度大,水的电离程度b>a ,故C 错误;D .当lgC=-7时,HB 中c(H +)==0.1mol·L ?1,
HA 中c(H +)==10mol·L ?1,pH 均不为7,故D 错误;故选B 。
26. 【答案】(1)排出空气、吹出CCl 4蒸汽、吹出产物及尾气 (2)除去氮气中水蒸气 热水 冷水 (3)Cr 2O 3+3CCl 42CrCl 3+3COCl 2
(4)将连接装置D 、E 的细导管改成粗导管
(5)除去溶解的氧气,防止将I ?氧化 Cr 2O 2?7+6I ?+14H +=2Cr 3++3I 2+7H 2O 淀粉溶液
92.5
【解析】A 装置中氨气和氧化铜在加热条件下生成氮气,B 装置干燥氮气,C 装置中的CCl 4是反应物,氮气将CCl 4吹入反应装置D 中,E 装置收集制得的产物。(1)氮气的作用是排出空气、吹出CCl 4蒸汽、吹出产物及尾气,故答案为:排出空气、吹出CCl 4蒸汽、吹出产物及尾气;(2)由信息①可知装置D 中必须保持无水环境,故装置B 的作用是干燥氮气;装置C 中热水的作用是使CCl 4汽化,提供反应所需的反应物;装置E 中冷水的作用是冷凝生成的CrCl 3,故答案为:除去氮气中水蒸气;热水;冷水;(3)由题意可知,反应物是Cr 2O 3和CCl 4,产物为CrCl 3和COCl 2,故方程式为:Cr 2O 3+3CCl 42CrCl 3+3COCl 2,故答案为:Cr 2O 3+3CCl 42CrCl 3+3COCl 2;(4)由信息①可知CrCl 3易升华,题中装置图中D 、E 之间的导管太细,易发生堵塞,故应将细导管换成粗导管,故答案为:将连接装置D 、E 的细导管改成粗导管;(5)①溶液中有溶解的氧气,氧气可以氧化I ?,若不除去其中溶解的
氧气使生成的I 2的量增大,产生偏高的误差,故加热煮沸;Cr 2O 2?7和I ?
发生氧化还原生成碘单质和铬离子,离子方程式为:Cr 2O 2?7+6I ?+14H +=2Cr 3++3I 2+7H 2O ,故答案为:除去溶解的氧气,防止将I ?氧化;Cr 2O 2?7+6I ?+14H +=2Cr 3++3I 2+7H 2O ;②利用223Na S O 滴定生成I 2,I 2
遇淀粉显蓝色,所以可以用淀粉作指示剂;设25.00mL 溶液中n(Cr 3+),由Cr 元素守恒及方程式可得关系式:3+
2-
2722232Cr Cr O 3I 6Na S O ~~~,
27
223
3+22Cr Cr O 3I 6Na S O 6
n Cr 0.0250mol/L 0.021L
?:::() 27
22233+22Cr Cr O 3I 6Na S O 6n Cr 0.0250mol/L 0.021L ?:
:
:()
故3+
1
n Cr 0.0250/0.0210.0001753
mol L L mol =??=()
,所以250mL 溶液中Cr 3+的物质的量为0.00175mol ,根据Cr 元素守恒可知3n CrCl =0.00175mol ()
,所以样品中3m CrCl 0.00175158.5/0.2774mol g mol g =?=(),故样品中无水三氯化铬的质量分数为:
0.2774100%92.5%0.3000g
g
?=,故答案为:淀粉溶液;92.5。 27. 【答案】(1)-262.7kJ·mol ?1 C(s)+H 2O(g)H 2(g)+CO(g) ΔH =+131.3kJ·mol ?1
(2)0.075mol·
L ?1·min ?1 (3)> 1.2mol·L ?1 (4)温度 >
(5)当投料比大于1时,随着c (H 2)增大,反应①被促进,而反应③被抑制,c (H 2O)增大,最终抑制反应②,因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小
【解析】
(1)催化反应室中的总反应3CO(g)+3H 2(g)CH 3OCH 3(g)+CO 2(g)可按以下方法联立得到:①×
2+②+③,根据盖斯定理,该反应ΔH =-99kJ·mol ?1×2+(-23.5kJ·mol ?1)+(-41.2kJ·mol ?1)= -262.7kJ·mol ?1;根据煤的气化平衡常数表达式以及质量守恒,可写出该反应的化学方程式为:H 2O(g)+C(s)
H 2(g)+CO(g),根据生成1mol H 2需要吸收131.3kJ 的热
量可知该反应的ΔH =+131.3kJ?mol ?1,则该反应的热化学方程式为:C(s)+H 2O(g)H 2(g)+CO(g) ΔH =+131.3kJ·mol ?1。答案为:-262.7kJ·mol ?1;C(s)+H 2O(g)
H 2(g)+CO(g)
△H =+131.3kJ·
mol ?1;(2)根据题给数据,CO 的反应量为0.6mol/L×50%=0.3mol/L ,H 2的反应量为0.6mol/L ,则8min 内H 2的平均反应速率为:
v (H 2)=0.6/8mol L
min
=0.075mol?L ?1?min ?1。
答案为:0.075mol?L ?1?min ?1;(3)该时刻反应的浓度熵为:Q c =
-1-1
-13322
23m (CH OCH )(H O) 1.0 1.0==4.7(C ol L mol L (0.46mol )
H OH)L c c c ?????<400,平衡正向移动,所以,v 正>v 逆;设平衡时CH 3OCH 3物质的量浓度为x ,则有:
2CH 3OH(g) CH 3OCH 3(g)+H 2O(g)
33322CH OH(g)CH OCH (g)H O(g)
0.46mol L 1mol L 1mol L 20.46mol L 21mol L 1mol L x x x x x x
+-++垐?噲?起始///反应平衡///
3322
23(CH OCH )(H O)(1)(1)
==400(CH OH)(0.462)x c c x x K c ?++?-=
,得x=0.2mol/L ,则平衡时c (CH 3OCH 3)
=1mol/L+
0.2mol/L=1.2mol/L 。答案为:>;1.2mol/L ;(4)根据催化反应室的总反应放热,化学方程式3CO(g)+3H 2(g)
CH 3OCH 3(g)+CO 2(g) ΔH =-262.7kJ·mol ?1可知,正向反应气体减少,反
应放热。所以,CO 的平衡转化率a(CO)随温度的升高而减小、随压强的增大而增大,图中曲线随X 增大而减小,可判断X 是温度,则L 1、L 2是压强,且L 1>L 2。答案为:温度;>;
(5)结合图象,根据平衡移动原理分析:随着
2(H )
(CO)
n n 增大,反应①CO 转化率增大,甲醇的产率增大,进而有利于反应②正向移动;另一方面,随着2(H )
(CO)
n n 增大,反应③被抑制,c (H 2O)
增大,进而抑制了反应②;图中二甲醚产率随着2(H )
(CO)
n n 增大先增大后减小的原因就是这两种
因素共同作用的结果。题给图中投料比大于1.0之后二甲醚产率和甲醇产率变化的原因可解释为:当投料比大于1时,随着c (H 2)增大,反应①被促进,而反应③被抑制,c (H 2O)增大,最终抑制反应②,因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小。
28. 【答案】(1)将镍废料磨成粉末(或搅拌,或适当升高温度,或提高酸的浓度) (2)H 2O 2+2Fe 2++2H +=2Fe 3++2H 2O (3)4.7≤pH<7.1或[4.7,7.1) (4)17.5
(5)蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】根据流程:金属镍废料(含Fe 、Al 等杂质),加盐酸酸浸后的酸性溶液中主要含有H +、Ni 2+、Fe 2+、Al 3+,加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子,反应为:H 2O 2+2Fe 2++2H +=2Fe 3++2H 2O ,加入Na 2CO 3溶液调节溶液的pH 范围4.7≤pH<7.1,使Fe 3+、Al 3+全部沉淀,滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3,滤液主要含有Ni 2+,加入Na 2CO 3溶液沉淀Ni 2+,将得到的NiCO 3沉淀用盐酸溶解得到二氧化碳和NiCl 2溶液,将NiCl 2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiCl 2·
6H 2O ,据此分析作答。(1)为了提高镍元素的浸出率,在“酸浸”时可采取的措施有:将镍废料磨成粉末、搅拌、适当升高温度、提高溶液中酸的浓度,都可以提高镍元素的浸出率;(2)H 2O 2具有氧化性,加入H 2O 2氧化Fe 2+为Fe 3+,离子方程式为:H 2O 2+2Fe 2++2H +=2Fe 3++2H 2O ;(3)“调pH”的目的是沉淀Fe 3+、Al 3+,但不沉淀Ni 2+,根据表格数据可知,应该控制溶液pH 的范围为 4.7≤pH <7.1或[4.7,7.1);(4)滤液A 中
c(Ni 2+)=1.0mol/L ,欲使100mL 该滤液中含有n(Ni 2+)=0.1mol ,则生成NiCO 3需要CO 2?3为
0.1mol ,Ni 2+
刚好沉淀完全时,溶液中c(CO 2?
3)=
65
6.5101.010
--??=0.65mol/L ,此时溶液中CO 2?
3为0.065mol ,故至少需要
Na 2CO 3固体
0.1mol+0.065mol=0.165mol ,其质量
m(Na 2CO 3)=0.165mol×106g/mol=17.49g≈17.5g ; (5)将NiCl 2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiCl 2·
6H 2O 。 35. 【答案】(1)D (2) 4
(3)4
(4)3d 7 较大 NH 3通过配位键与Co 2+结合后,原来的孤电子对变为成键电子对,对其他N-H 成键电子对的排斥力减小,N-H 键之间的键角增大
(5)
(6)
(或Te 与Zn 的位置互换) -1034(65+128)
4a (10)2
ρ??
【解析】(1)电离最外层的一个电子所需的能量:基态原子>激发态原子,第一电离能<第二电离能<第三电离能,
D 为激发态原子,D 状态的铝电离最外层的一个电子所需能量最小,故答案为:D ;(2)熔融AlCl 3时可生成具有挥发性的二聚体Al 2Cl 6,该二聚体由Al 提供空轨道,Cl 原子提供孤电子对形成配位键,其结构式为
,配合物中的配位
数是指直接同中心离子(或原子)配位的原子数目,二聚体Al 2Cl 6中与Al 直接相连的原子有4个,故Al 的配位数为4,故答案为:
;4;(3)Ti 元素最外层有2个电子,
与钛同周期的所有副族元素的基态原子中,最外层电子数与基态钛原子相同的元素有Sc 、V 、Mn 、Zn ,共4种,故答案为:4;(4)Co 为27号元素,根据构造原理可知其价电子排布式为3d 74s 2,则Co 2+的价电子排布式为3d 7;NH 3分子与Co 2+结合成配合物[Co(NH 3)6]2+,与游离的氨分子相比,NH 3通过配位键与Co 2+结合后,原来的孤电子对变为成键电子对,对其他N-H 成键电子对的排斥力减小,N-H 键之间的键角增大,故答案为:3d 7;较大;NH 3通
过配位键与Co 2+结合后,原来的孤电子对变为成键电子对,对其他N-H 成键电子对的排斥力减小,N-H 键之间的键角增大;(5)已知CrO 5中铬元素为最高价态,则Cr 为+6价,在该化合物中,设-1价氧原子为x 个,-2价氧原子为y 个,则可得x+y=5,x+2y=6,解得x=4,y=1,则该化合物中含有两个过氧键,则其结构式
,故答案为:
;(6)根
据碲化锌的晶胞结构图可知,该晶胞沿z 轴的投影图为(或Te 与Zn 的位置互
换),根据均摊法可知,在该晶胞中Zn 原子的数目为4,Te 原子的数目为11
8+6=482
??
,若晶体中Te 呈立方面心最密堆积方式排列,则晶胞的面对角线为4a pm
,则晶胞的边长为4a pm 2,则晶体的密度-03
31A 4(65+128)=4a (10)2
g/cm N ρ??,阿伏加德罗常数-1
A -1034(65+128)
=mol 4a (10)2
N ρ??,故答案为:
(或Te 与Zn 的位置互换);-1034(65+128)
4a (10)2
ρ??。
36. 【答案】(1)丙二醛
(2)取代反应
(3)+(CH 3CO)2O +CH 3COOH
(4)d
(5)、(符合要求均可)
(6)
【解析】A的密度是相同条件下H2密度的38倍,则A的相对分子质量为76,其分子的核磁共振氢谱中有3组峰,A能连续被氧化生成二元酸,则A为二元醇,A、B、C中碳原子个数相等,则A为HOCH2CH2CH2OH,B为OHCCH2CHO,C发生取代反应生成D;根据已知②知,E发生还原反应生成F为,F发生取代反应生成G,D
与G发生取代反应生成H,H加热发生已知③的反应生成的I为,
I发生取代反应生成M;(1)B为OHCCH2CHO,B的化学名称为丙二醛,A是HOCH2CH2CH2OH,A中官能团为羟基,A中官能团的电子式为;(2)C的结构简式为HOOC-CH2-COOH,D的结构简式为HOOCCHBrCOOH,C与Br2发生取代反应产生HOOC-CHBr-COOH和HBr;I的结构简式为;(3)F发生取代反应生
成G,F→G的化学方程式为+(CH3CO)2O
+CH3COOH;(4)a.M中苯环能发生加成反应,a不符合题意;b.酚羟基能发生氧化反应,b不符合题意;c.羧基、酚羟基和肽键都能发生取代反应,c不符合题意;d.羧基、酚羟基和肽键都不能发生消去反应,d符合题意;故合理选项是d;(5)E的同分异构体符合下列条件:①能与FeCl3溶液发生显色反应,说明含有酚羟基;②能与NaHCO3反应,说明含有羧基,③含有-NH2,如果-OH、-COOH相邻,有4种;如果-OH、-COOH相间,有4种;如果-OH、-COOH相对,有2种,所以符合条件的有10种,其中两种同分异构体的结构简
式是:、;(6)以为原料(无机试剂任选),
设计制备的合成路线,
可由对氨基苯甲酸发生缩聚反应得到,氨基可由硝基还原得到,羧基可由醛基氧化得到,醛基可由醇羟基氧化得到,醇羟基可由卤代烃发生水解反应得到,其合成路线为
。