C.工业上冶炼Al,采用电解熔融状态下氧化铝的方法,故C项错误;
D.YZ2分子为SCl2,硫原子和氯原子通过共用电子对,每个原子的最外层都是8电子稳定结构,故D项正确;
综上,本题选D。
8.某班学生用SO2与含钡试剂探究化学反应原理,设计了如图实验装置。
已知:
Na2SO3(s)+H2SO4(浓)
Na2SO4+SO2↑+H2O,三个实验小组分别利用该实验装置,将不同试剂装入B试管进行实验,实验结果如下表
根据实验回答问题:
(1)第一组实验中,A装置中盛装浓硫酸的仪器的名称为_________,B中沉淀主要是_________,B中发生反应的离子方程式为___________________________。
(2)第二组实验中,B中白色沉淀是_________,溶液中发生反应的离子方程式为____________________________________。
(3)第三组实验结果的分析出现分歧,有同学认为白色沉淀是BaSO3。
有同学认为是BaSO4。
实验小组取出沉淀,继续加入足量_________,沉淀不溶解,说明沉淀应该是BaSO4。
实验中产生BaSO4的原因是:
___________________________。
(4)综合三组实验结果,请预测CO2通入CaCl2溶液,_________(填能”或“不能”)产生CaCO3沉淀,请用化学原理解释:
____________________________________。
【答案】
(1).分液漏斗
(2).BaSO3(3).Ba2++2OH-+SO2=BaSO3↓+H2O(4).BaSO4(5).3Ba2++3SO2+2H2O+2NO3-=3BaSO4↓+2NO+4H+(6).稀盐酸(7).装置中的氧气,将溶液中的二氧化硫(或H2SO3)氧化成SO42-,与Ba2+结合生成BaSO4(8).不能(9).二氧化碳溶于水形成碳酸,酸性弱。
电离产生的碳酸根离子浓度小,不能与钙离子形成碳酸钙白色沉淀
【解析】
【分析】
第一个装置为发生装置,制备二氧化硫,第二个装置为二氧化硫的性质检验,第三个装置为吸收装置据此判断;
【详解】
(1)A装置中盛装浓硫酸的仪器的名称为分液漏斗;B中二氧化硫与氢氧化钡反应,得到沉淀主要是BaSO3;离子方程式为Ba2++2OH-+SO2=BaSO3↓+H2O;
(2)二氧化硫在水溶液中,主要以SO32-离子的形式存在,酸性条件下,NO3-将SO32-离子氧化成SO42-,得到BaSO4沉淀;离子方程式为3Ba2++3SO2+2H2O+2NO3-=3BaSO4↓+2NO+4H+;
(3)若白色沉淀是BaSO3,则可溶于稀盐酸,若白色沉淀是BaSO4,则不溶于稀盐酸;产生BaSO4的原因是:
装置中的氧气,将溶液中的二氧化硫(或H2SO3)氧化成SO42-,与Ba2+结合生成BaSO4;
(4)二氧化碳溶于水形成碳酸,酸性弱。
电离产生的碳酸根离子浓度小,不能与钙离子形成碳酸钙白色沉淀。
9.CoCl2可用于电镀,是一种性能优越的电池前驱材料,由含钴矿(Co元素主要以Co2O3、CoO存在,还含有Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca元素)制取氯化钴晶体的一种工艺流程如下:
已知:
①焦亚硫酸钠Na2S2O5,常做食品抗氧化剂。
CaF2、MgF2难溶于水。
②CoCl2·6H2O熔点86℃,易溶于水、乙醚等;常温下稳定无毒,加热至110~120℃时,失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。
③部分金属离子形成氢氧化物的pH见下表:
回答下列问题:
(1)操作①的名称为_________,NaClO3具有氧化性,其名称为__________________。
(2)浸取中加入Na2S2O5的作用是___________________________。
(3)滤液1中加入NaClO3的作用是_________,相关的离子方程式为__________________。
(4)加入Na2CO3溶液生成滤渣2的主要离子方程式为___________________________。
(5)滤渣3主要成分为__________________(写化学式)。
滤液3经过多次萃取与反萃取制备CoCl2晶体
(6)滤液3中加入萃取剂I,然后用稀盐酸反萃取的目的是___________________________。
(7)制备晶体CoCl2·6H2O,需在减压环境下烘干的原因是___________________________。
【答案】
(1).过滤
(2).氯酸钠(3).将+3价钴还原为+2价钴(4).将亚铁离子氧化为三价铁离子,便于分离(5).6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O(6).2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑(7).CaF2、MgF2(8).分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+,回收利用(9).降低烘干温度,防止产品分解产生有毒的无水氯化钴
【解析】
【分析】
(1)操作①后得到滤液和滤渣,据此判断;NaClO3名称为氯酸钠;
(2)焦亚硫酸钠Na2S2O5,常做食品抗氧化剂,具有还原性可将+3价钴转化为+2价钴;
(3)滤液1中加入NaClO3将亚铁离子氧化为三价铁离子,便于分离;
(4)Fe3+与CO32-结合成Fe(OH)3沉淀,据此判断;
(5)故加入NaF后,得到的滤渣主要是CaF2、MgF2;
(6)反萃取可从有机层中获取Mn2+、Cu2+、Zn2+;
(7)CoCl2·6H2O加热至110~120℃时,失去结晶水变成有毒的无水氯化钴,需在减压环境下烘干;
【详解】
(1)操作①后得到滤液和滤渣,故操作①为过滤;NaClO3中氯为+5价,其名称为氯酸钠;
(2)下一步操作过程中加入NaClO3,调节pH3.0~3.5时,会将+3价钴转化为沉淀,降低产率,而此时+2价钴不会转化为沉淀,故加入Na2S2O5的作用是将+3价钴还原为+2价钴;
(3)NaClO3具有氧化性,可将亚铁离子氧化为三价铁离子,便于分离,相关的离子方程式为:
6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O;
(4)加入Na2CO3溶液生成滤渣Fe(OH)3,反应式为:
2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑
(5)CaF2、MgF2难溶于水,故加入NaF后,得到的滤渣主要是CaF2、MgF2;
(6)滤液3中含有Mn2+、Cu2+、Zn2+,用稀盐酸反萃取的目的是:
分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+,回收利用;
(7)CoCl2·6H2O加热至110~120℃时,失去结晶水变成有毒的无水氯化钴,故减压环境下烘干的原因是:
降低烘干温度,防止产品分解产生有毒的无水氯化钴;
10.NOx是大气污染物,但只要合理利用也是重要的资源。
回答列问题:
(1)将NO2和水蒸气混合,反应的现象为_________,写出该反应的化学方程式_________。
(2)2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)的历程分两步,反应方程式、速率方程和吸放热情况如下:
反应I:
2NO(g)
N2O2(g)(快)v1正=k1正·c2(NO),v1逆=k1逆·c(N2O2)△H1<0
反应II:
N2O2(g)+O2(g)
2NO2(g)(慢)v2正=k2正·c(N2O2)·c(O2),v2逆=k2逆·c2(NO2)△H2<0
反应2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)的△H=_________(用△H1、△H2表示)。
一定温度下,反应2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)达到平衡状态,平衡常数的表达式K=_________(用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示)。
若升高温度,K将_________(填“增大”、“减小”或“不变”)
(3)反应N2O4(g)
2NO2(g),在一定条作下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强有如下关系:
v(N2O4)=k1·p(N2O4),v(NO2)=k2·p(NO2)其中k1、k2是与温度有关的常数。
一定温度下,相应的速率与压强关系如图所示,在图中标出的点中,能表示该反应达到平衡状态的两个点是_________,理由是__________________。
(4)升高温度绝大多数的化学反应速率增大,但是2NO(g)+O2(g)
NO2(g)的速率却随着温度的升高而减小。
已知反应Ⅱ速率较慢,且决定总反应速率是反应II,则反应I的活化能E1与反应II的活化能E2的大小关系为E1_________E2(填“>”、“<”或“=”)。
根据速率方程分析,升高温度反应Ⅱ速率减小的原因是_________。
A.k2正增大,c(N2O2)增大B.k2正减小,c(N2O2)减小
C.k2正增大,c(N2O2)减小D.k2正减小,c(N2O2)增大
【答案】
(1).红棕色褪去,产生白雾
(2).3NO2+H2O=2HNO3+NO(3).△H1+△H2(4).k1正•k2正/k1逆•k2逆(5).减小(6).BD(7).图中只有D点NO2的消耗速率是B点N2O2的消耗速率的2倍,所以表示达到化学平衡状态的点是BD(8).<(9).B
【解析】
【分析】
(1)NO2和水蒸气混合发生3NO2+H2O=2HNO3+NO,据此判断;
(2)利用盖斯定律计算2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)的△H,并结合题干计算K;
(3)平衡状态的特征是正逆反应速率相等,据此判断;
(4)结合
(2)题干进行分析;
【详解】
(1)NO2与水反应生成HNO3和NO,故现象为红棕色褪去,产生白雾;
(2)2NO(g)
N2O2(g)△H1①N2O2(g)+O2(g)
2NO2(g)△H2②将①+②得,2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)△H=△H1+△H2;
由反应①可知,k1正·c2(NO)=k1逆·c(N2O2),K1=c(N2O2)/c2(NO)=k1正/k1逆,同理可知,K2=k2正/k2逆,则K=K1•K2=k1正•k2正/k1逆•k2逆;①和②均为放热反应,故△H<0,升高温度后K值减小;
(3)达到化学平衡状态时,NO2的消耗速率是N2O2的消耗速率的2倍,所以表示达到化学平衡状态的点是BD;
(4)反应Ⅱ速率较慢,且决定总反应速率是反应II,则反应I的活化能E1与反应II的活化能E2的大小关系为E111.短周期p区元素共有13种,除铝外全部是非金属元素。
(1)基态氮原子的价层电子排布图为_________;短周期p区元素中,第一电离能最小的元素与电负性最大的元素组成的化合物是_________(填化学式)
(2)卤素与硼、氮、磷可形成BF3、NCl3和PBr3,下列有关三种分子的叙述正确的是
A.化学键类型相同B.空间构型相同
C.中心原子的杂化轨道类型相同D.中心原子的价层电子对数相同
(3)CS2是一种溶剂,它能溶解硫磺。
写出一种与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子_________。
CO能与Ni形成正四面体型的配合物Ni(CO)4,3.42gNi(CO)4中含有_________molσ键
(4)CCl4与水互不相溶,SiCl4与CCl4分子结构柑似,但SiCl4遇水易发生水解反应,导致二者性质不同的原因是____________________________________。
(5)铝的几种卤化物的熔点如下:
AlBr3的晶体类型是_________,AlI3晶体中存在的作用力有_________。
(6)氮化铝晶体为原子晶体,是一种新型无机非金属材料,其晶体密度为ag/cm3,晶胞如图所示。
①铝原子的配位数为_________。
②设NA为阿伏加德罗常数的值。
氮化铝晶胞中,铝原子和氮原子之间最短的核间距为_________nm。
【答案】
(1).
(2).AlF3(3).A(4).CO2、CO、SCN-(5).0.16(6).硅原子有3d空轨道,能接受氧原子的孤对电子,而碳原子没有d空轨道,不能接受氧原子的孤对电子。
(7).分子晶体(8).范德华力、共价键(9).2(10).
【解析】
(1)N原子核外有7个电子,分别位于1s、2s、2p轨道,其轨道表示式为
;短周期p区元素中,第一电离能最小的元素Al与电负性最大的元素F组成的化合物是AlF3;
(2)O与S同主族,所以与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子为CO2,与二氧化碳互为等电子体的离子有SCN-,所以SCN-的空间构型与键合方式与CS2相同;分子中存在4个Ni-C键,为σ键,含有4个C=O键,则含有4个σ键,3.42gNi(CO)4为0.02mol,共0.02×8mol=0.16mol;(4)CCl4与水互不相溶,SiCl4与CCl4分子结构相似,但遇水极易发生水解反应,硅原子有3d空轨道,能接受氧原子的孤对电子,而碳原子没有d空轨道,不能接受氧原子的孤对电子,导致二者性质不同;(5)AlBr3的熔点很低,为分子晶体,AlI3也为分子晶体中存在的作用力有范德华力、共价键;(6)①如图,每一个N原子连接4个铝原子,而每个铝原子由两个N原子共用,故铝原子的配位数为2;②每个晶胞中铝原子为
个,氮原子为4个,晶胞的体积V=
,则晶胞的边长为
,铝原子和氮原子之间最短的核间距为边长的倍
,故为
。
点睛:
本题考查较为综合,为高考常见题型,侧重考查学生的分析能力的考查,涉及核外电子的排布、分子的空间构型、配位键、晶胞的计算等知识点,难度较大,会利用均摊法计算晶胞中含有的离子,注意运用余弦定理计算硫离子和锌离子之间的距离。
12.已知β-羰基酸受热容易脱羧,比如3-羰基丁酸CH3COCH2COOH中度加热后便可产生丙酮与CO2。
化合物E稀释时产生一种有肉香、微甜香气,可用于做交联剂。
现有如下有机化合物的转化路线
(1)D中的官能团名称是__________________。
(2)D转化为E时的反应条件1是___________________________。
(3)C的键线式为______________,化合物C转化为D时的反应类型是_________________。
(4)D的分子式为__________________。
(5)E与足量的浓溴水反应,写出相关的化学方程式为___________________________。
(6)酯类物质A分子式为C9H6O3,A的结构简式是__________________。
(7)化合物A有符合如下条件的同分异构体有_________种。
①除苯环外无其他环状结构;②与FeCl3发生显色反应;③与NaHC