6.科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。
相关电解槽装置如图所示,用Cu-Si合金作硅源,在950℃利用三层液熔盐进行电解精炼,有关说法不正确的是
A.在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化,Si4+优先于Cu2+被还原
B.电子由液态Cu-Si合金流出,从液态铝流入
C.三层液熔盐的作用是增大电解反应面积,提高硅沉积效率
D.电流强度不同,会影响硅提纯速率
【答案】A
7.电解质溶液电导率越大导电能力越强。
常温下用0.100mol·L-1盐酸分别滴定10.00mL浓度均为0.100mol·L-1的NaOH溶液和氨水溶液。
利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。
下列说法正确的是
A.曲线①代表滴定氢氧化钠溶液的曲线
B.滴定氨水的过程应该选择酚酞作为指示剂
C.b点溶液中:
c(H+)>c(OH-)+c(NH4+)+c(NH3·H2O)
D.a、b、c、d四点的溶液中,水的电离程度最大的是c点
【答案】C
【解析】A、曲线②电导率先减小后增大,曲线②表示用0.100mol·L-1盐酸滴定10.00mL浓度为
0.100mol·L-1的NaOH;曲线①电导率持续增大,曲线①表示用0.100mol·L-1盐酸滴定10.00mL浓度为0.100mol·L-1的氨水溶液,A错误;B、把盐酸滴加到氨水中,开始时溶液显碱性,当滴定达到终点时,溶液由碱性变为酸性,根据人视觉有滞后性,观察溶液的颜色由浅到深比较敏锐,所以为减小滴定误差,在该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂更精确些,不应该选择酚酞作为指示剂,B错误;C、b点盐酸过量,溶质是等浓度的氯化铵和盐酸的混合溶液,则根据电荷守恒和物料守恒可知c(H+)>c(OH-)+c(NH4+)+c(NH3·H2O),C正确;D、c点溶质是氯化钠、b、d点都有剩余的盐酸,抑制水电离、a点是强酸弱碱盐溶液,水解促进水电离,所以水的电离程度最大的是a点,D错误。
答案选C。
点睛:
注意指示剂选择的三个因素:
(1)变色范围与终点pH吻合或接近。
(2)指示剂变色范围越窄越好。
(3)指示剂在滴定终点时颜色变化明显,容易观察(一般来说指示剂颜色由浅变深较由深变浅易于观察)判断。
8.亚硝酰氯(ClNO)常用于合成洗涤剂、触媒及用作中间体,某学习小组在实验室用Cl2与NO制备ClNO并测定其纯度,进行如下实验(夹持装置略去)。
查阅资料:
亚硝酰氯(ClNO)的熔点为-64.5℃、沸点为-5.5℃,气态呈黄色,液态时呈红褐色,遇水易反应生成一种氯化物和两种氮的常见氧化物,其中一种呈红棕色。
请回答下列问题:
Ⅰ.Cl2的制备:
舍勒发现氯气的方法至今还是实验室制取氯气的主要方法之一。
(1)该方法可以选择上图中的______(填字母标号)为Cl2发生装置,该反应中被氧化与被还原物质的物质的量之比为______。
(2)欲收集一瓶纯净干燥的氯气,选择上图中的装置,其连接顺序为:
a→______→i→h(按气流方向填小写字母标号)。
Ⅱ.亚硝酰氯(ClNO)的制备、实验室可用下图装置制备亚硝酰氯(ClNO):
(3)实验室也可用B装置制备NO,与B装置相比,使用X装置的优点为______。
(4)组装好实验装置后应先______,然后装入药品。
一段时间后,两种气体在Z中反应的现象为______。
III.亚硝酰氯(ClNO)纯度的测定:
将所得亚硝酰氯(ClNO)产品13.10g溶于水,配制成250mL溶液;取出25.00mL,以K2CrO4溶液为指示剂,用0.8mol·L-1AgNO3标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液的体积为22.50mL。
(已知:
Ag2CrO4为砖红色固体)
(5)亚硝酰氯(ClNO)与水反应的离子方程式为______。
(6)亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为______。
(保留两位有效数字)
【答案】
(1).C
(2).2∶1(3).g→f→e→d→c→b(4).排除装置内空气的干扰,可以随开随用,随关随停(5).检查装置的气密性(6).出现红褐色液体(7).2ClNO+H2O==2H++2Cl-+NO↑+NO2↑(8).90%
【解析】
(1)实验室制取氯气的方法是将二氧化锰固体与浓盐酸混合加热,所以选取的装置为C。
该反应中有2molHCl被氧化为1molCl2,有1molMnO2被还原为Mn2+,所以被氧化与被还原物质的物质的量之比为2:
1。
(2)制取的氯气应该先过饱和食盐水除去氯化氢,过浓硫酸干燥,再收集(氯气密度大于空气,应该长进短出),所以顺序为:
a→g→f→e→d→c→b→i→h。
(3)X可以从U形管的左侧加入硝酸,当硝酸没过铜丝的时候,可以保证装置内没有空气,这样生成的NO比较纯净。
当反应需要停止时,可以关闭K1,此时NO气体无法排出,会产生一定气压,使U形管右侧液面下降,当固液分离的时候,反应自动停止。
由上,X装置的优点是:
排除装置内空气的干扰,可以随开随用,随关随停。
(4)实验的一般步骤是连接装置再检查气密性,再进行实验。
一段时间后,两种气体在Z中反应生成亚硝酰氯,而亚硝酰氯是一种红褐色液体,所以现象为Z的三颈瓶中出现红褐色液体。
(5)亚硝酰氯遇水易反应生成一种氯化物(只能是HCl)和两种氮的常见氧化物(NO和NO2),所以反应的离子方程式为:
2ClNO+H2O==2H++2Cl-+NO↑+NO2↑。
(6)加入的硝酸银为0.8×22.5×10-3=0.018mol,所以氯离子为0.018mol,根据Cl守恒得到ClNO为0.018mol,考虑到题目是将产品配成250mL溶液,取25mL进行滴定,所以含有的ClNO为0.18mol,质量为0.18×65.5=11.79g,质量分数为11.79÷13.1=90%。
9.铋及其化合物在工业生产中用途广泛,某研究小组用浮选过的辉铋矿(主要成分是Bi2S3,还含少量SiO2等杂质)制备NaBiO3,其流程如下:
已知:
水解能力:
Bi3+>Fe3+。
回答下列问题:
(1)“浸取”时,为了提高浸取速率,可采取的措施有______(任写一条);过滤1的滤渣的主要成分有______(填化学式)。
(2)浸取时加入过量浓盐酸的目的是______;“母液”中通入气体X后可循环利用,气体X为______(填名称)。
(3)写出焙烧时生成铋酸钠的化学方程式______;当消耗标准状况下4.48LO2时,转移电子的数目是______。
(4)25℃时,向浓度均为0.04mol·L-1的Cu2+、Pb2+、Bi3+的混合溶液中滴加(NH4)2S溶液(设溶液体积增加1倍),当c(Pb2+)=10-5mol·L-1时恰好完全沉淀,所得溶液中c(Cu2+)∶c(Bi3+)=______。
[已知:
Ksp(CuS)=6.0×10-36、Ksp(PbS)=3.0×10-28、Ksp(Bi2S3)=1.6×10-20]
(5)用双硫腙(H2Dz,二元弱酸)~CC14络合萃取法可从工业废水中提取金属离子:
H2Dz先将金属离子络合成电中性的物质[如Cu(HDz)2等],再用CCl4萃取此络合物。
下图是用上述方法处理含有Hg2+、Bi3+、Zn2+的废水时的酸度曲线(E%表示金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率)。
①当调节pH=2.5时,铋(Bi)的存在形式有______。
②向萃取后的CCl4中加入NaOH溶液可将铋元素以氢氧化物的形式沉淀下来,相应的离子方程式为______。
【答案】
(1).粉碎矿石,适当提高浸取时温度、适当提高溶液浓度、搅拌等
(2).S、SiO2(3).防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀,提高原料的浸出率(4).氯气(5).2Bi+2O2+Na2O2
2NaBiO3(6).NA或6.02×1023(7).10-11﹕1(8).Bi3+、Bi(HDz)3(9).Bi(HDz)3+6OH-===Bi(OH)3+3H2O+3Dz3-
【解析】
(1)“浸取”时,为了提高浸取速率,可采取的措施有粉碎矿石、适当提高浸取时温度、适当提高溶液浓度、搅拌等;二氧化硅与盐酸和氯化铁不反应,Bi2S3中的-2价S被氧化为单质硫,则滤渣的主要成分有S、SiO2。
(2)由于铁离子、Bi3+易水解,因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀,提高原料的浸出率;加入铁粉后铁离子转化为亚铁离子,Bi3+转化为单质铋,氯气能把氯化亚铁氧化为氯化铁而循环利用,所以气体X为氯气。
(3)焙烧时生成铋酸钠的化学方程式为2Bi+2O2+Na2O2
2NaBiO3;反应中只有Bi元素化合价升高,从0价升高到5价,当消耗标准状况下4.48LO2即0.2mol氧气时,转移电子的个数是NA。
(4)根据溶度积常数可知此时Bi3+未沉淀,浓度是0.02mol/L。
铜离子浓度是
,所以所得溶液中c(Cu2+)∶c(Bi3+)=10-11∶1。
(5)①当调节pH=2.5时铋的萃取率是0.8,所以铋(Bi)的存在形式有Bi3+、Bi(HDz)3;②向萃取后的CCl4中加入NaOH溶液可将铋元素以氢氧化物的形式沉淀下来,相应的离子方程式为Bi(HDz)3+6OH-=Bi(OH)3↓+3H2O+3Dz2-。
10.硫的化合物在科研、生活及化学工业中具有重要的作用。
(1)在废水处理领域中,H2S或Na2S能使某些金属离子生成极难溶的硫化物而除去。
25℃,在0.10mol·L-1H2S溶液中,通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH,溶液pH与c(S2-)关系如下表(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。
pH
3
5
7
9
11
c(S2-)/(mol·L-1)
1.4×10-15
1.4×10-11
6.8×10-8
1.3×10-5
1.3×10-3
某溶液含0.020mol·L-1Mn2+、0.10mol·L-1H2S,当溶液的pH=5时,Mn2+开始沉淀,MnS的溶度积为______。
(2)工业上采用高温分解H2S制取氢气,其反应为2H2S(g)
2H2(g)+S2(g) ΔH1,在膜反应器中分离出H2。
①已知:
H2S(g)
H2(g)+S(g) ΔH2;2S(g)
S2(g) ΔH3,则ΔH1=______(用含ΔH2、ΔH3的式子表示)。
②在密闭容器中,充入0.10molH2S(g),发生反应2H2S(g)
2H2(g)+S2(g),控制不同的温度和压强进行实验,结果如图所示。
图中压强p1、p2、p3由大到小的顺序为______,理由是______。
若容器的容积为2.0L,则压强为p3,温度为950℃时,反应经3h达到平衡,化学反应速率v(S2)=______;若压强p2=7.2MPa、温度为975℃时,该反应的平衡常数Kp=______(用平衡分压代替平衡浓度,分压=总压×物质的量分数,计算结果保留两位有效数字)。
若保持压强不变,升温至1000℃时,则该反应的平衡常数_____(填“增大”“不变”或“减小”)。
(3)工业上用惰性电极电解KHSO4饱和溶液制取H2O2,示意图如图所示:
①低温电解KHSO4饱和溶液时阳极的电极反应式为______。
②K2S2O8水解时生成H2O2和KHSO4,该反应的化学方程式______。
【答案】
(1).2.8×10-13
(2).2ΔH2+ΔH3(3).p3>p2>p1(4).该反应的正反应为气体分子数增加的反应,其他条件相同时,压强增大平衡逆向移动,H2S的转化率减小,故p3>p2>p1(5).0.0025mol·L-1·h-1(6).0.53(7).增大(8).2SO
-2e-===S2O
(9).K2S2O8+2H2O===H2O2+2KHSO4
【解析】试题分析:
(1)某溶液含0.020mol•L-1Mn2+、0.1mol•L-1H2S,当溶液的pH=5时,溶液里c(S2-)=1.4×10-11mol•L-1,Mn2+开始沉淀,则MnS的溶度积=c(S2-)×c(Mn2+)=0.020×1.4×10-11=2.8×10-13;
(2)工业上采用高温分解H2S制取氢气,其反应为2H2S(g)
2H2(g)+S2(g)△H1,在膜反应器中分离出H2。
①ⅰH2S(g)
H2(g)+S(g)△H2,ⅱ2S(g)
S2(g)△H3,根据盖斯定律可知2H2S(g)
2H2(g)+S2(g)为ⅰ×2+ⅱ得到的,故△H1=2ΔH2+ΔH3;②因为恒温下压强越大,H2S的转化率越低,则图中压强p1、p2、p3由大到小的顺序为p3>p2>p1,理由是该反应的正反应为气体分子数增加的反应,其他条件相同时,压强增大平衡逆向移动,H2S的转化率减小,故p3>p2>p1。
压强为p3,温度为950℃时,H2S的转化率为30%,即变化量为0.10mol×30%=0.03mol,生成的S2(g)为0.03mol/2=0.015mol,达到平衡时v(S2)="("0.015mol/2L)÷3h=0.0025mol/(L·h);若压强p2=7.2MPa,温度为975℃时,H2S的转化率为40%,即变化量为0.10mol×40%=0.04mol,则平衡时H2(g)为0.04mol,S2(g)的物质的量为0.02mol,H2S(g)的物质的量为0.06mol,总的物质的量为0.12mol,H2S(g)、H2(g)、S2(g)的分压分别为7.2MPa×(0.06/0.12)=3.6MPa,7.2MPa×(0.04/0.12)=2.4MPa,7.2MPa×(0.02/0.12)=1.2MPa,则反应的平衡常数Kp=(2.4MPa)2×1.2MPa÷(3.6MPa)2=0.53MPa,因恒压条件下,温度越高,H2S的转化率越大,说明升高温度平衡正向移动,若保持压强不变,升温到1000℃时,则该反应的平衡常数增大;(3)①低温电解饱和KHSO4溶液时阳极的电极反应式为2SO42−−2e−=S2O82−;②K2S2O8水解时生成H2O2和KHSO4,该反应的化学方程式为K2S2O8+2H2O=H2O2+2KHSO4。
考点:
考查溶度积、化学平衡常数及盖斯定律的应用计算,涉及电解原理的应用。
11.英国曼彻斯特大学科学家安德烈·海姆和康斯坦丁·诺沃肖洛夫。
共同工作多年的二人因“突破性地”用撕裂的方法从石墨中成功获得超薄材料石墨烯而获奖。
制备石墨烯方法有石墨剥离法、化学气相沉积法等。
石墨烯的球棍模型示意图如图:
(1)下列有关石墨烯说法正确的是______。
a.12g石墨烯含
键数为NA
b.石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面
c.从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力
d.石墨烯中每个C原子连接3个六元环,每个六元环占有6个C原子
(2)化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一,催化剂为金、铜、钴等金属或合金,含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合。
①基态铜原子能量最高的电子占据的能级符号是_____;第四周期元素中,最外层电子数与铜相同的元素还有______。
②下列分子属于非极性分子的是______。
a.甲烷b.二氯甲烷c.苯d.乙醇
③乙醇的沸点要高于相对分子质量比它还高的丁烷,请解释原因______。
④酞菁与酞菁铜染料分子结构如下图1,酞菁分子中碳原子采用的杂化方式是______。
⑤金与铜可形成的金属互化物合金(如上图2),它的化学式可表示为______;在Au周围最近并距离相等的Cu有______个,若2个Cu原子核的最小距离为dpm,该晶体的密度可以表示为______g/cm3。
(阿伏加德罗常数用NA表示)
【答案】
(1).bc
(2).3d(3).K、Cr(4).a、c(5).乙醇分子间可形成氢键而丁烷分子间不能形成氢键(6).sp2(7).Cu3Au或AuCu3(8).12(9).
【解析】
(1)由图示得到,石墨烯中碳原子的杂化类型为sp2,所以每个碳原子应该形成3个σ键,而每形成1个σ键需要2个碳原子,所以C∶σ键=2∶3,因此12g石墨烯(1molC)中的σ键为1.5mol,选项a错误。
石墨烯中所有的碳原子都是sp2杂化,所以所有的碳原子都在同一个平面,选项b正确。
石墨晶体中石墨层与层之间存在的是分子间作用力,所以选项c正确。
石墨烯中每个C原子连接3个六元环,所以每个C原子在一个六元环中只能分得1/3,所以每个六元环占有6×1/3=2个C原子,选项d错误。
(2)①铜是29号元素,核外电子排布式为[Ar]3d104S1,根据鲍林的近似能级图得到其中能量最高的能级为3d。
第四周期,最外层电子数与Cu相同都是1个电子的是K(4s1)和Cr(3d54s1)。
②甲烷(正四面体)和苯(正六边形)都是高度对称的分子,所以是非极性分子;而二氯甲烷是变形四面体结构是极性分子,乙醇显然是极性分子。
③乙醇沸点高于丁烷的原因是,乙醇有-OH,可以形成分子间氢键,从而提高了沸点。
④酞菁分子中碳都形成了双键,或者都是苯环中的碳原子,所以都是sp2杂化。
⑤金原子占据晶胞的顶点,所以有8×
=1个;铜原子占据6个面心,所以有6×
=3个,所以化学式为Cu3Au或AuCu3。
如果以图2晶胞的体心为顶点,以顶点的金原子为体心,可以得到一个新的晶胞,该新晶胞中金原子在体心,铜原子位于12条棱的棱心,所以在Au周围最近并距离相等的Cu有12个。
由立体几何知识得到图2中两个Cu原子核的最小距离为晶胞面对角线的一半,所以面对角线的长度为2dpm,所以晶胞边长为2d/
=
dpm=
d×10-10cm。
晶胞体积为边长的立方为:
d3×10-30cm3,晶胞中含有1个Au和3个Cu,所以晶胞的质量为(197+3×64)/NA,质量除以体积得到晶胞密度为:
g/cm3。
点睛:
高中在教学中使用的是鲍林的近似轨道能级图,所以3d的能量高于4s。
但是在科顿能级图中,除了K和Ca之外,应该是4s的能量高于3d,只是如果在3d中填充了一个电子以后,受到电子互斥和屏蔽效应的影响,下一个电子应该填入4s。
12.咖啡酸乙酯具有抗炎作用且有治疗自身免疫性疾病的潜力,其合成路线如图所示:
回答下列问题:
(1)C+D→E反应类型为______。