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广州市四校2022届高三化学上学期期末联考试题(含解析)新人教版

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广州市四校2022届高三上学期期末联考化学试卷一、选择题(共8小题,每小题3分,满分24分)1.化学与社会、生产、生活紧切相关.下列说法正确的是(  ) A.棉花和木材的主要成分都是纤维素,蚕丝和人造丝的主要成分都是蛋白质 B.石油干馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等 C.从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现 D.纯碱可用于生产普通玻璃,日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污考点:纤维素的性质和用途;海水资源及其综合利用;钠的重要化合物;煤的干馏和综合利用..专题:化学应用.分析:A.棉花和木材的主要成分都是纤维素,蚕丝的主要成分都是蛋白,人造丝是一种丝质的人造纤维,主要成分不是蛋白质;B.石油分馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等;C.海水晒盐是物理变化;D.纯碱可用于生产普通玻璃,纯碱水解显碱性,故日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污.解答:解:A.棉花和木材的主要成分都是纤维素,蚕丝的主要成分都是蛋白,人造丝是一种丝质的人造纤维,主要成分不是蛋白质,故A错误;B.石油分馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等,故B错误;C.海水晒盐是物理变化,故C错误;D.纯碱可用于生产普通玻璃,纯碱水解显碱性,故日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污,故D正确;故选D.点评:本题考查了蚕丝和人造丝的主要成分、石油分馏、纯碱的用途等知识,难度不大,注意知识的积累. 2.(3分)NA表示阿伏加德罗常数,下列判断正确的是(  ) A.常温常压下,16g甲烷分子所含质子数为10NA B.1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA C.标准状况下,22.4L乙醇的分子数为NA D.1L0.01mol的Na2CO3溶液中含有0.01NA个CO32﹣考点:阿伏加德罗常数..专题:阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律.分析:A.甲烷分子中含有10个质子,16g甲烷的物质的量为1mol,1mol甲烷中含有10mol质子;B.1mol氯气与氢氧化钠溶液的反应中,氯气既是氧化剂也是还原剂,1mol氯气转移了1mol电子;C.标准状况下,乙醇的状态为液体,不能使用标况下的气体摩尔体积计算;D.碳酸根离子在溶液中部分水解,导致溶液中碳酸根离子数目减少.解答:解:A.16g甲烷的物质的量为1mol,1mol甲烷中含有10mol质子,所含质子数为10NA,故A正确;12\nB.氯气与氢氧化钠溶液的反应中,氯气既是氧化剂也是还原剂,1molCl2完全反应转移1mol电子,转移的电子数为NA,故B错误;C.标况下乙醇的状态不是气体,不能使用标况下的气体摩尔体积计算乙醇的物质的量,故C错误;D.1L0.01mol的Na2CO3溶液中含有0.01mol碳酸钠,由于碳酸根离子部分水解,则溶液中含有的碳酸根离子小于0.01NA,故D错误;故选A.点评:本题考查阿伏加德罗常数的应用,题目难度中等,注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系,明确标况下气体摩尔体积的使用条件. 3.(3分)下列水溶液中能大量共存的一组离子是(  ) A.K+、Al3+、CO32﹣、Cl﹣B.Na+、H+、SO42﹣、SiO32﹣ C.H+、Mg2+、SO42﹣、I﹣D.H+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣考点:离子共存问题..专题:离子反应专题.分析:A.铝离子与碳酸根离子发生双水解反应;B.氢离子与硅酸根离子反应生成硅酸;C.H+、Mg2+、SO42﹣、I﹣离子之间不发生反应;D.硝酸根在氢离子存在条件下能够氧化亚铁离子.解答:解:A.Al3+、CO32﹣之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体,在溶液中不能大量共存,故A错误;B.H+、SiO32﹣之间反应生成硅酸沉淀,在溶液中不能大量共存,故B错误;C.H+、Mg2+、SO42﹣、I﹣之间不反应,在溶液中能够大量共存,故C正确;D.NO3﹣、H+、Fe2+之间发生氧化还原反应,在溶液中不能大量共存,故D错误;故选C.点评:本题考查离子共存的判断,题目难度中等,注意掌握离子不能大量共存的一般情况,如:能发生复分解反应的离子之间;能发生氧化还原反应的离子之间等,试题侧重对学生基础知识的训练和检验,有利于培养学生的逻辑推理能力,提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力. 4.(3分)下列实验能达到实验目的是(  ) A.检验NH4+时,往试样中加入NaOH溶液,微热,用湿润的蓝色石蕊试纸检验逸出的气体 B.向做完蔗糖水解后的溶液中直接加入新制的Cu(OH)2并加热,以检验蔗糖是否水解 C.将混有HCl的CO2通入饱和Na2CO3溶液中除去HCl D.将Al2(SO4)3溶液蒸干制备Al2(SO4)3固体考点:化学实验方案的评价..专题:实验评价题.分析:A.用湿润的红色石蕊试纸检验氨气;B.蔗糖水解后显酸性,检验葡萄糖应在碱性溶液中;C.二者均与碳酸钠反应;D.水解生成硫酸不挥发.12\n解答:解:A.用湿润的红色石蕊试纸检验氨气,氨气的检验不合理,故A错误;B.蔗糖水解后显酸性,检验葡萄糖应在碱性溶液中,则水解后先加碱至碱性再加入新制的Cu(OH)2并加热,以检验蔗糖是否水解,故B错误;C.二者均与碳酸钠反应,不能除杂,应选饱和碳酸氢钠,故C错误;D.水解生成硫酸不挥发,则将Al2(SO4)3溶液蒸干制备Al2(SO4)3固体,故D正确;故选D.点评:本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,涉及离子和气体的检验、水解及混合物分离提纯、盐类水解等,把握物质的性质及反应原理为解答的关键,注意实验的评价性分析,题目难度不大. 5.(3分)一种新型的乙醇电池,它用磺酸类质子溶剂.电池总反应为:C2H5OH+3O2→2CO2+3H2O,电池示意如图,下列说法正确的是(  ) A.a极为电池的正极 B.电池工作时电流由a极沿导线经灯泡再到b极 C.电池负极的电极反应为:4H++O2+4e﹣=2H2O D.电池工作时,1mol乙醇被氧化时就有12mol电子转移考点:化学电源新型电池..专题:电化学专题.分析:A.在燃料电池中,燃料在负极发生失电子的反应;B.在燃料电池中,电流在电路中从正极流向负极;C.在燃料电池中,正极上是氧气得电子的还原反应,燃料在负极发生失电子的反应;D.根据电池反应:C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O,乙醇被氧化电极反应式为C2H5OH+3H2O﹣12e﹣=2CO2+12H+,反应转移电子数为12.解答:解:A.在燃料电池中,燃料乙醇在负极发生失电子的反应,氧气是在正极上发生得电子的反应,则a为负极,故A错误;B.电池工作时,电流由正极经外电路流向负极,在该电池中由b极流向a极,故B错误;C.在燃料电池中,正极上是氧气得电子的还原反应,在酸性电解质环境下,正极的电极反应为:4H++O2+4e﹣=2H2O,故C错误;D.根据电池反应:C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O,乙醇被氧化电极反应式为C2H5OH+3H2O﹣12e﹣=2CO2+12H+,则1mol乙醇被氧化失去12mol电子,故D正确;故选D.点评:本题考查原电池知识,题目难度中等,本题注意把握根据电池总反应书写电极方程式的方法. 6.(3分)下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是(  )12\n选项陈述Ⅰ陈述ⅡASO2可使酸性高锰酸钾褪色SO2有漂白性B浓硫酸具有脱水性和强氧化性浓硫酸滴到湿润的蔗糖中,蔗糖变成黑色海绵状CSiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维DBaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有白色沉淀Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3) A.AB.BC.CD.D考点:二氧化硫的化学性质;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;浓硫酸的性质;硅和二氧化硅..专题:元素及其化合物.分析:A.二氧化硫能被强氧化剂氧化而体现还原性;B.浓硫酸能将有机物中的H、O元素以2:1水的形式脱去而体现脱水性、强氧化性;C.二氧化硅不能导电,但Si能导电;D.如果Qc>Ksp时就能产生沉淀.解答:解:A.酸性高锰酸钾具有强氧化性,二氧化硫被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色,该反应体现二氧化硫的还原性而不是漂白性,故A错误;B.浓硫酸将蔗糖的H、O元素以2:1水的形式脱去而体现脱水性、强氧化性,故B正确;C.二氧化硅不能导电,但Si是半导体能导电,故C错误;D.BaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有白色沉淀,是因为Qc>Ksp时而产生沉淀,不能说明Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3),故D错误;故选B.点评:本题考查较综合,涉及溶度积常数、二氧化硅和硅的性质、浓硫酸的性质、二氧化硫的性质等知识点,明确物质性质是解本题关键,注意二氧化硫还原性和漂白性区别,易错选项是D. 7.(3分)五种短周期元素的部分性质数据如下:下列叙述正确的是(  )元素TXYZW原子半径/nm0.0370.0750.0990.1020.143最高或最低化合价+1+5,﹣3+7,﹣1+6,﹣2+3 A.X的阴离子半径小于T的阳离子半径 B.Y的氢化物的热稳定性比Z的氢化物的大 C.Y单质与Fe反应生成的化合物中,铁元素显+3价 D.Z元素的氧化物对应的水化物一定为强酸考点:原子结构与元素周期律的关系..专题:元素周期律与元素周期表专题.分析:都是短周期元素,Y有+7、﹣1价,则Y为Cl;Z有+6、﹣2价,则Z为S元素;X有+5、﹣3价,处于ⅤA族,原子半径小于Cl,则X为N元素;T有+1价,处于IA族,原子半径最小,则T为H元素;W有+2价,处于ⅢA族,且原子半径大于Cl,故W12\n为Al元素,据此解答.解答:解:都是短周期元素,Y有+7、﹣1价,则Y为Cl;Z有+6、﹣2价,则Z为S元素;X有+5、﹣3价,处于ⅤA族,原子半径小于Cl,则X为N元素;T有+1价,处于IA族,原子半径最小,则T为H元素;W有+2价,处于ⅢA族,且原子半径大于Cl,故W为Al元素,A.N3﹣离子半径大于H+,故A错误;B.非金属性Cl>S,故氢化物稳定性HCl>H2S,故B正确;C.氯气与Fe反应生成氯化铁,氯化铁中铁元素显+3价,故C正确;D.亚硫酸为中强酸,故D错误,故选BC.点评:本题考查结构性质位置关系,难度中等,根据化合价、半径推断元素是关键,注意对元素周期律的理解掌握. 8.(3分)室温时,0.01mol•L﹣1HA溶液的pH=3,向该溶液中逐滴加入NaOH,在滴加过程中,下列有关叙述正确的是(  ) A.原HA溶液中,c(H+)=c(OH﹣)+c(A﹣) B.当恰好完全中和时,溶液呈中性 C.当滴入少量的NaOH,促进了HA的电离,溶液的pH升高 D.当NaOH溶液过量时,可能出现:c(A﹣)>c(Na+)>c(OH﹣)>c(H+)考点:弱电解质在水溶液中的电离平衡..专题:电离平衡与溶液的pH专题.分析:A、据电荷守恒分析;B、0.01mol•L﹣1HA溶液的pH=3,说明HA是弱酸,NaA是强碱弱酸盐;C、HA是弱酸存在电离平衡;D、据电荷守恒判断.解答:解:A、在HA溶液中,只有上述三种离子,据溶液中的电荷守恒可知,c(H+)=c(OH﹣)+c(A﹣),故A正确;B、恰好完全中和时生成NaA,NaA是强碱弱酸盐,水解显碱性,故B错误;C、HA溶液中加入NaOH时,氢氧根离子中和氢离子,促进了HA的电离,但氢离子浓度减小,所以溶液的pH升高,故C正确;D、溶液中只含有上述4种离子,若c(A﹣)>c(Na+)>c(OH﹣)>c(H+),阴离子浓度大于阳离子,故D错误;故选AC.点评:本题考查了弱电解质的电离平衡、溶液中的电荷守恒、盐类水解,题目难度中等. 二、填空题:9.(16分)α,β不饱和化合物在有机合成中有着广泛的用途.反应①是合成α,β不饱和化合物的常见的方法.反应①:12\n(1)化合物Ⅰ的分子式为 C7H6O2 ,1mol化合物Ⅰ最多能与 4 molH2发生加成反应.(2)下列说法,正确的是 BD .A.反应①属于加成反应B.化合物Ⅰ遇氯化铁溶液显紫色C.化合物Ⅰ能与NaHCO3反应D.化合物Ⅲ与Br2既能发生取代反应,也能发生加成反应(3)化合物Ⅳ可以通过化合物Ⅲ在一定条件下发生分子内的酯化得到;请写出该反应的化学方程式(注明必要的条件) +H2O ,化合物Ⅴ是化合物Ⅳ的同分异构体,也是具有两个六元环的酯.化合物Ⅴ的结构简式为  .(4)也能与化合物Ⅱ发生类似反应①的反应,除CH3COOH外,另一种有机产物的结构简式为  .在工业上化合物Ⅱ可以通过CH3CHO制备,请仅以乙烯为有机物原料两步合成CH3CHO,涉及的反应方程式为(注明必要的条件)①  ;②  .考点:有机物的合成..专题:有机物的化学性质及推断.分析:(1)根据化合物Ⅰ的结构式含有1个苯环和1个醛基,据此书写分子式,判断消耗的氢气;(2)A.根据反应①的本质判断;B.化合物Ⅰ含酚羟基,所以遇氯化铁溶液显紫色;C.化合物Ⅰ不含羧基不能与NaHCO3反应;12\nD.化合物Ⅲ含有碳碳双键和酚羟基,所以与Br2既能发生取代反应,也能发生加成反应;(3)根据化合物Ⅲ即含酚羟基又含羧基,分子内的酯化生成酯和水;根据同分异构体分子式相同,也是具有两个六元环的酯书写Ⅴ的结构简式;(4)根据反应①的本质判断与化合物Ⅱ发生除CH3COOH外,另一种有机产物的结构简式;乙烯与水加成生成CH3CH2OH,CH3CH2OH在发生催化氧化合成CH3CHO,据此分析解答.解答:解:(1)由化合物Ⅰ的结构式,得出分子式为C7H6O2,含有1个苯环和1个醛基,则1mol化合物Ⅰ最多能与4mol氢气发生加成反应,故答案为:C7H6O2;4;(2)A.由反应①中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的结构可以得出为醛基转化成碳碳双键,不是加成反应,故错误;B.化合物Ⅰ含酚羟基,所以遇氯化铁溶液显紫色,故正确;C.化合物Ⅰ不含羧基不能与NaHCO3反应,故错误;D.化合物Ⅲ含有碳碳双键和酚羟基,所以与Br2既能发生取代反应,也能发生加成反应,故正确;故选:BD;(3)因为化合物Ⅲ即含酚羟基又含羧基,分子内的酯化生成酯和水,方程式为:+H2O;因为同分异构体分子式相同,也是具有两个六元环的酯,则Ⅴ的结构简式为;故答案为:+H2O;;(4)根据反应①的本质为醛基转化成碳碳双键,与化合物Ⅱ发生除CH3COOH外,另一种有机产物的结构简式为12\n;乙烯与水加成生成CH3CH2OH,CH3CH2OH在发生催化氧化合成CH3CHO,所以反应方程式为:①;②;故答案为:;;.点评:本题考查有机物合成及结构与性质,为高频考点,把握官能团与性质的关系为解答的关键,注意合成流程中官能团及结构的变化,侧重分析能力及知识迁移能力的考查,题目难度不大. 10.(16分)偏二甲肼与N2O4是常用的火箭推进剂,二者发生如下化学反应:(CH3)2NNH2(L)+2N2O4(L)=2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g)(Ⅰ)(1)该反应(Ⅰ)中还原剂是 (CH3)2NNH2 .(2)火箭残骸中常现红棕色气体,原因为:N2O4(g)⇌2NO2(g)(Ⅱ)一定温度下,反应(Ⅱ)的焓变为△H.现将1molNO2充入一恒压密闭容器中,如图示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是 BD 若在相同温度下,上述反应改在体积为1L的恒容密闭容器中进行,平衡常数 不变 (填“增大”“不变”或“减小”),反应4s后N2O4的物质的量为0.9mol,则0~4s内的平均反应速率v(NO2)= 0.45mol•L﹣1•S﹣1 (3)25℃时,将1molNH4NO3溶于水,溶液显酸性,原因是 NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+ (用离子方程式表示).向该溶液滴加50mL氨水后溶液呈中性,则滴加氨水的过程中的水的电离平衡将 逆向 (填“正向”“不”或“逆向”)移动,所滴加氨水的浓度为  mol•L﹣1.(NH3•H2O的电离平衡常数K=2×10﹣5mol•L﹣1)考点:反应热和焓变;化学平衡建立的过程;化学平衡的影响因素;盐类水解的应用..分析:(1)依据化学方程式中因素化合价的变化分析,因素化合价降低的做氧化剂被还原;(2)根据达到平衡状态,各组分浓度不变,正逆反应速率相等进行判断;化学平衡常数只与温度有关,与物质的浓度无关;根据v(N2O4)=计算N2O412\n的化学反应速率,再根据同一反应中、同一时间段内反应速率之比等于计量数之比计算v(NO2);(3)依据铵根离子水解分析回答;依据同粒子效应,一水合氨对铵根离子水解起到抑制作用;依据一水合氨的电离平衡常数计算得到氨水浓度.解答:解:(1)反应(Ⅰ)中,N2O4(l)中N元素得电子化合价降低,N2O4(l)是氧化剂,(CH3)2NNH2(l)中C元素和N元素化合价升高,是还原剂;故答案为:(CH3)2NNH2;(2)A、起始量二氧化氮物质的量不是0,故A错误;B、恒压容器中混合气体的质量不变,体积不变,密度不变,平衡状态下密度不变,密度改变,说明体积变化,平衡发生移动,能说明反应达到了平衡状态,故B正确;C、反应过程中,反应热不会变化,不是变量,无法判断是否达到平衡状态,故C错误;D、四氧化二氮的转化率不变,说明正逆反应速率相等,达到了平衡状态,故D正确;化学平衡常数只与温度有关,与物质的浓度无关,所以平衡常数K不变;v(N2O4)═==0.225mol/L•s,则2v(N2O4)=v(NO2)=0.45mol/(L•s);故答案为:BD;不变;0.45mol/L•s;(3)NO2可用氨水吸收生成NH4NO3.25℃时,将amolNH4NO3溶于水,溶液显酸性,是因为铵根离子水解;反应的离子方程式为:NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+;加入氨水溶液抑制铵根离子水解,平衡逆向进行;将amolNH4NO3溶于水,向该溶液滴加bL氨水后溶液呈中性,依据电荷守恒计算可知,溶液中氢氧根离子浓度=10﹣7mol/L,c(NH4+)=c(NO3﹣);NH3•H2O的电离平衡常数取Kb=2×10﹣5mol•L﹣1,设混合后溶液体积为1L,(NH4+)=c(NO3﹣)=amol/L;根据一水合氨电离平衡得到:NH3•H2O⇌NH4++OH﹣,平衡常数K===2×10﹣5mol•L﹣1,计算得到c(NH3•H2O)=mol/L,故答案为:NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+;逆向;.点评:本题考查了氧化还原反应的概念判断,化学平衡的影响因素分析,平衡标志的判断理解,平衡常数的影响因素和计算应用,化学反应速率的计算分析,弱电解质溶液中的电离平衡的计算应用,综合性较大. 11.(16分)溴化钙是一种溴化物,用于石油钻井,也用于制造溴化铵及光敏纸、灭火剂、制冷剂等.制备CaBr2•2H2O的主要流程如下:12\n(1)与液溴的反应温度不能超过40℃的原因是 防止液溴挥发,降低原料利用率 .(2)滤渣的成分可能是 Fe、Fe(OH)2、Fe(OH)3 .(3)试剂M是 HBr ,加入M的目的是 除去过量的Ca(OH)2 .(4)操作Ⅱ的步骤为蒸发浓缩, 冷却结晶、过滤 、洗涤、干燥.(5)将氨气通入石灰乳,加入溴,于65℃进行反应也可制得溴化钙,此反应中还会生成一种无色气体,写出反应的化学方程式 Ca(OH)2+3Br2+2NH33CaBr2+N2↑+6H2O .(6)制得的CaBr2•2H2O可以通过以下方法测定纯度:称取5.00g样品溶于水,滴入足量Na2CO3溶液,充分反应后过滤,将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量,得到2.00g固体.则CaBr2•2H2O的质量分数为 94.40% .(相对原子质量:Ca﹣40Br﹣80H﹣1O﹣16)考点:物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用;制备实验方案的设计..专题:实验设计题.分析:Fe与溴单质反应生成FeBr2,加过量的氢氧化钙,生成氢氧化亚铁沉淀,氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁,过滤得到滤液中主要CaBr2,在滤液中加HBr中和多余的氢氧化钙,然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,得到CaBr2•2H2O晶体;(1)溴单质受热易挥发;(2)滤渣中除了是的氢氧化亚铁,还有剩余的Fe,和氧化生成的氢氧化铁;(3)加入的氢氧化钙过量,加溴化氢除去;(4)根据从溶液中提取固体溶质的操作分析;(5)氨气通入石灰乳,加入溴,在65℃反应生成溴化钙、氮气和水;(6)根据CaBr2•2H2O~Na2CO3~CaCO3,由碳酸钙的质量求出CaBr2•2H2O,再求出质量分数.解答:解:Fe与溴单质反应生成FeBr2,加过量的氢氧化钙,生成氢氧化亚铁沉淀,氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁,过滤得到滤液中主要CaBr2,在滤液中加HBr中和多余的氢氧化钙,然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,得到CaBr2•2H2O晶体;(1)溴单质受热易挥发,所以控制反应在较低温度不能超过40℃进行,防止液溴挥发,降低原料利用率,故答案为:防止液溴挥发,降低原料利用率;(2)滤渣中除了是的氢氧化亚铁,还有剩余的Fe,和氧化生成的氢氧化铁,所以滤渣的成分可能是Fe、Fe(OH)2、Fe(OH)3,故答案为:Fe、Fe(OH)2、Fe(OH)3;(3)溴化亚铁溶液中加入过量的氢氧化钙,过梁得到的滤液含有溴化钙和氢氧化钙,加溴化氢除去多余的氢氧化钙,则加入的M为HBr,故答案为:HBr;除去过量的Ca(OH)2;(4)从溶液中提取固体溶质的操作为:蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,故答案为:冷却结晶、过滤;12\n(5)氨气通入石灰乳,加入溴,在65℃反应生成溴化钙、氮气和水,其反应的化学方程式为Ca(OH)2+3Br2+2NH33CaBr2+N2↑+6H2O,故答案为:Ca(OH)2+3Br2+2NH33CaBr2+N2↑+6H2O;(6)称取5.00g样品溶于水,滴入足量Na2CO3溶液,充分反应后过滤,将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量,得到2.00g固体,则生成的固体为碳酸钙,设样品中CaBr2•2H2O的质量为xg,CaBr2•2H2O~Na2CO3~CaCO3,236100xg2.00g则x==4.72g,则CaBr2•2H2O的质量分数为×100%=94.40%,故答案为:94.40%.点评:本题考查了溴化钙晶体的制备实验方案设计,题目涉及化学实验基本操作、除杂质、离子方程式的书写、含量的计算等,题目难度中等,是对学生综合能力的考查,需要学生基本扎实的基础与分析问题、解决问题的能力. 12.(16分)(1)已知:甲醇制烯烃反应①:2CH3OH(g)═C2H4(g)+2H2O(g)△DH1=﹣29.0KJ•mol﹣1甲醇脱水反应②:2CH3OH(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g)△DH2=﹣24.0KJ•mol﹣1乙醇异构化反应③:CH3CH2OH(g)═CH3OCH3(g))△DH3=+50.8KJ•mol﹣1则乙烯气相直接水合反应C2H4(g)+H2O(g)═C2H5OH(g)的△DH= ﹣45.8 KJ•mol﹣1(2)在精制饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打(NaHCO3),并提取氯化铵作为肥料或进一步提纯为工业氯化铵.①写出上述制备小苏打的化学方程式: NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl .②滤出小苏打后,母液提取氯化铵有两种方法:Ⅰ、通入氨,冷却、加食盐,过滤;Ⅱ、不通氨,冷却、加食盐,过滤.其中方法Ⅰ析出的氯化铵的纯度更高,其原因是 母液中含有氯化铵,通入氨,冷却、加食盐,有利于氯化铵的析出 .而方法Ⅱ的优点是其滤液可以 直接循环使用 (3)铅及其化合物可用于 铅 蓄电池,耐酸设备及X射线防护材料等.PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得,反应的离子方程式为 PbO+ClO﹣=PbO2+Cl﹣ :PbO2也可以通过石墨为电极,Pb(NO3)2和Cu(NO3)2的混合溶液为电解液电解制取.阳极发生的电极反应式 Pb2++2H2O﹣2e﹣=PbO2↓+4H+ ,电解液中加入Cu(NO3)2的原因是 如果不加入硝酸铜,阴极会发生Pb2++2e﹣=Pb↓不能有效利用Pb2+,使Pb2+的利用率降低 .考点:有关反应热的计算;化学电源新型电池..分析:(1)利用盖斯定律构造目标热化学方程式并求焓变;(2)①饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打(NaHCO3),同时生成NH4Cl;②12\n母液中含有氯化铵,通入氨,冷却、加食盐,有利于氯化铵的析出,过滤后滤液中含有氨气,不能直接循环使用;(3)PbO和次氯酸钠反应生成二氧化铅和氯化钠;电解时,阳极上铅离子失电子和水反应生成二氧化铅;如果不加入硝酸铜,阴极生成铅,不能有效利用Pb2+.解答:解:(1)①2CH3OH(g)═C2H4(g)+2H2O(g)△DH1=﹣29.0KJ•mol﹣1②2CH3OH(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g)△DH2=﹣24.0KJ•mol﹣1③CH3CH2OH(g)═CH3OCH3(g))△DH3=+50.8KJ•mol﹣1根据盖斯定律,②﹣①﹣③可得:C2H4(g)+H2O(g)═C2H5OH(g)的△DH=(﹣24.0KJ•mol﹣1)﹣(﹣29.0KJ•mol﹣1)﹣(50.8KJ•mol﹣1)=﹣45.8KJ•mol﹣1,故答案为:﹣45.8;(2)①饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打(NaHCO3),同时生成NH4Cl,反应的方程式为NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl,故答案为:NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl;②母液中含有氯化铵,通入氨,冷却、加食盐,有利于氯化铵的析出,纯度更高,过滤后滤液中含有氨气,不能直接循环使用,而②的滤液可直接循环使用,故答案为:母液中含有氯化铵,通入氨,冷却、加食盐,有利于氯化铵的析出;直接循环使用;(3)铅及其化合物可用于铅蓄电池,PbO和次氯酸钠反应生成二氧化铅和氯化钠,离子方程式为PbO+ClO﹣=PbO2+Cl﹣,电解时,阳极上铅离子失电子和水反应生成二氧化铅,电极反应式为Pb2++2H2O﹣2e﹣=PbO2↓+4H+;电解液中需加入Cu(NO3)2,如果不加入硝酸铜,阴极会发生Pb2++2e﹣=Pb↓不能有效利用Pb2+,使Pb2+的利用率降低,故答案为:铅;PbO+ClO﹣=PbO2+Cl﹣;Pb2++2H2O﹣2e﹣=PbO2↓+4H+;如果不加入硝酸铜,阴极会发生Pb2++2e﹣=Pb↓不能有效利用Pb2+,使Pb2+的利用率降低.点评:本题考查反应热的计算,制备小苏打、电解原理等知识点,侧重于学生的分析能力和计算能力的考查,注意(3)中阳极、阴极电极反应式的书写,为易错点,题目难度中等. 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所属: 高中 - 化学
发布时间:2022-08-25 11:13:35 页数:12
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文章作者:U-336598

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