D、CH3COOH为弱酸,0.01mol·L-1CH3COOH溶液的pH>2,故D错误。
三、非选择题:
包括必考题和选考题两部分。
第22题~第32题为必考题,每个试题考生都必须做答。
第33题~第38题为选考题,考生根据要求做答。
8.氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是一种易分解、易水解的白色固体。
其研究小组以浓氨水、干冰等为原料制备氨基甲酸铵的实验装置如图1所示,其主要反应的原理为2NH3(g)+CO2(g)
NH2COONH4(s)△H<0
(1)仪器1的名称是___________。
仪器3中盛装的固体是___________,其作用是___________。
(2)仪器6的一个作用是控制原料气按反应计量系数充分反应,若反应初期观察到装置内浓硫酸中产生气泡,则应该___________(填“加快”“减慢”或“不改变”)产生氨气的速率。
(3)另一种制备氨基甲酸铵的反应装置(液体石蜡和CCl4均充当惰性介质)如图2所示。
①液体石蜡鼓泡瓶的作用是______________________。
②若无冰水,则氨基甲酸铵易分解生成尿素[CO(NH2)2]请写出氨基甲酸铵受热分解的化学方程式:
______________________。
③当CCl4液体中产生较多晶体悬浮物时,立即停止反应,过滤分离得到粗产品,为了将所得粗产品干燥,可采取的方法是___________(填标号)。
A.蒸馏B.真空微热烘干C.高压加热烘干
(4)制得的氨基甲酸铵中可能含有碳酸氢铵、碳酸铵中的一种或两种杂质(不考虑氨基甲酸铵与水的反应)。
①设计方案,进行成分探究,请填写表中空格。
限选试剂:
蒸馏水、稀硝酸、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、稀盐酸。
实验步骤
预期现象和结论
步骤1:
取少量固体样品于试管中,加入蒸馏水至固体溶解
得到无色溶液
步骤2:
向试管中加入过量的BaCl2溶液,静置
若溶液不变浑浊,则证明固体中不含碳酸铵
步骤3:
向试管中继续加入___________
___________,则证明固体中含有碳酸氢铵
②根据①的结论。
取15.8g氨基甲酸铵样品,用足量氧氧化钡溶液充分处理后,过滤、洗涤、干燥,测得沉淀质量为1.97g。
则样品中氨基甲酸铵的质量分数为___________。
【答案】
(1).滴液漏斗
(2).碱石灰(3).干燥氨气,防止仪器5中生成的氨基甲酸铵水解(4).加快(5).通过观察气泡,控制通入NH3与CO2的速率(6).NH2COONH4
CO(NH2)2+H2O(7).B(8).少量澄清石灰水(9).若溶液变浑浊(10).95.0%
【解析】
【详解】
(1)根据仪器1的特点,仪器1名称为滴液漏斗或恒压滴液漏斗;氨基甲酸铵是一种易分解、易水解的白色固体,因此氨气需要干燥,即仪器3中盛放碱石灰或生石灰或NaOH固体,其作用是干燥氨气,防止仪器5中生成的氨基甲酸铵水解;
(2)氨气易溶于稀硫酸,CO2难溶于稀硫酸,若反应初期观察到装置内稀硫酸溶液中产生气泡,说明CO2过量,应该加快产生氨气的流速;
(3)①液体石蜡鼓泡瓶的作用是通过观察气泡,控制通入NH3与CO2的速率;
②氨基甲酸铵受热分解成尿素,由原子守恒可知还生成水,反应方程式为H2NCOONH4
CO(NH2)2+H2O;
③氨基甲酸铵受热易分解,采取减压低温烘干,即真空微热烘干,故B正确;
(4)①根据得出结论:
证明固体中含有碳酸氢铵,因此试管中继续加入少量的澄清石灰水,发生NH4HCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+NH3·H2O+H2O,现象为溶液变浑浊;
②氨基甲酸铵样品用足量氢氧化钡溶液充分处理,生成沉淀的反应:
Ba(OH)2+NH4HCO3=BaCO3↓+NH3·H2O+H2O,n(NH4HCO3)=n(BaCO3)=
==0.01mol,m(NH4HCO3)=0.01mol×79g·mol-1=0.79g,m(NH2COONH4)=(15.8-0.79)g=15.01g,氨基甲酸铵的质量分数为15.01/15.8×100%=95.0%。
9.氧化锌是一种常用添加剂,广泛应用于塑料、合成橡胶、电池等产品的制造。
一种利用氧化锌烟灰制备活性氧化锌的工艺流程如下:
已知:
I.氧化锌烟灰的主要化学组成如下:
元素组成
Zn
Pb
Cu
Cl
F
质量分数%
59.78
9.07
0.30
2.24
1.80
Ⅱ.浸出”时,大部分锌元素以Zn(NH3)42+形式进入溶液,同时部分Pb、Cu、F元素也进入溶液中。
(1)氨的电子式______________________。
(2)“浸出”时,氧化锌发生反应的离子方程式为_________________________________;“浸出”时温度不宜过高,其原因为____________________________________________。
(3)若“浸出”后,所得溶液中c(F-)=0.02mol/L,向其中加入等体积的氯化钙溶液(忽略溶液体积变化),使F-沉淀完全即溶液中c(F-)<10-5mol/L,则所加氯化钙溶液的浓度度最小为___________。
已知:
Ksp(CaF2)=3.45×10-11
(4)“置换”时,所得置换渣中除了含Zn外,还含有___________;“净化”时,利用活性炭___________性,除去溶液中残留的有机物。
(5)“沉淀”时,可得到滤渣Zn(NH3)2Cl2。
所加盐酸过量时,会导致沉淀部分溶解甚至消失,其化学方程式为____________________________________________。
(6)“一次水解”时,产物为Zn(OH)xCly。
取10.64g该水解产物,经二次水解、煅烧后,可得活性氧化锌8.1g(假设各步均转化完全)。
则一次水解产物的化学式为___________。
【答案】
(1).
(2).ZnO+2NH3+2NH4+=Zn(NH3)42++H2O或ZnO+2NH3·H2O+2NH4+=Zn(NH3)42++3H2O(3).避免氨水的分解与挥发(4).0.70mol·L-1(5).Pb、Cu(6).吸附(7).Zn(NH3)2Cl2+2HCl=ZnCl2+2NH4Cl(8).Zn(OH)1.6Cl0.4
【解析】
【详解】
(1)氨的分子式为NH3,其电子式为
;
(2)根据信息,浸出时,大部分锌元素以Zn(NH3)42+形式存在溶液中,根据流程图,反应的离子方程式为ZnO+2NH3+2NH4+=Zn(NH3)42++H2O或ZnO++2NH3·H2O+2NH4+=Zn(NH3)42++3H2O;氨水易挥发,受热易分解,因此浸出时温度不宜过高原因是防止氨水的分解与挥发;
(3)取1Lc(F-)=0.02mol·L-1浸出液,加1L氯化钙溶液,令c(Ca2+)为xmol·L-1,混合后溶液体积为2L,溶液中留下的n(F-)=2L×10-5mol·L-1=2×10-5mol,沉淀的n(F-)=0.02mol·L-1×1L-2×10-5mol≈0.02mol,沉淀的n(Ca2+)=0.01mol,Ksp((CaF2)=c(Ca2+).c2(F-)=3.45×10-11,余下的溶液中c(Ca2+)=3.45×10-11/(10-5)2=0.345mol·L-1,余下的溶液中n(Ca2+)=0.345mol/L×2L=0.69mol,故加入的c(Ca2+)=(0.69mol+0.01mol)/1L=0.70mol·L-1,使F-沉淀完全即溶液中c(F-)<10-5mol·L-1,则所加氯化钙溶液的浓度度最小为0.70mol·L-1;
(4)根据氧化锌烟灰的成分,Zn的活泼性强于Pb、Cu,"置换"时,所得置换渣中除了含Zn外,还含有Pb、Cu;净化时,利用活性炭的吸附性,除去溶液中残留的有机物;
(5)“沉淀”时,可得到滤渣Zn(NH3)Cl2,所加盐酸过量时,会导致沉淀部分溶解甚至消失,其化学方程式为Zn(NH3)2Cl2+2HCl=ZnCl2+2NH4Cl;
(6)n(ZnO)=8.1g/81g·mol-1=0.1mol,根据原子守恒,Zn(OH)xCly的物质的量为0.1mol,则M(Zn(OH)xCly)=10.64g/0.1mol=106.4g·mol-1,x+y=2,65+17x+35.5y=106.4,解得:
x=1.6,y=0.4,则一次水解产物的化学式为Zn(OH)1.6Cl0.4。
【点睛】本题易错点是问题(3),学生不注意加入CaCl2的体积与浸出后溶液的体积相等,即c(F-)应是原来的一半,读题时应注意忽略体积的变化,即体积可以相加,原来溶液的浓度发生变化。
10.含氮的化合物广泛存在于自然界,是一类非常重要的化合物.回答下列有关问题:
(1)在一定条件下;2N2(g)+6H2O(g)=4NH3(g)+3O2(g)。
已知该反应相关的化学键键能数据如表一:
表一:
化学键
H-O
N-H
O=O
E/(kJ/mol)
946
463
391
496
则该反应的△H=___________kJ/mol
(2)在恒容密闭容器中充入2molNO2与1molO2发生反应如下:
4NO2(g)+O2(g)
2N2O5(g)
①已知在不同温度下测得N2O5的物质的量随时间的变化如图1所示.常温下,该反应能逆向自发进行,原因是____________________________________________。
②下列有关该反应的说法正确的是___________。
A.扩大容器体积,平衡向逆反应方向移动,混合气体颜色变深
B.恒温恒容,再充入2molNO2和1molO2,再次达到平衡时NO2转化率增大
C.恒温恒容,当容器内的密度不再改变,则反应达到平衡状态
D.若该反应的平衡常数增大,则一定是降低了温度
(3)N2O5是一种新型绿色硝化剂,其制备可以用硼氢化钠燃料电池作电源,采用电解法制备得到N2O5,工作原理如图。
则硼氢化钠燃料电池的负极反应式为______________________。
(4)X、Y、Z、W分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种。
下表二是常温下浓度均为0.01mol/L的X、Y、Z、W溶液的pH。
将X、Y、Z各lmol同时溶于水中得到混合溶液,则混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为______________________。
0.01mol/L的溶液
X
Y
Z
W
pH
12
2
8.5
4.5
(5)氮的氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时,涉及如下反应:
I:
2NO2(g)+NaCl(s)
NaNO3(s)+ClNO(g)K1
II:
2NO(g)+Cl2(g)
2ClNO(g)K2
①4NO2(g)+2NaCl(s)
2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=___________(用K1、K2表示)
②在恒温条件下,向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2,10min时反应Ⅱ达到平衡测得10min内v(ClNO)=7.5×10-3mol/(L·min),则平衡时NO的转化率α1=___________;其他条件不变,反应Ⅱ在恒压条件下进行,平衡时NO的转化率α2=___________α1(填“>”“<”或“=”)
【答案】
(1).+1268
(2).逆反应方向的△S>0(3).BD(4).BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O(5).c(Na+)>c(NO3-)>c(NO2-)>c(OH-)>c(H+)(6).K12/K2(7).75%(8).>
【解析】
【详解】
(1)根据△H=反应物键能总和-生成物键能总和=(2×946kJ·mol-1+6×2×463kJ·mol-1-4×3×391kJ·mol-1-3×496kJ·mol-1)=+1268kJ·mol-1;
(2)①根据图像,II的温度高于I,升高温度,平衡向逆反应方向进行,即该反应的正反应方向△H<0,能够自发进行,△G=△H-T△S<0,常温下,该反应能逆向自发进行,原因是逆反应方向的△S>0;
②A、扩大容器的体积,气体压强减小,平衡向逆反应方向进行,但组分的浓度减小,混合气体颜色变浅,故A错误;
B、再充入2molNO2和1molO2,相当于增大压强,平衡向正反应方向进行,NO2的转化率增大,故B正确;
C、组分都是气体,即气体总质量不变,容器为恒容装置,气体体积不变,根据密度的定义,任何时刻,密度保持不变,因此密度不变,不能说明该反应达到平衡,故C错误;
D、该反应平衡常数增大,说明温度改变,根据①的分析,该反应为放热反应,因此该反应平衡常数增大,一定是降低温度,故D正确;
(3)BH4-中B为+3价,H为-1价,BO2-中B为|+3价,O为-2价,根据装置图,-1价H转变成+1价,根据原电池工作原理,通BH4-和OH-一极为负极,电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O;
(4)浓度均为0.01mol·L-1,X溶液为碱性,且pH=12,推出X为NaOH,Y溶液显酸性,且pH=2,推出Y为HNO3,Z溶液显碱性,pH=8.5,推出Z为NaNO2,同理W为NH4NO3,X、Y、Z各1mol同时溶于水,NaOH和HNO3恰好完全反应,即混合溶液中的溶质为NaNO3和NaNO2,NaNO2为强碱弱酸盐,NO2-发生水解,溶液显碱性,即离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(NO3-)>c(NO2-)>c(OH-)>c(H+);
(5)①K1=c(ClNO)/c2(NO2),K2=c2(ClNO)/[c(Cl2)×c2(NO)],K=[c2(NO)×c(Cl2)]/c4(NO2),因此K=K12/K2;
②10min内生成ClCNO的物质的量为7.5×10-3mol/(L·min)×2L×10min=0.15mol,则消耗NO的物质的量为0.15mol,即NO的转化率为0.15/0.2×100%=75%;该反应是气体物质的量减少,反应II在恒压条件下,压强比恒容时大,向正反应方向进行趋势大,即恒压条件下,NO的转化率α2>α1。
【点睛】难点是最后一空,恒压与恒容转化率的比较,一般根据压强进行判断,首先判断反应方程式的特点,如本题,向正反应方向进行,气体物质的