C.1molWM溶于足量水中完全反应,共转移2mol电子
D.由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键,又有共价键
解析:
由题给的条件可知,X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列,不是按原子序数依次递增排列的。
Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76g·L-1,该气态化合物的摩尔质量为22.4L·mol-1×0.76g·L-1=17g·mol-1,则M为H元素,Y为N元素;X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素,由X、Y、Z的最外层电子数之和为15,X与Z可形成XZ2分子,可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素;W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的
,推出W的质子数为
×(6+7+8+1)=11,所以W为Na元素。
A项,所有元素中H原子半径最小,同周期自左向右原子半径减小,同主族自上到下原子半径增大,故原子半径Na>C>N>O>H,即W>X>Y>Z>M,错误;B项,X、Y、Z分别为C、N、O三种元素,非金属性X<Y<Z,元素的非金属性越强,对应的氢化物越稳定,正确;C项,NaH与水发生反应:
NaH+H2O===NaOH+H2↑,1molNaH溶于足量水中完全反应共转移1mol电子,错误;D项,由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物可为氨基酸或碳酸铵、醋酸铵等物质,如为氨基酸,则只含有共价键,错误。
故选B。
答案:
B
13.高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色水处理剂。
工业上可用电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4,其工作原理如图所示,两端隔室中离子不能进入中间隔室。
下列说法错误的是( )
A.电解时,铜电极连接电源负极
B.甲溶液可回用于该电解池
C.离子交换膜a是阴离子交换膜
D.阳极电极反应式:
Fe-6e-+8OH-===FeO
+4H2O
解析:
工业上用电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4,说明Fe溶解进入溶液,则Fe电极为阳极连接电源的正极,Cu电极为阴极连接电源的负极,故A正确;在Cu电极上,水电离的H+放电使阴极区c(OH-)增大,Na+通过阳离子交换膜a进入阴极区,使阴极区c(NaOH)增大,则甲溶液为NaOH,可以回用于该电解池,故B正确;根据B项分析可知,因Na+要通过离子交换膜a从中间隔室进入阴极区,所以离子交换膜a是阳离子交换膜,故C错误;Fe电极溶解生成FeO
进入溶液,电极反应式为:
Fe-6e-+8OH-===FeO
+4H2O,故D正确。
答案:
C
26.纳米CaCO3作为工业上重要的无机填充材料,广泛应用于橡胶、塑料、涂料、油墨和造纸等行业。
某化学兴趣小组在实验室中利用下列装置模拟工业制备纳米CaCO3。
请回答下列问题:
(1)仪器甲的名称是________,在该实验中,其作用是________。
(2)将上述接口连接顺序补充完整:
a→________;b→________;d→________。
(3)装置D中选择的试剂是________(填序号,下同),装置E中选择的试剂是________。
①饱和Na2CO3溶液 ②饱和NaHCO3溶液 ③无水CaCl2固体 ④碱石灰
(4)装置C中发生反应的离子方程式为___________________
____________________________________________________。
(5)随着气体的通入,三颈烧瓶中产生白色沉淀且逐渐增多,但一段时间后,白色沉淀逐渐减少,其可能的原因为_____________(结合化学用语解释)。
(6)当生成5g沉淀时,理论上消耗两种气体(标准状况下)的总体积可能为________________。
解析:
根据装置图及使用的试剂可知,A是生成二氧化碳的装置;B是生成氨气的装置;C是生成碳酸钙沉淀的装置;生成的二氧化碳中混有氯化氢,可以通过D装置除去,E装置可以防止未反应的氨气污染空气。
(1)根据图示,仪器甲为干燥管,在该实验中,干燥管可以防止三颈烧瓶中气体的压强变化引起的倒吸。
(2)根据上述分析,生成的二氧化碳和氨气通入C中反应生成碳酸钙,通过D除去二氧化碳中的氯化氢,尾气用E吸收,上述接口连接顺序为:
a→f→g→e;b→c;d→h。
(3)装置D是除去二氧化碳中的氯化氢,可以选择饱和NaHCO3溶液,装置E是吸收未反应的氨气,可以选用无水CaCl2固体。
(4)装置C中氯化钙和氨气、二氧化碳反应生成氯化铵和碳酸钙,反应的离子方程式为Ca2++2NH3+CO2+H2O===CaCO3↓+2NH
。
(5)碳酸钙能够被过量的二氧化碳转化为碳酸氢钙,CaCO3+CO2+H2O===Ca(HCO3)2,Ca(HCO3)2易溶于水,因此随着气体的通入,三颈烧瓶中产生白色沉淀逐渐增多,但一段时间后,白色沉淀逐渐减少。
(6)n(CaCl2)=0.2L×0.5mol·L-1=0.1mol,5g碳酸钙沉淀的物质的量=
=0.05mol,根据Ca2++2NH3+CO2+H2O===CaCO3↓+2NH
可知,当氯化钙过量,消耗氨气0.1mol,二氧化碳0.05mol,共消耗气体0.15mol,标准状况下的体积=0.15mol×22.4L·mol-1=3.36L;但通入的气体过量将生成的部分碳酸钙溶解,则生成0.1mol碳酸钙消耗氨气0.2mol,二氧化碳0.1mol,溶解0.05mol碳酸钙需要消耗0.05mol二氧化碳,共消耗气体0.35mol,标准状况下的体积=0.35mol×22.4L·mol-1=7.84L。
答案:
(1)干燥管 防止倒吸
(2)fge c h (3)② ③
(4)Ca2++2NH3+CO2+H2O===CaCO3↓+2NH
(5)CaCO3+CO2+H2O===Ca(HCO3)2,Ca(HCO3)2易溶于水
(6)3.36L、7.84L
27.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____________________________________________。
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。
(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。
(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。
(4)根据流程可知“络合”反应Cu2++HCO
+5NH3===Cu(NH3)4CO3+NH
,NH3与NaHCO3理论比值是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。
(6)SO2具有还原性,能够被铜离子氧化为硫酸根离子,本身还原为亚铜离子,与氯离子结合生成CuCl沉淀,离子方程式为2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O===SO
+2CuCl↓+4H+。
(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。
答案:
(1)Cu和O
(2)量筒、烧杯 避免除杂时消耗过多的氨水
(3)2Fe2++H2O2+4NH3·H2O===2Fe(OH)3↓+4NH
(4)5∶1
(5)减压能降低气体的溶解度,有利于气体逸出
(6)2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O===SO
+2CuCl↓+4H+ 2.5×107L3/mol3
(7)Cu+Cl--e-===CuCl
28.当前煤炭在我国的能源消费中占60%以上,它在给我们提供廉价能源的同时,燃烧生成的SO2、NOx等也造成了比较严重的大气污染问题。
(1)向燃煤中加入CaO,煤中硫元素大多数会转化为CaSO4,故CaO能起到固硫、降低SO2排放量的作用。
已知:
①SO2(g)+CaO(s)===CaSO3(s)
ΔH=-402kJ·mol-1
②2CaSO3(s)+O2(g)===2CaSO4(s)
ΔH=-234.2kJ·mol-1
③CaCO3(s)===CO2(g)+CaO(s)
ΔH=+178.2kJ·mol-1
则反应2SO2(g)+O2(g)+2CaO(s)===2CaSO4(s) ΔH=________kJ·mol-1。
向燃煤中加入CaCO3也可起到固硫作用,若固定2molSO2,相应量的煤在相同条件下燃烧时向环境释放出的热量会减少________kJ。
(2)活性炭对NO2有较强的吸附性,二者之间可发生2C(s)+2NO2(g)
N2(g)+2CO2(g) ΔH,为研究温度、压强等外部因素对该反应的影响,某科研小组向密闭容器中加入2molNO2和足量的活性炭,进行如下实验探究:
ⅰ.固定密闭容器的体积为5L,测得恒容时不同温度下NO2的转化率(α)与时间(t)的关系如图1所示:
①该反应的ΔH________0(填“>”或“<”),温度为T2时,反应开始到达到平衡的时间段内v(N2)=________。
②温度为T1时该反应的平衡常数的值K=________,若保持温度不变,提高NO2转化率的方法是_____________________________
_____________________________________________________。
ⅱ.保持容器中的温度恒定,测得20s时,CO2的体积分数(φ)与压强(p)的关系如图2所示。
③图2曲线呈现先增后减的变化趋势,其原因为_____________
_____________________________________________________,
压强为p1时,第20s时容器中c(NO2)∶c(N2)=______________。
(3)常温下,用NaOH溶液吸收SO2既可消除大气的污染,又可获得重要的化工产品,若某吸收液中c(HSO
)∶c(SO
)=1∶100,则所得溶液的pH=____________(常温下K1(H2SO3)=1.5×10-2、K2(H2SO3)=1×10-7)。
解析:
(1)根据目标方程式,①×2+②得出2SO2(g)+O2(g)+2CaO(s)===2CuSO4(s) ΔH=(-402×2-234.2)kJ·mol-1=-1038.2kJ·mol-1;固定2molSO2,需要消耗2molCaO,因此需分解2molCaCO3,少向环境释放的热量为2×178.2kJ=356.4kJ。
(2)考查勒夏特列原理、化学反应速率的计算、化学平衡的计算,①根据图1,T1显达到平衡,说明T1>T2,根据勒夏特列原理,升高温度,NO2的转化率降低,即升高温度向逆反应方向进行,ΔH<0;T2时,NO2的转化率为0.8,即达到平衡消耗的NO2的物质的量为2×0.8mol=1.6mol,根据化学反应速率的数学表达式v(NO2)=
mol·L-1·s-1=0.032mol·L-1·s-1,根据化学反应速率之比等于化学计量数之比,即v(N2)=
=
mol·L-1·s-1=0.016mol·L-1·s-1;
② 2C(s)+2NO2(g)
N2(g)+2CO2(g)
起始:
2 0 0
变化:
1.20.61.2
平衡:
0.80.61.2
根据化学平衡常数的定义:
K=
=
=0.27;提高NO2的转化率,可以采取分离出生成物,降低压强等方法;③b点前反应未达到平衡状态,压强增大,反应速率加快,CO2含量升高;b点后反应处于平衡状态,压强越大,越不利于反应向右进行;由方程式可知,当CO2的体积分数为40%时,N2占20%,NO2占40%,因此c(NO2)∶c(N2)=2∶1。
(3)
=
=
=
,解得c(H+)=10-9mol·L-1,即pH=9。
答案:
(1)-1038.2 356.4
(2)①< 0.016mol·L-1·s-1 ②0.27 分离出生成物(或其他答案合理即可) ③b点前反应未达到平衡状态,压强增大,反应速率加快,CO2含量升高;b点后反应处于平衡状态,压强越大,越不利于反应向右进行 2∶1 (3)9
35.[化学——选修3:
物质结构与性质]
H、N、Na、Al、Ti等元素在能源、材料等领域应用广泛。
回答下列问题:
(一)氢化铝钠(NaAlH4)是一种新型轻质储氢材料,掺入少量Ti的NaAlH4在150℃时释氢,在170℃、15.2MPa条件下又重复吸氢。
NaAlH4可由AlCl3和NaH在适当条件下合成。
NaAlH4的晶胞结构如图所示,为长方体。
(1)基态Ti原子的价电子排布图为________,L能层中电子云的形状有________种。
(2)AlCl3在178℃时升华,属于________晶体,其蒸气的相对分子质量约为267,蒸气分子的结构式为________(标明配位键),其中Al原子的杂化方式为________。
(3)写出与AlH
空间构型相同的一种分子和一种离子________(填化学式)。
(4)NaAlH4晶体中,与AlH4紧邻且等距的Na+有________个;NaAlH4晶体的密度为________g·cm-3(用含a的代数式表示)。
(二)叠氮化钠和氢叠氮酸(HN3)已一步步进入我们的生活,如汽车安全气囊等。
(5)写出与N
互为等电子体的一种分子________(填分子式)。
(6)氢叠氮酸(HN3)可由肼(N2H4)被HNO2氧化制得,同时生成水。
下列叙述错误的是________(填标号)
A.上述生成HN3的化学方程式为:
N2H4+HNO2===HN3+2H2O
B.NaN3的晶格能大于KN3的晶格能
C.氢叠氮酸(HN3)和水能形成分子间氢键
D.HN3和N2H4都是由极性键和非极性键构成的非极性分子。
E.HN3分子中四个原子可能在一条直线上
解析:
(1)Ti原子的核电荷数为22,1s22s22p63s22p63d24s2,基态Ti原子的价电子排布图为3d24s2;基态Ti原子的价电子排布图为
;L能层有s、p轨道,所以L能层中电子云的形状有2种。
(2)AlCl3在178℃时升华,沸点较小,属于分子晶体;其蒸气的相对分子质量约为267,氯化铝中铝原子最外层电子只有3个电子,形成3个共价键,每个铝原子和四个氯原子形成共价键,且其中一个共用电子对是氯原子提供形成的配位键,如图
;每个铝原子和四个氯原子形成共价键,中心原子Al的价层电子对数4,杂化类型为sp3。
(3)AlH
中Al的轨道杂化数目为
=4,AlH
采取sp3杂化,为正四面体构型,与AlH
空间构型相同的一种分子和一种离子NH
、CH4(或SO
、PO
、CCl4等)。
(4)NaAlH4晶体中,与Na+紧邻且等距的AlH
有8个,分别位于经过Na+的两个相互垂直的两个平面内,每个平面内有4个,NaAlH4晶体的密度:
晶胞中AlH
为1+8×
+4×
=4,Na+为6×
+4×
=4,晶胞质量为4×
g,晶胞密度为4×
g÷[(a×10-7cm2)2a×10-7cm]=
g·cm-3,即:
=
。
(5)等电子体指的是原子数目相等,电子总数相等,因此与N
互为等电子体的分子可以是CO2或N2O等。
(6)N2H4被HNO2氧化HN3,化学方程式为:
N2H4+HNO2===HN3+2H2O;A正确;由于钾离子半径大于钠离子半径,因此K+与N
之间的作用力小于Na+与N
之间的作用力,所以NaN3的晶格能大于KN3的晶格能,B正确;根据氢叠氮酸(HN3)的结构
可知,存在孤电子对,能够与水形成氢键;C正确;HN3中存在氮氢极性键,没有非极性键,D错误;根据
可知,HN3分子中四个原子不可能在一条直线上,E错误;正确选项DE。
答案:
(1)
(2)分子
sp3
(3)NH
、CH4(或SO
、PO
、CCl4等其他合理答案)
(4)8
(5)CO2(或N2O等其他合理答案) (6)DE
36.[化学——选修5:
有机化学基础]
某新型有机酰胺化合物M在工业生产中有重要的作用,其合成路线如下:
已知:
①A是烃的含氧衍生物,相对分子质量为58,碳和氢的质量分数之和为44.8%,核磁共振氢谱显示为一组峰,可发生银镜反应。
②R1—CHO+R2—CH2—CHO
③R—COOH
R—COC