- 无机非金属材料
- 共23题
8.一氧化碳在催化剂作用下能与H2、H2O、烯、炔等反应，是制备有机物的重要原料。工业上将CO和H2的混合气体在一定条件下可合成甲醇。
（1）已知在某温度和压强下：
①2CO（g）+O2（g）═2CO2（g） △H1kJ·mol－1
②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g） △H2kJ•mol-1
③2CH3OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g） △H3kJ•mol-1
则CO（g）+2H2（g）⇌ CH3OH（g） △H=_______________kJ•mol-1
（2）在一定温度下，若将10molCO和20molH2放入2L的密闭容器中，达平衡后测得CO的转化率为40%，则该反应的平衡常数为______________________；若此时再向该容器中投入10molCO、20molH2和10molCH3OH，判断平衡移动的方向是___________（填“正向移动”、“逆向移
（3） 一定条件下，CO可与粉末状的氢氧化钠作用生成甲酸钠。
①常温时，甲酸的电离平衡常数Ka=1.70×10-4。甲酸钠的水溶液呈碱性，请用离子反应方程式表示其原因_______，0.1mol/L的甲酸钠溶液pH约为_______（已知：lg17 ≈1.23, 计算结果保留一位小数）
②向20ml 0.1mol/L的甲酸钠溶液中小心滴加10ml 0.1mol/L的盐酸，混合液呈酸性，请按由大到小的顺序给溶液中离子浓度排序。
正确答案
（1）
（2）
（3）① HCOO- +H2O ⇌ HCOOH + OH- 8.4
② C（Na+）＞C（HCOO-）＞C(Cl-)＞C（H+）＞C（OH-）
解析
（1）①2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H1
②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2
③2CH3 OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）△H3
根据盖斯定律：①×1/2+②-③×1/2
得CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）；△H=
故答案为：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）；△H=
（2）CO（g）+2H2（g）
起始浓度 5mol/L 10mol/L 0
转化浓度 2mol/L 4mol/L 2mol/L
平衡浓度3mol/L 6mol/L 2mol/L
k=2/(3×62)=1/54;
若此时再向该容器中投入10mol CO、20 mol H2和10 mol CH3OH，则Qc＜K，所以平衡移动的方向是正方向移动，由于平衡正向移动，所以新平衡与原平衡相比，CO的物质的量分数减小，故答案为：1/54；向正反应方向；减小；
（3）①由于甲酸的电离平衡常数Ka=1.70×10-4。所以甲酸为弱酸，甲酸钠的水溶液呈碱性的原因为甲酸根离子的水解，水解的离子方程式为：HCOO- +H2O ⇌ HCOOH + OH-，0.1mol/L的甲酸钠溶液pH可以根据水解平衡常数和电离平衡常数的关系求解：Kh==Kw/Ka=（1.0×10-14）/(1.70×10-4)=（1/1.70）×10-10
甲酸钠电离出HCOOH以及OH-的浓度相等，根据水解平衡常数的表达式
Kh=[c(HCOOH(×c(OH-)]/c（HCOO-）可以得出c(OH-)2=(1/17)×10-12，所以c(OH-)=(1/172)×10-6，则c(H+)=
(1/172)×10-8，从而求解得出pH= 8.4所以的故答案为：HCOO- +H2O ⇌ HCOOH+ OH-、8.4
② 向20ml 0.1mol/L的甲酸钠溶液中小心滴加10ml 0.1mol/L的盐酸，反应后溶质为HCOOH和HCOONa、NaCl,且三者的物质的量之比为1:1:1，由于混合液呈酸性，则HCOOH的电离程度大于HCOONa的水解程度，所以溶液中离子浓度大到小的顺序为C（Na+）＞C（HCOO-）＞C(Cl-)＞C（H+）＞C（OH-）；
故答案为： C（Na+）＞C（HCOO-）＞C(Cl-)＞C（H+）＞C（OH-）
考查方向
解题思路
（1）根据已知热化学方程式，结合盖斯定律计算求反应热；
（2）根据三行式计算化学反应的平衡常数，根据Qc和K的关系判断化学反应的方向；
（3）①根据甲酸的电离平衡常数判断甲酸为弱酸，所以甲酸钠为强碱弱酸盐显碱性；0.1mol/L的甲酸钠溶液pH可以根据水解平衡常数和电离平衡常数的关系求解，溶液中离子浓度排序可以根据反应后溶质的成分以及溶质的物质的量之比为、混合液呈酸性进行判断。
易错点
（1）不能灵活应用盖斯定律致错；
（2）没有理解平衡常数的特点致错；
（3）不能灵活应用电离平衡常数与水解平衡常数的关系求解。
知识点
氧元素和卤族元素都能形成多种物质，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解。
25.溴的价电子排布式为 ；PCl3的空间构型为 。
26.已知CsICl2不稳定，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，则它按下列 式发生。
A． CsICl2 = CsCl+ICl
B． CsICl2 = CsI+Cl2
27.根据下表提供的第一电离能数据判断：最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是 。
28.下列分子既不存在s-p
29.已知COCl2为平面形，则COCl2中心碳原子的杂化轨道类型为 ，写出CO的等电子体的微粒 （写出1个）。
30.钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体，其结构如图所示：由此可判断该钙的氧化物的化学式为 。已知该氧化物的密度是
正确答案
4s24p5 三角锥
解析
光气（COCl2）各原子最外层都满足8电子稳定结构，光气分子的结构式是
考查方向
解题思路
光气（COCl2）各原子最外层都满足8电子稳定结构；溴有4个电子层，最外层有7个电子。
易错点
本题考查了晶体结构、原子杂化方式的判断和等电子体的含义，易错点根据价层电子对互斥理论即可解答原子杂化方式。
正确答案
A
解析
离子晶体中离子电荷越多，半径越小离子键越强，离子晶体的晶格能越大，晶格能CsCl＞CsI所以发生的反应为CsICl2=CsCl+ICl，
考查方向
本题主要考查了晶体结构、原子杂化方式、晶格能 。
解题思路
离子晶体中离子电荷越多，半径越小离子键越强，离子晶体的晶格能越大，
易错点
本题考查了晶体结构、原子杂化方式的判断和等电子体的含义，易错点根据价层电子对互斥理论即可解答原子杂化方式。
正确答案
碘
解析
元素的第一电离能越小，元素失电子能力越强，得电子能力越弱，则越容易形成阳离子，根据表中数据知，卤族元素中第一电离能最小的是I元素，则碘元素易失电子生成简单阳离子，
考查方向
解题思路
HCl、HF中只存在存在s-p
易错点
本题考查了晶体结构、原子杂化方式的判断和等电子体的含义，易错点根据价层电子对互斥理论即可解答原子杂化方式。
正确答案
解析
HCl、HF中只存在存在s-p
考查方向
解题思路
HCl、HF中只存在存在s-p
易错点
本题考查了晶体结构、原子杂化方式的判断和等电子体的含义，易错点根据价层电子对互斥理论即可解答原子杂化方式。
正确答案
sp2杂化 N2 或CN－
解析
ClO2-中心氯原子的价层电子对个数n=（7+1）/2=4，属于sp3杂化；等电子体具有相同的电子数目和原子数目的微粒，所以与CN－互为等电子体的分子为N2 或 CO；
考查方向
解题思路
ClO2-中心氯原子的价层电子对个数n=（7+1）/2=4；等电子体具有相同的电子数目和原子数目的微粒；
易错点
本题考查了晶体结构、原子杂化方式的判断和等电子体的含义，易错点根据价层电子对互斥理论即可解答原子杂化方式。
正确答案
CaO2
解析
钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体，根据其结构钙离子与过氧根离子个数比为1:1，化学式为CaO2晶胞的质量为
考查方向
解题思路
钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体，根据其结构钙离子与过氧根离子个数比为1:1，根据密度公式得到晶胞体积。
易错点
本题考查了晶体结构、原子杂化方式的判断和等电子体的含义，易错点根据价层电子对互斥理论即可解答原子杂化方式。
【化学——选修2：化学与技术】
碳酸钠的用途很广，可用做冶金、纺织、漂染等工业的基本原料。请根据题意回答下列问题：
Ⅰ．世界最早工业生产碳酸钠的方法是路布兰（N.Leblanc）法。其流程如下：
（1）流程I的另一产物是____，流程Ⅱ的反应分步进行：a. Na2SO4＋4C 
b. Na2S与石灰石发生复分解反应，总反应方程式可表示为__________________。
Ⅱ．1862年，比利时人索尔维（Ernest Solvay）用氨碱法生产碳酸钠。反应原理如下：
20℃时一些物质在水中的溶解度/g•(100 gH2O)－1
（2）氨碱法生成纯碱的原料是____________，可循环利用的物质有____________。
（3）饱和NaCl溶液通NH3和CO2能生成NaHCO3的原因有：_________、__________、_________。
Ⅲ．我国化工专家侯德榜研究出联合制碱法，其反应原理和氨碱法类似，但将制氨和制碱联合，提高了原料利用率。
（4）生产中需向分离出NaHCO3后所得的溶液中加入NaCl固体并通入NH3，在________（填温度范围）下析出________。（填化学式）
正确答案
(1)．HCl Na2SO4＋4C ＋CaCO3 
(2)．食盐、石灰石、NH3 CaO、CO2、NH4Cl
(3)．反应体系中NaHCO3溶解度最小，反应消耗水，NaHCO3相对分子质量最大
(4)．0~10℃ NH4Cl
解析
Ⅰ．世界最早工业生产碳酸钠的方法是路布兰（N.Leblanc）法，氯化钠和浓硫酸在加热的条件下生成Na2SO4和HCl，流程Ⅱ的反应分步进行：a. Na2SO4＋4C 1000℃ Na2S＋4CO↑；b. Na2S与石灰石发生复分解反应Na2S+CaCO3=CaS+Na2CO3，总反应方程式可表示为Na2SO4＋4C+CaCO3 1000℃ 4CO↑+CaS+Na2CO3；
(1)．流程I的另一产物是HCl，流程Ⅱ的反应分步进行：a. Na2SO4＋4C 1000℃ Na2S＋4CO↑；b. Na2S与石灰石发生复分解反应Na2S+CaCO3=CaS+Na2CO3，总反应方程式可表示为Na2SO4＋4C+CaCO3 1000℃ 4CO↑+CaS+Na2CO3；
Ⅱ．1862年，比利时人索尔维（Ernest Solvay）用氨碱法生产碳酸钠。反应原理如下：
(2)．由图示可知，氨碱法生成纯碱的原料是食盐、石灰石、NH3，可循环利用的物质有CaO、CO2、NH4Cl；
(3)．饱和NaCl溶液通NH3和CO2能生成NaHCO3的原因有：反应体系中NaHCO3溶解度最小，反应消耗水，NaHCO3相对分子质量最大；
Ⅲ．我国化工专家侯德榜研究出联合制碱法，其反应原理和氨碱法类似，但将制氨和制碱联合，提高了原料利用率。
(4)．生产中需向分离出NaHCO3后所得的溶液中加入NaCl固体并通入NH3，在0~10℃下，氯化铵的溶解度迅速减小，析出NH4Cl。
考查方向
解题思路
(1)．流程I的另一产物是HCl，流程Ⅱ的反应分步进行：a. Na2SO4＋4C 1000℃ Na2S＋4CO↑；b. Na2S与石灰石发生复分解反应Na2S+CaCO3=CaS+Na2CO3，总反应方程式可表示为Na2SO4＋4C+CaCO3 1000℃ 4CO↑+CaS+Na2CO3；
(2)．由图示可知，氨碱法生成纯碱的原料是食盐、石灰石、NH3，可循环利用的物质有CaO、CO2、NH4Cl；
(3)．饱和NaCl溶液通NH3和CO2能生成NaHCO3的原因有：反应体系中NaHCO3溶解度最小，反应消耗水，NaHCO3相对分子质量最大；
(4)．生产中需向分离出NaHCO3后所得的溶液中加入NaCl固体并通入NH3，在0~10℃下，氯化铵的溶解度迅速减小。
易错点
本题根据化工生产的实际和发展过程来设置习题，重点考查学生书写化学反应方程式的能力和对化工生产原料循环利用的了解和判断，对近代工业中三种制碱方法做到熟练掌握，熟记反应原理，通过比较去解决实际问题。
知识点
14．氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，受热易分解。某小组模拟制备氨基甲酸铵，反应如下：2NH3(g)+CO2(g)
（1）如用下图I装置制
（2）制备氨基甲酸铵的装置如下图Ⅱ所示，把NH3和CO2通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵的小晶体悬浮在CCl4中。当悬浮物较多时，停止制备。
注：CCl4与液体石蜡均为惰性介质。
①图I中滴加液体的仪器名称是 ，液体石蜡鼓泡瓶的作用是
，发生器用冰水冷却的原因是 。
②从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是 （填写操作名称），为了得到干燥产品，应采取的方法是 （填写选项序号）。
a.常压加热烘干 b．减压40℃以下烘干 c．高压加热烘干
（3）制得的氨基甲酸铵可能含有碳酸氢铵、碳酸铵中的一种或两种。
①设计方案，进行成分探究，请填写表中空格。
限选试剂：蒸馏水、稀HNO3、BaCl2溶液、Ba(OH)2溶液、AgNO3溶液、稀盐酸。
正确答案
（1）氢氧化钠固体等合理答案（填氨水则零分）
（2）①分液漏斗
通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例（或通过观察气泡，控制NH3与CO2的反应速率）降低温度，提高反应物转化率（或降低温度，防止因反应放热造成产物分解）
②过滤 b
（3）①
解析
（1）把浓氨水滴入到固体氧化钙或氢氧化钠，在溶解过程中放热使浓氨水分解生成氨气，故答案为：浓氨水与生石灰或氢氧化钠固体等；
（2）①液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比，反应2NH3(g)+CO2(g)
②制备氨基甲酸铵的装置如图3所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基
甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一
种白色固体，易分解、不能加热烘干，应在真空40℃以下烘干；故答案：过滤；b；
（3）①根据实验目的，检验氨基甲酸铵可能含有碳酸氢铵、碳酸铵中的一种或两种，通过向试管中加入
过量的BaCl2溶液，静置溶液不变浑浊，证明固体中不含碳酸铵；在不含碳酸铵的基础上在通过向试管
中加入少量澄清石灰水，看溶液是否变浑浊证明固体中是否含有碳酸氢铵，故答案为：
得沉淀质量为1.97g，即BaCO3为1.97g，物质的量为1.97/197=0.01mol，根据碳酸根守恒，则碳酸氢
铵物质的量为0.01mol，又样品质量为3.30g，所以氨基甲酸铵的物质的量为(3.30×0.01×79)/78=0.03mol,则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数=0.03/(0.03+0.01)×100%=75.00%，故答案为：75.00%．
考查方向
解题思路
⑴图I装置中没有加热，只能用浓氨水与氢氧化钠固体或氧化钙固体反应制取氨气。
⑵①据信息“该反应为放热反应、生成物氨基甲酸铵（NH2COONH4）受热易分解”，因此为了提高反应物的 转化率或防止产物的分解，可用冰水冷却发生器；气体通过液体石蜡鼓泡瓶时能观察气泡数，调节NH3与CO2通入比例或控制NH3与CO2的反应速率；
②根据“生成的氨基甲酸铵的小晶体悬浮在CCl4中”说明氨基甲酸铵难溶于CCl4（液体），采用过滤操作能将氨基甲酸铵从混合物中分离出来；为了防止氨基甲酸铵受热分解，采用“减压40℃以下”烘干产品。
⑶①在“限选试剂”中稀硝酸、稀盐酸与氨基甲酸铵、碳酸氢铵均能反应产生气体，不能用来验证碳酸氢铵；只有澄清石灰水与碳酸氢铵反应产生碳酸钙沉淀（溶液变浑浊）；
②根据①可知产品的成分有NH2COONH4、NH4HCO3，与足量氢氧化钡溶液充分反应生成BaCO3沉淀。
易错点
不能有效提取图表中信息，阅读材料、接受信息的能力不强，物质的分离提纯的方法掌握不熟
练，实验设计能力欠缺，不能有效设计实验进行成分探究，不能根据原子守恒进行纯度计算。
知识点
12．下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是
正确答案
解析
A．高锰酸钾具有强氧化性，把草酸中的C从+3价氧化成+4价的二氧化碳，Mn元素从+7价变化到+2价的锰离子，乙二酸具有还原性，A正确；
B．将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4，硝酸能把亚铁离子氧化为铁离子，滴加KSCN溶液，溶液变红，B错误；
C．向AgNO3溶液中滴加过量氨水，生成无色的银氨络离子，Ag+与NH3·H2O不能大量共存，C错误；
D．向10mL 0.1mol·L－1 Na2S溶液中滴入2mL 0.1mol·L－1 ZnSO4溶液，再加入2mL 0.1mol·L－1 CuSO4溶液，Na2S溶液过量，无法判断CuS、ZnS的溶度积大小，D错误。
故选A。
考查方向
解题思路
A．高锰酸钾具有强氧化性，把草酸中的C从+3价氧化成+4价的二氧化碳，Mn元素从+7价变化到+2价的锰离子，乙二酸具有还原性；
B．将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4，硝酸能把亚铁离子氧化为铁离子；
C．向AgNO3溶液中滴加过量氨水，生成无色的银氨络离子；
D．Na2S溶液过量，无法判断CuS、ZnS的溶度积大小。
易错点
本题难度不大，掌握D中硫化钠过量是解决此题的关键。
知识点
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