2022年高三高考诊断性测试（三）化学试题 含解析

2022年高三高考诊断性测试（三）化学试题 含解析一.选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分每小题有一个选项符合题意）1（4分）（xx荔湾区校级模拟）下列说法不正确的是（）ANa2O2能与CO2反应，可用作呼吸面具的供氧剂BAl2O3熔点高，可用于制作耐高温仪器C明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂DSiO2有导电性，可用于制备光导纤维2（4分）（xx荔湾区校级模拟）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A5.6g铁粉与足量Cl2反应，失去的电子数为0.2NAB常温常压下，18g H2O含有10NA个电子C常温下，1L 0.1mol/L AlCl3溶液中含Al3+数为0.1NAD1 mol Cu与足量浓硫酸反应产生2NA个SO2分子3（4分）（xx广东）水溶液中能大量共存的一组离子是（）ANa+、Al3+、Cl、CO32BH+、Na+、Fe2+、MnO4CK+、Ca2+、Cl、NO3DK+、NH4+、OH、SO424（4分）（xx荔湾区校级模拟）下列物质分类正确的是（）ASO2、SiO2、NO均为酸性氧化物B稀豆浆、牛奶、氯化铁溶液均为胶体C烧碱、乙醇、四氯化碳均为电解质D福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物5（4分）（xx广东）下列说法都正确的是（）江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关四川灾区重建使用了大量钢材，钢材是合金“钡餐”中使用的硫酸钡是弱电解质太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置常用的自来水消毒剂有氯气和二氧化氮，两者都含有极性键水陆两用公共汽车中，用于密封的橡胶材料是高分子化合物ABCD6（4分）（xx荔湾区校级模拟）下列说法正确的是（）AKClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质BHClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质CHCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，所以HCl和NaCl均是离子化合物D杂多酸盐Na2HPW12O40与Na3PW12O40都是强电解质二.选择题（本题包括2小题，每小题6分，共12分每小题有两个选项符合题意只选一个且正确的得3分，但只要选错一个，该小题就为0分）7（6分）（xx佛山二模）下列离子反应方程式正确的是（）A氨水吸收过量的SO2：OH+SO2=HSO3BFeSO4溶液被氧气氧化：4Fe2+O2+2H2O=4Fe3+4OHCNaAlO2溶液中加入过量稀硫酸：AlO2+H+H2O=Al（OH）3DCl2与稀NaOH溶液反应：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O8（6分）（xx荔湾区校级模拟）下列实验现象与对应结论均正确的是（）选项操作现象结论ASO2水溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀BaSO3难溶于盐酸BAl放入浓HNO3中无明显现象Al表面被浓HNO3氧化形成致密的氧化膜CNa2SiO3溶液中通入CO2气体产生白色胶状沉淀H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性强D用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性AABBCCDD三、解答题（共4小题，满分64分）9（16分）（xx荔湾区校级模拟）某食用白醋是由醋酸与纯水配制而成，用中和滴定的方法准确测定其中醋酸的物质的量浓度实验步骤：配制500mL浓度约为0.1molL1的NaOH溶液；用KHC8H4O4标准溶液准确测定该NaOH溶液的浓度；用已知准确浓度的NaOH溶液测定醋酸的浓度（1）称量所需的NaOH固体置于大烧杯中，加入500mL蒸馏水，搅拌溶解该配制步骤（填“可行”或“不可行”）（2）称量时NaOH在空气中极易吸水，配制所得的NaOH溶液浓度通常比预期（填“小”或“大”），这是不能直接配制其标准溶液的原因（3）查阅白醋包装说明，醋酸含量约为6g/100mL，换算成物质的量浓度约为 molL1，滴定前将白醋稀释（填“10”或“100”）倍（已知醋酸的相对分子质量为60）（4）稀释白醋时需要的仪器有烧杯、玻璃棒、滴管、酸式滴定管、（5）准确量取稀释后的白醋20.00mL，置于250mL锥形瓶中，加水30mL，再滴加酚酞指示剂，用上述NaOH标准溶液滴定至即为终点重复滴定两次，平均消耗NaOH标准溶液V mL（NaOH溶液浓度为c molL1）（6）原白醋中醋酸的物质的量浓度= molL110（16分）（xx韶关模拟）工业上用甲苯生产对羟基苯甲酸乙酯，生产过程如图：（1）对羟基苯甲酸乙酯的分子式为；1mol该物质与NaOH溶液完全反应，最多消耗molNaOH（2）化合物A中的官能团名称是，反应的反应类型属（3）反应的化学方程式（4）在合成线路中，设计第和这两步反应的目的是（5）有机物C（分子构型为，X、Y为取代基）是对羟基苯甲酸乙酯的同分异构体且能发生银镜反应，则X的结构简式可能是、11（16分）（xx荔湾区校级模拟）（1）已知：C（s）+O2（g）=CO2（g）H1=393.5kJ/molC（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H2=+131.3kJ/mol则反应CO（g）+H2（g）+O2（g）=H2O（g）+CO2（g），H=kJ/mol（2）在一恒容的密闭容器中，由CO和H2合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H下列情形不能说明该反应已达到平衡状态的是（填序号）A每消耗1mol CO的同时生成2molH2B混合气体总物质的量不变C生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等DCH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化CO的平衡转化率（）与温度、压强的关系如图所示A、B两点的平衡常数K（A）K（B）（填“”、“=”或“”，下同）；由图判断H0某温度下，将2.0mol CO和6.0molH2充入2L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c（CO）=0.25mol/L，则CO的转化率=，此温度下的平衡常数K=（保留二位有效数字）（3）工作温度650的熔融盐燃料电池，用煤炭气（CO、H2）作负极反应物，空气与CO2的混合气体为正极反应物，催化剂镍作电极，用一定比例的Li2CO3和Na2CO3低熔点混合物作电解质负极的电极反应式为：CO+H24e+2CO32=3CO2+H2O；则该电池的正极反应式为12（16分）（xx荔湾区校级模拟）从明矾KAl（SO4）212H2O制备Al、K2SO4和H2SO4的流程如下：明矾焙烧的化学方程式为：4KAl（SO4）212H2O+3S=2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O请回答下列问题：（1）在焙烧明矾的反应中，氧化剂是（2）步骤中，为提高浸出率，可采取的措施有A粉碎固体混合物B降低温度C不断搅拌D缩短浸泡时间（3）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是（4）步骤电解的化学方程式是，电解池的电极是用碳素材料做成，电解过程中，阳极材料需要定期更换，原因是：（5）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，则该电池的正极电极反应式是（6）焙烧a吨明矾（摩尔质量为b g/mol），若SO2 的转化率为96%，可生产质量分数为98%的H2SO4质量为吨（列出计算表达式）xx年广东省阳东广雅学校高考诊断性测试化学试卷（三）参考答案与试题解析一.选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分每小题有一个选项符合题意）1（4分）（xx荔湾区校级模拟）下列说法不正确的是（）ANa2O2能与CO2反应，可用作呼吸面具的供氧剂BAl2O3熔点高，可用于制作耐高温仪器C明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂DSiO2有导电性，可用于制备光导纤维考点：钠的重要化合物；盐类水解的应用；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物专题：化学应用分析：ANa2O2能与CO2反应生成氧气；B制作耐高温仪器所用材料熔点高；C明矾含有铝，易水解生成氢氧化铝胶体；DSiO2不具有导电性解答：解：ANa2O2能与CO2反应生成氧气，常用于供氧剂，故A正确；BAl2O3熔点高，硬度大，可用于制作耐高温仪器，故B正确；C明矾含有铝，易水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可用于净水，故C正确；DSiO2不具有导电性，故D错误；故选D点评：本题考查物质的性质与用途，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累2（4分）（xx荔湾区校级模拟）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A5.6g铁粉与足量Cl2反应，失去的电子数为0.2NAB常温常压下，18g H2O含有10NA个电子C常温下，1L 0.1mol/L AlCl3溶液中含Al3+数为0.1NAD1 mol Cu与足量浓硫酸反应产生2NA个SO2分子考点：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、根据铁与氯气反应后铁元素的价态来分析；B、根据水的物质的量n=和1mol水中含10mol电子来分析；C、Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解；D、根据得失电子数守恒来分析解答：解：A、氯气的氧化性很强，铁与氯气反应后铁元素的价态变为+3价，故5.6g铁粉即0.1mol铁失去0.3mol电子，故A错误；B、水的物质的量n=1mol，而1mol水中含10mol电子，故B正确；C、Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中铝离子的个数会小于0.1NA，故C错误；D、1mol铜变成铜离子失去2mol电子，生成1mol二氧化硫需要得到2mol电子，所以1mol铜完全反应能够生成1mol二氧化硫，产生NA个SO2分子，故D错误；故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大3（4分）（xx广东）水溶液中能大量共存的一组离子是（）ANa+、Al3+、Cl、CO32BH+、Na+、Fe2+、MnO4CK+、Ca2+、Cl、NO3DK+、NH4+、OH、SO42考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应，不能相互促进水解等，则离子能大量共存，以此来解答解答：解：A因Al3+、CO32相互促进水解生成沉淀和气体，则不能共存，故A错误；B因H+、Fe2+、MnO4发生氧化还原反应，则不能共存，故B错误；C因该组离子之间不反应，能共存，故C正确；D因NH4+、OH结合生成弱电解质，则不能共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子的共存，明确离子之间的反应即可解答，注意相互促进水解的反应及氧化还原反应为解答的难点，题目难度不大4（4分）（xx荔湾区校级模拟）下列物质分类正确的是（）ASO2、SiO2、NO均为酸性氧化物B稀豆浆、牛奶、氯化铁溶液均为胶体C烧碱、乙醇、四氯化碳均为电解质D福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质专题：物质的分类专题分析：A、酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物；B、溶液不是胶体；C、电解质是水溶液中或熔融状态导电的 化合物分析；D、福尔马林是甲醛水溶液，水玻璃是硅酸钠水溶液，氨水是氨气的水溶液；解答：解：A、酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物，SO2、SiO2均为酸性氧化物，NO是不成盐氧化物，故A错误；B、稀豆浆、牛奶均为胶体，氯化铁溶液不是胶体，故B错误；C、电解质是水溶液中或熔融状态导电的 化合物，烧碱为电解质；乙醇、四氯化碳均为非电解质，故C错误；D、福尔马林是甲醛水溶液，水玻璃是硅酸钠水溶液，氨水是氨气的水溶液，都是混合物，故D正确；故选D，点评：本题考查了物质分类方法和类别特征分析判断，注意物质的组成分析，掌握基础是关键，题目较简单5（4分）（xx广东）下列说法都正确的是（）江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关四川灾区重建使用了大量钢材，钢材是合金“钡餐”中使用的硫酸钡是弱电解质太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置常用的自来水消毒剂有氯气和二氧化氮，两者都含有极性键水陆两用公共汽车中，用于密封的橡胶材料是高分子化合物ABCD考点：胶体的重要性质；极性键和非极性键；生活中常见合金的组成；常用合成高分子材料的化学成分及其性能专题：化学应用分析：本题根据胶体的性质，带不同电荷的胶粒相遇时会形成沉淀；钢材是铁和碳的合金，比例不同所得材料性状不同；硫酸钡是一种沉淀，但哎溶液中的硫酸钡只要溶解就会完全电离，为强电解质；硅元素在元素周期表中的位置；氯气的化学键为非极性键；橡胶、淀粉等都为高分子化合物，因为分子量比较大等知识点来解题解答：解：根据胶体的性质当带不同电荷的胶粒相遇时会发生聚沉，不同地方的泥土胶粒电荷不同，在入海口出聚沉形成沉淀，日积月累形成三角洲，故正确；钢材是铁和碳的合金，正确；“钡餐”是硫酸钡，但硫酸钡是强电解质，因为尽管硫酸钡是难溶物但溶于水的部分确实完全电离的 错；硅元素位于周期表第三周期第A主族，是处于金属与非金属的交界处，正确；氯气是由非极性键组成的单质，错；橡胶是高分子化合物，正确故选B点评：本题考查了胶体中胶粒是带电荷的，生活中常见物质钢铁、钡餐、橡胶的组成和成分，元素周期表中元素的位置，氯气是由非极性键组成的分子等知识点6（4分）（xx荔湾区校级模拟）下列说法正确的是（）AKClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质BHClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质CHCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，所以HCl和NaCl均是离子化合物D杂多酸盐Na2HPW12O40与Na3PW12O40都是强电解质考点：电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A电解质是水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，注意导电是由于自身的电离；BNaClO属于盐，在水中能完全电离是强电解质；CHCl中只含共价键，NaCl中只含离子键；D钠盐都是强电解质解答：解：ASO3溶于水后能导电是因为和水反应生成的H2SO4能电离，和SO3本身无关，是非电解质，故A不选；BNaClO属于盐，在水中能完全电离是强电解质，故B不选；CHCl中只含共价键，NaCl中只含离子键，则HCl为共价化合物，而NaCl为离子化合物，不能利用溶液的导电性判断化合物的类别，故C不选；D钠盐都是强电解质，所以杂多酸盐Na2HPW12O40与Na3PW12O40都是强电解质，故D选；故选D点评：本题为综合题型，考查电解质、电解质强弱的判断，化合物类型的判断，题目难度中等，注意理解电解质强弱的判断依据二.选择题（本题包括2小题，每小题6分，共12分每小题有两个选项符合题意只选一个且正确的得3分，但只要选错一个，该小题就为0分）7（6分）（xx佛山二模）下列离子反应方程式正确的是（）A氨水吸收过量的SO2：OH+SO2=HSO3BFeSO4溶液被氧气氧化：4Fe2+O2+2H2O=4Fe3+4OHCNaAlO2溶液中加入过量稀硫酸：AlO2+H+H2O=Al（OH）3DCl2与稀NaOH溶液反应：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：A、一水合氨属于弱电解质，离子方程式中应该写成分子式；B、硫酸亚铁被氧气氧化生成了硫酸铁和氢氧化铁；C、稀硫酸过量，偏铝酸根离子生成了铝离子；D、氯气与氢氧化钠溶液反应生成了氯化钠、次氯酸钠和水解答：解：A、一水合氨属于弱电解质，氨水与过量二氧化硫反应的离子方程式为：NH3H2O+SO2=NH4+HSO3，故A错误；B、硫酸亚铁被氧气氧化生成了硫酸铁和氢氧化铁，反应的离子方程式为12Fe2+3O2+6H2O=8Fe3+4Fe（OH）3，故B错误；C、NaAlO2溶液中加入过量稀硫酸，生成了硫酸铝和硫酸钠，反应的离子方程式为AlO2+4H+=Al3+2H2O，故C错误；D、Cl2与稀NaOH溶液反应的离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故D正确；故选D点评：本题考查了离子方程式的书写判断，注意反应物的量的关系，B项容易出错，注意方程式的配平，本题难度中等8（6分）（xx荔湾区校级模拟）下列实验现象与对应结论均正确的是（）选项操作现象结论ASO2水溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀BaSO3难溶于盐酸BAl放入浓HNO3中无明显现象Al表面被浓HNO3氧化形成致密的氧化膜CNa2SiO3溶液中通入CO2气体产生白色胶状沉淀H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性强D用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性AABBCCDD考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A在该实验中根本得不到白色沉淀，因为SO2不可能与BaCl2溶液反应；B铝与浓硝酸发生钝化反应；C根据强酸制弱酸的原理；D能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液呈碱性解答：解：A向SO2水溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，得不到白色沉淀，因为HCl酸性强于H2SO3，且BaSO3可溶于盐酸，故SO2不可能与BaCl2溶液反应，故A错误； B铝与浓硝酸发生钝化反应，阻止反应进一步进行，故B正确；C向Na2SiO3溶液中通入适量的CO2，反应方程式为：CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3+Na2CO3，H2CO3的酸性比2SiO3 的酸性强，故C错误；D能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液呈碱性，则浓氨水呈碱性，故D正确故选BD点评：本题考查较为综合，涉及元素化合物知识的综合应用，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同，把握实验方法和注意事项，难度不大三、解答题（共4小题，满分64分）9（16分）（xx荔湾区校级模拟）某食用白醋是由醋酸与纯水配制而成，用中和滴定的方法准确测定其中醋酸的物质的量浓度实验步骤：配制500mL浓度约为0.1molL1的NaOH溶液；用KHC8H4O4标准溶液准确测定该NaOH溶液的浓度；用已知准确浓度的NaOH溶液测定醋酸的浓度（1）称量所需的NaOH固体置于大烧杯中，加入500mL蒸馏水，搅拌溶解该配制步骤可行（填“可行”或“不可行”）（2）称量时NaOH在空气中极易吸水，配制所得的NaOH溶液浓度通常比预期小（填“小”或“大”），这是不能直接配制其标准溶液的原因（3）查阅白醋包装说明，醋酸含量约为6g/100mL，换算成物质的量浓度约为1 molL1，滴定前将白醋稀释10（填“10”或“100”）倍（已知醋酸的相对分子质量为60）（4）稀释白醋时需要的仪器有烧杯、玻璃棒、滴管、酸式滴定管、容量瓶（5）准确量取稀释后的白醋20.00mL，置于250mL锥形瓶中，加水30mL，再滴加酚酞指示剂，用上述NaOH标准溶液滴定至溶液变成浅红色且30秒内不褪色即为终点重复滴定两次，平均消耗NaOH标准溶液V mL（NaOH溶液浓度为c molL1）（6）原白醋中醋酸的物质的量浓度= molL1考点：溶液的配制；弱电解质在水溶液中的电离平衡分析：（1）根据配制的是浓度约为0.1molL1的NaOH溶液来判断；（2）NaOH在空气中极易吸水，导致NaOH的真实的质量偏小，来分析浓度；（3）根据醋酸含量约为6g/100mL，计算出醋酸的物质的量，然后根据c=来计算；酸碱中和滴定中待测液的浓度要为0.1mol/L左右；（4）根据稀释醋酸的操作来分析需要的仪器；（5）根据加入的指示剂是酚酞来分析滴定终点；（6）根据达滴定终点时，n（CH3COOH）=n（NaOH）来计算解答：解：（1）由于配制的是浓度约为0.1molL1的NaOH溶液，是比较粗略的配制，故该配制步骤是可行的，故答案为：可行；（2）NaOH在空气中极易吸水，导致NaOH的真实的质量偏小，则配制出的溶液的浓度偏小，故答案为：小；（3）根据醋酸含量约为6g/100mL，则醋酸的物质的量n=0.1mol，醋酸的物质的量浓度c=1mol/L；酸碱中和滴定中待测液的浓度要为0.1mol/L左右，故滴定前要将醋酸溶液稀释10倍，故答案为：1；10；（4）稀释醋酸的操作需要的仪器有烧杯、玻璃棒、滴管、酸式滴定管、容量瓶，故答案为：容量瓶；（5）由于是用碱滴定酸，指示剂是酚酞，故当溶液变成浅红色且30秒内不褪色时达到滴定终点，故答案为：溶液变成浅红色且30秒内不褪色；（6）设原白醋中醋酸的物质的量浓度为Xmol/L，根据达滴定终点时，n（CH3COOH）=n（NaOH），可有0.02L=c molL1Vml103，解得x=mol/L，故答案为：点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，属于基础型题目，难度不大10（16分）（xx韶关模拟）工业上用甲苯生产对羟基苯甲酸乙酯，生产过程如图：（1）对羟基苯甲酸乙酯的分子式为C9H10O3；1mol该物质与NaOH溶液完全反应，最多消耗2molNaOH（2）化合物A中的官能团名称是氯原子，反应的反应类型属氧化反应（3）反应的化学方程式（4）在合成线路中，设计第和这两步反应的目的是防止酚羟基被氧化（5）有机物C（分子构型为，X、Y为取代基）是对羟基苯甲酸乙酯的同分异构体且能发生银镜反应，则X的结构简式可能是OH、CH2OH 或OCH3考点：有机物的合成专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）对羟基苯甲酸乙酯为，据此书写其分子式，分子中酚羟基、酯基与氢氧化钠发生反应；（2）对比甲苯、对甲基苯酚的结构可知，甲苯与氯气在催化剂条件下发生甲基对位取代生成A为；对比反应中反应物、产物的结构可知，反应物中甲基被氧化为羧基；（3）反应是甲苯与氯气在催化剂条件下发生甲基对位取代生成，同时还生成HCl；（4）反应利用强氧化剂将苯环上甲基氧化为羧基，而酚羟基更容易被氧化；（5）有机物C（分子构型为，X、Y为取代基）是对羟基苯甲酸乙酯的同分异构体且能发生银镜反应，含有醛基，X为OH时，Y为CH2CH2CHO或CH（CH3）CHO，X为CH2OH或OCH3时，Y为CHO解答：解：（1）对羟基苯甲酸乙酯为，其分子式为C9H10O3，分子中酚羟基、酯基与氢氧化钠发生反应，1mol该物质与NaOH溶液完全反应，最多消耗2molNaOH，故答案为：C9H10O3；2；（2）对比甲苯、对甲基苯酚的结构可知，甲苯与氯气在催化剂条件下发生甲基对位取代生成A为，含有的官能团为：氯原子；对比反应中反应物、产物的结构可知，反应物中甲基被氧化为羧基，属于氧化反应，故答案为：氯原子；氧化反应；（3）反应是甲苯与氯气在催化剂条件下发生甲基对位取代生成，同时还生成HCl，反应方程式为，故答案为：；（4）反应利用强氧化剂将苯环上甲基氧化为羧基，由于酚羟基更容易被氧化，设计第和这两步反应防止酚羟基被氧化，故答案为：防止酚羟基被氧化；（5）有机物C（分子构型为，X、Y为取代基）是对羟基苯甲酸乙酯的同分异构体且能发生银镜反应，含有醛基，X为OH时，Y为CH2CH2CHO或CH（CH3）CHO，X为CH2OH或OCH3时，Y为CHO，即X为OH、CH2OH 或OCH3，故答案为：OH；CH2OH 或OCH3点评：本题考查有机物推断与合成、官能团性质、有机反应类型、同分异构体等，难度中等，注重学生对知识的强化训练，较好地考查学生对知识的迁移运用、分析推理等能力11（16分）（xx荔湾区校级模拟）（1）已知：C（s）+O2（g）=CO2（g）H1=393.5kJ/molC（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H2=+131.3kJ/mol则反应CO（g）+H2（g）+O2（g）=H2O（g）+CO2（g），H=524.8kJ/mol（2）在一恒容的密闭容器中，由CO和H2合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H下列情形不能说明该反应已达到平衡状态的是C（填序号）A每消耗1mol CO的同时生成2molH2B混合气体总物质的量不变C生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等DCH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化CO的平衡转化率（）与温度、压强的关系如图所示A、B两点的平衡常数K（A）=K（B）（填“”、“=”或“”，下同）；由图判断H0某温度下，将2.0mol CO和6.0molH2充入2L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c（CO）=0.25mol/L，则CO的转化率=75%，此温度下的平衡常数K=1.3（保留二位有效数字）（3）工作温度650的熔融盐燃料电池，用煤炭气（CO、H2）作负极反应物，空气与CO2的混合气体为正极反应物，催化剂镍作电极，用一定比例的Li2CO3和Na2CO3低熔点混合物作电解质负极的电极反应式为：CO+H24e+2CO32=3CO2+H2O；则该电池的正极反应式为O2+4e+2CO2=2CO32考点：热化学方程式；化学电源新型电池；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算分析：（1）根据盖斯定律构造出目标反应热化学反应方程式，据此计算反应热，注意化学计量数乘以不同的系数，进行加减，焓变也要乘以相同的系数，做相应加减；（2）达到化学平衡时，正逆反应速率相等，各个组分的浓度不随着时间的变化而变化，根据化学平衡的特征，由此衍生出的一系列物理量都不变，据此来判断；化学反应的平衡常数随着温度的变化而变化，根据压强恒定，温度变化引起化学平衡移动的方向来判断化学反应的吸放热情况；根据化学反应三段式来计算转化率和平衡常数；（3）该燃料电池中，负极上一氧化碳、氢气失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为CO+H24e+2CO32=3CO2+H2O，正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子而发生还原反应解答：解：（1）C（s）+O2（g）=CO2（g）H1=393.5kJ/mol，C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H2=+131.3kJ/mol，根据盖斯定律，得CO（g）+H2（g）+O2（g）=H2O（g）+CO2（g）H=524.8kJ/mol，故答案为：524.8；（2）A每消耗1molCO的同时生成2molH2，能证明正逆反应速率是相等的，故A错误；B、该反应是一个前后气体系数和变化的反应，当混合气体总物质的量不变，达到额化学平衡状态，故B错误；C生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等，不能证明正逆反应速率是相等的，此时不一定达到化学平衡，故C正确；DCH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化，是化学平衡状态的特征，故D错误故选C；根据图中CO的平衡转化率（）与温度、压强的关系，A、B两点的温度是一样的，所以平衡常数相等，根据图示内容，压强不变，当温度升该时，一氧化碳的转化率逐渐减小，所以化学平衡向左移动，所以该反应是一个放热反应，故答案为：=；将2.0mol CO和6.0mol H2充入2L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c（CO）=0.25mol/L，则 CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）初始浓度（mol/L） 1.0 3.0 0变化浓度（mol/L） 0.75 1.5 0.75平衡浓度（mol/L） 0.25 1.5 0.75CO的转化率100%=75%，此温度下的化学平衡常数K=1.3；故答案为：75%；1.3；（3）解：该燃料电池中，负极上一氧化碳、氢气失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为CO+H24e+2CO32=3CO2+H2O，正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子而发生还原反应，电极反应式为：O2+4e+2CO2=2CO32；故答案为：O2+4e+2CO2=2CO32点评：本题主要考查了盖斯定律的运用、化学平衡状态的判断、化学平衡常数、转化率以及电极反应式的书写等，注意三段式在计算中的应用，根据正负极上得失电子结合电解质书写电极反应式，难度不大12（16分）（xx荔湾区校级模拟）从明矾KAl（SO4）212H2O制备Al、K2SO4和H2SO4的流程如下：明矾焙烧的化学方程式为：4KAl（SO4）212H2O+3S=2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O请回答下列问题：（1）在焙烧明矾的反应中，氧化剂是KAl（SO4）212H2O（2）步骤中，为提高浸出率，可采取的措施有ACA粉碎固体混合物B降低温度C不断搅拌D缩短浸泡时间（3）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是蒸发结晶（4）步骤电解的化学方程式是2Al2O34Al+3O2，电解池的电极是用碳素材料做成，电解过程中，阳极材料需要定期更换，原因是：阳极中碳被氧化成CO2（CO）（5）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，则该电池的正极电极反应式是NiO（OH）+H2O+eNi（OH）2+OH（6）焙烧a吨明矾（摩尔质量为b g/mol），若SO2 的转化率为96%，可生产质量分数为98%的H2SO4质量为=吨（列出计算表达式）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用专题：实验设计题分析：从明矾KAl（SO4）212H2O制备Al、K2SO4和H2SO4的流程：过程明矾和硫焙烧，4KAl（SO4）212H2O+3S=2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O，气体二氧化硫与氧气在五氧化二矾作催化剂的作用下生成三氧化硫，三氧化硫用98.3%的浓硫酸吸收，SO3+H2O=H2SO4，制得硫酸；过程焙烧所得固体混合物，用水浸，为提高浸出率，可采取粉碎固体混合物、不断搅拌，从水浸后的滤液中蒸发结晶得到K2SO4晶体，步骤电解Al2O3，制得Al（1）依据化学方程式中元素化合价变化分析判断，元素化合价降低的做氧化剂，元素化合价升高的做还原剂；（2）矿石的颗粒大小、温度及是否搅拌等会影响浸取率；（3）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体运用蒸发溶剂水的方法得到；（4）步骤电解Al2O3，制得Al，阳极材料需要定期地进行更换，原因是该极材料不断被消耗；（5）放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，Ni元素化合价降低，被还原，应为原电池正极反应；（6）依据硫元素守恒计算得到解答：解：从明矾KAl（SO4）212H2O制备Al、K2SO4和H2SO4的流程：过程明矾和硫焙烧，4KAl（SO4）212H2O+3S=2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O，气体二氧化硫与氧气在五氧化二矾作催化剂的作用下生成三氧化硫，三氧化硫用98.3%的浓硫酸吸收，SO3+H2O=H2SO4，制得硫酸；过程焙烧所得固体混合物，用水浸，为提高浸出率，可采取粉碎固体混合物、不断搅拌，从水浸后的滤液中蒸发结晶得到K2SO4晶体，步骤电解Al2O3，制得Al（1）4KAl（SO4）212H2O+3S2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O反应中，硫单质硫元素化合价0价，升高到SO2中为+4价，硫酸根离子中硫元素化合价从+6价变化为SO2中+4价，则S为还原剂，被氧化，KAl（SO4）212H2O为氧化剂，被还原，故答案为：KAl（SO4）212H2O；（2）由于酸浸时矿石颗粒大小影响浸取率，可以通过粉碎矿石提高浸取率，还可以适当升高温度或者搅拌提高浸取率，故答案为：AC；（3）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体运用蒸发结晶的方法得到，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发结晶；（4）电解熔融氧化铝，阳极氯离子放电生成氯气，阴极是铝离子放电生成铝，反应的化学方程式为2Al2O34Al+3O2，在冶炼过程中，阳极材料碳被氧气氧化成一氧化碳，反应为C+O2CO2或2C+O22CO，所以需定期地进行更换，故答案为：2Al2O34Al+3O2；阳极中碳被氧化成CO2（CO）；（5）放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，Ni元素化合价降低，被还原，应为原电池正极反应，电极方程式为NiO（OH）+H2O+eNi（OH）2+OH，故答案为：NiO（OH）+H2O+eNi（OH）2+OH；（6）焙烧a吨明矾（摩尔质量为b g/mol），4KAl（SO4）212H2O+3S=2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O，生成SO2物质的量为，SO2 的转化率为96%，物质的量为96%，可生产质量分数为98%的H2SO4质量为=，故答案为：=点评：本题以铝的化合物为载体考查了物质间的反应、物质的分离和提纯等知识点，明确物质之间的反应是解本题关键，再结合原子守恒来分析解答，这种综合性较强的题型是高考热点，需利用基础知识细心分析解答，题目难度中等