福建省泉州一中高三化学上学期第十次月考试卷（含解析）.doc

2014-2015学年福建省泉州一中高三（上）第十次月考化学试卷一、选择题1生活中常用到一些化学知识，下列分析中正确的是（）a医疗上可用硫酸钡作x射线透视肠胃的内服药，是因为硫酸钡不溶于水b氯气可用作消毒剂和漂白剂，是因为氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性c某雨水样品放置一段时间后ph由4.68变为4.28，是因为水中溶解的co2增多d发酵粉能使焙制出的糕点疏松多孔，是因为发酵粉中含有碳酸钠2x、y、z是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增x与z位于同一主族，y元素的单质既能与盐酸反应也能与naoh溶液反应，z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半下列说法正确的是（）a工业上制取y的单质常用还原剂还原y的氧化物bz的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸c室温下，x的最高价氧化物的水溶液的ph7dy单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应3绿色电源“二甲醚氧气燃料电池”的工作原理如图，所示下列说法正确的是（）a氧气应从c处通入，电极y上发生的反应为o2+4e+2h2o4ohb电池在放电过程中，电极x周围溶液的ph增大c二甲醚应从b处加入，电极x上发生的反应为（ch3）2o12e+3h2o=2co2+12h+d当该电池向外电路提供2mol电子时消耗o2约为22.4l4反应a（g）+3b（g）2c（g）+2d（g）在四种不同情况下的反应速率分别为：v（a）=0.45moll1min1 v（b）=0.6moll1s1v（c）=0.4moll1s1 v（d）=0.45moll1s1下列有关反应速率的比较中正确的是（）a=b=cd5当三份铜粉分别与足量的稀硝酸、浓硝酸、热的浓硫酸反应后收集到的气体在相同状况下体积相等时，三份铜粉的质量比为（）a3：1：2b3：2：2c1：1：2d1：3：26己知反应a（s）+b（g）c（g）+d（g）的化学平衡常数和温度的关系如表下列说法正确的是（）温度/70080083010001200化学平衡常数1.71.11.00.60.4a该反应的化学平衡常数表达式为：k=b该反应为吸热反应c单位时间内生成b和d的物质的量相等时，该反应处于平衡状态d其它条件不变时，增大体系的压强，化学平衡常数减小7海水淡化的方法有多种，如蒸馏法、电渗析法等电渗析法是一种利用离子交换膜进行离子交换的方法，其原理如图所示已知海水中含na+、cl、ca2+、mg2+、so42等离子，电极为惰性电极下列叙述中正确的是（）ab膜是阴离子交换膜b通电后，海水中阳离子往a电极处运动c通电后，a电极的电极反应式为：4oh4e=o2+2h2od通电后， b电极上产生无色气体，溶液中出现少量白色沉淀二、简答题8如图是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表某一化学元素用化学用语回答下列问题（1）d、e、f的离子半径由大到小的顺序为b、c、g的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序为，a与g、h、i形成的简单化合物的稳定性由强到弱的顺序为（2）i元素的最高价氧化物对应的水化物为，它与e的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式为实验室制取i单质的化学方程式为（3）呈两性的氢氧化物是溶于强碱的离子方程式为（4）e与d能形成一种淡黄色的化合物它的化学键类型为，它与h的低价态氧化物反应的化学方程式为9“低碳循环”已引起各国家的高度重视，而如何降低大气中co2的含量和有效地开发利用co2，引起了全世界的普遍重视所以“低碳经济”正成为科学家研究的主要课题（1）用电弧法合成的储氢纳米碳管常伴有大量的碳纳米颗粒（杂质），这种颗粒可用如下氧化法提纯，请完成该反应的化学方程式： c+ kmno4+ h2so4co2+mnso4+k2so4+h2o；（2）将不同量的co（g）和h2o（g）分别通入到体积为2l的恒容密闭容器中，进行反应：co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g），得到如下三组数据：实验组温度起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/mincoh2oh2co1650421.62.462900210.41.633900abcdt实验1条件下平衡常数k=（取小数二位，下同）；实验3中，若平衡时，co的转化率大于水蒸气，则a/b 的值（填具体值或取值范围）；实验4，若900时，在此容器中加入10molco，5molh2o，2molco2，5molh2，则此时v正v逆（填“”、“”或“=”）10（1）已知在常温常压下：2ch3oh（l）+3o2（g）2co2（g）+4h2o（g）h=1275.6kj/mol2co（g）+o2（g）2co2（g）h=566.0kj/molh2o（g）h2o（l）h=44.0kj/mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：（2）为最近有科学家提出构想：把空气吹入碳酸钾溶液，然后再把co2从溶液中提取出来，经化学反应后使之变为可再生燃料甲醇该构想技术流程如图：向分解池中通入高温水蒸气的作用是11工业以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+h2onh4hco3；nh4hco3+naclnahco3+nh4cl；2nahco3na2co3+co2+h2o（）碳酸氢铵与饱和食盐水反应，能析出碳酸氢钠晶体的原因是（填字母标号）；a碳酸氢钠难溶于水 b碳酸氢钠受热易分解c碳酸氢钠的溶解度相对较小，所以在溶液中首先结晶析出d碳酸氢钠的稳定性大于碳酸钠（）某活动小组根据上述制碱原理，进行碳酸氢钠的制备实验（1）一位同学将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）试回答下列有关问题：乙装置中的试剂是，其作用是；丁装置中稀硫酸的作用是；实验结束后，分离出nahco3 晶体的操作是（填分离操作的名称），该操作所需要的玻璃仪器有、；（2）另一位同学用图中戊装置（其它装置未画出）进行实验实验时，须先从a管通入气体，说明原因；有同学建议在戊装置的b管下端连接己装置，理由是12（1）反应fe（s）+co2（g）feo（s）+co（g）h1，平衡常数为k1；反应fe（s）+h2o（g）feo（s）+h2（g）h2，平衡常数为k2；在不同温度时k1、k2的值如表：700900k11.472.15k22.381.67反应co2（g）+h2（g）co（g）+h2o（g）h，平衡常数k，则h= （用h1和h2表示），k=（用k1和k2表示），且由上述计算可知，反应co2（g）+h2（g）co（g）+h2o（g）是反应（填“吸热”或“放热”）；（2）一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的co2气体，发生反应fe（s）+co2（g）feo（s）+co（g）h0，co2的浓度与时间的关系如图所示：该条件下反应的平衡常数为；若铁粉足量，co2的起始浓度为2.0moll1，则平衡时co2的浓度为moll1；下列措施中能使平衡时k增大的是（填选项字母）a升高温度 b增大压强c再充入一定量的co2 d再加入一定量铁粉2014-2015学年福建省泉州一中高三（上）第十次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1生活中常用到一些化学知识，下列分析中正确的是（）a医疗上可用硫酸钡作x射线透视肠胃的内服药，是因为硫酸钡不溶于水b氯气可用作消毒剂和漂白剂，是因为氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性c某雨水样品放置一段时间后ph由4.68变为4.28，是因为水中溶解的co2增多d发酵粉能使焙制出的糕点疏松多孔，是因为发酵粉中含有碳酸钠【考点】药物的主要成分和疗效；氯气的化学性质；常见的生活环境的污染及治理【分析】a胃液中含有盐酸，硫酸钡不溶于酸，且钡离子有毒；b氯气与水反应生成次氯酸，利用强氧化性分析；c饱和co2溶液的ph等于5.6；d碳酸氢钠受热易分解生成气体【解答】解：a因钡离子有毒，硫酸钡不溶于水、也不溶于酸，胃液中含有酸，则医疗上可用硫酸钡作x射线透视肠胃的内服药，故a错误；b氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性 而能杀菌消毒，故b正确；c饱和co2溶液的ph等于5.6，ph由4.68变为4.00是因为2h2so3+o2=2h2so4，故c错误；d发酵粉中主要含有碳酸氢钠，加热时生成气体可使制出的糕点疏松多孔，故d错误；故选b【点评】本题考查药物的成分、氯气的性质、酸雨、食品添加剂等，难度不大，注意饱和co2溶液的ph等于5.6，ph由4.68变为4.00是因为2h2so3+o2=2h2so42x、y、z是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增x与z位于同一主族，y元素的单质既能与盐酸反应也能与naoh溶液反应，z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半下列说法正确的是（）a工业上制取y的单质常用还原剂还原y的氧化物bz的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸c室温下，x的最高价氧化物的水溶液的ph7dy单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】x、y、z是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增y元素的单质既能与盐酸反应也能与naoh溶液反应，y为al元素；z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，z为si元素，x与z位于同一主族，则x为c元素【解答】解：x、y、z、w是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增y元素的单质既能与盐酸反应也能与naoh溶液反应，y为al元素；z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，z为si元素，x与z位于同一主族，则x为c元素a工业上电解熔融氧化铝冶炼al，故a错误；bz的最高价氧化物是二氧化硅，二氧化硅不与水反应，故b错误；cx的最高价氧化物的水溶液为碳酸溶液，溶液ph7，故c错误；dal在高温下可以与氧化铁发生铝热反应，可以置换出铁，故d正确，故选d【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，综合考查元素化合物性质，注意常见既能与盐酸反应也能与naoh溶液反应的物质3绿色电源“二甲醚氧气燃料电池”的工作原理如图，所示下列说法正确的是（）a氧气应从c处通入，电极y上发生的反应为o2+4e+2h2o4ohb电池在放电过程中，电极x周围溶液的ph增大c二甲醚应从b处加入，电极x上发生的反应为（ch3）2o12e+3h2o=2co2+12h+d当该电池向外电路提供2mol电子时消耗o2约为22.4l【考点】化学电源新型电池【专题】电化学专题【分析】根据氢离子移动方向知，y为原电池正极，x为负极，则c处通入的气体是氧气，根据d处生成物知，正极上发生的反应为o2+4e+4h+2h2o，电解质溶液为酸性溶液，b处通入的物质是二甲醚，x电极反应式为（ch3）2o12e+3h2o=2co2+12h+，则a处出来的物质是二氧化碳，据此分析解答【解答】解：根据氢离子移动方向知，y为原电池正极，x为负极，则c处通入的气体是氧气，根据d处生成物知，正极上发生的反应为o2+4e+4h+2h2o，电解质溶液为酸性溶液，b处通入的物质是二甲醚，x电极反应式为（ch3）2o12e+3h2o=2co2+12h+，则a处出来的物质是二氧化碳，a氧气应从c处通入，电极y上发生的反应为o2+4e+4h+2h2o，故a错误；b电池在放电过程中，电极x发生的电极反应为（ch3）2o12e+3h2o=2co2+12h+，x电极周围溶液的ph减小，故b错误；c二甲醚应从b处加入，x电极上二甲醚得电子发生还原反应，所以电极x上发生的反应为（ch3）2o12e+3h2o=2co2+12h+，故c正确；d当该电池向外电路提供2mol电子时消耗o2体积=11.2l，故d错误；故选c【点评】本题考查了化学电源新型电池，根据氢离子移动方向确定正负极，再根据d处生成物确定电解质溶液酸碱性，难点是电极反应式书写，题目难度中等4反应a（g）+3b（g）2c（g）+2d（g）在四种不同情况下的反应速率分别为：v（a）=0.45moll1min1 v（b）=0.6moll1s1v（c）=0.4moll1s1 v（d）=0.45moll1s1下列有关反应速率的比较中正确的是（）a=b=cd【考点】化学反应速率和化学计量数的关系【专题】化学平衡专题【分析】反应速率的单位相同，用各物质表示的反应速率除以对应各物质的化学计量数，数值大的反应速率快，注意单位要相同【解答】解：v（a）=0.45moll1min1=0.0075moll1min1， =0.0075；=0.2；=0.2；=0.225，故反应速率：=故选a【点评】比较反应速率常用的两种方法：（1）归一法：将同一反应中的不同物质的反应速率转化成同一物质的反应速率，再较小比较（2）比值法：用各物质的量表示的反应速率除以对应各物质的化学计量数，数值大的反应速率快5当三份铜粉分别与足量的稀硝酸、浓硝酸、热的浓硫酸反应后收集到的气体在相同状况下体积相等时，三份铜粉的质量比为（）a3：1：2b3：2：2c1：1：2d1：3：2【考点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；铜金属及其重要化合物的主要性质【专题】守恒法【分析】铜粉与足量的稀硝酸反应，还原产物是no气体；铜粉与足量的浓硝酸反应，还原产物是no2气体；铜粉与热的浓硫酸反应，还原产物是so2气体根据阿伏加德罗定律，同温同压下相同体积的气体，具有相同的气体分子数同气体分子数，气体的物质的量相同【解答】解：当三份铜粉分别与足量的稀硝酸、浓硝酸、热的浓硫酸反应后收集到的气体在相同状况下体积相等时，我们假设所有的气体在标况下都是22.4l 根据n=，n=1 mol，根据公式n=，三份铜粉的质量比等于它们的物质的量比（1）当铜粉与足量的稀硝酸反应，生成1molno时3cu+8hno3=3 cu （no3）2+2no+4h2o3 2n（cu） 1 moln（cu）=1.5 mol（2）当铜粉与足量的浓硝酸反应，生成1molno2时cu+4hno3=cu （no3）2+2no2+2h2o1 2n（cu） 1 moln（cu）=0.5 mol（3）当铜粉与热的浓硫酸反应，生成1molso2时cu+2h2so4（浓）cuso4+so2+2h2o1 1n（cu） 1 moln（cu）=1 mol三份铜粉的质量比为1.5：0.5：1=3：1：2故选a【点评】掌握铜与足量的稀硝酸、浓硝酸、热的浓硫酸的反应原理是解题的关键应熟练应用上述三个反应的化学方程式6己知反应a（s）+b（g）c（g）+d（g）的化学平衡常数和温度的关系如表下列说法正确的是（）温度/70080083010001200化学平衡常数1.71.11.00.60.4a该反应的化学平衡常数表达式为：k=b该反应为吸热反应c单位时间内生成b和d的物质的量相等时，该反应处于平衡状态d其它条件不变时，增大体系的压强，化学平衡常数减小【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】a、依据平衡常数概念书写，利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡 浓度幂次方乘积，注意a为固体；b、依据平图表数据分析，衡常数随温度升高减小，平衡逆向进行；c、单位时间内生成b和d的物质的量相等时，正逆反应速率相同；d、平衡常数随温度变化，不随压强变化；【解答】解：a、平衡常数用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡 浓度幂次方乘积，注意a为固体，k=，故a错误；b、依据图表数据分析，平衡常数随温度升高减小，平衡逆向进行，正反应为放热反应，故b错误；c、单位时间内生成b和d的物质的量相等时，正逆反应速率相同，说明该反应处于平衡状态，故c正确；d、平衡常数随温度变化，不随压强变化；其它条件不变时，增大体系的压强，化学平衡常数减不变，故d错误；故选c【点评】本题考查了化学平衡影响因素分析，平衡常数计算，注意平衡常数随温度变化，掌握基础是关键，题目较简单7海水淡化的方法有多种，如蒸馏法、电渗析法等电渗析法是一种利用离子交换膜进行离子交换的方法，其原理如图所示已知海水中含na+、cl、ca2+、mg2+、so42等离子，电极为惰性电极下列叙述中正确的是（）ab膜是阴离子交换膜b通电后，海水中阳离子往a电极处运动c通电后，a电极的电极反应式为：4oh4e=o2+2h2od通电后，b电极上产生无色气体，溶液中出现少量白色沉淀【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】a、阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过；b、依据电解原理分析，电解过程中阳离子移向阴极；c、a电极和电源正极相连是电解池的阳极，溶液中氯离子先放电；d、b电极氢离子放电生成氢气，氢氧根离子浓度增大结合镁离子生成白色沉淀【解答】解：a、阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，隔膜b和阴极相连，阴极是阳离子放电，所以隔膜b是阳离子交换膜，故a错误；b、电解过程中阳离子移向阴极，故b错误；c、a电极和电源正极相连是电解池的阳极，溶液中氯离子先放电，电极反应为：2cl2e=cl2，故c错误；d、b电极氢离子放电生成氢气，电极附近氢氧根离子浓度增大，结合镁离子生成白色沉淀，故d正确；故选d【点评】本题考查了电解原理的应用，电极反应，电极判断，题干信息的分析应用，题目难度中等二、简答题8如图是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表某一化学元素用化学用语回答下列问题（1）d、e、f的离子半径由大到小的顺序为o2na+al3+b、c、g的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序为hno3h2co3h2sio3，a与g、h、i形成的简单化合物的稳定性由强到弱的顺序为hclh2ssih4（2）i元素的最高价氧化物对应的水化物为hclo4，它与e的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式为oh+h+=h2o实验室制取i单质的化学方程式为mno2+4hcl（浓）mncl2+cl2+2h2o（3）呈两性的氢氧化物是溶于强碱的离子方程式为al（oh）3+oh=alo2+2h2o（4）e与d能形成一种淡黄色的化合物它的化学键类型为离子键、共价键，它与h的低价态氧化物反应的化学方程式为na2o2+so2=na2so4【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】由元素在周期表中位置，可知a为h、b为c、c为n、d为o、e为na、f为al、g为si、h为s、i为cl（1）电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，氢化物越稳定；（2）i元素的最高价氧化物对应的水化物为高氯酸，e的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠，二者反应生成高氯酸钠与水，实验室制取用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气；（3）氢氧化铝属于两性氢氧化物，与强碱反应生成偏铝酸盐与水；（4）e与d能形成一种淡黄色的化合物为na2o2，含有离子键、共价键；h的低价态氧化物为二氧化硫，与过氧化钠反应生成硫酸钠【解答】解：由元素在周期表中位置，可知a为h、b为c、c为n、d为o、e为na、f为al、g为si、h为s、i为cl（1）电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：o2na+al3+；非金属性ncsi，故酸性：hno3h2co3h2sio3，非金属clssi，故氢化物稳定性：hclh2ssih4，故答案为：o2na+al3+；hno3h2co3h2sio3；hclh2ssih4；（2）i元素的最高价氧化物对应的水化物为高氯酸，化学式为hclo4，e的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠，二者反应生成高氯酸钠与水，离子方程式为：oh+h+=h2o，实验室制取用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，反应方程式为：mno2+4hcl（浓）mncl2+cl2+2h2o，故答案为：hclo4；oh+h+=h2o；oh+h+=h2o；mno2+4hcl（浓）mncl2+cl2+2h2o；（3）氢氧化铝属于两性氢氧化物，与强碱反应生成偏铝酸盐与水，离子方程式为：al（oh）3+oh=alo2+2h2o，故答案为：al（oh）3+oh=alo2+2h2o；（4）e与d能形成一种淡黄色的化合物为na2o2，含有离子键、共价键；h的低价态氧化物为二氧化硫，与过氧化钠反应生成硫酸钠，反应方程式为：na2o2+so2=na2so4，故答案为：离子键、共价键；na2o2+so2=na2so4【点评】本题考查元素周期表与元素周期律综合应用，注意对元素周期律的理解掌握，有利于基础知识的巩固9“低碳循环”已引起各国家的高度重视，而如何降低大气中co2的含量和有效地开发利用co2，引起了全世界的普遍重视所以“低碳经济”正成为科学家研究的主要课题（1）用电弧法合成的储氢纳米碳管常伴有大量的碳纳米颗粒（杂质），这种颗粒可用如下氧化法提纯，请完成该反应的化学方程式：5 c+4 kmno4+6 h2so45co2+4mnso4+2k2so4+6h2o；（2）将不同量的co（g）和h2o（g）分别通入到体积为2l的恒容密闭容器中，进行反应：co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g），得到如下三组数据：实验组温度起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/mincoh2oh2co1650421.62.462900210.41.633900abcdt实验1条件下平衡常数k=2.67（取小数二位，下同）；实验3中，若平衡时，co的转化率大于水蒸气，则a/b 的值1 （填具体值或取值范围）；实验4，若900时，在此容器中加入10molco，5molh2o，2molco2，5molh2，则此时v正v逆（填“”、“”或“=”）【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算【专题】氧化还原反应专题；化学平衡专题【分析】（1）反应中c元素的化合价由0升高为+4价，mn元素的化合价由+7价降低为+2价，结合化合价升降总数相等以及质量守恒定律配平；（2）先求得各物质平衡时的浓度，再根据平衡常数等于生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积求得平衡常数；在反应中当反应物的物质的量之比等于化学计量数之比时，各反应物的转化率相等，某一种反应物越多，其转化率越低，而另一种反应物的转化率则越高，据此答题；根据浓度商qc与平衡常数k的大小，判断反应进行的方向，进而确定正逆反应的速率【解答】解：（1）反应中c元素的化合价由0升高为+4价，mn元素的化合价由+7价降低为+2价，该反应中转移20e，由电子守恒和质量守恒定律可知得化学反应为5c+4kmno4+6hso4=5co2+4mnso4+2k2so4+6h2o，故答案为：5；4；6；5；4；2；6；（2）co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g），开始（mol）：2 1 0 0变化（mol）：0.8 0.8 0.8 0.8平衡（mol）：1.2 0.2 0.8 0.8所以平衡常数k=2.67，故答案为：2.67；在反应中当反应物的物质的量之比等于化学计量数之比时，各反应物的转化率相等，某一种反应物越多，其转化率越低，而另一种反应物的转化率则越高，所以要使co的转化率大于水蒸气，则01，故答案为：01；900时，当容器中加入10molco，5molh2o，2molco2，5molh2时，浓度商qc=0.22.67=k，所以此时平衡要逆向移动，故v正v逆，故答案为：【点评】本题主要考查了氧化还原反应的配平、化学平衡常数的计算、等知识点，综合性较强，中等难度，解题时注意对基础知识的灵活运用10（1）已知在常温常压下：2ch3oh（l）+3o2（g）2co2（g）+4h2o（g）h=1275.6kj/mol2co（g）+o2（g）2co2（g）h=566.0kj/molh2o（g）h2o（l）h=44.0kj/mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：ch3oh（l）+o2（g）=co（g）+2h2o（l）h=442.8kjmol1（2）为最近有科学家提出构想：把空气吹入碳酸钾溶液，然后再把co2从溶液中提取出来，经化学反应后使之变为可再生燃料甲醇该构想技术流程如图：向分解池中通入高温水蒸气的作用是提供高温环境使khco3分解【考点】热化学方程式【分析】（1）根据热化学方程式利用盖斯定律计算反应热并书写热化学方程式；（2）分解池中是碳酸氢钾分解需要一定温度【解答】解：（1）2ch3oh（l）+3o2（g）2co2（g）+4h2o（g）h=1275.6kjmol12co（g）+o2（g）2co2（g）h=566.0kjmol1h2o（g）h2o（l）h=44.0kjmol1根据盖斯定律，将已知反应（+4）得到ch3oh（l）+o2（g）=co（g）+2h2o（l），所以该反应的h=（1275.6kj/mol）（566.0kj/mol）+（44.0kj/mol）4=442.8kjmol1，即ch3oh（l）+o2（g）=co（g）+2h2o（l）h=442.8kjmol1，故答案为：ch3oh（l）+o2（g）=co（g）+2h2o（l）h=442.8kjmol1；（2）向分解池中通入高温水蒸气的作用是提供高温环境使khco3分解；故答案为：提供高温环境使khco3分解【点评】本题考查了盖斯定律的应用和流程图的分析解答，题目综合性较强，是对学生能力的考查，难度中等，注意盖斯定律的应用11工业以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+h2onh4hco3；nh4hco3+naclnahco3+nh4cl；2nahco3na2co3+co2+h2o（）碳酸氢铵与饱和食盐水反应，能析出碳酸氢钠晶体的原因是c（填字母标号）；a碳酸氢钠难溶于水 b碳酸氢钠受热易分解c碳酸氢钠的溶解度相对较小，所以在溶液中首先结晶析出d碳酸氢钠的稳定性大于碳酸钠（）某活动小组根据上述制碱原理，进行碳酸氢钠的制备实验（1）一位同学将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）试回答下列有关问题：乙装置中的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，其作用是除去co2中的hcl气体；丁装置中稀硫酸的作用是吸收未反应完的nh3；实验结束后，分离出nahco3 晶体的操作是过滤（填分离操作的名称），该操作所需要的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯；（2）另一位同学用图中戊装置（其它装置未画出）进行实验实验时，须先从a管通入氨气气体，说明原因氨气极易溶解于水，能形成较大浓度的溶液，有利于二氧化碳吸收，生成更多的碳酸氢铵；有同学建议在戊装置的b管下端连接己装置，理由是增大气体与溶液接触面积，提高co2的吸收率【考点】纯碱工业（侯氏制碱法）；常见气体制备原理及装置选择；制备实验方案的设计【专题】实验分析题；实验设计题【分析】（）依据题干中信息碳酸氢钠溶解度相对较小分析判断；（）（1）依据用盐酸制取二氧化碳时常会含有氯化氢气体分析即可解答；依据稀硫酸能与氨气反应分析解答；依据分离固体与液体采用的实验操作分析解答，过滤操作可需要的主要仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒及铁架台等；（2）根据氨气易溶于水，从制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水分析解答；从装置改动后反应物的接触面积变大分析判断【解答】解：（）a碳酸氢钠易溶于水，故错误；b碳酸氢钠受热易分解，与其在溶液中首先结晶析出无关，故错误；c碳酸氢钠的溶解度相对于氯化铵来说碳酸氢钠的溶解度更小一些，所以在溶液中首先结晶析出，故正确；故答案为：c；（）（1）利用盐酸制取二氧化碳时，因盐酸易挥发，所以，二氧化碳中常会含有氯化氢气体，碳酸氢钠能与盐酸反应不与二氧化碳反应，所以通过碳酸氢钠的溶液是可以除掉二氧化碳气体中的氯化氢气体，故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；实验过程中氨气可能有剩余，而稀硫酸能与氨气反应，所以稀硫酸的作用是吸收末反应的nh3，故答案为：吸收未反应的nh3；分离出nahco3晶体的操作是分离固体与液体，常采用的实验操作是过滤操作，此操作需要的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗及烧杯，故答案为：过滤；玻璃棒；漏斗；烧杯；（2）制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水，氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，则应先通入氨气，能形成较大浓度的溶液，有利于二氧化碳吸收，生成更多的碳酸氢铵，故a端通入nh3，故答案为：nh3；氨气极易溶解于水，能形成较大浓度的溶液，有利于二氧化碳吸收，生成更多的碳酸氢铵；装置改动后反应物的二氧化碳与溶液的接触面积变大，提高了二氧化碳的吸收率，故答案为：增大气体与溶液接触面积，提高co2吸收率【点评】本题主要考查“侯氏制碱法”的反应原理，题目较为综合，难度较大，解答须明晰制碱的原理12（1）反应fe（s）+co2（g）feo（s）+co（g）h1，平衡常数为k1；反应fe（s）+h2o（g）feo（s）+h2（g）h2，平衡常数为k2；在不同温度时k1、k2的值如表：700900k