并生成砷酸和一种红棕色气体,利用此反应原理设计为某原电池。下列有关叙述正确的是
A.砷酸的分子式为 H2AsO4
B.红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出
C.该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为 10∶1
D.该反应中每析出 9.6g 硫黄,则转移 0.5mol 电子
C
【详解】
A. 砷最高价为+5,砷酸的分子式为H3AsO4,A项错误;
B. 红棕色气体是硝酸发生还原反应生成的NO2,原电池正极发生还原反应,所以NO2在正极生成并逸出,B项错误;
C. As2S3被氧化为砷酸和硫单质,As2S3化合价共升高10,硝酸被还原为NO2,氮元素化合价降低1,氧化剂和还原剂物质的量之比为10:1,C项正确;
D. As2S3被氧化为砷酸和硫单质,1molAs2S3失10mol电子,生成2mol砷酸和3mol硫单质,所以生成0.3mol硫黄,转移1mol电子,D项错误;
答案选C。
对图中甲和乙两种有机化合物的结构或性质描述正确的是
A.甲和乙都含有手性碳原子
B.甲和乙不能用质谱法鉴别
C.甲和乙分子中共平面的碳原子数相同
D.甲和乙均能与溴水反应且反应类型相同
B
【详解】
A. 甲和乙所有的碳都没有连接四个不同的基团或原子,故都不含有手性碳原子,A项错误;
B. 二者分子式相同,甲和乙不能用质谱法鉴别,B项正确;
C. 甲含有苯环,8个C原子共面,乙含有碳碳双键,最多6个C原子共面,C项错误;
D. 甲与溴水发生取代反应,乙与溴水发生加成反应,反应类型不相同,D项错误;
答案选B。
已知:pKa=-lgKa,25℃时 H2A 的pKa1=1.85,pKa2=7.19。常温下,用 0.1mol·L-1NaOH 溶封液滴定 20 mL 0.1 mol·L-1H2A 溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是
A.A 点 V0﹤10 mL线
B.B 点所得溶液中:c(H2A)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)
C.C 点所得溶液中:c(A2-)=c(HA-)
D.D 点所得溶液中:A2-水解平衡常数Kh1=10-6.81
B
【详解】
A. A点溶液中pH=1.85,则溶液中c(H+)=10-1.85mol/L,H2A的一级电离平衡常数为Ka1==10-1.85mol/L,所以c(H+)=Ka1,表明溶液中c(NaHA)=c(H2A),若恰好是10mL NaOH,反应起始时存在c(NaHA)=c(H2A),平衡时c(H2A)<c(NaHA),因此所加NaOH体积需<10mL,会得到平衡时c(NaHA)=c(H2A),即V0<10mL,A项正确;
B. B点加入NaOH溶液的体积为20mL,此时反应恰好产生NaHA,为第一个滴定终点,溶液中存在质子守恒,c(H2A)+c(H+)=c(A2−)+c(OH−),B项错误;
C. c点pH=7.19=pKa2,Ka2=c(A2−)×c(H+)/c(HA−)=10-7.19,所以c(A2-)=c(HA-),C项正确;
D. D点为加入NaOH溶液40mL,此时溶液中恰好生成Na2A,为第二个滴定终点,此时Na2A水解使溶液显碱性,溶液的pH为9.85,发生水解的方程式为A2−+H2O⇌HA−+OH−,则A2−水解平衡常数Khl==
=
=10-6.81,D项正确;
答案选B。
【点睛】
掌握溶液中的离子浓度的计算和比较,注意抓住一些关键点,如H2A与氢氧化钠1:1反应时的溶液的酸碱性和溶液中的微粒浓度的关系,按1:2反应时溶液的酸碱性和溶液中的微粒浓度的关系等,掌握溶液中的物料守恒和电荷守恒,和质子守恒关系式的书写。
有一份澄清溶液,可能含有 Na+、K+、NH4+、Ca2+、Fe3+、SO42-、CO32-、SO32-、Cl-、I-中的若干种,且离子的物质的量浓度均为 0.1mol·L-1(不考虑水解和水的电离)。往该溶液中加入过量的盐酸酸化 BaCl2溶液,无沉淀生成。另取少量原溶液,设计并完成如下实验:
则关于原溶液的判断中不正确的是
A.是否存在 Na+、K+需要通过焰色反应来确定
B.通过 CCl4层的颜色变化,能判断出溶液中 I-肯定存在
C.试样加足量氯水无气体产生,说明溶液中 CO32-肯定不存在
D.肯定不存在的离子是 Ca2+、Fe3+、SO42-、CO32-、Cl-
A
【分析】
澄清溶液,往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液,无白色沉淀生成,无SO42-,加足量氯水,无气体,则无CO32-,溶液加四氯化碳分液,下层紫红色,则有I-,上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀,有SO32-,无Ca2+、Fe3+,溶液中一定含阳离子,且离子浓度都为0.1mol•L-1;根据电荷守恒,一定含有NH4+、Na+、K+,一定不存在Cl-;滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀,是过程中加氯水时引入的氯离,结合溶液为电中性来解答。
【详解】
A. 根据溶液中离子浓度均为0.1mol/L,且溶液呈电中性,溶液中一定存在 Na+、K+,不需要焰色反应来确定,A项错误;
B. 通过CCl4 层的颜色变化,能判断出溶液中 I-肯定存在,B项正确;
C. 试样加足量的Cl2水,没有气体产生,说明无CO32-,C项正确;
D. 由分析可知,肯定不存在的离子是Ca2+、Fe3+、SO42-、CO32-、Cl-,D项正确;
答案选A。
化学与生活生产息息相关,下列说法正确的是( )
A.制作一次性医用防护服的主要材料聚乙烯、聚丙烯是通过缩聚反应生产的
B.气溶胶的分散剂可以是空气或液体水
C.FeCl3溶液可以作为“腐蚀液”处理覆铜板制作印刷电路板
D.福尔马林(甲醛溶液)可用于浸泡生肉及海产品以防腐保鲜
C
【详解】
A.制作一次性医用防护服的主要材料聚乙烯、聚丙烯是通过加聚反应生产的,A错误;
B.气溶胶的分散剂可以是空气,但不能是液体水,B错误;
C.FeCl3溶液可以作为“腐蚀液”处理覆铜板制作印刷电路板,C正确;
D.福尔马林(甲醛溶液)常用于皮毛、衣物、器具熏蒸消毒和标本、尸体防腐,会强烈刺激眼膜和呼吸器官,不可用于浸泡生肉及海产品以防腐保鲜,D错误;
答案选C。
下列化学用语正确的是
A.CH4分子的球棍模型: B.乙烯的结构简式:CH2CH2
C.1,3-丁二烯的分子式:C4H8 D.聚丙烯的链节:
A
【详解】
A正确;
B、结构简式中,只有单键可以省略,碳碳双键等不可以省略,乙烯的结构简式应该是CH2=CH2,B错误;
C、C4H8是丁烯的分子式,1,3-丁二烯的分子式为C4H6,C错误;
D、丙烯的分子式为CH2=CH-CH3,聚丙烯的结构简式为:,其链节应该是
,D错误;
故选A。
【点睛】
①A选项是一个常考的出题方式,一定要注意球棍模型和比例模型的说法,也要注意比例模型中原子半径的比例大小是否符合实际情况;②简单分子的分子式的确定可以直接套用通式来确定,考生需要在平时的学习中记忆各类有机物的通式,以及减氢原子的规律。
硅及其化合物在材料领域中应用广泛。下列叙述正确的是( )
A.晶体硅可做光导纤维 B.玻璃、水泥、陶瓷都是硅酸盐产品
C.SiO2可与水反应制备硅胶 D.SiO2可做计算机芯片
B
【详解】
A. 二氧化硅可做光导纤维,晶体硅常做半导体材料,A项错误;
B. 玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英,水泥的主要原料是黏土、石灰石,陶瓷主要原料是黏土,石英主要成分是二氧化硅、黏土属于硅酸盐,故都属于硅酸盐产品,故D正确;B项正确;
C. SiO2可与水不反应,C项错误;
D. 半导体硅能够导电,可做计算机芯片,D项错误;
答案选B。
在给定条件下,下列选项所示的物质转化均能实现的是
A.SSO2
CaSO4
B.SiSiO2
SiCl4
C.FeFe2O3
Fe(OH)3
D.NaNaOH(aq)
NaHCO3(aq)
D
【解析】
A. 二氧化硫与氧化钙反应生成CaSO3,A错误;B. 二氧化硅是酸性氧化物与盐酸不反应,所以二氧化硅无法与盐酸反应转化为四氯化硅,B错误;C. Fe与H2O蒸汽在高温下反应生成Fe3O4,Fe2O3与H2O不反应,不能生成Fe(OH)3,C错误;D. Na与H2O反应生成NaOH和H2,NaOH和足量CO2反应生成NaHCO3,D正确;答案选D.
点睛:Fe与H2O蒸汽在高温下反应生成的产物是Fe3O4,而不是Fe2O3。
下列关于物质或离子检验的叙述正确的是
A.在溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液,出现白色沉淀,证明原溶液中有SO42-
B.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应,火焰呈黄色,证明该溶液一定是钠盐溶液
C.气体通过无水CuSO4,粉末变蓝,证明原气体中含有水蒸气
D.将气体通入澄清石灰水,溶液变浑浊,证明原气体是SO2
C
【详解】
A. 在溶液中加酸化的BaCl2溶液,溶液出现白色沉淀,白色沉淀可能是氯化银或硫酸钡沉淀,不能证明一定含硫酸根离子,故A错误;
B. 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应,火焰呈黄色,说明该溶液中含有钠元素,则该溶液可能是钠盐溶液或氢氧化钠溶液,故B错误;
C. 气体通过无水硫酸铜,粉末变蓝,则发生反应:CuSO4+5H2O═CuSO4⋅5H2O,可证明原气体中含有水蒸气,故C正确;
D. 二氧化硫和澄清石灰水中氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀,二氧化碳气体通过澄清石灰水溶液生成碳酸钙白色沉淀,反应都会变浑浊,不能检验二氧化碳和二氧化硫,故D错误;
答案选C。
下列除去杂质(括号内的物质为杂质)的方法中错误的是( )
A.FeSO4(CuSO4):加足量铁粉后,过滤
B.Fe粉(Al粉):用NaOH溶液溶解后,过滤
C.NH3(H2O):用浓H2SO4洗气
D.MnO2(KCl):加水溶解后,过滤、洗涤、烘干
C
【分析】
除杂要遵循一个原则:既除去了杂质,又没有引入新的杂质。
【详解】
A.因铁粉能与CuSO4反应生成FeSO4和Cu,铁粉不能与FeSO4反应,过量的铁粉和生成的铜可过滤除来去,既除去了杂质,又没有引入新的杂质,符合除杂原则,A正确;
B.用NaOH溶液溶解后,铝会溶解,铁不会溶解,过滤即可除去杂质铝,又没有引入新的杂质,符合除杂原则,B正确;
C.浓H2SO4有吸水性,可以干燥气体,但浓H2SO4具有强氧化性,NH3会与其发生氧化还原反应,达不到除杂的目的,C错误;
D.MnO2不溶于水,KCl溶于水,加水溶解后,过滤得到MnO2、洗涤、烘干,既除去了杂质,又没有引入新的杂质,符合除杂原则,D正确;
答案选C。
在NH3和NH4Cl存在条件下,以活性炭为催化剂,用H2O2氧化CoCl2溶液来制备化工产品,下列表述正确的是
A.中Co的化合价是+3 B.H2O2 的电子式:
C.NH3和NH4Cl化学键类型相同 D.中子数为32,质子数为27的钴原子:
A
【详解】
A项、是由
和Cl—构成的配位化合物,由化合价代数和为零可知Co的化合价是+3价,故A正确;
B项、H2O2 为共价化合物,电子式为,故B错误;
C项、NH3为共价化合物,分子中只存在共价键,NH4Cl为离子化合物,化合物中存在离子键和共价键,故C错误;
D项、中子数为32,质子数为27的钴原子的质量数为59,原子符号为,故D错误;
答案选A。
【点睛】
原子符号中,a代表质量数,不是代表中子数,是解答的易错点。
下列各组性质比较中,正确的是()
①沸点:
②离子还原性:
③酸性:
④金属性:
⑤气态氢化物稳定性:
⑥半径:
A.①②③ B.③④⑤⑥ C.②③④ D.①③④⑤⑥
B
【详解】
①.HF中含分子间氢键,沸点最高,其它氢化物中相对分子质量大的沸点高,则沸点为 ,故错误;
②.元素的非金属性,对应离子还原性
,故错误;
③.非金属性 ,元素的非金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强,即酸性:
,故正确;
④.同主族从上到下,金属性增强:,同周期从左到右,金属性减弱,即
,即金属性:
,故正确;
⑤.元素的非金属性,气态氢化物稳定性
,故正确;
⑥.电子层越多,离子半径越大,核外电子排布相同时,核电荷数越多,半径越小,即,故正确。
故选B。
下列有关说法正确的是( )
A.糖类、蛋白质、油脂都属于天然高分子化合物
B.石油经过蒸馏、裂化过程可以得到生产无纺布的原材料丙烯等
C.根据组成,核酸分为脱氧核糖核酸(DNA)和核糖核酸(RNA),它们都是蛋白质
D.医药中常用酒精来消毒,是因为酒精能够使细菌蛋白质发生变性
D
【详解】
A.糖类中的单糖、油脂的相对分子质量较小,不属于高分子化合物,A错误;
B.石油经过分馏、裂化和裂解过程可以得到丙烯等,B错误;
C.蛋白质是由氨基酸构成的,核酸不属于蛋白质,C错误;
D.酒精能使蛋白质变性,用来杀属菌消毒,D正确;
答案选D。
【点睛】
油脂均不属于高分子化合物,此为易错点。
现有三种元素的基态原子的电子排布式如下:①1s22s22p63s23p4;②1s22s22p63s23p3;③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是( )
A.第一电离能:③>②>①
B.价电子数:③>②>①
C.电负性:③>②>①
D.质子数:③>②>①
A
【分析】
根据三种基态原子的电子排布式:①1s22s22p63s23p4;②1s22s22p63s23p3;③1s22s22p5可判断①、②、③分别代表的元素为:S、P、F。
【详解】
A.同周期自左而右,第一电离能增大,但P元素原子3p能级为半满稳定状态,第一电离能高于同周期相邻元素,所以第一电离能Cl>P>S;同主族自上而下第一电离能减弱,故F>Cl,故第一电离能F>P>S,即③>②>①,A正确;
B.S、P、F价电子数分别为:6、5、7,即③>①>②,B错误;
C.根据同周期电负性,从左往右逐渐变大,同族电负性,从下往上,越来越大,所以F>S>P,③>①>②,C错误;
D.S、P、F的质子数分别为:16、15、9,即①>②>③,D错误;
答案选A。
高温下,超氧化钾晶体(KO2)呈立方体结构。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞(晶体中最小的重复单元)。则下列有关说法正确的是( )
A.KO2中只存在离子键
B.超氧化钾的化学式为KO2,每个晶胞含有1个K+和1个O2-
C.晶体中与每个K+距离最近的O2-有6个
D.晶体中,所有原子之间都以离子键相结合
C
【解析】
A、K+离子与O2-离子形成离子键,O2-离子中O原子间形成共价键,故A错误;
B、K+离子位于顶点和面心,数目为8×1/8+6×1/2=4,O2-离子位于棱心和体心,数目为12×1/4+1=4,即每个晶胞中含有4个K+和4个O2-,故B错误;
C、由晶胞图可知,以晶胞上方面心的K+为研究对象,其平面上与其距离最近的O2-有4个,上方和下方各有一个,共有6个,故C正确;
D、O原子间以共价键结合,故D错误。故选C。
【点睛】
易错点为C项,由晶胞图可知,以晶胞上方面心的K+为研究对象,其平面上与其距离最近的O2-有4个,上方和下方各有一个。
下列选项中,微粒的物质的量浓度关系正确的是
A.0.1 mol/L K2CO3溶液:c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+c(H2CO3)
B.0.1 mol/L NaHCO3溶液中离子浓度关系:c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)
C.等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中:2c(K+)= c(HX)+c(X-)
D.浓度均为0.1 mol/L的NaHCO3溶液和NaOH溶液等体积混合:c(Na+)+ c(H+)=c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)
C
【详解】
A、正确关系为c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3),因为由一个CO32-水解生成H2CO3,同时会产生2个OH-,故A错误;
B、NaHCO3溶液中,根据物料守恒可得:c(Na+)=c(CO32﹣)+c(HCO3﹣)+c(H2CO3),故B错误;
C、等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中,根据物料守恒,2 c(K+)= c(HX)+c(X-),故C正确;
D、浓度均为0.1 mol/L的NaHCO3溶液和NaOH溶液等体积混合,根据电荷守恒:c(Na+)+ c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-),故D错误;
综上所述,本题正确答案为C。
【点睛】
本题考查了溶液中离子浓度等量关系,注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断溶液中离子浓度大小中的应用方法。
恒温恒容下,向密闭容器中通入体积比为 1:1 的 H2 和 CO2,发生反应 CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g),能判断此反应处于平衡状态的是
A.体系内压强保持不变 B.体系内气体密度保持不变
C.CO2 的体积分数保持不变 D.断裂3molH-H键的同时断裂 2mol H-O 键
AC
【详解】
A. 该反应前后气体系数之和不同,平衡移动过程中压强会发生变化,所以体系内压强保持不变时说明反应达到平衡,A项正确;
B. 体系内混合气体总质量保持不变,恒容体积不变,气体密度始终保持不变,不能判断化学平衡,B项错误;
C. 反应达到平衡时各组分含量保持不变,所以CO2的体积分数保持不变说明反应达到平衡,C项正确;
D. 断裂3mol H-H键的同时需要断裂3mol H-O键,说明消耗3mol氢气的同时消耗1mol甲醇和1mol水,说明正逆反应速率相等,反应达到平衡,D项错误;
答案选AC。
铁(Fe)、铜(Cu)、银(Ag)是常见的金属元素,它们的单质及其化合物在生活中有广泛应用。
(1)Ag 与 Cu 在同一族,则 Ag 在周期表中________ (填“s”、“p”、“d”或“ds”)区;中 Ag+空的 5s 轨道和 5p 轨道以sp 杂化成键,则该配离子的空间构型是________。
(2)基态 Cu+的简化电子排布式为________。
(3)表中是 Fe 和 Cu 的部分电离能数据:请解释 I2(Cu)大于 I2(Fe)的主要原因:________。
元素 | Fe | Cu |
第一电离能 I1/kJ·mol-1 | 759 | 746 |
第二电离能 I2/kJ·mol-1 | 1561 | 1958 |
(4)亚铁氰化钾是食盐中常用的抗结剂,其化学式为 。
①CN-的电子式是________;1mol 该配离子中含σ 键数目为________。
②该配合物中存在的作用力类型有________ (填字母)。
A.金属键 B.离子键 C.共价键 D.配位键 E.氢键 F.范德华力
(5)氧化亚铁晶体的晶胞结构如图所示。已知:
氧化亚铁晶体的密度为 ρg•cm﹣3,NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中,与 Fe2+紧邻且等距离的 Fe2+数目为________,Fe2+与O2﹣最短核间距为________pm。
ds 直线形 失去第二个电子时,Cu 失去的是全充满 3d10 电子,Fe 失去的是 4s1 电子
12NA BCD 12
×1010
【分析】
(1)Ag在第五周期第ⅠB族;依题意:中Ag+以sp杂化成键;
(2)铜是29号元素,分析Cu+基态核外电子排布式;
(3)根据电子排布分析;
(4)①CN-与N2是等电子体,结构相似,根据氮气电子式书写;CN-与Fe2+以配位键结合,这6个配位键都属于σ键,还有6个CN-中各有一个σ键;
②根据分子式分析;
(5)根据晶胞,Fe2+为面心立方,与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为12个;晶胞参数等于相邻两个离子核间距的2倍。
【详解】
(1)Ag在第五周期第ⅠB族,属于ds区;依题意:中Ag+以sp杂化成键,应该是直线形,故答案为:ds;直线形;
(2)铜是29号元素,Cu+基态核外电子排布式为,故答案为:
;
(3)Cu+的价电子排布式为3d10,Fe+的价电子排布式为3d64s1,Cu+再失去的是3d10上的电子,而Fe+失去的是4s1的电子,由于原子核外电子处于全充满、半充满或全空时是稳定的状态,显然3d10处于全充满,更稳定,所以失去第二个电子时,Cu 失去的是全充满 3d10 电子,需要的能量高,而Fe 失去的是4s1 电子,所需能量低,故答案为:失去第二个电子时,Cu 失去的是全充满 3d10 电子,Fe 失去的是 4s1 电子;
(4)①CN-与N2是等电子体,结构相似,根据氮气电子式书写氢氰根离子电子式为;CN-与Fe2+以配位键结合,这6个配位键都属于σ键,还有6个CN-中各有一个σ键,1个配离子中含有的σ键共有12个,则1mol该配离子中含有 12 NA个σ键,故答案为:
;12NA;
②是离子化合物,含有离子键,阳离子K+与配离子之间以离子键结合,Fe2+与CN-以配位键结合,CN-中的两种原子以极性共价键结合, 故答案为:BCD;
(5)根据晶胞,Fe2+为面心立方,与Fe2+紧邻的等距离的Fe2+有12个;用“均摊法”,晶胞中含Fe2+:8+6
=4个,含O2-:12
+1=4个,晶体的化学式为FeO,1molFeO的质量为72g,1mol晶体的体积为
cm3;晶胞的体积为
cm3
NA
4=
cm3,晶胞的边长为
cm,Fe2+与O2-最短核间距为
cm=
cm=
1010pm,故答案为:12;
×1010。
【点睛】
本题考查了物质结构和性质,涉及晶胞计算、离子晶体熔沸点影响因素、配合物、等电子体等知识点,难点是晶胞计算,用“均摊法”确定晶胞中所含微粒的个数,注意氮化铁的晶胞不是平行六面体,是六方晶胞,处于顶点的粒子,同时为6个晶胞共有,每个粒子有1/6属于该晶胞;处于面心的粒子,同时为2个晶胞共有,每个粒子有1/2属于该晶胞;处于体内的粒子,完全属于该晶胞。
现有常温下甲、乙、丙三种溶液,甲为0.1mol·L-1的NaOH溶液,乙为0.1mol·L-1的HCl溶液,丙为0.1mol·L-1的CH3COOH溶液,试回答下列问题:
(1)甲溶液的pH=___。
(2)丙溶液中存在的电离平衡为___(用电离平衡方程式表示)。
(3)常温下,用水稀释0.1mol·L-1的CH3COOH溶液,下列各量随水量的增加而增大的是___(填序号)。
①n(H+) ②c(H+) ③ ④c(OH-)
(4)甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH-)最大的是___。
(5)某同学用甲溶液分别滴定20.00mL乙溶液和20.00mL丙溶液,得到如图所示的两条滴定曲线,则a=___。
(6)图___(填1或2)表示NaOH溶液滴定CH3COOH溶液的过程。
(7)图2中a点对应的溶液pH=8,原因是___(用离子方程式表示)。
13 CH3COOHCH3COO-+H+,H2O
OH-+H+ ①④ 丙 20.00 2 CH3COO-+H2O
OH-+CH3COOH
【详解】
(1) 氢氧化钠是强碱,所以溶液中氢离子浓度是1 x10-13mol/L,则溶液的pH=13;
(2)醋酸和水都是弱电解质,存在电离平衡,所以电离方程式分别是CH3COOHCH3COO-+H+,H2O
OH-+H+;
(3) 常温下,用水稀释0.1mol·L-1的CH3COOH溶液,促进反应CH3COOHCH3COO-+H+向右移动,所以n(H+)变大,但是体积增大的程度大于氢离子增加的程度,所以c(H+)变小,但是,常温下Kw不变,根据Kw= c(H+)· c(OH-)不变,所以c(OH-)变大;温度不变,
Ka= 不变,而c(H+)变小,所以
变小;
(4)酸或碱都是抑制水的电离平衡的,且溶液中氢离子或OH-浓度越大,对水的电离的抑制程度越大。所以根据酸碱的浓度可知,甲、乙、两三种溶液中由水电离出的c(OH-)的大小关系为丙>甲=乙;
(5)盐酸和氢氧化钠恰好反应时,溶液显中性,所以根据酸碱的浓度以及盐酸的体积可知,消耗氢氧化钠溶液的体积是20.00ml,即a = 20.00ml;
(6) 图2中V(NaOH)=0时,pH大于1,可知0.1mol/L该溶液的pH大于1,所以图2应该表示甲溶液(NaOH溶液)滴定丙溶液(CH3COOH溶液)的曲线;
(7) 图2中a点对应的溶液pH=8,是因为此时刚好生成醋酸钠,醋酸根水解:CH3COO-+H2OOH-+CH3COOH。
分离出合成气中的H2,用于氢氧燃料电池。如图为电池示意图。
(1)氢氧燃料电池的能量转化主要形式是___,在导线中电子流动方向为___(用a、b和箭头表示)。
(2)正极反应的电极反应方程式为___。
(3)当电池工作时,在KOH溶液中阴离子向___移动(填正极或负极)。
化学能转化为电能 a→b O2+4e-+2H2O=4OH- 负极
【分析】
燃料电池的工作原理属于原电池原理,是化学能转化为电能的装置,原电池中,电流从正极流向负极,电子流向和电流流向相反;燃料电池中,通入燃料的电极是负极,通氧气的电极是正极,正极上是氧气发生得电子的还原反应。
【详解】
(1) 该题目中,氢氧燃料电池的工作原理属于原电池原理,是将化学能转化为电能的装置,在原电池中,电流从正极流向负极,而通入燃料氢气的电极是负极,通氧气的电极是正极,所以电子从a移动到b;
(2)燃料电池中,通入燃料氢气的电极是负极,通氧气的电极是正极,正极上的电极反应为:
O2+ 2H2O+4e-=4OH-,故答案为: O2+2H2O+4e-=4OH-;
(3)根据离子间的阴阳相吸,当电池工作时,负极产生氢离子(阳离子),所以在KOH溶液中阴离子向负极移动。
【点睛】
燃料电池中,通入燃料的电极是负极,通氧气的电极是正极。
聚合物 L()是一种聚酰胺纤维,广泛用于各种刹车片,其合成路线如图:
已知:①C、D、K 均为芳香族化合物,分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。
②Diels﹣Alder 反应+
③ R2Cl R1OR2
(1)I→J 的反应类型是________,D 的名称是________,G 中所含官能团的名称是________。
(2)B 的结构简式是________,“B→C”的反应中,除 C 外,另外一种产物是________。
(3)D+K→L 的化学方程式是________。
(4)M 为 D 的同分异构体,同时满足下列条件的 M 的结构简式为________。
①1 molM 最多消耗 4 mol NaOH ②核磁共振氢谱有 4 组吸收峰
(5)N 是 D 的同系物,相对分子质量比 D 大 14,则 N 可能的结构有________种。
(6)已知:乙炔与 1,3﹣丁二烯也能发生 Diels﹣Alder 反应。请以 1,3﹣丁二烯和乙炔为原料,选用必要的无机试剂合成,写出合成路线:________ (用结构简式表示有机物,用箭头表示转化关系,箭头上注明试剂和反应条件)。
还原反应 对苯二甲酸 醚键 H2O
、
10
【分析】
乙醇发生消去反应生成A为CH2=CH2,C被氧化生成D,D中含有羧基,C、D、K 均为芳香族化合物,分子中均只含两种不同化学环境的氢原子,C发生氧化反应生成D,D中应该有两个羧基,根据L结构简式知,D为、K为
;根据信息②知,生成B的反应为加成反应,B为
,B生成C的反应中除了生成C外还生成H2O;H为
,根据信息③知,G为
,F为
,根据F,可知E为苯;H经过硝化反应得到I,则I为
,据此分析作答。
【详解】
(1) I为,J为
,则I→J 的反应类型是还原反应;D为
,其名称是对苯二甲酸;G为
,所含官能团的名称是醚键,故答案为:还原反应;对苯二甲酸;醚键;
(2)乙烯和发生Diels-Alder反应生成B,故B的结构简式是
;C为芳香族化合物,分子中只含两种不同化学环境的氢原子,“B→C”的反应中,除C外,还生成的一种无机产物是H2O,故答案为:
;H2O;
(3) D为,K为
,L为
,则D+K→L 的化学方程式是:
,故答案为:
;
(4) D为,M 为 D 的同分异构体,满足①1 molM最多消耗 4 mol NaOH,说明苯环上的取代基为4个酚羟基和一个乙炔基或为两个-OOCH;②核磁共振氢谱有 4 组吸收峰,说明存在四种氢,满足的有:
、
,故答案为:
、
;
(5) D为,N是D的同系物,相对分子质量比D大14,如果取代基为−CH2COOH、−COOH,有3种结构;如果取代基为−CH3、两个−COOH,有6种结构;如果取代基为−CH(COOH)2,有1种,则符合条件的有10种,故答案为:10;
(6) CH2=CHCH=CH2和HC≡CH发生加成反应生成,
和溴发生加成反应生成
,
发生水解反应生成
,其合成路线为
,故答案为:
。
化合物H是合成药物盐酸沙格雷酯的重要中间体,其合成路线如图:
(1)化合物A中的含氧官能团为___和___(填官能团名称)。
(2)反应⑤的反应类型是___,反应方程式___。
(3)B的分子式___,1molB与足量的银氨溶液反应,最多能产生___gAg。
(4)检验D中卤原子种类,所需的试剂有___。
(5)写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式:___。
a.分子中含有两个苯环;
b.分子中有7种不同化学环境的氢;
c.不能与FeCl3溶液发生显色反应,但水解产物之一能发生此反应。
羟基 醛基 取代反应 +HCl C14H12O2 216 NaOH水溶液(或NaOH醇溶液)、稀硝酸、硝酸银溶液
(或
)
【详解】
(1)由图中A的结构简式可知,化合物A中的含氧官能团为羟基和醛基;
(2)反应⑤为+ HCl,属于取代反应;
(3)B的分子式为C14H12O2,B分子中含有一个醛基,1mol B与足量的银氨溶液反应能生成2mol的Ag,所以反应最多能产生Ag的质量为:2mol×108g/mol=216g;
(4)检验D中卤原子为氯原子,检验其存在时,所需的试剂有NaOH水溶液(或NaOH醇溶液)、稀硝酸、硝酸银溶液;
(5)同时满足
A.分子中含有两个苯环;
B.分子中有7种不同化学环境的氢;
C.不能与FeCl3溶液发生显色反应,但水解产物之一能发生此反应
这几个条件的B的同分异构体的结构简式为:(或
)。
碳酸亚铁可用于制备补血剂。某研究小组制备了 FeCO3,并对 FeCO3 的性质和应用进行了探究。
已知:①FeCO3 是白色固体,难溶于水②Fe2++6SCN-⇌Fe(SCN)64-(无色)
Ⅰ.FeCO3 的制取(夹持装置略)
实验i
装置 C 中,向 Na2CO3 溶液(pH=11.9)通入一段时间 CO2 至其 pH 为 7,滴加一定量 FeSO4溶液,产生白色沉淀,过滤、洗涤、干燥,得到 FeCO3 固体。
(1)试剂 a 是________。
(2)向 Na2CO3 溶液通入 CO2 的目的是________。
(3)C 装置中制取 FeCO3 的离子方程式为________。
Ⅱ.FeCO3 的性质探究
实验ii
实验iii
(4)对比实验ⅱ和ⅲ,得出的实验结论是________。
(5)依据实验ⅱ的现象,写出加入 10%H2O2 溶液的离子方程式________。
Ⅲ.FeCO3的应用
(6)FeCO3 溶于乳酸[CH3CH(OH)COOH]能制得可溶性乳酸亚铁补血剂,此反应的离子方程式为____。
(7)该实验小组用 KMnO4 测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数,发现乳酸亚铁的质量分数总是大于 100%,其原因是____(不考虑操作不当引起的误差)。
饱和 NaHCO3 溶液 降低溶液中OH-浓度,防止生成 Fe(OH)2 2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O Fe2+与 SCN—的络合(或结合)会促进 FeCO3 固体的溶解 6Fe(SCN)64- +3H2O2=2Fe(OH)3↓ +4Fe(SCN)3 +24SCN- FeCO3+2CH3CH(OH)COOH=2CH3CH(OH)COO- +Fe2++CO2↑+H2O 乳酸根中的羟基被 KMnO4 氧化,也消耗了 KMnO4
【分析】
Ⅰ.装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成的CO2中混有挥发的HCl气体,需要利用装置B中盛装的饱和NaHCO3溶液除去,装置C中,向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为7,滴加一定量FeSO4溶液,产生白色沉淀,过滤、洗涤、干燥,得到FeCO3固体;
Ⅱ.(4)根据Fe2++6SCN-Fe(SCN)64-分析FeCO3在KCl和KSCN两种不同溶液中的溶解度不同判断;
(5)实验ⅱ中溶液显红色且有红褐色沉淀生成,说明加入10%H2O2溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成;
Ⅲ.(6)FeCO3溶于乳酸[CH3CH(OH)COOH]能制得可溶性乳酸亚铁补血剂,可结合盐和酸反应生成新酸和新盐的反应原理分析;
(7)乳酸根中羟基也能被高锰酸钾溶液氧化。
【详解】
Ⅰ.(1)欲除去CO2中混有的HCl,则B中盛装的试剂a是饱和NaHCO3溶液,故答案为:饱和 NaHCO3溶液;
(2)向Na2CO3溶液通入CO2的目的是,利用碳酸钠和CO2反应生成的NaHCO3,提高溶液中HCO3-的浓度,抑制CO32-的水解,降低溶液中OH-浓度,防止生成Fe(OH)2,故答案为:降低溶液中OH-浓度,防止生成 Fe(OH)2;
(3)装置C中,向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为7,此时溶液中溶质主要为NaHCO3,再滴加FeSO4溶液,有FeCO3沉淀生成,发生反应的离子方程式为2HCO3-+Fe2+=FeCO3+CO2↑+H2O,故答案为:2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O;
Ⅱ. (4)通过对比实验ⅱ和ⅲ,可知Fe2+与SCN—的络合生成可溶于水的Fe(SCN)64-,会促进FeCO3固体的溶解,故答案为:Fe2+与 SCN—的络合(或结合)会促进 FeCO3 固体的溶解;
(5)依据实验ⅱ的现象,可知在含有Fe(SCN)64-的溶液中滴加10%H2O2溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成,发生反应的离子方程式为6Fe(SCN)64- +3H2O2=2Fe(OH)3↓ +4Fe(SCN)3 +24SCN,故答案为:6Fe(SCN)64- +3H2O2=2Fe(OH)3↓ +4Fe(SCN)3 +24SCN-;
Ⅲ. (6)FeCO3溶于乳酸制得可溶性乳酸亚铁补血剂,发生反应的离子方程式为FeCO3+2CH3CH(OH)COOH=2CH3CH(OH)COO-+Fe2++CO2↑+H2O,故答案为:FeCO3+2CH3CH(OH)COOH=2CH3CH(OH)COO-+Fe2++CO2↑+H2O;
(7)乳酸根中含有羟基,可以被酸性高锰酸钾溶液氧化,导致消耗高锰酸钾的增大,而计算中按亚铁离子被氧化,故计算所得乳酸亚铁的质量偏大,产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%,故答案为:乳酸根中的羟基被KMnO4 氧化,也消耗了KMnO4。
(1)SO2 的排放主要来自于煤的燃烧,工业上常用氨水吸收法处理尾气中的 SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下:
①SO2(g)+NH3·H2O(aq)=NH4HSO3(aq) ΔH1=a kJ/mol;
②NH3·H2O(aq)+ NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(ag)+H2O(l) ΔH2=b kJ/mol;
③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) ΔH3=c kJ/mol。
则反应 2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的 ΔH=____kJ/mol。
(2)SO2是形成酸雨的主要污染物,燃煤脱硫原理为 2CaO(s)+2SO2(g)+O2(g)⇌2CaSO4(s)。向 10L 恒温恒容密闭容器中加入 3mol CaO,并通入 2mol SO2 和 lmol O2 发生上述反应,2min时达平衡,此时 CaSO4 为1.8mol。0〜2min 内,用 SO2 表示的该反应的速率v(SO2)=____,其他条件保持不变,若上述反应在恒压条件下进行,达到平衡时 SO2 的转化率____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)NO 的排放主要来自于汽车尾气,净化原理为:2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) ΔH=−746.8kJ/mol。实验测得,v正=k正·c2(NO)·c2(CO),v 逆=k逆·c(N2)·c2(CO2)(k 正、k 逆为速率常数,只与温度有关)。
①达到平衡后,仅升高温度,k正增大的倍数____(填“>”“<”或“=”)k逆增大的倍数。
②若在 1L 的密闭容器中充入 1molCO 和 1mol NO,在一定温度下达到平衡时,CO 的转化率为 40%,则k正︰k逆=____。
(4)以连二硫酸根(S2O42-)为媒介,使用间接电化学法也可处理燃煤烟气中的NO,装置如图所示:
①阴极区的电极反应式为____。
②NO 吸收转化后的主要产物为 NH4+,若通电时电路中转移了 0.3mol e-,则此通电过程中理论上吸收的 NO 在标准状况下的体积为____mL。
(5)欲用 5L Na2CO3 溶液将 23.3g BaSO4 固体全都转化为 BaCO3,则所用的 Na2CO3 溶液的物质的量浓度至少为____。(已知:常温下K(BaSO4)=1×10−7、K(BaCO3)=2.5×10−6)。(忽略溶液体积的变化)
2a+2b+c 0.09mol/(L·min) 增大 ﹤ 2SO32-+4H++2e- =S2O42-+2H2O 1344 0.52mol/L
【分析】
(1)根据盖斯定律解答;
(2)根据化学反应速率的数学表达式计算反应速率;向正反应方向进行,气体物质的量减小,维持恒压不变,SO2的转化率比恒容时增大;
(3)①正反应为放热反应,升高温度平衡向左移动,则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数,据此解答;
②当反应达到平衡时,故
,平衡时
,
,据此解答;
(4)①阴极区发生还原反应,从图中找出阴极反应物,写它发生还原反应的电极反应式;
②NO吸收转化后的主要产物为NH4+,写出关系式,按电子数守恒,求出一氧化氮在标准状况下体积;
(5) n(BaSO4)==0.1mol,将0.1mol硫酸钡溶解于5L溶液中,设至少需要物质的量浓度为xmol/L的Na2CO3溶液,当BaSO4完全溶解后,所得5L溶液中c(SO42-)=0.02mol/L,此时溶液中c(CO32-)=(x-0.02)mol/L,由BaSO4+CO32-=BaCO3+SO42-可知,此反应的化学平衡常数
。
【详解】
(1)根据盖斯定律,热化学方程式①×2+②×2+③得:,故该反应的
,故答案为:2a+2b+c;
(2)生成CaSO4物质的量为1.8mol的同时消耗SO2的物质的量为1.8mol,根据化学反应速率的数学表达式,v(SO2)=1.8/(10×2)mol/(L·min)=0.09 mol/(L·min);向正反应方向进行,气体物质的量减小,维持恒压不变,SO2的转化率比恒容时增大,故答案为:0.09mol/(L·min);增大;
(3)①正反应为放热反应,升高温度平衡向左移动,则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数,浓度不变,故增大的倍数小于
增大的倍数,故答案为:
;
②当反应达到平衡时,故
,平衡时
,
,则
,故答案为:
;
(4) ①由图可知,阴极区通入液体主要含SO32-,流出主要含S2O42-,所以阴极区电极反应式为2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O,故答案为:2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O;
②NO吸收转化后的主要产物为NH4+,若通电一段时间后阴极区n(SO32-)减少了0.3mol,此过程转移0.3mole−;由于NO吸收转化后的主要产物为NH4+,NO~NH4+~5e−,若电路中转移转移0.3mole−,消耗NO0.06mol,标准状况下体积为V(NO)=0.06mol×22.4L/mol=1.344L=1344mL,故答案为:1344;
(5)设至少需要物质的量浓度为x的溶液,当
完全溶解后,所得5L溶液中
,此时溶液中
,由
可知,此反应的化学平衡常数
,解得
,故答案为:
。
含氯消毒剂是消毒剂中常用的一类产品。
I.某实验小组用如图装置制备家用消毒液。
(1)图中盛装浓盐酸的仪器名称是___,写出利用上述装置制备消毒液涉及反应的化学方程式,制氯气:___、制消毒液:___。此方法获得的消毒液的有效成分是___(填名称)。
(2)洗气瓶中饱和食盐水的作用是___。
(3)此消毒液在使用时应注意一些事项,下列说法正确的是___。
a.可以用于衣物消毒
b.可以用于瓷砖、大理石地面的消毒
c.可以用于皮肤消毒
d.与洁厕灵(含盐酸)混合使用效果更好
(4)Cl2是一种有毒气体,如果泄漏会造成严重的环境污染。化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏,有关反应的化学方程式为:3Cl2(气)+8NH3(气)=6NH4Cl(固)+N2(气)若反应中消耗Cl21.5mol,则被氧化的NH3在标准状况下的体积为___L,该过程中电子转移的总数为___个。
II.(5)二氧化氯(ClO2)为一种黄绿色气体,是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。氯酸钠与盐酸在50℃的条件下反应得到二氧化氯和氯气的混合气体。控制50℃的加热方法是___,写出该反应的化学方程式___。
(6)目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺。
如图所示,用石墨做电极,在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2。写出阳极产生ClO2的电极反应式:___。
分液漏斗 4HCl(浓)+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O 次氯酸钠 除去氯气中的氯化氢和抑制氯气的溶解 B 22.4L 3NA(或者1.806×1024) 水浴加热 2NaClO3+4HCl
2NaCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+
【详解】
(1)图中盛装浓盐酸的仪器名称是分液漏斗,图为实验室制氯气法,其化学方程式为:4HCl(浓)+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O;制消毒液的方程式为:Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O,此方法获得的消毒液的有效成分是次氯酸钠(NaClO);
(2)洗气瓶中饱和食盐水的作用是:除去氯气中的氯化氢和抑制氯气的溶解;
(3)A.此消毒液氧化性强,不可以用于衣物消毒,容易造成衣物损坏、褪色等问题,A错误;
B.此消毒液可以用于瓷砖、大理石地面的消毒,B正确;
C.可以用于皮肤消毒,此消毒液氧化性强,容易损伤皮肤,C错误;
D.与洁厕灵(含盐酸)混合使用时会发生氧化还原反应,2H++ClO-+Cl-=Cl2↑+H2O,生成有毒的氯气,易使人中毒,不安全,D错误;
(4)3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2,3mol氯气反应时,转移的电子为6mol。若反应中消耗Cl2 1.5mol,则被氧化的NH3在标准状况下的体积为:1.5mol÷3×22.4L/mol=11.2L,该过程中电子转移的总数为:3NA;
(5)对于温度低于100℃的恒温条件,常采用水浴加热的方法控制温度,氯酸钠与盐酸在50℃的条件下反应得到二氧化氯和氯气的化学方程式为:2NaClO3 + 4HCl2NaCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O;
(6)根据离子的阴阳相吸以及钠离子移动的方向可知,通入水的那一极为电解池的阴极,通入饱和氯化钠溶液的那一极为阳极,则阳极产生ClO2的电极反应式为:Cl--5e-+2H2O = ClO2↑+4H+。
合成气(CO+H2)广泛用于合成有机物,工业上常采用天然气与水蒸气反应等方法来制取合成气。
(1)已知,5.6LCH4(标况下数据)与水蒸气完全反应时吸收51.5kJ的热量,请写出该反应的热化学方程式___;
(2)在150℃时2L的密闭容器中,将2molCH4和2molH2O(g)混合,经过15min达到平衡,此时CH4的转化率为60%。回答下列问题:
①从反应开始至平衡,用氢气的物质的量浓度变化表示该反应速率v(H2)=___。
②该反应的平衡常数表达式K=___。
③下列选项中能表示该反应已达到平衡状态的是___
A.v(H2)逆=3v(CO)正
B.密闭容器中混合气体的密度不变
C.密闭容器中总压强不变
D.c(CH4)=c(CO)
④平衡时容器中CH4的体积分数___。
CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H=+206.0kJ/mol 0.12mol·L-1·min-1 K= AC 12.5%
【详解】
(1)标况下,5.6LCH4物质的量n=5.6L/(22.4Lmol-1)=0.25,吸收51.5KJ的热量,则1mol甲烷反应吸收热量为:51.5KJ÷0.25mol = 206KJ/mol,热化学方程式为: CH4(g)+ H2O(g)= CO(g) + 3H2(g) △H = +206 KJ/mol;
(2) 在150℃时2L的密闭容器中,将2molCH4和2molH2O(g)混合,经过15min达到平衡,此时CH4的转化率为60%,
①从反应开始至平衡,用氢气的物质的量浓度变化表示该反应速率;
②该反应的平衡常数表达式为K=;
③A.反应速率之比等于化学方程式计量数之比,v(H2)逆=3v(CO)正= v(H2)正,说明氢气正逆
反应速率相同,反应达到平衡状态,A正确;
B.密闭容器中混合气体的质量和体积不变,密度始终不变,不能说明反应达到平衡状态,B错误;
C.反应前后气体物质的量增加,气体压强之比等于气体物质的量之比,密闭容器中总压
强不变,说明反应达到平衡状态,C正确;
D.浓度关系和消耗量、起始量有关,c(CH4)=c(CO)不能说明反应达到平衡状态,D错误;
④平衡时容器中CH4的体积分数为:0.4/(0.4+0.4+0.6+1.8)×100%=12.5%。
【点睛】
判断能否用密度不变来说明反应达到平衡状态时,要注意体系混合气体的质量是否保持不变,体积是否保持不变,若均是,则不能用密度不变来说明反应达到平衡状态。