高考化学考前冲刺 考前天天练 八（含答案解析）

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2020年高考化学考前冲刺 考前天天练 八1.A、B、C三种强电解质，它们在水中电离出的离子为Na＋、Ag＋、NO、SO、Cl－，在如图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放足量的A、B、C三种溶液，电极均为石墨电极。接通电源，经过一段时间后，测得乙烧杯中c电极质量增加了10.8 g。常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系如图所示。据此回答下列问题：(1)M为电源的____极(填“正”或“负”)，甲、乙两个烧杯中的电解质分别为________、________(填写化学式)。(2)计算电极f上生成气体的物质的量为________mol。(3)写出乙烧杯中的电解反应方程式：_________________________________。        2.下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。通过计算，可知系统（Ⅰ）和系统（Ⅱ）制氢的热化学方程式分别为______________、___________，制得等量H2所需能量较少的是____________。            3.氯酸镁常用作催熟剂、除草剂等，实验室制备Mg(ClO3)2·6H2O的流程如下：已知：①卤块的主要成分为MgCl2·6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质。②四种化合物的溶解度(S)随温度(T)的变化曲线如图所示。(1)过滤所需要的主要玻璃仪器有________________________。(2)加入MgO后过滤所得滤渣的主要成分的化学式为________。(3)加入NaClO3饱和溶液后发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________，进一步制取Mg(ClO3)2·6H2O的实验步骤依次为①________；________；洗涤；②将滤液冷却结晶；③过滤、洗涤。(4)产品中Mg(ClO3)2·6H2O含量的测定：[已知Mg(ClO3)2·6H2O的摩尔质量为299 g·mol－1]步骤1：准确称量3.50 g产品配成100 mL溶液。步骤2：取10.00 mL溶液于锥形瓶中，加入10.00 mL稀硫酸和20.00 mL 1.000 mol·L－1的FeSO4溶液，微热。步骤3：冷却至室温，用0.100 mol·L－1K2Cr2O7溶液滴定剩余的Fe2＋至终点。反应的方程式为Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。步骤4：将步骤2、3重复两次，平均消耗K2Cr2O7溶液15.00 mL。①写出步骤2中发生反应的离子方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________；②产品中Mg(ClO3)2·6H2O的质量分数为________。(保留到小数点后一位)           4.肉桂酸异戊酯G()是一种香料，一种合成路线如下：②C为甲醛的同系物，相同条件下其蒸气与氢气的密度比为22。回答下列问题：(1)A的化学名称为________。(2)B和C反应生成D的化学方程式为__________________________。(3)F中含有官能团的名称为________。(4)E和F反应生成G的化学方程式为________________________，反应类型为____________________________________________________________。  5.我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业作出了突出贡献。以NaCl、NH3、CO2等为原料先制得NaHCO3，进而生产出纯碱。有关反应的化学方程式为NH3＋CO2＋H2O===NH4HCO3；NH4HCO3＋NaCl===NaHCO3↓＋NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O。(1)利用上述反应原理，设计如下图所示装置，制取碳酸氢钠晶体，B中盛有饱和碳酸氢钠溶液，C烧杯中盛有冰水，D中装有蘸稀硫酸的脱脂棉，图中夹持装置已略去。制取碳酸氢钠晶体可供选用的药品有：a．石灰石　b．生石灰　c．6 mol·L－1盐酸　d．稀盐酸  e．浓氨水　f．饱和氯化钠溶液①A中制备气体时，所需药品是____________(填字母)；②B中盛有饱和碳酸氢钠溶液，其作用是______________________________________；③在实验过程中，向C中依次通入足量的NH3、CO2(氨碱法)，而不先通CO2再通NH3的原因是____________________________________________________________；④E装置向C中通气的导管不能插入液面下的原因是_________________________。(2)该小组同学为了测定C中所得晶体碳酸氢钠的纯度(假设晶体中不含碳酸盐杂质)，将晶体充分干燥后，称量质量为w g。再将晶体加热到质量不再变化时，称量所得粉末质量为m g。然后进行如图所示实验：①在操作Ⅱ中，为了判断加入氯化钙溶液是否过量，其中正确的是________(填字母)；a．在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中继续加入少量氯化钙溶液b．在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中再加入少量碳酸钠溶液c．在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，取上层清液再加入少量碳酸钠溶液②操作Ⅲ的方法为______________、________________、________________；③所得晶体中碳酸氢钠的纯度为__________________________________________。  
答案解析1.答案为：(1)负　NaCl　AgNO3；(2)0.025(3)4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3解析：根据电解一段时间后，c电极质量增加了10.8 g，判断出c为阴极，则连接阴极的电极M是电源的负极。电解时，甲装置中溶液的pH增大，说明阴极上是水电离出的H＋放电，阳极上是放电能力大于OH－的Cl－放电，Cl－与Ag＋不能共存，故甲中的电解质溶液为NaCl溶液；电解时，乙装置中pH减小，说明阳极上是水电离出的OH－放电，溶液中含有的离子是含氧酸根离子，阴极上析出金属，所以含有Ag＋，该电解质溶液是AgNO3溶液；丙装置中溶液的pH不变，说明丙装置中是Na2SO4溶液，则f电极反应为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。根据乙中反应：4AgNO3＋2H2O4Ag＋4HNO3＋O2↑可知，n(O2)＝n(Ag)＝×＝0.025 mol。  2.答案为：H2O(l)=H2(g)+0.5O2(g)，ΔH=+286 kJ/mol，H2S(g)=H2(g)+S(s)，ΔH=+20 kJ/mol；系统（II）；解析：①H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+0.5O2(g)  △H1=＋327 kJ/mol②SO2(g)+I2(s)+ 2H2O(l)=2HI(aq)+ H2SO4(aq)     △H2=－151 kJ/mol③2HI(aq)= H2 (g)+ I2(s)                      △H3=＋110 kJ/mol④H2S(g)+ H2SO4(aq)=S(s)+SO2(g)+ 2H2O(l)        △H4=＋61 kJ/mol ①+②+③，整理可得系统（I）的热化学方程式H2O(l)=H2(g)+0.5O2(g)  △H=+286 kJ/mol；②+③+④，整理可得系统（II）的热化学方程式H2S (g)=H2(g)+S(s)  △H=+20 kJ/mol。根据系统I、系统II的热化学方程式可知：每反应产生1mol氢气，后者吸收的热量比前者少，所以制取等量的H2所需能量较少的是系统II。  3.答案为:(1)烧杯、漏斗、玻璃棒(2)Fe(OH)3(3)MgCl2＋2NaClO3===Mg(ClO3)2＋2NaCl↓　蒸发浓缩或蒸发结晶　趁热过滤(4)①ClO＋6Fe2＋＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O　②78.3%解析：(1)过滤所需要的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。(2)加入KMnO4的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，再加BaCl2除去SO，此时溶液中的溶质主要为MgCl2、FeCl3，加入MgO调节溶液pH，可将Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而与MgCl2分离。(3)过滤后所得溶液中的溶质为MgCl2，MgCl2溶液中加入NaClO3后生成的NaCl的溶解度小，在饱和溶液中以沉淀的形式析出，故发生反应的化学方程式为MgCl2＋2NaClO3===Mg(ClO3)2＋2NaCl↓；加入NaClO3后生成Mg(ClO3)2溶液和NaCl沉淀，可以先将混合物蒸发浓缩，使更多的NaCl沉淀析出；由于Mg(ClO3)2的溶解度随温度的降低而降低，为了减少Mg(ClO3)2的析出，必须在较高温度下过滤，得到含Mg(ClO3)2的滤液，洗涤沉淀得到NaCl晶体，再对滤液进行冷却结晶，得到Mg(ClO3)2·6H2O晶体。(4)①ClO具有氧化性，Fe2＋具有还原性，两者在酸性条件下反应，离子方程式为ClO＋6Fe2＋＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O；②根据Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，K2Cr2O7溶液滴定的Fe2＋的物质的量为6×0.100×15.00×10－3mol＝9×10－3mol，所以ClO消耗的Fe2＋的物质的量为20×10－3 mol －9×10－3 mol＝0.011 mol，根据ClO＋6Fe2＋＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O，可得ClO的物质的量为 mol，所以原100 mL样品溶液中ClO的物质的量为 mol×10＝ mol,3.5 g样品中Mg(ClO3)2·6H2O的物质的量为 mol，质量为×299 g，故Mg(ClO3)2·6H2O的质量分数为×100%≈78.3% 。  4.答案为：解析：(1)根据A的不饱和度为4，含苯环及肉桂酸异戊酯的结构，推出A的苯环上只有1个支链，结合转化为B的条件为醇氧化，因而A为苯甲醇；(2)C为甲醛的同系物，相同条件下其蒸气与氢气的密度比为22，故C为乙醛，苯甲醛与乙醛的反应为两醛缩合，结合所给信息，化学方程式为(3)根据反应条件，E与F反应为酯化反应，结合G的结构，F为醇，含有羟基。  5.答案为：(1)①ac　②除去CO2中的HCl　③由于CO2在NaCl溶液中的溶解度很小，先通入NH3使食盐水呈碱性，能够吸收大量CO2气体，产生较高浓度的HCO，才能析出NaHCO3晶体　④防倒吸(2)①a　②过滤　洗涤　干燥　③×100%解析：(1)①制取CO2是用石灰石和盐酸在烧瓶中发生反应产生的，由于CO2在水中溶解度不大，所以导气管要伸入到液面以下，而制取氨气是将e浓氨水滴入到盛有b生石灰的烧瓶中反应制取的，氨气在水中非常容易溶解，所以导气管要在液面以上，根据在C中导气管的长短可知：在A中制备CO2气体，所需药品是ac；②用盐酸制取CO2气体时，由于盐酸有挥发性，所以其中含有杂质HCl，在B中盛有饱和碳酸氢钠溶液，其作用就是除去CO2中的杂质HCl；③CO2在水中的溶解度小，产生的HCO的浓度也就小，不容易形成NaHCO3的饱和溶液，所以难形成沉淀，因此在实验过程中，向C中先通入NH3使溶液呈碱性，能吸收大量CO2气体产生较高浓度的HCO，才能析出NaHCO3晶体；④E装置向C中通气的导管不能插入液面下是为了防止倒吸现象的发生。(2)①在操作Ⅱ中，为了判断加入氯化钙溶液是否过量，其中正确的是a。在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中继续加入少量氯化钙溶液，若不出现白色沉淀，就证明氯化钙溶液过量，若产生白色沉淀，就证明氯化钙溶液不足量。因此选项是a；②操作Ⅲ的方法是过滤、洗涤、干燥；③方法一、2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，根据方程式可知2×84 g=168 g NaHCO3完全分解，会产生106 g Na2CO3，固体质量会减轻2×84 g－106 g=62 g；现在固体质量减轻(w－m)g，所以其中含有的NaHCO3的质量是[2×84(w－m)÷62] g=，所以所得晶体中碳酸氢钠的纯度为；方法二、2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，Na2CO3＋CaCl2===CaCO3↓＋2NaCl。根据方程式可得关系式：2NaHCO3～Na2CO3～CaCO3；若含有168 g NaHCO3，发生反应会产生CaCO3沉淀100 g，现在产生沉淀n g，所以原固体中含有NaHCO3的质量是(168n÷100)g，所以NaHCO3的质量分数是[(168n÷100)g÷w g]×100%=×100%。