高三期末化学试卷分类汇编-实验原理题（学生版）参考模板范本

1、11/112019年高三期末化学试卷分类汇编实验原理题（学生版）填空题（2019海淀高三期末17）含氮、磷污水过量排放引起的水体富营养化是当前备受关注的环境问题。（1）氮肥、磷肥都可以促进作物生长。氮、磷元素在周期表中处于同一主族，从原子结构角度分析它们性质相似的原因是 ，性质有差异的原因是 。（2）氮的化合物在水中被细菌分解，当氧气不充足时，在反硝化细菌的作用下，细菌利用有机物（又称碳源，如甲醇）作为电子供体，将硝态氮的化合物（含NO3-）连续还原最终生成N2，发生反硝化作用，完成下述反应的方程式： + 5CH3OH + CO32- + 4HCO3- + （3）某小组研究温度对反硝化作用的影

2、响。在反应器内添加等量的相同浓度的甲醇溶液，从中取污泥水混合液分置于4个烧杯中，使4个烧杯内的温度不同，将实验数据作图如右。由图像分析产生差异的原因是： 。（4）某小组研究浓度对反硝化作用的影响。 = 1 * GB3 保持其他条件相同，在反应器内添加不等量的甲醇溶液，使4个烧杯碳源浓度依次为183 mgL-1、236 mgL-1、279 mgL-1和313 mgL-1。该小组预测反硝化速率变化的趋势是增大，预测依据是 。 = 2 * GB3 碳源为183 mgL-1的污水经过2 h的反硝化试验，可使NO3-由15.0 mgL-1降至8.8 mgL-1。已知M(NO3-) = 62 gmol-1

3、，NO3-的转化速率是_mol (Lh)-1。（2019海淀高三期末18）为探究不同条件下甘油（丙三醇）和辛酸酯化合成甘油二酯的最佳条件，科研工作者做了甘油二酯的酶法合成工艺研究。实验1：研究不同投料比对产率的影响（1）理论分析合成甘油二酯所需辛酸与甘油的投料比（物质的量之比）为21。实验证明提高投料比，甘油二酯的产率会降低，其原因可能是 。实验2：研究吸水剂对反应的影响（2）硅胶易与羟基结合，故有较强的亲水性，易于吸附水分子。但是在反应体系里加入硅胶后甘油二酯含量明显降低，说明合成甘油二酯的平衡发生了逆向移动，分析可能的原因是 。实验3：研究不同催化剂的催化效果曲线催化剂纵坐标脂肪酶I号辛酸

4、转化率脂肪酶II号辛酸转化率脂肪酶I号甘油二酯含量脂肪酶II号甘油二酯含量 图1（3）其他条件相同时，不同脂肪酶（I号、II号）催化合成甘油二酯的效果如图1所示，选择此实验中催化效果相对最佳的反应条件是_（填字母序号）。 A12 h，I号 B24 h，I号 C12 h，II号 D24 h，II号 实验4：研究温度对反应速率和产率的影响 图2 图3（4）选定脂肪酶做催化剂，继续实验。 = 1 * GB3 综合图2和图3，选择6 h时比较适宜的反应温度是_。 = 2 * GB3 在6 h之后，辛酸的转化率总趋势缓慢上升，30、40甘油二酯的含量上升，但是50的却有所降低，分析可能的原因是 。 （2

5、019西城高三期末19）直接排放含SO2的烟气会危害环境。利用工业废碱渣（主要成分Na2CO3）可吸收烟气中的SO2并制备无水Na2SO3，其流程如图1。图1已知： H2SO3、HSO3、SO32在水溶液中的物质的量分数随pH的分布如图2，Na2SO37H2O 和Na2SO3的溶解度曲线如图3。 图2 图3（1）Na2CO3溶液显碱性，用离子方程式解释其原因： 。（2）吸收烟气 为提高NaHSO3的产率，应控制吸收塔中的pH为_。 NaHSO3溶液中c(SO32)c(H2SO3)，结合方程式解释其原因： 。 已知下列反应： SO2(g) + 2OH (aq) = SO32 (aq) + H2O

6、(l) H1164.3 kJmol 1 CO2(g) + 2OH (aq) = CO32 (aq) + H2O(l) H2109.4 kJmol 1 2HSO3 (aq) = SO32 (aq) + SO2(g) + H2O(l) H3+34.0 kJmol 1 吸收塔中Na2CO3溶液吸收SO2生成HSO3的热化学方程式是 。 吸收塔中的温度不宜过高，可能的原因是 （写出1种即可）。（3）制备无水Na2SO3 将中和塔中得到的Na2SO3溶液 （填操作），过滤出的固体用无水乙醇洗涤、干燥，得无水Na2SO3固体。4.（2019东城期末15）CO2的有效利用可以缓解温室效应和能源短缺问题。（1

7、）CO2的分子结构决定了其性质和用途。 = 1 * GB3 CO2的电子式是 ，包含的化学键类型为 共价键（填“非极性”或“极性”）。 = 2 * GB3 在温度高于31.26 oC、压强高于7.29106 Pa时，CO2处于超临界状态，称为超临界CO2流体，可用作萃取剂提取草药中的有效成分。与用有机溶剂萃取相比，超临界CO2萃取的优点有 （答出一点即可）。（2） 中科院大连化学物理研究所的科研人员在新型纳米催化剂Na-Fe3O4和HMCM-22的表面将CO2转化为烷烃，其过程如下图。 = 1 * GB3 上图中CO2转化为CO的反应为：CO2(g) H2(g) = CO(g) H2O(g)

8、H =41 kJ/mol；已知：2CO2(g) 6H2(g) = C2H4(g) 4H2O(g) H =128 kJ/mol。则图中CO转化为C2H4的热化学方程式是 。 = 2 * GB3 按系统命名法，图中X的名称是 。 = 3 * GB3 关于X与Y的说法正确的是 （填序号）。a. 实验式相同 b. 都有4种一氯代物 c. 都易使酸性KMnO4溶液褪色 = 4 * GB3 催化剂中Fe3O4的制备方法如下：将一定比例的FeCl3和FeCl2溶于盐酸，然后在60 oC下逐滴加入NaOH溶液至pH10，继续搅拌，得Fe3O4。该反应的离子方程式是 。（2019东城期末17）含SO2废气的治理

9、可以变废为宝，使硫资源得以利用。（1）按每年全国发电燃煤8亿吨，煤中含硫质量分数以2%计，若不经过脱硫处理，则会有_亿吨SO2排放到大气中（假设S全部转化为SO2）。（2）下列物质中，能吸收SO2的有_（填序号）。a. 氨水 b. 酸性KMnO4溶液 c. 生石灰 d. Na2CO3溶液（3）某工厂采用(NH4)2SO3和NH4HSO3的混合溶液A吸收烟气中的SO2并制备 (NH4)2SO3H2O，过程如下： 已知：溶液（1 mol/L）(NH4)2SO3NH4HSO3pH（25）8.04.6 “吸收”过程中，溶液中(NH4)2SO3和NH4HSO3物质的量之比变_（填“大”或“小”）。 (N

10、H4)2SO3溶液呈碱性的原因是 。 用不同的溶液A吸收SO2时，SO2吸收率和放空废气含NH3量的变化如下图。解释图中放空废气含NH3量增大的原因：随(NH4)2SO3和NH4HSO3的物质的量之比增大， 。注：不同溶液A的体积相同，所含(NH4)2SO3和NH4HSO3的总物质的量相同 “制备”过程中，溶液B中发生反应的化学方程式是 。（4）检验产品(NH4)2SO3H2O中含有少量SO42-的方法如下：取少量产品加水溶解，_ （将实验操作和现象补充完整）。（2019朝阳高三期末16）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，CH4H2O催化重整是目前大规模制取氢气的重要方法。 （1）CH4H2O

11、催化重整： 反应：CH4(g) + H2O(g) CO(g) + 3H2(g) H1 = + 210 kJmol-1 反应: CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) H2 =41 kJmol-1 提高CH4平衡转化率的条件是 。 a增大压强 b加入催化剂 c增大水蒸气浓度 CH4、H2O催化重整生成CO2、H2的热化学方程式是 。 在密闭容器中，将2.0 mol CO与8.0 mol H2O混合加热到800发生反应，达到平衡时CO的转化率是80%，其平衡常数为 。 （2）实验发现，其他条件不变，相同时间内，向催化重整体系中投入一定量的CaO可以明显提高H2的百分含量。做对比

12、实验，结果如下图所示： 投入CaO时，H2百分含量增大的原因是： 。 投入纳米CaO时，H2百分含量增大的原因是： 。（3）反应中催化剂活性会因积炭反应而降低，相关数据如下表：反应H（kJ mol-1）+75173 研究发现，如果反应不发生积炭过程，则反应也不会发生积炭过程。因此，若保持催化剂的活性，应采取的条件是 。 如果、均发生了积炭反应，通入过量水蒸气能有效清除积炭，反应的化学方程式是 。6.（2019丰台高三期末15）随着人类社会的发展，氮氧化物的排放导致一系列环境问题。反应1反应2（1）NO形成硝酸型酸雨的化学方程式为 。（2）NO加速臭氧层被破坏，其反应过程如右图所示： NO的作用

13、是 。 已知：O3(g) + O(g) = 2O2(g) H = -143 kJ/mol反应1：O3(g) + NO(g) = NO2(g) + O2(g) H1 = -200.2 kJ/mol反应2：热化学方程式为 。固体电解质（3）利用电解法处理高温空气中稀薄的NO（O2浓度约为NO浓度十倍），装置示意图如下，固体电解质可传导O2-阴极反应为 。消除一定量的NO所消耗的电量远远大于理论计算量，可能的原因是（不考虑物理因素） 。通过更换电极表面的催化剂可明显改善这一状况，利用催化剂具有 性。（4）利用FeSO4吸收尾气（主要含N2及少量NO、NO2）中的氮氧化物，实验流程示意图如下所示。已知

14、：Fe2+(aq) + NO(g) EMBED ChemWindow.Document _x0014_Fe(NO)2+(aq)（棕色） H 6.5时，加入Na2S2O3的喷淋液对NO2的脱除率显著提高b.处理液中含有大量的NO2-，可以氧化为NO3-直接排放入河道c.资料显示：NO、SO2与O3反应的活化能分别为3.176kJmol-1、58.17kJmol-1，可知SO2的存在对O3氧化NO的影响较小d.碱性环境可以提高S2O32-的还原能力，可促进S2O32-与NO2的反应，从而提高脱硝效率(3)烟气中SO2可促进NO2的吸收、脱除。在吸收系统，还发生另外一个重要反应：2NO2+SO32-

15、+H2O=2NO2-+SO42-+2H+，增大pH时，SO2的存在可提高NO2的脱除率，原因是_。(结合化学平衡移动原理解释)参考答案【答案】17（8分）（1）最外层电子数相同，都是5个 1分P原子比N原子多一个电子层，P的原子半径比N的大 1分（2）6 NO3- + 5CH3OH 3 N2 + CO32- + 4HCO3- + 8 H2O 2分（3）其他条件不变时，温度升高，反硝化菌活性随之增强，对NO3-的降解（或反硝化作用）速率也加快 1分（4）甲醇是反硝化反应的反应物（还原剂），其他条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率加快 1分 = 2 * GB3 5X10-5 2分【答案】18（8

16、分）（1）辛酸的量增加，会有更多的甘油三酯生成，导致产物中甘油二酯的产率降低 2分（2）甘油分子有3个羟基，故硅胶对甘油的吸附能力也较强，降低了体系中反应物甘油的浓度，从而使合成甘油二酯的酯化反应平衡逆向移动，降低了甘油二酯的含量 2分（3）A 1分（4） = 1 * GB3 50 1分 = 2 * GB3 催化合成甘油二酯反应的脂肪酶，长时间处于高温下活性（选择性）下降，导致甘油二酯含量下降，副反应产物含量增加 2分【答案】19（每空2分，共10分）（1）CO32 + H2O OH + HCO3（1分）（2） 45（1分） 溶液中，HSO3存在：HSO3 H+ + SO32和HSO3 + H

17、2O H2SO3 + OH，HSO3的电离程度强于水解程度 2SO2(g) + CO32 (aq) + H2O(l) = 2HSO3(aq) + CO2 (g) H 88.9 kJmol 1 防止SO2的溶解度下降；防止HSO3受热分解；防止HSO3的氧化速率加快等 （3）隔绝空气，加热浓缩至有大量固体析出，高于34过滤【答案】15.（10分）（1） 极性 萃取剂与溶质更易分离或萃取剂更环保等（2） 2CO(g) 4H2(g) = C2H4(g) 2H2O(g) H =210 kJ/mol 2-甲基丁烷 b Fe2+ 2Fe3+ 8OH = Fe3O4 4H2O【答案】17.（12分）（1）0

18、.32 （2）abcd（3） 小SO32- QUOTE SO32- 、NH4+ QUOTE NH4+ 都水解，前者程度更大，使溶液中c(OH)c(H) 溶液中c( QUOTE NH4+ NH4+ )和c(OH)均增大，使 QUOTE NH4+ NH4+ H2O NH3H2O H平衡向右移动，促使NH3逸出 NH4HCO3 NH4HSO3 = (NH4)2SO3H2O CO2（4）加过量盐酸，充分振荡，再加氯化钡溶液，有白色沉淀产生【答案】16（10分）（1） c （2分） CH4(g) + 2H2O CO2(g) + 4H2(g) H =+169 kJ mol-1 （2分） 1 （1分）（2） CaO可吸收，c()减小，使生成的反应正向移动，百分含量增大（1分） 纳米CaO颗粒小，表面积大，使反应速率加快 （1分）（3） 降低温度、增大压强 （1分） C + H2O = CO + H2 （2分） 【答案】15.（13分）（1）4NO + 3O2 + 2H2O =4HNO3（合理答案给分，2分）（2）催化剂（2分）NO2(g) + O(g) = NO(g) + O2(g)H2= +57.2 kJ/mol（2分）（3） 2NO +4e= N2+ 2O2- （2分） 阴极发生副反应 O2+4e= 2O2- （1分） 选择（1分）（4） C中溶液变棕色（1分） 加热棕色溶液（