2019年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試

化學(xué)

注 意 事 項(xiàng)

考生在答題前請認(rèn)真閱讀本注意事項(xiàng)及各題答題要求

1．本卷滿分為120分，考試時(shí)間為100分鐘。考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。

2．答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用0.5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)**置。

3．請認(rèn)真核對監(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鉛筆將答題卡上對應(yīng)選項(xiàng)的方框涂滿、涂黑；如需改動(dòng)，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他**。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**置作答，在其他位置作答一律無效。

5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗。

可能用到的相對原子質(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.糖類是人體所需的重要營養(yǎng)物質(zhì)。淀粉分子中不含的元素是

A. 氫 B. 碳 C. 氮 D. 氧

【**】C

【解析】

【分析】

此題屬于一道簡單題目，考點(diǎn)在于營養(yǎng)物質(zhì)中糖類的組成元素。

【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)NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O放熱且產(chǎn)生氣體，可用于冬天石油開采。下列表示反應(yīng)中相關(guān)微粒的化學(xué)用語正確的是

A. 中子數(shù)為18的氯原子：

B. N2的結(jié)構(gòu)式：N=N

C. Na+的結(jié)構(gòu)示意圖：

D. H2O的電子式：

【**】D

【解析】

【分析】

此題考查化學(xué)用語，化學(xué)用語包括: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)氮原子共用3對電子因此氮?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

【**】B

【解析】

【詳解】A.NH4HCO3受熱易分解和用作化肥無關(guān)，可以用作化肥是因?yàn)楹械兀?/p>

B.硫酸酸性可以和金屬氧化物反應(yīng)，具有對應(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，只能說明氧化鋁導(dǎo)電，是離子晶體，無法說明是否具有兩性，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?1H2SO4溶液：K+、、、

【**】A

【解析】

【分析】

此題考的是離子共存問題，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)境中是否有離子會互相反應(yīng)，能大量共存就是沒有可以互相發(fā)生反應(yīng)的離子存在。

【詳解】A選項(xiàng)是一個(gè)堿性環(huán)境，沒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)**作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?/p>

A. 用經(jīng)水濕潤的pH試紙測量溶液的pH

B. 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

【**】D

【解析】

【分析】

此題考點(diǎn)為根據(jù)所給實(shí)驗(yàn)**作是否可以達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模仨氁鶕?jù)實(shí)驗(yàn)**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)果一一對應(yīng)。屬于簡單常規(guī)題目

【詳解】用水潤濕的PH試紙測量溶液的PH會出現(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；用甲裝置蒸干氯化鋁溶液所得的產(chǎn)物因氯離子會發(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Cl2

C. SO2與過量氨水反應(yīng)生成(NH4)2SO3 D. 室溫下Na與空氣中O2反應(yīng)制取Na2O2

【**】C

【解析】

【分析】

相同的反應(yīng)物，條件不同（如溫度、濃度、過量與少量），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)室制備氯氣的反應(yīng)中應(yīng)注意鹽酸的濃度和反應(yīng)溫度；

C.過量與少量問題應(yīng)以少量物質(zhì)為基準(zhǔn)書寫產(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。

【點(diǎn)睛】本題考查常見物質(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

A. 室溫下用稀NaOH溶液吸收Cl2：Cl2+2OH?ClO?+Cl?+H2O

B. 用鋁粉和NaOH溶液反應(yīng)制取少量H2：Al+2OH?+H2↑

C. 室溫下用稀HNO3溶解銅：Cu+2+2H+Cu2++2NO2↑+H2O

D. 向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸：Na2SiO3+2H+H2SiO3↓+2Na+

【**】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+2OH-+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：①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；②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；③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；④從反應(yīng)的條件進(jìn)行判斷；⑤從反應(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**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)氧化物對應(yīng)水化物的酸性比W的強(qiáng)

D. W的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比X的強(qiáng)

【**】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，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)

【**】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。

【點(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溶液濕潤后，置于如圖所示裝置中，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**確的是

A. 鐵被氧化的電極反應(yīng)式為Fe?3e?Fe3+

B. 鐵腐蝕過程中化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為電能

C. 活性炭的存在會加速鐵的腐蝕

D. 以水代替NaCl溶液，鐵不能發(fā)生吸氧腐蝕

【**】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**只包括一個(gè)選項(xiàng)，多選時(shí)，該小題得0 分；若正確**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**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ΔH<0

B. 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程中消耗11.2 L H2，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為6.02×1023

D. 反應(yīng)2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)的ΔH可通過下式估算：

【**】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)行的傾向，該反應(yīng)屬于混亂度減小的反應(yīng)，能自發(fā)說明該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，即?H<0，故A正確；

B.氫氧燃料電池，氫氣作負(fù)極，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，中性條件的電極反應(yīng)式為:2H2 – 4e- =4H+，故B錯(cuò)誤；

C.常溫常壓下，Vm≠22.L/mol，無法根據(jù)氣體體積進(jìn)行微粒數(shù)目的計(jì)算，故C錯(cuò)誤；

D.反應(yīng)中，應(yīng)該如下估算：?H=反應(yīng)中斷裂舊化學(xué)鍵的鍵能之和-反應(yīng)中形成新共價(jià)鍵的鍵能之和，故D錯(cuò)誤；

故選A。

ΔH=反應(yīng)中形成新共價(jià)鍵的鍵能之和?反應(yīng)中斷裂舊共價(jià)鍵的鍵能之和

12.化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。

下列有關(guān)化合物X、Y的說**確的是

A. 1 mol X最多能與2 mol NaOH反應(yīng)

B. Y與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)可得到X

C. X、Y均能與酸性KMnO4溶液反應(yīng)

D. 室溫下X、Y分別與足量Br2加成的產(chǎn)物分子中手性碳原子數(shù)目相等

【**】CD

【解析】

【詳解】A.X分子中，1mol羧基消耗1molNaOH，1mol由酚羥基形成的酯基消耗2molNaOH，所以1molX最多能與3molNaOH反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；

B.比較X與Y的結(jié)構(gòu)可知，Y與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)可得到X，故B錯(cuò)誤；

C.X和Y分子中都含有碳碳雙鍵，所以均能與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)，故C正確；

D.X和Y分子中碳碳雙鍵的位置相同，分別與足量Br2加成后產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)相似，所以具有相同數(shù)目的手性碳原子，都有3個(gè)，故D正確；

故選CD。

13.室溫下進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)**作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是

選項(xiàng)

實(shí)驗(yàn)**作和現(xiàn)象

結(jié)論

A

向X溶液中滴加幾滴新制氯水，振蕩，再加入少量KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色

X溶液中一定含有Fe2+

B

向濃度均為0.05 mol·L?1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有**沉淀生成

Ksp(AgI)> 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

【**】C

【解析】

【詳解】A.先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液變紅，說明存在Fe3+，而此時(shí)的Fe3+是否由Fe2+氧化而來是不能確定的，所以結(jié)論中一定含有Fe2+是錯(cuò)誤的，故A錯(cuò)誤；

B. **沉淀為AgI，在定量分析中可以看出AgI比AgCl更難溶，則說明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，故B錯(cuò)誤；

C.溶液變藍(lán)說明有單質(zhì)碘生成，說明溴置換出KI中的碘，根據(jù)氧化還原反應(yīng)的原理得出結(jié)論：Br2的氧化性比I2的強(qiáng)，故C正確；

D.CH3COONa和NaNO2溶液濃度未知，所以無法根據(jù)pH的大小，比較出兩種鹽的水解程度，也就無法比較HNO2和CH3COOH的電離的難易程度，故D錯(cuò)誤；

故選C。

14.室溫下，反應(yīng)+H2OH2CO3+OH?的平衡常數(shù)K=2.2×10?8。將NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取廢渣中的ZnO。若溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫時(shí)下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是

A. 0.2mol·L?1氨水：c(NH3·H2O)>c()>c(OH?)>c(H+)

B. 0.2mol·L?1NH4HCO3溶液(pH>7)：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+)

【**】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?H2ONH4++OH-，H2OH++OH-，所以c(OH-)>c(NH4+)，故A錯(cuò)誤；

B.NH4HCO3溶液顯堿性，說明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++H2ONH3?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)=2[c(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)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①；電荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②；結(jié)合①②消去c(NH4+)得：c(NH3?H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③，0.2mol/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/L④，將③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)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，將④帶入③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**確的是

A. 反應(yīng)2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH>0

B. 圖中X點(diǎn)所示條件下，延長反應(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)=5.0×10?4 mol·L?1，NO平衡轉(zhuǎn)化率為50%，則平衡常數(shù)K>2000

【**】BD

【解析】

【詳解】A.隨溫度升高NO的轉(zhuǎn)化率先升高后降低，說明溫度較低時(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<0，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)上述分析，X點(diǎn)時(shí)，反應(yīng)還未到達(dá)平衡狀態(tài)，平衡正向移動(dòng)，所以延長反應(yīng)時(shí)間能提高NO的轉(zhuǎn)化率，故B正確；

C.Y點(diǎn)，反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，此時(shí)增加O2的濃度，使得正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率，平衡向正方向移動(dòng)，可以提高NO的轉(zhuǎn)化率，故C錯(cuò)誤；

D.設(shè)NO起始濃度為a，NO的轉(zhuǎn)化率為50%，則平衡時(shí)NO、O2和NO2的濃度分別為0.5amol/L、(5×10-4-0.25a)mol/L、0.5amol/L，根據(jù)平衡常數(shù)表達(dá)式K=>=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________。

（2）NO和NO2的處理。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+H2O

2NO2+2OH?++H2O

①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．吸收尾氣過程中定期補(bǔ)加適量NaOH溶液

②吸收后的溶液經(jīng)濃縮、結(jié)晶、過濾，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。

①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl?和，其離子方程式為________。

②NaClO溶液的初始pH越小，NO轉(zhuǎn)化率越高。其原因是________。

【**】 (1). 2NH3+2O2N2O+3H2O (2). BC (3). NaNO3 (4). NO (5). 3HClO+2NO+H2O3Cl?+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+2O2N2O+3H2O，

故**為：2NH3+2O2N2O+3H2O；

（2）①A.加快通入尾氣的速率，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**為：BC；

②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化物是NO，

故**為：NaNO3；NO；

（3）①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**為：2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+；

②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**為：溶液pH越小，溶液中HClO濃度越大，氧化NO的能力越強(qiáng)。

17.化合物F是合成一種天然茋類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)的名稱為________和________。

（2）A→B的反應(yīng)類型為________。

（3）C→D的反應(yīng)中有副產(chǎn)物X（分子式為C12H15O6Br）生成，寫出X的結(jié)構(gòu)簡式：________。

（4）C的一種同分異構(gòu)體同時(shí)滿足下列條件，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：________。

①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；

②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。

（5）已知：（R表示烴基，R'和R"表示烴基或氫），寫出以和CH3CH2CH2OH為原料制備的合成路線流程圖（無機(jī)試劑和有機(jī)溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）。________________________

【**】 (1). （酚）羥基 (2). 羧基 (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。

【詳解】（1）由A的結(jié)構(gòu)簡式可知，A中含氧官能團(tuán)為-OH和-COOH，名稱為(酚)羥基、羧基，

故**為：(酚)羥基；羧基；

（2）根據(jù)以上分析可知，A→B反應(yīng)-COOH中的羥基被氯原子取代，反應(yīng)類型為取代反應(yīng)，

故**為：取代反應(yīng)；

（3）觀察對比C、D的結(jié)構(gòu)可知，C→D的反應(yīng)中酚羥基上的氫原子被-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)簡式為，

故**為：；

（4）C為，C的同分異構(gòu)體滿足以下條件：①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明含有酚羥基；②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，說明含苯環(huán)的產(chǎn)物分子中有兩種類型的氫原子且數(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)簡式為，

故**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E→F的反應(yīng)條件， 在LiAlH4條件下發(fā)生還原反應(yīng)生成，和HCl發(fā)生取代反應(yīng)生成，在Mg、無水乙醚條件下發(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**為：CH3CH2CH2OH CH3CH2CHO，

。

18.聚合硫酸鐵[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m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________；水解聚合反應(yīng)會導(dǎo)致溶液的pH________。

（2）測定聚合硫酸鐵樣品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：準(zhǔn)確稱取液態(tài)樣品3.000 g，置于250 mL錐形瓶中，加入適量稀鹽酸，加熱，滴加稍過量的SnCl2溶液（Sn2+將Fe3+還原為Fe2+），充分反應(yīng)后，除去過量的Sn2+。用5.000×10?2 mol·L?1 K2Cr2O7溶液滴定至終點(diǎn)（滴定過程中與Fe2+反應(yīng)生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。

①上述實(shí)驗(yàn)中若不除去過量的Sn2+，樣品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測定結(jié)果將________（填“偏大”或“偏小”或“無影響”）。

②計(jì)算該樣品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)（寫出計(jì)算過程）_____。

【**】 (1). 2Fe2++ H2O2+2H+2Fe3++2H2O (2). 減小 (3). 偏大 (4). n()=5.000×10?2 mol·L?1×22.00 mL×10?3 L·mL?1=1.100×10?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()=6×1.100×10?3 mol=6.600×10?3 mol

樣品中鐵元素的質(zhì)量：

m(Fe)=6.600×10?3 mol×56 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)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒書寫離子方程式；根據(jù)水解反應(yīng)的離子方程式分析溶液pH的變化；

（2）①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；

②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ω（Fe）的表達(dá)式計(jì)算。

【詳解】（1）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)得失電子守恒可寫出反應(yīng)2Fe2++H2O2→2Fe3++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；H2O2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)會導(dǎo)致溶液的酸性增強(qiáng)，pH減小。**：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 減小

（2）①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)中若不除去過量的Sn2+，則加入的K2Cr2O7先氧化過量的Sn2+再氧化Fe2+，導(dǎo)致消耗的K2Cr2O7溶液的體積偏大，則樣品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測定結(jié)果將偏大。**：偏大

② 實(shí)驗(yàn)過程中消耗的n（Cr2O72-）=5.000×10-2mol/L×22.00mL×10-3L/mL=1.100×10-3mol

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-）=6×1.100×10-3mol=6.6×10-3mol

（根據(jù)Fe守恒）樣品中鐵元素的質(zhì)量：m（Fe）=6.6×10-3mol×56g/mol=0.3696g

樣品中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：ω（Fe）=×100%=12.32%。

【點(diǎn)睛】本題以聚合硫酸鐵的制備過程為載體，考查氧化還原型離子方程式的書寫、鹽類的水解、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）①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）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)=4.8×10?5，Ksp(CaCO3)=3×10?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________；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。控制反應(yīng)溫度在60~70 ℃，攪拌，反應(yīng)3小時(shí)。溫度過高將會導(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**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)3開始溶解。實(shí)驗(yàn)中必須使用的試劑：鹽酸和Ca(OH)2]。

【**】 (1). 1.6×104 (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，過濾，向?yàn)V液中分批加入少量Ca(OH)2，用pH試紙測量溶液pH，當(dāng)pH介于5~8.5時(shí)，過濾

【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，過濾除去SiO2，結(jié)合題給已知，再利用Ca（OH）2調(diào)節(jié)pH除去Al3+和Fe3+。

【詳解】（1）反應(yīng)CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）達(dá)到平衡時(shí)，溶液中====1.6×104。**：1.6×104

（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·H2ONH4++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：CO32-+NH4++H2OHCO3-+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。**：HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+H2O（或HCO3-+NH3·H2ONH4++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，所以溫度過高，（NH4）2CO3分解，從而使CaSO4轉(zhuǎn)化率下降；由于浸取過程中的反應(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)物和溶劑的量不變，提高CaSO4轉(zhuǎn)化率即提高反應(yīng)速率，結(jié)合外界條件對化學(xué)反應(yīng)速率的影響，實(shí)驗(yàn)過程中提高CaSO4轉(zhuǎn)化率的**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）。**：溫度過高，（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，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5~8.5[加入Ca（OH）2的過程中要邊加邊測定溶液的pH]，然后過濾即可制得CaCl2溶液。**：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，過濾，向?yàn)V液中分批加入少量Ca（OH）2，用pH試紙測得溶液pH，當(dāng)pH介于5~8.5時(shí)，過濾

【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)和對信息的處理能力等。難點(diǎn)是第（4）問實(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5~8.5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）**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熱分解可制備**，CaC2O4·H2O加熱升溫過程中固體的質(zhì)量變化見下圖。

①寫出400~600 ℃范圍內(nèi)分解反應(yīng)的化學(xué)方程式：________。

②與CaCO3熱分解制備**相比，CaC2O4·H2O熱分解制備的**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。

①寫出陰極CO2還原為HCOO?的電極反應(yīng)式：________。

②電解一段時(shí)間后，陽極區(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，其過程中主要發(fā)生下列反應(yīng)：

反應(yīng)Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH =41.2 kJ·mol?1

反應(yīng)Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH =﹣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％

①溫度高于300 ℃，CO2平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而上升的原因是________。

②220 ℃時(shí)，在催化劑作用下CO2與H2反應(yīng)一段時(shí)間后，測得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________。

【**】 (1). CaC2O4CaCO3+CO↑ (2). CaC2O4·H2O熱分解放出更多的氣體，制得的**更加疏松多孔 (3). CO2+H++2e?HCOO?或CO2++2e?HCOO?+ (4). 陽極產(chǎn)生O2，pH減小，濃度降低；K+部分遷移至陰極區(qū) (5). 反應(yīng)Ⅰ的ΔH＞0，反應(yīng)Ⅱ的ΔH＜0，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，且上升幅度超過下降幅度 (6). 增大壓強(qiáng)，使用對反應(yīng)Ⅱ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)識并體會化學(xué)科學(xué)對社會發(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；

【詳解】（1）①令CaC2O4·H2O的物質(zhì)的量為1mol，即質(zhì)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)量相對比，少了28g，相差1個(gè)CO2，因此400℃－600℃范圍內(nèi)，分解反應(yīng)方程式為CaC2O4 CaCO3＋CO↑；②CaC2O4·H2O熱分解放出更多的氣體，制得的**更加疏松多孔，增加與CO2的接觸面積，更好捕捉CO2；

（2）①根據(jù)電解原理，陰極上得到電子，化合價(jià)降低，CO2＋HCO3－＋2e－=HCOO－＋CO32－，或CO2＋H＋＋2e－=HCOO－；

②陽極反應(yīng)式為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，pH減小，H＋與HCO3－反應(yīng)，同時(shí)部分K＋遷移至陰極區(qū)；

（3）①根據(jù)反應(yīng)方程式，反應(yīng)I為吸熱反應(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，上升幅度超過下降幅度，因此溫度超過300℃時(shí)，CO2轉(zhuǎn)化率上升；

②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)，或者使用對反應(yīng)II催化活性更高的催化劑。

【點(diǎn)睛】本題的難點(diǎn)（1）是文字?jǐn)⑹觯瑧?yīng)根據(jù)圖像和所學(xué)知識，結(jié)合所問問題進(jìn)行分析解答；（2）電極反應(yīng)式的書寫，陰極反應(yīng)是將CO2還原成HCOO－，先寫出CO2＋2e－→HCOO－，然后根據(jù)原子守恒，得出CO2＋H＋＋2e－=HCOO－，或者為CO2＋HCO3－＋2e－=HCOO－＋CO32－。

21.選做題：本題包括A、B兩小題，請選定其中一小題，并在相應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)作答。若多做，則按A小題評分。

A．[物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]

Cu2O廣泛應(yīng)用于太陽能電池領(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____。

（2）的空間構(gòu)型為____（用文字描述）；Cu2+與OH?反應(yīng)能生成[Cu(OH)4]2?，[Cu(OH)4]2?中的配位原子為____（填元素符號）。

（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型為____；推測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（見圖2）中，Cu原子的數(shù)目為____。

【**】 (1). [Ar]3d9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寫、空間構(gòu)型、配合物知識、雜化類型的判斷、溶解性等知識，都屬于基礎(chǔ)性知識，難度系數(shù)不大；

【詳解】A.（1）本小題考查電子排布式的書寫，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[Ar]3d9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)σ鍵，孤電子對數(shù)為(6＋2－2－4×2)/2=0，因此SO42－空間構(gòu)型為正四面體形；[Cu(OH)4]2－中Cu2＋提供空軌道，OH－提供孤電子對，OH－只有O有孤電子對，因此[Cu(OH)4]2－中的配位原子為O；

（3）考查雜化類型和溶解性，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8×1/8+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)的考查，相對比較簡單，考查點(diǎn)也是基本知識，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，同時(shí)能夠達(dá)到對知識靈活運(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+2O2N2O+3H2O（2）①BC②NaNO3NO（3）①3HClO+2NO+H2O3Cl?+2+5H+②溶液pH越小，溶液中HClO的濃度越大，氧化NO的能力越強(qiáng)

17．1）（酚）羥基、羧基（2）取代反應(yīng)（3）（4）（5）

18．（1）2Fe2++ H2O2+2H+2Fe3++2H2O減小（2）①偏大②n()=5.000×10?2 mol·L?1×22.00 mL×10?3 L·mL?1=1.100×10?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()=6×1.100×10?3 mol=6.600×10?3 mol樣品中鐵元素的質(zhì)量：m(Fe)=6.600×10?3 mol×56 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）1.6×104

（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）溫度過高，(NH4)2CO3分解 加快攪拌速率

（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，過濾，向?yàn)V液中分批加入少量Ca(OH)2，用pH試紙測量溶液pH，當(dāng)pH介于5~8.5時(shí)，過濾

20．（14分）

（1）①CaC2O4CaCO3+CO↑

②CaC2O4·H2O熱分解放出更多的氣體，制得的**更加疏松多孔

（2）①CO2+H++2e?HCOO?或CO2++2e?HCOO?+

②陽極產(chǎn)生O2，pH減小，濃度降低；K+部分遷移至陰極區(qū)

（3）①反應(yīng)Ⅰ的ΔH＞0，反應(yīng)Ⅱ的ΔH＜0，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，且上升幅度超過下降幅度

②增大壓強(qiáng)，使用對反應(yīng)Ⅱ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）[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9 （2）正四面體 O （3）sp3、sp2 易溶于水 （4）4

B．[實(shí)驗(yàn)化學(xué)]

（1）作為溶劑、提高丙炔酸轉(zhuǎn)化率

（2）(直形)冷凝管 防止暴沸

（3）丙炔酸 分液

（4）丙炔酸甲酯的沸點(diǎn)比水的高

22.B．[實(shí)驗(yàn)化學(xué)]

丙炔酸甲酯（）是一種重要的有機(jī)化工原料，沸點(diǎn)為103~105 ℃。實(shí)驗(yàn)室制備少量丙炔酸甲酯的反應(yīng)為

實(shí)驗(yàn)步驟如下：

步驟1：在反應(yīng)瓶中，加入14 g丙炔酸、50 mL甲醇和2 mL濃硫酸，攪拌，加熱回流一段時(shí)間。

步驟2：蒸出過量的甲醇（裝置見下圖）。

步驟3：反應(yīng)液冷卻后，依次用飽和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗滌。分離出有機(jī)相。

步驟4：有機(jī)相經(jīng)無水Na2SO4干燥、過濾、蒸餾，得丙炔酸甲酯。

（1）步驟1中，加入過量甲醇的目的是________。

（2）步驟2中，上圖所示的裝置中儀器A的名稱是______；蒸餾燒瓶中加入碎瓷片的目的是______。

（3）步驟3中，用5%Na2CO3溶液洗滌，主要除去的物質(zhì)是____；分離出有機(jī)相的**作名稱為____。

（4）步驟4中，蒸餾時(shí)不能用水浴加熱的原因是________。

【**】 (1). 作為溶劑、提高丙炔酸的轉(zhuǎn)化率 (2). (直形)冷凝管 (3). 防止暴沸 (4). 丙炔酸 (5). 分液 (6). 丙炔酸甲酯的沸點(diǎn)比水的高

【解析】

【詳解】B．（1）一般來說，酯化反應(yīng)為可逆反應(yīng)，加入過量的甲醇，提高丙炔酸的轉(zhuǎn)化率，丙炔酸溶解于甲醇，甲醇還作為反應(yīng)的溶劑；

（2）根據(jù)裝置圖，儀器A為直形冷凝管；加熱液體時(shí)，為防止液體暴沸，需要加入碎瓷片或沸石，因此本題中加入碎瓷片的目的是防止液體暴沸；

（3）丙炔酸甲酯的沸點(diǎn)為103℃－105℃，制備丙炔酸甲酯采用水浴加熱，因此反應(yīng)液中除含有丙炔酸甲酯外，還含有丙炔酸，5%的Na2CO3溶液的作用是除去丙炔酸，降低丙炔酸甲酯在水中的溶解度，使之析出，然后通過分液的方法得到丙炔酸甲酯；

（4）水浴加熱提供最高溫度為100℃，而丙炔酸甲酯的沸點(diǎn)為103℃－105℃，采用水浴加熱，不能達(dá)到丙炔酸甲酯的沸點(diǎn)，因此采用直接加熱蒸餾。

【點(diǎn)睛】B,《實(shí)驗(yàn)化學(xué)》的考查，相對比較簡單，本題可以看作是對制備乙酸乙酯實(shí)驗(yàn)的變形，如碳酸鈉的作用，乙酸乙酯中飽和碳酸鈉的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出等，平時(shí)復(fù)習(xí)實(shí)驗(yàn)時(shí)，應(yīng)注重課本實(shí)驗(yàn)復(fù)習(xí)，特別是課本實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象、實(shí)驗(yàn)不足等等。

本文原作者為陳向宇，轉(zhuǎn)載請注明：出處！如該文有不妥之處，請聯(lián)系站長刪除，謝謝合作~