全国高考新课标卷 高考总复习 一轮晚练周测(单元检测卷)
化学详解详析
专题一 化学实验基础 化学计量
1. C 解析 小苏打是纯净物,纯碱是碳酸钠是盐,碱石灰是混合物,HCl、H2SO4是共价化合物,C正确。
2. D 解析 CO2的结构式为OCO,A错误;Cl-不破坏水的电离,但S2-能促进水的电离,B错误;C项的模型为比例模型而不是球棍模型,C错误;Na2O2、H2O2都有强氧化性,D正确。
3. B 解析 46 g乙醇为1 mol,1个乙醇分子中含8个共价键,则46 g乙醇中存在的共价键总数应为8NA,A错误;1 mol甲醇燃烧需要1.5 mol O2,因而转移电子数为6NA,B正确;标准状况下,氯仿为液体,22.4 L氯仿所具有的微粒数不是NA,C错误;醋酸在溶液中只有部分电离,1 L 0.1 mol/L醋酸溶液中含有的氢离子数小于0.1NA,D错误。
4. C 解析 A-的电子层结构与氦相同,则A为H元素,B2-和D3+的电子层结构相同,且属于短周期元素,则B为O元素,D为Al元素,C是同周期原子半径最大的元素,则C为Na元素。电子层结构相同的微粒,核电荷数越大,半径越小,A项正确;NaOH碱性强于Al(OH)3,B项正确;同一主族自上而下元素的失电子能力逐渐增强,C项错误;H与O元素可形成H2O、H2O2等共价化合物,D项正确。
5. B 解析 A、1.0mol·L-1KNO3溶液中,H+、NO3-和Fe2+发生氧化还原反应,不能大量共存,错误;B、给定条件下,组内离子间不反应,能大量共存,正确;C. 0.1 mol·L-1FeCl3溶液中,Fe3+与I-发生氧化还原反应,与SCN-发生络合反应,不能大量共存,错误;D、常温下,在c(H+)水·c(OH-)水=10-26的溶液既可能呈酸性又可能呈碱性,酸性条件下,H+、NO3-和Fe2+发生氧化还原反应,碱性条件下,OH-和Fe2+反应生成氢氧化亚铁沉淀,不能大量共存,错误。
6. B 解析 水、二氧化碳与钾、钠、过氧化钾、超氧化钾、过氧化钠都反应,A正确;探究温度对反应速率的影响,应该在开始时温度相同,然后改变温度,B错误;蒸馏完毕后,应先停止加热,待装置冷却后,停止通水,再拆卸蒸馏装置,C正确;定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时,改用滴管滴加蒸馏水至刻度线,D正确。
7. D 解析 在平衡体系中加入酸,平衡逆向移动,重铬酸根离子浓度增大,橙色加深,加入碱,平衡正向移动,溶液变黄,A正确;②中重铬酸钾氧化乙醇,重铬酸钾被还原,故B正确;②是酸性条件,④是碱性条件,酸性条件下氧化乙醇,而碱性条件不能,说明酸性条件下氧化性强,C正确;若向④溶液中加入70%的硫酸到过量,溶液为酸性,可以氧化乙醇,溶液变绿色,D错误。
8. (1) Na2CO3 Ba(OH)2
(2) B
(3) CO32-+H2OHCO3-+OH-
(4) 3Cu+8H++2NO3-3Cu2+ +2NO↑+4H2O
(5) Al3++ 4OH-AlO2-+ 2H2O
解析 (1) CO32-只有和Na+共存,Ba2+、Al3+、Fe3+、Mg2+中只有Ba2+和OH-共存,因此无需检验就可判断其中必有的Na2CO3Ba(OH)2二种物质。
(2) 产生红褐色沉淀是氢氧化铁,一定是铁盐溶液,有无色无味气体是二氧化碳气体,则B物质是Na2CO3,A物质是Ba(OH)2,当C与Ba(OH)2溶液混合产生红白混合沉淀,加入稀硝酸,沉淀部分溶解,而白色沉淀不溶解,白色沉淀一定是硫酸钡,所以X为SO42-
(3) 根据(2)判断B物质是Na2CO3,CO32-水解成碱性,离子方程式为 CO32-+H2OHCO3-+OH-
(4) 铜加入D溶液中不溶解,加入稀硫酸后溶解,并且有红棕色气体产生,说明是NO3-在酸性条件下将铜氧化,离子方程式为3Cu+8H++2NO3-3Cu2+ +2NO↑+4H2O
(5) 少量E溶液与A物质Ba(OH)2溶液反应无沉淀,说明E溶液是氯化铝溶液,离子方程式为Al3++ 4OH-AlO2-+ 2H2O
9. (1) 作氧化剂 过滤
(2) Cu(NH3 )42++2RH2NH4++2NH3+CuR2 分液漏斗 a b
(3) RH 分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁 液体过多
(4) O2 H2SO4 加热浓缩 冷却结晶 过滤
(5) H2SO4 防止由于溶液中的c(OH-)过高,生成Cu(OH)2沉淀
解析 (1) 反应Ⅰ是将Cu转化为Cu(NH3)42-,Cu被氧化,则反应中H2O2的作用是作氧化剂;①是把滤渣和液体分离,所以该操作为过滤;
(2) 根据流程图可知,Cu(NH3)42-与有机物RH反应生成CuR1和氨气、氯化铵,所以该反应的离子方程式是Cu(NH3)42-+2RH2NH4++2NH3+CuR2;操作②是把水层与有机层分离,所以为分液操作,需要的主要仪器为分液漏斗;Cu元素富集在有机层,所以该操作的目的是富集Cu元素,使铜元素与水溶液中的物质分离,答案选ab;
(3) CuR2中R元素为-1价,所以反应Ⅲ是有机溶液中的CuR1与稀硫酸反应生成CuSO4和RH;操作③使用的过滤操作中分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁,且分液漏斗内的液体太多;
(4) 以石墨作电极电解CuSO4溶液。阴极析出铜,则阳极为阴离子氢氧根放电,生成氧气,导致氢离子浓度增大,所以阳极的产物有O2、H2SO4;由溶液得到晶体的操作步骤一般为加热浓缩,冷却结晶,过滤;
(5) 操作④中得到的硫酸可用在反应Ⅲ中,所以第三种循环的试剂为H2SO4;氯化铵溶液为酸性可降低溶液中氢氧根离子的浓度,防止由于溶液中的c(OH+)过高,生成Cu(OH)2沉淀。
10. (1) ① A 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O或B NH3·H2ONH3↑+H2O
②d→c→f→e→i
(2) ①红棕色逐渐变浅;②8NH3+6NO27N2+12H2O
③Z中的氢氧化钠溶液倒吸入Y管中;④该反应是气体体积减小的反应,Y内压强小于外压,在大气压的作用下发生倒吸。
解析 (1) ①实验室制取氨气可用加热氯化铵和氢氧化钙固体或把浓氨水滴加到生石灰中(或碱石灰、氢氧化钙固体等),不需要加热,A正确,反应的方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O;还可以直接加热浓氨水制取氨气,B正确;反应的方程式为NH3·H2ONH3↑+H2O②制取用A装置(或B装置),干燥用C装置,“大口”进气,“小口”出气,用向下排空气法收集气体,氨气极易溶于水,用水吸收氨气要防倒吸;正确的连接顺序:发生装置→d→c→f→e→i;
(2) ①NH3与NO2发生氧化还原反应生成无色的N2和H2O,随着NO2反应红棕色变浅;
②8NH3+6NO27N2 +12H2O;
③该反应是气体体积减小的反应,Y内压强低于外压,在大气压的作用下发生倒吸。
11. (1) 第三周期,ⅦA族
(2) Si
(3) ac
(4) Si(s)+2Cl2(g)SiCl4(l) ΔH=-687 kJ/mol
(5) H··C︙︙C··C··HH····H;Mg2C3+4H2O2Mg(OH)2+C3H4↑
(6) NO 0.9 mol;NO2 1.3 mol;2 mol
解析 根据元素周期表的结构,可知X为Si元素,Y为O元素,Z为Cl元素;
(1) Cl元素在周期表中位于第三周期,ⅦA族,故答案为:第三周期,ⅦA族;
(2) 同一周期,从左到右,原子半径逐渐减小,同一主族,从上到下,原子半径逐渐增大,表中元素原子半径最大的是Si,故答案为Si;
(3)a.Y单质与H2S溶液反应,溶液变浑浊,说明氧气的氧化性比硫强,从而说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强,周期;b.氧化性的强弱与得电子的多少无关,错误;c.元素的非金属性越强,氢化物越稳定,正确;故选ac;
(4) 根据书写热化学方程式的方法,该反应的热化学方程式为Si(s)+2Cl2(g)SiCl4(l) ΔH=-687 kJ/mol,故答案为:Si(s)+2Cl2(g)SiCl4(l) ΔH=-687 kJ/mol;
(5) 该烃分子中碳氢质量比为9∶1,物质的量之比为9/121/1=34,结合碳与镁形成的1 mol化合物Q与水反应,生成2 mol Mg(OH)2和1 mol烃,Q的化学式为Mg2C3,烃的化学式为C3H4,电子式为H··C︙︙C··C··HH····H,Q与水反应的化学方程式为Mg2C3+4H2O2Mg(OH)2+C3H4↑,故答案为:H··C︙︙C··C··HH····H;Mg2C3+4H2O2Mg(OH)2+C3H4↑;
(6) 铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应可能生成一氧化氮和二氧化氮,相对分子质量都小于50,符合题意,1 mol O2参与反应转移电子的物质的量为4 mol。假设二氧化氮的物质的量为x,一氧化氮的物质的量为y,则x+y=2.2,x+3y=4,解得x=1.3 mol,y=0.9 mol。参与反应的铜的物质的量为42 mol=2 mol,因此生成硫酸铜物质的量为2 mol,故答案为:NO 0.9 mol;NO2 1.3 mol;2 mol。
专题二 元素及其化合物
1. B 解析 雷雨发庄稼的原理:N2+O22NO,2NO+O22NO2,3NO2+H2O2HNO3+NO, 生成的硝酸随雨水淋洒到大地上,与土壤中的矿物作用,生成可溶于水的硝酸,该过程中有元素化合价的变化,A项错误;食醋除水垢是利用了CH3COOH与CaCO3或Mg(OH)2的复分解反应,B项正确; Na2O2与CO2的反应中有元素化合价的变化,属于氧化还原反应,C项错误;2Cu+O2+H2O+CO2Cu2(OH)2CO3,铜元素与氧元素的价态变化,为氧化还原反应D项错误。
2. D 解析 碳酸钡与胃酸中的成分盐酸反应生成氯化钡有毒,医学上用作钡餐的是硫酸钡,A错误;电解熔融的氧化铝和冰晶石的混合物方法冶炼铝,B错误;明矾溶于水中,铝离子水解生成氢氧化铝胶体吸附水中悬浮物达到净水的作用,硫酸铜溶液作农药,
利用重金属离子使蛋白质变性,C错误;硫酸钙是微溶物,能和碳酸钠反应生成难溶性的碳酸钙,碳酸钙和盐酸能反应生成可溶性的氯化钙而除去,D正确。
3. C 解析 液氨挥发吸热,可作制冷剂,与分解无关,A错误;氧化铝熔点高,可用作耐火坩埚,与溶解性无关,B错误;硅酸胶体可吸收水,则利用硅胶吸附水能力强,可用作食品干燥剂,C正确;MgO的熔点高,用电解熔融氯化镁冶炼Mg,D错误。
4. B 解析 SO2溶于水生成亚硫酸,亚硫酸能够部分电离,导致溶液导电,说明亚硫酸为电解质,而二氧化硫在溶液中不能电离,则SO2不是电解质,A错误;胃酸的主要成分为盐酸,氢氧化铝为难溶物,且能够与盐酸反应,所以可用氢氧化铝治疗胃酸,B正确;常温下铝与浓硝酸发生钝化,故常温下可用铝制的容器盛放浓硝酸,而铜在常温下能够与浓硝酸发生反应,所以不能用铜罐贮运浓硝酸,C错误;明矾在溶液中能够水解生成氢氧化铝胶体,可由于吸附水中混浊物从而可净水,而漂白粉具有强氧化性,可对自来进行水净化、消毒,两者的原理不同,D错误。
5. A 解析 A.铁比铜活泼,若铁制品表面的铜镀层有破损,铁作负极,会加快铁制品的腐蚀,A正确;B.碘离子是无色的,向某溶液中加入CCl4,CCl4层显紫色,证明原溶液中存在碘分子,B错误;C.Fe在Cl2中燃烧,只能生成FeCl3,C错误;D.将钠投入NH4Cl溶液中,加热,会放出氢气和氨气,D错误。
6. C 解析 铁生成四氧化三铁,固体的质量增大,过氧化钠生成碳酸钠,固体的质量增大,A、B错误;锌置换出铜,固体的质量减轻,C正确;铝热反应中固体的质量不变,D错误。
7. C 解析 若W为铁,则X、Y、Z分别为Cl2、FeCl3和FeCl2,A对;若W为NaOH,则X、Y、Z分别为CO2、NaHCO3和Na2CO3,也可能分别为AlCl3、Al(OH)3、NaAlO2,B对;镁没有可变价,C不成立;X为Na、W为O2,Y为Na2O、Z为Na2O2,D对。
8. D 解析 Al、Al2O3、Al(OH)3、弱酸酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸等既能溶于盐酸,又能溶于NaOH溶液,A错误;某气体只含C、H两种元素,且质量之比为6∶1,则该物质的通式为CnH2n,可能是一种物质,也可能是多种物质,B错误;SO2不能漂白紫色石蕊溶液,C错误;硝酸分解生成二氧化氮,二氧化氮溶解在硝酸中,二氧化氮为红棕色,所以硝酸会变黄,D正确。
9. B 解析 A中的离子方程式电荷不守恒,得失电子不守恒,正确的离子方程式:NH4++2H++3Cl-NCl3+3H2↑,A错误;在NCl3溶液中加入NaClO2,可生成ClO2、NH3和X,发生NCl3+NaClO2+H2O→ClO2+NH3+NaOH+NaCl,溶液X中大量存在的阴离子有Cl-、OH-,B正确;二氧化氯是一种黄绿色易溶于水的气体,C错误;明矾是混凝剂不能除去水中残留的亚氯酸钠,D错误。
10. D 解析 NH3制备可以采取浓氨水和生石灰制取,可用红色石蕊试纸检验,试纸变蓝则说明NH3为碱性气体,A正确;利用浓硫酸的高沸点性,可以制取HCl气体,pH试纸变红,则说明气体为酸性气体,B正确;浓盐酸和二氧化锰加热可以制取Cl2,Cl2可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验,试纸变蓝,说明KI转化为I2,则说明Cl2有氧化性,C正确;SO2使品红溶液褪色体现的是SO2的漂白性,D错误。
11. (1) Na2CO3 Ba(OH)2
(2) B
(3) CO32-+H2OHCO3-+OH-
(4) 3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O
(5) Al3++4OH-AlO2-+2H2O
解析 (1) CO32-只有和Na+共存,Ba2+、Al3+、Fe3+、Mg2+中只有Ba2+和OH-共存,因此无需检验就可判断其中必有的Na2CO3 、Ba(OH)2二种物质。
(2) 产生红褐色沉淀是氢氧化铁,一定是铁盐溶液,有无色无味气体是二氧化碳气体,则B物质是Na2CO3,A物质是Ba(OH)2,当C与Ba(OH)2溶液混合产生红白混合沉淀,加入稀硝酸,沉淀部分溶解,而白色沉淀不溶解,白色沉淀一定是硫酸钡,所以X为SO42-。
(3) 根据(2)判断B物质是Na2CO3,CO32-水解成碱性,离子方程式为 CO32-+H2OHCO3-+OH-。
(4) 铜加入D溶液中不溶解,加入稀硫酸后溶解,并且有红棕色气体产生,说明是NO3-在酸性条件下将铜氧化,离子方程式为3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O。
(5) 少量E溶液与A物质Ba(OH)2溶液反应无沉淀,说明E溶液是氯化铝溶液,离子方程式为Al3++4OH-AlO2-+2H2O。
12. (1) ①吸收SO2尾气 ②促进CuCl固体析出、防止CuCl被氧化 水、稀盐酸、乙醇 ③避光、密封
④将固体溶于浓盐酸后过滤,取滤液加入大量水,过滤,洗涤,干燥
(2) ①NaOH溶液(或“KOH溶液”“Ba(OH)2溶液”等其他合理答案) CuCl的盐酸溶液 ②2S2O42-+3O2+4OH-4SO42-+2H2O
解析 (1) ①A装置制备二氧化硫,B中盛放氯化铜溶液,与二氧化硫反应得到CuCl,C装置盛放氢氧化钠溶液,吸收未反应的二氧化硫,防止空气污染;②操作ⅱ倒入溶有二氧化硫溶液,有利于CuCl析出,二氧化硫具有还原性,可以防止CuCl被氧化,CuCl难溶于水、稀盐酸和乙醇,可以用水、稀盐酸或乙醇洗涤,减少因溶解导致的损失;③由于CuCl见光分解、露置于潮湿空气中易被氧化,应避光、密封保存;④提纯某混有铜粉的CuCl晶体实验方案:将固体溶于浓盐酸后过滤,去滤液加入大量的水稀释,过滤、洗涤、干燥得到CuCl;
①D装置的作用是吸收二氧化碳,盛放的是碱液,E装置的作用是吸收氧气,盛放的是保险粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液,F装置的的作用是吸收CO,盛放的CuCl,G测定氮气的体积。②保险粉和KOH的混合溶液吸收O2的离子方程式是2S2O42-+3O2+4OH-4SO42-+2H2O。
13. (1) Fe2O3+Cu2O+8HCl2FeCl2+2CuCl2+4H2O
(2) ①随着浸出时间(024 h)的增加,铜的浸出率相应增加 ②浸出时间超过24 h后,铜的浸出率变化不明显
(3) 5Fe2++ClO2+4H+5Fe3++Cl-+2H2O BC
(4) 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 降低CuCl2·xH2O晶体溶解损耗,乙醇易挥发
(5) 80a-135b18b
解析 (1) 酸浸时,Cu2O+2HClCuCl2+Cu+H2O,Fe2O3+6HCl2FeCl3+3H2O,Cu+2FeCl3CuCl2+2FeCl2,三式相加,可得到总反应方程式:Fe2O3+Cu2O+8HCl2FeCl2+2CuCl2+4H2O。
(2) 从图中曲线可以看出,0~24 h间,随着时间的增加,浸出率逐渐增大;但24 h之后,随着时间的增加,浸出率变化不大。
(3) ClO2是常用的氧化剂,因而净化除杂时加入ClO2应该是将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+, ClO2被还原成Cl-,ClO2的O结合H+生成H2O,配平即可。调节pH即消耗溶液中的H+,同时不引入新杂质,因而可加入CuO和 Cu2(OH)2CO3。
(4) 从CuCl2溶液中获得CuCl2晶体的步骤有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。因为CuCl2·xH2O受热易失去结晶水,所以干燥选择自然风干。因而洗涤时选择乙醇作洗涤剂,乙醇易挥发,便于风干;同时用乙醇作洗涤剂还可以降低溶解损耗。
(5) 根据题意,可以找到如下关系式:
CuCl2·xH2O ~ CuO
135+18x 80
a g b g
解得x=80a-135b18b
14. (1) 亚氯酸钠
(2) ①4OH-+3ClO2-+4NO4NO3-+3Cl-+2H2O 增大 ②减小 ③大于 NO溶解度低(或脱硝反应活化能较高)
(3) ①减小 ②K=c(Cl-)·c2(SO42-)c2(SO32-)·c(ClO2-)
(4) ①形成CaSO4沉淀,平衡向正反应方向移动,SO2转化率提高 ②ΔH1+ΔH2-ΔH3
解析 (2) ①亚氯酸钠具有氧化性,脱硝过程中氯元素化合价降低,N元素化合价升高,则主要反应的离子方程式为OH-+3ClO2-+4NO4NO3-+3Cl-+2H2O;正反应气体体积减小,则增大压强,平衡正向移动,NO的转化率增大。②根据发生反应的方程式4OH-+ClO2-+2SO22SO42-+Cl-+2H2O、4OH-+3ClO2-+4NO4NO3-+3Cl-+2H2O,可知随着吸收反应的进行氢氧根离子浓度减小,吸收剂溶液的pH逐渐降低。③反应一段时间后溶液中,在相同时间内硫酸根离子的浓度增加得多,因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率。(3) ①由图可以知道,反应温度升高,SO2和NO的平衡分压都增大,说明平衡向逆反应方向移动,因此平衡常数都减小。(4) ①由于生成的硫酸钙微溶,降低硫酸根离子浓度,促使平衡向正反应方向移动,所以Ca(ClO)2效果好。
②已知:Ⅰ. SO2(g)+2OH- (aq) SO32-(aq)+H2O(l) ΔH1
Ⅱ. ClO-(aq)+SO32-(aq)SO42-(aq)+Cl -(aq) ΔH2
Ⅲ. CaSO4(s) Ca2+(aq)+SO42-(aq) ΔH3
根据盖斯定律可知Ⅰ+Ⅱ-Ⅲ即得到反应SO2(g)+Ca2+(aq)+ClO- (aq) +2OH- (aq)CaSO4(s)+H2O(l)+Cl-(aq) ΔH=ΔH1+ΔH2-ΔH3。
专题三 化学反应与能量变化
1. B 解析 图示反应物的总能量低,故为吸热过程,只有B项符合。
2. D 解析 图中曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的始态、终态的能量相同,表示同一个化学反应的能量变化,并且反应物的能量大于生成物能量,该反应是放热反应,则其逆反应是吸热反应,A、B错误;放热反应是指在反应过程中放出热量,并不表示反应不需要加热,C错误;D正确。
3. A 解析 当ΔH0时,ΔG=ΔH-TΔSc(H+)+c(HA),D错误。
9. D 解析 弱电解质的电离平衡常数只与温度有关,恒温条件下稀释氢氟酸时,HF的Ka不变,A错误;Mg(OH)2的溶度积常数只与温度有关,向Mg(OH)2沉淀悬浊液中加入NH4Cl固体,c(Mg2+)增大、c(OH-)减小,B错误;0.1 mol·L-1NaHCO3溶液呈碱性,HCO3-水解大于电离, c(Na+)>c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(CO32-),C错误;NaOH抑制SO32-水解,0.1 mol·L-1Na2SO3溶液中,加入少量NaOH固体,c(SO32-)与c(Na+)均增大,D正确。
10. C 解析 滴定之前碳酸钠溶液的pH=11,所以溶液中氢氧根离子的浓度为0.001 mol·L-1,该Na2CO3溶液的浓度大于0.001 mol·L-1,故A错误; 在pH=7时,溶液显示中性,氢离子和氢氧根离子浓度相等,此时溶液中还含有碳酸根离子和碳酸氢根离子,c(Na+)>c(Cl-),故B错误;在pH=6时,溶液显酸性,溶液的组成可能是:碳酸氢钠和饱和二氧化碳溶液的混合物,此时c(Na+)>c(HC
O3-)>c(CO32-),故C正确;根据pH变化曲线,可以看出c到d阶段,随着盐酸的加入,pH不再变化,所以该阶段盐酸剩余,碳酸钠和碳酸氢钠完全消耗,故D错误。
11. Ⅰ. NH3·H2ONH4++OH- 降低 增大
Ⅱ. (1) ①醋酸为共价化合物,只在水溶液中才能电离 ② =
③1.3×10-3=K=c(H+)·c(CH3COO-)c(CH3COOH)=(1.3×10-3)2/0.10 mol·L-1=1.7×10-5 mol·L-1
(2) c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)或c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1 mol·L-1
c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
Ⅲ. 当少量酸性物质进入血液中,平衡向右移动,使H+浓度变化较小,血液中的pH基本不变;当少量碱性物质进入血液中,平衡向左移动,使H+浓度变化较小,血液的pH基本不变
Ⅳ. 20 解析 Ⅰ. 氨水中的一水合氨部分电离产生铵根离子和氢氧根离子,使溶液显碱性;若加入氯化铵,则铵根离子浓度增大,一水合氨的电离平衡逆向移动,氢氧根离子浓度减小, pH降低;若加入少量的明矾,铝离子水解呈酸性,抑制铵离子水解,溶液中的NH4+的浓度增大。
Ⅱ. ②a点导电率大于b点,离子浓度a>b,但加水促进醋酸的电离,离子的物质的量b>a;(2)混合溶液的pHc(H+)>c(K+)>c(OH-)
c(CH3COO-)>c(H+)=c(K+)>c(OH-)
c(CH3COO-)>c(K+)>c(H+)>c(OH-)
c(K+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)
③c 酚酞
解析 (2) 常温下,将1 mL pH均为11的氨水与NaOH溶液分别加水稀释104倍,NaOH是强电解质,稀释后,pH≈7,但氨水是弱电解质,溶液越稀越易电离,加水稀释后,一水合氨的电离程度增大,pH在711之间。
(4) ①c(H+)=K·c=1.6×10-5×0.01=4×10-4 mol·L-1。②b点时,由于滴加KOH溶液的体积未知,因此,溶液中的c(K+)与c(H+)相对大小未知,所以有3种可能情况;c点时可根据电荷守恒得出关系式。③酸、碱性溶液中水的电离被抑制,
可水解的盐能促进水的电离,随着KOH的加入(c点时,KOH还未过量),溶液中CH3COOK 的量不断增多,因此水的电离程度不断增大,故c点符合题意;由于酸碱恰好完全反应时溶液显碱性,故应该选择碱性范围内变色的指示剂酚酞。
13. (1) NO 产生红棕色气体
(2) 1∶2
(3) c(Ce4+)·c4(OH-) 8
(4) ②其他条件相同时,溶解度随c(HNO3)减小而增大
③c(HNO3)越小,温度对溶解度的影响越大[或 c(HNO3)越大,温度对溶解度的影响越小]
解析 (1) 由原子守恒可以得出缺少项是NO;NO遇到空气中的氧气生成红棕色气体NO2。(2) 在同一个化学方程式中,氧化剂得到的电子数目与还原剂失去的电子数目相等。(3) Ksp[Ce(OH)4]=c(Ce4+)·c4(OH-)=1×10-5×c4(OH-)=1×10-29,算出c(OH-)= 1×10-6 mol·L-1,pH=8。
14. (1) 增大接触面积从而使反应速率加快 ac (2) Fe3+ Mg(OH)2、Ca(OH)2 H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀,产品的产量减少 (3) 上方 b(V0-V1)y 偏大
15. 解析 (1) 化学反应的速率与反应物的接触面积有关,毒重石用盐酸浸取前需充分研磨,可以增大反应物的接触面积,增大反应速率,溶液中质量分数=m(溶质)m(溶液)×100%,实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸,需计算出浓盐酸的体积和水的体积,需用量筒量取,浓盐酸稀释为稀盐酸,需用烧杯作为容器稀释选择a,玻璃棒搅拌加速溶解选择c。
(2) 根据流程图和表中数据可知:Fe3+完全沉淀时的pH为3.2,加入氨水,调pH为8,Fe3++3NH3·H2OFe(OH)3↓+3NH4+,Fe3+完全沉淀,滤渣1为Fe(OH)3,加入氢氧化钠调节PH=12.5,Ca2+完全沉淀时的pH为13.9,Mg2+完全沉淀时的pH为11.1,Mg2+完全沉淀,Ca2+部分沉淀,滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2,溶液中主要含Ca2+、Ba2+,Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7,Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9,易形成CaC2O4沉淀,加入H2C2O4时应避免过量,防止CaC2O4沉淀完全后,过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀,产品的产量减少。
(3) 无论酸式还是碱式滴定管,0刻度都位于滴定管的上方;步骤Ⅱ:待Ba2+完全沉淀后,再加入酸碱指示剂,用b mol·L-1盐酸标准液滴定至终点,测得滴加盐酸的体积为V1 mL,则发生2CrO42-+2H+Cr2O72-+H20 的盐酸的物质的量为:V1×10-3×b mol,步骤Ⅰ:用b mol·L-1盐酸标准液滴定至终点,测得滴加盐酸体积为V0 mL,加入的总盐酸的物质的量:V0×10-3×b mol,Ba2++CrO42-BaCrO4↓,与Ba2+反应的CrO42-的物质的量为V0×10-3×b mol-V1×10-3×b mol=(V0-V1)b×10-3mol,步骤Ⅱ:移取y mL BaCl2溶液于锥形瓶中,所以BaCl2溶液的浓度为(V0-V1)b×10-3y×10-3 mol·L-1=(V0-V1)by mol·L-1,若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出,V1减小,则Ba2+浓度测量值将偏大。
专题六 有机化学基础
1. (1) 对二甲苯 C10H10O4
(2) ①取代反应 催化剂、加热
(3) +2NaOH+2NaCl
(4) 11
(5) CH3CH2ClCH2CH2CH2ClCH2ClCH2OHCH2OH
解析 根据的结构简式可知,A在光照条件下发生取代反应生成,则A为对二甲苯:,在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为,B发生氧化反应生成C为,C氧化也得到D为,M为对苯二甲酸二甲酯,其结构简式为,则反应⑤为与CH3OH反应生成M。(4) 有多种同分异构体,其中含有苯环且苯环上只有两个取代基的同分异构体为苯环上连有—Cl、—CH2CH2Cl,或—Cl、—CHClCH3,或—CH3、—CHCl2,每种都有邻间对三种,再加上的邻位和间位的两种,所以共有11种,其中核磁共振氢谱有3种峰的结构简式为 ;(5) 由CH3CH2Cl为起始原料制备乙二醇,可以将CH3CH2Cl发生消去反应生成CH2CH2,CH2CH2 再与氯气加成得CH2ClCH2Cl,CH2ClCH2Cl再碱性水解即可得CH2OHCH2OH。
2. (1) 羟基 羧基
(2) 苯乙烯 12
(3) 加成反应 浓硫酸、加热
(4) +NaOH+NaBr
(5)
(6) CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2COOH
解析 对比苯、E的结构可知,苯与乙炔发生加成反应生成B为,由E的结构逆推可得D为,B在双氧水的条件下与溴化氢发生加成反应得C,C在碱性条件下水解得D,所以C为,E发生氧化反应得F,F与甲醛发生加成反应得G,G发生消去反应得H。(2) 由上述分析可知,B的结构简式为,名称是苯乙烯,苯环与碳碳双键均为平面结构,苯环上原子处于同一平面,分子中最少有12个原子共面。(5) 化合物G的同分异构体,满足下列条件:①能发生水解反应和银镜反应,说明有甲酸形成的酯基,②能与FeCl3,发生显色反应,说明有酚羟基,③核磁共振氢谱只有4个吸收峰的同分异构体的结构简式为 。(6) 1-丙醇发生催化氧化生成丙醛,丙醛进一步氧化生成丙酸,丙酸与HCHO发生加成反应生成HOCH2CH(CH3)COOH,最后发生消去反应生成。
3. (1) 醚键、羰基、硝基 取代反应
(2) +(CH3CO)2O→+CH3COOH;
(3)
(4) 17
(5)
解析 由D的分子式与E的结构可知,D与发生取代反应生成E,则D为,C能与FeCl3溶液发生显色反应,含有酚羟基,结合C的分子式逆推可知C为,A的分子式为C6H6O,A与乙酸酐反应得到酯B,B在氯化铝作用下得到C,则A为,B为。E与溴发生取代反应生成F,相当于E中羰基还原为羟基,再发生取代反应得到F。(4) B()的同分异构体(不含立体异构)中能同时满足下列条件:a.能发生银镜反应,说明含有醛基,b.能与NaOH溶液发生反应,说明含有酯基或酚羟基,c.含有苯环结构,若为甲酸形成的酯基,含有1个取代基,可以为甲酸苯甲酯,含有
2个取代基为—CH3、—OOCH,有邻、间、对3种,若含有醛基、酚羟基,含有2个取代基,其中一个为—OH,另外的取代基为—CH2CHO,有邻、间、对3种,含有3个取代基,为—OH、—CH3、—CHO,当—OH、—CH3处于邻位时,—CHO有4种位置,当—OH、—CH3处于间位时,—CHO有4种位置,当—OH、—CH3处于对位时,—CHO有2种位置,符合条件的同分异构体共有17种,其中核磁共振氢谱显示为4组峰,且峰面积比为3∶2∶2∶1的是。(5) 在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成,发生催化氧化生成,在硝酸/磷酸条件下发生取代反应生成,最后在NaBH4条件下反应生成。
4. (1) 碳碳双键、醛基
(2) 取代反应
(3)
(4) 6
(5)
解析 甲基环己烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成E,E发生水解反应生成F,F连续两次氧化反应得到G,则F中含有—CH2OH,故E为,F为,G为。D与G反应得到芳香酯,则D中含有苯环,A发生催化氧化得到B,B与乙醛发生信息中反应得到C,结合C的分子式可知,A为,B为,则C为,D为,故W为。(4) 符合下列条件的C()的同分异构体:①能发生加聚反应,说明含有碳碳双键,②能发生银镜反应,说明含有醛基,③属于芳香族化合物,说明含有苯环,取代基为—CHCH2、—CHO,有邻、间、对3种,可以是乙烯中H原子被苯基、—CHO取代,可以取代同一碳原子上的H原子,可以取代不同碳原子上H原子,含有顺反异构,符合条件的同分异构体共有6种,
其中核磁共振氢谱有五个吸收峰的同分异构体的结构简式: 。(5) 与乙醛在碱性条件下反应得到,然后用银氨溶液氧化,最后酸化得到。
5. (1)
(2) 取代 加成
(3) ++NaOH+H2O+NaCl
(4)
(5)
解析 比较A和B的分子式及转化的反应条件可知,A发生硝化反应生成B,根据作息①可知,B发生取代反应生成C,C的化学式为C15H13NO4,—Bn是芳香性有机化合基团的缩写,且不含甲基,根据C的结构简式可知,—Bn为,结合A、B的分子式可知,A为,B为,比较各物质的结构简式可知,C发生还原反应得D,E与氨气发生加成反应得F,F与溴发生取代得G,G与W发生取代得H,比较G和H的结构简式可知,W为,由甲苯、(CH3)2NH等合成,可以先将甲苯与浓硝酸发生取代生成对硝基甲苯,再用对硝基甲苯在光照条件与与溴 发甲基上的取代,然后再与、(CH3)2NH发生取代反应即可。
(2) 根据流程图,反应①为A发生硝化反应生成B,属于取代反应,反应⑤中结构中的NC双键与氨气发生了加成反应。(4) 根据条件:①A为,与A属于同系物,即有酚羟基和羰基,②1H
的核磁共振谱图只有4个峰,即有关4种位置的氢原子,③分子中碳原子数目等于10,则符合条件的结构为 。(5) 由甲苯、(CH3)2NH等合成,可以先将甲苯与浓硝酸发生取代生成对硝基甲苯,再用对硝基甲苯在光照条件与与溴 发甲基上的取代,然后再与、(CH3)2NH发生取代反应即可。
6. (1) —OH、—CHO 碘水、NaOH溶液、银氨溶液(或新制氢氧化铜)
(2) 3
(3) +HNO3+H2O 2,4,6-三硝基甲苯
(4) +CH3CH2OH+H2O
(5) 11 CH3—C≡C—CH2—C≡C—CH3、
(6)
解析 B与D反应生成E,E再转化得到苯佐卡因,结合转化关系可知,C为葡萄糖,D为乙醇,反应①是甲苯发生硝化反应生成A为,再用酸性高锰酸钾溶液氧化生成B为,D与E发生酯化反应生成E为,最后用Fe/HCl还原得到苯佐卡因。(1) C为葡萄糖,化合物C中官能团的结构简式为—OH、—CHO,淀粉与碘变蓝色,用碘判断淀粉是否完全水解,在碱性条件下用银氨溶液或新制氢氧化铜检验淀粉是否水解。(2) 合成路线中反应①属于取代反应,反应②属于氧化反应,反应③属于水解反应,反应⑤属于酯化反应,反应⑥属于还原反应,属于取代反应的有①③⑤。
(3) 反应①的化学方程式为:+HNO3+H2O,该反应要控制好低温条件,否则会生成一种新物质F,该物质是一种烈性炸药,F的名称为2,4,6-三硝基甲苯。
(5) 甲苯的链状且仅含碳碳三键的同分异构体有2个碳碳三键,碳链为7个碳原子时,碳链为C≡C—C≡C—C—C—C,C≡C—C—C≡C—C—C,C≡C—C—C—C≡C—C,C≡C—C—C—C—C≡C,C—C≡C—C≡C—C—C,C—C≡C—C—C≡C—C。碳链有6个碳原子,碳链为C≡C—C≡C—C—C,C≡C—C—C≡C—C,C≡C—C—C—C≡C,甲基分别有1种位置,碳链含有5个碳原子为C≡C—C≡C—C,C≡C—C—C≡C,前者不是最长的碳链,后者之间碳原子可以连接乙基或2个甲基,故符合条件的同分异构体共有11种,其中满足下列条件的同分异构体:①核磁共振氢谱只有两个吸收峰,②峰面积之比为1∶3,符合条件同分异构体为CH3—C≡C—CH2—C≡C—CH3、。(6) 要合成,先制备、,甲苯先发生邻位位置的硝化反应,然后用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基,再用Fe/HCl将硝基还原为氨基,制备,甲苯与氯气在光照条件下得到。
7. (1) acd
(2) 加成反应 羟基
(3) ①
②+2CH3OH+
(4) +(n-1)H2O
(5) CH2CH2CH3CHOCH3COOH、CH2CH2+H18O-HC2H518OHCH3CO18OC2H5
解析 乙烯和氯气发生加成反应生成A,A的结构简式为:CH2ClCH2Cl,A和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成B,B的结构简式为:CH2OHCH2OH,乙烯被氧气氧化生成D,在D、E的分子中,都只有一种化学环境的氢原子,结合D的分子式知,D是,
和二氧化碳反应生成E,E为五元环状化合物,所以E的结构简式为:,和甲醇反应生成乙二醇和F,则F的结构简式为:F和丙烯醇反应生成G,根据题给信息知,G的为,C是HOCH2CH2OCH2CH2OH。(4) F的结构简式为,F的一种同分异构体K,其分子中不同化学环境的氢原子个数比是3∶1∶1∶1,且能与NaHCO3反应,说明含有羧基,则K的结构简式为:,在一定条件下,2-羟基丙酸发生缩聚反应,化学方程式为+(n-1)H2O。(5) 以CH2=CH2和H218O为原料,其他无机试剂任选合成,先制备乙酸:CH2CH2催化氧化生成CH3CHO、CH3CHO催化氧化生成CH3COOH,然后用乙烯和H18O-H发生加成反应制备C2H5—18OH,最后CH3COOH、C2H5—18OH发生酯化反应生成CH3CO18OC2H5。
8. (1) CH3CH2OH
(2) 羧基
(3) 加聚反应
(4)
(5) 2C5H5OH+O22CH3CHO+2H2O
(6)
(7) +2CH3OH+2H2O
(8) HOCH2CH2OH
(9) +
-(2n-1)CH3OH
解析 A的核磁共振氢谱有3组吸收峰,由A的分子式可知,A为CH3CH2OH,A催化氧化得E为CH3CHO,根据PF树脂的结构可知,Y为CH3CH2OH,A被重铬酸钾氧化得B为CH3COOH,X是由电石和饱和食盐水反应生成的烃,B和X以物质的量之比1∶1发生加成反应生成C,所以X为CH≡CH,C为CH3COOCHCH2,C发生加聚反应得D为,D再发生水解反应生成聚乙烯醇,A与浓溴化氢反应生成F为CH3CH2Br,对二乙苯被氧化生成G为,Z与A互为同系物,Z的相对分子质量比A小14,则Z为CH3OH,G与Z发生酯化反应生成I为,I与P在催化剂加热的条件下发生类似信息Ⅱ中的反应生成聚酯纤维PET,根据AQ,Q的沸点高于A,所以Q用作汽车防冻液,所以Q为HOCH2CH2OH,PET为。(6) 的同分异构体W也能被酸性高锰酸钾溶液氧化为G,说明与苯环相连的碳上有氢原子,则符合条件的W的所有可能结构简式为 。
专题七 化学综合实验
1. (1) ①蒸发皿、玻璃棒、酒精灯、三角架(或带铁圈的铁架台)、火柴 ②玻璃棒有一定倾斜角;引流时烧杯尖嘴紧靠在玻璃棒上;玻璃棒末端轻靠在多层滤纸上 ③取最后一次的洗涤液少许于试管中,滴入HNO3酸化的AgNO3溶液,若无明显现象,则证明洗涤干净;否则,洗涤不干净 (2) ①Q ②BJIKACDGHE(F) ③缺少尾气处理装置 (3) 93.18%。
解析 (1) ①SnSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶可以获得SnSO4晶体,据此可知需要的仪器有:蒸发皿、玻璃棒、酒精灯、三角架(或带铁圈的铁架台)、火柴。②过滤时,玻璃棒的作用是引流,引流时烧杯尖嘴紧靠在玻璃棒上且玻璃棒有一定倾斜角,玻璃棒应轻靠三层滤纸一段,以防戳破滤纸。③SnCl2和Na2CO3反应生成SnCO3沉淀和NaCl,因而检验沉淀是否洗净就是检验最后一次的洗涤液中是否含氯离子,用HNO3酸化的AgNO3即可。(2) ①冷凝水下进上出冷凝效果较好,因而应从Q管进水,P管出水。②制氯气(Ⅱ)→除去氯气中的氯化氢和水蒸气(Ⅵ)→与锡反应(Ⅰ) →产品冷凝(Ⅲ) →产品收集(Ⅴ) →干燥装置(Ⅳ)。③由于本实验中用到氯气,氯气是有毒气体,缺少尾气处理装置,尾气中氯气会污染环境;
(3) 根据题意,可以写出相应的方程式。Sn+2HClSnCl2+H2↑,Sn2++2Fe3+Sn4++2Fe2+,根据方程式找出相应的关系式3Sn~3Sn2+~6Fe2+~Cr2O72-,n(Sn)=3n(Cr2O72-)=3×0.1 mol·L-1×32×10-3 L=9.6×10-3 mol,m(Sn)=9.6×10-3 mol×119 g/mol=1.142 4 g,则样品中含锡的质量分数=1.1424g1.226g×100%=93.18%。
2. (1) 使Cu(OH)2分解为CuO 取最后一次洗涤液少许于试管中,加入几滴BaCl2溶液,如无沉淀产生则已洗干净,如生成沉淀,表明未洗干净
(2) 2KHC2O4 +CuOK2[Cu(C2O4)2]+H2O 水浴加热
(3) KOH与草酸反应显著放热,导致草酸分解
(4) 降低CuSO4的溶解度,有利于CuSO4 晶体的析出 回收乙醇
解析 (1) ①加热煮沸可使Cu(OH)2充分分解为CuO。②可以检验是否存在硫酸根离子来检验是否洗涤干净,具体方法是:取最后一次洗涤滤液,滴入BaCl2溶液,若无白色沉淀说明已洗涤干净。(2) 二草酸合铜酸钾高于60 ℃时分解将加剧,
故反应温度不易过高,水浴加热易于控制温度。(3) 因为草酸易分解,又氢氧化钾为强碱溶解放热,与草酸反应也放热,会导致溶液温度过高使草酸分解,所以不用KOH粉末代替K2CO3粉末。(4) 加入乙醇可降低CuSO4的溶解度,有利于CuSO4 晶体的析出。该蒸馏操作的顺序为badce,目的是回收乙醇。
3. (1) 分液漏斗 (2) 除去Cl2中的HCl 冷却和收集三氯化硼 (3) 2B+3Cl22BCl3 (4) 防止水蒸气进入装置E 碱石灰 (5) A 先用Cl2排尽装置中的空气,避免氧气和硼粉反应生成B2O3
解析 A装置制备氯气,制备的氯气中含有HCl、水蒸气,B装置吸收HCl,C装置干燥氯气,D装置中氯气与硼反应生成BCl3,E装置冷却和收集三氯化硼,三氯化硼遇水水解,F装置防止水蒸气进入E中,氯气有毒,直接排放会污染空气,G装置吸收氯气。(2) 浓盐酸易挥发,制备的氯气中含有HCl,B中饱和食盐水除去除去Cl2中的HCl, BCl3的沸点低,E中冰水冷却便于收集三氯化硼。(4) 由于三氯化硼遇水水解,F装置防止水蒸气进入装置E中,可以用一个盛装碱石灰的干燥管代替装置F和G。(5) 先用Cl2排尽装置中的空气,避免氧气和硼粉反应生成B2O3,在加热制备三氯化硼,故先点燃A处酒精灯,后点燃D处酒精灯。
4. (1) 防止空气中的CO2进入C装置
(2) 有白色沉淀生成,溶液红色褪去
(3) 将反应产生的CO2全部排入C装置并被Ba(OH)2完全吸收
(4) 0.002
(5) 在装置B、C之间依次连接盛有CCl4、浓硫酸的洗气瓶
(6) ①H2 ②2CN-+4H2O-2e-C2O42-+2NH4+
解析 (1) 实验的原理是利用CN-+ClO-CNO+Cl-、2CNO-+2H++3ClO-N2↑+2CO2↑+3Cl-+H2O,通过测定沉淀质量测得二氧化碳的质量,实验中应排除空气中二氧化碳的干扰,装置A、D作用是排除空气中二氧化碳对实验的干扰。(2) B装置生成的二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡和水,现象是有白色沉淀生成,溶液的红色褪去。(3) 反应后装置中残留二氧化碳,应继续通过净化的空气,将装置内的残留的二氧化碳全部进入装置C中,以减少实验误差。(4) 根据碳元素守恒可知被处理的CN-的物质的量为n(CN-)=n(CO2)=n(BaCO3)=0.039.4/197=0.000 2 mol,c(CN-)=0.000 2 mol/0.1 L=0.002 mol·L-1。(5) 排除副反应生成的氯气还有二氧化碳气体中水蒸气的干扰,用四氯化碳吸收氯气,用浓硫酸吸收水蒸气。(6) 根据题给信息CN-转化成C2O42-和NH4+,发生氧化反应,是在阳极发生的反应,则阴极为阳离子放电,钠离子和氢离子竞争放电,氢离子放电生成氢气,即气体a是氢气;阳极发生的是CN-失去电子生成C2O42-和NH4+,根据质量守恒反应物中水参与反应。
5. (1) 称量 蒸发结晶
(2) ②③
(3) 加热蒸发至蒸发皿中出现大量晶体时,停止加热,利用余热蒸干蒸发皿中的固体
(4) K1、K2 K3 平衡分液漏斗内和反应体系内压强,使盐酸顺利滴下,同时消除滴下稀盐酸的体积对气体体积的影响(2分)
(5) 碱石灰 让生成的CO2能充分被B中碱石灰吸收,使量筒Ⅱ内收集到较纯的O2
(6) 122y53x-37y
解析 (1) 通过操作①可得到样品的质量,故操作①为称量;从溶液中得到固体的操作为蒸发结晶。
(2) 操作②是在样品中加入盐酸,用玻璃棒搅拌的目的是让样品与盐酸充分接触;蒸发结晶中用玻璃棒搅拌,使受热均匀,故用玻璃棒的操作为②③。
(4) 可以用间接法测定生成的CO2、O2的体积,故关闭K1、K2,打开K3,则进入到量筒Ⅰ中液体的体积就是生成气体的总体积。
(5) 因为K2处于打开状态,当慢慢打开K1时,气袋内的气体逐渐排入到B中,气体中的CO2被碱石灰吸收,排入到量筒Ⅱ中的气体是O2。
(6) 生成CO2和O2的体积共x mL,得到O2 y mL,结合Na2CO4与HCl反应的化学方程式可知,由Na2CO3与HCl反应生成的CO2为(x-3y)mL,则样品中n(Na2CO4)∶n(Na2CO3)=2y∶(x-3y),故过碳酸钠的质量分数=122×2y122×2y+106×(x-3y)=122y53x-37y。
6. (1) ①球形干燥管 碱石灰 ②溶液由无色变为红色 NH3
(2) ①D、H、E、G、F 赶走装置中的空气,防止对SO3的验证产生干扰 ②SO3 E中无明显现象,G中出现白色沉淀
(3) ①取固体样品少许,加入稀硫酸溶解,加入酸性KMnO4溶液,不褪色[或加入K3Fe(CN)6溶液,不产生蓝色沉淀] ②精确称量充分加热前后固体的质量,经过计算即可判定残留固体的成分是否全部为Fe2O3
解析 (1) ①根据C装置可知,本实验的目的是检验分解产物中的NH3,因而B装置是干燥NH3并吸收酸性气体如硫的氧化物,因而应装碱石灰。②NH3通入酚酞溶液中,溶液变为红色。
(2) ①A出来的气体→安全瓶(D)→检验SO3(H)→检验SO3是否除尽(E) →检验SO2(G) →尾气处理(F);本实验中利用BaCl2溶液检验SO3,因同时存在SO2,若装置中有O2,则可能发生反应SO2+H2OH2SO3,2H2SO3+O22H2SO4,对SO3的检验造成干扰,因而加热固体前通N2的目的是排尽装置中的空气,以防对SO3的检验造成干扰。②SO3+H2O+BaCl2BaSO4↓+2HCl,所以H中有白色沉淀,则证明分解产物中有SO3;因分解产物中的SO3也能使G中出现白色沉淀,因而必须通过E装置确认气体中无SO3,所以能说明气体中含SO2的现象是E中无现象,G中出现白色沉淀。
(3) ①要证明固体中不含二价铁,可先将固体溶于稀硫酸中,因溶液中存在Fe3+,则检验其中不含Fe2+可用酸性KMnO4溶液,若含Fe2+,则紫色褪去,若不含Fe2+,则紫色不褪去。②要确定固体产物只含Fe2O3,可称量反应前后固体质量,通过计算来确定(铁元素守恒)。
7. (1) 冷凝回流平衡漏斗与三颈瓶的压力,让溶液顺利流下 (2) 蒸馏 (3) ①NaSCH2CH2SNa+H2SO4HSCH2CH2SH+Na2SO4②分液③增加吸收氨气的装置
(4) 20.6 (5) 将盛有废液的烧杯置于冰水浴中,析出晶体后过滤,洗涤 (6) 燃烧产物中含有SO2气体,也会使澄清石灰水变浑浊
解析 (1) 由题干所述可知,乙二硫醇的熔沸点较低,反应物1,2-二溴乙烷也易挥发,故冷凝管的作用是冷凝回流乙二硫醇;观察a装置可知,a与三颈瓶连通,从而使得漏斗与三颈瓶的压力,让溶液顺利流下。(2) 乙醇极易挥发,从溶液中回收乙醇的方法是蒸馏。(3) ①烃基异硫脲盐与NaOH反应时生成乙二硫醇钠,故加入硫酸后发生反应NaSCH2CH2SNa+H2SO4HSCH2CH2SH+Na2SO4而生成乙二硫醇;②因为乙二硫醇难溶于水,故反应后的混合物分层,可用分液的方法得到乙二硫醇;③由反应方程式可知,该反应产生污染环境的NH3,故存在的明显缺陷是没有吸收NH3的装置,故改进的措施就是增加吸收氨气的装置。(4) 由方程式可知n(NaBr)=2n(乙二硫醇)=0.2 mol,故m(NaBr)=0.2 mol×103 g·mol-1=20.6 g。(5) 由图示可看出,NaBr的溶解度随温度的降低而变化很小,而Na2SO4的溶解度随温度的降低而减小的很多,故将将盛有废液的烧杯置于冰水浴中,温度降低时,Na2SO4大量析出,过滤、洗涤滤渣就可得到Na2SO4。(6) 乙二硫醇的结构简式为HSCH2CH2SH,故燃烧时生成的产物有CO2、SO2、H2O,CO2和SO2气体都使澄清石灰水变浑浊,故该做法错误。
8. (1) 球形冷凝管 下口 平衡滴液漏斗与三口烧瓶内的气压,使环己醇能够顺利流下
(2) 10.4 mol·L-1 2NO2+Na2CO3NaNO2+NaNO3+CO2 NO2+NO+Na2CO32NaNO2+CO2
(3) 将三颈烧瓶置于冷水浴中
(4) 冰水 苯
解析 (2) 50%的硝酸(密度为1.31 g·cm-3)的物质的量浓度为c=1000ρwM=1000×1.31×50%63 mol·L-1≈10.4 mol·L-1。
(4) 产品己二酸中含有环己醇、硝酸等杂质,己二酸在水中的溶解度:15 ℃时1.44 g、25 ℃时2.3 g,温度高溶解度大,可用冰水洗涤,除去环己醇、硝酸,己二酸不溶于苯,最后用苯洗涤晶体,除去表面的杂质,避免产品损失。
专题八 物质结构与性质(选考)
1. (1) 电子云 2 (2) C原子有4个价电子且原子半径小,难以通过得失电子达到稳定结构 (3) σ键和π键 sp CO2、COS、SCN-(任写两个) (4) 分子 (5) ①3 2 ②12 4
解析 (1) 处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述;基态14C原子的电子排布式为1s22s22p2,其中的1s22s2是2对自旋相反的电子,2p2是2个自旋方向相同的电子。(2) 碳在形成化合物时,其键型以共价键为主,原因是C原子有4个价电子且原子半径小,难以通过得失电子达到稳定结构。(3) 依据价层电子对互斥理论可知CS2中的C原子的杂化轨道类型是sp杂化,结构式为SCS,CS2分子中,共价键的类型有σ键和π键;具有相同空间构型和键合形式的分子或离子应与CS2互为等电子体,等电子体要求原子数目相同、价电子数相同,符合的分子或离子有CO2或COS或SCN-。(4) Fe(CO)5的熔点253 K、沸点376 K都很低,属于分子晶体。(5) ①由石墨烯晶体图可知每个C原子连接3个六元环,每个C原子被3个六元环共用,所以每个六元环占有C原子6×13=2个。②在金刚石晶体中,C原子所连接的最小环也为六元环,一个C有4个键,每个键和另外3个都可以成六元环,从4个键里任选2个键成环,有六种不同选法,而且每两个相邻的碳碳键可以成2个环,所以每个C原子连接六元环6×2=12个;因为是空间构型,C的六元环不同于苯环,是类似于椅状的六元环,有夹角,六元环中最多有4个C原子在同一平面。
2. (1) O 1s22s22p63s23p3
(2) O3 O3相对分子质量较大,范德华力较大 分子晶体 离子晶体
(3) 三角锥形 sp3
(4) V形 4 2Cl2+2Na2CO3+H2OCl2O+2NaHCO3+2NaCl
(5) Na2O 8 4×62g·mol-16.02×1023mol-1×(0.566×10-7cm)3=2.27
解析 C核外电子总数是最外层电子数的3倍,应为P元素;C、D为同周期元素,则应为第3周期元素,D元素最外层有一个未成对电子,应为Cl元素;A2-和B+具有相同的电子构型,结合原子序数关系可知A为O元素,B为Na元素。(1) 四种元素中电负性最大的为O元素;C为P元素,核外电子排布式为1s22s22p63s23p3。(2) A为O元素,有O2、O3两种同素异形体,二者对应的晶体都为分子晶体,因O3的相对分子质量较大,则范德华力较强,沸点较高;A的氢化物为水,为分子晶体,B的氢化物为NaH,为离子晶体。(3) C和D反应可生成组成比为1∶3的化合物为PCl3,P形成3个σ键,孤电子对数为5-3×12=1,则为sp3杂化,立体构型为三角锥形。
(4) 化合物D2A为Cl2O,O为中心原子,形成2个σ键,孤电子对数为6-2×12=2,则中心原子的价层电子对数为4,立体构型为V形。(5) A和B能够形成化合物F为离子化合物,Na+半径小于O2-,故O2-位于晶胞的顶点和面心,Na+位于晶胞内部,则Na的个数为8,O的个数为8×18+6×12=4,N(Na)∶N(O)=2∶1,则形成的化合物为Na2O;以顶点O研究,每个晶胞中有1个Na与O的距离最近,每个顶点为8个晶胞共有,则晶胞中O原子的配位数为8,晶胞的质量为4×62g·mol-16.02×1023mol-1,晶胞的体积为(0.566×10-7)cm3,则晶体F的密度为4×62g·mol-16.02×1023mol-1×(0.566×10-7cm)3=2.27 g·cm-3。
3. (1) 1s22s22p63s1 Cl
(2) H2S分子间不存在氢键,H2O分子间存在氢键
(3) 平面三角形
(4) Na+
(5) K2Cr2O7+3H2O2+ 4H2SO4=K2SO4+Cr2(SO4)3+3O2↑+7H2O
解析 M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素,Z是一种过渡元素.M基态原子L层中p轨道电子数是s电子数的2倍,核外电子排布式为1s22s22p4,故M为O元素;由原子序数可知R、X、Y均处于第三周期,R是同周期元素中最活泼的金属元素,则R为Na;X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物,则X为S元素,可知Y为Cl;Z的基态原子4s和3d轨道半充满,外围电子排布式为3d54s1,处于VIB族,Z为Cr。(1) 同周期自左而右电负性增大,故Cl元素电负性大于S的。(2) H2O分子能形成氢键,使水的沸点升高,而H2S不能形成氢键,故硫化氢的沸点低于水的。(3) X与M形成的SO3分子中S原子孤电子对数=6-2×32=0,价层电子对数为3+0=3,故其空间构型为平面三角形。(4) M和R所形成的一种离子化合物为Na2O,晶胞中黑色球数目为8,白色球数目为8×18+6×12=4,黑色球与白色球数目之比为2∶1,故图中黑球代表的离子是Na+。(5) Z的最高价含氧酸的钾盐(橙色)为K2Cr2O7,与氧元素的氢化物发生氧化还原反应,该氢化物为H2O2,在稀硫酸中,Cr元素被还原为+3价,H2O2被氧化生成氧气,反应方程式为3H2O2+K2Cr2O7+4H2SO4Cr2(SO4)3+3O2↑+7H2O+K2SO4。
4. (1) N [Ar]3d104s2(或1s22s22p63s23p63d104s2)
(2) H2O 水分子间存在氢键
(3) sp2
(4) V形 3
(5) ZnS 4×97g·mol-1a3NA,只写4×97a3NA不给分)
解析 C的最外层电子数是次外层电子数的3倍,则C为O元素;C与D同主族且相邻,则D为S元素;A基态原子的2p轨道上有2个未成对电子,而且A的原子序数比O小,所以A为C元素;B的原子序数介于A、C之间,所以B为N元素;E位于周期表的ds区,最外层只有一对成对电子,则E为Zn元素。(1) C、N、O三种元素中,N原子的电子排布为半满状态,第一电离大于相邻元素,所以第一电离能最大的是N。(2) C、D的简单氢化物分别为H2O、H2S,水分子间存在氢键,其沸点比硫化氢高。(3) A为碳元素,
碳的一种单质为层状结构的晶体,该单质为石墨,每个碳原子形成3个共价单键,所以价层电子对数为3,其原子的杂化轨道类型为sp2。(4) ①化合物SO2中S原子的价层电子对数为2+12×(6-2×2)=3,含有一对孤电子对,所以立体构型为V形;中心原子的价层电子对数为3。(5) S与Zn形成化合物的晶胞中,S在晶胞内部,S的原子数为4,Zn在顶点和面心,Zn的原子数为18×8+12×6=4,所以其化学式为ZnS;晶胞边长为a,则晶胞的体积为a3,晶胞的质量为4×97g·mol-1NA,所以晶体的密度为ρ=4×97g·mol-1a3NA。
5. (1) 3d104s1 (2) F>N>O (3) 四面体形 因为OF2和H2O分子均为V形分子,且孤对电子均为2对,F与O的电负性差值较O与H的电负性差值小 (4) N2O NO2+ (5) 248a3NA (6) 4×43π24b3b3=26π
解析 已知A、B、C、D、E是周期表前四周期的元素,原子序数依次增大。A的基态原子2p能级有3个单电子;A为氮元素,C的基态原子2p能级有1个单电子;则C为氟元素,E位于ds区,最外能层有单电子;则E为铜元素,D与E不同周期,但最外能层电子数相等,D为钠元素。(2) 同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势,但由于N原子的2P电子排布为半满状态,较稳定,N、O、F三种元素第一电离能由大到小的顺序为F>N>O。(3) OF2分子中氧原子的杂化轨道数=2+12(6-2×1)=4,属于sp3杂化;OF2的VSEPR模型名称为正四面体形,已知OF2分子的极性比水分子的极性弱,其原因是OF2和H2O均为V形分子且中心原子孤电子对均为2对,F与O的电负性差值比O与H的电负性差值小。(4) 等电子体要求原子数目相同,价电子数相等,则N2O、NO2+与N3-互为等电子体。(5) 由Na2O晶胞结构结构可知,晶胞中黑色球数目=8×18+6×12=4,白色球数目=8,故白色球为Na+离子、黑色球为O2-,该晶胞质量=4×62NAg,该晶胞的体积为a3,则该晶体的密度ρ= 248a3NA。 (6) 铜的晶胞中含有铜原子数为8×18+6×12=4,其中铜原子半径为r,根据晶胞的结构图,晶胞的面对角线的长度为4r,2b=4r,r=2b4,则1个铜原子体积为43π2b43,则铜晶胞中原子空间利用率=晶胞中所含原子总体积晶胞体积×100%=4×43π2b43b3×100%=2π6。
6. (1) 2
(2) sp sp2
(3) BaO、SrO、CaO、MgO
(4) 正四面体 sp3杂化 σ 3d π
(5) 8 368
解析 (2) NO2+中价层电子对数为5-12=2,故N采用sp杂化,NO2-中价层电子对数为5+12=3,故N原子采用sp2杂化。
(3) MgO、BaO、CaO、SrO都是离子晶体,离子半径Mg2+O>N。(3) N2有2个原子、10个价电子,其等电子体有CO、CN-。(4) ①OF2中,O原子与F形成2条共价键,还有2对孤对电子,形成4个杂化轨道,采用sp3杂化。②F、O的电负性差值小于H、O的电负性差值,导致正负电荷中心偏离程度减小,OF2分子的极性小于
H2O。(5) 金属Cr内部原子的堆积方式与Na相同,都是体心立方堆积方式,该晶胞中心Cr与顶点8个Cr最近,其配位数为8;晶胞中Cr原子数目为1+8×18=2,晶胞质量为2×526.02×1023 g,晶胞体积=(289×10-10 cm)3,则Cr的密度为2×526.02×1023g(289×10-10)3cm3=7.16 g·cm-3。
9. (1)Ca NA
(2) H2O分子间存在氢键
(3) F>O>N
(4)
(5) 三角锥形 sp3
(6) 3312ρ·NA
解析 A基态原子2p能级有3个单电子,原子核外电子排布为1s22s22p3,则A为N元素;B意思是基态原子p轨道上成对电子数等于未成对电子数,原子核外电子排布为1s22s22p4,则B为O元素;C的氢化物常用于刻蚀玻璃,则C为F元素;D元素基态原子核外电子分处6个不同能级,且每个能级均已排满,原子核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2,则D为Ca;E的原子序数等于C与D的原子序数之和,即E的原子序数为9+20=29,故E为Cu。(1) D的元素符号为Ca,A的单质为N2,结构式为N≡N,14 g氮气为14 g÷28 g·mol-1=0.5 mol,含有π键的个数为 0.5mol×2×6.02×1023 mol-1=6.02×1023 (NA )。(3) 同周期所原子序数增大元素的电负性增大,3种元素的电负性由大到小的顺序为F>N>O。(4) Cu2+的价层电子排布式为3d9,则价电子排布图为。(5) A的最简单氢化物为NH3,分子的空间构型为三角锥形,其中N原子形成3个N-H键、含有1对孤对电子,杂化轨道数目为4,N原子的杂化类型是sp3杂化。(6) 晶胞中白色球数目为8、黑色球数目为8×1/8+6×1/2=4,结合化学式CaF2可知白色球为F、黑色球为Ca,晶胞质量为4NA×78 g,晶体的密度为ρ g·cm-3,则4÷NA×78 g=(a cm)3×ρ g·cm-3,晶胞边长a为3312ρ·NA。
10. (1) 1s22s22p4 ds
(2) ∶N··∶∶N∶∶O··∶ sp 2NA(或2×6.02×1023)
(3) SO42- [Cu(NH3)4(H2O)2]2+ H2O H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱
(4) Cu3N 10322a3NA
解析 根据题意可以确定,A为氢,X为氮,Y为氧,Z为硫,W为铜。
(1) 这五种元素中,电负性最大的是O,核外有8个电子,故电子排布式为1s22s22p4;铜在周期表中位于ⅠB族,属于ds区。
(2) N2O与CO2互为等电子体,根据题意知,分子中2个N原子相连,根据等电子原理可写出电子式。根据电子式可知,中心N原子价层电子对数为2,故采用sp杂化;共价双键是1个σ键和1个π键,故1个N2O分子中有2个π键,则1 mol N2O分子中有2 mol π键。
(3) 根据阴离子呈正四面体结构,可知该阴离子是SO42-;阳离子是由Cu2+形成的配合物离子,根据狭长的八面体结构和图1可知,配位数为6,且配体应是4个NH3和2个H2O,故阳离子为[Cu(NH3)4(H2O)2]2+;因为O的非金属性大于N,故H2O与Cu2+形成的配位键比NH3与Cu2+形成的配位键弱,配位键越弱,加热时越易断裂,故先失去的物质是H2O。
(4) 晶胞中,Cu原子位于棱上,故Cu原子个数为12×14=3,N原子位于顶点,故N原子个数为8×18=1,因而化学式为Cu3N;距离最近的两个W的核间距为a cm,则晶胞的边长为 2a cm,晶胞的体积为(2a cm)3,一个晶胞中含3个Cu和1个N,则该晶体的密度=64×3+14(2a)3×NA=10322a3NAg·cm-3。
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