含有S的钠盐,可以是硫酸钠(中性),亚硫酸钠(碱性),硫酸氢钠(酸性),选项D正确。
5.下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】测定NaA和Na2CO3溶液的pH比较的是A-和CO32-的水解能力,进而得到的应该是HA和HCO3-的电离能力的强弱,得不到HA和H2CO3电离能力的强弱关系,选项A错误。
向KI淀粉溶液中滴加稀硫酸,再加入过氧化氢,溶液变蓝,说明I-被氧化为单质碘,即氧化性:
H2O2>I2,选项B正确。
硫酸是蔗糖水解的催化剂,反应后如果直接加入银氨溶液,银氨溶液必定会被硫酸反应,从而无法进行银镜反应,应该先将硫酸中和,再加入银氨溶液,选项C错误。
明显第一步反应中硫化钠过量,再加入硫酸铜溶液的时候,硫酸铜就会与过量的硫化钠反应得到硫化铜的黑色沉淀,这个反应无关于硫化锌和硫化铜溶解度的大小,选项D错误。
点睛:
利用越弱越水解的原理解决问题时,应该要注意二元酸的正盐和酸式盐的区别。
一般可以这样理解:
正盐对应的“酸”应该酸式盐的酸根,酸式盐对应的酸才是真正的二元酸。
例如:
碳酸钠对应的是碳酸氢根,碳酸氢钠对应的是碳酸。
6.比亚迪纯电动汽车采用一种具有高效率输出、可快速充电、对环境无污染等优点新型电池,其工作原理如图。
M电极材料是金属锂和碳的复合材料(碳作为金属锂的载体),电解质为一种能传导Li+的高分子材料,聚合物交换膜只允许Li+通过,而e-不能通过。
电池反应式为LixC6+Li1-xFePO4
LiFePO4+6C。
下列说法不正确的是
A.放电时,N极是正极,电极反应式为Li(1-x)FePO4+xLi++xe-=LiFePO4
B.充电时,Li+通过聚合物交换膜向M极迁移
C.用该电池电解精炼铜,阴极质量增重19.2g时,通过聚合物交换膜的Li+数目为0.6NA
D.充电时电路中通过0.5mole-,消耗36gC
【答案】D
【解析】反应方程式为:
LixC6+Li1-xFePO4
LiFePO4+6C,所以LixC6转化为C,说明其表面是Li失去电子转化为Li+,进行迁移,所以其表面发生失电子的氧化反应,即LixC6为负极(M),所以Li1-xFePO4为正极(N),反应中Li1-xFePO4转化为LiFePO4,所以反应为:
Li(1-x)FePO4+xLi++xe-=LiFePO4,选项A正确。
充电是电解池,阳离子应该向阴极(负极)移动,所以选项B正确。
电解精炼铜的时候,阴极增加的质量是Cu,所以增加的铜为19.2g(0.3mol),转移电子为0.6mol,因为锂离子带一个单位的正电荷,通过交换膜的锂离子一定为0.6mol,选项C正确。
该电池的反应是锂单质和锂离子之间的转化,C只是作为金属锂的载体,反应前后没有变化,选项D错误。
点睛:
解决可充电电池的问题时,一般由放电的原电池入手。
根据原电池的总反应得到:
氧化剂一定在正极得电子,还原剂一定在负极失电子,进而得到各个电极的反应。
将原电池的正极反应倒过来就是电解的阳极反应,将原电池的负极反应倒过来就是电解的阴极反应。
7.室温下,向三种浓度相同的弱酸HX、HY、HZ中分别滴加相同浓度的NaOH溶液,溶液pH与中和百分数变化曲线如图所示,下列判断不正确的是
A.三种酸的电离常数关系:
Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)
B.图中A点时溶液中离子浓度大小关系:
c(Y-)>c(Na+)>c(HY)>c(H+)>c(OH-)
C.pH=7时,三种溶液中:
c(X-)=c(Y-)=c(Z-)
D.当中和百分数达100%时,将三种溶液混合后:
c(HX)+c(HY)+c(HZ)=c(OH-)-c(H+)
【答案】C
【解析】根据起点的pH得到:
浓度相等的时候,溶液的pH为HZ>HY>HX,所以说明酸性的顺序为:
HZ<HY<HX,即电离平衡常数为:
Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ),选项A正确。
图中A点代表中和50%,此时溶液为HY和NaY浓度相等的混合溶液,初始时不考虑电离和水解,有:
c(Y-)=c(Na+)=c(HY),因为溶液显酸性,所以HY的电离大于Y-的水解,因此有:
c(Y-)>c(Na+)>c(HY)>c(H+)>c(OH-),选项B正确。
溶液pH=7的时候,氢离子和氢氧根离子浓度相等,根据电荷守恒得到c(X-)、c(Y-)、c(Z-)分别等于其各自溶液中的C(Na+),因为三种酸的强弱不同,将浓度相等的三种酸溶液中和至pH=7需要的氢氧化钠的量一定不同,所以三个溶液中的C(Na+)一定不等,即c(X-)、c(Y-)、c(Z-)一定不等,选项C错误。
当中和百分数达100%时,将三种溶液混合后是NaX、NaY、NaZ三种盐浓度相等的溶液,所以有该溶液的质子守恒:
c(H+)+c(HX)+c(HY)+c(HZ)=c(OH-),因此选项D正确。
8.实验室欲测定铁铝合金的组成,将铁铝合金溶解后,取试样25.00mL,分离并测定Fe3+的浓度,实验方案设计如下:
已知:
乙醚易挥发,易燃烧。
回答下列问题:
(1)常温下,将铁铝合金溶解的试剂是_________(填字母)。
a.稀盐酸b.稀硫酸c.稀硝酸d.浓硝酸
(2)已知氢氧化铁实际上是三氧化二铁的水合物,则通过称量氢氧化铁固体质量的方法来确定c(Fe3+)时,该方案理论上的主要缺点是________________________。
(3)操作X是___________________________,操作X后检验溶液中是否有Fe3+残留的方法是_______________________________。
(4)蒸馏装置如图所示,装置中存在的错误是___________________________。
(5)将含Fe3+的溶液定容至100mL需要的仪器是___________________________。
(6)已知滴定反应为Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+,当滴定达到终点时,消耗0.1000mol·L-1Ce(SO4)2溶液15.00mL,则开始试样中c(Fe3+)=_____________。
若改用稀硫酸酸化的K2Cr2O7溶液滴定含Fe2+的待测液,则该过程的离子反应方程式为_____________________。
【答案】
(1).c
(2).氢氧化铁(Fe2O3·nH2O)没有固定的组成(3).分液(4).从水溶液中取样,滴加少量KSCN溶液显红色说明有残留,否则无残留(5).体系密闭(6).100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管(7).0.1600mol·L-1(8).Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O
【解析】
(1)由图示,合金溶液后溶液中存在的是Fe3+,所以加入的一定是氧化性酸,选项a、b一定错误。
铁铝在浓硝酸中都钝化,所以选项d错误。
最后只能使用稀硝酸,选项c正确。
(2)已知氢氧化铁实际上是三氧化二铁的水合物,所以该水合物的最大问题在于其n值不确定,所以通过称量氢氧化铁固体质量的方法来确定c(Fe3+)是不合理的。
(3)乙醚是不溶于水的液体,所以操作X应该是分液。
检验Fe3+的方法是滴加KSCN溶液,观察溶液颜色是否变为红色,所以答案为:
从水溶液中取样,滴加少量KSCN溶液显红色说明有残留,否则无残留。
(4)图示的蒸馏装置是完全密闭的装置(注意:
最后的牛角管接锥形瓶是用胶塞连接的),这样进行加热是很危险的。
(5)将含Fe3+的溶液定容至100mL,应该将溶液转移至100mL容量瓶,洗涤烧杯,加水定容。
所以需要的仪器为:
100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。
(6)Ce(SO4)2为15×0.1÷1000=0.0015mol,根据反应得到Fe2+为0.0015mol,定容为100mL,取出25mL进行滴定,所以该100mL溶液中有Fe2+为0.0015×4=0.006mol。
该溶液中的Fe2+来自于如下反应:
Fe+2Fe3+=3Fe2+,所以原来的Fe3=为0.004mol,这些Fe3+来自于25mL水样,所以浓度为1000×0.004÷25=0.16mol/L。
若改用稀硫酸酸化的K2Cr2O7溶液滴定含Fe2+的待测液,Cr2O72-应该被还原为Cr3+,则该过程的离子反应方程式为:
Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。
点睛:
有的答案中本题的(4)会回答为明火加热,这个确实是蒸馏有机物的一种缺陷,理论上实验室在蒸馏有机物的时候,是不能用明火加热的。
原因是:
有机物易挥发依然,挥发出来的有机气体接触到明火可能会燃烧。
但是高中的实验中没有除酒精灯之外的热源,所以只能用酒精灯加热。
9.合成氨在工业生产中具有重要意义。
(1)在合成氨工业中I2O5常用于定量测定CO的含量。
己知2I2(s)+5O2(g)=2I2O5(s)△H=-76kJ·mol-1;2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566kJ·mol-1。
则该测定反应的热化学方程式为____________________________________。
(2)不同温度下,向装有足量I2O5固体的2L恒容密闭容器中通入4molCO,测得CO2的体积分数φ(CO2)随时间t变化曲线如图。
①温度T1时,0~0.5min内的反应速率v(CO)=________________。
②b点CO的平衡转化率α为____________,c点的平衡常数K为________________。
③下列措施能提高该反应CO转化率的是________(填字母)
a.升高温度b.增大压强c.加入催化剂d.移走CO2
(3)若氨水与SO2恰好生成正盐,则此时溶液呈_________(填“酸性”或“碱性”),向上述溶液中通入___________(填“NH3”或“SO2”)可使溶液呈中性,此时溶液中含硫微粒浓度的大小关系为________________。
(已知常温下NH3·H2O的Kb=1.8×10-5mol·L-1,H2SO3的Ka1=1.5×10-2mol·L-1,Ka2=6.3×10-8mol·L-1)
【答案】
(1).5CO(g)+I2O5(s)=5CO2(g)+I2(s)∆H=﹣1377kJ·mol-1
(2).1.6mol·L-1·min-1(3).60%(4).1024(5).d(6).碱性(7).SO2(8).c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)
【解析】
(1)反应①×(-1/2)+②×5/2得到:
5CO(g)+I2O5(s)=5CO2(g)+I2(s)∆H=﹣1377kJ·mol-1。
(2)①反应体系只有CO2和CO,通入4molCO,根据C守恒得到:
CO2和CO的物质的量之和为4mol。
CO2的体积分数为0.4,即CO2为4×0.4=1.6mol,所以v(CO)=v(CO2)=1.6/(2×0.5)=1.6mol·L-1·min-1。
②由上b点的CO2为4×0.6=2.4mol,说明反应的CO也是2.4mol,转化率为2.4÷4=60%。
由上c点的CO2为4×0.8=3.2mol,CO为0.8mol。
所以反应的平衡常数为k=3.25/0.85=1024。
③反应放热升高温度平衡逆向移动,转化率下降,选项a错误。
增大压强平衡不移动,选项b错误。
加入催化剂平衡不移动,选项c错误。
移走二氧化碳,减小生成物浓度,平衡正向移动,转化率升高,选项d正确。
点睛:
本题中使用的课本中的一个计算结论:
离子的水解平衡常数应该等于水的离子积KW与该离子水解得到的弱电解质的电离平衡常数的比值。
即:
。
10.某科研小组以废旧的含镍催化剂(主要成分为NiO,另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等)为原料制取Ni2O3,工艺流程如下图:
相关离子生成氢氧化物的pH和相关物质的溶解性如下表:
回答下列问题:
(1)滤渣的主要成分为BaSO4和____________________(填化学式)。
(2)操作A中发生反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+、_________________________;操作A中没有FeS和NiS沉淀产生,其原因是(用Ka和Ksp解释)__________________________。
(3)操作B加入H2O2的目的是________________,加NaOH溶液调节pH应在____________范围内;操作C中加入NaF的目的是____________________。
(4)该工艺流程中使用H2S气体,优点是可以制取副产品CuSO4·5H2O,但也有明显的缺点:
一是产生空气污染,二是______________________________________________。
(5)电解产生2NiOOH·H2O的原理为:
在碱性条件下电解,Cl-在阳极被氧化为ClO-,ClO-再将Ni2+氧化成2NiOOH·H2O沉淀。
则阳极的电极反应式为________________________。
(6)0.80gCuSO4·5H2O副产品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示,CuSO4·5H2O稳定存在的温度应低于________,则200℃时固体物质的化学式____________。
【答案】
(1).CaSO4•2H2O
(2).2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓(3).由Ka2=[S2-]•[H+]/[HS-]知:
若溶液中c(H+)过大,则c(S2-)过小,达不到FeS和NiS沉淀的溶度积(4).将Fe2+氧化成Fe3+,有利于转化成Fe(OH)3沉淀(5).3.2≤pH<6.7(6).将Ca2+转化成CaF2沉淀(7).产生更多的Fe2+和H+,将消耗更多的氧化剂(H2O2)和NaOH(8).Cl-+2OH--2e-=ClO-+H2O(9).102℃(10).CuSO4•H2O
【解析】
(1)由题目已知CaSO4•2H2O微溶,原料中含有一定量的CaO,加入硫酸酸浸,所以应该有CaSO4•2H2O析出。
(2)操作A的生成物中有单质S,只能是溶液中的Fe3+将通入的H2S氧化为单质S,方程式为:
2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓。
注意:
H2S是弱酸,不能拆分。
上一步酸浸中硫酸应该过量,这一步通入H2S,H2S本来就是一个二元弱酸电离能力较差(Ka很小),上一步过量的氢离子对其电离又起到了抑制作用,所以溶液中的S2-的浓度应该很小。
此时如果要形成硫化物沉淀,就要求该硫化物的KSP极小,本题中FeS和NiS的KSP较大,无法沉淀。
(3)加入过氧化氢的目的是为了将Fe2+氧化为Fe3+,以利于转化为氢氧化铁的沉淀除去。
此时应该控制的pH是3.2到6.7之间(保证Fe3+沉淀完全,同时不沉淀Ni2+)。
由题目已知,CaF2是难溶物,所以加入NaF是为了除去溶液中剩余的少量Ca2+。
(4)使用H2S气体,发生反应:
2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓,下一步中又要将Fe2+氧化为Fe3+,所以这个过程会增加需要加入的过氧化氢的量。
同时反应生成H+会导致后续沉淀氢氧化铁的时候需要加入更多的氢氧化钠。
(5)阳极产生的是ClO-(ClO-再将Ni2+氧化成2NiOOH·H2O沉淀,是在溶液中进行的,不是电极反应),所以应该是Cl失去电子转化为ClO-,方程式为:
Cl-+2OH--2e-=ClO-+H2O。
............
11.金属铁、铜及其化合物在科学研究和工业生产中具有重要的用途。
下图1表示铜与氯形成化合物A的晶胞(黑球代表铜原子)。
图2是Fe3+与乙酰乙酸乙酯形成的配离子B。
回答下列问题
(1)基态Cu原子的核外电子排布式为____________________________。
(2)从原子结构角度分析,第一电离能I1(Fe)与I1(Cu)的关系是:
I1(Fe)________I1(Cu)(填“>“<”或“=”)
(3)化合物A的化学式为____________,Cl原子的配位数是____________。
(4)B中碳原子的杂化轨道类型为________,含有的化学键为________(填字母)。
a.离子键b.金属键c.极性键d.非极性键
e.配位键f.氢键g.σ键h.π键
(5)化合物A难溶于水,但易溶于氨水,其原因可能是________________;与NH3互为等电子体的分子有________________(写化学式,一种即可)。
NH3的键角大于H2O的键角的主要原因是________________________________________。
(6)已知化合物A晶体的密度为ρg·cm-3,阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶体中两个Cu原子之间的最短距离为________________________nm(列出计算表达式即可)。
【答案】
(1).[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1
(2).>(3).CuCl(4).4(5).sp2、sp3(6).cdegh(7).Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物(或配离子)(8).PH3(或AsH3等合理答案)(9).NH3、H2O分子中N、O原子的孤电子对数分别是1、2,孤电子对数越多,对成键电子对的排斥力越强,键角越小(10).
【解析】
(1)Cu为29号元素,核外电子排布为:
[Ar]3d104s1(具有3d能级的全满稳定结构)。
(2)Fe和Cu第一电离能都是失去4s上的一个电子需要失去的能量,Fe的4s上是一对电子,Cu的4s上是一个单电子,所以Fe失去4s上的电子需要额外拆开成对电子消耗能量,所以第一电离能I1(Fe)与I1(Cu)的关系是:
I1(Fe)>I1(Cu)。
(3)晶胞图中,Cl占据晶胞的8个顶点和6个面心,有:
个,Cu都在晶胞内有4个,所以化学式为CuCl。
(4)配离子B中有形成4个单键的C,还有形成一个双键的C,所以是sp3和sp2杂化。
根据图示,其中存在用→表示的配位键,碳碳之间的非极性键,大量的极性键,单键都是σ键,双键是σ键加π键。
所以答案为cdegh。
注意:
氢键不是化学键,本题不用讨论。
(5)化合物A难溶于水,但易溶于氨水,其原因只可能是其中的Cu+和氨水中的NH3形成了配离子。
等电子体的要求是原子数和价电子数都相同,所以最好的方法是进行同主族元素代换,所以答案为PH3等。
NH3和H2O的中心原子都是sp3杂化,但是N有一个孤电子对,O有两个孤电子对,所以O对成键电子对的压迫应该强于N对成键电子对的压迫,所以NH3的键角大于H2O的键角。
(6)由图示,晶胞中两个Cu之间的最短距离为晶胞面对角线的一半,即晶胞边长的
倍。
晶胞中应该含有4个CuCl,所以质量为4×(64+35.5)÷NA=
g。
晶体的密度为ρg·cm-3,所以晶胞的体积为
cm3,晶胞的边长为
cm,即
nm,所以晶胞中两个Cu之间的最短距离为
nm。
12.合成H的两条途径如图:
回到下列问题:
(1)关于H说法正确的是_________(填标号)。
a.能使溴水褪色b.1mol该物质最多能与3molNaOH反应
c.属于芳香烃类物质d.分子内最多有9个碳原子共平面
(2)C生成D的反应类型为____________,G的名称为____________。
(3)写出D生成E的化学方程式________________________________