13.(2019·山东泰安高三质检)已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数见下表:
弱酸化学式PCl
HA-112℃3
HB
276℃
电离平衡常数(25℃)PCl
-6K=1.7×10a148℃5
-3-8KK=1.3×10=5.6×10a2a1200℃分解
则下列有关说法正确的是()
A.等物质的量浓度的各溶液pH关系为:
pH(NaB)>pH(NaHB)>pH(NaA)
2-1-1+caac(Amol·L(Na)>的NaA溶液等体积混合,溶液与B.将mol·L的HA混合液中:
-)
--2B+2HA===2A+HBBC.向Na溶液中加入足量的HA溶液发生反应的离子方程式为:
22--+ccccB)溶液中部分微粒浓度的大小为:
.DNaHB(Na)>(HB)>(H(B)>2D
答案.
-,酸性越强,对应的B>HA>HB钠盐的碱性越弱,解析酸性H2-6-pH(NaB)>pH(NaA)>pH(NaHB),故A错误;HA的电离常数为1.7×10,则A的水解常数为2-141×101--9-aKmol·L的电离常数大于A的水解常数,则将=≈5.9×10,可以知道HA
h6-1.7×101-a溶液等体积混合后溶液显酸性,由电荷守恒可以知道混合液NaAmol·L的HA溶液与的
--+cc溶液发生反溶液中加入足量的HAB>HA>HB,向Na中:
(Na)
3-1.3×10-+-cccc(HB),故D(BNaHB溶液中)>(Na)>正确。
(HB)>溶液显酸性,则2二、非选择题
(一)必考题(共43分)
26.(2019·山西省高三考前适应性训练)(14分)三氯化磷(PCl)是一种基础化工原料,3使用广泛,需求量大。
实验室可用白磷与氯气反应制备三氯化磷,实验装置如下图所示(夹持装置未画出)。
已知:
①氯气与白磷反应放出热量(温度高于75℃)。
②PCl和PCl遇水强烈反应并产生大量的白雾。
53③PCl和PCl的物理常数如下:
53
熔点沸点回答下列问题:
为A;装置中发生方程式子的反应离________称的器
(1)仪X名是__________________________。
中是否发生堵塞,可用于除杂,也是安全瓶,能监测实验进行时装置DC或B
(2)装置或若装置CD中的现象是B中发生堵塞时____________________。
因局部过热而炸裂,实验开始前应在圆底烧瓶的底部放少量(3)为防止装置D填“干沙”或“水”)。
________(
(4)装置E的烧杯中冰盐水的作用是________。
(5)装置F的作用:
一是防止空气中水蒸气的进入;二是__________________。
--+2+8HO+10Cl+16H===2Mn+5Cl↑+答案
(1)分液漏斗2MnO224
(2)吸滤瓶中液面下降,长颈漏斗中液面上升(4)使三氯化磷蒸气充分冷凝(3)干沙
(5)吸收过量的氯气,防止污染空气中气体压强增大,会把吸滤瓶中的液体B
(2)若装置C或D发生堵塞,则在装置解析压入长颈漏斗中,导致吸滤瓶中液面下降,长颈漏斗中液面上升。
防止圆底烧瓶因局部过热而炸裂,通常会在底部铺上一层沙子或加一定量的水,因(3)会水解,所以只能用干沙。
为PCl3。
(4)PCl熔沸点较低,通过降温可将其转化为液体,在E中收集PCl33,氯气是有毒气体,未反应的氯气会造成PCl(5)在装置D中白磷与氯气发生反应产生3大气污染,空气中的水蒸气进入装置D也会影响PCl的制备。
3的排放.(2019·深圳市高三调研)(15分)CO还原脱硝技术可有效降低烟气中的NO27x量。
回答下列问题:
H(g)ΔⅠ.CO还原NO的脱硝反应:
2CO(g)+2CO(g)2NO(g)+N22
1-H=-226kJ·mol
(1)已知:
Δ(g)CO+NO(g)+NO(g)CO(g)122
-1H=+68kJ·molΔ(g)2NO(g)(g)N+2O2222
-1HO(g)N+2NO(g)(g)Δ=+183kJ·mol322H=________脱硝反应Δ,该反应向正反应方向自发进行的倾向很大,其原因是______________________________,有利于提高NO平衡转化率的条件是__________________________(写出两条)。
(2)以MnO为脱硝反应的催化剂,研究者提出如下反应历程,将历程补充完整。
43第一步:
____________________;
第二步:
3MnO+2CO===MnO+2CO。
2324(3)在恒温恒容的密闭容器中,充入等物质的量的CO和NO混合气体,加入MnO发生脱43t时达到平衡,测得反应过程中CO硝反应,的体积分数与时间的关系如下图所示。
20vv(填“>”“<”或“=”)。
________b处处①比较大小:
a逆正。
________的平衡转化率为②NO.
T(g)CO(g)+NO(g)℃时,在刚性反应器中发生如下反应:
CO(g)+NOⅡ.,化学反22nmvkppk为化学反应速率常数。
研究表明,该温度下反应物的分压与化,应速率(NO=)(CO)2学反应速率的关系如下表所示:
ppatp(NO)时达到平衡,测得体系中min(NO)=(4)若反应初始时kPa(CO)=,反应2-1bvab,该反应(用含有的代数式表示,下同=和kPa,则此时)=____________kPa·sKK)=____________(。
的化学平衡常数是以分压表示的平衡常数pp1-的NOCO和
(1)-750kJ·mol该反应为放热量大的反应降温、加压、增大答案投料比等+N
(2)MnO+2NO===3MnO24322b-52ba(4)9×10()-(3)①>②80%
2ba?
-?
2NO(g)2CO(g)++N(g)
解析
(1)根据盖斯定律①×2-[③×2-②]可得2CO(g)221-H=-750kJ·mol,由热化学方程式可知,该反应为放热量很大的反应,所以该反应向Δ正反应方向自发进行的倾向很大,该反应的正反应为气体体积减小的放热反应,故降温和加压都可以使平衡右移,有利于提高NO的平衡转化率。
2NO2CO++2CON,故第一步反应为MnO
(2)第一步和第二步的反应相加即可得到4322。
N+2NO===3MnO+22vvtv>b这个反应是从正反应方向建立平衡的,,=处b时达到平衡,(3)①a故处正正逆0.
v。
处逆
2NO2CO+2CO+N②22起始(mol)1100
xxxx转化(mol)0.5xxxx-1-0.5平衡(mol)1xx=0.8mol,所以NO的平衡转化率为80%。
=0.5,
xxxx0.51-+1-++
(g)CONO(g)+NO(g)
(4)CO(g)+22aa00起始(kPa)
xxxx转化(kPa)
ababxbxb)(=-=)平衡(kPa)(-2bmnkpmKnvkp=),可求出=1,根据表格中数据,带入==,即(CO)=(NO
2p2ba?
?
-v0.009-5-52tvab)。
时-=9×10(==9×10,所以min
mnpp10×10NO?
CO?
?
?
228.(2019·合肥市高三第一次质检)(14分)铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。
某科研小组从某废旧铍铜元件(主要含BeO、CuS,还含少量FeS和SiO)中回收铍2和铜两种金属的工艺流程如图:
已知:
ⅰ.铍、铝元素化学性质相似;BeCl熔融时能微弱电离。
2-20K,[Cu(OH)]ⅱ.常温下=2.2×102sp-38-13KK。
=4.0×10]=2.1×10,[Mn(OH)[Fe(OH)]2spsp3回答下列问题:
(1)滤液A的主要成分除NaOH外,还有________________(填化学式);写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式__________________。
(2)滤液C中含NaCl、BeCl和少量HCl,为得到较纯净的BeCl溶液,下列实验操作步22骤最合理的顺序是________;电解熔融BeCl制备金属铍时,需要加入NaCl,其作用是2__________________。
①加入过量的NaOH;②加入过量的氨水;③加入适量的HCl溶液;④过滤;⑤洗涤。
(3)反应Ⅱ中CuS的氧化产物为S单质,该反应的化学方程式为。
______________________________
+122+-13+-ccc)(Mn(Fe)=0.008mol·L常温下,若滤液D中)(Cu=2.2mol·L、,(4)1-;是______________()填化学式=0.21mol·L,向其中逐滴加入稀氨水,生成的沉淀F。
最大为________为了尽可能多地回收铜,所得滤液G的pH+2-+2O4H===Be+2H、答案
(1)NaSiONaBeOBeO+223222
(2)②④⑤③增强熔融盐的导电性
O+2H+(3)MnO+CuS+2HSO===SMnSO+CuSO2424428
(4)Fe(OH)3属于,根据已知信息ⅰ,可知BeO解析
(1)废旧铍铜原件中含有BeO、CuS、FeS、SiO2属于酸性氧化物,能SiO发生反应,两性氧化物,能与NaOHCuS、FeS不与氢氧化钠反应,2-2与过量盐酸反应BeONaBeO;、A的主要成分是NaOH、NaSiO与氢氧化钠反应,因此滤液22232++22-。
+===Be2HO生成氯化铍和水,其离子方程式为BeO+4H22Be(OH)C中先加入过量的氨水,生成Be
(2)由于元素、铝元素化学性质相似,可向滤液2溶液,故最合溶液,即得到较纯净的BeCl沉淀,过滤、洗涤后再向沉淀中加入适量的HCl2NaCl可增强熔融盐的导电性。
理的步骤顺序是②④⑤③;熔融BeCl微弱电离,则加入2+2根据得失电子被还原为Mn,中转化为S单质,则MnOMnCuS(3)根据题意可知,中S2。
+MnSO+CuSO2HO===SMnO守恒、原子守恒可知,其化学方程式为+CuS+2HSO+24422420-K2.2×10[Cu?
OH?
]2sp-+2c(4)根据已知信息ⅱ可知,(OH)==Cu开始沉淀时,+2c2.2?
?
Cu3338-K4.0×10]OH?
[Fe?
3sp-+-1310-1-c)=mol·L=1×10mol·L,Fe开始沉淀时,=(OH+3c0.008?
?
Fe-13K2.1×10?
][Mn?
OH32sp-+-1212-1-c==mol·L=5×10(OH),mol·LMn开始沉淀时,+2c0.21?
?
Mn+---1613mol·L=1×10mol·L,则向滤液D中逐滴加入稀氨水,首先沉淀的是Fe,所以产2+2+2+--10c=1×10mol·LCu开始沉淀时(OH)中含有生的沉淀F为Fe(OH);滤液ECu和Mn,314-10-1-4-1+-12+c(H)=mol·L=10mol·L,pH=,4,为使Cu尽可能多地沉淀,同时不能
10-102+2+--6-1c(OH)=1×10mol·L,即pH=使Mn沉淀,由前面分析可知,Mn开始沉淀时8,故滤液G的pH最大为8。
(二)选考题(共15分)
35.(2019·内蒙古包头市高三一模)[化学——选修3:
物质结构与性质](15分)
A、B、C、D、E是周期表前四周期的元素,它们原子序数依次增大,现有如下信息:
元素
相关信息
A
原子核外有6个不同运动状态的电子
B
轨道的电子总数相同p轨道的电子总数与s非金属元素,基态原子的
C
主族元素,与B原子的价电子数相同
D
623d4s价层电子排布式为
E
ⅠB族,其被称作“电器工业的主角”
请回答下列问题(用A、B、C、D、E所对应的元素符号表示):
2+。
,E的核外电子排布式为________C
(1)B、元素相比,第一电离能较大的是________因原,请解释“高”或“低”)E
(2)EB的熔点比C的________(填22。
______________________________________________________________--______________。
(3)N和AB是等电子体,则N的结构式为323该________;的三聚体环状结构如图1所示,该结构中C原子的杂化轨道类型为(4)CB3,较短的键为160pm—结构中CB键长有两类,一类键长约140pm,另一类键长约为键。
中字母),该分子中含有________个σ________(填图1
ac=1.032nm;EDC所示,晶胞参数的晶胞中每个=0.524nm、(5)EDC的晶胞如图2223只要求列算式,不必计算出(=________g/cm________个C原子相连,晶体密度ρE原子与N。
)数值,阿伏加德罗常数为A9的晶格能大,SCuO比Cu高答案
(1)O[Ar]3d
(2)氧离子半径比硫离子半径小,22熔点高所以CuO23-a12(3)[N===N===N](4)sp
184×4
NA(5)4
7--7-7×1.032×10×0.524×100.524×10解析A、B、C、D、E五种元素,位于元素周期表的前四周期,它们的核电荷数依次增大。
A的原子核外有6个不同运动状态的电子,A为C元素;B是非金属元素,基态原子的s422是主O元素;C1s轨道的电子总数与p轨道的电子总数相同,B的电子排布式为2s2p,为26元Fe,D为的价层电子排布式为为族元素,与B原子的价电子数相同,CS元素;D3d4s元素。
Cu素;E位于第ⅠB族,其被称作“电器工业的主角”,为元素位于同一主族,同一主族元素第一电离能随着原子序数增大而减小,所以、
(1)OS+2根据构造原理个电子,27该离子核外有,Cu个电子生成2原子失去Cu;S>O第一电离能
9[Ar]3d。
书写该离子核外电子排布式为都是离子晶体,离子晶体熔沸点与晶格能成正比,晶格能与离子半径成CuS
(2)CuO、22O熔点高。
S的晶格能大,所以Cu反比,氧离子半径比硫离子半径小,CuO比Cu222--的结构式为是等电子体,等电子体结构相似,根据二氧化碳结构式书写N(3)N和CO332-。
[N===N===N]S,根据价层电子对互斥理论判断(4)根据图知,该结构中S原子价层电子对个数是43键长较短,SS===O—O键,原子的杂化轨道类型为sp;SO的三聚体中每个S形成S===O键和3键。
12个σ所以a较短;该分子中含有、8S原子个数=Cu(5)CuFeS的晶胞中每个原子与4个S原子相连,CuFeS的晶胞中2211112ca=原子个数=8×+4×+4,晶胞体积=1=+6×Fe原子个数=4×=4、Cu
2842M×4
NmA-7-7-73(0.524×10×0.524×10×1.032×10)cm,晶体密度ρ==
VV184×4
NA3g/cm=。
777---×1.032×10×0.524×100.524×1036.(2019·湖南省娄底市高三二模)[化学——选修5:
有机化学基础](15分)
化合物J是一种常用的抗组胺药物,一种合成路线如下:
已知:
①C为最简单的芳香烃,且A、C互为同系物。
催化剂②2ROH+NH――→HNR+2HO(R代表烃基)。
223△请回答下列问题:
。
________________中的官能团名称是H,__________的化学名称是
(1)A.
(2)由D生成E的反应类型是________,G的结构简式为________________。
(3)B+C→D的化学方程式为______________________________________。
()结构,遇FeCl溶液显紫色,则(4)L是F的同分异构体,含有联苯3L有________(不考虑立体异构)种。
其中核磁共振氢谱为六组峰,峰面积之比为3∶2∶2∶2∶2∶1的结构简式为________。
-丙醇为原料制备化合物的合成路线(-氯-写出用氯乙烷和21其他(5)无机试剂任选)。
甲苯醚键、氯原子答案
(1)Cl
CHOHCH
(2)氧化反应22
解析
(1)由A→B的反应条件以及B的组成和已知①可推知A为甲苯;由H的结构简式可知,H中的官能团为醚键和氯原子。
(2)反应D→E属于去氢加氧的反应,所以其反应类型为氧化反应;由F+G→H的反应条件(浓硫酸、加热)以及产物中醚键的生成可知,该反应属于羟基间的脱水成醚,故G的结构简式为CHOH