2020—2021学年鲁科版必修2高考题同步练习:3.2石油和煤、重要的烃(02)|
鲁科版必修2高考题同步练习:3.2 石油和煤、重要的烃(02) 一.选择题(共14小题) 1.下列物质不能使溴水褪色的是( ) A.乙烯 B.二氧化硫 C.KI溶液 D.CH4 2.下列试剂中,能鉴别乙醇、乙醛和乙酸的是( ) A.氢氧化钠溶液 B.石蕊试液 C.新制氢氧化铜 D.碳酸钠溶液 3.关于实验室制备乙烯的实验,下列说法正确的是( ) A.反应物是乙醇和过量的3摩/升硫酸的混和液 B.温度计插入反应溶液液面以下,以便控制温度在140℃ C.反应容器(烧瓶)中应加入少许瓷片 D.反应完毕先灭火再从水中取出导管 4.下列变化属于加成反应的是( ) A.乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中 B.乙烯通入溴水中 C.苯与液溴在FeBr3催化下反应 D.乙烯与氯化氢在一定条件下反应 5.二甲醚和乙醇是同分异构体,其鉴别可采用化学方法及物理方法,下列鉴别方法中不能对二者进行鉴别的是( ) A.利用金属钠或金属钾 B.利用燃烧法 C.利用红外光谱法 D.利用核磁共振氢谱 6.下列说法正确的是( ) A.可食用植物油含有的高级脂肪酸甘油酯是人体的营养物质 B.分馏、干馏都是物理变化,裂化、裂解都是化学变化 C.淀粉、蛋白质、葡萄糖都是高分子化合物 D.汽油、生物柴油、酒精都是碳氢化合物,都可作燃料 7.下列关于有机物的说法正确的是( ) A.乙烯使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色的本质是不同的 B.淀粉、蛋白质、油脂都属于天然高分子化合物 C.聚氯乙烯塑料最适合用来做蔬菜、水果及熟食等的保鲜膜 D.等物质的量的CH4与Cl2恰好反应时,生成CH3Cl与HCl 8.过量的下列溶液与水杨酸()反应能得到化学式为C7H5O3Na的是( ) A.NaHCO3溶液 B.Na2CO3溶液 C.NaOH溶液 D.NaCl溶液 9.甲苯和甘油组成的混合物中,若碳元素的质量分数为60%,那么可推断氢元素的质量分数是( ) A.0.05 B.0.087 C.0.174 D.无法计算 10.某化合物6.4g在氧气中完全燃烧,只生成8.8g CO2和7.2g H2O.下列说法正确的是( ) A.该化合物仅含碳、氢两种元素 B.该化合物中碳、氢原子个数比为1:4 C.无法确定该化合物是否含有氧元素 D.该化合物一定是C2H8O2 11.下列说法正确的是( ) A.室温下,在水中的溶解度:丙三醇>苯酚>1﹣氯丁烷 B.用核磁共振氢谱不能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3 C.用Na2CO3溶液不能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3 D.油脂在酸性或碱性条件下均可发生水解反应,且产物相同 12.在下列有机物中,经催化加氢后不能生成2﹣甲基戊烷的是( ) A.CH2=C(CH3)CH2CH2CH3 B.CH2=CHCH(CH3)CH2CH3 C.CH3C(CH3)=CHCH2CH3 D.CH3CH=CHCH(CH3)CH3 13.下列关于丙烯(CH3﹣CH=CH2)的说法正确的是( ) A.丙烯分子中所有原子位于同一平面 B.丙烯分子中不存在同分异构体 C.丙烯分子中最多有7个原子位于同一平面 D.丙烯分子中3个碳原子在同一直线上 14.下列说法中正确的是( ) A.红外光谱图可以确定有机物分子中不同类型氢原子的种类和数目 B.质谱图最右边的分子离子峰表示待测物质的相对分子质量 C.苯、乙烷、乙烯、乙炔分子中碳碳键的键长分别为a、b、c、d,则b>c>a>d D.等质量的烃完全燃烧,耗氧量最少的是甲烷 二.填空题(共1小题) 15.明矾石经处理后得到明矾[KAl(SO4)2•12H2O].从明矾制备Al、K2SO4、和H2SO4的工艺过程如图1所示:焙烧明矾的化学方程式为:4KAl(SO4)2•12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O 请回答下列问题:
(1)在焙烧明矾的反应中,还原剂是 。
(2)从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是 。
(3)Al2O3在一定条件下可制得AlN,其晶体结构如图2所示,该晶体中Al的配位数是 。
(4)以Al和NiO(OH)为电极,NaOH溶液为电解液组成一种新型电池,放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2,该电池反应的化学方程式是 。
(5)焙烧产生的SO2可用于制硫酸。已知25℃、101kPa时:
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H1=﹣197kJ/mol;
H2O(g)⇌H2O(l)△H2=﹣44kJ/mol;
2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)═2H2SO4(l)△H3=﹣545kJ/mol。
则SO3(g)与H2O(l)反应的热化学方程式是 。
焙烧948t明矾(M=474g/mol),若SO2的利用率为96%,可产生质量分数为98%的硫酸 t。
三.解答题(共1小题) 16.1,2﹣二溴乙烷汽油抗爆剂的添加剂,常温下它是无色液体,密度2.18g/mL,沸点131.4℃,熔点9.79℃,不溶于水,易溶于醇,醚、丙酮等有机溶剂.在实验中可以用如图所示装置制备1,2﹣二溴乙烷.其中分液漏斗和烧瓶a中装有乙醇和浓H2SO4的混合液,试管d中装有液溴(表面覆盖少量水).填写下列空白:
(1)写出本题中制备1,2﹣二溴乙烷有关的两个化学方程式. ① ;
② . (2)安全瓶b可以防止倒吸,并可以检查实验进行时试管d是否发生堵塞.请写出发生堵塞时b瓶中的现象 . (3)容器c中所装的试剂是 ,其作用是 . (4)d中用冷水冷却液溴的原因是 ,但又不能过度冷却(如用冰水),其原因是 . 鲁科版必修2高考题同步练习:3.2 石油和煤、重要的烃(02) 参考答案与试题解析 一.选择题(共14小题) 1.下列物质不能使溴水褪色的是( ) A.乙烯 B.二氧化硫 C.KI溶液 D.CH4 【分析】溴水具有氧化性,能够氧化具有还原性的物质;
溴水能够与含有碳碳双键、碳碳三键的有机物发生加成反应,从而使溴水褪色,据此进行解答. 【解答】解:A.乙烯中含有碳碳双键,能够与溴水发生加成反应而使溴水褪色,故A错误;
B.二氧化硫具有还原性,能够与溴水发生氧化还原反应使溴水褪色,故B错误;
C.碘化钾溶液中的碘离子具有还原性,能够被溴水氧化而使溴水褪色,故C错误;
D.甲烷性质稳定,不与溴水发生反应,不能使溴水褪色,故D正确;
故选:D。
【点评】本题考查了常见有机物结构与性质、溴水、二氧化硫等物质的性质,题目难度不大,注意掌握溴水的组成、化学性质,明确能够使溴水褪色的物质一般具有的化学性质是解答本题关键. 2.下列试剂中,能鉴别乙醇、乙醛和乙酸的是( ) A.氢氧化钠溶液 B.石蕊试液 C.新制氢氧化铜 D.碳酸钠溶液 【分析】只有新制Cu(OH)2与乙醇、乙酸、乙醛溶液分别混合时,现象有明显区别。乙醇不与新制Cu(OH)2反应,乙酸与新制Cu(OH)2反应使Cu(OH)2溶解,溶液变为蓝色,沉淀消失,乙醛溶液与新制Cu(OH)2悬浊液加热有红色沉淀生成;
【解答】解:A.乙醇、乙醛和NaOH溶液不反应,无现象,乙酸和NaOH溶液能反应,但无明显现象,不能鉴别,故A错误;
B.乙醇、乙醛均不与石蕊反应,现象相同,不能鉴别,故B错误;
C.乙醇、乙醛、乙酸三种溶液分别与新制Cu(OH)2悬浊液混合的现象为:无现象、砖红色沉淀、蓝色溶液,现象不同,可鉴别,故C正确;
D.乙醇、乙醛均不与碳酸钠溶液反应,现象相同,不能鉴别,故D错误;
故选:C。
【点评】本题考查有机物的鉴别,为高频考点,把握常见有机物的性质及官能团与性质的关系为解答的关键,侧重醇、醛、羧酸性质的考查,题目难度不大。
3.关于实验室制备乙烯的实验,下列说法正确的是( ) A.反应物是乙醇和过量的3摩/升硫酸的混和液 B.温度计插入反应溶液液面以下,以便控制温度在140℃ C.反应容器(烧瓶)中应加入少许瓷片 D.反应完毕先灭火再从水中取出导管 【分析】实验室制备乙烯所用的原料为乙醇和浓硫酸,反应条件是加热到170℃,反应装置为液液加热装置. 【解答】解:A、反应物是乙醇和过量浓硫酸的混合物,故A错误;
B、反应温度在140℃时,生成乙醚,170℃时生成乙烯,故B错误;
C、溶液加热为防暴沸,加入沸瓷片,故C正确;
D、为防倒吸,应先把导管从水中取出再熄灭酒精灯,故D错误。
故选:C。
【点评】此题考查了乙烯的实验室制法.有机反应中,反应条件不同,产物不同,故一定要记住反应条件. 4.下列变化属于加成反应的是( ) A.乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中 B.乙烯通入溴水中 C.苯与液溴在FeBr3催化下反应 D.乙烯与氯化氢在一定条件下反应 【分析】根据定义分析解答.加成反应指有机物分子中的不饱和键断裂,断键原子与其他原子或原子团相结合,生成新的化合物的反应. 【解答】A、乙烯通入酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应,故A错误;
B、乙烯与溴发生加成反应生成1,2﹣二溴乙烷,故B正确;
C、苯环上的氢原子被溴原子取代生成溴苯,属于取代反应,故C错误;
D、乙烯与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷,故D正确。
故选:BD。
【点评】本题主要考查了加成反应的判断,加成反应的条件是有机物中必须含有不饱和键(如碳碳双键、碳碳三键等). 5.二甲醚和乙醇是同分异构体,其鉴别可采用化学方法及物理方法,下列鉴别方法中不能对二者进行鉴别的是( ) A.利用金属钠或金属钾 B.利用燃烧法 C.利用红外光谱法 D.利用核磁共振氢谱 【分析】二甲醚和乙醇中分别含有﹣O﹣和﹣OH,二者性质不同,﹣OH可与Na反应,二者含有的H原子的种类和性质不同,由于分子式相同,燃烧产物相同. 【解答】解:A.乙醇中含有﹣OH,可与金属钠或金属钾反应生成氢气,可鉴别,故A正确;
B.由于分子式相同,燃烧产物相同,不能鉴别,故B错误;
C.二甲醚和乙醇中分别含有﹣O﹣和﹣OH,官能团不同,可用红外光谱法鉴别,故C正确;
D.二者含有的H原子的种类和性质不同,可用核磁共振氢谱鉴别,故D正确。
故选:B。
【点评】本题考查有机物的鉴别,题目难度不大,本题注意有机物官能团的异同以及有机物的结构,注意把握鉴别方法. 6.下列说法正确的是( ) A.可食用植物油含有的高级脂肪酸甘油酯是人体的营养物质 B.分馏、干馏都是物理变化,裂化、裂解都是化学变化 C.淀粉、蛋白质、葡萄糖都是高分子化合物 D.汽油、生物柴油、酒精都是碳氢化合物,都可作燃料 【分析】A.植物油属于油脂;
B.干馏为煤在隔绝空气条件下发生复杂的物理、化学变化;
C.葡萄糖的相对分子质量较小,在10000以下;
D.汽油、生物柴油均为烃的混合物,酒精中含C、H、O元素. 【解答】解:A.植物油属于油脂,为高级脂肪酸甘油酯,是人体必需的营养物质,故A正确;
B.干馏为煤在隔绝空气条件下发生复杂的物理、化学变化,裂化、裂解都是石油产品获得小分子的化学变化,只有分馏为物理变化,故B错误;
C.葡萄糖的相对分子质量较小,在10000以下,不是高分子化合物,但淀粉、蛋白质都是高分子化合物,故C错误;
D.汽油、生物柴油均为烃的混合物,酒精中含C、H、O元素,酒精不是碳氢化合物,但都可作燃料,故D错误;
故选:A。
【点评】本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,把握有机物的组成、结构、性质及物质分类为解答的关键,注意煤和石油的综合利用,题目难度不大. 7.下列关于有机物的说法正确的是( ) A.乙烯使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色的本质是不同的 B.淀粉、蛋白质、油脂都属于天然高分子化合物 C.聚氯乙烯塑料最适合用来做蔬菜、水果及熟食等的保鲜膜 D.等物质的量的CH4与Cl2恰好反应时,生成CH3Cl与HCl 【分析】A.乙烯含有碳碳双键,可发生加成、氧化反应;
B.油脂不是高分子化合物;
C.聚氯乙烯不能用于保鲜膜;
D.甲烷与氯气发生取代反应生成多种氯代烃。
【解答】解:A.乙烯含有碳碳双键,可溴水发生加成、与酸性高锰酸钾发生氧化反应,故A正确;
B.油脂的相对分子质量较小,不是高分子化合物,故B错误;
C.聚氯乙烯在一定条件下释放出有害物质,不能用于保鲜膜,故C错误;
D.甲烷与氯气的取代反应为多步取代同时进行,发生取代反应生成多种氯代烃,故D错误。
故选:A。
【点评】本题考查有机物的结构和性质,为高频考点,侧重于学生的分析能力的考查,有利于培养学生良好的科学素养,提高学习的积极性,难度不大。
8.过量的下列溶液与水杨酸()反应能得到化学式为C7H5O3Na的是( ) A.NaHCO3溶液 B.Na2CO3溶液 C.NaOH溶液 D.NaCl溶液 【分析】根据酸性>碳酸氢钠判断,反应能得到化学式为C7H5O3Na,只能是羧基参加反应,以此解答. 【解答】解:A.水杨酸与NaHCO3溶液反应时只是﹣COOH作用转化为﹣COONa,产物的分子式为C7H5O3Na,故A正确;
B.水杨酸与Na2CO3溶液反应时﹣COOH、﹣OH均反应,生成产物的分子式为C7H4O3Na2,故B错误;
C.水杨酸与NaOH溶液反应时﹣COOH、﹣OH均反应,生成产物的分子式为C7H4O3Na2,故C错误;
D.与NaCl溶液不反应,故D错误;
故选:A。
【点评】本题考查有机物的结构和性质,为高频考点,侧重于学生的分析能力的考查,题目难度不大,注意酚羟基、羧基与碳酸酸性的强弱比较,为解答该题的关键. 9.甲苯和甘油组成的混合物中,若碳元素的质量分数为60%,那么可推断氢元素的质量分数是( ) A.0.05 B.0.087 C.0.174 D.无法计算 【分析】甲苯C7H8,甘油C3H8O3,二者相对分子质量都是92,H元素的质量分数相同,混合后H元素的质量分数不变,据此计算判断. 【解答】解:甲苯C7H8,甘油C3H8O3,二者相对分子质量都是92,H元素的质量分数相同为0.087,故二者混合物的中H元素的质量分数为0.087, 故选:B。
【点评】本题考查质量分数的有关计算,难度不大,关键是根据分子式的判断二者氢元素的质量分数相等. 10.某化合物6.4g在氧气中完全燃烧,只生成8.8g CO2和7.2g H2O.下列说法正确的是( ) A.该化合物仅含碳、氢两种元素 B.该化合物中碳、氢原子个数比为1:4 C.无法确定该化合物是否含有氧元素 D.该化合物一定是C2H8O2 【分析】有机物燃烧生成8.8gCO2和7.2gH2O,则一定含有C、H元素,其中n(CO2)0.2mol,n(H2O)0.4mol,以此计算C、H元素的质量,根据质量守恒,判断是否含有O元素。
【解答】解:A.有机物燃烧生成8.8gCO2和5.4gH2O,则该有机物分子中一定含有C、H元素,当可能含有氧元素,故A错误;
B.8.8g二氧化碳的物质的量为:n(CO2)0.2mol,7.2g水的物质的量为:n(H2O)0.4mol,则n(C):n(H)=0.2mol:(0.4mol×2)=1:4,故B正确;
C.n(C)=n(CO2)=0.2mol,m(C)=0.2mol×12g/mol=2.4g,n(H)=2n(H2O)=0.8mol,m(H)=0.8g,由于2.4g+0.8g=3.2g<6.4g,所以该化合物中一定含有氧元素,故C错误;
D.C2H8O2,2个C最多含有6个H,则该有机物分子式为:CH4O,故D错误;
故选:B。
【点评】本题考查有机物分子的元素组成,题目难度不大,本题注意有机物完全燃烧只生成二氧化碳和水,一定含有C、H元素,可能含有O元素,从质量守恒的角度判断是否含有氧元素。
11.下列说法正确的是( ) A.室温下,在水中的溶解度:丙三醇>苯酚>1﹣氯丁烷 B.用核磁共振氢谱不能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3 C.用Na2CO3溶液不能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3 D.油脂在酸性或碱性条件下均可发生水解反应,且产物相同 【分析】A.含﹣OH越多,溶解性越大,卤代烃不溶于水;
B.HCOOCH3中两种H,HCOOCH2CH3中有三种H;
C.CH3COOH与碳酸钠溶液反应,而CH3COOCH2CH3不能;
D.油脂在酸性条件下水解产物为高级脂肪酸和甘油,碱性条件下水解产物为高级脂肪酸盐和甘油. 【解答】解:A.含﹣OH越多,溶解性越大,卤代烃不溶于水,则室温下,在水中的溶解度:丙三醇>苯酚>1﹣氯丁烷,故A正确;
B.HCOOCH3中两种H,HCOOCH2CH3中有三种H,则用核磁共振氢谱能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3,故B错误;
C.CH3COOH与碳酸钠溶液反应气泡,而Na2CO3溶液与CH3COOCH2CH3会分层,因此可以用Na2CO3溶液能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3,故C错误;
D.油脂在酸性条件下水解产物为高级脂肪酸和甘油,碱性条件下水解产物为高级脂肪酸盐和甘油,水解产物不相同,故D错误;
故选:A。
【点评】本题考查有机物的鉴别,为高频考点,把握常见有机物的性质及鉴别方法为解答的关键,注意溶解性与﹣OH的关系、油脂不同条件下水解产物等,题目难度不大. 12.在下列有机物中,经催化加氢后不能生成2﹣甲基戊烷的是( ) A.CH2=C(CH3)CH2CH2CH3 B.CH2=CHCH(CH3)CH2CH3 C.CH3C(CH3)=CHCH2CH3 D.CH3CH=CHCH(CH3)CH3 【分析】根据烯的加成原理,双键中的一个键断开,结合H原子,生成2﹣甲基戊烷,采取倒推法相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键,即得到烯烃. 【解答】解:2﹣甲基戊烷的碳链结构为,2﹣甲基戊烷相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键,从而得到烯烃;
根据2﹣甲基戊烷的碳链结构知,相邻碳原子上各去掉1个氢原子形成双键的碳链结构有:、、。
A、CH2=C(CH3)CH2CH2CH3的碳链结构为,经催化加氢后能生成2﹣甲基戊烷,故A不选。
B、CH2=CHCH(CH3)CH2CH3的碳链结构为,经催化加氢后不能生成3﹣甲基戊烷,故B选。
C、CH3C(CH3)=CHCH2CH3的碳链结构为,经催化加氢后能生成2﹣甲基戊烷,故C不选。
D、CH3CH=CHCH(CH3)CH3的碳链结构为,经催化加氢后能生成2﹣甲基戊烷,故D不选。
故选:B。
【点评】本题考查了根据烷烃的结构判断烯烃的结构,难度较大,会根据烷烃结构去掉相邻氢原子形成碳碳双键,注意不能重写、漏写. 13.下列关于丙烯(CH3﹣CH=CH2)的说法正确的是( ) A.丙烯分子中所有原子位于同一平面 B.丙烯分子中不存在同分异构体 C.丙烯分子中最多有7个原子位于同一平面 D.丙烯分子中3个碳原子在同一直线上 【分析】A.丙烯中含有甲基,故所有原子不可能位于同一平面;
B.丙烯与环丙烷互为同分异构体;
C.乙烯为平面结构,故丙烯分子中至少有6个原子位于同一平面,由于单键可以旋转,故甲基上的1个氢原子也可能在这个平面内,故丙烯分子中最多有7个原子位于同一平面;
D.丙烯分子中3个碳原子在同一平面内. 【解答】解:A.丙烯中含有甲基,故所有原子不可能位于同一平面,故A错误;
B.丙烯与环丙烷互为同分异构体,故B错误;
C.乙烯为平面结构,故丙烯分子中至少有6个原子位于同一平面,由于单键可以旋转,故甲基上的1个氢原子也可能在这个平面内,故丙烯分子中最多有7个原子位于同一平面,故C正确;
D.乙烯为平面结构,则丙烯分子中3个碳原子在同一平面内,故D错误;
故选:C。
【点评】本题以乙烯为模型,考查丙烯的结构,难度中等.侧重学生知识迁移能力的培养. 14.下列说法中正确的是( ) A.红外光谱图可以确定有机物分子中不同类型氢原子的种类和数目 B.质谱图最右边的分子离子峰表示待测物质的相对分子质量 C.苯、乙烷、乙烯、乙炔分子中碳碳键的键长分别为a、b、c、d,则b>c>a>d D.等质量的烃完全燃烧,耗氧量最少的是甲烷 【分析】A.红外光谱图常用来测定得分子中含有化学键或官能团的信息;
B.用质谱仪测定的有机物的最大质合比,质谱法中最右边的分子离子峰为最大值;
C.键能越大,键长越短,键能:碳碳三键>碳碳双键>碳碳单键;
D.等质量的烃完全燃烧,烃中氢元素的质量分数越大,耗氧量越高。
【解答】解:A.红外光谱图常用来测定得分子中含有化学键或官能团的信息,故A错误;
B.质谱法是用高能电子流轰击样品分子,使分子失去电子变成分子离子或碎片离子;
质谱仪测定的有机物的最大质合比,质谱图中最右边的分子离子峰为最大值,为该物质的相对分子质量,故B正确;
C.键能越大,键长越短,键能:碳碳三键>碳碳双键>碳碳单键,苯中的化学键键能介于单键与双键之间,所以键长:b>a>c>d,故C错误;
D.等质量的烃完全燃烧,烃中氢元素的质量分数越大,耗氧量越高,所有的烃中H元素的质量分数最大的是甲烷,所以耗氧量最多的是甲烷,故D错误;
故选:B。
【点评】本题考查有机物结构式确定的谱学方法、键长比较、耗氧量的相关知识点,题目难度不大,熟悉鉴定有机物结构及性质是解答的关键。
二.填空题(共1小题) 15.明矾石经处理后得到明矾[KAl(SO4)2•12H2O].从明矾制备Al、K2SO4、和H2SO4的工艺过程如图1所示:焙烧明矾的化学方程式为:4KAl(SO4)2•12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O 请回答下列问题:
(1)在焙烧明矾的反应中,还原剂是 S 。
(2)从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是 蒸发结晶 。
(3)Al2O3在一定条件下可制得AlN,其晶体结构如图2所示,该晶体中Al的配位数是 4 。
(4)以Al和NiO(OH)为电极,NaOH溶液为电解液组成一种新型电池,放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2,该电池反应的化学方程式是 Al+3NiO(OH)+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni(OH)2 。
(5)焙烧产生的SO2可用于制硫酸。已知25℃、101kPa时:
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H1=﹣197kJ/mol;
H2O(g)⇌H2O(l)△H2=﹣44kJ/mol;
2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)═2H2SO4(l)△H3=﹣545kJ/mol。
则SO3(g)与H2O(l)反应的热化学方程式是 SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(l)△H=﹣130kJ/mol 。
焙烧948t明矾(M=474g/mol),若SO2的利用率为96%,可产生质量分数为98%的硫酸 ②432 t。
【分析】(1)依据化学方程式中元素化合价变化分析判断,元素化合价升高的做还原剂发生氧化反应;
(2)从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化,可以利用蒸发溶剂方法结晶析出;
(3)配位化合物中直接和中心原子(或离子)相联系的配位原子的数目;
(4)以Al和NiO(OH)为电极,铝做原电池 负极失电子发生氧化反应,NiO(OH)得到电子发生还原反应,结合原子守恒和电子守恒写出反应化学方程式;
(5)①依据热化学方程式和盖斯定律计算得到;
②依据硫元素守恒计算得到;
【解答】解;
(1)4KAl(SO4)2•12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O反应硫单质中硫元素化合价升高为+4价。硫酸根离子中硫元素化合价从+6价变化为+4价,复印纸还原剂是硫单质;
故答案为:S;
(2)从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化不大,可以利用蒸发溶剂方法结晶析出晶体;
故答案为:蒸发结晶;
(3)依据晶体晶胞结构分析,结合配位数含义可知,每个铝原子和四个单原子相连,所以铝原子的配位数为4;
故答案为:4;
(4)以Al和NiO(OH)为电极,NaOH溶液为电解液组成一种新型电池,放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2,铝做负极失电子在氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠,反应的化学方程式为:
Al+3NiO(OH)+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni(OH)2 ;
故答案为:Al+3NiO(OH)+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni(OH)2;
(5)①2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H1=﹣197kJ/mol;
Ⅰ H2O(g)⇌H2O(l)△H2=﹣44kJ/mol;
Ⅱ 2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)═2H2SO4(l)△H3=﹣545kJ/mol.Ⅲ 依据盖斯定律Ⅲ﹣Ⅰ﹣2×Ⅱ得到:2SO3(g)+2H2O(l)=2H2SO4(l)△H=﹣260kJ/mol;
即反应的热化学方程式为:SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(l)△H=﹣130kJ/mol;
故答案为:SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(l)△H=﹣130kJ/mol;
②948 t明矾生成SO2物质的量为4500mol 故生成硫酸的质量m=4500×0.96×98÷0.98=432000Kg=432t。
故答案为:432t;
【点评】本题考查了氧化还原反应概念分析判断,晶体结构的理解分析,原电池反应的实质应用,热化学方程式和盖斯定律的计算,元素守恒的计算应用,题目难度中等。
三.解答题(共1小题) 16.1,2﹣二溴乙烷汽油抗爆剂的添加剂,常温下它是无色液体,密度2.18g/mL,沸点131.4℃,熔点9.79℃,不溶于水,易溶于醇,醚、丙酮等有机溶剂.在实验中可以用如图所示装置制备1,2﹣二溴乙烷.其中分液漏斗和烧瓶a中装有乙醇和浓H2SO4的混合液,试管d中装有液溴(表面覆盖少量水).填写下列空白:
(1)写出本题中制备1,2﹣二溴乙烷有关的两个化学方程式. ① CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O ;
② CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br . (2)安全瓶b可以防止倒吸,并可以检查实验进行时试管d是否发生堵塞.请写出发生堵塞时b瓶中的现象 b中水面会下降,玻璃管中的水柱会上升,甚至溢出 . (3)容器c中所装的试剂是 NaOH溶液 ,其作用是 除去乙烯中带出的SO2、CO2等酸性气体杂质,以防止其杂质与溴反应 . (4)d中用冷水冷却液溴的原因是 避免溴大量挥发 ,但又不能过度冷却(如用冰水),其原因是 产品1,2﹣二溴乙烷的熔点低,过度冷却会凝固而堵塞导管 . 【分析】实验原理:乙醇和浓硫酸反应主要生成乙烯气体,反应为:CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O,还可能混有碳和浓硫酸反应生成的CO2和SO2气体,b为安全瓶,c为净化除杂装置,d为乙烯和溴的反应装置,反应为:CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br,e为尾气吸收装置. (1)实验室中用乙醇和浓硫酸加热来制取乙烯,然后用乙烯和溴单质的加成反应来制得1,2﹣二溴乙烷;
(2)依据当d堵塞时,气体不畅通,则在b中气体产生的压强将水压入直玻璃管中,甚至溢出玻璃管;
(3)根据上面的分析可知,乙烯中可能有CO2和SO2等酸性气体,对实验有干扰,所以要除去,C为净化装置,混合气体通过c瓶,CO2和SO2气体被氢氧化钠吸收,以防止其杂质与溴反应;
(4)溴在常温下,易挥发,乙烯与溴反应时放热,溴更易挥发,冷却可避免溴的大量挥发;
但1,2﹣二溴乙烷的凝固点9℃较低,不能过度冷却,否则1,2﹣二溴乙烷凝固而堵塞导管. 【解答】解:(1)实验室中用乙醇和浓硫酸加热来制取乙烯,然后用乙烯和溴单质的加成反应来制得1,2﹣二溴乙烷,发生反应的化学方程式为:CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O,CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br, 故答案为:CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O;
CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br;
(2)试管d发生堵塞时,b中压强不断增大,会导致b中水面下降,玻璃管中的水柱上升,甚至溢出, 故答案为:b中水面会下降,玻璃管中的水柱会上升,甚至溢出;
(3)a中浓硫酸具有强氧化性,将乙醇氧化成二氧化碳,自身被还原成二氧化硫,CH3CH2OH+4H2SO4(浓)4SO2↑+CO2↑+7H2O+C,二氧化碳、二氧化硫能和氢氧化钠溶液反应而被吸收,反应为:SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O,CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O,所以容器c中所装的试剂是NaOH溶液,除去乙烯中带出的SO2、CO2等酸性气体杂质,以防止其杂质与溴反应, 故答案为:NaOH溶液;
除去乙烯中带出的SO2、CO2等酸性气体杂质,以防止其杂质与溴反应;
(4)溴在常温下,易挥发,乙烯与溴反应时放热,溴更易挥发,冷却可避免溴的大量挥发,但1,2﹣二溴乙烷的凝固点9℃较低,不能过度冷却,过度冷却会使其凝固而使气路堵塞, 故答案为:避免溴大量挥发;
产品1,2﹣二溴乙烷的熔点低,过度冷却会凝固而堵塞导管. 【点评】本题考查了制备实验方案的设计、溴乙烷的制取方法,题目难度中等,注意掌握溴乙烷的制取原理、反应装置选择及除杂、提纯方法是解题的关键,注重培养学生分析问题、解决问题的能力.
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