X>W
C.ZWY3是含有离子键的共价化合物D.氢化物的沸点:
Y>W
【答案】D
【解析】试题分析:
X的一种核素在考古时常用来鉴定文物年代,推出X为C,Z的单质在空气中的燃烧产物与水反应有Y单质产生,则Z为Na,Y为O,W2、WY2可用于自来水消毒,推出W为Cl,A、Na比C多一个电子层,电子层越多,半径越大,应是Na的半径大于C,故错误;B、非金属性越强,氢化物越稳定,Cl的非金属性强于C,因此应是Cl>C,故错误;C、化学式为NaClO3,属于离子化合物,故错误;D、H2O中含有分子间氢键,含有分子间氢键的物质的熔沸点高于无分子间氢键的,故正确。
12.煤的电化学脱硫是借助煤在电解槽阳极发生的电化学氧化反应,将煤中黄铁矿(FeS2)或有机硫化物氧化成可溶于水的含硫化合物而达到净煤目的,下图是一种脱硫机理,则下列说法正确的是
l—电极a2—黄铁矿3—MnSO4、H2SO4混合溶液4—未反应黄铁矿5一电解产品
A.Mn3+充当了电解脱硫过程的催化剂
B.电极a应与电源负极相连
C.脱硫过程中存在的离子反应为:
8H2O+FeS2+15Mn3+=Fe3++16H++2SO42-+15Mn2+
D.阴极发生的反应:
2H2O+2e-=4H++O2↑
【答案】C
【解析】A、电解初期,电极a发生Mn2+-e-=Mn3+,电解后期Mn3+又还原,Mn3+充当了电解脱硫过程的中间产物,故A错误;
B、电极a发生Mn2+-e-=Mn3+,是电解池的阳极,应与电源的正极相连,故B错误;
C、脱硫过程中Mn3+将FeS2氧化成Fe3+和SO42-,存在的离子反应为:
8H2O+FeS2+15Mn3+=Fe3++16H++2SO42-+15Mn2+,故C正确;
D、阴极发生的反应:
4H++4e-+O2=2H2O,故D错误;故选C。
13.
,向20mL
的
溶液中滴加
的NaOH溶液
滴定过程中溶液温度保持不变
,滴定曲线如图1,含磷物种浓度所占分数
随pH变化关系如图2,则下列说法不正确的是
A.
的电离方程式为:
;电离常数
B.B点溶液中存在关系:
C.图2中的a点对应为图1中的B点
D.D点时,溶液中微粒浓度大小关系为:
【答案】C
【解析】A、根据图2所示,一定pH下,电离出的离子为
,所以
是一元弱酸,电离方程式为:
;20mL
的
溶液中滴加
的NaOH溶液10mL,得到等浓度的
和
,此时即为B点,
,根据电离平衡常数Ka
,选项A正确;
B、B点溶液为等浓度的
和
,存在电荷守恒关系:
,存在物料守恒:
,
整理得到
,选项B正确;
C、B点溶液为等浓度的
和
,显酸性,
的电离大于
的水解,所以,选项C错误;
D、D点是20mL
的
溶液中滴加
的NaOH溶液20mL,恰好完全反应,得到的是
,溶液显示碱性,所以
,选项D正确。
答案选C。
二、非选择题:
共58分,第26~28题为必考题,每个试题考生都必须作答。
第35~36题为选考题,考生根据要求作答。
(一)必考题:
共43分。
26.(15分)以软锰矿粉(主要含有MnO2,还含有少量的Fe2O3、Al2O3 等杂质)为原料制备高纯MnO2的流程如下图所示:
已知:
①常温下,Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38,Ksp[Al(OH)3]=4.0×10-34。
②常温下,氢氧化物沉淀的条件:
Al3+、Fe3+完全沉淀的pH 分别为4.6、3.4;Mn2+开始沉淀的pH 为8.1。
③常温下,当溶液中金属离子物质的量浓度小于或等于1×10-5mol·L-l时,可视为该金属离子已被沉淀完全。
(1)“酸浸”过程中不能用浓盐酸替代硫酸,原因是_____________________。
“酸浸”时加入一定量的硫酸,硫酸不能过多或过少。
“硫酸”过多造成氨的损失;硫酸过少时,“酸浸”时会有红褐色渣出现,原因是___________________________________。
(2)加入氨水应调节pH的范围为______ ,当Fe3+恰好沉淀完全时,c(Al3+)=________mol·L-l。
(3)“过滤”所得滤渣为MnCO3,滤液中溶质的主要成分是____________(填化学式),写出其阳离子的电子式:
_______________________________。
(4)加入碳酸氢铵产生沉淀的过程称为“沉锰”。
①“沉锰”过程中放出CO2,反哥应的离子方程式为_______________________________。
②“沉锰”过程中沉锰速率与温度的关系如图所示。
当温度高于60℃时,沉锰速率随着温度升高而减慢的原因可能是_______________________________。
【答案】
(1)二氧化锰会氧化浓盐酸(2分)生成的Fe3+ 水解得到Fe(OH)3 沉淀(2分)
(2)4.6~8.1(2分)0.05(2分)
(3)(NH4)2SO4(1分)
(2分)
(4)①Mn2++2HCO3-=MnCO3 ↓+CO2 ↑+H2O(2分)
②温度过高时碳酸氢铵的分解速率显著加快,沉锰速率随碳酸氢铵浓度的减小而减慢(2分)
【解析】
(1)“酸浸”过程中不能用浓盐酸替代硫酸,原因是二氧化锰会氧化浓盐酸。
“酸浸”时加入一定量的硫酸,硫酸不能过多或过少。
“硫酸”过多造成氨的损失;硫酸过少时,“酸浸”时会有红褐色渣出现,原因是生成的Fe3+ 水解得到Fe(OH)3 沉淀。
(2)由题中信息可知,Al3+、Fe3+完全沉淀的pH 分别为4.6、3.4,Mn2+开始沉淀的pH 为8.1。
所以,加入氨水应调节pH的范围为4.6~8.1,当Fe3+恰好沉淀完全时,的物质的量浓度最大值为1×10-5mol·L-l,此时溶液中c(OH-)的最小值为
mol/L,c(Al3+)=
0.05mol·L-l。
(3)“过滤”所得滤渣为MnCO3,滤液中溶质的主要成分是(NH4)2SO4,其阳离子的电子式为
。
(4)①“沉锰”过程中放出CO2,反哥应的离子方程式为Mn2++2HCO3-=MnCO3 ↓+CO2 ↑+H2O。
②当温度高于60℃时,沉锰速率随着温度升高而减慢的原因可能是:
温度过高时碳酸氢铵的分解速率显著加快,沉锰速率随碳酸氢铵浓度的减小而减慢。
27.(14分)甘氨酸亚铁
是一种补铁强化剂。
实验室利用
与甘氨酸
制备甘氨酸亚铁,实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。
查阅资料:
①甘氨酸易溶于水,微溶于乙醇;甘氨酸亚铁易溶于水,难溶于乙醇。
②柠檬酸易溶于水和乙醇,具有较强的还原性和酸性。
实验过程:
I.装置C中盛有17.4g
和200mL1.0mol·L-1甘氨酸溶液。
实验时,先打开仪器a的活塞,待装置c中空气排净后,加热并不断搅拌;然后向三颈瓶中滴加柠檬酸溶液。
Ⅱ.反应结束后过滤,将滤液进行蒸发浓缩;加入无水乙醇,过滤、洗涤并干燥。
(1)仪器a的名称是________;与a相比,仪器b的优点是________。
(2)装置B中盛有的试剂是:
_______;装置D的作用是________。
(3)向
溶液中加入
溶液可制得
,该反应的离子方程式为________。
(4)过程I加入柠檬酸促进
溶解并调节溶液pH,溶液pH与甘氨酸亚铁产率的关系如图所示。
①pH过低或过高均导致产率下降,pH过高导致产率下降其原因是________;
②柠檬酸的作用还有________。
(5)过程II中加入无水乙醇的目的是________。
(6)本实验制得15.3g甘氨酸亚铁,则其产率是_______%。
【答案】
(1)分液漏斗(1分)平衡压强、便于液体顺利流下(1分)
(2)饱和NaHCO3溶液(1分)检验装置内空气是否排净,防止空气进入装置C中(2分)
(3)Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O(2分)
(4)①pH过低,H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH;pH过高,Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀(2分)②防止Fe2+被氧化(1分)
(5)降低甘氨酸亚铁的溶解度,使其结晶析出(2分)
(6)75(2分)
【解析】
(1)仪器a的名称是分液漏斗;与a相比,仪器b的优点是是平衡气压,使液体顺利流下。
(2)装置B中盛有的试剂是:
饱和NaHCO3溶液;装置D的作用是防止空气进入C中(从而防止Fe2+被氧化)。
(3)向
溶液中加入
溶液可制得
和二氧化碳、水,该反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O。
(4)①pH过低或过高均导致产率下降,pH过高导致产率下降其原因是pH过低,H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH;pH过高,Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀,Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓;
②结合信息可知,合成过程加入柠檬酸的作用是促进FeCO3溶解和防止Fe2+被氧化。
(5)过程II中加入无水乙醇的目的是过程Ⅱ中加入无水乙醇的目的是降低甘氨酸亚铁的溶液度,使其结晶析出。
(6)17.4g即0.15molFeCO3和200mL1.0mol·L-1甘氨酸反应,理论上生成甘氨酸亚铁0.1mol,本实验制得15.3g甘氨酸亚铁,其产率是
×100%=75%。
【点睛】本题考查物质的制备实验,把握物质的性质、习题中的信息、制备原理、实验技能为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,易错点(3)向
溶液中加入
溶液可制得
和二氧化碳、水,复分解反应强于水解,注意题中信息,结合元素化合物知识的应用。
28.(14分)在氮及其化合物的化工生产中,对有关反应的反应原理进行研究有着重要意义。
(1)t℃时,关于N2、NH3的两个反应的信息如下表所示:
化学反应
正反应活化能
逆反应活化能
t℃时平衡常数
N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H>0
akJ/mol
bkJ/mol
K1
4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H<0
ckJ/mol
dkJ/mol
K2
请写出t℃时氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式:
______________________,t℃时该反应的平衡常数为__________(用K1和K2表示)。
(2)工业合成氨的原理为:
N2(g)+3H2(g)
2NH3(g)下图甲表示在一定体积的密闭容器中反应时,H2的物质的量浓度随时间的变化。
图乙表示在其他条件不变的情况下,起始投料H2与N2的物质的量之比(设为x)与平衡时NH3的物质的量分数的关系。
①图甲中0~t1min内,v(N2)=_____mol·L-1·min-1;b点的v(H2)正_____a点的v(H2)逆(填“大于”“小于”或“等于”)。
②己知某温度下该反应达平衡时各物质均为1mol,容器体积为1L,保持温度和压强不变,又充入3molN2后,平衡________(填“向右移动”“向左移动”或“不移动”)。
(3)①科学家研究出以尿素为动力的燃料电池新技术。
用这种电池可直接去除城市废水中的尿素,既能产生净化的水,又能发电。
尿素燃料电池结构如图所示,写出负极电极反应式:
________________________________________________。
②理论上电池工作时,每消耗标准状况下2.24LO2时,可产生的电量为________(法拉第常数为96500C/mol)。
【答案】
(1)4NH3(g)+6NO(g)=N2(g)+6H2O(g)△H=(c-d-5a+5b)kJ/mol(2分)K=
(2分)
(2)
mol/(L•min)(2分)大于(2分)不移动(2分)
(3)CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+(2分)38600c(2分)
【解析】
(1)已知△H=正反应活化能-逆反应活化能,则①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=(a-b)kJ/mol>0,②4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=(c-d)kJ/mol<0,由盖斯定律知:
②-①×5得4NH3(g)+6NO(g)=N2(g)+6H2O(g),即△H=(c-d)kJ/mol-[(a-b)]kJ/mol×5=(c-d-5a+5b)kJ/mol,则t℃时氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式为4NH3(g)+6NO(g)=N2(g)+6H2O(g)△H=(c-d-5a+5b)kJ/mol,t℃时此反应的平衡常数为K=
;
(2)①图甲中0~t1min内,H2的变化浓度为0.6mol/L-0.3mol/L=0.3mol/L,由N2(g)+3H2(g)
2NH3(g)可知N2的变化浓度为0.3mol/L×
=0.1mol/L,则v(N2)=
=
=
mol/(L•min);根据浓度越大,反应速率越快可知b点的v(H2)正大于a点的v(H2)逆;
②己知某温度下该反应达平衡时各物质均为1mol,容器体积为1L,则平衡常数K=
=
=1,保持温度和压强不变,又充入3molN2,此时容器的体积变为2L,则N2、H2和NH3的浓度瞬间变为2mol/L、0.5mol/L和0.5mol/L,根据Qc=
=
=1=K,则此时平衡不移动;
(3)①由尿素燃料电池的结构可知,负极上尿素失去电子生成氮气和二氧化碳,负极反应为CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+;
②标准状况下2.24LO2的物质的量为
=0.1mol,转移电子的物质的量为0.4mol,则可产生的电量为96500C/mol×0.4mol=38600c。
(二)选考题:
共15分。
请考生从2道化学题中任选一题作答。
如果多做,则按所做的第一题计分。
35.[化学——选修3:
物质结构与性质](15分)
青蒿素是从黄花蒿中提取的一种无色针状晶体,双氢青蒿素是青蒿素的重要衍生物,抗疟疾疗效优于青蒿素,请回答下列问题:
(1)组成青蒿素的三种元素电负性由大到小排序是__________,画出基态O原子的价电子排布图__________。
(2)一个青蒿素分子中含有_______个手性碳原子。
(3)双氢青蒿素的合成一般是用硼氢化钠(NaBH4)还原青蒿素.硼氢化物的合成方法有:
2LiH+B2H6=2LiBH4;4NaH+BF3═NaBH4+3NaF
①写出BH4﹣的等电子体_________(分子、离子各写一种);
②B2H6分子结构如图,2个B原子和一个H原子共用2个电子形成3中心二电子键,中间的2个氢原子被称为“桥氢原子”,它们连接了2个B原子,则B2H6分子中有______种共价键;
③NaBH4的阴离子中一个B原子能形成4个共价键,而冰晶石(Na3AlF6)的阴离子中一个Al原子可以形成6个共价键,原因是______________;
④NaH的晶胞如图,则NaH晶体中阳离子的配位数是_________;设晶胞中阴、阳离子为刚性球体且恰好相切,求阴、阳离子的半径比
=__________由此可知正负离子的半径比是决定离子晶体结构的重要因素,简称几何因素,除此之外影响离子晶体结构的因素还有_________、_________。
【答案】
(1)O>C>H(1分)
(1分)
(2)7(1分)
(3)①CH4、NH4+(2分)
②2(2分)
③B原子价电子层上没有d轨道,Al原子价电子层上有d轨道(2分)
④6(2分)0.414(2分)电荷因素(1分)键性因素(1分)
【解析】
(1)组成青蒿素的三种元素是C、H、O,其电负性由大到小排序是O>C>H,基态O原子的价电子排布图
。
(2)一个青蒿素分子中含有7个手性碳原子,如图所示:
。
(3)①根据等电子原理,可以找到BH4﹣的等电子体,如CH4、NH4+;
②B2H6分子结构如图,2个B原子和一个H原子共用2个电子形成3中心2电子键,中间的2个氢原子被称为“桥氢原子”,它们连接了2个B原子.则B2H6分子中有B—H键和3中心2电子键等2种共价键;
③NaBH4的阴离子中一个B原子能形成4个共价键,而冰晶石(Na3AlF6)的阴离子中一个Al原子可以形成6个共价键,原因是:
B原子的半径较小、价电子层上没有d轨道,Al原子半径较大、价电子层上有d轨道;
④由NaH的晶胞结构示意图可知,其晶胞结构与氯化钠的晶胞相似,则NaH晶体中阳离子的配位数是6;设晶胞中阴、阳离子为刚性球体且恰好相切,Na+半径大于H-半径,两种离子在晶胞中的位置如图所示:
。
Na+半径的半径为对角线的
,对角线长为
,则Na+半径的半径为
,H-半径为
,阴、阳离子的半径比
0.414。
由此可知正负离子的半径比是决定离子晶体结构的重要因素,简称几何因素,除此之外影响离子晶体结构的因素还有电荷因素(离子所带电荷不同其配位数不同)和键性因素(离子键的纯粹程度)。
36.[化学——选修5:
有机化学基础](15分)
由A和C为原料合成治疗多发性硬化症药物H的路线如下:
已知:
①A能与NaHCO3溶液反应放出CO2,其核磁共振氢谱显示有三组峰,峰面积比为2:
2:
1。
②NaBH4能选择性还原醛、酮,而不还原—NO2。
回答下列问题:
(1)A的化学名称为________,D的结构简式为_______。
(2)H的分子式为_______,E中官能团的名称为_______。
(3)B→D、E→F的反应类型分别为_______。
(4)F→G的化学方程式为________。
(5)与C互为同分异构体的有机物的结构简式为_______(核磁共振氢谱为四组峰,峰面积比为6:
3:
1:
1)。
(6)设计由B和
为原料制备具有抗肿瘤活性药物
的合成路线__________。
【答案】
(1)3-溴丙酸(1分)
(1分)
(2)C19H33NO2(2分)羰基、硝基(2分)
(3)取代、还原(2分)
(4)
(2分)