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热点专攻(八)
水溶液中离子平衡的图像分析
常以酸碱中和反应和电离平衡、沉淀溶解平衡建立过程中离子浓度变化曲线、pH变化曲线等为设计背景。主要命题点有电解质电离方程式的书写、水电离程度的比较、离子浓度的等量关系、离子浓度大小的比较、电离常数的计算、pH的计算及溶度积的计算等,侧重考查考生分析问题的能力。
一、一强一弱溶液稀释的图像
1.相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸
加水稀释到相同的体积,醋酸的pH大
加水稀释到相同的pH,盐酸加入的水多
2.相同体积、相同pH的盐酸、醋酸
加水稀释到相同的体积,盐酸的pH大
加水稀释到相同的pH,醋酸加入的水多
3.pH与稀释后溶液体积变化的线性关系(Va、Vb为稀释前的体积,V为稀释后的体积)
续　表　　
(1)HY为强酸、HX为弱酸
(2)a、b两点的溶液中:c(X-)=c(Y-)
(3)水的电离程度:d>c>a=b
(1)MOH为强碱、ROH为弱碱
(2)c(ROH)>c(MOH)
(3)水的电离程度:a>b
二、KW和Ksp图像
1.曲线型
不同温度下水溶液中c(H+)与c(OH-)的变化曲线
常温下,CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线[Ksp=9×10-6]
(1)A、C、B三点均为中性,温度依次升高,KW依次增大
(2)D点为酸性溶液,E点为碱性溶液,KW=1×10-14
(3)AB直线的左上方均为碱性溶液,任意一点都有c(H+)(1)a、c点在曲线上,a→c的变化为增大c(S),如加入Na2SO4固体,但Ksp不变
(2)b点在曲线的上方,Qc>Ksp,将会有沉淀生成
(3)d点在曲线的下方,Qc2.直线型(pM-pR曲线)
pM为阳离子浓度的负对数,pR为阴离子浓度的负对数
①直线AB上的点:c(M2+)=c(R2-)。
②溶度积:CaSO4>CaCO3>MnCO3。
③X点对CaSO4要析出沉淀,对CaCO3是不饱和溶液,能继续溶解CaCO3。
④Y点:c(S)>c(Ca2+),二者的浓度积等于10-5;Z点:c(C)三、分布分数图及分析[分布曲线是指以pH为横坐标、分布分数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标的关系曲线]
一元弱酸(以CH3COOH为例)
二元酸(以草酸H2C2O4为例)
注:pKa为电离常数的负对数
δ0为CH3COOH分布分数,δ1为CH3COO-分布分数
δ0为H2C2O4分布分数、δ1为HC2分布分数、δ2为C2分布分数
随着pH增大,溶质分子浓度不断减小,离子浓度逐渐增大,酸根离子增多。根据分布分数可以书写一定pH时所发生反应的离子方程式
同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH的微粒分布分数和酸的分析浓度(平衡时各微粒的浓度之和),就可以计算各微粒在该pH时的平衡浓度
四、酸碱中和滴定曲线
氢氧化钠滴定等浓度等体积的盐酸、醋酸的滴定曲线
盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化钠溶液、氨水的滴定曲线
曲线起点不同。强碱滴定强酸、弱酸的曲线,强酸起点低;强酸滴定强碱、弱碱的曲线,强碱起点高
突跃点变化范围不同。强碱与强酸反应的突跃点变化范围大于强碱与弱酸反应(强酸与弱碱反应)
室温下pH=7不一定是终点。强碱与强酸反应时,终点是pH=7;强碱与弱酸反应终点是pH>7,强酸与弱碱反应终点是pH<7
应考训练
1.(双选)(2020山东新高考质量测评联盟5月联考)常温下,Ksp(BaSO4)=1×10-10,Ksp(BaCO3)=1×10-9。向20
mL
0.1
mol·L-1
BaCl2溶液中滴入0.1
mol·L-1的Na2SO4溶液,溶液中pBa2+[pBa2+=-lgc(Ba2+)]与Na2SO4溶液体积的关系如图所示。下列叙述错误的是(　　)
A.图像中,n=1,m=5
B.若起始时c(BaCl2)=0.2
mol·L-1,m不变,b点向d点移动
C.若用同浓度的Na2CO3溶液替代Na2SO4溶液,可使b点向c点移动
D.V0时向溶液中滴加Na2CO3溶液,产生BaCO3沉淀的条件是>10
2.(2020湖南长郡中学适应性考试)配离子的稳定性可用K不稳衡量,例如[Ag(NH3)2]+的K不稳=。在一定温度下,向0.1
mol·L-1硝酸银溶液中滴入稀氨水,发生反应Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+。溶液中pNH3与δ(X)的关系如图。其中pNH3=-lg[c(NH3)]、δ(X)={X代表Ag+或[Ag(NH3)2]+}。下列说法不正确的是(　　)
Ag+和[Ag(NH3)2]+的分布系数图
A.图中δ2代表的是δ{[Ag(NH3)2]+}
B.向溶液中滴入稀硝酸,δ(Ag+)减小
C.该溶液中c(N)+c(H+)=c(OH-)
D.该温度时,K不稳{[Ag(NH3)2]+}=10-7.3
3.(双选)(2020山东德州一模)常温下,向V
mL
0.1
mol·L-1
HA溶液中滴入0.1
mol·L-1
NaOH溶液,溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数[-lgc水(H+)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A.常温下,Ka(HA)约为10-5
B.P点溶液对应的pH=7
C.M点溶液中存在:c(Na+)=c(A-)+c(HA)
D.N点溶液中存在:c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)
4.(双选)(2020山东济宁三模)常温下,用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01
mol·L-1的KCl、K2C2O4溶液,所得沉淀的溶解平衡图像如图所示(不考虑C2的水解)。已知Ksp(AgCl)的数量级为10-10。下列叙述不正确的是(　　)
A.Ksp(Ag2C2O4)的数量级为10-11
B.n点表示Ag2C2O4的过饱和溶液
C.向c(Cl-)=c(C2)的混合液中滴入AgNO3溶液时,先生成AgCl沉淀
D.Ag2C2O4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+C2(aq)的平衡常数为10-0.71
5.(2020辽宁部分重点中学协作体模拟)用0.1
mol·L-1
NaOH溶液滴定20
mL
0.1
mol·L-1
H2SO3溶液,所得滴定曲线如图所示(忽略混合时溶液体积的变化,已知加入30
mL
NaOH溶液后混合溶液呈碱性)。下列叙述不正确的是(　　)
A.Ka2(H2SO3)的数量级为10-8
B.向X点溶液中加入少量澄清石灰水溶液,的值增大
C.若将NaHSO3与Na2SO3按物质的量之比1∶1混合对应的点应在Y、Z之间
D.图中溶液中水的电离程度:W6.(2020山东聊城二模)25
℃时,H3AsO4水溶液中含砷的各种微粒的分布分数(平衡时某种微粒的浓度占各微粒浓度之和的分数)与pH的关系分别如图所示。
下列叙述错误的是(　　)
A.将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO4溶液中,当溶液pH在5~6时发生反应的离子方程式为H2As+OH-HAs+H2O
B.Na2HAsO4溶液中离子浓度关系为c(Na+)>c(HAs)>c(OH-)>c(H2As)>c(As)
C.向H3AsO4溶液滴加NaOH溶液至中性时c(Na+)=2c(HAs)+3c(As)
D.As第一步水解的平衡常数的数量级为10-3
7.(双选)(2020山东济南二模)室温时,向100
mL
0.1
mol·L-1
NH4HSO4溶液中滴加0.1
mol·L-1
NaOH溶液,溶液pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.图中a、b、c、d四个点,水的电离程度最大的是d点
B.a点处存在c(N)+c(NH3·H2O)=0.1
mol·L-1
C.b点处存在c(Na+)>c(S)>c(N)>c(OH-)=c(H+)
D.由b到c发生反应的离子方程式为N+OH-NH3·H2O
8.(双选)(2020江苏苏锡常镇四市教学情况调查)25
℃时,将SO2通入NaOH溶液得到一组c(H2SO3)+c(HS)+c(S)=0.100
mol·L-1的混合溶液,溶液中部分微粒的物质的量浓度与pH的关系曲线如下图所示。下列叙述正确的是(　　)
A.H2SO3的Ka2=10-7.2
B.pH=1.9的溶液中:c(Na+)>c(H2SO3)=c(HS)>c(S)
C.c(Na+)=0.100
mol·L-1的溶液中:c(H+)+c(S)=c(OH-)+c(H2SO3)
D.c(HS)=0.050
mol·L-1的溶液中:c(H+)+c(Na+)<0.150
mol·L-1+c(OH-)
热点专攻(八)　水溶液中离子平衡的图像分析
应考训练1.BC　解析图像中起始时对应0.1mol·L-1BaCl2溶液,此时pBa2+=-lgc(Ba2+)=-lg0.1=1,因此n=1,b点时恰好完全反应,c(Ba2+)=mol·L-1=mol·L-1=1×10-5mol·L-1,pBa2+=-lgc(Ba2+)=-lg1×10-5=5,因此m=5,故A正确;若起始时c(BaCl2)=0.2mol·L-1,m不变,则加入的Na2SO4溶液体积增大,因此b点应该向右移动,故B错误;BaCO3的溶度积大于BaSO4的溶度积,恰好完全反应生成碳酸钡时,钡离子浓度大,pBa2+值小,而用等浓度的Na2CO3溶液替代Na2SO4溶液,消耗的碳酸钠溶液和Na2SO4溶液体积相同,因此b点应竖直向下迁移,故C错误;V0时向溶液中滴加Na2CO3溶液,=10,因此产生BaCO3沉淀的条件是>10,故D正确。
2.B　解析向0.1mol·L-1硝酸银溶液中滴入稀氨水,随着氨水的加入,n(Ag+)逐渐减少,n{[Ag(NH3)2]+}逐渐增大,即δ(Ag+)减少,δ{[Ag(NH3)2]+}增大,结合图像变化趋势,δ(Ag+)随着pNH3的增大而增大,所以δ1代表的是δ(Ag+),δ2代表的是δ{[Ag(NH3)2]+},A项正确;NH3与H+反应生成N,使反应Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+逆向移动,c(Ag+)增大,则向溶液中滴入稀硝酸,δ(Ag+)增大,B项错误;溶液中电荷守恒关系为c(Ag+)+c{[Ag(NH3)2]+}+c(N)+c(H+)=c(OH-)+c(N),物料守恒关系为:c(Ag+)+c{[Ag(NH3)2]+}=c(N),整理两式可得c(N)+c(H+)=c(OH-),C项正确;a点时,c(Ag+)=c{[Ag(NH3)2]+},pNH3=3.65,则c(NH3)=10-3.65mol·L-1,K不稳{[Ag(NH3)2]+}=c2(NH3)=(10-3.65)2=10-7.3,D项正确。
3.BC　解析由示意图可知,0.1mol·L-1HA溶液中水电离出的氢离子浓度为10-11mol·L-1,溶液中氢离子浓度为10-3mol·L-1,则Ka(HA)==10-5,故A正确;P点为NaA和NaOH的混合溶液,溶液呈碱性,溶液的pH>7,故B错误;M点为HA和NaA的混合溶液,溶液呈中性,溶液中c(OH-)=c(H+),由电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)可知,溶液中c(Na+)=c(A-),故C错误;N点水电离出的氢离子浓度的负对数最小,水电离出的氢离子浓度最大,说明HA溶液与NaOH溶液恰好完全反应生成NaA,A-在溶液中水解使溶液呈碱性,溶液中存在:c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+),故D正确。
4.BD　解析若曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线,则Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=10-4×10-5.75=10-9.75=100.25×10-10,则数量级为10-10,若曲线Y为AgCl的沉淀溶解平衡曲线,则Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=10-4×10-2.46=10-6.46=100.54×10-7,则数量级为10-7,由题意可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10,则曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线,则曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线,Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)·c(C2)=(10-4)2×(10-2.46)=10-10.46。由以上分析知,曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线,Ksp(Ag2C2O4)=100.54×10-11,则Ksp(Ag2C2O4)的数量级为10-11,故A正确;曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线,n点的离子积Qc(Ag2C2O4)5.C　解析Ka2(H2SO3)=,据图像可知,当c(S)=c(HS)时溶液pH=7.19,即c(H+)=10-7.19mol·L-1,则Ka2(H2SO3)=10-7.19,即Ka2(H2SO3)的数量级为10-8,故A正确;,温度不变时平衡常数不变,加入少量澄清石灰水溶液碱性增强,c(H+)减小,所以该比值增大,故B正确;当滴入30mLNaOH溶液时,溶液中的溶质恰好为等物质的量的亚硫酸氢钠和亚硫酸钠,此时溶液显碱性,所以S的水解程度大于HS的电离程度,所以c(S)6.C　解析当溶液pH在5~6时,H2As的分布分数由1开始降低,HAs的分布分数由0开始增大,故发生反应H2As+OH-HAs+H2O,A正确;由图可知,NaHAsO4溶液显碱性,则HAs的电离程度小于HAs的水解程度,则溶液中c(H2As)>c(As),同时水也电离出氢氧根离子,故溶液中离子浓度关系为c(Na+)>c(HAs)>c(OH-)>c(H2As)>c(As),B正确;向H3AsO4溶液滴加NaOH溶液至中性时,溶液c(H+)=c(OH-),此时溶液中不存在As,结合电荷守恒可得c(Na+)=2c(HAs)+c(H2As),C错误;当pH=11.5时,c(HAs)=c(As),求得Ka3==10-11.5,则As第一步水解的平衡常数Kb1==10-2.5,其数量级为10-3,D正确。
7.CD　解析根据反应量的关系可知,a点恰好消耗完H+,溶质为(NH4)2SO4与Na2SO4;b、c、d三点溶液均含有NH3·H2O;(NH4)2SO4可以促进水的电离,而NH3·H2O抑制水的电离,b点溶液呈中性,所以a点水的电离程度最大,A错误;等体积混合后浓度变为原来的一半,a点溶质为(NH4)2SO4与Na2SO4,根据物料守恒可知,c(N)+c(NH3·H2O)=c(S)=0.05mol·L-1,B错误;b点溶液显中性,溶质为(NH4)2SO4、Na2SO4和NH3·H2O,N会水解,离子浓度大小关系为:c(Na+)>c(S)>c(N)>c(OH-)=c(H+),C正确;b点溶液为中性溶液,溶质为(NH4)2SO4、Na2SO4和NH3·H2O,再加入NaOH溶液,发生的离子反应为N+OH-NH3·H2O,D正确。
8.AD　解析当pH=7.2时,c(H+)=10-7.2mol·L-1,此时c(S)=c(HS),H2SO3的二级电离方程式为HSH++S,则H2SO3的Ka2==10-7.2,故A正确;根据图像可知,pH=1.9时,溶液中不含S,故B错误;溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=2c(S)+c(HS)+c(OH-),c(Na+)=0.100mol·L-1时,c(H2SO3)+c(HS)+c(S)=c(Na+),代入电荷守恒式中可得c(H+)+c(H2SO3)=c(OH-)+c(S),故C错误;根据c(H2SO3)+c(HS)+c(S)=0.100mol·L-1,溶液中的c(HS)=0.050mol·L-1,则c(H2SO3)+c(S)=0.05mol·L-1,根据溶液中的电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=2c(S)+c(HS)+c(OH-)=2×[0.05mol·L-1-c(H2SO3)]+0.05mol·L-1+c(OH-)=0.150mol·L-1+c(OH-)-2c(H2SO3),则c(H+)+c(Na+)<0.150mol·L-1+c(OH-),故D正确。
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10
-热点专攻(二)
阿伏加德罗常数的应用
有关NA的正误判断题常以相关数目的计算为载体,在物质结构、氧化还原反应、电解质溶液等知识点上设计陷阱,考查学生对基础知识及易错点的掌握情况。题目形式灵活、范围广泛、综合性强,复习时要宏观把握,各个击破。
(一)审题关注什么
典型示例
(判断正误)
(1)常温下,11.2
L甲烷气体含有的甲烷分子数为0.5NA(×)
(2)标准状况下,22.4
L己烷中含共价键数目为19NA(×)
(3)常温常压下,2.24
L氯气与2.4
g镁粉充分反应,转移的电子数为0.2NA(×)
(4)常温常压下,11
g
CO2气体中含有的氧原子数为0.5NA(√)
(5)标准状况下,11.2
L苯中含有的分子数目为0.5NA(×)
归纳点拨
一看物质是否处在“标准状况”
二看“标准状况”下,物质是否为“气体”(如CCl4、H2O、Br2、SO3、HF、己烷、苯等在标准状况下都不是气体)
三看非标准状况下涉及的物理量是气体的体积、物质的量还是质量
(二)题目考查什么
1.考查物质的组成或结构
典型示例
(判断正误)
(1)在常温常压下,32
g
18O2中含有2NA个氧原子(×)
(2)17
g
—OH与17
g
OH-所含电子数均为10NA(×)
(3)28
g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有的碳原子数为2NA(√)
(4)CH4与P4的分子结构均为正四面体形,在1
mol
CH4分子或P4分子中含有的共价键数均为4NA(×)
(5)1
mol甲苯含有6NA个C—H键(×)
(6)m
g
CO与N2的混合气体中所含分子数目为NA(√)
归纳点拨
①记特殊物质中所含微粒的数目,如Ne、D2O、18O2、—OH、OH-等
②记最简式相同的物质,如NO2和N2O4、乙烯(C2H4)和丙烯(C3H6)等
③记摩尔质量相同的物质,如N2、CO、C2H4等
④记物质的特殊结构,如白磷、SiO2、苯等
⑤记特殊物质的组成,如He、Ne为单原子分子,O3为三原子分子,P4为四原子分子
⑥记物质中所含化学键的数目,如一分子H2O2、CnH2n+2中化学键的数目分别为3、3n+1
2.考查粒子数目的判断
典型示例
(判断正误)
(1)0.1
L
0.5
mol·L-1
CH3COOH溶液中含有的H+数目为0.05NA(×)
(2)0.1
L
3.0
mol·L-1的NH4NO3溶液中含有的N的数目为0.3NA(×)
(3)在高温、高压和催化剂条件下,密闭容器中2
g
H2与足量N2反应,转移电子数为2NA(×)
(4)等体积、等物质的量浓度的NaCl和KCl溶液中,阴、阳离子数目之和均为2NA(×)
归纳点拨
①是否有弱酸、弱碱离子的水解
②是否有弱电解质的电离
③是否为可逆反应
④是否指明了溶液的体积
3.考查电子转移的数目
典型示例
(判断正误)
(1)电解NaCl溶液得到22.4
L
H2(标准状况),理论上需要转移NA个电子(×)
(2)标准状况下,0.1
mol
Cl2溶于水,转移的电子数目为0.1NA(×)
(3)1
mol
Na2O2与足量CO2充分反应,转移的电子数目为2NA(×)
(4)氢氧燃料电池正极消耗22.4
L(标准状况)气体时,电路中通过的电子数目为2NA(×)
(5)1
mol
Fe溶于过量硝酸,电子转移数为2NA(×)
归纳点拨
①注意特殊物质的化合价,如由Na2O2或H2O2生成1
mol
O2转移2
mol电子,由H2O生成1
mol
O2转移4
mol电子
②注意反应是否为歧化反应,如1
mol
Cl2与足量NaOH反应转移1
mol电子,与足量Fe反应转移2
mol电子
③注意变价金属(Fe、Cu)在生成物中的价态,如Fe与盐酸(过量)反应生成Fe2+,而Fe与HNO3(过量)反应生成Fe3+
应考训练
1.(双选)(2020山东潍坊三模改编)设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(　　)
A.标准状况下,1
L
C2H5OH完全燃烧后生成的CO2分子个数约为
B.20
g
D2O与20
g
O含有的中子数均为10NA
C.14.0
g
Fe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3·xH2O,电极反应中转移的电子数为0.5NA
D.50
mL
12
mol·L-1盐酸与足量MnO2共热,转移的电子数为0.3NA
2.(2020山东章丘第四中学月考)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)
A.常温下,1
L
pH=10的NaClO溶液中,发生电离的水分子数为1×10-10NA
B.12
g
NaHSO4固体中含有的离子数为0.2NA
C.71
g
Cl2溶于水转移的电子数为NA
D.标准状况下,11.2
L
HF含有的分子数为0.5NA
3.(双选)(2020江西抚州南城一中质检改编)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)
A.标准状况下,11.2
L
Cl2溶于水,溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和为NA
B.32.5
g
FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.2NA
C.1
mol
PCl3与1
mol
36Cl2反应达到平衡时,产物中含P—36Cl键的数目小于2NA
D.反应CaCfOg+n中,每生成294
g
Og释放的中子数为3NA
4.(2020天津杨村一中高三月考)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(　　)
A.常温常压下,8
g
O2和O3的混合气体含有4NA个电子
B.1
L
0.1
mol·L-1的FeCl3溶液中的Fe3+水解,形成0.1NA个Fe(OH)3胶体粒子
C.标准状况下,22.4
L
Cl2通入水中发生反应,转移的电子数为NA
D.1
mol
Na被完全氧化生成Na2O2,失去2NA个电子
热点专攻(二)　阿伏加德罗常数的应用
应考训练1.BC　解析标准状况下乙醇为液体,不能用气体摩尔体积来计算,故A错误;D2O与O的摩尔质量均为20g·mol-1,故20gD2O与20gO的物质的量均为1mol,且它们每个分子中均含10个中子,故1mol两种物质中均含10NA个中子,故B正确;14.0gFe的物质的量为=0.25mol,Fe发生吸氧腐蚀的负极反应式为Fe-2e-Fe2+,则电极反应中转移的电子数为0.25mol×2NA=0.5NA,故C正确;50mL12mol·L-1盐酸与足量MnO2共热反应一段时间后,盐酸浓度减小,无法继续反应,转移电子的数目小于0.3NA,故D错误。
2.B　解析NaClO为强碱弱酸盐,ClO-水解会促进水的电离,常温下,1LpH=10的NaClO溶液中,发生电离的水分子数为1×10-4NA,A项错误;12gNaHSO4的物质的量为0.1mol,固体时由钠离子和硫酸氢根离子构成,故总离子数为0.2NA,B项正确;氯气与水的反应为可逆反应,题给条件下无法计算71gCl2溶于水转移的电子数目,C项错误;标准状况下HF是液态,无法计算其物质的量,D项错误。
3.CD　解析标准状况下,11.2LCl2物质的量为0.5mol,氯气与水的反应是可逆反应,根据物料守恒得出溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和小于NA,故A错误;32.5gFeCl3的物质的量为0.2mol,其水解形成Fe(OH)3胶体,胶体粒子是聚合体,因此胶体粒子数小于0.2NA,故B错误;1molPCl3与1mol36Cl2反应达到平衡时,由于反应是可逆反应,产物PCl5的物质的量小于1mol,因此PCl5中含P—36Cl键数目小于2NA,故C正确;根据质量守恒可得反应CaCfOg+n,则x=3,每生成294gOg,释放的中子数为3NA,故D正确。
4.A　解析氧气和臭氧均只含氧元素,则混合气体中氧原子的质量为8g,由于n=,则氧原子的物质的量为0.5mol,氧原子的电子数等于质子数,1mol氧原子含有8mol电子,0.5mol氧原子含有4mol电子,A正确;水解是微弱的,且氢氧化铁胶体粒子是多个Fe(OH)3“分子”形成的聚合体,因此1L0.1mol·L-1FeCl3溶液中的Fe3+水解得到的Fe(OH)3胶体微粒数小于0.1NA,B错误;标准状况下,22.4LCl2的物质的量是1mol,通入水中生成次氯酸和盐酸,但该反应是可逆反应,因此反应过程中转移的电子数小于NA,C错误;1mol钠反应可失去1mol电子,D错误。
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-热点专攻(九)
综合实验探究解题策略
综合实验探究题是近几年高考实验大题的热点题型。命题类型有物质性质实验探究,物质制备实验探究,定量测定实验探究,或者是上述三种类型的部分综合。主要以化学实验基础知识、元素及其化合物性质为载体,考查实验仪器的使用、基本实验操作、物质的分离提纯和检验方法、实验方案的设计与评价、实验条件的控制、实验数据的分析处理等。
(一)审题关注什么
1.审题的关键点
(1)题型特点。
规律:明确实验目的→找出实验原理→分析装置作用→得出正确答案
(2)审题、破题秘诀。
①审信息:题目中一般会告诉若干条信息,这些信息一定会应用在解题中。
②看步骤:明确实验设计中有哪些步骤。
③判原理:找出实现实验目的的原理。
④找作用:判断各个装置在实验中的作用。
⑤关注量:在计算时要关注题目中有哪些已知量,要计算哪些量。
(3)方法、考场支招。
①巧审题,明确实验的目的和原理。实验原理是解答实验题的核心,是实验设计的依据和起点。实验原理可从题给的化学情境(或题首所给实验目的)并结合元素化合物等有关知识获取。
②想过程,理清实验操作的先后顺序。根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程,确定实验操作的方法步骤,把握各步实验操作的要点,理清实验操作的先后顺序。
③看准图,分析各项实验装置的作用。有许多综合实验题图文结合,思考容量大。在分析解答过程中,要认真细致地分析图中所示的各项装置,并结合实验目的和原理,确定它们在该实验中的作用。
④细分析,得出正确的实验结论。实验现象(或数据)是化学原理的外在表现。
2.防范失分点
(1)气体制备实验的操作原则。
①“从下往上”原则。
②“从左到右”原则。
装配复杂装置应遵循从左到右顺序。
③先“塞”后“定”原则。
④“固体先放”原则。
⑤“液体后加”原则。
⑥“先验气密性”原则。
⑦“后点酒精灯”原则。
(2)实验方案设计中几个易忽视的问题。
①净化、吸收气体及熄灭酒精灯时要防止液体倒吸。
②进行某些易燃、易爆实验时,要防止爆炸。
③防止氧化。
④防止吸水。
⑤易挥发液体产物(导出时可为蒸气)的及时冷却。
⑥仪器拆卸的科学性与安全性。
(3)性质实验探究设计需要注意的问题。
①有水蒸气生成时,先检验水蒸气再检验其他成分。
②对于需要进行转化才能检测的成分要注意排除干扰。
③若试题只给出部分药品和装置,则应给出必要的补充;若给出多余的试剂品种,则应进行筛选。
④注重答题的规范性,有些题目要求指出试剂的名称。
(4)固体成分检测实验方案设计的一般方法。
方法一:取少量固体试样→溶于水配成溶液→检测溶液中存在的阴、阳离子→得出实验结论。
方法二:取少量固体试样→在氧气流等中反应→检测所产生的物质(如气体)→得出实验结论。
方法三:取少量固体试样→加酸(或碱)溶液产生气体→检测气体产物的成分→得出实验结论。
(5)化学实验方案的评价角度。
①分析实验方案是否科学可行。
②实验操作是否安全合理。
③实验过程中是否造成环境污染。
④原料是否无毒、安全、易得。
⑤从安全性方面对实验方案做出评价。
(二)题目考什么
1.综合实验中的常考点
(1)实验装置的组合顺序。
一般为:气体发生→除杂→干燥→主体实验→尾气处理。
(2)接口的连接原则。
总体上遵循装置的排列顺序,但对于吸收装置应“长”进“短”出;量气装置应“短”进“长”出;洗气装置应“长”进“短”出;干燥管应“大”进“小”出。
(3)实验操作顺序。
气体发生一般按:装置选择与连接→气密性检査一装固体药品→加液体药品→开始实验(按程序)→拆卸仪器→其他处理等。
(4)加热操作注意事项。
主体实验加热前一般应先通原料气赶走空气后再点燃酒精灯,其目的一是防止爆炸,如H2还原CuO、CO还原Fe2O3;二是保证产品纯度,如制Mg3N2、CuCl2等。反应结束时,应先熄灭酒精灯,继续通原料气直到冷却为止。
(5)尾气处理。
有毒气体常采用溶液(或固体)吸收或将其点燃,无毒气体直接排放。
2.高考实验“十大目的”及答题方向
(1)加入某一物质的目的,一般可从洗涤、除杂、溶解、沉淀等方面考虑。
(2)反应前后通入某一气体的目的,一般可从排除气体、提供反应物等方面考虑。
(3)酸(碱)浸的目的,一般可从某些元素从矿物中溶解出来方面考虑。
(4)物质洗涤(水洗、有机物洗)的目的,一般可从洗去杂质离子和减少损耗方面考虑。
(5)趁热过滤的目的,一般可从“过滤”和“趁热”两个方面考虑。
(6)控制温度的目的,一般可从反应速率、平衡移动、溶解度、稳定性、挥发、升华等方面考虑。
(7)控制pH的目的,一般可从酸、碱性对反应的影响方面考虑。
(8)某一实验操作的目的,一般可从除杂、检验、收集、尾气处理、防倒吸、改变反应速率、保证实验安全等方面考虑。
(9)使用某一仪器的目的,一般可从仪器的用途方面考虑,注意一些组合仪器的使用如安全瓶,量气瓶。
(10)控制加入量的目的,一般可从加入的物质与反应体系中的其他物质发生的反应方面考虑。如为了防止发生反应消耗产物或生成其他物质,从而影响产品的产率或纯度。
应考训练
1.(2020河南安阳第一次调研)某兴趣小组为探究铜与浓硫酸反应时硫酸的最低浓度,设计了如下方案。
方案一、实验装置如图1所示。
已知Cu2+能与K4[Fe(CN)6]在酸性溶液中反应生成红棕色沉淀,可用于鉴定溶液中微量的Cu2+。
(1)写出铜与浓硫酸反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　。NaOH溶液的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(2)仪器X的作用是盛装18.4
mol·L-1的浓硫酸并测定浓硫酸的体积,其名称是　　　　　　。?
(3)实验过程中,当滴入浓硫酸的体积为20.00
mL时,烧瓶内开始有红棕色沉淀生成,则能与铜反应的硫酸的最低浓度为　　　　　　
mol·L-1(精确到小数点后一位;混合溶液的体积可视为各溶液的体积之和)。?
方案二、实验装置如图2所示。
加热,充分反应后,由导管a通入氧气足够长时间,取下烧杯,向其中加入足量的BaCl2溶液,经过滤、洗涤、干燥后称量BaSO4固体的质量。
(4)通入氧气的目的是　　　　　　、　　　　　　　。?
(5)若通入氧气的量不足,则测得的硫酸的最低浓度　　　　　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。?
2.(2020河北石家庄第二中学质量监测)高锰酸钾(KMnO4)是一种常用氧化剂,主要用于化工、防腐及制药工业等。以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下:
回答下列问题:
(1)原料软锰矿与氢氧化钾按1∶1的比例在“烘炒锅”中混合,混合前应将软锰矿粉碎,其作用是　　　　　　　　　　　　　。?
(2)“平炉”中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(3)“平炉”中需要加压,其目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(4)将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺。
①“CO2歧化法”是传统工艺,即在K2MnO4溶液中通入CO2气体,使体系呈中性或弱碱性,K2MnO4发生歧化反应,反应中生成K2MnO4、MnO2和　　　　　　　(写化学式)。?
②“电解法”为现代工艺,即电解K2MnO4水溶液,电解槽中阳极发生的电极反应为　　　　　　　　　,阴极逸出的气体是　　　　　　　　。?
③“电解法”和“CO2歧化法”中,K2MnO4的理论利用率之比为　　　　　　　　。?
(5)高锰酸钾纯度的测定:称取1.080
0
g样品,溶解后定容于100
mL容量瓶中,摇匀。取浓度为0.200
0
mol·L-1的H2C2O4标准溶液20.00
mL,加入稀硫酸酸化,用KMnO4溶液平行滴定三次,平均消耗KMnO4溶液的体积为24.48
mL,该样品的纯度为　　　　　(列出计算式即可,已知2Mn+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O)。?
热点专攻(九)　综合实验探究解题策略
应考训练1.答案(1)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O　吸收尾气中的SO2
(2)酸式滴定管
(3)11.0　(4)使产生的SO2全部被NaOH溶液吸收　将SO2最终转化为Na2SO4
(5)偏大
解析(1)铜与浓硫酸反应的化学方程式为Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O,铜与浓硫酸反应生成的二氧化硫会污染环境,所以必须用碱溶液吸收。
(2)X可用于测定浓硫酸的体积,应该是酸式滴定管。
(3)当加入浓硫酸的体积为20.0mL时溶液的总体积为33.45mL,则硫酸的浓度为≈11.0mol·L-1。
(4)通入氧气的目的有两个,一是将装置中产生的二氧化硫驱赶出去被NaOH溶液全部吸收,二是使烧杯中的Na2SO3全部转化为Na2SO4。
(5)若通入氧气的量不足,则生成沉淀的质量偏小,即计算出生成二氧化硫的量偏小,则测得反应时硫酸的最低浓度偏大。
2.答案(1)增大接触面积,加快化学反应速率
(2)2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O
(3)增大反应物的浓度,可使化学反应速率加快,同时使反应物的转化率增大
(4)①K2CO3　②Mn-e-Mn　H2　③3∶2　(5)95.62%
解析(1)MnO2的状态是固体,对于有固体参加的化学反应,可通过增大其反应接触面积的方法提高反应速率,故可将软锰矿粉碎成细小的颗粒。
(2)根据流程图可知,在“平炉”中MnO2、KOH、O2在加热时反应产生K2MnO4,结合质量守恒定律可知,还有一种生成物是H2O,则发生反应的化学方程式为2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O。
(3)由于平炉中发生的反应中氧气是气体,在“平炉”中加压,就可以使反应物氧气的浓度增大,根据外界条件对化学反应速率的影响可知,增大反应物的浓度,可以使化学反应速率加快,且可以使化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动,从而可以提高原料的转化率。
(4)①在K2MnO4溶液中通入CO2气体,使体系呈中性或弱碱性,K2MnO4发生歧化反应,反应中生成KMnO4和MnO2,根据质量守恒定律可知,另外一种生成物应为K2CO3,根据氧化还原反应中的电子守恒及质量守恒可得,该反应的化学方程式是3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3;②“电解法”为现代工艺,即电解K2MnO4水溶液,在电解槽中阳极上Mn失去电子,发生氧化反应产生Mn,电极反应式为Mn-e-Mn;在阴极,水电离产生的H+获得电子变为氢气逸出,电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-。所以阴极逸出的气体是H2;总反应方程式为2K2MnO4+2H2O2KMnO4+H2↑+2KOH;③根据“电解法”的化学方程式2K2MnO4+2H2O2KMnO4+H2↑+2KOH及“CO2歧化法”的化学方程式3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3可知,二者的理论利用率之比为3∶2。
(5)根据离子方程式2Mn+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O可知,KMnO4与草酸反应的关系式为2KMnO4~5H2C2O4。配制的溶液的浓度为c=mol·L-1。则1.0800g样品中含KMnO4的物质的量n=mol,则KMnO4的质量m=mol×158g·mol-1=g。故其纯度为×100%≈95.62%。
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-热点专攻(六)
电化学中的离子交换膜
电化学的有关知识是每年高考必考内容,题型有选择题和非选择题。命题的角度有电极反应式的正误判断与书写,电池反应式的书写,正、负极的判断,电池充、放电时离子移动方向的判断,电极附近离子浓度的变化,电解的应用与计算,金属的腐蚀与防护等。交换膜在电化学工业生产中应用十分广泛,离子交换膜的作用、性质已成为高考命题的新动向。
(一)审题关注什么
1.审题的关键点
(1)弄清是原电池还是电解池,判断电极名称。
(2)根据电极名称判断离子的移动方向和交换膜的种类。
(3)根据放电顺序写出电极反应式。
(4)根据电极反应式和离子的移动方向确定其他反应产物。
2.防范失分点
(1)看清图示,是否说明了交换膜的类型,是否标注了电源的正、负极,是否标注了电子流向、电荷流向等,明确阴、阳离子的移动方向。
(2)根据原电池和电解池中阴、阳离子的移动方向,结合题目中给出的制备、电解物质等信息,找出物质生成或消耗的电极区域,确定移动的阴、阳离子,从而推知离子交换膜的类型。
(二)题目考什么
1.常见的离子交换膜
种类
允许通过的离子及移动方向
说明
阳离子
交换膜
阳离子→移向电解池的阴极或原电池的正极
阴离子和气体不能通过
阴离子
交换膜
阴离子→移向电解池的阳极或原电池的负极
阳离子和气体不能通过
质子
交换膜
质子→移向电解池的阴极或原电池的正极
只允许H+通过
2.判断离子交换膜的类型,判断离子的迁移方向,书写电极反应式,判断电极产物
如三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如下图所示,采用惰性电极,ab、cd均为离子交换膜,在直流电场的作用下,两膜中间的Na+和S可通过离子交换膜,而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。根据电解池原理可判断阴、阳离子的移动方向,从而确定离子交换膜的类型。然后可书写电极反应式,判断电极产物。
应考训练
1.(2020山东化学)微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置,利用微生物处理有机废水获得电能,同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水,采用惰性电极,用下图装置处理有机废水(以含CH3COO-的溶液为例)。下列说法错误的是(　　)
A.负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-2CO2↑+7H+
B.隔膜1为阳离子交换膜,隔膜2为阴离子交换膜
C.当电路中转移1
mol电子时,模拟海水理论上除盐58.5
g
D.电池工作一段时间后,正、负极产生气体的物质的量之比为2∶1
2.(2020广东湛江五校联考)肼(N2H4)碱性燃料电池的原理示意图如图所示,电池总反应为:N2H4+O2N2+2H2O。下列说法错误的是(　　)
A.电极b发生还原反应
B.电流由电极a流出经用电器流入电极b
C.物质Y是NaOH溶液
D.电极a的电极反应式为N2H4+4OH--4e-N2↑+4H2O
3.(双选)(2020吉林省吉林市二调改编)金属(M)-空气电池具有原料易得、能量密度高等优点,有望成为新能源汽车和移动设备的电源,该类电池放电的总反应方程式为2M+O2+2H2O2M(OH)2。下列说法正确的是(　　)
(已知:电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能)
A.电解质中的阴离子向金属M方向移动
B.比较Mg、Al、Zn三种金属-空气电池,Mg-空气电池的理论比能量最高
C.电池放电过程的负极反应式为2M-4e-+4OH-2M(OH)2
D.当外电路中转移4
mol电子时,多孔电极需要通入空气22.4
L(标准状况)
4.(2020山东潍坊高三期末)全钒液流储能电池是利用不同价态的含钒离子在酸性条件下发生反应,离子方程式为V(黄色)+V2+(紫色)+2H+VO2+(蓝色)+V3+(绿色)+H2O。采用惰性电极实现化学能和电能相互转化的工作原理如图。下列说法正确的是(　　)
A.充电过程中,X端接外接电源的负极
B.放电过程中,正极电极反应式为V+H2O+e-VO2++2OH-
C.放电过程中,右罐溶液颜色逐渐由绿色变为紫色
D.充电时若转移电子0.5
mol,左罐溶液中n(H+)的变化量为0.5
mol
5.(双选)(2020湖北部分重点中学联考改编)硼酸(H3BO3)为一元弱酸,已知H3BO3与足量NaOH溶液反应的离子方程式为H3BO3+OH-B(OH,H3BO3可以通过电解的方法制备。其工作原理如下图所示(阳离子交换膜和阴离子交换膜分别只允许阳离子、阴离子通过)。下列说法正确的是(　　)
A.当电路中通过1
mol电子时,可得到1
mol
H3BO3
B.将电源的正、负极反接,工作原理不变
C.阴极室的电极反应式为2H2O-4e-O2+4H+
D.B(OH穿过阴离子交换膜进入阴极室,H+穿过阳离子交换膜进入产品室
6.(2020福建龙岩高三教学质量检查)三室式电渗析法处理含NH4NO3废水的原理如图所示,工作一段时间后,在两极区均得到副产品NH4NO3。下列叙述错误的是(　　)
A.a极为电源负极,b极为电源正极
B.c膜是阳离子交换膜,d膜是阴离子交换膜
C.阳极电极反应式为4OH--4e-O2↑+2H2O
D.Ⅱ室溶液的pH保持不变
热点专攻(六)　电化学中的离子交换膜
应考训练1.B　解析本题考查了原电池的工作原理和电极反应式的书写。由图可知,a极变化为CH3COO-CO2,该极的电极反应为CH3COO-+2H2O-8e-2CO2+7H+,a极发生氧化反应,则a极为负极,b极为正极,A项正确;由于可实现海水淡化,结合原电池原理分析,Cl-应移向a极,Na+应移向b极,故隔膜1为阴离子交换膜,隔膜2为阳离子交换膜,B项错误;当转移8mole-时,CH3COO-减少1mol,同时H+增加7mol,应有8molCl-通过隔膜1,则转移1mol电子时理论上可除去1molNaCl,所以C项正确;工作一段时间后,由于正极反应式为2H++2e-H2↑,故正、负极生成气体的物质的量之比为2∶1,D项正确。
2.B　解析题给燃料电池中,通入燃料肼的电极为负极、通入氧气的电极为正极,电解质溶液呈碱性,则负极反应式为N2H4+4OH--4e-N2↑+4H2O,正极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-。该燃料电池中通入氧气的电极b为正极,正极上得电子,发生还原反应,故A正确;a为负极、b为正极,电流从正极b经用电器流入负极a,故B错误;b电极上生成氢氧根离子,钠离子通过阳离子交换膜进入右侧,所以Y为NaOH溶液,故C正确;a电极上肼失电子,发生氧化反应,电极反应式为N2H4+4OH--4e-N2↑+4H2O,故D正确。
3.AC　解析原电池中阴离子应该向负极移动,金属M为负极,所以电解质中的阴离子向金属M方向移动,故A正确;电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能,则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则释放的电能越多,假设质量都是1g时,Mg、Al、Zn三种金属转移电子的物质的量分别为×2mol=mol、×3mol=mol、×2mol=mol,所以Al-空气电池的理论比能量最高,故B错误;负极M失电子和OH-反应生成M(OH)2,则负极反应式为2M-4e-+4OH-2M(OH)2,故C正确;由正极电极反应式O2+2H2O+4e-4OH-可得O2~4OH-~4e-,当外电路中转移4mol电子时,消耗氧气1mol,1molO2在标准状况下的体积为22.4L,但空气中氧气的体积分数约为21%,所以需要空气的体积应大于22.4L,故D错误。
4.D　解析由V(黄色)+V2+(紫色)+2H+VO2+(蓝色)+V3+(绿色)+H2O可知,放电时正极反应式为V+2H++e-VO2++H2O,负极反应式为V2+-e-V3+,所以充电时,左边发生的反应为VO2++H2O-e-V+2H+,则左边为阳极,X端接外接电源的正极,右边为阴极,发生得电子的还原反应,即V3++e-V2+。由上述分析可知,充电时,X端接外接电源的正极,故A错误;由V(黄色)+V2+(紫色)+2H+VO2+(蓝色)+V3+(绿色)+H2O可知,放电时正极反应式为V+2H++e-VO2++H2O,故B错误;放电过程中,右边为负极,电极反应式为V2+-e-V3+,则溶液颜色逐渐由紫色变为绿色,故C错误;充电时,左边发生的反应为VO2++H2O-e-V+2H+,若转移电子0.5mol,生成氢离子为1mol,此时应有0.5molH+通过质子交换膜进入右边,则左边溶液中n(H+)的变化量为1mol-0.5mol=0.5mol,故D正确。
5.AD　解析阳极电极反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+、阴极电极反应式为4H2O+4e-2H2↑+4OH-,阳极室中的氢离子通过阳离子交换膜进入产品室,B(OH穿过阴离子交换膜进入产品室,发生反应B(OH+H+H2O+H3BO3。阳极发生失去电子的氧化反应,电极反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+,电路中通过1mol电子时有1molH+生成,硼酸(H3BO3)为一元弱酸,生成1mol硼酸需要1molH+,所以电路中通过1mol电子时可得到1molH3BO3,A正确;根据以上分析可知,如果将电源的正、负极反接,工作原理发生变化,B错误;电解时阴极发生得到电子的还原反应,电极反应式为4H2O+4e-2H2↑+4OH-,C错误;由上述分析可知,D正确。
6.D　解析在直流电源的作用下,两膜中间的N和N均可通过离子交换膜,工作一段时间后,在两极区均得到副产品NH4NO3,由此可知N向左移动,N向右移动;在电解池中,阳离子向阴极移动,则与电源a电极连接的石墨为阴极,电极反应式为2H++2e-H2↑,Ⅰ室中阳离子减少,N移动到Ⅰ室与硝酸根形成硝酸铵。a为电源负极,b为电源正极,与b相连的石墨为阳极,电极反应式为4OH--4e-2H2O+O2↑,N移动到Ⅲ室与铵根形成硝酸铵。由上述分析可知,A正确;c膜是阳离子交换膜,d膜是阴离子交换膜,故B正确;根据分析可知阳极的电极反应式为4OH--4e-2H2O+O2↑,故C正确;电解前Ⅱ室中存在铵根的水解使溶液显酸性,随着电解进行铵根离子进入Ⅰ室,溶液酸性逐渐减弱,故D错误。
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-热点专攻(七)
化学反应原理综合题解题策略
一、题型分析
本题型一般取材于能源、环境保护、化工生产等情景,题目围绕一个主题,将热化学、化学反应速率、电化学及三大平衡知识融合在一起进行考查,每个小题相对独立;题目中结合图像、表格、数据、装置等信息,考查考生的阅读、读图、分析归纳能力,试题的难度较大。考点主要涉及盖斯定律与热化学方程式、化学反应速率的计算及其影响因素的分析、平衡常数的计算及其影响因素的分析、化学平衡移动及其影响因素的分析、电极反应式的书写及相关计算等。另外速率常数的理解与应用也是近几年高考考查的重点内容之一,应给予关注。
二、重难考向剖析
考向1　化学图表、图像等信息的提取和加工
【例1】(2019全国Ⅰ)水煤气变换[CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程,主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题:
(1)Shibata曾做过下列实验:①使纯H2缓慢地通过处于721
℃下的过量氧化钴CoO(s),氧化钴部分被还原为金属钴Co(s),平衡后气体中H2的物质的量分数为0.025
0。
②在同一温度下用CO还原CoO(s),平衡后气体中CO的物质的量分数为0.019
2。
根据上述实验结果判断,还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO　　　　　H2(填“大于”或“小于”)。?
(2)721
℃时,在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合,采用适当的催化剂进行反应,则平衡时体系中H2的物质的量分数为　　　　　(填标号)。?
A.<0.25　　　　B.0.25　　　　C.0.25~0.50
D.0.50　　　　　E.>0.50
(3)我国学者结合实验与计算机模拟结果,研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程,如图所示,其中吸附在金催化剂表面上的物种用
标注。
可知水煤气变换的ΔH　　　　　0(填“大于”“等于”或“小于”),该历程中最大能垒(活化能)E正=　　　　　eV,写出该步骤的化学方程式　。?
(4)Shoichi研究了467
℃、489
℃时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系(如下图所示),催化剂为氧化铁,实验初始时体系中的和pCO相等、相等。
计算曲线a的反应在30~90
min内的平均速率
-
2
-热点专攻(三)
氧化还原型离子方程式的书写
氧化还原型离子方程式的书写,能较好地考查学生对氧化还原反应和离子反应有关理论的理解和应用,这也是近几年高考的热点题型。氧化还原型离子方程式最能体现学科核心素养:电子得失和电荷守恒→变化观念与平衡思想,离子方程式配平→模型认知,氧化性、还原性→宏观辨识与微观探析。氧化还原反应、离子反应是中学化学基础知识体系的核心,所有涉及氧化还原反应、离子反应的考点都是结合具体的化学物质进行命题的。
(一)审题关注什么
1.审题的关键点
(1)根据所学知识和题目所给信息(包括图像、工艺流程图等),找出氧化还原反应中的氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。
(2)使化合价升降的总数目相等(得失电子总数相等),确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数。
(3)观察方程式两边离子所带电荷数是否相等,若不等,则要使电荷守恒,根据反应是在何种环境(酸性或碱性)中进行补充H+或OH-。若在酸性环境中,一边加a个H+(电荷守恒),另一边加b个H2O(原子守恒);若在碱性环境中,一边加m个OH-(电荷守恒),另一边加n个H2O(原子守恒)。
2.防范失分点
(1)理解并记忆常见氧化剂或还原剂对应的反应产物。
(2)运用“有升必有降”找出隐含反应物或生成物。
(3)运用电子得失守恒时要看清化学式中变价元素的原子个数(特别是同种物质中的同种元素有不同化合价的升降变化)。
(4)运用电荷守恒时,要准确把握H+与OH-的使用符合题中反应环境。
(二)题目考什么
典例
反应生成Mn2+和CO2,该反应的离子方程式是　。?
解题流程
规范解答
答题模板
第一步:找出反应物、生成物
通过元素价态的变化,找出发生氧化还原反应的物质
[解析]①依题意,锰元素的化合价降低,故KMnO4是氧化剂,Mn2+是还原产物;碳元素的化合价升高,故Na2C2O4(碳元素化合价为+3价)是还原剂,CO2是氧化产物。
②按“氧化剂+还原剂——还原产物+氧化产物”把离子方程式初步写成:Mn+C2——Mn2++CO2↑。由Mn→Mn2+,锰元素降了5价;由C2→CO2,碳元素升了1价,1
mol
C2共失去2
mol
e-,故在C2前配5,在氧化产物CO2前配10;在Mn前配2,在还原产物Mn2+前配2,即2Mn+5C2——2Mn2++10CO2↑。
③反应在硫酸环境中进行,故在左边补充H+,右边补充H2O,2Mn+5C2+　H+——2Mn2++10CO2↑+　H2O。
④依据电荷守恒及H、O原子守恒配平。
[答案]2Mn+5C2+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O
第1步—根据题干信息或流程图,判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物
第2步—按“氧化剂+还原剂——还原产物+氧化产物”写出方程式,根据得失电子守恒配平上述四种物质
第3步—根据电荷守恒和反应物的酸碱性环境,在方程式左边或右边补充H+、OH-或H2O等
第4步—根据质量守恒配平反应的方程式
第二步:配平变价微粒
应用最小公倍数法确定得失电子的数目,配平含变价元素的相关物质
第三步:确定缺项物质
根据溶液呈酸性,确定H+在左边,H2O在右边
第四步:整体元素配平
通过观察法确定所有物质的化学计量数
应考训练
(2020各地高考模拟题节选、改编)(1)控制100
℃、pH=5的条件时,利用亚硫酸钠与硫酸铜溶液反应可以制得Cu2O,同时产生SO2气体,相关反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,　　　　　　　　　　　　　　　　　　,反应过程中需要不断地加入烧碱,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(2)工业上可用电解法制取Ni2O3,用NaOH溶液调NiCl2溶液的pH至7.5,加入适量Na2SO4后利用惰性电极电解。电解过程中产生的Cl2,有80%在弱碱性条件下发生反应生成ClO-,再把二价镍氧化为三价镍。ClO-氧化Ni(OH)2生成Ni2O3的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,a
mol二价镍全部转化为三价镍时,外电路中通过电子的物质的量为　　　　
mol。?
(3)实验室一般采用次氯酸钠碱性溶液氧化尿素()制备水合肼(N2H4·H2O),其离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(4)V2O5在酸性条件下具有较强的氧化性,其对应的还原产物为V3+,写出向V2O5酸性悬浊液中通入SO2反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(5)NaCN不慎泄露时,消防人员通常采用喷洒过氧化氢溶液的方式处理,以减少污染。反应生成一种酸式盐和一种气体,二者溶于水均呈碱性,该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(6)向氢氧化钠溶液中加入双氧水,然后通入ClO2可以制取NaClO2,写出反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(7)使用ClO2给自来水消毒的过程中会产生有害的副产物亚氯酸根(Cl),可用Fe2+将其去除。已知Cl与Fe2+在pH=5~7的条件下能快速反应,最终形成红褐色沉淀,而Cl则被还原成Cl-。则Fe2+消除Cl的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(8)研究表明,单质Fe和Fe2+都可以还原MnO2。在硫酸存在的条件下,MnO2将Fe氧化为Fe3+的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(9)含Cr2的废水在酸性条件下能用Fe3O4处理得到含Cr3+的溶液,反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(10)氯酸钠在酸性条件下能氧化Fe2+,本身被还原为Cl-,相关的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(11)常温下二氧化氯为黄绿色气体,有强氧化性,能与NaOH溶液反应生成等物质的量的两种盐,其中一种为NaClO3,相关的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
热点专攻(三)　氧化还原型离子方程式的书写
应考训练答案(1)2Cu2++S+2H2OCu2O+4H++S　S+2H+SO2↑+H2O　反应过程中溶液的酸性不断增强,为控制pH=5的反应条件,所以需要加入烧碱
(2)ClO-+2Ni(OH)2Cl-+Ni2O3+2H2O　1.25a
(3)ClO-+CO(NH2)2+2OH-N2H4·H2O+Cl-+C
(4)2SO2+V2O5+2H+2S+2V3++H2O
(5)CN-+H2O2+H2OHC+NH3↑
(6)H2O2+2ClO2+2OH-2Cl+O2+2H2O
(7)Cl+4Fe2++10H2O4Fe(OH)3↓+Cl-+8H+
(8)3MnO2+2Fe+12H+3Mn2++2Fe3++6H2O
(9)Cr2+6Fe3O4+62H+2Cr3++18Fe3++31H2O
(10)6Fe2++Cl+6H+6Fe3++Cl-+3H2O
(11)2ClO2+2OH-Cl+Cl+H2O
解析本题要结合题目信息,依据氧化还原反应得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒等相关规律,先写出反应物和产物,然后配平。
-
4
-热点专攻(十)
有机合成与推断
一、题型分析
有机合成与推断的考查题型比较固定,通常是以生产、生活中陌生有机物的合成工艺流程为载体考查有机化学的核心知识,涉及常见有机物官能团的结构、性质及相互转化关系,还涉及有机物结构简式的确定、反应类型的判断、化学方程式的书写、同分异构体的判断和书写等知识的考查。它要求学生能够通过题给情境适当迁移信息,运用所学知识分析、解决实际问题。它充分体现了高考命题“源于教材又不拘泥于教材”的命题指导思想,在一定程度上考查了学生的思维和提取信息的能力。
二、重难考向剖析
考向　有机合成与推断
【例】(2020全国Ⅰ)有机碱,例如二甲基胺()、苯胺()、吡啶()等,在有机合成中应用很普遍,目前“有机超强碱”的研究越来越受到关注。以下为有机超强碱F的合成路线:
A
(C2HCl3)BC　　
D
(C27H44Cl2N2)
已知如下信息:
①
②+RNH2
③苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体
回答下列问题:
(1)A的化学名称为　　　　。?
(2)由B生成C的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(3)C中所含官能团的名称为　　　　。?
(4)由C生成D的反应类型为　　　　　　。?
(5)D的结构简式为　　　　　　。?
(6)E的六元环芳香同分异构体中,能与金属钠反应,且核磁共振氢谱有四组峰,峰面积之比为6∶2∶2∶1的有　　　　种,其中,芳香环上为二取代的结构简式为　　　　　　　　　　。?
解析(1)由题中信息①反应物结构(含有碳碳双键)和反应条件(CCl3COONa、乙二醇二甲醚、加热),结合A的分子式为C2HCl3,可推出其结构简式为ClHCCCl2,化学名称为三氯乙烯。三氯乙烯(C2HCl3)发生信息①的反应生成B()。
(2)B与氢氧化钾的醇溶液共热发生消去反应生成
C(),该反应的化学方程式为+KOH+KCl+H2O。
(3)由C的分子结构可知其所含官能团有碳碳双键和氯原子。
(4)C()与过量的二环己基胺发生反应生成D,D与E发生信息②的反应生成F,由F的分子结构和D的分子式可确定D的结构简式为。则由C生成D的反应为C的分子中的两个氯原子被二环己基胺基所取代,则由C生成D的反应类型为取代反应。
(6)根据E的同分异构体限制条件:六元环芳香同分异构体中,能与金属钠反应(说明分子中含有羟基);核磁共振氢谱有四组峰,峰面积之比为6∶2∶2∶1,则其结构较为对称。容易写出、、这三种,而考虑“苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体”,可写出、、三种,共6种。其中,芳香环上为二取代的结构简式为。
答案(1)三氯乙烯
(2)+KOH+KCl+H2O
(3)碳碳双键、氯原子　(4)取代反应
(5)　(6)6　
解题策略:
1.有机推断
一般可采用顺推法、逆推法、多法结合推断,顺藤摸瓜,问题就迎刃而解了。
(1)根据反应条件确定可能的官能团及反应。
反应条件
可能的官能团及反应
浓硫酸/△
①醇的消去(含有醇羟基)
②酯化反应(含有羟基或羧基)
稀硫酸/△
①酯的水解(含有酯基)
②二糖、多糖的水解
NaOH溶液/△
①卤代烃的水解
②酯的水解
NaOH醇溶液/△
卤代烃的消去(含有—X,X表示卤素原子)
H2/催化剂
加成(含有碳碳双键、碳碳三键、醛基、羰基、苯环)
O2/Cu、加热
醇羟基氧化(含有—CHOH—、—CH2OH)
Cl2(Br2)/Fe
苯环上取代
Cl2(Br2)/光照
烷烃或苯环上烷烃基取代
(2)根据反应物性质确定可能的官能团或物质。
反应物性质
可能的官能团或物质
与NaHCO3溶液反应
—COOH
与Na2CO3溶液反应
—COOH、酚羟基
与Na反应
—COOH、—OH
与银氨溶液反应产生银镜
—CHO
与新制Cu(OH)2反应产生红色沉淀
—CHO
使溴水褪色
、—C≡C—、—CHO
加溴水产生白色沉淀、遇Fe3+显紫色
酚羟基
使酸性KMnO4溶液褪色
、—C≡C—、—OH、
—CHO、苯的同系物(侧链上与苯环相连的碳原子上有氢原子)等
ABC
A是醇(含有—CH2OH)或乙烯,B是醛,C是酸
(3)根据数据推断。
①加成时,1
mol—C≡C—消耗1
mol
H2(部分加成)或2
mol
H2(完全加成),1
mol—CHO消耗1
mol
H2,1
mol苯环消耗3
mol
H2。
②1
mol
R—CHO(R为烃基)与银氨溶液、新制Cu(OH)2完全反应时分别生成2
mol
Ag或1
mol
Cu2O。
③一元醇与乙酸反应生成酯时,有机产物相对分子质量比一元醇增加42;二元醇与足量乙酸反应生成二元酯时,有机产物相对分子质量比二元醇增加84。
④一元醇发生连续催化氧化反应过程中物质的相对分子质量变化情况为。
2.解答有机合成题的思路和方法
(1)解题思路。
(2)解题方法。
应考训练
1.(2020山东德州一模)甲基丙烯酸甘油酯GMA(),由于本身带有丙烯酸酯双键和环氧基团,使得其应用十分广泛。工业合成GMA的一种方法如图(部分反应所需试剂和条件已略去):
已知:
+HCN
请按要求回答下列问题:
(1)B中的官能团名称:　　　　　　　　　。?
(2)C的结构简式　　　　　　　　。?
(3)请写出E→F的化学反应方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,该反应属于　　　　　　反应。?
(4)H的核磁共振氢谱峰面积之比由大到小为　　　　　　　　　　　,H的同分异构体中能发生水解反应的链状化合物有　　　　　种。?
(5)已知:CH2CH2,参照上述合成路线并结合此信息,以丙烯为原料,完善下列合成有机物C的路线流程图:丙烯　　　　　　。?
2.(2020山东一模)酯类化合物与格氏试剂(RMgX,X=Cl、Br、I)的反应是合成叔醇类化合物的重要方法,可用于制备含氧多官能团化合物。化合物F合成路线如下,回答下列问题:
已知信息如下:
①RCHCH2RCH2CH2OH
②
③RCOOCH3
(1)A的结构简式为　　　　,B→C的反应类型为　　　　　　,C中官能团的名称为　　　　　,C→D的化学反应方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(2)写出符合下列条件的D的同分异构体　　　　　　　　　　　　　(填结构简式,不考虑立体异构)。?
①含有五元碳环结构;②能与NaHCO3溶液反应放出CO2;③能发生银镜反应。
(3)判断化合物F中有无手性碳原子,若有用“
”标出　　　　　　　　　　　　　。?
(4)已知羟基能与格氏试剂发生反应。写出以、CH3OH和格氏试剂为原料制备的合成路线(其他试剂任选)。
热点专攻(十)　有机合成与推断
应考训练1.答案(1)氯原子、羟基
(2)
(3)2+O22+2H2O　氧化
(4)3∶2∶1　5
(5)
解析由有机物的转化关系可知,在催化剂作用下,甘油与氯化氢发生取代反应生成,在氢氧化钠/乙醇的作用下,发生分子内取代反应生成,则C为;丙烯与氯化氢发生加成反应,则D为;与NaOH溶液共热发生水解反应生成,则E为;在铜作催化剂作用下,与氧气发生催化氧化反应生成,则F为;发生题给信息反应生成,则G为;在浓硫酸作用并加热的条件下,发生消去反应生成,则H为;在浓硫酸作用下,与共热发生酯化反应生成。
(1)B的结构简式为,其官能团为氯原子、羟基。
(2)C的结构简式为。
(3)E→F的反应为在铜的催化作用下,与氧气发生催化氧化反应生成,反应的化学方程式为
2+O22+2H2O。
(4)H的结构简式为,分子中含有3类氢原子,核磁共振氢谱峰面积之比由大到小为3∶2∶1;H的同分异构体能发生水解反应的链状化合物属于酯类,若将HCOO—做为取代基,取代CH2CHCH3中的氢原子能形成的酯有3种,若将CH3COO—做为取代基,取代CH2CH2中的氢原子能形成的酯有1种,若将CH2CHCOO—做为取代基,取代CH4中的氢原子能形成的酯有1种,共有5种结构。
(5)由题给信息,利用逆推法可知CH2CH—CH3与溴在光照条件下发生取代反应生成,与氧气在银的催化作用下共热时发生氧化反应生成,在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成。则合成路线流程图为CH2CH—CH3。
2.答案(1)　氧化反应　羰基和羧基　+CH3OH+H2O
(2)
(3)
(4)
解析(1)根据题中信息得出A的结构简式为;根据信息反应①可得B为,的过程为氧化过程,C为,C中含有的官能团分别为羰基和羧基;根据反应物和反应条件可知,C→D的过程发生的是酯化反应,该反应的化学方程式为+CH3OH+H2O。
(2)根据题目中要求,D()的同分异构体中需含有五元环、羧基和醛基,因此符合条件的同分异构体为。
(3)化合物F中含有手性碳原子,。
(4)依据所给信息,可得出目标产物的合成路线为:
9热点专攻(四)
化学工艺流程题解题策略
工艺流程题是近几年高考的热点题型,工艺流程题的结构分题头、题干和题尾三部分。题头一般是简单介绍该工艺生产的原材料和工艺生产的目的(包括副产品)。题干主要用流程图形式将原料到产品的主要生产工艺流程表示出来。题尾主要是根据生产过程中涉及的化学知识设计成一系列问题,构成一道完整的化学试题。此类试题集综合性、真实性、开放性于一体,包含必要的操作名称、化工术语或文字说明。题型包括选择题和非选择题,选择题主要考查元素化合物知识和工艺流程中的基本操作。非选择题考查知识面广、综合性强、思维容量大。题干的呈现形式多为流程图、表格和图像;设问角度一般为操作措施、物质成分、化学反应、条件控制的原因和产率计算等,能力考查侧重于获取信息的能力、分析问题的能力、语言表达能力和计算能力,涉及的化学知识有基本理论、元素化合物和实验基础知识等。
(一)审题关注什么
1.审题的关键点
(1)明确原始物质及目标物质。
(2)明确化工生产流程:原料→对原料的预处理→核心化学反应→产品的提纯分离→目标产物。
(3)掌握主要的化工生产原理等。
(4)掌握常见与化工生产有关的操作方法及作用。
①对原料进行预处理的常用方法及其作用:
研磨——以增大接触面积而加快反应速率
　
酸(或水)浸——是与酸(或水)接触反应或溶解
　
灼烧——以除去可燃杂质
　
煅烧——以促使物质转化
②常用的控制反应条件的方法:
调节溶液的pH——使某些金属离子沉淀
　
控制温度、压强——以加快反应速率或使平衡移动
　
趁热过滤——以防止某物质降温而析出
　
冰水洗涤——以洗去杂质离子而减少晶体的损耗
2.防范失分点
(1)明确整个流程及每一部分的目的,仔细分析每步反应发生的条件以及得到产物的物理或化学性质,结合基本理论与实际问题进行思考,注意答题的模式与要点。
(2)抓住流程图中“每步转化的物质变化”与总过程目的的关系,分析某步转化试剂的选择及流程中加入某试剂的原因,得出转化后生成的所有物质,从问题中获取信息,帮助解题。
(二)题目考什么
1.化学工艺流程题模型
2.化工术语
关键词
释义
研磨、
雾化
将块状或颗粒状的物质研磨成粉末或将液体分散成微小液滴,增大反应物接触面积,以加快反应速率或使反应更充分
灼烧
(煅烧)
使固体在高温下分解或改变结构、使杂质在高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿等
浸取
向固体中加入适当溶剂或溶液,使其中可溶性的物质溶解,包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等
浸出率
固体溶解后,离子在溶液中的含量的多少
酸浸
在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液,不溶物通过过滤除去的过程
水浸
与水接触反应或溶解
过滤
固体与液体的分离
滴定
定量测定,可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定
蒸发
结晶
蒸发溶剂,使溶液由不饱和变为饱和,继续蒸发,直到溶质以晶体形式析出
蒸发
浓缩
蒸发除去部分溶剂,提高溶液的浓度
水洗
用水洗去可溶性杂质,类似的还有酸洗、醇洗等
酸作用
溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等
碱作用
去油污,去铝片氧化膜,溶解铝、二氧化硅,调节pH,促进水解(形成沉淀)
3.常见操作的答题角度
常见的操作
答题的角度
分离、提纯
过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作。从溶液中得到晶体的方法:蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤、干燥
提高原子利用率
绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)
在空气中或在其他气体中进行的反应或操作
要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应或能否达到隔绝空气,防氧化、水解、潮解等目的
判断沉淀是否洗涤干净
取最后一次洗涤液少量,检验其中是否还有某种离子存在等
控制溶液的pH
①调节溶液的酸、碱性,抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀)。②“酸作用”还可除去氧化物(膜)。③“碱作用”还可除去油污,除去铝片表面的氧化膜,溶解铝、二氧化硅等。④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)
控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)
①防止副反应的发生。②使化学平衡移动,控制化学反应的方向。③控制固体的溶解与结晶。④控制反应速率,使催化剂达到最大活性。⑤升温促进溶液中的气体逸出,使某物质达到沸点而挥发。⑥加热煮沸可促进水解,聚沉后利于过滤分离。⑦趁热过滤能减少因降温而析出的溶质的量。⑧降温可防止物质高温分解或挥发,降温(或减压)还可以减少能源成本,也可降低对设备的要求
洗涤晶体
①水洗:通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质。②“冰水洗涤”:能洗去晶体表面的杂质离子,且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗。③用特定的有机试剂清洗晶体:洗去晶体表面的杂质,降低晶体的溶解度,减少损耗等。④洗涤沉淀的方法:往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀,待水自然流下后,重复以上操作2~3次
表面处理
用水洗除去表面的可溶性杂质,金属晶体可用机械法(打磨)或化学法除去表面的氧化物、提高光洁度等
应考训练
1.(2020广东六校联盟第二次联考)以铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2,含有Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质]为主要原料生产重铬酸钠晶体(Na2Cr2O7·2H2O)的主要工艺流程如下,关于该流程说法错误的是(　　)
A.煅烧生成Na2CrO4的化学方程式为4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O22Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2
B.SiO2在“浸出过滤”步骤中和Fe2O3一起除去
C.Na2CrO4到Na2Cr2O7转化的原理为:2H++2CrCr2+H2O
D.该工艺中“煅烧”产生的CO2可用于“除杂”步骤以节约生产成本,为完全除去Al,发生反应的离子方程式为CO2+Al+2H2OAl(OH)3↓+HC
2.(双选)(2020山东微山二中质检)我国化学家侯德榜改革国外的纯碱生产工艺,生产流程如图所示,下列说法不正确的是(　　)
A.在沉淀池中应先通入二氧化碳气体,再通入氨气
B.生产纯碱的反应原理:NH3+CO2+H2OHC+N
C.循环Ⅱ中X是二氧化碳
D.在过滤后的母液中加入氯化钠粉末、通入氨气,搅拌,经冷却结晶后可得氯化铵晶体
3.(2020山东化学)用软锰矿(主要成分为MnO2,含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下:
已知:MnO2是一种两性氧化物;25
℃时相关物质的Ksp见下表。
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Ksp
1×10-16.3
1×10-38.6
1×10-32.3
1×10-12.7
回答下列问题:
(1)软锰矿预先粉碎的目的是　　　　　,MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　。?
(2)保持BaS投料量不变,随MnO2与BaS投料比增大,S的量达到最大值后无明显变化,而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小,减小的原因是　　　　　　　　　　　　　　。?
(3)滤液Ⅰ可循环使用,应当将其导入到　　　　　操作中(填操作单元的名称)。?
(4)净化时需先加入的试剂X为　　　　　　　(填化学式),再使用氨水调溶液的pH,则pH的理论最小值为　　　　　　(当溶液中某离子浓度c≤1.0×10-5
mol·L-1时,可认为该离子沉淀完全)。?
(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
4.(2020全国Ⅰ)钒具有广泛用途。黏土钒矿中,钒以+3、+4、+5价的化合物存在,还包括钾、镁的铝硅酸盐,以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
该工艺条件下,溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Mn2+
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
回答下列问题:
(1)“酸浸氧化”需要加热,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(2)“酸浸氧化”中,VO+和VO2+被氧化成V,同时还有　　　　离子被氧化。写出VO+转化为V反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(3)“中和沉淀”中,钒水解并沉淀为V2O5·xH2O,随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、　　　　,以及部分的　　　　。?
(4)“沉淀转溶”中,V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是　　　　。?
(5)“调pH”中有沉淀生成,生成沉淀反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时,需要加入过量NH4Cl,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
5.(2020山东潍坊三模)钒及其化合物在工业上有许多用途。某钒精矿的主要成分及质量分数如下表:
物质
V2O5
V2O3
K2O
SiO2
Fe2O3
Al2O3
质量分数/%
0.81
1.70
2.11
63.91
5.86
12.51
一种从该钒精矿中提取五氧化二钒的流程如下:
回答下列问题:
(1)“酸浸、氧化”时,V2O3转化为VO2+,反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;若用浓盐酸代替硫酸,V2O5转化为VO2+,同时生成有毒的黄绿色气体,反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(2)萃取剂对四价钒具有高选择性,且萃取Fe3+而不萃取Fe2+,所以萃取前可用　　　　(填名称,下同)对浸出液进行“还原”处理。为检验“还原”后的滤液中是否含有Fe3+,可选用的化学试剂是　　　　　　　　　　　　　　　。?
(3)“溶剂萃取与反萃取”可表示为:VO2++(HR2PO4)2(O)VO(R2PO4)2(O)+2H+。其中(HR2PO4)2(O)为萃取剂,为了提高VO2+的产率,反萃取剂应该呈　　　　性(填“酸”“碱”或“中”)。?
(4)“氧化”中,欲使3
mol
VO2+变为V,则需要氧化剂NaClO3至少为　　　　
mol。?
(5)单质钒可用于制造特种合金钢。以五氧化二钒和金属钙为原料在高温条件下可制备单质钒,表示制备过程的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
6.(2020山东六地部分学校线上检测)氯化亚铜(CuCl)在化工、印染、电镀等行业应用广泛。CuCl微溶于水,不溶于醇和稀酸,可溶于Cl-浓度较大的溶液,在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料,采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如图。回答下列问题:
(1)步骤①中N元素被还原为最低价,写出此反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(2)步骤②中,亚硫酸铵要略保持过量,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,滤液中可循环利用的物质是　　　　。?
(3)步骤⑤中,用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水,防止滤渣被空气氧化为Cu2(OH)3Cl。CuCl被氧化为Cu2(OH)3Cl的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(4)用K2Cr2O7溶液测定氯化亚铜样品纯度(假设杂质不参与反应),步骤如下:准确称取所制备的氯化亚铜样品10.00
g,将其置于过量的FeCl3溶液中,待样品完全溶解后,加入适量稀硫酸配成100
mL溶液,取溶液10.00
mL用0.100
0
mol·L-1
K2Cr2O7溶液进行滴定,反应中Cr2被还原成Cr3+,相关数据记录如表所示,该样品中CuCl的质量分数为　　　　　。?
实验编号
1
2
3
消耗K2Cr2O7溶液的体积/mL
14.98
16.03
15.02
(5)制造印刷电路板产生的废液中含大量[Cu(NH3)4]2+等离子,利用膜电解技术对此废液进行电解,电解装置如图所示。电解后的阴极液中加入适量盐酸并用水稀释可得到CuCl,电解时阴极的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,生成CuCl的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
热点专攻(四)　化学工艺流程题解题策略
应考训练1.B　解析根据流程可知,煅烧过程中反应物有空气中的氧气、纯碱(Na2CO3)和铬铁矿,产物有Fe2O3、Na2CrO4和CO2,铬元素和铁元素被氧化,反应物中的氧化剂为氧气,根据得失电子守恒和元素守恒可知反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O22Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2,故A项正确;煅烧过程中加入纯碱,高温条件下SiO2能与纯碱发生反应,故B项错误;Cr转化为Cr2的离子方程式为2H++2CrCr2+H2O,加入稀硫酸会使平衡右移生成Cr2,故C项正确;碳酸的酸性强于偏铝酸,CO2可与Al反应生成氢氧化铝沉淀,D项正确。
2.AB　解析氨气极易溶于水,而二氧化碳微溶于水,先通入氨气使溶液呈碱性,再通入二氧化碳气体可更多地转化为HC,故A错误;生产纯碱的反应原理是NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,故B错误;碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、CO2和水,可将CO2通入沉淀中循环利用,故X为CO2,故C正确;在过滤后的母液中加入氯化钠粉末、通入氨气,搅拌,增大了铵根离子的浓度,使氯化铵更多的析出,经冷却结晶后可得氯化铵晶体,故D正确。
3.答案(1)增大接触面积,充分反应,提高反应速率　MnO2+BaS+H2OBa(OH)2+MnO+S
(2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2
(3)蒸发
(4)H2O2　4.9
(5)Mn2++HC+NH3·H2OMnCO3↓+N+H2O
解析该题遵循化工生产的过程,对工艺流程的环节与条件进行简化处理,在科学基础上通过最简洁的呈现方式呈现生产过程,并设置问题,避免信息冗长对考生造成思维上的干扰。
(1)软锰矿预先粉碎可以增大接触面积,提高反应速率。根据信息,MnO2与BaS反应转化为MnO,再结合流程图反应后经过过滤、蒸发等一系列物理过程得到Ba(OH)2,过滤后酸解生成硫黄,硫黄不与H2SO4反应,故MnO2与BaS溶液反应的化学方程式为MnO2+BaS+H2OBa(OH)2+MnO+S。
(2)已知MnO2是两性氧化物,保持BaS投料量不变,增大MnO2与BaS的投料比,过量的MnO2能与Ba(OH)2反应,故Ba(OH)2的量达到最大值后会减小。
(3)将滤液Ⅰ导入蒸发装置可循环利用。
(4)根据表中Ksp[Fe(OH)3](5)碳化过程中发生复分解反应:HC+NH3·H2O+Mn2+MnCO3↓+N+H2O。
4.答案(1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)
(2)Fe2+　VO++MnO2+2H+V+Mn2++H2O
(3)Mn2+　Al3+和Fe3+
(4)Fe(OH)3
(5)NaAl(OH)4+HClAl(OH)3↓+NaCl+H2O
(6)利用同离子效应,促进NH4VO3尽可能析出完全
解析依据信息,该黏土钒矿中主要含有钒(+3、+4、+5价)的化合物,钾、镁的铝硅酸盐,以及SiO2和Fe3O4,分析每一步流程所加试剂和操作,确定涉及的主要反应及产物(包含滤液、滤渣)。同时,保证整个流程中所制备物质(钒元素)不能损失。
(1)“酸浸氧化”需要加热,是为了加快酸浸和氧化反应速率,同时也促进了VO+、VO2+氧化完全。
(2)MnO2具有氧化性,原料经过“酸浸氧化”过程,除VO+、VO2+被氧化成V外,Fe2+也将被氧化。本小题考查氧化还原反应离子方程式的书写及配平,反应物为VO+和MnO2,酸性环境下产物是V和Mn2+,故正确的离子方程式为VO++MnO2+2H+V+Mn2++H2O。
(3)在“中和沉淀”过程中,依据调节溶液的pH为3.0~3.1,结合表格中离子开始沉淀及完全沉淀的pH范围可知,此时进入滤液②的主要是Mn2+,以及部分Al3+、Fe3+。
(4)在“沉淀转溶”过程中,V2O5·xH2O转化为V,此时溶液pH>13,则溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而被除去。
(5)在“调pH”过程中有氢氧化铝沉淀生成,反应的化学方程式为NaAlO2+HCl+H2OAl(OH)3↓+NaCl或NaAl(OH)4+HClAl(OH)3↓+NaCl+H2O。
(6)在“沉钒”过程中析出NH4VO3晶体时,由于NH4VO3在氯化铵溶液中溶解度降低(或回答由于同离子效应),促使NH4VO3尽可能析出完全。
5.答案(1)2V2O3+8H++O24VO2++4H2O　V2O5+6HCl(浓)2VOCl2+Cl2↑+3H2O　(2)铁粉　硫氰酸钾溶液　(3)酸　(4)0.5　(5)V2O5+5Ca2V+5CaO
解析钒精矿经硫酸酸浸、氧气氧化后得到滤液和废渣,滤液中主要阳离子有VO2+、V、Fe3+、K+及Al3+,滤渣主要为SiO2;萃取剂对四价钒具有高选择性,且萃取Fe3+而不萃取Fe2+,所以萃取前可用铁粉将铁离子还原成亚铁离子,同时也将V还原成VO2+,再经“溶剂萃取与反萃取”得到含VO2+的溶液,然后利用NaClO3将VO2+氧化成V,加入氨水得到NH4VO3沉淀,煅烧NH4VO3可得到五氧化二钒。
(1)“酸浸、氧化”时,V2O3转化为VO2+,该过程中氧气做氧化剂,V2O3为还原剂,结合电子守恒和元素守恒可得反应的离子方程式为2V2O3+8H++O24VO2++4H2O;若用浓盐酸代替硫酸,V2O5转化为VO2+,同时将盐酸氧化成氯气,结合电子守恒和元素守恒可得反应的化学方程式为V2O5+6HCl(浓)2VOCl2+Cl2↑+3H2O。
(2)根据分析可知萃取前可用铁粉对浸出液进行“还原”处理;铁离子与硫氰酸钾溶液反应呈红色,可用硫氰酸钾溶液检验是否含有铁离子。
(3)为了提高VO2+的产率需要平衡左移,则需要溶液中有大量氢离子,所以反萃取剂应呈酸性。
(4)VO2+变为V,V元素化合价升高1价,则使3molVO2+变为V需要转移3mol电子,氧化剂NaClO3被还原成Cl-,Cl元素化合价降低6价,所以转移3mol电子需要0.5molNaClO3。
(5)根据题意高温条件下钙还原五氧化二钒可得到单质钒,反应的化学方程式为V2O5+5Ca2V+5CaO。
6.答案(1)4Cu+N+10H+4Cu2++N+3H2O
(2)使Cu2+完全反应,阻止生成的CuCl被氧化　硫酸
(3)4CuCl+O2+4H2O2Cu2(OH)3Cl+2HCl
(4)89.55%
(5)[Cu(NH3)4]2++e-+2H2O[Cu(NH3)2]++2NH3·H2O
[Cu(NH3)2]++2H++Cl-CuCl↓+2N
解析酸性条件下N具有氧化性,可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量的CuO)生成Cu2+,过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl,该反应的离子方程式为2Cu2++S+2Cl-+H2O2CuCl↓+S+2H+,得到的CuCl先经水洗,再用乙醇洗涤,用乙醇洗涤可快速除去固体表面的水分,防止水解、氧化,最后烘干得到CuCl。
(1)N在酸性条件下具有强氧化性,能与Cu发生反应,反应生成N,其离子方程式为4Cu+N+10H+4Cu2++N+3H2O。
(2)流程的目的是制备CuCl,根据流程分析可知,反应②得到CuCl,发生反应2Cu2++S+2Cl-+H2O2CuCl↓+S+2H+,CuCl在潮湿空气中易水解氧化,因此亚硫酸铵要保持过量的目的是保证Cu2+完全反应,阻止生成的CuCl被氧化;滤液中可循环利用的物质是硫酸。
(3)CuCl容易在潮湿空气中水解氧化,因此该反应的化学方程式为4CuCl+O2+4H2O2Cu2(OH)3Cl+2HCl。
(4)氯化亚铜与氯化铁反应的离子方程式为Fe3++CuClFe2++Cu2++Cl-,加入K2Cr2O7溶液发生反应6Fe2++Cr2+14H+6Fe3++2Cr3++7H2O,反应的关系式为6CuCl~6Fe2+~Cr2,第二次滴定实验误差较大,可舍去,则平均消耗K2Cr2O7溶液的体积为15mL,根据关系式计算如下:
6CuCl~6Fe2+~Cr2
6
1
n(CuCl)　15×10-3L×0.1mol·L-1×
n(CuCl)=9×10-2mol,则m(CuCl)=9×10-2mol×99.5g·mol-1=8.955g,则CuCl的质量分数=×100%=89.55%。
(5)阴极上发生还原反应,[Cu(NH3)4]2+得电子生成[Cu(NH3)2]+,则阴极反应式为[Cu(NH3)4]2++e-+2H2O[Cu(NH3)2]++2NH3·H2O;生成CuCl的离子方程式为[Cu(NH3)2]++2H++Cl-CuCl↓+2N。
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12
-热点专攻(五)
元素推断　物质结构与性质
一、“位—构—性”关系在元素推断中的应用
元素推断是高考中常见的一种题型,也是必考的知识点,可以是选择题的形式,也可以是非选择题的形式;有关位、构、性的互相推断,实质是元素周期表和元素周期律的具体应用的体现,主要考查元素化合物的性质、原子半径的比较、元素周期律等内容。
(一)审题关注什么
1.审题的关键点
仔细审读题给信息,根据原子结构、元素周期表的知识及已知元素化合物的性质,可推断元素,判断元素在周期表中的位置等,基本思路如下:
2.防范失分点,规避元素推断的误区
(二)题目考什么
1.已知元素原子(离子)的核外电子排布推断元素
核外电子排布电子层数、最外层电子数周期序数、族序数单质及化合物的性质
2.已知单质或化合物的特性推断元素
单质或化合物的特性元素名称或符号相应原子结构对应元素的周期序数、族序数
3.已知元素在元素周期表中的位置推断元素
应考训练
1.(2020全国Ⅱ)一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示),具有良好的储氢性能,其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述错误的是(　　)
Z+
A.该化合物中,W、X、Y之间均为共价键
B.Z的单质既能与水反应,也可与甲醇反应
C.Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸
D.X的氟化物XF3中原子均为8电子稳定结构
2.(2020山东青岛高三期末)X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的5种短周期元素,位于不同主族。Y的氢化物与其最高价氧化物对应水化物反应生成盐甲,Z、W、Q的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水,Z的某种氧化物(Z2O2)与X的某种氧化物(XO)在一定条件下发生化合反应,生成一种正盐乙。下列说法错误的是(　　)
A.Z是所在周期中原子半径最大的元素
B.甲的水溶液呈酸性,乙的水溶液呈中性
C.X、Q组成的分子可能为直线形非极性分子
D.简单离子半径:Q>Z>W
3.(双选)(2020山东泰安高三期末改编)短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物,q是元素Y的单质且为淡黄色固体,n是元素Z的单质,0.01
mol·L-1
r溶液的pH为2,s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法一定正确的是(　　)
A.元素的非金属性:Z>Y
B.原子半径的大小:Z>Y>X>W
C.简单氢化物的稳定性:Z>Y>X
D.氧化物对应水化物的酸性:Z>Y
4.(双选)(2020湖北武汉重点中学联考改编)元素周期表前三周期的四种元素W、X、Y、Z可形成结构如下的物质,该物质中所有原子均满足稳定结构,W的原子序数最大,Y、Z处于同一周期。下列说法错误的是(　　)
A.Y的最高价氧化物对应的水化物是弱酸
B.X、Z可形成具有强氧化性的化合物
C.由Z和W形成的化合物中只存在离子键
D.X、Y、Z的原子半径从大到小为:Z>Y>X
5.(2020江西第一次高三大联考)一定条件下,几种微粒有如下变化(示意图如下),其中和代表短周期前10号不同元素的原子。反应物为液体,生成物均为气体。
下列有关判断错误的是(　　)
A.反应物的名称是乙烯
B.上述反应的氧化产物为
C.反应过程中一定有共价键的断裂与生成
D.上述反应方程式中,各物质之间没有确定的系数比
6.(2020湖北孝感线上质检)有X、Y、Z、M、R五种短周期主族元素,部分信息如下表所示:
元素
代号
X
Y
Z
M
R
原子半
径/nm
0.074
0.099
主要
化合价
+4,-4
-2
-1,+7
其他
阳离子核外无电子
无机非金属材料的主角
第三周期中简单离子半径最小
请回答下列问题:
(1)Z与NaOH溶液反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　。(用元素符号表示,下同)?
(2)下列事实能说明R非金属性比Y强这一结论的是　　　　　(选填字母序号)。?
A.常温下Y的单质呈固态,R的单质呈气态
B.气态氢化物稳定性R>Y
C.Y与R形成的化合物中Y呈正价
D.Y与R各自形成的含氧酸中R对应含氧酸的酸性更强
(3)经测定X2M2为二元弱酸,写出X2M2的电子式　　　　　　　　。其酸性比碳酸的还要弱,请写出其第一步电离的电离方程式　　　　　　　　　　　。?
(4)已知I2能作X2M2分解的催化剂:
第一步:X2M2+I22XIM;
第二步:……
请写出第二步反应的化学方程式　　　　　　　　　　　　　　。?
(5)废印刷电路板上含有铜,以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜,再用硫酸溶解。现在改用X2M2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的,又保护了环境,试写出反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　。?
二、物质结构与性质的综合题
物质结构与性质的综合题,重点考查考生对基础知识的掌握情况,要求考生掌握原子的核外电子的运动状态、排布原理及元素的某些性质,能从化学键角度认识分子的结构、性质,从宏观和微观相结合的视角分析并解决实际问题;能运用价层电子对互斥理论和晶体模型解释和推测简单分子或离子的立体结构及常见晶体的晶胞结构及类型,揭示现象的本质和规律。
(一)审题关注什么
1.审题的关键点
试题的“三种”呈现形式
(1)以一种已知的元素立题,选取与其相关的某些典型单质或化合物展开设问,综合考查原子结构、分子结构和晶体结构。
(2)以几种已知的元素立题,依托不同元素的物质分别独立或有所侧重考查原子结构、分子结构和晶体结构。
(3)以推断出的几种元素立题,依托这些元素组成的物质综合考査原子结构、分子结构和晶体结构。
2.防范失分点
对于物质结构与性质类试题,很多都需要用化学语言来完成,所以化学用语的规范使用成为了得分的重要因素。对晶胞结构的分析是此类题目的难点,首先要对教材上出现的各种典型晶胞的立体结构做到了然于胸,其次对晶胞的各种计算要明白其原理,如用分摊法确定化学式、密度的计算、配位数的计算、微粒间距离的计算(基本属于立体几何)、原子坐标参数的确定等。只有清楚了计算的原理,解题时才能避免失分。
(二)题目考什么
1.基本化学用语。1~36号元素原子及简单离子的基态核外电子排布式(或外围电子排布)、电子式或结构式的书写(有的需要找等电子体来推测结构)。
2.化学键及分子间作用力。σ键或π键的数目、键参数、氢键及范德华力。
3.分子结构与性质。分子的立体构型和分子极性的判断、分子的手性、无机含氧酸的酸性、分子中中心原子的杂化类型的判断、等电子体的寻找和等电子体原理的应用。
4.配合物组成结构的考查。配合物化学式的书写、配合物结构示意图的表示及配合物中的各种化学键。
5.元素周期表、元素周期律。主族元素的电负性和电离能的变化规律,特别注意一些元素性质的反常。
6.晶体结构和性质的考查:晶体的各向异性、晶格能大小比较,晶胞中微粒数目的计算、晶体密度及阿伏加德罗常数的相关计算。
应考训练
1.(2020山东淄博一模)2019年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。TiS2、LiCoO2、LiFePO4、LiMnO2、Cu与磷的化合物等都是研究电池的常用材料。请回答下列问题。
(1)Co4+中存在　　　　种不同能量的电子。?
(2)你预测第一电离能:Cu　　　　Zn(填“>”或“<”)。请说出你的理由:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(3)已知下列化合物的熔点:
化合物
AlF3
GaF3
AlCl3
熔点/℃
1
040
1
000
194
表格中卤化物的熔点产生差异的原因是:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(4)钴蓝晶胞结构如图1所示,该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成如图2,则钴蓝晶体的化学式为　　　　　。在晶体中,某些原子位于其他原子围成的空隙中,如图3中●原子就位于离其最近的4个原子围成的正四面体空隙中。在钴蓝晶体中,Al3+位于O2-形成的　　　　　空隙中。若阿伏加德罗常数用NA表示,则钴蓝晶体的密度为　　　　　　　　　　　g·cm-3(列计算式即可,不必化简)。?
2.(2020天津实验中学三模)A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素,原子序数依次增大,相关信息如下:(NA为阿伏加德罗常数的值),请用化学用语回答下列问题。
元素
相关信息
A
基态原子的价电子排布式为nsnnpn
B
元素原子的核外p电子数比s电子数少1个
C
最外层电子数是电子层数的3倍
D
简单离子是第三周期元素中离子半径最小的
E
价电子层中的未成对电子数为4
(1)写出D元素在元素周期表的位置　　　　　　　　　　　　　,基态E2+价电子的排布图(轨道表示式)为　　　　　　　　　　　,B元素能量最高的电子所在轨道呈　　　　　　形。?
(2)A与C形成的A的最高价化合物中,中心原子轨道杂化类型为　　　　　。?
(3)A、B、C三种基态原子的第一电离能由大到小的顺序为　　　　　　,B、C、D简单离子的半径由大到小的顺序为　　　　　　　　　　　　。?
(4)写出C形成的含有18个电子的氢化物的电子式　　　　　　　　　　　。?
(5)E可用作某些反应的催化剂,CO易导致E失去催化活性:E+5COE(CO)5,E(CO)5熔点为-20
℃,沸点为103
℃,易溶于乙醚,其晶体类型为　　　　。?
(6)已知沸点:B2H4>A2H6,主要原因为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(7)铁的多种化合物均为磁性材料,氮化铁是其中一种,某氮化铁的晶胞结构如图所示,则氮化铁的化学式为　　　　　。?
3.(2020河南郑州4月联考)已知(NH4)3[Fe(SCN)6]、[Fe(TCNE)(NCCH3)2][FeCl4]、K4[Fe(CN)6]·3H2O等铁的配合物用途非常广泛。回答下列问题:
(1)基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表示式)为　　　　　　　　　　　　　　　。?
(2)Fe与Ca位于同一周期且最外层电子排布相同,铁的熔点和沸点均比钙的高,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
(3)配合物(NH4)3[Fe(SCN)6]中的H、S、N三种元素的电负性从大到小的顺序是　　　　　　　。?
(4)[Fe(TCNE)(NCCH3)2][FeCl4]中,配体为CH3CN和TCNE()。
①CH3CN中碳原子的杂化方式是　　　　　和　　　　　。?
②TCNE中第一电离能较大的是　　　(填元素符号),该分子中所有原子　　　(填“在”或“不在”)同一平面,分子中σ键与π键的数目之比是　　　　　。?
(5)K4[Fe(CN)6]·3H2O是食盐的抗结剂,加强热时发生分解反应有Fe3C生成,Fe3C的晶胞结构如图所示:
Fe3C的密度为　　　　　　　　　　　　　　(列出计算式)g·cm-3。?
热点专攻(五)　元素推断　物质结构与性质
一、“位—构—性”关系在元素推断中的应用
应考训练1.D　解析根据题意可知Z的原子序数是W、X、Y、Z四种元素中最大的,Z能形成+1价离子,可初步判断Z为钠元素;W的原子序数是W、X、Y、Z四种元素中最小的,W与X、Y均以一个单键结合,可初步判断W为氢元素;根据W、X、Y、Z的原子序数之和为24,可知X、Y的原子序数之和为12,结合成键特点,可判断X、Y分别是硼、氮元素。H、B、N形成的阴离子中,各原子均以共价键结合,A正确;Na单质能与H2O、CH3OH反应,B正确;N元素最高价氧化物的水化物HNO3为强酸,C正确;BF3中硼原子最外层有6个电子,D错误。
2.B　解析X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的5种短周期元素,位于不同主族。Y的氢化物与其最高价氧化物对应水化物反应生成盐甲,则Y为N,甲为NH4NO3,Z、W、Q的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水,Z为Na,W为Al,Q为Cl或S。Z的某种氧化物(Z2O2)与X的某种氧化物(XO)在一定条件下发生化合反应,生成一种正盐乙,X为C,则乙为Na2CO3。Na在ⅠA族,是所在周期中原子半径最大的元素,故A正确;甲为NH4NO3,是强酸弱碱盐,水解后溶液呈酸性,乙为Na2CO3,是强碱弱酸盐,水解后溶液呈碱性,故B错误;X、Q组成的分子可能为直线形非极性分子,如CS2,故C正确;离子的电子层数越少,其离子半径越小,电子层结构相同的离子,离子半径随着原子序数的增大而减小,所以离子半径大小顺序为Q>Z>W,故D正确。
3.AC　解析短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物,q是元素Y的单质且为淡黄色固体,说明Y为S,0.01mol·L-1r溶液的pH为2,说明是强酸HCl,即W为H,Z为Cl,s通常是难溶于水的混合物,即s应为有机氯代物,则X为C。元素的非金属性Cl>S,故A正确;原子半径的大小顺序为S>Cl>C>H,故B错误;简单氢化物的稳定性顺序为HCl>H2S>CH4,故C正确;最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序为HClO4>H2SO4,故D错误。
4.CD　解析四种元素都是短周期元素,W原子序数最大,根据结构,W带有1个单位正电荷,即W为Na,X形成一个共价键,达到稳定结构,即X为H,同理Z为O,Y为C。Y的最高价氧化物对应水化物是碳酸,碳酸为弱酸,故A正确;H和O形成化合物是H2O和H2O2,其中H2O2具有强氧化性,故B正确;Na和O形成的化合物是Na2O和Na2O2,过氧化钠是由Na+和(含有非极性共价键)构成,故C错误;三种元素的原子半径大小顺序是C>O>H,故D错误。
5.A　解析反应物为液体,生成物等均为气体,则表示N2H4,表示NH3,则为氮气,为H2。根据上述分析,反应物表示N2H4,名称是肼,故A错误;题给反应的化学方程式可以为2N2H42NH3↑+N2↑+H2↑,反应中N元素由-2价升高到0价,被氧化,氧化产物为(N2),故B正确;反应物和生成物中存在的都是共价键,反应过程中一定有共价键的断裂与生成,故C正确;题给反应的化学方程式可以为2N2H42NH3↑+N2↑+H2↑或4N2H42NH3↑+3N2↑+5H2↑或6N2H42NH3↑+5N2↑+9H2↑等,各物质之间没有确定的系数比,故D正确。
6.答案(1)2Al+2OH-+2H2O2Al+3H2↑{或2Al+2OH-+6H2O2[Al(OH)4]-+3H2↑}　(2)BC
(3)H　H2O2H++H
(4)H2O2+2HIOI2+O2↑+2H2O
(5)Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O
解析X、Y、Z、M、R是短周期主族元素,X元素的阳离子核外无电子,则X为H元素;Y元素有-4价、+4价,处于ⅣA族且是无机非金属材料的主角,则Y为Si元素;Z为第三周期简单离子半径最小的元素,则Z为Al元素;R元素有+7价、-1价,则R为Cl元素;M元素有-2价,处于ⅥA族,原子半径小于Cl原子,故M为氧元素。
(1)Z为Al,Al与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O2Al+3H2↑{或2Al+2OH-+6H2O2[Al(OH)4]-+3H2↑}。
(2)R为Cl,Y为Si;物质的聚集状态属于物理性质,不能说明元素非金属性强弱,选项A错误;气态氢化物越稳定,中心元素的非金属性越强,稳定性HCl>SiH4,说明非金属性Cl>Si,选项B正确;Si与Cl形成的化合物中Si呈正价,说明Cl吸引电子的能力强,Cl元素的非金属性更强,选项C正确;Y与R各自形成的最高价含氧酸中R对应含氧酸的酸性强才能说明R的非金属性更强,选项D错误。
(3)X2M2为H2O2,H原子满足2电子结构、O原子满足8电子结构,故H2O2的电子式为H;H2O2的酸性比碳酸的还要弱,则可看成多元弱酸,分步电离,第一步电离的电离方程式为H2O2H++H。
(4)已知I2能作X2M2分解的催化剂,H2O2分解生成H2O和O2;用总反应方程式2H2O22H2O+O2↑减去第一步反应H2O2+I22HIO可得到第二步反应:H2O2+2HIOI2+O2↑+2H2O。
(5)铜与双氧水在酸性条件下反应生成铜盐和水,反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O。
二、物质结构与性质的综合题
应考训练1.答案(1)6　(2)<　由于铜的核电荷数比锌小,原子半径比锌大,并且最外层是相对不稳定的4s1结构,而锌是相对稳定的4s2结构。所以气态铜易失去一个电子,即第一电离能较低　(3)AlF3与GaF3为离子晶体,AlCl3为分子晶体,离子晶体的熔点高于分子晶体,又由于Al3+半径小于Ga3+,离子键较强(晶格能较大),所以有熔点AlF3>GaF3>AlCl3　(4)CoAl2O4　八面体　
解析(1)不同能级的电子能量不同;Co4+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d5,存在6种不同能量的电子。
(2)Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,Zn原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2,由于铜的核电荷数比锌小,原子半径比锌大,并且最外层是相对不稳定的4s1结构,而锌是相对稳定的4s2结构。所以气态铜原子易失去一个电子,即第一电离能较低。
(3)AlF3与GaF3为离子晶体,AlCl3为分子晶体,离子晶体的熔点高于分子晶体,又由于Al3+半径小于Ga3+,离子键较强(晶格能较大),所以有熔点AlF3>GaF3>AlCl3。
(4)Ⅰ型小立方体含有Co原子数是4×+1,O原子数是4,Ⅱ型小立方体含有Co原子数是4×,O原子数是4,Al原子数是4,该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成,所以1个晶胞含有Co原子数是8,O原子数是32,Al原子数是16,则钴蓝晶体的化学式为CoAl2O4;根据图示,在钴蓝晶体中,Al3+位于O2-形成的八面体空隙中;晶胞中含有Co原子数是8、O原子数是32、Al原子数是16,晶胞的体积是cm3,所以晶体的密度是g·cm-3。
2.答案(1)第三周期ⅢA族　　哑铃(或纺锤)
(2)sp杂化
(3)N>O>C　r(N3-)>r()>r(Al3+)
(4)H　(5)分子晶体
(6)N2H4可形成分子间氢键,C2H6不能形成分子间氢键
(7)Fe4N
解析A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素,原子序数依次增大,A的基态原子的价电子排布式为nsnnpn,n只能为2,则A为C元素;B元素原子的核外p电子数比s电子数少1个,B的质子数为7,电子排布式为1s22s22p3,则B为N元素;C的最外层电子数是电子层数的3倍,则C为O元素;D的简单离子在第三周期元素中离子半径最小,则D为Al元素;E的价电子层中的未成对电子数为4,价电子排布式为3d64s2,则E为Fe元素。
(1)D为Al元素,在元素周期表中的位置为第三周期ⅢA族。E为Fe元素,基态Fe2+价电子的排布图(轨道表示式)为,B为N元素,N元素能量最高的电子为2p轨道上的电子,其轨道呈哑铃(或纺锤)形。
(2)A为C元素,C为O元素,碳元素的最高价化合物为二氧化碳,其结构式为OCO,为直线形,中心原子轨道杂化类型为sp杂化。
(3)A、B、C三种元素分别为C、N、O,同周期从左到右,第一电离能呈增大趋势,N的2p轨道半充满,为稳定结构,则第一电离能由大到小的顺序为N>O>C。B、C、D分别为N、O、Al,具有相同电子层结构的离子中原子序数大的离子半径小,则简单离子的半径由大到小的顺序为r(N3-)>r()>r(Al3+)。
(4)C为O元素,氧元素形成的含有18个电子的氢化物是过氧化氢,其电子式为H。
(5)E为Fe元素,Fe(CO)5熔点为-20℃,沸点为103℃,易溶于乙醚,由此可知其晶体类型为分子晶体。
(6)A为C元素,B为N元素,已知沸点:N2H4>C2H6。主要原因是N2H4可形成分子间氢键,C2H6不能形成分子间氢键。
(7)由晶胞结构图可知,N原子位于体心,个数为1,而Fe原子位于顶点和面心,个数为8×+6×=4,则氮化铁的化学式为Fe4N。
3.答案(1)
(2)Fe的原子半径比Ca小,价电子数更多,金属键更强
(3)N>S>H
(4)①sp3　sp　②N　在　1∶1
(5)
解析(1)Fe元素的原子序数为26,基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表示式)为。
(2)Fe的价电子排布式为3d64s2,Ca的价电子排布式为4s2,Fe与Ca位于同一周期,Ca的原子半径较大,且价电子较少,金属键较弱,则金属Ca的熔、沸点都比金属Fe低。
(3)元素的非金属性越强,电负性越大,非金属性N>S>H,则电负性N>S>H。
(4)①CH3CN分子中含有—CH3和—C≡N,—CH3中饱和碳原子的杂化方式是sp3杂化,—C≡N中碳原子的杂化方式是sp杂化。②TCNE分子是由4个氰基和1个碳碳双键构成,C、N属于同一周期元素且原子序数依次增大,同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势,则第一电离能大小顺序是N>C;氰基中碳原子和氮原子在同一直线上,碳碳双键上的碳原子和其连接的原子都在同一平面,则TCNE分子中所有原子在同一平面;分子中含有9个σ键和9个π键,σ键与π键的数目之比为1∶1。
(5)由晶胞结构可知,每个晶胞中含有4个碳原子,结合晶体的化学式Fe3C可知,1个晶胞结构中含有4个Fe3C,则g=4.515×10-8cm×5.077×10-8cm×6.726×10-8cmρ,解得密度ρ=g·cm-3。
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14
-热点专攻(一)
化学与STSE
化学与科学、技术、社会、环境简称化学与STSE。这类题目一般是选择最新科技成果、与社会生活联系密切的物质(药物、食品、新型材料等)作为载体,问题设计依据课程标准,知识源于教材,要求用化学知识解决问题。这类题目通常起点高,落点低,与生活、科技、环境相关。题型多以选择题或简答题出现。在选择题中,通过新材料、新信息的介绍,以某点信息源辐射相关知识,以判断正误来考查识记性知识。简答题要求根据化学知识和原理分析解释相关现象,对逻辑思维、文字表达能力有较高要求。随着社会的发展,预计这类题目仍是高考考查的热点。
(一)审题关注什么
1.审题关键点
(1)掌握重要定义:绿色化学、新能源、材料分类等。
(2)记住典型物质的重要用途。
(3)找关键字词,古文类试题中从关键词入手。
2.防范失分点
(1)绿色化学:污染处理≠污染物零排放;(2)食品添加剂≠无毒;(3)水的净化≠水体消毒;(4)重要物质用途,如硅、二氧化硅、硅酸钠的用途不能混淆;(5)古化学及诗文关键字词多为颜色变化(如铜色、色赤)、操作方式(如熬、蒸、渍、强烧等)、现象(紫青烟起、五金八石皆能穿滴等)。
(二)题目考什么
1.高考中有关“化学与社会和谐发展”试题的选材热点总结
(1)安全与健康——人体必需的营养元素;重金属对人体的危害;食品添加剂;有关化学与健康方面的材料等。
(2)大气污染。
雾霾——大气中可吸入颗粒物(PM10、PM2.5)过多,产生的主要原因有汽车尾气、化石燃料的燃烧、工业排放的废气(如冶金、窑炉与锅炉、机电制造业等)、建筑工地和道路交通产生的扬尘。
酸雨(pH<5.6)——大气中含硫氧化物、含氮氧化物过多,与化石燃料的燃烧、工业废气的排放(如硫酸、硝酸的生产、冶金)等有关。
光化学烟雾——大气中的氮氧化物过多,与汽车尾气、化石燃料的燃烧有关。
(3)白色污染——人们对难降解的塑料垃圾(多指塑料袋)污染环境现象的一种形象称谓。
(4)能源。
清洁能源——天然气、氢气等在燃烧时不产生烟尘的能源;化石能源——天然气、石油和煤等能源;绿色能源——不产生负效应的能源,如氢能、风能、太阳能等;新能源——最新开发利用的能源,如氢能、风能、太阳能、核能等。
(5)无机材料一般可以分为传统的和新型的无机材料两大类。
传统的无机材料是指以二氧化硅及硅酸盐为主要成分的材料,因此又称硅酸盐材料,主要包括水泥、玻璃和陶瓷。
新型无机材料是指用氧化物、氮化物、碳化物、硼化物、硫化物、硅化物以及其他一些非金属化合物经特殊的先进工艺制成的具有某种优异性能的材料。
2.绿色化学的特点
研究对环境没有任何副作用的化学试剂、化学制品和化学工艺。它包括:
(1)开发绿色反应,将原子利用率提高到100%。
(2)使用无毒无害的原料。
(3)选用无毒无害的催化剂。
(4)使用无毒无害的溶剂。
(5)发展“绿色工艺”。
(6)开发和生产绿色产品。
应考训练
1.(2020山东潍坊高三期末)化学与生活生产密切相关。下列说法正确的是(　　)
A.“84”消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混合可增强消毒效果
B.汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器,其主要原料为黏土
C.泡沫灭火器可用于一般的起火,也适用于电器起火
D.盐碱地(含较多Na2CO3)不利于作物生长,可施加生石灰进行改良
2.(双选)(2020山东青岛二中高三模块考试改编)下列说法不正确的是(　　)
A.天然气、水煤气、液化石油气均是生活中常用的燃料,它们的主要成分都是化合物
B.无水CoCl2呈蓝色,吸水会变为粉红色,可用于判断变色硅胶是否吸水
C.制作航天服的聚酯纤维和用于光缆通信的光导纤维都是新型无机非金属材料
D.1996年人工合成了第112号元素钅哥(Cn),盛放钅哥的容器上应该贴的标签是
3.(2020福建师大附中质检)化学与社会、科学、技术、环境密切相关。下列说法正确的是(　　)
A.目前提出的“低碳经济”,即减少向环境中排放CO2,抑制酸雨的形成
B.推广使用燃料电池汽车,可减少颗粒物、CO等有害物质的排放
C.高纯度的硅广泛用于制作光导纤维,光导纤维遇强碱会“断路”
D.水泥、玻璃、青花瓷、水晶、玛瑙、分子筛都属于硅酸盐工业产品
4.(双选)下列有关叙述正确的是(　　)
A.汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧造成的
B.离子交换膜在工业上应用广泛,如在氯碱工业中使用的阳离子交换膜
C.电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀,原理是牺牲阳极的阴极保护法
D.硅胶、生石灰、铁粉是食品包装中常用的干燥剂
热点专攻(一)　化学与STSE
应考训练1.B　解析将“84”消毒液与洁厕灵混合会产生氯气,氯气有毒,会污染环境,故A错误;汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器,其主要原料为黏土,故B正确;泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液,两者混合时发生相互促进的水解反应,生成大量的二氧化碳泡沫,可进行灭火,但是喷出的二氧化碳气体泡沫中会含有一定量的水,形成电解质溶液,具有一定的导电能力,可能导致触电或电器短路,故C错误;生石灰遇水反应生成氢氧化钙,氢氧化钙具有碱性,碳酸钠水解导致其水溶液呈碱性,所以盐碱地中加入生石灰不能改良土壤,故D错误。
2.AC　解析天然气的主要成分为甲烷,水煤气是一氧化碳和氢气的混合物,液化石油气的主要成分是丙烷、丁烷等碳氢化合物,H2是单质,A项不正确;无水CoCl2呈蓝色,吸水会变为粉红色,如果变色硅胶中加入CoCl2,可以根据变色硅胶的颜色变化判断是否吸水,B项正确;制作航天服的聚酯纤维属于有机高分子材料,不是新型无机非金属材料,C项不正确;第112号元素钅哥(Cn)位于第七周期,为放射性元素,则盛放钅哥的容器上应该贴的标签是,D项正确。
3.B　解析目前提出的“低碳经济”,即尽可能减少向环境排放CO2,可降低温室效应,但不能抑制酸雨的形成,故A错误;研制开发燃料电池汽车,就可以减少机动车化石燃料的燃烧,进而可以减少汽车尾气的排放,因此可以减少固体颗粒物的排放,所以在某种程度上可以减少空气中PM2.5的含量,故B正确;高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维,二氧化硅与强碱可反应,光导纤维遇强碱会“断路”,故C错误;水泥、玻璃、青花瓷属于传统的硅酸盐工业产品,水晶、玛瑙的主要成分是二氧化硅,不属于硅酸盐材料,故D错误。
4.BC　解析汽车尾气中含有的氮氧化物主要是由空气中的氮气与氧气化合而生成,不是汽油不完全燃烧造成的,故A错误;在氯碱工业中通常使用的是阳离子交换膜,故B正确;电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀,原理是镁和铁连接后,镁失去电子受到腐蚀,从而保护铁不受腐蚀,此方法为牺牲阳极的阴极保护法,故C正确;硅胶、生石灰是食品包装中常用的干燥剂,铁粉是抗氧化剂,故D错误。
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