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    2022届天津市第一中学高三下学期4月月考化学试题含解析
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    2022届天津市第一中学高三下学期4月月考化学试题含解析

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    这是一份2022届天津市第一中学高三下学期4月月考化学试题含解析,共22页。试卷主要包含了 下列表示不正确的是, 下列实验操作或装置正确的是, 下列由实验现象所得结论错误是等内容,欢迎下载使用。

    I卷选择题(单选,共36分)
    1. 第22届冬奥会将于2022年2月4日在北京开幕,科技部提出了“科技冬奥”理念,并将重点着力于做好此次冬奥会的科技支撑保障工作。下列说法不正确的是
    A. 北京冬奥会将使用二氧化碳跨临界制冰机组,与传统制冷剂氟利昂相比更加环保
    B. 轻质高强度的碳纤维有舵雪橇中的碳纤维是一种高分子材料
    C. 冬奥会上将采用紫外杀菌技术对手机和笔记本电脑进行消毒,这是利用紫外线使蛋白质变性
    D. 冬奥会将采用氢燃料电池车,还开发了全新车载光伏发电系统,体现了“绿色出行”的理念
    【1题答案】
    【答案】B
    【解析】
    【详解】A.氟氯烃化合物进入高空会破坏臭氧层,使到达地面的紫外线增多,因此二氧化碳跨临界直冷制冰技术的使用会减少臭氧层破坏,A正确;
    B.碳纤维是一种碳单质,不是有机高分子化合物,B错误;
    C.紫外线能够使蛋白质变性,故能对手机和笔记本电脑进行消毒,C正确;
    D.氢燃料电池车产物是水,会减少二氧化碳的排放,体现了“绿色出行”的理念,D正确;
    故选:B。
    2. 下列表示不正确的是
    A. 乙炔的结构简式HC≡CHB. KOH的电子式
    C. 乙烷的球棍模型:D. 氯离子的结构示意图:
    【2题答案】
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A.乙炔中碳碳之间为三键,故结构简式HC≡CH,选项A正确;
    B.KOH为离子化合物,故电子式为,选项B正确;
    C.为乙烷的比例模型,不是球棍模型,选项C错误;
    D.氯离子的核电荷数是17,电子数为18,氯离子的结构示意图为,选项D正确;
    故答案是C。
    3. 下列过程中,没有发生酯化反应的是
    A. 用秸秆制取燃料乙醇B. 用纤维素制取硝酸纤维
    C. 核苷酸生成多聚核苷酸D. 白酒陈化过程中产生香味
    【3题答案】
    【答案】A
    【解析】
    【分析】
    【详解】A.用秸秆(纤维素)水解最终产物得到葡萄糖、葡萄糖发酵得乙醇,没有发生酯化反应,A符合;
    B.纤维素所含羟基、与硝酸发生酯化反应生成硝酸纤维,B不符合;
    C.核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物。核酸可看做磷酸、戊糖(含羟基)和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子,则核苷酸则核苷酸生成多聚核苷酸的过程中有酯化反应,C不符合;
    D.白酒陈化过程中产生乙酸乙酯因而产生香味,因为有乙醇转变为乙酸、乙酸与乙醇反应形成的,D不符合;
    答案选A。
    4. 设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
    A. 12g金刚石中含有C—C键4NA
    B. 6.4gCaC2固体中含有的离子总数为0.2NA
    C. 已知H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH=-11kJ/ml,当晶体I2与H2(g)反应生成2NA个HI(g)分子时,反应放出的热量为11kJ
    D. 1L0.01ml/L溶液中,和数目之和为0.01NA
    【4题答案】
    【答案】B
    【解析】
    【详解】A.1个碳原子形成四条共价键,每2个碳原子形成1个共价键,12g金刚石的物质的量为1ml,1ml金刚石形成2NA个C-C键,A错误;
    B.6.4gCaC2的物质的量为0.1ml,固体中含有的离子总数为0.2NA,B正确;
    C.当I2(g)与H2(g)反应生成2NA个HI(g)分子时,反应放出的热量为11kJ,C错误;
    D.溶液中含有邻苯二甲酸,、 、 的数目之和为0.01NA,D错误;
    故选B。
    5. 下列实验操作或装置正确的是
    A. AB. BC. CD. D
    【5题答案】
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A.苯乙酸和乙醇沸点不同,应用蒸馏方法分离,A项错误;
    B.苯酚难溶于水,但苯酚在水溶液中是以乳浊液的形式析出,会与水分层,故应采用分液方法分离,B项错误;
    C.工业乙酸乙酯中杂质与乙酸乙酯的沸点不同,实验室可以用蒸馏的方法提纯,C项正确;
    D.NaOH溶液是标准溶液,应用碱式滴定管盛放,D项错误;
    答案选C。
    6. 下列实验对应的离子方程式不正确的是
    A. C6H5ONa溶液中通入少量CO2:C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO
    B. 将少量NO2通入NaOH溶液:2NO2+2OH-=NO+NO+H2O
    C. 将少量SO2通入NaClO溶液:SO2+H2O+2ClO-=SO+2HClO
    D. 向氨水中滴入少量硝酸银溶液:Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O
    【6题答案】
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A.C6H5ONa溶液中通入少量CO2,碳酸酸性比苯酚强,苯酚酸性比碳酸氢根强,离子方程式正确,故产物为苯酚和碳酸氢根,A正确;
    B.将少量NO2通入NaOH溶液,反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水,反应的离子方程式为: ,B正确;
    C.将少量SO2通入NaClO溶液,反应生成硫酸钠和盐酸,反应的离子方程式为:,C错误;
    D.向氨水中滴入少量硝酸银溶液,反应生成氢氧化二氨合银,反应的离子方程式为:,D正确;
    故选C。
    7. 下列由实验现象所得结论错误是
    A. 向NaHSO3溶液中滴加氢硫酸,产生淡黄色沉淀,证明HSO具有氧化性
    B. 向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末,紫色褪去,证明Fe3O4中含Fe(Ⅱ)
    C. 向浓HNO3中插入红热的炭,产生红棕色气体,证明炭可与浓HNO3反应生成NO2
    D. 向NaClO溶液中滴加酚酞试剂,先变红后褪色,证明NaClO在溶液中发生了水解反应
    【7题答案】
    【答案】C
    【解析】
    【分析】
    【详解】A.淡黄色沉淀是S,在反应过程中硫元素由NaHSO3中的+4价降低到0价,发生还原反应,体现氧化性,A项不符合题意;
    B.酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性,与还原性物质反应紫色才会褪去,所以可以证明Fe3O4中有还原性物质,即Fe(Ⅱ),B项不符合题意;
    C.在该反应中浓硝酸体现氧化性,N元素化合价降低,生成的产物可能是NO或者NO2,NO暴露于空气中也会迅速产生红棕色气体,无法证明反应产物,C项符合题意;
    D.先变红说明溶液显碱性,证明NaClO在溶液中发生了水解,,后来褪色,是因为水解产生了漂白性物质HClO,D项不符合题意;
    故选C。
    8. R、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素,且Y、Z位于同主族。由R、X、Y、Z组成的有机物M是日用化妆品冷烫精的主要原料,其结构如图所示。下列说法正确的是
    A. 电负性:Y>Z>R>X
    B. XZ2、XW4、XR4都是非极性分子
    C. 简单离子结合质子能力:W>Z
    D. 1mlM含7mlσ键
    【8题答案】
    【答案】B
    【解析】
    【分析】依题意,Y和Z位于同主族,Y原子能形成1个双键,Z原子形成2个单键,说明Z原子最外层有6个电子,Y为氧,Z为硫。X原子能形成2个单键、1个双键(或4个单键),说明X原子最外层有4个电子,原子序数小于8,故X为碳。R原子形成1个单键,上述五种元素中R的原子序数最小,R为氢;W为短周期主族元素且原子序数大于16,故W为氯。
    【详解】A.非金属性越强则其电负性越强,氧、硫、碳、氢的电负性依次减小,A错误;
    B.CS2是直线形分子,CH4,CCl4分子都是正四面体形分子,它们都是非极性分子,B正确;
    C.结合质子能力越强,形成的酸越弱,酸性:HCl>H2S,结合质子(H+)能力:S2->Cl-,C错误;
    D.单键都是g键,双键中有1个σ键,1个M分子含8个σ键,D错误;
    故选:B。
    9. 工业上以黄铁矿(主要成分为FeS2)为原料,采用接触法制备浓硫酸原理如下:
    下列说法不正确的是
    A. 用盐酸和烧碱可从烧渣中提取铁红
    B. 净化SO2的目的是防催化剂中毒降低活性
    C. 用水替代98.3%浓硫酸能提高吸收效率
    D. 制备硫酸的3个反应中2个是氧化还原反应
    【9题答案】
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A.用盐酸溶解烧渣,可除去二氧化硅;再用氢氧化钠可分离铝元素和铁元素,灼烧氢氧化铁制铁红,故A正确;
    B.二氧化硫中有砷等杂质会使催化剂中毒(降低活性),净化SO2的目的是防催化剂中毒降低活性,故B正确;
    C.三氧化硫与水反应放出大量热量,用水直接吸收三氧化硫会形成“酸雾”,污染环境且吸收率低,故C错误;
    D.黄铁矿(FeS2)与O2反应,SO2和O2反应2个是氧化还原反应,故D正确;
    故答案为C
    10. 某课题组设计一种固定CO2的方法。下列说法不正确的是
    A. 反应原料中的原子100%转化为产物
    B. 该过程在化合物X和I-催化下完成
    C. 该过程仅涉及加成反应
    D. 若原料用,则产物为
    【10题答案】
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A.通过图示可知,二氧化碳和反应生成,没有其它物质生成,反应原料中的原子100%转化为产物,A正确;
    B.通过图示可知,X和I-在反应过程中是该反应的催化剂,B正确;
    C.在该循环过程的最后一步中形成五元环的时候反应类型为取代反应,C错误;
    D.通过分析该反应流程可知,通过该历程可以把三元环转化为五元环,故若原料用,则产物为,D正确;
    故选C。
    11. 1808年戴维电解一种碱土金属氧化物(用MO表示)与汞的混合物,得到汞齐后再蒸去汞,发现了镁、钙、锶、钡。下列说法不正确的是
    A. 电流流向:b极→石墨极,铂极→a极
    B. 向铂极迁移M2+数目等于向石墨极迁移О2-数目
    C. 阳极反应式为
    D. 汞齐起保护金属作用
    【11题答案】
    【答案】C
    【解析】
    【分析】О2-→O2,O元素化合价升高,则阳极是石墨电极,阳极反应式为,阴极是铂电极,阴离子反应式为;
    【详解】A.由图示分析可知:铂电极为阴极,石墨电极为阳极,电流由正极流出,流向阳极;阴极流向负极,A正确;
    B.MO中阴、阳离子带电荷数相等,通电时向两极迁移的阴,阳离子数目相等,B正确;
    C.阳极反应式为,阴离子反应式为,C错误;
    D.镁、钙、锶,钡等活泼金属容易与空气中氧气反应,液态汞包裹金属,避免活泼金属在高温下被氧化,D正确;
    故选:C。
    12. 某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4ml·L-1Na2CO3溶液和40mL0.2ml·L-1NaHCO3溶液,再分别用0.4ml·L-1盐酸滴定,利用pH计和压力传感器检测,得到如图曲线:
    下列说法正确的的是
    A. 图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸,乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸
    B. 当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点),所发生的反应用离子方程式表示为:HCO+H+=CO2↑+H2O
    C. 根据pH—V(HCl)图,滴定分析时,c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
    D. Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足:c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)
    【12题答案】
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A.碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠,故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠,碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠,再产生二氧化碳气体,故图中甲、丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸,乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸,A错误;
    B.当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点),所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子,离子方程式表示为:CO+H+= HCO,B错误;
    C.根据pH—V(HCl)图,滴定分析时,c点的pH在9左右,符合酚酞的指示范围,故可用酚酞作指示剂;d点的pH在4左右,符合甲基橙的指示范围,故可用甲基橙作指示剂指示滴定终点,C正确;
    D.根据电荷守恒和物料守恒,则Na2CO3中存在c(OH-)-c(H+)=2c(H2CO3)+c(HCO), NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+),D错误;
    答案选C。
    II卷填空题(共64分)
    13. 碳族元素及其化合物在材料领域有广泛应用。
    (1)冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状化合物。X、Y、Z是常见的三种冠醚,其结构如图甲所示。它们能与碱金属离子作用,并且随着环的大小不同而与不同金属离子作用。
    ①Li+半径与X的空腔大小相近,恰好能进入到X的环内,且与氧原子的一个孤电子对作用形成稳定结构W(如图甲)。基态碳原子核外有____种运动状态不同的电子,其价电子轨道表示式为____。W中Li+与孤电子对之间的作用属于____(填序号)。
    A.离子键 B.分子间作用力 C.氢键 D.配位键
    ②冠醚Y能与K+形成稳定结构,但不能与Li+形成稳定结构,理由是____。
    ③冠醚分子中C—O—C的键角____109°28'(填“>”“<”或“=”)。
    (2)金刚石、晶体硅和碳化硅的熔点由高到低的顺序为____(用化学式表示),金刚石的晶胞结构如图甲,晶胞边长为apm,金刚石的密度可表示为____g/cm3。
    (3)SiCl4与N-甲基咪唑()反应可以得到M2+,其结构如图乙所示,N-甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为____,1个M2+中含有____个σ键。
    【13题答案】
    【答案】(1) ①. 6 ②. ③. D ④. Li+半径比Y的空腔小很多,不易与空腔内氧原子结合形成稳定结构 ⑤. <
    (2) ①. C>SiC>Si ②.
    (3) ①. sp3、sp2杂化 ②. 54
    【解析】
    【小问1详解】
    基态碳原子核外有6个电子,每个电子的运动状态各不相同,故有6种不同运动状态的电子;其价电子排布为2s22p2,价电子轨道表示式为:;Li离子与孤电子对之间的作用力属于配位键,故选D;K+半径较大,能与空腔内氧原子结合形成稳定结构,而Li+半径比Y的空腔小很多,不易与空腔内氧原子结合形成稳定结构,故答案为: Li+半径比Y的空腔小很多,不易与空腔内氧原子结合形成稳定结构;冠醚分子中O原子杂化方式为sp3杂化,但氧原子有两个孤电子对,孤电子对之间的斥力>孤电子对和成键电子对之间的斥力>成键电子对之间的斥力,故键角变小,小于109°28',故选“<”;
    【小问2详解】
    原子半径越小,键长越短,键能越大,原子晶体熔沸点越高,键长:金刚石<碳化硅<晶体硅,故熔点由高到低的顺序为:C>SiC>Si;根据均摊法,金刚石晶体中碳原子个数为8,密度: g/cm3;
    【小问3详解】
    N-甲基咪唑分子中碳原子只参与形成单键和大派键,碳原子的杂化轨道类型为sp3、sp2杂化;1个N-甲基咪唑分子中含有12个键,整个离子中含有6个配位键,故键的总个数为:。
    15. 反-2-己烯醛(D)是一种重要的合成香料,下列合成路线是制备D的方法之一。根据该合成路线回答下列问题:
    已知:RCHO+R'OH+R"OH
    (1)A的名称是__________;B分子中共面原子数目最多为__________;C分子中与环相连的三个基团中,不同化学环境的氢原子共有__________种。
    (2)D中含氧官能团的名称是__________,写出检验该官能团的化学反应方程式:__________。
    (3)E为有机物,能发生的反应有__________。
    a.聚合反应b.加成反应c.消去反应d.取代反应
    (4)B的同分异构体F与B有完全相同的官能团,写出F所有可能的结构:________。
    (5)以D为主要原料制备己醛(目标化合物),在方框中将合成路线的后半部分补充完整。
    (6)问题(5)的合成路线中第一步反应的目的是__________。
    【15题答案】
    【答案】 ①. 正丁醛或丁醛 ②. 9 8 ③. 醛基 ④. +2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O或+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O; ⑤. cd ⑥. CH2=CHCH2OCH3、、、 ⑦. ; ⑧. 保护醛基
    【解析】
    【详解】(1)根据流程图,A为CH3CH2CH2CHO,是丁醛;B为CH2=CHOC2H5,分子中共面原子数目最多为9个(如图:),C分子中与环相连的三个基团中,8个碳原子上的氢原子化学环境都不相同,共有8种,故答案为丁醛;9;8;
    (2)D为,其中含氧官能团是醛基,检验醛基可以用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液,故答案为醛基;+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O或+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O;
    (3)根据流程图,结合信息,C在酸性条件下反应生成、CH3CH2CH2CHO和CH3CH2OH以及水,因此E为CH3CH2OH,属于醇,能发生的反应有消去反应和取代反应,故选cd;
    (4)B的同分异构体F与B有完全相同的官能团, F可能的结构有:CH2=CHCH2OCH3、、,故答案为CH2=CHCH2OCH3、、;
    (5)D为,己醛的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2CHO,根据信息和己醛的结构,首先需要将碳碳双键转化为单键,然后在酸性条件下反应即可,故答案为;
    (6)醛基也能够与氢气加成,(5)中合成路线中第一步反应的目的是保护醛基,故答案为保护醛基。
    【点晴】本题为信息推断题,解这类题目的关键是看懂信息,明确各类有机物的基本反应类型和相互转化关系。可以由原料结合反应条件正向推导产物,也可以从产物结合条件逆向推导原料,也可以从中间产物出发向两侧推导,审题时要抓住基础知识,结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系,不仅要注意物质官能团的衍变,还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变,这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。本题的难点是同分异构体的书写,特别是有限制条件的同分异构体的书写,平时要多加训练。
    16. 实验室以CuSO4•5H2O为原料制备[Cu(NH3)4]SO4•H2O并进行定量分析。
    已知:CuSO4+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]SO4+4H2O
    [Cu(NH3)4]2++4H+=Cu2++4NH
    (1)配制溶液:称取一定质量的CuSO4•5H2O晶体,放入锥形瓶中,溶解后滴加氨水,装置A如图所示(胶头滴管中吸有氨水)。
    滴加氨水时,有浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4生成;继续滴加氨水,沉淀消失,得到深蓝色溶液[Cu(NH3)4]SO4。用离子方程式解释由浅蓝色沉淀生成深蓝色溶液的原理:____。
    (2)制备晶体:将装置A中溶液转移至装置B中,析出[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体;将装置B中混合物转移至装置C的漏斗中,减压过滤,用乙醇洗涤晶体2~3次;取出晶体,干燥。
    ①两次转移均需洗涤原容器,且将洗涤液也全部转移,目是____。
    ②减压过滤时,抽气泵处于工作状态,活塞需关闭,使装置内产生负压。洗涤晶体时,为了使乙醇与晶体充分接触,提高洗涤的效果,要____(填“打开”或“关闭”,下同)活塞后,向漏斗中加入乙醇至浸没沉淀,待乙醇流下后,再____活塞。
    (3)废液回收:从含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和一水合氨的废液中回收乙醇并获得CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液,应加入的试剂是____(填名称),回收乙醇的实验方法为____。
    (4)用沉淀法测定晶体中SO的含量:称取一定质量的[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体,加适量蒸馏水溶解,向其中滴加足量____溶液,搅拌,过滤,洗涤,干燥,称量沉淀的质量。如何检验沉淀已经洗净____。
    (5)探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O(Mr=250)含量。取ag试样配成100mL溶液,每次取20.00mL,消除干扰离子后,用cml/LEDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点,平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反应如下:Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+。
    写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω=____。
    下列操作会导致CuSO4·5H2O含量的测定结果偏高的是____。
    a.未干燥锥形瓶
    b.滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡
    c.未除净可与EDTA反应的干扰离子
    【16题答案】
    【答案】(1)Cu2(OH)2SO4+8NH3•H2O=2[Cu(NH3)4]2++SO+2OH-+8H2O或Cu2(OH)2SO4+8NH3=2[Cu(NH3)4]2++SO+2OH-
    (2) ①. 减少溶液中 Cu2(OH)2SO4的损失,增加 Cu2(OH)2SO4•H2O的产率 ②. 打开 ③. 关闭
    (3) ①. (稀)硫酸 ②. 蒸馏
    (4) ①. BaCl2溶液 ②. 取最后一次洗涤液,向其中加入AgNO3溶液,若无白色沉淀产生,证明沉淀洗净
    (5) ①. ×100% ②. c
    【解析】
    【分析】装置A为封闭体系,加入氨气后有利于氨气充分吸收;滴加氨水时,硫酸铜和氨水生成浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4,继续滴加氨水,沉淀消失,生成络合物,得到深蓝色[Cu(NH3)4]SO4溶液;洗涤原容器有利于反应物充分利用;加入洗涤剂洗涤晶体时,要保证正常压强,洗涤剂和洗涤物充分混合有利于洗涤充分;废液回收过程是从含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和氨水的废液中回收乙醇并获得CuSO4、(NH4)2SO4的混合溶液,废液存在络离子,需要加入H2SO4,除去络离子;沸点不同的物质可以蒸馏分离;SO用BaCl2溶液检验,氯离子可以用银离子检验,据此检验。
    【小问1详解】
    称取一定质量的CuSO4•5H2O晶体,放入锥形瓶中,溶解后滴加氨水,有浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4生成;继续滴加氨水,沉淀消失,得到深蓝色溶液[Cu(NH3)4]SO4,反应过程中氨水中的一水合氨或氨气参加反应,[Cu(NH3)4]SO4为可溶性强电解质,在水溶液中完全电离,离子方程式解释由浅蓝色沉淀生成深蓝色溶液的原理:Cu2(OH)2SO4+8NH3•H2O=2[Cu(NH3)4]2++SO+2OH-+8H2O或Cu2(OH)2SO4+8NH3=2[Cu(NH3)4]2++SO+2OH-。故答案为:Cu2(OH)2SO4+8NH3•H2O=2[Cu(NH3)4]2++SO+2OH-+8H2O或Cu2(OH)2SO4+8NH3=2[Cu(NH3)4]2++SO+2OH-;
    【小问2详解】
    制备晶体:将装置A中溶液转移至装置B中,析出[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体;将装置B中混合物转移至装置C的漏斗中,减压过滤,用乙醇洗涤晶体2~3次;取出晶体,干燥。
    ①转移过程中,盛有溶液的容器的内壁上会附着少量溶液,溶液中含有溶质,为提高产品的产率,因此需要洗涤原容器,目的是减少溶液中 Cu2(OH)2SO4的损失,增加 Cu2(OH)2SO4•H2O的产率。故答案为:减少溶液中 Cu2(OH)2SO4的损失,增加 Cu2(OH)2SO4•H2O的产率;
    ②减压过滤的原理是利用抽气泵使抽滤瓶中压强降低,提高过滤效率,因此过滤过程中需要关闭活塞,使抽滤瓶中形成负压(相较于大气压),但是在加入洗涤剂洗涤晶体时,若关闭活塞,大部分洗涤液被快速抽走,会浪费洗涤剂且洗涤效果不佳,因此加入洗涤剂洗涤过程中需要打开活塞,使抽滤瓶中压强与大气压相同,洗涤晶体时,为了使乙醇与晶体充分接触,提高洗涤的效果,要打开(填“打开”或“关闭”,下同)活塞后,向漏斗中加入乙醇至浸没沉淀,待乙醇流下后,再关闭活塞。故答案为:打开;关闭;
    【小问3详解】
    废液回收:从含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和一水合氨的废液中回收乙醇并获得CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液,因此需要将[Cu(NH3)4]SO4转化为CuSO4,氨水中一水合氨和氨气转化为(NH4)2SO4,类似于NH3→(NH4)2SO4,应加入的试剂是(稀)硫酸(填名称),充分反应后溶液为无机盐和乙醇的水溶液,回收乙醇是液液互溶体系分离,回收乙醇的实验方法为蒸馏。故答案为:(稀)硫酸;蒸馏;
    【小问4详解】
    测定晶体中SO的含量实验原理:将晶体溶解,加入BaCl2溶液,使溶液中SO完全沉淀,通过测定沉淀的质量计算晶体中SO的含量。用沉淀法测定晶体中SO的含量:称取一定质量的[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体,加适量蒸馏水溶解,向其中滴加足量BaCl2溶液,至不再有白色沉淀产生时,搅拌,过滤,洗涤,干燥,称量沉淀的质量。如何检验沉淀已经洗净:取最后一次洗涤液,向其中加入AgNO3溶液,若无白色沉淀产生,证明沉淀洗净。故答案为:BaCl2;取最后一次洗涤液,向其中加入AgNO3溶液,若无白色沉淀产生,证明沉淀洗净;
    【小问5详解】
    滴定反应如下:Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+,铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cml/L×b×10-3L=bc×10-3ml;依据元素守恒得到:则20ml溶液中含有的CuSO4•5H2O物质的量为bc×10-3ml;100ml溶液中含bc×10-3ml×5=5bc×10-3ml;所以CuSO4•5H2O质量分数的表达式ω=×100%。故答案为:×100%;
    下列操作会导致CuSO4·5H2O含量的测定结果偏高的是:a.未干燥锥形瓶,对实验结果没有影响,故不选;b.滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡,读出的b值偏小,测定结果偏低,故不选;c.未除净可与EDTA反应的干扰离子,读出的b值偏大,测定结果偏高,故选;故答案为:c。
    18. 甲醇既是重要的化工原料,又是一种可再生能源,具有开发和应用的广阔前景,研究甲醇具有重要意义。
    (1)利用CO2和H2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。
    ①若H2(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为ΔH=-285.8kJ/ml和ΔH=-726.5kJ/ml,则由CO2和H2反应生成液态甲醇和液态水的热化学方程式为____。此反应的活化能Ea(正)____Ea(逆)(填“>”或“<”),该反应应选择高效____催化剂(填“高温”或“低温”)。
    ②下列措施能使CO2的平衡转化率提高的是____(填序号)。
    A.增大压强 B.升高温度
    C.增大H2与CO2的投料比 D.改用更高效的催化剂
    (2)利用CH4与O2在催化剂的作用下合成甲醇。
    主反应:CH4+O2(g)CH3OH(g) ΔH
    副反应:CH4+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g) ΔH
    科技工作者结合实验与计算机模拟结果,研究了CH4、O2和H2O(g)(H2O的作用是活化催化剂)按照一定体积比在催化剂表面合成甲醇的反应,部分反应历程如图乙所示(吸附在催化剂表面的物种用“*”标注,TS代表过渡态)。
    ①在催化剂表面上更容易被吸附的是____(填“H2O”或“O2”)。
    ②该历程中正反应最大能垒(活化能)为____ kJ/ml,写出该步骤的化学方程式:____。
    ③在恒温的刚性密闭容器中,分别按照CH4、O2的体积比为2:1以及CH4、O2、H2O(g)的体积比为2:1:8反应相同的时间,所得产物的选择性[如甲醇的选择性=],如图丙所示:
    向反应体系中加入H2O(g)能够显著提高甲醇选择性的原因:____。向上述刚性密闭容器中按照体积比2:1:8充入CH4、O2和H2O(g),在450K下达平衡时,CH4的转化率为50%,CH3OH的选择性为90%,则副反应的压强平衡常数Kp=____。(Kp是以分压代表的平衡常数,分压=总压×物质的量分数)(计算结果保留1位小数)。
    (3)可利用电解的方法将CO2转化为CH3OH,请写出在酸性条件下的阴极反应式:____。
    【18题答案】
    【答案】(1) ①. CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l) ΔH=-130.9kJ•ml-1 ②. < ③. 低温 ④. AC
    (2) ①. H2O ②. 22.37 ③. *CH4+*OH=*CH3OH+*H ④. 加入水蒸气,促进副反应逆向进行,二氧化碳减少;水可以活化催化剂,增大甲醇的生成速率 ⑤. 54.9
    (3)CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O
    【解析】
    【小问1详解】
    ①H2(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为ΔH=-285.8kJ/ml和ΔH=-726.5kJ/ml,可得热化学方程式:,,由CO2和H2反应生成液态甲醇和液态水的反应为:该反应可由3×①-②得到,根据盖斯定律可得反应的ΔH=3×-=3×()-()=-130.9kJ•ml-1,该反应的热化学方程式为:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l) ΔH=-130.9kJ•ml-1,该反应为放热反应,正反应的活化能小于逆反应的活化能,低温条件有利于反应正向移动,利于产物生成,应选用低温高效催化剂,故答案为:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l) ΔH=-130.9kJ•ml-1;<;低温;
    ②A.该反应正向气体分子数减小,增大压强平衡正向移动,CO2的平衡转化率提高,故A选;
    B.该反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动,降低CO2的平衡转化率,故B不选;
    C.增大H2与CO2的投料比,可使CO2的平衡转化率提高,故C选;
    D.催化剂只改变反应速率,对平衡无影响,故D不选;
    故答案为:AC;
    【小问2详解】
    ①由图可知催化剂吸附H2O后的相对能量比吸附O2后的相对能量更低,由此可知催化剂吸附H2O更容易,故答案为:H2O;
    ②由图可知*CH4+*OH生成*CH3OH+*H的能量差最大,能垒最高,能垒值为22.37,该反应方程式为:*CH4+*OH=*CH3OH+*H,故答案为:22.37;*CH4+*OH=*CH3OH+*H;
    ③加入H2O(g)能与二氧化碳发生副反应反应使二氧化碳的量减少,同时水可以活化催化剂,提高催化剂对甲醇的选择性;
    向上述刚性密闭容器中按照体积比2:1:8充入CH4、O2和H2O(g),CH4的转化率为50%,CH3OH的选择性为90%,设CH4、O2和H2O(g)的物质的量分别为2ml、1ml、8ml,则两个反应中CH4的消耗量为2×50%=1ml,其中主反应中消耗0.9ml,副反应中消耗0.1ml,列三段式得:
    两反应达到平衡时各物质的物质的量分别为:n(CH4)=1ml、n(O2)=1ml-0.45ml-0.2ml=0.35ml、n(CO2)=0.1ml、n(H2O)=8ml+0.2ml=8.2ml,n()=0.9ml,容器中气体的总物质的量为:10.55ml,设平衡时总压强为P,则副反应的压强平衡常数Kp=;
    故答案为:加入水蒸气,促进副反应逆向进行,二氧化碳减少;水可以活化催化剂,增大甲醇的生成速率;54.9;
    【小问3详解】
    利用电解的方法将CO2转化为CH3OH,阴极二氧化碳得电子转化成甲醇,阴极反应方程式为:CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O,故答案为:CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O;
    蒸发除去苯乙酸中的乙醇
    除去水中的苯酚
    实验室提纯工业乙酸乙酯
    用NaOH溶液滴定醋酸溶液
    A
    B
    C
    D
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