2022年全国高考化学试题汇编12套共188页
目录
全国甲卷2
全国乙卷9
湖南卷17
广东卷27
山东卷38
北京卷49
辽宁卷59
海南卷65
浙江6月卷74
河北卷84
2022年江苏卷96
2022年湖北卷104
2022年普通高等学校招生全国统一考试(全国甲卷)
化 学
7.(2022·全国甲卷,7)化学与生活密切相关。下列叙述正确的是( D )
A.漂白粉与盐酸可混合使用以提高消毒效果
B.温室气体是形成酸雨的主要物质
C.棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物
D.干冰可用在舞台上制造“云雾”
解析:漂白粉的有效成分次氯酸钙与盐酸混合,会发生氧化还原反应生成有毒的氯气,A错误;温室气体主要是指二氧化碳,二氧化碳不是形成酸雨的主要物质,B错误;棉花、麻主要成分均是纤维素,为碳水化合物,但蚕丝主要成分是蛋白质,蛋白质不是碳水化合物,C错误;干冰是固态的二氧化碳,干冰升华时,吸收大量的热,使周围温度降低,大量的水蒸气凝结成了小液滴,形成“云雾”效果,D正确。
8.(2022·全国甲卷,8)辅酶Q10具有预防动脉硬化的功效,其结构简式如下。下列有关辅酶Q10的说法正确的是( B )
A.分子式为C60H90O4
B.分子中含有14个甲基
C.分子中的四个氧原子不在同一平面
D.可发生加成反应,不能发生取代反应
解析:由辅酶Q10的结构简式可知,其分子式为C59H90O4,A错误;键线式端点代表甲基,10个重复基团的最后一个连接H原子的碳是甲基,故分子中含有14个甲基,B正确;双键碳以及与其相连的四个原子共面,羰基碳采取sp2杂化,羰基碳原子和与其相连的氧原子及另外两个原子共面,因此分子中的四个氧原子在同一平面上,C错误;分子中有碳碳双键,能发生加成反应,含有甲基,能发生取代反应,D错误。
9.(2022·全国甲卷,9)能正确表示下列反应的离子方程式为( D )
A.硫化钠溶液和硝酸混合:S2-+2H+H2S↑
B.明矾溶液与过量氨水混合:Al3++4NH3+2H2OAl+4N
C.硅酸钠溶液中通入二氧化碳:Si+CO2+H2OHSi+HC
D.将等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1∶2混合:Ba2++2OH-+2H++SBaSO4↓+2H2O
解析:硝酸具有强氧化性,可以将S2-氧化为S单质,自身根据其浓度大小还原为NO或NO2等,反应的离子方程式可为4H++2N+S2-S↓+2NO2↑+2H2O(浓)或8H++2N+3S2-3S↓+2NO+4H2O(稀)等,A错误;明矾在水中可以电离出Al3+,Al3+与氨水中电离出的OH-发生反应生成Al(OH)3,但由于氨水的碱性较弱,生成的Al(OH)3不能继续与弱碱发生反应,故反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2OAl(OH)3↓+3N,B错误;硅酸的酸性弱于碳酸,向硅酸钠溶液中通入二氧化碳时,生成硅酸沉淀,二氧化碳则根据其通入的量的多少转化为碳酸根离子或碳酸氢根离子,反应的离子方程式为Si+H2O+CO2H2SiO3↓+C(CO2少量)或Si+2H2O+2CO2H2SiO3↓+2HC(CO2过量),C错误;将等物质的量浓度的Ba(OH)2与NH4HSO4溶液以体积比1∶2混合,Ba(OH)2电离出的OH-与NH4HSO4电离出的H+反应生成水,Ba(OH)2电离出的Ba2+与NH4HSO4电离出的S反应生成BaSO4沉淀,反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SBaSO4↓+2H2O,D正确。
10.(2022·全国甲卷,10)一种水性电解液ZnMnO2离子选择双隔膜电池如图所示[KOH溶液中,Zn2+以Zn(OH存在]。电池放电时,下列叙述错误的是( A )
A.Ⅱ区的K+通过隔膜向Ⅲ区迁移
B.Ⅰ区的S通过隔膜向Ⅱ区迁移
C.MnO2电极反应:MnO2+4H++2e-Mn2++2H2O
D.电池总反应:Zn+4OH-+MnO2+4H+Zn(OH+Mn2++2H2O
解析:根据图示的电池结构和题目所给信息可知,Ⅲ区Zn为电池的负极,电极反应为Zn-2e-+4OH-Zn(OH,Ⅰ区MnO2为电池的正极,电极反应为MnO2+2e-+4H+Mn2++2H2O;电池在工作过程中,Ⅰ区消耗H+,生成Mn2+,S向Ⅱ区移动,Ⅲ区消耗OH-,生成Zn(OH,K+向Ⅱ区移动。
11.(2022·全国甲卷,11)NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( C )
A.25 ℃,101 kPa下,28 L氢气中质子的数目为2.5NA
B.2.0 L 1.0 mol·L-1 AlCl3溶液中,Al3+的数目为2.0NA
C.0.20 mol苯甲酸完全燃烧,生成CO2的数目为1.4NA
D.电解熔融CuCl2,阴极增重6.4 g,外电路中通过电子的数目为0.10NA
解析:25 ℃、101 kPa不是标准状况,不能用标准状况下的气体摩尔体积计算氢气的物质的量,故A错误;Al3+在溶液中会发生水解生成 Al(OH)3,因此2.0 L 1.0 mol·L-1的AlCl3溶液中Al3+数目小于2.0NA,故B错误;根据碳原子守恒,0.2 mol苯甲酸(C7H6O2)完全燃烧生成1.4 mol CO2,数目为1.4NA,故C正确;电解熔融CuCl2时,阴极反应为Cu2++2e-Cu,阴极增加的质量为Cu的质量,6.4 g Cu的物质的量为0.1 mol,根据阴极反应可知,外电路中通过电子的物质的量为0.2 mol,数目为0.2NA,故D错误。
12.(2022·全国甲卷,12)Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素,其最外层电子数之和为19。Q与X、Y、Z位于不同周期,X、Y相邻,Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是( D )
A.非金属性:X>Q
B.单质的熔点:X>Y
C.简单氢化物的沸点:Z>Q
D.最高价含氧酸的酸性:Z>Y
解析:Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素,Q与X、Y、Z位于不同周期,Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍,则Q应为第二周期元素,X、Y、Z位于第三周期,Y的最外层电子数为4,则Y为Si元素,X、Y相邻,且X的原子序数小于Y,则X为Al元素,Q、X、Y、Z的最外层电子数之和为19,则Q、Z的最外层电子数之和为19-3-4=12,主族元素的最外层电子数最多为7,若Q的最外层电子数为7,为F元素,Z的最外层电子数为5,为P元素,若Q的最外层电子数为6,为O元素,则Z的最外层电子数为6,为S元素,若Q的最外层电子数为5,为N元素,Z的最外层电子数为7,为Cl元素;综上所述,Q为N、O或F,X为Al,Y为Si,Z为Cl、S或P。X为Al,Q为N、O或F,故非金属性Q>X,A错误;X为Al,Y为Si,单质熔点Si>Al,即Y>X,B错误;含有氢键的物质沸点升高,由分析可知Q为N、O或F,其简单氢化物为NH3、H2O或HF,Z为Cl、S或P,其简单氢化物为HCl、H2S或PH3,由于前者物质中存在分子间氢键,而后者物质中不存在分子间氢键,故沸点Q>Z,C错误;元素的非金属性越强,其最高价含氧酸的酸性越强,P、S、Cl的非金属性均强于Si,因此最高价含氧酸酸性Z>Y,D正确。
13.(2022·全国甲卷,13)根据实验目的,下列实验及现象、结论都正确的是( C )
选项 实验目的 实验及现象 结论
A 比较 CH3COO-和HC的水解常数 分别测浓度均为 0.1 mol·L-1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH,后者大于前者 Kh(CH3COO-)
C 探究氢离子浓度对Cr、Cr2相互转化的影响 向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸,黄色变为橙红色 增大氢离子浓度,转化平衡向生成Cr2的方向移动
D 检验乙醇中是否含有水 向乙醇中加入一小粒金属钠,产生无色气体 乙醇中含有水
解析:CH3COONH4中N水解,N+H2ONH3·H2O+H+,会消耗CH3COO-水解生成的OH-,测定相同浓度的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH,后者大于前者,不能说明Kh(CH3COO-)
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表:
离子 Ksp
Fe3+ 4.0×10-38
Zn2+ 6.7×10-17
Cu2+ 2.2×10-20
Fe2+ 8.0×10-16
Mg2+ 1.8×10-11
回答下列问题:
(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为 。
(2)为了提高锌的浸取效果,可采取的措施有 、 。
(3)加入物质X调溶液pH=5,最适宜使用的X是 (填标号)。
A.NH3·H2O B.Ca(OH)2 C.NaOH
滤渣①的主要成分是 、 、 。
(4)向80~90 ℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤,滤渣②中有MnO2,该步反应的离子方程式为
。
(5)滤液②中加入锌粉的目的是 。
(6)滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用,同时得到的副产物是 、 。
解析:由题干信息,菱锌矿的主要成分为ZnCO3,杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物,结合流程图分析,菱锌矿焙烧,主要发生反应ZnCO3ZnO+CO2↑,再加入H2SO4浸取,得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液,加入物质X调节pH=5,结合表格数据,过滤得到含Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①,滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+,再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+,过滤得到含Fe(OH)3和MnO2的滤渣②,滤液②中加入锌粉,发生反应Zn+Cu2+Zn2++Cu,过滤后得到的滤渣③为Cu,再向滤液③中加入HF脱钙镁,过滤得到的滤渣④为CaF2、MgF2,滤液④为ZnSO4溶液,经一系列处理得到ZnSO4·7H2O。
(1)由分析,焙烧时,生成ZnO的反应为ZnCO3ZnO+CO2↑。
(2)可采用将焙烧后的产物碾碎,增大接触面积或增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率。
(3)NH3·H2O易分解产生NH3污染空气,且经济成本较高,故A不适宜;Ca(OH)2不会引入新的杂质,且成本较低,故B适宜;NaOH会引入杂质Na+,且成本较高,C不适宜。
(4)向80~90 ℃滤液①中分批加入适量KMnO4溶液,可氧化Fe2+,得到含Fe(OH)3和MnO2的滤渣②,反应的离子方程式为3Fe2+++7H2O3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+。
(5)滤液②中加入锌粉,发生反应Zn+Cu2+Zn2++Cu,故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去。
(6)滤渣④为CaF2、MgF2,与浓硫酸反应可得到HF,同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。
答案:(1)ZnCO3ZnO+CO2↑
(2)将焙烧后的产物碾碎,增大接触面积 增大硫酸的浓度
(3)B Fe(OH)3 CaSO4 SiO2
(4)3Fe2++Mn+7H2O3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
(5)置换Cu2+为Cu从而除去
(6)CaSO4 MgSO4
27.(2022·全国甲卷,27)硫化钠可广泛用于染料、医药行业。工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质。硫化钠易溶于热乙醇,重金属硫化物难溶于乙醇。实验室中常用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品。回答下列问题:
(1)工业上常用芒硝(Na2SO4·10H2O)和煤粉在高温下生产硫化钠,同时生成CO,该反应的化学方程式为 。
(2)溶解回流装置如图所示,回流前无需加入沸石,其原因是 。回流时,烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的1/3。若气雾上升过高,可采取的措施是 。
(3)回流时间不宜过长,原因是 。回流结束后,需进行的操作有①停止加热 ②关闭冷凝水 ③移去水浴,正确的顺序为 (填标号)。
A.①②③ B.③①②
C.②①③ D.①③②
(4)该实验热过滤操作时,用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液,其原因是 。热过滤除去的杂质为 。若滤纸上析出大量晶体,则可能的原因是 。
(5)滤液冷却、结晶、过滤,晶体用少量 洗涤,干燥,得到Na2S·xH2O。
解析:(1)工业上常用芒硝(Na2SO4·10H2O)和煤粉在高温下生产硫化钠,同时生成CO,根据得失电子守恒,反应的化学方程式为Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O。
(2)由题干信息知,工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质,这些杂质可以直接作沸石,因此回流前无需加入沸石;若气雾上升过高,可通过降低温度,使气压降低。
(3)回流结束后,先停止加热,再移去水浴,最后关闭冷凝水,正确的顺序为①③②,故选D。
(4)题给实验热过滤操作时,用锥形瓶而不用烧杯接收滤液,其原因是防止液体沿烧杯内壁流下过程中与空气接触使Na2S氧化。煤灰、重金属硫化物难溶于热乙醇,可以通过热过滤除去。若滤纸上析出大量晶体,则可能的原因是热过滤时漏斗的温度过低。
(5)乙醇与水互溶,硫化钠易溶于热乙醇,因此将滤液冷却、结晶、过滤后,晶体可用少量冷乙醇洗涤,再干燥,即可得到Na2S·xH2O。
答案:(1)Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O
(2)硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质,这些杂质可以直接作沸石 停止加热,加快冷凝管内冷凝水的流速,以降低温度
(3)长时间回流,硫化钠会被氧气氧化而产生硫单质 D
(4)防止液体沿烧杯内壁流下过程中与空气接触使Na2S被氧化 煤灰、重金属硫化物 热过滤时漏斗的温度过低
(5)冷乙醇
28.(2022·全国甲卷,28)金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途,目前生产钛的方法之一是将金红石(TiO2)转化为TiCl4,再进一步还原得到钛。回答下列问题:
(1)TiO2转化为TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。在1 000 ℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下:
(ⅰ)直接氯化:TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g) ΔH1=172 kJ·mol-1,Kp1=1.0×10-2
(ⅱ)碳氯化:TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g) ΔH2=-51 kJ·mol-1,Kp2=1.2×1012 Pa
①反应2C(s)+O2(g)2CO(g)的ΔH为 kJ·mol-1,Kp= Pa。
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化,其原因是
。
③对于碳氯化反应:增大压强,平衡 移动(填“向左”“向右”或“不”);温度升高,平衡转化率 (填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)在1.0×105 Pa,将TiO2、C、Cl2以物质的量比1∶2.2∶2进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。
①反应C(s)+CO2(g)2CO(g)的平衡常数Kp(1 400 ℃)= Pa。
②图中显示,在200 ℃平衡时TiO2几乎完全转化为TiCl4,但实际生产中反应温度却远高于此温度,其原因是
。
(3)TiO2碳氯化是一个“气—固—固”反应,有利于TiO2C“固—固”接触的措施是
。
解析:(1)①根据盖斯定律,将“反应ⅱ-反应ⅰ”得到反应2C(s)+O2(g)2CO(g),则ΔH=-51 kJ·mol-1-172 kJ·mol-1=-223 kJ·mol-1;则Kp===1.2×1014 Pa;
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化,原因是碳氯化反应气体分子数增加,ΔH小于0,是熵增、放热过程,熵判据与焓判据均是自发过程,而直接氯化的体系气体分子数不变且是吸热过程;
③对应碳氯化反应,气体分子数增多,依据勒夏特列原理,增大压强,平衡往气体分子数减少的方向移动,即平衡向左移动;该反应是放热反应,温度升高,平衡往吸热方向移动,即向左移动,则平衡转化率变小。
(2)①从图中可知,1 400 ℃时,体系中气体平衡组成比例CO2是0.05,TiCl4是0.35,CO是0.6,反应C(s)+CO2(g)2CO(g)的平衡常数Kp(1 400 ℃)== Pa=7.2×105 Pa;
②实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等,以达到最佳效益,实际反应温度远高于200 ℃,就是为了提高反应速率,在相同时间内得到更多的TiCl4产品。
(3)固体颗粒越小,比表面积越大,反应接触面积越大。有利于TiO2C“固—固”接触,可将两者粉碎后混合,同时鼓入Cl2,使固体粉末“沸腾”,增大接触面积。
答案:(1)①-223 1.2×1014 ②碳氯化反应气体分子数增加,ΔH小于0,是熵增、放热过程,熵判据与焓判据均是自发过程,而直接氯化的体系气体分子数不变且是吸热过程(合理即可) ③向左 变小
(2)①7.2×105 ②提高反应速率,在相同时间内得到更多的TiCl4产品,提高效益(合理即可)
(3)将两固体粉碎后混合,同时鼓入Cl2,使固体粉末“沸腾”
35.(2022·全国甲卷,35)2008年北京奥运会的“水立方”,在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”,实现了奥运场馆的再利用,其美丽的透光气囊材料由乙烯(CH2CH2)与四氟乙烯(CF2CF2)的共聚物(ETFE)制成。回答下列问题:
(1)基态F原子的价电子排布图(轨道表示式)为
。
(2)图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能I变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图是 (填标号),判断的根据是
;第三电离能的变化图是 (填标号)。
(3)固态氟化氢中存在(HF)n形式,画出(HF)3的链状结构 。
(4)CF2CF2和ETFE分子中C的杂化轨道类型分别为 和 ;聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯,从化学键的角度解释原因 。
(5)萤石(CaF2)是自然界中常见的含氟矿物,其晶胞结构如图所示,X代表的离子是 ;若该立方晶胞参数为a pm,正负离子的核间距最小为 pm。
解析:(1)F为第9号元素,其电子排布式为1s22s22p5,则其价电子排布图为。
(2)C、N、O、F四种元素在同一周期,同一周期元素的第一电离能从左向右总体趋势是依次升高的,但由于N元素的2p能级为半充满状态,因此N元素的第一电离能较C、O两种元素的高,因此C、N、O、F四种元素的第一电离能从小到大的顺序为C
(4)CF2CF2中C原子存在3对共用电子对,其C原子的杂化方式为sp2杂化,但其共聚物ETFE中C原子存在4对共用电子对,其C原子为sp3杂化;由于F元素的电负性较大,因此在与C原子的结合过程中形成的C—F键的键能大于聚乙烯中C—H的键能,键能越大,化学性质越稳定,因此聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯。
(5)根据萤石晶胞结构知,X离子分布在晶胞的顶点和面心上,则1个晶胞中X离子共有8×+6×=4(个),Y离子分布在晶胞内部,则1个晶胞中共有8个Y离子,因此该晶胞的化学式应为XY2,结合萤石的化学式可知,X为Ca2+;根据晶胞结构图,将晶胞分成8个相等的小正方体,仔细观察CaF2的晶胞结构不难发现,F-位于晶胞中8个小立方体中互不相邻的4个小立方体的体心,小立方体边长为a pm,体对角线为a pm,Ca2+与F-之间的距离就是小晶胞体对角线的一半,因此晶体中正负离子的核间距最小为a pm。
答案:(1)
(2)图a 同一周期元素的第一电离能从左到右总体趋势是依次升高的,但由于N元素的2p能级为半充满状态,相对较稳定,因此N元素的第一电离能较C、O两种元素的高 图b
(3)
(4)sp2 sp3 C—F键的键能大于聚乙烯中C—H 的键能,键能越大,化学性质越稳定
(5)Ca2+ a
36.(2022·全国甲卷,36)用N杂环卡宾碱(NHC base)作为催化剂,可合成多环化合物。下面是一种多环化合物H的合成路线(无需考虑部分中间体的立体化学)。
回答下列问题:
(1)A的化学名称为 。
(2)反应②涉及两步反应,已知第一步反应类型为加成反应,第二步的反应类型为 。
(3)写出C与Br2/CCl4反应产物的结构简式 。
(4)E的结构简式为 。
(5)H中含氧官能团的名称是 。
(6)化合物X是C的同分异构体,可发生银镜反应,与酸性高锰酸钾反应后可以得到对苯二甲酸,写出X的结构简式 。
(7)如果要合成H的类似物H'(),参照上述合成路线,写出相应的D'和G'的结构简式 、 。H'分子中有 个手性碳(碳原子上连有4个不同的原子或基团时,该碳称为手性碳)。
解析:A的分子式为C7H8O,在Cu作催化剂的条件下发生催化氧化生成B,B的结构简式为,则A为,其名称为苯甲醇,B与CH3CHO发生加成反应生成,再发生消去反应生成C,C与Br2/CCl4发生加成反应得到,在碱性条件下发生消去反应生成D,B与E在强碱的环境下还原得到F,E的分子式为C5H6O2,结合F的结构简式,可推知E为。
(5)由H的结构简式可知,其分子中的含氧官能团有硝基、酯基和(酮)羰基。
(6)C的同分异构体X可发生银镜反应,说明含有醛基,与酸性高锰酸钾反应后可得到对苯二甲酸,说明X的取代基处于苯环的对位,则满足条件的X的结构简式为。
(7)由G与D生成H的反应的断键成环方式可推知,若要合成H'(),相应的D'为,G'为;手性碳原子为连有4个不同的原子或基团的饱和碳原子,则H'分子中的手性碳原子如图所示(标*的为手性碳原子),共5个。
答案:(1)苯甲醇 (2)消去反应
(3)
(4)
(5)硝基、酯基和(酮)羰基
(6)
(7) 5
2022年普通高等学校招生全国统一考试(全国乙卷)
化 学
7.(2022·全国乙卷,7)生活中处处有化学。下列叙述正确的是( B )
A.HB铅笔芯的成分为二氧化铅
B.碳酸氢钠可用作食品膨松剂
C.青铜和黄铜是不同结构的单质铜
D.焰火中红色来源于钠盐灼烧
解析:铅笔芯的主要成分为石墨,不含二氧化铅,A错误;碳酸氢钠不稳定,受热易分解产生二氧化碳,能使面团松软,可用作食品膨松剂,B正确;青铜是在纯铜(紫铜)中加入锡或铅形成的合金,黄铜是由铜和锌所组成的合金,两者均属于混合物,不是单质,C错误;钠元素灼烧显黄色,D错误。
8.(2022·全国乙卷,8)一种实现二氧化碳固定及再利用的反应如下:
下列叙述正确的是( D )
A.化合物1分子中的所有原子共平面
B.化合物1与乙醇互为同系物
C.化合物2分子中含有羟基和酯基
D.化合物2可发生开环聚合反应
解析:化合物1分子中有亚甲基结构,其中心碳原子采用sp3杂化方式,所以所有原子不可能共平面,A错误;化合物1为环氧乙烷,属于醚类,乙醇属于醇类,两者结构不相似,不互为同系物,B错误;化合物2分子中含酯基,不含羟基,C错误;化合物2可发生开环聚合形成高分子化合物,D正确。
9.(2022·全国乙卷,9)某白色粉末样品,可能含有Na2SO4、Na2SO3、Na2S2O3和Na2CO3。取少量样品进行如下实验:
①溶于水,得到无色透明溶液。
②向①的溶液中滴加过量稀盐酸,溶液变浑浊,有刺激性气体逸出。离心分离。
③取②的上层清液,向其中滴加BaCl2溶液有沉淀产生。
该样品中确定存在的是( A )
A.Na2SO4、Na2S2O3
B.Na2SO3、Na2S2O3
C.Na2SO4、Na2CO3
D.Na2SO3、Na2CO3
解析:由题意可知,①取少量样品溶于水得到无色透明溶液,说明固体溶于水且相互之间不反应;②向①的溶液中滴加过量稀盐酸,溶液变浑浊,有刺激性气体放出,说明固体中存在Na2S2O3,发生反应S2+2H+S↓+H2O+SO2↑,离心分离;③取②的上层清液,向其中滴加BaCl2溶液,有沉淀产生,则沉淀为BaSO4,说明固体中存在Na2SO4。Na2SO3与过量稀盐酸反应生成二氧化硫,Na2CO3与过量稀盐酸反应生成二氧化碳,而这些现象可以被Na2S2O3与过量稀盐酸反应的现象覆盖掉,不能确定是否存在Na2SO3和Na2CO3。综上分析,该样品中确定存在的是Na2SO4、Na2S2O3。
10.(2022·全国乙卷,10)由实验操作和现象,可得出相应正确结论的是( C )
实验操作 现象 结论
A 向NaBr溶液中滴加过量氯水,再加入淀粉KI溶液 先变橙色,后变蓝色 氧化性:Cl2>Br2>I2
B 向蔗糖溶液中滴加稀硫酸,水浴加热,加入少量新制的氢氧化铜悬浊液 无砖红色沉淀 蔗糖未发生水解
C 石蜡油加强热,将产生的气体通入Br2/CCl4溶液 溶液红棕色变无色 气体中含有不饱和烃
D 加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片 试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红 氯乙烯加聚是可逆反应
解析:向NaBr溶液中滴加过量氯水,溴离子被氧化为溴单质,但氯水过量,再加入淀粉KI溶液,过量的氯水可以将碘离子氧化为碘单质,无法证明溴单质的氧化性强于碘单质,A错误;向蔗糖溶液中滴加稀硫酸,水浴加热后,应加入氢氧化钠溶液使体系呈碱性,若不加氢氧化钠,未反应的稀硫酸会和新制的氢氧化铜反应,则不会产生砖红色沉淀,不能说明蔗糖没有发生水解,B错误;石蜡油加强热,产生的气体能使Br2/CCl4溶液褪色,说明气体中含有不饱和烃,与Br2发生加成反应使Br2/CCl4溶液褪色,C正确;聚氯乙烯加强热产生能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体,说明产生了氯化氢,不能说明氯乙烯加聚是可逆反应,D错误。
11.(2022·全国乙卷,11)化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素,原子序数依次增加,且加和为21。YZ2分子的总电子数为奇数,常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示,在200 ℃以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是( D )
A.W、X、Y、Z的单质常温下均为气体
B.最高价氧化物的水化物的酸性:Y
D.500 ℃热分解后生成固体化合物X2Z3
解析:由化合物(YW4X5Z8·4W2Z)的热重曲线可知,在200 ℃以下热分解时失去的是水,即W为H,Z为O,YZ2分子的总电子数为奇数,常温下为气体,则Y为N,W、X、Y、Z原子序数依次增加,且加和为21,则X为B。X(B)的单质常温下为固体,故A错误;最高价氧化物的水化物的酸性X(H3BO3)
A.充电时,电池的总反应Li2O22Li+O2
B.充电效率与光照产生的电子和空穴量有关
C.放电时,Li+从正极穿过离子交换膜向负极迁移
D.放电时,正极发生反应O2+2Li++2e-Li2O2
解析:光照时,光催化电极产生电子和空穴,驱动阴极反应和阳极反应对电池进行充电,结合阴极反应和阳极反应得,充电时电池的总反应为Li2O22Li+O2,A正确;充电时,光照光催化电极产生电子和空穴,阴极反应与电子有关,阳极反应与空穴有关,故充电效率与光照产生的电子和空穴量有关,B正确;放电时,金属Li电极为负极,光催化电极为正极,Li+从负极穿过离子交换膜向正极迁移,C错误;放电时总反应为2Li+O2Li2O2,正极反应为O2+2Li++2e-Li2O2,D正确。
13.(2022·全国乙卷,13)常温下,一元酸HA的Ka(HA)=1.0×10-3。在某体系中,H+与A-离子不能穿过隔膜,未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。
设溶液中c总(HA)=c(HA)+c(A-),当达到平衡时,下列叙述正确的是( B )
A.溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH-)+c(A-)
B.溶液Ⅱ中HA的电离度为
C.溶液Ⅰ和Ⅱ的c(HA)不相等
D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为10-4
解析:常温下,溶液Ⅰ的pH=7.0,则溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L,c(H+)
一些难溶电解质的溶度积常数如下表:
难溶 电解质 PbSO4 PbCO3 BaSO4 BaCO3
Ksp 2.5× 10-8 7.4× 10-14 1.1× 10-10 2.6× 10-9
一定条件下,一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表:
金属氢 氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 Pb(OH)2
开始沉 淀的pH 2.3 6.8 3.5 7.2
完全沉 淀的pH 3.2 8.3 4.6 9.1
回答下列问题:
(1)在“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式为 ,用沉淀溶解平衡原理解释选择Na2CO3的原因
。
(2)在“脱硫”中,加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化,原因是
。
(3)在“酸浸”中,除加入醋酸(HAc),还要加入H2O2。
(ⅰ)能被H2O2氧化的离子是 ;
(ⅱ)H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2,其化学方程式为 ;
(ⅲ)H2O2也能使PbO2转化为Pb(Ac)2,H2O2的作用是 。
(4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9,滤渣的主要成分是 。
(5)“沉铅”的滤液中,金属离子有 。
解析:(1)“脱硫”中,Na2CO3溶液与PbSO4反应生成PbCO3和Na2SO4,反应的离子方程式为PbSO4(s)+C(aq)PbCO3(s)+S(aq);由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知,Ksp(PbCO3)=7.4×10-14,Ksp(PbSO4)=2.5×10-8,反应PbSO4(s)+C(aq)PbCO3(s)+S(aq)的平衡常数K====≈3.4×105,说明可以比较彻底地转化,且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中,减少铅的损失。
(2)反应BaSO4(s)+C(aq)BaCO3(s)+S(aq)的平衡常数K====≈0.04,说明该反应正向进行的程度有限,因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化。
(3)(ⅰ)H2O2有氧化性,Fe2+有还原性,Fe2+会被H2O2氧化为Fe3+。
(ⅱ)过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2,过氧化氢与Pb、HAc发生氧化还原反应生成Pb(Ac)2和H2O,依据得失电子守恒和原子守恒可知,反应的化学方程式为Pb+H2O2+2HAcPb(Ac)2+2H2O。
(ⅲ)PbO2转化为Pb(Ac)2时,铅元素化合价由+4价降低到+2价,PbO2是氧化剂,则过氧化氢是还原剂。
(4)酸浸后溶液的pH约为4.9,依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知,滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁。
(5)加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化,铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀,铅转化为氢氧化铅,最终变为氧化铅,因此“沉铅”的滤液中,金属离子有Ba2+和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na+。
答案:(1)PbSO4(s)+C(aq)PbCO3(s)+S(aq) 反应PbSO4(s)+C(aq)PbCO3(s)+S(aq)的平衡常数K=≈3.4×105>105,则PbSO4可以比较彻底地转化为PbCO3
(2)反应BaSO4(s)+C(aq)BaCO3(s)+S(aq)的平衡常数K=≈0.04 105,反应正向进行的程度有限
(3)(ⅰ)Fe2+ (ⅱ)Pb+H2O2+2HAcPb(Ac)2+2H2O (ⅲ)作还原剂
(4)Fe(OH)3、Al(OH)3
(5)Ba2+、Na+
27.(2022·全国乙卷,27)二草酸合铜(Ⅱ)酸钾(O4)2])可用于无机合成、功能材料制备。实验室制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾可采用如下步骤:
Ⅰ.取已知浓度的CuSO4溶液,搅拌下滴加足量NaOH溶液,产生浅蓝色沉淀。加热,沉淀转变成黑色,过滤。
Ⅱ.向草酸(H2C2O4)溶液中加入适量K2CO3固体,制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液。
Ⅲ.将Ⅱ的混合溶液加热至80~85 ℃,加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后,趁热过滤。
Ⅳ.将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩,经一系列操作后,干燥,得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体,进行表征和分析。
回答下列问题:
(1)由CuSO4·5H2O配制Ⅰ中的CuSO4溶液,下列仪器中不需要的是
(填仪器名称)。
(2)长期存放的CuSO4·5H2O中,会出现少量白色固体,原因是 。
(3)Ⅰ中的黑色沉淀是 (写化学式)。
(4)Ⅱ中原料配比为n(H2C2O4)∶n(K2CO3)=1.5∶1,写出反应的化学方程式
。
(5)Ⅱ中,为防止反应过于剧烈而引起喷溅,加入K2CO3应采取 的方法。
(6)Ⅲ中应采用 进行加热。
(7)Ⅳ中“一系列操作”包括 。
解析:取已知浓度的CuSO4溶液,搅拌下滴加足量NaOH溶液,产生浅蓝色沉淀氢氧化铜,加热,氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀,过滤,向草酸(H2C2O4)溶液中加入适量K2CO3固体,制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液,将KHC2O4和K2C2O4混合溶液加热至80~85 ℃,加入氧化铜固体,全部溶解后,趁热过滤,将滤液用蒸汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体。
(1)由CuSO4·5H2O固体配制硫酸铜溶液,需用天平称量一定质量的CuSO4·5H2O固体,将称量好的固体放入烧杯中,用量筒量取一定体积的水溶解CuSO4·5H2O,因此不需要的仪器有分液漏斗和球形冷凝管。
(2)CuSO4·5H2O含结晶水,长期放置会风化失去结晶水,生成白色无水硫酸铜。
(3)由上述分析知,黑色沉淀为氧化铜,化学式为CuO。
(4)n(H2C2O4)∶n(K2CO3)=1.5∶1发生非氧化还原反应生成KHC2O4、K2C2O4、CO2和H2O,依据原子守恒可知,反应的化学方程式为3H2C2O4+2K2CO32KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑。
(5)为防止草酸和碳酸钾反应过于剧烈而引起喷溅,可减缓反应速率,将碳酸钾分批加入并搅拌。
(6)Ⅲ中将混合溶液加热至80~85 ℃,应采用水浴加热,使温度恒定且液体受热均匀。
(7)从溶液获得晶体的一般方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,因此将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体。
答案:(1)分液漏斗和球形冷凝管
(2)CuSO4·5H2O风化失去结晶水生成无水硫酸铜
(3)CuO (4)3H2C2O4+2K2CO32KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑
(5)分批加入并搅拌 (6)水浴
(7)冷却结晶、过滤、洗涤
28.(2022·全国乙卷,28)油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢,需要回收处理并加以利用。回答下列问题:
(1)已知下列反应的热化学方程式:
①2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1=-1 036 kJ·mol-1
②4H2S(g)+2SO2(g)3S2(g)+4H2O(g) ΔH2=94 kJ·mol-1
③2H2(g)+O2(g)2H2O(g)
ΔH3=-484 kJ·mol-1
计算H2S热分解反应④2H2S(g)S2(g)+2H2(g)的ΔH4= kJ·mol-1。
(2)较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是,利用反应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺,高温热分解方法的优点是 ,缺点是 。
(3)在1 470 K、100 kPa反应条件下,将n(H2S)∶n(Ar)=1∶4的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等,H2S平衡转化率为 ,平衡常数Kp= kPa。
(4)在1 373 K、100 kPa反应条件下,对于n(H2S)∶n(Ar)分别为4∶1、1∶1、1∶4、1∶9、1∶19的H2SAr混合气,热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。
①n(H2S)∶n(Ar)越小,H2S平衡转化率 ,理由是
。
②n(H2S)∶n(Ar)=1∶9对应图中曲线 ,计算其在0~0.1 s之间,H2S分压的平均变化率为 kPa·s-1。
解析:(1)根据已知反应①②③及盖斯定律,可知由(①+②)×-③即得到反应④2H2S(g)S2(g)+2H2(g) ΔH4=(-1 036+94)kJ·mol-1×-(-484 kJ·mol-1)=170 kJ·mol-1。
(2)根据盖斯定律由(①+②)×可得2H2S(g)+O2(g)S2(g)+2H2O(g) ΔH=(-1 036+94) kJ·mol-1×=-314 kJ·mol-1,因此,克劳斯工艺的总反应是放热反应。根据硫化氢分解的化学方程式可知,高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成,因此,高温热分解方法的优点是可以获得氢气作燃料;但由于高温分解会消耗大量能量,所以其缺点是耗能高。
(3)在1 470 K、100 kPa反应条件下,设硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1 mol和4 mol,列三段式
2H2S(g) S2(g) + 2H2(g)
始/mol 1 0 0
变/mol x 0.5x x
平/mol 1-x 0.5x x
平衡时混合气中H2S和H2的分压相等,则两者的物质的量相等,即1-x=x,解得x=0.5,所以H2S的平衡转化率为×100%=50%,平衡常数Kp==
≈4.76 kPa。
(4)①由于正反应是气体体积增大的反应,n(H2S)∶n(Ar)越小,H2S的分压越小,相当于降低压强,平衡向正反应方向移动,因此H2S平衡转化率越高。
②n(H2S)∶n(Ar)越小,H2S平衡转化率越高,所以n(H2S)∶n(Ar)=1∶9对应的曲线是d;根据图像可知n(H2S)∶n(Ar)=1∶9、反应进行到0.1 s时H2S转化率为24%,在1 373 K、100 kPa反应条件下,设硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1 mol和9 mol,列三段式
2H2S(g)S2(g) + 2H2(g)
始/mol 1 0 0
变/mol 0.24 0.12 0.24
平/mol 0.76 0.12 0.24
此时H2S的分压为×100 kPa≈7.51 kPa,H2S的起始分压为10 kPa,所以H2S分压的平均变化率为=24.9 kPa·s-1。
答案:(1)170(或+170) (2)副产物氢气可作燃料 耗能高
(3)50% 4.76
(4)①越高 n(H2S)∶n(Ar)越小,H2S的分压越小,平衡向正反应方向进行,H2S平衡转化率越高
②d 24.9
35.(2022·全国乙卷,35)卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题:
(1)氟原子激发态的电子排布式有 ,其中能量较高的是 。(填标号)
a.1s22s22p43s1 b.1s22s22p43d2
c.1s22s12p5 d.1s22s22p33p2
(2)①一氯乙烯(C2H3Cl)分子中,C的一个 杂化轨道与Cl的3px轨道形成C—Cl 键,并且Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键()。
②一氯乙烷(C2H5Cl)、一氯乙烯(C2H3Cl)、一氯乙炔(C2HCl)分子中,C—Cl键长的顺序是 ,理由:(ⅰ)C的杂化轨道中s成分越多,形成的C—Cl键越强;(ⅱ) 。
(3)卤化物CsICl2受热发生非氧化还原反应,生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为 。解释X的熔点比Y高的原因 。
(4)αAgI晶体中I-离子作体心立方堆积(如图所示),Ag+主要分布在由I-构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下,Ag+不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此,αAgI晶体在电池中可作为 。
已知阿伏加德罗常数为NA,则αAgI晶体的摩尔体积Vm= m3·mol-1(列出算式)。
解析:(1)F的原子序数为9,其基态原子电子排布式为1s22s22p5,根据电子总数可知,a、d正确;而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高,因此能量最高的是1s22s22p33p2,故选d。
(2)①一氯乙烯的结构式为,碳为双键碳,采取sp2杂化,因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C—Cl σ键。
②C的杂化轨道中s成分越多,形成的C—Cl键越强,C—Cl键的键长越短,一氯乙烷中碳采取sp3杂化,一氯乙烯中碳采取sp2杂化,一氯乙炔中碳采取sp杂化,sp杂化时p成分少,sp3杂化时p成分多,因此三种物质中C—Cl键长的顺序为一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔;同时Cl参与形成的大π键越多,形成的C—Cl键的键长越短,一氯乙烯中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键(),一氯乙炔中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成2套3中心4电子的大π键(),因此三种物质中C—Cl键长的顺序为一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔。
(3)CsICl2受热发生非氧化还原反应,各元素化合价不变,生成无色晶体和红棕色液体,则无色晶体X为CsCl,红棕色液体Y为ICl;CsCl为离子晶体,熔化时克服的是离子键,ICl为分子晶体,熔化时克服的是分子间作用力,因此CsCl的熔点比ICl的高。
(4)由题意可知,在电场作用下,Ag+不需要克服太大的阻力即可发生迁移,因此αAgI晶体是优良的离子导体,在电池中可作为电解质;每个晶胞中含碘离子的个数为8×+1=2(个),依据化学式AgI可知,银离子个数也为2个,晶胞的物质的量n=mol=mol,晶胞体积V=a3 =(504×10-12)3 m3,则αAgI晶体的摩尔体积Vm===m3·mol-1。
答案:(1)ad d
(2)①sp2 σ ②一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔 Cl参与形成的大π键越多,形成的C—Cl键的键长越短
(3)CsCl CsCl为离子晶体,ICl为分子晶体
(4)电解质
36.(2022·全国乙卷,36)左旋米那普伦是治疗成人重度抑郁症的药物之一,以下是其盐酸盐(化合物K)的一种合成路线(部分反应条件已简化,忽略立体化学):
已知:化合物F不能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳。
回答下列问题:
(1)A的化学名称是 。
(2)C的结构简式为 。
(3)写出由E生成F反应的化学方程式
。
(4)E中含氧官能团的名称为 。
(5)由G生成H的反应类型为 。
(6)I是一种有机物形成的盐,结构简式为 。
(7)在E的同分异构体中,同时满足下列条件的总数为 种。
a)含有一个苯环和三个甲基;
b)与饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳;
c)能发生银镜反应,不能发生水解反应。
上述同分异构体经银镜反应后酸化,所得产物中,核磁共振氢谱显示有四组氢(氢原子数量比为6∶3∶2∶1)的结构简式为 。
解析:A发生氧化反应生成B,B与C在NaNH2、甲苯条件下反应生成D,对比B、D的结构简式,结合C的分子式C8H7N,可推知C的结构简式为;D与Na2CO3溶液反应后再酸化生成E,E在浓硫酸、甲苯条件下反应生成F,F不能与饱和NaHCO3溶液反应产生CO2,F中不含羧基,F的分子式为C11H10O2,F在E的基础上脱去1个H2O分子,说明E发生分子内酯化反应生成F,则F的结构简式为;F与(C2H5)2NH在AlCl3、甲苯条件下反应生成G,G与SOCl2、甲苯反应生成H,H的分子式为C15H20ClNO,H与I反应生成J,结合G、J的结构简式知,H的结构简式为;I的分子式为C8H4KNO2,I是一种有机物形成的盐,则I的结构简式为。
(1)A的结构简式为CH2CHCH2Cl,属于氯代烯烃,其化学名称为3氯1丙烯。
(3)E生成F为分子内酯化反应,化学方程式为 +H2O。
(4)由E的结构简式可知,E中含氧官能团的名称为(醇)羟基、羧基。
(5)由G、H的结构简式可知,G与SOCl2发生取代反应生成H。
(7)E的结构简式为,E的分子式为C11H12O3,不饱和度为6;E的同分异构体与饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳,结合分子中氧原子的个数,说明含1个羧基;能发生银镜反应,不能发生水解反应,说明还含1个醛基;若3个甲基在苯环上的位置为时,羧基、醛基在苯环上有3种位置;若3个甲基在苯环上的位置为时,羧基、醛基在苯环上有6种位置;若3个甲基在苯环上的位置为时,羧基、醛基在苯环上有1种位置;故符合题意的同分异构体共有3+6+1=10(种);上述同分异构体经银镜反应后酸化所得产物中核磁共振氢谱显示有4组氢且氢原子数量比为6∶3∶2∶1的结构简式为、
。
答案:(1)3氯1丙烯(或3氯丙烯)
(2)
(3) +H2O
(4)羟基、羧基 (5)取代反应
(6)
(7)10 、
湖南省2022年普通高中学业水平选择性考试
化 学
1.(2022·湖南卷,1)化学促进了科技进步和社会发展。下列叙述中没有涉及化学变化的是( D )
A.《神农本草经》中记载的“石胆能化铁为铜”
B.利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱
C.科学家成功将CO2转化为淀粉或葡萄糖
D.北京冬奥会场馆使用CO2跨临界直冷制冰
解析:“石胆能化铁为铜”指的是铁可以与硫酸铜发生置换反应生成铜,A不符合题意;工业上利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱,是用二氧化碳、氨气、氯化钠和水发生反应生成的碳酸氢钠晶体经加热后分解生成碳酸钠即纯碱,B不符合题意;CO2转化为淀粉或葡萄糖,有新物质生成,C不符合题意;D.使用CO2跨临界直冷制冰,是将水直接转化为冰,没有新物质生成,D符合题意。
2.(2022·湖南卷,2)下列说法错误的是( A )
A.氢键、离子键和共价键都属于化学键
B.化学家门捷列夫编制了第一张元素周期表
C.药剂师和营养师必须具备化学相关专业知识
D.石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一
解析:氢键属于分子间作用力,A说法错误。
3.(2022·湖南卷,3)聚乳酸是一种新型的生物可降解高分子材料,其合成路线如下:
下列说法错误的是( B )
A.m=n-1
B.聚乳酸分子中含有两种官能团
C.1 mol乳酸与足量的Na反应生成1 mol H2
D.两分子乳酸反应能够生成含六元环的分子
解析:根据氧原子数目守恒可得3n=2n+1+m,则m=n-1,A正确;聚乳酸分子中含有三种官能团,分别是羟基、羧基、酯基,B错误;1个乳酸分子中含有1个羟基和1个羧基,则1 mol乳酸和足量的Na反应生成1 mol H2,C正确;两分子乳酸可以缩合生成含六元环的分子,D正确。
4.(2022·湖南卷,4)化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作符合规范的是( A )
A.碱式滴定管排气泡
B.溶液加热
C.试剂存放
D.溶液滴加
解析:碱式滴定管排气泡时,把橡皮管向上弯曲,尖嘴上斜,轻轻挤压玻璃珠附近的橡皮管可以使溶液从尖嘴涌出,气泡即可随之排出,A符合规范;试管夹应夹在离管口处,B不符合规范;实验室中,盐酸和NaOH要分开存放,有机物和无机物要分开存放,C不符合规范;用胶头滴管滴加溶液时,胶头滴管不能伸入试管内部,应悬空滴加,D不符合规范。
5.(2022·湖南卷,5)科学家合成了一种新的共价化合物(结构如图所示),X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素,W的原子序数等于X与Y的原子序数之和。下列说法错误的是( C )
A.原子半径:X>Y>Z
B.非金属性:Y>X>W
C.Z的单质具有较强的还原性
D.原子序数为82的元素与W位于同一主族
解析:由共价化合物的结构可知,X、W形成4个共价键,Y形成2个共价键,Z形成1个共价键,X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素,W的原子序数等于X与Y的原子序数之和,则X为C元素、Y为O元素、Z为F元素、W为Si元素。同周期元素从左到右原子半径依次减小,则C、O、F的原子半径大小顺序为C>O>F,故A正确;同周期元素从左到右非金属性依次增强,同主族元素从上到下非金属性依次减弱,则C、O、Si的非金属性强弱顺序为O>C>Si,故B正确;位于元素周期表右上角的氟元素的非金属性最强,单质具有很强的氧化性,故C错误;根据元素周期表的排布可推知,82号元素位于第6周期ⅣA族,故D正确。
6.(2022·湖南卷,6)甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。
旧法合成的反应:
(CH3)2CO+HCN(CH3)2C(OH)CN
(CH3)2C(OH)CN+CH3OH+H2SO4
CH2C(CH3)COOCH3+NH4HSO4
新法合成的反应:
CH3C≡CH+CO+CH3OH
CH2C(CH3)COOCH3
下列说法错误的是(阿伏加德罗常数的值为NA)( D )
A.HCN的电子式为C
B.新法没有副产物产生,原子利用率高
C.1 L 0.05 mol·L-1的NH4HSO4溶液中N的微粒数小于0.05NA
D.Pd的作用是降低反应的活化能,使活化分子数目增多,百分数不变
解析:氢氰酸为共价化合物,结构式为H—C≡N,电子式为C ,故A正确;铵根离子在溶液中会发生水解反应,所以1 L 0.05 mol·L-1的NH4HSO4溶液中N的数目小于0.05 mol·L-1×1 L×NA mol-1=0.05NA,故C正确;催化剂能降低反应的活化能,使活化分子数目增多,百分数增大,故D错误。
7.(2022·湖南卷,7)铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下:
下列说法错误的是( C )
A.不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料
B.采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C.合成槽中产物主要有Na3AlF6和CO2
D.滤液可回收进入吸收塔循环利用
解析:烟气(含HF)通入吸收塔,加入过量的Na2CO3,发生反应Na2CO3+HFNaF+NaHCO3,向合成槽中加入NaAlO2,发生反应6NaF+NaAlO2+4NaHCO3Na3AlF6↓+4Na2CO3+2H2O,过滤得到Na3AlF6和含有Na2CO3的滤液。陶瓷的成分中含有SiO2,SiO2在高温下与Na2CO3发生反应Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑,因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料,A正确;采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积,提高吸收塔内烟气吸收效率,B正确;由上述分析可知,C错误、D正确。
8.(2022·湖南卷,8)海水电池在海洋能源领域备受关注,一种锂—海水电池构造示意图如下。下列说法错误的是( B )
A.海水起电解质溶液作用
B.N极仅发生的电极反应:2H2O+2e-2OH-+H2↑
C.玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能
D.该锂—海水电池属于一次电池
解析:锂—海水电池的总反应为2Li+2H2O2LiOH+H2↑,M极上Li失去电子发生氧化反应,则M电极为负极,电极反应为Li-e-Li+,N极为正极,电极反应为2H2O+2e-2OH-+H2↑,海水中的溶解氧也可能得电子,因此可能发生的反应还有O2+4e-+2H2O4OH-,故A正确,B错误;Li为活泼金属,易与水反应,玻璃陶瓷的作用是防止水和Li反应,由电池结构分析知玻璃陶瓷可以传导离子,故C正确;题给电池不可充电,属于一次电池,故D正确。
9.(2022·湖南卷,9)科学家发现某些生物酶体系可以促进H+和e-的转移(如a、b和c),能将海洋中的N转化为N2进入大气层,反应过程如图所示。
下列说法正确的是( D )
A.过程Ⅰ中N发生氧化反应
B.a和b中转移的e-数目相等
C.过程Ⅱ中参与反应的n(NO)∶n(N)=1∶4
D.过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为N+NN2↑+2H2O
解析:由题图可知,过程Ⅰ中N转化为NO,氮元素化合价由+3价降低到+2价,N作氧化剂,被还原,发生还原反应,A错误;由题图可知,过程Ⅰ为N在酶1的作用下转化为NO和H2O,反应的离子方程式为N+2H++e-NO↑+H2O,过程Ⅱ为NO和N在酶2的作用下得3e-、2H+发生氧化还原反应生成H2O和N2H4,反应的离子方程式为NO+N+3e-+2H+N2H4+H2O,转移电子数目不相等,B错误;由上述分析可知,过程Ⅱ中参与反应的n(NO)∶)=1∶1,C错误;由题图可知,过程Ⅲ为N2H4转化为N2和4H+、4e-,反应的离子方程式为N2H4N2+4H++4e-,过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为N+NN2↑+2H2O,D正确。
10.(2022·湖南卷,10)室温时,用0.100 mol·L-1的标准AgNO3溶液滴定15.00 mL浓度相等的Cl-、Br-和I-混合溶液,通过电位滴定法获得lg c(Ag+)与V(AgNO3)的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时,认为该离子沉淀完全。Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(AgBr)=5.4×10-13,Ksp(AgI)=8.5×10-17)。下列说法正确的是( C )
A.a点:有白色沉淀生成
B.原溶液中I-的浓度为0.100 mol·L-1
C.当Br-沉淀完全时,已经有部分Cl-沉淀
D.b点:c(Cl-)>c(Br-)>c(I-)>c(Ag+)
解析:向含浓度相等的Cl-、Br-和I-混合溶液中滴加硝酸银溶液,根据三种沉淀的溶度积常数知,三种离子沉淀的先后顺序为I-、Br-、Cl-,根据滴定图示知,当滴入4.50 mL硝酸银溶液时,Cl-恰好沉淀完全,此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50 mL×10-3 L·mL-1×0.100 mol·L-1=4.5×10-4 mol,所以Cl-、Br-和I-均为1.5×10-4 mol。I-先沉淀,AgI是黄色的,所以a点有黄色沉淀AgI生成,故A错误;I-的浓度为=0.010 mol·L-1,故B错误;当Br-沉淀完全时(Br-浓度为1.0×10-5 mol·L-1),溶液中的c(Ag+)== mol·L-1=5.4×10-8 mol·L-1,若Cl-已经开始沉淀,则此时溶液中的c(Cl-)==mol·L-1≈3.3×10-3 mol·L-1,原溶液中的c(Cl-)=c(I-)=0.010 mol·L-1,则已经有部分Cl-沉淀,故C正确;b点加入了过量的硝酸银溶液,Ag+浓度最大,则b点各离子浓度为c(Ag+)>c(Cl-)>c(Br-)>c(I-),故D错误。
11.(2022·湖南卷,11)下列离子方程式正确的是( AC )
A.Cl2通入冷的NaOH溶液:Cl2+2OH-+ClO-+H2O
B.用醋酸和淀粉KI溶液检验加碘盐中的:I+5I-+6H+3I2+3H2O
C.FeSO4溶液中加入H2O2产生沉淀:2Fe2++H2O2+4H2O2Fe(OH)3↓+4H+
D.NaHCO3溶液与少量的Ba(OH)2溶液混合:HC+Ba2++OH-BaCO3↓+H2O
解析:Cl2通入冷的NaOH溶液中发生反应生成氯化钠和次氯酸钠,该反应的离子方程式为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O,A正确;醋酸是弱酸,在离子方程式中不能用H+表示,B不正确;H2O2具有较强的氧化性,FeSO4溶液中加入H2O2产生的沉淀是氢氧化铁,C正确;NaHCO3溶液与少量的Ba(OH)2溶液混合后发生反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水,NaHCO3过量,Ba(OH)2全部参加反应,因此该反应的离子方程式为2HC+Ba2++2OH-BaCO3↓+C+2H2O,D不正确。
12.(2022·湖南卷,12)反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如下图所示:
下列有关四种不同反应进程的说法正确的是( AD )
A.进程Ⅰ是放热反应
B.平衡时P的产率:Ⅱ>Ⅰ
C.生成P的速率:Ⅲ>Ⅱ
D.进程 Ⅳ中,Z没有催化作用
解析:由题图信息可知,进程Ⅰ中S的能量大于产物P的能量,因此进程Ⅰ是放热反应,A说法正确;进程Ⅱ中使用了催化剂X,但是催化剂不能改变平衡产率,因此在两个进程中平衡时P的产率相同,B说法不正确;进程Ⅲ中由S·Y转化为P·Y的活化能高于进程Ⅱ中由S·X转化为P·X的活化能,由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤,因此生成P的速率为Ⅲ<Ⅱ,C说法不正确;进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S·Z,然后S·Z转化为产物P·Z,由于P·Z没有转化为P+Z,因此,Z没有催化作用,D说法正确。
13.(2022·湖南卷,13)为探究FeCl3的性质,进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1 mol·L-1)。
实验 操作与现象
① 在5 mL水中滴加2滴FeCl3溶液,呈棕黄色;煮沸,溶液变红褐色。
② 在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液,变红褐色;再滴加 K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀。
③ 在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液,变红褐色;将上述混合液分成两份,一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液,无蓝色沉淀生成;另一份煮沸,产生红褐色沉淀。
依据上述实验现象,结论不合理的是( D )
A.实验①说明加热促进Fe3+水解反应
B.实验②说明Fe3+既发生了水解反应,又发生了还原反应
C.实验③说明Fe3+发生了水解反应,但没有发生还原反应
D.整个实验说明对Fe3+的水解反应无影响,但对还原反应有影响
解析:铁离子的水解反应为吸热反应,加热煮沸可促进水解平衡正向移动,使水解程度加深,生成较多的氢氧化铁,从而使溶液显红褐色,故A合理;在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液,根据现象和分析可知,Fe3+既发生了水解反应生成红褐色的Fe(OH)3,又被S还原得到Fe2+,加入K3[Fe(CN)6]溶液后,出现特征蓝色沉淀,故B合理;实验③中在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴同浓度FeCl3溶液,根据现象和分析可知,仍发生铁离子的水解反应,但未发生铁离子的还原反应,即水解反应比氧化还原反应速率快,故C合理;结合三组实验,说明铁离子与亚硫酸根离子混合时,铁离子的水解反应占主导作用,比氧化还原反应的速率快,因证据不足,不能说明亚硫酸根离子对铁离子的水解反应无影响,事实上,亚硫酸根离子水解显碱性,可促进铁离子的水解反应,故D不合理。
14.(2022·湖南卷,14)向体积均为1 L的两恒容容器中分别充入2 mol X和1 mol Y发生反应:2X(g)+Y(g)Z(g) ΔH,其中甲为绝热过程,乙为恒温过程,两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( BC )
A.ΔH>0
B.气体的总物质的量:na
D.反应速率:va正
c0/(mol·L-1) 2 1 0
Δc/(mol·L-1) 2x x x
c平/(mol·L-1) 2-2x 1-x x
则有=,计算得到x=0.75,那么化学平衡常数K===12,又因甲容器为绝热条件,温度升高,则平衡时物质的总物质的量应小于假设状态下的值,即平衡向右移动,c(Z)增大,c(X)、c(Y)减小,则K=>12,故C正确;甲容器温度高,正反应物浓度大,所以达到平衡时,va正>vb正,故D错误。
15.(2022·湖南卷,15)某实验小组以BaS溶液为原料制备BaCl2·2H2O,并用重量法测定产品中BaCl2·2H2O的含量。设计了如下实验方案:
可选用试剂:NaCl晶体、BaS溶液、浓H2SO4、稀H2SO4、CuSO4溶液、蒸馏水
步骤1.BaCl2·2H2O的制备
按如图所示装置进行实验,得到BaCl2溶液,经一系列步骤获得BaCl2·2H2O产品。
步骤2.产品中BaCl2·2H2O的含量测定
①称取产品0.500 0 g,用100 mL水溶解,酸化,加热至近沸;
②在不断搅拌下,向①所得溶液逐滴加入热的0.100 mol·L-1 H2SO4溶液;
③沉淀完全后,60 ℃水浴40分钟,经过滤、洗涤、烘干等步骤,称量白色固体,质量为0.466 0 g。
回答下列问题:
(1)Ⅰ是制取 气体的装置,在试剂a过量并微热时,发生主要反应的化学方程式为
。
(2)Ⅱ中b仪器的作用是 ;Ⅲ中的试剂应选用 。
(3)在沉淀过程中,某同学在加入一定量热的H2SO4溶液后,认为沉淀已经完全,判断沉淀已完全的方法是
。
(4)沉淀过程中需加入过量的H2SO4溶液,原因是 。
(5)在过滤操作中,下列仪器不需要用到的是 (填名称)。
(6)产品中BaCl2·2H2O的质量分数为 (保留三位有效数字)。
解析:装置Ⅰ中浓硫酸和氯化钠共热制备HCl,装置Ⅱ中氯化氢与BaS溶液反应制备BaCl2·2H2O,装置Ⅲ中硫酸铜溶液用于吸收生成的H2S,防止污染空气。
(1)在浓硫酸过量并微热时,浓硫酸与氯化钠反应生成硫酸氢钠和氯化氢,发生主要反应的化学方程式为H2SO4(浓)+NaClNaHSO4+HCl↑。
(2)氯化氢极易溶于水,装置Ⅱ中b仪器的作用是防止倒吸;装置Ⅱ中氯化氢与BaS溶液反应生成H2S,H2S有毒,对环境有污染,装置Ⅲ中盛放CuSO4溶液,用于吸收H2S。
(5)过滤用到的仪器有铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒,用不到锥形瓶。
(6)由题意可知,n(BaSO4)==0.002 mol,依据钡原子守恒,产品中BaCl2·2H2O的物质的量为0.002 mol,质量为0.002 mol×244 g/mol=0.488 g,质量分数为×100%=97.6%。
答案:(1)HCl H2SO4(浓)+NaClNaHSO4+HCl↑
(2)防止Ⅱ中溶液倒吸 CuSO4溶液
(3)静置,取上层清液于一洁净试管中,继续滴加硫酸溶液,无白色沉淀生成,则说明已沉淀完全
(4)使钡离子沉淀完全
(5)锥形瓶 (6)97.6%
16.(2022·湖南卷,16)2021年我国制氢量位居世界第一,煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题:
(1)在一定温度下,向体积固定的密闭容器中加入足量的C(s)和1 mol H2O(g),起始压强为0.2 MPa时,发生下列反应生成水煤气:
Ⅰ.C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH1=+131.4 kJ·mol-1
Ⅱ.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
ΔH2=-41.1 kJ·mol-1
①下列说法正确的是 ;
A.平衡时向容器中充入惰性气体,反应Ⅰ的平衡逆向移动
B.混合气体的密度保持不变时,说明反应体系已达到平衡
C.平衡时H2的体积分数可能大于
D.将炭块粉碎,可加快反应速率
②反应平衡时,H2O(g)的转化率为50%,CO的物质的量为0.1 mol。此时,整个体系 (填“吸收”或“放出”)热量 kJ,反应Ⅰ的平衡常数Kp= (以分压表示,分压=总压×物质的量分数)。
(2)一种脱除和利用水煤气中CO2方法的示意图如下:
①某温度下,吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后,c(C)∶c(HC)=1∶2,则该溶液的pH= (该温度下H2CO3的Ka1=4.6×10-7,Ka2=5.0×10-11);
②再生塔中产生CO2的离子方程式为
;
③利用电化学原理,将CO2电催化还原为C2H4,阴极反应式为 。
解析:(1)①在恒温恒容条件下,平衡时向容器中充入惰性气体不能改变反应混合物的浓度,因此反应Ⅰ的平衡不移动,A不正确;在反应中,气体的质量增加,而容器的体积不变,因此气体的密度在反应过程中不断增大,当混合气体的密度保持不变时,说明反应体系已达到平衡,B正确;若C(s)和H2O(g)完全反应全部转化为CO2(g)和H2(g),由C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)可知,H2的体积分数的极值为,但可逆反应反应物不可能全部转化为生成物,因此,平衡时H2的体积分数不可能大于,C不正确;将炭块粉碎可以增大其与H2O(g)的接触面积,因此可加快反应速率,D正确。
②反应平衡时,H2O(g)的转化率为50%,则水的物质的量的变化量为0.5 mol,水的平衡量也是0.5 mol,由于CO的物质的量为0.1 mol,则根据O原子守恒可知CO2的物质的量为0.2 mol,根据相关反应的热化学方程式可知,生成0.3 mol CO过程中要吸收热量39.42 kJ,生成0.2 mol CO2要放出热量8.22 kJ,此时,整个体系吸收热量39.42 kJ-8.22 kJ=31.2 kJ;由H原子守恒可知,平衡时H2的物质的量为0.5 mol,CO的物质的量为0.1 mol,CO2的物质的量为0.2 mol,水的物质的量为0.5 mol,则平衡时气体的总物质的量为0.5 mol+0.1 mol+0.2 mol+0.5 mol=1.3 mol,在同温、同体积条件下,气体的总压之比等于气体的总物质的量之比,则平衡体系的总压为0.2 MPa×1.3=0.26 MPa,反应Ⅰ[C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)]的平衡常数Kp==0.02 MPa。
(2)①某温度下,吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后,c(C)∶c(HC)=1∶2,由Ka2=可知,c(H+)=×Ka2=2×5.0×10-11 mol·L-1=1.0×10-10 mol·L-1,则该溶液的pH=10;
②再生塔中KHCO3受热分解生成K2CO3、H2O和CO2,该反应的离子方程式为2HCCO2↑+C+H2O;
③利用电化学原理,将CO2电催化还原为C2H4,阴极上发生还原反应,阳极上水放电生成氧气和H+,H+通过质子交换膜迁移到阴极区参与反应,则阴极的电极反应式为2CO2+12H++12e-C2H4+4H2O。
答案:(1)①BD ②吸收 31.2 0.02 MPa
(2)①10 ②2HCCO2↑+C+H2O
③2CO2+12H++12e-C2H4+4H2O
17.(2022·湖南卷,17)钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为TiO2,含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料,制备金属钛的工艺流程如下:
已知“降温收尘”后,粗TiCl4中含有的几种物质的沸点:
物质 TiCl4 VOCl3 SiCl4 AlCl3
沸点/℃ 136 127 57 180
回答下列问题:
(1)已知ΔG=ΔH-TΔS,ΔG的值只决定于反应体系的始态和终态,忽略ΔH、ΔS随温度的变化。若ΔG<0,则该反应可以自发进行。根据下图判断:600 ℃时,下列反应不能自发进行的是 。
A.C(s)+O2(g)CO2(g)
B.2C(s)+O2(g)2CO(g)
C.TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g)
D.TiO2(s)+C(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+CO2(g)
(2)TiO2与C、Cl2在600 ℃的沸腾炉中充分反应后,混合气体中各组分的分压如下表:
物质 TiCl4 CO CO2 Cl2
分压/MPa 4.59× 10-2 1.84× 10-2 3.70× 10-2 5.98× 10-9
①该温度下,TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为 ;
②随着温度升高,尾气中CO的含量升高,原因是
。
(3)“除钒”过程中的化学方程式为 ;“除硅、铝”过程中,分离TiCl4中含Si、Al杂质的方法是 。
(4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序 (填“能”或“不能”)交换,理由是
。
(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入Mg冶炼Ti的方法相似的是 。
A.高炉炼铁
B.电解熔融氯化钠制钠
C.铝热反应制锰
D.氧化汞分解制汞
解析:钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化,转化为相应的氯化物,降温收尘后得到粗TiCl4,加入单质Al除钒,再除硅、铝得到纯TiCl4,加入Mg还原得到Ti。
(1)记①C(s)+O2(g)CO2(g),②2C(s)+O2(g)2CO(g),③TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g),④TiO2(s)+C(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+CO2(g);
由题图可知,反应①②的ΔG<0,反应能自发进行,反应③的ΔG>0,反应不能自发进行,故A、B不符合题意,C符合题意;根据盖斯定律,TiO2(s)+C(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+CO2(g)可由①+③得到,则600 ℃时其ΔG<0,反应能自发进行,故D不符合题意。
(2)①根据表中数据可知,600 ℃时C主要生成CO和CO2,根据相同条件下气体的压强之比等于物质的量之比,可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5∶2∶4,所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2;
②随着温度升高,CO2与C发生反应C+CO22CO,导致CO含量升高。
(3)“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在,加入Al得到VOCl2渣,根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al3VOCl2+AlCl3;AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大,“除硅、铝”过程中可采用蒸馏的方法分离SiCl4、AlCl3。
(4)若先“除硅、铝”再“除钒”,“除钒”时需要加入Al,又引入Al杂质,因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换。
(5)题给工艺流程中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法。高炉炼铁属于热还原法,故A符合题意;电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法,故B不符合题意;铝热反应制锰是利用Al作还原剂,将锰从其化合物中还原出来,为热还原法,故C符合题意;Hg为不活泼金属,可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞,故D不符合题意。
答案:(1)C (2)①5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2 ②随着温度升高,CO2与C发生反应C+CO22CO
(3)3VOCl3+Al3VOCl2+AlCl3 蒸馏
(4)不能 “除钒”加入Al产生的AlCl3可在“除硅、铝”时除去,若交换顺序,无法除去AlCl3 (5)AC
18.(2022·湖南卷,18)铁和硒(Se)都是人体所必需的微量元素,且在医药、催化、材料等领域有广泛应用。回答下列问题:
(1)乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药,其结构式如下:
①基态Se原子的核外电子排布式为[Ar] ;
②该新药分子中有 种不同化学环境的C原子;
③比较键角大小:气态SeO3分子 Se离子(填“>”“<”或“=”),原因是
。
(2)富马酸亚铁(FeC4H2O4)是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示:
①富马酸分子中σ键与π键的数目比为 ;
②富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为 。
(3)科学家近期合成了一种固氮酶模型配合物,该物质可以在温和条件下直接活化H2,将N3-转化为N,反应过程如图所示:
①产物中N原子的杂化轨道类型为 ;
②与N互为等电子体的一种分子为 (填化学式)。
(4)钾、铁、硒可以形成一种超导材料,其晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示:
①该超导材料的最简化学式为 ;
②Fe原子的配位数为 ;
③该晶胞参数a=b=0.4 nm、c=1.4 nm。阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶体的密度为 g·cm-3(列出计算式)。
解析:(1)①硒元素的原子序数为34,基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4;
②由结构简式可知,乙烷硒啉的分子结构对称,分子中含有8种不同化学环境的碳原子;
③三氧化硒分子中硒原子的价层电子对数为3,孤电子对数为0,分子的空间构型为平面三角形,键角为120°;亚硒酸根离子中硒原子的价层电子对数为4,孤电子对数为1,离子的空间构型为三角锥形,键角小于120°。
(2)①由结构模型可知,富马酸的结构简式为HOOCCHCHCOOH,分子中的单键为σ键,双键中含有1个σ键和1个π键,则分子中σ键和π键的数目比为11∶3;
②金属元素的电负性小于非金属元素,则铁元素的电负性最小,非金属元素的非金属性越强,电负性越大,氢、碳、氧的非金属性依次增强,则电负性依次增大,所以富马酸亚铁中四种元素的电负性由大到小的顺序为O>C>H>Fe。
(3)①由结构简式可知,产物中氮原子的价层电子对数为4,原子的杂化方式为sp3杂化;
②水分子和N的原子个数都为3、价电子数都为8,互为等电子体。
(4)①由平面投影图可知晶胞结构如图所示。
晶胞中位于顶点和体心的钾原子个数为8×+1=2,位于面上的铁原子的个数为8×=4,位于棱上和内部的硒原子个数为8×+2=4,则超导材料最简化学式为KFe2Se2;
②由晶胞结构图可知,位于面上的铁原子与位于棱上的2个硒原子和内部的1个硒原子的距离最近,与这个晶胞紧邻的晶胞中还有一个硒原子,所以铁原子的配位数为4;
③设晶体的密度为d,由晶胞的质量公式可得=abc×10-21×d,
解得d==
。
答案:(1)①3d104s24p4 ②8 ③> SeO3的空间构型为平面三角形,Se的空间构型为三角锥形
(2)①11∶3 ②O>C>H>Fe
(3)①sp3 ②H2O
(4)①KFe2Se2 ②4 ③
19.(2022·湖南卷,19)物质J是一种具有生物活性的化合物。该化合物的合成路线如下:
已知:①+[Ph3CH2R']Br-
②
回答下列问题:
(1)A中官能团的名称为 、 ;
(2)F→G、G→H的反应类型分别是 、 。
(3)B的结构简式为 。
(4)C→D反应方程式为
。
(5)是一种重要的化工原料,其同分异构体中能够发生银镜反应的有 种(考虑立体异构),其中核磁共振氢谱有3组峰,且峰面积之比为4∶1∶1的结构简式为 。
(6)I中的手性碳原子个数为 (连四个不同的原子或原子团的碳原子称为手性碳原子)。
(7)参照上述合成路线,以和为原料,设计合成的路线
(无机试剂任选)。
解析:A()和[Ph3CH2CH2COOH]Br-反应生成B(C12H14O4),根据“已知①”可以推出B的结构简式为;B和HCOONH4发生反应得到C(C12H16O4),C又转化为D(C12O14O3),根据“已知②”可推出C的结构简式为,D的结构简式为,D和HOCH2CH2OH反应生成E,E在一定条件下转化为F,F和CH3I在碱的作用下反应得到G(C15H18O5),G和反应得到H,对比F和H的结构简式可得知G的结构简式为。
(1)由A的结构简式可知,其官能团为醚键和醛基。
(2)对比F和G的结构简式可知F→G的反应为取代反应;G→H反应中,的碳碳双键变为碳碳单键,则该反应为加成反应。
(5)的同分异构体能发生银镜反应,说明分子中含有醛基,根据分子式C4H6O可得知,该物质分子中还含有碳碳双键或者三元环,则符合条件的同分异构体有5种,它们分别是
CH2CHCH2CHO、、、和,其中核磁共振氢谱有3组峰,且峰面积之比为4∶1∶1的结构简式是 。
(6)连四个不同的原子或原子团的碳原子称为手性碳原子,则I中手性碳原子的个数为1,即连有甲基的碳原子。
(7)结合G→I的转化过程可知,可先将转化为,再使和反应生成,并最终转化为。
答案:(1)醚键 醛基
(2)取代反应 加成反应
(3)
(4)
+H2O
(5)5
(6)1
(7)
2022年广东省普通高中学业水平选择性考试
化学
1.(2022·广东卷,1)中华文明源远流长,在世界文明中独树一帜,汉字居功至伟。随着时代发展,汉字被不断赋予新的文化内涵,其载体也发生相应变化。下列汉字载体主要由合金材料制成的是( B )
汉字载体
选项 A.兽骨 B.青铜器
汉字载体
选项 C.纸张 D.液晶显示屏
解析:兽骨主要成分是碳酸钙和其他钙盐,故A不符合题意;青铜器是铜与其他化学元素锡、铅等的合金,属于合金材料,故B项符合题意;纸张的主要成分是纤维素,故C不符合题意;液晶是一类介于固态和液态间的有机化合物,故D不符合题意。
2.(2022·广东卷,2)北京冬奥会成功举办、神舟十三号顺利往返、“天宫课堂”如期开讲及“华龙一号”核电海外投产等,均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是( D )
A.冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料H2为氧化性气体
B.飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子
C.乙酸钠过饱和溶液析出晶体并放热的过程仅涉及化学变化
D.核电站反应堆所用铀棒中含有的U与U互为同位素
解析:H2作为燃料在反应中被氧化,体现出还原性,故A错误;玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料,故B错误;乙酸钠过饱和溶液析出晶体的过程中无新物质生成,因此属于物理变化,故C错误U与U质子数相同,中子数不同,两者互为同位素,故D正确。
3.(2022·广东卷,3)广东一直是我国对外交流的重要窗口,馆藏文物是其历史见证。下列文物主要由硅酸盐制成的是( C )
文物
选项 A.南宋鎏金饰品 B.蒜头纹银盒
文物
选项 C.广彩瓷咖啡杯 D.铜镀金钟座
解析:鎏金饰品是用金汞合金制成的金泥涂饰器物的表面,经过烘烤,汞蒸发而金固结于器物上而制成的饰品,故A项不符合题意;蒜头纹银盒中主要成分为金属银,故B项不符合题意;广彩瓷咖啡杯是由黏土等硅酸盐烧制而成,其主要成分为硅酸盐,故C项符合题意;铜镀金钟座是由铜和金等制作而成,故D项不符合题意。
4.(2022·广东卷,4)实验室进行粗盐提纯时,需除去Ca2+、Mg2+和S,所用试剂包括BaCl2以及( A )
A.Na2CO3、NaOH、HCl
B.Na2CO3、HCl、KOH
C.K2CO3、HNO3、NaOH
D.Na2CO3、NaOH、HNO3
解析:粗盐中主要成分为NaCl。除去Ca2+选用C将其转化为沉淀,为了不引入新杂质,所加物质的阳离子为Na+,即选用Na2CO3除去Ca2+,同理可知,除去Mg2+需选用NaOH,除去S需选用BaCl2,因所加除杂试剂均过量,因此向粗盐样品中加入除杂试剂的顺序中,BaCl2先于Na2CO3加入,利用Na2CO3除去Ca2+和多余的BaCl2,因Na2CO3、NaOH均过量,成为新杂质,需要过滤后向滤液中加入HCl,至溶液中不再有气泡产生,以此除去Na2CO3、NaOH,然后将溶液蒸干得到较为纯净的食盐产品。
5.(2022·广东卷,5)若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验,下列分析正确的是( B )
A.Cu与浓硫酸反应,只体现H2SO4的酸性
B.a处变红,说明SO2是酸性氧化物
C.b或c处褪色,均说明SO2具有漂白性
D.试管底部出现白色固体,说明反应中无H2O生成
解析:铜和浓硫酸反应过程中,生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性,生成SO2体现出浓硫酸的强氧化性,故A错误;a处的紫色石蕊溶液变红,其原因是SO2溶于水生成了亚硫酸,可说明SO2是酸性氧化物,故B正确;b处品红溶液褪色,其原因是SO2具有漂白性,而c处酸性高锰酸钾溶液褪色,其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应,SO2体现出还原性,故C错误;实验过程中试管底部出现白色固体,根据元素守恒可知,其成分为无水CuSO4,而非蓝色的CuSO4·5H2O,其原因是浓硫酸具有吸水性,将反应生成的H2O吸收,故D错误。
6.(2022·广东卷,6)劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是( A )
选项 劳动项目 化学知识
A 面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包 Na2CO3可与酸反应
B 环保工程师用熟石灰处理酸性废水 熟石灰具有碱性
C 工人将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与H2O高温下会反应
D 技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板 铝能形成致密氧化膜
解析:小苏打是碳酸氢钠,不是碳酸钠,主要用来作膨松剂,故A符合题意;熟石灰是氢氧化钙,具有碱性,可以用于处理酸性废水,故B不符合题意;金属铁与水蒸气在高温下反应会生成四氧化三铁和氢气,因此必须将模具干燥后再注入熔融钢水,故C不符合题意;钢板上镀铝,金属铝表面形成致密氧化膜而保护钢板不被腐蚀,故D不符合题意。
7.(2022·广东卷,7)
甲~戊均为短周期元素,在元素周期表中的相对位置如图所示;戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸。下列说法不正确的是( C )
A.原子半径:丁>戊>乙
B.非金属性:戊>丁>丙
C.甲的氢化物遇氯化氢一定有白烟产生
D.丙的最高价氧化物对应的水化物一定能与强碱反应
解析:甲~戊均为短周期元素,戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸,则可能是硫酸或高氯酸,若是高氯酸,则戊为Cl,甲为N、乙为F、丙为P、丁为S;若是硫酸,则戊为S,甲为C、乙为O、丙为Si、丁为P。根据层多径大,同电子层结构核多径小原则,原子半径丁>戊>乙,故A正确;根据同周期元素从左到右非金属性逐渐增强,则非金属性戊>丁>丙,故B正确;甲的氢化物可能为氨气,也可能为甲烷、乙烷等,若是氨气,则遇氯化氢一定有白烟产生,若是甲烷、乙烷等,则遇氯化氢不反应,没有白烟产生,故C错误;丙的最高价氧化物对应的水化物可能是硅酸,也可能是磷酸,都一定能与强碱反应,故D正确。
8.(2022·广东卷,8)实验室用MnO2和浓盐酸反应生成Cl2后,按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置(“→”表示气流方向)不能达到实验目的的是( D )
解析:浓盐酸易挥发,制备的氯气中含有HCl,可用饱和食盐水除去HCl,Cl2可用浓硫酸干燥,故A不符合题意;氯气的密度大于空气的密度,可用向上排空气法收集,故B不符合题意;湿润的红布条褪色,干燥的红布条不褪色,可验证干燥的氯气不具有漂白性,故C不符合题意;氯气在水中的溶解度较小,应用NaOH溶液吸收尾气,故D符合题意。
9.(2022·广东卷,9)我国科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法正确的是( A )
A.淀粉是多糖,在一定条件下能水解成葡萄糖
B.葡萄糖与果糖互为同分异构体,都属于烃类
C.1 mol CO中含有6.02×1024个电子
D.22.4 L CO2被还原生成1 mol CO
解析:淀粉是由葡萄糖分子聚合而成的多糖,在一定条件下水解可得到葡萄糖,故A正确;葡萄糖与果糖的分子式均为C6H12O6,结构不同,两者互为同分异构体,但含有O元素,不是烃类,属于烃的衍生物,故B错误;一个CO分子含有14个电子,则1 mol CO中含有14×6.02×1023个电子,故C错误;未指明气体是否处于标准状况下,不能用标准状况下的气体摩尔体积计算其物质的量,故D错误。
10.(2022·广东卷,10)以熔融盐为电解液,以含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解,实现Al的再生。该过程中( C )
A.阴极发生的反应为Mg-2e-Mg2+
B.阴极上Al被氧化
C.在电解槽底部产生含Cu的阳极泥
D.阳极和阴极的质量变化相等
解析:阴极应该发生得电子的还原反应,实际上Mg在阳极失电子生成Mg2+,A错误;Al在阳极上被氧化生成Al3+,B错误;阳极材料中Cu和Si不参与氧化反应,在电解槽底部可形成阳极泥,C正确;阳极除了铝参与电子转移,镁也参与了电子转移,且还会形成阳极泥,而阴极只有铝离子得电子生成铝单质,根据电子转移数守恒及元素守恒可知,阳极与阴极的质量变化不相等,D错误。
11.(2022·广东卷,11)为检验牺牲阳极的阴极保护法对钢铁防腐的效果,将镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的3% NaCl溶液中。一段时间后,取溶液分别实验,能说明铁片没有被腐蚀的是( D )
A.加入AgNO3溶液产生沉淀
B.加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现
C.加入KSCN溶液无红色出现
D.加入K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成
解析:铁片没有被腐蚀,则溶液中无Fe2+,若铁片被腐蚀,则溶液中会生成亚铁离子,K3[Fe(CN)6]可用于检验Fe2+,故D符合题意。
12.(2022·广东卷,12)陈述Ⅰ和Ⅱ均正确但不具有因果关系的是( A )
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 用焦炭和石英砂制取粗硅 SiO2可制作光导纤维
B 利用海水制取溴和镁单质 Br-可被氧化,Mg2+可被还原
C 石油裂解气能使溴的CCl4溶液褪色 石油裂解可得到乙烯等不饱和烃
D FeCl3水解可生成Fe(OH)3胶体 FeCl3可用作净水剂
解析:焦炭具有还原性,工业上常利用焦炭与石英砂(SiO2)在高温条件下制备粗硅,这与SiO2可制作光导纤维无因果关系,故A符合题意;海水中存在溴离子,可向其中通入氯气等氧化剂将其氧化为溴单质,再经过萃取、蒸馏等物理操作分离提纯溴单质,另外,通过富集海水中的镁离子,经过沉淀、溶解等操作得到无水氯化镁,随后电解熔融氯化镁可得到镁单质,陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确,且具有因果关系,B不符合题意;石油在催化剂加热条件下进行裂解可得到乙烯等不饱和烃,从而使溴的CCl4溶液褪色,陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确,且具有因果关系,C不符合题意;FeCl3溶液中铁离子可发生水解,生成具有吸附性的氢氧化铁胶体,从而可用作净水剂,陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确,且具有因果关系,D不符合题意。
13.(2022·广东卷,13)恒容密闭容器中,BaSO4(s)+4H2(g)BaS(s)+4H2O(g)在不同温度下达平衡时,各组分的物质的量(n)如图所示。下列说法正确的是( C )
A.该反应的ΔH<0
B.a为n(H2O)随温度的变化曲线
C.向平衡体系中充入惰性气体,平衡不移动
D.向平衡体系中加入BaSO4,H2的平衡转化率增大
解析:从图示可以看出,平衡时升高温度,氢气的物质的量减小,则平衡正向移动,说明该反应的正反应是吸热反应,即ΔH>0,故A错误;温度升高n(H2O)增大,而a曲线表示的是物质的量不随温度变化而变化,故B错误;容器容积固定,向容器中充入惰性气体,不改变各物质的浓度,平衡不移动,故C正确;BaSO4是固体,向平衡体系中加入BaSO4,不改变其浓度,平衡不移动,氢气的平衡转化率不变,故D错误。
14.(2022·广东卷,14)下列关于Na的化合物之间转化反应的离子方程式书写正确的是( B )
A.碱转化为酸式盐:OH-+2H++CHC+2H2O
B.碱转化为两种盐:2OH-+Cl2ClO-+Cl-+H2O
C.过氧化物转化为碱:2+2H2O4OH-+O2↑
D.盐转化为另一种盐:Na2SiO3+2H+H2SiO3↓+2Na+
解析:向氢氧化钠溶液中通入足量的二氧化碳,碱可以转化成酸式盐,离子方程式为CO2+OH-HC,且题给离子方程式未配平,故A错误;氯气通入NaOH溶液中可以生成氯化钠和次氯酸钠两种盐,其离子方程式为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O,故B正确;钠的过氧化物为Na2O2,可以和水反应生成氢氧化钠,但在离子方程式里Na2O2不能拆成离子,故C错误;硅酸钠溶于水,在离子方程式里要写成离子,故D错误。
15.(2022·广东卷,15)在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X2Y的影响,各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图,则( D )
A.无催化剂时,反应不能进行
B.与催化剂Ⅰ相比,Ⅱ使反应活化能更低
C.a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D.使用催化剂Ⅰ时,0~2 min内,v(X)=1.0 mol·L-1·min-1
解析:无催化剂时,随时间推移,生成物浓度也在增加,说明反应也在进行,故A错误;催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好,说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低,反应更快,故B错误;使用催化剂Ⅱ时,在0~2 min内Y的浓度变化了2.0 mol·L-1,而a曲线表示X的浓度也变化了2.0 mol·L-1,两者变化量之比不等于化学计量数之比,所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随时间t的变化,故C错误;使用催化剂Ⅰ时,在0~2 min内,Y的浓度变化了4.0 mol·L-1,则v(Y)===2.0 mol·L-1·min-1,v(X)=v(Y)=×2.0 mol·L-1·min-1=1.0 mol·L-1·min-1,故D正确。
16.(2022·广东卷,16)科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质,发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池,可作储能设备(如图)。充电时电极a的反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-Na3Ti2(PO4)3。下列说法正确的是( C )
A.充电时电极b是阴极
B.放电时NaCl溶液的pH减小
C.放电时NaCl溶液的浓度增大
D.每生成1 mol Cl2,电极a质量理论上增加23 g
解析:由充电时电极a的反应可知,充电时电极a发生还原反应,所以电极a是阴极,则电极b是阳极,故A错误;放电时电极反应和充电时相反,则由放电时电极a的反应为Na3Ti2(PO4)3-2e-NaTi2(PO4)3+2Na+,电极b Cl2发生还原反应生成Cl-,放电时正极反应为Cl2+2e-2Cl-,反应后Na+和Cl-浓度都增大,可知,NaCl溶液的pH不变,故B错误,C正确;充电时阳极反应为2Cl--2e-Cl2↑,阴极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-Na3Ti2(PO4)3,由得失电子守恒可知,每生成1 mol Cl2,电极a质量理论上增加23 g/mol×2 mol=46 g,故D错误。
17.(2022·广东卷,17)食醋是烹饪美食的调味品,有效成分主要为醋酸(用HAc表示)。HAc的应用与其电离平衡密切相关。25 ℃时,HAc的Ka=1.75×10-5=10-4.76。
(1)配制250 mL 0.1 mol·L-1的HAc溶液,需5 mol·L-1HAc溶液的体积为 mL。
(2)下列关于250 mL容量瓶的操作,正确的是 。
(3)某小组研究25 ℃下HAc电离平衡的影响因素。
提出假设 稀释HAc溶液或改变Ac-浓度,HAc电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验 用浓度均为0.1 mol·L-1的HAc和NaAc溶液,按下表配制总体积相同的系列溶液;测定pH,记录数据。
序号 V(HAc) /mL V(NaAc) /mL V(H2O) /mL n(NaAc)∶ n(HAc) pH
Ⅰ 40.00 / / 0 2.86
Ⅱ 4.00 / 36.00 0 3.36
…
Ⅶ 4.00 a b 3∶4 4.53
Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1∶1 4.65
①根据表中信息,补充数据:a= ,b= 。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知,稀释HAc溶液,电离平衡 (填”正”或”逆”)向移动;结合表中数据,给出判断理由:
。
③由实验Ⅱ~Ⅷ可知,增大Ac-浓度,HAc电离平衡逆向移动。
实验结论 假设成立。
(4)小组分析上表数据发现:随着的增加,c(H+)的值逐渐接近HAc的Ka。
查阅资料获悉:一定条件下,按=1配制的溶液中,c(H+)的值等于HAc的Ka。
对比数据发现,实验Ⅷ中pH=4.65与资料数据Ka=10-4.76存在一定差异;推测可能由物质浓度准确程度不够引起,故先准确测定HAc溶液的浓度再验证。
(ⅰ)移取20.00 mL HAc溶液,加入2滴酚酞溶液,用0.100 0 mol·L-1NaOH溶液滴定至终点,消耗体积为22.08 mL,则该HAc溶液的浓度为 mol·L-1。请画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点。
(ⅱ)用上述HAc溶液和0.100 0 mol·L-1NaOH溶液,配制等物质的量的HAc与NaAc混合溶液,测定pH,结果与资料数据相符。
(5)小组进一步提出:如果只有浓度均约为0.1 mol·L-1的HAc和NaOH溶液,如何准确测定HAc的Ka 小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ 移取20.00 mL HAc溶液,用NaOH溶液滴定至终点,消耗NaOH溶液V1 mL
Ⅱ , 测得溶液的pH为4.76
实验总结 得到的结果与资料数据相符,方案可行。
(6)根据Ka可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途 。
解析:(1)溶液稀释过程中,溶质的物质的量不变,因此250 mL×0.1 mol·L-1=V×5 mol·L-1,解得V=5.0 mL。
(2)不能用手等触碰瓶口,以免污染试剂,应用瓶塞塞住容量瓶口,故A错误;定容时,视线应与刻度线相平,不能仰视或俯视,且胶头滴管尖嘴不能插入容量瓶内,故B错误;向容量瓶中转移液体,需用玻璃棒引流,玻璃棒下端位于刻度线以下,同时玻璃棒不能接触容量瓶口,故C正确;定容完成后,盖上瓶塞,将容量瓶来回颠倒,将溶液摇匀,颠倒过程中,左手食指抵住瓶塞,防止瓶塞脱落,右手扶住容量瓶底部,防止容量瓶从左手掉落,故D错误。
(3)①实验Ⅶ的溶液中,n(NaAc)∶n(HAc)=3∶4,V(HAc)=4.00 mL,因此V(NaAc)=3.00 mL,即a=3.00,由实验Ⅰ可知,溶液最终的体积为40.00 mL,因此V(H2O)=40.00 mL-4.00 mL-3.00 mL=33.00 mL,即b=33.00。
②实验Ⅰ所得溶液的pH=2.86,实验Ⅱ的溶液中c(HAc)为实验Ⅰ的,稀释过程中,若不考虑电离平衡移动,则实验Ⅱ所得溶液的pH=2.86+1=3.86,但实际溶液的pH=3.36<3.86,说明稀释过程中,溶液中n(H+)增大,即电离平衡正向移动。
(4)滴定过程中发生反应HAc+NaOHNaAc+H2O,由化学方程式可知,滴定至终点时,n(HAc)=n(NaOH),因此22
