D.单质的还原性:
W >Z
【答案】D
【解析】Y的气态氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐,符合条件的元素为氮元素,氨气和硝酸反应生成硝酸铵;W的简单阳离子是一个质子,W为氢元素;X的某单质可以制作惰性电极,X的单质可以为石墨,X为碳元素,根据短周期元素W、X、Y、Z,其原子序数之和为25,可知Z为钠元素;元素的非金属性越强,最高价含氧酸的酸性就越强;碳的非金属性小于氮,因此H2CO3Na+,B正确;W分别与X、Y形成的化合物为CxHy和NH3,CxHy为烃类,均不溶于水,氨气极易溶于水,C正确;钠为金属,氢气为非金属单质,金属钠的还原性大于氢气,D错误;正确选项D。
5.下列实验操作、现象能得出对应结论的是
实验操作
实验现象
实验结论
A
海带通过灼烧、水溶、过滤,在滤液中依次滴加稀硫酸、H2O2、淀粉溶液
溶液变蓝
海带含碘单质
B
蔗糖溶液水浴加热后加入新制Cu(OH)2悬浊液,微热
无砖红色沉淀
蔗糖水解产物无醛基
C
加热浸透了石蜡油的碎瓷片,将产生气体
通入酸性K2Cr2O7溶液中
溶液变绿色
石蜡油分解产生了不饱和烃
D
向CaCO3固体中滴加6mol/L盐酸,将气体通入少量Na2SiO3溶液中
Na2SiO3溶液中产生白色胶状沉淀
酸性:
H2CO3>H2SiO3
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】海带中含有碘离子,被H2O2氧化为碘单质,而碘单质能够使淀粉溶液变蓝,碘离子没有此性质,A错误;蔗糖在酸性条件下发生水解,水解液显酸性,而新制Cu(OH)2悬浊液在碱性环境下才能氧化醛基,应该在蔗糖水解液中加入足量的氢氧化钠溶液,中和硫酸,然后再加入新制Cu(OH)2悬浊液,微热,出现砖红色沉淀,蔗糖水解产物中含有醛基;B错误;浸透了石蜡油的碎瓷片,加强热,分解生成气体能够使酸性K2Cr2O7溶液中变为绿色,说明K2Cr2O7被还原了,反应一定产生了还原性气体,如乙烯等不饱和烃;C正确;浓盐酸具有挥发性和酸性,制备出的二氧化碳气体中含有氯化氢气体,混合气体同时进入Na2SiO3溶液中,都能够制备出硅酸沉淀,不能证明碳酸的酸性大于硅酸;D错误;正确选项C。
点睛:
向CaCO3固体中滴加6mol/L盐酸,利用强酸制备弱酸规律,得到的二氧化碳气体中混有氯化氢气体,把混合气体通过足量的饱和碳酸氢钠溶液,除去氯化氢气体,然后把二氧化碳气体通入到少量Na2SiO3溶液中,产生白色沉淀,可以证明酸性:
H2CO3>H2SiO3。
6.电动公交车替代燃油公交车是节能减排、控制雾霾的重要举措之一,下图所示电池是一种正在开发的车载电池。
有关该电池的说法正确的是
A.放电时Fe/FeS 极是负极
B.放电时负极反应式为:
Al-3e-=Al3+
C.充电时阳极反应式为:
Fe+S2--2e-= FeS
D.左边电解质可以是LiOH 的醇溶液
【答案】C
【解析】放电时为原电池,根据图示电子流向可知,电子由负极流向正极,因此Fe/FeS 极是正极,A错误;放电时,Fe/FeS 极是正极,锂/铝合金为负极,发生氧化反应,锂比铝活泼,所以:
Li-e-=Li+B错误;充电时,为电解池,阳极发生氧化反应,铁失电子变为亚铁离子,Fe+S2--2e-= FeS,C正确;LiOH 在醇溶液中不能发生电离产生锂离子,没有自由移动的离子,不能构成闭合回路,D错误;正确选项C。
7.已知:
pOH=-lgc(OH-)。
常温下,某弱酸的钠盐( Na2XO3)溶液中微粒浓度的变化关系如下图所示。
下列说法正确的是
A.实线M 表示pOH 与lg
的变化关系
B.在NaHXO3溶液中:
>1
C.向Na2XO3溶液中滴加稀盐酸至溶液显中性时:
c(Na+)+2c(H+)=c(HXO3-)+2c(XO32-)+2c(OH-)
D.Na2XO3溶液加水稀释,
先增大后不变
【答案】B
8.铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成的重要还原剂,其合成线路如下图所示。
(1)制备无水AlCl:
实验装置如下。
已知AlCl3178℃升华,在潮湿的空气中易水解。
①实验时应先点燃_______( 填“A”或“D”)处酒精灯,当观察到_______时,再点燃另一处酒精灯。
②装置F的作用是_________________。
(2)制取铝氢化钠
制取铝氢化钠的化学方程式是_________________, AlCl3配成有机溶液的目的是__________。
(3)铝氢化钠样品性质探究和纯度测定
①称取一定质量实验制得的铝氢化钠样品( 除含产物杂质外,还可能含有过量的NaH),滴加足量的水,观察到产生气体,该气体是________________。
②向反应后的溶液中滴加酚酞,溶液变红。
猜想可能是生成了NaOH 呈碱性,也可能
是_________________。
为验证猜想,可再逐滴滴加盐酸并振荡,当观察到____________时,即可证明两种猜想均成立。
③设计如下两种装置测定生成气体的体积(若其他操作一致),用甲装置测得铝氢化钠的含量________乙装 置。
(填“大于”、“小于”或“等于”)。
【答案】
(1).A
(2).D中充满黄绿色气体(3).吸收未反应的氯气,防止空气中的水蒸气进入装置或防止AlCl3水解(4).AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl(5).增大接触面加快反应,使A1Cl3反应更充分(6).H2(7).生成NaAlO2水解呈碱性(8).开始没有沉淀,后产生白色沉淀,溶液红色逐渐变浅(或消失)(9).小于
【解析】
(1)要制备铝氯化铝,所以装置内就不要存有空气,先点燃A处酒精灯,产生氯气,利用氯气排装置内的空气,当D中充满黄绿色气体时,再点燃另一处酒精灯;正确答案:
A;D中充满黄绿色气体。
②氯气有毒,污染空气,AlCl3178℃升华,在潮湿的空气中易水解,因此装置F中装有碱石灰,吸收未反应的氯气,防止空气中的水蒸气进入装置或防止AlCl3水解;正确答案:
吸收未反应的氯气,防止空气中的水蒸气进入装置或防止AlCl3水解。
(2)AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl; AlCl3配成有机溶液,即防止了水解,又能够增大接触面加快反应,使A1Cl3反应更充分;正确答案:
AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl;增大接触面加快反应,使A1Cl3反应更充分。
(3)①NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气,正确答案:
氢气。
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③利用甲装置进行反应时,产生的氢气和装置内的气体都进入到注射器内,测量出氢气的体积偏大,即氢化钠偏大,测得铝氢化钠的含量偏低,乙装置中外接一个导管,平衡大气压,避免了装置内的气体对氢气体积测定的影响;正确答案:
小于。
9.天然气可以制备大量的化工原料。
请回答下列问题:
(1)由天然气制备合成气(CO和H2),进而可合成H2C2O4。
①欲加快H2C2O4溶液使5mL 0.01mol/L 酸性KMnO4溶液褪色,可采取的措施有__________、_______________(写两点)。
②下列可以证明H2C2O4是弱酸的是___________。
A.H2C2O4 可以分解为CO、CO2 和H2O
B.常温下,0.1mol/L NaHC2O4溶液中c(HC2O4-)+c(C2O42-)<0.lmol/L
C.0.1mol/L H2C2O4溶液25mL 可以消耗0.1mol/L NaOH 溶液50mL
D.常温下,0.05mol/L 的H2C2O4溶液pH≈4
(2)已知:
①CO(g)+H2(g)
C(s)+H2O(g)△H1=-130kJ/mol
②CH4(g)
C(s)+2H2(g)△H2=+76kJ/mol
③CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H20(g)△H3=+41kJ/mol
则CH4(g)+CO2(g)
2H2(g)+2CO(g)△H=________。
(3)向2L容器中通入3 mol CO2、3mol CH4,在不同温度下,以镍合金为催化剂,发生反应:
CH4(g)+CO2(g)
2H2(g)+2CO(g)。
平衡体系中CH4和CO2的体积分数如下图。
①高温下该反应能自发进行的原因是______________,930K时的平衡常数K=___________(保留两位小数)。
②请解释图中曲线随温度变化的原因______________。
③在700~1100K内,同温度下平衡转化率:
CO2________CH4(填“大于”、“小于”或“等于”),结合
(2)提供的反应分析,其原因可能是______________。
【答案】
(1).升温
(2).增大H2C2O4浓度、加Mn2+催化剂(任两点)(3).BD(4).+247kJ/mol(5).△S>0(6).3.72moL2/L2(7).正反应吸热,升温平衡向正反应方向移动,反应物体积分数减小(8).大于(9).CO2+H2=CO+H2O副反应的量多于CH4=C+2H2
【解析】
(1)①升高温度,增大H2C2O4浓度都可以使反应速率加快;正确答案:
增大H2C2O4浓度、加Mn2+催化剂(任两点)。
②H2C2O4可以分解为CO、CO2 和H2O,只能证明H2C2O4不稳定,易发生分解;A错误;
NaHC2O4中HC2O-4
H++C2O42-,HC2O4-+H2O
H2C2O4+OH-,根据物料守恒:
c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)=c(Na+),所以0.1mol/LNaHC2O4溶液中c(HC2O4-)+c(C2O42-)<0.lmol/L,所以H2C2O4是弱酸,B正确;0.1mol/LH2C2O4溶液25mL可以消耗0.1mol/LNaOH溶液50mL恰好完全中和,不能证明H2C2O4是弱酸,C错误;常温下,如果0.05mol/L的H2C2O4溶液为强酸,c(H=)=0.1mol/L,pH=1,而实际pH≈4,H2C2O4是弱酸,D正确;正确选项BD。
(2)根据盖斯定律可知:
②-①+③,可得CH4(g)+CO2(g)
2H2(g)+2CO(g)△H=+247kJ/mol;正确答案:
CH4(g)+CO2(g)
2H2(g)+2CO(g)△H=+247kJ/mol。
(3)①从图像可知,温度升高,平衡体系中CH4和CO2的体积分数,正反应为吸热反应,△H>0,△S>0,高温下该反应能自发进行;
设甲烷的变化量为xmol,容器的体积为2L;
根据反应:
CH4(g)+CO2(g)
2H2(g)+2CO(g)
起始量3300
变化量xx2x2x
平衡量3-x3-x2x2x
平衡体系中CH4的体积分数为20%,则(3-x)/(3-x+3-x+2x+2x)=20%,x=9/7mol ;各物质浓度:
c(CH4)=6/7mol/L;c(CO2)=6/7mol/L;c(H2)=9/7mol/L;c(CO)=9/7mol/L;c2(H2)×c2(CO)=(9/7)2×(9/7)2=(81/49)2,c(CH4)×c(CO2)=6/7×6/7=36/42,930K时的平衡常数K=c2(H2)×c2(CO)/c(CH4)×c(CO2)=(81/49)2/36/42=3.72moL2/L2;正确答案:
△S>0;3.72moL2/L2。
②根据图像变化可知,升高温度,反应物体积分数减小,平衡右移,正反应为吸热反应;正确答案:
正反应吸热,升温平衡向正反应方向移动,反应物体积分数减小。
③在700~1100K内,同温度下,二氧化碳体积分数小于甲烷的体积分数,说明二氧化碳消耗的多,平衡转化率大于甲烷;其原因可能是CO2+H2=CO+H2O副反应的量多于CH4=C+2H2;正确答案:
大于;CO2+H2=CO+H2O副反应的量多于CH4=C+2H2。
点睛:
判断反应自发进行的条件,一般规律:
①△H<0、∆S<0,低温下自发进行;②△H<0、∆S>0,任何条件下都能自发进行;③△H>0、∆S<0,任何条件下不能自发进行;④△H>0、∆S>0,高温下自发进行。
10.氯化亚铜广泛应用于有机合成、石油、油脂、染料等工业。
以某种铜矿粉(含Cu2S、CuS及FeS等)为原料制取CuCl的工艺流程如下:
已知:
①CuS、Cu2S、FeS灼烧固体产物为Cu2O、FeO;
②Ksp(CuCl)= 2×10-7,2Cu+= Cu+Cu2+的平衡常数K1= 1×106
回答下列问题:
(1)“灼烧”时,被还原的元素有____________(填元素符号)。
(2)“酸浸”所需H2SO4是用等体积的98% H2SO4和水混合而成。
实验室配制该硫酸溶液所需的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管外,还有_______。
“酸浸”时硫酸不宜过多的原因是__________________。
(3)“除杂”的总反应方程式是_____________________。
(4)“络合”反应中的NH3与NaHCO3理论比值是____________________。
(5)加热“蒸氨”在减压条件下进行的原因是________________。
(6)X 可以充分利用流程中的产物,若X 是SO2时,通入CuCl2溶液中反应的离子方程式是________________;若X 是Cu时,反应Cu+Cu2++2Cl-= 2CuCl 的平衡常数K2=_________。
(7)以铜为阳极电解NaCl溶液也可得到CuCl,写出阳极电极反应式__________________。
【答案】
(1).Cu和O
(2).量筒、烧杯(3).避免除杂时消耗过多的氨水(4).2Fe2++H2O2+4NH3·H2O(或4NH3+4H2O)=2Fe(OH)3↓+4NH4+(5).5:
1(6).减压能降低气体的溶解度,有利于气体逸出(7).2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=SO42-+2CuCl↓+4H+(8).2.5×107L3/moL3(9).Cu+Cl—e-=CuCl
【解析】
(1)从流程过程看出,铜矿粉在空气中灼烧后生成二氧化硫气体和铜,硫元素被氧化,铜元素和氧元素被还原;正确答案:
Cu和O。
(2)配制酸浸所用的硫酸,由于98% H2SO4和水为等体积混合,因此分别用量筒量一定体积水放入烧杯中,再用量筒量取相同体积的98% H2SO4转移到烧杯中,混合搅拌;酸浸”时硫酸是用来溶解氧化铁,但是酸剩余的太多,后面反应中还要加入过多的氨水来中和硫酸;正确答案:
量筒、烧杯;避免除杂时消耗过多的氨水。
(3)溶液中亚铁离子被过氧化氢氧化为铁离子,铁离子与氨水反应生成氢氧化铁沉淀;除杂”的总反应方程式是2Fe2++H2O2+4NH3·H2O(或4NH3+4H2O)=2Fe(OH)3↓+4NH4+;正确答案:
2Fe2++H2O2+4NH3·H2O(或4NH3+4H2O)=2Fe(OH)3↓+4NH4+。
(4)根据流程可知“络合”反应Cu2++HCO3-+5NH3=Cu(NH3)4CO3+NH4+,NH3与NaHCO3理论比值是5:
1;正确答案:
5:
1。
(5)Cu(NH3)4CO3加热分解产生氨气,氨气易溶于水,因此减压能降低气体的溶解度,有利于气体逸出;正确答案:
减压能降低气体的溶解度,有利于气体逸出。
(6)SO2具有还原性,能够被铜离子氧化为硫酸根离子,本身还原为亚铜l离子,与氯离子结合生成CuCl沉淀,离子方程式为2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=SO42-+2CuCl↓+4H+;根据2Cu+=Cu+Cu2+的平衡常数K1=1×106可知:
c(Cu)×c(Cu2+)/c2(Cu+)=1×106,c(Cu)×c(Cu2+)=106×c2(Cu+);2CuCl=Cu+Cu2++2Cl-,K=c(Cu)×c(Cu2+)×c2(Cl-)=106c2(Cu+)×c2(Cl-)=106×Ksp2(CuCl)=106×(2×10-7)2=4×10-8;反应Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl的平衡常数K2=1/K=2.5×107L3/moL3;正确答案:
2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=SO42-+2CuCl↓+4H+;2.5×107L3/moL3。
(7)铜为阳极,首先失去1个电子,变为亚铜离子,然后亚铜离子与氯离子结合生成CuCl,阳极电极反应式Cu+Cl--e-=CuCl;正确答案:
Cu+Cl--e-=CuCl。
11.我国是世界文明古国,商周时期就制造出了“四羊方尊”、“司母戊鼎”等精美青铜器。
青铜的主要成分是Cu,还含有少量第ⅣA族的Sn和Pb。
回答下列问题:
(1)基态Cu原子的价电子排布图是___________________,基态Sn原子的未成对电子数是Cu 的__________ 倍,Pb位于周期表的______________区。
(2)向CuSO4溶液中加入过量的氨水再加少许乙醇可以析出美丽的蓝色晶体:
[Cu(NH3)4]SO4·H2O。
①SO42-中S的杂化方式是___________,晶体所含非金属中电负性最小是__________________。
②请表示出[Cu(NH3)4]2+离子中的全部配位键____________,1mol [Cu(NH3)4]2+中含有_____ molσ键。
③水分子的键角为1050,小于NH3分子键角1070,产生此差异的原因是_______________。
(3)铜晶胞模型如下图所示,Cu晶胞的棱长为bpm,则1个铜晶胞中Cu原子的质量是____g,1个铜晶胞中Cu原子占据的体积为______________pm3。
【答案】
(1).
(2).2(3).p(4).sp3(5).H(6).
(7).16(8).孤电子对占据的空间较大,排斥作用强于成键电子对,水分子中存在两对孤电子对,而NH3分子中存在1对孤电子对,故水分子键角小于NH3分子(9).
或4.25×10-22(10).略
【解析】
(1)基态
原子是29号元素,价电子排布满足
轨道全满的低能量状态,价电子排布为
;基态Sn原子核外电子排布1s22s2p63s23p63d104s24p64d105s25p2,基态Sn原子的未成对电子数为2,Cu原子的未成对电子数为1,二者比值为2;Pb最外层电子排布为6s26p2,所以Pb位于周期表的.P区;正确答案:
;2;P。
(2)①
的
原子的杂化方式为
,立体结构为正四面体;
组成元素为铜、氮、氢、硫、氧,氧的非金属性最强,吸引电子能力强,电负性最大的是氧元素,因此电负性最小的为氢;正确答案:
sp3;H。
②
所含有的化学键有离子键、氮氢极性键和铜离子和氨的配位键,所以[Cu(NH3)4]2+离子中的全部配位键为