1、故选A。9Cu2(OH)2CO3悬浊液是环保型木材防腐剂,某兴趣小组利用CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合反应进行制备,多次实验发现所得蓝色悬浊液颜色略有差异,查阅资料表明,可能由于条件控制不同使其中混有较多Cu(OH)2或Cu4(OH)6SO4。已知:Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3、Cu4(OH)6SO4均难溶于水,可溶于酸;分解温度依次为80 、200 、300 。下列方案设计及其叙述不正确的是ACu2(OH)2CO3、Cu4(OH)6SO4均属于碱式盐B取少量悬浊液于试管中,将试管放入装有沸水的小烧杯中水浴加热一段时间取出试管观察;若试管中有黑色固体生成,说明悬浊液中混有Cu(
2、OH)2C取少量悬浊液,过滤,充分洗涤后,取滤渣于试管中,滴加几滴0.1 mol/L氯化钡溶液,充分振荡;若有白色沉淀生成,说明悬浊液中混有Cu4(OH)6SO4D上述实验需要95 mL 0.5 molL1的CuSO4溶液,配制时需称取12.5g CuSO45H2O【答案】C【解析】根据碱式盐定义,电离出的阴离子除酸根离子外,还有OH-的盐,A正确;依据氢氧化铜受热分解生成氧化铜黑色沉淀设计实验来分析验证,取少量悬浊液于试管中利用沸水浴加热试管,B正确;实验验证杂质的存在,可以检验是否含硫酸根离子检验Cu4(OH)6SO4的存在,需加入盐酸排除其他离子的干扰,加入氯化钡若生成白色沉淀,则证明含
3、Cu4(OH)6SO4,C错误;配制95 mL硫酸铜溶液,需要100mL的容量瓶,故溶质CuSO4的物质的量为0.05 mol,则需要CuSO45H2O也为0.05 mol,其质量为12.5 g,D正确。10已知磷酸分子()中的三个氢原子都可以与重水分子(D2O)中的D原子发生氢交换。又知次磷酸( H3 PO2)也可与D2O进行氢交换,但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能与D2O发生氢交换。下列说法正确的是AH3 PO2属于三元酸 BH3 PO2的结构式为CNaH2PO2属于酸式盐 DNaH2PO2溶液可能呈酸性【答案】B【解析】A项,次磷酸(H3PO2)也可跟D2O进行氢交换,但次磷酸钠(Na
4、H2PO2)却不能跟D2O发生氢交换,则H3PO2中只有一个羟基氢,为一元酸,故A错误;B项,H3PO2中只有一个羟基氢,为一元酸,则其结构为,故B正确;C项,H3PO2为一元酸,则NaH2PO2属于正盐,故C错误;D项,NaH2PO2是强碱盐,不能电离出H+,则其溶液可能显中性或碱性,不可能呈酸性,故D错误;故选B。11常温下0.1molL-1亚硫酸溶液中 H2SO3、HSO3-、SO32-三种微粒所占物质的量分数(a)随pH变化的关系如图所示。下列说法不正确的是A由图中数据可计算得到常温下亚硫酸溶液的Ka2B在0.1molL-1H2SO3溶液中,存在:c2(H+)=c(H+)c(HSO3-
5、)+2c(H+)c(SO32-)+KwC向pH为7的溶液中滴入少量稀盐酸造成的溶液pH变化小于向pH为4.0的溶液中滴入相同量稀盐酸造成的溶液pH变化D在pH=2.0溶液中:c(H2SO3)c(HSO3-)c(H+)c(OH-)【解析】A项,H2SO3是二元弱酸,在溶液中电离是分步进行的,亚硫酸的第一步电离方程式为:H2SO3H+HSO3-,根据图象可知,pH=7时,亚硫酸氢根离子浓度等于亚硫酸根离子浓度,Ka1= c(H+)=10-7,故A正确;B项,在0.10 molL-1 H2SO3溶液中,根据电荷守恒可得:c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-),将电苻守恒式两边
6、都乘c(H+)可得:c2(H+)=c(H+)c(HSO3-)+2c(H+)c(SO32-)+c(H+)c(OH-),Kw=c(H+)c(OH-),所以c2(H+)=c(H+)c(HSO3-)+2c(H+)c(SO32-)+Kw,故B正确;C项,溶液的pH=7时显中性,所以c(OH-)=c(H+),根据图象知,溶液中含有SO32-和HSO3-,存在水解平衡和电离平衡,是缓冲溶液加入少量稀盐酸,溶液pH的变化较小,pH为4.0的溶液中只存在HSO3-的电离,滴入相同量稀盐酸造成的溶液pH变化较大,故C正确;D项,在pH=2.0的溶液中,根据图象曲线可知c(HSO3-)c(H2SO3),正确的离子浓
7、度大小为:c(HSO3-)c(H2SO3)c(H+)c(OH-),故D错误;12二氧化氯(ClO2,黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备,其原理如图所示:Ab电极接电源的负极,在b极区流出的Y溶液是稀盐酸B二氧化氯发生器中排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOHC电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3,则b极产生0.6gH2D电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4OH-+3Cl-=NCl3+4H2O【解析】A项,电解池右边产生氢气,则b电极接电源的负极,在b极区氢离子得电子产生氢气,氯离子通过阴离子交换
8、膜进入左边,盐酸变稀,则流出的Y溶液是稀盐酸,选项A正确;B项,二氧化氯发生器中发生的反应为:NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3,则排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH,选项B正确;C项,电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3,根据反应NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3,转移的电子的物质的量为0.6mol,则b极产生0.6gH2,选项C正确;D项,电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4H2O +3Cl-=NCl3+4H+,选项D不正确。13短周期主族元素 X、Y、Z、W的原子
9、序数依次增大,四种元素形成的单质依次为m、n、p、q;r、t、u 是这些元素组成的二元化合物,其中u为葡萄酒中的抑菌成分;25 ,0.01 mol/L的v溶液中: = 1.010-10。上述物质的转化关系如图所示,下列说法不正确的是A简单离子半径:WYZXBW,Y分別与X元素形成的简单化合物的沸点: Y WCZ2Y和ZX都只存在离子键Dv能抑制水的电离,u能促进水的电离【解析】25 ,0.01 mol/L的v溶液中:10-10,说明v是一元强碱,v是NaOH;u为葡萄酒中的抑菌成分,u是SO2;X、Y、Z、W的原子序数依次增大,所以X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S四种元素。A项,简单离子半
10、径:S2-O2-Na+H+,故A正确;B项,H2O的沸点大于H2S,故B正确;C项,Na2O、NaH只存在离子键,故C正确;D项,二氧化硫的水溶液是亚硫酸,能抑制水的电离,故D错误。第卷 (非选择题 共58分)二、必做题(本题共3小题,共43分。每个试题考生都必须作答)26(14分) 某小组同学欲探究NH3的催化氧化反应,按下图装置进行实验。A、B装置可选用的药品:浓氨水、H2O2溶液、蒸馏水、NaOH固体、MnO2。(1)NH3催化氧化的化学方程式是_。(2)甲、乙两同学分别按上图装置进行实验。一段时间后,装置G中的溶液都变成蓝色。甲观察到装置F中有红棕色气体,生成红棕色气体的化学方程式是_
11、。乙观察到装置F中只有白烟生成,白烟的成分是_(填化学式)。用离子方程式解释装置G中溶液变成蓝色的原因:_ _。(3)为帮助乙实现在装置F中也观察到红棕色气体,可在原实验的基础上进行改进:甲认为可调节K1和K2控制A、B装置中的产气量,应_(填“增加”或“减少”)装置A中的产气量,或_(填“增加”或“减少”)装置B中的产气量。乙认为可在装置E、F间增加置,该装置可以是_(填字母序号)。(4)为实现该反应,也可用下图所示的装置替换题.给装置中虚线框部分,化合物X为_;NH4HCO3的作用是_。【答案】(1)4NH3+5O24NO+6H2O(2分)(2)2NO + O2=2NO2(2分) NH4N
12、O3(1分)3Cu + 8H+ +2NO3- =3Cu2+2NO +4H2O(2分)(3)增加(1分) 减少(1分) abc(2分)(4)Na2O2 (1分) NH4HCO3受热分解放出NH3;同时放出的CO2 和H2O分别与Na2O2反应生成O2(2分)【解析】(1)氨的催化氧化反应,氨气中-3价的氮被氧气氧化成显+2价的一氧化氮,化学反应方程式为:4NH3+5O24NO+6H2O;(2)氨气发生了催化氧化的产物一氧化氮,一氧化氮极易和氧气化合为二氧化氮,即2NO+O2=2NO2;所以装置F中有红棕色气体产生;乙观察到装置F中只有白烟生成,白烟是由于氨气和硝酸反应NH3+HNO3=NH4NO
13、3,生成了白色的NH4NO3固体;在装置G中,生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮,化学方程式为:3NO2+H2O2HNO3+NO,获得硝酸,金属铜和硝酸反应,3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O实质是:3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O;(3)为了充分氧化氨气,氧气需过量,故需增加氧气的量或减少氨气的量。由气体的干燥装置可知,A为制氧气的装置、B为制取氨气的装置,故可增加装置A中的产气量或减少装置B中的产气量;E装置是氨气的催化氧化装置,从装置中出来的气体中有氧气和氨气和一氧化氮和水蒸气,因4NO+2H2O+3O2=4HNO3,NH3+HNO3
14、=NH4NO3,所以避免F中生成硝酸铵,实现在F中看到红棕色的二氧化氮,需除去水或氨气,需在装置E、F间增加一个装置,该装置可以将氨气或水除去,a碱石灰吸收水蒸气,可以通过防倒吸的b装置吸收氨气,可以通过浓硫酸吸收氨气和水蒸气,实现在F中看到红棕色的二氧化氮,需选abc;(4)为实现2NO+O22NO2该反应,须生成氧气,碳酸氢铵受热分解生成氨气和水和二氧化碳,放出的CO2和H2O与Na2O2反应生成O2,则X为Na2O2。27(14分)2019年1月7日于深圳,华为宣布推出鲲鹏920芯片,创造了计算性能新记录!组成芯片的核心物质是高纯度硅。下图是以石英砂为原料同时制备硅和金属锂。LiCl的熔
15、点是605、沸点是1350;NH4Cl在100开始挥发,337.8分解完全。常温下,KspFe(OH)3=2.641039,KspAl(OH)3=11033。(1)粗硅中常含有副产物SiC,请写出反应中生成SiC的反应方程式_。(2)整个制硅过程必须严格控制无水无氧。SiHCl3遇水能发生剧烈反应,写出该反应的化学方程式 。(3)假设每一轮次制备1mol纯硅,且生产过程中硅元素没有损失,反应中HCI的利用率为90%,反应中H2的利用率为93.75%。则在第二轮次的生产中,补充投入HC1和H2的物质的量之比是 。(4)试剂X是_;请写出操作名称:a_;b_。(5)本生产工艺要求,要控制LiCl和
16、NH4Cl溶液中的杂质离子浓度在1.0106molL1以下,应控制溶液的pH为_,此时溶液中Fe3+的浓度为_。(1)SiO2+3CSiC+2CO(2分) (2)3SiHCl3+3H2O=H2SiO3+H2+3HCl(2分) (3)5:1(2分) (4)氨水(2分) 过滤(1分) 加热(1分) (5)pH=5(2分) c(Fe3+)=2.6410-12mol/L(2分) (1)由图可确定反应物为二氧化硅、碳,生成物为碳化硅、一氧化碳,配平后反应方程式为:SiO2+3CSiC+2CO;(2)SiHCl3遇水剧烈反应,化学反应方程式3SiHCl3+3H2O=H2SiO3+H2+3HCl;(3)由题
17、意可知:Si(粗)+ 3HCl = SiHCl3+ H2;SiHCl3+H2=Si(纯)+3HCl;根据方程式,制备1mol纯硅,循环生产中能产生3molHCl,但HCl的利用率是90%,因此需要增加(3/0.9)-3molHCl,循环生产中产生1molH2,但H2的利用率为93.75%,因此需增加(1/0.9375)-1molH2,因此,补充投入HCl 和H2的物质的量之比为:(3/0.9)-3:(1/0.9375)-1=5:1。(4)根据流程图,加入X后过滤得到氯化铵和氢氧化铁、氢氧化铝沉淀,可以推断试剂X是氨水;氢氧化铁、氢氧化铝为沉淀,操作a的名称是过滤;根据“LiCl的熔点是605、
18、沸点是1350,NH4Cl在100开始挥发,337.8分解完全”,分离LiCl和NH4Cl的固体混合物应用加热法,操作b的名称是加热;(5)要控制LiCl和NH4Cl溶液中的杂质离子浓度在1.0L1以下,Al(OH)3、Fe(OH)3类型相同,由于KspAl(OH)3 KspFe(OH)3,当Al3+在110-6mol/L以下时,Fe3+一定在110-6mol/L以下,所以控制溶液中c(OH-)=mol/L=110-9mol/L,c(H+)=110-5mol/L,控制溶液的pH=5;此时溶液中Fe3+的浓度为2.6410-39(110-9)3=2.6410-12(mol/L),即c(Fe3+)
19、=2.6410-12mol/L。28(15分)碳、氮是中学化学重要的非金属元素,在生产、生活中有广泛的应用。(1)治理汽车尾气中NO和CO的一种方法是:在汽车的排气管道上安装一个催化转化装置,使NO与CO反应,产物都是空气中的主要成分。写出该反应的热化学方程式_。N2(g)O2(g)2NO(g) H179.5kJ/mol2NO(g)O2(g)2NO2(g) H112.3kJ/molNO2(g)CO(g)NO(g)CO2(g) H234kJ/mol(2)己知植物光合作用发生的反应如下:6CO2(g)6H2O(l) C6H12O6(s)6O2(g) H669.62 kJ/mol该反应达到化学平衡后
20、,若改变下列条件,CO2转化率增大的是_。a.增大CO2的浓度 b.取走一半C6H12O6 c.加入催化剂 d.适当升高温度(3)N2O5的分解反应2N2O5(g) 4NO2(g)O2(g),由实验测得在67时N2O5的浓度随时间的变化如下:时间/min12345C(N2O5)/(molL-1)1.000.710.500.350.250.17计算在02min时段,化学反应速率v(NO2)_molL1min1。(4)新的研究表明,可以将CO2转化为炭黑进行回收利用,反应原理如图所示。在转化过程中起催化作用的物质是_;写出总反应的化学方程式_。(5)工业上以NH3和CO2为原料合成尿素CO(NH2
21、)2),反应的化学方程式如下:2NH3(g)CO2(g) CO(NH2)2(l)H2O(l)根据上述反应,填写下列空白己知该反应可以自发进行,则H_0。(填“”、“”或“”);一定温度和压强下,若原料气中的NH3和CO2的物质的量之比x,如图是x与CO2的平衡转化率()的关系。随着x增大而增大的原因是_;B点处,NH3的平衡转化率为_。一定温度下,在3L定容密闭容器中充入NH3和CO2,若x2,当反应后气体压强变为起始时气体压强的时达到平衡,测得此时生成尿素90g。该反应的平衡常数K_。(1)2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H=-795.8kJ/mol (2分) (2)d
22、 (2分) (3)0.5 (2分) (4)FeO (1分) CO2C+O2 (1分) (5) (1分) x越大,NH3的物质的量越大,CO2平衡正向移动,转化率增大(2分) 32% (2分) 0.25(mol/L)-3 (2分) (1)产物都是空气中的主要成分,所以会生成N2和CO2,根据盖斯定律,其热化学方应方程式为:2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H=-795.8kJ/mol ;(2)a项,增大CO2的浓度,CO2的转化率不一定增大,a错误;b项, C6H12O6是固体,对平衡无影响,b错误;c项,催化剂只改变反应速率,不改变平衡移动,对转化率无影响,c错误;d项,该
23、反应为吸热反应,升高温度,平衡向正反应方向移动,CO2转化率增大,d正确;(3)据速率之比等于化学反应系数之比,;(4)根据图可知,FeO是催化剂,总反应方程式为:CO2C+O2 (5)该反应为反应前后气体分子数减小的反应,根据G=H-TS,S0,能自发进行G0,所以H0;x越大,NH3的物质的量越大,平衡正向移动,CO2转化率增大;B点处x=4,原料气中NH3和CO2的物质的量比为4,CO2转化率为64%,假设NH3为4mol,CO2为1mol,则反应的CO2的物质的量为0.64 mol,根据热反应方程式可知,反应的NH3的物质的量为1.28mol,其转化率为x=2,原料气中NH3和CO2的
24、物质的量比为2,假设NH3为2xmol,CO2为xmol,设转化的CO2为nmol,其三段式为:始/ mol 2x x 0 0转/ mol 2n n n n平/ mol (2x-2n) (x-n) n n相同条件下,压强之比等于物质的量之比,平衡时,反应后气体压强变为起始时气体压强的,其,此时生成尿素90g,尿素的物质的量为,体积为3L,其平衡常数为:三、选做题(本题共2小题,考生根据要求选择其中一题进行作答)37化学选修3:物质结构与性质(15分)氟代硼酸钾(KBe2BO3F2)是激光器的核心材料,我国化学家在此领域的研究走在了世界的最前列。回答下列问题:(1)氟代硼酸钾中各元素原子的第一电
25、离能大小顺序是FO_。基态K+电子占据最高能级的电子云轮廓图为_形。(2)NaBH4是有机合成中常用的还原剂,其中的阴离子空间构型是_,中心原子的杂化形式为_。NaBH4中存在_(填标号)。a. 离子键 b.氢键 c.键 d.键(3)BeCl2中的化学键具有明显的共价性,蒸汽状态下以双聚分子存在的BeCl2的结构式为_,其中Be的配位数为_。(4)第三周期元素氟化物的熔点如下表:化合物NaFMgF2AlF3SiF4PF5SF6熔点/99312611291-90-83-50.5解释表中氟化物熔点变化的原因:_。(5)CaF2的一种晶胞如图所示。Ca2+占据F形成的空隙,其空隙率是_。若r(F)xpm,r(Ca2+)ypm,设阿伏加德罗常数的值为NA,则CaF2的密度_ gcm-3(列出计算表达式)。(1)BeBK(1分) 哑铃(1分) (2)正四面体(1分) sp3(1分) a(1分) c(1分) (3)(1分) 3 (1分) (4)前三种为离子晶体,晶格能依次增大,后三种为分子晶体,分子间力依次增大(2分) (5)50%(2分) (3分) (1)第一电离能从左到右增大,但第IIA大于第IIIA,第VA大于第VIA,从上到下递减,氟代硼酸钾中各元素原子的第一电离能大小顺序是FOBeBK,基态K+电子占据最高能级为p能级,其电
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