1、2013-2014学年广东省佛山市顺德区高三（下）质检化学试卷（5月份） 一、选择题1（7分）（2014春顺德区月考）下列说法正确的是（）A蛋白质和糖类的水解都是高分子生成小分子的过程B甲苯分子中所有原子均处在同一个平面上C溴水与乙烯发生加聚反应而褪色D天然气和液化石油气的主要成分都是烃2（7分）（2014春顺德区月考）下列相关表达正确的是（）A亚硫酸的电离方程式：H2SO3=2H+SO23B中子数为18的氯原子的原子符号：ClC（CH3）2CHCH2CH2OH的名称：3甲基1丁醇DHOCH2COOH缩聚产物的结构简式：3（7分）（2014春顺德区月考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确
2、的是（）A1molL1的K2SO4溶液中有2NA个K+B1mol Cl2与足量铁反应，转移2NA个电子C标准状况下，22.4L氨气溶于水，此溶液中含有NA个NH3分子D所含溶质为63g的浓硝酸与足量的铜反应，生成的气体分子数为0.5NA4（7分）（2014春顺德区月考）下列说法不正确的是（）A青铜中含有的主要合金元素是锡和铅B装运浓硫酸的铝罐车，在卸货后不能用水冲洗铝罐的内部C半导体工业所说的“从沙滩到用户”是指将二氧化硅制成晶体硅D氮的固定只有在高温、高压、催化剂的条件下才能实现5（7分）（2014春顺德区月考）下列说法正确的是（）A常温下，PH=9的碳酸钠溶液中由水电离出的c（OH）=11
3、09molL1B温度相同时，在弱酸溶液和强碱稀溶液中，水的离子积常数Kw相同C将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低D中和等体积pH相同的H2SO4和HCl溶液，消耗NaOH的物质的量为2：16（7分）（2014秋张掖校级期末）某温度下，对可逆反应2X（g）+Y（g）3Z（g）+W（s）H0 的叙述正确的是（）A加入少量W，逆反应速率增大，平衡向左移动B增大压强，正反应速率增大，逆反应速率减小C温度、体积不变，充入He气增大压强，反应速率会加快D升高温度，混合气体的平均相对分子质量减小7（7分）（2014春顺德区月考）如图是元素周期表短周期的一部分，Y、W的质子数之和为25下列
4、说法正确的是（）A非金属性：WZB原子半径：XYCZ的最高价氧化物可溶于Y的氢化物的水溶液DY的最高价氧化的水化物酸性强于W最高价氧化的水化物8（7分）（2014春顺德区月考）下列实验操作及现象与实验结论都正确且有因果关系的是（）选项实验操作及现象实验结论A分别点燃乙烯和乙炔，乙炔产生的黑烟更浓乙炔的含碳量高于乙烯B在滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液后红色褪去BaCl2溶液呈酸性C分别取绿豆大的钾和钠，用滤纸吸干表面的煤油，投入盛水的烧杯中，钾反应更剧烈钾的金属性比钠强D测定相同浓度的盐酸和磷酸溶液的pH：盐酸的pH较小氯的非金属性比磷强AABBCCDD二、非选择题9（16分）（
5、2014春顺德区月考）化合物E能制解热镇痛药以苯酚为原料的工业合成路线（部分）如图：已知，请填写下列空格：（1）反应、的反应类型、；E的分子式（2）A的结构简式，分子中官能团的名称（3）向C溶液中加入少量浓溴水，发生反应的化学方程式D与足量NaOH溶液共热时，发生反应的化学方程式（4）可选用下列试剂中的（填编号）来鉴别D和B的水溶液aFeCl3溶液 bFeSO4溶液 cNaHCO3溶液 dNaOH溶液（5）写出一种满足下列三项条件的B的同分异构体的结构简式是一种芳香族化合物，属氨基酸，苯环上有4种不同环境的氢原子10（16分）（2014春顺德区月考）汽车尾气是城市空气的主要污染物之一，其主要有
6、害成分是CO、氮氧化物（NOx）等（1）NOx产生的原因之一是汽车发动机工作时引发N2和O2反应，其能量变化值如图1所示，则：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=（2）汽车尾气中CO、NOx的有效消除成为环保领域的重要课题某研究小组在实验室用某新型催化剂对CO、NO催化转化进行研究，测得NO转化为N2的转化率随温度、CO混存量的变化情况如图2NO与CO混存时，相互反应的化学方程式为1000K，=5：4时，NO的转化率为75%，则CO的转化率约为由于在实际过程中是不断变化的，保证NO转化率较高的措施是将温度大约控制在K之间（3）汽车尾气中NOx有望通过燃料电池实现转化已经有人以 NO2、O2和
7、熔融NaNO3制成了燃料电池，其原理如图3图中石墨为电池的极在该电池使用过程中，石墨I电极上的产物是氧化物Y，其电极反应式为（4）甲醇也可用于燃料电池工业上采用反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H0合成甲醇在恒容密闭反应器中，H2的平衡转化率与温度、压强的关系如图4所示，则A、B、C三点处对应平衡常数（KA、KB、KC）的大小关系为某高温下，将6molCO2和8mol H2充入2L密闭容器中发生反应，达到平衡后测得c（CO2）=2.0molL1，则该温度下反应的平衡常数值为11（16分）（2014春顺德区月考）卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe2+、Fe3+和M
8、n2+等杂质离子以卤块为原料按如图所示流程进行生产，可制得轻质氧化镁查阅资料得下表相关数据：表1：生成氢氧化物沉淀的pH表2：原料价格表物质开始沉淀沉淀完全物质价格（元/吨）Fe（OH）32.73.7a漂液（含25.2%NaClO）450Fe（OH）27.6 9.6b双氧水（含30%H2O2）2400Mn（OH）28.39.8c烧碱（含98%NaOH）2100Mg（OH）29.611.1d纯碱（含99.5%Na2CO3）600Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，必须将它氧化后以Fe（OH）3沉淀形式才能除尽若要求产品尽量不含杂质且生产成本较低，请根据上表提供的资料回答：（1）流程中加入的
9、试剂X、Y、Z最佳选择依次是表2中的（选填试剂编号）（2）步骤发生反应的离子方程式为；步骤中发生反应的化学方程为（3）步骤控制pH=9.8的目的是（4）若在实验室进行步骤的灼烧实验，必须用到的仪器是铁三脚、酒精喷灯、和泥三角（5）在探究Mg（OH）2溶解性的实验中，发现向装有少量Mg（OH）2浊液的试管中加入适量NH4Cl晶体，充分振荡后溶液会变澄清，请用化学平衡的原理解释浊液变澄清的原因12（16分）（2014春顺德区月考）某校高三同学高考前重做以下两个课本实验，请你回答实验过程中的相关问题：（1）铝热反应实验：取磁性氧化铁粉按课本中的实验装置（如图）进行铝热反应，将反应后所得“铁块”溶于盐
10、酸，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，发现溶液变血红色出现这种现象的原因，除了因“铁块”中可能混有没反应完的磁性氧化铁外，还有一种可能原因是若要证明反应所得“铁块”中含有金属铝，可用（填化学式）溶液，所发生反应的离子方程式为（2）化学反应速率影响因素的探究实验：KI在经酸化的溶液中被空气氧化的反应式为：4H+4I+O22I2+2H2O该反应的速率受温度、酸度、溶剂、试剂浓度等影响，可用淀粉与碘的显色反应来观测该反应的速率已知，淀粉与碘的显色反应在温度升高时灵敏度会降低，高于75则不能显色；淀粉浓度越高显色越灵敏、颜色也越深实验小组拟用0.8molL1 KI溶液、0.1molL1 H2SO4溶液
11、、淀粉溶液等来探究温度、酸度对上述反应速率的影响，他们做了AC三组实验，部分实验数据如下表：编号温度/H2SO4体积/mLKI溶液体积/mLH2O体积/mL淀粉溶液/mL出现蓝色时间/sA39105515BTB10551没出现蓝色C51055139Dt为确保A组实验在39下进行，应采用的控温操作方法是AC三组实验时，都加入了5mL水，其目的是B组实验中“没出现蓝色”，原因是请你为小组设计D组实验方案（在表格空白处填入你设计的5个数据），以帮助小组完成探究目标按你设计的实验数据，请你预测一个t值，并写出与你预测相对应的探究实验结论2013-2014学年广东省佛山市顺德区高三（下）质检化学试卷（5
12、月份）参考答案与试题解析一、选择题1（7分）（2014春顺德区月考）下列说法正确的是（）A蛋白质和糖类的水解都是高分子生成小分子的过程B甲苯分子中所有原子均处在同一个平面上C溴水与乙烯发生加聚反应而褪色D天然气和液化石油气的主要成分都是烃考点：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；常见有机化合物的结构；乙烯的化学性质；化石燃料与基本化工原料专题：有机化学基础分析：A、糖类中二糖不是高分子；B、在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，苯是平面型结构，其它有机物可在此基础上进行判断；C、溴水与双键发生加成反应；D、天然气的主要成分是甲烷，液化石油气的主要成分是乙烯、乙烷、丙烷、丙烯、丁烷、丁烯等解答：解
13、：A、蛋白质的水解是高分子生成小分子的过程，糖类的水解不一定是高分子生成小分子的过程，故A错误；B、甲苯含有一个甲基，甲基具有甲烷的结构特点，因此所有原子不可能处于同一平面上，故B错误；C、溴水与乙烯发生加成反应而褪色，故C错误；D、天然气的主要成分是甲烷，液化石油气的主要成分是乙烯、乙烷、丙烷、丙烯、丁烷、丁烯等，都属于碳氢化合物，故D正确；故选D点评：本题主要考查了有机物的组成、结构与性质，难度不大，注意知识的积累2（7分）（2014春顺德区月考）下列相关表达正确的是（）A亚硫酸的电离方程式：H2SO3=2H+SO23B中子数为18的氯原子的原子符号：ClC（CH3）2CHCH2CH2OH
14、的名称：3甲基1丁醇DHOCH2COOH缩聚产物的结构简式：考点：电离方程式的书写；核素；常见有机化合物的结构；有机化合物命名专题：化学用语专题分析：A亚硫酸是多元弱酸分步电离，离子符号书写时数字写在正负号的前面；B根据符号ZAX的意义以及“质子数（Z）+中子数（N）=质量数（A）”，分析；C根据系统命名原则分析：（CH3）2CHCH2CH2OH的名称：3甲基1丁醇；D含有羧基和羟基的有机物发生缩聚反应的实质是羧基掉羟基醇羟基掉氢原子解答：解：A亚硫酸是多元弱酸分步电离，电离离子方程式为：H2SO3H+HSO3、HSO3H+SO32，故A错误；B从符号ZAX的意义可知A表示质量数，由质子数（Z
15、）+中子数（N）=质量数（A）得：A=17+18=35，原子符号：1735Cl，故B错误；C（CH3）2CH CH2CH2OH为主链上有4个碳原子的醇，从右端开始编号，2号碳上有个甲基，1号碳上有羟基，名称为：3甲基1丁醇，故C正确；D含有羧基和羟基的有机物HOOCCH2OH发生缩聚反应的实质是羧基掉羟基醇羟基掉氢原子，原理方程式为：nHOOCCH2OH，故D错误；故选C点评：本考点考查了电离方程式、符号ZAX的意义，系统命名、缩聚反应等知识，较好的考查了学生思维能力，是高考热点题型，题目难度中等注意缩聚反应的实质、有机物的系统命名3（7分）（2014春顺德区月考）设NA为阿伏加德罗常数的值，
16、下列说法正确的是（）A1molL1的K2SO4溶液中有2NA个K+B1mol Cl2与足量铁反应，转移2NA个电子C标准状况下，22.4L氨气溶于水，此溶液中含有NA个NH3分子D所含溶质为63g的浓硝酸与足量的铜反应，生成的气体分子数为0.5NA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缺少硫酸钾溶液的体积，无法计算溶液中钾离子的数目；B1mol氯气与足量铁反应最多得到2mol电子；C氨气溶于水生成一水合氨，溶液中存在的氨气分子数目较少；D63g硝酸的物质的量为1mol，浓硝酸随着反应的进行会逐渐变成稀硝酸，根据反应方程式Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO
17、2+2H2O、3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+2NO+4H2O进行判断解答：解：A没有告诉硫酸钾溶液的体积，无法计算溶液中钾离子的数目，故A错误；B1mol Cl2与足量铁反应转移了2mol电子，转移2NA个电子，故B正确；C标准状况下，22.4L氨气的物质的量为1mol，氨气溶于水生成一水合氨，溶液中含有的氨气分子较少，此溶液中含有氨气分子数目一定小于NA，故C错误；D铜与浓硝酸反应的方程式为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，铜与稀硝酸反应的方程式为：3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+2NO+4H2O，63g硝酸的物质的量为1mol，1mol浓硝酸完全
18、反应生成0.5mol二氧化氮，1mol稀硝酸与铜反应生成0.25mol一氧化氮，所以1mol浓硝酸与足量铜反应生成的气体的物质的量小于0.5mol，生成的气体分子数小于0.5NA，故D错误；故选B点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，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，选项AD为易错点，注意A中缺少溶液体积、D中浓硝酸随着反应的进行会变成稀硝酸4（7分）（2014春顺德区月考）下列说法不正确的是（）A青铜中含有的主要合金元素是锡和铅B装运浓硫酸的铝罐车，在卸货后不能用水冲洗铝罐的内部C半导体工业所说的“从沙滩到用户”是指将二氧化硅制成晶体硅D氮的固
19、定只有在高温、高压、催化剂的条件下才能实现考点：金属与合金在性能上的主要差异；浓硫酸的性质；硅和二氧化硅专题：元素及其化合物分析：A、青铜是红铜和锡、铅的合金；B、稀硫酸能与铝反应；C、沙子的主要成分是二氧化硅，半导体工业是以硅为基础；D、自然固氮在根瘤菌的作用下实现了氮的固定解答：解：A、青铜中含有的主要合金元素是锡和铅，故A正确；B、装运浓硫酸的铝罐车，在卸货后不能用水冲洗铝罐的内部，以防止稀硫酸能与铝反应，故B正确；C、半导体工业所说的“从沙滩到用户”是指将二氧化硅制成晶体硅，故C正确；D、氮的固定也可以在在根瘤菌的作用下实现了氮的固定，故D错误；故选D点评：本题主要考查了物质的性质与用
20、途，难度不大，注意知识的积累5（7分）（2014春顺德区月考）下列说法正确的是（）A常温下，PH=9的碳酸钠溶液中由水电离出的c（OH）=1109molL1B温度相同时，在弱酸溶液和强碱稀溶液中，水的离子积常数Kw相同C将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低D中和等体积pH相同的H2SO4和HCl溶液，消耗NaOH的物质的量为2：1考点：盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：A水电离出的c（OH）=；B水的离子积常数只与温度有关；C加水稀释醋酸溶液中，醋酸中c（OH）增大；DpH相等的盐酸和硫酸，氢离子浓度相等
21、解答：解：A水电离出的c（OH）=mol/L=1105molL1，故A错误；B水的离子积常数只与温度有关，温度不变，水的离子积常数不变，故B正确；C加水稀释醋酸溶液中，溶液中氢离子浓度减小，温度不变水的离子积常数不变，则醋酸中c（OH）增大，故C错误；D等体积等pH的硫酸和盐酸，氢离子物质的量相等，消耗氢氧化钠的物质的量相等，故D错误；故选B点评：本题考查了盐类水解及弱电解质的电离，注意A中水电离出氢氧根离子浓度计算方法，注意水的离子积常数与溶液酸碱性及电解质强弱无关，只与温度有关，为易错点6（7分）（2014秋张掖校级期末）某温度下，对可逆反应2X（g）+Y（g）3Z（g）+W（s）H0 的
22、叙述正确的是（）A加入少量W，逆反应速率增大，平衡向左移动B增大压强，正反应速率增大，逆反应速率减小C温度、体积不变，充入He气增大压强，反应速率会加快D升高温度，混合气体的平均相对分子质量减小考点：化学平衡的影响因素专题：化学平衡专题分析：A、固体量的增减不会影响反应速率，不会引起化学平衡的移动；B、反应是气体体积不变的反应，增大压强反应速率增大；C、恒温恒压容器中加入 惰性气体，总压增大，分压不变，反应速率不变，平衡不动；D、升高温度平衡向吸热反应移动，随反应进行，气体的物质的量不变，质量减小分析；解答：解：对可逆反应2X（g）+Y（g）3Z（g）+W（s）H0 是气体体积不变的吸热反应；
23、A、固体量的增减不会影响反应速率，加入少量W，不会引起化学平衡的移动，故A错误；B、反应是气体体积不变的反应，增大压强反应速率增大，正逆 反应速率都增大，故B错误；C、恒温恒压容器中加入 惰性气体，总压增大，分压不变，反应速率不变，温度、体积不变，充入He气增大压强，反应速率会不变，故C错误；D、升高温度平衡向吸热反应移动，随反应进行，气体的物质的量不变，质量减小，混合气体的平均相对分子质量减小，故D正确；故选D点评：本题考查平衡移动、外界条件对平衡的影响、平衡状态判断等，难度不大，注意基础知识的掌握7（7分）（2014春顺德区月考）如图是元素周期表短周期的一部分，Y、W的质子数之和为25下列
24、说法正确的是（）A非金属性：WZB原子半径：XYCZ的最高价氧化物可溶于Y的氢化物的水溶液DY的最高价氧化的水化物酸性强于W最高价氧化的水化物考点：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：由短周期元素在周期表中的位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，令Y的质子数为a，则W质子数为a+7，Y、W的质子数之和为25，则a+a+7=25，解得a=9，故Y为F元素，可推知X为N元素、Z为Si、W为S元素，A同周期自左而右元素非金属性增强；B同周期自左而右原子半径减小；C二氧化硅与HF反应生成四氟化硅与水；D氟元素没有最高价含氧酸解答：解：由短周期元素在周期表中
25、的位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，令Y的质子数为a，则W质子数为a+7，Y、W的质子数之和为25，则a+a+7=25，解得a=9，故Y为F元素，可推知X为N元素、Z为Si、W为S元素，A同周期自左而右元素非金属性增强，故非金属性：WZ，故A正确；B同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：XY，故B错误；C二氧化硅与HF反应生成四氟化硅与水，故C正确；D氟元素没有最高价含氧酸，故D错误，故选AC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，D选项为易错点，学生容易根据非金属性强弱判断，忽略氟元素没有最高价含氧酸，难度不大8（7分）（2014春顺德区月考）下列实验操作及
26、现象与实验结论都正确且有因果关系的是（）选项实验操作及现象实验结论A分别点燃乙烯和乙炔，乙炔产生的黑烟更浓乙炔的含碳量高于乙烯B在滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液后红色褪去BaCl2溶液呈酸性C分别取绿豆大的钾和钠，用滤纸吸干表面的煤油，投入盛水的烧杯中，钾反应更剧烈钾的金属性比钠强D测定相同浓度的盐酸和磷酸溶液的pH：盐酸的pH较小氯的非金属性比磷强AABBCCDD考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A烃的含碳量越高，则燃烧时生成的烟越浓；B二者反应生成强酸强碱盐NaCl；C金属的金属性越强，金属与酸或水反应越剧烈；D元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强解答：
27、解：A烃的含碳量越高，则燃烧时生成的烟越浓，乙炔产生的黑烟更浓，可说明乙炔的含碳量高于乙烯，故A正确；B碳酸钠为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，Na2CO3+BaCl2=BaCO3+2NaCl，二者反应生成强酸强碱盐NaCl，溶液呈中性，所以溶液褪色，故B错误；C金属的金属性越强，金属与酸或水反应越剧烈，K比Na与水反应剧烈，说明K的金属性大于Na，故C正确；D元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，HCl不是Cl元素的最高价含氧酸，所以不能据此判断非金属性强弱，故D错误；故选AC；点评：本题考查了实验方案评价，涉及金属性及非金属性强弱判断、盐类水解等知识点，明确实验原理即可解答，注意实验方案
28、的合理性及评价性，易错选项是D二、非选择题9（16分）（2014春顺德区月考）化合物E能制解热镇痛药以苯酚为原料的工业合成路线（部分）如图：已知，请填写下列空格：（1）反应、的反应类型加成反应、取代反应；E的分子式C18H17NO5（2）A的结构简式，分子中官能团的名称羟基和氨基（3）向C溶液中加入少量浓溴水，发生反应的化学方程式D与足量NaOH溶液共热时，发生反应的化学方程式（4）可选用下列试剂中的a或c（填编号）来鉴别D和B的水溶液aFeCl3溶液 bFeSO4溶液 cNaHCO3溶液 dNaOH溶液（5）写出一种满足下列三项条件的B的同分异构体的结构简式或是一种芳香族化合物，属氨基酸，苯
29、环上有4种不同环境的氢原子考点：有机物的合成专题：有机物的化学性质及推断分析：根据题中各物质转化关系，与HCHO发生加成反应生成，经过酯化、氧化得，由D的结构结合反应可知，A为，反应为与CH3CH2COCl发生取代反应生成B，B和D发生酯化反应生成E，据此解答（1）和（2）；（3）C中有酚羟基，向C溶液中加入少量浓溴水，发生取代反应，D中酯基与羧基都与氢氧化钠反应，酚酯水解后得酚也与氢氧化钠反应；（4）根据B和D的结构可知，D中有羧基B中没有，而B中有酚羟基，D中没有，据此鉴别两种物质；（5）根据条件是一种芳香族化合物，则含有苯环，属氨基酸，苯环上有4种不同环境的氢原子，可写出B的同分异构体解
30、答：解：根据题中各物质转化关系，与HCHO发生加成反应生成，经过酯化、氧化得，由D的结构结合反应可知，A为，反应为与CH3CH2COCl发生取代反应生成B，B和D发生酯化反应生成E，（1）根据上面的分析可知，反应为加成反应，反应为取代反应，根据E的结构式可知，E的分子式为C18H17NO5，故答案为：加成反应；取代反应；C18H17NO5；（2）根据上面的分析可知，A的结构简式，分子中官能团的名称为羟基和氨基，故答案为：；羟基和氨基； （3）C中有酚羟基，向C溶液中加入少量浓溴水，发生取代反应，反应的化学方程式为，D与足量NaOH溶液共热时，发生反应的化学方程式为，故答案为：；（4）根据B和D
31、的结构可知，D中有羧基B中没有，而B中有酚羟基，D中没有，所以可选用FeCl3溶液或NaHCO3溶液，故选a或c；（5）B的同分异构体满足下列条件是一种芳香族化合物，则含有苯环，属氨基酸，苯环上有4种不同环境的氢原子，这样的结构简式为或，故答案为：或；点评：本题考查有机物的合成，明确合成路线中各物质的推断及所含官能团的性质是解答本题的关键，注意官能团的变化、反应条件与反应类型的关系即可解答，题目难度中等10（16分）（2014春顺德区月考）汽车尾气是城市空气的主要污染物之一，其主要有害成分是CO、氮氧化物（NOx）等（1）NOx产生的原因之一是汽车发动机工作时引发N2和O2反应，其能量变化值如
32、图1所示，则：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+183kJmol1（2）汽车尾气中CO、NOx的有效消除成为环保领域的重要课题某研究小组在实验室用某新型催化剂对CO、NO催化转化进行研究，测得NO转化为N2的转化率随温度、CO混存量的变化情况如图2NO与CO混存时，相互反应的化学方程式为2CO+2NO=N2+2CO21000K，=5：4时，NO的转化率为75%，则CO的转化率约为93.75%由于在实际过程中是不断变化的，保证NO转化率较高的措施是将温度大约控制在800900K之间（3）汽车尾气中NOx有望通过燃料电池实现转化已经有人以 NO2、O2和熔融NaNO3制成了燃料电池，其原理如
33、图3图中石墨为电池的正极在该电池使用过程中，石墨I电极上的产物是氧化物Y，其电极反应式为NO2+NO3e=N2O5（4）甲醇也可用于燃料电池工业上采用反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H0合成甲醇在恒容密闭反应器中，H2的平衡转化率与温度、压强的关系如图4所示，则A、B、C三点处对应平衡常数（KA、KB、KC）的大小关系为KA=KBKC某高温下，将6molCO2和8mol H2充入2L密闭容器中发生反应，达到平衡后测得c（CO2）=2.0molL1，则该温度下反应的平衡常数值为0.5考点：化学平衡的计算；热化学方程式；化学电源新型电池；转化率随温度、压强的变化曲线分析
34、：（1）根据能量变化图计算反应热，反应热=吸收的能量放出的能量，再根据热化学反应方程式的书写规则书写；（2）NO与CO混存时发生反应生成氮气和二氧化碳；依据化学平衡三段式列式计算；根据图象分析n（NO）/n（CO）=1时，在相同温度下一氧化氮的转化率最高；n（NO）/n（CO）=1时，温度在900K左右一氧化氮的转化率最高；（3）依据燃料电池中燃料失电子发生氧化反应，氧气在正极得到电子发生还原反应；（4）正反应为放热反应，平衡常数只受温度影响，处于等温度上各点平衡常数相等，由图可知，AB温度相同，C温度高于AB，反应是放热反应，结合平衡移动原理分析判断；依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度，结合
35、平衡常数概念计算得到解答：解：（1）该反应中的反应热=（945+498）kJ/mol2630kJ/mol=+183kJ/mol，所以其热化学反应方程式为：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+183 kJmoL1，故答案为：+183 kJmoL1；（2）NO与CO混存时法术防御生成氮气和二氧化碳，反应的化学方程式为：2CO+2NO=N2+2CO2；故答案为：2CO+2NO=N2+2CO2； 2CO+2NO=N2+2CO2 5 4 0 0 575% 575% 一氧化碳转化率=100%=93.75%故答案为：93.75%； 根据图象分析n（NO）/n（CO）=1时，在相同温度下氮气的转化率最高
36、；n（NO）/n（CO）=1时，温度在800K900K左右一氧化氮的转化率最高；故答案为：800900；（3）NO2、O2和熔融NaNO3制成了燃料电池，二氧化氮在负极失电子发生氧化反应，石墨1电极为负极，氧气在正极发生还原反应，石墨2为正极，电池使用过程中，石墨I电极上的产物是氧化物Y，可以循环使用为二氧化氮气体，电极反应为 NO2+NO3e=N2O5；故答案为：正；NO2+NO3e=N2O5；（4）平衡常数只受温度影响，B、C处于等温线上，平衡常数相等，由图可知，C点温度高于AB点，反应是放热反应，温度越高平衡逆向进行，平衡常数减小；故答案为：KA=KBKC；将6molCO2和8mol H
37、2充入2L密闭容器中发生反应，达到平衡后测得c（CO2）=2.0molL1，依据化学平衡三段式列式计算； CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始量（mol/L） 3 4 0 0变化量（mol/L） 1 3 1 1平衡量（mol/L） 2 1 1 1则该温度下反应的平衡常数值=0.5；故答案为：0.5点评：本题考查了热化学方程式书写方法，图象分析判断，原电池原理和电极反应书写方法的应用，化学平衡常数、平衡三段式计算，掌握基础是关键，题目难度中等11（16分）（2014春顺德区月考）卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe2+、Fe3+和Mn2+等杂质离子以卤块为原料按如图所
38、示流程进行生产，可制得轻质氧化镁查阅资料得下表相关数据：表1：生成氢氧化物沉淀的pH表2：原料价格表物质开始沉淀沉淀完全物质价格（元/吨）Fe（OH）32.73.7a漂液（含25.2%NaClO）450Fe（OH）27.6 9.6b双氧水（含30%H2O2）2400Mn（OH）28.39.8c烧碱（含98%NaOH）2100Mg（OH）29.611.1d纯碱（含99.5%Na2CO3）600Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，必须将它氧化后以Fe（OH）3沉淀形式才能除尽若要求产品尽量不含杂质且生产成本较低，请根据上表提供的资料回答：（1）流程中加入的试剂X、Y、Z最佳选择依次是表2中的
39、a、c、d（选填试剂编号）（2）步骤发生反应的离子方程式为2Fe2+ClO+2H+=Cl+2Fe3+H2O；步骤中发生反应的化学方程为MgCO3+H2OMg（OH）2+CO2（3）步骤控制pH=9.8的目的是使Mg2+以外的杂质尽可能彻底地转化为沉淀除去（4）若在实验室进行步骤的灼烧实验，必须用到的仪器是铁三脚、酒精喷灯、坩埚和泥三角（5）在探究Mg（OH）2溶解性的实验中，发现向装有少量Mg（OH）2浊液的试管中加入适量NH4Cl晶体，充分振荡后溶液会变澄清，请用化学平衡的原理解释浊液变澄清的原因Mg（OH）2（s）Mg2+ （aq）+2OH（aq），NH4Cl 电离出的NH4+与OH结合成
40、弱电解质NH3H2O，降低了c（OH），Mg（OH）2溶解平衡向右移动考点：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：为除去Fe2+，先将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入NaOH调节pH为9.8，然后在滤液中加入纯碱将Mg2+从溶液中以MgCO3沉淀出来，然后加热煮沸可得到Mg（OH）2，灼烧后得到MgO，（1）依据图表数据和经济效益分析加入的试剂的最佳选择；（2）次氯酸钠具有氧化性在酸溶液中氧化亚铁离子为铁离子，据此写出反应的离子方程式；Z为碳酸钠，则步骤生成沉淀为碳酸镁，碳酸镁在加热条件下水解生成氢氧化镁和二氧化碳气体；（3）步骤的目的在于使除Mg2+
41、以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去；（4）步骤为灼烧氢氧化镁制取氧化镁，应在坩埚中进行；（5）氢氧化镁电离出来的OH与NH4+结合生成弱电解质NH3H2O，从而促进Mg（OH）2的溶解，据此分析解答解答：解：（1）步骤是为了将Fe2+氧化成Fe3+，并在控制合适的pH条件时生成Fe（OH）3沉淀而除之，虽然漂液和H2O2都可采用，但对比表2提供的原料价格可以看出，漂液比H2O2的价格低得多，所以选漂液最合理，故X为漂液；加入Y的目的是调节pH，选用氢氧化钠，故Y为烧碱；加入Z的目的是使镁离子沉淀，Z为纯碱；故答案为：a、c、d；（2）流程中加入次氯酸钠在酸性溶液中会氧
42、化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2+ClO+2H+=2Fe3+Cl+H2O；加入的Z物质为纯碱，所以步骤生成的沉淀物是MgCO3，所以沉淀物MgCO3在煮沸的情况下发生水解，生成Mg（OH）2和CO2气体，反应的化学方程式为：MgCO3+H2O Mg（OH）2+CO2，故答案为：2Fe2+ClO+2H+=Cl+2Fe3+H2O；MgCO3+H2O Mg（OH）2+CO2；（3）步骤的目的在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，应加入NaOH，如加入纯碱，不能达到较高的PH，分析表1提供的数据：除去杂质离子合理的pH范围是3.7pH9.8，在此
43、范围内，如果pH过高，就会有大量的Mg2+生成Mg（OH）2而进入沉淀中，从而导致生产成本的提高；为了兼顾产品质量和生产成本，选择pH=9.8最合理，当然此时Mg2+也会部分生成Mg（OH）2沉淀，但由于卤块价格低廉，这点不可避免的损失还是可以承受的，以此保证产品的纯度，故答案为：使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都成为氢氧化物沉淀以便除去；（4）步骤由氢氧化镁灼烧制备氧化镁，应该在耐高温的坩埚中进行，故答案为：坩埚；（5）氢氧化镁溶液中存在溶解平衡Mg（OH）2Mg 2+2OH，Mg（OH）2电离出来的OH与NH4+结合生成难电离的弱电解质NH3H2O，氢氧根离子浓度降低，从而使Mg（OH）
44、2的溶解平衡向右移动，促进氢氧化镁溶解，故Mg（OH）2能溶于NH4Cl溶液中，故答案为：Mg（OH）2（s）Mg2+ （aq）+2OH（aq），NH4Cl 电离出的NH4+与OH结合成弱电解质NH3H2O，降低了c（OH），Mg（OH）2溶解平衡向右移动点评：本题通过以卤块为原料制取轻质氧化镁的工艺流程，考查了物质制备实验方案的设计，题目难度中等，注意掌握化学基本实验操作方法，明确物质制备实验方案设计原则，本题中合理分析制取流程、得出氧化镁的制备原理为解题的关键，试题综合性较强、涉及知识点较多，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力12（16分）（2014春顺德区月考）某校高三同学高考
45、前重做以下两个课本实验，请你回答实验过程中的相关问题：（1）铝热反应实验：取磁性氧化铁粉按课本中的实验装置（如图）进行铝热反应，将反应后所得“铁块”溶于盐酸，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，发现溶液变血红色出现这种现象的原因，除了因“铁块”中可能混有没反应完的磁性氧化铁外，还有一种可能原因是生成的铁又有一部分被空气氧化若要证明反应所得“铁块”中含有金属铝，可用NaOH（填化学式）溶液，所发生反应的离子方程式为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2（2）化学反应速率影响因素的探究实验：KI在经酸化的溶液中被空气氧化的反应式为：4H+4I+O22I2+2H2O该反应的速率受温度、酸度、溶剂
46、、试剂浓度等影响，可用淀粉与碘的显色反应来观测该反应的速率已知，淀粉与碘的显色反应在温度升高时灵敏度会降低，高于75则不能显色；淀粉浓度越高显色越灵敏、颜色也越深实验小组拟用0.8molL1 KI溶液、0.1molL1 H2SO4溶液、淀粉溶液等来探究温度、酸度对上述反应速率的影响，他们做了AC三组实验，部分实验数据如下表：编号温度/H2SO4体积/mLKI溶液体积/mLH2O体积/mL淀粉溶液/mL出现蓝色时间/sA39105515BTB10551没出现蓝色C51055139Dt为确保A组实验在39下进行，应采用的控温操作方法是将量出的各种溶液分别装在试管中，再将试管全部放在同一水浴中加热，
47、用温度计测量试管中溶液的温度AC三组实验时，都加入了5mL水，其目的是为了在后续研究酸度因素对反应速率影响时保持KI和淀粉浓度不变B组实验中“没出现蓝色”，原因是温度（TB）高于75，淀粉与碘不显色请你为小组设计D组实验方案（在表格空白处填入你设计的5个数据），以帮助小组完成探究目标按你设计的实验数据，请你预测一个t值，并写出与你预测相对应的探究实验结论设计酸体积10mL时，t预测值要小于同温对比值；设计酸体积10mL时，t预测值要大于同温对比值；酸度越大反应速率越快考点：探究铝热反应；探究影响化学反应速率的因素专题：实验设计题分析：（1）考虑生成的熔融的铁的还原性，可以被空气中的氧气氧化导致
48、生成三价的铁；根据铝与铁的性质的差异性来选择试剂，并写出反应的化学方程式；（2）确保A组实验在39下进行，可以采用水浴加热的方法；探究化学反应速率的影响因素时，需要保证变量的唯一性；根据“淀粉与碘的显色反应在温度升高时灵敏度会降低，高于75则不能显色”进行判断；根据ABC探究的是温度对反应速率的影响可知，D应该为探究酸度对反应速率的影响，据此完成本题；酸溶液浓度越大，反应速率越快，需要的时间越少，据此设计实验并写出结论解答：解：（1）铝热反应生成的熔融的铁具有很强的还原性，可以被空气中的氧气氧化导致生成三价的铁，故答案为：熔融的铁被空气中氧气氧化；要证明“铁块”中含有金属铝，应利用铁和铝性质的
49、差异性，即铁不能和碱反应，而铝可以，故应选择氢氧化钠溶液，与铝反应的离子方程式为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，故答案为：NaOH；2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；（2）为确保A组实验在39下进行，应采用的控温操作方法为：将量出的各种溶液分别装在试管中，再将试管全部放在同一水浴中加热，用温度计测量试管中溶液的温度，故答案为：将量出的各种溶液分别装在试管中，再将试管全部放在同一水浴中加热，用温度计测量试管中溶液的温度；为了在后续研究酸度因素对反应速率影响时保持KI和淀粉浓度不变，所以在AC三组实验时，都加入了5mL水，故答案为：为了在后续研究酸度因素对反应速率影响时
50、保持KI和淀粉浓度不变（凡表达出“控制变量”、“对比实验”意思的各种合理答案都得分）淀粉与碘的显色反应在温度升高时灵敏度会降低，高于75则不能显色，所以B组实验中“没出现蓝色”，可能是温度（TB）高于75，淀粉与碘不显色，故答案为：温度（TB）高于75，淀粉与碘不显色；AC三组实验探究了温度对反应速率的影响，实验的目的是探究温度和酸度对反应速率的影响，则D的目的是探究酸度对反应速率的影响，所以温度可以为39或5，硫酸体积可以为15mL，水、碘化钾溶液的体积为5mL，淀粉溶液为1mL，故答案为：D39或51555 1； 当酸溶液体积小于10mL时，反应速率减小，当水溶液体积减小时，反应速率加快，即：酸体积10mL时，t预测值要小于同温对比值；若酸体积10mL时，t预测值要大于同温对比值，据此可以得出结论为：酸度越大反应速率越快，案为：设计酸体积10mL时，t预测值要小于同温对比值；设计酸体积10mL时，t预测值要大于同温对比值；酸度越大反应速率越快点评：本题考查了铝热反应原理、探究影响化学反应速率的因素，题目难度中等，注意掌握探究影响化学反应速率的因素，明确铝热反应原理，试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力