D.Y、Z均能与X形成熔点很高的化合物
13.用0.l0mol·L-1HCl溶液滴定20mL0.050mol·L-1Na2CO3和0.025mol·L-1NaHCO3混合溶液,得出如图所示的滴定曲线。
下列说法不正确的是()
A.a点溶液显碱性的主要原因是:
B.b点溶液中:
c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)
C.c点溶液中:
c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(C1-)
D.d点溶液中:
c(Na+)>c(C1-)>c(HCO3-)>c(H+)>c(OH-)
三、非选择题:
(一)必考题:
共43分
26.(15分)甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂,广泛用于缺铁性贫血的预防和治疗。
某学习小组在实验室利用直接合成法制各甘氨酸亚铁。
有关物质性质如下所示:
甘氨酸(NH2CH2COOH)
柠檬酸
甘氨酸亚铁
易溶于水,微溶于乙醇、
易溶于水和乙醇,
易溶于水,
两性化合物
有强酸性和还原性
难溶于乙醇
实验过程及装置图如下(夹持和加热仪器已省略):
I.合成:
在C中加入0.10mol甘氨酸、0.05mol硫酸亚铁、少量柠檬酸和200mL水,利用CO2将C装置中的空气排净,然后在40℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌,并用恒压滴液漏斗向C中滴加6mol·L-1NaOH溶液调节pH到6左右,使反应物充分反应。
II.分离:
加入无水乙醇,立即出现白色沉淀。
将沉淀进行过滤、洗涤,收集滤渣。
Ⅲ.提纯:
将滤渣溶解于适量的蒸馏水中,然后结晶、过滤,将纯化后的产品放入真空干燥箱中干燥后称重。
回答下列问题:
(1)B装置的作用是
(2)能证明C装置中空气排净的现象是______________;向C中滴加NaOH溶液之前应该停止滴加盐酸,且关闭止水夹____________,打开止水夹________
(3)“合成”中加入柠檬酸的作用是——:
请写出合成甘氨酸亚铁的化学方程式_________。
(4)加入乙醇的目的是________;“提纯”时用的结晶方法为________________
(5)通过测量得知:
等浓度(NH2CH2COO)2Fe溶液导电能力远小于FeSO4溶液。
暴露在空气中,(NH2CH2COO)2Fe溶液比FeSO4溶液难被氧化,请分析原因为________
(6)若产品质量为ag,则产率为________%。
27.(14分)钛酸钡粉体是电子陶瓷元器件的重要基础原料,其制备工艺流程图如下:
(l)草酸中碳元素的化合价为_____。
(2)为提高BaCO3的酸浸速率,可采取的措施为_____(写出一条)。
(3)“混合溶液”环节,钛元素在不同pH下主要以TiOC2O4、TiO(C2O4)22-、和TiO(OH)+三种形式存在,如图所示。
实际制备工艺中,先用氨水调节混合溶液的pH于2.5~3之间,再进行“沉淀”,则上图中曲线a对应钛的形式为________(填化学式):
写出“沉淀”时的离子方程式:
__________。
(4)草酸氧钛钡晶体经蒸馏水数次洗涤后,证明它已被洗涤干净的实验方案____________。
(5)工业上TiCl4和BaCO3通常用如下方法制备:
①先将金红石(TiO2)与过量焦炭混合,再通人Cl2并加热到900℃制取TiCl4。
请写出该法制取TiCl4的化学方程式:
__________________________________。
②BaCO3是将重晶石(主要成分为BaSO4)浸泡在Na2CO3溶液中足够长时间来制备。
请问Na2CO3溶液的浓度至少要大于______mol·L-1才能开始转化。
(已知常温下:
Ksp(BaSO4)=1.0×10-10(mol·L-1)2,Ksp(BaCO3)=2.58×10-9(mol·L-1)2,忽略CO32-的水解)。
28.(14分)碳、氮等元素及其化合物和人类生产、生活密切相关,请回答下列问题:
(1)氨催化氧化是硝酸工业的基础,生产过程中会发生以下反应:
主反应:
4NH3(g)+5O2(g)
4NO(g)+6H2O(g)ΔH=﹣905kJ·mol-1
副反应:
4NH3(g)+3O2(g)
2N2(g)+6H2O(g)ΔH=﹣1268kJ·mol-1
①工业上往往采用物料比
在1.7—2.0之间,主要目的是____________。
②下表所示是部分化学键的键能参数:
化学键
N-N
O=O
键能/kJ·mol-1
946
497.3
则拆开1molNO中的化学键需要吸收的能量是__________kJ。
(2)在一定温度下,向1L密闭恒容容器中充入lmolNO和一定物质的量的CO,在催化剂作用下发生反应:
2NO(g)+2CO(g)
2CO2(g)+N2(g)ΔH>0,NO的物质10s随反应时间t的变化曲线如右图:
①前10s内N2的平均生成速率为。
②已知在t1时刻反应速率加快,则在t1时刻改变的条件可能是____。
(填写一种)
(3)在723K时,将0.1molH2和0.2molCO2通入抽空的上述密闭容器中,发生如下反应:
CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g),反应平衡后,水的物质的量分数为0.10。
①CO2的平衡转化率等于______,反应平衡常数K等于______(保留两位有效数字)。
②再向容器中加入过量的CoO(s)和Co(s),则容器中又会增加如下平衡:
CoO(s)+H2(g)
Co(s)+H2O(l)K1CoO(s)+CO(g)
Co(s)+CO2(g)K2
最后反应平衡时,容器中水的物质的量分数为0.30,则K1等于____。
(二)选考题:
(共15分。
请考生从2道化学题中每科任选一题作答。
如果多做,则每学科按所做的第一题计分。
)
35.【化学——选修3:
物质结构与性质】(15分)
已知N、S、Cl元素可形成多种物质,在工业生产上有着广泛的应用。
回答下列问题:
(1)Fe3+可与SCN-形成多种配离子,其中一种为[Fe(SCN)6]3-,该配离子中的SCN-会使铁的剩余价电子压缩配对,则每个配离子中铁的单电子个数为_______个。
(2)Se与S是同族元素,请写出基态Se原子电子排布式______。
N与S是不同族元素,请解释NH3比H2S在水中溶解度大的原因:
__________________。
(3)有一种由1~9号元素中的部分元素组成,且与SCl2互为等电子体的共价化合物,它的分子式为__________。
借助等电子体原理可以分析出SCN-中σ键和π键的个数比为__________。
(4)已知S4O62-的结构为
,其中S原子的杂化方式是______。
N、P可分别形成多种三角锥型分子,已知NH3的键角大于PH3,原因是____________。
(5)离子晶体中阳离子和阴离子的半径比不同可形成不同的晶胞结构,见下表:
半径比
0.225~0.414
0.414~0.732
0.732~1
典型化学式
立方ZnS
NaCl
CsCl
晶胞
已知某离子晶体RA,其阴阳离子半径分别为184pm和74pm,摩尔质量为Mg/mol,则阳离子配位数为_________,晶体的密度为_________g/cm3(列出计算式,无需化简,设NA为阿伏加德罗常数的值)。
36.【化学——选修5:
有机化学基础】(15分)
苄丙酮香豆素(H)常用于防治血觑栓栓塞性疾病。
其合成路线如图所示(部分反应条件略去。
)
已知:
(1)E的名称是_________,D中含氧官能团的名称是_________。
(2)反应①的反应类型是__________,反应⑤的反应类型是_________。
(3)1molH与H2加成,最多可消耗_____molH2。
(4)反应③的化学方程式为____________________________________。
(5)C的同分异构体中满足下列条件的有______种,其中核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为1:
2:
2:
3的结构简式为__________(写一种即可)。
①不能和FeCl3溶液发生显色反应②1mol该有机物能与2molNaOH恰好完全反应
(6)参照苄丙酮香豆素的合成路线,设计一种以E和乙醛为原料制备
的合成路线。
化学参考答案及评分标准
7~13题各6分,共42分。
7.【答案】选C。
【解析】用谷物酿制食醋经历的三个主要发酵过程为:
糖化→酒化→醋化。
分别是淀粉在微生物的作用下水解成葡萄糖,葡萄糖在微生物的作用下分解成乙醇和二氧化碳(在无氧的条件下),乙醇被微生物在有氧的环境下氧化成乙酸。
A.糖化过程是淀粉在微生物作用下分解成葡萄糖,故A正确。
B.传统酿醋工艺均经历了酿酒的过程,故B正确。
C.酒化在无氧环境下,醋化在有氧的环境下。
故C错误。
D.发酵液的温度控制到“小暖如人体”是为了提高酶的活性,故D正确。
8.【答案】选B。
【解析】A.由pH=2可知,溶液中c(H+)=0.01mol·L-1,溶液的体积未知,无法计算H+的数量,故A错误。
B.根据合成氨的反应,氮元素从单质生成NH3,化合价降低,每个氮原子得到3个电子,故每生成1molNH3,就会转移3mol电子,故B正确。
C.因为每个-OH含9个电子,所以9NA个-OH含81NA个电子,而每个OH-含10个电子,所以10NA个-OH含100NA个电子,故C错误。
D.标准状况下,22.4LO2和O3的混合气体共有1mol气体分子,所含氧原子的数目介于2NA和3NA之间,因不知道O2和O3的比例关系,所以不能确定氧原子数一定是2.5NA,故D错误。
9.【答案】选A。
【解析】A.多功能催化剂只能影响反应的速率,不能提高H2的转化率,故A错误。
B.a是异戊烷,有4种氢:
,所以a的一氯代物有4种,故B正确。
C.汽油主要是C5~C11的烃类混合物,故C正确。
D.图中a为异戊烷,b为正庚烷,a和b互为同系物,故D正确。
10.【答案】选B。
【解析】A.Al3+与S2-在水溶液中发生完全的双水解,生成Al(OH)3和H2S,通常用铝粉和硫磺粉共热制备Al2S3固体,故A错误。
B.测定HCOONa溶液是碱性的,推知HCOOH是弱酸,故B正确。
C.SO2是酸性氧化物,能与碱石灰反应,所以可用中性干燥剂(如CaCl2)和酸性干燥剂(如P2O5)进行干燥,不能用碱性干燥剂(如碱石灰)干燥,故C错误。
D.长颈漏斗不能用来分液,需要用分液漏斗分离碳酸钠溶液和乙酸乙酯才对,故D项错误。
11.【答案】选C。
【解析】A.该电池放电时钠金属片发生失去电子的氧化反应,钠金属片是电池的负极,故A错误。
B.原电池放电时阴离子移向电池的负极(即该电池的钠金属片),故B错误。
C.该电池也被称为“可呼吸钠—二氧化碳电池”,放电时吸收CO2,充电时放出CO2,总反应为4Na+3CO2
2Na2CO3+C故C正确。
D.放电时每3molCO2参加反应,其中只有1molCO2被还原为C,转移4mol电子,.故D错误。
12.【答案】选D。
【解析】按原子序数依次增大,X形成的一种单质可用做消毒剂,这种物质是臭氧,所以X是氧元素。
“国防金属”是金属镁。
Z原子最内层电子数是2,次外层电子数是8,最外层电子数是8-2=6,Z是硫元素。
W的原子序数比硫元素大且是短周期主族元素,因此W是氯元素。
综合以上分析,X、Y、Z、W分别是O、Mg、S、Cl。
A.Mg和Cl同属于第三周期,O和S同属于第ⅥA族,故A正确。
B.Mg和Cl形成的化合物是MgCl2,MgCl2水解使其水溶液显酸性,故B正确。
C.电子层结构相同的离子,核电荷数越大,半径越小。
故简单离子半径:
Mg2+<O2-<Cl-<S2-,故C正确。
D.Mg和O形成的MgO是离子晶体,熔点较高。
而S和O形成的化合物SO2或者SO3均是分子晶体,熔点较低,故D错
13.【答案】选B。
【解析】A.a点溶液0.050mol·L-1Na2CO3和0.025mol·L-1NaHCO3混合溶液,Na2CO3和NaHCO3均能水解使溶液呈碱性,但主要原因是CO32-的水解,故A正确。
B.b点加入10mLHCl溶液后,溶液中的溶质为NaHCO3和NaCl,故B错误。
C.据电荷守恒可知:
c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(OH-),由于c点溶液显中性,c(H+)=c(OH-),所以c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-),故C正确。
D.d点加入20mL0.10mol·L-1HCl溶液后,溶液中c(NaCl)=0.050mol·L-1,c(NaHCO3)=0.0125mol·L-1,所以c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO3-),又因为d点pH<7,所以c(H+)>c(OH-),故D正确。
26.【答案】
(1)除去CO2中的HCl气体(1分)
(2)D中溶液出现浑浊ab(每空1分)
(3)柠檬酸具有还原性,可以防止Fe2+被氧化。
(1分)
2NH2CH2COOH+FeSO4+2NaOH=(NH2CH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O(2分)
(4)减少甘氨酸亚铁的溶解量,促使其结晶析出。
(2分)蒸发浓缩、冷却结晶(或冷却结晶)(2分)
(5)由测量结果知甘氨酸亚铁是弱电解质,在溶液中电离产生的Fe2+浓度小,故不易被氧化(2分)
(6)
(或9.8a)(2分)
【解析】
(1)用盐酸与石灰石反应制备的CO2中混有HCl气体,需要除去HCl,防止其干扰实验结果。
(2)当CO2排净C装置中空气进入D装置后,会与澄清的石灰水反应出现浑浊现象,所以当D中出现浑浊即说明C中空气已被排净。
在进行C装置中的核心反应前,应停止通入CO2气体,所以需要停止滴加盐酸,并关闭止水夹a,打开止水夹b。
因为C装置需要在加热条件下进行反应,故不能关闭止水夹c,防止压强过大出现事故。
(3)在制备甘氨酸亚铁过程中始终要防止FeSO4被氧化,虽然已用CO2排除了装置中的空气,但由题目中的已知信息可知,柠檬酸具有还原性,可确保FeSO4不被氧化。
合成甘氨酸亚铁的化学方程式2NH2CH2COOH+FeSO4+2NaOH=(NH2CH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O
(4)由题目已知信息可知,甘氨酸亚铁难溶于乙醇,所以加入乙醇的目的是减少甘氨酸亚铁的溶解量,促使其更多的结晶析出。
“提纯”甘氨酸亚铁时用的结晶方法为蒸发浓缩、冷却结晶(或冷却结晶)。
(5)根据等浓度(NH2CH2COO)2Fe溶液导电能力远小于FeSO4溶液可知甘氨酸亚铁是弱电解质,在溶液中它电离产生的Fe2+浓度小,故不易被氧化。
(6)0.1mol的甘氨酸和0.05mol的硫酸亚铁理论上生成0.05mol的甘氨酸亚铁,理论上可产生甘氨酸亚铁:
204g▪mol-1×0.05mol=10.2g,若产品质量为ag,则产率为
。
27.【答案】
(1)+3(2分)
(2)将BaCO3研成粉末、适当增大盐酸浓度、适当加热、搅拌(任写一个)(2分)
(3)TiOC2O4(2分)TiO(C2O4)22-+Ba2++4H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓(2分)
(4)取最后一次洗涤液少量于试管中,向其中滴加AgNO3溶液,无白色沉淀生成证明草酸氧钛钡已被洗涤干净(2分)
(5)①TiO2+2C+2Cl2
TiCl4+2CO(2分)②2.58×10-4(2分)
【解析】
(1)在H2C2O4中H、C、O的化合价分别为+1、+3和-2。
(2)将固体BaCO3研成粉末、适当增大反应物盐酸的浓度、适当加热、加速搅拌都可以加快反应速率,任选其一即可。
(3)据“沉淀”时生成草酸氧钛钡晶体中含有TiO(C2O4)22-(即b微粒),随着氨水的不断加入C2O42-浓度逐渐增大的趋势可以判断a对应钛的形式为TiOC2O4。
根据沉淀的化学式即可写出离子方程式TiO(C2O4)22-+Ba2++4H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓。
(4)据过程知洗涤液中可能含有Cl—,所以用AgNO3溶液检验即可。
(5)①由足量焦炭和Cl2判断产物为TiCl4和CO,所以化学方程式为TiO2+2C+2Cl2
TiCl4+2CO。
②设BaSO4饱和溶液中c(Ba2+)和c(SO42-)均为xmol·L-1,由KSP(BaSO4)=c(Ba2+)c(SO42-)知:
x2=1.0×10-10(mol·L-1)2,可求出c(Ba2+)=1.0×10-5mol·L-1。
再令Q(BaCO3)=c(Ba2+)c(CO32-)
=1.0×10-5mol·L-1×c(CO32-)>KSP(BaCO3),则c(CO32-)>2.58×10-9(mol·L-1)2÷1.0×10-5mol·L-1=
2.58×10-4mol·L-1。
28.【答案】
(1)①促进主反应发生,提高NH3的转化率(2分)②630.9(2分)
(2)①0.04mol·L-1·s-1(2分)②升高温度或者增加了CO的浓度(2分)
(3)①15%(2分)0.076(2分)②9(2分)
【解析】
(1)①主要反应方程式中
=1.25,副反应中
=0.75,采用物料比
在1.7~2.0之间,增加O2的量,有利于反应按主反应进行,且使主反应的平衡向正反应方向移动,提高NH3的转化率。
②(主反应-副反应)÷2得:
N2(g)+O2(g)
2NO(g)ΔH=(-905kJ·mol-1+1268kJ·mol-1)÷2=+181.5kJ·mol-1。
设拆开1molNO中的化学键需要消耗xkJ的能量,则:
946+497.3-2x=181.5,解得x=630.9。
(2)①前10s内N2的平均生成速率
v(N2)=
。
②由图知,在t1时刻,NO的物质的量逐渐减少,说明平衡向正反应方向移动,而反应速率加快,说明改变的条件可能是升高温度或者增加了CO的浓度。
(3)①根据反应方程式,设反应到达平衡后,CO2转化了amol,则:
CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g)
起始物质的量0.2mol0.1mol00
转化的物质的量amolamolamolamol
平衡时物质的量(0.2-a)mol(0.1-a)molamolamol
,解得a=0.03
CO2的平衡转化率:
反应平衡常数
②容器中各个反应前后气体的物质的量不变,所以在加入过量的CoO(s)和Co(s)并达到新的平衡后,所有气体的总物质的量仍然为:
0.2mol+0.1mol=0.3mol。
此时H2O的物质的量为:
0.3mol×0.30=0.09mol。
根据质量守恒,此时H2的物质的量为:
0.1mol-0.09mol=0.01mol。
35.【答案】
(1)1(1分)
(2)[Ar]3d104s24p4(1分)NH3可与H2O之间形成氢键,而H2S不能,所以NH3比H2S在水中的溶解度大(2分)
(3)OF2(1分)1∶1(1分)
(4)sp3杂化(2分)由于电负性N>P>H,且N原子半径小于P原子半径,NH3中成键电子对彼此相距更近,斥力更大,所以键角NH3>PH3(或者:
电负性N>P>H,NH3中N原子上的孤电子对比PH3中P原子上的孤电子对离核更近,对成键电子对排斥力更小,所以键角NH3>PH3)(2分)
(5)4(2分)
(3分)
【解析】
(1)[Fe(SCN)6]3-中的铁为+3价,剩余价电子为
,单电子为5个,由于SCN-会使铁的剩余价电子压缩配对:
,所以每个配离子中铁的单电子个数为1个。
(2)34号元素Se的基态电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p4或[Ar]3d104s24p4;N的电负性3.0远大于H的2.1,使得NH3中N—H键极性非常强,N原子带有明显的负电荷,H2O强极性O—H中的H几乎成为裸露的质子,NH3分子与H2O分子间形成了O—H…N氢键,使NH3在水有很大的溶解度。
而S的电负性只有2.5,H2S中S所带负电荷不足以使H2S与H2O形成氢键,所以H2S在水中溶解度较小。
(3)据等电子体原理的判断方法,前1~9号元素形成的物质中,只有OF2与SCl2互为等电子体。
CO2的分子结构为O=C=O,其中σ键和π键的个数比为2∶2=1∶1,SCN-与CO2互为等电子体,所以SCN-中σ键和π键的个数比为也1∶1。
(4)S4O62-的结构中两边的S原子均形成4个σ键且无孤对电子,所以均为sp3杂化;中间的两个S原子均形成两个单键,且均有两对孤对电子,所以均为sp3杂化。
NH3和PH3均是三角锥形结构,都有一对孤对电子的斥力影响,由于电负性N>P>H,且N原子半径小于P原子半径,NH3中成键电子对彼此相离更近,斥力更大,