13.(2019·山东泰安高三质检)已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数见下表:
弱酸化学式
HA
H2B
电离平衡常数(25℃)
Ka=1.7×10-6
Ka1=1.3×10-3Ka2=5.6×10-8
则下列有关说法正确的是( )
A.等物质的量浓度的各溶液pH关系为:
pH(Na2B)>pH(NaHB)>pH(NaA)
B.将amol·L-1的HA溶液与amol·L-1的NaA溶液等体积混合,混合液中:
c(Na+)>c(A-)
C.向Na2B溶液中加入足量的HA溶液发生反应的离子方程式为:
B2-+2HA===2A-+H2B
D.NaHB溶液中部分微粒浓度的大小为:
c(Na+)>c(HB-)>c(B-)>c(H2B)
答案 D
解析 酸性H2B>HA>HB-,酸性越强,对应的钠盐的碱性越弱,pH(Na2B)>pH(NaA)>pH(NaHB),故A错误;HA的电离常数为1.7×10-6,则A-的水解常数为Kh=
≈5.9×10-9,可以知道HA的电离常数大于A-的水解常数,则将amol·L-1的HA溶液与amol·L-1的NaA溶液等体积混合后溶液显酸性,由电荷守恒可以知道混合液中:
c(Na+)HA>HB-,向Na2B溶液中加入足量的HA溶液发生反应的离子方程式为B2-+HA===A-+HB-,故C错误;对于H2B,已知Ka1=1.3×10-3,Ka2=5.6×10-8,可以知道HB-的水解常数为
≈7.7×10-12,则HB-电离程度大于HB-水解程度,溶液显酸性,则NaHB溶液中c(Na+)>c(HB-)>c(B-)>c(H2B),故D正确。
二、非选择题
(一)必考题(共43分)
26.(2019·山西省高三考前适应性训练)(14分)三氯化磷(PCl3)是一种基础化工原料,使用广泛,需求量大。
实验室可用白磷与氯气反应制备三氯化磷,实验装置如下图所示(夹持装置未画出)。
已知:
①氯气与白磷反应放出热量(温度高于75℃)。
②PCl3和PCl5遇水强烈反应并产生大量的白雾。
③PCl3和PCl5的物理常数如下:
熔点
沸点
PCl3
-112℃
76℃
PCl5
148℃
200℃分解
回答下列问题:
(1)仪器X的名称是________;装置A中发生反应的离子方程式为__________________________。
(2)装置B可用于除杂,也是安全瓶,能监测实验进行时装置C或D中是否发生堵塞,若装置C或D中发生堵塞时B中的现象是____________________。
(3)为防止装置D因局部过热而炸裂,实验开始前应在圆底烧瓶的底部放少量________(填“干沙”或“水”)。
(4)装置E的烧杯中冰盐水的作用是________。
(5)装置F的作用:
一是防止空气中水蒸气的进入;二是__________________。
答案
(1)分液漏斗 2MnO
+10Cl-+16H+===2Mn2++5Cl2↑+8H2O
(2)吸滤瓶中液面下降,长颈漏斗中液面上升
(3)干沙 (4)使三氯化磷蒸气充分冷凝
(5)吸收过量的氯气,防止污染空气
解析
(2)若装置C或D发生堵塞,则在装置B中气体压强增大,会把吸滤瓶中的液体压入长颈漏斗中,导致吸滤瓶中液面下降,长颈漏斗中液面上升。
(3)防止圆底烧瓶因局部过热而炸裂,通常会在底部铺上一层沙子或加一定量的水,因为PCl3会水解,所以只能用干沙。
(4)PCl3熔沸点较低,通过降温可将其转化为液体,在E中收集PCl3。
(5)在装置D中白磷与氯气发生反应产生PCl3,氯气是有毒气体,未反应的氯气会造成大气污染,空气中的水蒸气进入装置D也会影响PCl3的制备。
27.(2019·深圳市高三调研)(15分)CO还原脱硝技术可有效降低烟气中的NOx的排放量。
回答下列问题:
Ⅰ.CO还原NO的脱硝反应:
2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g) ΔH
(1)已知:
CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g) ΔH1=-226kJ·mol-1
N2(g)+2O2(g)2NO2(g)ΔH2=+68kJ·mol-1
N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH3=+183kJ·mol-1
脱硝反应ΔH=________,该反应向正反应方向自发进行的倾向很大,其原因是______________________________,有利于提高NO平衡转化率的条件是__________________________(写出两条)。
(2)以Mn3O4为脱硝反应的催化剂,研究者提出如下反应历程,将历程补充完整。
第一步:
____________________;
第二步:
3MnO2+2CO===Mn3O4+2CO2。
(3)在恒温恒容的密闭容器中,充入等物质的量的CO和NO混合气体,加入Mn3O4发生脱硝反应,t0时达到平衡,测得反应过程中CO2的体积分数与时间的关系如下图所示。
①比较大小:
a处v正________b处v逆(填“>”“<”或“=”)。
②NO的平衡转化率为________。
Ⅱ.T℃时,在刚性反应器中发生如下反应:
CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g),化学反应速率v=kpm(CO)pn(NO2),k为化学反应速率常数。
研究表明,该温度下反应物的分压与化学反应速率的关系如下表所示:
(4)若反应初始时p(CO)=p(NO2)=akPa,反应tmin时达到平衡,测得体系中p(NO)=bkPa,则此时v=____________kPa·s-1(用含有a和b的代数式表示,下同),该反应的化学平衡常数Kp=____________(Kp是以分压表示的平衡常数)。
答案
(1)-750kJ·mol-1 该反应为放热量大的反应 降温、加压、增大CO和NO的投料比等
(2)Mn3O4+2NO===3MnO2+N2
(3)①> ②80% (4)9×10-5(a-b)2
解析
(1)根据盖斯定律①×2-[③×2-②]可得2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g) ΔH=-750kJ·mol-1,由热化学方程式可知,该反应为放热量很大的反应,所以该反应向正反应方向自发进行的倾向很大,该反应的正反应为气体体积减小的放热反应,故降温和加压都可以使平衡右移,有利于提高NO的平衡转化率。
(2)第一步和第二步的反应相加即可得到2CO+2NO2CO2+N2,故第一步反应为Mn3O4+2NO===3MnO2+N2。
(3)①t0时达到平衡,b处v逆=v正,这个反应是从正反应方向建立平衡的,故a处v正>b处v逆。
② 2CO+2NO2CO2+N2
起始(mol)1100
转化(mol)xxx0.5x
平衡(mol)1-x1-xx0.5x
=0.5,x=0.8mol,所以NO的平衡转化率为80%。
(4) CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)
起始(kPa)aa00
转化(kPa)xxxx
平衡(kPa)(a-b)(a-b)x=bx=b
Kp=
,根据表格中数据,带入v=kpm(CO)pn(NO2),可求出m=n=1,即k=
=
=9×10-5,所以tmin时v=9×10-5(a-b)2。
28.(2019·合肥市高三第一次质检)(14分)铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。
某科研小组从某废旧铍铜元件(主要含BeO、CuS,还含少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如图:
已知:
ⅰ.铍、铝元素化学性质相似;BeCl2熔融时能微弱电离。
ⅱ.常温下Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20,
Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Ksp[Mn(OH)2]=2.1×10-13。
回答下列问题:
(1)滤液A的主要成分除NaOH外,还有________________(填化学式);写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式__________________。
(2)滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl,为得到较纯净的BeCl2溶液,下列实验操作步骤最合理的顺序是________;电解熔融BeCl2制备金属铍时,需要加入NaCl,其作用是__________________。
①加入过量的NaOH;②加入过量的氨水;③加入适量的HCl溶液;④过滤;⑤洗涤。
(3)反应Ⅱ中CuS的氧化产物为S单质,该反应的化学方程式为______________________________。
(4)常温下,若滤液D中c(Cu2+)=2.2mol·L-1、c(Fe3+)=0.008mol·L-1,c(Mn2+)=0.21mol·L-1,向其中逐滴加入稀氨水,生成的沉淀F是______________(填化学式);为了尽可能多地回收铜,所得滤液G的pH最大为________。
答案
(1)Na2SiO3、Na2BeO2 BeO
+4H+===Be2++2H2O
(2)②④⑤③ 增强熔融盐的导电性
(3)MnO2+CuS+2H2SO4===S+MnSO4+CuSO4+2H2O
(4)Fe(OH)3 8
解析
(1)废旧铍铜原件中含有BeO、CuS、FeS、SiO2,根据已知信息ⅰ,可知BeO属于两性氧化物,能与NaOH发生反应,CuS、FeS不与氢氧化钠反应,SiO2属于酸性氧化物,能与氢氧化钠反应,因此滤液A的主要成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2;BeO
与过量盐酸反应生成氯化铍和水,其离子方程式为BeO
+4H+===Be2++2H2O。
(2)由于Be元素、铝元素化学性质相似,可向滤液C中先加入过量的氨水,生成Be(OH)2沉淀,过滤、洗涤后再向沉淀中加入适量的HCl溶液,即得到较纯净的BeCl2溶液,故最合理的步骤顺序是②④⑤③;熔融BeCl2微弱电离,则加入NaCl可增强熔融盐的导电性。
(3)根据题意可知,CuS中S转化为S单质,则MnO2中Mn被还原为Mn2+,根据得失电子守恒、原子守恒可知,其化学方程式为MnO2+CuS+2H2SO4===S+MnSO4+CuSO4+2H2O。
(4)根据已知信息ⅱ可知,Cu2+开始沉淀时,c(OH-)=
=
mol·L-1=1×10-10mol·L-1,Fe3+开始沉淀时,c(OH-)=
=
mol·L-1=
×10-12mol·L-1,Mn2+开始沉淀时,c(OH-)=
=
mol·L-1=1×10-6mol·L-1,则向滤液D中逐滴加入稀氨水,首先沉淀的是Fe3+,所以产生的沉淀F为Fe(OH)3;滤液E中含有Cu2+和Mn2+,Cu2+开始沉淀时c(OH-)=1×10-10mol·L-1,c(H+)=
mol·L-1=10-4mol·L-1,pH=4,为使Cu2+尽可能多地沉淀,同时不能使Mn2+沉淀,由前面分析可知,Mn2+开始沉淀时c(OH-)=1×10-6mol·L-1,即pH=8,故滤液G的pH最大为8。
(二)选考题(共15分)
35.(2019·内蒙古包头市高三一模)[化学——选修3:
物质结构与性质](15分)
A、B、C、D、E是周期表前四周期的元素,它们原子序数依次增大,现有如下信息:
元素
相关信息
A
原子核外有6个不同运动状态的电子
B
非金属元素,基态原子的s轨道的电子总数与p轨道的电子总数相同
C
主族元素,与B原子的价电子数相同
D
价层电子排布式为3d64s2
E
ⅠB族,其被称作“电器工业的主角”
请回答下列问题(用A、B、C、D、E所对应的元素符号表示):
(1)B、C元素相比,第一电离能较大的是________,E2+的核外电子排布式为________。
(2)E2B的熔点比E2C的________(填“高”或“低”),请解释原因______________________________________________________________。
(3)N
和AB2是等电子体,则N
的结构式为______________。
(4)CB3的三聚体环状结构如图1所示,该结构中C原子的杂化轨道类型为________;该结构中C—B键长有两类,一类键长约140pm,另一类键长约为160pm,较短的键为________(填图1中字母),该分子中含有________个σ键。
(5)EDC2的晶胞如图2所示,晶胞参数a=0.524nm、c=1.032nm;EDC2的晶胞中每个E原子与________个C原子相连,晶体密度ρ=________g/cm3(只要求列算式,不必计算出数值,阿伏加德罗常数为NA)。
答案
(1)O [Ar]3d9
(2)高 氧离子半径比硫离子半径小,Cu2O比Cu2S的晶格能大,所以Cu2O熔点高
(3)[N===N===N]- (4)sp3 a 12
(5)4
解析 A、B、C、D、E五种元素,位于元素周期表的前四周期,它们的核电荷数依次增大。
A的原子核外有6个不同运动状态的电子,A为C元素;B是非金属元素,基态原子的s轨道的电子总数与p轨道的电子总数相同,B的电子排布式为1s22s22p4,为O元素;C是主族元素,与B原子的价电子数相同,C为S元素;D的价层电子排布式为3d64s2,D为Fe元素;E位于第ⅠB族,其被称作“电器工业的主角”,为Cu元素。
(1)O、S元素位于同一主族,同一主族元素第一电离能随着原子序数增大而减小,所以第一电离能O>S;Cu原子失去2个电子生成Cu2+,该离子核外有27个电子,根据构造原理书写该离子核外电子排布式为[Ar]3d9。
(2)Cu2O、Cu2S都是离子晶体,离子晶体熔沸点与晶格能成正比,晶格能与离子半径成反比,氧离子半径比硫离子半径小,Cu2O比Cu2S的晶格能大,所以Cu2O熔点高。
(3)N
和CO2是等电子体,等电子体结构相似,根据二氧化碳结构式书写N
的结构式为[N===N===N]-。
(4)根据图知,该结构中S原子价层电子对个数是4,根据价层电子对互斥理论判断S原子的杂化轨道类型为sp3;SO3的三聚体中每个S形成S===O键和S—O键,S===O键长较短,所以a较短;该分子中含有12个σ键。
(5)CuFeS2的晶胞中每个Cu原子与4个S原子相连,CuFeS2的晶胞中S原子个数=8、Fe原子个数=4×
+6×
=4、Cu原子个数=8×
+4×
+1=4,晶胞体积=a2c=(0.524×10-7×0.524×10-7×1.032×10-7)cm3,晶体密度ρ=
=
=
g/cm3。
36.(2019·湖南省娄底市高三二模)[化学——选修5:
有机化学基础](15分)
化合物J是一种常用的抗组胺药物,一种合成路线如下:
已知:
①C为最简单的芳香烃,且A、C互为同系物。
②2ROH+NH3
HNR2+2H2O(R代表烃基)。
请回答下列问题:
(1)A的化学名称是__________,H中的官能团名称是________________。
(2)由D生成E的反应类型是________,G的结构简式为________________。
(3)B+C→D的化学方程式为______________________________________。
(4)L是F的同分异构体,含有联苯(
)结构,遇FeCl3溶液显紫色,则L有________(不考虑立体异构)种。
其中核磁共振氢谱为六组峰,峰面积之比为3∶2∶2∶2∶2∶1的结构简式为________。
(5)写出用氯乙烷和2-氯-1-丙醇为原料制备化合物
的合成路线(其他无机试剂任选)。
答案
(1)甲苯 醚键、氯原子
(2)氧化反应 CH2OHCH2Cl
解析
(1)由A→B的反应条件以及B的组成和已知①可推知A为甲苯;由H的结构简式可知,H中的官能团为醚键和氯原子。
(2)反应D→E属于去氢加氧的反应,所以其反应类型为氧化反应;由F+G→H的反应条件(浓硫酸、加热)以及产物中醚键的生成可知,该反应属于羟基间的脱水成醚,故G的结构简式为CH2OHCH2Cl。
(3)B为一氯甲苯,C为苯,结合D的结构简式可得B+C→D的化学方程式。
(4)根据F的分子组成以及L遇FeCl3溶液显紫色,说明分子中有一个酚羟基和一个甲基,相当于用一个酚羟基和一个甲基分别取代联苯中的两个氢原子,可以用定一移一的方法分析。
先用一个酚羟基取代联苯中一个氢的位置,可得三种结构,分别为
,这三种结构中苯环上氢的种数分别为7种、7种、5种,说明甲基的取代位置有19种,即L可能的结构有19种。
其中核磁共振氢谱为六组峰,峰面积之比为3∶2∶2∶2∶2∶1的分子结构应该对称,结构简式为
(5)先观察目标产物的结构特点,发现目标产物与合成路线中J物质所含官能团相同,所以应结合题干中F→H→J的合成路线找出所需的反应物为HN(CH2CH3)2、乙醇和2-氯-1-丙醇,其中2-氯-1-丙醇为原料,乙醇可以由氯乙烷水解得到,HN(CH2CH3)2可由乙醇和氨反应得到(已知条件②),再按F→H→J的过程合成目标产物。