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  • ID:7-7584143 [精]『备考2021』 三年高考真题分类精编解析17 化学实验综合(含解析)

    高中化学/高考专区/真题分类汇编

    中小学教育资源及组卷应用平台 专题17 化学实验综合 1. [2020·新课标Ⅰ]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 4.61 Na+ 5.19 7.40 Ca2+ 6.59 Cl? 7.91 K+ 7.62 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_______。 【答案】 (1). 烧杯、量筒、托盘天平 (2). KCl (3). 石墨 (4). 0.09mol/L (5). Fe3++e-=Fe2+ (6). Fe-2e-=Fe2+ (7). Fe3+ (8). Fe (9). 取活化后溶液少许于试管中,加入KSCN溶液,若溶液不出现血红色,说明活化反应完成 【解析】 (1)由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L-1FeSO4溶液的步骤为计算、称量、溶解并冷却至室温、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签,由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L-1FeSO4溶液需要的仪器有药匙、托盘天平、合适的量筒、烧杯、玻璃棒、合适的容量瓶、胶头滴管,故答案为:烧杯、量筒、托盘天平。 (2)Fe2+、Fe3+能与反应,Ca2+能与反应,FeSO4、Fe2(SO4)3都属于强酸弱碱盐,水溶液呈酸性,酸性条件下能与Fe2+反应,根据题意“盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应”,盐桥中阴离子不可以选择、,阳离子不可以选择Ca2+,另盐桥中阴、阳离子的迁移率(u∞)应尽可能地相近,根据表中数据,盐桥中应选择KCl作为电解质,故答案为:KCl。 (3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极,则铁电极为负极,石墨电极为正极,盐桥中阳离子向正极移动,则盐桥中的阳离子进入石墨电极溶液中,故答案为:石墨。 (4)根据(3)的分析,铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+,石墨电极上未见Fe析出,石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+,电池反应一段时间后,测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02mol/L,根据得失电子守恒,石墨电极溶液中c(Fe2+)增加0.04mol/L,石墨电极溶液中c(Fe2+)=0.05mol/L+0.04mol/L=0.09mol/L,故答案为:0.09mol/L。 (5)根据(3)、(4)实验结果,可知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+;电池总反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+,根据同一反应中,氧化剂的氧化性强于氧化产物、还原剂的还原性强于还原产物,则验证了Fe2+氧化性小于Fe3+,还原性小于Fe,故答案为:Fe3++e-=Fe2+ ,Fe-2e-=Fe2+ ,Fe3+,Fe。 (6)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,发生的反应为Fe+ Fe2(SO4)3=3FeSO4,要检验活化反应完成,只要检验溶液中不含Fe3+即可,检验活化反应完成的方法是:取活化后溶液少许于试管中,加入KSCN溶液,若溶液不出现血红色,说明活化反应完成,故答案为:取活化后溶液少许于试管中,加入KSCN溶液,若溶液不变红,说明活化反应完成。 2. [2020·新课标Ⅱ]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0.01000 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.1000 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% (7)若要得到纯度更高的苯甲酸,可通过在水中__________的方法提纯。 【答案】 (1). B (2). 球形 (3). 无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化 (4). 除去过量的高锰酸钾,避免在用盐酸酸化时,产生氯气 (5). 2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O (6). MnO2 (7). 苯甲酸升华而损失 (8). 86.0% (9). C (10). 重结晶 【解析】 (1)加热液体,所盛液体的体积不超过三颈烧瓶的一半,三颈烧瓶中已经加入100m的水,1.5mL甲苯,4.8g高锰酸钾,应选用250mL的三颈烧瓶,故答案为:B; (2)为增加冷凝效果,在反应装置中宜选用球形冷凝管,当回流液中不再出现油珠时,说明反应已经完成,因为:没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化;故答案为:球形;没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化; (3)高锰酸钾具有强氧化性,能将Cl-氧化。加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液是为了除去过量的高锰酸钾,避免在用盐酸酸化时,产生氯气;该步骤亦可用草酸处理,生成二氧化碳和锰盐,离子方程式为:5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O;故答案为:除去过量的高锰酸钾,避免在用盐酸酸化时,产生氯气;5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O; (4)由信息甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰,“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是:MnO2,故答案为:MnO2; (5)苯甲酸100℃时易升华,干燥苯甲酸时,若温度过高,苯甲酸升华而损失;故答案为:苯甲酸升华而损失; (6)由关系式C6H5COOH~KOH得,苯甲酸的纯度为: ×100%=86.0%;1.5mL甲苯理论上可得到苯甲酸的质量: =1.72g,产品的产率为 ×100%=50%;故答案为:86.0%;C; (7)提纯苯甲酸可用重结晶的方法。故答案为:重结晶。 3.[2020·新课标Ⅲ]氯可形成多种含氧酸盐,广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(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")。 【答案】(1)圆底烧瓶 饱和食盐水 (2)水浴加热 Cl2+2OH?=ClO?+Cl?+H2O 避免生成NaClO3 (3)吸收尾气(Cl2) AC (4)过滤 少量(冷)水洗涤 (5)紫 小于 【解析】(1)氯气发生装置,是在圆底烧瓶中完成,故盛放MnO2粉末的仪器名称是圆底烧瓶,b中是氯气与氢氧化钾反应,因此a中的试剂应该除去氯气中的氯化氢气体,即a中的试剂为饱和食盐水;(2)b中采用的加热方式是水浴加热,由题意可知b中是氯气与氢氧化钾在热水浴中反应生成的是KClO3,c中是氯气与冷的氢氧化钠反应生成NaClO,故化学反应的离子方程式Cl2+2OH?=ClO?+Cl?+H2O,采用冰水浴冷却的目的是防止生成NaClO3;(3)d的作用是除去多以的氯气,防止污染大气,可选用能与氯气反的物质,根据题给选项只有Na2S和Ca(OH)2符合条件,故选AC;(4)冷却结晶后是过滤,过滤接下来就是洗涤, (5)1号试管溶液颜色不变,表明KClO3不与KI溶液反应,即KClO3不能氧化KI。2号试管溶液变为棕色,表明与KI溶液反应生成了I2,加入CCl4振荡,萃取,I2的CCl4溶液显紫色,故KClO3的氧化能力小于NaClO的氧化能力。 4. [2020?江苏卷(实验化学选做)]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 准确称取1.1200g样品,用容量瓶配成250.0mL溶液;取25.00mL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5min;用Na2S2O3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20.00mL。 ①通过计算判断该样品是否为优质品_______。(写出计算过程, ) 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”)。 【答案】 (1). NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO,HClO见光分解 (2). ① 根据物质转换和电子得失守恒关系: 得 氯元素的质量: 该样品的有效氯为: 该样品的有效氯大于60%,故该样品为优质品 ②偏低 【解析】 (1) 由题意可知,氯气通入氢氧化钠中产生次氯酸钠,同时产生氯化钠,反应的离子方程式为:;次氯酸钠溶液长期暴露在空气中会吸收空气中的二氧化碳气体,因次氯酸酸性比碳酸弱,因此次氯酸钠可以与二氧化碳在水中反应产生HClO,HClO具有不稳定性,在受热或见光条件下会发生分解反应,产生HCl和O2,从而是次氯酸钠失效,故答案为:;NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO,HClO见光分解; (2) ①由题中反应可知,在酸性条件产生HClO,HClO氧化碘离子产生碘单质,碘单质再用硫代硫酸钠滴定,结合反应转化确定物质之间的关系为:, ,根据物质转换和电子得失守恒关系:得n(Cl)=0.5=, 氯元素的质量:m(Cl)= =0.03550g,该样品中的有效氯为: =63.39%, 该样品中的有效氯大于60%,故该样品为优质品 故答案为:n(S2O)=,根据物质转换和电子得失守恒关系:,得n(Cl)=0.5=, 氯元素的质量:m(Cl)= =0.03550g,该样品中的有效氯为: =63.39%, 该样品中的有效氯大于60%,故该样品为优质品 ②如果硫酸的用量过少,则导致反应不能充分进行,产生的HClO的量偏低,最终导致实验测得的有效氯含量会偏低, 故答案为:偏低; 5. [2020?江苏卷(化学实验必做)]羟基乙酸钠易溶于热水,微溶于冷水,不溶于醇、醚等有机溶剂。制备少量羟基乙酸钠的反应为 实验步骤如下: 步骤1:如图所示装置的反应瓶中,加入40g氯乙酸、50mL水,搅拌。逐步加入40%NaOH溶液,在95℃继续搅拌反应2小时,反应过程中控制pH约为9。 步骤2:蒸出部分水至液面有薄膜,加少量热水,趁热过滤。滤液冷却至15℃,过滤得粗产品。 步骤3:粗产品溶解于适量热水中,加活性炭脱色,分离掉活性炭。 步骤4:将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中,冷却至15℃以下,结晶、过滤、干燥,得羟基乙酸钠。 (1)步骤1中,如图所示的装置中仪器A的名称是___________;逐步加入NaOH溶液的目的是____________。 (2)步骤2中,蒸馏烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是_______________。 (3)步骤3中,粗产品溶解于过量水会导致产率__________(填“增大”或“减小”);去除活性炭的操作名称是_______________。 (4)步骤4中,将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是_______________。 【答案】 (1). (回流)冷凝管 (2). 防止升温太快、控制反应体系pH (3). 防止暴沸 (4). 减小 (5). 趁热过滤 (6). 提高羟基乙酸钠的析出量(产率) 【解析】 【分析】 制备少量羟基乙酸钠的反应为,根据羟基乙酸钠易溶于热水,粗产品溶解于适量热水中,加活性炭脱色,分离掉活性炭,趁热过滤,根据羟基乙酸钠不溶于醇,将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中,冷却至15℃以下,结晶、过滤、干燥,得羟基乙酸钠。 【详解】(1)根据图中仪器得出仪器A的名称为冷凝管,根据题中信息可知制备羟基乙酸钠的反应为放热反应,逐步加入NaOH溶液的目的是防止升温太快,同时控制反应体系的pH;故答案为:(回流)冷凝管;防止升温太快,控制反应体系的pH。 (2步骤2中烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是防止暴沸;故答案为:防止暴沸。 (3)粗产品溶于过量水,导致在水中溶解过多,得到的产物减少,因此导致产率减小;由于产品易溶于热水,微溶于冷水,因此去除活性炭的操作名称是趁热过滤;故答案为:减少;趁热过滤。 (4)根据信息,产品不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂中,因此步骤4中,将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是降低产品的溶解度,提高羟基乙酸钠的析出量(产量);故答案为:提高羟基乙酸钠的析出量(产量)。 6. [2020·山东(新高考)]某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如下图所示(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: 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50.00mL的滴定管中,若KMnO4溶液起始读数为15.00mL,此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为______________(填标号)。 A.15.00 mL B.35.00mL C.大于35.00mL D.小于15.00m1 (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.取mg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30s内不褪色,消耗KMnO4溶液V1mL。 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30s内不褪色,又消耗KMnO4溶液V2mL。 样品中所含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.时,样品中一定不含杂质 B.越大,样品中含量一定越高 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 【答案】 (1). 平衡气压,使浓盐酸顺利滴下; (2). NaOH溶液 (3). (4). 在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶 (5). 酸式 (6). C (7). (8). BD 【解析】 (1)装置A为恒压分液漏斗,它的作用是平衡气压,使浓盐酸顺利滴下,C的作用是吸收反应不完的Cl2,可用NaOH溶液吸收,Ca(ClO)2和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2,反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O,故答案为:平衡气压,使浓盐酸顺利滴下;NaOH溶液;Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O; (2)锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在,碱性减弱时易发生3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-,一部分MnO42-转化为了MnO2,导致最终KMnO4的产率低,而浓盐酸易挥发,直接导致B中NaOH溶液的浓度减小,故改进措施是在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶吸收挥发出来的HCl,故答案为:在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶; (3)高锰酸钾有强氧化性,强氧化性溶液加入酸式滴定管,滴定管的“0”刻度在上,规格为50.00mL的滴定管中实际的体积大于(50.00-15.00)mL,即大于35.00mL,故答案为:酸式;C; (4)设FeC2O4·2H2O的物质的量为xmol,Fe2(C2O4)3的物质的量为ymol,H2C2O4·2H2O的物质的量为zmol,步骤I中草酸根和Fe2+均被氧化,结合得失电子守恒有:2KMnO4~5H2C2O4(C2O42-),KMnO4~5Fe2+,所以,步骤II中Fe2+被氧化,由KMnO4~5Fe2+可知,,联立二个方程解得:z=2.5(cV1-3V2)×10-3,所以H2C2O4·2H2O的质量分数==。关于样品组成分析如下: A.时,H2C2O4·2H2O的质量分数==0,样品中不含H2C2O4·2H2O,由和可知,y≠0,样品中含Fe2(C2O4)3杂质,A错误; B.越大,由H2C2O4·2H2O的质量分数表达式可知,其含量一定越大,B正确; C.Fe元素的物质的量=,若步骤I中KMnO4溶液不足,则步骤I中有一部分Fe2+没有被氧化,不影响V2的大小,则不变,则对于测得Fe元素的含量无影响,C错误; D.结合C可知:若KMnO4溶液浓度偏低,则消耗KMnO4溶液的体积V1、V2均偏大,Fe元素的物质的量偏大,则测得样品中Fe元素含量偏高,D正确; 故答案为:;BD。 7. [2020·天津]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: 实验步骤: (1)判断沉淀完全的操作为____________。 (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wg,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:, 实验步骤: ①按右图安装装置(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ag,若测得H2体积为bmL,已知实验条件下,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”)。 【答案】 (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). AgNO3溶液 (3). 坩埚 (4). (5). 偏低 (6). 检查装置气密性 (7). b (8). (9). 偏高 (10). 否 【解析】 Ⅰ.(1)硫酸根离子的检验是滴加氯化钡溶液,若产生白色沉淀,证明溶液中含有硫酸根离子,故判断沉淀完全的操作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)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为AgNO3溶液,硫酸钡沉淀中可能附着有氯化钡,为了证明还有没氯离子,需要加入硝酸银溶液,若产生白色沉淀,证明没有洗净; (3)步骤③灼烧时盛装样品的仪器为坩埚; (4)固体质量为wg,为硫酸钡的质量,硫酸钡的物质的量为n=,根据硫酸根守恒可知,CuSO4~BaSO4,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,会使固体的质量偏小,物质的量偏小,根据可知,则测得c(CuSO4)偏低; Ⅱ.(6)加入药品之前需检查装置的气密性;步骤②为检查装置气密性; (7)气体的体积受温度和压强的影响较大,气体的质量不随温度和压强的变化而改变,密度也受温度和压强的影响,步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是气体密度受温度影响;反应热不受温度的影响,只与反应物和生成物自身的能量有关,不随温度压强而改变;反应速率受温度影响,温度越高,反应速率越快,步骤⑥需保证体系恢复到室温与反应速率无关; (8)Zn粉质量为ag,若测得H2体积为bmL,已知实验条件下,氢气的质量=,利用氢气的质量得到氢气的物质的量n=,根据,与酸反应的锌的物质的量为,锌的总物质的量为,与硫酸铜反应的锌的物质的量为,根据,则c(CuSO4)=; (9)若步骤⑥E管液面高于D管,未调液面即读数,得到氢气的体积偏小,与硫酸反应的锌的质量偏小,与硫酸铜反应的锌的质量偏大,则测得c(CuSO4)偏高; (10) 不能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度,硫酸镁不和锌发生置换反应。 8.[2020·浙江7月选考,30] 30.硫代硫酸钠在纺织业等领域有广泛应用。某兴趣小组用下图装置制备。 合成反应: 滴定反应: 已知:易溶于水,难溶于乙醇,开始失结晶水。 实验步骤: Ⅰ.制备:装置A制备的经过单向阀通入装置C中的混合溶液,加热、搅拌,至溶液约为7时,停止通入气体,得产品混合溶液。 Ⅱ.产品分离提纯:产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥,得到产品。 Ⅲ.产品纯度测定:以淀粉作指示剂,用产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点,计算含量。 请回答: (1)步骤Ⅰ:单向阀的作用是______;装置C中的反应混合溶液过高或过低将导致产率降低,原因是_______。 (2)步骤Ⅱ:下列说法正确的是_____。 A 快速蒸发溶液中水分,可得较大晶体颗粒 B 蒸发浓缩至溶液表面出现品晶膜时,停止加热 C 冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率 D 可选用冷的溶液作洗涤剂 (3)步骤Ⅲ ①滴定前,有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列): 检漏→蒸馏水洗涤→( )→( )→( )→( )→( )→开始滴定 A 烘干 B 装入滴定液至零刻度以上 C 调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下D 用洗耳球吹出润洗液 E 排除气泡 F 用滴定液润洗2至3次 G 记录起始读数 ②装标准碘溶液的碘量瓶(带瓶塞的锥形瓶)在滴定前应盖上瓶塞,目的是______。 ③滴定法测得产品中含量为,则产品中可能混有的物质是________。 【答案】 (1). 防止倒吸 (2). 过高,、反应不充分;过低,导致转化为S和 (3). BC (4). F (5). B (6). E (7). C (8). G (9). 防止碘挥发损失 (10). 、失去部分结晶水的 【解析】 (1)SO2会与装置C中混合溶液发生反应,且导管进入液面以下,需要防倒吸的装置,单向阀可以防止发生倒吸;Na2CO3、Na2S水解都会使溶液显碱性,所以pH过高,说明Na2CO3、Na2S反应不充分;而pH过低,又会导致Na2S2O3发生歧化反应转化为S和SO2,所以pH过高或过低都会导致产率降低; (2)A.蒸发结晶时,快速蒸发溶液中的水分,可以得到较小的晶体颗粒,故A错误; B.为防止固体飞溅,蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时,停止加热,故B正确; C.Na2S2O3·5H2O难溶于乙醇,所以冷却结晶后的固液混合物中可以加入适量乙醇降低Na2S2O3的溶解度,析出更多的晶体,提高产率,故C正确; D.用碳酸钠溶液洗涤会使晶体表面附着碳酸钠杂质,Na2S2O3·5H2O难溶于乙醇,可以用乙醇作洗涤剂,故D错误;综上所述选BC; (3)①滴定前应检查滴定管是否漏液,之后用蒸馏水洗涤滴定管,为防止稀释滴定液使测定结果不准确,需用滴定液润洗2至3次,之后装入滴定液至零刻度以上,排除装置中的气泡,然后调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下,并记录起始读数,开始滴定,所以正确的操作和顺序为:捡漏→蒸馏水洗涤→F→B→E→C→G→开始滴定; ②碘容易挥发,所以装标准碘溶液的碘量瓶在滴定前应盖上瓶塞,防止碘挥发损失; ③测定的产品中Na2S2O3·5H2O含量大于100%,说明产品中混有失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O。 9. [2020·浙江1月选考,30]碘化锂(LiI)在能源、医学等领域有重要应用,某兴趣小组制备LiI·3H2O和LiI,流程如下: 已知: a.LiI·3H2O在75~80 ℃转变成LiI·2H2O,80~120 ℃转变成LiI·H2O,300 ℃以上转变成无水LiI。 b.LiI易溶于水,溶解度随温度升高而增大。 c.LiI在空气中受热易被氧化。 请回答: (1)步骤Ⅱ,调pH=7,为避免引入新的杂质,适宜加入的试剂为________。 (2)步骤Ⅲ,包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作。 下列说法正确的是________。 A.为得到较大的LiI·3H2O晶体颗粒,宜用冰水浴快速冷却结晶 B.为加快过滤速度,得到较干燥的晶体,可进行抽滤 C.宜用热水洗涤 D.可在80 ℃鼓风干燥 (3)步骤Ⅳ,脱水方案为:将所得LiI·3H2O置入坩埚中,300 ℃加热,得LiI样品。用沉淀滴定法分别测定所得LiI·3H2O、LiI样品纯度,测定过程如下:称取一定量样品,溶解,定容于容量瓶,将容量瓶中的溶液倒入烧杯,用移液管定量移取烧杯中的溶液加入锥形瓶,调pH=6,用滴定管中的AgNO3标准溶液滴定至终点,根据消耗的AgNO3标准溶液体积计算,得LiI·3H2O、LiI的纯度分别为99.96%、95.38%。LiI纯度偏低。 ①上述测定过程提及的下列仪器,在使用前一定不能润洗的是________。 A.容量瓶 B.烧杯 C.锥形瓶 D.滴定管 ②测定过程中使用到移液管,选出其正确操作并按序列出字母: 蒸馏水洗涤→待转移溶液润洗→(  )→(  )→(  )→(  )→洗净,放回管架。 a.移液管尖与锥形瓶内壁接触,边吹气边放液 b.放液完毕,停留数秒,取出移液管 c.移液管尖与锥形瓶内壁接触,松开食指放液 d.洗耳球吸溶液至移液管标线以上,食指堵住管口 e.放液完毕,抖动数下,取出移液管 f.放液至凹液面最低处与移液管标线相切,按紧管口 ③LiI纯度偏低,可能的主要杂质是________。 (4)步骤Ⅳ,采用改进的实验方案(装置如图),可以提高LiI纯度。 ①设备X的名称是________。 ②请说明采用该方案可以提高LiI纯度的理由_______________________________________。 【答案】(1)LiOH (2)B (3)①AC ②d f c b ③Li2O (4)①抽气泵 ②抽除空气,避免LiI被氧化;减压,有利脱水 【解析】(1)步骤Ⅰ加入氢碘酸至pH=3,Li2CO3与HI反应生成CO2和LiI,步骤Ⅱ,调pH=7,为避免引入新的杂质,适宜加入LiOH。(2)一般过饱和度增加,所得晶体较细。当溶液快速冷却时,达到的过饱和程度较高,所得晶体较细,缓慢冷却常得到较粗大的颗粒,故A项错误;抽滤时过滤和洗涤速度快,液体和固体分离比较完全,滤出的固体容易干燥,故B项正确;由已知信息LiI易溶于水,溶解度随温度升高而增大,所以不宜用热水洗涤,故C项错误;当温度超过80℃时,LiI·3H2O能失水转变成LiI·2H2O,故D项错误。答案选B。(3)①容量瓶、锥形瓶一定不能润洗,否则造成误差,因润洗后内壁粘有溶质。③已知LiI在空气中受热易被氧化,实验得到的LiI纯度偏低,可能被氧化生成了Li2O。(4)因LiI在空气中易被氧化,所以LiI·3H2O在300 ℃加热脱水时,要避免与空气的接触,所以改进的实验方案用抽气泵抽除空气,避免LiI被氧化;同时减压,有利于脱水。 10.[2019?新课标Ⅰ] 硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源,变废为宝,在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵,具体流程如下: 回答下列问题: (1)步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污,方法是_________________。 (2)步骤②需要加热的目的是_________________,温度保持80~95 ℃,采用的合适加热方式是_________________。铁屑中含有少量硫化物,反应产生的气体需要净化处理,合适的装置为_________________(填标号)。 (3)步骤③中选用足量的H2O2,理由是_______________。分批加入H2O2,同时为了_________________,溶液要保持pH小于0.5。 (4)步骤⑤的具体实验操作有______________,经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。 (5)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数,将样品加热到150 ℃时,失掉1.5个结晶水,失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为______________。 【答案】(1)碱煮水洗 (2)加快反应 热水浴 C (3)将Fe2+全部氧化为Fe3+;不引入杂质 防止Fe3+水解 (4)加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤) (5)NH4Fe(SO4)2·12H2O 【解析】(1)步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污,油污在碱性条件下容易水解,所以工业上常常用热的碳酸钠溶液清洗,即碱煮水洗; (2)步骤②需要加热的目的是为了加快反应速率;温度保持80~95 ℃,由于保持温度比较恒定且低于水的沸点,故采用的合适加热方式是水浴加热(热水浴);铁屑中含有少量硫化物,硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体,可以用氢氧化钠溶液吸收,为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗,故选择C装置; (3)步骤③中选用足量的H2O2,H2O2可以将Fe2+氧化为Fe3+,且H2O2的还原产物为H2O,不会引入新的杂质,故理由是:将Fe2+全部氧化为Fe3+,不引入新的杂质。因为H2O2本身易分解,所以在加入时需分量加入,同时为了防止Fe3+水解,溶液要保持pH小于0.5; (4)为了除去可溶性的硫酸铵、铁离子等,需要经过的步骤为:加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤); (5)设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2?xH2O,其相对分子质量为266+18x,1.5个水分子的相对分子质量为1.5×18=27,则27/(266+18x)=5.6%,解得x=12,则硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2?12H2O。 11.[2019?新课标Ⅱ] 咖啡因是一种生物碱(易溶于水及乙醇,熔点234.5℃,100℃以上开始升华),有兴奋大脑神经和利尿等作用。茶叶中含咖啡因约1%~5%、单宁酸(Ka约为10?6,易溶于水及乙醇)约3%~10%,还含有色素、纤维素等。实验室从茶叶中提取咖啡因的流程如下图所示。 索氏提取装置如图所示。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发,蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷凝管,冷凝后滴入滤纸套筒1中,与茶叶末接触,进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时,经虹吸管3返回烧瓶,从而实现对茶叶末的连续萃取。回答下列问题: (1)实验时需将茶叶研细,放入滤纸套筒1中,研细的目的是______________,圆底烧瓶中加入95%乙醇为溶剂,加热前还要加几粒______________。 (2)提取过程不可选用明火直接加热,原因是______________,与常规的萃取相比,采用索氏提取器的优点是______________。 (3)提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂。与水相比,乙醇作为萃取剂的优点是______________。“蒸馏浓缩”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管之外,还有______________(填标号)。 A.直形冷凝管 B.球形冷凝管 C.接收瓶 D.烧杯 (4)浓缩液加生石灰的作用是中和_______和吸收_______。 (5)可采用如图所示的简易装置分离提纯咖啡因。将粉状物放入蒸发皿中并小火加热,咖啡因在扎有小孔的滤纸上凝结,该分离提纯方法的名称是______________。 【答案】(1)增加固液接触面积,提取充分 沸石 (2)乙醇易挥发,易燃 使用溶剂量少,可连续萃取(萃取效率高) (3)乙醇沸点低,易浓缩 AC (4)单宁酸 水 (5)升华 【解析】(1)萃取时将茶叶研细可以增加固液接触面积,从而使提取更充分;由于需要加热,为防止液体暴沸,加热前还要加入几粒沸石; (2)由于乙醇易挥发,易燃烧,为防止温度过高使挥发出的乙醇燃烧,因此提取过程中不可选用明火直接加热;根据题干中的已知信息可判断与常规的萃取相比较,采用索式提取器的优点是使用溶剂量少,可连续萃取(萃取效率高); (3)乙醇是有机溶剂,沸点低,因此与水相比较乙醇作为萃取剂的优点是乙醇沸点低,易浓缩;蒸馏浓缩时需要冷凝管,为防止液体残留在冷凝管中,应该选用直形冷凝管,而不需要球形冷凝管,A正确,B错误;为防止液体挥发,冷凝后得到的馏分需要有接收瓶接收馏分,而不需要烧杯,C正确,D错误,答案选AC。 (4)由于茶叶中还含有单宁酸,且单宁酸也易溶于水和乙醇,因此浓缩液中加入氧化钙的作用是中和单宁酸,同时也吸收水; (5)根据已知信息可知咖啡因在100℃以上时开始升华,因此该分离提纯方法的名称是升华。 12.[2019?新课标Ⅲ]乙酰水杨酸(阿司匹林)是目前常用药物之一。实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿司匹林的一种方法如下: 水杨酸 醋酸酐 乙酰水杨酸 熔点/℃ 157~159 -72~-74 135~138 相对密度/(g·cm﹣3) 1.44 1.10 1.35 相对分子质量 138 102 180 实验过程:在100 mL锥形瓶中加入水杨酸6.9 g及醋酸酐10 mL,充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5 mL浓硫酸后加热,维持瓶内温度在70 ℃左右,充分反应。稍冷后进行如下操作。 ①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100 mL冷水中,析出固体,过滤。 ②所得结晶粗品加入50 mL饱和碳酸氢钠溶液,溶解、过滤。 ③滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。 ④固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4 g。 回答下列问题: (1)该合成反应中应采用__________加热。(填标号) A.热水浴 B.酒精灯 C.煤气灯 D.电炉 (2)下列玻璃仪器中,①中需使用的有________(填标号),不需使用的_______________________(填名称)。 (3)①中需使用冷水,目的是______________________________________。 (4)②中饱和碳酸氢钠的作用是_________________________________,以便过滤除去难溶杂质。 (5)④采用的纯化方法为____________。 (6)本实验的产率是_________%。 【答案】(1)A (2)BD 分液漏斗、容量瓶 (3)充分析出乙酰水杨酸固体(结晶) (4)生成可溶的乙酰水杨酸钠 (5)重结晶 (6)60 【解析】(1)因为反应温度在70℃,低于水的沸点,且需维温度不变,故采用热水浴的方法加热; (2)操作①需将反应物倒入冷水,需要用烧杯量取和存放冷水,过滤的操作中还需要漏斗,则答案为:BD;分液漏斗主要用于分离互不相容的液体混合物,容量瓶用于配制一定浓度的溶液,这两个仪器用不到。 (3)反应时温度较高,所以用冷水的目的是使得乙酰水杨酸晶体充分析出; (4)乙酰水杨酸难溶于水,为了除去其中的杂质,可将生成的乙酰水杨酸与碳酸氢钠反应生成可溶性的乙酰水杨酸钠,以便过滤除去杂质; (5)每次结晶过程中会有少量杂质一起析出,可以通过多次结晶的方法进行纯化,也就是重结晶; (6)水杨酸分子式为C7H6O3,乙酰水杨酸分子式为C9H8O4,根据关系式法计算得: C7H6O3~ C9H8O4 138 180 6.9g m m( C9H8O4)=(6.9g×180)/138=9g,则产率为。 13.[2019?江苏]丙炔酸甲酯()是一种重要的有机化工原料,沸点为103~105 ℃。实验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为 实验步骤如下: 步骤1:在反应瓶中,加入14 g丙炔酸、50 mL甲醇和2 mL浓硫酸,搅拌,加热回流一段时间。 步骤2:蒸出过量的甲醇(装置见下图)。 步骤3:反应液冷却后,依次用饱和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗涤。分离出有机相。 步骤4:有机相经无水Na2SO4干燥、过滤、蒸馏,得丙炔酸甲酯。 (1)步骤1中,加入过量甲醇的目的是 ▲ 。 (2)步骤2中,上图所示的装置中仪器A的名称是 ▲ ;蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是 ▲ 。 (3)步骤3中,用5%Na2CO3溶液洗涤,主要除去的物质是 ▲ ;分离出有机相的操作名称为 ▲ 。 (4)步骤4中,蒸馏时不能用水浴加热的原因是 ▲ 。 【答案】(1)作为溶剂、提高丙炔酸的转化率 (2)(直形)冷凝管 防止暴沸 (3)丙炔酸 分液 (4)丙炔酸甲酯的沸点比水的高 【解析】(1)一般来说,酯化反应为可逆反应,加入过量的甲醇,提高丙炔酸的转化率,丙炔酸溶解于甲醇,甲醇还作为反应的溶剂; (2)根据装置图,仪器A为直形冷凝管;加热液体时,为防止液体暴沸,需要加入碎瓷片或沸石,因此本题中加入碎瓷片的目的是防止液体暴沸; (3)丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃,制备丙炔酸甲酯采用水浴加热,因此反应液中除含有丙炔酸甲酯外,还含有丙炔酸、硫酸;通过饱和NaCl溶液可吸收硫酸;5%的Na2CO3溶液的作用是除去丙炔酸,降低丙炔酸甲酯在水中的溶解度,使之析出;水洗除去NaCl、Na2CO3,然后通过分液的方法得到丙炔酸甲酯; (4)水浴加热提供最高温度为100℃,而丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃,采用水浴加热,不能达到丙炔酸甲酯的沸点,不能将丙炔酸甲酯蒸出,因此蒸馏时不能用水浴加热。 14.[2019?北京] 化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。 (1)实验一:用如下装置(夹持、加热仪器略)制备SO2,将足量SO2通入AgNO3溶液中,迅速反应,得到无色溶液A和白色沉淀B。 ①浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是____________________________________。 ②试剂a是____________。 (2)对体系中有关物质性质分析得出:沉淀B可能为Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合物。(资料:Ag2SO4微溶于水;Ag2SO3难溶于水) 实验二:验证B的成分 ①写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式:__________。 ②加入盐酸后沉淀D大部分溶解,剩余少量沉淀F。推断D中主要是BaSO3,进而推断B中含有Ag2SO3。向滤液E中加入一种试剂,可进一步证实B中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是__________。 (3)根据沉淀F的存在,推测的产生有两个途径: 途径1:实验一中,SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4,随沉淀B进入D。 途径2:实验二中,被氧化为进入D。 实验三:探究的产生途径 ①向溶液A中滴入过量盐酸,产生白色沉淀,证明溶液中含有________:取上层清液继续滴加BaCl2溶液,未出现白色沉淀,可判断B中不含Ag2SO4。做出判断的理由:_______。 ②实验三的结论:__________。 (4)实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是_________________。 (5)根据物质性质分析,SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间,有Ag和生成。 (6)根据上述实验所得结论:__________________。 【答案】(1)①Cu+ 2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O ②饱和NaHSO3溶液 (2)①Ag2SO3+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2+ ++4H2O ②H2O2溶液,产生白色沉淀 (3)①Ag+ Ag2SO4溶解度大于BaSO4,没有BaSO4沉淀时,必定没有Ag2SO4 ②途径1不产生,途径2产生 (4)2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3↓+2H+ (6)实验条件下: SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和的速率 碱性溶液中更易被氧化为 【解析】(1)①铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水,化学方程式为:Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O。 ②试剂a为饱和NaHSO3溶液,用于观察气体流速,且在SO2饱和NaHSO3溶液中溶解度很小,可防止倒吸。 (2)①Ag2SO3溶于氨水得到Ag(NH3)2+,离子方程式为:Ag2SO3+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2+ ++4H2O; ②沉淀D洗涤干净后,加入过量稀盐酸,BaSO3与稀盐酸反应生成BaCl2和SO2、H2O,则滤液E中含有BaCl2和溶解在水中的SO2形成的H?SO3,可向E中加入H2O2溶液,H2O2将H2SO3氧化生成,和Ba2+反应产生白色BaSO4沉淀,进一步证实B中含有Ag2SO3。 (3)向溶液A中滴入过量盐酸,产生白色沉淀,该沉淀为AgCl,证明溶液A中含有Ag+;取上层清液继续滴加BaCl2溶液,未出现白色沉淀,证明溶液A中不含,由于Ag2SO4微溶于水,则B中不含Ag2SO4,从而确定途径1不产生,途径2产生。 (4)由(3)推知,实验一中SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3,离子方程式为2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3↓+2H+。 (6)对比分析(4)(5)可知,S O2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和的速率,再结合实验二可知,碱性溶液中更易被氧化为。 15.[2019?天津] 环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下: 回答下列问题: Ⅰ.环己烯的制备与提纯 (1)原料环己醇中若含苯酚杂质,检验试剂为____________,现象为__________________。 (2)操作1的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。 ①烧瓶A中进行的可逆反应化学方程式为________________________,浓硫酸也可作该反应的催化剂,选择而不用浓硫酸的原因为________________________(填序号)。 a.浓硫酸易使原料炭化并产生 b.污染小、可循环使用,符合绿色化学理念 c.同等条件下,用比浓硫酸的平衡转化率高 ②仪器B的作用为____________。 (3)操作2用到的玻璃仪器是____________。 (4)将操作3(蒸馏)的步骤补齐:安装蒸馏装置,加入待蒸馏的物质和沸石,____________,弃去前馏分,收集83℃的馏分。 Ⅱ.环己烯含量的测定 在一定条件下,向环己烯样品中加入定量制得的,与环己烯充分反应后,剩余的与足量作用生成,用的标准溶液滴定,终点时消耗标准溶液(以上数据均已扣除干扰因素)。 测定过程中,发生的反应如下: ① ② ③ (5)滴定所用指示剂为____________。样品中环己烯的质量分数为____________(用字母表示)。 (6)下列情况会导致测定结果偏低的是____________(填序号)。 a.样品中含有苯酚杂质 b.在测定过程中部分环己烯挥发 c.标准溶液部分被氧化 【答案】(1)溶液 溶液显紫色 (2)① a、b ②减少环己醇蒸出 (3)分液漏斗、烧杯 (4)通冷凝水,加热 (5)淀粉溶液 [来源:学*科*网] (6)b、c 【解析】 【分析】I.(1)检验物质时通常是利用该物质的特殊性质,或利用不同物质间的性质差异。苯酚能与氯化铁溶液发生显色反应而醇不能,可依此设计用氯化铁溶液检验苯酚的存在; (2)书写陌生情境的化学方程式时,一定要将题给的所有信息挖掘出来,比如题给的反应条件,如催化剂、加热的温度、此反应已明确指出的“可逆”; (3)催化剂选择FeCl3·6H2O而不用浓硫酸的理由分析,显然要突出浓硫酸的缺点,突出FeCl3·6H2O的优点; (4)在发生装置中加装冷凝管,显然是为了冷凝回流,提高原料的利用率。 (5)计算此问时尽可能采用关系式法,找到已知和未知之间的直接关系。 (6)误差分析时,利用相关反应式将量尽可能明确化。 【详解】I.(1)检验苯酚的首选试剂是FeCl3溶液,原料环己醇中若含有苯酚,加入FeCl3溶液后,溶液将显示紫色; (2)①从题给的制备流程可以看出,环己醇在FeCl3·6H2O的作用下,反应生成了环己烯,对比环己醇和环己烯的结构,可知发生了消去反应,反应方程式为:,注意生成的小分子水勿漏写,题目已明确提示该反应可逆,要标出可逆符号,FeCl3·6H2O是反应条件(催化剂)别漏标;此处用FeCl3·6H2O而不用浓硫酸的原因分析中:a项合理,因浓硫酸具有强脱水性,往往能使有机物脱水至炭化,该过程中放出大量的热,又可以使生成的炭与浓硫酸发生反应:C+2H2SO4(浓) CO2↑+SO2↑+2H2O;b项合理,与浓硫酸相比,FeCl3·6H2O对环境相对友好,污染小,绝大部分都可以回收并循环使用,更符合绿色化学理念;c项不合理,催化剂并不能影响平衡转化率; ②仪器B为球形冷凝管,该仪器的作用除了导气外,主要作用是冷凝回流,尽可能减少加热时反应物环己醇的蒸出,提高原料环己醇的利用率; (3)操作2实现了互不相溶的两种液体的分离,应是分液操作,分液操作时需要用到的玻璃仪器主要有分液漏斗和烧杯; (4)题目中已明确提示了操作3是蒸馏操作。蒸馏操作在加入药品后,要先通冷凝水,再加热;如先加热再通冷凝水,必有一部分馏分没有及时冷凝,造成浪费和污染; II.(5)因滴定的是碘单质的溶液,所以选取淀粉溶液比较合适;根据所给的②式和③式,可知剩余的Br2与反应消耗的Na2S2O3的物质的量之比为1:2,所以剩余 Br2的物质的量为:n(Br2)余=×cmol·L-1×vmL×10-3L·mL-1=mol,反应消耗的Br2的物质的量为(b-)mol,据反应①式中环己烯与溴单质1:1反应,可知环己烯的物质的量也为(b-)mol,其质量为(b-)×82g,所以ag样品中环己烯的质量分数为:。 (6)a项错误,样品中含有苯酚,会发生反应:,每反应1molBr2,消耗苯酚的质量为31.3g;而每反应1mol Br2,消耗环己烯的质量为82g;所以苯酚的混入,将使耗Br2增大,从而使环己烯测得结果偏大;b项正确,测量过程中如果环己烯挥发,必然导致测定环己烯的结果偏低;c项正确,Na2S2O3标准溶液被氧化,必然滴定时消耗其体积增大,即计算出剩余的溴单质偏多,所以计算得出与环己烯反应的溴单质的量就偏低,导致最终环己烯的质量分数偏低。 16.[2019?浙江4月选考]某兴趣小组在定量分析了镁渣[含有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3、Al2O3、Fe2O3和SiO2]中Mg含量的基础上,按如下流程制备六水合氯化镁(MgCl2·6H2O)。 相关信息如下: ①700℃只发生MgCO3和Mg(OH)2的分解反应。 ②NH4Cl溶液仅与体系中的MgO反应,且反应程度不大。 ③“蒸氨”是将氨从固液混合物中蒸出来,且须控制合适的蒸出量。 请回答: (1)下列说法正确的是________。 A.步骤Ⅰ,煅烧样品的容器可以用坩埚,不能用烧杯和锥形瓶 B.步骤Ⅲ,蒸氨促进平衡正向移动,提高MgO的溶解量 C.步骤Ⅲ,可以将固液混合物C先过滤,再蒸氨 D.步骤Ⅳ,固液分离操作可采用常压过滤,也可采用减压过滤 (2)步骤Ⅲ,需要搭建合适的装置,实现蒸氨、吸收和指示于一体(用硫酸溶液吸收氨气)。 ①选择必须的仪器,并按连接顺序排列(填写代表仪器的字母,不考虑夹持和橡皮管连接):热源→________。 ②为了指示蒸氨操作完成,在一定量硫酸溶液中加指示剂。请给出并说明蒸氨可以停止时的现象________。 (3) 溶液F经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。取少量产品溶于水后发现溶液呈碱性。 ①含有的杂质是________。 ②从操作上分析引入杂质的原因是________。 (4)有同学采用盐酸代替步骤Ⅱ中的NH4Cl溶液处理固体B,然后除杂,制备MgCl2溶液。已知金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围: 金属离子 pH 开始沉淀 完全沉淀 Al3+ 3.0 4.7 Fe3+ 1.1 2.8 Ca2+ 11.3 - Mg2+ 8.4 10.9 请给出合理的操作排序(从下列操作中选取,按先后次序列出字母,操作可重复使用):固体B→a→( )→( )→( )→( )→( )→( )→MgCl2溶液→产品。 a.用盐酸溶解 b.调pH=3.0 c.调pH=5.0 d.调pH=8.5 e.调pH=11.0 f.过滤 g.洗涤 【答案】(1)ABD (2)a→d→f→c 甲基橙,颜色由红色变橙色 (3)碱式氯化镁(氢氧化镁) 过度蒸发导致氯化镁水解 (4)c f e f g a 【解析】(1)A.煅烧固体样品需用坩埚,烧杯和锥形瓶用来加热液体,A项正确; B.氯化铵水解方程式为NH4Cl+H2O?NH3·H2O+HCl,氧化镁和HCl反应,蒸氨即一水合氨分解,平衡向右移动,HCl浓度变大,促进了氧化镁的溶解,B项正确; C.根据信息②NH4Cl溶液仅与体系中的MgO反应,且反应程度不大,不能先过滤,否则氧化镁损耗很大,C项错误; D.固液分离操作均可采用常压过滤,使用减压过滤加快过滤速度,也可行,D项正确。 故答案选ABD。 (2)①先选发生装置为a,然后连接回流装置d,生成的氨气有水蒸气,需要干燥,然后连接干燥管f,氨气是碱性气体,需要用酸吸收,最后连接c。故答案填a→d→f→c。 ②硫酸和氨气恰好完全反应生成硫酸铵((NH4)2SO4),硫酸铵显酸性,因而选择在酸性范围内变色的指示剂:甲基橙,其颜色变化是红色变为橙色。 (3)溶液F经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。①溶液仍呈碱性,注意不可能是氨气的影响,由于氯化镁水解使溶液呈酸性,故溶液的碱性是由杂质引起的。考虑到氯化镁易水解,所以含有的杂质可能是Mg(OH)Cl或者Mg(OH)2。 ②升高温度会促进水解的进行,因而必然是蒸发阶段导致,即过度蒸发导致氯化镁水解。 (4)根据各离子完全沉淀的pH值,加酸后溶液呈酸性,可逐步提高pH,同时以沉淀形式除掉不同离子,因而先将pH调至5,除掉Al3+和Fe3+,然后过滤其沉淀,然后将pH调至11.0使得Mg2+变为Mg(OH)2沉淀,过滤并洗涤,得到纯净的Mg(OH)2沉淀,然后加入盐酸得到氯化镁溶液。故答案依次填cfefga。 17.[2018?新课标Ⅰ卷] 醋酸亚铬[(CH3COO)2Cr·2H2O]为砖红色晶体,难溶于冷水,易溶于酸,在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂,将三价铬还原为二价铬;二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示。回答下列问题: (1)实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却,目的是_________。仪器a的名称是_______。 (2)将过量锌粒和氯化铬固体置于c中,加入少量蒸馏水,按图连接好装置,打开K1、K2,关闭K3。 ①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色,该反应的离子方程式为_________。 ②同时c中有气体产生,该气体的作用是_____________。 (3)打开K3,关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d,其原因是________ ;d中析出砖红色沉淀。为使沉淀充分析出并分离,需采用的操作是___________、_________、洗涤、干燥。 (4)指出装置d可能存在的缺点______________。 【答案】(1)去除水中溶解氧 分液(或滴液)漏斗 (2)①Zn+2Cr3+Zn2++2Cr2+ ②排除c中空气 (3)c中产生H2使压强大于大气压 (冰浴)冷却 过滤 (4)敞开体系,可能使醋酸亚铬与空气接触 【解析】分析:在盐酸溶液中锌把Cr3+还原为Cr2+,同时产生氢气排尽装置中的空气防止氧化。生成的氢气导致c中压强增大,可以把生成的CrCl2压入d装置发生反应,据此解答。 详解:(1)由于醋酸亚铬易被氧化,所以需要尽可能避免与氧气接触,因此实验中所用蒸馏水均需煮沸后迅速冷却,目的是去除水中溶解氧;根据仪器构造可知仪器a是分液(或滴液)漏斗; (2)①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色,说明Cr3+被锌还原为Cr2+,反应的离子方程式为Zn+2Cr3+=Zn2++2Cr2+; ②锌还能与盐酸反应生成氢气,由于装置中含有空气,能氧化Cr2+,所以氢气的作用是排除c中空气; (3)打开K3,关闭K1和K2,由于锌继续与盐酸反应生成氢气,导致c中压强增大,所以c中亮蓝色溶液能流入d装置,与醋酸钠反应;根据题干信息可知醋酸亚铬难溶于冷水,所以为使沉淀充分析出并分离,需要采取的操作是(冰浴)冷却、过滤、洗涤、干燥。 (4)由于d装置是敞开体系,因此装置的缺点是可能使醋酸亚铬与空气接触被氧化而使产品不纯。 18.[2018?新课标Ⅱ卷] K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体,可用于晒制蓝图。回答下列问题: (1)晒制蓝图时,用K3[Fe(C2O4)3]·3H2O作感光剂,以K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为:2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4 +3K2C2O4 +2CO2↑;显色反应的化学方程式为______________。 (2)某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物,按下图所示装置进行实验。 ①通入氮气的目的是________________________________________。 ②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊,装置E中固体变为红色,由此判断热分解产物中一定含有___________、___________。 ③为防止倒吸,停止实验时应进行的操作是_________________________________________。 ④样品完全分解后,装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3,检验Fe2O3存在的方法是:_____________________________________。 (3)测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。 ①称量m g样品于锥形瓶中,溶解后加稀H2SO4酸化,用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是___________________________。 ②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后,过滤、洗涤,将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化,用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液V ml。该晶体中铁的质量分数的表达式为________________________________。 【答案】(1)3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4 (2)①隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置 ②CO2 CO ③先熄灭装置A、E的酒精灯,冷却后停止通入氮气 ④取少许固体粉末于试管中,加稀硫酸溶解,滴入1~2滴KSCN溶液,溶液变红色,证明含有Fe2O3 (3)①粉红色出现 ② 【解析】分析:(1)根据亚铁离子能与K3[Fe(CN)6]发生显色反应解答; (2)①根据氮气能隔绝空气和排尽气体分析; ②根据CO2、CO的性质分析; ③要防止倒吸可以根据外界条件对压强的影响分析; ③根据铁离子的检验方法解答; (3)①根据酸性高锰酸钾溶液显红色 ; ②根据电子得失守恒计算。 详解:(1)光解反应的化学方程式为2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑,反应后有草酸亚铁产生,所以显色反应的化学方程式为3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4。 (2)①装置中的空气在高温下能氧化金属铜,能影响E中的反应,所以反应前通入氮气的目的是隔绝空气排尽装置中的空气;反应中有气体生成,不会全部进入后续装置。 ②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊,说明反应中一定产生二氧化碳。装置E中固体变为红色,说明氧化铜被还原为铜,即有还原性气体CO生成,由此判断热分解产物中一定含有CO2、CO; ③为防止倒吸,必须保证装置中保持一定的压力,所以停止实验时应进行的操作是先熄灭装置A、E的酒精灯,冷却后停止通入氮气即可。 ④要检验Fe2O3存在首先要转化为可溶性铁盐,因此方法是取少许固体粉末于试管中,加稀硫酸溶解,滴入1~2滴KSCN溶液,溶液变红色,证明含有Fe2O3。 (3)①高锰酸钾氧化草酸根离子,其溶液显红色,所以滴定终点的现象是粉红色出现。 ②锌把铁离子还原为亚铁离子,酸性高锰酸钾溶液又把亚铁离子氧化为铁离子。反应中消耗高锰酸钾是0.001cVmol,Mn元素化合价从+7价降低到+2价,所以根据电子得失守恒可知铁离子的物质的量是0.005cVmol,则该晶体中铁的质量分数的表达式为。 19.[2018?新课标Ⅲ卷] 硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O,M=248 g·mol?1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题: (1)已知:Ksp(BaSO4)=1.1×10?10,Ksp(BaS2O3)=4.1×10?5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质,选用下列试剂设计实验方案进行检验: 试剂:稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液 实验步骤 现象 ①取少量样品,加入除氧蒸馏水 ②固体完全溶解得无色澄清溶液 ③___________ ④___________,有刺激性气体产生 ⑤静置,___________ ⑥___________ (2)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下: ①溶液配制:称取1.2000 g某硫代硫酸钠晶体样品,用新煮沸并冷却的蒸馏水在__________中溶解,完全溶解后,全部转移至100 mL的_________中,加蒸馏水至____________。 ②滴定:取0.00950 mol·L?1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反应: Cr2O72?+6I?+14H+3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:I2+2S2O32?S4O62?+2I?。加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定,当溶液__________,即为终点。平行滴定3次,样品溶液的平均用量为24.80 mL,则样品纯度为_________%(保留1位小数)。 【答案】(1)③加入过量稀盐酸 ④出现乳黄色浑浊 ⑤(吸)取上层清液,滴入BaCl2溶液 ⑥产生白色沉淀 (2)①烧杯 容量瓶 刻度 ②蓝色褪去 95.0 【解析】分析:本题考查的是化学实验的相关知识,主要包括两个方面一个是硫酸根离子的检验,一个是硫代硫酸钠的定量检测。 详解:(1)检验样品中的硫酸根离子,应该先加入稀盐酸,再加入氯化钡溶液。但是本题中,硫代硫酸根离子和氢离子以及钡离子都反应,所以应该排除其干扰,具体过程应该为先将样品溶解,加入稀盐酸酸化(反应为S2O32- + 2H+ = SO2↑+S↓+H2O),静置,取上层清液中滴加氯化钡溶液,观察到白色沉淀,证明存在硫酸根离子。所以答案为:③加入过量稀盐酸;④有乳黄色沉淀;⑤取上层清液,滴加氯化钡溶液;⑥有白色沉淀产生。 ①配制一定物质的量浓度的溶液,应该先称量质量,在烧杯中溶解,在转移至容量瓶,最后定容即可。所以过程为:将固体再烧杯中加入溶解,全部转移至100mL容量瓶,加蒸馏水至刻度线。 ②淡黄绿色溶液中有单质碘,加入淀粉为指示剂,溶液显蓝色,用硫代硫酸钠溶液滴定溶液中的单质碘,滴定终点时溶液的蓝色应该褪去。根据题目的两个方程式得到如下关系式:Cr2O72-~3I2~6S2O32-,则配制的100mL样品溶液中硫代硫酸钠的浓度c=,含有的硫代硫酸钠为0.004597mol,所以样品纯度为 20.[2018?海南]某小组在实验室中探究金属钠与二氧化碳的反应。回答下列问题: (1)选用如图所示装置及药品制取CO2。打开弹簧夹,制取CO2。为了得到干燥.纯净的CO2,产生的气流应依次通过盛有_________的洗气瓶(填试剂名称)。反应结束后,关闭弹簧夹,可观察到的现象是__________________________。不能用稀硫酸代替稀盐酸,其原因是__________________________。 (2)金属钠与二氧化碳反应的实验步骤及现象如下表: 步骤 现象 将一小块金属钠在燃烧匙中点燃,迅速伸入盛有CO2的集气瓶中。充分反应,放置冷却 产生大量白烟,集气瓶底部有黑色固体产生,瓶壁上有白色物质产生 在集气瓶中加入适量蒸馏水,振荡.过滤 滤纸上留下黑色固体,滤液为无色溶液 ①为检验集气瓶瓶壁上白色物质的成分,取适量滤液于2支试管中,向一支试管中滴加1滴酚酞溶液,溶液变红:向第二支试管中滴加澄清石灰水,溶液变浑浊。 据此推断,白色物质的主要成分是________(填标号)。 A.Na2O B.Na2O2 C.NaOH D.Na2CO3 ②为检验黑色固体的成分,将其与浓硫酸反应,生成的气体具有刺激性气味。据此推断黑色固体是________________。 ③本实验中金属钠与二氧化碳反应的化学方程式为_______________________。 【答案】(1)饱和NaHCO3溶液、浓硫酸 产生的气体使干燥管内液面降低,与碳酸钙脱离接触,反应停止 生成的硫酸钙微溶,附着在碳酸钙表面,阻止反应进一步进行 (2)①D ②碳(C) ③4Na+3CO22Na2CO3+C 【解析】(1)根据发生的反应分析,产生的二氧化碳气体中,还含有氯化氢和水蒸气两种杂质,除去氯化氢用的是饱和碳酸氢钠溶液,除水蒸气用浓硫酸; 反应结束后,关闭弹簧夹,产生的气体回到反应溶液里使容器里压强增大,干燥管内盐酸液面下降,与碳酸钙脱离接触,反应停止; 若使用硫酸,生成的硫酸钙为微溶物,会附着在碳酸钙的表面,阻止反应进行。 故答案为:饱和NaHCO3溶液、浓硫酸;产生的气体使干燥管内液面降低,与碳酸钙脱离接触,反应停止;生成的硫酸钙微溶,附着在碳酸钙表面,阻止反应进一步进行。 (2)①向一支试管中滴加1滴酚酞溶液,溶液变红,说明是碱性物质,向第二支试管中滴加澄清石灰水,溶液变浑浊,说明能跟氢氧化钙反应生成沉淀,由此可推出该物质为碳酸钠,故选D; ②黑色固体与浓硫酸反应,生成的气体具有刺激性气味,说明发生了氧化还原反应生成了二氧化硫,故黑色固体是C; ③由以上分析可知,金属钠与二氧化碳反应生成了碳酸钠和碳,根据得失电子守恒配平化学方程式为4Na+3CO22Na2CO3+C。 21.[2018?北京卷] 实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。 资料:K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液;具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O2,在碱性溶液中较稳定。 (1)制备K2FeO4(夹持装置略) ①A为氯气发生装置。A中反应方程式是________________(锰被还原为Mn2+)。 ②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。 ③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有 3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O,另外还有________________。 (2)探究K2FeO4的性质 ①取C中紫色溶液,加入稀硫酸,产生黄绿色气体,得溶液a,经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2,设计以下方案: 方案Ⅰ 取少量a,滴加KSCN溶液至过量,溶液呈红色。 方案Ⅱ 用KOH溶液充分洗涤C中所得固体,再用KOH溶液将K2FeO4溶出,得到紫色溶液b。取少量b,滴加盐酸,有Cl2产生。 i.由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有______离子,但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化,还可能由________________产生(用方程式表示)。 ii.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-。用KOH溶液洗涤的目的是________________。 ②根据K2FeO4的制备实验得出:氧化性Cl2________(填“>”或“<”),而方案Ⅱ实验表明,Cl2和的氧化性强弱关系相反,原因是________________。 ③资料表明,酸性溶液中的氧化性>,验证实验如下:将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中,振荡后溶液呈浅紫色。该现象能否证明氧化性>。若能,请说明理由;若不能,进一步设计实验方案。学.科网 理由或方案:________________。 【答案】(1)①2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl +5Cl2↑+8H2O ② ③Cl2+2OH?Cl?+ClO?+H2O (2)①i. Fe3+ 4+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O ii.排除ClO?的干扰 ②> 溶液酸碱性不同 ③理由:在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2,溶液浅紫色一定是的颜色 方案:向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4,观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色 【解析】(1)①A为氯气发生装置,KMnO4与浓盐酸反应时,锰被还原为Mn2+,浓盐酸被氧化成Cl2,KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O,根据得失电子守恒和原子守恒,反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O,离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。 ②由于盐酸具有挥发性,所得Cl2中混有HCl和H2O(g),HCl会消耗Fe(OH)3、KOH,用饱和食盐水除去HCl,除杂装置B为。 ③ C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O,还有Cl2与KOH的反应,Cl2与KOH反应的化学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O,反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。 (2)①根据上述制备反应,C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl,还可能含有KClO等。 i.方案I加入KSCN溶液,溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl-发生了反应,根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2,自身被还原成Fe3+,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒,可能的反应为4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O。 ii.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O,即KClO的存在干扰判断;K2FeO4微溶于KOH溶液,用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO-的干扰,同时保持K2FeO4稳定存在。 ②制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O,在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价,Cl2是氧化剂,Fe元素的化合价由+3价升至+6价,Fe(OH)3是还原剂,K2FeO4为氧化产物,根据同一反应中,氧化性:氧化剂氧化产物,得出氧化性Cl2FeO42-;方案II的反应为2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O,实验表明,Cl2和FeO42-氧化性强弱关系相反;对比两个反应的条件,制备K2FeO4在碱性条件下,方案II在酸性条件下;说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。 ③该小题为开放性试题。若能,根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2,最后溶液中不存在FeO42-,溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4-的颜色,说明FeO42-将Mn2+氧化成MnO4-,所以该实验方案能证明氧化性FeO42-MnO4-。(或不能,因为溶液b呈紫色,溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中,c(FeO42-)变小,溶液的紫色也会变浅;则设计一个空白对比的实验方案,方案为:向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4,观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色)。 22.[2018?天津卷] 烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一,为了监测其含量,选用如下采样和检测方法。回答下列问题: Ⅰ.采样 采样步骤: ①检验系统气密性;②加热器将烟道气加热至140℃;③打开抽气泵置换系统内空气;④采集无尘、干燥的气样;⑤关闭系统,停止采样。 (1)A中装有无碱玻璃棉,其作用是___________。 (2)C中填充的干燥剂是(填序号)___________。 a.碱石灰 b.无水CuSO4 c.P2O5 (3)用实验室常用仪器组装一套装置,其作用是与D(装有碱液)相同,在虚线框中画出该装置的示意图,标明气体的流向及试剂。 (4)采样步骤②加热烟道气的目的是___________。 Ⅱ.NOx含量的测定 将v L气样通入适量酸化的H2O2溶液中,使NOx完全被氧化为NO3?,加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液,加入v1 mL c1 mol·L?1 FeSO4标准溶液(过量),充分反应后,用c2 mol·L?1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+,终点时消耗v2 mL。 (5)NO被H2O2氧化为NO3?的离子方程式是___________。 (6)滴定操作使用的玻璃仪器主要有___________。 (7)滴定过程中发生下列反应: 3Fe2++NO3?+4H+NO↑+3Fe3++2H2O Cr2O72? + 6Fe2+ +14H+ 2Cr3+ +6Fe3++7H2O 则气样中NOx折合成NO2的含量为_________mg·m?3。 (8)判断下列情况对NOx含量测定结果的影响(填“偏高” 、“偏低”或“无影响 ”) 若缺少采样步骤③,会使测试结果___________。 若FeSO4标准溶液部分变质,会使测定结果___________。 【答案】(1)除尘 (2)c (3) (4)防止NOx溶于冷凝水 (5)2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O (6)锥形瓶、酸式滴定管 (7) (8)偏低 偏高 【解析】分析:本题主要考查了定量实验的基本过程。首先要仔细分析题目的流程图,注意分析每一步的作用和原理,再结合题目中每个问题的提示进行解答。 详解:(1)A的过程叫“过滤”,所以其中玻璃棉的作用一定是除去烟道气中的粉尘。 (2)碱石灰是碱性干燥剂可能与NOX反应,所以不能使用。硫酸铜的吸水能力太差,一般不用做干燥剂,所以不能使用。五氧化二磷是酸性干燥剂,与NOX不反应,所以选项c正确。 (3)实验室通常用洗气瓶来吸收气体,与D相同应该在洗气瓶中加入强碱(氢氧化钠)溶液,所以答案为:。 (4)加热烟道气的目的是避免水蒸气冷凝后,NOX溶于水中。 (5)NO被H2O2氧化为硝酸,所以反应的离子方程式为:2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O。 (6)滴定中使用酸式滴定管(本题中的试剂都只能使用酸式滴定管)和锥形瓶。 (7)用c2 mol·L?1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+,终点时消耗V2 mL,此时加入的Cr2O72-为c2V2/1000 mol;所以过量的Fe2+为6c2V2/1000 mol;则与硝酸根离子反应的Fe2+为(c1V1/1000-6c2V2/1000) mol;所以硝酸根离子为(c1V1/1000-6c2V2/1000)/3 mol;根据氮元素守恒,硝酸根与NO2的物质的量相等。考虑到配制100mL溶液取出来20mL进行实验,所以NO2为5(c1V1/1000-6c2V2/1000)/3 mol,质量为46×5(c1V1/1000-6c2V2/1000)/3 g,即230(c1V1-6c2V2)/3 mg。这些NO2是VL气体中含有的,所以含量为230(c1V1-6c2V2)/3V mg·L-1,即为1000×230(c1V1-6c2V2)/3V mg·m-3,所以答案为: mg·m?3。 (8)若缺少采样步骤③,装置中有空气,则实际测定的是烟道气和空气混合气体中NOX的含量,测定结果必然偏低。若FeSO4标准溶液部分变质,一定是部分Fe2+被空气中的氧气氧化,计算时仍然认为这部分被氧化的Fe2+是被硝酸根离子氧化的,所以测定结果偏高。 点睛:注意本题中的流程图,装置D实际不是为了测定含量进行吸收,装置D相当于是尾气吸收。样品气的吸收应该是在“采样处”进行的。 23.[2018?江苏卷(实验化学选做)] 3,4?亚甲二氧基苯甲酸是一种用途广泛的有机合成中间体,微溶于水,实验室可用KMnO4氧化3,4?亚甲二氧基苯甲醛制备,其反应方程式为 实验步骤如下: 步骤1:向反应瓶中加入3,4?亚甲二氧基苯甲醛和水,快速搅拌,于70~80 ℃滴加KMnO4溶液。反应结束后,加入KOH溶液至碱性。 步骤2:趁热过滤,洗涤滤饼,合并滤液和洗涤液。 步骤3:对合并后的溶液进行处理。 步骤4:抽滤,洗涤,干燥,得3,4?亚甲二氧基苯甲酸固体。 (1)步骤1中,反应结束后,若观察到反应液呈紫红色,需向溶液中滴加NaHSO3溶液,转化为_____________(填化学式);加入KOH溶液至碱性的目的是____________________________。 (2)步骤2中,趁热过滤除去的物质是__________________(填化学式)。 (3)步骤3中,处理合并后溶液的实验操作为__________________。 (4)步骤4中,抽滤所用的装置包括_______________、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵。 【答案】(1)SO42? 将反应生成的酸转化为可溶性的盐 (2)MnO2 (3)向溶液中滴加盐酸至水层不再产生沉淀 (4)布氏漏斗 【解析】(1)反应结束后,反应液呈紫红色,说明KMnO4过量,KMnO4具有强氧化性将HSO3-氧化成SO42-,反应的离子方程式为2MnO4-+3HSO3-=2MnO2↓+3SO42-+H2O+H+。根据中和反应原理,加入KOH将转化为可溶于水的。 (2)MnO2难溶于水,步骤2中趁热过滤是减少的溶解,步骤2中趁热过滤除去的物质是MnO2。 (3)步骤3中,合并后的滤液中主要成分为,为了制得,需要将合并后的溶液进行酸化;处理合并后溶液的实验操作为:向溶液中滴加盐酸至水层不再产生沉淀。 (4)抽滤所用的装置包括布氏漏斗、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵。 24. [2018·浙江11月选考,31]某兴趣小组用镀锌铁皮按下列流程制备七水合硫酸锌(ZnSO4·7H2O)。 相关信息如下 ①金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH范围。 ②ZnSO4的溶解度(物质在100 g水中溶解的质量)随温度变化曲线。 (1) ①镀锌铁皮上的油污可用Na2CO3溶液去除,理由是________。 ②步骤Ⅰ,可用于判断镀锌层完全反应的实验现象是________。 (2) 步骤Ⅱ,须加入过量H2O2,理由是________。 (3) 步骤Ⅲ,合适的pH范围是________。 (4) 步骤Ⅳ,需要用到下列所有操作:a.蒸发至溶液出现晶膜,停止加热;b.在60℃蒸发溶剂;c.冷却至室温;d.在100℃蒸发溶剂;e.过滤。 请给出上述操作的正确顺序________(操作可重复使用)。 (5) 步骤Ⅴ,某同学采用不同降温方式进行冷却结晶,测得ZnSO4·7H2O晶体颗粒大小分布如图1所示。根据该实验结果,为了得到颗粒大小相对均一的较大晶粒,宜选择________方式进行冷却结晶。 A.快速降温 B.缓慢降温 C.变速降温 (6) ZnSO4·7H2O产品的纯度可用配位滴定法测定。 ①下列关于滴定分析,正确的是________。 A.图2中,应将凡士林涂在旋塞的a端和旋塞套内的c端 B.滴定前,锥形瓶和滴定管均须用标准溶液润洗 C.将标准溶液装入滴定管时,应借助烧杯或漏斗等玻璃仪器转移 D.滴定时,通常用左手控制旋塞滴加溶液,右手摇动锥形瓶,使溶液向同一方向旋转 E.滴定前滴定管尖嘴内无气泡,滴定后尖嘴内有气泡,则测得的体积比实际消耗的小 ②图3中显示滴定终点时的度数是________mL。 【答案】 (1). Na2CO3水解,溶液呈碱性,促使油脂水解; (2). 产生气泡的速率显著变慢 (3). 使Fe2+尽可能转化为Fe3+,H2O2易分解(Fe3+催化加速分解) (4). 2.8~5.4 (5). dabace (6). C (7). ADE (8). 20.60 【解析】(1)①、碳酸钠水解星碱性,能够使油污水解,达到除去表面油污的效果;②、锌层、铁层及稀硫酸会构成原电池,反应速率快,当锌层完全溶解后,原电池结构消失,反应速率下降,产生气泡的速率减缓; (2)使Fe2+转化为Fe3+便于形成沉淀分离,又由于Fe3+会促进H2O2的分解,所以要加入过量的H2O2;答案为使Fe2+尽可能转化为Fe3+,H2O2易分解(Fe3+催化加速分解); (3)要使两种离子分离,则要使Fe3+完全沉淀而又不使Zn2+沉淀,则最佳pH为2.8pH<5.4; (4)要从溶液中得到粗产品,首先加热蒸发,直到出现晶膜,达到饱和状态并除去部分溶剂;由图可知在60℃时产品的溶解度最大,故接着在60℃下蒸发溶剂,并出现晶膜,达到饱和状态,接着冷却至室温,使产品析出,最后过滤,使固液分离,得到粗产品;故操作的正确顺序为dabace; (5)结合图像可知在变速降温的情况下得到的颗粒较大,答案选C; (6)①A、在涂抹凡土林时不能将旋塞的小孔堵住,故涂抹在旋塞a端和旋塞套内的c端,选项A正确;B、滴定前锥形瓶不能用标准液润洗,会使测定结果产生偏差,选项B错误;C、标准液装入滴定管时直接倒入,借助其他玻璃仪器可能会产生污染试剂,产生误差,选项C错误;D、滴定时,用左手控制旋塞滴加溶液,右手摇动锥形瓶,使溶液向同一方向旋转,选项D正确;E、滴定前无气泡、滴定后产生气泡,滴加的溶液比实际消耗的体积要小,选项E正确。答案选ADE;②滴定管的读数从上向下,并且精确到小数点后两位。读数为20.60 mL。 25. [2018?江苏卷(化学实验必做)] 以Cl2、NaOH、(NH2)2CO(尿素)和SO2为原料可制备N2H4·H2O(水合肼)和无水Na2SO3,其主要实验流程如下: 已知:①Cl2+2OH?ClO?+Cl?+H2O是放热反应。 ②N2H4·H2O沸点约118 ℃,具有强还原性,能与NaClO剧烈反应生成N2。 (1)步骤Ⅰ制备NaClO溶液时,若温度超过40 ℃,Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl,其离子方程式为____________________________________;实验中控制温度除用冰水浴外,还需采取的措施是____________________________________。 (2)步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如题19图?1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40 ℃以下反应一段时间后,再迅速升温至110 ℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_____________;使用冷凝管的目的是_________________________________。 (3)步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3(水溶液中H2SO3、、随pH的分布如题19图?2所示,Na2SO3的溶解度曲线如题19图?3所示)。 ①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的实验操作为_________________。 ②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案: _______________________,用少量无水乙醇洗涤,干燥,密封包装。 【答案】 (1)3Cl2+6OH?5Cl?+ClO3?+3H2O 缓慢通入Cl2 (2)NaClO碱性溶液 减少水合肼的挥发 (3)①测量溶液的pH,若pH约为4,停止通SO2 ②边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液,测量溶液pH,pH约为10时,停止滴加NaOH溶液,加热浓缩溶液至有大量晶体析出,在高于34℃条件下趁热过滤 【解析】分析:步骤I中Cl2与NaOH溶液反应制备NaClO;步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼,;步骤III分离出水合肼溶液;步骤IV由SO2与Na2CO3反应制备Na2SO3。 (1)温度超过40℃,Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O。由于Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应,为了减少NaClO3的生成,应控制温度不超过40℃、减慢反应速率。 (2)步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼,由于水合肼具有强还原性、能与NaClO剧烈反应生成N2,为了防止水合肼被氧化,应逐滴滴加NaClO碱性溶液。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110℃继续反应,N2H4·H2O沸点约118 ℃,使用冷凝管的目的:减少水合肼的挥发。 (3)①向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液,根据图示溶液pH约为4时,HSO3-的摩尔分数最大,则溶液的pH约为4时停止通入SO2。 ②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3,首先要加入NaOH将NaHSO3转化为Na2SO3,根据含硫微粒与pH的关系控制pH;根据Na2SO3的溶解度曲线,确定分离Na2SO3的方法。 详解:(1)温度超过40℃,Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O,反应的化学方程式为3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O,离子方程式为3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。由于Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应,为了减少NaClO3的生成,应控制温度不超过40℃、减慢反应速率;实验中控制温度除用冰水浴外,还需采取的措施是:缓慢通入Cl2。 (2)步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼,由于水合肼具有强还原性、能与NaClO剧烈反应生成N2,为了防止水合肼被氧化,应逐滴滴加NaClO碱性溶液,所以通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110℃继续反应,N2H4·H2O沸点约118 ℃,使用冷凝管的目的:减少水合肼的挥发。 (3)①向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液,根据图示溶液pH约为4时,HSO3-的摩尔分数最大,则溶液的pH约为4时停止通入SO2;实验中确定何时停止通入SO2的实验操作为:测量溶液的pH,若pH约为4,停止通SO2。 ②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3,首先要加入NaOH将NaHSO3转化为Na2SO3,根据含硫微粒与pH的关系,加入NaOH应调节溶液的pH约为10;根据Na2SO3的溶解度曲线,温度高于34℃析出Na2SO3,低于34℃析出Na2SO3·7H2O,所以从Na2SO3溶液中获得无水Na2SO3应控制温度高于34℃。由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案为:边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液,测量溶液pH,pH约为10时,停止滴加NaOH溶液,加热浓缩溶液至有大量晶体析出,在高于34℃条件下趁热过滤,用少量无水乙醇洗涤,干燥,密封包装。 6

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  • ID:7-7584141 [精]『备考2021』 三年高考真题分类精编解析20 物质结构与性质 选修(含解析)

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    中小学教育资源及组卷应用平台 专题21 有机化学基础(选修) 1. [2020·新课标Ⅰ]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________。 (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,LiFeO4脱出部分Li+,形成Li1?xFePO4,结构示意图如(b)所示,则x=_______,n(Fe2+ )∶n(Fe3+)=_______。 【答案】 (1). 4:5 (2). Na与Li同主族,Na的电子层数更多,原子半径更大,故第一电离能更小 (3). Li,Be和B为同周期元素,同周期元素从左至右,第一电离能呈现增大的趋势;但由于基态Be原子的s能级轨道处于全充满状态,能量更低更稳定,故其第一电离能大于B的 (4). 正四面体形 (5). 4 (6). sp3 (7). 4 (8). 或0.1875 (9). 13:3 【解析】 (1)基态铁原子的价电子排布式为,失去外层电子转化为Fe2+和Fe3+,这两种基态离子的价电子排布式分别为和,根据Hund规则可知,基态Fe2+有4个未成对电子,基态Fe3+有5个未成对电子,所以未成对电子个数比为4:5; (2)同主族元素,从上至下,原子半径增大,第一电离能逐渐减小,所以;同周期元素,从左至右,第一电离能呈现增大的趋势,但由于ⅡA元素基态原子s能级轨道处于全充满的状态,能量更低更稳定,所以其第一电离能大于同一周期的ⅢA元素,因此; (3)经过计算,中不含孤电子对,成键电子对数目为4,价层电子对数为4,因此其构型为正四面体形,P原子是采用sp3杂化方式形成的4个sp3杂化轨道; (4)由题干可知,LiFePO4的晶胞中,Fe存在于由O构成的正八面体内部,P存在由O构成的正四面体内部;再分析题干中给出的(a),(b)和(c)三个不同物质的晶胞结构示意图,对比(a)和(c)的差异可知,(a)图所示的LiFePO4的晶胞中,小球表示的即为Li+,其位于晶胞的8个顶点,4个侧面面心以及上下底面各自的相对的两条棱心处,经计算一个晶胞中Li+的个数为个;进一步分析(a)图所示的LiFePO4的晶胞中,八面体结构和四面体结构的数目均为4,即晶胞中含Fe和P的数目均为4;考虑到化学式为LiFePO4,并且一个晶胞中含有的Li+,Fe和P的数目均为4,所以一个晶胞中含有4个LiFePO4单元。对比(a)和(b)两个晶胞结构示意图可知,Li1-xFePO4相比于LiFePO4缺失一个面心的Li+以及一个棱心的Li+;结合上一个空的分析可知,LiFePO4晶胞的化学式为Li4Fe4P4O16,那么Li1-xFePO4晶胞的化学式为Li3.25Fe4P4O16,所以有即x=0.1875。结合上一个空计算的结果可知,Li1-xFePO4即Li0.8125FePO4;假设Fe2+和Fe3+数目分别为x和y,则列方程组:,,解得x=0.8125,y=0.1875,则Li1-xFePO4中。 2. [2020·新课标Ⅱ]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的四卤化物熔点如下表所示,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,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_______、_______。 【答案】 (1) 1s22s22p63s23p63d24s2 (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 (3) O>Ti>Ca 离子键 12 (4) Ti4+ sp3 (5)2Eu3++Pb=2Eu2++Pb2+ 2Eu2++I2=2Eu3++2I? 【解析】 (1)钛元素是22号元素,故其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2;故答案为:1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2; (2) 一般不同的晶体类型的熔沸点是原子晶体>离子晶体>分子晶体,TiF4是离子晶体,其余三种则为分子晶体,故TiF4的熔点高于其余三种物质;TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体,对于结构相似的分子晶体,则其相对分子质量越大,分子间作用力依次越大,熔点越高;故答案为:TiF4是离子晶体,其余三种则为分子晶体,故TiF4的熔点高于其余三种物质;TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体,相对分子质量依次增大,分子间作用力依次增强,故熔点依次升高; (3)CaTiO3晶体中含有Ca、Ti、O三种元素,Ca、Ti是同为第四周期的金属元素,Ca在Ti的左边,根据同一周期元素的电负性从左往右依次增大,故Ti>Ca,O为非金属,故其电负性最强,故三者电负性由大到小的顺序是:O>Ti>Ca,金属阳离子和氧负离子之间以离子键结合,离子晶体晶胞中某微粒的配位数是指与之距离最近且相等的带相反电性的离子,故Ca2+的配位数必须是与之距离最近且相等的氧离子的数目,从图(a)可知,该数目为三个相互垂直的三个面上,每一个面上有4个,故Ca2+的配位数是12;故答案为:O>Ti>Ca;离子键;12; (4)比较晶胞(a)(b)可知,将图(b)中周围紧邻的八个晶胞中体心上的离子连接起来,就能变为图(a)所示晶胞结构,图(b)中体心上的Pb2+就变为了八个顶点,即相当于图(a)中的Ti4+;图(b)中顶点上的I-就变成了体心,即相当于图(a)中的Ca2+;图(b)面心上中的 就变成了棱心,即相当于图(a)中的O2-;故图(b)中的Pb2+与图(a)中的Ti4+的空间位置相同;有机碱中N原子上无孤对电子,周围形成了4个键,故N原子采用sp3杂化;从图(b)可知,一个晶胞中含有Pb2+的数目为个,的数目为个,I-的数目为个,故晶胞的密度为,故答案为:Ti4+;sp3;; (5)从作用原理图(c)可以推出,这里发生两个离子反应方程式,左边发生Pb + 2Eu3+= Pb2++ 2Eu2+,右边发生I2+ 2Eu2+= 2Eu3++ 2I-,故答案为:Pb + 2Eu3+= Pb2++ 2Eu2+;I2+ 2Eu2+= 2Eu3++ 2I- 3.[2020·新课标Ⅲ][化学——选修3:物质结构与性质](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+6H2O=3NH3++9H2 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,氦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)。 【答案】 (1)B Si(硅) (2)配位 N sp3 sp2 (3)N>H>B CH3CH3 低 Hδ+与Hδ?的静电引力 (4) 【解析】(1)H、B、N中,B、N电子层数均大于H原子的,又B、N同周期,B的质子数比N的小,,故原子半径最大的是B。根据周期表结构可知,Si 位于B右下对角线相邻位置上,根据对角线规则,B的一些化学性质与元素Si的相似。 (2)NH3BH3分子中,B最外层3个电子,分别与3个H原子成键,空出一个空轨道,而分子中N原子与3个H原子成键后,多出一对孤对电子,故N—B化学键称为配位键,其电子对由N原子提供。由氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气:3NH3BH3+6H2O=3NH3++9H2反应可知,结合的结构为很容易得出在该反应中,B原子的杂化轨道类型由sp3 变为 sp2。 (3)NH3BH3分子中,与N原子相连的H呈正电性(Hδ+),即电负性N>H,与B原子相连的H呈负电性(Hδ-),即电负性H>B,故H、B、N电负性大小顺序是N>H>B。NH3BH3中B、N原子的电子数的平均值刚好与C原子的电子数相等,故可知与NH3BH3原子总数相等的等电子体是乙烷(CH3CH3),其熔点比NH3BH3的低,原因是在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-),则在NH3BH3分子之间,存在Hδ+与Hδ?的静电引力,即“双氢键”。 (4)氨硼烷的2×2×2超晶胞结构里有16个NH3BH3分子,其质量为[16×M(NH3BH3)]÷NA,= (16×31)÷NA, 氨硼烷的2×2×2超晶胞d体积为8abcpm3=8abc cm-30,故氨硼烷晶体的密度ρ= (16×31)÷NA÷8abc cm-30= g·cm?3 4. [2020·江苏]以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵【(NH4)3Fe(C6H5O7)2】。 (1)Fe基态核外电子排布式为___________;中与Fe2+配位的原子是________(填元素符号)。 (2)NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是____________;C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为_______________。 (3)与NH互为等电子体的一种分子为_______________(填化学式)。 (4)柠檬酸的结构简式见图。1 mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为_________mol。 【答案】 (1) 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2 O (2)sp3 N>O>C (3) CH4或SiH4 (4) 7 【解析】 【分析】 (1)Fe核外有26个电子,H2O中O原子有孤对电子,提供孤对电子。 (2)先计算NH3分子中氮原子价层电子对数,同周期,从左到右,第一电离能呈增大的趋势,但第IIA族大于第IIIA族,第VA族大于第VIA族。 (3)根据价电子数Si=C=N+的关系得出互为等电子体的分子。 (4)羧基的结构是,一个羧基中有碳原子与氧原子分别形成两个σ键,一个羟基与碳原子相连形成一个σ键。 【详解】(1)Fe核外有26个电子,其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2;由于H2O中O原子有孤对电子,因此[Fe(H2O)6]2+中与Fe2+配位的原子是O;故答案为:1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2;O。 (2)NH3分子中氮原子价层电子对数为,因此氮杂化类型为sp3,同周期,从左到右,第一电离能呈增大的趋势,但第IIA族大于第IIIA族,第VA族大于第VIA族,因此C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C;故答案为:sp3;N>O>C。 (3)根据价电子数Si=C=N+,得出互为等电子体的分子是CH4或SiH4;故答案为:CH4或SiH4。 (4)羧基的结构是,一个羧基中有碳原子与氧原子分别形成两个σ键,三个羧基有6个,还有一个羟基与碳原子相连形成一个σ键,因此1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为7mol;故答案为:7。 5. [2020·山东(新高考),3]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 【答案】C 【解析】 四种短周期主族元素,基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍,设若X为第二周期元素原子,则X可能为Be或O,若X为第三周期元素原子,则均不满足题意,Z与X能形成Z2X2的淡黄色化合物,该淡黄色固体为Na2O2,则X为O元素,Z为Na元素;Y与W的最外层电子数相同,则Y为F元素,W为Cl元素,据此分析。 A.同一周期从左向右第一电离能总趋势为逐渐增大,同一主族从上到下第一电离能逐渐减小,故四种元素中第一电离能从大到小的顺序为F>O>Cl>Na,A错误; B.单质的氧化性越强,简单离子的还原性越弱,O、F、Cl三种元素中F2的氧化性最强O2的氧化性最弱,故简单离子的还原性O2->Cl->F-,B错误; C.电子层数越多简单离子半径越大,相同结构的离子,原子序数越大半径越小,故四种元素中离子半径从大到小的顺序为Cl->O2->F->Na+,C正确; D.F元素的非金属性强于Cl元素,则形成氢化物后F原子束缚H原子的能力强于Cl原子,在水溶液中HF不容易发生电离,故HCl的酸性强于HF,D错误; 故选C。 6. [2020·山东(新高考),4]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 、 ,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 键 【答案】C 【解析】 A.因键能C—C>Si—Si、C—H>Si—H,故C2H6的键能总和大于Si2H6,键能越大越稳定,故C2H6的稳定性大于Si2H6,A正确; B.SiC的成键和结构与金刚石类似均为原子晶体,金刚石的硬度很大,类比可推测SiC的硬度和很大,B正确; C.SiH4中Si的化合价为-4价,C的非金属性强于Si,则C的氧化性强于Si,则Si的阴离子的还原性强于C的阴离子,则SiH4的还原性较强,C错误; D.Si原子的半径大于C原子,在形成化学键时纺锤形的p轨道很难相互重叠形成π键,故Si原子间难形成双键,D正确; 故选C。 7. [2020·山东(新高考),7]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 【答案】A 【解析】 A.无机苯是分子晶体,其熔点主要取决于分子间的作用力,A错误; B.B原子最外层3个电子,与其它原子形成3个键,N原子最外层5个电子,与其它原子形成3个键,还剩余2个电子,故形成大键的电子全部由N原子提供,B正确; C.无机苯与苯等电子体,分子中含有大键,故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化,C正确; D.无机苯与苯等电子体,分子中含有大键,故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化,所以分子中所有原子共平面,D正确; 答案选A。 8. [2020·山东(新高考),17]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,1mol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下表所示。 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。 【答案】 (1)正四面体形; 分子晶体 (2). NH3、AsH3、PH3 AsH3、PH3、NH3 NH3、PH3、AsH3 (3) 6 1 (4). 4 (0.5,0,0.25)、(0.5,0.5,0) 4 【解析】 (1)Sn为第ⅣA族元素,由于常温下SnCl4为液体,故SnCl4为分子晶体;SnCl4分子中中心原子的孤电子对数==0,键电子对数为4,价层电子对数为4,故SnCl4分子的空间构型为正四面体形; (2)NH3、PH3、AsH3的结构相似,结构相似的物质,相对分子质量越大,范德华力越强,物质的沸点越高,但是NH3分子间能形成氢键,故这三种物质的沸点NH3>AsH3>PH3;N、P、As这三种元素位于元素周期表中第ⅤA族,原子序数依次增大,同一主族从上到下,随着核电荷数的增加,原子半径逐渐增大,非金属性逐渐减弱,氢化物的还原性逐渐增强,故这三种物质的还原性由强到弱的顺序为AsH3>PH3>NH3;NH3、PH3、AsH3中中心原子都是sp3杂化,都有1对孤电子对,中心原子的电负性越小,成键电子对之间的斥力越小,成键电子对之间的斥力越小,键角越小,所以这三种物质 键角由大到小的顺序为NH3>PH3>AsH3; (3)由该物质的结构简式和分析,根据题意“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”,故该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6mol,Cd—NO2那个不算;该螯合物中N原子的杂化方式都是sp2杂化,故该物质中N的杂化方式有1种; (4)由部分Cd原子的分数坐标为(0,0,0),可知8个Cd在晶胞的顶点,4个Cd在晶胞的面心,1个在晶胞的体心;部分Sn原子的分数坐标为(0,0,0.5),4个Sn在晶胞的棱上,6个Sn在晶胞的面心;部分As原子的分数坐标为(0.25,0.25,0.125),8个As在晶胞的体心;所以1个晶胞中Sn的个数为 ;距离Cd(0,0,0)最近的Sn是(0.5,0,0.25)、(0.5,0.5,0);由晶胞结构图可知,CdSnAs2晶体中与单个Sn结合的As有4个。 (3)根据分析,C的结构简式为CH3COCH2COOH;F的结构简式为; (4)以苯胺和H5C2OOCCH2COCl为原料制得目标产物,可将苯胺与溴反应生成2,4,6—三溴苯胺,再将2,4,6—三溴苯胺与H5C2OOCCH2COCl反应发生已知条件Ⅱ的取代反应,再发生已知条件Ⅲ的成环反应即可得到目标产物,反应的流程为 9. [2020·天津]Fe、Co、Ni是三种重要的金属元素。回答下列问题: (1)Fe、Co、Ni在周期表中的位置为_________,基态Fe原子的电子排布式为__________。 (2)CoO的面心立方晶胞如图所示。设阿伏加德罗常数的值为NA,则CoO晶体的密度为______g﹒cm-3:三种元素二价氧化物的晶胞类型相同,其熔点由高到低的顺序为_______。 (3)Fe、Co、Ni能与C12反应,其中Co和为Ni均生产二氯化物,由此推断FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为____,Co(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体生成,写出反应的离子方程式:______。 (4)95℃时,将Ni片浸在不同质量分数的硫酸中,经4小时腐蚀后的质量损失情况如图所示,当大于63%时,Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为_____。由于Ni与H2SO4反应很慢,而与稀硝酸反应很快,工业上选用H2SO4和HNO3的混酸与Ni反应制备NiSO4。为了提高产物的纯度,在硫酸中添加HNO3的方式为______(填“一次过量”或“少量多次”),此法制备NiSO4的化学方程式为_______。 【答案】 (1)第四周期第VIII族 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2 (2). NiO>CoO>FeO (3). CoCl3>Cl2>FeCl3 2Co(OH)3 +6H+ +2Cl-=Cl2↑+2Co2++6H2O (3). 随H2SO4质量分数增加,Ni表面逐渐形成致密氧化膜 少量多次 3Ni +3H2SO4+2HNO3 =NiSO4+2NO↑+4H2O或Ni+H2SO4+2HNO3=NiSO4+2NO2↑+2H2O 【解析】 (1)Fe、Co、Ni分别为26、27、28号元素,它们在周期表中的位置为第四周期第VIII族,基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2;故答案为:第四周期第VIII族;1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2;。 (2)CoO的面心立方晶胞如图1所示。根据晶胞结构计算出O2?个数为,Co2+个数为,设阿伏加德罗常数的值为NA,则CoO晶体的密度为;三种元素二价氧化物的晶胞类型相同,离子半径Fe2+>Co2+>Ni2+,NiO、CoO、FeO,离子键键长越来越长,键能越来越小,晶格能按NiO、CoO、FeO依次减小,因此其熔点由高到低的顺序为NiO>CoO>FeO;故答案为:;NiO>CoO>FeO。 (3)Fe、Co、Ni能与Cl2反应,其中Co和为Ni均生产二氯化物,根据铁和氯气反应生成FeCl3,氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性,因此氧化性:Cl2>FeCl3,氯气与Co和为Ni均生产二氯化物,说明氯气的氧化性比CoCl3弱,由此推断FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为CoCl3>Cl2>FeCl3,Co(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体生成,发生氧化还原反应生成Cl2、CoCl2、H2O,其离子方程式:2Co(OH)3+6H++2Cl-=Cl2↑+2Co2++6H2O;故答案为:CoCl3>Cl2>FeCl3;2Co(OH)3 +6H+ +2Cl-=Cl2↑+2Co2++6H2O。 (4)类比Fe在常温下与浓硫酸发生钝化,根据图中信息,当大于63%时,Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为随H2SO4质量分数增加,Ni表面逐渐形成致密氧化膜。工业上选用H2SO4和HNO3的混酸与Ni反应制备NiSO4。为了提高产物的纯度,根据Ni与H2SO4反应很慢,而与稀硝酸反应很快,因此在硫酸中少量多次添加HNO3的方式来提高反应速率,反应生成NiSO4、H2O,根据硝酸浓度不同得到NO或NO2,此法制备NiSO4的化学方程式为3Ni+3H2SO4+2HNO3 =NiSO4+2NO↑+4H2O或Ni+H2SO4+2HNO3 =NiSO4+2NO2↑+2H2O;故答案为:随H2SO4质量分数增加,Ni表面逐渐形成致密氧化膜;少量多次;3Ni +3H2SO4+2HNO3 =NiSO4+2NO↑+4H2O或Ni+H2SO4+2HNO3=NiSO4+2NO2↑+2H2O。 10.[2019?新课标Ⅰ] 在普通铝中加入少量Cu和Mg后,形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒,其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小,形成所谓“坚铝”,是制造飞机的主要村料。回答下列问题: (1)下列状态的镁中,电离最外层一个电子所需能量最大的是 (填标号)。 A. B. C. D. (2)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物,分子中氮、碳的杂化类型分别是 、 。乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子,其原因是 ,其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是 (填“Mg2+”或“Cu2+”)。 (3)一些氧化物的熔点如下表所示: 氧化物 Li2O MgO P4O6 SO2 熔点/°C 1570 2800 23.8 ?75.5 解释表中氧化物之间熔点差异的原因 。 (4)图(a)是MgCu2的拉维斯结构,Mg以金刚石方式堆积,八面体空隙和半数的四面体空隙中,填入以四面体方式排列的Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见,Cu原子之间最短距离x= pm,Mg原子之间最短距离y= pm。设阿伏加德罗常数的值为NA,则MgCu2的密度是 g·cm?3(列出计算表达式)。 【答案】(1)A (2)sp3 sp3 乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键 Cu2+ (3)Li2O、MgO为离子晶体,P4O6、SO2为分子晶体。晶格能MgO>Li2O。分子间力(分子量)P4O6>SO2 (4) 【解析】(1)A.[Ne]3s1属于基态的Mg+,由于Mg的第二电离能高于其第一电离能,故其再失去一个电子所需能量较高;?B.?[Ne]?3s2属于基态Mg原子,其失去一个电子变为基态Mg+; C.?[Ne] 3s13p1属于激发态Mg原子,其失去一个电子所需能量低于基态Mg原子; D.[Ne] 3p1属于激发态Mg+,其失去一个电子所需能量低于基态Mg+,综上所述,电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ne]3s1,答案选A; (2)乙二胺中N形成3个单键,含有1对孤对电子,属于sp3杂化;C形成4个单键,不存在孤对电子,也是sp3杂化;由于乙二胺的两个N可提供孤对电子给金属离子形成配位键,因此乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子;由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子,因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2+; (3)由于Li2O、MgO为离子晶体,P4O6、SO2为分子晶体。晶格能MgO>Li2O,分子间力(分子量)P4O6>SO2,所以熔点大小顺序是MgO>Li2O>P4O6>SO2; (4)根据晶胞结构可知Cu原子之间最短距离为面对角线的1/4,由于边长是a pm,则面对角线是,则x=pm;Mg原子之间最短距离为体对角线的1/4,由于边长是a pm,则体对角线是,则y=;根据晶胞结构可知晶胞中含有镁原子的个数是8×1/8+6×1/2+4=8,则Cu原子个数16,晶胞的质量是。由于边长是a pm,则MgCu2的密度是g·cm?3。 11.[2019?新课标Ⅱ] 近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料,其中一类为Fe?Sm?As?F?O组成的化合物。回答下列问题: (1)元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为_______,其沸点比NH3的_______(填“高”或“低”),其判断理由是________________________。 (2)Fe成为阳离子时首先失去______轨道电子,Sm的价层电子排布式为4f66s2,Sm3+的价层电子排布式为______________________。 (3)比较离子半径:F?__________O2?(填“大于”等于”或“小于”)。 (4)一种四方结构的超导化合物的晶胞如图1所示,晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。 图1 图2 图中F?和O2?共同占据晶胞的上下底面位置,若两者的比例依次用x和1?x代表,则该化合物的化学式表示为____________,通过测定密度ρ和晶胞参数,可以计算该物质的x值,完成它们关系表达式:ρ=________g·cm?3。 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,称作原子分数坐标,例如图1中原子1的坐标为(),则原子2和3的坐标分别为__________、__________。 【答案】(1)三角锥形 低 NH3分子间存在氢键 (2)4s 4f5 (3)小于 (4)SmFeAsO1?xFx ()、() 【解析】(1)As与N同族,则AsH3分子的立体结构类似于NH3,为三角锥形;由于NH3分子间存在氢键使沸点升高,故AsH3的沸点较NH3低, 故答案为:三角锥形;低;NH3分子间存在氢键; (2)Fe为26号元素,Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,Fe原子失去1个电子使4s轨道为半充满状态,能量较低,故首先失去4s轨道电子;Sm的价电子排布式为4f66s2,失去3个电子变成Sm3+成为稳定状态,则应先失去能量较高的4s电子,所以Sm3+的价电子排布式为为4f5, 故答案为:4s;4f5; (3)F-和O2-的核外电子排布相同,核电荷数越大,则半径越小,故半径:F-600(分解) ?75.5 16.8 10.3 沸点/℃ ?60.3 444.6 ?10.0 45.0 337.0 回答下列问题: (1)基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为__________,基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_________形。 (2)根据价层电子对互斥理论,H2S、SO2、SO3的气态分子中,中心原子价层电子对数不同其他分子的是_________。 (3)图(a)为S8的结构,其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多,主要原因为__________。 (4)气态三氧化硫以单分子形式存在,其分子的立体构型为_____形,其中共价键的类型有______种;固体三氧化硫中存在如图(b)所示的三聚分子,该分子中S原子的杂化轨道类型为________。 (5)FeS2晶体的晶胞如图(c)所示。晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M,阿伏加德罗常数的值为NA,其晶体密度的计算表达式为___________g·cm?3;晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体的体心,该正八面体的边长为______nm。 【答案】(1) 哑铃(纺锤) (2)H2S (3)S8相对分子质量大,分子间范德华力强 (4)平面三角 2 sp3 (5) 【解析】分析:(1)根据铁、硫的核外电子排布式解答; (2)根据价层电子对互斥理论分析; (3)根据影响分子晶体熔沸点高低的是分子间范德华力判断; (4)根据价层电子对互斥理论分析; (5)根据晶胞结构、结合密度表达式计算。 详解:(1)基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,则其价层电子的电子排布图(轨道表达式)为;基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4,则电子占据最高能级是3p,其电子云轮廓图为哑铃(纺锤)形。 (2)根据价层电子对互斥理论可知H2S、SO2、SO3的气态分子中,中心原子价层电子对数分别是 ,因此不同其他分子的是H2S。 (3)S8、二氧化硫形成的晶体均是分子晶体,由于S8相对分子质量大,分子间范德华力强,所以其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多; (4)气态三氧化硫以单分子形式存在,根据(2)中分析可知中心原子含有的价层电子对数是3,且不存在孤对电子,所以其分子的立体构型为平面三角形。分子中存在氧硫双键,因此其中共价键的类型有2种,即σ键、π键;固体三氧化硫中存在如图(b)所示的三聚分子,该分子中S原子形成4个共价键,因此其杂化轨道类型为sp3。 (5)根据晶胞结构可知含有铁原子的个数是12×1/4+1=4,硫原子个数是8×1/8+6×1/2=4,晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M,阿伏加德罗常数的值为NA,则其晶体密度的计算表达式为;晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体的体心,该正八面体的边长是面对角线的一半,则为 nm。 点睛:本题主要是考查核外电子排布、杂化轨道、空间构型、晶体熔沸点比较以及晶胞结构判断与计算等,难度中等。其中杂化形式的判断是难点,由价层电子特征判断分子立体构型时需注意:价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型,而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型,不包括孤电子对。①当中心原子无孤电子对时,两者的构型一致;②当中心原子有孤电子对时,两者的构型不一致;价层电子对互斥模型能预测分子的几何构型,但不能解释分子的成键情况,杂化轨道理论能解释分子的成键情况,但不能预测分子的几何构型。两者相结合,具有一定的互补性,可达到处理问题简便、迅速、全面的效果。 16.[2018?新课标Ⅲ卷]锌在工业中有重要作用,也是人体必需的微量元素。回答下列问题: 锌在工业中有重要作用,也是人体必需的微量元素。回答下列问题: (1)Zn原子核外电子排布式为________________。 (2)黄铜是人类最早使用的合金之一,主要由Zn和Cu组成。第一电离能Ⅰ1(Zn)_______Ⅰ1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是________________。 (3)ZnF2具有较高的熔点(872 ℃),其化学键类型是_________;ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂,原因是________________。 (4)《中华本草》等中医典籍中,记载了炉甘石(ZnCO3)入药,可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中,阴离子空间构型为________________,C原子的杂化形式为________________。 (5)金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示,这种堆积方式称为_______________。六棱柱底边边长为a cm,高为c cm,阿伏加德罗常数的值为NA,Zn的密度为________________g·cm-3(列出计算式)。 【答案】(1)[Ar]3d104s2 (2)大于 Zn核外电子排布为全满稳定结构,较难失电子 (3)离子键 ZnF2为离子化合物,ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小 (4)平面三角形 sp2 (5)六方最密堆积(A3型) 【解析】分析:本题是物质结构与性质的综合题,需要熟练掌握这一部分涉及的主要知识点,一般来说,题目都是一个一个小题独立出现的,只要按照顺序进行判断计算就可以了。 详解:(1)Zn是第30号元素,所以核外电子排布式为[Ar]3d104s2。 (2)Zn的第一电离能应该高于Cu的第一电离能,原因是,Zn的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳定结构,所以失电子比较困难。同时也可以考虑到Zn最外层上是一对电子,而Cu的最外层是一个电子,Zn电离最外层一个电子还要拆开电子对,额外吸收能量。 (3)根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物,所以一定存在离子键。作为离子化合物,氟化锌在有机溶剂中应该不溶,而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物,分子的极性较小,能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。 (4)碳酸锌中的阴离子为CO32-,根据价层电子对互斥理论,其中心原子C的价电子对为3+(4-3×2+2)/2=3对,所以空间构型为正三角形,中心C为sp2杂化。 (5)由图示,堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便,选取该六棱柱结构进行计算。六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的,面心是两个六棱柱共用,所以该六棱柱中的锌原子为12×+2×+3=6个,所以该结构的质量为6×65/NA g。该六棱柱的底面为正六边形,边长为a cm,底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和,根据正三角形面积的计算公式,该底面的面积为6× cm2,高为c cm,所以体积为6× cm3。所以密度为:g·cm-3。 17.[2018?江苏卷]臭氧(O3)在[Fe(H2O)6]2+催化下能将烟气中的SO2、NOx分别氧化为和,NOx也可在其他条件下被还原为N2。 (1)中心原子轨道的杂化类型为___________;的空间构型为_____________(用文字描述)。 (2)Fe2+基态核外电子排布式为__________________。 (3)与O3分子互为等电子体的一种阴离子为_____________(填化学式)。 (4)N2分子中σ键与π键的数目比n(σ)∶n(π)=__________________。 (5)[Fe(H2O)6]2+与NO反应生成的[Fe(NO)(H2O)5]2+中,NO以N原子与Fe2+形成配位键。请在[Fe(NO)(H2O)5]2+结构示意图的相应位置补填缺少的配体。 【答案】(1)sp3 平面(正)三角形 (2)[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6 (3)NO2? (4)1∶2 (5) 【解析】分析:(1)用价层电子对互斥理论分析SO42-中S的杂化方式和NO3-的空间构型。 (2)Fe原子核外有26个电子,根据构造原理写出基态Fe的核外电子排布式,进一步写出Fe2+的核外电子排布式。 (3)用替代法写出O3的等电子体。 (4)N2的结构式为NN,三键中含1个σ键和2个π键。 (5)根据化学式,缺少的配体是NO和H2O,NO中N为配位原子,H2O中O上有孤电子对,O为配位原子。 详解:(1)SO42-中中心原子S的价层电子对数为(6+2-42)+4=4,SO42-中S为sp3杂化。NO3-中中心原子N的孤电子对数为(5+1-32)=0,成键电子对数为3,价层电子对数为3,VSEPR模型为平面三角形,由于N原子上没有孤电子对,NO3-的空间构型为平面(正)三角形。 (2)Fe原子核外有26个电子,根据构造原理,基态Fe的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,基态Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6。 (3)用替代法,与O3互为等电子体的一种阴离子为NO2-。 (4)N2的结构式为NN,三键中含1个σ键和2个π键,N2分子中σ键与π键的数目比为n(σ)∶n(π)=1∶2。 (5)根据化学式,缺少的配体是NO和H2O,NO中N为配位原子,H2O中O上有孤电子对,O为配位原子,答案为:。 点睛:本题以“臭氧(O3)在[Fe(H2O)6]2+催化下能将烟气中的SO2、NOx分别氧化为SO42-和NO3-,NOx也可在其他条件下被还原为N2”为背景素材,考查离子核外电子排布式的书写、原子杂化方式的判断、离子空间构型的判断、等电子体的书写、σ键和π键的计算、配位键的书写。注意写配位键时由配位原子提供孤电子对。 18.[2018?海南卷]I.下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是_______________ A.第一电离能:Cl>S>P>Si B.共价键的极性:HF>HCI>HBr>HI C.晶格能:NaF>NaCl>NaBr>NaI D.热稳定性:MgCO3>CaCO3>SrCO3>BaCO3 II.黄铜矿是主要的炼铜原料,CuFeS2是其中铜的主要存在形式。回答下列问题: (1)CuFeS2中存在的化学键类型是________________。下列基态原子或离子的价层电子排布图正确的_____________。 (2)在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时,有少量臭鸡蛋气味的气体X产生。 ①X分子的立体构型是______,中心原子杂化类型为__________,属于_______(填“极性”或“非极性”)分子。 ②X的沸点比水低的主要原因是____________________。 (3)CuFeS2与氧气反应生成SO2,SO2中心原子的价层电子对数为_____,共价键的类型有_________。 (4)四方晶系CuFeS2晶胞结构如图所示。 ①Cu+的配位数为__________,S2-的配位数为____________。 ②已知:a=b=0.524 nm,c=1.032 nm,NA为阿伏加德罗常数的值,CuFeS2晶体的密度是_______g?cm-3(列出计算式)。 【答案】I.BC II.(1)离子键 CD (2)V形 sp3 极性 水分子间存在氢键 (3)3 σ键和π键 (4)4 4 【解析】I.A.当原子轨道填充为半满全满时,较稳定,P为半满结构,因此第一电离能最大,故不符合题意; B.共价键的极性与原子得失电子能力有关,得失电子能力差别越大,极性越强,得电子能力,同主族元素从上到下依次减弱,故B符合题意; C.晶格能与离子半径有关,离子半径越大,晶格能越小,离子半径,同主族元素从上到下依次增大,因此晶格能逐渐减小,故C符合题意; D.热稳定性,同主族元素,越往下,越稳定,因此D不符合题意; 故答案选BC。 II.(1)CuFeS2中存在非金属与金属之间的化学键,为离子键;电子排布应先排满低能轨道,再排满高能轨道,因此,B不符合题意,而失去电子时,应先失去高能轨道电子,故CD符合题意。 (2)①臭鸡蛋气味的气体为硫化氢,分子中价层电子有4对,孤对电子为=2对,故构型是V形,中心原子杂化类型为sp3,有孤对电子,为非对称结构,因此为极性分子。 ②由于在水分子中,氧元素吸引电子能力极强,故水分子中存在氢键,沸点升高。 (3)SO2中心原子的价层电子对数为 =3,以双键结合,故共价键类型为σ键和π键。 (4)①Cu+的配位数为6×+4×=4,S2-占据8个体心,有两个S,因此S2-的配位数为4。 ②根据=,质量m=(4×64+4×56+8×32)/NA,体积V=0.524×0.524×1.032×10-21cm-3, 所以,CuFeS2晶体的密度是g/cm3。 【点睛】本题要注意两个易错点:同一周期中,元素的第一电离能随原子序数的增大而增大,但价电子轨道为半满全满时,稳定,第一电离能较大;同一主族元素的氢化物沸点相对分子量越大,分子间作用力越大,熔沸点越高,但氢键能影响熔沸点。 25

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  • ID:7-7584140 [精]『备考2021』 三年高考真题分类精编解析12 以速率、平衡为中心的原理综合题(含解析)

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    中小学教育资源及组卷应用平台 专题12 以速率、平衡为中心的原理综合题 1. [2020·新课标Ⅰ]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0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下,SO2平衡转化率α随温度的变化如图所示。反应在5.0MPa、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=k(?1)0.8(1?nα')。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,如图所示。 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__________________________。 【答案】 (1). 2V2O5(s)+ 2SO2(g)? 2VOSO4(s)+ V2O4(s) ?H= -351 kJ?mol-1 (2). 0.975 (3). 该反应气体分子数减少,增大压强,α提高。所以,该反应在550℃、压强为5.0MPa>2.5MPa=p2的,所以p1=5.0MPa (4). 反应物(N2和O2)的起始浓度(组成)、温度、压强 (5). (6). (7). 升高温度,k增大使v逐渐提高,但α降低使v逐渐下降。当t<tm,k增大对v的提高大于α引起的降低;当t>tm,k增大对v的提高小于α引起的降低 【解析】 (1)由题中信息可知: ①SO2(g)+O2(g)?SO3(g) ?H= -98kJ?mol-1 ②V2O4(s)+ SO3(g)?V2O5(s)+ SO2(g) ?H2= -24kJ?mol-1 ③V2O4(s)+ 2SO3(g)?2VOSO4(s) ?H1= -399kJ?mol-1 根据盖斯定律可知,③-②2得2V2O5(s)+ 2SO2(g)? 2VOSO4(s)+ V2O4(s),则?H= ?H1-2?H2=( -399kJ?mol-1)-( -24kJ?mol-1)2= -351kJ?mol-1,所以该反应的热化学方程式为:2V2O5(s)+ 2SO2(g)? 2VOSO4(s)+ V2O4(s) ?H= -351 kJ?mol-1; (2) SO2(g)+O2(g)?SO3(g),该反应是一个气体分子数减少的放热反应,故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动。因此,在相同温度下,压强越大,SO2的平衡转化率越大,所以,该反应在550℃、压强为5.0MPa条件下,SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5MPa的,因此,p1=5.0MPa,由图中数据可知,α=0.975。影响α的因素就是影响化学平衡移动的因素,主要有反应物(N2和O2)的浓度、温度、压强等。 (3)假设原气体的物质的量为100mol,则SO2、O2和N2的物质的量分别为2m mol、m mol和q mol,2m+m+q=3m+q=100,SO2的平衡转化率为α,则有下列关系: 平衡时气体的总物质的量为n(总)= 2m(1-α)+m(1-α)+2mαmol+q mol,则SO3的物质的量分数为。该反应在恒压容器中进行,因此,SO3的分压p(SO3)=,p(SO2)=,p(O2)=,在该条件下,SO2(g)+ O2(g)?2SO3(g) 的Kp=。 (4) 由于该反应是放热反应,温度升高后α降低。由题中信息可知,v=,升高温度,k增大使v逐渐提高,但α降低使v逐渐下降。当t<tm,k增大对v提高大于α引起的降低;当t>tm,k增大对v的提高小于α引起的降低。 2. [2020·新课标Ⅱ]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) ΔH,相关物质的燃烧热数据如下表所示: 物质 C2H6(g) C2H4(g) H2(g) 燃烧热ΔH/( kJ·mol?1) -1560 -1411 -286 ①ΔH=_________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=k×,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,其原理如下图所示: 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_________。 【答案】 (1). 137 (2). 升高温度 (3). 减小压强(增大体积) (4). (5). 1-α (6). AD (7). CO2+2e?=CO+O2? (8). 6∶5 【解析】 (1)①由表中燃烧热数值可知: ①C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g) +3H2O(l) ?H1= -1560kJ?mol-1;②C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g) +2H2O(l) ?H2= -1411kJ?mol-1;③H2(g)+O2(g)=H2O(l) ?H3= -286kJ?mol-1;根据盖斯定律可知,①-②-③得C2H6(g) =C2H4(g) + H2(g),则?H= ?H1-?H2-?H3=( -1560kJ?mol-1)-( -1411kJ?mol-1)- ( -286kJ?mol-1)=137kJ?mol-1,故答案为137; ②反应C2H6(g) C2H4(g) + H2(g)为气体体积增大的吸热反应,升高温度、减小压强平衡都向正反应方向移动,故提高该反应平衡转化率的方法有升高温度、减小压强(增大体积); ③设起始时加入的乙烷和氢气各为1mol,列出三段式, C2H6(g) C2H4(g) + H2(g) 起始(mol) 1 0 1 转化(mol) α α 平衡(mol) 1- 1+ 平衡时,C2H6、C2H4和H2平衡分压分别为p、p和p,则反应的平衡常数为Kp=; (2) ①根据r=k×,若r1= kc,甲烷转化率为甲烷的浓度为c(1-),则r2= kc(1-),所以r2=(1-)r1; ②A.增大反应物浓度反应速率增大,故A说法正确; B.由速率方程可知,初期阶段的反应速率与氢气浓度无关,故B说法错误; C.反应物甲烷的浓度逐渐减小,结合速率方程可知,乙烷的生成速率逐渐减小,故C说法错误; D.化学反应速率与温度有关,温度降低,反应速率常数减小,故D正确。 答案选AD。 (3) ①由图可知,CO2在阴极得电子发生还原反应,电极反应为CO2+2e-=CO+O2-; ②令生成乙烯和乙烷分别为2体积和1体积,根据阿伏加德罗定律,同温同压下,气体体积比等于物质的量之比,再根据得失电子守恒,得到发生的总反应为:6CH4+5CO2=2C2H4+ C2H6+5H2O+5CO,即消耗CH4和CO2的体积比为6:5。故答案为:6:5。 3.[2020·新课标Ⅲ]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0.1MPa,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(440K,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___________________。 【答案】(1)1∶4 变大 (2)d c 小于 (3)或等 (4)选择合适催化剂等 【解析】(1)由CO2催化加氢生成乙烯和水的反应方程式为2CO2+6 H2 = C2H4+ 4H2O,产物的物质的量之比n(C2H4)∶n(H2O)=1:4,该反应是气体分子数减小的反应,增大压强平衡向右移动,故增大压强n(C2H4)增大;(2)图中a、b、c、d四条曲线随着温度增大b、d减小,a、c增大,且d变化最小,则为计量数最小的C2H4,其次是c,对应是CO2,依次a、b分别为H2O和H2。且可知该反应为放热反应,故表示C2H4、CO2变化的曲线分别是d、c;CO2催化加氢合成C2H4反应的ΔH小于0。(3)根据图中点A(440K,0.39),运用三段式列式计算,可得到该温度时反应的平衡常数Kp=(MPa)?3;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,应当选择合适催化剂等。 4. [2020·江苏]吸收工厂烟气中的SO2,能有效减少SO2对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化,可得到硫酸盐。 已知:室温下,ZnSO3微溶于水,Zn(HSO3)2易溶于水;溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数随pH的分布如图-1所示。 (1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2,主要反应的离子方程式为___________;当通入SO2至溶液pH=6时,溶液中浓度最大的阴离子是_____________(填化学式)。 (2)ZnO水悬浊液吸收SO2。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2,在开始吸收的40mim内,SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图-2)。溶液pH几乎不变阶段,主要产物是____________(填化学式);SO2吸收率迅速降低阶段,主要反应的离子方程式为_______________。 (3)O2催化氧化。其他条件相同时,调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5~6.5范围内,pH越低SO生成速率越大,其主要原因是__________;随着氧化的进行,溶液的pH将__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。 【答案】 (1). 或 (2). HSO (3). ZnSO3 (4). 或 (5). 随着pH降低,HSO浓度增大 (6). 减小 【解析】 【分析】 向氨水中通入少量的SO2,反应生成亚硫酸铵,结合图像分析pH=6时溶液中浓度最大的阴离子;通过分析ZnO吸收SO2后产物的溶解性判断吸收率变化的原因;通过分析与氧气反应的生成物,分析溶液pH的变化情况。 (1)向氨水中通入少量SO2时,SO2与氨水反应生成亚硫酸铵,反应的离子方程式为2NH3+H2O+SO2=2+(或2NH3·H2O +SO2=2++H2O);根据图-1所示,pH=6时,溶液中不含有亚硫酸,仅含有和,根据微粒物质的量分数曲线可以看出溶液中阴离子浓度最大的是; (2)反应开始时,悬浊液中的ZnO大量吸收SO2,生成微溶于水的ZnSO3,此时溶液pH几乎不变;一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后,ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2,此时溶液pH逐渐变小,SO2的吸收率逐渐降低,这一过程的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2(或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2) (3)可以经氧气氧化生成,这一过程中需要调节溶液pH在4.5~6.5的范围内,pH越低,溶液中的的浓度越大,使得催化氧化过程中反应速率越快;随着反应的不断进行,大量的反应生成,反应的离子方程式为2+O2=2+2H+,随着反应的不断进行,有大量的氢离子生成,导致氢离子浓度增大,溶液pH减小。 5. [2020·江苏]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,HCO3-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,HCO3-催化加氢的转化率迅速上升,其主要原因是_____________。 (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_______________。 (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。 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_______________。 【答案】 (1). 温度升高反应速率增大,温度升高催化剂的活性增强 (2). ① H2SO4 ②或 (3). ①HD ②提高释放氢气的速率,提高释放出氢气的纯度 【解析】 【分析】 (1)根据元素守恒和电荷守恒书写离子方程式;从温度对反应速率的影响以及温度对催化剂的影响的角度分析。 (2)该装置为原电池装置,放电时HCOOˉ转化为被氧化,所以左侧为负极,Fe3+转化为Fe2+被还原,所以右侧为正极。 (3)HCOOH生成HCOOˉ和H+分别与催化剂结合,在催化剂表面HCOOˉ分解生成CO2和Hˉ,之后在催化剂表面Hˉ和第一步产生的H+反应生成H2。 【详解】(1)含有催化剂的KHCO3溶液中通入H2生成HCOOˉ,根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为:+H2HCOOˉ+H2O;反应温度在40℃~80℃范围内时,随温度升高,活化分子增多,反应速率加快,同时温度升高催化剂的活性增强,所以的催化加氢速率迅速上升; (2)①左侧为负极,碱性环境中HCOOˉ失电子被氧化为,根据电荷守恒和元素守恒可得电极反应式为HCOOˉ+2OHˉ-2eˉ=== +H2O;电池放电过程中,钾离子移向正极,即右侧,根据图示可知右侧的阴离子为硫酸根,而随着硫酸钾不断被排除,硫酸根逐渐减少,铁离子和亚铁离子进行循环,所以需要补充硫酸根,为增强氧气的氧化性,溶液最好显酸性,则物质A为H2SO4; ②根据装置图可知电池放电的本质是HCOOH在碱性环境中被氧气氧化为,根据电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为2HCOOH+O2+2OHˉ = 2+2H2O或2HCOOˉ+O2= 2; (3)①根据分析可知HCOOD可以产生HCOOˉ和D+,所以最终产物为CO2和HD(Hˉ与D+结合生成); ②HCOOK是强电解质,更容易产生HCOOˉ和K+,更快的产生KH,KH可以与水反应生成H2和KOH,生成的KOH可以吸收分解产生的CO2,从而使氢气更纯净,所以具体优点是:提高释放氢气的速率,提高释放出氢气的纯度。 6. [2020·山东(新高考)]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. Ⅱ. Ⅲ. 回答下列问题: (1)_________。 (2)一定条件下,向体积为VL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ɑ 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平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。 已知:CO2的平衡转化率= CH3OH的平衡产率= 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 【答案】 (1). +40.9 (2). (3). (4). 乙 (5). p1、p2、p3 (6). 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 (7). A 【解析】 【分析】 根据盖斯定律计算反应热;利用三个反应,进行浓度和化学平衡常数的计算;结合图形根据勒夏特列原理考虑平衡移动的方向,确定温度和压强变化时,CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率之间的关系得到相应的答案。 【详解】(1).根据反应I+II=III,则△H3=△H1+△H2=-49.5kJ?mol-1+(-90.4 kJ?mol-1)=+40.9 kJ?mol-1; (2).假设反应II中,CO反应了xmol,则II生成的CH3OH为xmol,I生成的CH3OH为(a-x)mol,III生成CO为(b+x)mol,根据反应I:,反应II: ,反应III:,所以平衡时水的物质的量为(a-x)mol+(b+x)mol =(a+b)mol,浓度为:;平衡时CO2的物质的量为1mol-(a-x)mol-(b+x)mol=(1-a-b)mol,H2的物质的量为3mol-3(a-x)mol-2x-(b+x)mol=(3-3a-b)mol,CO的物质的量为bmol,水的物质的量为(a+b)mol,则反应III的平衡常数为:; (3).反应I和II为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,则CH3OH的平衡产率减少,所以图甲表示CH3OH的平衡产率,图乙中,开始升高温度,由于反应I和II为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,CO2的平衡转化率降低,反应III为吸热反应,升高温度反应III向正反应方向移动,升高一定温度后以反应III为主,CO2的平衡转化率又升高,所以图乙表示CO2的平衡转化率;压强增大,反应I和II是气体体积减小的反应,反应I和II平衡正向移动,反应III气体体积不变化,平衡不移动,故压强增大CH3OH的平衡产率增大,根据图所以压强关系为:p1>p2>p3;温度升高,反应I和II平衡逆向移动,反应III向正反应方向移动,所以T1温度时,三条曲线交与一点的原因为:T1时以反应III为主,反应III前后分子数相等,压强改变对平衡没有影响; (4).根据图示可知,温度越低,CO2的平衡转化率越大,CH3OH的平衡产率越大,压强越大,CO2的平衡转化率越大,CH3OH的平衡产率越大,所以选择低温和高压,答案选A。 【点睛】本题为化学反应原理综合题,考查了盖斯定律、化学平衡常数的计算、勒夏特列原理进行图像的分析,难点为平衡常数的计算,巧用了三个反应的化学方程式,进行了数据的处理,得到反应III的各项数据,进行计算得到平衡常数。 7. [2020·天津]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)下图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,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__________。 Ⅱ.用H2还原CO2可以在一定条下合成CH3OH(不考虑副反应): (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3 a 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根据上图,在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为___________°C。 Ⅲ.调节溶液pH可实现工业废气CO2的捕获和释放 (5) 的空间构型为__________。已知25℃碳酸电离常数为Ka1、Ka2,当溶液pH=12时,=1:_______:__________。 【答案】 (1). 光能转化为化学能 (2). H2 (3). (4). (5). 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) (6). 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 (7). 210 (8). 平面(正)三角形 (9). (10). 【解析】 【分析】 I.根据图示分析反应以及能量转化形式;根据氧化还原反应的规律分析产物、书写离子反应式; II.用三段式和平衡常数表达式计算平衡常数,依据外界条件对化学平衡的影响分析作答; III.用价层电子对互斥理论判断的空间构型,利用电离平衡常数表达式计算粒子浓度的比值。 【详解】I.(1)根据图示,该催化剂在水中发生光催化反应的方程式为2H2O2H2↑+O2↑,光解水能量转化形式为光能转化为化学能,故答案为:光能转化为化学能。 (2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中,产物之一为,被氧化成,则H+被还原为H2,即另一产物为H2;若将该催化剂置于AgNO3溶液中,产物之一为O2,氧元素的化合价升高,O2为氧化产物,则生成另一产物的反应为还原反应,由于Ag+得电子能力大于H+,故生成另一产物的离子反应式为Ag++e-=Ag,故答案为:H2,Ag++e-=Ag。 II.(3) CO2和H2的起始浓度分别为 a mol?L-1和3 a mol?L-1,CH3OH的产率为b,则生成的CH3OH物质的量浓度为abmol/L,根据三段式 则反应的平衡常数K== =,故答案为:。 (4)①该反应为放热反应(?H<0),温度升高,平衡逆向移动(或平衡常数减小),故甲醇平衡产率随温度升高而降低,故答案为: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因分子筛膜能选择性分离出H2O,c(H2O)减小,有利于反应正向进行,甲醇产率升高,故P点甲醇产率高于T点,故答案为: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。 ③根据图示,使用该分子筛膜210℃时甲醇的产率最大,故在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为210℃,故答案为:210。 III.(5)中C的孤电子对数为×(4+2-3×2)=0,σ键电子对数为3,价层电子对数为3,C上没有孤电子对,故的空间构型为平面正三角形;H2CO3的电离方程式为H2CO3?H++、? H++,则Ka1= 、Ka2=,当溶液的pH=12时,c(H+)=1×10-12mol/L,将其代入Ka1、Ka2中分别求出c()=1012Ka1 c(H2CO3)、c()=1012Ka2 c()=1024Ka1Ka2 c(H2CO3),则c(H2CO3):c():c() =1:(1012Ka1):(1024Ka1Ka2),故答案为:平面正三角形,1012Ka1,1024Ka1Ka2。 8.[2020·浙江7月选考,29]研究氧化制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) △H1=136kJ/mol Ⅱ C2H6(g) +CO2(g) C2H4(g)+ H2O(g) +CO(g) △H2=177kJ/mol Ⅲ C2H6(g) +2CO2(g) 3H2(g) +4CO(g) △H3 CO2(g)+H2(g) H2O(g)+CO(g) △H4=41kJ/mol Ⅳ 已知:时,相关物质的相对能量(如图1)。 可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的(随温度变化可忽略)。例如: 。 请回答: (1)①根据相关物质的相对能量计算_____。 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:,且第二步速率较慢(反应活化能为)。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”,起点从的能量,开始(如图2)_____。 (2)①和按物质的量1:1投料,在和保持总压恒定的条件下,研究催化剂X对“氧化制”的影响,所得实验数据如下表: 催化剂 转化率 转化率 产率 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,氧化的主要产物是______,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)可提高的选择性(生成的物质的量与消耗的物质的量之比)。在,乙烷平衡转化率为,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。结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是_____。 【答案】 (1) ①430 ②AD ③ (2)①CO C2H4的产率低,说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率; ②选择性膜吸附C2H4,促进反应Ⅱ平衡正向移动 【解析】 (1)①由图1的数据可知,C2H6(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的相对能量分别为-84kJ?mol-1、-393 kJ?mol-1、-110 kJ?mol-1、0 kJ?mol-1。由题中信息可知,?H=生成物的相对能量-反应物的相对能量,因此,C2H6(g)+2CO2(g)?4CO(g)+3H2(g) ?H3=(-110 kJ?mol-1)4-(-84kJ?mol-1)-( -393 kJ?mol-1)2=430 kJ?mol-1。 ②A.反应Ⅰ为吸热反应,升高温度能使其化学平衡向正反应方向移动,故其平衡常数增大,A正确; B.反应Ⅰ和反应Ⅱ的正反应均为气体分子数增大的反应,增大压强,其化学平衡均向逆反应方向移动,B不正确; C.反应Ⅲ的产物中有CO,增大CO的浓度,能使反应Ⅱ的化学平衡向逆反应方向移动,故其不利于乙烷脱氢,不利于乙烯的生成,C不正确; D.反应Ⅳ的反应前后气体分子数不变,在恒温恒压下向平衡体系中通入水蒸气,体系的总体积变大,水蒸气的浓度变大,其他组分的浓度均减小相同的倍数,因此该反应的浓度商变大(大于平衡常数),化学平衡向逆反应方向移动,D正确。正确的是AD。 ③由题中信息可知,反应Ⅱ分两步进行,第一步的反应是C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2(g) +CO2(g),C2H4(g)、H2(g)、CO2(g)的相对能量之和为52 kJ?mol-1+0+(-393 kJ?mol-1)= -341 kJ?mol-1;第二步的反应是C2H4(g)+H2(g) +CO2(g)C2H4(g)+H2O(g) +CO(g),其活化能为210 kJ?mol-1,故该反应体系的过渡态的相对能量又升高了210 kJ?mol-1,过渡态的的相对能量变为-341 kJ?mol-1+210 kJ?mol-1= -131 kJ?mol-1,最终生成物C2H4(g)、H2O(g)、CO(g)的相对能量之和为(52 kJ?mol-1)+(-242 kJ?mol-1)+(-110 kJ?mol-1)= -300 kJ?mol-1。根据题中信息,第一步的活化能较小,第二步的活化能较大,故反应Ⅱ分两步进行的“能量—反应过程图”可以表示如下:。 (2)①由题中信息及表中数据可知,尽管CO2和C2H6按物质的量之比1:1投料,但是C2H4的产率远远小于C2H6的转化率,但是CO2的转化率高于C2H6,说明在催化剂X的作用下,除了发生反应Ⅱ,还发生了反应Ⅲ,而且反应物主要发生了反应Ⅲ,这也说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率,因此,CO2氧化C2H6的主要产物是CO。故答案为:CO;C2H4的产率低说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率。 ②由题中信息可知,选择性膜技术可提高C2H4的选择性,由反应ⅡC2H6(g)+CO2(g)?C2H4(g)+H2O(g) +CO(g)可知,该选择性应具体表现在选择性膜可选择性地让C2H4通过而离开体系,即通过吸附C2H4减小其在平衡体系的浓度,从而促进化学平衡向正反应方向移动,因而可以乙烷的转化率。故答案为:选择性膜吸附C2H4,促进反应Ⅱ平衡向正反应方向移动。 9. [2020·浙江1月选考,29]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T1时,c(N2O4)随t(时间)变化曲线如图,画出0~t2时段,c(NO2)随t变化曲线。保持其它条件不变,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。 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,保持其它条件不变,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。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分析其原因____。 【答案】 (1). AE (2). p (3). (4). Ⅱ (5). T4 (6). 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 【解析】(1)①化学反应平衡的判断可从以下几方面考虑:体系中所有反应物和生成物的质量(或浓度)保持不变,正反应速率等于逆反应速率; ②建立三段式求解可得; ③由图确定t1时反应生成的NO2浓度;该反应为吸热反应,升高温度,平衡向正反应方向移动; (2)①由图可知,反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能,活化能越大,反应速率越慢; ②由图可知,转化相同量的NO,在温度T4下消耗的时间较长,原因是浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响。 【详解】(1)①A、该反应是一个气体体积减小的反应,气体的压强不变说明各物质浓度保持不变,反应达到化学平衡状态,故正确; B、v正(N2O4)=2v逆(NO2)说明正逆反应速率不相等,反应没有达到化学平衡状态,故错误; C、温度不变,化学平衡常数K不变,则K不变不能说明反应达到化学平衡状态,故错误; D、由质量守恒定律可知,反应前后气体质量不变,恒容容器的体积不变,则密度始终不变,则密度不变不能说明反应达到化学平衡状态,故错误; E、容器内颜色不变说明各物质浓度保持不变,反应达到化学平衡状态,故正确; AE正确,故答案为:AE; ②设起始N2O4的物质的量为1mol,由题给数据建立如下三段式: 由三段式数据可知N2O4的平衡分压为×p=,NO2的平衡分压为×p=,则平衡常数Kp==,故答案为:; ③由图可知,t1时反应消耗N2O4的浓度为(0.04—0.01)mol/L,由方程式可得反应生成NO2的浓度为0.03 mol/L×2=0.06 mol/L;该反应为吸热反应,升高温度,平衡向正反应方向移动,NO2的浓度增大,则0~t2时段,NO2的浓度c(NO2)随t变化趋势的曲线为(见答案); (2)①由图可知,反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能,活化能越大,反应速率越慢,则化学反应速率反应Ⅰ快于反应Ⅱ,化学反应取决于反应速率较慢的一步,则决定NO氧化反应速率的步骤是反应Ⅱ,故答案为:Ⅱ; ②由图可知,转化相同量的NO,在温度T4下消耗的时间较长,原因是反应Ⅰ为放热反应,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,导致转化相同量的NO,在温度较高的T4下消耗的时间较长,故答案为:T4;反应Ⅰ为放热反应,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; 10.[2019·新课标Ⅰ] 水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程,主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题: (1)Shibata曾做过下列实验:①使纯H2缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s),氧化钴部分被还原为金属钴Co(s),平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。 ②在同一温度下用CO还原CoO(s),平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。 根据上述实验结果判断,还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_________H2(填“大于”或“小于”)。 (2)721 ℃时,在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合,采用适当的催化剂进行反应,则平衡时体系中H2的物质的量分数为_________(填标号)。 A.<0.25 B.0.25 C.0.25~0.50 D.0.50 E.>0.50 (3)我国学者结合实验与计算机模拟结果,研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程,如图所示,其中吸附在金催化剂表面上的物种用?标注。 可知水煤气变换的ΔH________0(填“大于”“等于”或“小于”),该历程中最大能垒(活化能)E正=_________eV,写出该步骤的化学方程式_______________________。 (4)Shoichi研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系(如下图所示),催化剂为氧化铁,实验初始时体系中的和相等、和相等。 计算曲线a的反应在30~90 min内的平均速率(a)=___________kPa·min?1。467 ℃时和随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。489 ℃时和随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。 【答案】(1)大于 (2)C (3)小于 2.02 COOH*+H*+H2O*COOH*+2H*+OH*(或H2O*H*+OH*) (4)0.0047 b c a d 【解析】 【分析】(1)由H2、CO与CoO反应后其气体物质的量分数判断二者的倾向大小; (2)根据三段式以及CO与H2的倾向大小关系综合判断; (3)根据反应物与生成物的相对能量差大小进行比较判断;根据反应物达到活化状态所需能量为活化能以及相对能量差值大小计算并比较最大能垒;根据最大能垒对应的反应历程对应的物质写出方程式; (4)根据图中曲线a在30~90 min内分压变化量计算平均反应速率;先根据CO与H2的倾向大小关系判断CO与H2的含量范围,然后根据温度变化对化学平衡的影响判断出在不同温度下曲线对应的物质。 【详解】(1)H2还原氧化钴的方程式为:H2(g)+CoO(s)Co(s)+H2O(g);CO还原氧化钴的方程式为:CO(g)+CoO(s)Co(s)+CO2(g),平衡时H2还原体系中H2的物质的量分数()高于CO还原体系中CO的物质的量分数(),故还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO大于H2; (2)721 ℃时,在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合,可设其物质的量为1mol,则 CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) 起始(mol) 1 1 0 0 转化(mol) x x x x 平衡(mol) 1-x 1-x x x 则平衡时体系中H2的物质的量分数=,因该反应为可逆反应,故x<1,可假设二者的还原倾向相等,则x=0.5,由(1)可知CO的还原倾向大于H2,所以CO更易转化为H2,故x>0.5,由此可判断最终平衡时体系中H2的物质的量分数介于0.25~0.50,故答案为C; (3)根据水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知,CO(g)+H2O(g)的能量(-0.32eV)高于CO2(g)+H2(g)的能量(-0.83eV),故水煤气变换的ΔH小于0;活化能即反应物状态达到活化状态所需能量,根据变换历程的相对能量可知,最大差值为: 其最大能垒(活化能)E正=1.86-(-0.16)eV=2.02eV;该步骤的反应物为COOH+H+H2O=COOH+2H+OH;因反应前后COOH和1个H未发生改变,也可以表述成H2O=H+OH; (4)由图可知,30~90 min内a曲线对应物质的分压变化量Δp=(4.08-3.80)kPa=0.28 kPa,故曲线a的反应在30~90 min内的平均速率(a)==0.0047 kPa·min?1;由(2)中分析得出H2的物质的量分数介于0.25~0.5,CO的物质的量分数介于0~0.25,即H2的分压始终高于CO的分压,据此可将图分成两部分: 由此可知,a、b表示的是H2的分压,c、d表示的是CO的分压,该反应为放热反应,故升高温度,平衡逆向移动,CO分压增加,H2分压降低,故467 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是b、c;489 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是a、d。 11.[2019·新课标Ⅱ] 环戊二烯()是重要的有机化工原料,广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题: (1)已知:(g) (g)+H2(g) ΔH1=100.3 kJ·mol ?1 ① H2(g)+ I2(g) 2HI(g) ΔH2=?11.0 kJ·mol ?1 ② 对于反应:(g)+ I2(g) (g)+2HI(g) ③ ΔH3=___________kJ·mol ?1。 (2)某温度下,等物质的量的碘和环戊烯()在刚性容器内发生反应③,起始总压为105Pa,平衡时总压增加了20%,环戊烯的转化率为_________,该反应的平衡常数Kp=_________Pa。达到平衡后,欲增加环戊烯的平衡转化率,可采取的措施有__________(填标号)。 A.通入惰性气体 B.提高温度 C.增加环戊烯浓度 D.增加碘浓度 (3)环戊二烯容易发生聚合生成二聚体,该反应为可逆反应。不同温度下,溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示,下列说法正确的是__________(填标号)。 A.T1>T2 B.a点的反应速率小于c点的反应速率 C.a点的正反应速率大于b点的逆反应速率 D.b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L?1 (4)环戊二烯可用于制备二茂铁(Fe(C5H5)2,结构简式为),后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示,其中电解液为溶解有溴化钠(电解质)和环戊二烯的DMF溶液(DMF为惰性有机溶剂)。 该电解池的阳极为____________,总反应为__________________。电解制备需要在无水条件下进行,原因为_________________________。 【答案】(1)89.3 (2)40% 3.56×104 BD (3)CD (4)Fe电极 Fe+2=+H2↑(Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑) 水会阻碍中间物Na的生成;水会电解生成OH?,进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2 【解析】 【分析】 (1)利用盖斯定律解题; (2)利用差量法计算转化率;三行式法计算平衡常数;根据平衡移动原理解释; (3)通过外界因素对速率的影响和平衡状态的形成分析A、B、C选项,D选项观察图象计算; (4)根据阳极:升失氧;阴极:降得还进行分析确定阴阳极;根据题干信息中Na元素的变化确定环戊二烯得电子数和还原产物,进而写出电极反应式;注意Na与水会反应,Fe2+在碱性条件下生成沉淀。 【详解】(1)根据盖斯定律①-②,可得反应③的ΔH=89.3kJ/mol; (2)假设反应前碘单质与环戊烯均为nmol,平衡时环戊烯反应了xmol,根据题意可知; (g)+I2(g)= (g)+2HI(g) 增加的物质的量 1mol 1mol 1mol 2mol 1mol xmol 2n×20% 得x=0.4nmol,转化率为0.4n/n×100%=40%; (g) + I2(g)= (g)+ 2HI(g) P(初) 0.5×105 0.5×105 0 0 ΔP 0.5×105×40% 0.5×105×40% 0.5×105×40% 1×105×40% P(平) 0.3×105 0.3×105 0.2×105 0.4×105 Kp==3.56×104; A.T、V一定,通入惰性气体,由于对反应物和生成物浓度无影响,速率不变,平衡不移动,故A错误;B.升高温度,平衡向吸热方向移动,环戊烯转化率升高,故B正确;C.增加环戊烯的浓度平衡正向移动,但环戊烯转化率降低,故C错误;D,增加I2的浓度,平衡正向移动,环戊烯转化率升高,故D正确; (3)A.温度越高化学反应速率越快,单位时间内反应物浓度减少越多,则T1v(逆),a点反应物浓度大于b点,故a点正反应速率大于b点,故C正确;D.b点时环戊二烯浓度由1.5mol/L减小到0.6mol/L,减少了0.9mol/L,因此生成二聚体0.45mol/L,故D正确。 (4)根据阳极升失氧可知Fe为阳极;根据题干信息Fe-2e-=Fe2+,电解液中钠离子起到催化剂的作用使得环戊二烯得电子生成氢气,同时与亚铁离子结合生成二茂铁,故电极反应式为Fe+2=+H2↑;电解必须在无水条件下进行,因为中间产物Na会与水反应生成氢氧化钠和氢气,亚铁离子会和氢氧根离子结合生成沉淀。 12.[2019·新课标Ⅲ]近年来,随着聚酯工业的快速发展,氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此,将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题: (1)Deacon发明的直接氧化法为:4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中,进料浓度比c(HCl) ∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系: 可知反应平衡常数K(300℃)____________K(400℃)(填“大于”或“小于”)。设HCl初始浓度为c0,根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K(400℃)=____________(列出计算式)。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率,同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是____________。 (2)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行: CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1 CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol-1 CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1 则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________ kJ·mol-1。 (3)在一定温度的条件下,进一步提高HCl的转化率的方法是______________。(写出2种) (4)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上,科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案,主要包括电化学过程和化学过程,如下图所示: 负极区发生的反应有____________________(写反应方程式)。电路中转移1 mol电子,需消耗氧气__________L(标准状况)。 【答案】(1)大于 O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低 (2)﹣116 (3)增加反应体系压强、及时除去产物 (4)Fe3++e?=Fe2+,4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 5.6 【解析】 【详解】(1)根据反应方程式知,HCl平衡转化率越大,平衡常数K越大,结合图像知升高温度平衡转化率降低,说明升高温度平衡向逆反应方向进行,则K(300℃)>K(400℃); 由图像知,400℃时,HCl平衡转化率为84%,用三段式法对数据进行处理得: 起始(浓度) c0 c0 0 0 变化(浓度) 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0 平衡(浓度)(1-0.84)c0(1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0 则K=;根据题干信息知,进料浓度比过低,氧气大量剩余,导致分离产物氯气和氧气的能耗较高;进料浓度比过高,HCl不能充分反应,导致HCl转化率较低; (2)根据盖斯定律知,(反应I+反应II+反应III)×2得 ΔH=(ΔH1+ΔH2+ΔH3)×2=-116kJ·mol-1; (3)若想提高HCl的转化率,应该促使平衡正向移动,该反应为气体体积减小的反应,根据勒夏特列原理,可以增大压强,使平衡正向移动;也可以及时除去产物,减小产物浓度,使平衡正向移动; (4)电解过程中,负极区即阴极上发生的是得电子反应,元素化合价降低,属于还原反应,则图中左侧为负极反应,根据图示信息知电极反应为:Fe3++e-=Fe2+和4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O;电路中转移1 mol电子,根据电子得失守恒可知需消耗氧气的物质的量是1mol÷4=0.25mol,在标准状况下的体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L。 13.[2019·江苏]CO2的资源化利用能有效减少CO2排放,充分利用碳资源。 (1)CaO可在较高温度下捕集CO2,在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO,CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化见下图。 ①写出400~600 ℃范围内分解反应的化学方程式: ▲ 。 ②与CaCO3热分解制备的CaO相比,CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能,其原因是 ▲ 。 (2)电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如下。 ①写出阴极CO2还原为HCOO?的电极反应式: ▲ 。 ②电解一段时间后,阳极区的KHCO3溶液浓度降低,其原因是 ▲ 。 (3)CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法,其过程中主要发生下列反应: 反应Ⅰ:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH =41.2 kJ·mol?1 反应Ⅱ:2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH =﹣122.5 kJ·mol?1 在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下,CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中: CH3OCH3的选择性=×100% ①温度高于300 ℃,CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是 ▲ 。 ②220 ℃时,在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后,测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)。不改变反应时间和温度,一定能提高CH3OCH3选择性的措施有 ▲ 。 【答案】(1)①CaC2O4CaCO3+CO↑ ②CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体,制得的CaO更加疏松多孔 (2)①CO2+H++2e?HCOO?或CO2++2e?HCOO?+ ②阳极产生O2,pH减小,浓度降低;K+部分迁移至阴极区 (3)①反应Ⅰ的ΔH>0,反应Ⅱ的ΔH<0,温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升,使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降,且上升幅度超过下降幅度 ②增大压强,使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂 【解析】 【分析】 本题注重理论联系实际,引导考生认识并体会化学科学对社会发展的作用,试题以减少CO2排放,充分利用碳资源为背景,考查《化学反应原理》模块中方程式的计算、电化学、外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响等基本知识; 【详解】(1)①令CaC2O4·H2O的物质的量为1mol,即质量为146g,根据图像,第一阶段剩余固体质量为128,原固体质量为146 g,相差18 g,说明此阶段失去结晶水,第二阶段从剩余固体质量与第一阶段剩余固体质量相对比,少了28 g,相差1个CO,因此400℃~600℃范围内,分解反应方程式为CaC2O4CaCO3+CO↑。 ②CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体,制得的CaO更加疏松多孔,增加与CO2的接触面积,更好捕捉CO2。 (2)①根据电解原理,阴极上得到电子,化合价降低,CO2+H++2e?HCOO?或CO2++2e?HCOO?+。 ②阳极反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+,阳极附近pH减小,H+与HCO3-反应,同时部分K+迁移至阴极区,所以电解一段时间后,阳极区的KHCO3溶液浓度降低。 (3)①根据反应方程式,反应I为吸热反应,升高温度,平衡向正反应方向移动,CO2的转化率增大,反应II为放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向进行,CO2的转化率降低,根据图像,上升幅度超过下降幅度,因此温度超过300℃时,CO2转化率上升。 ②图中A点CH3OCH3的选择性没有达到此温度下平衡时CH3OCH3的选择性,依据CH3OCH3选择性公式,提高CH3OCH3选择性,不改变反应时间和温度时,根据反应II,可以增大压强,或者使用对反应II催化活性更高的催化剂。 14.[2019·北京]氢能源是最具应用前景的能源之一,高纯氢的制备是目前的研究热点。 (1)甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。 ①反应器中初始反应的生成物为H2和CO2,其物质的量之比为4∶1,甲烷和水蒸气反应的方程式是______________。 ②已知反应器中还存在如下反应: i.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH1 ii.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH2 iii.CH4(g)C(s)+2H2(g) ΔH3 …… iii为积炭反应,利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时,还需要利用__________反应的ΔH。 ③反应物投料比采用n(H2O)∶n(CH4)=4∶1,大于初始反应的化学计量数之比,目的是________________(选填字母序号)。 a.促进CH4转化 b.促进CO转化为CO2 c.减少积炭生成 ④用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。从t1时开始,H2体积分数显著降低,单位时间CaO消耗率_______(填“升高”“降低”或“不变”)。此时CaO消耗率约为35%,但已失效,结合化学方程式解释原因:____________________________。 (2)可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢,工作示意图如下。通过控制开关连接K1或K2,可交替得到H2和O2。 ①制H2时,连接_______________。 产生H2的电极反应式是_______________。 ②改变开关连接方式,可得O2。 ③结合①和②中电极3的电极反应式,说明电极3的作用:________________________。 【答案】(1)①CH4+2H2O4H2+CO2 ②C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)或C(s)+ CO2(g)2CO(g) ③a b c ④降低 CaO+ CO2CaCO3,CaCO3覆盖在CaO表面,减少了CO2与CaO的接触面积 (2)①K1 2H2O+2e-H2↑+2OH- ③制H2时,电极3发生反应:Ni(OH)2+ OH--e-NiOOH+H2O。制O2时,上述电极反应逆向进行,使电极3得以循环使用 【解析】 【详解】(1)①由于生成物为H2和CO2,其物质的量之比为4:1,反应物是甲烷和水蒸气,因而反应方程式为CH4+2H2O4H2+CO2。 ②ⅰ-ⅱ可得CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g),设为ⅳ,用ⅳ-ⅲ可得C(s)+CO2(g)2CO(g),因为还需利用C(s)+CO2(g)2CO(g)反应的焓变。 ③初始反应n(H2O):n(CH4)=2:1,说明加入的水蒸气过量,又反应器中反应都存在一定可逆性,根据反应ⅰ知水蒸气浓度越大,甲烷的转化率越高,a正确;根据反应ⅱ知水蒸气浓度越大,CO的转化率越高,b正确;ⅰ和ⅱ产生氢气,使得氢气浓度变大,抑制反应ⅲ,积炭生成量减少,c正确。 ④t1时CaO消耗率曲线斜率减小,因而单位时间内CaO的消耗率降低。CaO+ CO2CaCO3,CaCO3覆盖在CaO表面,减少了CO2与CaO的接触面积,因而失效。 (2)①电极生成H2时,根据电极放电规律可知H+得到电子变为氢气,因而电极须连接负极,因而制H2时,连接K1,该电池在碱性溶液中,由H2O提供H+,电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。 ③电极3上NiOOH和Ni(OH)2相互转化,其反应式为NiOOH+e-+H2ONi(OH)2+OH-,当连接K1时,Ni(OH)2失去电子变为NiOOH,当连接K2时,NiOOH得到电子变为Ni(OH)2,因而作用是连接K1或K2时,电极3分别作为阳极材料和阴极材料,并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移。 15.[2019·天津]多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。 回答下列问题: Ⅰ.硅粉与在300℃时反应生成气体和,放出热量,该反应的热化学方程式为________________________。的电子式为__________________。 Ⅱ.将氢化为有三种方法,对应的反应依次为: ① ② ③ (1)氢化过程中所需的高纯度可用惰性电极电解溶液制备,写出产生的电极名称______(填“阳极”或“阴极”),该电极反应方程式为________________________。 (2)已知体系自由能变,时反应自发进行。三个氢化反应的与温度的关系如图1所示,可知:反应①能自发进行的最低温度是____________;相同温度下,反应②比反应①的小,主要原因是________________________。 (3)不同温度下反应②中转化率如图2所示。下列叙述正确的是______(填序号)。 a.B点: b.:A点点 c.反应适宜温度:℃ (4)反应③的______(用,表示)。温度升高,反应③的平衡常数______(填“增大”、“减小”或“不变”)。 (5)由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除、和外,还有______(填分子式)。 【答案】Ⅰ. Ⅱ. (1)阴极 或 (2)1000℃ 导致反应②的小 (3)a、c (4) 减小 (5)、 【解析】 【分析】 Ⅰ.书写热化学方程式时一定要标注出各物质的状态,要将热化学方程式中焓变的数值与化学计量数对应。本题的反应温度需要标注为条件; Ⅱ.(1)惰性电极电解KOH溶液,实质是电解水,产生氢气的必为阴极,发生还原反应。 (2)“看图说话”,将反应①的纵、横坐标对应起来看,即可顺利找到最低温度。影响自由能变的因素主要是焓变和熵变,分析发现熵变对反应②反而不利,说明焓变影响大,为主要影响因素; (3)据图判断化学平衡的建立和移动是分析的关键。注意时间是一个不变的量。 (4)此问是盖斯定律的简单应用,对热化学方程式直接进行加减即可。 【详解】Ⅰ.参加反应的物质是固态的Si、气态的HCl,生成的是气态的SiHCl3和氢气,反应条件是300℃,配平后发现SiHCl3的化学计量数恰好是1,由此可顺利写出该条件下的热化学方程式:Si(s)+3HCl(g) SiHCl3(g)+H2(g) ?H=-225kJ·mol-1;SiHCl3中硅与1个H、3个Cl分别形成共价单键,由此可写出其电子式为:,注意别漏标3个氯原子的孤电子对; Ⅱ.(1)电解KOH溶液,阳极发生氧化反应而产生O2、阴极发生还原反应才产生H2;阴极的电极反应式可以直接写成2H++2e-=H2↑,或写成由水得电子也可以:2H2O+2e-=H2↑+2OH-; (2)由题目所给的图1可以看出,反应①(最上面那条线)当?G=0时,对应的横坐标温度是1000℃;从反应前后气体分子数的变化来看,反应①的熵变化不大,而反应②中熵是减小的,可见熵变对反应②的自发更不利,而结果反应②的?G更负,说明显然是焓变产生了较大的影响,即?H20,所以?H3必小于0,即反应③正反应为放热反应,而放热反应的化学平衡常数随着温度的升高而减小; (5)反应①生成的HCl可用于流程中粗硅提纯的第1步,三个可逆反应中剩余的H2也可循环使用。 16.[2019·浙江4月选考] 水是“生命之基质”,是“永远值得探究的物质”。 (1)关于反应H2(g)+1/2O2(g) H2O(l),下列说法不正确的是________。 A.焓变ΔH<0,熵变ΔS<0 B.可以把反应设计成原电池,实现能量的转化 C.一定条件下,若观察不到水的生成,说明该条件下反应不能自发进行 D.选用合适的催化剂,有可能使反应在常温常压下以较快的速率进行 (2)①根据H2O的成键特点,画出与图中H2O分子直接相连的所有氢键(O-H…O)________。 ②将一定量水放入抽空的恒容密闭容器中,测定不同温度(T)下气态、液态水平衡共存[H2O(l)H2O(g)]时的压强(p)。在图中画出从20℃开始经过100℃的p随T变化关系示意图(20℃时的平衡压强用p1表示)________。 (3)水在高温高压状态下呈现许多特殊的性质。当温度、压强分别超过临界温度(374.2℃)、临界压强(22.1 MPa)时的水称为超临界水。 ①与常温常压的水相比,高温高压液态水的离子积会显著增大。解释其原因________。 ②如果水的离子积Kw从1.0×10?14增大到1.0×10?10,则相应的电离度是原来的________倍。 ③超临界水能够与氧气等氧化剂以任意比例互溶,由此发展了超临界水氧化技术。一定实验条件下,测得乙醇的超临界水氧化结果如图所示,其中x为以碳元素计的物质的量分数,t为反应时间。 下列说法合理的是________。 A.乙醇的超临界水氧化过程中,一氧化碳是中间产物,二氧化碳是最终产物 B.在550℃条件下,反应时间大于15 s时,乙醇氧化为二氧化碳已趋于完全 C.乙醇的超临界水氧化过程中,乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示反应的速率,而且两者数值相等 D.随温度升高,xCO峰值出现的时间提前,且峰值更高,说明乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大 (4)以铂阳极和石墨阴极设计电解池,通过电解NH4HSO4溶液产生(NH4)2S2O8,再与水反应得到H2O2,其中生成的NH4HSO4可以循环使用。 ①阳极的电极反应式是________。 ②制备H2O2的总反应方程式是________。 【答案】(1)C (2)① ② (3)①水的电离为吸热过裎,升高温度有利于电离(压强对电离平衡影响不大) ②100 ③ABD (4)①2HSO4--2e?S2O82-+2H+或2SO42--2e?S2O82- ②2H2OH2O2+H2↑ 【解析】 【分析】本题以水为载体考查了化学反应原理的相关知识,如电化学,化学平衡等。 【详解】(1)A.氢气燃烧是放热反应,ΔH<0,该反应中气体变为液体,为熵减过程,故ΔS<0,A项正确; B.该反应可设计为氢氧燃料电池,其化学能转为电能,B项正确; C.某条件下自发反应是一种倾向,不代表真实发生,自发反应往往也需要一定的反应条件才能发生,如点燃氢气,C项错误; D.催化剂降低活化能,加快反应速率,D项正确。 故答案选C。 (2)①H2O电子式为,存在两对孤电子对,因而O原子可形成两组氢键,每个H原子形成一个氢键,图为: ②100℃,101kPa为水的气液分界点,20℃和p1为另一个气液分界点,同时升高温度和增加压强利于水从液体变为气体,因而曲线为增曲线,可做图为: (3)①水的电离为吸热过裎,升高温度有利于电离,压强对固液体影响不大,可忽略。 ②c(H+)=,当Kw=1.0×10-14,c1(H+)=10-7mol/L,当Kw=1.0×10-10,c2(H+)=10-5mol/L,易知后者是前者的100倍,所以相应的电离度是原来的100倍。 ③A.观察左侧x-t图像可知,CO先增加后减少,CO2一直在增加,所以CO为中间产物,CO2为最终产物,A项正确; B.观察左侧x-t图像,乙醇减少为0和CO最终减少为0的时间一致,而右图xCO-t图像中550℃,CO在15s减为0,说明乙醇氧化为CO2趋于完全,B项正确; C.乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示反应的速率,但两者数值不相等,比值为化学计量数之比,等于1:2,C项错误; D.随着温度的升高,乙醇的氧化速率和一氧化碳氧化速率均增大,但CO是中间产物,为乙醇不完全氧化的结果,CO峰值出现的时间提前,且峰值更高,说明乙醇氧化为CO和CO2速率必须加快,且大于CO的氧化速率,D项正确。 故答案选ABD。 (4)①电解池使用惰性电极,阳极本身不参与反应,阳极吸引HSO4-(或SO42-)离子,并放电生成S2O82-,因而电极反应式为2HSO4--2e?=S2O82-+2H+或2SO42--2e?=S2O82- 。 ②通过电解NH4HSO4溶液产生(NH4)2S2O8和H2。由题中信息可知,生成的NH4HSO4可以循环使用,说明(NH4)2S2O8与水反应除了生成H2O2,还有NH4HSO4生成,因而总反应中只有水作反应物,产物为H2O2和H2,故总反应方程式为2H2OH2O2+H2↑。 17.[2018·新课标Ⅰ卷] 采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术,在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题: (1)1840年 Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银,得到N2O5,该反应的氧化产物是一种气体,其分子式为___________。 (2)F. Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应: 其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示(t=∞时,N2O5(g)完全分解): t/min 0 40 80 160 260 1300 1700 ∞ p/kPa 35.8 40.3 42.5 45.9 49.2 61.2 62.3 63.1 ①已知:2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g) ΔH1=?4.4 kJ·mol?1 2NO2(g) N2O4(g) ΔH 2=?55.3 kJ·mol?1 则反应N2O5(g)=2NO2(g)+O2(g)的ΔH =_______ kJ·mol?1。 ②研究表明,N2O5(g)分解的反应速率v=2×10?3×(kPa·min?1)。t=62 min时,测得体系中 =2.9 kPa,则此时的=________ kPa,v=_______ kPa·min?1。 ③若提高反应温度至35℃,则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)____63.1 kPa(填“大于”“等于”或“小于”),原因是________。 ④25℃时N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp=_______kPa(Kp为以分压表示的平衡常数,计算结果保留1位小数)。 (3)对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g),R.A.Ogg提出如下反应历程: 第一步 N2O5NO3+NO2 快速平衡 第二步 NO2+NO3→NO+NO2+O2 慢反应 第三步 NO+NO3→2NO2 快反应 其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是__________(填标号)。 A.v(第一步的逆反应)>v(第二步反应) B.反应的中间产物只有NO3 C.第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效 D.第三步反应活化能较高 【答案】(1)O2 (2)53.1 30.0 6.0×10-2 大于 温度提高,体积不变,总压强提高;NO2二聚为放热反应,温度提高,平衡左移,体系物质的量增加,总压强提高 13.4 (3)AC 【解析】分析:(1)根据还原剂失去电子转化为氧化产物判断; (2)①根据盖斯定律计算; ②根据压强之比是物质的量之比计算; ③根据温度对压强和平衡状态的影响分析; ④根据五氧化二氮完全分解时的压强计算出二氧化氮、氧气的压强,然后再根据二氧化氮转化的方程式计算平衡时二氧化氮、四氧化二氮的压强。 (3)根据三步反应的特点分析判断。 详解:(1)氯气在反应中得到电子作氧化剂,硝酸银中只有氧元素化合价会升高,所以氧化产物是氧气,分子式为O2; (2)①已知: ⅰ、2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g) △H1=-4.4kJ/mol ⅱ、2NO2(g)=N2O4(g) △H2=-55.3kJ/mol 根据盖斯定律可知ⅰ÷2-ⅱ即得到N2O5(g)=2NO2(g)+1/2O2(g) △H1=+53.1kJ/mol; ②根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1:2,又因为压强之比是物质的量之比,所以消耗五氧化二氮减少的压强是2.9kPa×2=5.8kPa,则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa-5.8kPa=30.0kPa,因此此时反应速率v=2.0×10-3×30=6.0×10-2(kPa·min-1); ③由于温度升高,容器容积不变,总压强提高,且二氧化氮二聚为放热反应,温度提高,平衡左移,体系物质的量增加,总压强提高,所以若提高反应温度至35℃,则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于63.1 kPa。 ④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa,根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×2=71.6 kPa,氧气是35.8kPa÷2=17.9 kPa,总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa=89.5 kPa,平衡后压强减少了89.5 kPa-63.1kPa=26.4kPa,所以根据方程式2NO2(g)N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa,二氧化氮对应的压强是71.6 kPa-26.4kPa×2=18.8kPa,则反应的平衡常数。 (3)A、第一步反应快,所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率,A正确; B、根据第二步和第三步可知中间产物还有NO,B错误; C、根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效,C正确; D、第三步反应快,所以第三步反应的活化能较低,D错误。答案选AC。 18.[2018·新课标Ⅱ卷] CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气(CO和H2),还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题: (1)CH4-CO2催化重整反应为:CH4(g)+ CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。 已知:C(s)+2H2(g)= CH4 (g) ΔH=-75 kJ·mol?1 C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol?1 C(s)+(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol?1 该催化重整反应的ΔH=______ kJ·mol?1,有利于提高CH4平衡转化率的条件是____(填标号)。 A.高温低压 B.低温高压 C.高温高压 D.低温低压 某温度下,在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应,达到平衡时CO2的转化率是50%,其平衡常数为_______mol2·L?2。 (2)反应中催化剂活性会因积碳反应而降低,同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表: 积碳反应 CH4(g)= C(s)+2H2(g) 消碳反应 CO2(g)+ C(s)= 2CO(g) ΔH/(kJ·mol?1) 75 172 活化能/ (kJ·mol?1) 催化剂X 33 91 催化剂Y 43 72 ①由上表判断,催化剂X____Y(填“优于”或“劣于”),理由是_____________________________。在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下,某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图所示。升高温度时,下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是________(填标号)。 A.K积、K消均增加 B.v积减小,v消增加 C.K积减小,K消增加 D.v消增加的倍数比v积增加的倍数大 ②在一定温度下,测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=k·p(CH4)· (k为速率常数)。在p(CH4)一定时,不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示,则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为________________。 【答案】(1)247 A (2)劣于 相对于催化剂X,催化剂Y积碳反应的活化能大,积碳反应的速率小;而消碳反应活化能相对小,消碳反应速率大 AD pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2) 【解析】分析:(1)根据盖斯定律计算;根据反应特点结合温度和压强对平衡状态的影响解答;根据转化率利用三段式计算平衡常数; (2)①根据活化能对反应的影响分析;根据反应热结合温度对平衡状态的影响以及图像曲线变化趋势解答; ②根据反应速率方程式分析影响其因素结合图像解答。 详解:(1)已知: ①C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol?1 ②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol?1 ③C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol?1 根据盖斯定律可知③×2-②-①即得到该催化重整反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH=+247 kJ·mol?1。正反应是体积增大的吸热反应,所以有利于提高CH4平衡转化率的条件是高温低压,答案选A;某温度下,在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应,达到平衡时CO2的转化率是50%,根据方程式可知 CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) 起始浓度(mol/L) 1 0.5 0 0 转化浓度(mol/L) 0.25 0.25 0.5 0.5 平衡浓度(mol/L) 0.75 0.25 0.5 0.5 所以其平衡常数为 mol2·L?2。 (2)①根据表中数据可知相对于催化剂X,催化剂Y积碳反应的活化能大,积碳反应的速率小;而消碳反应活化能相对小,消碳反应速率大,所以催化剂X劣于Y。A.正反应均是吸热反应,升高温度平衡向正反应方向进行,因此K积、K消均增加,A正确;B.升高温度反应速率均增大,B错误;C.根据A中分析可知选项C错误;D.积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低,这说明v消增加的倍数比v积增加的倍数大,D正确。答案选AD。 ②根据反应速率方程式可知在p(CH4)一定时,生成速率随p(CO2)的升高而降低,所以根据图像可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。 19.[2018·新课标Ⅲ卷]三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题: (1)SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体,遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等,写出该反应的化学方程式__________。 (2)SiHCl3在催化剂作用下发生反应: 2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) ΔH1=48 kJ·mol?1 3SiH2Cl2(g)SiH4(g)+2SiHCl3 (g) ΔH2=?30 kJ·mol?1 则反应4SiHCl3(g)SiH4(g)+ 3SiCl4(g)的ΔH=__________ kJ·mol?1。 (3)对于反应2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g),采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂,在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。 ①343 K时反应的平衡转化率α=_________%。平衡常数K343 K=__________(保留2位小数)。 ②在343 K下:要提高SiHCl3转化率,可采取的措施是___________;要缩短反应达到平衡的时间,可采取的措施有____________、___________。 ③比较a、b处反应速率大小:υa________υb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率υ=υ正?υ逆=?,k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数,x为物质的量分数,计算a处的 =__________(保留1位小数)。 【答案】(1)2SiHCl3+3H2O(HSiO)2O+6HCl (2)114 (3)①22 0.02 ②及时移去产物 改进催化剂 提高反应物压强(浓度) ③大于 1.3 【解析】分析:本题考查的是化学反应原理的综合应用,主要包括反应与能量以及化学反应速率、平衡的相关内容。只需要根据题目要求,利用平衡速率的方法进行计算即可。 详解:(1)根据题目表述,三氯氢硅和水蒸气反应得到(HSiO)2O,方程式为:2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl。 (2)将第一个方程式扩大3倍,再与第二个方程式相加就可以得到第三个反应的焓变,所以焓变为48×3+(-30)=114kJ·mol-1。 (3)①由图示,温度越高反应越快,达到平衡用得时间就越少,所以曲线a代表343K的反应。从图中读出,平衡以后反应转化率为22%。设初始加入的三氯氢硅的浓度为1mol/L,得到: 2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4 起始: 1 0 0 反应: 0.22 0.11 0.11 (转化率为22%) 平衡: 0.78 0.11 0.11 所以平衡常数K=0.112÷0.782=0.02。 ②温度不变,提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离(两边物质的量相等,压强不影响平衡)。缩短达到平衡的时间,就是加快反应速率,所以可以采取的措施是增大压强(增大反应物浓度)、加入更高效的催化剂(改进催化剂)。 ③a、b两点的转化率相等,可以认为各物质的浓度对应相等,而a点的温度更高,所以速率更快,即Va>Vb。根据题目表述得到,,当反应达平衡时,=,所以,实际就是平衡常数K值,所以0.02。a点时,转化率为20%,所以计算出: 2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4 起始: 1 0 0 反应: 0.2 0.1 0.1 (转化率为20%) 平衡: 0.8 0.1 0.1 所以=0.8;==0.1;所以 11.[2018·海南卷]过氧化氢(H2O2)是重要的化工产品,广泛应用于绿色化学合成.医疗消毒等领域。 回答下列问题: (1)已知:H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H1=-286 kJ·mol?1 H2(g)+O2(g)=H2O2(l) △H2=-188 kJ·mol?1 过氧化氢分解反应2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)的△H=______kJ·mol?1。不同温度下过氧化氢分解反应的平衡常数K(313K)_____K(298K) (填大于、小于或等于)。 (2)100℃时,在不同金属离子存在下,纯过氧化氢24 h的分解率见下表: 离子 加入量(mg·L?1) 分解率% 离子 加入量(mg·L?1) 分解率% 无 0 2 Fe3+ 1.0 15 Al3+ 10 2 Cu2+ 0.1 86 Zn2+ 10 10 Cr3+ 0.1 96 由上表数据可知,能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是_______。贮运过氧化氢时,可选用的容器材质为_________(填标号)。 A.不锈钢 B.纯铝 C.黄铜 D.铸铁 (3)过氧化氢的Ka1=2.24×10?12,H2O2的酸性________H2O (填大于、小于或等于)。 研究表明,过氧化氢溶液中HO2-的浓度越大,过氧化氢的分解速率越快。常温下,不同浓度的过氧化氢分解率与pH的关系如图所示。一定浓度的过氧化氢,pH增大分解率增大的原因是___________________:相同pH下,过氧化氢浓度越大分解率越低的原因是__________________________________________。 【答案】(1)-196 小于 (2)Cr3+ B (3)大于 pH升高,c()增大,分解速率加快 H2O2浓度越大,其电离度越小,分解率越小 【解析】 【分析】(1)根据盖斯定律计算反应热;根据放热反应,升温后平衡移动方向判断平衡常数的大小。 (2)由表中数据可知,加入铬离子,加入量最小,分解率最大;过氧化氢具有氧化性,可以氧化其他金属,但铝表面可以生成致密的氧化铝薄膜,阻止内部的铝继续腐蚀。 (3)通过比较电离常数大小比较酸性强弱;分析浓度和酸度对过氧化氢的电离平衡的影响。 【详解】(1)已知:① H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H1=-286 kJ·mol?1 ②H2(g)+O2(g)=H2O2(l) △H2=-188 kJ·mol?1 根据盖斯定律,①×2-②×2得:2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)的△H=2△H1-2△H2=-196kJ·mol?1。 该反应为放热反应,温度升高,化学平衡常数减小,所以K(313K)Kw,故H2O2电离出氢离子浓度大于水电离出的氢离子浓度,故H2O2的酸性>H2O; pH增大,氢离子浓度减小,反应正向进行,HO2-的浓度增加,分解速率加快; 过氧化氢浓度越高,其电离程度越低,故分解率越小。 20.[2018·北京卷]近年来,研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下: (1)反应Ⅰ:2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) ΔH1=+551 kJ·mol-1 反应Ⅲ:S(s)+O2(g)SO2(g) ΔH3=-297 kJ·mol-1 反应Ⅱ的热化学方程式:________________。 (2)对反应Ⅱ,在某一投料比时,两种压强下,H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。 p2_______p 1(填“>”或“<”),得出该结论的理由是________________。 (3)I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂,可能的催化过程如下。将ii补充完整。 i.SO2+4I-+4H+S↓+2I2+2H2O ii.I2+2H2O+__________________+_______+2 I- (4)探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系,实验如下:分别将18 mL SO2饱和溶液加入到 2 mL下列试剂中,密闭放置观察现象。(已知:I2易溶解在KI溶液中) 序号 A B C D 试剂组成 0.4 mol·L-1 KI a mol·L-1 KI 0.2 mol·L-1 H2SO4 0.2 mol·L-1 H2SO4 0.2 mol·L-1 KI 0.0002 mol I2 实验现象 溶液变黄,一段时间后出现浑浊 溶液变黄,出现浑浊较A快 无明显现象 溶液由棕褐色很快褪色,变成黄色,出现浑浊较A快 ①B是A的对比实验,则a=__________。 ②比较A、B、C,可得出的结论是______________________。 ③实验表明,SO2的歧化反应速率D>A,结合i、ii反应速率解释原因:________________。 【答案】(1)3SO2(g)+2H2O (g)2H2SO4 (l)+S(s) ΔH2=?254 kJ·mol?1 (2)> 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应,温度一定时,增大压强使反应正向移动,H2SO4 的物质的量增大,体系总物质的量减小,H2SO4的物质的量分数增大 (3)SO2 SO42? 4H+ (4)0.4 I?是SO2歧化反应的催化剂,H+单独存在时不具有催化作用,但H+可以加快歧化反应速率 反应ii比i快;D中由反应ii产生的H+使反应i加快 【解析】分析:(1)应用盖斯定律结合反应II分析。 (2)采用“定一议二”法,根据温度相同时,压强与H2SO4物质的量分数判断。 (3)依据催化剂在反应前后质量和化学性质不变,反应i+反应ii消去I-得总反应。 (4)用控制变量法对比分析。 详解:(1)根据过程,反应II为SO2催化歧化生成H2SO4和S,反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯定律,反应I+反应III得,2H2SO4(l)+S(s)=3SO2(g)+2H2O(g)ΔH=ΔH1+ΔH3=(+551kJ/mol)+(-297kJ/mol)=+254kJ/mol,反应II的热化学方程式为3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)ΔH=-254kJ/mol。 (2)在横坐标上任取一点,作纵坐标的平行线,可见温度相同时,p2时H2SO4物质的量分数大于p1时;反应II是气体分子数减小的反应,增大压强平衡向正反应方向移动,H2SO4物质的量增加,体系总物质的量减小,H2SO4物质的量分数增大;则p2p1。 (3)反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S,I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂,催化剂在反应前后质量和化学性质不变,(总反应-反应i)2得,反应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I-。 (4)①B是A的对比实验,采用控制变量法,B比A多加了0.2mol/LH2SO4,A与B中KI浓度应相等,则a=0.4。 ②对比A与B,加入H+可以加快SO2歧化反应的速率;对比B与C,单独H+不能催化SO2的歧化反应;比较A、B、C,可得出的结论是:I?是SO2歧化反应的催化剂,H+单独存在时不具有催化作用,但H+可以加快歧化反应速率。 ③对比D和A,D中加入KI的浓度小于A,D中多加了I2,反应i消耗H+和I-,反应ii中消耗I2,D中“溶液由棕褐色很快褪色,变成黄色,出现浑浊较A快”,反应速率DA,由此可见,反应ii比反应i速率快,反应ii产生H+使c(H+)增大,从而反应i加快。 21.[2018·天津卷]CO2是一种廉价的碳资源,其综合利用具有重要意义。回答下列问题: (1)CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13,CO2主要转化为______(写离子符号);若所得溶液c(HCO3?)∶c(CO32?)=2∶1,溶液pH=______。(室温下,H2CO3的K1=4×10?7;K2=5×10?11) (2)CO2与CH4经催化重整,制得合成气: CH4(g)+ CO2(g) 2CO (g)+ 2H2(g) ①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下: 化学键 C—H C=O H—H CO(CO) 键能/kJ·mol?1 413 745 436 1075 则该反应的ΔH=_________。分别在VL恒温密闭容器A(恒容)、B(恒压,容积可变)中,加入CH4和CO2各1 mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_______(填“A” 或“B ”)。 ②按一定体积比加入CH4和CO2,在恒压下发生反应,温度对CO和H2产率的影响如图3所示。此反应优选温度为900℃的原因是________。 (3)O2辅助的Al~CO2电池工作原理如图4所示。该电池电容量大,能有效利用CO2,电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。 电池的负极反应式:________。 电池的正极反应式:6O2+6e?6O2? 6CO2+6O2?3C2O42? 反应过程中O2的作用是________。 该电池的总反应式:________。 【答案】(1)CO32- 10 (2)+120 kJ·mol-1 B 900 ℃时,合成气产率已经较高,再升高温度产率增幅不大,但能耗升高,经济效益降低 (3)Al–3e–=Al3+(或2Al–6e–=2Al3+) 催化剂 2Al+6CO2=Al2(C2O4)3 【解析】分析:本题考查的是化学反应原理的综合应用,主要包括反应与能量以及化学反应速率、平衡的相关内容。只需要根据题目要求,利用平衡速率的方法进行计算即可。 详解:(1)CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13,因为得到溶液的碱性较强,所以CO2主要转化为碳酸根离子(CO32-)。若所得溶液c(HCO3?)∶c(CO32?)=2∶1,,则根据第二步电离平衡常数K2= =5×10?11,所以氢离子浓度为1×10-10mol/L,pH=10。 (2)①化学反应的焓变应该等于反应物键能减去生成物的键能,所以焓变为(4×413+2×745)-(2×1075+2×436)= +120 kJ·mol-1。初始时容器A、B的压强相等,A容器恒容,随着反应的进行压强逐渐增大(气体物质的量增加);B容器恒压,压强不变;所以达平衡时压强一定是A中大,B中小,此反应压强减小平衡正向移动,所以B的反应平衡更靠右,反应的更多,吸热也更多。 ②根据图3得到,900℃时反应产率已经比较高,温度再升高,反应产率的增大并不明显,而生产中的能耗和成本明显增大,经济效益会下降,所以选择900℃为反应最佳温度。 (3)明显电池的负极为Al,所以反应一定是Al失电子,该电解质为氯化铝离子液体,所以Al失电子应转化为Al3+,方程式为:Al–3e–=Al3+(或2Al–6e–=2Al3+)。根据电池的正极反应,氧气再第一步被消耗,又在第二步生成,所以氧气为正极反应的催化剂。将方程式加和得到,总反应为:2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。 22.[2018·江苏卷] NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。 (1)用水吸收NOx的相关热化学方程式如下: 2NO2(g)+H2O(l)HNO3(aq)+HNO2(aq) ΔH=?116.1 kJ·mol?1 3HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) ΔH=75.9 kJ·mol?1 反应3NO2(g)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(g)的ΔH=___________kJ·mol?1。 (2)用稀硝酸吸收NOx,得到HNO3和HNO2的混合溶液,电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式:____________________________________。 (3)用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx,吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式:____________________________________。 (4)在有氧条件下,新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。 ①NH3与NO2生成N2的反应中,当生成1 mol N2时,转移的电子数为__________mol。 ②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体,匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(装置见题20图?1)。 反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如题20图?2所示,在50~250 ℃范围内随着温度的升高,NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是____________________________;当反应温度高于380 ℃时,NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________________________。 【答案】(1)?136.2 (2)HNO2?2e?+H2O3H++NO3? (3)2HNO2+(NH2)2CO2N2↑+CO2↑+3H2O (4)① ②迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大;上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大 催化剂活性下降;NH3与O2反应生成了NO 【解析】(1)将两个热化学方程式编号, 2NO2(g)+H2O(l)=HNO3(aq)+HNO2(aq) ΔH=?116.1 kJ·mol?1(①式) 3HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) ΔH=75.9 kJ·mol?1(②式) 应用盖斯定律,将(①式3+②式)2得,反应3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)ΔH=[(?116.1 kJ·mol?1)3+75.9 kJ·mol?1]2=-136.2kJ·mol?1。 (2)根据电解原理,阳极发生失电子的氧化反应,阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3,1molHNO2反应失去2mol电子,结合原子守恒和溶液呈酸性,电解时阳极电极反应式为HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。 (3)HNO2与(NH2)2CO反应生成N2和CO2,N元素的化合价由HNO2中+3价降至0价,N元素的化合价由(NH2)2CO中-3价价升至0价,根据得失电子守恒和原子守恒,反应的化学方程式为2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O。 (4)①NH3与NO2的反应为8NH3+6NO27N2+12H2O,该反应中NH3中-3价的N升至0价,NO2中+4价的N降至0价,生成7molN2转移24mol电子。生成1molN2时转移电子数为mol。 ②因为反应时间相同,所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响;高温时NH3与O2发生催化氧化反应。在50~250℃范围内,NOx的去除率迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大;上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大,温度升高催化剂活性下降。反应温度高于380℃时,NOx的去除率迅速下降的原因可能是NH3与O2反应生成了NO,反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。 23.[2018·浙江11月选考](一)合成氨工艺(流程如图所示)是人工固氮最重要的途径。 2018年是合成氨工业先驱哈伯(P?Haber)获得诺贝尔奖100周年。N2和H2生成NH3的反应为:1/2N2(g)+3/2H2(g)NH3(g)?H(298K)=-46.2KJ?mol-1,在Fe催化剂作用下的反应历程为(*表示吸附态) 化学吸附:N2(g)→2N*;H2(g)→2H*; 表面反应:N*+H*NH*; ;NH2*+H*NH3* 脱附:NH3*NH3(g) 其中,N2的吸附分解反应活化能高、速率慢,决定了合成氨的整体反应速率。请回答: (1)利于提高合成氨平衡产率的条件有__________。 A.低温    B.高温     C.低压     D.高压    E.催化剂 (2)标准平衡常数,其中为标准压强(1×105Pa),pNH3、pN2和pH2为各组分的平衡分压,如pNH3=xNH3p,p为平衡总压,xNH3为平衡系统中NH3的物质的量分数。 ①N2和H2起始物质的量之比为1:3,反应在恒定温度和标准压强下进行,NH3的平衡产率为w,则=_____________(用含w的最简式表示) ②下图中可以示意标准平衡常数随温度T变化趋势的是_______。 (3)实际生产中,常用工艺条件,Fe作催化剂,控制温度773K,压强3.0X105Pa,原料中N2和H2物质的量之比为1:2.8。 ①分析说明原料气中N2过量的理由________________________。 ②关于合成氨工艺的下列理解,正确的是_______。 A.合成氨反应在不同温度下的?H和?S都小于零 B.控制温度(773K)远高于室温,是为了保证尽可能的平衡转化率和快的反应速率 C.当温度、压强一定时,在原料气(N2和H2的比例不变)中添加少量惰性气体,有利于提高平衡转化率 D.基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化,不断将液氨移去,利于反应正向进行 E.分离空气可得N2,通过天然气和水蒸气转化可得H2,原料气须经过净化处理,以防止催化剂中毒和安全事故发生。 (二)高铁酸钾(K2FeO4)可用作水处理剂。某同学通过“化学-电解法”探究的合成,其原理如图所示。接通电源,调节电压,将一定量Cl2通入KOH溶液,然后滴入含Fe3+的溶液,控制温度,可制得K2FeO4。 (1)请写出“化学法”得到FeO42-的离子方程式___________________________。 (2)请写出阳极的电极反应式(含FeO42-)___________________________________。 【答案】(一)(1)AD (2) A (3)原料气中N2相对易得,适度过量有利于提高H2的转化率;N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤,适度过量有利于提高整体反应速率 ADE (二)2Fe3++3C1O-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O或2Fe(OH)3+3C1O-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O Fe3++8OH—3e-=FeO42-+4H2O或Fe(OH)3+5OH--3e-=FeO42-+4H2O 【解析】(一)(1)由勒夏特列原理可知,根据反应N2(g)+H2(g)NH3(g)△H(298K)=-46.2kJ/mol,为了提高合成氨平衡产率,即平衡正向移动,低温和高压符合条件,答案选AD; (2)① N2(g)+H2(g)NH3(g) 起始量: 1 3 0 转化量: 3 2 平衡量: 1- 3-3 2 x(NH3)%=;x(N2)%=;x(H2)%= ,化简得; ②反应N2(g)+H2(g)NH3(g)△H(298K)=-46.2kJ/mol为放热反应,温度T升高,平衡向逆反应方向移动,K0减小,InK0也减小,InK0与温度不成正比,故答案选A; (3)①由反应N2(g)+H2(g)NH3(g)可知,加过量氮气,有利于平衡正向移动,提高H2的转化率以及氨气的产率,同时根据题干

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  • ID:7-7584139 [精]『备考2021』 三年高考真题分类精编解析18 化学工艺流程(含解析)

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    中小学教育资源及组卷应用平台 专题18 化学工艺流程 1. [2020·新课标Ⅰ]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,同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为反应的离子方程式___________。 (3)“中和沉淀”中,钒水解并沉淀为,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,转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。 (5)“调pH”中有沉淀生产,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___________。 【答案】 (1). 加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全) (2). Fe2+ VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O (3). Mn2+ Fe3+、Al3+ (4). Fe(OH)3 (5). NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O (6). 利用同离子效应,促进NH4VO3尽可能析出完全 【解析】 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,用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成,Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+,SiO2此过程中不反应,滤液①中含有、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、;滤液①中加入NaOH调节pH=3.0~3.1,钒水解并沉淀为V2O5·xH2O,根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH,此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH)3沉淀,部分Al3+转化为Al(OH)3沉淀,滤液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、,滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3,滤饼②中加入NaOH使pH>13,V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解,Al(OH)3转化为NaAlO2,则滤渣③的主要成分为Fe(OH)3;滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠,加入HCl调pH=8.5,NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去;最后向滤液④中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。 (1)“酸浸氧化”需要加热,其原因是:升高温度,加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全),故答案为:加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全); (2)“酸浸氧化”中,钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水,MnO2具有氧化性,Fe2+具有还原性,则VO+和VO2+被氧化成的同时还有Fe2+被氧化,反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O;VO+转化为时,钒元素的化合价由+3价升至+5价,1molVO+失去2mol电子,MnO2被还原为Mn2+,Mn元素的化合价由+4价降至+2价,1molMnO2得到2mol电子,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒,VO+转化为反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O,故答案为:Fe2+,VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O; (3)根据分析,“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+、Mn2+,以及部分的Fe3+、Al3+,故答案为:Mn2+,Fe3+、Al3+; (4)根据分析,滤渣③的主要成分是Fe(OH)3,故答案为:Fe(OH)3; (5)“调pH”中有沉淀生成,是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀,生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O,故答案为:NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O。 (6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时,需要加入过量NH4Cl,其原因是:增大NH4+离子浓度,利用同离子效应,促进NH4VO3尽可能析出完全,故答案为:利用同离子效应,促进NH4VO3尽可能析出完全。 2.[2020·新课标Ⅲ]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如下表所示: 金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀时(c=0.01 mol·L?1)的pH 沉淀完全时(c=1.0×10?5 mol·L?1)的pH 7.2 8.7 3.7 4.7 2.2 3.2 7.5 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______________。 【答案】(1)除去油脂,溶解铝及其氧化物 +H+=Al(OH)3↓+H2O (2)Ni2+、Fe2+、Fe3+ (3)O2或空气 Fe3+ (4)0.01×(107.2?14)2[或10?5×(108.7?14)2] 3.2~6.2 (5)2Ni2++ClO?+4OH?=2NiOOH↓+ Cl?+H2O (6)提高镍回收率 【解析】油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物,则其表面有油污,(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是除去油污,和溶解铝及铝的氧化物;因“滤液①”主要成分是,加酸后发生反应为+H+=Al(OH)3↓+H2O。“滤饼①”的主要成分为金属铁、铁锈和镍,加入稀硫酸后生成对应的金属离子Ni2+、Fe2+、Fe3+;(3)“转化”中就是要把Fe2+转化为Fe3+,又要不引人新的离子,可替代H2O2的物质是氧气或空气。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”,即,根据“溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH”表可知,要使Ni2+不沉淀,则调节4.7≤pH<7.2,此时Fe2+随同 Ni2+ 进入溶液,再被H2O2 氧化后“滤液③”中可能含有的杂质离子为Fe2+;(4)由题给表格数据,计算Ni(OH)2的Ksp=0.01×(107.2?14)2,“调pH”应控制的pH范围是3.2~6.2。(5)根据反应物和生成物,结合电子得失守恒很容易写出离子反应式为2Ni2++ClO?+4OH?=2NiOOH↓+ Cl?+H2O;(6)提高镍回收率。 3. [2020·江苏]实验室由炼钢污泥(简称铁泥,主要成份为铁的氧化物)制备软磁性材料α-Fe2O3。 其主要实验流程如下: (1)酸浸:用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变,实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有___________(填序号)。 A.适当升高酸浸温度 B.适当加快搅拌速度 C.适当缩短酸浸时间 (2)还原:向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉,使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成Fe2+外,还会生成___________(填化学式);检验Fe3+是否还原完全的实验操作是______________。 (3)除杂:向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液,使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低、将会导致CaF2沉淀不完全,其原因是___________[,]。 (4)沉铁:将提纯后的FeSO4溶液与氨水-NH4HCO3混合溶液反应,生成FeCO3沉淀。 ①生成FeCO3沉淀的离子方程式为____________。 ②设计以FeSO4溶液、氨水- NH4HCO3混合溶液为原料,制备FeCO3实验方案:__。 【FeCO3沉淀需“洗涤完全”,Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5】。 【答案】 (1). AB (2). H2 取少量清液,向其中滴加几滴KSCN溶液,观察溶液颜色是否呈血红色 (3). pH偏低形成HF,导致溶液中F-浓度减小,CaF2沉淀不完全 (4) ①或 ②在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水-NH4HCO3混合溶液,控制溶液pH不大于6.5;静置后过滤,所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次;取最后一次洗涤后的滤液,滴加盐酸酸化的BaCl2溶液,不出现白色沉淀 【解析】 (1)A.适当升高酸浸温度,加快酸浸速率,能提高铁元素的浸出率,A选; B.适当加快搅拌速率,增大铁泥与硫酸溶液的接触,加快酸浸速率,能提高铁元素的浸出率,B选; C.适当缩短酸浸时间,铁元素的浸出率会降低,C不选; 答案选AB。 (2)为了提高铁元素的浸出率,“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量,故向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁粉发生的反应有:Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑,“还原”过程中除生成Fe2+外,还有H2生成;通常用KSCN溶液检验Fe3+,故检验Fe3+是否还原完全的实验操作是:取少量清液,向其中滴加几滴KSCN溶液,观察溶液颜色是否呈血红色,若不呈血红色,则Fe3+还原完全,若溶液呈血红色,则Fe3+没有还原完全,故答案为:H2,取少量清液,向其中滴加几滴KSCN溶液,观察溶液颜色是否呈血红色。 (3)向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液,使Ca2+转化为CaF2沉淀,Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-),当Ca2+完全沉淀(某离子浓度小于1×10-5mol/L表明该离子沉淀完全)时,溶液中c(F-)至少为mol/L=×10-2mol/L;若溶液的pH偏低,即溶液中H+浓度较大,H+与F-形成弱酸HF,导致溶液中c(F-)减小,CaF2沉淀不完全,故答案为:pH偏低形成HF,导致溶液中F-浓度减小,CaF2沉淀不完全。 (4)①将提纯后的FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混合溶液反应生成FeCO3沉淀,生成FeCO3的化学方程式为FeSO4+NH3·H2O+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O[或FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4],离子方程式为Fe2+++NH3·H2O=FeCO3↓++H2O(或Fe2+++NH3=FeCO3↓+),答案为:Fe2+++NH3·H2O=FeCO3↓++H2O(或Fe2+++NH3=FeCO3↓+)。 ②根据题意Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5,为防止产生Fe(OH)2沉淀,所以将FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混合溶液反应制备FeCO3沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5;FeCO3沉淀需“洗涤完全”,所以设计的实验方案中要用盐酸酸化的BaCl2溶液检验最后的洗涤液中不含 ;则设计的实验方案为:在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3混合溶液,控制溶液pH不大于6.5;静置后过滤,所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次;取最后一次洗涤后的滤液,滴加盐酸酸化的BaCl2溶液,不出现白色沉淀,故答案为:在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3混合溶液,控制溶液pH不大于6.5;静置后过滤,所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次;取最后一次洗涤后的滤液,滴加盐酸酸化的BaCl2溶液,不出现白色沉淀。 4. [2020·山东(新高考)]以菱镁矿(主要成分为MgCO3,含少量SiO2,Fe2O3和A12O3)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SO2,Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是 A. 浸出镁的反应为 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 【答案】B 【解析】 A.高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在,MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应,促进铵根的水解,所以得到氯化镁、氨气和水,化学方程式为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O,故A正确; B.一水合氨受热易分解,沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解,挥发出氨气,降低利用率,故B错误; C.浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水,沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程中,故C正确; D.Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp,所以当pH达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉淀,而Mg2+不沉淀,从而将其分离,故D正确; 故答案为B。 5. [2020·山东(新高考)]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 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______________________。 【答案】 (1)增大接触面积,充分反应,提高反应速率; (2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2 (3)蒸发 (4) H2O2 4.9 (5) 【解析】 【分析】 软锰矿粉(主要成分为MnO2,含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应,主要发生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S,过滤得到Ba(OH)2溶液,经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡;滤渣用硫酸溶解,得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+,得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺;之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+,然后加入氨水调节pH,使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去,压滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3,此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+,向滤液中加入碳酸氢铵、氨水,Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀,过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。 【详解】(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积,使反应更充分,提高反应速率;MnO2与BaS反应转化为MnO,Mn元素的化合价由+4价降低为+2价,根据元素价态规律可知-2价的S元素应被氧化得到S单质,则MnO2与BaS的系数比应为1:1,根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2,结合元素守恒可得化学方程式为:MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S; (2)根据题目信息可知MnO2为两性氧化物,所以当MnO2过量时,会消耗反应产生的Ba(OH)2,从而使Ba(OH)2的量达到最大值或会减小; (3)滤液I为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液,所以可以导入到蒸发操作中循环使用; (4)净化时更好的除去Fe元素需要将Fe2+氧化为Fe3+,为了不引入新的杂质,且不将Mn元素氧化,加入的试剂X可以是H2O2;根据表格数据可知,Fe(OH)3和Al(OH)3为同种沉淀,而Al(OH)3的Ksp稍大,所以当Al3+完全沉淀时,Fe3+也一定完全沉淀,当c(Al3+)=1.0×10-5mol/L时,c(OHˉ)==10-9.1mol/L,所以c(H+)=10-4.9mol/L,pH=4.9,即pH的理论最小值为4.9; (5)碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出碳酸根结合生成碳酸锰沉淀,促进碳酸氢根的电离,产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水,所以离子方程式为Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O。 6.[2019·新课标Ⅰ]硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料,广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下: 回答下列问题: (1)在95 ℃“溶浸”硼镁矿粉,产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为_________。 (2)“滤渣1”的主要成分有_________。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子,可选用的化学试剂是_________。 (3)根据H3BO3的解离反应:H3BO3+H2OH++B(OH)?4,Ka=5.81×10?10,可判断H3BO3是______酸;在“过滤2”前,将溶液pH调节至3.5,目的是_______________。 (4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式为__________,母液经加热后可返回___________工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是_________。 【答案】(1)NH4HCO3+NH3(NH4)2CO3 (2)SiO2、Fe2O3、Al2O3 KSCN (3)一元弱 转化为H3BO3,促进析出 (4)2Mg2++3+2H2OMg(OH)2·MgCO3↓+2 (或2Mg2++2+H2OMg(OH)2·MgCO3↓+CO2↑) 溶浸 高温焙烧 【解析】(1)根据流程图知硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液产生的气体为氨气,用碳酸氢铵溶液吸收,反应方程式为:NH3+NH4HCO3 (NH4)2CO3。 (2)滤渣I为不与硫酸铵溶液反应的Fe2O3、Al2O3、SiO2;检验Fe3+,可选用的化学试剂为KSCN, (3)由硼酸的离解方程式知,硼酸在水溶液中是通过与水分子的配位作用产生氢离子,而三价硼原子最多只能再形成一个配位键,且硼酸不能完全解离,所以硼酸为一元弱酸;在“过滤2”前,将溶液pH调节至3.5,目的是将B(OH)?4转化为H3BO3,并促进H3BO3析出, (4)沉镁过程中用碳酸铵溶液与Mg2+反应生成Mg(OH)2?MgCO3,沉镁过程的离子反应为:2Mg2++2H2O+3CO32-Mg(OH)2?MgCO3↓+2HCO3-;母液加热分解后生成硫酸铵溶液,可以返回“溶浸”工序循环使用;碱式碳酸镁不稳定,高温下可以分解,故由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是高温焙烧。 7.[2019·新课标Ⅱ]立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白),是一种常用白色颜料。回答下列问题: (1)利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花,亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时,钡的焰色为__________(填标号)。 A.黄色 B.红色 C.紫色 D.绿色 (2)以重晶石(BaSO4)为原料,可按如下工艺生产立德粉: ①在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡,该过程的化学方程式为______________________。回转炉尾气中含有有毒气体,生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体,该反应的化学方程式为______________________。 ②在潮湿空气中长期放置的“还原料”,会逸出臭鸡蛋气味的气体,且水溶性变差。其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的___________(填化学式)。 ③沉淀器中反应的离子方程式为______________________。 (3)成品中S2?的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品,置于碘量瓶中,移取25.00 mL 0.1000 mol·L?1的I2?KI溶液于其中,并加入乙酸溶液,密闭,置暗处反应5 min,有单质硫析出。以淀粉为指示剂,过量的I2用0.1000 mol·L?1Na2S2O3溶液滴定,反应式为I2+22I?+。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为_________________,样品中S2?的含量为______________(写出表达式)。 【答案】(1)D (2)①BaSO4+4CBaS+4CO↑ CO+H2OCO2+H2 ②BaCO3 ③S2?+Ba2++Zn2++ BaSO4·ZnS↓ (3)浅蓝色至无色 【解析】 (1)焰色反应不是化学变化,常用来检验金属元素存在,常见金属元素焰色:A.钠的焰色为黄色,故A错误;B.钙的焰色为红色,故B错误;C.钾的焰色为紫色,故C错误;D.钡的焰色为绿色,故D正确;故选D。 (2)①注意焦炭过量生成CO,反应物为硫酸钡与焦炭,产物为BaS与CO,写出方程式BaSO4+4CBaS+4CO↑;CO与水蒸气反应生成CO2与H2,写出方程式:CO+H2OCO2+H2。 ②根据信息臭鸡蛋气味气体为硫化氢气体,由强酸制弱酸原理,还原料硫化钡与空气中水,二氧化碳反应生成了碳酸钡与硫化氢气体。 ③硫化钡与硫酸锌为可溶性强电解质,写成离子形式,产物硫酸钡与硫化锌为沉淀,不可电离,写出离子方程式:S2?+Ba2++Zn2++BaSO4·ZnS↓。 (3)碘单质与硫离子的反应:S2-+I2S+2I-;碘单质与淀粉混合为蓝色,用硫代硫酸钠滴定过量的I2,故终点颜色变化为浅蓝色至无色;根据氧化还原反应得失电子数相等,利用关系式法解题;根据化合价升降相等列关系式,设硫离子物质的量为n mol: S2- ~ I2 2S2O32- ~ I2 1 mol 1 mol 2 mol 1 mol n mol n mol 0.1V×10-3mol 0.1V×10-3mol n+0.1V×10-3mol=250.1V×10-3mol,得n=(25-V)0.1×10-3mol 则样品中硫离子含量为:×100%= ×100%。 8.[2019·新课标Ⅲ] 高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料,工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备,工艺如下图所示。回答下列问题: 相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L?1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下: 金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ Mg2+ Zn2+ Ni2+ 开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 6.9 沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 8.9 (1)“滤渣1”含有S和__________________________;写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式____________________________________________________。 (2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是________________________。 (3)“调pH”除铁和铝,溶液的pH范围应调节为_______~6之间。 (4)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+,“滤渣3”的主要成分是______________。 (5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高,Mg2+沉淀不完全,原因是_____________________________________________________________________。 (6)写出“沉锰”的离子方程式___________________________________________________。 (7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料,其化学式为LiNixCoyMnzO2,其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时,z=___________。 【答案】(1)SiO2(不溶性硅酸盐) MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O (2)将Fe2+氧化为Fe3+ (3)4.7 (4)NiS和ZnS (5)F?与H+结合形成弱电解质HF,MgF2Mg2++2F?平衡向右移动 (6)Mn2++2MnCO3↓+CO2↑+H2O (7) 【解析】(1)Si元素以SiO2或不溶性硅盐存在,SiO2与硫酸不反应,所以滤渣I中除了S还有SiO2;在硫酸的溶浸过程中,二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应,二氧化锰作氧化剂,硫化锰作还原剂,方程式为:MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O。 (2)二氧化锰作为氧化剂,使得MnS反应完全,且将溶液中Fe2+氧化为Fe3+。 (3)由表中数据知pH在4.7时,Fe3+和Al3+沉淀完全,所以应该控制pH在4.7~6之间。 (4)根据题干信息,加入Na2S除杂为了除去锌离子和镍离子,所以滤渣3是生成的沉淀ZnS和NiS。 (5)由HFH++F-知,酸度过大,F-浓度减低,使得MgF2Mg2++2F-平衡向沉淀溶解方向移动,Mg2+沉淀不完全。 (6)根据题干信息沉锰的过程是生成了MnCO3沉淀,所以反应离子方程式为:Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O。 (7)根据化合物中各元素化合价代数和为0的规律得:1+2x+3y+4z=6,已知,x=y=1/3,带入计算得:z=1/3。 9.[2019·江苏]实验室以工业废渣(主要含CaSO4·2H2O,还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3)为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶体,其实验流程如下: (1)室温下,反应CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)达到平衡,则溶液中= ▲ [Ksp(CaSO4)=4.8×10?5,Ksp(CaCO3)=3×10?9]。 (2)将氨水和NH4HCO3溶液混合,可制得(NH4)2CO3溶液,其离子方程式为 ▲ ;浸取废渣时,向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是 ▲ 。 (3)废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在60~70 ℃,搅拌,反应3小时。温度过高将会导致CaSO4的转化率下降,其原因是 ▲ ;保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变,实验中提高CaSO4转化率的操作有 ▲ 。 (4)滤渣水洗后,经多步处理得到制备轻质CaCO3所需的CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣为原料,制取CaCl2溶液的实验方案: ▲ [已知pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全;pH=8.5时Al(OH)3开始溶解。实验中必须使用的试剂:盐酸和Ca(OH)2]。 【答案】(1)1.6×104 (2)+NH3·H2O++H2O(或+NH3·H2O++H2O) 增加溶液中的浓度,促进CaSO4的转化 (3)温度过高,(NH4)2CO3分解 加快搅拌速率 (4)在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣,待观察不到气泡产生后,过滤,向滤液中分批加入少量Ca(OH)2,用pH试纸测量溶液pH,当pH介于5~8.5时,过滤 【解析】 【分析】 (1)反应CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数表达式为,结合CaSO4和CaCO3的Ksp计算。 (2)氨水与NH4HCO3反应生成(NH4)2CO3;加入氨水抑制(NH4)2CO3的水解。 (3)温度过高,(NH4)2CO3分解,使CaSO4转化率下降;保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变,提高CaSO4转化率即提高反应速率,结合反应的特点从影响反应速率的因素分析。 (4)根据工业废渣中的成分知,浸取、过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3;若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液,根据题给试剂,首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2,同时Al2O3、Fe2O3转化成AlCl3、FeCl3,过滤除去SiO2,结合题给已知,再利用Ca(OH)2调节pH除去Al3+和Fe3+。 【详解】(1)反应CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)达到平衡时,溶液中====1.6×104。 (2)NH4HCO3属于酸式盐,与氨水反应生成(NH4)2CO3,反应的化学方程式为NH4HCO3+NH3·H2O=(NH4)2CO3+H2O[或NH4HCO3+NH3·H2O(NH4)2CO3+H2O],离子方程式为HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+H2O(或HCO3-+NH3·H2ONH4++CO32-+H2O);浸取废渣时,加入的(NH4)2CO3属于弱酸弱碱盐,溶液中存在水解平衡:CO32-+NH4++H2OHCO3-+NH3·H2O,加入适量浓氨水,水解平衡逆向移动,溶液中CO32-的浓度增大,反应CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)正向移动,促进CaSO4的转化。 (3)由于铵盐具有不稳定性,受热易分解,所以温度过高,(NH4)2CO3分解,从而使CaSO4转化率下降;由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应(或发生沉淀的转化),保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变,提高CaSO4转化率即提高反应速率,结合外界条件对化学反应速率的影响,实验过程中提高CaSO4转化率的操作为加快搅拌速率(即增大接触面积,加快反应速率,提高浸取率)。 (4)工业废渣主要含CaSO4·2H2O,还含有少量SiO2、Al2O3和Fe2O3,加入(NH4)2CO3溶液浸取,其中CaSO4与(NH4)2CO3反应生成CaCO3和(NH4)2SO4,SiO2、Al2O3和Fe2O3都不反应,过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3;若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液,根据题给试剂,首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2,发生的反应为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑,与此同时发生反应Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O,SiO2不反应,经过滤除去SiO2;得到的滤液中含CaCl2、AlCl3、FeCl3,根据“pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全,pH=8.5时Al(OH)3开始溶解”,为了将滤液中Al3+、Fe3+完全除去,应加入Ca(OH)2调节溶液的pH介于5~8.5[加入Ca(OH)2的过程中要边加边测定溶液的pH],然后过滤即可制得CaCl2溶液。 10.[2018·新课标Ⅰ卷]焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题: (1)生产Na2S2O5,通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式__________。 (2)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为:[来源:学科网] ①pH=4.1时,Ⅰ中为__________溶液(写化学式)。 ②工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是__________。 (3)制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术,装置如图所示,其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为_____________。电解后,_____________室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水,可得到Na2S2O5。 (4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时,取50.00 mL葡萄酒样品,用0.01000 mol·L?1的碘标准液滴定至终点,消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为_____________,该样品中Na2S2O5的残留量为____________g·L?1(以SO2计)。 【答案】(1)2NaHSO3Na2S2O5+H2O (2)①NaHSO3 ②得到NaHSO3过饱和溶液 (3)2H2O-4e-4H++O2↑ a (4)+2I2+3H2O 2+4I-+6H+ 0.128 【解析】分析:(1)根据原子守恒书写方程式; (2)①根据溶液显酸性判断产物; ②要制备焦亚硫酸钠,需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液,据此判断; (3)根据阳极氢氧根放电,阴极氢离子放电,结合阳离子交换膜的作用解答; (4)焦亚硫酸钠与单质碘发生氧化还原反应,据此书写方程式;根据方程式计算残留量。 详解:(1)亚硫酸氢钠过饱和溶液脱水生成焦亚硫酸钠,根据原子守恒可知反应的方程式为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O; (2)①碳酸钠饱和溶液吸收SO2后的溶液显酸性,说明生成物是酸式盐,即Ⅰ中为NaHSO3; ②要制备焦亚硫酸钠,需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液,因此工艺中加入碳酸钠固体、并再次充入二氧化硫的目的是得到NaHSO3过饱和溶液; (3)阳极发生失去电子的氧化反应,阳极区是稀硫酸,氢氧根放电,则电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑。阳极区氢离子增大,通过阳离子交换膜进入a室与亚硫酸钠结合生成亚硫酸钠。阴极是氢离子放电,氢氧根浓度增大,与亚硫酸氢钠反应生成亚硫酸钠,所以电解后a室中亚硫酸氢钠的浓度增大。 (4)单质碘具有氧化性,能把焦亚硫酸钠氧化为硫酸钠,反应的方程式为S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+;消耗碘的物质的量是0.0001mol,所以焦亚硫酸钠的残留量(以SO2计)是。 点睛:本题以焦亚硫酸钠的制备、应用为载体考查学生对流程的分析、电解原理的应用以及定量分析等,题目难度中等。难点是电解池的分析与判断,注意结合电解原理、交换膜的作用、离子的移动方向分析电极反应、亚硫酸氢钠浓度的变化。易错点是最后一问,注意计算残留量时应该以二氧化硫计,而不是焦亚硫酸钠。 11.[2018·新课标Ⅱ卷] 我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(ZnS,含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示: 相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下: 金属离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Cd2+ 开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.2 7.4 沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.2 9.4 回答下列问题: (1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为_______________________。 (2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有___________;氧化除杂工序中ZnO的作用是____________,若不通入氧气,其后果是________________。 (3)溶液中的Cd2+可用锌粉除去,还原除杂工序中反应的离子方程式为_________________。 (4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极的电极反应式为______________;沉积锌后的电解液可返回_______工序继续使用。 【答案】(1)ZnS+O2ZnO+SO2 (2)PbSO4 调节溶液的pH 无法除去杂质Fe2+ (3)Zn+Cd2+Zn2++Cd (4)Zn2++2e-Zn 溶浸 【解析】分析:焙烧时硫元素转化为SO2,然后用稀硫酸溶浸,生成硫酸锌、硫酸亚铁和硫酸镉,二氧化硅与稀硫酸不反应转化为滤渣,由于硫酸铅不溶于水,因此滤渣1中还含有硫酸铅。由于沉淀亚铁离子的pH较大,需要将其氧化为铁离子,通过控制pH得到氢氧化铁沉淀;滤液中加入锌粉置换出Cd,最后将滤液电解得到金属锌,据此将解答。 详解:(1)由于闪锌矿的主要成分是ZnS,因此焙烧过程中主要反应的化学方程式为ZnS+O2ZnO+SO2。 (2)由于硫酸铅不溶于水,因此滤渣1的主要成分除SiO2外还有PbSO4;要测定铁离子,需要调节溶液的pH,又因为不能引入新杂质,所以需要利用氧化锌调节pH,即氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH。根据表中数据可知沉淀亚铁离子的pH较大,所以若不通入氧气,其后果是无法除去杂质Fe2+。 (3)溶液中的Cd2+可用锌粉除去,反应的离子方程式为Zn+Cd2+=Zn2++Cd。 (4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极发生得到电子的还原反应,因此阴极是锌离子放电,则阴极的电极反应式为Zn2++2e-=Zn;阳极是氢氧根放电,破坏水的电离平衡,产生氢离子,所以电解后还有硫酸产生,因此沉积锌后的电解液可返回溶浸工序继续使用。 点睛:无机工业流程题能够以真实的工业生产过程为背景,体现能力立意的命题为指导思想,能够综合考查学生各方面的基础知识及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力。解决本类题目的关键是分析流程中的每一步骤,可从以下几个方面了解流程:①反应物是什么;②发生了什么反应;③该反应造成了什么后果,对制造产品有什么作用。即抓住一个关键点:一切反应或操作都是为获得产品而服务的。另外本题中呈现的内容展示了中华优秀科技成果对人类发展和社会进步的贡献,可以引导学生自觉传承我国科学文化,弘扬科学精神。 12.[2018·北京卷] 磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下: 已知:磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH),还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。 溶解度:Ca5(PO4)3(OH)”或“<”)。 ②结合元素周期律解释①中结论:P和S电子层数相同,__________。 (3)酸浸时,磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF,并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式:__________。 (4)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除,同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间,不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因:____________________。 (5)脱硫时,CaCO3稍过量,充分反应后仍有残留,原因是__________;加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率,其离子方程式是____________________。 (6)取a g所得精制磷酸,加适量水稀释,以百里香酚酞作指示剂,用b mol·L?1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4,消耗NaOH溶液c mL。精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。(已知:H3PO4摩尔质量为98 g·mol?1) 【答案】(1)研磨、加热 (2)①< ②核电荷数P<S,原子半径P>S,得电子能力P<S,非金属性P<S (3)2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF (4)80 ℃后,H2O2分解速率大,浓度显著降低 (5)CaSO4微溶 BaCO3++2H3PO4BaSO4+CO2↑+H2O+2 (6) 【解析】(1)研磨能增大反应物的接触面积,加快反应速率,加热,升高温度加快反应速率;流程中能加快反应速率的措施有:研磨、加热。 (2)①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律,酸性:H3PO4H2SO4。 ②用元素周期律解释酸性:H3PO4H2SO4,P和S电子层数相同,核电荷数PS,原子半径PS,得电子能力PS,非金属性PS。 (3)根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律,Ca5(PO4)3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸,生成HF的化学方程式为2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑。 (4)图示是相同投料比、相同反应时间,不同温度下的有机碳脱除率,80℃前温度升高反应速率加快,相同时间内有机碳脱除率增大;80℃后温度升高,H2O2分解速率大,H2O2浓度显著降低,反应速率减慢,相同条件下有机碳脱除率减小。 (5)脱硫时,CaCO3稍过量,充分反应后仍有SO42-残留,原因是:CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率,因为BaSO4难溶于水,其中SO42-与BaCO3生成更难溶的BaSO4和CO32-,H3PO4的酸性强于H2CO3,在粗磷酸中CO32-转化成H2O和CO2,反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。 (6)滴定终点生成Na2HPO4,则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1:2,n(H3PO4)=n(NaOH)=bmol/Lc10-3L=mol,m(H3PO4)=mol98g/mol=g=0.049bcg,精制磷酸中H3PO4的质量分数为。 点睛:本题以磷精矿湿法制备磷酸的工艺流程为载体,考查影响化学反应速率的因素、“强酸制弱酸”的复分解反应规律、元素周期律、指定情境下方程式的书写、物质含量的计算等。解题时必须利用所学知识结合流程分析,如第(5)问注意脱硫的反应是在粗磷酸中进行的,BaCO3或CaCO3中碳元素最终变为CO2;第(6)问中H3PO4与NaOH物质的量之比的确定等 7

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  • ID:7-7584137 [精]『备考2021』 三年高考真题分类精编解析19 简单有机物结构、性质及应用(含解析)

    高中化学/高考专区/真题分类汇编

    中小学教育资源及组卷应用平台 专题19 简单有机物结构、性质及应用 1. [2020·新课标Ⅰ]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 【答案】B 【解析】 A.根据该有机物的分子结构可以确定其分子式为C14H14O4,A叙述正确; B.该有机物的分子在有羟基,且与羟基相连的碳原子上有氢原子,故其可以被酸性重铬酸钾溶液氧化,能使酸性重铬酸钾溶液变色,B叙述不正确; C.该有机物的分子中有酯基,故其能够发生水解反应,C叙述正确; D.该有机物分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子,故其可以在一定的条件下发生消去反应生成碳碳双键,D叙述正确。 综上所述,故选B。 2. [2020·新课标Ⅱ]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 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 【答案】D 【解析】 A.MPy有3种芳香同分异构体,分别为:甲基在N原子的间位C上、甲基在N原子的对位C上、氨基苯,A错误; B.EPy中有两个饱和C,以饱和C为中心的5个原子最多有3个原子共面,所以EPy中所有原子不可能都共面,B错误; C.VPy含有杂环,和乙烯结构不相似,故VPy不是乙烯的同系物,C错误; D.反应②为醇的消去反应,D正确。 答案选D。 3.[2020·新课标Ⅲ]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,结构式如下: 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 【答案】D 【解析】由金丝桃苷的结构可知,分子结构中含有酚羟基和醇羟基,均能与金属钠反应,故D错误。 4.[2020·新课标Ⅲ]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?1 NaCl溶液含有28NA个电子 【答案】C 【解析】A.氮气中核素未知,中子数未知,故无法确定22.4 L(标准状况)氮气中含的中子数,故A不正确;B.1 mol重水比1 mol水质子数相等,仅中子数不等,故B不正确;C.石墨烯和金刚石为碳的同素异形体,故12 g石墨烯和12 g金刚石均含有NA个碳原子,C正确;D.1 L 1 mol·L?1 NaCl溶液中包含溶质NaCl和溶剂水,故溶液含有电子大于28NA,故D不正确;正确答案C。 5. [2020·江苏]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。 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 【答案】CD 【解析】 A .X中红色碳原子为手性碳原子,故A说法错误; B.中与氧原子相连接的碳原子之间化学键为单键,可以旋转,因此左侧甲基上碳原子不一定与苯环以及右侧碳原子共平面,故B说法错误; C.中与羟基相连接的碳原子邻位碳原子上有氢原子,在浓硫酸作催化并加热条件下,能够发生消去反应,故C说法正确; D.中含有卤素原子,在过量氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇,在氢氧化钠溶液作用下先发生水解反应生成,然后在氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇,故D说法正确; 综上所述,说法正确的是:CD。 6. [2020·山东(新高考),6]从中草药中提取的 calebin A(结构简式如下)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. 1mol该分子最多与8molH2发生加成反应 【答案】D 【解析】 A. 该有机物中含有酚羟基,可以与FeCl3溶液发生显色反应,A正确; B. 该有机物中含有酯基,酯在酸性条件下水解生成羧基,羧基能与Na2CO3溶液反应生成CO2,B正确; C. 该有机物中含有两个苯环,每个苯环上都含有三个氢原子,且无对称结构,所以苯环上一氯代物有6种,C正确; D. 该有机物中含有两个苯环、两个碳碳双键、一个羰基,每个苯环可以与3个氢气加成,每个双键可以与1个氢气加成,每个羰基可以与1个氢气加成,所以1mol分子最多可以与2×3+2×1+1=9mol氢气发生加成反应,D错误。 答案选D。 7. [2020·山东(新高考),12]α-氰基丙烯酸异丁酯可用作医用胶,其结构简式如下。下列关于α-氰基丙烯酸异丁酯的说法错误的是 A. 其分子式为 C8H11NO2 B. 分子中的碳原子有3种杂化方式 C. 分子中可能共平面的碳原子最多为6个 D. 其任一含苯环的同分异构体中至少有4种不同化学环境的氢原子 【答案】C 【解析】 A. 结合该分子的结构简式可以看出,其分子式为C8H11NO2,故A正确; B. 该分子中含(氰基)、(碳碳双键)以及碳碳单键,它们采用的杂化类型分别是sp杂化、sp2杂化和sp3杂化共3种杂化方式,故B正确; C. 碳碳双键、碳氧双键中碳原子共平面、(氰基)共直线,O原子采用sp3杂化,为V型结构,链状的碳碳单键中最多有两个C原子共平面,则该分子中可能共平面的C原子可表示为:,故C错误; D. 该分子中的不饱和度为4,含苯环的同分异构体中,等效氢原子种类最少的应具有对称结构,其同分异构体之一的结构简式如,该分子的等效氢为4种,故D正确; 故选C。 8. [2020·天津,3]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 【答案】D 【解析】 A.淀粉和纤维素都属于多糖,两者水解的最终产物都为葡萄糖,A正确; B.油脂在酸性条件下水解成高级脂肪酸和甘油,在碱性条件下水解成高级脂肪酸盐和甘油,则油脂的水解反应可用于生产甘油,B正确; C.氨基酸中含有氨基和羧基,氨基酸可以通过缩聚反应形成蛋白质,蛋白质水解最终生成氨基酸,故氨基酸是组成蛋白质的基本结构单元,C正确; D.天然高分子的相对分子质量是上万,淀粉和纤维素都是天然高分子,而油脂的相对分子质量还不到1000,故油脂不属于高分子,D错误; 答案选D。 9. [2020·天津,9]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 【答案】A 【解析】 A.—CH3的碳原子有4个σ键,无孤对电子,是sp3杂化,苯环上的碳原子有3个σ键,无孤对电子,是sp2杂化,—C≡CH的碳原子有2个σ键,无孤对电子,是sp杂化,因此分子中有3种杂化轨道类型的碳原子,故A正确; B.根据苯中12个原子共平面,乙炔中四个原子共直线,甲烷中三个原子共平面,因此分子中共平面的原子数目最多为15个(甲基中碳原子和其中一个氢原子与其他原子共面),故B错误; C.分子中的苯环中碳碳键是介于碳碳单键和双键之间独特的键,故C错误; D.与Cl2发生取代反应,取代甲基上的氢有一种产物,取代苯环上的氢有四种产物,因此取代反应生成五种产物,故D错误。 综上所述,答案为A。 10.[2020·浙江7月选考,6]下列说法不正确的是( ) A. 天然气是不可再生能源 B. 用水煤气可合成液态碳氢化合物和含氧有机物 C. 煤液化属于物理变化 D. 火棉是含氮量高的硝化纤维 【答案】C 【解析】 A.天然气是由远古时代的动植物遗体经过漫长的时间变化而形成的,储量有限,是不可再生能源,A选项正确; B.水煤气为CO和H2,在催化剂的作用下,可以合成液态碳氢化合物和含氧有机物(如甲醇),B选项正确; C.煤的液化是把煤转化为液体燃料,属于化学变化,C选项错误; D.火棉是名为纤维素硝酸酯,是一种含氮量较高的硝化纤维,D选项正确;故仅C选项符合题意。 11.[2020·浙江7月选考,14]下列说法不正确的是( ) A. 相同条件下等质量的甲烷、汽油、氢气完全燃烧,放出的热量依次增加 B. 油脂在碱性条件下水解生成的高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分 C. 根据纤维在火焰上燃烧产生的气味,可以鉴别蚕丝与棉花 D. 淀粉、纤维素、蛋白质都属于高分子化合物 【答案】A 【解析】 A.由于等质量的物质燃烧放出的热量主要取决于其含氢量的大小,而甲烷、汽油、氢气中H的百分含量大小顺序为:汽油<甲烷<氢气,故等质量的它们放出热量的多少顺序为:汽油<甲烷<氢气,故A错误; B.油脂在碱性条件下发生水解反应生成甘油和高级脂肪酸盐,高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分,故B正确; C.蚕丝主要成分是蛋白质,灼烧时有烧焦羽毛的气味,而棉花则属于纤维素,灼烧时则基本没有气味,故C正确; D.高分子通常是指相对分子质量在几千甚至上万的分子,淀粉、纤维素和蛋白质均属于天然高分子化合物,故D正确。故仅A选项符合题意。 12.[2020·浙江7月选考,15] 15.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. 该物质与足量溶液反应,最多可消耗 【答案】A 【解析】 A.分子中含有苯环和碳碳双键,都能与H2发生加成反应, A正确; B.分子中含有碳碳双键,能与溴水发生加成反应导致溴水褪色, B错误; C.分子中含有羟基、酯基和碳碳双键三种官能团, C错误; D.1mol该物质酯基水解后生成的酚羟基和羧基均能和NaOH反应,1mol该物质与足量的NaOH溶液反应时最多可消耗2molNaOH,D错误;故仅A选项符合题意。 13. [2020·浙江1月选考,10]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 【答案】 B 【解析】 A.天然气的主要成分甲烷,是一种高效、清洁不可再生的化石燃料,故A项正确;B.石油的分馏是物理变化,而煤的气化和液化是化学变化,故B项错误;C.石油的裂化主要是为了得到更多的轻质油,比如汽油,故C项正确;D.厨余垃圾中含有比较多的农作物可水解生成糖类,属于生物质能的应用,故D项正确。答案选B。 14. [2020·浙江1月选考,14]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 【答案】D 【解析】A. 强酸、强碱、加热、重金属盐及某些有机物例如甲醛等可使蛋白质发生变性,变性为不可逆反应,故A正确; B.甲酸为弱酸可与氢氧化铜发生中和反应,溶液显蓝色;乙醇无现象;乙醛和新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下会生成砖红色沉淀,故B正确; C.饱和的碳酸钠溶液可以与乙酸发生反应,且会与乙酸乙酯分层,故C正确; D.溴易溶于苯,应向苯和苯酚的混合溶液中加入NaOH溶液,充分反应分液,以除去苯中少量苯酚,故D错误;故答案为D 15. [2020·浙江1月选考,15]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 【答案】 C 解析 A.该物质是由n个单体分子通过加聚反应生成,故A项错误;B.链节中含有15个碳原子,0.1 mol该物质含有1.5n mol的碳原子,完全燃烧生成标准状况下CO2的体积为33.6n L,故B项错误;C.该物质在酸性条件下水解产物之一是乙二醇,可作为汽车发动机的抗冻剂,故C项正确;D.链节中含有2个醇酯基和1个酚酯基,则1 mol该物质与足量的NaOH溶液反应,最多消耗4n mol NaOH,故D项错误。答案选C。 16.[2019·新课标Ⅰ] 关于化合物2?苯基丙烯(),下列说法正确的是 A.不能使稀高锰酸钾溶液褪色 B.可以发生加成聚合反应 C.分子中所有原子共平面 D.易溶于水及甲苯 【答案】B 【解析】 【分析】2-苯基丙烯的分子式为C9H10,官能团为碳碳双键,能够发生加成反应、氧化反应和加聚反应。 【详解】A项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键,能够与高锰酸钾溶液发生氧化反应,使酸性高锰酸钾溶液褪色,故A错误; B项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键,一定条件下能够发生加聚反应生成聚2-苯基丙烯,故B正确; C项、有机物分子中含有饱和碳原子,所有原子不可能在同一平面。2-苯基丙烯中含有甲基,所有原子不可能在同一平面上,故C错误; D项、2-苯基丙烯为烃类,分子中不含羟基、羧基等亲水基团,难溶于水,易溶于有机溶剂,则2-苯基丙烯难溶于水,易溶于有机溶剂甲苯,故D错误。 故选B。 【点睛】本题考查有机物的结构与性质,侧重分析与应用能力的考查,注意把握有机物的结构,掌握各类反应的特点,并会根据物质分子结构特点进行判断是解答关键。 17.[2019·新课标Ⅱ] 分子式为C4H8BrCl的有机物共有(不含立体异构) A.8种 B.10种 C.12种 D.14种 【答案】C 【解析】 【分析】C4H8ClBr可以看成丁烷中的2个H原子分别被1个Cl、1个Br原子取代,丁烷只有2种结构,氯原子与溴原子可以取代同一碳原子上的H原子,可以取代不同碳原子上的H原子,据此书写判断。 【详解】先分析碳骨架异构,分别为 C-C-C-C 与2种情况,然后分别对 2 种碳骨架采用“定一移一”的方法分析,其中骨架 C-C-C-C 有、共 8 种,骨架有和, 4 种,综上所述,分子式为C4H8BrCl的有机物种类共8+4=12种, C项正确; 答案选C。 18.[2019·新课标Ⅲ] 下列化合物的分子中,所有原子可能共平面的是[来源:学科网] A.甲苯 B.乙烷 C.丙炔 D.1,3?丁二烯 【答案】D 【解析】A、甲苯中含有饱和碳原子,所有原子不可能共平面,A不选; B、乙烷是烷烃,所有原子不可能共平面,B不选; C、丙炔中含有饱和碳原子,所有原子不可能共平面,C不选; D、碳碳双键是平面形结构,因此1,3-丁二烯分子中所有原子共平面,D选。 答案选D。 19.[2019·北京] 交联聚合物P的结构片段如图所示。下列说法不正确的是(图中表示链延长) A.聚合物P中有酯基,能水解 B.聚合物P的合成反应为缩聚反应 C.聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解获得 D.邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P的交联结构 【答案】D 【解析】 【分析】将X为、Y为带入到交联聚合物P的结构中可知,聚合物P是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备的,据此解题; 【详解】A.根据X为、Y为可知,X与Y直接相连构成了酯基,酯基能在酸性或碱性条件下水解,故A不符合题意; B.聚合物P是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备的,故B不符合题意; C.油脂为脂肪酸甘油酯,其在碱性条件下水解可生成脂肪酸盐和甘油即丙三醇,故C,不符合题意; D.乙二醇的结构简式为HO-CH2CH2-OH,与邻苯二甲酸在聚合过程中只能形成链状结构,故D符合题意; 综上所述,本题应选D。 20.[2019·浙江4月选考] 下列说法不正确的是 A.正丁烷的沸点比异丁烷的高,乙醇的沸点比二甲醚的高 B.甲烷、苯、葡萄糖均不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色 C.羊毛、蚕丝、塑料、合成橡胶都属于有机高分子材料 D.天然植物油没有恒定的熔、沸点,常温下难溶于水 【答案】B 【解析】A.对于分子式相同的烷烃,支链越多,沸点越低,因而正丁烷的沸点比异丁烷的高。而对于相对分子质量相近的有机物,含羟基越多,沸点越高,原因在于-OH可形成分子间的氢键,使得沸点升高,因而乙醇的沸点比二甲醚的高,A项正确; B.葡萄糖为多羟基醛,含有醛基,能使溴水或者酸性高锰酸钾溶液褪色,甲苯也可使酸性高锰酸钾溶液褪色,B项错误; C.羊毛、蚕丝主要成分是蛋白质,为天然高分子化合物,塑料、合成橡胶都属于人工合成的高分子材料,C项正确; D.天然植物油是混合物,无固定熔、沸点,另外,植物油常温下难溶于水,D项正确。 故答案选B。 21.[2019·浙江4月选考] 下列表述正确的是 A.苯和氯气生成C6H6Cl6的反应是取代反应 B.乙烯与溴水发生加成反应的产物是CH2CH2Br2 C.等物质的量的甲烷与氯气反应的产物是CH3Cl D.硫酸作催化剂,CH3CO18OCH2CH3水解所得乙醇分子中有18O 【答案】D 【解析】A.苯和氯气生成农药六六六,其反应方程式为,反应类型是加成反应,A项错误; B.乙烯与溴水发生加成反应的产物是CH2BrCH2Br,B项错误; C.甲烷和氯气反应为连续反应,甲烷和氯气生成CH3Cl和HCl,接着CH3Cl和氯气生成CH2Cl2和HCl,之后生成CHCl3和CCl4,,因而产物除了4种有机物,还有HCl,C项错误; D.酯类水解断裂C-18O单键,该18O原子结合水中H,即生成乙醇H18OCH2CH3,因而,D项正确。 故答案选D。 22.[2019·江苏] [双选]化合物Y具有抗菌、消炎作用,可由X制得。 下列有关化合物X、Y的说法正确的是 A.1 mol X最多能与2 mol NaOH反应 B.Y与乙醇发生酯化反应可得到X C.X、Y均能与酸性KMnO4溶液反应 D.室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目相等 【答案】CD 【解析】A.X分子中,1mol羧基消耗1molNaOH,1mol由酚羟基形成的酯基消耗2molNaOH,所以1molX最多能与3molNaOH反应,故A错误; B.比较X与Y的结构可知,Y与乙酸发生酯化反应可得到X,故B错误; C.X和Y分子中都含有碳碳双键,所以均能与酸性高锰酸钾溶液反应,故C正确; D.X和Y分子中碳碳双键的位置相同,分别与足量Br2加成后产物的结构相似,所以具有相同数目的手性碳原子,都有3个,故D正确; 故选CD。 23.[2018·新课标Ⅰ卷]下列说法错误的是 A.蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖 B.酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质 C.植物油含不饱和脂肪酸酯,能使Br?/CCl4褪色 D.淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖 【答案】AB 【解析】分析:A、双糖又名二糖,是由两个单糖分子组成的糖类化合物; B、根据酶的性质特点解答; C、植物油中含有碳碳不饱和键; D、淀粉和纤维素均是多糖。 详解:A、果糖不能再发生水解,属于单糖,A错误; B、酶是活细胞产生的具有催化作用的有机物,其中绝大多数酶是蛋白质,B错误; C、植物油属于油脂,其中含有碳碳不饱和键,因此能使Br2/CCl4溶液褪色,C正确; D、淀粉和纤维素均是多糖,其水解的最终产物均为葡萄糖,D正确。答案选A。 点睛:本题主要是考查糖类、油脂和蛋白质的性质,平时注意相关基础知识的积累即可解答,题目难度不大。 24.[2018·新课标Ⅰ卷]环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物,螺[2,2]戊烷()是最简单的一种。下列关于该化合物的说法错误的是 A.与环戊烯互为同分异构体 B.二氯代物超过两种 C.所有碳原子均处同一平面 D.生成1 mol C5H12至少需要2 mol H2 【答案】C 【解析】A、螺[2,2]戊烷的分子式为C5H8,环戊烯的分子式也是C5H8,结构不同,互为同分异构体,A正确; B、分子中的8个氢原子完全相同,二氯代物中可以取代同一个碳原子上的氢原子,也可以是相邻碳原子上或者不相邻的碳原子上,因此其二氯代物超过两种,B正确; C、由于分子中4个碳原子均是饱和碳原子,而与饱和碳原子相连的4个原子一定构成四面体,所以分子中所有碳原子不可能均处在同一平面上,C错误; D、戊烷比螺[2,2]戊烷多4个氢原子,所以生成1 mol C5H12至少需要2 mol H2,D正确。答案选C。 25.[2018·新课标Ⅲ卷]苯乙烯是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是 A.与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应 B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C.与氯化氢反应可以生成氯代苯乙烯 D.在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯 【答案】C 【解析】分析:本题考查的是有机物的化学性质,应该先确定物质中含有的官能团或特定结构(苯环等非官能团),再根据以上结构判断其性质。 详解:A.苯乙烯中有苯环,液溴和铁粉作用下,溴取代苯环上的氢原子,所以选项A正确。 B.苯乙烯中有碳碳双键可以被酸性高锰酸钾溶液氧化,所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色,选项B正确。 C.苯乙烯与HCl应该发生加成反应,得到的是氯代苯乙烷,选项C错误。 D.苯乙烯中有碳碳双键,可以通过加聚反应得到聚苯乙烯,选项D正确。 点睛:本题需要注意的是选项A,题目说将苯乙烯与液溴混合,再加入铁粉,能发生取代,这里的问题是,会不会发生加成反应。碳碳双键和液溴是可以发生加成的,但是反应的速率较慢,加入的铁粉与液溴反应得到溴化铁,在溴化铁催化下,发生苯环上的氢原子与溴的取代会比较快;或者也可以认为溴过量,发生加成以后再进行取代。 26.[2018·北京卷]一种芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高,广泛用作防护材料。其结构片段如下图 下列关于该高分子的说法正确的是 A.完全水解产物的单个分子中,苯环上的氢原子具有不同的化学环境 B.完全水解产物的单个分子中,含有官能团―COOH或―NH2 C.氢键对该高分子的性能没有影响 D.结构简式为: 【答案】B 【解析】A项,芳纶纤维的结构片段中含肽键,完全水解产物的单个分子为、,、中苯环都只有1种化学环境的氢原子,A项错误;B项,芳纶纤维的结构片段中含肽键,完全水解产物的单个分子为、,含有的官能团为-COOH或-NH2,B项正确;C项,氢键对该分子的性能有影响,如影响沸点、密度、硬度等,C项错误;D项,芳纶纤维的结构片段中含肽键,采用切割法分析其单体为、,该高分子化合物由、通过缩聚反应形成,其结构简式为,D项错误;答案选B。 27.[2018·江苏卷]化合物Y 能用于高性能光学树脂的合成,可由化合物X与2 ?甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得: 下列有关化合物X、Y 的说法正确的是 A.X 分子中所有原子一定在同一平面上 B.Y与Br2的加成产物分子中含有手性碳原子 C.X、Y均不能使酸性KMnO4溶液褪色 D.X→Y的反应为取代反应 【答案】BD 【解析】A项,X中与苯环直接相连的2个H、3个Br、1个O和苯环碳原子一定在同一平面上,由于单键可以旋转,X分子中羟基氢与其它原子不一定在同一平面上,A项错误;B项,Y与Br2的加成产物为,中“*”碳为手性碳原子,B项正确;C项,X中含酚羟基,X能与酸性KMnO4溶液反应,Y中含碳碳双键,Y能使酸性KMnO4溶液褪色,C项错误;D项,对比X、2-甲基丙烯酰氯和Y的结构简式,X+2 ?甲基丙烯酰氯→Y+HCl,反应类型为取代反应,D项正确;答案选BD。 点睛:本题考查有机物的结构和性质、手性碳原子的判断、有机物共面原子的判断。难点是分子中共面原子的确定,分子中共面原子的判断需要注意:①联想典型有机物的结构,如CH4、乙烯、乙炔、苯、甲醛等;②单键可以旋转,双键和三键不能旋转;③任意三个原子一定共平面。 28.[2018·海南卷]实验室常用乙酸与过量的乙醇在浓硫酸催化下合成乙酸乙酯。下列说法正确的是 A.该反应的类型为加成反应 B.乙酸乙酯的同分异构体共有三种 C.可用饱和的碳酸氢钠溶液鉴定体系中是否有未反应的乙酸 D.该反应为可逆反应,加大乙醇的量可提高乙酸的转化率 【答案】D 【解析】A. 乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯,是酯化反应,也是取代反应,不符合题意; B. 乙酸乙酯的同分异构体中属于酯类的有甲酸丙酯、甲酸异丙酯,还有丙酸甲酯共三种,但乙酸乙酯的同分异构体不只是酯类,还可能是羧酸类等,因此同分异构体大于三种,不符合题意; C.由于该反应需要在加热的情况下进行,本身会挥发出乙酸到饱和碳酸钠溶液中,因此不能鉴定,不符合题意; D. 该反应为可逆反应,加大乙醇的量平衡正向移动,乙酸的转化率升高,符合题意; 故答案为D。 29. [2018·浙江11月选考,15]下列说法不正确的是(  ) A.石油裂解气可以使溴水褪色,也可以使高锰酸钾溶液褪色 B.可以用新制的氢氧化铜检验乙醇中是否含有乙醛 C.正丙醇(CH3CH2CH2OH)和钠反应要比水和钠反应剧烈 D.CH2===CHCH3+Cl2CH2===CHCH2Cl+HCl属于取代反应 【答案】 C 【解析】 A项,石油裂解气中含有烯烃,所以能使溴水、高锰酸钾溶液褪色;B项,醛基能被新制Cu(OH)2悬浊液氧化,而醇—OH不能被氧化,所以可以用新制Cu(OH)2悬浊液检验乙醇中是否含有乙醛;C项,由于水中H+浓度大,所以Na与H2O反应比Na与正丙醇反应剧烈;D项,CH2===CH—CH3和Cl2反应生成CH2===CH—CH2—Cl、HCl,甲基上的氢原子被替代,属于取代反应。 30. [2018·浙江11月选考,16]下列说法正确的是 A. 分馏石油可以得到植物油、柴油、润滑油 B. 在酒化酶的作用下葡萄糖水解为乙醇和二氧化碳 C. 乙酸、汽油、纤维素均能和氢氧化钠溶液反应 D. 在大豆蛋白溶液中,加入硫酸铜溶液,蛋白质会发生变性 【答案】D 【解析】A、石油分馏无法得到植物油,A选项错误;B、在酒化酶的作用下葡萄糖被分解为乙醇和二氧化碳,选项B不正确;C、汽油无法和氢氧化钠溶液反应,选项C不正确;D、向蛋白质溶液中加入重金属盐会使蛋白质变性析出,选项D正确。答案选D。 15

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  • ID:7-7584136 [精]『备考2021』 三年高考真题分类精编解析15 简单仪器的识别及使用(含解析)

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    中小学教育资源及组卷应用平台 专题15 简单仪器的识别及使用 1. [2020·江苏]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 A. 制备CO2 B. 收集CO2 C. 滤去CaCO3 D. 制得CaCl2﹒6H2O 【答案】D 【解析】 A.碳酸钙盛放在锥形瓶中,盐酸盛放在分液漏斗中,打开分液漏斗活塞,盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水,故A正确; B.二氧化碳密度比空气大,用向上排空气法收集二氧化碳气体,故B正确; C.加入的盐酸与碳酸钙反应后,部分碳酸钙未反应完,碳酸钙是难溶物,因此用过滤的方法分离,故C正确; D.CaCl2?6H2O易失去结晶水,因此不能通过加热蒸发皿得到,可由氯化钙的热饱和溶液冷却结晶析出六水氯化钙结晶物,故D错误。综上所述,答案为D。 2. [2020·天津]下列实验仪器或装置的选择正确的是 配制5000mL0.1000mol.L-1 Na2CO3溶液 除去Cl2中的HCl 蒸馏用冷凝管 盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶 A B C D A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 A.配制50.00mL0.1000mol.L-1Na2CO3溶液需要用容量瓶,不能使用量筒配置溶液,故A错误; B.除去氯气中的氯化氢气体使用饱和氯化钠溶液,可以吸收氯化氢气体,根据氯气在水中的反应:Cl2+H2O?H++Cl-+HClO,饱和氯化钠溶液中的氯离子使氯气溶于水的平衡逆向移动,降低氯气在水中的溶解度,洗气瓶长进短出,利于除杂,故B正确; C.蒸馏要使用直形冷凝管,不能使用球形冷凝管,故C错误; D.硅酸钠溶液呈碱性,硅酸钠溶液是一种矿物胶,能将玻璃塞与试剂瓶的瓶口粘在一起,盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶不能使用玻璃塞,应使用橡胶塞,故D错误。 答案选B。 3.[2020·浙江7月选考,2]固液分离操作中,需要用到的仪器是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 A.该仪器是干燥管,不能用于固液分离,A不符合题意; B.该仪器为蒸馏烧瓶,不能用于固液分离,B不符合题意; C.该仪器为普通漏斗,常用于过滤以分离固液混合物,C符合题意; D.该仪器为牛角管,又叫接液管,连接在冷凝管的末端以收集蒸馏产生的蒸气所冷凝成的液体,不能用于固液分离,D不符合题意。综上所述,故仅C选项符合题意。 4. [2020·浙江1月选考,2]萃取碘水中的碘并分液,需要用到的仪器是(  ) 【答案】A 【解析】A为分液漏斗,用于分离互不相溶的两种溶液,故选项A正确;B为容量瓶,用于配制一定物质的量浓度的溶液,故B项错误;C为冷凝管,用于气体冷凝成液体,多用于蒸馏,故C项错误;D为普通漏斗,用于分离不溶固体和液体,即过滤,故D项错误。答案选A。 5. [2019·浙江4月选考,3]下列图示表示过滤的是(  ) 【答案】C 【解析】A.该操作是分液,A不合题意; B.该操作是配制一定物质的量浓度溶液中定容步骤,B不合题意; C.该操作是过滤,C符合题意; D.该操作是配制一定物质的量浓度溶液中转移溶液步骤,D不合题意。 故答案选C。 6.[2019·江苏]下列实验操作能达到实验目的的是 A.用经水湿润的pH试纸测量溶液的pH B.将4.0 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中,加水至刻度,配制1.000 mol·L?1NaOH溶液 C.用装置甲蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体 D.用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量SO2 【答案】D 【解析】 【分析】此题考查基本实验操作,根据溶液pH的测量、物质的量浓度溶液的配制、盐类水解的应用、物质除杂的原则作答。 【详解】A.用水湿润的pH试纸测量溶液的pH所测为稀释液的pH,不是原溶液的pH,实验操作错误,不能达到实验目的,A项错误; B.配制物质的量浓度的溶液的实验步骤为:计算、称量(或量取)、溶解(或稀释)、冷却、转移及洗涤、定容、摇匀、装液,由于容量瓶上有容积、温度和唯一刻度线,若将氢氧化钠直接置于容量瓶中,加水后氢氧化钠溶于水会放热引起容量瓶的容积发生变化,引起实验误差,B项错误; C.在AlCl3溶液中存在水解平衡:AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl,若用甲装置蒸干氯化铝溶液,由于HCl的挥发,加热后水解平衡正向移动,最终AlCl3完全水解成氢氧化铝固体,不能得到AlCl3固体,C项错误; D.SO2属于酸性氧化物,能被NaOH溶液吸收,乙烯与NaOH溶液不反应且乙烯难溶于水,可通过盛有NaOH溶液的洗气瓶除去乙烯中少量的SO2,D项正确; 故选D。 7.[2019·天津]下列实验操作或装置能达到目的的是 A B C D 混合浓硫酸和乙醇 配制一定浓度的溶液 收集气体 证明乙炔可使溴水褪色 【答案】B 【解析】 【分析】A、乙醇的密度小于浓硫酸; B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切; C、二氧化氮的密度大于空气; D、乙炔中的杂质也能使溴水褪色。 【详解】A、乙醇的密度小于浓硫酸,混合时应将浓硫酸沿烧杯壁倒入乙醇中,边倒边搅拌,若顺序相反则容易引起液体飞溅,故A不能达到目的; B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切,胶头滴管垂直位于容量瓶的正上方,故B能达到目的; C、二氧化氮的密度大于空气,集气瓶中的导气管应长进短出,故C不能达到目的; D、乙炔中的H2S等杂质也能使溴水褪色,应先通过一个盛碱液的洗气瓶将杂质除去,故D不能达到目的;故选B。 8. [2018·浙江11月选考,2]下列图示与操作名称不对应的是(  ) 【答案】A 【解析】A、升华是从固体变为气体的过程,图中操作名称是加热,选项A不对应; B、由图中装置的仪器以及操作分离互不相溶的液体,可知本实验操作名称是分液,选项B对应; C、由图中装置的仪器以及操作分离难溶固体与液体的混合物,可知本实验操作名称过滤,选项C对应; D、由图中装置的仪器以及操作分离沸点不同的液体混合物,可知本实验操作名称蒸馏,选项D对应。 9.[2018·浙江4月选考,2]下列仪器名称为“漏斗”的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】根据仪器的特征知:A为冷凝管,B为容量瓶,C为量筒,D为漏斗,故该题选D。 10.[2018·江苏卷]下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是 A.用装置甲灼烧碎海带 B.用装置乙过滤海带灰的浸泡液 C.用装置丙制备用于氧化浸泡液中I?的Cl2 D.用装置丁吸收氧化浸泡液中I?后的Cl2尾气 【答案】B 【解析】A项,灼烧碎海带应用坩埚,A项错误;B项,海带灰的浸泡液用过滤法分离获得含I-的溶液,B项正确;C项,MnO2与浓盐酸常温不反应,MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热,反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O,C项错误;D项,Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小,不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2,尾气Cl2应用NaOH溶液吸收,D项错误;答案选B。 5

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  • ID:7-7584135 [精]『备考2021』 三年高考真题分类精编解析16 常规实验操作与规范、物质的检验(含解析)

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    中小学教育资源及组卷应用平台 专题16 常规实验操作与规范、物质的检验 1. [2020·新课标Ⅰ]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. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 A.SO2和H2S都具有较强的还原性,都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化;因此在用酸性高锰酸钾溶液除杂质H2S时,SO2也会被吸收,故A项不能实现除杂目的; B.氯气中混有少量的氯化氢气体,可以用饱和食盐水除去;饱和食盐水在吸收氯化氢气体的同时,也会抑制氯气在水中的溶解,故B项能实现除杂目的; C.氮气中混有少量氧气,在通过灼热的铜丝网时,氧气可以与之发生反应: ,而铜与氮气无法反应,因此可以采取这种方式除去杂质氧气,故C项能实现除杂目的; D.NO2可以与NaOH发生反应:,NO与NaOH溶液不能发生反应;尽管NO可以与NO2一同跟NaOH发生反应:,但由于杂质的含量一般较少,所以也不会对NO的量产生较大的影响,故D项能实现除杂的目的; 答案选A。 2. [2020·新课标Ⅱ]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 【答案】B 【解析】 ①混合物溶于水,得到澄清透明溶液,则不含CaCO3,排除C选项;②做焰色反应,通过钴玻璃可观察到紫色,可确定含有钾元素,即含有KCl;③向溶液中加碱,产生白色沉淀,则应含有MgSO4,综合以上分析,混合物由KCl和MgSO4两种物质组成,故选B。 3.[2020·新课标Ⅲ]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 【答案】B 【解析】由产生喷泉现象的原理可知,烧瓶中的“气体”应易溶于胶头滴管中的“溶液”,当胶头滴管中的溶液挤入烧瓶后,导致烧瓶中的气压急骤减小,从而产生喷泉现象。A. H2S与稀盐酸不反应,且H2S在水中的溶解度很小,不能形成喷泉,故A不正确;B. HCl能与稀氨水反应,且HCl 极易溶液水,能形成喷泉,故B正确;C. NO不溶于稀H2SO4 ,不能形成喷泉,故C不正确;D. CO2难溶于饱和NaHCO3溶液,不能形成喷泉,故D不正确,正确答案B。 4. [2020·江苏]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H2O2溶液中滴加KMnO4溶液,溶液褪色 H2O2具有氧化性 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 A .加入碘水后,溶液呈蓝色,只能说明溶液中含有淀粉,并不能说明淀粉是否发生了水解反应,故A错误; B.加入盐酸后,产生大量气泡,说明镁与盐酸发生化学反应,此时溶液温度上升,可证明镁与盐酸反应放热,故B正确; C.BaCl2、CaCl2均能与Na2CO3反应,反应产生了白色沉淀,沉淀可能为BaCO3或CaCO3或二者混合物,故C错误; D.向H2O2溶液中加入高锰酸钾后,发生化学反应2KMnO4+3H2O2=2MnO2+2KOH+2H2O+3O2↑等(中性条件),该反应中H2O2被氧化,体现出还原性,故D错误; 综上所述,故答案为:B。 5. [2020·山东(新高考)]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 【答案】D 【解析】 A.白磷着火点低,易自然,且密度比水大,常保存在冷水中,A正确; B.浓硫酸有吸水性且不与SO2反应,可用浓硫酸干燥SO2,B正确; C.蒸发皿可直接加热,蒸发操作时,用酒精灯直接加热蒸发皿,C正确; D.K燃烧有K2O2、KO2生成,K2O2、KO2和CO2反应产生O2助燃,所以不能用CO2灭火器扑灭金属钾的燃烧,D错误。 答案选D。 6. [2020·山东(新高考)]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 【答案】C 【解析】 A. CO2密度大于空气,应采用向上排空气法收集,A错误; B. 苯与溴在溴化铁作用下反应,反应较剧烈,反应放热,且溴易挥发,挥发出来的溴单质能与水反应生成氢溴酸,所以验证反应生成的HBr,应先将气体通过四氯化碳,将挥发的溴单质除去,B错误; C. MgCl2能水解,在加热时通入干燥的HCl,能避免MgCl2的水解,C正确; D. 电解时,阳极发生氧化反应,阴极发生还原反应,所以丁装置铁为阳极,失去电子,生成二价铁离子,铜为阴极,溶液中的铜离子得到电子,得到铜,D错误。 答案选C。 7. [2020·山东(新高考)]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2mL10%NaOH溶液,再滴加数滴2%CuSO4溶液,振荡 A. A B. B C. C D. D 【答案】BC 【解析】 A. 苯酚可与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的苯酚钠,最后与苯混合后互不相溶,分层,该操作能达到实验目的,故A正确; B. 盐酸易挥发,若将盐酸与碳酸氢钠溶液混合产生的气体直接通入苯酚钠,可能挥发的HCl会与苯酚钠反应生成常温下难溶于水的苯酚,不能证明是二氧化碳与其发生的反应,达不到实验目的,应该先除去二氧化碳中可能挥发的HCl再进行实验操作,故B错误; C. 除去碱式滴定管胶管内气泡时,尖嘴不应该垂直向下,应向上挤压橡胶管,利用空气排出,该实验操作达不到实验目的,故C错误; D. 为检验醛基,配制氢氧化铜悬浊液时,碱需过量,保证醛基是在碱性条件下发生反应,该操作可达到实验目的,故D正确; 答案选BC。 8. [2020·山东(新高考)]实验室分离Fe3+和Al3+的流程如下: 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 。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 【答案】A 【解析】 A.萃取振荡时,分液漏斗下口应倾斜向上,A错误; B.分液时,密度大的液体在下层,密度小的液体在上层,下层液体由分液漏斗下口放出,下层液体放完后,密度小的上层液体从分液漏斗上口倒出,B正确; C.Fe3+在浓盐酸中生成黄色配离子,该离子在乙醚中生成缔合物,乙醚与水不互溶,故分液后水相为无色,则水相中不再含有Fe3+,说明已经达到分离目的,C正确; D.蒸馏时选用直形冷凝管,能使馏分全部转移到锥形瓶中,而不会残留在冷凝管中,D正确; 答案选A。 9. [2020·天津]检验下列物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 NaOH溶液,湿润的蓝色石蕊试纸 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 A.淀粉溶液可以检验碘单质,不能检验碘元素,故A错误; B.能使澄清石灰水变浑浊的气体可以是二氧化硫或二氧化碳,应该用品红检验二氧化硫气体,故B错误; C.铜离子遇到氨水会先产生氢氧化铜蓝色沉淀,继续加氨水会生成四氨合铜离子,检验铜离子可以用氨水,故C正确; D.铵根离子遇氢氧化钠溶液(加热)生成氨气,氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,不能使用湿润的蓝色石蕊试纸检验氨气,故D错误; 答案选C。 10.[2020·浙江7月选考,11]下列有关实验说法不正确的是( ) A. 萃取时,向盛有溴水的分液漏斗中加入,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. 可用溶液和稀区分、和 【答案】A 【解析】 A.CCl4的密度比水的密度大,故萃取Br2时,向盛有溴水的分液漏斗中加入CCl4,振荡、静置分层,打开旋塞,先将CCl4层放出,A操作错误; B.做焰色反应前,先将铂丝用稀盐酸清洗并灼烧至无色的目的是排除铂丝上粘有其它金属元素,对待检测金属元素的干扰,B操作正确 C.乙醇、苯等有机溶剂属于易燃物品,故使用时必须远离明火和热源,用毕立即塞紧瓶塞,防止失火,C操作正确; D.氯化银、亚硝酸银都是难溶于水的白色固体,所以硝酸银滴入氯化钠溶液和亚硝酸钠溶液中都有白色沉淀生成,但是氯化银不溶于稀硝酸,而亚硝酸银溶于稀硝酸;硝酸银溶液滴入硝酸钠溶液中没有明显现象,故D操作正确。故仅A选项符合题意。 11. [2020·浙江1月选考,11]下列有关实验说法,不正确的是( ) A. 碱液不慎溅到手上,先用大量水冲洗,再用饱和硼酸溶液洗,最后用水冲洗 B. 和的混合物经溶解、过滤,洗涤、干燥,可分离出 C. 用容量瓶配制溶液,定容时若加水超过刻度线,立即用滴管吸出多余液体 D. 火柴头的浸泡液中滴加溶液,稀和溶液,可检验火柴头是否含有氯元素 【答案】C 【解析】A. 若皮肤不慎沾上少量碱液,应先用大量水冲洗,再用2%醋酸溶液或饱和硼酸溶液洗,避免皮肤受损,故A正确; B.二氧化锰不溶于水,氯化钾可溶于水,所以混合物经溶解、过滤,洗涤、干燥,可分离出,故B正确; C.滴管吸出的液体中含有溶质,因此会导致所配溶液浓度偏小,正确操作应该是重新配制,故C错误; D. 火柴头中含有KClO3,检验氯元素,应把ClO3-还原为4Cl-,酸性条件下,NO2-具有还原性,向少量的火柴头浸泡液中滴加AgNO3、稀HNO3和NaNO2,发生的离子反应为:ClO3-+3NO2-+Ag+═AgCl↓+3NO3-,出现白色沉淀,证明含有氯元素,故D正确; 12.[2019·新课标Ⅲ] 下列实验不能达到目的的是 选项 目的 实验 A 制取较高浓度的次氯酸溶液 将Cl2通入碳酸钠溶液中 B 加快氧气的生成速率 在过氧化氢溶液中加入少量MnO2 C 除去乙酸乙酯中的少量乙酸 加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液 D 制备少量二氧化硫气体 向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸 【答案】A 【解析】A、氯气与碳酸钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和碳酸氢钠,不能制备次氯酸,不能达到实验目的,A选; B、过氧化氢溶液中加入少量二氧化锰作催化剂,加快双氧水的分解,因此可以加快氧气的生成速率,能达到实验目的,B不选; C、碳酸钠溶液与乙酸反应,与乙酸乙酯不反应,可以除去乙酸乙酯中的乙酸,能达到实验目的,C不选; D、根据较强酸制备较弱酸可知向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可以制备二氧化硫,能达到实验目的,D不选; 答案选A。 13.[2019·浙江4月选考]针对下列实验现象表述不正确的是 A.用同一针筒先后抽取80 mL氯气、20 mL水,振荡,气体完全溶解,溶液变为黄绿色 B.在表面皿中加入少量胆矾,再加入3 mL浓硫酸,搅拌,固体由蓝色变白色 C.向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液,再滴加双氧水,产生白色沉淀 D.将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶,镁条剧烈燃烧,有白色、黑色固体生成 【答案】A 【解析】A.氯气可溶于水,在常温时,1体积水大约能溶解2体积氯气,因而20mL水大约能溶解40mL氯气,气体大约剩余40mL未溶解,A项错误; B.胆矾指的是五水合硫酸铜(CuSO4·5H2O),其显蓝色,而浓硫酸具有吸水性,CuSO4·5H2O变为CuSO4,CuSO4为白色固体,B项正确; C.双氧水将SO2氧化,离子方程式为H2O2+SO2 =SO42-+2H+,氯化钡溶液中Ba2+与SO42-生成BaSO4白色沉淀,C项正确; D.将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶,发生反应的化学方程式为,MgO为白色固体,C是黑色固体,D项正确。 故答案选A。 14.[2019·浙江4月选考,11]针对下列实验现象表述不正确的是(  ) A.用同一针筒先后抽取80mL氯气、20mL水,振荡,气体完全溶解,溶液变为黄绿色 B.在表面皿中加入少量胆矾,再加入3mL浓硫酸,搅拌,固体由蓝色变白色 C.向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液,再滴加双氧水,产生白色沉淀 D.将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶,镁条剧烈燃烧,有白色、黑色固体生成 【答案】A 【解析】常温常压下,1体积水约溶解2体积的氯气,故20mL水只能溶解大约40mL的氯气,A项错误;浓硫酸具有吸水性,将CuSO4·5H2O转化为CuSO4,固体由蓝色变为白色,B项正确;双氧水将含+4价硫元素的微粒氧化为SO,SO与BaCl2反应生成BaSO4沉淀,C项正确;镁在二氧化碳中燃烧生成MgO和C,D项正确。 15.[2018·新课标Ⅱ卷]实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。 光照下反应一段时间后,下列装置示意图中能正确反映实验现象的是 【答案】D 【解析】在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代烃,氯化氢极易溶于水,所以液面会上升。但氯代烃是不溶于水的气体或油状液体,所以最终水不会充满试管,答案选D。 16.[2018·新课标Ⅲ卷]下列实验操作不当的是 A.用稀硫酸和锌粒制取H2时,加几滴CuSO4溶液以加快反应速率 B.用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度,选择酚酞为指示剂 C.用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧,火焰呈黄色,证明其中含有Na+ D.常压蒸馏时,加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二 【答案】B 【解析】分析:本题考查的是化学实验的基本操作,要仔细读题,理解实验基本操作内容。 详解:A.锌粒与加入的硫酸铜溶液发生置换反应,置换出单质铜,形成锌铜原电池,反应速率加快,选项A正确。 B.用盐酸滴定碳酸氢钠溶液,滴定终点时,碳酸氢钠应该完全反应转化为氯化钠、水和二氧化,此时溶液应该显酸性(二氧化碳在水中形成碳酸),应该选择酸变色的甲基橙为指示剂,选项B错误。 C.用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧,进行焰色反应,火焰为黄色,说明该盐溶液中一定有Na+,选项C正确。 D.蒸馏时,为保证加热的过程中液体不会从烧瓶内溢出,一般要求液体的体积不超过烧瓶体积的三分之二,选项D正确。 17.[2018·新课标Ⅰ卷]在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中,下列操作未涉及的是 【答案】D 【解析】分析:在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯,根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质,结合选项解答。 详解:A、反应物均是液体,且需要加热,因此试管口要高于试管底,A正确; B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇,乙酸乙酯不溶于水,因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收,注意导管口不能插入溶液中,以防止倒吸,B正确; C、乙酸乙酯不溶于水,分液即可实现分离,C正确; D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物,不能通过蒸发实现分离,D错误。答案选D。 18.[2018·浙江11月选考]下列实验合理的是 A.用湿润的pH试纸测定CH3COONa溶液的pH B.用蒸馏的方法分离乙醇(沸点为78.3℃)和苯(沸点为80.1℃)的混合物 C.用淀粉-KI试纸鉴别碘水和FeCl3溶液 D.用Na2CO3溶液鉴别CaCl2溶液、NaCl溶液和稀硫酸 【答案】D 【解析】A、用其他试纸时需要湿润,但是pH试纸是不需要湿润的,若湿润会稀释溶液,导致pH出现误差,选项A不合理;B、蒸馏只能分离沸点相差较大的物质,乙醇和苯沸点相近,不能用蒸馏的方法分离,选项B不合理;C、Fe3+和I-会发生氧化还原反应,生成I2,也会使淀粉变蓝,两种物质的现象一样,无法鉴别,选项C不合理;D、Na2CO3和CaCl2会反应生成沉淀,Na2CO3和NaCl不反应没有明显现象,Na2CO3和稀硫酸反应会产生气泡,可以鉴别,选项D合理。答案选D。 19.[2018·浙江4月选考]下列操作或试剂的选择不合理的是 A.可用蒸发结晶的方法从碘水中提取砷单质 B.可用灼烧法除去氧化制中混有的铜粉 C.可用硫酸鉴别碳酸钠、硅酸钠和硫酸钠 D.可用含氢氧化钠的氢氧化铜悬浊液鉴别乙醇、乙醛和乙酸 【答案】A 【解析】A项,碘单质不易溶于水,易溶于有机溶液,一般使用萃取来提纯,故A项错误; B项,Cu与氧气反应生成氧化铜,则灼烧可除去杂质,故B项正确; C项,硫酸与碳酸钠反应生成气体,与硅酸钠反应会有沉淀生成,易于分辨,故C项正确; D项,乙醇、乙醛和乙酸分别与氢氧化钠的氢氧化铜悬浊液混合加热的现象为:无现象、砖红色沉淀、蓝色溶液,现象不同可鉴别,故D项正确。 综上所述,本题正确答案为A。 20.[2018·海南卷]下列分离方法正确的是 A.回收水溶液中的I2:加入乙酸,分液,蒸发 B.回收含有KCl的MnO2:加水溶解,过滤,干燥 C.除去氨气中的水蒸气:通过盛有P2O5的干燥管 D.除去乙醇中的水,加入无水氯化钙,蒸馏。 【答案】B 【解析】A.乙酸能溶于水,不能用分液方法分开,不符合题意; B.氯化钾能溶于水,而二氧化锰不溶于水,故可通过过滤除去,符合题意; C. P2O5为酸性氧化物,能跟碱性物质发生反应,故不能用来吸收氨气,不符合题意; D. 无水氯化钙能与乙醇形成络合物,除去乙醇中的水,不能用无水氯化钙,应加氧化钙,蒸馏,不符合题意;故答案选B。 21. [2018·天津]由下列实验及现象推出的相应结论正确的是 实验 现象 结论 A.某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液 产生蓝色沉淀 原溶液中有Fe2+,无Fe3+ B.向C6H5ONa溶液中通入CO2 溶液变浑浊 酸性:H2CO3>C6H5OH C.向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液 生成黑色沉淀 Ksp(CuS)

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  • ID:7-7584133 [精]『备考2021』 三年高考真题分类精编解析11 化学反应速率 化学平衡(含解析)

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    中小学教育资源及组卷应用平台 专题11 化学反应速率 化学平衡 1. [2020·江苏]CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应 在恒压、反应物起始物质的量比条件下,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、800K、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 【答案】BD 【解析】 A.甲烷和二氧化碳反应是吸热反应,升高温度,平衡向吸热反应即正向移动,甲烷转化率增大,甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应,增大压强,平衡逆向移动,甲烷转化率减小,故A错误; B.根据两个反应得到总反应为CH4(g)+2CO2(g) H2(g)+3CO(g) +H2O (g),加入的CH4与CO2物质的量相等,CO2消耗量大于CH4,因此CO2的转化率大于CH4,因此曲线B表示CH4的平衡转化率随温度变化,故B正确; C.使用高效催化剂,只能提高反应速率,但不能改变平衡转化率,故C错误; D.800K时甲烷的转化率为X点,可以通过改变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值,故D正确。 综上所述,答案为BD。 2. [2020·江苏]反应可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是 A. 该反应 、 B. 该反应的平衡常数 C. 高温下反应每生成1 mol Si需消耗 D 用E表示键能,该反应 【答案】B 【解析】 A.SiCl4、H2、HCl为气体,且反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和,因此该反应为熵增,即△S>0,故A错误; B.根据化学平衡常数的定义,该反应的平衡常数K=,故B正确; C.题中说的是高温,不是标准状况下,因此不能直接用22.4L·mol-1计算,故C错误; D.△H=反应物键能总和-生成物键能总和,即△H=4E(Si-Cl)+2E(H-H)-4E(H-Cl) -2E(Si-Si),故D错误; 答案为B。 3. [2020·新课标Ⅱ]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,其原理如下图所示。下列叙述错误的是 A. 海水酸化能引起浓度增大、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H++ D. 使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境 【答案】C 【解析】 A.海水酸化,H+浓度增大,平衡H++?正向移动,浓度减小,浓度增大,A正确; B.海水酸化,浓度减小,导致CaCO3溶解平衡正向移动,促进了CaCO3溶解,导致珊瑚礁减少,B正确; C.CO2引起海水酸化的原理为:CO2+H2O?H2CO3?H++,?H++,导致H+浓度增大,C错误; D.使用太阳能、氢能等新能源,可以减少化石能源的燃烧,从而减少CO2的排放,减弱海水酸化,从而改善珊瑚礁的生存环境,D正确; 答案选C。 4. [2020·天津]已知呈粉红色,呈蓝色,为无色。现将CoCl2溶于水,加入浓盐酸后,溶液由粉红色变为蓝色,存在以下平衡:,用该溶液做实验,溶液的颜色变化如下: 以下结论和解释正确的是 A. 等物质的量的和中σ键数之比为3:2 B. 由实验①可推知△H<0 C. 实验②是由于c(H2O)增大,导致平衡逆向移动 D. 由实验③可知配离子的稳定性: 【答案】D 【解析】 A.1个[Co(H2O)6]2+中含有18个σ键,1个[CoCl4]2-中含有4个σ键,等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-所含σ键数之比为18:4=9:2,A错误; B. 实验①将蓝色溶液置于冰水浴中,溶液变为粉红色,说明降低温度平衡逆向移动,则逆反应为放热反应,正反应为吸热反应,?H>0,B错误; C. 实验②加水稀释,溶液变为粉红色,加水稀释,溶液的体积增大,[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-、Cl-浓度都减小,[Co(H2O)6]2+、Cl-的化学计量数之和大于[CoCl4]2-的化学计量数,则瞬时浓度商>化学平衡常数,平衡逆向移动,C错误; D. 实验③加入少量ZnCl2固体,溶液变为粉红色,说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的[ZnCl4]2-,导致溶液中c(Cl-)减小,平衡逆向移动,则由此说明稳定性:[ZnCl4]2->[CoCl4]2-,D正确; 答案选D。 5.[2020·浙江7月选考,18] 5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/L 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,溶液呈血红色,表明该化学反应存在限度 C. 加入固体,平衡逆向移动 D. 该反应的平衡常数 【答案】D 【解析】 A.加入苯振荡,苯将I2萃取到苯层,水溶液中c(I2)减小,平衡正向移动,A正确; B.将5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/LFeCl3溶液混合,参与反应的Fe3+与I-物质的量之比为1:1,反应后I-一定过量,经苯2次萃取分离后,在水溶液中加入KSCN溶液呈血红色,说明水溶液中仍含有Fe3+,即Fe3+没有完全消耗,表明该化学反应存在限度,B正确; C.加入FeSO4固体溶于水电离出Fe2+,c(Fe2+)增大,平衡逆向移动,C正确; D.该反应的平衡常数K=,D错误;故仅D选项符合题意。 6.[2020·浙江7月选考,20]一定条件下:2NO2(g) N2O4(g) 。在测定NO2的相对分子质量时,下列条件中,测定结果误差最小的是( ) A. 温度、压强 B. 温度、压强 C. 温度、压强 D. 温度、压强 【答案】D 【解析】 测定二氧化氮的相对分子质量,要使测定结果误差最小,应该使混合气体中NO2的含量越多越好,为了实现该目的,应该改变条件使平衡尽可以地逆向移动。该反应是一个反应前后气体分子数减小的放热反应,可以通过减小压强、升高温度使平衡逆向移动,则选项中,温度高的为130℃,压强低的为50kPa,结合二者选D。故仅D选项符合题意。 7. [2020·浙江1月选考,21]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: n/mol t/min n(A) n(B) n(C) 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% 【答案】 C 【解析】反应到5 min时,生成物C的物质的量是0.9 mol,则反应物A的物质的量减少了0.3 mol,v(A)=0.3 mol/(2L×5 min)=0.03 mol·L-1·min-1,故A项错误;到10 min时,A的物质的量是1.6 mol,反应了0.4 mol,则B反应了0.8 mol,余2.4 mol-0.8 mol=1.6 mol,和15 min时B的物质的量相等,说明此时已达到平衡状态,故B项错误;达到平衡状态时,生成C的物质的量是1.2 mol,则c(C)=1.2 mol/2L=0.6 mol·L-1,故C项正确;物质B的平衡转化率=0.8 mol/2.4 mol=33.3%,故D项错误。答案选C。 8. [2020·浙江1月选考,29(1)节选] 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 【答案】 AE 【解析】A、该反应是一个气体体积减小的反应,气体的压强不变说明各物质浓度保持不变,反应达到化学平衡状态,故正确; B、v正(N2O4)=2v逆(NO2)说明正逆反应速率不相等,反应没有达到化学平衡状态,故错误; C、温度不变,化学平衡常数K不变,则K不变不能说明反应达到化学平衡状态,故错误; D、由质量守恒定律可知,反应前后气体质量不变,恒容容器的体积不变,则密度始终不变,则密度不变不能说明反应达到化学平衡状态,故错误; E、容器内颜色不变说明各物质浓度保持不变,反应达到化学平衡状态,故正确; AE正确,故答案为:AE; 9. [2019·浙江4月选考,17]下列说法正确的是(  ) A.H2(g)+I2(g) 2HI(g),其他条件不变,缩小反应容器体积,正逆反应速率不变 B.C(s)+H2O(g) H2(g)+CO(g),碳的质量不再改变说明反应已达平衡 C.若压强不再随时间变化能说明反应2A(?)+B(g) 2C(?)已达平衡,则A、C不能同时是气体 D.1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%,放出热量Q1;在相同温度和压强下,当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时,吸收热量Q2,Q2不等于Q1 【答案】 B 【解析】 对于反应H2(g)+I2(g)??2HI(g),反应前后气体分子数相等,缩小反应容器体积,平衡不移动,正逆反应速率增大相同的倍数,A项错误;碳的质量不变,说明正、逆反应速率相等,反应已达平衡状态,B项正确;恒温恒容条件下,若A、C同时为气体,当压强不变时,也能说明反应达到平衡状态,C项错误;设N2(g)+3H2(g)??2NH3(g) ΔH=-a(a>0) kJ·mol-1,1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%,放出热量Q1=0.1a kJ,当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时,吸收热量Q2=0.1a kJ,故Q1=Q2,D项错误,故选B。 10.[2019·江苏]在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下,催化反应相同时间,测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是 A.反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH>0 B.图中X点所示条件下,延长反应时间能提高NO转化率 C.图中Y点所示条件下,增加O2的浓度不能提高NO转化率 D.380℃下,c起始(O2)=5.0×10?4 mol·L?1,NO平衡转化率为50%,则平衡常数K>2000 【答案】BD 【解析】A.随温度升高NO的转化率先升高后降低,说明温度较低时反应较慢,一段时间内并未达到平衡,分析温度较高时,已达到平衡时的NO转化率可知,温度越高NO转化率越低,说明温度升高平衡向逆方向移动,根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应,?H<0,故A错误; B.根据上述分析,X点时,反应还未到达平衡状态,反应正向进行,所以延长反应时间能提高NO的转化率,故B正确; C.Y点,反应已经达到平衡状态,此时增加O2的浓度,使得正反应速率大于逆反应速率,平衡向正反应方向移动,可以提高NO的转化率,故C错误; D.设NO起始浓度为amol/L,NO的转化率为50%,则平衡时NO、O2和NO2的浓度分别为0.5amol/L、(5×10-4-0.25a)mol/L、0.5amol/L,根据平衡常数表达式K=>=2000,故D正确; 故选BD。 11.[2019·浙江4月选考]下列说法正确的是 A.H(g)+I2(g) ? 2HI(g),其他条件不变,缩小反应容器体积,正逆反应速率不变 B.C(s)+H2O(g) ? H2(g)+CO(g),碳的质量不再改变说明反应已达平衡 C.若压强不再随时间变化能说明反应2A(?)+B(g) ? 2C(?)已达平衡,则A、C不能同时是气体 D.1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%,放出的热量为Q1;在相同温度和压强下,当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时,吸收的热量为Q2,Q2不等于Q1 【答案】B 【解析】A.该可逆反应的反应前后气体计量数不发生变化,当缩小反应容器体积,相当于加压,正逆反应速率同等程度增加,A项错误; B.在建立平衡前,碳的质量不断改变,达到平衡时,质量不变,因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡,B项正确; C.若压强不再改变说明反应达到平衡,表明反应前后气体的计量数不等,故A、C不可能均为气体,C项错误; D.易知N2(g)+3H2(g)?2NH3(g) ΔH,合成氨气实际参与反应n(H2)=3×10%=0.3mol,因而Q1=0.3/3×|ΔH|=0.1|ΔH|,分解氨气时实际消耗的n(NH3)=2×10%=0.2mol,Q2=0.2/2×|ΔH|=0.1|ΔH|,则Q1=Q2,D项错误。 故答案选B。 12.[2018·天津]室温下,向圆底烧瓶中加入1 molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸,溶液中发生反应;C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O,充分反应后达到平衡。已知常压下,C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。下列有关叙述错误的是 A.加入NaOH,可增大乙醇的物质的量 B.增大HBr浓度,有利于生成C2H5Br C.若反应物增大至2 mol,则两种反应物平衡转化率之比不变 D.若起始温度提高至60℃,可缩短反应达到平衡的时间 【答案】D 【解析】A.加入NaOH,中和HBr,平衡逆向移动,可增大乙醇的物质的量。选项A正确。 B.增大HBr浓度,平衡正向移动,有利于生成C2H5Br。选B正确。 C.若反应物增大至2 mol,实际上就是将反应的浓度都增大至原来的2倍,比例不变(两次实验反应物的比例都是1:1,等于方程式中的系数比),这里有一个可以直接使用的结论:只要反应物的投料比等于系数比,达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1:1。选项C正确。 D.若起始温度提高至60℃,考虑到HBr是挥发性酸,在此温度下会挥发出去,降低HBr的浓度减慢速率,增加了反应时间。选项D错误。 13.[2018·江苏]一定温度下,在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物,发生反应2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)(正反应放热),测得反应的相关数据如下: 下列说法正确的是 A.v1< v2,c2< 2c1 B.K1> K3,p2> 2p3 C.v1< v3,α1(SO2 ) >α3(SO2 ) D.c2> 2c3,α2(SO3 )+α3(SO2 )<1 【答案】CD 【解析】对比容器的特点,将容器1和容器2对比,将容器1和容器3对比。容器2中加入4molSO3等效于在相同条件下反应物投入量为4molSO2和2molO2,容器2中起始反应物物质的量为容器1的两倍,容器2相当于在容器1达平衡后增大压强,将容器的体积缩小为原来的一半,增大压强化学反应速率加快,υ2υ1,增大压强平衡向正反应方向移动,平衡时c22c1,p22p1,α1(SO2)+α2(SO3)1,容器1和容器2温度相同,K1=K2;容器3相当于在容器1达到平衡后升高温度,升高温度化学反应速率加快,υ3υ1,升高温度平衡向逆反应方向移动,平衡时c3c1,p3p1,α3(SO2)α1(SO2),K3K1。根据上述分析,A项,υ2υ1,c22c1,A项错误;B项,K3K1,p22p1,p3p1,则p22p3,B项错误;C项,υ3υ1,α3(SO2)α1(SO2),C项正确;D项,c22c1,c3c1,则c22c3,α1(SO2)+α2(SO3)1,α3(SO2)α1(SO2),则α2(SO3)+α3(SO2)1,D项正确;答案选CD。 14.[2018·浙江11月选考]已知X(g)+3Y (g)2W(g) +M (g) △H=-a kJ·mol-1(a>0)。一定温度下,在体积恒定的密闭容器中,加入1 mol X(g) 与1mol Y (g),下列说法正确的是 A.充分反应后,放出热量为a kJ B.当反应达到平衡状态时,X与W的物质的量浓度之比一定为1:2 C.当X的物质的量分数不再改变,表明该反应已达平衡 D.若增大Y的浓度,正反应速率增大,逆反应速率减小 【答案】C 【解析】A、该反应为可逆反应,不会完全进行,投入原料1mol并未完全反应,故放出的热量小于akJ,选项A不正确;B、X和W分别为反应物和生成物,化学计量数只表示反应过程的转化比例,并不能说明达到平衡后的浓度之比,选项B不正确;C、当X的物质的量分数不再变化时,反应达到平衡,选项C正确;D、若增大反应物浓度,正逆反应速率均会增加,选项D不正确。答案选C。 15.[2018·浙江11月选考]已知:2SO2(g)+ O2(g)= 2SO3 (g) △H =-197.8kJ?mol—1。起始反应物为SO2 和 O2(物质的量之比为2:1,且总物质的量不变)。SO2 的平衡转化率(%)随温度和压强的变化如下表,下列说法不正确的是 温度/K 压强/(105Pa) 1.01 5.07 10.1 25.3 50.7 673 99.2 99.6 99.7 99.8 99.9 723 97.5 98.9 99.2 99.5 99.6 773 93.5 96.9 97.8 98.6 99.0 A.一定压强下降低温度,SO2 的转化率增大 B.在不同温度、压强下,转化相同物质的量的SO2 所需要的时间相等 C.使用催化剂可以缩短反应达到平衡所需的时间 D.工业生产通常不采取加压措施是因为常压下SO2 的转化率已相当高 【答案】B 【解析】A、由表格数据及勒夏特列原理知,针对放热反应,一定压强下降低温度,平衡正向移动,反应物SO2的转化率増大,选项A正确;B、由于在不同温度、压强下,化学反应速率不一定相等,故转化相同物质的量的SO2所需要的时间不一定相等,选项B错误;C、催化剂对化学平衡移动无影响,但可以缩短到达平衡所花的时间,选项C正确;D、由图中数据可知,不同温度下,1.01×105Pa(常压)下SO2的转化率分别为99.2%,97.5%,93.5%,已经相当高了,且加压后转化率升高并不明显,所以没有必要通过加压提高转化率,选项D正确。答案选B。 16.[2018·浙江4月选考]反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H<0,若在恒压绝热的容器中发生,下列选项表明一定已达平衡状态的是 A.容器内的温度不再变化 B.容器内的压强不再变化 C.相同时间内,断开H-H键的数目和生成N-H键的数目相等 D.容器内气体的浓度c(N2):c(H2):c(NH3)=1:3:2 【答案】A 【解析】分析:根据化学平衡状态的特征解答,当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度、百分含量不变,据此分析解答。 详解:A.绝热容器,温度不再改变,说明正逆反应速率相等,该反应达到平衡状态,故A正确;B.该反应在恒压条件下进行,压强始终不变,不能根据压强判断平衡状态,故B错误;C.相同时间内,断开H-H键的数目和生成N-H键的数目相等,表示的都是正反应,且不满足计量数关系,无法判断是否达到平衡状态,故C错误;D.容器内气体的浓度c(N2):c(H2):c(NH3)=1:3:2,无法判断各组分的浓度是否发生变化,则无法判断平衡状态,故D错误;故选A。 17.[2018·浙江4月选考]某工业流程中,进入反应塔的混合气体中NO和O2的物质的量分数分别为0.10和0.06,发生化学反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g),在其他条件相同时,测得实验数据如下表: 压强/(×105Pa) 温度/℃ NO达到所列转化率需要时间/s 50% 90% 98% 1.0 30 12 250 2830 90 25 510 5760 8.0 30 0.2 3.9 36 90 0.6 7.9 74 根据表中数据,下列说法正确的是 A.升高温度,反应速率加快 B.增大压强,反应速率变慢 C.在1.0×105Pa、90℃条件下,当转化率为98%时的反应已达到平衡 D.若进入反应塔的混合气体为amol,反应速率以v=△n/△t表示,则在8.0×105Pa、30℃条件下转化率从50%增至90%时段NO的反应速率为4a/370mol/s 【答案】D 【解析】A项,相同压强时,温度高时达到相同转化率需要的时间多,升高温度,反应速率越小,故选项A错误; B项,相同温度,压强高时达到相同转化率需要的时间少,增大压强,反应速率变快,故选项B错误; C项,在此条件下,当转化率为98%时需要的时间较长,不确定反应是否达到了平衡,故选项C错误; D项,在amol混合气体进入反应塔,题目所示的外界环境下,NO的反应速率为v=△n/△t= = mol/s,故D项正确。 综上所述,本题正确答案为D。 10

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  • ID:7-7584130 [精]『备考2021』 三年高考真题分类精编解析13 溶液中的“三平衡”基础(含解析)

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    中小学教育资源及组卷应用平台 专题13 溶液中的“三平衡”基础 1. [2020·山东(新高考)]25℃时,某混合溶液中,1gc( CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数,下列说法正确的是 A. O点时, B. N点时, C. 该体系中, D. pH由7到14的变化过程中, CH3COO-的水解程度始终增大 【答案】BC 【解析】 【分析】 根据图像分析可知,随着pH的升高,氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大,氢离子和醋酸离子浓度减小,又pH=7的时候,氢氧根离子浓度等于氢离子浓度,故可推知,图中各曲线代表的浓度分别是:曲线1为lgc(CH3COO-)随pH的变化曲线,曲线2为lgc(H+)随pH的变化曲线,曲线3为lgc(OH-)随pH的变化曲线,曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线,据此结合水溶液的平衡分析作答。 【详解】A. 根据上述分析可知,O点为曲线2和曲线3的交点,对应的pH=7,应该得出的结论为:c(H+)= c(OH-),故A错误; B. N点为曲线1和曲线4的交点, lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH),即c(CH3COO-)=c(CH3COOH),因Ka=,代入等量关系并变形可知pH=-lgKa,故B正确; C. c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L,则c(CH3COO-)=0.1mol/L- c(CH3COOH),又Ka=,联立两式消去c(CH3COO-)并化简整理可得出,c(CH3COOH)=mol/L,故C正确; D. 醋酸根离子的水解平衡为:CH3COO-+H2O CH3COOH +OH-,pH由7到14的变化过程中,碱性不断增强,c(OH-)不断增大,则使不利于醋酸根离子的水解平衡,会使其水解程度减小,故D错误; 答案选BC。 2. [2020·天津]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 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. FeS溶于稀硫酸,而CuS不溶于稀硫酸,则 D. 在溶液中, 【答案】A 【解析】 A.HCOONa和NaF的浓度相同,HCOONa溶液的pH较大,说明HCOO-的水解程度较大,根据越弱越水解,因此甲酸的电离平衡常数较小,即Ka(HCOOH)<Ka(HF),故A错误; B.相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7,此时溶液呈酸性,氢离子浓度大于氢氧根浓度,说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度,则醋酸根浓度大于钠离子浓度,则溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),故B正确; C.CuS的溶解度较小,将CuS投入到稀硫酸溶液中,CuS溶解平衡电离出的S2?不足以与H+发生反应,而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体,说明Ksp(FeS)>Ksp(CuS),故C正确; D.根据溶液中的物料守恒定律,1 mol?L?1 Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1 mol?L?1,即c(S2?)+c(HS-)+c(H2S)=1 mol?L?1,故D正确; 综上所述,答案为A。 3. [2020·江苏]室温下,将两种浓度均为的溶液等体积混合,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. 混合溶液(pH=10.30): B. 氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25): C. 混合溶液(pH=4.76): D. 混合溶液(pH=1.68,H2C2O4为二元弱酸): 【答案】AD 【解析】 A. NaHCO3水溶液呈碱性,说明的水解程度大于其电离程度,等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为:,溶液中剩余微粒浓度关系为:,和水解程度微弱,生成的OH-浓度较低,由NaHCO3和Na2CO3化学式可知,该混合溶液中Na+浓度最大,则混合溶液中微粒浓度大小关系为:,故A正确; B.该混合溶液中电荷守恒为:,物料守恒为:,两式联立消去c(Cl-)可得:,故B错误; C.若不考虑溶液中相关微粒行为,则c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+),该溶液呈酸性,说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度,则溶液中微粒浓度关系为:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+),故C错误; D.该混合溶液中物料守恒为:,电荷守恒为:,两式相加可得:,故D正确; 综上所述,浓度关系正确的是:AD。 4.[2020·浙江7月选考,7] 17.下列说法不正确的是( ) A. 的盐酸中 B. 将溶液从常温加热至,溶液的变小但仍保持中性 C. 常温下,溶液呈碱性,说明是弱电解质 D. 常温下,为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体,溶液增大 【答案】A 【解析】 A. 盐酸的浓度为2.0×10-7 mol/L,完全电离,接近中性,溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度相差不大,则计算中氢离子浓度时,不能忽略水中的氢离子浓度,其数值应大于2.0×10-7 mol/L,故A错误; B. KCl溶液为中性溶液,常温下pH=7,加热到80时,水离子积Kw增大,对应溶液的氢离子浓度随温度升高会增大,pH会减小,但溶液溶质仍为KCl,则仍呈中性,故B正确; C. NaCN溶液显碱性,说明该溶质为弱酸强碱盐,即CN-对应的酸HCN为弱电解质,故C正确; D. 醋酸在溶液中会发生电离平衡:CH3COOHCH3COO-+H+,向溶液中加入醋酸钠固体,根据同离子效应可知,该平衡会向生成弱电解质的方向(逆向)移动,使溶液中的氢离子浓度减小,pH增大,故D正确; 故仅A选项符合题意。 5. [2020·浙江1月选考,17]下列说法不正确的是( ) A. 的溶液不一定呈碱性 B. 中和pH和体积均相等的氨水、溶液,所需的物质的量相同 C. 相同温度下,pH相等的盐酸、溶液中,相等 D. 氨水和盐酸反应后的溶液,若溶液呈中性,则 【答案】B 【解析】A. 温度影响水的电离,则pH>7的溶液不一定呈碱性;溶液酸碱性与溶液中氢离子、氢氧根离子浓度有关,当c(H+)c(K+)>c(OH?) 【答案】C 【解析】 【分析】邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐,溶液呈酸性,向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液,两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠,溶液中离子浓度增大,导电性增强,邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐,邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。 【详解】A项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液,两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠,溶液中Na+和A2—的浓度增大。由图像可知,溶液导电性增强,说明导电能力与离子浓度和种类有关,故A正确; B项、a点和b点K+的物质的量相同,K+的物质的量浓度变化不明显,HA—转化为A2—,b点导电性强于a点,说明Na+和A2—的导电能力强于HA—,故B正确; C项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠,邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐,A2—在溶液中水解使溶液呈碱性,溶液pH>7,故C错误; D项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠,溶液中c(Na+)和c(K+)相等,c点是继续加入氢氧化钠溶液后,得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液,则溶液中c(Na+)>c(K+),由图可知,a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积,则溶液中c(K+)>c(OH—),溶液中三者大小顺序为c(Na+)>c(K+)>c(OH—),故D正确。 故选C。 8.[2019·新课标Ⅱ]绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料,其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是 A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度 B.图中各点对应的Ksp的关系为:Ksp(m)=Ksp(n)c(OH?) B.随温度升高,CH3COONa溶液的c(OH?)减小 C.随温度升高,CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果 D.随温度升高,CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低,是因为CH3COO?、Cu2+水解平衡移动方向不同 【答案】C 【解析】 【分析】水的电离为吸热过程,升高温度,促进水的电离;盐类水解为吸热过程,升高温度促进盐类水解,据此解题; 【详解】A.水的电离为吸热过程,升高温度,平和向着电离方向移动,水中c(H+).c(OH-)=Kw减小,故pH减小,但c(H+)=c(OH-),故A不符合题意; B.水的电离为吸热过程,升高温度,进水的电离,所以c(OH-)增大,醋酸根水解为吸热过程,CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解,所以c(OH-)增大,故B不符合题意; C.升高温度,促进水的电离,故c(H+)增大;升高温度,促进铜离子水解Cu2++2H2OCu(OH)2 +2H+,故c(H+)增大,两者共同作用使pH发生变化,故C符合题意; D.盐类水解为吸热过程,升高温度促进盐类水解,故D不符合题意; 综上所述,本题应选C。 11.[2019·天津]某温度下,和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释,其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是 A.曲线Ⅰ代表溶液 B.溶液中水的电离程度:b点>c点 C.从c点到d点,溶液中保持不变(其中、分别代表相应的酸和酸根离子) D.相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后,溶液中相同 【答案】C 【解析】 【分析】电离常数HNO2大于CH3COOH,酸性HNO2大于CH3COOH; A、由图可知,稀释相同的倍数,Ⅱ的变化大,则Ⅱ的酸性比I的酸性强,溶液中氢离子浓度越大,酸性越强; B、酸抑制水电离,b点pH小,酸性强,对水电离抑制程度大; C、kw为水的离子积常数,k(HNO2)为HNO2的电离常数,只与温度有关,温度不变,则不变; D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液,c(CH3COOH)>c(HNO2)。 【详解】A、由图可知,稀释相同的倍数,Ⅱ的变化大,则Ⅱ的酸性比I的酸性强,Ⅱ代表HNO2,I代表CH3COOH,故A错误; B、酸抑制水电离,b点pH小,酸性强,对水电离抑制程度大,故B错误; C、Ⅱ代表HNO2,c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2),kw为水的离子积常数,k(HNO2)为HNO2的电离常数,这些常数只与温度有关,温度不变,则不变,故C正确; D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液,c(CH3COOH)>c(HNO2),分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和,CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多,HNO2消耗的NaOH少,故D错误; 故选C。 12.[2019·江苏]室温下,反应+H2OH2CO3+OH?的平衡常数K=2.2×10?8。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合,可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略,室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是 A.0.2 mol·L?1氨水:c (NH3·H2O)>c()> c (OH?)> c (H+) B.0.2 mol·L?1NH4HCO3溶液(pH>7):c ()> c ()> c (H2CO3)> c (NH3·H2O) C.0.2 mol·L?1氨水和0.2 mol·L?1NH4HCO3溶液等体积混合:c()+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c ()+c() D.0.6 mol·L?1氨水和0.2 mol·L?1 NH4HCO3溶液等体积混合:c (NH3·H2O)+ c()+ c(OH?)= 0.3 mol·L?1+ c (H2CO3)+ c (H+) 【答案】BD 【解析】 【详解】A.NH3?H2O属于弱碱,部分电离,氨水中存在的电离平衡有:NH3?H2ONH4++OH-,H2OH++OH-,所以c(OH-)>c(NH4+),故A错误; B.NH4HCO3溶液显碱性,说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解,所以c(NH4+)>c(HCO3-),HCO3-水解:H2O+HCO3-H2CO3+OH-,NH4+水解:NH4++H2ONH3?H2O+H+,前者水解程度大且水解都是微弱的,则c(H2CO3)>c(NH3?H2O),故B正确; C.由物料守恒,n(N):n(C)=2:1,则有c(NH4+)+c(NH3?H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)],故C错误; D.由物料守恒,n(N):n(C)=4:1,则有c(NH4+)+c(NH3?H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①;电荷守恒有:c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②;结合①②消去c(NH4+)得:c(NH3?H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③,0.2mol/LNH4HCO3与0.6mol/L氨水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1mol/L,由碳守恒有,c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L④,将③等式两边各加一个c(CO32-),则有c(NH3?H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-),将④带入③中得,c(NH3?H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3mol/L,故D正确; 故选BD。 13.[2019·浙江4月选考,22]下高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH-),油脂在其中能以较快的反应速率水解。与常温常压水相比,下列说法不正确的是(  ) A.高温高压液态水中,体系温度升高,油脂水解反应速率加快 B.高温高压液态水中,油脂与水的互溶能力增强,油脂水解反应速率加快 C.高温高压液态水中,c(H+)增大,可催化油脂水解反应,且产生的酸进一步催化水解 D.高温高压液态水中的油脂水解,相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH-)的碱的水解 【答案】D 【解析】温度升高,油脂的反应速率加快,A项正确;温度升高,压强增大,导致油脂与水的互溶能力增强,接触面积增大,油脂水解反应速率加快,B项正确;温度升高,水的离子积常数增大,c(H+)增大,可催化油脂水解反应,且产生的酸进一步催化水解,C项正确;除了c(H+)或c(OH-)的影响之外,还有温度的影响,D项错误。 14.[2018·海南]某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸,下列说法正确的是 A.AgCl的溶解度、Ksp均减小 B.AgCl的溶解度、Ksp均不变 C.AgCl的溶解度减小、Ksp不变 D.AgCl的溶解度不变、Ksp减小 【答案】C 【解析】在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡:AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),当加入少量稀盐酸时,c(Cl-)增大,平衡逆向移动,c(Ag+)减小,溶解的氯化银质量减小,AgCl的溶解度减小;AgCl的Ksp只受温度影响,温度不变,AgCl的Ksp不变。 故答案选C。 15.[2018·新课标Ⅲ]用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是 A.根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10 B.曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl) C.相同实验条件下,若改为0.0400 mol·L-1 Cl-,反应终点c移到a D.相同实验条件下,若改为0.0500 mol·L-1 Br-,反应终点c向b方向移动 【答案】C 【解析】本题应该从题目所给的图入手,寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意:横坐标是加入的硝酸银溶液的体积,纵坐标是氯离子浓度的负对数。A.选取横坐标为50 mL的点,此时向50 mL 0.05 mol/L的Cl-溶液中,加入了50 mL 0.1 mol/L的AgNO3溶液,所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025 mol/L(按照银离子和氯离子1∶1沉淀,同时不要忘记溶液体积变为原来2倍),由图示得到此时Cl-约为1×10-8mol/L(实际稍小),所以Ksp(AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10,所以其数量级为10-10,选项A正确。 B.由于Ksp(AgCl)极小,所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出,溶液一直是氯化银的饱和溶液,所以c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl),选项B正确。 C.滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子,所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定,将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/L的Cl-溶液,此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍,所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍,因此应该由c点的25mL变为25×0.8=20mL,而a点对应的是15mL,选项C错误。 D.卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小,所以Ksp(AgCl)应该大于Ksp(AgBr),将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50 mL 0.05 mol/L的Br-溶液,这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子,因为银离子和氯离子或溴离子都是1∶1沉淀的,所以滴定终点的横坐标不变,但是因为溴化银更难溶,所以终点时,溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小,所以有可能由c点变为b点,选项D正确。 16.[2018·北京]测定0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。 时刻 ① ② ③ ④ 温度/℃ 25 30 40 25 pH 9.66 9.52 9.37 9.25 实验过程中,取①④时刻的溶液,加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验,④产生白色沉淀多。 下列说法不正确的是 A.Na2SO3溶液中存在水解平衡:+H2O+OH? B.④的pH与①不同,是由于浓度减小造成的 C.①→③的过程中,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致 D.①与④的Kw值相等 【答案】C 【解析】A项,Na2SO3属于强碱弱酸盐,存在水解平衡:+H2O+OH-、+H2OH2SO3+OH-,A项正确;B项,取①④时刻的溶液,加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验,④产生白色沉淀多,说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4,①与④温度相同,④与①对比,浓度减小,溶液中c(OH-),④的pH小于①,即④的pH与①不同,是由于浓度减小造成的,B项正确;C项,盐类水解为吸热过程,①→③的过程,升高温度水解平衡正向移动,c()减小,水解平衡逆向移动,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反,C项错误;D项,Kw只与温度有关,①与④温度相同,Kw值相等;答案选C。 17.[2018·天津]LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下,LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO4–)的变化如图1所示,H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数随pH的变化如图2所示 []。 下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是 A.溶液中存在3个平衡 B.含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43– C.随c初始(H2PO4–)增大,溶液的pH明显变小 D.用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3,当pH达到4.66时,H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4 【答案】D 【解析】本题考查电解质溶液的相关知识。应该从题目的两个图入手,结合磷酸的基本性质进行分析。A.溶液中存在H2PO4–的电离平衡和水解平衡,存在HPO42–的电离平衡,存在水的电离平衡,所以至少存在4个平衡。选项A错误。B.含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–和H3PO4。选B错误。C.从图1中得到随着c初始(H2PO4–)增大,溶液的pH不过从5.5减小到4.66,谈不上明显变小,同时达到4.66的pH值以后就不变了。所以选项C错误。D.由图2得到,pH=4.66的时候,δ=0.994,即溶液中所有含P的成分中H2PO4–占99.4%,所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。选项D正确。 18.[2018·江苏]根据下列图示所得出的结论不正确的是 A.图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线,说明该反应的ΔH<0 B.图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2 )随反应时间变化的曲线,说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小 C.图丙是室温下用0.1000 mol·L?1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L?1某一元酸HX的滴定曲线,说明HX是一元强酸 D.图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时,溶液中c(Ba2+ )与c(SO42?)的关系曲线,说明溶液中c(SO42? )越大c(Ba2+ )越小 【答案】C 【解析】A项,升高温度,lgK减小,平衡向逆反应方向移动,逆反应为吸热反应,正反应为放热反应,该反应的ΔH0,A项正确;B项,根据图像,随着时间的推移,c(H2O2)变化趋于平缓,随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小,B项正确;C项,根据图像,没有滴入NaOH溶液时,0.1000mol/LHX溶液的pH1,HX为一元弱酸,C项错误;D项,根据图像可见横坐标越小,纵坐标越大,-lgc(SO42-)越小,-lgc(Ba2+)越大,说明c(SO42-)越大,c(Ba2+)越小,D项正确;答案选C。 19.[2018·浙江11月选考]下列说法不正确的是 A.测得0.1 mol·L-1的一元酸HA溶液pH=3.0,则HA一定为弱电解质 B.25℃时,将0.1 mol·L-1的NaOH溶液加水稀释100倍,所得溶液的pH=11.0 C.25℃时,将0.1 mol·L-1的HA溶液加水稀释至pH=4.0,所得溶液c(OH-)=1×10-10 mol·L-1 D.0.1 mol·L-1的HA溶液与0.1 mol·L-1的NaOH溶液等体积混合,所得溶液pH一定等于7.0 【答案】D 【解析】A、若HA为强酸,0.1 mol·L-1的HA溶液pH为1.0,现测得溶液pH为3.0,则HA为弱酸,选项A正确;B、0.1mol/L的NaOH溶液加水稀释100倍后,c(OH-)=1×10-11,pH值为11.0,选项B正确;C、pH值为4.0的溶液中c(H+)=1×10-4mol/L,在25℃时,水的离子积KW=1×10-14,故c(OH-)=1×10-10mol/L,选项C正确;D、若HA为强酸,与NaOH等体积等浓度混合后,所得溶液pH为7.0,若HA为弱酸,与NaOH等体积等浓度混合后,所得溶液pH大于7.0,选项D不正确。答案选D。 20.[2018·浙江4月选考]相同温度下,关于盐酸和醋酸两种溶液的比较,下列说法正确的是 A.pH相等的两溶液中:c(CH3COOˉ)=c(Clˉ) B.分别中和pH相等、体积相等的两溶液,所需NaOH的物质的量相同 C.相同浓度的两溶液,分别与金属镁反应,反应速率相同 D.相同浓度的两溶液,分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化):c(CH3COOˉ)=c(Clˉ) 【答案】A 【解析】A、在pH相等的两种溶液中,氢离子的浓度相同,根据溶液中电荷守恒可知阴离子浓度相等,即c(CH3COO-)=c(Cl-),故A正确; B、醋酸为弱酸,是弱电解质只能部分电离,与pH相同的强酸溶液比起来,与其他物质反应时,可以持续电离出氢离子,平衡右移,所以醋酸消耗的氢氧化钠的量要更多一些,故B错误; C、反应刚开始时,醋酸弱酸部分电离,与同等浓度的强酸比较,反应速率会慢一些,故C错误; D、当醋酸恰好与NaOH反应时,弱酸根水解呈现出碱性,应为c(CH3COO-)<c(Cl-),故D错误。 综上所述,本题的正确答案为A。 13

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  • ID:7-7584129 [精]『备考2021』 三年高考真题分类精编解析14 溶液中离子图像与离子浓度大小关系辨析(含解析)

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    中小学教育资源及组卷应用平台 专题14 溶液中离子图像与离子浓度大小关系辨析 1. [2020·新课标Ⅰ]以酚酞为指示剂,用0.1000 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:] 下列叙述正确的是 A. 曲线①代表,曲线②代表 B. H2A溶液的浓度为0.2000 mol·L?1 C. HA?的电离常数Ka=1.0×10?2 D. 滴定终点时,溶液中 【答案】C 【解析】 根据图像,曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小,曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大;当加入40mLNaOH溶液时,溶液的pH在中性发生突变,且曲线②代表的粒子达到最大值接近1;没有加入NaOH时,pH为1,说明H2A第一步完全电离,第二步部分电离,曲线①代表δ(HA-),曲线②代表δ(A2-),根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O,c(H2A)==0.1000mol/L,据此分析作答。 A.根据分析,曲线①代表δ(HA-),曲线②代表δ(A2-),A错误; B.当加入40.00mLNaOH溶液时,溶液的pH发生突变,说明恰好完全反应,结合分析,根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O,c(H2A)= =0.1000mol/L,B错误; C.由于H2A第一步完全电离,则HA-的起始浓度为0.1000mol/L,根据图像,当VNaOH=0时,HA-的分布系数为0.9,溶液的pH=1,A2-的分布系数为0.1,则HA-的电离平衡常数Ka==≈1×10-2,C正确; D.用酚酞作指示剂,酚酞变色的pH范围为8.2~10,终点时溶液呈碱性,c(OH-)>c(H+),溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-),则c(Na+)>2c(A2-)+c(HA-),D错误; 答案选C。 2.[2020·浙江7月选考,23]常温下,用氨水滴定浓度均为的和的混合液,下列说法不正确的是( ) A. 在氨水滴定前,和的混合液中 B. 当滴入氨水时, C. 当滴入氨水时, D. 当溶液呈中性时,氨水滴入量大于, 【答案】D 【解析】 A.未滴定时,溶液溶质为HCl和CH3COOH,且浓度均为0.1mol/L,HCl为强电解质,完全电离,CH3COOH为弱电解质,不完全电离,故,c(Cl-)>c(CH3COO-),A正确; B.当滴入氨水10mL时,n(NH3·H2O)=n(CH3COOH),则在同一溶液中c(NH4+)+ c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-),B正确; C. 当滴入氨水20mL时,溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4,质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)= c(NH4+)+c(OH-),C正确; D.当溶液为中性时,电荷守恒为:c(NH4+)+c(H+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)+ c(OH-),因为溶液为中性,则c(H+)=c(OH-),故c(NH4+)>c(Cl-),D不正确;故仅D选项符合题意。 3. [2020·浙江1月选考,23]室温下,向20.00 mL 0.100 0 mol·L-1盐酸中滴加0.100 0 mol·L-1NaOH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 【答案】C  【解析】 这是室温下用强碱滴定强酸,当NaOH与盐酸恰好完全反应时,溶液呈中性,即pH=7,A项正确;指示剂的选择原则:变色要明显,灵敏,且指示剂的变色范围要尽可能在滴定过程中的pH突变范围内,可减小实验误差,故B项正确;由图像可知,甲基红的变色范围更接近反应终点,选择甲基红作指示剂误差比甲基橙要小,故C项错误;当V(NaOH)=30.00 mL时,n(OH-)=0.100 0 mol·L-1×0.03 L-0.100 0 mol·L-1×0.02 L=0.001 mol,则c(OH-)=0.001 mol/0.05 L=0.02 mol·L-1,pH=13-lg5=12.3,故D项正确。答案选C。 4.[2019·浙江4月选考]室温下,取20 mL 0.1 mol·L?1某二元酸H2A,滴加0.1 mol·L?1 NaOH溶液。已知:H2AH++HA?,HA??H++A2?。下列说法不正确的是 A.0.1 mol·L?1 H2A溶液中有c(H+)-c(OH?)-c(A2?)=0.1 mol·L?1 B.当滴加至中性时,溶液中c(Na+)=c(HA?)+2c(A2?),用去NaOH溶液的体积小于10 mL C.当用去NaOH溶液体积10 mL时,溶液的pH<7,此时溶液中有c(A2?)=c(H+)-c(OH?) D.当用去NaOH溶液体积20 mL时,此时溶液中有c(Na+)=2c(HA?)+2c(A2?) 【答案】B 【解析】 【分析】由于该二元酸H2A,第一步电离完全,第二步部分电离,可以把20 mL 0.1 mol·L?1二元酸H2A看做20 mL 0.1 mol·L?1HA-一元弱酸和0.1mol/LH+溶液,注意该溶液是不存在H2A微粒。 【详解】A. 0.1 mol·L?1H2A溶液存在电荷守恒,其关系为c(H+)=c(OH?)+2c(A2?)+ c(HA?),因而c(H+)-c(OH?)-c(A2?)= c(A2?)+c(HA?)=0.1mol·L?1,A项正确; B.若NaOH用去10ml,反应得到NaHA溶液,由于HA??H++A2?,溶液显酸性,因而滴加至中性时,需要加入超过10ml的NaOH溶液,B项错误; C.当用去NaOH溶液体积10 mL时,得到NaHA溶液,溶液的pH<7,存在质子守恒,其关系为c(A2?)=c(H+)-c(OH?),C项正确; D.当用去NaOH溶液体积20 mL时,得到Na2A溶液,根据物料守恒有:c(Na+)=2c(HA?)+2c(A2?),D项正确。故答案选B。 5.[2018·江苏]H2C2O4为二元弱酸,Ka1 (H2C2O4 ) =5.4×10?2,Ka2 (H2C2O4 ) =5.4×10?5,设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4?) +c(C2O42?)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L?1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是 A.0.1000 mol·L?1 H2C2O4溶液:c(H+ ) =0.1000 mol·L?1+c(C2O42? )+c(OH?)?c(H2C2O4 ) B.c(Na+ ) =c(总)的溶液:c(Na+ ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O42? ) >c(H+ ) C.pH = 7的溶液:c(Na+ ) =0.1000 mol·L?1+ c(C2O42?) ?c(H2C2O4) D.c(Na+ ) =2c(总)的溶液:c(OH?) ?c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4?) 【答案】AD 【解析】A项,H2C2O4溶液中的电荷守恒为c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-),0.1000 mol·L?1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c(H2C2O4) + c(HC2O4-)+ c(C2O42-),两式整理得c(H+)=0.1000mol/L-c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(OH-),A项正确;B项,c(Na+)=c(总)时溶液中溶质为NaHC2O4,HC2O4-既存在电离平衡又存在水解平衡,HC2O4-水解的离子方程式为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-,HC2O4-水解常数Kh=== = =1.8510-13Ka2(H2C2O4),HC2O4-的电离程度大于水解程度,则c(C2O42-)c(H2C2O4),B项错误;C项,滴入NaOH溶液后,溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-),室温pH=7即c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)=c(总)+c(C2O42-)-c(H2C2O4),由于溶液体积变大,c(总)0.1000mol/L,c(Na+)0.1000mol/L +c(C2O42-)-c(H2C2O4),C项错误;D项,c(Na+)=2c(总)时溶液中溶质为Na2C2O4,溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-),物料守恒为c(Na+)=2[c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+ c(C2O42-)],两式整理得c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-),D项正确;答案选AD。 点睛:本题考查溶液中粒子浓度的大小关系。确定溶液中粒子浓度大小关系时,先确定溶质的组成,分析溶液中存在的平衡,弄清主次(如B项),巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒(质子守恒一般可由电荷守恒和物料守恒推出)。注意加入NaOH溶液后,由于溶液体积变大,c(总)0.1000mol/L。 6.[2018·浙江11月选考]常温下,分别取浓度不同、体积均为20.00mL的3种HCl溶液,分别滴入浓度为1.000mol·L-1,0.1000mol·L-1和0.01000mol·L-1的NaOH溶液,测得3个反应体系的pH随V(NaOH)的变化的曲线如图,在V(NaOH)=20.00mL前后出现突跃。下列说法不正确的是 A.3种HCl溶液的c(HCl):最大的是最小的100倍 B.曲线a、b、c对应的c(NaOH):a>b>c C.当V(NaOH)=20.00mL时,3个体系中均满足:c(Na+)=c(Cl-) D.当V(NaOH)相同时,pH突跃最大的体系中的c(H+)最大 【答案】D 【解析】A、由图可知,c(HCl)分别为1.000mol/L,0.100mol/L和0.01000mol/L,故最大的是最小的100倍,选项A正确;B、加入多于20mL的氢氧化钠溶液时,溶液pH最高的为氢氧化钠浓度最高的图像,即a对应的c(NaOH)最大,以此类推,选项B正确;C、当 V(NaOH)=20.00mL时,都恰好完全反应,溶液呈中性c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-),选项C正确;D、当 V(NaOH)相同时,三者都恰好完全反应,所得混合溶液体系中c(H+)应该是相同的,选项D不正确。答案选D。 7.[2018·浙江4月选考]在常温下,向10mL浓度均为0.1mol·L-1的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴0.1mol·L-1的盐酸,溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法正确的是 A.在a点的溶液中,c(Na+)>c(CO32-)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+) B.在b点的溶液中,2n(CO32-)+n(HCO3-)<0.001mol C.在c点的溶液pH<7,是因为此时HCO3-的电离能力大于其水解能力 D.若将0.1mol·L-1的盐酸换成同浓度的醋酸,当滴至溶液的pH=7时:c(Na+)=c(CH3COO-) 【答案】B 【解析】 【分析】A.在a点是滴入5mL盐酸和氢氧化钠反应,溶液中剩余氢氧化钠5mL,碳酸钠溶液显碱性,据此分析判断离子浓度大小; B.b点是加入盐酸,溶液pH=7呈中性,结合溶液中电荷守恒计算分析; C.在c点的溶液pH<7,为碳酸氢钠、碳酸和氯化钠溶液,碳酸电离程度大于碳酸氢根离子水解; D.溶液中存在电荷守恒分析判断。 【详解】A. 在a点是滴入5mL盐酸和氢氧化钠反应,溶液中剩余氢氧化钠5mL,碳酸钠溶液显碱性,溶液中离子浓度大小c(Na+ )>c(CO32-)>c(OH-)>c(C1-)>c(H+ ),故A错误; B.b点溶液pH=7,溶液为氯化钠、碳酸氢钠和碳酸溶液,n(CO32-)c(CH3COO-),故D错误。 所以B选项是正确的。 3

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