C.标准状况下,1,2-二溴乙烷为液体,不能利用22.4L/mol进行计算,C错误;
D.19.2g铜为0.3mol,由于未指明硝酸的浓度,生成的气体可能为NO、NO2中的某一种或二者的混合物,成分不确定,分子数不定,D错误。
故选A。
3.Z是合成某药物的中间体,其合成原理如下:
下列说法正确
是.
A.用NaHCO3溶液可以鉴别X和ZB.X、Y、Z都能发生取代反应
C.X分子所有碳原子可能共平面D.与X具有相同官能团的同分异构体还有5种
【答案】B
【解析】
【详解】A.X和Z分子中都含有羧基,都能与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳气体,NaHCO3溶液不能鉴别X和Z,A不正确;
B.X和Y能发生酯化反应,Y和Z的苯环上能发生卤代反应,酯化反应和卤代反应都属于取代反应,B正确;
C.X分子中与Br相连的碳原子上连有三个碳原子,这四个碳原子不可能共平面,C错误;
D.丁酸有两种结构CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH,烃基上一个氢原子被溴原子取代的产物有5种,除去X本身,与X具有相同官能团的同分异构体还有4种,D错误。
故选B。
4.AlCl3常作净水剂。
某小组选择如下装置制备氯化铝,已知氯化铝易升华,遇水易水解。
下列说法错误的是
A.按气流方向从左至右,装置连接顺序为a→c→b→d
B.先启动a中反应,当硬质试管内充满黄绿色时点燃酒精灯
C.试剂R为P2O5或CaCl2吸收空气中的水蒸气
D.为了中止反应,停止通入Cl2的操作是关闭分液漏斗的活塞
【答案】C
【解析】
【详解】A.制得氯气后,应先除HCl后干燥,A正确;
B.通入氯气,排尽装置内的空气,防止氧气与铝反应,当硬质试管内充满黄绿色气体时,表明空气已排尽,此时点燃酒精灯,加热铝粉,B正确;
C.试剂R的作用是吸收未反应的Cl2,同时防止空气中的水蒸气进入,而P2O5或CaCl2只能吸收水蒸气,不能吸收Cl2,C错误;
D.关闭分液漏斗的活塞,停止加入浓盐酸,a中反应会停止,D正确。
故选C。
5.常温下,向20mL0.1mol.L-1HN3(叠氮酸)溶液中滴加pH=13的NaOH溶液,溶液中水电离的c(H+)与NaOH溶液体积的关系如图所示(电离度等于已电离的电解质浓度与电解质总浓度之比)。
下列说法错误的是
A.HN3
一元弱酸
B.c点溶液中:
c(OH-)=c(H+)+c(HN3)
C.常温下,b、d点溶液都显中性
D.常温下,0.1mol.L-1HN3溶液中HN3的电离度为10a-11%
【答案】C
【解析】
【详解】A.pH=13,c(NaOH)=0.1mol/L,c点时,20mL0.1mol.L-1HN3溶液与20mLpH=13的NaOH溶液刚好完全反应,此时溶液呈碱性,说明NaN3发生水解,HN3是一元弱酸,A正确;
B.c点溶液为NaN3溶液,依据质子守恒,c(OH-)=c(H+)+c(HN3),B正确;
C.常温下,c点溶液呈碱性,继续加入NaOH溶液,d点溶液一定呈碱性,C错误;
D.常温下,0.1mol.L-1HN3溶液中,c(OH-)=10-amol/L,则HN3电离出的c(H+)=
=10-14+amol/L,HN3的电离度为
=10a-11%,D正确。
故选C。
6.JohnBGoodenough是锂离子电池正极材料钴酸锂的发明人。
某种钻酸锂电池的电解质为LiPF6,放电过程反应式为xLi+Li-xCoO2=LiCoO2。
工作原理如图所示,下列说法正确的是
A
放电时,电子由R极流出,经电解质流向Q极
B.放电时,正极反应式为xLi++Li1-xCoO2+xe-=LiCoO2
C.充电时,电源b极为负极
D.充电时,R极净增14g时转移1mol电子
【答案】B
【解析】
【详解】A.由放电反应式知,Li失电子,则R电极为负极,放电时,电子由R极流出,由于电子不能在溶液中迁移,则电子经导线流向Q极,A错误;
B.放电时,正极Q上发生还原反应xLi++Li1-xCoO2+xe-=LiCoO2,B正确;
C.充电时,Q极为阳极,阳极与电源的正极相连,b极为正极,C错误;
D.充电时,R极反应为Li++e-=Li,净增的质量为析出锂的质量,n(Li)=
=2mol,则转移2mol电子,D错误。
故选B。
7.短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大,R和X组成简单分子的球棍模型如图所示。
Y原子核外K、M层上电子数相等,Z原子最外层电子数是电子层数的2倍。
下列推断正确的是
A.原子半径:
Y>Z>R>X
B.Y3X2是含两种化学键的离子化合物
C.X的氧化物对应的水化物是强酸
D.X和Z的气态氢化物能够发生化合反应
【答案】D
【解析】
【分析】
根据R和X组成简单分子的球棍模型,可推出该分子为NH3,由此得出R为H,X为N;由“Y原子核外K、M层上电子数相等”,可推出Y核外电子排布为2、8、2,即为Mg;因为Z的原子序数大于Y,所以Z属于第三周期元素,由“Z原子最外层电子数是电子层数的2倍”,可确定Z的最外层电子数为6,从而推出Z为S。
【详解】依据上面推断,R、X、Y、Z分别为H、N、Mg、S。
A.原子半径:
Mg>S>N>H,A错误;
B.Mg3N2是由Mg2+和N3-构成的离子化合物,只含有离子键,B错误;
C.N的氧化物对应的水化物可能为HNO3、HNO2,HNO3是强酸,HNO2是弱酸,C错误;
D.N和S的气态氢化物分别为NH3和H2S,二者能够发生化合反应,生成NH4HS或(NH4)2S,D正确。
故选D。
8.纳米氧化亚铜具有特殊功能。
以废铜渣(主要成分为Cu和CuO,含少量Ni、Al2O3和Fe3O4等)为原料制备纳米氧化亚铜的流程如下:
回答下列问题:
(1)“研磨"的主要目的是______;滤渣2的主要成分是________(填化学式)。
(2)“酸溶”中通入热空气的主要目的是________(用2个离子方程式表示)。
(3)已知:
Ni(s)+4CO(g)
Ni(CO)4(g)∆H<0。
利用平衡移动原理提纯镍粉,密封管如图所示。
在密封管_______(填“高温区”或“低温区”)收集纯镍粉。
(4)滤液1的溶质有NaOH和__________(填化学式)。
(5)设计实验检验滤液2是否含Fe3+:
___________(写出简要操作、现象和结论)。
(6)制备Cu2O有多种方案(注明:
肼的某些性质类似氨气)。
方案1:
炭还原法,即木炭与氧化铜混合共热;
方案2:
葡萄糖还原法,即葡萄糖与Cu(OH)2浊液共热;
方案3:
肼还原法,即在加热条件下用N2H4还原CuO:
方案4:
电解法,以铜为阳极,石墨为阴极,电解NaOH溶液。
从操作方便、产品纯度、节能安全和环保等角度分析,最佳方案是方案________(填数字)。
【答案】
(1).增大固体接触面积,加快反应速率
(2).Fe(OH)3(3).2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O、4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O(4).高温区(5).NaAlO2(6).取少量滤液2于试管中,滴加KSCN溶液,若溶液变红色,则滤液2含Fe3+;否则,不含Fe3+(7).2
【解析】
【分析】
废铜渣研磨后颗粒转化为粉末,与CO充分接触,Ni转化为Ni(CO)4;用NaOH碱溶后,固体中的Al2O3转化为NaAlO2进入滤液1,滤渣为Cu、CuO、Fe3O4;用稀硫酸酸溶,并鼓入热空气,Cu、CuO转化为CuSO4,Fe3O4转化为Fe2(SO4)3;调pH后,Fe3+转化为Fe(OH)3进入滤渣2,滤液2为CuSO4等的混合溶液。
【详解】
(1)固体与气体或液体的接触面积越大,反应速率越快。
由此得出“研磨"的主要目的是增大固体接触面积,加快反应速率;调节pH时,Fe3+转化为Fe(OH)3,由此得出滤渣2的主要成分是Fe(OH)3。
答案为:
增大固体接触面积,加快反应速率;Fe(OH)3;
(2)“酸溶”时通入热空气,将Cu、CuO、Fe3O4转化为CuSO4、Fe2(SO4)3,便于提纯与转化,其主要目的是2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O、4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。
答案为:
2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O、4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O;
(3)操作的目的是先将Ni转化为Ni(CO)4,再将Ni(CO)4转化为Ni,依据平衡移动原理,应先在低温区将Ni转化为Ni(CO)4,再在高温区将Ni(CO)4转化为Ni。
答案为:
高温区;
(4)加入NaOH溶液后,Al2O3与NaOH反应,转化为NaAlO2,由此得出滤液1的溶质为NaOH和NaAlO2。
答案为:
NaAlO2;
(5)检验滤液2是否含Fe3+,应使用KSCN溶液,具体操作为:
取少量滤液2于试管中,滴加KSCN溶液,若溶液变红色,则滤液2含Fe3+;否则,不含Fe3+。
答案为:
取少量滤液2于试管中,滴加KSCN溶液,若溶液变红色,则滤液2含Fe3+;否则,不含Fe3+;
(6)方案1:
木炭过量时,会引入杂质,且可能会将Cu2O进一步还原为Cu;
方案2:
葡萄糖还原Cu(OH)2,此法操作方法,产品纯度高;
方案3:
N2H4类似NH3,不环保;
方案4:
电解法耗能高,在铜电极表面生成Cu2O,分离困难。
综合以上分析,最佳方案是方案2。
答案为:
2。
【点睛】在进行制备Cu2O方案评价时,感觉不知从何谈起,得出正确结论困难重重,若我们利用信息从“操作方便、产品纯度、节能安全和环保”等角度分析突破,对每一方案都从这四个方面去考察,则容易得出正确的结论。
9.FeC2O4·2H2O是一种淡黄色粉末,加热分解生成FeO、CO、CO2和H2O。
某小组拟探究其分解部分产物并测定其纯度。
回答下列问题:
(1)按气流方向从左至右,装置连接顺序为A、___________C(填字母,装置可重复使用)。
(2)点燃酒精灯之前,向装置内通入一段时间N2,其目的是__________________。
(3)B中黑色粉末变红色,最后连接的C中产生白色沉淀,表明A中分解产物有_________。
(4)判断A中固体已完全反应的现象是_____________。
设计简单实验检验A中残留固体是否含铁粉:
________。
(5)根据上述装置设计实验存在的明显缺陷是________________________________。
(6)测定FeC2O4·2H2O样品纯度(FeC2O4·2H2O相对分子质量为M):
准确称取wgFeC2O4·2H2O样品溶于稍过量的稀硫酸中并配成250mL溶液,准确量取25.00mL所配制溶液于锥形瓶,用cmol·L—1标准KMnO4溶液滴定至终点,消耗VmL滴定液。
滴定反应为FeC2O4+KMnO4+H2SO4→K2SO4+MnSO4+Fe2(SO4)3+CO2↑+H2O(未配平)。
则该样品纯度为_______%(用代数式表示)。
若滴定前仰视读数,滴定终点俯视读数,测得结果_____(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】
(1).C、D(或E)、C、E、B
(2).排尽装置内空气,避免干扰实验(3).CO(4).淡黄色粉末全部变成黑色粉末(5).取残留粉末于试管,滴加稀硫酸,若产生气泡,则含有铁粉;否则,不含铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末,若有粉末被吸起,则黑色粉末含铁粉;否则,不含铁粉)(6).缺少尾气处理装置(7).
(8).偏低
【解析】
【分析】
FeC2O4·2H2O
FeO+CO↑+CO2↑+2H2O,若不排尽装置内的空气,FeO、FeC2O4会被氧化。
检验CO时,常检验其氧化产物CO2,所以需先除去CO2,并确认CO2已被除尽,再用澄清石灰水检验。
CO是一种大气污染物,用它还原CuO,不可能全部转化为CO2,所以在装置的末端,应有尾气处理装置。
【详解】
(1)检验CO时,应按以下步骤进行操作:
先检验CO2、除去CO2、检验CO2是否除尽、干燥CO、CO还原CuO、检验CO2,则按气流方向从左至右,装置连接顺序为A、C、D(或E)、C、E、B、C。
答案为:
C、D(或E)、C、E、B;
(2)空气中的O2会将CO、FeC2O4氧化,生成CO2,干扰CO氧化产物CO2的检验,所以点燃酒精灯之前,应将装置内的空气排出。
由此得出向装置内通入一段时间N2,其目的是排尽装置内空气,避免干扰实验。
答案为:
排尽装置内空气,避免干扰实验;
(3)CuO由黑色变为红色,最后连接
C中产生白色沉淀,表明A中分解产物有CO。
答案为:
CO;
(4)A中FeC2O4为淡黄色,完全转化为FeO或Fe后,固体变为黑色,已完全反应的现象是淡黄色粉末全部变成黑色粉末。
检验A中残留固体是否含铁粉的方法:
取残留粉末于试管,滴加稀硫酸,若产生气泡,则含有铁粉;否则,不含铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末,若有粉末被吸起,则黑色粉末含铁粉;否则,不含铁粉)。
答案为:
取残留粉末于试管,滴加稀硫酸,若产生气泡,则含有铁粉;否则,不含铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末,若有粉末被吸起,则黑色粉末含铁粉;否则,不含铁粉);
(5)CO还原CuO,反应不可能完全,必然有一部分混在尾气中。
根据上述装置设计实验存在的明显缺陷是缺少尾气处理装置。
答案为:
缺少尾气处理装置;
(6)根据电子守恒,3n(FeC2O4)=5n(KMnO4),n(FeC2O4)=
×cmol/L×V×10-3L×
=
,则该样品纯度为
==
%
V测=V终-V始,若滴定前仰视读数,则V始偏大,滴定终点俯视读数,则V终偏小,测得结果偏低。
答案为:
;偏低。
【点睛】在计算该样品的纯度时,我们依据电子守恒得出的等量关系式为3n(FeC2O4)=5n(KMnO4),
在利用方程式时,可建立如下关系式:
5FeC2O4——3KMnO4,两个关系的系数正好相反,若我们没有理顺关系,很容易得出错误的结论。
10.CH3OCH3是绿色能源,也是化工原料。
(1)已知几种共价键的键能数据如下:
用CO和H2合成CH3OH;CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)△H=-99kJ.mol-1。
根据上述信息,表格中E1-E2=_______kJ·mol-1。
(2)在恒容密闭容器中充入2molCH3OH(g),发生反应2CH3OH(g)
CH3OCH3(g)+H2O(g)∆H,测得CH3OH平衡转化率与温度的关系如图所示。
①∆H______0(填“>”“<"或“=”),判断依据是__________。
②T2K下,平衡常数K=.___________。
(3)在T1K下,CO和CH4混合气体发生反应:
CO(g)+CH4(g)
CH3CHO(g)∆H<0,反应速率v=v正-v逆=k正c(CO)·c(CH4)–k逆c(CH3CHO),k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。
达到平衡后,若加入高效催化剂,
将_______(填“增大”“减小”或“不变”,下同);若升温,
将___________。
(4)在T2K下,在2L真空容器中充入1molCH3OCH3(g),发生反应:
CH3OCH3(g)
CH4(g)+H2(g)+CO(g)。
在不同时间测定容器内
总压数据如下表所示:
在该温度下,CH3OCH3的平衡转化率为___________________。
(5)科研人员电解酸化的CO2制备CH3OCH3,装置如图所示。
阴极的电极反应式为________。
【答案】
(1).733
(2).<(3).T1K时反应速率较大,故T1>T2,升高温度CH3OH平衡转化率减小,正反应是放热反应(4).4(5).不变(6).减小(7).75%(8).2CO2+12e-+12H+=CH3OCH3+3H2O
【解析】
【分析】
(1)利用热焓变计算键能时,借助公式:
反应物的总键能—生成物的总能键=∆H;代入已知键能的数据,便可求出未知键能的数值;
(2)利用坐标图象分析∆H与0的相对大小时,需利用图象中转化率或百分含量受温度的影响情况进行分析,温度越高,反应速率越快,达平衡的时间越短。
(3)利用图象求平衡常数时,需采集图中曲线上某点的转化率或浓度,利用三段式建立反应物与生成物的平衡量关系,代入平衡常数计算公式进行计算。
(4)利用电池装置图书写电极反应式时,应提取图中的信息,或电极反应物或生成物,电解质的性质,然后根据反应物中元素价态的变化,确定电极的名称,然后写出电极反应式。
【详解】
(1)△H=反应物的总键能—生成物的总键能,即(E1+2×436kJ/mol)-(3×413kJ/mol+E2+465kJ/mol)=-99/mol,从而求出E1-E2=733kJ·mol-1。
答案为:
733;
(2)①从图中可以看出,T1时达平衡时间短,T1>T2,升高温度,
减小,则平衡逆向移动,∆H<0,判断依据是T1K时反应速率较大,故T1>T2,升高温度CH3OH平衡转化率减小,正反应是放热反应。
答案为:
<;T1K时反应速率较大,故T1>T2,升高温度CH3OH平衡转化率减小,正反应是放热反应;
②T2K下,CH3OH的转化率为80%,设混合气的体积为1L,利用三段式:
平衡常数K=
=4。
答案为:
4;
(3)达到平衡后,若加入高效催化剂,正、逆反应速率同等程度增大,则
将不变;
平衡时,v正=v逆,k正c(CO)·c(CH4)=k逆c(CH3CHO),K=
,此时若升温,平衡逆向移动,
将减小。
答案为:
不变;减小;
(4)设CH3OCH3的起始量为1mol,变化量为y,建立三段式:
因为压强之比等于物质的量之比,则
,y=0.75mol,从而求出该温度下,CH3OCH3的平衡转化率为75%。
答案为:
75%;
(5)依题意,阳极电极反应式为6H2O-12e-=12H++3O2↑,则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=CH3OCH3+3H2O。
答案为:
2CO2+12e-+12H+=CH3OCH3+3H2O。
【点睛】在书写电极反应式时,从箭头分析,H2O→O2,则O元素由-2价升高到0价,失电子,此电极为阳极,则另一电极为阴极,同样从箭头分析,CO2→CH3OCH3,可利用的离子是H+,H2O也是可利用的物质,由此可写出电极反应式。
11.2019年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。
TiS2、LiCoO2和LiMnO2等都是他们研究锂离子电池的载体。
回答下列问题:
(1)基态Co原子价层电子排布式为_______________________________。
(2)已知第三电离能数据:
I3(Mn)=3246kJ·mol-1,I3(Fe)=2957kJ·mol-1。
锰的第三电离能大于铁的第三电离能,其主要原因是_______________________________。
(3)据报道,在MnO2的催化下,甲醛可被氧化成CO2,在处理含HCHO的废水或空气方面有广泛应用。
HCHO中键角_________CO2中键角(填“大于”“小于”或“等于")。
(4)Co3+、Co2+能与NH3、H2O、SCN-等配体组成配合物。
①1mol[Co(NH3)6]3+含______molσ键。
②配位原子提供孤电子对与电负性有关,电负性越大,对孤电子对吸引力越大。
SCN-的结构式为[S=C=N]-,SCN-与金属离子形成的配离子中配位原子是______(填元素符号)。
③配离子在水中颜色与分裂能有关,某些水合离子的分裂能如表所示:
由此推知,a______b(填“>”“<”或“="),主要原因是_______________________。
(5)工业上,采用电解熔融氯化锂制备锂,钠还原TiCl4(g)制备钛。
已知:
LiCl、TiCl4的熔点分别为605°C、-24°C,它们的熔点相差很大,其主要原因是_______________。
(6)钛的化合物有2种不同结构的晶体,其晶胞如图所示。
二氧化钛晶胞(如图1)中钛原子配位数为__________。
氮化钛的晶胞如图2所示,图3是氮化钛的晶胞截面图。
已知:
NA是阿伏加德常数的值,氮化钛晶体密度为dg·cm-3。
氮化钛晶胞中N原子半径为__________pm
【答案】
(1).3d74s2
(2).Mn2+价层电子排布式为3d5,达到稳定结构,不易失电子形成Mn3+,Fe2+价层电子排布式为3d6,要失去1个电子才达到稳定结构,较易形成Fe3+,故锰的第三电离能大于铁(3).小于(4).24(5).S(6).<(7).[Co(H2O)6]3+所带正电荷较多(8).LiCl是离子晶体,TiCl4是分子晶体,离子键比分子间作用力强(9).6(10).
【解析】
【分析】
同一原子的电离能,通常第一电离能<第二电离能<第三电离能,但若电离能突然增大,则此离子应达到稳定结构;不同原子的电离能不同,但若相同类别电离能的差距突然增大,则离子可能处于稳定结构。
形成共价键的两原子间只能形成一个σ键,所以,计算微粒中所含σ键的数目时,只需确定有多少个原子间形成共价键。
确定配位原子时,需要比较配体中含有孤对电子的元素的吸电子能力,吸电子能力强的非金属原子,难以提供孤电子对与中心离子形成配位键。
计算晶胞中原子半径时,需先算出晶胞中所含原子的数目,以便确定质量;然后利用数学公式,建立质量、密度、体积的等量关系式,由此算出原子半径。
【详解】
(1)基态Co原子的电子排布式为1s22s22p63s2