广东省广州市2015届高考化学模拟试卷

广东省广州市2015届高考模拟试卷一、单项选择题：本题包括16小题，每小题4分，共64分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．多选、错选均不得分．1．（4分）化学与生活息息相关，下列说法正确的是（）A．S O2、CO2和NO2都是可形成酸雨的气体B．棉、麻和油脂都是高分子化合物C．氧化铝陶瓷和光导纤维都是无机非金属材料D．纤维素在人体内可水解成葡萄糖，供人体组织的营养需要2．（4分）设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．1 mol甲烷中含有10N A个质子B．27g铝被完全氧化成氧化铝，失去2N A个电子C．标准状况下，22.4 L苯含有N A个C6H6分子D．常温常压下，28g乙烯含有2N A个碳碳双键3．（4分）下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（）选项叙述Ⅰ叙述ⅡA Cl2有酸性用Cl2可与石灰乳或烧碱反应制备含氯消毒剂B NaHCO3溶于水完全电离NaHCO3是强电解质C 浓H2SO4有强氧化性浓H2SO4可用于干燥SO2D Na2S有强还原性用于除去废水中的Cu2+和Hg2+A．A B．B C．C D．D4．（4分）常温下，有体积相同的四种溶液：①pH=3的CH3COOH溶液；②pH=3的盐酸；③pH=11的氨水；④pH=11的NaOH溶液．下列说法正确的是（）A．①和②混合溶液中：c（H+）=3.0mol•L﹣1B．①和④混合溶液中：c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）C．②和③混合溶液中：c（Cl﹣）+c（H+）＞c（NH4+）+c（OH﹣）D．四种溶液稀释100倍，溶液的pH：③＞④＞②＞①5．（4分）下列实验操作正确且能达到目的是（）A．用NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体B．用重结晶法除去KNO3中混有的NaClC．用BaCl2溶液鉴别AgNO3溶液和K2SO4溶液D．用NaOH溶液和分液漏斗萃取溴水中的溴6．（4分）如图所示的电化学装置，下列叙述正确的是（）A．a和b用导线连接，电子由碳经过导线流向铁B．a和b用导线连接，铁电极的电极反应为：Fe﹣3e﹣=Fe3+C．a、b分别连接直流电源正、负极，可以防止铁被腐蚀D．a、b分别连接直流电源负、正极，电压足够大时，Na+向铁电极移动二、双项选择题：本题包括9小题，每小题6分，共54分．每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求．全选对得6分，只选1个且正确得3分，错选、不选得0分．7．（6分）元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中只有X是短周期的金属元素，下列判断正确的是（）A．X的最高价氧化物能溶于强碱B．非金属性：T＜RC．气态氢化物稳定性：T＞ZD．R与Q的原子核外电子数相差168．（6分）下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A SO2通入溴水中溶液褪色SO2有漂白性B 将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液溶液变红Fe（NO3）2样品已氧化变质C 将新制氯水和KI溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡静置溶液分层，下层呈紫色氧化性：Cl2＞I2D 分别向0.1mol•L﹣1醋酸和饱和硼酸溶液中滴加0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液醋酸中有气泡产生，硼酸中没有气泡产生酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸A．A B．B C．C D．D三、非选择题：本题包括11小题，共182分．9．（16分）羰基化反应是制备不饱和酯的有效途径，如：反应①：化合物I可由化合物Ⅲ合成：（1）化合物Ⅱ的分子式为，化合物Ⅱ在NaOH溶液中完全水解的化学方程式为．（2）化合物Ⅲ的结构简式为，化合物Ⅳ通过消去反应生成化合物I的化学方程式为（注明反应条件）．（3）化合物Ⅴ是化合物Ⅱ的同分异构体，苯环上有两个取代基且能发生银镜反应，Ⅴ的核磁共振氢谱除苯环峰外还有两组峰，峰面积之比为1：2，Ⅴ的结构简式为（写一种即可）．（4）聚合物单体的结构简式为．用类似反应①的方法，利用丙炔与合适的原料可以合成该单体，化学方程式为．10．（16分）甲烷水蒸气重整制合成气是利用甲烷资源的途径之一，该过程的主要反应是反应①：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H＞0（1）已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣802kJ•mol﹣1CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H2=﹣283kJ•mol﹣1H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H3=﹣242kJ•mol﹣1则反应①的△H=（用△H1、△H2和△H3表示）．（2）其他条件相同，反应①在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下反应相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示．①在相同条件下，三种催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的催化效率由高到低的顺序是．②a点所代表的状态（填“是”或“不是”）平衡状态．③c点CH4的转化率高于b点，原因是．（3）反应①在恒容密闭反应器中进行，CH4和H2O的起始物质的量之比为1：2，10h后CH4的转化率为80%，并测得c（H2O）=0.132mol•L﹣1，计算0～10h内消耗CH4的平均反应速率（写出计算过程，结果保留2位有效数字）．（4）在答题卡的坐标图中，画出反应①分别在700℃和850℃下进行时，CH4的转化率随时间t变化的示意图（进行必要标注）．11．（16分）软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO等杂质，工业上用软锰矿制取MnSO4•H2O的流程如下：已知：Fe3+、Al3+、Mn2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2、5.2、10.4、12.4；温度高于27℃时，MnSO4的溶解度随温度的升高而逐渐降低．（1）“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为．（2）“浸出”过程中Fe2O3转化为Fe3+和Fe2+，相关反应的离子方程式为．（3）“滤渣1”的主要成分是，“调pH至5～6”所加的试剂是（填“石灰水”或“稀硫酸”）．（4）根据如表数据，选择“第2步除杂”所加的物质A（由一种阳离子和一种阴离子组成），物质A的化学式为．阴离子K sp阳离子CO32﹣F﹣OH﹣Ca2+ 5.0×10﹣9 1.5×10﹣10 4.7×10﹣6Mg2+ 3.8×10﹣67.4×10﹣11 5.6×10﹣12Mn2+ 2.2×10﹣11 5.3×10﹣3 2.1×10﹣13Zn2+ 1.2×10﹣10 3.0×10﹣2 6.9×10﹣17（5）采用“趁热过滤”操作的原因是．12．（16分）碳酸钙、盐酸是中学化学实验中的常用试剂．（1）甲同学拟测定CaCO3固体与过量0.1mol•L﹣1 HCl的反应速率．①该反应的化学方程式为．②设计两种实验方案：方案一：通过测量和计算反应速率方案二：通过测量和计算反应速率③配制250mL 0.1mol•L﹣1 HCl：量取mL 10mol•L﹣1 HCl加入烧杯中，加适量蒸馏水，搅拌，将溶液转入中，洗涤，定容，摇匀．（2）乙同学拟用如图装置探究固体表面积和反应物浓度对化学反应速率的影响．限选试剂与用品：0.1mol•L﹣1 HCl、颗粒状CaCO3、粉末状CaCO3、蒸馏水、量筒、秒表①设计实验方案：在固体表面积或反应物浓度不同的条件下，测定（要求所测得的数据能直接体现反应速率大小）．②拟定实验表格，完整体现实验方案．（表格列数自定；列出所用试剂的用量、待测物理量和拟定的数据；数据可用字母a、b、c等表示）物理量实验序号V（0.1mol•L﹣1HCl）/mL …实验目的：实验1和2探究固体表面积对反应速率的影响；实验1和3探究反应物浓度对反应速率的影响实验1 …实验2 …实验3 …广东省广州市2015届高考模拟试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题包括16小题，每小题4分，共64分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．多选、错选均不得分．1．（4分）化学与生活息息相关，下列说法正确的是（）A．S O2、CO2和NO2都是可形成酸雨的气体B．棉、麻和油脂都是高分子化合物C．氧化铝陶瓷和光导纤维都是无机非金属材料D．纤维素在人体内可水解成葡萄糖，供人体组织的营养需要考点：纤维素的性质和用途；无机非金属材料；有机高分子化合物的结构和性质．分析：A、二氧化碳不是产生酸雨的气体，它导致的是温室效应；B、油脂是高级脂肪酸甘油酯，属于小分子化合物；C、新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等；D、人体内无纤维素酶；纤维素不能在人体内水解．解答：解：A、二氧化碳不是产生酸雨的气体，它导致的是温室效应，故A错误；B、油脂是高级脂肪酸甘油酯，属于小分子化合物，故B错误；C、光导纤维、氧化铝陶瓷等属于新型无机非金属材料，故C正确；D、人体内无纤维素酶，不能消化纤维素，故D错误，故选C．点评：本题考查有机物的结构与性质、酸雨的成因、无机非金属材料等，题目难度不大．2．（4分）设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．1 mol甲烷中含有10N A个质子B．27g铝被完全氧化成氧化铝，失去2N A个电子C．标准状况下，22.4 L苯含有N A个C6H6分子D．常温常压下，28g乙烯含有2N A个碳碳双键考点：阿伏加德罗常数．分析：A、甲烷是10电子微粒；B、根据反应后铝的价态来分析；C、标况下，苯为液态；D、求出乙烯的物质的量，然后根据1mol乙烯含1mol双键来分析．解答：解：A、甲烷是10电子微粒，1mol甲烷含10mol电子和10mol质子，故A正确；B、27g铝的物质的量为1mol，反应后铝的价态为+3价，故1mol铝失去3mol电子，故B错误；C、标况下，苯为液态，故C错误；D、28g乙烯的物质的量为1mol，而1mol乙烯含1mol双键，故D错误．故选A．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）下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（）选项叙述Ⅰ叙述ⅡA Cl2有酸性用Cl2可与石灰乳或烧碱反应制备含氯消毒剂B NaHCO3溶于水完全电离NaHCO3是强电解质C 浓H2SO4有强氧化性浓H2SO4可用于干燥SO2D Na2S有强还原性用于除去废水中的Cu2+和Hg2+A．A B．B C．C D．D考点：浓硫酸的性质；强电解质和弱电解质的概念；氯气的化学性质；物质的分离、提纯和除杂．分析：A、Cl2可与石灰乳反应制备漂白粉，具有消毒、漂白、杀菌的作用；B、电解质的强弱是根据电离程度划分的，碳酸氢钠是弱酸强碱酸式盐，是强电解质完全电离；C、浓H2SO4可用于干燥SO2，是浓硫酸的吸水性；D、用Na2S除去废水中的Cu2+和Hg2+，是利用硫离子与铜离子与汞离子生成难溶物．解答：解：A、氯气与烧碱、石灰乳发生氧化还原反应，与酸性无关，故A错误；B、电解质的强弱是根据电离程度划分的，在水溶液里或熔融状态下完全电离是电解质是强电解质，碳酸氢钠是弱酸强碱酸式盐，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3﹣；是强电解质完全电离，故B正确；C、浓H2SO4可用于干燥SO2，是浓硫酸的吸水性，故C错误；D、用Na2S除去废水中的Cu2+和Hg2+，是利用硫离子与铜离子与汞离子生成难溶物，而不是应用Na2S还原性，故D错误；故选B．点评：本题考查了物质性质的分析应用，熟练掌握强电解质、浓硫酸的性质、硫化钠的性质等基础知识是解题关键，题目难度不大．4．（4分）常温下，有体积相同的四种溶液：①pH=3的CH3COOH溶液；②pH=3的盐酸；③pH=11的氨水；④pH=11的NaOH溶液．下列说法正确的是（）A．①和②混合溶液中：c（H+）=3.0mol•L﹣1B．①和④混合溶液中：c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）C．②和③混合溶液中：c（Cl﹣）+c（H+）＞c（NH4+）+c（OH﹣）D．四种溶液稀释100倍，溶液的pH：③＞④＞②＞①考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：pH=3的CH3COOH溶液中c（CH3COOH）＞10﹣3 mol/L，pH=3的盐酸中c（HCl）=10﹣3 mol/L，pH=11的氨水中c（NH3．H2O）＞10﹣3 mol/L，pH=11的NaOH溶液中c（NaOH）=10﹣3 mol/L，A、①与②混合，CH3COOH浓度改变，pH变化；B、①和④混合后，醋酸过量；C、②和③混合后，氨水过量，溶液中的溶质是NH3•H2O和NH4Cl，根据电荷守恒来分析；D、根据酸、碱的相对强弱确定稀释后酸、碱的pH．解答：解：pH=3的CH3COOH溶液中c（CH3COOH）＞10﹣3 mol/L，pH=3的盐酸中c（HCl）=10﹣3 mol/L，pH=11的氨水中c（NH3．H2O）＞10﹣3 mol/L，pH=11的NaOH溶液中c（NaOH）=10﹣3 mol/L，A、①与②混合，由于平衡常数不变，CH3COOH、CH3COO﹣浓度均减半，则氢离子浓度不变，混合溶液的pH=3，c（H+）=0.001mol•L﹣1，故A错误；B、①和④混合后，醋酸过量，溶液中的溶质为CH3COOH和CH3COONa，故c（Na+）＜c （CH3COO﹣）+c（CH3COOH），故B错误；C、②和③混合后，氨水过量，溶液中的溶质是NH3•H2O和NH4Cl，溶液显碱性，故有：c （H+）＜c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（Cl﹣）＜c（NH4+），故有：c（Cl﹣）+c（H+）＜c （NH4+）+c（OH﹣），故C错误；D．将这四种溶液加水稀释100倍，促进醋酸和一水合氨电离，导致醋酸中氢离子浓度大于盐酸，氨水中氢氧根离子浓度大于氢氧化钠，但酸仍然是酸，碱仍然是碱，所以这四种溶液的pH大小顺序是：③＞④＞②＞①，故D正确．故选D．点评：本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，根据电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断等知识点来分析解答，易错选项是B，注意二者等体积混合时，醋酸过量，溶液中的溶质为醋酸和醋酸钠，为易错点．5．（4分）下列实验操作正确且能达到目的是（）A．用NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体B．用重结晶法除去KNO3中混有的NaClC．用BaCl2溶液鉴别AgNO3溶液和K2SO4溶液D．用NaOH溶液和分液漏斗萃取溴水中的溴考点：化学实验方案的评价．分析：A．NH4Cl受热易分解；B．利用二者溶解度随温度变化不同进行分离；C．BaCl2溶液与AgNO3溶液和K2SO4溶液反应都生成沉淀；D．氢氧化钠能与溴水反应．解答：解：A．NH4Cl受热易分解，应采用冷却热NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体，故A 错误；B．硝酸钾的溶解度随温度的变化而变化很明显，而氯化钠基本不变，当温度降低时，硝酸钾溶解度迅速减小，氯化钠基本不变，所以降低温度时，硝酸钾迅速析出，氯化钠不析出，故B 正确；C．BaCl2溶液与K2SO4溶液生成BaSO4沉淀，与AgNO3溶液反应生成AgCl沉淀，不能鉴别，故C错误；D．氢氧化钠能与溴水反应，不能做萃取剂，故D错误．故选B．点评：本题考查较为综合，涉及物质的分离提纯和除杂等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为2015届高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大．6．（4分）如图所示的电化学装置，下列叙述正确的是（）A．a和b用导线连接，电子由碳经过导线流向铁B．a和b用导线连接，铁电极的电极反应为：Fe﹣3e﹣=Fe3+C．a、b分别连接直流电源正、负极，可以防止铁被腐蚀D．a、b分别连接直流电源负、正极，电压足够大时，Na+向铁电极移动考点：原电池和电解池的工作原理．分析：A、发生吸氧腐蚀，铁是负极，电子由铁流向碳；B、铁放电，变为二价铁；C、铁与电源的负极相连，可以防止铁被腐蚀；D、a、b分别连接直流电源负、正极，阳离子向阴极移动．解答：解：A、发生吸氧腐蚀，铁是负极，电子由铁流向碳，故A错误；B、铁放电，变为二价铁，所以电极反应式为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，故B错误；C、铁与电源的负极相连，可以防止铁被腐蚀，故C正确；D、a、b分别连接直流电源负、正极，阳离子向阴极移动，所以向碳方向移动，故D错误；故选C．点评：本题考查了原电池，电解池原理的分析应用，电极名称和判断是解题关键，题目较简单．二、双项选择题：本题包括9小题，每小题6分，共54分．每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求．全选对得6分，只选1个且正确得3分，错选、不选得0分．7．（6分）元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中只有X是短周期的金属元素，下列判断正确的是（）A．X的最高价氧化物能溶于强碱B．非金属性：T＜RC．气态氢化物稳定性：T＞ZD．R与Q的原子核外电子数相差16考点：原子结构与元素的性质．分析：元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中只有X是短周期的金属元素，则X为Al元素，R为C元素，T为Si元素，Q为Ge元素，Z为P元素，结合元素周期律解答．解答：解：A．X为Al元素，氧化铝能溶于强碱，故A正确；B．同主族从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：T＜R，故B正确；C．同周期从左到右非金属性依次增强，对应气态氢化物的稳定性依次增强，则气态氢化物稳定性：T＜Z，故C错误；D．R为C元素，Q为Ge元素，二者原子核外电子数相差26，故D错误．故选AB．点评：本题考查结构位置性质关系、元素周期表的结构、元素周期律等，难度不大，推断X 为Al元素是解题的关键，注意掌握元素周期律．8．（6分）下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A SO2通入溴水中溶液褪色SO2有漂白性B 将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液溶液变红Fe（NO3）2样品已氧化变质C 将新制氯水和KI溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡静置溶液分层，下层呈紫色氧化性：Cl2＞I2D 分别向0.1mol•L﹣1醋酸和饱和硼酸溶液中滴加0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液醋酸中有气泡产生，硼酸中没有气泡产生酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸A．A B．B C．C D．D考点：化学实验方案的评价．分析：A．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应；B．硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子而干扰实验；C．少量氯水加入KI溶液中振荡，发生Cl2+2KI═2KCl+I2，加CCl4，溶液分层，四氯化碳的密度比水大，有色层在下层；D．根据强酸制弱酸解答．解答：解：A．向溴水中通入SO2气体，二者发生氧化还原反应，二氧化硫表现出还原性，故A错误；B．加入稀硫酸后，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子而干扰实验，所以不能实现实验目的，故B错误；C．少量氯水加入KI溶液中振荡，发生Cl2+2KI═2KCl+I2，加CCl4，生成的碘易溶于四氯化碳，四氯化碳与水不互溶，溶液分层，四氯化碳的密度比水大，有色层在下层，下层为紫红色，说明氧化性：Cl2＞I2，故C正确；D．醋酸能与碳酸钠反应，说明醋酸酸性大于碳酸，硼酸不与碳酸钠反应，说明硼酸弱于碳酸，故D正确．故选CD．点评：本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，本题注意把握相关物质的性质，为解答该题的关键．三、非选择题：本题包括11小题，共182分．9．（16分）羰基化反应是制备不饱和酯的有效途径，如：反应①：化合物I可由化合物Ⅲ合成：（1）化合物Ⅱ的分子式为C10H10O2，化合物Ⅱ在NaOH溶液中完全水解的化学方程式为+NaOH→+CH3OH．（2）化合物Ⅲ的结构简式为，化合物Ⅳ通过消去反应生成化合物I的化学方程式为+NaOH+NaBr+H2O（注明反应条件）．（3）化合物Ⅴ是化合物Ⅱ的同分异构体，苯环上有两个取代基且能发生银镜反应，Ⅴ的核磁共振氢谱除苯环峰外还有两组峰，峰面积之比为1：2，Ⅴ的结构简式为（写一种即可）．（4）聚合物单体的结构简式为．用类似反应①的方法，利用丙炔与合适的原料可以合成该单体，化学方程式为CH3C≡CH+CO+CH3OH．考点：有机物的合成．分析：（1）根据化合物Ⅱ的结构简式可写出分子式，化合物Ⅱ中有酯基，在碱性条件下能发生水解反应生成羧酸钠和醇；（2）根据化合物Ⅲ与溴加成得，可知化合物Ⅲ为，化合物Ⅳ通过消去反应生成化合物I为；（3）化合物Ⅴ是化合物Ⅱ的同分异构体，苯环上有两个取代基且能发生银镜反应，说明有醛基，Ⅴ的核磁共振氢谱除苯环峰外还有两组峰，峰面积之比为1：2，说明两个取代基上的氢原子数之比为1：2，据此写出Ⅴ的结构简式；（4）根据聚合物可知，该物质为加聚产物，据此可写出单体，反应①为炔与CO、甲醇反应生成稀酯，据此写化学方程式；解答：解：（1）根据化合物Ⅱ的结构简式可知其分子式为C10H10O2，化合物Ⅱ中有酯基，在碱性条件下能发生水解反应生成羧酸钠和醇，化学方程式为+NaOH→+CH3OH，故答案为：C10H10O2；+NaOH→+CH3OH；（2）根据化合物Ⅲ与溴加成得，可知化合物Ⅲ为，化合物Ⅳ通过消去反应生成化合物I为，反应的化学方程式为+NaOH+NaBr+H2O，故答案为：；+NaOH+NaBr+H2O；（3）化合物Ⅴ是化合物Ⅱ的同分异构体，苯环上有两个取代基且能发生银镜反应，说明有醛基，Ⅴ的核磁共振氢谱除苯环峰外还有两组峰，峰面积之比为1：2，说明两个取代基上的氢原子数之比为1：2，符合这样条件的Ⅴ的结构简式为，故答案为：；（4）根据聚合物可知，该物质为加聚产物，所以它的单体为，丙炔与合适的原料可以合成该单体的化学方程式为CH3C≡CH+CO+CH3OH，故答案为：；CH3C≡CH+CO+CH3OH；点评：本题考查了有机物的官能团及其性质，知道常见有机物官能团及其性质是解本题关键，知道有机反应中断键、成键方式，并结合题给信息分析解答，题目难度中等．10．（16分）甲烷水蒸气重整制合成气是利用甲烷资源的途径之一，该过程的主要反应是反应①：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H＞0（1）已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣802kJ•mol﹣1CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H2=﹣283kJ•mol﹣1H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H3=﹣242kJ•mol﹣1则反应①的△H=△H1﹣△H2﹣3×△H3（用△H1、△H2和△H3表示）．（2）其他条件相同，反应①在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下反应相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示．①在相同条件下，三种催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的催化效率由高到低的顺序是Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ．②a点所代表的状态不是（填“是”或“不是”）平衡状态．③c点CH4的转化率高于b点，原因是b和c都没平衡，c点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高．（3）反应①在恒容密闭反应器中进行，CH4和H2O的起始物质的量之比为1：2，10h后CH4的转化率为80%，并测得c（H2O）=0.132mol•L﹣1，计算0～10h内消耗CH4的平均反应速率（写出计算过程，结果保留2位有效数字）．（4）在答题卡的坐标图中，画出反应①分别在700℃和850℃下进行时，CH4的转化率随时间t变化的示意图（进行必要标注）．考点：化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；转化率随温度、压强的变化曲线．分析：（1）根据盖斯定律计算；（2）根据图象，反应①在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下反应相同时间后，CH4的转化率为Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，结合催化剂只改变反应速率不改变平衡移动，所以最终不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下达平衡时CH4的转化率相同，据此分析；（3）依据化学平衡的三段式结合平均反应速率V=列式计算；（4）CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H＞0，根据温度减小反应速率减小及达到平衡时CH4的转化率减小，据此画出在700℃和850℃下进行时，CH4的转化率随时间t变化的示意图．解答：解：（1）已知：①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣802kJ•mol﹣1②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H2=﹣283kJ•mol﹣1③H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H3=﹣242kJ•mol﹣1利用盖斯定律将①﹣②﹣3×③可得：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=△H1﹣△H2﹣3×△H3，故答案为：△H1﹣△H2﹣3×△H3；（2）①根据图象，反应①在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下反应相同时间后，CH4的转化率为Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，所以三种催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的催化效率由高到低的顺序是Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，故答案为：Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ；②因为催化剂只改变反应速率不改变平衡移动，所以最终不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下达平衡时CH4的转化率相同，故a点所代表的状态不是平衡状态，故答案为：不是；③此时反应一直向正反应方向移动，b和c都没平衡，c点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高，所以c点CH4的转化率高于b点，故答案为：b和c都没平衡，c点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高；（3）依据化学平衡的三段式列式计算，设CH4与H2O（g）物质的量为a，2a；CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）起始量（mol•L﹣1） a 2a 0 0变化量（mol•L﹣1）2a﹣0.132 2a﹣0.132 2a﹣0.132 6a﹣0.396平衡量（mol•L﹣1）0.132﹣a 0.132 2a﹣0.132 6a﹣0.39610h后CH4的转化率为80%，则=80%，解得a=0.11，所以0～10h内消耗CH4的平均反应速率V===0.0088mol/（L•h），答：0～10h内消耗CH4的平均反应速率为0.0088mol/（L•h）；（4）700℃时化学反应速率比850℃的小，曲线斜率则700℃小，达到平衡需要的时间长，由于该反应为吸热反应，温度降低，CH4的转化率也减小，所以达到平衡时700℃时CH4的转化率比850℃的小，据此画出700℃时CO2的转化率随时间变化的示意图为，故答案为：．点评：本题考查了盖斯定律的应用及其化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，题目难度中等，注意明确化学平衡的影响因素，掌握利用三段式进行化学平衡的计算方法．11．（16分）软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO等杂质，工业上用软锰矿制取MnSO4•H2O的流程如下：已知：Fe3+、Al3+、Mn2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2、5.2、10.4、12.4；温度高于27℃时，MnSO4的溶解度随温度的升高而逐渐降低．（1）“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为SO2+MnO2Mn2++SO42﹣．（2）“浸出”过程中Fe2O3转化为Fe3+和Fe2+，相关反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，2Fe3++SO2+2H2O=4H++2Fe2++SO42﹣．（3）“滤渣1”的主要成分是Fe（OH）3和Al（OH）3，“调pH至5～6”所加的试剂是石灰水（填“石灰水”或“稀硫酸”）．（4）根据如表数据，选择“第2步除杂”所加的物质A（由一种阳离子和一种阴离子组成），物质A的化学式为MnF2．阴离子K sp阳离子CO32﹣F﹣OH﹣Ca2+ 5.0×10﹣9 1.5×10﹣10 4.7×10﹣6Mg2+ 3.8×10﹣67.4×10﹣11 5.6×10﹣12Mn2+ 2.2×10﹣11 5.3×10﹣3 2.1×10﹣13Zn2+ 1.2×10﹣10 3.0×10﹣2 6.9×10﹣17（5）采用“趁热过滤”操作的原因是防止温度下降时MnSO4•H2O溶解，导致产率降低．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．分析：由流程可知，软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO等杂质，加硫酸溶解后，发生SO2+MnO2MnSO4，调节pH，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Fe（OH）3、Al（OH）3，然后除去钙离子，结合表格数据可知CaF2的溶度积较小，则选择A为MnF2，且不引入新杂质，最后蒸发浓缩、趁热过滤（防止低温MnSO4•H2O溶解而减少），以此来解答．解答：解：由流程可知，软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO 等杂质，加硫酸溶解后，发生SO2+MnO2MnSO4，调节pH，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Fe（OH）3、Al（OH）3，然后除去钙离子，结合表格数据可知CaF2的溶度机较小，则选择A为MnF2，且不引入新杂质，最后蒸发浓缩、趁热过滤（防止低温MnSO4•H2O溶解而减少），（1）根据FeSO4在反应条件下将MnO2还原为MnSO4，Fe2+被氧化为Fe3+，故“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为SO2+MnO2Mn2++SO42﹣，故答案为：SO2+MnO2Mn2++SO42﹣；（2）“浸出”过程中Fe2O3转化为Fe3+和Fe2+，相关反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，2Fe3++SO2+2H2O=4H++2Fe2++SO42﹣，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，2Fe3++SO2+2H2O=4H++2Fe2++SO42﹣；（3）结合题中阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH可知，Fe3+、Al3+完全转化为Fe （OH）3和Al（OH）3沉淀，其它离子不沉淀，故滤渣1的主要成分为Fe（OH）3和Al（OH）3，选试剂石灰水，金属离子与硫酸不反应，故答案为：Fe（OH）3和Al（OH）3；石灰水；（4）由上述分析可知，选择A为MnF2，且不引入新杂质，故答案为：MnF2；（5）采用“趁热过滤”操作的原因是防止温度下降时MnSO4•H2O溶解，导致产率降低，故答案为：防止温度下降时MnSO4•H2O溶解，导致产率降低．点评：本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握流程分析及混合物分离方法、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等．。