热点专项练15 多官能团有机化合物的结构与性质
1.(2022山东青岛二模)抗氧化剂香豆酰缬氨酸乙酯(Z)可由图中反应制得。
下列关于化合物X、Y、Z说法不正确的是 ( )
A.化合物X中所有原子一定共平面
B.化合物Y中所含元素的电负性:O>N>C>H
C.化合物Z中的含氧官能团有:酯基、酰胺基、羟基
D.化合物Z的分子式为C16H21O4N
2.(2022山东烟台三模)核黄素(结构简式如下)可用于治疗结膜炎、舌炎等。下列关于核黄素的说法正确的是( )
A.分子中碳原子均为sp2杂化
B.在强碱性环境中能稳定存在
C.分子中只含有酰胺基和羟基两种官能团
D.核黄素能发生加成反应、取代反应、消去反应
3.(2021湖北卷)氢化可的松乙酸酯是一种糖皮质激素,具有抗炎、抗病毒作用,其结构简式如图所示。有关该化合物叙述正确的是 ( )
A.分子式为C23H33O6
B.能使溴水褪色
C.不能发生水解反应
D.不能发生消去反应
4.辣椒素是辣椒辣味的来源,其结构简式如下。下列有关辣椒素的说法错误的是( )
A.分子式为C18H27NO3
B.既存在顺反异构又存在对映异构
C.其酸性水解产物均可与Na2CO3溶液反应
D.1 mol辣椒素与足量的浓溴水反应最多能消耗2 mol Br2
5.合成新型多靶向性的治疗肿瘤的药物索拉非尼的部分流程如图。
下列叙述错误的是( )
A.X结构中所有原子可能共面
B.上述转化过程均属于取代反应
C.X中环上二氯代物有6种
D.1 mol Z最多可与4 mol H2发生加成反应
6.(2022山东临沂三模)抗心律失常的药物氨基酮类化合物(J)的合成路线如下。
已知:ⅰ.+R3—CH2CHO
ⅱ.
(1)A的官能团名称是 ;B→C的反应类型是 。
(2)H的结构简式是 ;该合成路线中乙二醇的作用是 。
(3)F→G的化学方程式是 。
(4)写出符合下列条件的化合物E的同分异构体的结构简式 (任写一种)。
①遇FeCl3溶液显紫色
②苯环上有三个取代基
③核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为9∶6∶2∶2∶1
(5)结合上述信息,设计以乙醇和为原料制备的合成路线(无机试剂任选)。
参考答案
热点专项练15 多官能团有机化合物的
结构与性质
1.A 解析 化合物X中,所有同一框内原子一定共平面,相邻的不同框,只共用2个原子,两框内原子不一定共平面,因此,所有原子不一定共平面,A不正确;化合物Y中所含元素为C、H、O、N,非金属性:O>N>C>H,则电负性:O>N>C>H,B正确;化合物Z
()中,含氧官能团有酰胺基、羟基、酯基,C正确;化合物Z
()分子式为C16H21O4N,D正确。
2.D 解析 分子中,苯环上的碳原子、碳氮双键上的碳原子、酰胺基上的碳原子为sp2杂化,饱和碳原子为sp3杂化,A错误;分子中含有酰胺基,在强碱性环境中不能稳定存在,B错误;分子中所含的官能团有酰胺基、羟基、亚氨基、叔胺,C错误;核黄素分子含有苯环、碳氮双键,可以发生加成反应;含有甲基、苯环,可以发生取代反应;含有羟基,且与羟基相连的碳原子的邻近的碳原子上连有氢原子,可以发生消去反应,D正确。
3.B 解析 由结构简式可知该化合物的分子式为C23H32O6,A项错误;该化合物含有碳碳双键,能与溴发生加成反应而使溴水褪色,B项正确;该化合物含有酯基,能发生水解反应,C项错误;该化合物含有羟基,且与羟基相连碳原子的邻位碳原子上连有氢原子,故能发生消去反应,D项错误。
4.B 解析 由辣椒素的结构简式可知,辣椒素的分子式为C18H27NO3,A正确;由辣椒素的结构简式可知,分子中不存在连有4个不同原子或原子团的手性碳原子,不存在对映异构,B错误;酸性条件下,辣椒素的水解产物中一个含有羧基、一个含有酚羟基,都能与碳酸钠溶液反应,C正确;由辣椒素的结构简式可知,分子中的碳碳双键能与溴水发生加成反应,酚羟基邻位上的氢原子能与溴发生取代反应,则1mol辣椒素与足量的浓溴水反应最多能消耗2molBr2,D正确。
5.D 解析 对于X物质中不存在sp3杂化的C原子,所有原子可能共面,A项正确;X中羧基中的—OH和六元环上的H原子被氯原子取代,—NHCH3取代了Y中的氯原子,故题给转化过程均为取代反应,B项正确;X中环上二氯代物共有六种,分别为、、,C项正确;Z中的碳氧双键不能发生加成反应,故1molZ最多可与3molH2发生加成反应,D项错误。
6.答案 (1)碳碳双键、羧基 加成反应
(2) 保护酮羟基
(3)+CH3NH2+CH3CH2OH
(4)
(5)CH3CH2OHCH3CHO
解析 A转化为B为酯化反应,依据已知反应ⅰ可知,A、B中应含有碳碳双键,结合A的分子式和反应条件可知,A为CH2CHCOOH,则B为CH2CHCOOC2H5,B与CH3CH2CH2CHO发生已知反应ⅰ生成C,C为,C与D一定条件下反应生成,结合C、的结构简式可知,D为CH2CHCOCH3,与硼酸在加热条件下反应生成E,E与乙二醇反应生成F,F与CH3NH2反应生成G,结合G、CH3NH2的结构简式和F的分子式可知,F为,再结合E的分子式和乙二醇的结构简式可知,E为,G被还原生成H,H再酸化得到J,结合G、J的结构简式和H的分子式可知,H为。
(1)A为CH2CHCOOH,官能团为碳碳双键、羧基;B为CH2CHCOOC2H5,B与CH3CH2CH2CHO发生已知反应ⅰ生成C,C为,为加成反应。
(2)由分析可知,H为,乙二醇的作用是保护酮羟基。
(3)F为,与CH3NH2反应生成G,反应的化学方程式为+CH3NH2+CH3CH2OH。
(4)E为,E的同分异构体遇FeCl3溶液显紫色,含苯环和酚羟基,苯环上有3个取代基,核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为9∶6∶2∶2∶1,符合条件的有。
(5)CH3CH2OH催化氧化生成CH3CHO,CH3CHO与反应生成,与硼酸在加热的条件下反应生成,合成路线为CH3CH2OHCH3CHO
。热点专项练8 化学反应历程与能量变化
1.(2021山东卷,14)18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解,部分反应历程可表示为:
+OH-+CH3O-。
能量变化如图所示。已知为快速平衡,下列说法正确的是( )
A.反应Ⅱ、Ⅲ为决速步
B.反应结束后,溶液中存在18OH-
C.反应结束后,溶液中存在COH
D.反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变
2.(2021湖南适应性考试)活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示:
下列说法正确的是( )
A.该反应为吸热反应
B.产物的稳定性:P1>P2
C.该历程中最大正反应的活化能E(正)=186.19 kJ·mol-1
D.相同条件下,由中间产物Z转化为产物的速率:v(P1)
A.反应中甲烷被氧化
B.中间体OMgCH4比MgOCH4更稳定
C.该反应的速率控制步骤对应的活化能是29.5 kJ·mol-1
D.MgOCH4转化为MgCH3OH的焓变为-145.1 kJ·mol-1
参考答案
热点专项练8 化学反应历程与能量变化
1.B 解析 一般来说,反应的活化能越高,反应速率越慢,由题图可知,反应Ⅰ和反应Ⅳ的活化能较高,因此反应的决速步为反应Ⅰ、Ⅳ,A错误;反应Ⅰ为加成反应,而与为快速平衡,反应Ⅱ的产物为和OH-或和18OH-,反应Ⅲ的产物为和CH3O-或和CH3O-,则B正确、C错误;反应Ⅰ、反应Ⅲ的活化能之和与反应Ⅱ、反应Ⅳ的活化能之和的差值等于图示总反应的焓变,D错误。
2.C 解析 反应物所具有的能量之和比生成物所具有的能量之和高,即该反应为放热反应,A错误;产物P2所具有的能量比产物P1所具有的能量低,所以产物P2比产物P1要稳定,B错误;中间产物Z到过渡态Ⅳ所需的活化能最大,则E(正)=186.19kJ·mol-1,C正确;由Z到产物P1所需的活化能低于由Z到产物P2所需的活化能,则由中间产物Z转化为产物的速率:v(P1)>v(P2),D错误。
3.C 解析 由图可知,该过程的总反应为MgO+CH4Mg+CH3OH,反应过程中CH4中C元素的化合价升高,作还原剂,被氧化,故A项正确;能量越低越稳定,由图可知,中间体OMgCH4的能量比MgOCH4更低,则OMgCH4比MgOCH4更稳定,故B项正确;该反应的反应速率取决于活化能最大的步骤,由图可知,该反应中活化能最大的步骤是HOMgCH3到过渡态2的步骤,该步骤的活化能为299.8kJ·mol-1,故C项错误;由图可知,MgOCH4转化为MgCH3OH的焓变为-149.4kJ·mol-1-(-4.3kJ·mol-1)=-145.1kJ·mol-1,故D项正确。热点专项练16 化学实验操作的规范描述
1.(2022河北石家庄模拟)叠氮化钠(NaN3)是一种防腐剂和分析试剂,在有机合成和汽车行业也有重要应用。学习小组对叠氮化钠的制备和产品纯度测定进行相关探究。
查阅资料:
Ⅰ.氨基钠(NaNH2)熔点为208 ℃,易潮解和氧化;N2O有强氧化性,不与酸、碱反应;叠氮酸(HN3)不稳定,易分解爆炸;
Ⅱ.2HNO3+8HCl+4SnCl24SnCl4+5H2O+N2O↑,2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+NH3。
回答下列问题:
(1)制备NaN3。
①按气流方向,上述装置合理的连接顺序为 (填仪器接口字母)。
②D的作用为 。
③实验时E中生成SnO2·xH2O沉淀,反应的化学方程式为 。
④C处充分反应后,停止加热,需继续进行的操作为 ,其目的为 。
(2)用如图所示装置测定产品纯度。
①仪器F的名称为 ;其中反应的离子方程式为 。
②管q的作用为 。
③若G的初始读数为V1 mL、末读数为V2 mL,本实验条件下气体摩尔体积为Vm L· mol-1,则产品中NaN3的质量分数为 。
2.碘酸钙[Ca(IO3)2]是广泛使用的既能补钙又能补碘的新型食品添加剂,不溶于乙醇,在水中的溶解度随温度降低而减小。实验室制取Ca(IO3)2的流程如图所示:
已知:碘酸(HIO3)是易溶于水的强酸,不溶于有机溶剂。
(1)实验流程中“转化”步骤是为了制得碘酸,该过程在如图所示的装置中进行。
①当观察到三颈烧瓶中 现象时,停止通入氯气。
②“转化”时发生反应的离子方程式为 。
(2)“分离”时用到的玻璃仪器有烧杯、 。
(3)采用冰水浴的目的是 。
(4)有关该实验说法正确的是 (填字母)。
A.适当加快搅拌速率可使“转化”时反应更充分
B.“调pH=10”后的溶液中只含有KIO3和KOH
C.制得的碘酸钙可选用酒精溶液洗涤
3.LiFePO4电极材料是动力型锂离子电池的理想正极材料。
(1)以LiOH、FeSO4、H3PO4和葡萄糖为原料,利用如图所示装置(固定装置已略去)制取LiFePO4/C电极的过程如下:
步骤1:准确称量18.00 g LiOH、38.00 g FeSO4和75 mL H3PO4溶液(含溶质24.50 g)。
步骤2:将LiOH置于三颈烧瓶中,加入煮沸过的蒸馏水,搅拌使其溶解。从分液漏斗中滴加H3PO4溶液,实验过程中不断通入氮气,直至H3PO4滴加完毕。
步骤3:将FeSO4固体溶于蒸馏水中,迅速倒入三颈烧瓶中,快速搅拌,充分反应后,过滤并洗涤沉淀得LiFePO4固体。
步骤4:将LiFePO4与一定量葡萄糖混合,惰性气氛下加热,得到LiFePO4/C。
①步骤2向三颈烧瓶中通入N2的目的是 ,该步骤中为达到相同目的采取的措施还有 。
②步骤3发生反应的化学方程式为 。
(2)已知:Li2CO3微溶于水;LiFePO4、FePO4难溶于水和碱,可溶于盐酸生成LiCl、FeCl2、FeCl3和H3PO4;pH>3.2时,Fe3+沉淀完全。完善由某废旧电极材料(含铝、炭、LiFePO4和FePO4)制取Li2CO3的实验方案:边搅拌边向废旧电极材料中加入NaOH溶液至不再产生气泡,过滤, ,
过滤、洗涤,低温干燥得Li2CO3固体。(实验中需使用的试剂有:双氧水、盐酸、NaOH溶液、Na2CO3溶液)
参考答案
热点专项练16 化学实验操作的规范描述
1.答案 (1)①afg(或gf)debch ②吸收N2O中混有的HNO3和水蒸气 ③SnCl2+N2O+(x+1)H2OSnO2·xH2O↓+N2+2HCl ④继续通入N2O至三颈烧瓶冷却后,关闭分液漏斗活塞 防止E中液体倒吸入B中 (2)①蒸馏烧瓶
ClO-+2+H2OCl-+3N2↑+2OH- ②平衡压强、使液体顺利流下;减小测定气体体积时的误差
③×100%
解析 (1)①由实验目的和原理知,A用于制备N2O,D用于吸收N2O中混有的HNO3和水蒸气,C用于制备NaN3,B用于防止E中水蒸气进入C中干扰实验,E用于尾气处理。则按气流方向,上述装置合理的连接顺序为afg(或gf)debch。
③由信息,N2O有强氧化性,故E中生成SnO2·xH2O沉淀的化学方程式为SnCl2+N2O+(x+1)H2OSnO2·xH2O↓+N2+2HCl。
④C处充分反应后,停止加热,为防止倒吸,需继续进行的操作为继续通入N2O至三颈烧瓶冷却后,关闭分液漏斗活塞。
(2)①由装置图知,仪器F的名称为蒸馏烧瓶;其中发生NaClO与NaN3生成N2的反应,离子方程式为ClO-+2+H2OCl-+3N2↑+2OH-。
②管q可以平衡压强、使液体顺利流下和减小测定气体体积时误差的作用。
③由数据信息知,生成N2体积为(V1-V2)mL,由关系式2NaN3~3N2列式得产品中NaN3的质量分数为
×100%=×100%。
2.答案 (1)①紫红色接近褪去 ②I2+5Cl2+6H2O2I+10Cl-+12H+ (2)分液漏斗 (3)降低碘酸钙的溶解度使其析出,便于后续分离 (4)AC
解析 在转化过程中,I2被Cl2氧化为HIO3,Cl2自身被还原为HCl,HIO3、HCl易溶于水,不溶于有机溶剂,经过分液操作可实现HIO3、HCl与CCl4的分离,HIO3、HCl溶液进入第三步与KOH反应生成KIO3、KCl,加入CaCl2后,经过冰水浴操作析出溶解度较小的Ca(IO3)2。
(1)①随着反应的进行,I2逐渐转化为无色的HIO3,当紫红色接近褪去时,说明反应基本完成,此时可停止通入氯气;②由分析知,I2被Cl2氧化为HIO3,Cl2自身被还原为HCl,初步确定反应为I2+Cl2HIO3+HCl,根据元素守恒知方程式左边需添加H2O,结合得失电子守恒配平得方程式为I2+5Cl2+6H2O2HIO3+10HCl,HIO3、HCl为强酸,可拆写成离子,改写后对应离子方程式为I2+5Cl2+6H2O2I+10Cl-+12H+。
(2)由分析知,分离时的操作为分液,所需玻璃仪器有烧杯、分液漏斗。
(3)根据流程知,最终目的为获得Ca(IO3)2,且Ca(IO3)2的溶解度随温度降低而减小,故采用冰水浴的目的是降低Ca(IO3)2的溶解度,促进其析出,便于后续分离。
(4)搅拌可使反应物充分混合,使反应更充分,A正确;由分析知,调pH=10后的溶液中还含有KCl,B错误;由于Ca(IO3)2不溶于乙醇,故可选用酒精溶液洗涤Ca(IO3)2晶体,C正确。
3.答案 (1)①排出装置中的氧气,防止Fe2+被氧化 加入煮沸过的蒸馏水
②Li3PO4+FeSO4LiFePO4+Li2SO4
(2)向滤渣中边搅拌边加入盐酸,至固体不再减少,过滤,向滤液中加入过量的双氧水,再逐滴加入NaOH溶液至pH大于3.2,过滤,边搅拌边向滤液中滴加Na2CO3溶液至大量沉淀生成,静置,向上层清液中滴加Na2CO3溶液若无沉淀生成
解析 (1)①FeSO4易被氧气氧化,步骤2向三颈烧瓶中通入N2的目的是排出装置中的氧气,防止Fe2+被氧化,该步骤中为达到相同目的采取的措施还有加入煮沸过的蒸馏水。
②步骤3中Li3PO4与FeSO4发生反应生成LiFePO4和Li2SO4,化学方程式为Li3PO4+FeSO4LiFePO4+Li2SO4。
(2)向滤渣中边搅拌边加入盐酸,至固体不再减少,过滤除去炭;得到的滤液中含有LiCl、FeCl2、FeCl3和H3PO4,向滤液中加入过量的双氧水把Fe2+氧化为Fe3+,再逐滴加入NaOH溶液至pH大于3.2,Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀,过滤除去氢氧化铁;边搅拌边向滤液中滴加Na2CO3溶液至产生大量Li2CO3沉淀,静置,向上层清液中滴加Na2CO3溶液,若无Li2CO3沉淀生成,说明Li+沉淀完全。热点专项练9 电化学装置中的“离子交换膜”
1.(2021广东广州三模)中国向世界郑重承诺,努力争取2060年前完成“碳中和”。一种微生物电解池(MEC)既可以处理有机废水,又有助于降低碳排放,其工作原理如图所示。下列说法不正确的是( )
A.a电极为MEC的阳极
B.MEC工作时,质子将从a电极室向b电极室迁移
C.b电极的电极反应为CO2+8e-+8H+CH4+2H2O
D.a电极室产生的CO2的量与b电极室消耗的CO2的量相等
2.(2021广东珠海二模)电动汽车配置的磷酸铁锂“刀片电池”放电时的总反应为LixC6+Li1-xFePO46C+LiFePO4,工作原理如图所示。下列说法正确的是( )
A.放电时,铝箔作负极
B.放电时,Li+通过隔膜移向负极
C.用充电桩给汽车电池充电的过程中,阴极质量减小
D.充电时的阳极反应为LiFePO4-xe-Li1-xFePO4+xLi+
3.(2021江苏徐州考前模拟)以
为原料,采用电解法制取的装置如图。下列说法正确的是( )
A.电子由铅合金经溶液流到金属DSA电极
B.每转移1 mol e-时,阳极电解质溶液的质量减少8 g
C.阴极主要发生的电极反应为
+6e-+6H++2H2O
D.反应结束后阳极区pH增大
参考答案
热点专项练9 电化学装置中的“离子交换膜”
1.D 解析 a电极上有机质转化为CO2,发生氧化反应,所以a电极为阳极,b电极上CO2转化为CH4,发生还原反应,所以b电极为阴极。
由分析可知,A正确;工作时为电解池,电解池中阳离子由阳极向阴极迁移,所以质子将从a电极室向b电极室迁移,B正确;电极b上CO2得电子被还原,结合迁移过来的氢离子生成CH4和H2O,根据电子守恒和元素守恒可得电极反应为CO2+8e-+8H+CH4+2H2O,C正确;有机质中C元素的化合价不一定和甲烷中C元素的化合价相同,所以a电极室产生的CO2的量与b电极室消耗的CO2的量不一定相等,D错误。
2.D 解析 放电时的总反应为LixC6+Li1-xFePO46C+LiFePO4,放电时,铜箔上LixC6失电子为负极,铝箔上Li1-xFePO4得电子为正极,A错误;放电时,阳离子移向正极,所以Li+通过隔膜移向正极,B错误;用充电桩给汽车电池充电的过程中,阴极的电极反应为6C+xLi++xe-LixC6,质量增加,C错误;充电时的阳极反应为LiFePO4-xe-Li1-xFePO4+xLi+,D正确。
3.C 解析 金属DSA上水失电子生成O2,电极反应为2H2O-4e-O2↑+4H+,则金属DSA为阳极,铅合金为阴极,阴极主要发生的电极反应为+6e-+6H++2H2O,该离子交换膜为阳离子交换膜。电子不经过溶液,A错误;金属DSA上发生反应:2H2O-4e-O2↑+4H+,每转移1mole-时,消耗0.5mol水,生成0.25mol即8gO2,1mol即1gH+通过阳离子交换膜,阳极电解质溶液的质量减少9g,B错误;由分析可知,C正确;阳极区的电极反应为2H2O-4e-O2↑+4H+,硫酸的浓度增大,反应结束后阳极区pH减小,D错误。热点专项练1 化工生产中的离子反应和氧化还原反应
1.(2022河北衡水高三月考)在酸性条件下,黄铁矿(FeS2)催化氧化的化学方程式为2FeS2+7O2+2H2O2Fe2++4S+4H+,该反应的物质间转化如图所示。下列分析正确的是( )
A.反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+4Fe3++4NO+2H2O,Fe(NO)2+作氧化剂
B.反应Ⅱ中Fe3+作氧化剂,FeS2被还原
C.酸性条件下,黄铁矿催化氧化中NO作催化剂
D.反应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NOFe(NO)2+,该反应是氧化还原反应
2.(2021北京石景山区期末)硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S,其转化如图所示。下列说法正确的是( )
A.过程①中,生成CuS的反应为S2-+Cu2+CuS↓
B.过程②中,Fe3++CuSCu2++Fe2++S
C.过程③中,溶液的酸性增强
D.回收S的总反应为2H2S+O22H2O+2S↓
3.(2021东北三省四市教研联合体联考)硝酸盐污染已成为一个日益严重的环境问题。甲酸(HCOOH)在纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2,再经下列历程实现N的催化还原,进而减少污染。已知Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)表示Fe3O4中二价铁和三价铁。下列说法错误的是( )
A.Fe3O4参与了该循环历程
B.HCOOH分解时,碳氢键和氧氢键发生了断裂
C.H2在反应历程中生成的H+起到调节体系pH的作用
D.在整个历程中,1 mol H2可还原1 mol N
4.(2021北京朝阳区期末)锂电池具有广泛应用。用废铝渣(含金属铝、锂盐等)获得电池级Li2CO3的一种工艺流程如下(部分物质已略去):
下列说法不正确的是( )
A.①中加热后有SO2生成
B.②生成Al(OH)3的离子方程式:2Al3++3C+3H2O2Al(OH)3↓+3CO2↑
C.由③推测溶解度:CaCO3>Li2CO3
D.④中不宜通入过多CO2,否则会造成Li2CO3产率降低
5.(2021山东青岛期末)高氯酸(HClO4,沸点90 ℃)可用于医药工业方面。工业生产高氯酸的工艺流程如下:
下列说法错误的是( )
A.反应器Ⅰ中反应产物有HClO4、ClO2、NaHSO4
B.反应器Ⅱ中是还原剂SO2将氧化剂ClO2还原为Cl
C.若用pH计测定0.1 mol·L-1 NaHSO4溶液pH>1,则说明NaHSO4为弱电解质
D.操作Ⅰ为蒸馏
6.(2021北京东城区期末)乙二醇锑
[Sb2(OCH2CH2O)3]是一种无毒的白色晶状粉末,主要用作聚酯反应催化剂,其生产工艺流程如下:
(1)补全并配平煅烧过程中反应的化学方程式: Sb2S3+
Sb2O3+ SO2
(2)上述醇化反应为可逆反应,其化学方程式是 ,为提高Sb2O3的平衡转化率,可采取的措施是 (任写一条)。
(3)醇化时,最佳投料比=45,投料比过大导致产率降低的原因可能是 。
(4)测定产品中的含量:
Ⅰ.实验原理:用碘(I2)标准溶液将氧化为。
Ⅱ.实验操作:称取m g产品置于锥形瓶中,用盐酸等试剂预处理后,用a mol·L-1碘标准液滴定。接近终点时,加入2滴淀粉溶液,继续滴定至终点,消耗碘标准液的体积为V mL。
①滴定终点的现象是 。
②产品中的质量分数是 。
参考答案
热点专项练1 化工生产中的离子反应
和氧化还原反应
1.C 解析 反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+4Fe3++4NO+2H2O,铁元素的化合价由+2价到+3价,化合价升高,Fe(NO)2+作还原剂,A项错误;反应Ⅱ中Fe3+作氧化剂,硫元素的化合价升高,FeS2被氧化,B项错误;由题图可以看出,在酸性条件下,黄铁矿催化氧化中NO作催化剂,C项正确;反应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NOFe(NO)2+,所含元素的化合价没有发生变化,该反应是非氧化还原反应,D项错误。
2.D 解析 过程①中,H2S和Cu反应生成CuS,离子方程式为H2S+Cu2+CuS↓+2H+,A错误;过程②中,CuS和Fe3+发生氧化还原反应生成Cu2+、Fe2+和S,离子方程式为2Fe3++CuSCu2++2Fe2++S,B错误;过程③中发生反应4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O,反应消耗H+,溶液酸性减弱,C错误;由图中反应可得回收S的总反应为2H2S+O22H2O+2S↓,D正确。
3.D 解析 Fe3O4参与了该循环历程,因为铁离子有价态的变化,A正确;HCOOH分解时,碳氢键和氧氢键发生了断裂,而后形成了碳氧双键,B正确;酸性条件下,N比N的氧化性更强,H+起到调节体系pH的作用,C正确;在整个历程中,2molFe2+可还原1molN,氢气还原Fe3+,D错误。
4.C 解析 ①表示废铝渣(含金属铝、锂盐等)加入浓硫酸,在280℃发生氧化还原反应,浓硫酸是氧化剂,得到的还原产物有SO2,A正确;滤液中含有硫酸铝、硫酸锂,硫酸铝和碳酸钠发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3沉淀和CO2,离子方程式为2Al3++3C+3H2O2Al(OH)3↓+3CO2↑,B正确;由③可知,碳酸锂沉淀与氢氧化钙溶液反应生成氢氧化锂和碳酸钙,发生了沉淀的转化,即由溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀,则溶解度:Li2CO3>CaCO3,C错误;④表示氢氧化锂和二氧化碳反应生成碳酸锂,不宜通入过多CO2,否则会生成碳酸氢锂,造成Li2CO3产率降低,D正确。
5.C 解析 由题给流程可知,反应器Ⅰ中发生的反应为氯酸钠与浓硫酸反应生成硫酸氢钠、高氯酸和ClO2气体,A正确;在反应器Ⅱ中二氧化氯气体在碱性条件下与二氧化硫反应生成硫酸钠、亚氯酸钠和水,反应中二氧化硫为还原剂,二氧化氯为氧化剂,二氧化氯被二氧化硫还原为亚氯酸根,B正确;硫酸氢钠是强酸的酸式盐,在溶液中完全电离,属于强电解质,C错误;由高氯酸的沸点为90℃可知,高氯酸溶液经蒸馏得到高氯酸纯品,D正确。
6.答案 (1)2 9 O2 2 6
(2)3HOCH2CH2OH+Sb2O3Sb2(OCH2CH2O)3+3H2O 分离出水蒸气(或适当增加乙二醇的用量)
(3)投料比过大,导致生成的乙醇锑浓度过低,不易结晶
(4)①溶液变为蓝色 ②×100%热点专项练12 化学反应速率与化学平衡综合考查
1.(2021广东佛山南海摸底测试)H2S作为一种有毒气体,广泛存在于石油、化工、冶金、天然气等行业的废气中,脱除气体中的硫化氢对于保护环境、合理利用资源都有着现实而重要的意义。回答下列问题:
(1)用H2S和天然气生产CS2的反应为CH4(g)+2H2S(g)CS2(l)+4H2(g)。
已知:Ⅰ.CH4(g)+4S(s)CS2(g)+2H2S(g) ΔH1
Ⅱ.H2S(g)S(s)+H2(g) ΔH2
Ⅲ.CS2(l)CS2(g) ΔH3
则反应CH4(g)+2H2S(g)CS2(l)+4H2(g)的ΔH= (用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)。
(2)800 ℃时,将一定量的H2S气体充入容积为2 L的恒容密闭容器中,发生反应:H2S(g)S(s)+H2(g) ΔH2>0。
①反应10 min后达到化学平衡状态,测得容器中H2的物质的量为2 mol,则用S的生成速率表示的反应速率v= g·min-1。
②在不改变反应物用量的前提下,欲提高H2S的平衡转化率,可以采取的措施是 (任写一条)。
(3)向容积为1 L的恒容密闭容器中充入1 mol CH4和2 mol H2S,发生如下反应:CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g),测得不同温度下,CH4的平衡转化率与温度的关系如图所示:
①1 200 ℃时,该反应的平衡常数K= (列出计算式即可)。
②该反应的ΔH (填“>”“<”或“=”)0,原因是 。
③下列情况能说明反应达到平衡状态的是 (填字母)。
A.4v(CH4)=v(H2)
B.混合气体的压强保持不变
C.混合气体的平均摩尔质量保持不变
D.n(CH4)∶n(H2S)∶n(CS2)∶n(H2)=1∶2∶1∶4
2.氮氧化物(NOx)的排放对环境造成严重污染。回答下列问题:
(1)工业上可利用C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)反应处理氮氧化物。
已知:N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH1=+180.5 kJ·mol-1,碳的燃烧热ΔH=-393.5 kJ·mol-1,则C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g) ΔH2= kJ·mol-1。
(2)用活性炭还原法处理氮氧化物的有关反应为C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。向一恒压密闭容器中加入一定量(足量)的活性炭和NO,在t2时刻改变某一条件,其反应过程如图所示。
①则t2时刻改变的条件为 。
②t1时刻的v(逆) (填“>”“<”或“=”)t2时刻的v(正)。
(3)在恒容密闭容器中发生反应2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g) ΔH<0。下列说法正确的是 (填字母)。
A.及时分离出生成的尿素,有利于NH3的转化率增大
B.反应达到平衡后,混合气体的密度不再发生改变
C.反应在任何温度下都能自发进行
D.当尿素的质量不变时,说明反应达到平衡
3.(2021福建福州三模)汽车尾气中的CO、NOx是大气污染物。我国科研工作者经过研究,可以用不同方法处理氮的氧化物﹐防止空气污染。回答下列问题:
(1)已知:N2(g)+O2(g)2NO(g)
ΔH1=+180 kJ·mol-1
4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(l) ΔH2=-906 kJ·mol-1
请写出NH3将NO转化成无毒物质的热化学方程式: 。
(2)利用H2还原NO的反应:2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(g)的速率方程为v=k·cα(H2)·cβ(NO),该反应在不同条件下的反应速率如下:
温度 反应速率
T1 0.1 0.1 v
T1 0.3 0.1 3v
T1 0.2 0.2 8v
则速率方程中,α= ;β= 。
(3)活性炭处理汽车尾气中NO的方法:C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) ΔH<0,在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体,以下能说明该反应一定达到平衡状态的是 (填字母)。
A.v(N2)=v(CO2)
B.容器与外界不发生热交换
C.容器内气体的物质的量不变
D.容器内气体密度不变
(4)科研人员进一步研究了在C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)反应中,活性炭搭载钙、镧氧化物的反应活性对比。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C,通入NO使其浓度达到0.1 mol·L-1。不同温度下,测得2小时后NO去除率如图所示:
①据图分析,490 ℃以下反应活化能最小的是 (填“a”“b”或“c”)。
②活性炭搭载CaO条件下,490 ℃时的反应速率v(NO)= mol·L-1·h-1。若某温度下此反应的平衡常数为100,则反应达到平衡时NO的去除率为 (保留两位有效数字)。
4.(2021河北邯郸三模)我国在第75届联合国大会上提出要实现2030年前碳达峰、2060年前碳中和的目标。因此CO2的捕集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。
Ⅰ.研究表明CO2与CH4在催化剂存在下可发生反应制得合成气:CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH。
(1)一定压强下,由最稳定单质生成1 mol化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓。已知CO2(g)、CH4(g)、CO(g)的摩尔生成焓分别为-395 kJ·mol-1、
-74.9 kJ·mol-1、-110.4 kJ·mol-1。则上述反应的ΔH= kJ·mol-1。
(2)此反应的活化能Ea(正) (填“>”“=”或“<”)Ea(逆);有利于反应自发进行的条件是 (填“高温”或“低温”)。
(3)一定温度下,向一恒容密闭容器中充入CO2和CH4发生上述反应,初始时CO2和CH4的分压分别为14 kPa、16 kPa,一段时间达到平衡后,测得体系压强是起始时的1.4倍,则该反应的平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。
Ⅱ.CO2和H2合成甲烷也是CO2资源化利用的重要方法。对于反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-165 kJ·mol-1,催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂条件下反应相同时间,测得CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如下图所示。
(4)高于320 ℃后,以Ni-CeO2为催化剂,CO2转化率略有下降,而以Ni为催化剂,CO2转化率却仍在上升,其原因是 。
(5)对比上述两种催化剂的催化性能,工业上应选择的催化剂是 ;使用的合适温度为 。
Ⅲ.以铅酸蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯,其原理如下图所示,电解所用电极材料均为惰性电极。
(6)阴极上的电极反应为 ;每生成0.5 mol乙烯,理论上需消耗铅酸蓄电池中 mol硫酸。
参考答案
热点专项练12 化学反应速率与
化学平衡综合考查
1.答案 (1)ΔH1+4ΔH2-ΔH3
(2)①6.4 ②升高温度(或移除生成物H2,合理即可)
(3)① ②> 升高温度,CH4的平衡转化率增大,平衡正向移动,则正反应为吸热反应,故ΔH>0 ③BC
解析 (1)由盖斯定律可知,Ⅰ+4×Ⅱ-Ⅲ得反应CH4(g)+2H2S(g)CS2(l)+4H2(g),则ΔH=ΔH1+4ΔH2-ΔH3。
(2)①由化学方程式可知,反应生成2mol氢气时,生成2mol硫固体,则用硫的生成速率表示的反应速率v==6.4g·min-1。
②该反应是气体体积不变的吸热反应,升高温度、移除生成物氢气,化学平衡向正反应方向移动,硫化氢的平衡转化率增大。
(3)①由题图可知,1200℃时甲烷的平衡转化率为80%,平衡时甲烷的浓度为(1mol·L-1-1mol·L-1×80%)=0.2mol·L-1,由化学方程式可知,平衡时硫化氢的浓度为(2mol·L-1-0.8×2mol·L-1)=0.4mol·L-1、二硫化碳的浓度为0.8mol·L-1、氢气的浓度为0.8×1mol·L-1×4=3.2mol·L-1,则化学平衡常数K=。
②由题图可知,温度升高,甲烷的平衡转化率增大,说明平衡向正反应方向移动,该反应为吸热反应,ΔH>0。
③4v(CH4)=v(H2)不能说明正逆反应速率相等,无法判断反应是否达到平衡状态,A错误;该反应是气体体积增大的反应,反应中混合气体的压强增大,则混合气体的压强保持不变说明正逆反应速率相等,反应达到平衡状态,B正确;由质量守恒定律可知,反应前后气体的总质量不变,该反应是气体体积增大的反应,反应中混合气体的平均摩尔质量减小,则混合气体的平均摩尔质量保持不变说明正逆反应速率相等,反应达到平衡状态,C正确;平衡时,n(CH4)∶n(H2S)∶n(CS2)∶n(H2)=1∶2∶1∶4不能说明正逆反应速率相等,无法判断反应是否达到平衡状态,D错误。
2.答案 (1)-574 (2)①向密闭容器中加入NO ②<
(3)BD
解析 (1)已知:
①N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH1=
+180.5kJ·mol-1
②C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH=
-393.5kJ·mol-1
②-①可得目标化学方程式,则ΔH2=ΔH-ΔH1=-574kJ·mol-1。
(2)①因为恒压容器中,改变条件的瞬间,逆反应速率减小,但平衡正向移动且达平衡后,逆反应速率与原平衡相同,所以t2时刻改变的条件为向密闭容器中加入NO。
②t1时刻,反应达到平衡,v(正)=v(逆),t2时刻,充入NO,反应物的浓度增大,正反应速率增大,则v(正)
3.答案 (1)4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)
ΔH=-1 806 kJ·mol-1
(2)1 2 (3)BD (4)①a ②0.022 5 95%
解析 (1)①N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH1=
+180kJ·mol-1
②4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(l)
ΔH2=-906kJ·mol-1
根据盖斯定律有②-5×①得4NH3(g)+6NO(g)6H2O(l)+5N2(g) ΔH=ΔH2-5ΔH1=-906kJ·mol-1-5×(+180kJ·mol-1)=-1806kJ·mol-1。
(2)由表中数据可得:①v=k×0.1α×0.1β,②3v=k×0.3α×0.1β,③8v=k×0.2α×0.2β,联立三式可解得α=1,β=2。
(3)v(N2)=v(CO2),未指明是正反应速率还是逆反应速率,不能说明反应一定达到平衡状态,A不符合题意;化学反应伴随着能量变化,当反应未达平衡时,容器与外界存在热交换,因此当容器与外界不发生热交换时,说明反应已达平衡,B符合题意;反应物气体的物质的量和生成物气体的物质的量均为2mol,无论反应是否平衡,容器内气体的物质的量均不变,因此容器内气体的物质的量不变,不能说明反应已达平衡,C不符合题意;同温同压下,气体的密度之比等于摩尔质量之比,当容器内气体密度不变时,则M不变,又因为M=,则气体质量m也不变,说明反应已达平衡,D符合题意。
(4)①活化能越小,反应越容易发生,反应速率越快,相同条件下NO去除率越大,因此490℃以下反应活化能最小的是a。
②活性炭搭载CaO条件下,490℃时,2小时后NO的去除率为45%,则NO浓度减小量为0.1mol·L-1×45%=0.045mol·L-1,反应速率v(NO)=
=0.0225mol·L-1·h-1。设达到平衡时NO的去除率为x,则:
C(s)+2NO(g) N2(g) + CO2(g)
起始量/(mol·L-1) 0.1 0 0
变化量/(mol·L-1) 0.1x 0.05x 0.05x
平衡量/(mol·L-1) 0.1-0.1x 0.05x 0.05x
平衡常数为100,则=100,解得x≈95%。
4.答案 (1)+249.1 (2)> 高温 (3)259.2(kPa)2
(4)以Ni-CeO2为催化剂测定转化率时,CO2甲烷化反应已达平衡,升高温度平衡逆向移动,CO2转化率下降;以Ni为催化剂时,CO2甲烷化反应速率较慢,升高温度反应速率加快,反应相同时间时CO2转化率增加
(5)Ni-CeO2 320 ℃
(6)2CO2+12H++12e-C2H4+4H2O 6
解析 (1)根据摩尔生成焓的定义,推出①C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH1=-395kJ·mol-1,②C(s)+2H2(g)CH4(g) ΔH2=-74.9kJ·mol-1,③C(s)+O2(g)CO(g) ΔH3=-110.4kJ·mol-1,根据目标反应方程式及盖斯定律可知,③×2-②-①得目标方程式,所以ΔH=[(-110.4)×2-(-74.9)-(-395)]kJ·mol-1=+249.1kJ·mol-1。
(2)根据第(1)问分析可知,该反应为吸热反应,所以活化能Ea(正)>Ea(逆);根据ΔH-TΔS<0可自发进行,当ΔH>0、ΔS>0时,高温有利于反应自发进行。
(3)根据已知信息,设平衡时转化的二氧化碳的压强为pkPa,则
CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)
起始/kPa 14 16 0 0
转化/kPa p p 2p 2p
平衡/kPa 14-p 16-p 2p 2p
由平衡的p总=(14+16)kPa×1.4=42kPa可知,(14-p)+(16-p)+2p+2p=30+2p=42kPa,则p=6kPa。所以平衡时,p(CO2)=8kPa,p(CH4)=10kPa,p(CO)=12kPa,p(H2)=12kPa,则平衡常数Kp==259.2(kPa)2。
(4)高于320℃后,以Ni-CeO2为催化剂测定转化率时,CO2甲烷化反应已达平衡,升高温度平衡逆向移动,CO2转化率下降;以Ni为催化剂时,CO2甲烷化反应速率较慢,升高温度反应速率加快,反应相同时间时CO2转化率增加。
(5)根据图像分析可知,温度适宜(320℃)时,以Ni-CeO2为催化剂明显比以Ni为催化剂时CO2转化率高,且CH4选择性强,所以应选择Ni-CeO2为催化剂,最佳温度为320℃。
(6)以铅酸蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯,根据装置图分析,CO2在阴极得到电子转化为乙烯,所以阴极上的电极反应为2CO2+12H++12e-C2H4+4H2O;铅酸蓄电池放电时的总反应为Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O,则根据电子转移数守恒可得到,C2H4~12e-~6Pb~12H2SO4,则每生成0.5mol乙烯,理论上需消耗铅酸蓄电池中硫酸的物质的量为0.5mol×12=6mol。热点专项练11 化学平衡图像及分析
1.(2022广东卷)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( )
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
2.(2021广东潮州二模)温度为T时,向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5,发生反应:PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g) ΔH=a kJ·mol-1(a>0)。0~10 min保持容器温度不变,10 min时改变一种条件,整个过程中PCl5、PCl3、Cl2的物质的量随时间的变化如图所示。
下列说法正确的是( )
A.0~4 min的平均速率v(PCl3)=0.025 mol·L-1·min-1
B.10 min时改变的条件是增加了一定量的PCl5
C.若起始时向该容器中充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2,保持温度为T,反应达平衡时放出的热量小于1.6a kJ
D.温度为T,起始时向该容器中充入1.0 mol PCl5、0.10 mol PCl3和0.10 mol Cl2,反应达到平衡前v(正)
ΔH=-904.74 kJ·mol-1。在恒压、反应物起始物质的量之比一定的条件下,反应相同时间,NO的转化率在不同催化剂作用下随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法一定正确的是( )
A.升高温度、增大压强均可提高主反应中NO的平衡转化率
B.N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH=-180.74 kJ·mol-1
C.图中X点所示条件下,反应时间足够长,NO的转化率能达到Y点的值
D.图中Z点到W点NO的转化率降低的原因是主反应的平衡逆向移动
4.(2021江苏徐州考前模拟)CH4与CO2重整可以同时利用两种温室气体,其工艺过程中涉及如下反应:
反应①:CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH1=+247.4 kJ·mol-1,
反应②:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2 kJ·mol-1,
反应③:CH4(g)+O2(g)CO(g)+2H2(g) ΔH3=-35.6 kJ·mol-1。
一定条件下,向容积为V L的密闭容器中通入CH4、CO2各1.0 mol及少量O2,测得不同温度下反应平衡时各产物产量如图所示,下列说法正确的是( )
A.2CO(g)+O2(g)2CO2(g) ΔH=-283 kJ·mol-1
B.图中曲线a和b分别代表产物CO和H2
C.温度高于900 K时,H2O的含量下降的原因之一是反应③逆向进行
D.升高温度和增加压强均能使CO的产量增加
5.(2021江苏南通二模)SCl2可用作有机合成的氯化剂。在容积为V L的密闭容器中充入0.2 mol SCl2(g),发生反应:2SCl2(g)S2Cl2(g)+Cl2(g)。图中所示曲线分别表示反应在a min时和平衡时SCl2的转化率与温度的关系。下列说法正确的是( )
A.2SCl2(g)S2Cl2(g)+Cl2(g)的ΔH<0
B.当容器中气体密度恒定不变时,反应达到平衡状态
C.55 ℃,向容积为0.5V L的密闭容器中充入0.2 mol SCl2(g),a min时SCl2(g)的转化率大于50%
D.82 ℃,起始时在该密闭容器中充入SCl2、S2Cl2和Cl2各0.1 mol,此时v(逆)>v(正)
参考答案
热点专项练11 化学平衡图像及分析
1.C 解析 由题图可知,随温度升高,氢气的物质的量减少,说明温度升高,平衡向正反应方向移动,该反应的ΔH>0,A项错误;因为正反应ΔH>0,随温度的升高n(H2O)应呈现增大趋势,由题图a走势可知,B项错误;向恒容密闭容器中充入惰性气体,由于容器容积不变,各组分的浓度不发生变化,平衡常数不变,平衡不发生移动,C项正确;BaSO4为固体,向平衡体系中加入固体,平衡不发生移动,氢气的平衡转化率不变,D项错误。
2.A 解析 0~4min的平均速率v(PCl3)==0.025mol·L-1·min-1,A正确;由题图可知,改变条件使PCl3(g)、Cl2(g)的物质的量增大,PCl5(g)的物质的量减小,平衡正向移动,则10min时改变的条件是升温,B错误;若起始时向该容器充入1.0molPCl3和1.0molCl2,则与题干平衡为等效平衡,平衡转化率为80%,放出的热量为0.8akJ,若充入2.0molPCl3和2.0molCl2,相当于加压,转化率增大,则放出的热量大于1.6akJ,C错误;起始时向该容器中充入1.0molPCl5、0.10molPCl3和0.10molCl2,Q==0.005,结合题图可知K=>Q,反应正向进行,v(正)>v(逆),D错误。
3.C 解析 主反应和副反应的焓变均小于0,均为放热反应,升高温度平衡逆向移动,NO的平衡转化率减小,A错误;根据盖斯定律,×(副反应-主反应)可得N2(g)+O2(g)2NO(g),其ΔH=×[-904.74kJ·mol-1-(-1627.7kJ·mol-1)]=+180.74kJ·mol-1,B错误;据图可知X点的转化率低于相同温度下的Y点,说明测定转化率时X点还未达到平衡,反应时间足够长,NO的转化率能达到Y点的值,C正确;催化剂不影响平衡转化率,而W点的转化率低于相同温度下另一催化剂条件下的转化率,说明W点并没有处于平衡状态,所以转化率降低不是平衡移动造成的,D错误。
4.C 解析 根据盖斯定律,2×(③-①)可得2CO(g)+O2(g)2CO2(g) ΔH=2(ΔH3-ΔH1)=-566kJ·mol-1,A错误;根据反应①②③可知,反应产物有CO、H2和H2O,生成的H2会在反应②中与CO2反应生成CO,则CO的产量高于H2,所以曲线a表示的产物为H2,曲线b表示的产物为CO,B错误;反应②为吸热反应,升高温度后,反应向正反应方向进行,H2O含量应上升,但温度升高反应③逆向进行,甲烷浓度增大,反应①会正向移动,CO浓度增大、CO2浓度减少,反应②逆向进行,导致H2O的含量下降,则H2O的含量下降的原因之一是反应③逆向进行,C正确;反应①③为气体体积增大的反应,反应②为气体体积不变的反应,则增大压强,反应①③逆向移动,CO的产量降低,D错误。
5.C 解析 由题图可知,温度升高,SCl2的转化率增大,可知该反应为吸热反应,ΔH>0,A错误;ρ=,该反应在恒容密闭容器中进行,V不变,反应物和生成物均为气体,气体总质量不变,则为一个恒定值,即ρ永远不变,所以当容器中气体密度恒定不变时,不能确定该反应是否达到平衡状态,B错误;由题图可知,55℃,在容积为VL的密闭容器中充入0.2molSCl2(g),amin时SCl2(g)的转化率等于50%,但反应未达到平衡,55℃,若向容积为0.5VL的密闭容器中充入0.2molSCl2(g),等效于加压,浓度增大,反应速率加快,平衡正向移动,所以amin时SCl2(g)的消耗程度一定加大,故转化率大于50%,C正确;由题图可知82℃时,SCl2的平衡转化率为90%,得出三段式:
2SCl2(g) S2Cl2(g) + Cl2(g)
初始/(mol·L-1) 0 0
变化/(mol·L-1)
平衡/(mol·L-1)
可求出平衡常数K=,在该密闭容器中充入SCl2、S2Cl2和Cl2各0.1mol,此时浓度商Q=1
(1)TiO2晶胞中O2-的配位数是 。
(2)TiO2晶胞中A、B的分数坐标分别为(0.69,0.69,1),(0.19,0.81,0.5),则C、D分数坐标分别为 、 。
(3)已知二氧化锆晶体的密度为ρ g·cm-3,则晶体中锆原子和氧原子之间的最短距离为 pm(列出表达式,NA为阿伏加德罗常数的值,ZrO2的摩尔质量为M g·mol-1)。
2.(2021福建各地模拟节选)(1)以Zn为顶点的ZnGeP2晶胞结构如图所示。
①Zn的配位数为 。
②以Ge为顶点的晶胞中,Zn原子位于 。
(2)科学家确定基态金属锂晶体为FCC(面心立方晶格),下面是面心立方紧密堆积结构示意图:
晶胞中锂的配位数为 。若晶胞边长为a pm,则锂原子的半径r为 pm。
3.(1)XeF2晶体属四方晶系,晶胞参数如图所示,晶胞棱边夹角均为90°,该晶胞中有 个XeF2分子。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置,称为原子的分数坐标,如A点原子的分数坐标为()。已知Xe—F键长为r pm,则B点原子的分数坐标为 ;晶胞中A、B间距离d= pm。
(2)①FeTiO3的结构如图1所示,其中由O围成的 (填“四面体空隙”或“八面体空隙”)被Fe占据。在图2中画出FeTiO3结构的另一种表示(要求:Fe处于晶胞的顶点),Ti的配位数为 。
②已知该晶胞的密度为ρ g·cm-3,NA表示阿伏加德罗常数的值。计算晶胞参数a= pm。(列出计算表达式)
参考答案
热点专项练7 晶胞结构与相关计算
1.答案 (1)3 (2)(0.81,0.19,0.5) (0.31,0.31,0)
(3)×1010
解析 (1)晶体中Ti4+位于O2-所构成的正八面体的体心,Ti4+的配位数为6,晶胞中Ti4+的数目=1+8×=2,O2-的数目=2+4×=4,TiO2晶胞中O2-的配位数=6×=3。
(2)TiO2晶胞中Ti4+位于晶胞的体心,A、B的分数坐标分别为(0.69,0.69,1)、(0.19,0.81,0.5),根据对称性推知C、D分数坐标分别为(0.81,0.19,0.5)、(0.31,0.31,0)。
(3)二氧化锆晶胞的密度为ρg·cm-3,则晶体中锆原子和氧原子之间的最短距离为体对角线的,晶胞体对角线长度等于棱长的倍,设锆原子和氧原子之间的最短距离为apm,则晶胞棱长=×10-10cm,ZrO2晶胞中白色球数目为8,黑色球数目=8×+6×=4,即O原子数目8,Zr原子数目为4,晶胞质量=g=(×10-10cm)3×ρg·cm-3,解得a=×1010。
2.答案 (1)①4 ②棱心、面心 (2)12 a
解析 (1)①以体心的Zn为研究对象,距离其最近且距离相等的原子有4个,所以配位数为4;②结合晶胞结构示意图可知,若以Ge为顶点的晶胞中,Zn位于棱心和面心。
(2)如下图,画出两个无隙并置的晶胞,以涂黑的锂原子为中心,可以形成三个正方形,每个正方形的四个顶点上都有Li原子,且与涂黑的Li等距离,则锂的配位数为12。
由图可知,半径与边长的关系为4r=apm,则有r=apm。
3.答案 (1)2 (0,0,)
(2)①八面体空隙 12
②×1010
解析 (1)由晶胞结构可知,晶胞中原子半径大的氙原子位于顶点和体心,原子个数为8×+1=2,原子半径小的氟原子位于棱上和体内,原子个数为8×+2=4,所以晶胞中有2个XeF2分子;由晶胞中体心A点原子的分数坐标为()可知,晶胞的边长为1,则位于棱的处B点原子的分数坐标为(0,0,);由晶胞结构可得如下示意图:,图中y为面对角线的,则y为,x为(-r),则A、B间距离d为。
(2)①由题图1晶体结构可知,由氧原子围成的八面体空隙被铁原子占据。根据题图1分析,当铁原子处于晶胞的顶点时,钛原子位于体心,氧原子位于棱上,则晶胞结构示意图为,与钛原子距离最近的氧原子有12个,则钛原子的配位数为12。②由晶胞的质量公式可得:ρg·cm-3×(a×10-10)3cm3=g,解得a=×1010pm。热点专项练10 化学反应速率常数及其应用
1.(2022河北唐县第一中学模拟预测)一定条件下,反应H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)的速率方程为v=kcn(H2)·cm(Cl2),k为速率常数(只与温度、催化剂、接触面积有关,与浓度无关),m、n是反应级数,可以是整数、分数。
实验测得速率与浓度关系如表所示:
实验 速率
① 0.10 0.10 v
② 0.20 0.10 2v
③ 0.20 0.40 4v
④ 0.40 a 12v
下列说法错误的是( )
A.其他条件相同,升高温度,速率常数(k)增大
B.其他条件相同,加入催化剂,速率常数(k)增大
C.根据实验结果,v=kc(H2)·c(Cl2)
D.表格中,a=0.9
2.(2021江苏七市三模)某科研小组研究臭氧氧化—碱吸收法脱除NO工艺,相关反应如下:
①NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g) ΔH=-200.9 kJ·mol-1
②2O3(g)3O2(g) ΔH=-288.8 kJ·mol-1
③2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH=a kJ·mol-1
已知反应①v(正)=k(正)·c(NO)·c(O3),v(逆)=k(逆)·c(NO2)·c(O2),k(正)、k(逆)为速率常数,受温度影响。其他条件不变,每次向反应器中充入0.5 mol NO和1.0 mol O3,在不同温度下反应。测得相同时间内,体系中NO的体积分数[φ(NO)]随温度的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A.a=+113
B.升高温度,k(正)、k(逆)增大,减小
C.延长反应时间,可使φ(NO)由M点移到N点
D.用碱液吸收、增大反应器的容积均可提高NO的转化率
3.(双选)(2021河北唐山二模)已知2NO+2H22H2O+N2的速率方程为v(正)=k(正)·cα(NO)·cβ(H2),在800 ℃下测定了不同初始浓度及正反应速率的关系,数据如表,则下列说法正确的是( )
实验 v(正)
1 1 1 v
2 2 1 4v
3 1 2 2v
4 2 x 16v
A.α、β的值分别为2、1
B.表中的x为4
C.降低温度,k(正)可能增大
D.若v(逆)=k(逆)·c2(H2O)·c(N2),则K=
参考答案
热点专项练10 化学反应速率常数及其应用
1.C 解析 其他条件相同,升高温度,化学反应速率增大,则速率常数(k)增大,A项正确;其他条件相同,加入催化剂,化学反应速率加快,则速率常数(k)增大,B项正确;根据①②组实验数据可得,n=1;根据①③组实验数据可得,m=0.5,即该速率方程为v=kc(H2)·c0.5(Cl2),C项错误;根据①④组实验数据可得×()0.5,a=0.9,D项正确。
2.B 解析 根据勒夏特列原理可知,反应③=2×反应①-反应②,故ΔH3=2×(-200.9kJ·mol-1)-(-288.8kJ·mol-1)=-113kJ·mol-1,即a=-113,A错误;升高温度,正逆反应速率均增大,故k(正)、k(逆)增大,反应达到平衡时,v(正)=v(逆),即k(正)·c(NO)·c(O3)=k(逆)·c(NO2)·c(O2),则=K,由图像可知,升高温度,NO的体积分数增大,说明平衡逆向移动,正反应是一个放热反应,故升高温度,K减小,B正确;延长反应时间,化学平衡不移动,故延长时间,不可使φ(NO)由M点移到N点,C错误;用碱液吸收NO2能使平衡正向移动,NO的转化率增大,由于反应前后气体的体积不变,故增大反应器的容积,平衡不移动,不可提高NO的转化率,D错误。
3.AB 解析 比较表中1、2两组的数据可知,NO浓度变为原来的2倍,反应速率变为原来的4倍,故α=2,1、3两组数据可知,H2的浓度变为原来的2倍,反应速率变为原来的2倍,故β=1,A正确;根据A的分析可知,α=2,β=1,结合v(正)=k(正)·cα(NO)·cβ(H2)和表中数据可知,表中的x为4,B正确;降低温度,反应速率减慢,故k(正)不可能增大只能减小,C错误;若v(逆)=k(逆)·c2(H2O)·c(N2),平衡时v(正)=v(逆),即k(正)·c2(NO)·c(H2)=k(逆)·c2(H2O)·c(N2),则K=,D错误。热点专项练5 化学与STSE
1.(2021河北卷,4)硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大,但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注。下列说法正确的是( )
A.NO2和SO2均为红棕色且有刺激性气味的气体,是酸雨的主要成因
B.汽车尾气中的主要大气污染物为NO、SO2和PM2.5
C.植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料,实现氮的固定
D.工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除
2.(2022全国甲卷)化学与生活密切相关。下列叙述正确的是( )
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”
3.(2022广东汕头二模)化学与生产、生活密切相关。下列有关说法正确的是( )
A.燃煤脱硫有利于实现“碳达峰、碳中和”
B.核酸检测是确认病毒类型的有效手段,核酸不属于天然高分子化合物
C.野外被蚊虫叮咬,可在伤口处涂抹肥皂水来减轻痛痒
D.天然气、沼气等不可再生能源,均可设计成燃料电池实现能量转化
4.(2022山东聊城二模)化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法错误的是 ( )
A.我国二氧化碳合成淀粉的颠覆性技术有助于未来实现“碳中和”
B.我国率先研制了预防新冠病毒的灭活疫苗,灭活疫苗利用了蛋白质变性原理
C.“天和”核心舱电推进系统中的腔体采用的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料
D.地沟油变废为宝是实现资源再利用的重要研究课题,地沟油和石蜡油的化学成分相同
5.(2022福建三明三模)化学可以改善环境、造福人类。下列说法错误的是( )
A.在汽车尾气排放系统中安装催化转化器可减少污染
B.向天然水中加入明矾可起到杀菌消毒的作用
C.“神舟十二号”飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷,是一种新型无机非金属材料
D.北京冬奥会采用的二氧化碳跨临界直冷制冰技术比传统制冷更加节能环保
6.(2021全国甲卷,7)化学与人体健康及环境保护息息相关。下列叙述正确的是( )
A.食品加工时不可添加任何防腐剂
B.掩埋废旧电池不会造成环境污染
C.天然气不完全燃烧会产生有毒气体
D.使用含磷洗涤剂不会造成水体污染
7.(2021广东六校联盟联考)化学与生产、生活和社会发展密切相关,下列有关说法错误的是( )
A.N95口罩的主要材质是聚丙烯,工业上利用丙烯加聚合成聚丙烯
B.客机C919机身大量使用的碳纤维属于无机材料
C.燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
D.利用过氧乙酸的强氧化性可进行环境消毒,杀灭新型冠状病毒
8.(2021湖北第二次模拟考试)化学与生产、生活、科技、环境等密切相关,下列说法正确的是( )
A.膳食纤维在人体内都可以通过水解反应提供能量
B.深埋废旧电池,可防止重金属对环境的污染
C.雕花玻璃是用氢氟酸刻蚀而成
D.聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程
9.(2021辽宁葫芦岛一模)2020年11月24日凌晨,嫦娥五号在长征五号火箭巨大的推力下,启程前往月球,经20多天旅程后带着月壤返回,这是中国航天“探月工程”向世界展示出“中国力量”。下列说法不正确的是 ( )
A.嫦娥五号带回的“快递”——“月壤”中含有珍贵的3He,它与4He互为同位素
B.嫦娥五号使用的碳纤维被誉为“新材料之王”,是一种新型有机高分子材料
C.嫦娥五号升起的新型复合材料制成的国旗,具有“强度高、耐高低温”的特点
D.长征五号火箭采用“液氢液氧”作为推进剂,“液氢”属于绿色环保燃料
10.“民以食为天”,食品添加剂是现代食品工业的灵魂。下列做法不合理的是( )
A.做馒头时,可加入碳酸氢钠,使馒头松软可口
B.抗坏血酸(维生素C)作为水果罐头中的抗氧化剂
C.葡萄酒中添加适量SO2,起到抗氧化和杀菌的作用
D.食品中严禁添加任何防腐剂,以避免危害人体健康
11.(2021广东实验中学等四校联考)化学与生活密切相关,下列有关说法错误的是 ( )
A.乙醇、过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的
B.实施“煤改气”“煤改电”等清洁燃料改造工程,有利于保护环境
C.高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维,光导纤维遇强碱会“断路”
D.“地沟油”经过加工处理后,可以用来制肥皂
12.(2021山东日照一模)化学与生活、生产密切相关,下列说法正确的是( )
A.可大量使用硫酸铜对人工泳池进行杀藻处理
B.牙膏中添加氟化物用于预防龋齿,发生的是氧化还原反应
C.文房四宝中制笔用狼毫与宣纸的主要成分都是纤维素
D.“奋斗者号”潜水器固体浮力材料使用的高强树脂,属于有机高分子材料
参考答案
热点专项练5 化学与STSE
1.D 解析 本题考查氮氧化物和硫的氧化物的性质、应用及环境污染问题。SO2为无色有刺激性气味的气体,A项错误。汽车尾气中的主要大气污染物为CO、碳氢化合物、氮氧化物、烟尘等,B项错误。氮的固定是将氮由游离态转化为化合态,植物一般利用硝酸盐作为肥料,无法利用NO和NO2,C项错误。工业废气中SO2可采用石灰法进行脱硫,原理为SO2+CaOCaSO3,2CaSO3+O22CaSO4,D项正确。
2.D 解析 漂白粉中的Ca(ClO)2与盐酸会发生氧化还原反应:ClO-+Cl-+2H+Cl2↑+H2O,不仅不能提高消毒效果,还会生成有毒的氯气,造成环境污染,A项错误;温室气体通常指的是CO2,形成酸雨的主要物质是SO2及氮的氧化物,B项错误;棉花和麻的主要成分是纤维素,纤维素属于碳水化合物,蚕丝的主要成分是蛋白质,C项错误;干冰是固体CO2,在升华过程中吸收大量的热,使环境中的水蒸气液化产生“云雾”现象,D项正确。
3.C 解析 燃煤脱硫可以减少二氧化硫的排放,以减少酸雨污染,但不能减少二氧化碳的排放,与实现“碳达峰、碳中和”无关,故A项错误;核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物,属于高分子化合物,故B项错误;在野外被蚊虫叮咬时会注入酸性物质,肥皂水呈碱性,涂抹肥皂水可减轻痛痒,故C项正确;沼气为可再生能源,故D项错误。
4.D 解析 由二氧化碳合成淀粉减少了二氧化碳的排放,有助于未来实现“碳中和”,A项正确;病毒的主要成分为蛋白质,灭活疫苗利用了蛋白质变性原理,B项正确;氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料,C项正确;地沟油主要成分为油脂,石蜡油的主要成分为烃类,成分不相同,D项错误。
5.B 解析 在汽车尾气排放系统中安装催化转化器,可以将尾气中的氮氧化物等气体转化为氮气等无毒物质,减少污染,A项正确;明矾在净水过程中起到聚沉的作用,没有杀菌消毒的作用,B项错误;高温结构陶瓷是硬度大、熔点高的新型无机非金属材料,C项正确;北京冬奥会采用了二氧化碳跨临界直冷制冰技术,比传统制冷更加节能环保,D项正确。
6.C 解析 食品中适当添加防腐剂,可以延长食品保质期,但要控制食品中防腐剂的添加量符合国家制定标准,A项说法错误;掩埋废旧电池,废旧电池中的重金属离子会污染土壤和地下水,B项说法错误;天然气不完全燃烧会产生CO,CO是一种有毒的气体,C项说法正确;使用含磷洗涤剂会使水体富营养化,造成水华、赤潮现象,破坏水体生态平衡,造成水体污染,D项说法错误。
7.C 解析 N95口罩的主要材质是聚丙烯,工业上利用丙烯加聚合成聚丙烯,A正确;客机C919机身大量使用的碳纤维属于无机材料,B正确;燃煤中加入CaO,吸收二氧化硫生成亚硫酸钙,亚硫酸钙被氧化生成硫酸钙,所以可以减少酸雨的形成,但不能减少温室气体的排放,C错误;利用过氧乙酸的强氧化性可进行环境消毒,杀灭新型冠状病毒,D正确。
8.C 解析 人体内不含使纤维素水解的酶,故纤维素在人体内不会发生水解反应,A错误;深埋废旧电池会造成土壤污染和水污染,B错误;氢氟酸可以与玻璃中的二氧化硅发生反应,故可以用氢氟酸刻蚀玻璃,C正确;油脂不属于高分子化合物,D错误。
9.B 解析 3He与4He是质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素,互为同位素,A正确;碳纤维主要由碳元素组成,属于无机非金属材料,B错误;新型复合材料具有“强度高、耐高低温”的特点,C正确;“液氢液氧”作为推进剂,燃烧产物为水,无污染,所以“液氢”属于绿色环保燃料,D正确。
10.D 解析 碳酸氢钠受热分解产生二氧化碳、水、碳酸钠,二氧化碳可使馒头松软可口,A正确;抗坏血酸有还原性,可作水果罐头中的抗氧化剂,B正确;SO2有还原性,葡萄酒中添加适量SO2,起到抗氧化和杀菌的作用,C正确;食品中适当添加防腐剂可以减慢食品腐蚀速率,对身体无害,D错误。
11.A 解析 乙醇作消毒剂不是利用氧化性,A错误;实施“煤改气”“煤改电”等清洁燃料改造工程,可减少污染物的排放,有利于保护环境,B正确;高纯度的二氧化硅具有良好的传导光信号的性能,常用于制作光导纤维,二氧化硅为酸性氧化物,能与强碱发生反应,光导纤维遇强碱会“断路”,C正确;“地沟油”的主要成分为油脂,碱性条件下可发生皂化反应,可用来制肥皂,D正确。
12.D 解析 可以用硫酸铜对人工泳池进行杀藻处理,但要注意控制用量,A错误;牙齿表面含有Ca5(PO4)3OH,Ca5(PO4)3OH与F-反应能生成更难溶的Ca5(PO4)3F,所以牙膏中添加氟化物用于预防龋齿,发生的是非氧化还原反应,B错误;文房四宝中宣纸的主要成分是纤维素,狼毫的主要成分是蛋白质,C错误;高强树脂属于合成有机高分子化合物,属于有机高分子材料,D正确。热点专项练4 含硫化合物的制备及性质探究
1.某学习小组设计制取SO2并验证其部分性质的实验装置图如图(夹持装置省略),下列叙述正确的是( )
A.取反应后D中溶液少许,滴加品红溶液,红色褪去,能说明SO2具有漂白性
B.A装置中比较理想的反应物质是Na2SO3固体和质量分数为10%的硫酸
C.B装置溶液变红色,说明SO2是酸性氧化物;C装置产生白色沉淀的原因为BaCl2+SO2+H2OBaSO3↓+2HCl
D.关闭弹簧夹a,打开弹簧夹b,用酒精灯在三颈烧瓶下微热,若能观察到B中长导管口有明显气泡,冷却后液体倒吸,就能判断装置A、B气密性良好
2.(2021山东日照一模)某小组为验证SO2的性质设计如图所示的实验装置,下列说法错误的是( )
A.一段时间后石蕊溶液和品红溶液均褪色,说明SO2有漂白性
B.一段时间后高锰酸钾酸性溶液、溴水褪色,说明SO2有还原性
C.一段时间后氢硫酸溶液中有淡黄色沉淀生成,说明SO2有氧化性
D.该装置能体现实验的微型化和绿色化
3.(2021辽宁沈阳六校联考)Na2S2O5是常用的防腐剂和漂白剂。可利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5,其流程如下:
下列说法正确的是( )
A.上述制备过程所涉及的物质中只有一种酸性氧化物
B.Na2S2O5作防腐剂和SO2作漂白剂时,均表现还原性
C.上述流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换
D.实验室模拟“结晶脱水”时用到的仪器只有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、漏斗
4.向红色溶液X中通入气体Y,溶液逐渐褪色,下列对X、Y的推断正确的是( )
A.若X为品红溶液,则Y一定为Cl2或SO2
B.若X为含酚酞的氢氧化钠溶液,则Y可能是SO2
C.若X为含KSCN的氯化铁溶液,则Y一定为HI
D.若X为含硫酸氢钠的石蕊溶液,则Y可能为SO2
5.(2021辽宁名校联盟联考)利用工业废碱渣(主要成分为Na2CO3)吸收硫酸厂尾气中的SO2制备无水Na2SO3的流程如下:
下列说法错误的是( )
A.向大气中排放SO2可能导致酸雨发生
B.中和器中发生反应的离子方程式为HS+OH-S+H2O
C.进入离心机的分散系是悬浊液
D.检验Na2SO3成品中是否含Na2SO4,可选用稀盐酸和Ba(NO3)2溶液
6.(2022湖南卷)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、浓硫酸、稀硫酸、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 0 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 。
参考答案
热点专项练4 含硫化合物的制备及性质探究
1.D 解析 氯水中存在的次氯酸具有漂白作用,也可以使品红溶液褪色,故品红溶液褪色不能说明二氧化硫具有漂白性,A错误;二氧化硫易溶于水,制取二氧化硫比较理想的反应物质是亚硫酸钠固体和浓硫酸,B错误;C装置中产生的白色沉淀为BaSO4,C错误。
2.A 解析 SO2具有酸性氧化物的性质,可以使石蕊溶液变红但不会褪色,SO2使品红溶液褪色说明SO2有漂白性,A错误;SO2具有还原性,与酸性高锰酸钾溶液、溴水发生氧化还原反应而使溶液褪色,B正确;SO2与氢硫酸溶液发生反应:SO2+2H2S3S↓+2H2O,生成的硫单质为难溶于水的淡黄色沉淀,体现SO2的氧化性,C正确;该装置使用注射器和药穴板,药品用量少,用浸有氢氧化钠溶液的棉花团吸收尾气,对环境的污染也小,操作方便,体现实验的微型化和绿色化,D正确。
3.C 解析 题给制备过程所涉及的物质中有2种酸性氧化物——二氧化硫和二氧化碳,A错误;SO2作漂白剂时,未发生氧化还原反应,没有表现还原性,B错误;题给流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换,否则得不到饱和的NaHSO3溶液,C正确;“结晶脱水”是加热固体分解,应该在坩埚中进行,D错误。
4.B 解析 能使品红溶液褪色的物质有氯气、二氧化硫、臭氧等气体,A错误;SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3和水,可导致含酚酞的氢氧化钠溶液褪色,B正确;二氧化硫、硫化氢等还原性气体都能使Fe3+转化为Fe2+,使含KSCN的FeCl3溶液红色褪去,C错误;二氧化硫不能与硫酸氢钠反应,不能使含硫酸氢钠的石蕊溶液褪色,D错误。
5.D 解析 二氧化硫排入大气中会导致硫酸型酸雨,A正确;在中和器中主要是将亚硫酸氢钠转化为亚硫酸钠,主要反应的化学方程式为NaHSO3+NaOHNa2SO3+H2O,离子方程式为HS+OH-S+H2O,B正确;经过中和器后的物质既有形成的结晶状的固态物质,也有溶液,则进入离心机的分散系是悬浊液,C正确;检验Na2SO3成品中是否含Na2SO4,若用稀盐酸和Ba(NO3)2溶液,H+、S、N会发生氧化还原反应,使S转化为S,因此不能检验是否含有Na2SO4,应该用稀盐酸和BaCl2溶液检验,D错误。
6.答案 (1)氯化氢 2NaCl+H2SO4(浓)Na2SO4+2HCl↑
(2)防倒吸 CuSO4溶液
(3)在上层清液中滴加热的H2SO4溶液后,无明显现象
(4)保证Ba2+沉淀完全 (5)锥形瓶 (6)97.6%
解析 (1)根据所给试剂和实验目的是由BaS制取BaCl2·2H2O,首先需要用NaCl晶体与浓硫酸在微热条件下反应制取HCl,然后将HCl气体通入Ⅱ装置与BaS反应生成BaCl2。
(2)HCl极易溶于水,b可以起到防止倒吸的作用。装置Ⅲ的作用是吸收H2S,防止尾气污染空气,吸收H2S应选用CuSO4溶液,反应的化学方程式为CuSO4+H2SCuS↓+H2SO4。
(3)向溶液中逐滴加入热的H2SO4溶液,静置后向上层清液中继续滴加热的H2SO4溶液,若不出现沉淀(无明显现象)则证明硫酸已过量,Ba2+已经沉淀完全。
(4)该实验通过BaSO4的沉淀量测定BaCl2·2H2O的纯度,应使溶液中Ba2+沉淀完全,加入过量H2SO4溶液的目的是使Ba2+沉淀完全。
(5)过滤中用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯,不需要锥形瓶。
(6)根据Ba元素质量守恒可得关系式:
BaCl2·2H2O ~ BaSO4
244 233
m 0.4660g
解得:m=0.4880g
样品纯度:×100%=97.6%。热点专项练6 元素周期表中“位—构—性”综合推断
1.(2021山东泰安二模)短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大;A的一种核素常用来鉴定一些文物的年代;B的氢化物的水溶液呈碱性;C、D为金属元素,且D原子最外层电子数等于其K层电子数;若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊溶液,可观察到先变红后褪色。下列说法正确的是 ( )
A.A的氢化物常温下一定为气态
B.简单离子半径大小顺序为E>B>C>D
C.C的简单氧化物比D的氧化物熔点高
D.E的氧化物均可作为消毒剂,其对应水化物均为强酸
2.(2022山东模拟预测)一种用于合成治疗免疫疾病药的物质,其结构如图所示,其中X、Y、Z、Q、W为1~20号元素且原子序数依次增大,Z与Q同主族,Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是( )
W+[]-
A.第一电离能:Q>Z>W
B.电负性:X>Y>Z
C.WZX与WXQ均是强电解质,在水溶液中可以发生复分解反应
D.W2Q2Z3与X2QZ4溶液反应生成黄色浑浊和无色气体,属于非氧化还原反应
3.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素,W、Y分别与X形成的化合物均会导致酸雨。下列说法中一定正确的是( )
A.简单离子半径中最大的是Z
B.简单氢化物中熔、沸点最高的是X
C.氧化物对应水化物的酸性Z比Y强
D.W的氢化物分子含10个电子
4.X、Y、Z、W都属于短周期元素,其中X、Y位于同一主族,Y、Z、W处于同一周期。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍。基态Z原子的电子总数是其最高能级电子数的5倍。W与X形成的一种气体常用于漂白和消毒,下列说法正确的是( )
A.第一电离能:Y
C.Y、Z、W三种元素的气态氢化物中,Z的气态氢化物最稳定
D.简单离子半径由小到大的顺序为X
A.Z元素的金属性在其所在周期中最强
B.W与Z可形成离子化合物
C.单核离子半径:Z
A.第一电离能:I1(X)
D.X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的弱
7.(2021山东淄博三模)短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,基态X原子核外电子仅占据5个原子轨道且有3个未成对电子,Y在元素周期表中位于第ⅢA族,Z与X属于同一主族,基态W原子的核外有1个未成对电子。下列说法错误的是( )
A.原子半径:Y>Z>W
B.最高价含氧酸的酸性:W>X>Z
C.简单氢化物的还原性:X>Z
D.X、Y、Z均可与W形成共价化合物
8.(2021山东菏泽二模)X、Y、Z、T四种元素中,基态X原子核外电子的M层中只有两对成对电子,基态Y原子核外电子的L层电子数是K层的两倍,Z是地壳内含量最高的元素,T在元素周期表各元素中电负性最大。下列说法错误的是( )
A.X、Y、Z、T的原子半径:X>Y>Z>T
B.T的氢化物的水溶液中存在的氢键类型有2种
C.Z、X、Y的最简单气态氢化物的沸点逐渐降低
D.XZ3分子的空间结构为平面三角形
9.(2022辽宁抚顺一模)某电池材料的结构如图,M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素,Y元素原子的价电子数是W的两倍。下列说法正确的是( )
M+[]-
A.氢化物沸点:X>Y
B.第一电离能:M
D.阴离子中不存在配位键
10.W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大,W与Y同主族,X与Z同主族。其中X、Y、Z构成的某种物质结构如图所示。下列叙述正确的是( )
A.W与X形成的化合物是共价化合物
B.Y和Z形成的最简单化合物水溶液呈酸性
C.简单离子半径:Z>Y>X>W
D.向该物质的溶液中加入稀硫酸,产生气泡和淡黄色沉淀
参考答案
热点专项练6 元素周期表中
“位—构—性”综合推断
1.B 解析 根据A的一种核素的用途,可确定A为碳元素,B的氢化物的水溶液呈碱性,则B为氮元素,D是短周期金属元素,原子的最外层电子数等于其K层电子数,且原子序数大于7的只有镁元素,即D为Mg元素,则C为Na元素,氯气的水溶液既显酸性又具有漂白性,可使紫色石蕊溶液先变红后褪色,则E为Cl元素。碳的氢化物即为烃类,随着碳原子数的增多,常温下的状态有气体、液体或固体,不一定都是气体,A错误;简单离子半径大小顺序为Cl->N3->Na+>Mg2+,B正确;氧化钠和氧化镁均为离子晶体,镁离子比钠离子电荷数多、离子半径小,因而氧化镁中离子键强,熔点高,C错误;氯的氧化物都具有氧化性,有的可作消毒剂;在氯的含氧酸中,HClO、HClO2为弱酸,D错误。
2.C 解析 X、Y、Z、Q、W为1~20号元素且原子序数依次增大,Z与Q同主族,由结构可知Z、Q的最外层有6个电子,Z为O,Q为S;Q和W的简单离子具有相同的电子层结构,W的原子序数最大,则W为K;Y可形成4个共价键,X只形成1个共价键,结合原子序数可知X为H,Y为C。这5种元素的非金属性越强,其第一电离能就越大,所以第一电离能:Z>Q>W,A项错误;一般情况下元素的非金属性越强,其电负性就越大,所以元素的电负性:X
4.A 解析 X、Y、Z、W都属于短周期元素,X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍,则X有2个电子层,最外层电子数为6,故X为氧元素,X、Y位于同一族,故Y为硫元素;Y、Z、W处于同一周期,基态Z原子的电子总数是其最高能级电子数的5倍,则Z为磷元素。W与X形成的一种气体常用于漂白和消毒,W为氯元素。同一周期主族元素中,从左到右非金属性增强,第一电离能呈增大趋势,第ⅡA族和第ⅤA族大于相邻主族元素,则第一电离能:S
6.D 解析 W的二价阳离子与Z的阴离子具有相同的电子层结构,且化合物为WZ,即Z的阴离子为负二价,推出W为Mg,Z为O;Y、Z简单氢化物的沸点比它们同族相邻周期简单氢化物的沸点高,说明Y、Z氢化物中存在分子间氢键,因为原子序数依次增大,因此Y为N;XZ2为非极性分子,且X与N、O是同一周期的非金属元素,推出X为C。同一周期从左向右,元素的第一电离能呈增大趋势,但ⅤA族>ⅥA族,三种元素第一电离能大小顺序是I1(N)>I1(O)>I1(C),故A项错误;同一周期从左向右,主族元素原子半径依次减小,因此r(C)>r(N)>r(O),故B项错误;O的电负性大于N,Mg属于活泼金属,Mg的电负性小于N,故C项错误;C的最高价氧化物对应水化物是H2CO3,H2CO3属于弱酸,N的最高价氧化物对应水化物是HNO3,HNO3属于强酸,故D项正确。
7.C 解析 基态X原子核外电子仅占据5个原子轨道且有3个未成对电子,则X是N元素;Y在元素周期表中位于第ⅢA族,则Y是Al元素;Z与X属于同一主族,则Z是P元素;基态W原子的核外有1个未成对电子,其原子序数大于Z(P),则W是Cl元素。同周期主族元素从左到右,原子半径逐渐减小,则原子半径:Al>P>Cl,A正确;非金属性:Cl>N>P,则最高价含氧酸的酸性:HClO4>HNO3>H3PO4,B正确;非金属性:N>P,则简单氢化物的还原性:NH3
H—O…H—O、H—F…H—O、H—O…H—F,B错误;H2O分子间形成氢键,H2S、CH4分子间只存在范德华力,H2S的相对分子质量大,其范德华力大,故沸点:H2O>H2S>CH4,C正确;SO3分子中硫原子价层电子对数为3,不含孤电子对,则SO3的空间结构为平面三角形,D正确。
9.C 解析 M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素,结合图示可知,M形成+1价阳离子,该图示为电池材料组成与结构,则M为Li,说明五种元素均位于第二周期,Y元素原子的价电子数是W的两倍,Y形成2个共价键,其价电子数为6,W的价电子数为3,则W为B,Y为O;Z形成1个共价键,X形成4个共价键,则X为C,Z为F。水分子间可形成氢键,沸点高于甲烷的,但不一定高于碳的其他氢化物,故A项错误;同周期自左向右第一电离能逐渐增大,则第一电离能:M
1.下列装置应用于实验室制取氯气并回收二氯化锰的实验,能达到实验目的的是( )
A.用装置甲制取氯气
B.用装置乙除去氯气中的少量氯化氢
C.用装置丙分离二氧化锰和浓盐酸反应后的溶液
D.用装置丁蒸干反应后的溶液制MnCl2·4H2O
2.(2021山东枣庄八中检测)某同学通过以下流程制取NaClO2晶体:
已知:ClO2浓度过高时易发生分解,NaClO2在温度高于60 ℃时易分解,NaClO2饱和溶液在低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O,高于38 ℃时析出NaClO2。
下列说法不正确的是( )
A.步骤①中工业上常用H2C2O4代替Na2SO3
B.步骤②发生反应的离子方程式为2ClO2+2OH-+H2O22Cl+O2+2H2O
C.步骤③的结晶方法为蒸发浓缩,冷却结晶
D.步骤④中制得的NaClO2晶体可用略高于38 ℃的热水洗涤2~3次
3.(2021湖北荆门中学等四校联考)漂白粉和漂粉精是常用的消毒清洁用品,其有效成分均为Ca(ClO)2,相应的生产流程如下。
下列说法不正确的是( )
A.①中阳极的电极反应为2Cl--2e-Cl2↑
B.②中反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O
C.上述过程涉及氧化还原反应、化合反应、复分解反应
D.制备漂粉精过程中,Cl2转化为Ca(ClO)2时,Cl的原子利用率为100%
4.(双选)ClO2是一种高效安全的杀菌消毒剂,用氯化钠电解法生产ClO2的工艺原理示意图如图,发生器内电解生成ClO2。下列说法正确的是( )
A.a气体是氢气,b气体是氯气
B.电解食盐水时每生成2 mol a气体,转移2 mol e-
C.ClO2发生器中阴极的电极反应为2Cl+12H++10e-Cl2↑+6H2O
D.为使a、b气体恰好完全反应,理论上每生产1 mol ClO2需要补充56 L(标准状况)b气体
5.(2021广东实验中学等四校联考)实验室采用如图所示的装置制取氯化铜(部分仪器和夹持装置已略去)。
下列说法正确的是( )
A.玻璃纤维的作用是防止E装置中液体倒吸入D装置中
B.E装置中液体用于吸收多余的氯气和氯化氢
C.要使B装置中产生氯气,应先加热圆底烧瓶,再滴加浓盐酸
D.实验中加热的先后顺序为先加热硬质玻璃管D,再加热圆底烧瓶B
6.如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持装置已略)。
(1)制备氯气选用的药品为漂粉精固体和浓盐酸,则相关反应的化学方程式为 。
(2)装置B中饱和食盐水的作用是 ;同时装置B也是安全瓶,监测实验进行时装置C是否发生堵塞,请写出发生堵塞时装置B中的现象: 。
(3)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性,为此装置C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处依次放入 (填字母)。
选项 a b c d
Ⅰ 干燥的有色布条 干燥的有色布条 湿润的有色布条 湿润的有色布条
Ⅱ 碱石灰 硅胶 浓硫酸 无水氯化钙
Ⅲ 湿润的有色布条 湿润的有色布条 干燥的有色布条 干燥的有色布条
(4)设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。当向D装置中缓缓通入一定量氯气时,可以看到无色溶液逐渐变为 色,说明氯的非金属性强于溴的。打开活塞,将装置D中少量溶液加入装置E中,振荡后静置,观察到的现象是 。
参考答案
热点专项练3 含氯化合物的制备及性质探究
1.C 解析 利用二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气需要加热,A错误;气体通过乙装置时应长进短出,且除杂试剂应选用饱和食盐水,B错误;二氧化锰是固体,可通过过滤的方法分离,C正确;蒸干溶液会引起MnCl2的水解及MnCl2·4H2O分解,D错误。
2.C 解析 步骤①中Na2SO3作为还原剂,H2C2O4也是常见的还原剂,工业上常用H2C2O4代替Na2SO3,A正确;步骤②发生的反应为碱性条件下ClO2与H2O2发生氧化还原反应生成Cl、O2和H2O,反应的离子方程式为2ClO2+2OH-+H2O22Cl+O2+2H2O,B正确;由于NaClO2在温度高于60℃时易分解,因此结晶方法不可以用蒸发浓缩和冷却结晶的方法,C错误;由于NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2·3H2O,高于38℃时析出NaClO2,步骤④中制得的NaClO2晶体中可用略高于38℃的热水洗涤2~3次,D正确。
3.D 解析 制备漂粉精过程中,发生反应:2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,Cl2转化为Ca(ClO)2时,Cl原子利用率小于100%。
4.AD 解析 根据流程图可知,食盐水在特定条件下电解得到氯酸钠(NaClO3)和氢气,NaClO3和HCl反应生成ClO2、氯气和氯化钠,b气体为氯气,a气体为氢气,A正确;电解食盐水得到氯酸钠(NaClO3)和H2,电解的离子方程式为Cl-+3H2OCl+3H2↑,电解食盐水时每生成2mola气体,转移4mole-,B错误;ClO2发生器中的反应为NaClO3和盐酸发生反应生成NaCl、ClO2、Cl2和H2O,阴极是Cl得到电子生成ClO2,电极反应为Cl+2H++e-ClO2↑+H2O,C错误;NaClO3和盐酸发生反应生成NaCl、ClO2、Cl2和H2O,化学方程式为2NaClO3+4HCl2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O,每生成1molClO2需要消耗1molNaClO3,同时生成0.5mol氯气,电解食盐水的反应为Cl-+3H2OCl+3H2↑,每生成1molNaClO3,同时生成3mol氢气,为使a、b气体恰好完全反应,理论上每生成1molClO2需要补充2.5mol氯气,D正确。
5.B 解析 玻璃纤维的作用是防止固体进入导管,堵塞导气管,A错误;E装置是尾气处理装置,氢氧化钠溶液用于吸收多余的氯气和氯化氢,B正确;要使B装置中产生氯气,应先滴加浓盐酸,再加热圆底烧瓶,C错误;为防止铜和氧气反应,实验中先加热圆底烧瓶B,再加热硬质玻璃管D,D错误。
6.答案 (1)Ca(ClO)2+4HCl(浓)CaCl2+2Cl2↑+2H2O
(2)除去Cl2中的HCl 长颈漏斗中液面上升,形成水柱
(3)d (4)棕黄 装置E中溶液分为两层,上层(苯层)为紫红色
解析 (1)根据氧化还原反应的规律,次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水,反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl(浓)CaCl2+2Cl2↑+2H2O。
(2)浓盐酸易挥发,反应制取的氯气中含有HCl,装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl;若装置C发生堵塞,装置B中的压强会增大,长颈漏斗中液面上升,形成水柱。
(3)验证氯气是否具有漂白性,要对比验证干燥氯气和湿润氯气有无漂白性,因此Ⅰ处应为湿润的有色布条,Ⅱ处应为干燥剂,Ⅲ处应为干燥的有色布条,U形管中应用固体干燥剂。
(4)当向装置D中缓缓通入少量氯气时,可以看到无色溶液逐渐变为棕黄色,发生反应:Cl2+2NaBr2NaCl+Br2。打开活塞,将装置D中含Br2(也可能含有过量的Cl2)的少量溶液加入装置E中,发生反应将I-氧化为I2,碘单质溶于苯呈紫红色,振荡后静置,观察到的现象是装置E中液体分为两层,上层(苯层)为紫红色。热点专项练14 化工流程中生产条件的控制及Ksp的应用
1.(2022山东临沂三模)锌是一种重要的金属,在电镀电池等工业上具有广泛的应用。以废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO2)为原料制备锌的工艺流程如下。
已知:①“浸取”后溶液中的阳离子主要是[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+。
②25 ℃时Ksp(ZnS)=1.6×10-24;深度除杂标准:溶液中≤2.0×10-6。回答下列问题:
(1)滤渣①的主要成分是 (填化学式);“浸取”时,ZnO发生反应的离子方程式为 。
(2)加入过量氨水的作用之一是使ZnO、CuO溶解,另一个作用是 ;“萃取”时需要进行多次萃取且合并萃取液,其目的是 。
(3)“深度除铜”时涉及的部分反应为:
[Cu(NH3)4]2++4H2OCu2++4NH3·H2O K1=a
[Cu(NH3)4]2++S2-+4H2OCuS↓+4NH3·H2O K2=b
(NH4)2S的加入量[×100%]对锌的回收率及铜锌比[]的影响如图所示。
①当(NH4)2S加入量超过100%时,锌的回收率下降的可能原因是 (用离子方程式表示)。
②(NH4)2S较为合理的加入量约为120%,理由是 。
③室温下,向“浸取”液中加入一定量(NH4)2S固体,“深度除铜”后,测得溶液中c(Cu2+)为1.0×10-8 mol·L-1,此时溶液中c(S2-)为 mol·L-1(用含a、b的代数式表示,忽略S2-水解)。
(4)用惰性电极“电解”时,阴极存在竞争反应,该竞争反应的电极反应式为 。
2.锑(Sb)是第五周期第ⅤA族元素,三氧化二锑是一种两性氧化物,俗称锑白,不溶于水,可用作白色颜料、油漆和塑料阻燃剂。以脆硫铅锑矿(主要成分为Pb4FeSb6S14)为原料制备锑白的工艺流程如图所示。
已知常温下,溶液中金属阳离子开始沉淀、完全沉淀的pH如表所示:
金属离子 Pb2+ Sb3+ Fe2+ Fe3+
开始沉淀时的pH 7.04 0.53 7.0 1.9
完全沉淀时的pH 9.04 2.05 9.0 3.2
回答下列问题:
(1)Pb4FeSb6S14中各元素的化合价均为整数,已知铅元素为+2价,则铁元素的化合价为 ;X的成分是 。
(2)氧化过程中,反应后锑为最高价态,则参加反应的n(Pb4FeSb6S14)∶n(Cl2)= ;还原过程中发生多个反应,其中之一是Fe3+被还原为Fe2+,将Fe3+还原为Fe2+的目的是 。
(3)常温下,Fe(OH)2的Ksp为 (当溶液中某离子浓度c≤1×10-5 mol·L-1时,可认为该离子沉淀完全)。
(4)水解过程中加入热水的原因是 ;写出生成Sb(OH)2Cl的离子方程式: 。
(5)写出加入氨水后SbOCl发生反应的化学方程式: 。
3.以镁铝复合氧化物(MgO-Al2O3)为载体的负载型镍铜双金属催化剂(Ni-Cu/MgO-Al2O3)是一种新型高效加氢或脱氢催化剂,其制备流程如下:
已知:常温下,Ksp[Cu(OH)2]=2.21×10-20,Ksp[Al(OH)3]=1.30×10-33。回答下列问题:
(1)在加热条件下,尿素[CO(NH2)2]在水中发生水解反应,放出 和 两种气体。(写化学式)
(2)“晶化”过程中,需保持恒温60 ℃,可采用的加热方式为 。
(3)“洗涤”过程中,检验滤饼是否洗净的方法是 。
(4)常温下,若“悬浊液”中=1.7×109,则溶液的pH= 。
(5)“还原”过程中所发生反应的化学方程式为 。
(6)NiSO4在强碱溶液中被NaClO氧化可得NiOOH,该物质能用作碱性镍镉电池的正极材料。其电池总反应为Cd(s)+2NiOOH(s)+2H2O(l)Cd(OH)2(s)+2Ni(OH)2(s)。
①放电一段时间后,溶液的pH将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
②充电时,阳极发生的电极反应为 。
参考答案
热点专项练14 化工流程中生产
条件的控制及Ksp的应用
1.答案 (1)Fe2O3、MnO2 2NH3·H2O+2N+ZnOZn[(NH3)4]2++3H2O
(2)使部分NH4HCO3转化为(NH4)2CO3或促进反应正向进行,有利于锌的浸出 收集尽可能多的Zn2+,提高的Zn2+的萃取率
(3)①Zn[(NH3)4]2++S2-ZnS↓+4NH3↑ ②锌的回收率高,铜锌比较低,且高于120%时铜锌比变化较缓慢 ③×108
(4)2H++2e-H2↑
解析 由已知①可知,废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO2)中的ZnO及少量CuO经碳酸氢铵和过量氨水浸取后转化为可溶性的[Zn(NH3)4]2+、
[Cu(NH3)4]2+;则Fe2O3、MnO2未被溶解,即滤渣①的主要成分为Fe2O3、MnO2;向浸取液中加入适量的(NH4)2S进行深度除铜——[Cu(NH3)4]2+转化为CuS沉淀,则滤渣②的主要成分为CuS;向滤液中加有机萃取剂,萃取溶液中的Zn2+,分液得到含Zn2+的有机相,再向有机相中加硫酸反萃取Zn2+,分液得到硫酸锌,电解得到Zn。
(1)由已知①可知,废锌催化剂中只有ZnO和CuO与NH4HCO3和NH3·H2O反应可生成可溶的Zn[(NH3)4]2+和Cu[(NH3)4]2+,则滤渣①的主要成分为Fe2O3、MnO2;ZnO与NH4HCO3和NH3·H2O反应可生成Zn[(NH3)4]2+,则其离子方程式为2NH3·H2O+2N+ZnOZn[(NH3)4]2++3H2O。
(2)氨水能与碳酸氢铵反应生成碳酸铵即NH3·H2O+NH4HCO3(NH4)2CO3+H2O,或促进反应正向进行,有利于锌的浸出;“萃取”时需要进行多次萃取且合并萃取液的目的是,收集尽可能多的Zn2+,提高的Zn2+的萃取率。
(3)①过量的(NH4)2S能与Zn[(NH3)4]2+反应生成难溶的ZnS,则其离子方程式为Zn[(NH3)4]2++S2-ZnS↓+4NH3↑。
②由图示分析可知(NH4)2S较为合理的加入量约为120%时,锌的回收率约为99.60%,铜锌比较低,且高于120%时铜锌比变化较缓慢。
③由反应[Cu(NH3)4]2++4H2O4NH3·H2O+Cu2+ K1=a [Cu(NH3)4]2++S2-+4H2OCuS↓+4NH3·H2O K2=b可得CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq) K3=,则K3=c(Cu2+)·c(S2-)=,由于c(Cu2+)为1.0×10-8mol·L-1,则c(S2-)=×108mol·L-1。
(4)由于锌为活泼金属,所以用惰性电极电解硫酸锌溶液时,溶液中的氢离子在阴极也会发生还原反应,即2H++2e-H2↑。
2.答案 (1)+2价 S (2)2∶41 避免Fe3+与Sb3+一起形成沉淀 (3)1×10-15 (4)稀释、加热均可促进Sb3+的水解 Sb3++2H2O+Cl-Sb(OH)2Cl↓+2H+
(5)2SbOCl+2NH3·H2OSb2O3+2NH4Cl+H2O
解析 以脆硫铅锑矿粉(主要成分为Pb4FeSb6S14)为原料,加入水,通入氯气氧化得到浸出液和含硫、PbCl2的滤渣,浸出液的溶质主要是SbCl5、FeCl3;再加锑粉发生还原反应将Sb5+还原为Sb3+,同时将Fe3+还原为Fe2+避免Fe3+与Sb3+一起沉淀,然后加入热水水解,并过滤得到FeCl2等溶液和含锑沉淀,然后加入氨水,过滤后再经过洗涤干燥得到锑白。
(1)锑是第ⅤA族元素,其主要化合价为+3价、+5价,硫元素为-2价,铅元素为+2价,由化合物中各元素化合价代数和等于0,可求出铁为+2价;根据流程图中各操作过程中涉及物质可知X是单质硫。
(2)氧化过程中,1molCl2可得到2mol电子,矿石中Fe2+转化为Fe3+、Sb3+转化为Sb5+、S2-转化为S,则1molPb4FeSb6S14失去的电子为(1×1+6×2+14×2)mol=41mol,由得失电子守恒得n(Pb4FeSb6S14)∶n(Cl2)=2∶41;由表中各离子开始沉淀时和完全沉淀时的pH可知,Sb3+完全沉淀时,Fe3+也有部分沉淀,但Fe2+尚未开始形成沉淀,故将Fe3+还原为Fe2+的目的是避免Fe3+与Sb3+一起形成沉淀。
(3)当溶液中c(Fe2+)=1×10-5mol·L-1时,可认为Fe2+沉淀完全,此时溶液的pH=9.0,c(OH-)=1×10-5mol·L-1,Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)·c2(OH-)=1×10-5×(1×10-5)2=1×10-15。
(4)Sb3+通过水解得到相应的沉淀,稀释、加热均可促进水解;生成Sb(OH)2Cl的离子方程式为Sb3++2H2O+Cl-Sb(OH)2Cl↓+2H+。
(5)由流程图中信息可知,SbOCl与氨水反应的产物之一是Sb2O3,则发生反应的化学方程式为2SbOCl+2NH3·H2OSb2O3+2NH4Cl+H2O。
3.答案 (1)NH3 CO2 (2)水浴加热 (3)取少量最后一次洗涤液放入试管,向试管中加入稀盐酸,再加入氯化钡溶液,若有白色沉淀则未洗净,若无沉淀则已洗净 (4)10 (5)NiO+H2Ni+H2O、CuO+H2Cu+H2O (6)①增大 ②Ni(OH)2+OH--e-NiOOH+H2O
解析 将MgSO4、Al2(SO4)3、NiSO4、CuSO4混合溶液在90℃下加入尿素发生反应生成Mg(OH)2、Al(OH)3、Ni(OH)2、Cu(OH)2悬浊液,在60℃晶化过滤,得到滤饼,洗涤、干燥,焙烧得到MgO、CuO、NiO、Al2O3,在550℃温度下用氢气还原得到产品。
(1)根据题意,尿素[CO(NH2)2]在加热条件下与水发生水解反应即CO(NH2)2+H2OCO2↑+2NH3↑,因此放出NH3和CO2两种气体。
(2)“晶化”过程中,需保持恒温60℃,温度在100℃以下,因此采用的加热方式为水浴加热。
(3)“洗涤”过程中,检验滤饼是否洗净,主要检验洗涤液中是否还含有S,因此常用的方法是取少量最后一次洗涤液放入试管,向试管中加入稀盐酸,再加入氯化钡溶液,若有白色沉淀则未洗净,若无沉淀则已洗净。
(4)常温下,若“悬浊液”中===1.7×109,则c(OH-)=1×10-4mol·L-1,c(H+)=mol·L-1=1×10-10mol·L-1,则溶液的pH=10。
(5)“还原”过程最终得到Ni-Cu/MgO-Al2O3,说明是NiO、CuO与氢气发生还原反应,因此所发生反应的化学方程式为NiO+H2Ni+H2O、CuO+H2Cu+H2O。
(6)①放电时,负极反应为Cd-2e-+2OH-Cd(OH)2,正极反应为2NiOOH+2e-+2H2O2Ni(OH)2+2OH-,正极生成的OH-的物质的量与负极消耗的OH-的物质的量相等,但是消耗了电解质溶液中的水,使碱性增强,因此溶液的pH将增大。
②放电时正极反应:NiOOH+e-+H2ONi(OH)2+OH-,则充电时,阳极发生的电极反应为Ni(OH)2+OH--e-NiOOH+H2O。热点专项练2 高考常考的铁及其化合物
1.(2022江苏五校联盟高三检测)下列有关铁及其化合物的性质与用途具有对应关系的是( )
A.铁粉具有还原性,可用作食品保存的抗氧化剂
B.纳米Fe3O4能与酸反应,可用作铁磁性材料
C.FeCl3溶液呈酸性,可用于腐蚀印刷电路板上的Cu
D.聚合硫酸铁能水解并形成胶体,可用于自来水的消毒
2.(2022江苏高考模拟)一种利用废旧镀锌铁皮制备磁性Fe3O4纳米粒子的工艺流程如下。
下列有关说法不正确的是( )
A.“碱洗”主要是为了去除废旧镀锌铁皮中的锌
B.“氧化”后的溶液中金属阳离子主要有Fe3+、Na+
C.“氧化”时发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+2Fe3++Cl-+H2O
D.用激光笔照射“加热沉铁”后所得分散系,产生丁达尔效应
3.(2021辽宁大连八中阶段考)向盛有2 mL FeCl3溶液的试管中加入少量铁粉,如图进行实验。下列分析错误的是( )
A.操作①为振荡
B.步骤Ⅰ中的离子方程式为2Fe3++Fe3Fe2+
C.若步骤Ⅱ溶液变红色,说明Fe2+能用KSCN检验
D.步骤Ⅲ中Fe2+被氧化为Fe3+
4.(2021湖北武汉部分校联考)下列说法错误的是( )
①向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液,再滴加H2O2溶液,溶液变成红色,说明Fe2+既有氧化性又有还原性
②向稀硝酸中加入过量铁粉,充分反应后滴加KSCN溶液,有气体生成,溶液呈红色,则稀硝酸将Fe氧化为Fe3+
③向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液,溶液呈红色,说明原溶液一定含有Fe2+
④在某溶液中加KSCN溶液,溶液显红色,证明原溶液中有Fe3+,无Fe2+
A.只有①②③ B.①②③④
C.只有②③④ D.只有①②④
5.(2021河北衡水中学调研)从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下:
下列说法正确的是( )
A.试剂a是铁、试剂b是稀硫酸
B.操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用仪器相同
C.试剂c是氯气,相应的反应为2Fe2++Cl22Cl-+2Fe3+
D.用酸性KMnO4溶液可检验溶液W中是否含有Fe2+
6.(2022北京高三模拟)某同学利用下列电池装置进行实验,探究Fe2+的氧化性和还原性。
根据实验现象,下列分析不正确的是( )
A.电流表显示电子由铁电极流向石墨电极,可知盐桥中的阳离子进入石墨电极溶液中
B.一段时间后石墨电极上未见Fe析出且铁电极溶液中c(Fe2+)增大,可知石墨电极溶液中c(Fe2+)也增大
C.由A、B中的现象可知,Fe2+还原性小于Fe、氧化性小于Fe3+
D.一段时间后两极溶液中的Fe2+浓度若相等,说明反应已达到平衡状态
7.(2021山东德州高三期末)碳酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血。实验室里先制得硫酸亚铁,后将硫酸亚铁与碳酸氢铵反应制得碳酸亚铁(Fe2++2HCFeCO3↓+CO2↑+H2O)。实验装置如图所示(部分夹持仪器略去)。回答下列问题:
(1)配制溶液所用的蒸馏水必须先除去溶解的氧气,具体方法是 。
(2)该实验过程中,将生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合的操作是 。
(3)B装置中的NH4HCO3需过量的原因 (填字母)。
a.除去FeSO4溶液中残留的硫酸
b.使Fe2+充分转化为FeCO3
c.NH4HCO3溶解度比较大
d.NH4HCO3受热分解损失
(4)碳酸亚铁在潮湿的空气中逐渐被氧化生成氢氧化铁和一种气体,反应的化学方程式为 。
(5)NaHCO3与NH4HCO3均可作为Fe2+的沉淀剂,但更常用NH4HCO3,理由是 (写出一点即可)。
(6)设计实验检验制得的产品中是否含Fe2+: 。
参考答案
热点专项练2 高考常考的铁及其化合物
1.A 解析 铁粉具有还原性,能消耗食品包装袋内的氧气,可用作食品保存的抗氧化剂,故A项正确;Fe3O4具有磁性,所以纳米Fe3O4可用作铁磁性材料,与Fe3O4能与酸反应无关,故B项错误;FeCl3溶液可用于腐蚀印刷电路板上的Cu,是因为Fe3+能把Cu氧化为Cu2+,故C项错误;聚合硫酸铁能水解并形成胶体,可用于净水,不能消毒,故D项错误。
2.B 解析 锌能与氢氧化钠反应,因此“碱洗”是为了去除废旧镀锌铁皮表面的油污和锌,A项正确;“氧化”是NaClO和Fe2+反应,因此溶液中金属阳离子主要有Fe2+、Fe3+,还有Na+,B项错误;“氧化”时NaClO和Fe2+反应生成Fe3+和Cl-,因此发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+2Fe3++Cl-+H2O,C项正确;加热沉铁即把Fe(OH)2、Fe(OH)3加热分解生成Fe3O4胶体,因此用激光笔照射“加热沉铁”后所得分散系,产生丁达尔效应,故D项正确。
3.C 解析 步骤Ⅰ向FeCl3溶液中加入铁粉,充分振荡,使其发生反应2Fe3++Fe3Fe2+,A、B正确;若步骤Ⅱ溶液变红色,可能是Fe2+被溶解在溶液中的O2氧化成Fe3+,不能用KSCN溶液检验Fe2+,C错误;步骤Ⅲ滴加新制氯水,溶液中的Fe2+被Cl2氧化为Fe3+,溶液变成红色,D正确。
4.B 解析 FeSO4溶液中的Fe2+被H2O2氧化为Fe3+,Fe3+遇SCN-溶液呈红色,说明Fe2+具有还原性,①错误;向稀硝酸中加入过量铁粉,反应生成Fe(NO3)2、NO和H2O,滴加KSCN溶液,溶液不变红色,②错误;某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液,溶液呈红色,该溶液含有Fe2+、Fe3+中至少一种,③错误;向某溶液中加入KSCN溶液,溶液显红色,说明该溶液中含有Fe3+,不能判断是否含Fe2+,④错误。
5.C 解析 从废液中回收铜并制备FeCl3晶体,要先加入足量铁粉置换出铜,过滤后,向滤渣中加入足量稀盐酸溶解过量铁粉,并回收铜。滤液X和Z中含有FeCl2,要通入Cl2将其氧化生成FeCl3。试剂a是铁粉,试剂b是稀盐酸,A错误;操作Ⅰ和Ⅱ是过滤,操作Ⅲ是蒸发,所用仪器不同,B错误;试剂c是Cl2,Cl2将Fe2+氧化成Fe3+,反应为2Fe2++Cl22Cl-+2Fe3+,C正确;溶液W中含有Cl-,可将KMnO4还原为Mn2+而使溶液褪色,故不能检验是否含有Fe2+,D错误。
6.D 解析 该反应为Fe+2Fe3+3Fe2+,Fe失电子生成Fe2+,Fe3+得电子生成Fe2+。铁电极失电子为负极,石墨电极为正极,阳离子从负极向正极移动,故盐桥中阳离子进入石墨电极溶液中,A项正确;石墨电极上发生的反应为Fe3++e-Fe2+,反应生成Fe2+,故石墨电极溶液中亚铁离子浓度增大,B项正确;负极反应为Fe-2e-Fe2+,正极反应为2Fe3++2e-2Fe2+,总反应为Fe+2Fe3+3Fe2+,反应中氧化剂为Fe3+,还原剂为Fe,Fe2+既是氧化产物也是还原产物,故Fe2+还原性小于Fe,氧化性小于Fe3+,C项正确;烧杯中溶液体积未知,一段时间后两极溶液中Fe2+浓度相等,无法说明反应达到平衡状态,D项错误。
7.答案 (1)将蒸馏水煮沸后迅速冷却 (2)关闭K3,打开K2
(3)abd
(4)4FeCO3+6H2O+O24Fe(OH)3+4CO2
(5)铵根离子水解生成氢离子,降低溶液的pH,减少副产物氢氧化亚铁生成,且过量时易除去
(6)取少量样品置于试管中,加入铁氰化钾溶液,如果不生成蓝色沉淀,则说明不含亚铁离子,否则含有亚铁离子
解析 打开活塞K1、K3,A中稀硫酸和Fe反应生成硫酸亚铁和氢气,关闭K1、K3打开K2,通过气体压强使硫酸亚铁溶液进入B装置,B装置中发生反应Fe2++2HCFeCO3↓+CO2↑+H2O。
(1)氧气在蒸馏水中的溶解度随着温度的升高而降低,所以除去配制溶液所用的蒸馏水中溶解的氧气的具体方法是将蒸馏水煮沸后迅速冷却。
(2)关闭K1、K3打开K2,生成的气体使A中压强增大,通过气体压强使硫酸亚铁溶液进入B装置。
(3)NH4HCO3能和稀硫酸反应而除去氢离子,将亚铁离子转化为FeCO3,且NH4HCO3受热易分解,故选取abd。
(4)碳酸亚铁在潮湿的空气中逐渐被氧化生成氢氧化铁和一种气体,根据元素守恒确定生成气体为二氧化碳,反应的化学方程式为4FeCO3+6H2O+O24Fe(OH)3+4CO2。
(5)N水解生成氢离子,会降低溶液的pH,减少副产物氢氧化亚铁生成,且过量时易除去,故选取NH4HCO3。
(6)Fe2+常常用铁氰化钾溶液检验,Fe2+能和铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀。其检验方法为取少量样品置于试管中,加入铁氰化钾溶液,如果不生成蓝色沉淀,则说明不含Fe2+,否则含有Fe2+。热点专项练13 弱电解质的图像及分析
1.(2022安徽蚌埠模拟)常温下向100 mL蒸馏水中滴入10 mL 5 mol·L-1 HA溶液,利用传感器测得溶液中c(H+)和温度随着加入HA溶液体积的变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是( )
A.HA是强酸
B.a~b段,HA电离放热,使溶液温度升高
C.c~d段,c(H+)增大,HA电离程度增大
D.c点时,加入等体积等浓度的NaOH溶液,则c(Na+)=c(A-)+c(HA)
2.某温度下,相同体积、相同pH的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示,下列判断正确的是( )
A.a点导电能力比b点强
B.b点的KW值大于c点
C.与盐酸完全反应时,消耗盐酸体积VA>VB
D.a、c两点的c(H+)相等
3.某温度下,HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.6×10-4和1.75×10-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释,其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是( )
A.曲线Ⅰ代表HNO2溶液
B.溶液中水的电离程度:b点>c点
C.从c点到d点,溶液中保持不变(其中HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子)
D.相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后,溶液中n(Na+)相同
4.(2022山东临沂月考)醋酸溶液中存在电离平衡:CH3COOHH++CH3COO-,下列叙述正确的是( )
A.图甲表示向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后,溶液pH的变化
B.图乙表示向CH3COOH溶液中加水时溶液的导电性变化,则CH3COOH溶液的pH:a>b
C.醋酸溶液中离子浓度的关系满足:c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)
D.0.10 mol·L-1的CH3COOH溶液加水稀释,溶液所有离子的浓度均减小
5.(2022山东济南质检)已知:25 ℃时某些弱酸的电离平衡常数(如表)。如图表示常温下,稀释CH3COOH、HClO两种酸的稀溶液时,溶液pH随加水量的变化。下列说法正确的是( )
CH3COOH HClO H2CO3
Ka=1.8×10-5 Ka=3.0×10-8 =4.1×10-7 =5.6×10-11
A.相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中,各离子浓度的大小关系是c(Na+)>c(CH3COO-)>c(ClO-)>c(H+)>c(OH-)
B.向NaClO溶液中通少量二氧化碳的离子方程式为2ClO-+CO2+H2O2HClO+C
C.图像中a、c两点处的溶液中相等(HR代表CH3COOH或HClO)
D.图像中a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度
6.已知25 ℃时弱电解质电离常数:
Ka(CH3COOH)=1.75×10-5,
Ka(HSCN)=0.13。
(1)将20 mL 0.10 mol·L-1 CH3COOH溶液和20 mL 0.10 mol·L-1 HSCN溶液分别与0.10 mol·L-1 NaHCO3溶液反应,实验测得产生CO2气体体积(V)与时间(t)的关系如图。
反应开始时,两种溶液产生CO2的速率明显不同的原因是 ;
反应结束后所得溶液中c(SCN-) (填“>”“=”或“<”)c(CH3COO-)。
(2)2.0×10-3 mol·L-1的氢氟酸中,调节溶液pH(忽略调节时体积变化),测得平衡体系中c(F-)、c(HF)与溶液pH的关系如图。
则25 ℃时,HF电离常数Ka(HF)= (列式求值)。
参考答案
热点专项练13 弱电解质的图像及分析
1.D 解析 结合图示可知,滴入10mL5mol·L-1HA溶液时,c(HA)=×5mol·L-1≈0.45mol·L-1,而此时c(H+)约为6×10-3mol·L-1,证明HA部分电离,属于弱酸,故A错误;a~b段,HA的电离过程为吸热过程,电解质溶于水,扩散过程(电离)吸热,水合过程(形成水合离子)放热,故B错误;c~d段,HA浓度增大,c(H+)增加,但HA的电离程度减小,因为溶液的浓度越小,HA电离产生的离子结合形成HA分子的机会就越少,所以电离程度就越大,故C错误;c点时,加入等体积等浓度的NaOH溶液,反应后溶质为NaA,根据物料守恒得:c(Na+)=c(A-)+c(HA),故D正确。
2.D 解析 选项A,根据图示可知,曲线A为NaOH溶液稀释曲线,曲线B为氨水的稀释曲线,a点溶液中离子浓度小于b点溶液中离子浓度,a点导电能力更弱,错误;选项B,KW值只与温度有关,b、c两点KW值相等,错误;选项C,相同体积、相同pH的两种溶液中,NH3·H2O的物质的量大于NaOH的物质的量,故与盐酸完全反应时,氨水消耗的盐酸多,错误;选项D,a、c两点溶液pH相等,则c(H+)相等,正确。
3.C 解析 由Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH)可知,酸性:HNO2>CH3COOH。pH相同的两种酸稀释相同倍数时,酸性强的酸pH变化大,所以曲线Ⅱ为HNO2,A错误;b、c两点处,b点酸性强,对水的电离抑制程度大,所以水的电离程度:c点>b点,B错误;从c点到d点,,KW和Ka只与温度有关,故比值不变,C正确;相同体积a点的两溶液中,n(CH3COOH)>n(HNO2),因此与NaOH恰好中和后,消耗的NaOH的量不同,溶液中n(Na+)不同,D错误。
4.C 解析 向CH3COOH溶液中加入CH3COONa固体,c(CH3COO-)增大,电离平衡向左移动,H+浓度减小,溶液的pH增大,A错误;向CH3COOH溶液中加水,电离平衡向右移动,溶液中离子浓度减小,溶液的导电能力减弱,溶液的pH:a
6.答案 (1)Ka(HSCN)>Ka(CH3COOH),溶液中c(H+):HSCN>CH3COOH,c(H+)大反应速率快 >
(2)=4×10-4
解析 (1)弱酸的电离常数越大,电离出的c(H+)越大,故反应开始时,HSCN溶液产生CO2的速率越大;反应结束后,分别得到等浓度的CH3COONa溶液和NaSCN溶液,Ka(HSCN)>Ka(CH3COOH),则Kh(SCN-)<
Kh(CH3COO-),则溶液中c(SCN-)>c(CH3COO-)。
(2)由电离常数的定义可得Ka(HF)==4×10-4。
