湖北2015年高考化学提高训练二十六
2015年湖北高考生正在努力备考中,湖北高考网整理了2015年湖北高考化学提高训练,希望对大家有帮助!
一、选择题(本题包括16个小题,每小题3分,共48分,每小题只有一个选项符合题意)
1.(2014·东北三省三校联考(二))下列说法不正确的是( )
A.蛋白质、淀粉、纤维素、葡萄糖、油脂等都能在人体内水解
B.石油裂化和煤的干馏是化学变化,石油的分馏是物理变化
C.将苯和溴水混合振荡、静置分层,水层颜色变浅与加成反应无关
D.除去乙醇中混有的少量乙酸,可以在加入足量生石灰后蒸馏
解析:A项,葡萄糖不能水解,且人体内也没有纤维素水解所需的酶,故纤维素也不能在人体内发生水解;C项,苯萃取溴,没有发生加成反应;D项,生石灰与乙酸反应,蒸馏得到乙醇。
答案:A
点拨:本题考查有机物的基本性质。难度较小。
2.(2014·济南市3月模拟)下列各项中,两种物质间反应均产生1 mol气体时,参加反应的酸的物质的量最少的是( )
A.碳与浓硝酸 B.铜与浓硫酸
C.锌与稀硫酸 D.二氧化锰与浓盐酸
解析:A项,根据化学方程式,碳与浓硝酸反应生成1 mol CO2和NO2混合气体,需要0.8 mol浓硝酸;B项,铜与浓硫酸反应生成1 mol SO2气体,需要2 mol浓硫酸;C项,锌与稀硫酸反应生成1 mol H2气体,需要1 mol稀硫酸;D项,二氧化锰与浓盐酸反应生成1 mol Cl2气体,需要4 mol浓盐酸。
答案:A
点拨:本题考查元素化合物。难度中等。
3.(2014·山东省青岛市统测)某有机化合物的结构简式为,有关该化合物的叙述不正确的是( )
A.该有机物的分子式为C11H12O2
B.1 mol该物质最多能与4 mol H2发生加成反应
C.该有机物能与热的新制氢氧化铜悬浊液反应,生成砖红色沉淀
D.该有机物一定条件下,可以发生取代、氧化、酯化反应
解析:A项,由该有机物的结构可知,该有机物的分子式为C11H12O2;B项,1 mol苯环消耗3 mol H2,1 mol碳碳双键消耗1 mol H2;C项,没有醛基,该有机物不能与热的新制氢氧化铜悬浊液反应产生砖红色沉淀;D项,含有碳碳双键、羧基,故该有机物一定条件下,可以发生取代、氧化、酯化反应。
答案:C
点拨:本题考有机物的结构与性质。难度中等。
4.(2014·湖北省七市(州)联考)分子式为C6H14O且含有“—CH2OH”的同分异构体有(不考虑立体异构)( )
A.7种 B.8种
C.9种 D.10种
解析:由题意知该醇的结构简式一定满足:C5H11—CH2OH,因—C5H11具有8种不同的结构简式,故利用“基团法”确定醇C5H11—CH2OH的同分异构体有8种。
答案:B
点拨:本题考查有机物同分异构体种类的判断。难度中等。烷基同分异构体的书写方法:首先书写相应烷烃的同分异构体,然后针对烷烃的每种同分异构体分析等效氢种数,从而可确定烷基同分异构体的种数。如书写—C4H9的同分异构体:可首先写出C4H10的同分异构体(正丁烷和异丁烷两种),然后分析正丁烷和异丁烷存在的等效氢,每种物质的等效氢均为2种,因此可知—C4H9的同分异构体有4种。
5.(2014·福州市质检)如图是一种综合处理SO2废气的工艺流程。下列说法正确的是( )
A.向B溶液中滴加KSCN溶液,溶液变为血红色
B.溶液B转化为溶液C发生的变化的离子方程式为4H++4Fe2++O2===4Fe3++2H2O
C.溶液酸性:A>B>C
D.加氧化亚铁可以使溶液C转化为溶液A
解析:A项,A溶液中通入SO2的尾气,发生反应:2Fe3++SO2+2H2O===2Fe2++SO+4H+,因此B溶液中滴加KSCN溶液,溶液不变血红色;B项,溶液B中通入空气,Fe2+被氧化为Fe3+:4Fe2++O2+4H+===4Fe3++2H2O;C项,根据A中通入SO2的反应,溶液酸性:B>A;D项,C为Fe2(SO4)3溶液,加入FeO,溶液C不能转化为A。
答案:B
点拨:本题考查SO2废气处理的工艺流程。难度较大。
6.(2014·福建省质检)某硫酸厂废气中SO2的回收利用方案如图所示。下列说法不正确的是( )
A.X可能含有2种盐
B.a是SO3
C.Y可能含有(NH4)2SO4
D.(NH4)2S2O8中S的化合价不可能为+7
解析:A项,X可以是(NH4)2SO3和NH4HSO3的混合物;B项,a为SO2;C项,硫酸过量,则Y为(NH4)2SO4和H2SO4;D项,S的最高化合价为+6价,不可能为+7价。
答案:B
点拨:本题考查SO2的回收利用方案的分析。难度中等。
7.(2014·长沙市模拟(三))BHT(Butylated Hydroxy Toluene)是一种常用的食品抗氧化剂,合成方法有如下两种:
下列说法正确的是( )
A.与BHT互为同系物
B.属于芳香烃
C.BHT能与NaHCO3溶液反应生成CO2
D.两种方法的反应类型都是加成反应
解析:A项,与BHT均属于酚,在组成上相差8个CH2原子团,互为同系物;B项,属于酚,不属于芳香烃;C项,BHT中酚羟基不能与NaHCO3溶液反应;D项,方法一为加成反应,但方法二是取代反应。
答案:A
点拨:本题考查有机物结构和性质的分析。难度中等。
8.(2014·长沙市模拟(三))甲、乙、丙、丁是原子序数依次增大的四种短周期元素,A、B、C、D、E是由其中的两种或三种元素组成的化合物,F是由丙元素形成的单质。已知:A+B―→D+F,A+C―→E+F;0.1 mol·L-1 D溶液的pH为13(25 ℃)。下列说法正确的是( )
A.原子半径:丁>丙>乙>甲
B.1 mol A与足量B完全反应共转移了2 mol电子
C.丙元素在周期表中的位置为第二周期ⅣA族
D.A中既有离子键又有共价键
解析:根据提供信息,可以推断甲、乙、丙、丁分别为H、C、O、Na,A、B、C、D、E、F分别为Na2O2、H2O、CO2、NaOH、Na2CO3、O2。A项,原子半径:Na>C>O>H;B项,2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑中转移电子数为2e-,1 mol Na2O2完全反应,转移1 mol电子;C项,O位于第二周期ⅥA族;D项,Na2O2中Na+与O之间为离子键,O中O与O之间为共价键。
答案:D
点拨:本题考查元素推断、元素周期律。难度中等。
9.(2014·西安市第二次质检)设由Na2CO3·10H2O和NaHCO3按一定比例组成的混合物为R。现取m g R溶于水,配制成200 mL溶液,由实验测得该溶液中的c(Na+)=0.50 mol·L-1。若将2m g的R加热至质量不再改变时,得到的固体质量为( )
A.10.60 g B.7.95 g
C.5.30 g D.2.65 g
解析:将Na2CO3·10H2O与NaHCO3的混合物m g溶解于水,将溶液蒸干并加热至质量不变,NaHCO3加热分解生成Na2CO3,最后得到的固体为Na2CO3,根据Na原子守恒,有n(Na2CO3)=1/2n(Na+)=1/2×0.2 L×0.50 mol·L-1=0.05 mol,固体Na2CO3质量m(Na2CO3)=0.05 mol×106 g/mol=5.30 g,则2m g的R加热至质量不再改变时,得到固体是10.60 g。
答案:A
点拨:本题考查化学计算。难度较大。
10.(2014·石家庄市一模)部分氧化的Fe、Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共8.0 g,进行如下处理:
下列说法正确的是( )
A.滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+
B.样品中金属Fe的质量为4.48 g
C.样品中CuO的质量为4.0 g
D.V=1344
解析:分析流程知发生如下反应:Fe+H2SO4===FeSO4+H2↑,Fe2O3+3H2SO4 === Fe2(SO4)3+3H2O,CuO+H2SO4===CuSO4+H2O,CuSO4+Fe===FeSO4+Cu,Fe2(SO4)3+Fe===3FeSO4。A项,因滤液A中没有Cu2+,所以样品中Cu元素全部转化成Cu单质,即3.2 g滤渣是Cu单质,则此时滤液A中肯定有Fe2+、H+,不可能有Fe3+ ,因为Fe3+会与Cu发生氧化还原反应,错误;B项,样品中的Fe元素最终全部转移到6.4 g固体中,该固体是Fe2O3,n(Fe2O3)==0.04 mol,所以样品中n(Fe元素)=0.04 mol×2=0.08 mol,m(Fe元素)=0.08 mol×56 g/mol=4.48 g,因样品中含有Fe2O3,所以金属Fe的质量小于4.48 g,错误;C项,由Cu元素守恒知样品中n(Cu元素)==0.05 mol,若全部以CuO形式存在,则m(CuO)=0.05 mol×80 g/mol=4.0 g,这与实际情况不符,错误;D项,设样品中Fe2O3为x mol,CuO为y mol,则样品中O元素n(O元素)=3x+y===0.02 mol,再由上述Fe单质发生的反应知n(Fe单质)=n(H2)+n(CuO)+n(Fe2O3)=(+y+x) mol+2x mol,变形得=0.08 mol-(3x+y) mol,所以=(0.08-0.02) mol=0.06 mol,V=1344。
答案:D
点拨:本题考查化学计算。难度较大。
11.(2014·成都市第二次诊断)A由Al2O3、Fe3O4、Al、Cu中的某几种粉末混合而成,设计成分分析方案如下:
下列分析不正确的是( )
A.当m1>m2时,溶液a中阴离子只有1种
B.生成蓝色溶液的离子方程式为Cu+2Fe3+===Cu2++2Fe2+
C.要确定混合物中是否含Al,可取A加入适量稀HCl
D.当m2-m3=2.96 g,Fe3O4的质量至少为2.32 g
解析:A项,m1>m2,说明加入NaOH溶液后一定有固体参与了反应,而Al或者Al2O3均能溶于NaOH溶液生成NaAlO2,且因为NaOH过量,所以溶液a中一定含有OH-和AlO,错误;B项,溶液呈蓝色说明含有Cu2+,所以固体中一定含铜和Fe3O4,发生反应:8HCl+Fe3O4===2FeCl3+FeCl2+4H2O,2FeCl3+Cu===2FeCl2+CuCl2,正确;C项,往固体中加入稀盐酸,有气体产生说明肯定含有Al,正确;D项,加入盐酸后发生的反应为8HCl+Fe3O4===2FeCl3+FeCl2+4H2O,2FeCl3+Cu===2FeCl2+CuCl2,设参加反应的Fe3O4的物质的量为x mol,则由反应方程式知参加反应的Cu的物质的量也为x mol,则有232x+64x=2.96,解得x=0.01 mol,所以参加反应的Fe3O4的质量为0.01 mol×232 g/mol=2.32 g,正确。
答案:A
点拨:本题考查物质间的转化、化学计算。难度较大。
12.(2014·陕西省质检(一))下表各组物质中,物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是( )
物质
选项 a b c d A Al Al(OH)3 NaAlO2 NaOH B CH3CH2OH CH3CHO CH3COOH O2 C Na2CO3 NaHCO3 NaOH CO2 D Cl2 FeCl3 FeCl2 Fe 解析:Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2,因此a―→b的转化不能实现,A项错误;乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯和水,因此a+c―→b的转化不能实现,B项错误;NaHCO3与CO2不反应,Na2CO3和NaOH不反应,因此b―→c、a+c―→b的转化不能实现,C项错误。
答案:D
点拨:本题考查元素化合物之间的转化,意在考查考生对元素化合物性质的理解能力。
13.(2014·河北省保定市期末)央视3·15晚会曝光,在液化石油气中掺混二甲醚的事件。二甲醚(常压下沸点-24.9 ℃)是一种可溶于水的化工原料,常被作为一些燃料的替代品,其结构式为。下列有关二甲醚的叙述中正确的是( )
A.二甲醚是一种有机物,属于非电解质
B.4.6 g该物质中含有共价键的数目为7×6.02×1022
C.二甲醚和乙醇互为同分异构体且和甲醇互为同系物
D.标准状况下,燃烧11.2 L二甲醚一定生成22.4 L CO2
解析:二甲醚属于有机物,是非电解质,A选项正确;4.6 g该有机物为0.1 mol,由二甲醚的结构式可知,1个二甲醚中含有8个共价键,则0.1 mol二甲醚中含共价键的数目为8×6.02×1022,B选项错误;二甲醚和甲醇结构组成不相似,不互为同系物,C选项错误;标准状况下,如果11.2 L二甲醚不完全燃烧得到的CO2就不是22.4 L,D选项错误。
答案:A
点拨:本题考查了二甲醚的知识,意在考查考生对所学知识的理解能力。
14.(2014·贵州省贵阳市监测(一))漂白粉在溶液中存在下列平衡:ClO-+H2O HClO+OH-,下列措施能提高其漂白性能的是( )
A.加水稀释 B.加少量NaOH
C.加适量氢碘酸 D.通入CO2
解析:HClO具有漂白性,故能增加HClO浓度的措施即可提高漂白粉在溶液中的漂白能力。加水稀释,虽然平衡右移,但HClO浓度减小,溶液的漂白性减弱,A项错误;加入少量NaOH,平衡左移,B项错误;氢碘酸能与HClO发生氧化还原反应,使HClO浓度减小,C项错误;通入CO2,促进平衡右移,故D项正确。
答案:D
点拨:本题主要考查盐类的水解平衡,意在考查考生的分析判断能力。
15.(2014·贵州省贵阳市监测(一))1-氯丙烷与强碱的醇溶液共热后,生成的产物再与溴水反应,得到一种有机物A,A的同分异构体(包括A)共有( )
A.3种 B.4种
C.5种 D.6种
解析:1-氯丙烷与强碱的醇溶液共热后发生消去反应生成丙烯,丙烯与溴水发生加成反应生成1,2 -二溴丙烷,即分子式为C3H6Br2,该有机物可以看成是C3H8中的两个氢原子被两个溴原子取代,碳链上的三个碳中,两个溴原子取代一个碳上的氢原子,有2种:CH3—CH2—CHBr2、CH3—CBr2—CH3;分别取代两个碳上的氢原子,有2种:CH2Br—CH2—CH2Br、CH2Br—CHBr—CH3,共有4种。
答案:B
点拨:本题考查有机物同分异构体数目的判断,意在考查考生判断同分异构体数目的能力。
16.(2014·湖北省八市联考)某有机化合物的相对分子质量大于110,小于150,其中碳和氢的质量分数之和为51.52%,其余为氧,该化合物分子中最多含多少个结构( )
A.1个 B.2个
C.3个 D.4个
解析:由题意知,O的质量分数为1-51.52%=48.48%,该有机化合物的相对分子质量大于110,小于150,所以1分子该有机化合物中O原子个数大于110×48.48%&pide;16=3.33,小于150×48.48%&pide;16=4.55,即O原子为4个,所以该有机化合物的相对分子质量=4×16&pide;48.48%=132,其中C、H的相对原子质量之和为132-16×4= 68,可确定该有机化合物的分子式为C5H8O4,若分子中碳原子全部饱和,则氢原子为12个,而此分子中氢原子为8个,故该分子的不饱和度为2,因此分子中最多含有2个羰基结构,B项正确。
答案:B
点拨:本题考查同分异构体数目的判断,意在考查考生对有机物结构的分析能力。
二、非选择题(本题包括4小题,共52分)
17.(2014·浙江卷)(12分)某研究小组为了探究一种无机矿物盐X(仅含四种元素)的组成和性质,设计并完成了如下实验:
另取10.80 g X在惰性气流中加热至完全分解,得到6.40 g固体1。
请回答如下问题:
(1)画出白色沉淀1中金属元素的原子结构示意图________,写出气体甲的电子式________。
(2)X的化学式是________,在惰性气流中加热X至完全分解的化学反应方程式为____________________。
(3)白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是____________________(用化学反应方程式表示)。
(4)一定条件下,气体甲与固体1中的某种成分可能发生氧化还原反应,写出一个可能的化学反应方程式____________________,并设计实验方案验证该反应的产物____________________。
解析:因X与盐酸反应生成气体甲,则X应为弱酸盐,又因X受热分解可生成气体甲和固体1,可推知固体1应为金属氧化物。因固体1中有与水反应的物质,且溶液1中通入气体甲先出现白色沉淀1后溶解,可推知固体1中含有CaO,气体甲为CO2。根据白色沉淀2遇到空气变为红褐色沉淀,可知X中含有Fe2+。综上分析,X应含有FeCO3和CaCO3。
(1)白色沉淀1为CaCO3,钙原子的结构示意图为;CO2为共价化合物,C、O原子间以共价键结合,其电子式为:。
(2)10.80 g X完全分解生成CO2的质量为10.80 g-6.40 g=4.40 g,其物质的量为0.10 mol,根据CaCO3CaO+CO2↑、FeCO3FeO+CO2可得:n(FeO)+n(CaO)=0.1 mol,56 g·mol-1×n(CaO)+72 g·mol-1×n(FeO)=6.40 g,解以上两式可得:n(FeO)=n(CaO)=0.050 mol,则X的化学式为CaFe(CO3)2。X在惰性气流中受热至完全分解的化学方程式为
CaFe(CO3)2CaO+FeO+2CO2↑。
(3)Fe(OH)2被空气中的O2氧化为Fe(OH)3,其化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3。
(4)CO2具有氧化性,而FeO具有还原性,两者可发生氧化还原反应,可能的化学方程式为CO2+2FeOFe2O3+CO。
根据Fe3+与KSCN溶液的特征反应检验产物中的Fe2O3;利用CO的还原性检验产物中的CO。
答案:(1)
(2)CaFe(CO3)2 CaFe(CO3)2CaO+FeO+2CO2↑
(3)4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3
(4)2FeO+CO2Fe2O3+CO
检测Fe2O3:将固体用稀盐酸溶解,加入KSCN溶液若显红色,表明产物中有Fe(Ⅲ)
检测CO:将气体通过灼热CuO,黑色固体变为红色
点拨:知识:元素化合物的性质[CaCO3、FeCO3的分解反应,Fe(OH)2与O2的反应,Ca(OH)2与CO2的反应]、氧化还原反应、原子结构示意图和电子式。能力:综合应用所学元素化合物知识推断物质的能力;书写原子结构示意图、电子式和化学方程式的能力;设计简单实验方案的能力。试题难度:中等。
18.(2014·安徽卷)(12分)Hagemann酯(H)是一种合成多环化合物的中间体,可由下列路线合成(部分反应条件略去):
(1)A→B为加成反应,则B的结构简式是________;B→C的反应类型是________。
(2)H中含有的官能团名称是________;F的名称(系统命名)是________。
(3)E→F的化学方程式是____________________________________________。
(4)TMOB是H的同分异构体,具有下列结构特征:
①核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰;
②存在甲氧基(CH3O—)。TMOB的结构简式是________。
(5)下列说法正确的是________。
a.A能和HCl反应得到聚氯乙烯的单体
b.D和F中均含有2个π键
c.1 mol G完全燃烧生成7 mol H2O
d.H能发生加成、取代反应
解析:(1)两分子HC≡CH发生自身加成反应,其中一分子HC≡CH断裂C—H键,另一分子HC≡CH断裂C≡C中的一个π键生成B,则B为CH2===CH—C≡CH。对比B和C的分子结构可知,B→C的反应为加成反应,该反应中CH2===CH—C≡CH断裂C≡C中的一个π键,CH3OH断裂O—H键,生成C()。
(2)分析H的结构简式可知,该有机物含有羰基、碳碳双键和酯基三种官能团。F的结构简式为
CH3C≡CCOOCH2CH3,其系统名称为2-丁炔酸乙酯。
(3)E在浓H2SO4、加热条件下与CH3CH2OH发生酯化反应,生成CH3C≡CCOOCH2CH3,逆向推导可知,E为CH3C≡CCOOH,根据酯化反应原理写出反应的化学方程式为CH3C≡CCOOH+CH3CH2OH
CH3C≡CCOOCH2CH3+H2O。
(4) H的分子式为C10H14O3,则其同分异构体TMOB的分子式也为C10H14O3。TMOB的核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰,且含有—OCH3,说明其分子中含有苯环,且—OCH3所处的化学环境相同,即连接在同一碳原子上或处于苯环上对称位置的碳原子上,结合其分子式,可知TMOB的结构简式为。
(5)HC≡CH分子中含有碳碳三键,可与HCl发生加成反应得到聚氯乙烯的单体CH2===CHCl。1个C≡C三键含有2个π键和1个σ键,1个C===O键含有1个π键和1个σ键,则1个CH3C≡CH、CH3C≡CCOOCH2CH3分子中分别含有2个π键和3个π键。G的分子式为C11H16O3,则1 mol G完全燃烧生成8 mol H2O。H分子中含有羰基、碳碳双键和酯基,能与H2等发生加成反应,能发生水解反应(即取代反应)。
答案:(1)CH2==CH—C≡CH 加成反应
(2)羰基、碳碳双键和酯基 2-丁炔酸乙酯
(3)CH3C≡CCOOH+CH3CH2OH
CH3C≡CCOOCH2CH3+H2O
(5)ad
点拨:知识:官能团、系统命名、反应类型、化学方程式、同分异构体、有机物的结构与性质等。能力:根据有机物含有的官能团及相互转化关系,推导有机物的分子结构;根据有机物的分子结构推测其化学性质;书写满足条件的H的同分异构体的能力。试题难度:中等。
19.(2014·江苏卷)(13分)碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O]常用作塑料阻燃剂。
(1)碱式碳酸铝镁具有阻燃作用,是由于其受热分解需吸收大量热量和________。
(2)MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O中a、b、c、d的代数关系式为________。
(3)为确定碱式碳酸铝镁的组成,进行如下实验:
①准确称取3.390 g样品与足量稀盐酸充分反应,生成CO2 0.560 L(已换算成标准状况下)。
②另取一定量样品在空气中加热,样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如下图所示(样品在270 ℃时已完全失去结晶水,600 ℃以上残留固体为金属氧化物的混合物)。
根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH-)n(CO)(写出计算过程)。
解析:(1)因为碱式碳酸铝镁分解得到Al2O3、MgO,二者的熔点都较高,都具有阻燃作用。(2)Al元素的化合价为+3价,Mg元素的化合价为+2价,OH-整体显示-1价,CO整体显示-2价,根据化合物中化合价代数和为0可得出关系:2a+3b=c+2d。(3)n(CO2)==2.50×10-2 mol
m(CO2)=2.50×10-2 mol×44 g·mol-1=1.10 g
在270~600 ℃之间,失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2O
m(CO2)+m(H2O)=3.390 g×(0.7345-0.3702)=1.235 g
m(H2O)=1.235 g-1.10 g=0.135 g
n(H2O)==7.50×10-3 mol
n(OH-)=7.50×10-3 mol×2=1.50×10-2 mol
n(OH-)n(CO)=(1.50×10-2 mol)(2.50×10-2 mol)=35
答案:(1)生成的产物具有阻燃作用
(2)2a+3b=c+2d
(3)n(CO2)==2.50×10-2 mol
m(CO2)=2.50×10-2 mol×44 g·mol-1=1.10 g
在270~600 ℃之间,失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2O
m(CO2)+m(H2O)=3.390 g×(0.7345-0.3702)=1.235 g
m(H2O)=1.235 g-1.10 g=0.135 g
n(H2O)==7.50×10-3 mol
n(OH-)=7.50×10-3 mol×2=1.50×10-2 mol
n(OH-)n(CO)=(1.50×10-2 mol)(2.50×10-2 mol)=35
点拨:知识:碱式碳酸铝镁的性质、元素的化合价。能力:接受加工新信息的能力、计算推理能力。试题难度:中等。
20.(2014·全国卷新课标Ⅰ)(15分)次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品,具有较强还原性,回答下列问题:
(1)H3PO2是一元中强酸,写出其电离方程式____________________。
(2)H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银,从而可用于化学镀银。
①H3PO2中,P元素的化合价为________。
②利用H3PO2进行化学镀银反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为41,则氧化产物为________(填化学式)。
③NaH2PO2为________(填“正盐”或“酸式盐”),其溶液显________(填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”)。
(3)H3PO2的工业制法是:将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2,后者再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式___________ _____________。
(4)H3PO2也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如下图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过):
①写出阳极的电极反应式______________________________________________。
②分析产品室可得到H3PO2的原因________________________。
③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2:将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替,并撤去阳极室与产品室之间的阳膜,从而合并了阳极室与产品室,其缺点是产品中混有________杂质,该杂质产生的原因是________________________。
解析:(1)因为H3PO2是一元中强酸,只有部分发生电离,电离方程式为H3PO2 H++H2PO。
(2)
①H3PO2中P元素化合价为+1。
②根据H3PO2与Ag+反应中两者物质的量之比为14,4 mol Ag+在反应中得到4 mol e-,1 mol H3PO2则失去4 mol e-,所以P元素将显+5价,产物为H3PO4,即氧化产物为H3PO4。
③根据H3PO2是一元中强酸,可以判断NaH2PO2是正盐,属于弱酸强碱盐,因H2PO水解而使溶液呈弱碱性。
(3)依据氧化还原反应方程式配平原则,得6H2O+2P4+3Ba(OH)2===2PH3↑+3Ba(H2PO2)2。(4)
①阳极发生氧化反应,在反应中OH-失去电子,电极反应式为2H2O-4e-===4H++O2↑。
②H2O放电产生H+,H+进入产品室,原料室中的H2PO穿过阴膜扩散至产品室,二者发生反应:H++H2PO H3PO2。
③如果撤去阳膜,H2PO或H3PO2可能被氧化。
答案:(1) H3PO2 H++H2PO
(2)
①+1
②H3PO4
③正盐 弱碱性
(3)6H2O+2P4 +3Ba(OH)2===2PH3↑+3Ba(H2PO2)2
(4)
①2H2O-4e-===O2↑+4H+
②阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室,原料室的H2PO穿过阴膜扩散至产品室,二者反应生成H3PO2
③PO H2PO或H3PO2被氧化
点拨:知识:氧化还原反应及电离方程式、电极反应方程式的书写等。能力:考查学生对一元中强酸、正盐、弱酸强碱盐的理解和应用能力及电极反应式的书写等。试题难度:中等。
扫一扫加入微信交流群
与学姐学长同城考生自由互动