《2019年高考化學(xué)真題（江蘇卷含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考化學(xué)真題（江蘇卷含解析）（46頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2019年高考化學(xué)真題（江蘇卷含解析）化學(xué)注 意 事 項(xiàng)考生在答題前請(qǐng)認(rèn)真閱讀本注意事項(xiàng)及各題答題要求1本卷滿(mǎn)分為120分，考試時(shí)間為100分鐘?？荚嚱Y(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回。2答題前，請(qǐng)務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用0.5毫米黑色墨水的簽字筆填寫(xiě)在試卷及答題卡的規(guī)定位置。3請(qǐng)認(rèn)真核對(duì)監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)與本人是否相符。4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對(duì)應(yīng)選項(xiàng)的方框涂滿(mǎn)、涂黑；如需改動(dòng)，請(qǐng)用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。作答非選擇題，必須用0.5毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無(wú)效。5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫(xiě)清楚，線

2、條、符號(hào)等須加黑、加粗。可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量： H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35. 5 K 39 Ca 40 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ag 108 I 127選 擇 題單項(xiàng)選擇題：本題包括10 小題，每小題2 分，共計(jì)20 分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。1.糖類(lèi)是人體所需的重要營(yíng)養(yǎng)物質(zhì)。淀粉分子中不含的元素是A. 氫 B. 碳 C. 氮 D. 氧【答案】C【解析】【分析】此題屬于一道簡(jiǎn)單題目，考點(diǎn)在于營(yíng)養(yǎng)物質(zhì)中糖類(lèi)的組成元素。【詳解】淀粉屬于多糖，組成元素為CxH2nOn；蛋白質(zhì)和氨基酸中含有N元素，故選C。2.反應(yīng)

3、NH4Cl+NaNO2 NaCl+N2+2H2O放熱且產(chǎn)生氣體，可用于冬天石油開(kāi)采。下列表示反應(yīng)中相關(guān)微粒的化學(xué)用語(yǔ)正確的是A. 中子數(shù)為18的氯原子：B. N2的結(jié)構(gòu)式：N=NC. Na+的結(jié)構(gòu)示意圖： D. H2O的電子式： 【答案】D【解析】【分析】此題考查化學(xué)用語(yǔ)，化學(xué)用語(yǔ)包括:化學(xué)式，結(jié)構(gòu)式，電子式，原子結(jié)構(gòu)示意圖以及不同核素的表達(dá)，也屬于簡(jiǎn)單題【詳解】A.考察核素的表達(dá):abX,其中a表示X原子的相對(duì)原子質(zhì)量，b表示X原子的質(zhì)子數(shù)，那中子數(shù)=a-b,所以A選項(xiàng)表示的是中子數(shù)為1的氯原子與題意不符；B考察的結(jié)構(gòu)式，因?yàn)榈幼钔鈱与娮訑?shù)為5，還需要3個(gè)電子形成8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以倆個(gè)

4、氮原子共用3對(duì)電子因此氮?dú)獾慕Y(jié)構(gòu)式為氮氮三鍵的形式,故B錯(cuò)誤；C.考察的原子結(jié)構(gòu)示意圖，鈉原子的核外有11個(gè)電子，而鈉離子是由鈉原子失去一個(gè)電子形成的，那么鈉離子的一共有10個(gè)電子，C選項(xiàng)有11個(gè)，表示的鈉原子的結(jié)構(gòu)示意圖，故錯(cuò)誤。D.氧原子最外層六個(gè)電子，兩個(gè)氫分別和氧公用一對(duì)電子。D正確。故選D。3.下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是A. NH4HCO3受熱易分解，可用作化肥B. 稀硫酸具有酸性，可用于除去鐵銹C. SO2具有氧化性，可用于紙漿漂白D. Al2O3具有兩性，可用于電解冶煉鋁【答案】B【解析】【詳解】A.NH4HCO3受熱易分解和用作化肥無(wú)關(guān)，可以用作化肥是因?yàn)楹械?/p>

5、素；B.硫酸酸性可以和金屬氧化物反應(yīng)，具有對(duì)應(yīng)關(guān)系；C. 二氧化硫的漂白屬于結(jié)合漂白不涉及氧化還原，故和氧化性無(wú)關(guān)，而且二氧化硫氧化性較弱，只和強(qiáng)還原劑反應(yīng)例如硫化氫，和其他物質(zhì)反應(yīng)主要體現(xiàn)還原性；D. 電解冶煉鋁，只能說(shuō)明氧化鋁導(dǎo)電，是離子晶體，無(wú)法說(shuō)明是否具有兩性，和酸堿都反應(yīng)可以體現(xiàn) Al2O3具有兩性。故選B.4.室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A. 0.1 mol?L?1NaOH溶液：Na+、K+、 、B. 0.1 mol?L?1FeCl2溶液：K+、Mg2+、 、C. 0.1 mol?L?1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl?、OH?D. 0.1 mol?L?1H

6、2SO4溶液：K+、 、 、【答案】A【解析】【分析】此題考的是離子共存問(wèn)題，應(yīng)從選項(xiàng)的條件獲取信息，在從中判斷在此條件的環(huán)境中是否有離子會(huì)互相反應(yīng)，能大量共存就是沒(méi)有可以互相發(fā)生反應(yīng)的離子存在?！驹斀狻緼選項(xiàng)是一個(gè)堿性環(huán)境，沒(méi)有存在能與氫氧根發(fā)生反應(yīng)的離子，故A正確；B選項(xiàng)是一個(gè)亞鐵離子和氯離子的環(huán)境，選項(xiàng)中有高錳酸根可以與鐵離子反應(yīng)，故錯(cuò)誤；C選項(xiàng)是一個(gè)鉀離子和碳酸根的環(huán)境，選項(xiàng)中存在鋇離子可以與碳酸根發(fā)生反應(yīng)生成沉淀，故錯(cuò)誤；D選項(xiàng)是氫離子和硫酸根的環(huán)境，選項(xiàng)中有硝酸根和亞硫酸氫根，其中硝酸根可以與氫離子結(jié)合成硝酸，硝酸具有強(qiáng)氧化性可以氧化亞硫酸氫根，故錯(cuò)誤。5.下列實(shí)驗(yàn)操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)?/p>

7、的的是A. 用經(jīng)水濕潤(rùn)的pH試紙測(cè)量溶液的pHB. 將4.0 g NaOH固體置于100 mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000 mol?L?1NaOH溶液C. 用裝置甲蒸干AlCl3溶液制無(wú)水AlCl3固體D. 用裝置乙除去實(shí)驗(yàn)室所制乙烯中的少量SO2【答案】D【解析】【分析】此題考點(diǎn)為根據(jù)所給實(shí)驗(yàn)操作是否可以達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，必須要根?jù)實(shí)驗(yàn)操作推斷出實(shí)驗(yàn)的結(jié)果，再與選項(xiàng)中的實(shí)驗(yàn)結(jié)果一一對(duì)應(yīng)。屬于簡(jiǎn)單常規(guī)題目【詳解】用水潤(rùn)濕的PH試紙測(cè)量溶液的PH會(huì)出現(xiàn)人為誤差，實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)不準(zhǔn)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B選項(xiàng)將氫氧化鈉直接置于容量瓶中，加水后氫氧化鈉溶于水會(huì)放熱引起實(shí)驗(yàn)誤差或炸裂容量瓶，故錯(cuò)誤；用甲裝置蒸干

8、氯化鋁溶液所得的產(chǎn)物因氯離子會(huì)發(fā)生水解，加熱后水解程度增大，蒸發(fā)所得的產(chǎn)物為氫氧化鋁固體，故C錯(cuò)誤；【點(diǎn)睛】蒸干溶液可以得到溶質(zhì)固體，但必須考慮溶液中弱離子的水解平衡，當(dāng)溫度升高后會(huì)促進(jìn)弱離子水解，那最后實(shí)驗(yàn)所得產(chǎn)物不一定是溶液的溶質(zhì)。6.下列有關(guān)化學(xué)反應(yīng)的敘述正確的是A. Fe在稀硝酸中發(fā)生鈍化 B. MnO2和稀鹽酸反應(yīng)制取Cl2C. SO2與過(guò)量氨水反應(yīng)生成(NH4)2SO3 D. 室溫下Na與空氣中O2反應(yīng)制取Na2O2【答案】C【解析】【分析】相同的反應(yīng)物，條件不同（如溫度、濃度、過(guò)量與少量），反應(yīng)有可能也不同；A.鈍化反應(yīng)應(yīng)注意必須注明常溫下，濃硝酸與Fe發(fā)生鈍化；B.實(shí)驗(yàn)室制備氯

9、氣的反應(yīng)中應(yīng)注意鹽酸的濃度和反應(yīng)溫度；C.過(guò)量與少量問(wèn)題應(yīng)以少量物質(zhì)為基準(zhǔn)書(shū)寫(xiě)產(chǎn)物；D.鈉的還原性強(qiáng)，其與氧氣反應(yīng)，溫度不同，產(chǎn)物也不同；【詳解】A.常溫下，F(xiàn)e在與濃硝酸發(fā)生鈍化反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B.二氧化錳與濃鹽酸在加熱條件下反應(yīng)制取氯氣，故B錯(cuò)誤；C.二氧化硫與過(guò)量氨水反應(yīng)生成硫酸銨，故C正確；D.常溫下，Na與空氣中的氧氣反應(yīng)生成Na2O；加熱條件下，鈉與氧氣反應(yīng)生成Na2O2，故D錯(cuò)誤；綜上所述，本題應(yīng)選C?！军c(diǎn)睛】本題考查常見(jiàn)物質(zhì)的化學(xué)反應(yīng)，相同的反應(yīng)物，條件不同（如溫度、濃度、過(guò)量與少量），反應(yīng)有可能也不同，所以在描述化學(xué)反應(yīng)時(shí)應(yīng)注意反應(yīng)的條件。7.下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是

10、A. 室溫下用稀NaOH溶液吸收Cl2：Cl2+2OH? ClO?+Cl?+H2OB. 用鋁粉和NaOH溶液反應(yīng)制取少量H2：Al+2OH? +H2C. 室溫下用稀HNO3溶解銅：Cu+2 +2H+ Cu2+2NO2+H2OD. 向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸：Na2SiO3+2H+ H2SiO3+2Na+【答案】A【解析】【分析】B.電荷不守恒；C.不符合客觀事實(shí)；D.應(yīng)拆分的物質(zhì)沒(méi)有拆分；【詳解】A.NaOH為強(qiáng)堿，可以拆成離子形式，氯氣單質(zhì)不能拆，產(chǎn)物中NaCl和NaClO為可溶性鹽，可拆成離子形式，水為弱電解質(zhì)，不能拆，故A正確；B.該離子方程式反應(yīng)前后電荷不守恒，應(yīng)改為：2Al+2

11、OH-+2H2O =2AlO2-+3H2，故B錯(cuò)誤；C.室溫下，銅與稀硝酸反應(yīng)生成NO2 ,應(yīng)改為：3Cu+2NO3-+8H+=2NO+3Cu2+4H2O，故C錯(cuò)誤；D.Na2SiO3為可溶性鹽，可以拆成離子形式，應(yīng)改為：SiO32-+2H+=H2SiO3 ，故D錯(cuò)誤；綜上所述，本題應(yīng)選A.【點(diǎn)睛】本題考查離子方程式正誤的判斷。判斷離子方程式是否正確可從以下幾個(gè)方面進(jìn)行：從反應(yīng)原理進(jìn)行判斷，如反應(yīng)是否能發(fā)生、反應(yīng)是否生成所給產(chǎn)物等；從物質(zhì)存在形態(tài)進(jìn)行判斷，如拆分是否正確、是否正確表示了難溶物和氣體等；從守恒角度進(jìn)行判斷，如原子守恒、電荷守恒、氧化還原反應(yīng)中的電子守恒等；從反應(yīng)的條件進(jìn)行判斷；從

12、反應(yīng)物的組成以及反應(yīng)物之間的配比進(jìn)行判斷。8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X是地殼中含量最多的元素，Y原子的最外層有2個(gè)電子，Z的單質(zhì)晶體是應(yīng)用最廣泛的半導(dǎo)體材料，W與X位于同一主族。下列說(shuō)法正確的是A. 原子半徑：r(W) r(Z) r(Y) r(X)B. 由X、Y組成的化合物是離子化合物C. Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性比W的強(qiáng)D. W的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比X的強(qiáng)【答案】B【解析】【分析】X是地殼中含量最多的元素，因此X為O元素，Y的最外層有兩個(gè)電子，且Y是短周期元素，原子序數(shù)大于O,因此Y為Mg元素，Z的單質(zhì)晶體是廣泛應(yīng)用的半導(dǎo)體材料，所以Z為Si元素，W與

13、X同主族，且W是短周期元素，原子序數(shù)大于X，所以W為S元素；據(jù)此解題；【詳解】A.元素周期表中，同族元素原子半徑隨核電荷數(shù)增加而增加，O為于第二周期，其他元素位于第三周期，因此O的原子半徑最小，同周期元素，核電荷數(shù)越大，半徑越小，因此原子半徑應(yīng)為r(Mg)r(Si)r(S)r(O)，故A錯(cuò)誤；B.X為O元素，Y為Mg元素，兩者組成的化合物氧化鎂為離子化合物，故B正確；C.Z為Si元素，W為S元素，因?yàn)镾的非金屬性強(qiáng)于Si，所以S的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性強(qiáng)于Si的，故C錯(cuò)誤；D.W為S元素，X為O元素，因?yàn)镺的非金屬性強(qiáng)于S，所以O(shè)的氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性強(qiáng)于S的，故D錯(cuò)誤；總上所述，本題選

14、B.【點(diǎn)睛】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素性質(zhì)，題目難度不大，應(yīng)先根據(jù)提示推斷所給原子的種類(lèi)，再原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系為解答關(guān)鍵，注意掌握原子構(gòu)成及表示方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力。9.在給定條件下，下列選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)的是A. NaCl(aq) Cl2(g) FeCl2(s)B. MgCl2(aq) Mg(OH)2(s) MgO (s)C. S(s) SO3(g) H2SO4(aq)D. N2(g) NH3(g) Na2CO3(s)【答案】B【解析】【分析】A.電解條件時(shí)應(yīng)看清是電解水溶液還是電解熔融態(tài)物質(zhì)；B.根據(jù)強(qiáng)堿制弱堿原理制備氫氧化鎂；C.注意生成二氧化硫與三

15、氧化硫的條件；D.氨氣、二氧化碳和氯化鈉反應(yīng)制備碳酸氫鈉是利用碳酸氫鈉的溶解度低；【詳解】A.氯氣的氧化性強(qiáng)，與鐵單質(zhì)反應(yīng)直接生成氯化鐵，故A錯(cuò)誤；B.氯化鎂與石灰乳發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成氫氧化鎂，氫氧化鎂高溫煅燒生成氧化鎂和水，故B正確；C.硫單質(zhì)在空氣中燃燒只能生成SO2，SO2在與氧氣在催化劑條件下生成SO3，故C錯(cuò)誤；D.氨氣與二氧化碳和氯化鈉溶液反應(yīng)生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉受熱分解可生成碳酸鈉，故D錯(cuò)誤；綜上所述，本題應(yīng)選B?！军c(diǎn)睛】本題考查元素及其化合物之間的相互轉(zhuǎn)化和反應(yīng)條件，解題的關(guān)鍵是熟悉常見(jiàn)物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)和轉(zhuǎn)化條件。10.將鐵粉和活性炭的混合物用NaCl溶液濕潤(rùn)后，置于如圖所示裝

16、置中，進(jìn)行鐵的電化學(xué)腐蝕實(shí)驗(yàn)。下列有關(guān)該實(shí)驗(yàn)的說(shuō)法正確的是A. 鐵被氧化的電極反應(yīng)式為Fe?3e? Fe3+B. 鐵腐蝕過(guò)程中化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為電能C. 活性炭的存在會(huì)加速鐵的腐蝕D. 以水代替NaCl溶液，鐵不能發(fā)生吸氧腐蝕【答案】C【解析】【分析】根據(jù)實(shí)驗(yàn)所給條件可知，本題鐵發(fā)生的是吸氧腐蝕，負(fù)極反應(yīng)為：Fe-2e-=Fe2-；正極反應(yīng)為：O2+H2O +4e-=4OH-;據(jù)此解題；【詳解】A.在鐵的電化學(xué)腐蝕中，鐵單質(zhì)失去電子轉(zhuǎn)化為二價(jià)鐵離子，即負(fù)極反應(yīng)為：Fe-2e-=Fe2-，故A錯(cuò)誤；B.鐵的腐蝕過(guò)程中化學(xué)能除了轉(zhuǎn)化為電能，還有一部分轉(zhuǎn)化為熱能，故B錯(cuò)誤；C.活性炭與鐵混合，在氯化鈉

17、溶液中構(gòu)成了許多微小的原電池，加速了鐵的腐蝕，故C正確D.以水代替氯化鈉溶液，水也呈中性，鐵在中性或堿性條件下易發(fā)生吸氧腐蝕，故D錯(cuò)誤；綜上所述，本題應(yīng)選C.【點(diǎn)睛】本題考查金屬鐵的腐蝕。根據(jù)電解質(zhì)溶液的酸堿性可判斷電化學(xué)腐蝕的類(lèi)型，電解質(zhì)溶液為酸性條件下，鐵發(fā)生的電化學(xué)腐蝕為析氫腐蝕，負(fù)極反應(yīng)為：Fe-2e-=Fe2-；正極反應(yīng)為：2H+ +2e-=H2；電解質(zhì)溶液為堿性或中性條件下，發(fā)生吸氧腐蝕，負(fù)極反應(yīng)為：Fe-2e-=Fe2-；正極反應(yīng)為：O2+H2O +4e-=4OH-。不定項(xiàng)選擇題：本題包括5 小題，每小題4 分，共計(jì)20 分。每小題只有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意。若正確答案只包括一個(gè)

18、選項(xiàng)，多選時(shí)，該小題得0 分；若正確答案包括兩個(gè)選項(xiàng)，只選一個(gè)且正確的得2 分，選兩個(gè)且都正確的得滿(mǎn)分，但只要選錯(cuò)一個(gè)，該小題就得0 分。11.氫氣與氧氣生成水的反應(yīng)是氫能源應(yīng)用的重要途徑。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是A. 一定溫度下，反應(yīng)2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)能自發(fā)進(jìn)行，該反應(yīng)的H0B. 氫氧燃料電池 負(fù)極反應(yīng)為O2+2H2O+4e? 4OH?C. 常溫常壓下，氫氧燃料電池放電過(guò)程中消耗11.2 L H2，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為6.021023D. 反應(yīng)2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)的H可通過(guò)下式估算：【答案】A【解析】【詳解】A.體系能量降低和混亂度增大都有促使反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的

19、傾向，該反應(yīng)屬于混亂度減小的反應(yīng)，能自發(fā)說(shuō)明該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，即?H Ksp(AgCl)C 向3 mL KI溶液中滴加幾滴溴水，振蕩，再滴加1mL淀粉溶液，溶液顯藍(lán)色 Br2的氧化性比I2的強(qiáng)D 用pH試紙測(cè)得：CH3COONa溶液的pH約為9，NaNO2溶液的pH約為8 HNO2電離出H+的能力比CH3COOH的強(qiáng)A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【詳解】A.先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液變紅，說(shuō)明存在Fe3+，而此時(shí)的Fe3+是否由Fe2+氧化而來(lái)是不能確定的，所以結(jié)論中一定含有Fe2+是錯(cuò)誤的，故A錯(cuò)誤；B. 黃色沉淀為AgI，在定量分析中可以看出AgI比Ag

20、Cl更難溶，則說(shuō)明Ksp(AgI)c( )c(OH?)c(H+)B. 0.2mol?L?1NH4HCO3溶液(pH7)：c( )c( )c(H2CO3)c(NH3?H2O)C. 0.2mol?L?1氨水和0.2mol?L?1NH4HCO3溶液等體積混合：c( )+c(NH3?H2O)=c(H2CO3)+c( )+c( )D. 0.6mol?L?1氨水和0.2mol?L?1NH4HCO3溶液等體積混合：c(NH3?H2O)+c( )+c(OH?)=0.3mol?L?1+c(H2CO3)+c(H+)【答案】BD【解析】【詳解】A.NH3?H2O屬于弱電解，部分電離，氨水中存在的電離平衡有：NH3?

21、H2O NH4+OH-，H2O H+OH-，所以c(OH-)c(NH4+)，故A錯(cuò)誤；B.NH4HCO3溶液顯堿性，說(shuō)明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c(NH4+)c(HCO3-)，HCO3-水解：HCO3- H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4+H2O NH3?H2O+H+，前者水解程度大，則c(H2CO3)c(NH3?H2O)，故B正確；C.由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，則有c(NH4+)+c(NH3?H2O)=2c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，故C錯(cuò)誤；D.由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，則有c(NH4+)+c(NH3?H2O)=

22、4c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)；電荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)；結(jié)合消去c(NH4+)得：c(NH3?H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)，0.2mol/LNH4HCO3與氨水等體積混合后，c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L，將等式兩邊各加一個(gè)c(CO32-)，則有c(NH3?H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+

23、3c(HCO3-)+3c(CO32-)，將帶入中得，c(NH3?H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+3c(H2CO3)+0.3mol/L，故D正確；故選BD。15.在恒壓、NO和O2的起始濃度一定的條件下，催化反應(yīng)相同時(shí)間，測(cè)得不同溫度下NO轉(zhuǎn)化為NO2的轉(zhuǎn)化率如圖中實(shí)線所示(圖中虛線表示相同條件下NO的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化)。下列說(shuō)法正確的是A. 反應(yīng)2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的H0B. 圖中X點(diǎn)所示條件下，延長(zhǎng)反應(yīng)時(shí)間能提高NO轉(zhuǎn)化率C. 圖中Y點(diǎn)所示條件下，增加O2的濃度不能提高NO轉(zhuǎn)化率D. 380下，c起始(O2)=5.010?4 mol?L?1，N

24、O平衡轉(zhuǎn)化率為50%，則平衡常數(shù)K2000【答案】BD【解析】【詳解】A.隨溫度升高NO的轉(zhuǎn)化率先升高后降低，說(shuō)明溫度較低時(shí)反應(yīng)較慢，一段時(shí)間內(nèi)并未達(dá)到平衡，分析溫度較高時(shí)，已達(dá)到平衡時(shí)的NO轉(zhuǎn)化率可知，溫度越高NO轉(zhuǎn)化率越低，說(shuō)明溫度升高平衡向逆方向移動(dòng)，根據(jù)勒夏特列原理分析該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，?H =2000，故D正確；故選BD。非 選 擇 題16.N2O、NO和NO2等氮氧化物是空氣污染物，含有氮氧化物的尾氣需處理后才能排放。（1）N2O的處理。N2O是硝酸生產(chǎn)中氨催化氧化的副產(chǎn)物，用特種催化劑能使N2O分解。NH3與O2在加熱和催化劑作用下生成N2O的化學(xué)方程式為_(kāi)。（2）NO和NO2的

25、處理。已除去N2O的硝酸尾氣可用NaOH溶液吸收，主要反應(yīng)為NO+NO2+2OH? 2 +H2O2NO2+2OH? + +H2O下列措施能提高尾氣中NO和NO2去除率的有_（填字母）。A加快通入尾氣的速率B采用氣、液逆流的方式吸收尾氣C吸收尾氣過(guò)程中定期補(bǔ)加適量NaOH溶液吸收后的溶液經(jīng)濃縮、結(jié)晶、過(guò)濾，得到NaNO2晶體，該晶體中的主要雜質(zhì)是_（填化學(xué)式）；吸收后排放的尾氣中含量較高的氮氧化物是_（填化學(xué)式）。（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾氣，可提高尾氣中NO的去除率。其他條件相同，NO轉(zhuǎn)化為 的轉(zhuǎn)化率隨NaClO溶液初始pH（用稀鹽酸調(diào)節(jié)）的變化如圖所示。在酸性NaClO

26、溶液中，HClO氧化NO生成Cl?和 ，其離子方程式為_(kāi)。NaClO溶液的初始pH越小，NO轉(zhuǎn)化率越高。其原因是_。【答案】 (1). 2NH3+2O2 N2O+3H2O (2). BC (3). NaNO3 (4). NO (5). 3HClO+2NO+H2O 3Cl?+2 +5H+ (6). 溶液pH越小，溶液中HClO的濃度越大，氧化NO的能力越強(qiáng)【解析】【詳解】（1）NH3與O2在加熱和催化劑作用下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成N2O，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒可知反應(yīng)有水生成，配平化學(xué)方程式為：2NH3+2O2 N2O+3H2O，故答案為：2NH3+2O2 N2O+3H2O；（2）A.加快通入

27、尾氣的速率，不能提高尾氣中NO和NO2的去除率，不選A；B.采用氣、液逆流的方式吸收尾氣，可使氣液充分接觸，能提高尾氣中NO和NO2的去除率，選B；C.定期補(bǔ)充適量的NaOH溶液可增大反應(yīng)物濃度，能提高尾氣中NO和NO2的去除率，選C。故答案為：BC；由吸收反應(yīng)：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2+2OH-=NO2-+ NO3-+H2O可知，反應(yīng)后得到NaNO2和NaNO3混合溶液，經(jīng)濃縮、結(jié)晶、過(guò)濾得到NaNO2和NaNO3晶體，因此得到的NaNO2混有NaNO3；由吸收反應(yīng)可知，若NO和NO2的物質(zhì)的量之比大于1：1，NO不能被吸收，因此，吸收后排放的尾氣中含量較高的氮氧

28、化物是NO，故答案為：NaNO3；NO；（3）在酸性的NaClO溶液中，次氯酸根離子和氫離子結(jié)合生成HClO，HClO和NO發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成NO3-和Cl-，根據(jù)得失電子守恒及電荷守恒、原子守恒，配平離子方程式為2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+，故答案為：2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+；在相同條件下，氧化劑的濃度越大，氧化能力越強(qiáng)，由反應(yīng)2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3 Cl-+5H+可知，溶液pH越小，溶液中HClO濃度越大，氧化NO的能力越強(qiáng)，故答案為：溶液pH越小，溶液中HClO濃度越大，氧化NO的能力越強(qiáng)。17.化

29、合物F是合成一種天然茋類(lèi)化合物的重要中間體，其合成路線如下：（1）A中含氧官能團(tuán)的名稱(chēng)為_(kāi)和_。（2）AB的反應(yīng)類(lèi)型為_(kāi)。（3）CD的反應(yīng)中有副產(chǎn)物X（分子式為C12H15O6Br）生成，寫(xiě)出X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：_。（4）C的一種同分異構(gòu)體同時(shí)滿(mǎn)足下列條件，寫(xiě)出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：_。能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；堿性水解后酸化，含苯環(huán)的產(chǎn)物分子中不同化學(xué)環(huán)境的氫原子數(shù)目比為11。（5）已知： （R表示烴基，R和R表示烴基或氫），寫(xiě)出以 和CH3CH2CH2OH為原料制備 的合成路線流程圖（無(wú)機(jī)試劑和有機(jī)溶劑任用，合成路線流程圖示例見(jiàn)本題題干）。_【答案】 (1). （酚）羥基 (2). 羧基

30、 (3). 取代反應(yīng) (4). (5). (6). 【解析】【分析】有機(jī)物A和SOCl2在加熱條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B和甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成C，C和CH3OCH2Cl在三乙胺存在條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成D，D和CH3I在K2CO3條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成E，E在LiAlH4條件下發(fā)生還原反應(yīng)生成F，據(jù)此解答?！驹斀狻浚?）由A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，A中含氧官能團(tuán)為-OH和-COOH，名稱(chēng)為(酚)羥基、羧基，故答案為：(酚)羥基；羧基；（2）根據(jù)以上分析可知，AB反應(yīng)-COOH中的羥基被氯原子取代，反應(yīng)類(lèi)型為取代反應(yīng)，故答案為：取代反應(yīng)；（3）觀察對(duì)比C、D的結(jié)構(gòu)可知，CD的反應(yīng)中酚羥基上的氫原子被-

31、CH2OCH3取代生成D，若兩個(gè)酚羥基都發(fā)生反應(yīng)則得到另一種產(chǎn)物，結(jié)合副產(chǎn)物X的分子式C12H15O6Br，可知X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 ，故答案為： ；（4）C為 ，C的同分異構(gòu)體滿(mǎn)足以下條件：能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說(shuō)明含有酚羥基；堿性水解后酸化，含苯環(huán)的產(chǎn)物分子中不同化學(xué)環(huán)境的氫原子數(shù)目比為1:1，說(shuō)明含苯環(huán)的產(chǎn)物分子中有兩種類(lèi)型的氫原子且數(shù)目相等，應(yīng)為間苯三酚，則該同分異構(gòu)體為酚酯，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 ，故答案為： ；（5）根據(jù)逆合成法，若要制備 ，根據(jù)題給信息可先制備 和CH3CH2CHO。結(jié)合所給原料，1-丙醇催化氧化生成CH3CH2CHO，參考題中EF的反應(yīng)條件， 在LiAlH4條件下發(fā)生

32、還原反應(yīng)生成 ， 和HCl發(fā)生取代反應(yīng)生成 ， 在Mg、無(wú)水乙醚條件下發(fā)生已知中的反應(yīng)生成 ， 和CH3CH2CHO反應(yīng)生成 ，所以合成路線設(shè)計(jì)為：CH3CH2CH2OH CH3CH2CHO，故答案為：CH3CH2CH2OH CH3CH2CHO，。18.聚合硫酸鐵Fe2(OH)6-2n(SO4)nm廣泛用于水的凈化。以FeSO4?7H2O為原料，經(jīng)溶解、氧化、水解聚合等步驟，可制備聚合硫酸鐵。（1）將一定量的FeSO4?7H2O溶于稀硫酸，在約70 下邊攪拌邊緩慢加入一定量的H2O2溶液，繼續(xù)反應(yīng)一段時(shí)間，得到紅棕色黏稠液體。H2O2氧化Fe2+的離子方程式為_(kāi)；水解聚合反應(yīng)會(huì)導(dǎo)致溶液的pH_

33、。（2）測(cè)定聚合硫酸鐵樣品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：準(zhǔn)確稱(chēng)取液態(tài)樣品3.000 g，置于250 mL錐形瓶中，加入適量稀鹽酸，加熱，滴加稍過(guò)量的SnCl2溶液（Sn2+將Fe3+還原為Fe2+），充分反應(yīng)后，除去過(guò)量的Sn2+。用5.00010?2 mol?L?1 K2Cr2O7溶液滴定至終點(diǎn)（滴定過(guò)程中 與Fe2+反應(yīng)生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。上述實(shí)驗(yàn)中若不除去過(guò)量的Sn2+，樣品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測(cè)定結(jié)果將_（填“偏大”或“偏小”或“無(wú)影響”）。計(jì)算該樣品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)（寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程）_。【答案】 (1). 2Fe2+ H2O2+2H+ 2Fe3+2H2O (2

34、). 減小 (3). 偏大 (4). n( )=5.00010?2 mol?L?122.00 mL10?3 L?mL?1=1.10010?3 mol由滴定時(shí) Cr3+和Fe2+Fe3+，根據(jù)電子得失守恒可得微粒 關(guān)系式： 6Fe2+（或 +14H+6Fe2+ 6Fe3+2Cr3+7H2O）則n(Fe2+)=6n( )=61.10010?3 mol=6.60010?3 mol樣品中鐵元素的質(zhì)量：m(Fe)=6.60010?3 mol56 g?mol?1=0.3696 g樣品中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：w(Fe)= 100%=12.32%【解析】【分析】（1）Fe2+具有還原性，H2O2具有氧化性，根據(jù)得

35、失電子守恒、原子守恒和電荷守恒書(shū)寫(xiě)離子方程式；根據(jù)水解反應(yīng)的離子方程式分析溶液pH的變化；（2）根據(jù)Sn2+能將Fe3+還原為Fe2+判斷還原性的強(qiáng)弱，進(jìn)一步進(jìn)行誤差分析；根據(jù)K2Cr2O7溶液的濃度和體積計(jì)算消耗的K2Cr2O7物質(zhì)的量，由得失電子守恒計(jì)算n（Fe2+），結(jié)合Fe守恒和（Fe）的表達(dá)式計(jì)算?！驹斀狻浚?）Fe2+具有還原性，在溶液中被氧化成Fe3+，H2O2具有氧化性，其還原產(chǎn)物為H2O，根據(jù)得失電子守恒可寫(xiě)出反應(yīng)2Fe2+H2O22Fe3+2H2O，根據(jù)溶液呈酸性、結(jié)合原子守恒和電荷守恒，H2O2氧化Fe2+的離子方程式為2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；H2

36、O2氧化后的溶液為Fe2（SO4）3溶液，F(xiàn)e2（SO4）3發(fā)生水解反應(yīng)Fe2（SO4）3+（6-2n）H2O Fe2（OH）6-2n（SO4）n+（3-n）H2SO4，F(xiàn)e2（OH）6-2n（SO4）n聚合得到聚合硫酸鐵，根據(jù)水解方程式知水解聚合反應(yīng)會(huì)導(dǎo)致溶液的酸性增強(qiáng)，pH減小。答案：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O 減小（2）根據(jù)題意，Sn2+能將Fe3+還原為Fe2+，發(fā)生的反應(yīng)為Sn2+2Fe3+=Sn4+2Fe2+，根據(jù)還原性：還原劑還原產(chǎn)物，則還原性Sn2+Fe2+，實(shí)驗(yàn)中若不除去過(guò)量的Sn2+，則加入的K2Cr2O7先氧化過(guò)量的Sn2+再氧化Fe2+，導(dǎo)致消耗的K

37、2Cr2O7溶液的體積偏大，則樣品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測(cè)定結(jié)果將偏大。答案：偏大 實(shí)驗(yàn)過(guò)程中消耗的n（Cr2O72-）=5.00010-2mol/L22.00mL10-3L/mL=1.10010-3mol由滴定時(shí)Cr2O72-Cr3+和Fe2+Fe3+，根據(jù)電子得失守恒，可得微粒的關(guān)系式：Cr2O72-6Fe2+（或Cr2O72-+6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O）則n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=61.10010-3mol=6.610-3mol（根據(jù)Fe守恒）樣品中鐵元素的質(zhì)量：m（Fe）=6.610-3mol56g/mol=0.3696g樣品中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：（Fe）

38、= 100%=12.32%?！军c(diǎn)睛】本題以聚合硫酸鐵的制備過(guò)程為載體，考查氧化還原型離子方程式的書(shū)寫(xiě)、鹽類(lèi)的水解、氧化還原滴定的誤差分析和元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算。易錯(cuò)點(diǎn)是第（2）的誤差分析，應(yīng)利用“強(qiáng)制弱”和“先強(qiáng)后弱”的氧化還原反應(yīng)規(guī)律分析。難點(diǎn)是第（2），注意理清滴定實(shí)驗(yàn)中物質(zhì)之間的計(jì)量關(guān)系。19.實(shí)驗(yàn)室以工業(yè)廢渣（主要含CaSO4?2H2O，還含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3）為原料制取輕質(zhì)CaCO3和(NH4)2SO4晶體，其實(shí)驗(yàn)流程如下：（1）室溫下，反應(yīng)CaSO4(s)+ (aq) CaCO3(s)+ (aq)達(dá)到平衡，則溶液中 =_Ksp(CaSO4)=4.810?5，Ksp(

39、CaCO3)=310?9。（2）將氨水和NH4HCO3溶液混合，可制得(NH4)2CO3溶液，其離子方程式為_(kāi)；浸取廢渣時(shí)，向(NH4)2CO3溶液中加入適量濃氨水的目的是_。（3）廢渣浸取在如圖所示的裝置中進(jìn)行?？刂品磻?yīng)溫度在6070 ，攪拌，反應(yīng)3小時(shí)。溫度過(guò)高將會(huì)導(dǎo)致CaSO4的轉(zhuǎn)化率下降，其原因是_；保持溫度、反應(yīng)時(shí)間、反應(yīng)物和溶劑的量不變，實(shí)驗(yàn)中提高CaSO4轉(zhuǎn)化率的操作有_。（4）濾渣水洗后，經(jīng)多步處理得到制備輕質(zhì)CaCO3所需的CaCl2溶液。設(shè)計(jì)以水洗后的濾渣為原料，制取CaCl2溶液的實(shí)驗(yàn)方案：_已知pH=5時(shí)Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全；pH=8.5時(shí)Al(OH)

40、3開(kāi)始溶解。實(shí)驗(yàn)中必須使用的試劑：鹽酸和Ca(OH)2?！敬鸢浮?(1). 1.6104 (2). +NH3?H2O + +H2O(或 +NH3?H2O + +H2O) (3). 增加溶液中 的濃度，促進(jìn)CaSO4的轉(zhuǎn)化 (4). 溫度過(guò)高，(NH4)2CO3分解 (5). 加快攪拌速率 (6). 在攪拌下向足量稀鹽酸中分批加入濾渣，待觀察不到氣泡產(chǎn)生后，過(guò)濾，向?yàn)V液中分批加入少量Ca(OH)2，用pH試紙測(cè)量溶液pH，當(dāng)pH介于58.5時(shí)，過(guò)濾【解析】【分析】（1）反應(yīng)CaSO4（s）+CO32-（aq） CaCO3（s）+SO42-（aq）的平衡常數(shù)表達(dá)式為 ，結(jié)合CaSO4和CaCO3的

41、Ksp計(jì)算；（2）氨水與NH4HCO3反應(yīng)生成（NH4）2CO3；加入氨水抑制（NH4）2CO3的水解；（3）溫度過(guò)高，（NH4）2CO3分解，使CaSO4轉(zhuǎn)化率下降；保持溫度、反應(yīng)時(shí)間、反應(yīng)物和溶劑的量不變，提高CaSO4轉(zhuǎn)化率即提高反應(yīng)速率，結(jié)合反應(yīng)的特點(diǎn)從影響反應(yīng)速率的因素分析；（4）根據(jù)工業(yè)廢渣中的成分知，浸取、過(guò)濾后所得濾渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗后的濾渣為原料制取CaCl2溶液，根據(jù)題給試劑，首先要加入足量鹽酸將CaCO3完全轉(zhuǎn)化為CaCl2，同時(shí)Al2O3、Fe2O3轉(zhuǎn)化成AlCl3、FeCl3，過(guò)濾除去SiO2，結(jié)合題給已知，再利用Ca（OH）

42、2調(diào)節(jié)pH除去Al3+和Fe3+?！驹斀狻浚?）反應(yīng)CaSO4（s）+CO32-（aq） CaCO3（s）+SO42-（aq）達(dá)到平衡時(shí)，溶液中 = = = =1.6104。答案：1.6104（2）NH4HCO3屬于酸式鹽，與氨水反應(yīng)生成（NH4）2CO3，反應(yīng)的化學(xué)方程式為NH4HCO3+NH3?H2O=（NH4）2CO3+H2O或NH4HCO3+NH3?H2O （NH4）2CO3+H2O，離子方程式為HCO3-+NH3?H2O=NH4+CO32-+H2O（或HCO3-+NH3?H2O NH4+CO32-+H2O）；浸取廢渣時(shí)，加入的（NH4）2CO3屬于弱酸弱堿鹽，溶液中存在水解平衡：CO

43、32-+NH4+H2O HCO3-+NH3?H2O，加入適量濃氨水，水解平衡逆向移動(dòng)，溶液中CO32-的濃度增大，反應(yīng)CaSO4（s）+CO32-（aq） CaCO3（s）+SO42-（aq）正向移動(dòng)，促進(jìn)CaSO4的轉(zhuǎn)化。答案：HCO3-+NH3?H2O=NH4+CO32-+H2O（或HCO3-+NH3?H2O NH4+CO32-+H2O） 增加溶液中CO32-的濃度，促進(jìn)CaSO4的轉(zhuǎn)化（3）由于銨鹽具有不穩(wěn)定性，受熱易分解，所以溫度過(guò)高，（NH4）2CO3分解，從而使CaSO4轉(zhuǎn)化率下降；由于浸取過(guò)程中的反應(yīng)屬于固體與溶液的反應(yīng)（或發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化），保持溫度、反應(yīng)時(shí)間、反應(yīng)物和溶劑的量不

44、變，提高CaSO4轉(zhuǎn)化率即提高反應(yīng)速率，結(jié)合外界條件對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響，實(shí)驗(yàn)過(guò)程中提高CaSO4轉(zhuǎn)化率的操作為加快攪拌速率（即增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高浸取率）。答案：溫度過(guò)高，（NH4）2CO3分解 加快攪拌速率（4）工業(yè)廢渣主要含CaSO4?2H2O，還含有少量SiO2、Al2O3和Fe2O3，加入（NH4）2CO3溶液浸取，其中CaSO4與（NH4）2CO3反應(yīng)生成CaCO3和（NH4）2SO4，SiO2、Al2O3和Fe2O3都不反應(yīng)，過(guò)濾后所得濾渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗后的濾渣為原料制取CaCl2溶液，根據(jù)題給試劑，首先要加入足量鹽酸將Ca

45、CO3完全轉(zhuǎn)化為CaCl2，發(fā)生的反應(yīng)為CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，與此同時(shí)發(fā)生反應(yīng)Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，SiO2不反應(yīng)，經(jīng)過(guò)濾除去SiO2；得到的濾液中含CaCl2、AlCl3、FeCl3，根據(jù)“pH=5時(shí)Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀完全，pH=8.5時(shí)Al（OH）3開(kāi)始溶解”，為了將濾液中Al3+、Fe3+完全除去，應(yīng)加入Ca（OH）2調(diào)節(jié)溶液的pH介于58.5加入Ca（OH）2的過(guò)程中要邊加邊測(cè)定溶液的pH，然后過(guò)濾即可制得CaCl2溶液。答案：在攪拌下向足量稀鹽酸中分批加入濾渣，待觀察不到

46、氣泡產(chǎn)生后，過(guò)濾，向?yàn)V液中分批加入少量Ca（OH）2，用pH試紙測(cè)得溶液pH，當(dāng)pH介于58.5時(shí)，過(guò)濾【點(diǎn)睛】本題以工業(yè)廢渣為原料制取輕質(zhì)CaCO3和（NH4）2SO4晶體的實(shí)驗(yàn)流程為載體，考查溶度積的計(jì)算、影響鹽類(lèi)水解的因素、實(shí)驗(yàn)條件的控制、制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)和對(duì)信息的處理能力等。難點(diǎn)是第（4）問(wèn)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案時(shí)首先要弄清水洗后濾渣中的成分，然后結(jié)合題給試劑和已知進(jìn)行分析，作答時(shí)要答出關(guān)鍵點(diǎn)，如pH介于58.5等。20.CO2的資源化利用能有效減少CO2排放，充分利用碳資源。（1）CaO可在較高溫度下捕集CO2，在更高溫度下將捕集的CO2釋放利用。CaC2O4?H2O熱分解可

47、制備CaO，CaC2O4?H2O加熱升溫過(guò)程中固體的質(zhì)量變化見(jiàn)下圖。寫(xiě)出400600 范圍內(nèi)分解反應(yīng)的化學(xué)方程式：_。與CaCO3熱分解制備 CaO相比，CaC2O4?H2O熱分解制備的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是_。（2）電解法轉(zhuǎn)化CO2可實(shí)現(xiàn)CO2資源化利用。電解CO2制HCOOH的原理示意圖如下。寫(xiě)出陰極CO2還原為HCOO?的電極反應(yīng)式：_。電解一段時(shí)間后，陽(yáng)極區(qū)的KHCO3溶液濃度降低，其原因是_。（3）CO2催化加氫合成二甲醚是一種CO2轉(zhuǎn)化方法，其過(guò)程中主要發(fā)生下列反應(yīng)：反應(yīng)：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H =41.2 kJ?mol?1反應(yīng)：2

48、CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) H =122.5 kJ?mol?1在恒壓、CO2和H2的起始量一定的條件下，CO2平衡轉(zhuǎn)化率和平衡時(shí)CH3OCH3的選擇性隨溫度的變化如圖。其中：CH3OCH3的選擇性= 100溫度高于300 ，CO2平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而上升的原因是_。220 時(shí)，在催化劑作用下CO2與H2反應(yīng)一段時(shí)間后，測(cè)得CH3OCH3的選擇性為48%（圖中A點(diǎn)）。不改變反應(yīng)時(shí)間和溫度，一定能提高CH3OCH3選擇性的措施有_?！敬鸢浮?(1). CaC2O4 CaCO3+CO (2). CaC2O4?H2O熱分解放出更多的氣體，制得的CaO更加疏松多孔

49、 (3). CO2+H+2e? HCOO?或CO2+ +2e? HCOO?+ (4). 陽(yáng)極產(chǎn)生O2，pH減小， 濃度降低；K+部分遷移至陰極區(qū) (5). 反應(yīng)的H0，反應(yīng)的H0，溫度升高使CO2轉(zhuǎn)化為CO的平衡轉(zhuǎn)化率上升，使CO2轉(zhuǎn)化為CH3OCH3的平衡轉(zhuǎn)化率下降，且上升幅度超過(guò)下降幅度 (6). 增大壓強(qiáng)，使用對(duì)反應(yīng)催化活性更高的催化劑【解析】【分析】本題注重理論聯(lián)系實(shí)際，引導(dǎo)考生認(rèn)識(shí)并體會(huì)化學(xué)科學(xué)對(duì)社會(huì)發(fā)展的作用，試題以減少CO2排放，充分利用碳資源為背景，考查化學(xué)反應(yīng)原理模塊中方程式的計(jì)算、電化學(xué)、化學(xué)平衡移動(dòng)等基本知識(shí)；【詳解】（1）令CaC2O4?H2O的物質(zhì)的量為1mol，即質(zhì)

50、量為146g，根據(jù)圖像，前一階段剩余固體質(zhì)量為128，原固體質(zhì)量為146g，相差18g，說(shuō)明此階段失去結(jié)晶水，第二階段從剩余固體質(zhì)量與前一階段剩余固體質(zhì)量相對(duì)比，少了28g，相差1個(gè)CO2，因此400600范圍內(nèi)，分解反應(yīng)方程式為CaC2O4 CaCO3CO；CaC2O4?H2O熱分解放出更多的氣體，制得的CaO更加疏松多孔，增加與CO2的接觸面積，更好捕捉CO2；（2）根據(jù)電解原理，陰極上得到電子，化合價(jià)降低，CO2HCO32e=HCOOCO32，或CO2H2e=HCOO；陽(yáng)極反應(yīng)式為2H2O4e=O24H，pH減小，H與HCO3反應(yīng)，同時(shí)部分K遷移至陰極區(qū)；（3）根據(jù)反應(yīng)方程式，反應(yīng)I為吸

51、熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，CO2的轉(zhuǎn)化率增大，反應(yīng)II為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，CO2的轉(zhuǎn)化率降低，根據(jù)圖像，上升幅度超過(guò)下降幅度，因此溫度超過(guò)300時(shí)，CO2轉(zhuǎn)化率上升；依據(jù)CH3OCH3選擇性公式，提高CH3OCH3選擇性，化學(xué)平衡向正反應(yīng)方向進(jìn)行，根據(jù)反應(yīng)II，可以增大壓強(qiáng)，或者使用對(duì)反應(yīng)II催化活性更高的催化劑?！军c(diǎn)睛】本題的難點(diǎn)（1）是文字?jǐn)⑹?，?yīng)根據(jù)圖像和所學(xué)知識(shí)，結(jié)合所問(wèn)問(wèn)題進(jìn)行分析解答；（2）電極反應(yīng)式的書(shū)寫(xiě)，陰極反應(yīng)是將CO2還原成HCOO，先寫(xiě)出CO22eHCOO，然后根據(jù)原子守恒，得出CO2H2e=HCOO，或者為CO2HCO32e=HCO

52、OCO32。21.選做題：本題包括A、B兩小題，請(qǐng)選定其中一小題，并在相應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)作答。若多做，則按A小題評(píng)分。A物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)Cu2O廣泛應(yīng)用于太陽(yáng)能電池領(lǐng)域。以CuSO4、NaOH和抗壞血酸為原料，可制備Cu?O。（1）Cu2+基態(tài)核外電子排布式為_(kāi)。（2） 的空間構(gòu)型為_(kāi)（用文字描述）；Cu2+與OH?反應(yīng)能生成Cu(OH)42?，Cu(OH)42?中的配位原子為_(kāi)（填元素符號(hào)）。（3）抗壞血酸的分子結(jié)構(gòu)如圖1所示，分子中碳原子的軌道雜化類(lèi)型為_(kāi)；推測(cè)抗壞血酸在水中的溶解性：_（填“難溶于水”或“易溶于水”）。（4）一個(gè)Cu2O晶胞（見(jiàn)圖2）中，Cu原子的數(shù)目為_(kāi)?！敬鸢浮?(1).

53、 Ar3d9或1s22s22p63s23p63d9 (2). 正四面體 (3). O (4). sp3、sp2 (5). 易溶于水 (6). 4【解析】【分析】A.考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及內(nèi)容為電子排布式的書(shū)寫(xiě)、空間構(gòu)型、配合物知識(shí)、雜化類(lèi)型的判斷、溶解性等知識(shí)，都屬于基礎(chǔ)性知識(shí)，難度系數(shù)不大；【詳解】A.（1）本小題考查電子排布式的書(shū)寫(xiě)，Cu位于第四周期IB族，其價(jià)電子排布式為3d104s1，因此Cu2基態(tài)核外電子排布式為Ar3d9或1s22s22p63s23p63d9；（2）本小題考查空間構(gòu)型或配位原子，SO42中S有4個(gè)鍵，孤電子對(duì)數(shù)為(62242)/2=0，因此SO42空間構(gòu)型為正四面

54、體形；Cu(OH)42中Cu2提供空軌道，OH提供孤電子對(duì)，OH只有O有孤電子對(duì)，因此Cu(OH)42中的配位原子為O；（3）考查雜化類(lèi)型和溶解性，根據(jù)抗壞血酸的分子結(jié)構(gòu)，該結(jié)構(gòu)中有兩種碳原子，單鍵的碳原子和雙鍵的碳原子，單鍵碳原子以sp3雜化，雙鍵的碳原子以sp2雜化；根據(jù)抗環(huán)血酸分子結(jié)構(gòu)，其中含有OH，能與水形成分子間氫鍵，增加在水中的溶解度，因此抗壞血酸易溶于水；（4）考查晶胞的計(jì)算，白球位于頂點(diǎn)和內(nèi)部，屬于該晶胞的個(gè)數(shù)為81/8+1=2，黑球全部位于晶胞內(nèi)部，屬于該晶胞的個(gè)數(shù)為4，化學(xué)式為Cu2O，因此白球?yàn)镺原子，黑球?yàn)镃u原子，即Cu原子的數(shù)目為4；【點(diǎn)睛】A.有關(guān)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的

55、考查，相對(duì)比較簡(jiǎn)單，考查點(diǎn)也是基本知識(shí)，這就要求考生在物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的學(xué)習(xí)中夯實(shí)基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)能夠達(dá)到對(duì)知識(shí)靈活運(yùn)用，如考查抗壞血酸分子溶解性，可以從乙醇極易溶于水的原因分析；非選擇題(共80分)16（1）2NH3+2O2 N2O+3H2O（2）BCNaNO3NO（3）3HClO+2NO+H2O 3Cl?+2 +5H+溶液pH越小，溶液中HClO的濃度越大，氧化NO的能力越強(qiáng)171）（酚）羥基、羧基（2）取代反應(yīng)（3） （4） （5） 18（1）2Fe2+ H2O2+2H+ 2Fe3+2H2O減?。?）偏大n( )=5.00010?2 mol?L?122.00 mL10?3 L?mL?1=1.

56、10010?3 mol由滴定時(shí) Cr3+和Fe2+Fe3+，根據(jù)電子得失守恒可得微粒的關(guān)系式： 6Fe2+（或 +14H+6Fe2+ 6Fe3+2Cr3+7H2O）則n(Fe2+)=6n( )=61.10010?3 mol=6.60010?3 mol樣品中鐵元素的質(zhì)量：m(Fe)=6.60010?3 mol56 g?mol?1=0.3696 g樣品中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：w(Fe)= 100%=12.32%19（15分）（1）1.6104（2） +NH3?H2O + +H2O(或 +NH3?H2O + +H2O)增加溶液中 的濃度，促進(jìn)CaSO4的轉(zhuǎn)化（3）溫度過(guò)高，(NH4)2CO3分解 加快攪

57、拌速率（4） 攪拌下向足量稀鹽酸中分批加入濾渣，待觀察不到氣泡產(chǎn)生后，過(guò)濾，向?yàn)V液中分批加入少量Ca(OH)2，用pH試紙測(cè)量溶液pH，當(dāng)pH介于58.5時(shí)，過(guò)濾20（14分）（1）CaC2O4 CaCO3+COCaC2O4?H2O熱分解放出更多的氣體，制得的CaO更加疏松多孔（2）CO2+H+2e? HCOO?或CO2+ +2e? HCOO?+陽(yáng)極產(chǎn)生O2，pH減小， 濃度降低；K+部分遷移至陰極區(qū)（3）反應(yīng)的H0，反應(yīng)的H0，溫度升高使CO2轉(zhuǎn)化為CO的平衡轉(zhuǎn)化率上升，使CO2轉(zhuǎn)化為CH3OCH3的平衡轉(zhuǎn)化率下降，且上升幅度超過(guò)下降幅度增大壓強(qiáng)，使用對(duì)反應(yīng)催化活性更高的催化劑21（12分）【選做題】A物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)（1）Ar3d9或1s22s22p63s23p63d9 （2）正四面體