H2C2O4+OH-知,Kh=
,而Kh只与温度有关,D正确。
16.【答案】B【解析】由两种滴定曲线的起点溶液pH知HB是弱酸、HA是强酸,由电荷守恒得c(OH-)+c(B-)=c(Na+)+c(H+),由于b点时c(H+)>c(OH-),故c(B-)>c(Na+),A错误;c点溶液是NaB、b点溶质是NaB、HB、a点溶质是HA、NaA,B-水解促进水电离,HB、HA均抑制水电离,B正确;强碱滴定强酸时,可用甲基橙、酚酞作指示剂,C错误;当V(NaOH)=19.98mL时,溶液中c(H+)=(20×0.1-19.98×0.1)÷(39.98)≈
×10-4mol•L-1,pH约为4.3,D错误。
17.【答案】
(1)浓硫酸遇水放热使体系温度升高,反应速率加快(或水作催化剂)(2分)
(2)固体变成变黑(1分)
(3)①cdjicdef(或者cdjief)(2分)
②B中溶液褪色(1分)
③C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O(2分)
(4)实验结束时,将装置中残留的气体吹入B、E中,避免空气污染(2分)。
【解析】浓硫酸遇到蔗糖中加入的水后会放出大量的热,使体系温度升高,导致反应加快。
(2)浓硫酸有脱水性,将蔗糖碳化,固体变成黑色。
(3)①浓硫酸的还原产物通常是SO2,可用品红溶液鉴别SO2,用酸性KMnO4溶液除去SO2,用品红溶液检验SO2已被除尽,再用石灰水检验有无CO2,用CuO(需要加热)检验有无CO,气体进入装置D之前要进行干燥,由此可确定仪器的连接顺序。
②当品红溶液褪色或者石灰水中开始时有沉淀生成,均可说明浓硫酸表现出氧化性。
③当D中无显明显变化时,说明没有CO生成,此时氧化产物是CO2、还原产物是SO2,由此可写出对应的方程式。
(4)反应结束,装置中残留大量SO2等污染性气体,因此用空气将其吹出,KMnO4吸收。
18.【答案】
(1)(b-0.5a)NA(2分)
(2)1∶11(2分)
mol•L-1(2分)
(3)容量瓶(或500mL容量瓶)、玻璃棒(2分)>(2分)
【解析】
(1)分子的质量等于分子中各原子的质量之和,故一个氢原子的质量为(b-0.5a)g,氢的相对原子质量数值上与1mol氢原子的质量(单位是g)相等,即为(b-0.5a)NA。
(2)混合前容器总体积为2.2VL、气体总物质的量为0.22mol,由NH3+HCl=NH4Cl知,反应后剩余的气体为0.02mol,因反应前后压强不变,故气体体积比等于其物质的量之比,即V(后)∶V(前)=0.2∶2.2=1∶11。
由于剩余气体(0.2molHCl)的体积与形成溶液的体积相等,故进入到烧瓶中水的体积为0.2VmL,由此可求出
mol•L-1。
(3)由于生成的NH4Cl为0.1mol,故相应的溶液体积为0.5L;视线偏高,则看到的液面在实际液面的上面,这会导致水加入量偏少,所配溶液浓度偏大。
19.【答案】(除注明外每空1分)
(1)Fe-2e-=Fe2+(1分)负(1分)615317(2分);
(2)2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+(2分)
(3)Fe3+(1分)KSCN溶液(1分)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(2分)
或者I2(1分)淀粉溶液(1分)2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O(2分)
(4)5×1018∶1(2分)
【解析】
(1)由于B、C处位于海水面下,故它们易与海水构成原电池,其中水面处氧气浓度较大,B作原电池的正极,C作负极,电极反应式为Fe-2e-=Fe2+;将铁闸与电池的负极相连即可被保护起来;先配平价态发生变化的物质的计量数,然后根据质量守恒确定有“7NaOH”生成。
(2)吸收H2S时生成的固体是S,Fe3+被还原为Fe2+。
(3)导致溶液变成浅黄色的原因可能是有Fe3+或I2生成,若认为是Fe3+(I2),则需要用KSCN溶液(淀粉)作检验试剂。
(4)当两种金属离子沉淀完全时,溶液存在如下等式关系:
Ksp(FeS)=c(Fe2+)×c(S2-)=6.5×10-18;Ksp(CuS)=c(Cu2+)×c(S2-)=1.3×10-36,因在同一溶液中,两个式子中的c(S2-)相等,因此c(Fe2+)∶c(Cu2+)=6.5×10-18/1.3×10-36=5×1018∶1。
20.【答案】
(1)Fe3O4(s)+4CO(g)=3Fe(s)+4CO2(g)ΔH=-14kJ•mol-1(2分)
(2)①C>B>A或者A
(3)<(2分)
【解析】
(1)用①式-4×②即可得到所求的热化学方程式。
(2)随着反应的进行,A、B、C三点甲醇的浓度越来越大,相对应的CH3OH分解速率越来越大。
前3min消耗的CO2物质的量为30amol,故反应中放出的热量为1470akJ,即化学能降低了1470akJ。
平衡时,c(CH3OH)=c(H2O)=0.3mol•L-1、c(H2)=0.2mol•L-1;c(CO2)=0.2mol•L-1、故K=56.25。
(3)因该反应是一个气体分子数目减小的反应,故反应开始后两容器中压强P(X)
故X容器中的反应达到平衡时,体系中甲醇的含量低一些。
21.【答案】
(1)易形成酸雾,影响对SO3的吸收(1分)(1分)
4FeS2+11O2
8SO2+2Fe2O3(2分)
(2)d(2分)
(3)SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+(2分)
(2分)
【解析】
(1)在接触室内SO2转化后生成的SO3进入吸收塔中,没有转化的SO2重新进入接触室进行循环转化。
(2)离消费中心近有利于产品的销售,从而也有利于工厂的生产,a正确;SO2与O2反应会放出大量的热,导致反应容器温度升高,温度过高不利于SO3的生成,使用热交换器可将反应放出的热量传递给进入接触室内需要预热的混合气体,从而提高相应的反应速率,也可使容器温度维持在合理的温度范围内,有利于SO3的生成,b正确;余热发电或供暖可“变废为宝”,c正确;废液处理会导致投入增加,d错误。
(3)负极上是SO2放电转化为硫酸,电极反应式为:
SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+。
V(SO2)=10a%m3=100aL,由硫元素守恒知可生成的石膏为n(CaSO4·2H2O)=n(SO2)=
,质量为
g。
22.【答案】
(1)
(2分)Ar、Cl、P(1分)
(2)BF3(1分)NF3、PCl3、SCl2(2分)
(3)水的相对分子质量比H2O2小,范德华力小;水分子间能形成氢键而H2S分子间不能(2分)
(4)
g/cm3(2分)
【解析】
(1)根据第一电离能的递变规律,第三周期中第一电离能最大的元素是稀有气体元素氩,其次是氯与磷。
(2)BF3中B形成了3个σ键且无孤电子对,故它为sp2杂化,NF3、PCl3、SCl2三种分子的中心原子均有4个价层电子对,故均为sp3杂化。
(3)H2O2、H2O分子间可以形成氢键且每个分子形成的氢键数目相同,但H2O2相对分子质量比水的大,范德华力较大,故水的沸点比它的低,H2S分子间不能形成氢键,水的沸点比它高。
(4)晶胞体积为10-30r3cm3,由图知1个晶胞中含有4个铝原子,晶胞的质量为
g,由此可求出晶胞的密度。
23.【答案】
(1)苯甲醇(1分)
(2)取代反应或酯化反应(1分)碳碳双键,酯基(2分)
(3)
+2Cu(OH)2+NaOH
+Cu2O↓+3H2O(2分)
(4)6(2分)
(5)
(2分)
【解析】由F的结构及E的生成条件知,E是
、A是
、D是
,结合题目给出的反应信息知B是
、C是乙醛。
(4)由于E的组成除去苯环外还有2个双键、3个碳原子,故当苯环上有3个取代基时,三个取代基只能是两个-CHO,一个-CH3,这三个取代基在苯环上共有6种不同的位置关系。
(5)由题给反应信息,先由乙醛在NaOH溶液存在下加热转化为CH3CH=CHCHO,最后催化加氢就可得到目标产物。