2020年福建省福州一中高考化学模拟试卷(5月份)(有答案解析)
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2020年福建省福州一中高考化学模拟试卷(5月份)
题号一二三总分
得分
一、单选题(本大题共7小题,共42.0分)
1.下列说法正确的是()
A. 实验室从海带提取单质碘的方法是:取样→灼烧→溶解→过滤→萃取
B. 用乙醇和浓H2SO4制备乙烯时,可用水浴加热控制反应的温度
C. 氯离子存在时铝表面的氧化膜易被破坏,因此含盐腌制品不宜直接放在铝制容器中
D. 将(NH4)2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液都出现沉淀,表明二者均可使蛋白质变性
2.化学与社会、生活密切相关,对下列现象或事实的解释正确的是()
选项现象或事实解释
A用热的烧碱溶液洗去油污Na2CO3可直接和油污反应
B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3
C 施肥时,草木灰(有效成分为K2CO3)不能
与NH4Cl混合使用
K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低
肥效
D FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含有Cu2+的溶液中置换出铜
A B C D
3.下图为某原电池装置,电池总反应为2Ag+Cl2=2AgCl.下列说法正确的是()
A. 正极反应为AgCl+e-=Ag+Cl-
B. 放电时,交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成
C. 若用NaCl溶液代替盐酸,则电池总反应随之改变
D. 当电路中转移0.01 mol e-时,交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子
4.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,其中W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原
子的核外内层电子数相同.X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代,工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质,而Z不能形成双原子分子.根据以上叙述,下列说法中正确的是()
A. 上述四种元素的原子半径大小为W<X<Y<Z
B. W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为20
C. W与Y可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物
D. 由W与X组成的化合物的沸点总低于由W与Y组成的化合物的沸点
5.降冰片二烯类化合物是一类太阳能储能材料。
降冰片二烯在紫外线照射下可以发生下列转化。
下列说法错误的是()
A. 降冰片二烯与四环烷互为同分异构体
B. 降冰片二烯的同分异构体可能是苯的同系物
C. 四环烷的一氯代物超过三种(不考虑立体异构)
D. 降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子不超过4个
6.用如图所示装置进行实验,能得出相应实验结论的是()
选项实验试剂实验结论
A a.稀硫酸b.碳酸氢钠c.硅酸钠溶液酸性:硫酸>碳酸>硅酸
B a.浓盐酸b.二氧化锰c.溴化钠溶液氧化性:MnO2>Cl2>Br2
C d.小苏打e.苏打f.石灰水热稳定性:苏打>小苏打
D d.氯化钠e.氯化铵f.硝酸银溶液沸点:氯化钠>氯化铵
A B C D
7.常温下,向1L 0.1mol•L-1NH4Cl溶液中,不断加入固体NaOH后,NH4+与NH3•H2O的变化趋
势如图所示(不考虑溶液体积的变化和氨的挥发),下列说法正确的是()
A. M点溶液中水的电离程度比原溶液大
B. a=0.05
C. 当n(NaOH)=0.05mol时溶液中有:c(Cl-)>c(Na+)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)
D. 在M点时,n(OH-)-n(H+)=(a-0.05)mol
二、简答题(本大题共4小题,共49.0分)
8.我国化学家侯德榜改革国外的纯碱生产工艺,生产流程可简要表示如图1:
(1)上述生产纯碱的方法称______,X物质的分子式______。
(2)沉淀池中发生的化学反应方程式是______。
(3)如图2是实验室模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置。
下列操作正确的是______。
a.a通入CO2,然后b通入NH3,c中放碱石灰
b.b通入NH3,然后a通入CO2,c中放碱石灰
c.a通入NH3,然后b通入CO2,c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
d.b通入CO2,然后a通入NH3,c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
(4)使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上,主要是设计了______(填上述流程中的编号)的循环。
(5)向母液中通氨气,加入细小食盐颗粒,冷却析出副产品,通氨气的作用有______。
a.增大NH4+的浓度,使NH4Cl更多地析出
b.使NaHCO3更多地析出
c.使NaHCO3转化为Na2CO3,提高析出的NH4Cl纯度
(6)为检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠,可取少量试样溶于水后,再滴加:______。
(7)测试纯碱产品中NaHCO3含量的方法是:准确称取纯碱样品W g,放入锥形瓶中加蒸馏水溶解,加1~2滴酚酞指示剂,用物质的量浓度为c mol•L-1的HCl溶液滴定至溶液由红色到无色(指示CO32-+H+=HCO3-反应的终点),所用HCl溶液体积为V1 mL,再加1~2滴甲基橙指示剂,继续用HCl溶液滴定至溶液由黄变橙,所用HCl溶液总体积为V2 mL.写出纯碱样品中NaHCO3质量分数的计算式:W(NaHCO3)=______。
9.回收和利用CO2是环境科学家研究的热点,也是减排的重要途径。
(1)将天然气和CO2通入聚焦太阳能反应器,发生反应:CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H
已知:CH4、H2、CO的燃烧热△H分别为-a kJ•mol-1、-b kJ•mol-1、-c kJ•mol-1.则上述反应中,△H=______(用含a、b、c的代数式表示)kJ•mol-1。
(2)CO2和H2可以合成二甲醚(CH3OCH3)。
二甲醚是一种绿色环保型能源,以稀硫酸为电解质溶液,若某二甲醚空气燃料电池每消耗1mol CH3OCH3,电路中通过9mol电子,则该电池效率η为______。
(提示:电池效率等于电路中通过的电子数与电池反应中转移电子总数之比)(3)CO和H2在一定条件下可以合成草酸(H2C2O4)。
已知:常温下,H2C2O4的电离常数分别是K a1≈5.0×10-2,K a2≈6.0×10-5.草酸的钾盐有K2C2O4、KHC2O4.常温下,KHC2O4的水解常数K b2=______,KHC2O4溶液的pH______(填“>”“<”或“=”) 7。
(4)T℃时,在恒容密闭容器中充入1molCO2和nmolH2,在一定条件下发生反应:CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H<0,混合气体中CH3OH的体积分数与氢气物质的量的关系如图1所示。
在图1中,A、B、C三点对应的体系中,CO2的转化率最大的是______(填字母)。
(5)用合成气(CO和H2)合成甲醇的反应为2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)△H,在10 L 的恒容密闭容器中按物质的量之比1:2充入CO和H2,测得CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图2所示。
①S1______(填“>”“<”或“=”) S2。
②下列说法正确的是______(填字母)。
a.温度越高,该反应的平衡常数越大
b.达到平衡后再充入稀有气体,CO的转化率减小
c.图2中x代表压强
d.混合气体的平均摩尔质量不再变化时说明反应达到平衡状态
③300℃时,氢气的物质的量随时间变化如表所示。
t/min0145
n(H2)/mol8.0 5.4 4.0 4.0
~内(3)•(L•min)-1.在该温度下,上述反应的平衡常数K=______。
④向上述③300℃的平衡体系中再加入2molCO、2molH2、2molCH3OH,保持温度不变。
则平衡
______(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。
10.硼及其化合物的研究在无机化学的发展中占有独特的地位。
(1)硼元素有10B和11B两种天然稳定同位素,在基态11B原子中,价电子中存在______对自旋方向相反的电子。
(2)目前已制得二十多种硼氢化合物,如乙硼烷B2H6、丁硼烷B4H10等在能源方面前景可期。
①NH3能通过配位键与硼元素的某种氢化物作用得到化合物M,M是一种新的储氢材料,加热
M 会缓慢释放出H2,并转化为化合物N,M、N分别是乙烷、乙烯的等电子体。
M的结构式为______ (须标出配位键),氮原子在M、N分子中的杂化方式分别为______。
②B2H6可作火箭燃料,结构如图3所示,则B2H6分子中最多有______个原子共平面。
(3)经结构研究证明,硼酸晶体中B(OH)3单元结构如图(1)所示。
各单元中的氧原子通过O-H…O氢键连结成层状结构如图(2)所示。
层与层之间以微弱的分子间力相结合构成整个硼酸晶体。
①H3BO3是一元弱酸,写出它与水反应的化学方程式______。
②根据结构判断下列说法正确的是______。
a.硼酸晶体属于原子晶体
b.硼酸晶体有鳞片状的外层
c.硼酸晶体是分子晶体
d.硼酸晶体有滑腻感,可作润滑剂
e.在B(OH)3单元中,B原子以sp3杂化轨道和氧原子结合而成
f.H3BO3分子的稳定性与氢键有关
g.含1mol H3BO3的晶体中有3mol氢键
h.分子中硼原子最外层为8e-稳定结构
(4)磷化硼(BP)是受高度关注的耐磨材料,可作为金属表面的保护层,其结构与金刚石类似,如图1所示。
①图2是磷化硼沿Z轴的投影图,请在图2中圆球上涂“●”和画“×”分别表明B与P的相对
位置。
②已知晶胞边长为a pm,则磷化硼的密度是______g•cm-3(只要求列算式,用N A表示阿伏伽德
罗常数)。
11.化合物H是合成啶氧菌酯(农用杀菌剂)的一种中间体。
由芳香化合物A为原料制备H的一种
合成路线如图:
回答下列问题:
(I)A的化学名称为______。
(2)反应④的反应类型是______。
(3)F的结构简式为______。
(4)H中的含氧官能团的名称是______。
(5)反应②的化学方程式为______。
(6)芳香化合物X是H的同分异构体,能发生银镜反应、水解反应,也能与FeCl3溶液发生显色反应,X的核磁共振氢谱有四组峰,峰面积之比为6:2:1:1.写出一种符合题目要求的X 的结构简式______。
(7)PAA()常用于纺织品和纸张的上胶,可由其单体在H2O2引发下制得。
设
计以乙炔、NaCN等为主要原料制备PAA的合成路线______。
三、实验题(本大题共1小题,共14.0分)
12.高纯氧化铝可用于制高压钠灯的陶瓷管。
实验室制取高纯氧化铝的流程如下:
(1)“除杂”操作是加入适量过氧化氢,用氨水调节溶液的pH约为8.0,以除去硫酸铵溶液中的少量Fe2+.检验Fe2+已除尽的实验操作是______。
(2)通常条件下,K SP[Fe(OH)3]=4.0×10-38,除杂后溶液中c(Fe3+)=______。
(3)配制硫酸铝溶液时,需用硫酸酸化,酸化的是目的是______。
(4)“结晶”操作中,母液经蒸发浓缩至溶液表面刚出现薄层的结晶为止,冷却结晶,得到铵明矾(含结晶水)。
母液不能蒸干的原因是______。
(5)“分离”操作名称是______(填字母代号)a.蒸馏 b.分液 c.过滤
(6)测定铵明矾组成的方法是:
a.称取0.906g铵明矾样品,高温灼烧,得Al2O3残留固体0.102g;
b.称取0.906g铵明矾样品,用适量蒸馏水溶解,再加入稍过量的BaCl2溶液,经静置、过滤、洗净,得BaSO40.932g;
c.称取0.906g样品,加入足量的NaOH溶液,加热,产生气体依次通过碱石灰和浓硫酸,浓硫酸增重0.0340g。
则铵明矾的化学式为______。
(7)有同学认为,第(6)问测定铵明矾组成的方法a、b、c三个试验中,有一个实验不必实施也能推导出铵明矾的化学式,您认为合理吗?若合理,请在下列空格写出不必实施的实验代号(即填上a、b、c其中的一个);若不合理,则在下列空格填上“不合理”,你的结论是______。
-------- 答案与解析 --------
1.答案:C
解析:解:A.海水中只有化合态的碘,实验室从海带提取单质碘的方法是:取样→灼烧→溶解→过滤,然后需将碘离子氧化为碘单质,在提取的过程中用的氧化剂可以是H2O2,然后再萃取,故A 错误;
B.乙醇在浓硫酸加热170℃发生消去反应生成乙烯气体,反应的化学方程式为
CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O,水的沸点为100℃,水浴的温度为小于100℃,而该反应的温度为
170℃,显然不符,故B错误;
C.铝表面的氧化膜为氧化铝,当有Cl-存在时,Cl-替换氧化铝中的氧元素形成可溶性的氯化铝,所以铝表面的氧化膜易被破坏,裸露出活泼的金属铝,铝具有两性,因此含盐腌制食品不宜直接存放在铝制容器中,故C正确;
D.当向蛋白质溶液中加入的盐溶液(硫酸铵、硫酸钠、氯化钠等)达到一定浓度时,会使蛋白质的溶解度降低而从溶液中析出,这种作用称为盐析,盐析具有可逆性,所以饱和(NH4)2SO4溶液能使蛋白质发生盐析,不是变性,因加强酸、强碱、重金属盐、甲醛等导致蛋白质性质的改变和生物活性的丧失,是蛋白质的变性,所以CuSO4溶液能使蛋白质溶液发生变性,故D错误;
故选:C。
A.碘元素在海水中只有化合态,没有游离态,海带提取单质碘需将碘离子氧化成碘单质;
B.乙醇和浓硫酸在170℃,发生分子内脱水生成乙烯和水,水浴的温度为小于100℃;
C.Cl-存在时,铝表面的氧化膜易被破坏,裸露出活泼的金属铝,铝具有两性,因此含盐腌制食品不宜直接存放在铝制容器中;
D.根据浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析,而重金属盐能使蛋白质发生变性,CuSO4溶液能使蛋白质溶液发生变性,饱和(NH4)2SO4溶液能使蛋白质发生盐析,不能发生变性;
本题主要考查了物质的性质,掌握基础知识,掌握物质的性质是解题的关键,题目难度不大.
2.答案:C
解析:解:A.油脂在碱性环境下水解生成可溶性物质,碳酸钠为强碱弱酸盐水解显碱性,升高温度促进盐类水解,所以用热的纯碱溶液洗去油污,碳酸钠与油脂不直接反应,故A错误;
B.漂白粉漂白原理为次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸,次氯酸具有漂白作用,二氧化碳与氯化钙不反应,故B错误;
C.碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气,降低肥效,施肥时,草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用,故C正确;
D.氯化铁能够与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜,铜不能置换铁,故D错误。
故选:C。
A.依据盐类水解的性质及油脂水解的性质解答;
B.漂白粉漂白原理为次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸;
C.依据盐类水解的性质解答;
D.氯化铁能够与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜.
本题考查化学实验方案的评价,涉及盐类水解的分析应用、氧化性强弱判断等,掌握物质性质和反应实质是关键,为高考常见题型,注意相关知识的学习与积累,难度不大.
解析:解:根据电池总反应为2Ag+Cl2=2AgCl可知,Ag失电子作负极失电子,氯气在正极上得电子生成氯离子,
A.正极上氯气得电子生成氯离子,其电极反应为:Cl2+2e-=2Cl-,故A错误;
B.放电时,交换膜左侧银为负极失电子形成银离子与溶液中的氯离子结合成AgCl沉淀,所以左侧溶液中有大量白色沉淀氯化银生成,故B错误;
C.根据电池总反应为2Ag+Cl2=2AgCl可知,用NaCl溶液代替盐酸,电池的总反应不变,故C错误;D.放电时,当电路中转移0.01mole-时,交换膜左则会有0.01mol氢离子通过阳离子交换膜向正极移动,同时会有0.01molAg失去0.01mol电子生成银离子,银离子会与氯离子反应生成氯化银沉淀,所以氯离子会减少0.01mol,则交换膜左侧溶液中共约减少0.02mol离子,故D正确;
故选:D。
根据电池总反应为2Ag+Cl2=2AgCl可知,Ag失电子作负极失电子,氯气在正极上得电子生成氯离子,A.正极上氯气得电子;
B.放电时,交换膜左侧银为负极失电子形成银离子与溶液中的氯离子结合成AgCl沉淀;
C.根据电池总反应判断;
D.放电时,交换膜左侧溶液中生成银离子。
本题考查了原电池原理的应用及沉淀反应,注意把握原电池原理及正负极的判断和电极方程式的书写,利用电子及电荷守恒来解决原电池中有关计算的问题,题目难度中等。
4.答案:C
解析:解:X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代,用的是C14,采用的是断代法;工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质,这是工业上生产氮的方法,Z的原子序数大于X、Y,且不能形成双原子,所以可只能是稀有气体Ne,X、Y、Z核外内层电子是2个,所以W是H,则A.X为C,Y为N,同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小,则原子半径C>N,Z为Ne,原子半径测定依据不同,一般不与主族元素的原子半径相比较,故A错误;
B.W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为1+4+5+8=18,故B错误;
C.W与Y可形成N2H4的化合物,既含极性共价键又含非极性共价键,故C正确;
D.W为H元素,X为C元素,Y为N元素,C和H可形成多种烃类化合物,当相对分子质量较大时,形成的烃在常温下为液体或固体,沸点较高,故D错误。
故选:C。
X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代,用的是C14,采用的是断代法;工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质,这是工业上生产氮的方法,Z的原子序数大于X、Y,且不能形成双原子,所以可能是稀有气体Ne,X、Y、Z核外内层电子是2个,所以W是H,结合元素周期律的递变规律解答该题.
本题考查原子结构与元素周期律的关系,题目难度中等,本题注意正确推断元素的种类为解答该题的关键,易错点为C,注意碳氢化合物的种类以及性质.
5.答案:C
解析:解:A.分子式都为C7H8,但结构不同,互为同分异构体,故A正确;
B.分子式为C7H8,与甲苯相同,则降冰片二烯的同分异构体可能是苯的同系物,故B正确;C.四环烷有3种H,一氯代物有3种,故C错误;
D.含有饱和碳原子,具有甲烷的结构特征,与碳碳双键直接相连的原子在同一个平面上,则最多有4个C原子共平面,故D正确。
A.二者结构不同,分子式相同;
B.分子式为C7H8,与甲苯相同;
C.四环烷有3种H;
D.结合乙烯、甲烷的结构特点判断。
本题考查有机物的结构和性质,为高频考点,把握有机物的官能团、结构、有机反应为解答的关键,选项D为解答的难点和易错点,侧重分析与应用能力的考查,题目难度不大。
6.答案:A
解析:解:A..强酸能弱酸盐反应生成弱酸,根据强酸制取弱酸判断酸性强弱,稀硫酸和碳酸氢钠反应生成二氧化碳,二氧化碳、水和硅酸钠反应生成难溶性硅酸,看到的现象是烧瓶中有气体生成、c 中有沉淀生成,所以可以实现实验目的,故A正确;
B.稀盐酸和二氧化锰不反应,浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气,所以不能得到氯气,不能实现实验目的,故B错误;
C.碳酸钠热稳定性较强,碳酸氢钠不稳定,受热易分解,所以d为碳酸钠、e为碳酸氢钠,故C错误;
D.氯化铵不稳定受热易分解,无法比较沸点,所以该装置不能实现实验目的,故D错误;
故选:A。
A.强酸能弱酸盐反应生成弱酸,根据强酸制取弱酸判断酸性强弱;
B.稀盐酸和二氧化锰不反应,浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气;
C.碳酸钠热稳定性较强,碳酸氢钠不稳定,受热易分解;
D.氯化铵不稳定受热易分解.
本题考查化学实验方案评价,为高频考点,涉及酸性强弱判断、氧化性强弱判断、物质稳定性强弱判断等知识点,明确实验原理及物质性质是解本题关键,题目难度不大.
7.答案:D
解析:解:A.酸或碱抑制水电离,含有弱离子的盐促进水电离,碱中c(OH-)越大其抑制水电离程度越大,含有弱离子的盐浓度越大,水的电离程度越大,原溶液中溶质为氯化铵,M点溶液中溶质为氯化铵、一水合氨和NaCl,且M点氯化铵浓度小于原溶液,所以水电离程度:M点小于原溶液,故A错误;
B.如果a=0.05,NH4Cl和NaOH反应后溶液中溶质为等物质的量的NH3.H2O和NH4Cl、NaCl,NH3.H2O的电离程度大于NH4Cl水解程度,导致溶液中c(NH4+)>c(NH3.H2O),要使混合溶液中c(NH4+)=c(NH3.H2O),则混合溶液中c(NH3.H2O)<c(NH4Cl),则a<0.05,故B错误;
C.当n(NaOH)=0.05mol时,NH4Cl和NaOH反应后溶液中溶质为等物质的量的NH3.H2O和NH4Cl、NaCl,NH3.H2O的电离程度大于NH4Cl水解程度,导致溶液呈碱性,钠离子、氯离子不水解,所以溶液中离子浓度大小顺序是c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+),故C错误;D.M点存在的物料守恒为c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH4+)=0.1mol/L,电荷守恒为c(Na+)+c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),根据电荷守恒、物料守恒得c(OH-)-c(H+)=c(Na+)+c(NH4+)-c(Cl-)=(a+0.05-0.1)mol/L=(a-0.05)mol/L,n(OH-)-n(H+)=(a-0.05)mol/L×1L=(a-0.05)mol,故D正确;
故选:D。
A.酸或碱抑制水电离,含有弱离子的盐促进水电离,碱中c(OH-)越大其抑制水电离程度越大,含有弱离子的盐浓度越大,水的电离程度越大;
B.如果a=0.05,NH4Cl和NaOH反应后溶液中溶质为等物质的量的NH3.H2O和NH4Cl、NaCl,NH3.H2O的电离程度大于NH4Cl水解程度,导致溶液中c(NH4+)>c(NH3.H2O);
C.当n(NaOH)=0.05mol时,NH4Cl和NaOH反应后溶液中溶质为等物质的量的NH3.H2O和NH4Cl、NaCl,NH3.H2O的电离程度大于NH4Cl水解程度,导致溶液呈碱性;
D.M点存在的物料守恒为c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH4+)=0.1mol/L,电荷守恒为c(Na+)+c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),根据电荷守恒、物料守恒判断.
本题考查酸碱混合溶液定性判断,为高频考点,明确M点溶液中溶质成分及其性质、各溶质物质的量相对大小是解本题关键,侧重考查学生分析、判断及计算能力,注意a不等于0.05,题目难度不大.
8.答案:联合制碱法或侯德榜制碱法CO2NH3+CO2+H2O+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓或
NH3+CO2+H2O=NH4HCO3,NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl c Ⅰac 稀硝酸和硝酸银溶
液×100%
解析:解:(1)目前工业制碱方法有二:氨碱法和联合制碱法。
题中方法由我们侯德榜所创,称为侯氏制碱法,也称为联合制碱法,反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓,得到碳酸氢钠同时得到氯化铵,X为CO2,
故答案为:联合制碱法或侯德榜制碱法; CO2;
(2)沉淀池中发生的化学反应为饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体,反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓或NH3+CO2+H2O=NH4HCO3,
NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl,
故答案为:NH3+CO2+H2O+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓或NH3+CO2+H2O=NH4HCO3,
NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl;
(3)“侯氏制碱法”制取NaHCO3的原理是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳,而得到NaHCO3的,在这一实验过程中,由于CO2在水中的溶解度较小,而NH3的溶解度较大,为防止倒吸,b管通CO2,a管通NH3,所以要在食盐水先通NH3然后再通CO2,否则CO2通入后会从水中逸出,等再通NH3时溶液中CO2的量就很少了,这样得到的产品也很少;在这个实验中的尾气主要是CO2和NH3,其中NH3对环境影响较大,要吸收,而NH3是碱性气体,所以在C装置中要装酸性物质,据此可知a错误、b错误、c正确、d错误,
故答案为:c;
(4)循环Ⅰ是将未反应的氯化钠返回沉淀池中,从固液混合物中分离出固体的方法为过滤。
故答案为:I;
(5)氨气溶于水后生成氨水,氨水电离成铵根,增大铵根的浓度有利于氯化铵的析出来,所以选项a正确;
通入氨气使溶液碱性增强,使碳酸氢钠转换为溶解度较大的碳酸钠,可以提高氯化铵的纯度所以选项c正确,选项b错误。
故答案为:ac;
(6)氯离子与银离子反应生成不溶于硝酸的氯化银沉淀,所以检验氯离子方法为:取少量试样溶于水后,再滴加硝酸酸化的硝酸银溶液,看是否产生白色沉淀;
故答案为:稀硝酸和硝酸银溶液;
(7)加酚酞指示剂,变色范围为8-10,用物质的量浓度为c(mol/L)的HCl溶液滴定至溶液由红色到无色,指示CO32-+H+=HCO3-反应的终点,所用HCl溶液体积为V1mL;再加甲基橙指示剂,继续用HCl溶液滴定至溶液由黄变橙,指示HCO3-+H+=CO2↑+H2O反应的终点,所用HCl溶液体积为V2 mL.上述的两个离子方程式为①CO32-+H+=HCO3-②HCO3-+H+=CO2+H2O,故样品中含有的碳酸
氢钠反应消耗盐酸体积为(V2-V1)mL,消耗盐酸的物质的量为c(V2-V1)÷1000mol,故碳酸氢钠的物质的量为c(V2-V1)÷1000mol,碳酸氢钠的质量为c(V2-V1)M÷1000g,碳酸氢钠的质量分数
为=×100%,
故答案为:×100%。
(1)联合制碱法的原料为氨气、二氧化碳和饱和氯化钠,反应过程是向氨化的饱和氯化钠溶液中通入二氧化碳气体生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液,过滤得到碳酸氢钠固体,加热分解得到纯碱;(2)饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体,沉淀池中得到的是碳酸氢钠晶体;(3)“候氏制碱法”制取NaHCO3的原理是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳,而得到NaHCO3的,在这一实验过程中,由于CO2在水中的溶解度较小,而NH3的溶解度较大,为防止倒吸,b管通CO2,a管通NH3,所以要在食盐水先通NH3然后再通CO2,否则CO2通入后会从水中逸出,等再通NH3时溶液中CO2的量就很少了,这样得到的产品也很少;在这个实验中的尾气主要是CO2和NH3,其中NH3对环境影响较大,要吸收,而NH3是碱性气体,所以在C装置中要装酸性物质,据此推断;
(4)主要的副产物为氯化铵,需要考虑氯化铵的回收利用,要提高原料的利用率,可以用循环使用的方法;
(5)氨气溶于水后生成氨水,氨水电离成铵根,增大铵根的浓度有利于氯化铵的析出来分析;同时通入氨气使溶液碱性增强,使碳酸氢钠转换为溶解度较大的碳酸钠,可以提高氯化铵的纯度;(6)氯离子与银离子反应生成不溶于硝酸的氯化银沉淀,据此检验氯离子存在;
(7)加酚酞指示剂,指示CO32-+H+=HCO3-应的终点,再加甲基橙指示剂,指示HCO3-+H+=CO2+H2O 反应的终点,样品中含有的碳酸氢钠反应消耗盐酸体积为(V2-V1)mL,消耗盐酸的物质的量为c (V2-V1)/1000mol,故碳酸氢钠的物质的量为c(V2-V1)/000 mol,以此来计算碳酸氢钠的质量分数。
本题以侯氏制碱工业为载体考查物质的制备,明确侯氏制碱法原理、滴定实验中物质质量分数的计算等,明确流程图中发生的反应、物质分离提纯方法是解本题关键,侧重考查学生分析判断能力,注意向氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳的先后顺序,题目难度中等。
9.答案:2c+2b-a 75% 2.0×10-13< C > d 0.050 6.25 正向移动
解析:解:(1)CH4、H2、CO的燃烧热△H分别为-a kJ•mol-1、-b kJ•mol-1、-c kJ•mol-1.则三者的热化学方程式为:
①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H1=-akJ/mol,
②H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H2=-bkJ/mol,
③CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H3=-ckJ/mol,
盖斯定律计算①-(②+③)得到所求反应式为CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H=(-a+2b+2c)KJ/mol,
故答案为:2c+2b-a;
(2)某二甲醚空气燃料电池每消耗1mol CH3OCH3,电路中通过9mol电子,电极反应中电子转移:CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+,电池效率等于电路中通过的电子数与电池反应中转移电子总数
之比计算得到η=×100%=75%,
故答案为:75%;。