p>q
D.最高价氧化物对应水化物酸性:
p>q
【答案】C
【解析】
既有氢化物又有最高价氧化物的水化物的元素一般为非金属元素,非金属元素的最高价氧化物的水化物为最高价含氧酸,因此其氢化物必须是碱性物质,二者才能反应,故m元素为N,n元素为O,p元素为S,q元素为Cl。
因为m与n在同一周期,n的非金属性强于m,故A错误;
因为n与p位于同一主族,n的非金属性强于p,所以n的氢化物稳定性强于p,B错误;又因为p和q位于同一周期,p简单阴离子半径大于q,C项正确;
q的非金属性强于p,故最高价氧化物对应水化物的酸性:
q>p,故D项错误。
答案选C。
16.在pH为1的100mL0.1mol/L的AlCl3中,加入300mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液后铝的存在形式是
A.
233
AlO-B.Al3+C.Al(OH)D.Al3+,Al(OH)
【答案】D
【解析】
pH为1的100mL0.1mol/L的AlCl3中,n(H+)=0.1mol/L×0.1L=0.01mol,n(Al3+)=0.1mol/L×0.1L=0.01mol,300mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液中n(OH-)=0.1mol/L×0.3L=0.03mol,其中0.01mol的OH-先与0.01molH+发生中和反应,剩余的0.02molOH-与0.01molAl3+反应,氢氧根离子不足,因此生成Al(OH)3,并有Al3+剩余。
17.关于下列装置(只是个示意图),叙述错误的是
ⅠⅠⅠⅠ
H2O
A.石墨电极反应:
O2+4H++4e→2H2OB.鼓入少量空气,会加快Fe的腐蚀C.加入少量NaCl,会加快Fe的腐蚀
D.加入HCl,石墨电极反应式:
2H++2e→2H2↑
【答案】A
【解析】
本题考查吸氧腐蚀,溶液不为强酸性,石墨电极的反应式为O2+2H2O+4e-→4OH-,因此A项错误。
18.根据图示下列说法正确的是
ⅠⅠ
t
A.断开非极性键和生成极性键的能量相同B.反应Ⅱ比反应Ⅲ生成的O-H键更牢固C.1/2O2(g)+H2(g)→OH(g)+H(g)-Q(Q>0)D.H2O(g)→1/2O2(g)+H2(g)+Q(Q>0)
【答案】C
【解析】
从图中可以看出1/2molO2(g)+1molH2(g)的能量低于1molOH(g)+1molH(g),因此反应
1/2O2(g)+H2(g)→OH(g)+H(g)吸热,故C项正确。
19.已知反应式:
mX(g)+nY(?
)pQ(G)+2mZ(g),已知反应已达平衡,此时c(X)=0.3mol/L,其它
条件不变,将容器缩小到原来的1/2,c(X)=0.5mol/L,下列说法正确的是A.反应向逆反应方向移动B.Y可能是固体或液体
C.系数n>mD.Z的体积分数减小
【答案】C
【解析】
已知反应已达平衡,此时c(X)=0.3mol/L,其它条件不变,将容器缩小到原来的1/2,若此时平衡不移动,c(X)=0.6mol/L,但平衡移动之后c(X)=0.5mol/L,说明加压平衡向正反应方向移动,A项错误;
题干条件说明正反应为气体减少的反应,若Y为固体或液体,则需要满足m>2m,不可能成立,B
项错误;
Y是气体,且m+n>2m,所以n>m,C项正确;
平衡正向移动,产物Z的体积分数应该增大,D项错误。
故答案为C。
20.常温下等体积的0.1mol/L①CH3COOH,②NaOH,③CH3COONaA.①中[CH3COOH]>[CH3COO-]>[H+]>[OH-]
B.①②混合后,醋酸根离子浓度小于③的二分之一
C.①③混合以后,溶液呈酸性,则[Na+]>[CH3COO-]>[H+]D.①②混合后,水的电离程度比①③混合的电离程度小
【答案】B
【解析】
CH3COOH溶液中H+来自于CH3COOH电离和水的电离,CH3COOH只有一小部分发生电离,因此
[CH3COOH]>[H+]>[CH3COO-]>[OH-],A项错误;
①②混合后的产物恰好为CH3COONa,体积约为原来的2倍,若不存在平衡移动,则醋酸根离子浓度约为③的1/2,因为“越稀越水解”稀溶液中水解程度更大,所以醋酸根离子浓度小于③的1/2,B项正确;
①③混合以后,溶液呈酸性,说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,因此[CH3COO-]>[Na+]>[H+],C项错误;
①②混合后为CH3COONa溶液,促进水的电离,①③混合后溶液呈酸性,CH3COOH的电离为主,抑制了水的电离,D项错误。
故答案为B。
二、综合分析题(60分)
(一)
(1)说明铵态氮肥不能与碱性化肥混用的理由:
。
(2)写出联合制碱法的方程式:
。
(3)工业合成氨采用20-50MPa,说明为什么选择这个压强:
。
(4)已知4NO2+2CO(NH2)2→2CO2+4N2+4H2O+O2(已知尿素中N为-3价),该反应的氧化产物为
;若吸收0.15molNO2,则转移的电子个数为。
(5)向一定量NH4Cl溶液中滴加NaOH溶液至溶液呈中性,此时,溶液中c(Na+)c(NH3·H2O)。
【答案】
(1)铵盐与碱反应产生氨气逸出,导致肥效降低;
(2)CO2+NH3+H2O+NaCl→NH4Cl+NaHCO3,2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑;
(3)合成氨的反应为N2+3H22NH3,高压能够使平衡往正反应方向进行,提高氨气产率;压强不能过高,否则增加设备等成本,因此选择20-50MPa压强。
(4)N2和O2;0.6NA。
(5)=。
【解析】
(1)铵盐与碱反应产生氨气逸出,无法被植物充分吸收,导致肥效降低;
(2)默写方程式;
(3)从压强对平衡的影响,以及从成本的角度考虑问题;
(4)氧化产物即化合价升高的产物,该反应中化合价升高的元素有两个,一是氧-2价变为0价生成氧气,二是氮从-3价变为0价生成氮气,因此氧化产物为N2和O2;根据方程式的化合价变化情况可知4NO2~16e,即转移电子数为吸收NO2数量的四倍,因此吸收0.15molNO2,则转移的电子个数为0.15×4×NA=0.6NA。
4
4
432
432432
(5)根据电荷守恒,有[NH+]+[Na+]+[H+]=[Cl-]+[OH-],又以为溶液呈中性,[H+]=[OH-],因此式子可改写成[NH+]+[Na+]=[Cl-];根据物料守恒,由氯化铵的化学式可知n(N)=n(Cl),其中N元素在反应后的存在形式有NH+,NH·HO,Cl元素以Cl-形式存在,因此有[NH+]+[NH·HO]=[Cl-],与[NH+]+[Na+]=[Cl-]联立可解得c(Na+)=c(NH·HO)。
(二)
(1)从绿色化学、环保的角度选择制取硫酸铜的原料。
a.Cub.CuOc.CuSd.Cu(OH)2·CuSO4
(2)写出从硫酸铜溶液中得到硫酸铜晶体的操作:
、、过滤、洗涤……
(3)如图球形管装置的作用:
。
NaOHⅠⅠ
AB
(4)反应后溶液中存在Cu2+,但浓硫酸有吸水性,不能通过溶液颜色来判断Cu2+的存在,请写出一种简便的方法验证Cu2+的存在:
。
(5)在实际反应中,由于条件控制不好,容易产生CuS和Cu2S固体。
已知:
2CuSCu2S+S。
取ag固体样品,加热后测得Cu2S固体质量为bg,求固体样品中CuS质量
分数;若Cu2S在高温下会分解为Cu,则测得的CuS的质量分数(偏大、偏小或不变)。
(6)根据以上信息,说明Cu与浓硫酸反应需要控制哪些因素:
。
【答案】
(1)bd;
(2)蒸发浓缩、冷却结晶;
(3)防止倒吸(实际上要写清楚什么物质被吸收引起倒吸);
(4)将反应溶液小心沿烧杯内壁倒入水中,若溶液变蓝,则说明反应产生了Cu2+;(5)100%×2(a-b)/a或[200(a-b)/a]%;偏大(6)控制温度不宜过高,反应时间不宜过长
【解析】
(1)a选项Cu与浓硫酸反应才能制取硫酸铜,并且产生污染环境的气体二氧化硫,故不选;b选项CuO与稀硫酸反应即可生成硫酸铜,且无污染环境的产物;c选项CuS不溶于酸,如果要制备硫酸铜,需要先与氧气反应生成氧化铜和二氧化硫,氧化铜再与稀硫酸反应得到硫酸铜,过程中产生二氧化硫污染环境,故不选;d选项只需要稀硫酸并无有害产物;综上,答案选bd。
(2大多数盐的溶解度随温度降低而下降,因此用降温结晶的方法得到更多的晶体。
(3)球形管提供较大的空间,防止形成过大的负压,防倒吸。
(4)由于浓硫酸的吸水性,导致Cu2+无法与水结合产生蓝色溶液,因此需要加水稀释检验铜离子。
需要注意的是原反应液中存在浓硫酸,因此稀释时应注酸入水,即原反应液倒入水中进行稀释,若溶液呈蓝色,则说明铜离子的存在。
(5)列方程组:
设CuS质量为xg,Cu2S质量为yg,根据题意可列出方程x+y=a,y+1/2x=b,解得x=2(a-b),因此CuS的质量分数为100%×2(a-b)/a或[200(a-b)/a]%;若Cu2S在高温下分解为Cu,则测得加热后得到的固体质量b就会偏小,根据表达式可看出,测得的CuS的质量分数偏大。
(6)控制温度不宜过高,反应时间不宜过长(具体得看题干和题目信息)
(三)(15分)白藜芦醇是一种抗肿瘤的药物,合成它的一种路线如下:
HO
C7H8O3SOCl2
A
C8H7NO2
RO
RClOH
K2CO3
C7H6O2
RClRO
BK2CO3
30.A的结构简式。
反应Ⅰ的反应类型。
31.B的芳香类同分异构体中可以发生水解的结构简式为,在酸性条件下水解的产物为
。
32.检验官能团G所用的试剂是。
CH2CH2OH
CH2
CH2COOCH3
33.根据已有知识并结合相关信息,写出以CH2CH2OH和CH3OH为原料制备CH2CH2COOCH3
的合成路线流程图(无机试剂任用)。
(已知RCN−H−+/H−2O−→RCOOH)合成路线流程图如下:
(甲—反—应—试条—剂件→乙……—反—应—试条—剂件→目标产物)
【答案】
30.
HOCH2OH
OH
;取代反应
31.HCOO
;HCOOH、OH
32.银氨溶液
33.33.
CH2
CH2OH
SOCl2
CH2CH2Cl
NaCNCH2CH2CN
H+/H2OCH2CH2COOH
CH3OH
CH2CH2COOCH3
CH2CH2OH
【解析】
CH2CH2Cl
CH2CH2CN
CH2CH2COOH
ŨÁòËᣬ¡÷
CH2CH2COOCH3
30.由A的分子式计算出不饱和度为4,苯环侧链无双键等不饱和结构,再结合分析
CH2ClHOCH2OH
C7H8O3
A
HO
OHCH2ClHO
可得A的结构简式
CH2CN
。
反应Ⅰ为
OH
NaCN
·´Ó¦¢ñ
OHOH
,氯原子被氰基取代,取代反应。
HO
31.
CHO
B
RClRO
K2CO3
CHO
,此步骤意在保护酚羟基官能团。
B的芳香类同
HC
分异构体中可以发生水解的结构简式为O
OH
。
O
,在酸性条件下水解的产物为HCOOH和
32.检验ROCHO中的官能团G即检验醛基,用银氨溶液。
CH2
CH2COOCH3
CH2CH2OH
CH2CH2
COOH
33.产物CH
CH2
COOCH3
可由典型的酯化反应制得,注意由
CH2
CH2
到
OHCH2
CH2
碳链
COOH
加长的路线设计。
CHCHOHSOCl
CH2CH2Cl
NaCNCH2CH2CN
H+/H2OCH2CH2COOH
CH3OH
CH2CH2COOCH3
222
CH2CH2OH
CH2CH2Cl
CH2CH2CN
CH2CH2COOH
ŨÁòËᣬ¡÷
CH2CH2COOCH3
(四)(15分)Li3Fe2(PO4)3作为锂离子电池的正极材料时有良好的放电平台,通过提高材料的电导率可以有效的改善材料的性能。
34.配平下列反应的化学方程式。
Li3Fe2(PO4)3+Fe2O3+CO→CO2+LiFePO4
35.CO2的电子式为,P原子的核外电子有种不同能量的电子。
研究CO2与CH4的反应使之转化为H2和CO对减缓燃料危机,减少温室效应具有重大意义。
已知
CH4(g)+CO2(g£©2H2(g)+2CO(g)
36.该反应的平衡常数K=。
在2L密闭容器中,通入CO2和CH4的混合气体,30min后,CH4
的质量减少了4.8g,则v(CH4)=。
37.根据下图可得出n(CO2)消耗n(CH4)消耗(填“>”、“<”和“=”),原因是
。
【答案】
34.2Li3Fe2(PO4)3+Fe2O3+3CO→3CO2+6LiFePO4
35.OCO;5
36.
c(H2)2c(CO)2
c(CH4)c(CO2);
0.005molL-1min-1
37.>;根据图中信息,有H2O生成,平衡时n(H2)【解析】
34.根据元素化合价变化配平反应的化学方程式,CO→CO2碳的化合价升高2,Li3Fe2(PO4)3+Fe2O3→LiFePO4铁的化合价降低1,可配平2Li3Fe2(PO4)3+Fe2O3+3CO→3CO2+6LiFePO4。
35.
二氧化碳的电子式O
CO,磷元素核外电子排布1s22s22p63s23p3,有5种能量不同的
电子。
c(H2)2c(CO)2
c(CH)c(CO)¦Í(CH4£©=
¡÷n
V=
0.3mol
2L=0.005molL-1min-1
42t
30min
37.可根据碳守恒,n(CO2)消耗明显大于n(CH4)消耗。
由图中信息可知有有H2O生成,平衡时
n(H2)Attheend,XiaoBiangivesyouapassage.Minandoncesaid,"peoplewholearntolearnareveryha