广州市四校2022届高三化学上学期期末联考试题（含解析）新人教版

广州市四校2022届高三上学期期末联考化学试卷一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1．化学与社会、生产、生活紧切相关．下列说法正确的是（　　）　A．棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝和人造丝的主要成分都是蛋白质　B．石油干馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等　C．从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现　D．纯碱可用于生产普通玻璃，日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污考点：纤维素的性质和用途；海水资源及其综合利用；钠的重要化合物；煤的干馏和综合利用．.专题：化学应用．分析：A．棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝的主要成分都是蛋白，人造丝是一种丝质的人造纤维，主要成分不是蛋白质；B．石油分馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等；C．海水晒盐是物理变化；D．纯碱可用于生产普通玻璃，纯碱水解显碱性，故日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污．解答：解：A．棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝的主要成分都是蛋白，人造丝是一种丝质的人造纤维，主要成分不是蛋白质，故A错误；B．石油分馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等，故B错误；C．海水晒盐是物理变化，故C错误；D．纯碱可用于生产普通玻璃，纯碱水解显碱性，故日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污，故D正确；故选D．点评：本题考查了蚕丝和人造丝的主要成分、石油分馏、纯碱的用途等知识，难度不大，注意知识的积累．　2．（3分）NA表示阿伏加德罗常数，下列判断正确的是（　　）　A．常温常压下，16g甲烷分子所含质子数为10NA　B．1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA　C．标准状况下，22.4L乙醇的分子数为NA　D．1L0.01mol的Na2CO3溶液中含有0.01NA个CO32﹣考点：阿伏加德罗常数．.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A．甲烷分子中含有10个质子，16g甲烷的物质的量为1mol，1mol甲烷中含有10mol质子；B．1mol氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂，1mol氯气转移了1mol电子；C．标准状况下，乙醇的状态为液体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算；D．碳酸根离子在溶液中部分水解，导致溶液中碳酸根离子数目减少．解答：解：A．16g甲烷的物质的量为1mol，1mol甲烷中含有10mol质子，所含质子数为10NA，故A正确；12\nB．氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂，1molCl2完全反应转移1mol电子，转移的电子数为NA，故B错误；C．标况下乙醇的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算乙醇的物质的量，故C错误；D．1L0.01mol的Na2CO3溶液中含有0.01mol碳酸钠，由于碳酸根离子部分水解，则溶液中含有的碳酸根离子小于0.01NA，故D错误；故选A．点评：本题考查阿伏加德罗常数的应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件．　3．（3分）下列水溶液中能大量共存的一组离子是（　　）　A．K+、Al3+、CO32﹣、Cl﹣B．Na+、H+、SO42﹣、SiO32﹣　C．H+、Mg2+、SO42﹣、I﹣D．H+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣考点：离子共存问题．.专题：离子反应专题．分析：A．铝离子与碳酸根离子发生双水解反应；B．氢离子与硅酸根离子反应生成硅酸；C．H+、Mg2+、SO42﹣、I﹣离子之间不发生反应；D．硝酸根在氢离子存在条件下能够氧化亚铁离子．解答：解：A．Al3+、CO32﹣之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．H+、SiO32﹣之间反应生成硅酸沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．H+、Mg2+、SO42﹣、I﹣之间不反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．NO3﹣、H+、Fe2+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．点评：本题考查离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．　4．（3分）下列实验能达到实验目的是（　　）　A．检验NH4+时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验逸出的气体　B．向做完蔗糖水解后的溶液中直接加入新制的Cu（OH）2并加热，以检验蔗糖是否水解　C．将混有HCl的CO2通入饱和Na2CO3溶液中除去HCl　D．将Al2（SO4）3溶液蒸干制备Al2（SO4）3固体考点：化学实验方案的评价．.专题：实验评价题．分析：A．用湿润的红色石蕊试纸检验氨气；B．蔗糖水解后显酸性，检验葡萄糖应在碱性溶液中；C．二者均与碳酸钠反应；D．水解生成硫酸不挥发．12\n解答：解：A．用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，氨气的检验不合理，故A错误；B．蔗糖水解后显酸性，检验葡萄糖应在碱性溶液中，则水解后先加碱至碱性再加入新制的Cu（OH）2并加热，以检验蔗糖是否水解，故B错误；C．二者均与碳酸钠反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠，故C错误；D．水解生成硫酸不挥发，则将Al2（SO4）3溶液蒸干制备Al2（SO4）3固体，故D正确；故选D．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及离子和气体的检验、水解及混合物分离提纯、盐类水解等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大．　5．（3分）一种新型的乙醇电池，它用磺酸类质子溶剂．电池总反应为：C2H5OH+3O2→2CO2+3H2O，电池示意如图，下列说法正确的是（　　）　A．a极为电池的正极　B．电池工作时电流由a极沿导线经灯泡再到b极　C．电池负极的电极反应为：4H++O2+4e﹣=2H2O　D．电池工作时，1mol乙醇被氧化时就有12mol电子转移考点：化学电源新型电池．.专题：电化学专题．分析：A．在燃料电池中，燃料在负极发生失电子的反应；B．在燃料电池中，电流在电路中从正极流向负极；C．在燃料电池中，正极上是氧气得电子的还原反应，燃料在负极发生失电子的反应；D．根据电池反应：C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，乙醇被氧化电极反应式为C2H5OH+3H2O﹣12e﹣=2CO2+12H+，反应转移电子数为12．解答：解：A．在燃料电池中，燃料乙醇在负极发生失电子的反应，氧气是在正极上发生得电子的反应，则a为负极，故A错误；B．电池工作时，电流由正极经外电路流向负极，在该电池中由b极流向a极，故B错误；C．在燃料电池中，正极上是氧气得电子的还原反应，在酸性电解质环境下，正极的电极反应为：4H++O2+4e﹣=2H2O，故C错误；D．根据电池反应：C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，乙醇被氧化电极反应式为C2H5OH+3H2O﹣12e﹣=2CO2+12H+，则1mol乙醇被氧化失去12mol电子，故D正确；故选D．点评：本题考查原电池知识，题目难度中等，本题注意把握根据电池总反应书写电极方程式的方法．　6．（3分）下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是（　　）12\n选项陈述Ⅰ陈述ⅡASO2可使酸性高锰酸钾褪色SO2有漂白性B浓硫酸具有脱水性和强氧化性浓硫酸滴到湿润的蔗糖中，蔗糖变成黑色海绵状CSiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维DBaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有白色沉淀Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3）　A．AB．BC．CD．D考点：二氧化硫的化学性质；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；浓硫酸的性质；硅和二氧化硅．.专题：元素及其化合物．分析：A．二氧化硫能被强氧化剂氧化而体现还原性；B．浓硫酸能将有机物中的H、O元素以2：1水的形式脱去而体现脱水性、强氧化性；C．二氧化硅不能导电，但Si能导电；D．如果Qc＞Ksp时就能产生沉淀．解答：解：A．酸性高锰酸钾具有强氧化性，二氧化硫被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，该反应体现二氧化硫的还原性而不是漂白性，故A错误；B．浓硫酸将蔗糖的H、O元素以2：1水的形式脱去而体现脱水性、强氧化性，故B正确；C．二氧化硅不能导电，但Si是半导体能导电，故C错误；D．BaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有白色沉淀，是因为Qc＞Ksp时而产生沉淀，不能说明Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3），故D错误；故选B．点评：本题考查较综合，涉及溶度积常数、二氧化硅和硅的性质、浓硫酸的性质、二氧化硫的性质等知识点，明确物质性质是解本题关键，注意二氧化硫还原性和漂白性区别，易错选项是D．　7．（3分）五种短周期元素的部分性质数据如下：下列叙述正确的是（　　）元素TXYZW原子半径/nm0.0370.0750.0990.1020.143最高或最低化合价+1+5，﹣3+7，﹣1+6，﹣2+3　A．X的阴离子半径小于T的阳离子半径　B．Y的氢化物的热稳定性比Z的氢化物的大　C．Y单质与Fe反应生成的化合物中，铁元素显+3价　D．Z元素的氧化物对应的水化物一定为强酸考点：原子结构与元素周期律的关系．.专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：都是短周期元素，Y有+7、﹣1价，则Y为Cl；Z有+6、﹣2价，则Z为S元素；X有+5、﹣3价，处于ⅤA族，原子半径小于Cl，则X为N元素；T有+1价，处于IA族，原子半径最小，则T为H元素；W有+2价，处于ⅢA族，且原子半径大于Cl，故W12\n为Al元素，据此解答．解答：解：都是短周期元素，Y有+7、﹣1价，则Y为Cl；Z有+6、﹣2价，则Z为S元素；X有+5、﹣3价，处于ⅤA族，原子半径小于Cl，则X为N元素；T有+1价，处于IA族，原子半径最小，则T为H元素；W有+2价，处于ⅢA族，且原子半径大于Cl，故W为Al元素，A．N3﹣离子半径大于H+，故A错误；B．非金属性Cl＞S，故氢化物稳定性HCl＞H2S，故B正确；C．氯气与Fe反应生成氯化铁，氯化铁中铁元素显+3价，故C正确；D．亚硫酸为中强酸，故D错误，故选BC．点评：本题考查结构性质位置关系，难度中等，根据化合价、半径推断元素是关键，注意对元素周期律的理解掌握．　8．（3分）室温时，0.01mol•L﹣1HA溶液的pH=3，向该溶液中逐滴加入NaOH，在滴加过程中，下列有关叙述正确的是（　　）　A．原HA溶液中，c（H+）=c（OH﹣）+c（A﹣）　B．当恰好完全中和时，溶液呈中性　C．当滴入少量的NaOH，促进了HA的电离，溶液的pH升高　D．当NaOH溶液过量时，可能出现：c（A﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．.专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A、据电荷守恒分析；B、0.01mol•L﹣1HA溶液的pH=3，说明HA是弱酸，NaA是强碱弱酸盐；C、HA是弱酸存在电离平衡；D、据电荷守恒判断．解答：解：A、在HA溶液中，只有上述三种离子，据溶液中的电荷守恒可知，c（H+）=c（OH﹣）+c（A﹣），故A正确；B、恰好完全中和时生成NaA，NaA是强碱弱酸盐，水解显碱性，故B错误；C、HA溶液中加入NaOH时，氢氧根离子中和氢离子，促进了HA的电离，但氢离子浓度减小，所以溶液的pH升高，故C正确；D、溶液中只含有上述4种离子，若c（A﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+），阴离子浓度大于阳离子，故D错误；故选AC．点评：本题考查了弱电解质的电离平衡、溶液中的电荷守恒、盐类水解，题目难度中等．　二、填空题：9．（16分）α，β不饱和化合物在有机合成中有着广泛的用途．反应①是合成α，β不饱和化合物的常见的方法．反应①：12\n（1）化合物Ⅰ的分子式为　C7H6O2　，1mol化合物Ⅰ最多能与　4　molH2发生加成反应．（2）下列说法，正确的是　BD　．A．反应①属于加成反应B．化合物Ⅰ遇氯化铁溶液显紫色C．化合物Ⅰ能与NaHCO3反应D．化合物Ⅲ与Br2既能发生取代反应，也能发生加成反应（3）化合物Ⅳ可以通过化合物Ⅲ在一定条件下发生分子内的酯化得到；请写出该反应的化学方程式（注明必要的条件）　+H2O　，化合物Ⅴ是化合物Ⅳ的同分异构体，也是具有两个六元环的酯．化合物Ⅴ的结构简式为　　．（4）也能与化合物Ⅱ发生类似反应①的反应，除CH3COOH外，另一种有机产物的结构简式为　　．在工业上化合物Ⅱ可以通过CH3CHO制备，请仅以乙烯为有机物原料两步合成CH3CHO，涉及的反应方程式为（注明必要的条件）①　　；②　　．考点：有机物的合成．.专题：有机物的化学性质及推断．分析：（1）根据化合物Ⅰ的结构式含有1个苯环和1个醛基，据此书写分子式，判断消耗的氢气；（2）A．根据反应①的本质判断；B．化合物Ⅰ含酚羟基，所以遇氯化铁溶液显紫色；C．化合物Ⅰ不含羧基不能与NaHCO3反应；12\nD．化合物Ⅲ含有碳碳双键和酚羟基，所以与Br2既能发生取代反应，也能发生加成反应；（3）根据化合物Ⅲ即含酚羟基又含羧基，分子内的酯化生成酯和水；根据同分异构体分子式相同，也是具有两个六元环的酯书写Ⅴ的结构简式；（4）根据反应①的本质判断与化合物Ⅱ发生除CH3COOH外，另一种有机产物的结构简式；乙烯与水加成生成CH3CH2OH，CH3CH2OH在发生催化氧化合成CH3CHO，据此分析解答．解答：解：（1）由化合物Ⅰ的结构式，得出分子式为C7H6O2，含有1个苯环和1个醛基，则1mol化合物Ⅰ最多能与4mol氢气发生加成反应，故答案为：C7H6O2；4；（2）A．由反应①中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的结构可以得出为醛基转化成碳碳双键，不是加成反应，故错误；B．化合物Ⅰ含酚羟基，所以遇氯化铁溶液显紫色，故正确；C．化合物Ⅰ不含羧基不能与NaHCO3反应，故错误；D．化合物Ⅲ含有碳碳双键和酚羟基，所以与Br2既能发生取代反应，也能发生加成反应，故正确；故选：BD；（3）因为化合物Ⅲ即含酚羟基又含羧基，分子内的酯化生成酯和水，方程式为：+H2O；因为同分异构体分子式相同，也是具有两个六元环的酯，则Ⅴ的结构简式为；故答案为：+H2O；；（4）根据反应①的本质为醛基转化成碳碳双键，与化合物Ⅱ发生除CH3COOH外，另一种有机产物的结构简式为12\n；乙烯与水加成生成CH3CH2OH，CH3CH2OH在发生催化氧化合成CH3CHO，所以反应方程式为：①；②；故答案为：；；．点评：本题考查有机物合成及结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，注意合成流程中官能团及结构的变化，侧重分析能力及知识迁移能力的考查，题目难度不大．　10．（16分）偏二甲肼与N2O4是常用的火箭推进剂，二者发生如下化学反应：（CH3）2NNH2（L）+2N2O4（L）=2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g）（Ⅰ）（1）该反应（Ⅰ）中还原剂是　（CH3）2NNH2　．（2）火箭残骸中常现红棕色气体，原因为：N2O4（g）⇌2NO2（g）（Ⅱ）一定温度下，反应（Ⅱ）的焓变为△H．现将1molNO2充入一恒压密闭容器中，如图示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是　BD　若在相同温度下，上述反应改在体积为1L的恒容密闭容器中进行，平衡常数　不变　（填“增大”“不变”或“减小”），反应4s后N2O4的物质的量为0.9mol，则0～4s内的平均反应速率v（NO2）=　0.45mol•L﹣1•S﹣1　（3）25℃时，将1molNH4NO3溶于水，溶液显酸性，原因是　NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+　（用离子方程式表示）．向该溶液滴加50mL氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中的水的电离平衡将　逆向　（填“正向”“不”或“逆向”）移动，所滴加氨水的浓度为　　mol•L﹣1．（NH3•H2O的电离平衡常数K=2×10﹣5mol•L﹣1）考点：反应热和焓变；化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素；盐类水解的应用．.分析：（1）依据化学方程式中因素化合价的变化分析，因素化合价降低的做氧化剂被还原；（2）根据达到平衡状态，各组分浓度不变，正逆反应速率相等进行判断；化学平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关；根据v（N2O4）=计算N2O412\n的化学反应速率，再根据同一反应中、同一时间段内反应速率之比等于计量数之比计算v（NO2）；（3）依据铵根离子水解分析回答；依据同粒子效应，一水合氨对铵根离子水解起到抑制作用；依据一水合氨的电离平衡常数计算得到氨水浓度．解答：解：（1）反应（Ⅰ）中，N2O4（l）中N元素得电子化合价降低，N2O4（l）是氧化剂，（CH3）2NNH2（l）中C元素和N元素化合价升高，是还原剂；故答案为：（CH3）2NNH2；（2）A、起始量二氧化氮物质的量不是0，故A错误；B、恒压容器中混合气体的质量不变，体积不变，密度不变，平衡状态下密度不变，密度改变，说明体积变化，平衡发生移动，能说明反应达到了平衡状态，故B正确；C、反应过程中，反应热不会变化，不是变量，无法判断是否达到平衡状态，故C错误；D、四氧化二氮的转化率不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故D正确；化学平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关，所以平衡常数K不变；v（N2O4）═==0.225mol/L•s，则2v（N2O4）=v（NO2）=0.45mol/（L•s）；故答案为：BD；不变；0.45mol/L•s；（3）NO2可用氨水吸收生成NH4NO3．25℃时，将amolNH4NO3溶于水，溶液显酸性，是因为铵根离子水解；反应的离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；加入氨水溶液抑制铵根离子水解，平衡逆向进行；将amolNH4NO3溶于水，向该溶液滴加bL氨水后溶液呈中性，依据电荷守恒计算可知，溶液中氢氧根离子浓度=10﹣7mol/L，c（NH4+）=c（NO3﹣）；NH3•H2O的电离平衡常数取Kb=2×10﹣5mol•L﹣1，设混合后溶液体积为1L，（NH4+）=c（NO3﹣）=amol/L；根据一水合氨电离平衡得到：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，平衡常数K===2×10﹣5mol•L﹣1，计算得到c（NH3•H2O）=mol/L，故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；逆向；．点评：本题考查了氧化还原反应的概念判断，化学平衡的影响因素分析，平衡标志的判断理解，平衡常数的影响因素和计算应用，化学反应速率的计算分析，弱电解质溶液中的电离平衡的计算应用，综合性较大．　11．（16分）溴化钙是一种溴化物，用于石油钻井，也用于制造溴化铵及光敏纸、灭火剂、制冷剂等．制备CaBr2•2H2O的主要流程如下：12\n（1）与液溴的反应温度不能超过40℃的原因是　防止液溴挥发，降低原料利用率　．（2）滤渣的成分可能是　Fe、Fe（OH）2、Fe（OH）3　．（3）试剂M是　HBr　，加入M的目的是　除去过量的Ca（OH）2　．（4）操作Ⅱ的步骤为蒸发浓缩，　冷却结晶、过滤　、洗涤、干燥．（5）将氨气通入石灰乳，加入溴，于65℃进行反应也可制得溴化钙，此反应中还会生成一种无色气体，写出反应的化学方程式　Ca（OH）2+3Br2+2NH33CaBr2+N2↑+6H2O　．（6）制得的CaBr2•2H2O可以通过以下方法测定纯度：称取5.00g样品溶于水，滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量，得到2.00g固体．则CaBr2•2H2O的质量分数为　94.40%　．（相对原子质量：Ca﹣40Br﹣80H﹣1O﹣16）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．.专题：实验设计题．分析：Fe与溴单质反应生成FeBr2，加过量的氢氧化钙，生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁，过滤得到滤液中主要CaBr2，在滤液中加HBr中和多余的氢氧化钙，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到CaBr2•2H2O晶体；（1）溴单质受热易挥发；（2）滤渣中除了是的氢氧化亚铁，还有剩余的Fe，和氧化生成的氢氧化铁；（3）加入的氢氧化钙过量，加溴化氢除去；（4）根据从溶液中提取固体溶质的操作分析；（5）氨气通入石灰乳，加入溴，在65℃反应生成溴化钙、氮气和水；（6）根据CaBr2•2H2O～Na2CO3～CaCO3，由碳酸钙的质量求出CaBr2•2H2O，再求出质量分数．解答：解：Fe与溴单质反应生成FeBr2，加过量的氢氧化钙，生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁，过滤得到滤液中主要CaBr2，在滤液中加HBr中和多余的氢氧化钙，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到CaBr2•2H2O晶体；（1）溴单质受热易挥发，所以控制反应在较低温度不能超过40℃进行，防止液溴挥发，降低原料利用率，故答案为：防止液溴挥发，降低原料利用率；（2）滤渣中除了是的氢氧化亚铁，还有剩余的Fe，和氧化生成的氢氧化铁，所以滤渣的成分可能是Fe、Fe（OH）2、Fe（OH）3，故答案为：Fe、Fe（OH）2、Fe（OH）3；（3）溴化亚铁溶液中加入过量的氢氧化钙，过梁得到的滤液含有溴化钙和氢氧化钙，加溴化氢除去多余的氢氧化钙，则加入的M为HBr，故答案为：HBr；除去过量的Ca（OH）2；（4）从溶液中提取固体溶质的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶、过滤；12\n（5）氨气通入石灰乳，加入溴，在65℃反应生成溴化钙、氮气和水，其反应的化学方程式为Ca（OH）2+3Br2+2NH33CaBr2+N2↑+6H2O，故答案为：Ca（OH）2+3Br2+2NH33CaBr2+N2↑+6H2O；（6）称取5.00g样品溶于水，滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量，得到2.00g固体，则生成的固体为碳酸钙，设样品中CaBr2•2H2O的质量为xg，CaBr2•2H2O～Na2CO3～CaCO3，236100xg2.00g则x==4.72g，则CaBr2•2H2O的质量分数为×100%=94.40%，故答案为：94.40%．点评：本题考查了溴化钙晶体的制备实验方案设计，题目涉及化学实验基本操作、除杂质、离子方程式的书写、含量的计算等，题目难度中等，是对学生综合能力的考查，需要学生基本扎实的基础与分析问题、解决问题的能力．　12．（16分）（1）已知：甲醇制烯烃反应①：2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△DH1=﹣29.0KJ•mol﹣1甲醇脱水反应②：2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△DH2=﹣24.0KJ•mol﹣1乙醇异构化反应③：CH3CH2OH（g）═CH3OCH3（g））△DH3=+50.8KJ•mol﹣1则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）的△DH=　﹣45.8　KJ•mol﹣1（2）在精制饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（NaHCO3），并提取氯化铵作为肥料或进一步提纯为工业氯化铵．①写出上述制备小苏打的化学方程式：　NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl　．②滤出小苏打后，母液提取氯化铵有两种方法：Ⅰ、通入氨，冷却、加食盐，过滤；Ⅱ、不通氨，冷却、加食盐，过滤．其中方法Ⅰ析出的氯化铵的纯度更高，其原因是　母液中含有氯化铵，通入氨，冷却、加食盐，有利于氯化铵的析出　．而方法Ⅱ的优点是其滤液可以　直接循环使用　（3）铅及其化合物可用于　铅　蓄电池，耐酸设备及X射线防护材料等．PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得，反应的离子方程式为　PbO+ClO﹣=PbO2+Cl﹣　：PbO2也可以通过石墨为电极，Pb（NO3）2和Cu（NO3）2的混合溶液为电解液电解制取．阳极发生的电极反应式　Pb2++2H2O﹣2e﹣=PbO2↓+4H+　，电解液中加入Cu（NO3）2的原因是　如果不加入硝酸铜，阴极会发生Pb2++2e﹣=Pb↓不能有效利用Pb2+，使Pb2+的利用率降低　．考点：有关反应热的计算；化学电源新型电池．.分析：（1）利用盖斯定律构造目标热化学方程式并求焓变；（2）①饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（NaHCO3），同时生成NH4Cl；②12\n母液中含有氯化铵，通入氨，冷却、加食盐，有利于氯化铵的析出，过滤后滤液中含有氨气，不能直接循环使用；（3）PbO和次氯酸钠反应生成二氧化铅和氯化钠；电解时，阳极上铅离子失电子和水反应生成二氧化铅；如果不加入硝酸铜，阴极生成铅，不能有效利用Pb2+．解答：解：（1）①2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△DH1=﹣29.0KJ•mol﹣1②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△DH2=﹣24.0KJ•mol﹣1③CH3CH2OH（g）═CH3OCH3（g））△DH3=+50.8KJ•mol﹣1根据盖斯定律，②﹣①﹣③可得：C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）的△DH=（﹣24.0KJ•mol﹣1）﹣（﹣29.0KJ•mol﹣1）﹣（50.8KJ•mol﹣1）=﹣45.8KJ•mol﹣1，故答案为：﹣45.8；（2）①饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（NaHCO3），同时生成NH4Cl，反应的方程式为NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，故答案为：NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl；②母液中含有氯化铵，通入氨，冷却、加食盐，有利于氯化铵的析出，纯度更高，过滤后滤液中含有氨气，不能直接循环使用，而②的滤液可直接循环使用，故答案为：母液中含有氯化铵，通入氨，冷却、加食盐，有利于氯化铵的析出；直接循环使用；（3）铅及其化合物可用于铅蓄电池，PbO和次氯酸钠反应生成二氧化铅和氯化钠，离子方程式为PbO+ClO﹣=PbO2+Cl﹣，电解时，阳极上铅离子失电子和水反应生成二氧化铅，电极反应式为Pb2++2H2O﹣2e﹣=PbO2↓+4H+；电解液中需加入Cu（NO3）2，如果不加入硝酸铜，阴极会发生Pb2++2e﹣=Pb↓不能有效利用Pb2+，使Pb2+的利用率降低，故答案为：铅；PbO+ClO﹣=PbO2+Cl﹣；Pb2++2H2O﹣2e﹣=PbO2↓+4H+；如果不加入硝酸铜，阴极会发生Pb2++2e﹣=Pb↓不能有效利用Pb2+，使Pb2+的利用率降低．点评：本题考查反应热的计算，制备小苏打、电解原理等知识点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意（3）中阳极、阴极电极反应式的书写，为易错点，题目难度中等．　12