利用钠碱循环法可除去 SO2,消除 SO2 对环境的污染.吸收液吸收 SO2 的过程中,pH 随 n (SO32﹣):n(HSO3﹣)变化关系如下表: n(SO32﹣):n(HSO3﹣) 91:9 1:1 1:91 pH 8.2 7.2 6.2 ①根据上表判断 NaHSO3 溶液显 酸 性. ②在 NaHSO3 溶液中离子浓度关系正确的是 ac (填字母). a.c(Na+)>c(HSO3﹣)>c(H+)>c(SO32﹣)>c(OH﹣) b.c(Na+)=2c(SO32﹣)+c(HSO3﹣) c.c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32﹣)+(OH﹣) d.c( Na+)+c(H+)=c(SO32﹣)+c(HSO3﹣)+c(OH﹣) 【考点】DN:离子浓度大小的比较;DD:盐类水解的应用. 【分析】(1)HSO3﹣电离程度大于水解程度,据此判断溶液酸碱性; (2)HSO3﹣电离程度大于水解程度导致溶液呈酸性,因为亚硫酸氢根离子既能电离又能水解, 所以溶液中存在 H2SO3、SO32﹣,在 NaHSO3 溶液中存在电荷守恒和物料守恒,根据电荷守恒和 物料守恒判断. 【解答】解:①在亚硫酸氢钠溶液中,HSO3﹣电离程度大于水解程度,所以溶液中氢离子浓 度大于氢氧根离子浓度,则溶液呈酸性,故答案为:酸; ②HSO3﹣电离程度大于水解程度导致溶液呈酸性,因为亚硫酸氢根离子既能电离又能水解, 所以溶液中存在 H2SO3、SO32﹣,在 NaHSO3 溶液中存在电荷守恒和物料守恒, a.钠离子不水解,HSO3﹣电离程度大于水解程度导致溶液呈酸性,水也电离生成氢离子和氢 氧根离子,所以溶液中离子浓度大小顺序是 c(Na+)>c(HSO3﹣)>c(H+)>c(SO32﹣)> c(OH﹣),故正确; b.根据物料守恒得 c(Na+)=c(SO32﹣)+c(HSO3﹣)+c(H2SO3),故错误; c.根据电荷守恒得 c( Na+)+c(H+)=2c(SO32﹣)+c(HSO3﹣)+c(OH﹣),根据物料守恒得 c(Na+)=c(SO32﹣)+c(HSO3﹣)+c(H2SO3),所以得 c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32﹣)+c(OH﹣), 故正确; 20 d.根据电荷守恒得 c( Na+)+c(H+)=2c(SO32﹣)+c(HSO3﹣)+c(OH﹣),故错误; 故选 ac. [化学选修---物质结构与性质] 13.原子序数由小到大排列的四种短周期元素 X、Y、Z、W,四种元素的原子序数之和为 32, 在周期表中 X 是原子半径最小的元素,Y、Z 左右相邻,Z、W 位于同主族. (1)W 原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p4 . (2)均由 X、Y、Z 三种元素组成的三种常见物质 A、B、C 分别属于酸、碱、盐,其中盐的 化学式为 NH4NO3 ,推测盐中阴离子的空间构型为 平面三角形 ,其中心原子杂化方式 为 SP2 . (3)Z、W 两种元素电负性的大小关系为 O>S ;Y、Z 两种元素第一电离能的大小关系为 N>O . (4)CO 的结构可表示为 CO,元素 Y 的单质 Y2 的结构也可表示为 YY.如表是两者的键能数 据(单位:kJ?mol﹣1): A﹣B A═B A≡B CO 357.7 798.9 1071.9 Y2 154.8 418.4 941.7 ①结合数据说明 CO 比 Y2 活泼的原因: CO 的第一个 π 键的键能为 273kJ/mol,N2 中的第一 个 π 键的键能为 523.3kJ/mol,所以 CO 的第一个键比 N2 更容易断裂 . ②意大利罗马大学 Fulvio Cacace 等人获得了极具研究意义的 Y4 分子,其结构如图所示, 请结合上表数据分析,下列说法中,正确的是 B . A.Y4 为一种新型化合物 B.Y4 与 Y2 互为同素异形体 C.Y4 的沸点比 P4(白磷)高 D.1mol Y4 气体转变为 Y2 将放出 954.6kJ 热量. 【考点】86:原子核外电子排布;77:元素周期律的作用;8B:元素电离能、电负性的含义 及应用;9S:原子轨道杂化方式及杂化类型判断. 21 【分析】原子序数由小到大排列的四种短周期元素 X、Y、Z、W,四种元素的原子序数之和 为 32,在周期表中 X 是原子半径最小的元素,则 X 是 H 元素,Y、Z 左右相邻,Z、W 位于同 主族,设 Y 的原子序数是 a,则 Z 的原子序数是 a+1、W 原子序数是 a+9,a+a+1+a+9+1=32, 则 a=7,所以 Y 是 N、Z 是 O、W 是 S 元素, (1)W 是 S 元素,其原子核外有 16 个电子,根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式; (2)均由 H、N、O 三种元素组成的三种常见物质 A、B、C 分别属于酸、碱、盐,酸是硝酸、 碱是一水合氨、盐是硝酸铵,根据价层电子对互斥理论确定离子空间构型及原子杂化方式; (3)同一主族元素中,元素的电负性随着原子序数的增大而减小; 同一周期元素中,元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势,但第 VA 族元素第 一电离能大于相邻元素; (4)①根据断裂三键中的中的一个 π 键消耗的能量判断; ②A.N4 为单质; B.N4 与 N2 互为同素异形体; C.分子晶体的相对分子质量越大其熔沸点越高; D.化学键断裂要吸收热量,形成化学键要放出热量,分别计算后进行比较. 【解答】解:原子序数由小到大排列的四种短周期元素 X、Y、Z、W,四种元素的原子序数 之和为 32,在周期表中 X 是原子半径最小的元素,则 X 是 H 元素,Y、Z 左右相邻,Z、W 位 于同主族,设 Y 的原子序数是 a,则 Z 的原子序数是 a+1、W 原子序数是 a+9,a+a+1+a+9+1=32, 则 a=7,所以 Y 是 N、Z 是 O、W 是 S 元素, (1)W 是 S 元素,其原子核外有 16 个电子,根据构造原理知其基态原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p4,故答案为:1s22s22p63s23p4; (2)均由 H、N、O 三种元素组成的三种常见物质 A、B、C 分别属于酸、碱、盐,酸是硝酸、 碱是一水合氨、盐是硝酸铵,盐的化学式为 NH4NO3,硝酸根离子价层电子对个数=3+ (5+1 ﹣3×2)=3 且不含孤电子对,所以硝酸根离子空间结构为平面三角形,N 原子杂化方式为 SP2,故答案为:NH4NO3;平面三角形;SP2; (3)同一主族元素中,元素的电负性随着原子序数的增大而减小,所以电负性 O>S; 同一周期元素中,元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势,但第 VA 族元素第 一电离能大于相邻元素,所以第一电离能 N>O, 故答案为:O>S;N>O; 22 (4)①根据表中数据可知,断裂 C≡O 中的一个 π 键消耗的能量是 1071.9kJ/mol﹣ 798.9kJ/mol=273kJ/mol , 断 裂 N ≡ N 中 的 一 个 π 键 消 耗 的 能 量 是 941.7kJ/mol ﹣ 418.4kJ/mol=523.3kJ/mol,断裂一个 π 键 CO 比 N2 更容易,所以 CO 更活泼. 故答案为:CO 的第一个 π 键的键能为 273kJ/mol,N2 中的第一个 π 键的键能为 523.3kJ/mol, 所以 CO 的第一个键比 N2 更容易断裂; ②A.N4 为单质不是化合物,故 A 错误; B.N4 与 N2 为同种元素的不同导致,互为同素异形体,故 B 正确; C.N4 和 P4 都是分子晶体,并且结构相似,相对分子质量越大,分子间作用力越强,沸点越 高,所以白磷的沸点高,故 C 错误; D.1molN4 气体中含有 6molN﹣N 键,可生成 2molN2,形成 2molN≡N 键,则 1molN4 气体转变为 N2 化学键断裂断裂吸收的热量为 6×154.8KJ=928.8KJ,形成化学键放出的热量为 941.7KJ × 2=1883.4kJ , 所 以 1mo1N4 气 体 转 变 为 N2 将 放 热 , 则 放 出 的 热 量 =1883.4kJ ﹣ 928.8KJ=924.6kJ,故 D 错误; 故选 B. [化学选修---有机化学基础] 14.化合物 G 是一种医药中间体,常用于制备抗凝血药.可以通过如图所示的路线合成: 已知:RCOOH RCOCl;D 与 FeCl3 溶液能发生显色. 请回答下列问题: (1)B→C 的转化所加的试剂可能是 银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液 ,C+E→F 的反应类 型是 取代反应 . (2)有关 G 的下列说法正确的是 CD . A.属于芳香烃 B.能与 FeCl3 溶液发生显色反应 C.可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应 D.1mol G 最多可以跟 4mol H2 反应 23 (3)E 的结构简式为 . ( 4 ) F 与 足 量 NaOH 溶 液 充 分 反 应 的 化 学 方 程 式 为 +3NaOH→CH3COONa+CH3OH+ +H2O . (5)写出同时满足下列条件的 E 的同分异构体的结构简式 . ①能发生水解反应 ②与 FeCl3 溶液能发生显色反应 ③苯环上有两种不同化学环境的氢原子 (6)已知:工业上以氯苯水解制取苯酚,而酚羟基一般不易直接与羧酸酯化.苯甲酸苯酚 酯( )是一种重要的有机合成中间体.试写出以苯、甲苯为原料制取该 化合物的合成路线流程图(无机原料任用). 注:合成路线的书写格式参照如图示例流程图: CH3CHO CH3COOH CH3COOCH2CH3. 【考点】HC:有机物的合成. 【分析】根据题中各物转化关系,结合信息 RCOOH RCOCl,可知 C 为 CH3COOH,由 A→B→C 的转化条件可知,A 被氧化成 B,B 再被氧化成 C,所以 B 为 CH3CHO,A 为 CH3CH2OH,根据 F 的结构可知 E 发生取代反应生成 F,所以 E 为 ,根据 D 的分子式和 E 的结 构可知,D 与甲醇反应生成 E,所以 D 的结构简式为 ,据此答题. 【解答】解:根据题中各物转化关系,结合信息 RCOOH RCOCl,可知 C 为 CH3COOH,由 A→B→C 的转化条件可知,A 被氧化成 B,B 再被氧化成 C,所以 B 为 CH3CHO,A 为 CH3CH2OH, 根据 F 的结构可知 E 发生取代反应生成 F,所以 E 为 ,根据 D 的分子式和 E 24 的结构可知,D 与甲醇反应生成 E,所以 D 的结构简式为 , (1)B→C 的转化是醛基氧化成羧基,所以所加的试剂可能是银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊 液,根据上面的分析可知,C+E→F 的反应类型是取代反应, 故答案为:银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液;取代反应; (2)根据 G 的结构简式可知,G 中有酯基、羟基、碳碳双键、苯环,A.G 中有氧元素,所 以不属于芳香烃,故 A 错误; B.G 中没有酚羟基,所以不能与 FeCl3 溶液发生显色反应,故 B 错误; C.G 中有酯基、羟基、碳碳双键,可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应,故 C 正确; D.G 中有苯环,一个苯环可以与三个 H2 加成,一个碳碳双键可以与一个 H2 加成,所以 1mol G 最多可以跟 4mol H2 反应,故 D 正确; 故选 CD; (3)根据上面的分析可知,E 的结构简式为 ,故答案为: ; (4)F 中有两个酯基与足量 NaOH 溶液充分反应生成酚羟基也与氢氧化钠反应,所以反应的 化学方程式为 +3NaOH→CH3COONa+CH3OH+ +H2O, 故答案为: +3NaOH→CH3COONa+CH3OH+ +H2O; (5)E 为 ,E 的同分异构体中同时满足下列条件①能发生水解反应,说明 有酯基,②与 FeCl3 溶液能发生显色反应,有酚羟基,③苯环上有两种不同化学环境的氢原 子,说明有两个基团处于苯环的对位,这样的结构简式有 , 故答案为: ; (6)以苯、甲苯为原料制取 ,可以先将苯中引入羟基,生成 酚,甲苯 氧化成苯甲酸,再酯化可得产品,所以该化合物的合成路线流程图为 25 , 故 答 案 为 : . 26