2019年高考試題真題化學(xué)（江蘇卷）解析版[檢測(cè)復(fù)習(xí)]

《2019年高考試題真題化學(xué)（江蘇卷）解析版[檢測(cè)復(fù)習(xí)]》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考試題真題化學(xué)（江蘇卷）解析版[檢測(cè)復(fù)習(xí)]（27頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

絕密★啟用前 2019年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試（江蘇卷） 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．本卷滿分為120分，考試時(shí)間為100分鐘。考試結(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、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)為營(yíng)養(yǎng)物質(zhì)中糖類的組成元素。 【詳解】淀粉屬于多糖，分子組成為（C6H10O5）n，組成元素為C、H、O，不含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(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=N C. 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（或離子）結(jié)構(gòu)示意圖以及不同核素的表達(dá)等，根據(jù)各化學(xué)用語(yǔ)的書(shū)寫(xiě)要點(diǎn)分析。 【詳解】A.核素的表達(dá)式中A表示X原子的質(zhì)量數(shù)，Z表示X原子的質(zhì)子數(shù)，則中子數(shù)=A-Z，中子數(shù)為18的氯原子為，A項(xiàng)錯(cuò)誤； B.氮原子最外層電子數(shù)為5，還需要3個(gè)電子（或形成3對(duì)共用電子對(duì)）達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以兩個(gè)氮原子共用3對(duì)電子，氮?dú)獾慕Y(jié)構(gòu)式為N≡N，B項(xiàng)錯(cuò)誤； C.鈉原子的核外有11個(gè)電子，鈉離子是由鈉原子失去一個(gè)電子形成的，則鈉離子核外有10個(gè)電子，Na+的結(jié)構(gòu)示意圖為，C項(xiàng)錯(cuò)誤； D.氧原子最外層有6個(gè)電子，兩個(gè)氫原子分別和氧原子形成1對(duì)共用電子對(duì)，D項(xiàng)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兀? B.鐵銹的主要成分為Fe2O3，硫酸具有酸性可以和金屬氧化物反應(yīng)，具有對(duì)應(yīng)關(guān)系； C. 二氧化硫的漂白原理是二氧化硫與有色物質(zhì)化合成不穩(wěn)定的無(wú)色物質(zhì)，不涉及氧化還原，故和二氧化硫的氧化性無(wú)關(guān)； D. 電解冶煉鋁，只能說(shuō)明熔融氧化鋁能導(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 molL?1NaOH溶液：Na+、K+、、 B. 0.1 molL?1FeCl2溶液：K+、Mg2+、、 C. 0.1 molL?1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl?、OH? D. 0.1 molL?1H2SO4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，再?gòu)闹信袛嘣诖藯l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。 【詳解】A.是一個(gè)堿性環(huán)境，離子相互間不反應(yīng)，且與OH-不反應(yīng)，能大量共存； B.MnO4-具有強(qiáng)氧化性，F(xiàn)e2+具有還原性，兩者會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存； C.Ba2+可以與CO32-發(fā)生反應(yīng)生成沉淀而不能大量存在； D.酸性條件下H+與HSO3-不能大量共存，同時(shí)酸性條件下NO3-表現(xiàn)強(qiáng)氧化性會(huì)將HSO3-氧化而不能大量共存； 故選A。 【點(diǎn)睛】本題考查離子共存，掌握離子的性質(zhì)和離子不能大量共存的原因是解題的關(guān)鍵。離子間不能大量共存的原因有：①離子間發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成水、沉淀或氣體，如題中C項(xiàng)；②離子間發(fā)生氧化還原反應(yīng)，如題中B項(xiàng)；③離子間發(fā)生雙水解反應(yīng)，如Al3+與HCO3-等；④離子間發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)，如Fe3+與SCN-等；⑤注意題中的附加條件的影響，如NO3-在酸性條件下會(huì)表現(xiàn)強(qiáng)氧化性等。 5.下列實(shí)驗(yàn)操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖? A. 用經(jīng)水濕潤(rùn)的pH試紙測(cè)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 molL?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】 此題考查基本實(shí)驗(yàn)操作，根據(jù)溶液pH的測(cè)量、物質(zhì)的量濃度溶液的配制、鹽類水解的應(yīng)用、物質(zhì)除雜的原則作答。 【詳解】A.用水濕潤(rùn)的pH試紙測(cè)量溶液的pH所測(cè)為稀釋液的pH，不是原溶液的pH，實(shí)驗(yàn)操作錯(cuò)誤，不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模珹項(xiàng)錯(cuò)誤； B.配制物質(zhì)的量濃度的溶液的實(shí)驗(yàn)步驟為：計(jì)算、稱量（或量?。⑷芙猓ɑ蛳♂專?、冷卻、轉(zhuǎn)移及洗滌、定容、搖勻、裝液，由于容量瓶上有容積、溫度和唯一刻度線，若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)放熱引起容量瓶的容積發(fā)生變化，引起實(shí)驗(yàn)誤差，B項(xiàng)錯(cuò)誤； C.在AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl，若用甲裝置蒸干氯化鋁溶液，由于HCl的揮發(fā)，加熱后水解平衡正向移動(dòng)，最終AlCl3完全水解成氫氧化鋁固體，不能得到AlCl3固體，C項(xiàng)錯(cuò)誤； D.SO2屬于酸性氧化物，能被NaOH溶液吸收，乙烯與NaOH溶液不反應(yīng)且乙烯難溶于水，可通過(guò)盛有NaOH溶液的洗氣瓶除去乙烯中少量的SO2，D項(xiàng)正確； 故選D。 【點(diǎn)睛】本題易錯(cuò)選C項(xiàng)，鹽溶液蒸干后能否得到原溶質(zhì)與溶質(zhì)的性質(zhì)有關(guān)，一般溶質(zhì)為揮發(fā)性酸形成的強(qiáng)酸弱堿鹽、不穩(wěn)定性的鹽、具有強(qiáng)還原性的鹽，加熱蒸干不能得到原溶質(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(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。 【點(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 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+ 【答案】A 【解析】 【分析】 A.Cl2與NaOH反應(yīng)生成NaCl、NaClO和H2O；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，正確的離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O =2AlO2-+3H2↑，故B錯(cuò)誤； C.室溫下，銅與稀硝酸反應(yīng)生成NO ，正確的離子方程式為：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，正確的離子方程式為：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?gòu)姆磻?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(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位于第二周期，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，原子半徑越小，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B。 【點(diǎn)睛】本題考查元素周期表和元素周期律的推斷、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，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)，Cl2具有強(qiáng)氧化性； 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(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+2H2O +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+2H2O +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)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ΔH<0 B. 氫氧燃料電池的負(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6.021023 D. 反應(yīng)2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)的ΔH可通過(guò)下式估算：?H=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 【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<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(wú)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。 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說(shuō)法正確的是 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 【答案】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)操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是 選項(xiàng) 實(shí)驗(yàn)操作和現(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 molL?1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黃色沉淀生成 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(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)明加入KSCN溶液前溶液中存在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，說(shuō)明加入AgNO3溶液優(yōu)先形成AgI沉淀，AgI比AgCl更難溶，AgI與AgCl屬于同種類型，則說(shuō)明Ksp(AgI)c()>c(OH?)>c(H+) B. 0.2molL?1NH4HCO3溶液(pH>7)：c()>c()>c(H2CO3)>c(NH3H2O) C. 0.2molL?1氨水和0.2molL?1NH4HCO3溶液等體積混合：c()+c(NH3H2O)=c(H2CO3)+c()+c() D. 0.6molL?1氨水和0.2molL?1NH4HCO3溶液等體積混合：c(NH3H2O)+c()+c(OH?)=0.3molL?1+c(H2CO3)+c(H+) 【答案】BD 【解析】 【詳解】A.NH3?H2O屬于弱堿，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(shuō)明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c(NH4+)>c(HCO3-)，HCO3-水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4++H2ONH3?H2O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，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0.6mol/L氨水等體積混合后瞬間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+)+c(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ΔH>0 B. 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 molL?1，NO平衡轉(zhuǎn)化率為50%，則平衡常數(shù)K>2000 【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<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)，反應(yīng)正向進(jìn)行，所以延長(zhǎng)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，平衡向正反應(yīng)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amol/L，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、(510-4-0.25a)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。 【點(diǎn)睛】解本題時(shí)需要注意：實(shí)線中在最高點(diǎn)之前反應(yīng)沒(méi)有達(dá)到平衡狀態(tài)，主要討論溫度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響；最高點(diǎn)之后反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，可以研究溫度對(duì)化學(xué)平衡的影響。 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(guò)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(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。 ①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl?和，其離子方程式為_(kāi)_______。 ②NaClO溶液的初始pH越小，NO轉(zhuǎn)化率越高。其原因是________。 【答案】 (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， 故答案為：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。 故答案為：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(guò)濾得到NaNO2和NaNO3晶體，因此得到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， 故答案為：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+， 故答案為：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)， 故答案為：溶液pH越小，溶液中HClO的濃度越大，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_(kāi)_______和________。 （2）A→B的反應(yīng)類型為_(kāi)_______。 （3）C→D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)滿足下列條件，寫(xiě)出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)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(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 (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)生取代反應(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(jiǎn)式可知，A中含氧官能團(tuán)為-OH和-COOH，名稱為(酚)羥基、羧基， 故答案為：(酚)羥基；羧基； （2）根據(jù)以上分析可知，A→B的反應(yīng)中-COOH中的羥基被氯原子取代，反應(yīng)類型為取代反應(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，C→D的反應(yīng)中酚羥基上的氫原子被-CH2OCH3取代生成D，根據(jù)副產(chǎn)物X的分子式C12H15O6Br，C→D的反應(yīng)生成的副產(chǎn)物為C中兩個(gè)酚羥基都發(fā)生了取代反應(yīng)，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)體滿足以下條件：①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說(shuō)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(shuō)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(jiǎn)式為， 故答案為：； （5）根據(jù)逆合成法，若要制備，根據(jù)題給已知可先制備和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(wú)水乙醚條件下發(fā)生已知中的反應(yīng)生成，和CH3CH2CHO在一定條件下反應(yīng)生成，所以合成路線設(shè)計(jì)為： CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO， ， 故答案為：CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO， 。 【點(diǎn)睛】本題以化合物F的合成路線為載體，考查官能團(tuán)的識(shí)別、反應(yīng)類型的判斷、副產(chǎn)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式的推導(dǎo)、限定條件同分異構(gòu)體的書(shū)寫(xiě)、有機(jī)合成路線的設(shè)計(jì)。難點(diǎn)是有機(jī)合成路線的設(shè)計(jì)，有機(jī)合成路線的設(shè)計(jì)，先對(duì)比原料和產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)，采用“切割化學(xué)鍵”的分析方法，分析官能團(tuán)發(fā)生了什么改變，碳干骨架發(fā)生了什么變化，再根據(jù)有機(jī)物的之間的相互轉(zhuǎn)化和題給信息進(jìn)行設(shè)計(jì)。 18.聚合硫酸鐵[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m廣泛用于水的凈化。以FeSO47H2O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FeSO47H2O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________。 （2）測(cè)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(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 molL?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。 ①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”）。 ②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). 減小 (3). 偏大 (4). 12.32%（過(guò)程見(jiàn)解析） 【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(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）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(xiě)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(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）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(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K2Cr2O7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 ② 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)：ω（Fe）=100%=12.32%。 【點(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CaSO42H2O，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(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60~70 ℃，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)3開(kāi)始溶解。實(shí)驗(yàn)中必須使用的試劑：鹽酸和Ca(OH)2]。 【答案】 (1). 1.6104 (2). +NH3H2O++H2O(或+NH3H2O++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5~8.5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）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====1.6104。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+NH3H2O=（NH4）2CO3+H2O[或NH4HCO3+NH3H2O（NH4）2CO3+H2O]，離子方程式為HCO3-+NH3H2O=NH4++CO32-+H2O（或HCO3-+NH3H2ONH4++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-+NH3H2O，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-+NH3H2O=NH4++CO32-+H2O（或HCO3-+NH3H2ONH4++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CaSO42H2O，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(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5~8.5[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5~8.5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）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。CaC2O4H2O熱分解可制備CaO，CaC2O4H2O加熱升溫過(guò)程中固體的質(zhì)量變化見(jiàn)下圖。 ①寫(xiě)出400~600 ℃范圍內(nèi)分解反應(yīng)的化學(xué)方程式：________。 ②與CaCO3熱分解制備的CaO相比，CaC2O4H2O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。 ①寫(xiě)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(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)Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH =41.2 kJmol?1 反應(yīng)Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH =﹣122.5 kJmol?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(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________。 【答案】 (1). CaC2O4CaCO3+CO↑ (2). CaC2O4H2O熱分解放出更多的氣體，制得的CaO更加疏松多孔 (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)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(guò)下降幅度 (6). 增大壓強(qiáng)，使用對(duì)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(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)、外界條件對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的影響等基本知識(shí)； 【詳解】（1）①令CaC2O4H2O的物質(zhì)的量為1mol，即質(zhì)量為146g，根據(jù)圖像，第一階段剩余固體質(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)量與第一階段剩余固體質(zhì)量相對(duì)比，少了28g，相差1個(gè)CO，因此400℃~600℃范圍內(nèi)，分解反應(yīng)方程式為CaC2O4 CaCO3＋CO↑； ②CaC2O4H2O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）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(yáng)極反應(yīng)式為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，陽(yáng)極附近pH減小，H＋與HCO3－反應(yīng)，同時(shí)部分K＋遷移至陰極區(qū)，所以電解一段時(shí)間后，陽(yáng)極區(qū)KHCO3溶液濃度降低； （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(guò)下降幅度，因此溫度超過(guò)300℃時(shí)，CO2轉(zhuǎn)化率上升； ②圖中A點(diǎn)CH3OCH3的選擇性沒(méi)有達(dá)到此溫度下平衡時(shí)CH3OCH3的選擇性，依據(jù)CH3OCH3選擇性公式，提高CH3OCH3選擇性，不改變反應(yīng)時(shí)間和溫度時(shí)，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。 【點(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CO2＋2e－→HCOO－，然后根據(jù)原子守恒和電荷守恒，得出CO2＋H＋＋2e－=HCOO－，或者為CO2＋HCO3－＋2e－=HCOO－＋CO32－。 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。 21.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)4]2?，[Cu(OH)4]2?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)___。 【答案】 (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】 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】（1）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）SO42－中S形成4個(gè)σ鍵，孤電子對(duì)數(shù)為(6＋2－42)/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(duì)，OH－只有O有孤電子對(duì)，因此[Cu(OH)4]2－中的配位原子為O； （3）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，全形成單鍵的碳原子和雙鍵的碳原子，全形成單鍵的碳原子為sp3雜化，雙鍵的碳原子為sp2雜化；根據(jù)抗環(huán)血酸分子結(jié)構(gòu)，分子中含有4個(gè)－OH，能與水形成分子間氫鍵，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】有關(guān)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，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。 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(guò)量的甲醇（裝置見(jiàn)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(wú)水Na2SO4干燥、過(guò)濾、蒸餾，得丙炔酸甲酯。 （1）步驟1中，加入過(guò)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)相的操作名稱為_(kāi)___。 （4）步驟4中，蒸餾時(shí)不能用水浴加熱的原因是________。 【答案】 (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】（1）一般來(lái)說(shuō)，酯化反應(yīng)為可逆反應(yīng)，加入過(guò)量的甲醇，提高丙炔酸的轉(zhuǎn)化率，丙炔酸溶