2017年北京昌平區(qū)高考化學二模試卷

1、2017年北京市昌平區(qū)高考化學二模試卷一、選擇題1下列電池工作時能量轉(zhuǎn)化形式與其它三個不同的是（）A鋅錳堿性電池B硅太陽能電池C氫燃料電池D銀鋅紐扣電池AABBCCDD2下列解釋事實的方程式不正確的是（）A焊接鐵軌：2Fe+Al2O3 2Al+Fe2O3B工業(yè)固氮：N2+3H2 2NH3C用純堿除油污：CO32+H2OHCO3+OHD用濕潤的淀粉KI試紙檢驗Cl2：Cl2+2I2Cl+I23關(guān)于a：0.1mol/L NH4Cl溶液和b：0.1mol/L NH3H2O溶液，下列說法不正確的是（）A兩溶液中存在的微粒種類：abBc（NH4+）：abCc（OH）：abD水電離出的c（H+）：ab4某

2、離子反應涉及到H2O、ClO、NH4+、OH、N2、Cl等微粒，其中N2、ClO的物質(zhì)的量隨時間變化的曲線如圖所示，下列說法正確的是（）A該反應中Cl為氧化產(chǎn)物B消耗1 mol還原劑，轉(zhuǎn)移6 mol電子C反應后溶液的酸性減弱DNH4+被ClO氧化成N25下列說法正確的是（）A葡萄糖制鏡利用了葡萄糖的氧化性B室溫下，在水中的溶解度：乙醇苯酚乙酸乙酯C酯在堿性條件下水解生成對應的酸和醇D甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明甲基使苯環(huán)變活潑6下列實驗中，對應的現(xiàn)象以及結(jié)論都正確且兩者具有因果關(guān)系的是（）選項實驗操作實驗現(xiàn)象結(jié)論A將少量Fe（NO3）2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液溶液變

3、成血紅色Fe（NO3）2已變質(zhì)B在KI溶液中滴加少量氯水，再加入CCl4，充分震蕩液體分層，下層溶液呈紫紅色氯的非金屬性比碘強C炭粉中加入濃硫酸并加熱，導出的氣體通入BaCl2溶液中有白色沉淀產(chǎn)生有SO2和CO2產(chǎn)生D向AgNO3溶液中滴加少量NaCl溶液，然后再向其中滴加KI溶液先生成白色沉淀，后生成黃色沉淀溶解度：AgClAgIAABBCCDD7常溫時，用0.1000mol/L NaOH溶液滴定25.00mL 0.1000mol/L某一元酸HX溶液，滴定過程中pH變化曲線如圖所示下列說法不正確的是（）A在A點：c（HX）c（Na+）c（X）B在B點，溶液中c（H+）=c（OH）CC點溶液中

4、存在的主要平衡是X+H2OHX+OHD0.05mol/L NaX溶液的pH9二、非選擇題8（15分）天然產(chǎn)物萜類化合物eudesmane合成路線片段如圖（某些反應條件省略）已知：iRCHO+RCH2CHO+H2OiiRMgX+iii回答下列問題：（1）A中的官能團名稱是羰基、 （2）反應的化學方程式是 （3）反應中試劑E的結(jié)構(gòu)簡式是 （4）反應的另一種產(chǎn)物是 （5）F的結(jié)構(gòu)簡式是 （6）G的電子式是 （7）D有多種同分異構(gòu)體，滿足下列條件的有種，寫出其中任意一種 a能發(fā)生銀鏡反應b結(jié)構(gòu)為六元環(huán)狀c環(huán)上有3種氫原子（8）以CH3CH2OH與CH3COCH3為原料，結(jié)合已知信息選用必要的無機物合成

5、B，寫出合成路線（用結(jié)構(gòu)簡式表示有機物，用箭頭表示轉(zhuǎn)化關(guān)系，箭頭上標明試劑和反應條件）9（14分）磷石膏（主要成分是CaSO42H2O）是磷酸及磷肥類工業(yè)在生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的一種廢渣，我國每年排放的磷石膏大約2000萬噸以上，開發(fā)利用磷石膏，保護資源和環(huán)境，符合持續(xù)發(fā)展的觀念圖1所示為對磷石膏進行綜合利用的路徑之一（1）過程中CaSO42H2O脫水反應相關(guān)的熱化學方程式為：CaSO42H2O（s）=CaSO4H2O（s）+H2O（g）H1=+83.2KJmol1CaSO42H2O（s）=CaSO4（s）+2H2O（l）H2=+26KJmol1H2O（g）=H2O（l）H3=44KJmol1則反應

6、CaSO4H2O（s）=CaSO4（s）+H2O（g）的H4= KJmol1（2）過程用合適的還原劑可以將CaSO4還原，所得SO2可用于工業(yè)生產(chǎn)硫酸CO作還原劑，改變反應溫度可得到不同的產(chǎn)物不同溫度下所得固體成分的物質(zhì)的量如圖2所示在低于800時還原產(chǎn)物為；1200時主要發(fā)生的反應的化學方程式為 高硫煤作還原劑，焙燒2.5小時，測不同溫度下硫酸鈣的轉(zhuǎn)化率，如圖3所示CaCl2的作用是 ；當溫度高于1200時，無論有無CaCl2，CaSO4的轉(zhuǎn)化率趨于相同，其原因是 以SO2為原料，工業(yè)生產(chǎn)硫酸的化學方程式是 ， （3）過程III將CaSO4投入（NH4）2CO3溶液中，發(fā)生反應的離子方程式是

7、 10（15分）純堿是重要的化工原料，在醫(yī)藥、冶金、化工、食品等領域被廣泛使用（1）工業(yè)生產(chǎn)純堿的第一步是除去飽和食鹽水的中Mg2+、Ca2+離子，從成本角度考慮加入試劑的化學式為 、 某實驗小組的同學模擬侯德榜制堿法制取純堿，流程如圖1：已知：幾種鹽的溶解度NaClNH4HCO3NaHCO3NH4Cl溶解度（20°C，100gH2O時）36.021.79.637.2（2）寫出裝置I中反應的化學方程式 從平衡移動角度解釋該反應發(fā)生的原因 操作的名稱是 （3）寫出裝置II中發(fā)生反應的化學方程式 （4）請結(jié)合化學用語說明裝置III中加入磨細的食鹽粉及NH3的作用 （5）該流程中可循環(huán)利用

8、的物質(zhì)是 （6）制出的純堿中含有雜質(zhì)NaCl，為測定其純度，下列方案中不可行的是 a向m克純堿樣品中加入足量CaCl2溶液，測生成CaCO3的質(zhì)量b向m克純堿樣品中加入足量稀H2SO4，干燥后測生成氣體的體積c向m克純堿樣品中加入足量AgNO3溶液，測生成沉淀的質(zhì)量11（14分）某研究小組為了驗證反應物濃度對反應速率的影響，選用硫酸酸化的高錳酸鉀溶液與草酸溶液在室溫下進行反應實驗中所用的草酸為稀溶液，可視為強酸（1）將高錳酸鉀氧化草酸的離子方程式補充完整2MnO4+ C2O42+ =2 Mn2+ CO2+ H2O（2）該小組進行了實驗I，數(shù)據(jù)如表H2SO4溶液KMnO4溶液H2C2O4溶液褪色

9、時間（分：秒）1mL 2mol/L2mL 0.01mol/L1mL 0.1mol/L2：031mL 2mol/L2mL 0.01mol/L1mL 0.2mol/L2：16一般來說，其他條件相同時，增大反應物濃度，反應速率但分析實驗數(shù)據(jù)，得到的結(jié)論是 （3）該小組欲探究出現(xiàn)上述異常現(xiàn)象的原因，在實驗I的基礎上，只改變草酸溶液濃度進行了實驗II，獲得實驗數(shù)據(jù)并繪制曲線圖如圖用文字描述曲線圖表達的信息 該小組查閱資料獲取如下信息，其中能夠解釋MO變化趨勢的是 aKMnO4與H2C2O4反應是分步進行的，反應過程中生成Mn（VI）、Mn（III）、Mn（IV），最終變?yōu)闊o色的Mn（II）（括號中羅馬數(shù)

10、字表示錳的化合價）b草酸根易與不同價態(tài)錳離子形成較穩(wěn)定的配位化合物c草酸穩(wěn)定性較差，加熱至185可分解（4）該小組為探究ON段曲線變化趨勢的原因，又進行了實驗III，所得數(shù)據(jù)如表H2SO4溶液Na2SO4固體KMnO4溶液H2C2O4溶液褪色時間（分：秒）1mL 0.1mol/L1.9×103mol2mL 0.01mol/L1mL 0.2mol/L16：201mL 0.5mol/L1.5×103mol2mL 0.01mol/L1mL 0.2mol/L8：251mL 1.0mol/L1.0×103mol2mL 0.01mol/L1mL 0.2mol/L6：151mL

11、 2.0mol/L02mL 0.01mol/L1mL 0.2mol/L2：16該小組進行實驗III的目的是 （5）綜合實驗I、II、III，推測造成曲線MN變化趨勢的原因為驗證該推測還需要補充實驗，請對實驗方案進行理論設計2017年北京市昌平區(qū)高考化學二模試卷參考答案與試題解析一、選擇題1下列電池工作時能量轉(zhuǎn)化形式與其它三個不同的是（）A鋅錳堿性電池B硅太陽能電池C氫燃料電池D銀鋅紐扣電池AABBCCDD【考點】B7：常見的能量轉(zhuǎn)化形式【分析】A鋅錳堿性電池為原電池，將化學能轉(zhuǎn)化成電能的裝置；B硅太陽能電池，是將太陽能轉(zhuǎn)化為電能的裝置；C氫燃料電池為原電池，將化學能轉(zhuǎn)化成電能的裝置；D銀鋅紐扣

12、電池是原電池，將化學能轉(zhuǎn)化成電能的裝置【解答】解：A鋅錳堿性電池，將化學能轉(zhuǎn)化成電能的裝置；B硅太陽能電池，是將太陽能轉(zhuǎn)化為電能的裝置；C氫燃料電池，將化學能轉(zhuǎn)化成電能的裝置；D銀鋅紐扣電池，將化學能轉(zhuǎn)化成電能的裝置；所以B能量轉(zhuǎn)化形式與其它三個不同，故選B【點評】本題考查電池的能量轉(zhuǎn)化形式，注意一般原電池原理都是將化學能轉(zhuǎn)化成電能，比較簡單2下列解釋事實的方程式不正確的是（）A焊接鐵軌：2Fe+Al2O3 2Al+Fe2O3B工業(yè)固氮：N2+3H2 2NH3C用純堿除油污：CO32+H2OHCO3+OHD用濕潤的淀粉KI試紙檢驗Cl2：Cl2+2I2Cl+I2【考點】48：化學方程式的書寫【

13、分析】A依據(jù)鋁熱反應方程式解答；B氮氣與氫氣在高溫高壓催化劑條件下反應生成氨氣；C碳酸鈉為強堿弱酸鹽，水解顯堿性；D氯氣與碘化鉀反應生成碘和氯化鉀，碘與到淀粉變藍【解答】解：A焊接鐵軌應用的是鋁熱反應，方程式：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故A錯誤；B氮氣與氫氣在高溫高壓催化劑條件下反應生成氨氣，方程式：N2+3H2 2NH3，故B正確；C碳酸鈉為強堿弱酸鹽，水解顯堿性，離子方程式：CO32+H2OHCO3+OH，故C正確；D氯氣與碘化鉀反應生成碘和氯化鉀，碘與到淀粉變藍，離子方程式：Cl2+2I2Cl+I2，故D正確；故選：A【點評】本題考查了化學方程式、離子方程式的書寫，明確反應實

14、質(zhì)是解題關(guān)鍵，題目難度不大3關(guān)于a：0.1mol/L NH4Cl溶液和b：0.1mol/L NH3H2O溶液，下列說法不正確的是（）A兩溶液中存在的微粒種類：abBc（NH4+）：abCc（OH）：abD水電離出的c（H+）：ab【考點】DD：鹽類水解的應用【分析】0.1mol/L NH4Cl溶液顯酸性，溶液中存在的離子有NH4+、NH3H2O、H+、OH、Cl，0.1mol/L NH3H2O溶液顯堿性，溶液中存在的離子有NH4+、NH3H2O、H+、OH，能水解的鹽促進水的電離，堿抑制水的電離，據(jù)此分析【解答】解：A0.1mol/L NH4Cl溶液顯酸性，溶液中存在的離子有NH4+、NH3H

15、2O、H+、OH、Cl，0.1mol/L NH3H2O溶液顯堿性，溶液中存在的離子有NH4+、NH3H2O、H+、OH，所以兩溶液中存在的微粒種類：ab，故A正確；B一般水解程度較小，所以c（NH4+）：ab，故B正確；C0.1mol/L NH4Cl溶液顯酸性，0.1mol/L NH3H2O溶液顯堿性，則c（OH）：ab，故C正確；DNH4Cl促進水的電離，NH3H2O會抑制水的電離，所以水的電離程度ab，則水電離出的c（H+）：ab，故D錯誤故選D【點評】本題考查鹽類水解及弱電解質(zhì)電離，明確弱電解質(zhì)電離特點以及溶液中電荷守恒和物料守恒是解本題關(guān)鍵，題目難度中等，側(cè)重于考查學生的分析能力4某離

16、子反應涉及到H2O、ClO、NH4+、OH、N2、Cl等微粒，其中N2、ClO的物質(zhì)的量隨時間變化的曲線如圖所示，下列說法正確的是（）A該反應中Cl為氧化產(chǎn)物B消耗1 mol還原劑，轉(zhuǎn)移6 mol電子C反應后溶液的酸性減弱DNH4+被ClO氧化成N2【考點】B1：氧化還原反應【分析】由曲線變化圖可知，隨反應進行N2的物質(zhì)的量增大，故N2是生成物，則NH4+應是反應物，N元素化合價發(fā)生變化，具有氧化性的ClO為反應物，由氯元素守恒可知Cl是生成物，則反應的方程式應為3ClO+2NH4+2OH=N2+5H2O+3Cl，以此解答該題【解答】解：反應的方程式應為3ClO+2NH4+2OH=N2+5H2

17、O+3Cl，A由方程式可知，N元素的化合價升高，則N2為氧化產(chǎn)物，故A錯誤；BN元素化合價由3價升高到0價，則消耗1mol還原劑，轉(zhuǎn)移3mol電子，故B錯誤；C反應在堿性條件下發(fā)生，反應消耗OH，反應后溶液的堿性減弱，故C錯誤；D由方程式可知，NH4+被ClO氧化成N2，故D正確故選D【點評】本題考查氧化還原反應的計算，為高考常見題型和高頻考點，側(cè)重于學生的分析能力和計算能力的考查，注意從元素化合價的角度認識氧化還原反應的相關(guān)概念和物質(zhì)的性質(zhì)，難度不大5下列說法正確的是（）A葡萄糖制鏡利用了葡萄糖的氧化性B室溫下，在水中的溶解度：乙醇苯酚乙酸乙酯C酯在堿性條件下水解生成對應的酸和醇D甲苯能使酸

18、性高錳酸鉀溶液褪色，說明甲基使苯環(huán)變活潑【考點】HD：有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)【分析】A葡萄糖含CHO，能被銀氨溶液氧化；B含OH的有機物易溶于水，苯酚在水中溶解度不大，酯類不溶于水；C酯在堿性條件下水解生成羧酸鈉；D甲苯能被高錳酸鉀氧化，因苯環(huán)影響甲基【解答】解：A葡萄糖含CHO，能被銀氨溶液氧化，則體現(xiàn)葡萄糖的還原性，故A錯誤；B含OH的有機物易溶于水，苯酚在水中溶解度不大，酯類不溶于水，則室溫下，在水中的溶解度：乙醇苯酚乙酸乙酯，故B正確；C酯在堿性條件下水解生成羧酸鈉，酸性條件下水解生成對應的酸和醇，故C錯誤；D甲苯能被高錳酸鉀氧化，因苯環(huán)影響甲基，使甲基上H變得活潑，故D錯誤；故選B【點評

19、】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握官能團與性質(zhì)的關(guān)系、有機反應為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意選項D為解答的易錯點，題目難度不大6下列實驗中，對應的現(xiàn)象以及結(jié)論都正確且兩者具有因果關(guān)系的是（）選項實驗操作實驗現(xiàn)象結(jié)論A將少量Fe（NO3）2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液溶液變成血紅色Fe（NO3）2已變質(zhì)B在KI溶液中滴加少量氯水，再加入CCl4，充分震蕩液體分層，下層溶液呈紫紅色氯的非金屬性比碘強C炭粉中加入濃硫酸并加熱，導出的氣體通入BaCl2溶液中有白色沉淀產(chǎn)生有SO2和CO2產(chǎn)生D向AgNO3溶液中滴加少量NaCl溶液，然后再向其中滴加KI溶液先

20、生成白色沉淀，后生成黃色沉淀溶解度：AgClAgIAABBCCDD【考點】U5：化學實驗方案的評價【分析】A水溶液后加稀硫酸酸化，酸性條件下亞鐵離子、硝酸根離子可發(fā)生氧化還原反應；B下層溶液呈紫紅色，說明有碘單質(zhì)生成，從而可證明氯氣的氧化性大于碘單質(zhì)；C二氧化碳、二氧化硫都不與氯化鋇溶液反應；D實現(xiàn)了沉淀的轉(zhuǎn)化，溶度積越小溶解度越小，越容易生成沉淀【解答】解：A加水溶液后加稀硫酸酸化，酸性條件下亞鐵離子、硝酸根離子可發(fā)生氧化還原反應，應溶于水滴加KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色檢驗是否變質(zhì)，故A錯誤；B在KI溶液中滴加少量氯水，再加入CCl4，充分震蕩后液體分層，下層溶液呈紫紅色，碘化鉀為氧化成碘單

21、質(zhì)，說明氯氣的氧化性大于碘單質(zhì)，從而可證明氯的非金屬性比碘強，故B正確；C炭粉中加入濃硫酸并加熱，由于SO2和CO2不與氯化鋇溶液反應，將導出的氣體入BaCl2溶液中不會生成白色沉淀，故C錯誤；D向AgNO3溶液中滴加少量NaCl溶液，然后再向其中滴加KI溶液，先生成白色沉淀，后生成黃色沉淀，說明AgI更難溶，溶度積越小其溶解度越小，則溶解度：AgClAgI，故D正確；故選D【點評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、離子檢驗、沉淀的轉(zhuǎn)化及實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大7常溫時，用0.1000mol/L NaOH溶液滴定2

22、5.00mL 0.1000mol/L某一元酸HX溶液，滴定過程中pH變化曲線如圖所示下列說法不正確的是（）A在A點：c（HX）c（Na+）c（X）B在B點，溶液中c（H+）=c（OH）CC點溶液中存在的主要平衡是X+H2OHX+OHD0.05mol/L NaX溶液的pH9【考點】DO：酸堿混合時的定性判斷及有關(guān)ph的計算【分析】A在A點，顯酸性，堿不足，結(jié)合電荷守恒判斷；B在B點，pH=7，顯中性；CC點，酸堿剛好完全反應，則溶液中的溶質(zhì)為NaX；DC點，酸堿剛好完全反應，則溶液中的溶質(zhì)為NaX【解答】解：A在A點，顯酸性，堿不足，則溶液中的溶質(zhì)為HX和NaX，結(jié)合電荷守恒可知c（HX）c（X

23、）c（Na+）c（H+）c（OH），故A錯誤；B在B點，pH=7，顯中性，則溶液中c（H+）=c（OH），故B正確；CC點，酸堿剛好完全反應，則溶液中的溶質(zhì)為NaX，又顯堿性，則存在水解平衡X+H2OHX+OH，故C正確；DC點，酸堿剛好完全反應，則溶液中的溶質(zhì)為NaX，又溶液的總體積為50.00mL，所以NaX的濃度為0.05mol/L，即由圖可知pH9，故D正確；故選A【點評】本題考查酸堿混合溶液中的定性判斷，明確圖中各點發(fā)生的化學反應及溶液中的溶質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵，題目難度中等二、非選擇題8（15分）（2017昌平區(qū)二模）天然產(chǎn)物萜類化合物eudesmane合成路線片段如圖（某些反應條件

24、省略）已知：iRCHO+RCH2CHO+H2OiiRMgX+iii回答下列問題：（1）A中的官能團名稱是羰基、碳碳雙鍵（2）反應的化學方程式是+H2O（3）反應中試劑E的結(jié)構(gòu)簡式是CH2=CHCH2CH2CH2MgX（4）反應的另一種產(chǎn)物是HI（5）F的結(jié)構(gòu)簡式是（CH3）2CuLi（6）G的電子式是H：H（7）D有多種同分異構(gòu)體，滿足下列條件的有種，寫出其中任意一種a能發(fā)生銀鏡反應b結(jié)構(gòu)為六元環(huán)狀c環(huán)上有3種氫原子（8）以CH3CH2OH與CH3COCH3為原料，結(jié)合已知信息選用必要的無機物合成B，寫出合成路線（用結(jié)構(gòu)簡式表示有機物，用箭頭表示轉(zhuǎn)化關(guān)系，箭頭上標明試劑和反應條件）【考點】HC

25、：有機物的合成【分析】C的結(jié)構(gòu)簡式為，根據(jù)已知條件醛失去OH得，D的結(jié)構(gòu)簡式為，根據(jù)已知條件E和在H+/H2O的作用下生成，故E的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCH2CH2CH2MgX，據(jù)此進行分析，（8）CH3CH2OH和O2在Cu作催化劑加熱的條件下生成CH3CHO，CH3CHO和CH3COCH3脫去OH生成，和H2發(fā)生加成反應生成，和O2在Cu作催化劑加熱的條件下生成目標產(chǎn)物，據(jù)此進行分析【解答】解：C的結(jié)構(gòu)簡式為，根據(jù)已知條件醛失去OH得，D的結(jié)構(gòu)簡式為，根據(jù)已知條件E和在H+/H2O的作用下生成，故E的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCH2CH2CH2MgX，（1）根據(jù)A的結(jié)構(gòu)簡式，則A中的官能團名稱

26、是羰基和碳碳雙鍵，故答案為：碳碳雙鍵；（2）C的結(jié)構(gòu)簡式為，D的結(jié)構(gòu)簡式為，則反應的化學方程式是+H2O，故答案為： +H2O；（3）由以上分析得，反應中試劑E的結(jié)構(gòu)簡式是CH2=CHCH2CH2CH2MgX，故答案為：CH2=CHCH2CH2CH2MgX；（4）反應發(fā)生分子內(nèi)消去反應，故化學方程式為+HI，故反應的另一種產(chǎn)物是HI，故答案為：HI；（5）根據(jù)已知條件得，在R2CuLi的作用下發(fā)生加成反應，比多了一個CH3，故F的結(jié)構(gòu)簡式是（CH3）2CuLi，故答案為：（CH3）2CuLi；（6）比少了2個H原子，故到發(fā)生加成反應，故F為H2，其電子式為H：H，故答案為：H：H；（7）D的結(jié)

27、構(gòu)簡式能發(fā)生銀鏡反應故有醛基，且滿足結(jié)構(gòu)為六元環(huán)狀，環(huán)上有3種氫原子，故滿足下列條件的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：6；（8）CH3CH2OH和O2在Cu作催化劑加熱的條件下生成CH3CHO，CH3CHO和CH3COCH3脫去OH生成，和H2發(fā)生加成反應生成，和O2在Cu作催化劑加熱的條件下生成目標產(chǎn)物，故以CH3CH2OH與CH3COCH3為原料，合成B的路線為CH3CH2OHCH3CHO，故答案為：CH3CH2OHCH3CHO【點評】本題考查有機物的推斷與合成，充分利用有機物的分子式與結(jié)構(gòu)進行分析解答，需要學生熟練掌握官能團的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，側(cè)重考查學生分析推理能力、自學能力與知識遷移應用，難度中等9

28、（14分）（2017昌平區(qū)二模）磷石膏（主要成分是CaSO42H2O）是磷酸及磷肥類工業(yè)在生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的一種廢渣，我國每年排放的磷石膏大約2000萬噸以上，開發(fā)利用磷石膏，保護資源和環(huán)境，符合持續(xù)發(fā)展的觀念圖1所示為對磷石膏進行綜合利用的路徑之一（1）過程中CaSO42H2O脫水反應相關(guān)的熱化學方程式為：CaSO42H2O（s）=CaSO4H2O（s）+H2O（g）H1=+83.2KJmol1CaSO42H2O（s）=CaSO4（s）+2H2O（l）H2=+26KJmol1H2O（g）=H2O（l）H3=44KJmol1則反應CaSO4H2O（s）=CaSO4（s）+H2O（g）的H4=+3

29、0.8KJmol1（2）過程用合適的還原劑可以將CaSO4還原，所得SO2可用于工業(yè)生產(chǎn)硫酸CO作還原劑，改變反應溫度可得到不同的產(chǎn)物不同溫度下所得固體成分的物質(zhì)的量如圖2所示在低于800時還原產(chǎn)物為；1200時主要發(fā)生的反應的化學方程式為CaS+3CaSO44CaO+4SO2高硫煤作還原劑，焙燒2.5小時，測不同溫度下硫酸鈣的轉(zhuǎn)化率，如圖3所示CaCl2的作用是作催化劑；當溫度高于1200時，無論有無CaCl2，CaSO4的轉(zhuǎn)化率趨于相同，其原因是催化劑CaCl2不改變平衡的限度以SO2為原料，工業(yè)生產(chǎn)硫酸的化學方程式是2SO2+O22SO3，SO3+H2O=H2SO4（3）過程III將Ca

30、SO4投入（NH4）2CO3溶液中，發(fā)生反應的離子方程式是CaSO4+CO32=CaCO3+SO42【考點】U3：制備實驗方案的設計；BF：用蓋斯定律進行有關(guān)反應熱的計算；CB：化學平衡的影響因素【分析】（1）依據(jù)已知熱化學方程式構(gòu)建目標方程式，根據(jù)蓋斯定律計算得到目標方程式的反應熱；（2）從圖示2可知在低于800時主要還原產(chǎn)物為CaS，高于800時主要發(fā)生硫化鈣和硫酸鈣反應生成氧化鈣和二氧化硫；無氯化鈣和有氯化鈣存在的反應，最終平衡相同，僅改變反應歷程，所以CaCl2為催化劑；當溫度高于1200時，達到平衡，因催化劑不能改變平衡，所以無論有無CaCl2，CaSO4的轉(zhuǎn)化率趨于相同；二氧化硫催

31、化氧化生成三氧化硫，三氧化硫與水反應生成硫酸；（3）碳酸鈣更難溶，碳酸銨與硫酸鈣反應生成碳酸鈣沉淀和磷酸銨【解答】解：（1）已知CaSO42H2O（s）CaSO4H2O（s）+H2O（g）H1=83.2kJmol1CaSO42H2O（s）CaSO4（s）+2H2O（l）H2=26kJmol1H2O（g）=H2O（l）H3=44kJmol1將×2得CaSO4H2O（s）CaSO4（s）+H2O（g），則H4=26kJmol1（44kJmol1）×283.2kJmol1=30.8kJmol1，故答案為：30.8；（2）從圖示2可知，在低于800時，CaS成分的物質(zhì)的量為1，而C

32、aO的物質(zhì)的量幾乎為0，所以在低于800時主要還原產(chǎn)物為CaS，高于800時主要發(fā)生硫化鈣和硫酸鈣反應CaS+3CaSO44CaO+4SO2，氧化鈣的物質(zhì)的量增加，硫化鈣的物質(zhì)的量減小，故答案為：CaS；CaS+3CaSO44CaO+4SO2；催化劑僅能改變反應的速率，改變反應歷程，但不能改變化學平衡，從圖示可知，當溫度高于1200時，無論有無CaCl2，CaSO4的轉(zhuǎn)化率趨于相同，所以CaCl2的作用是作催化劑，當溫度高于1200時，無論有無CaCl2，CaSO4的反應兩種情況下反應均達到平衡，催化劑CaCl2不改變平衡的移動，故答案為：作催化劑；催化劑CaCl2不改變平衡的限度；SO2與水

33、反應生成SO2，反應的化學方程式為：2SO2+O22SO3；三氧化硫與水反應生成硫酸，反應方程式為：SO3+H2O=H2SO4，故答案為：2SO2+O22SO3；SO3+H2O=H2SO4；（3）將CaSO4投入（NH4）2CO3溶液中，實現(xiàn)了沉淀的轉(zhuǎn)化，反應的離子方程式為：CaSO4+CO32=CaCO3+SO42，故答案為：CaSO4+CO32=CaCO3+SO42【點評】本題考查較為綜合，涉及物質(zhì)制備、反應熱與焓變的應用、化學平衡的影響等知識，明確實驗目的為解答關(guān)鍵，注意掌握蓋斯定律的內(nèi)容、化學平衡及其影響，試題培養(yǎng)了學生的分析、理解能力及綜合應用能力10（15分）（2017昌平區(qū)二模）

34、純堿是重要的化工原料，在醫(yī)藥、冶金、化工、食品等領域被廣泛使用（1）工業(yè)生產(chǎn)純堿的第一步是除去飽和食鹽水的中Mg2+、Ca2+離子，從成本角度考慮加入試劑的化學式為Ca（OH）2、Na2CO3某實驗小組的同學模擬侯德榜制堿法制取純堿，流程如圖1：已知：幾種鹽的溶解度NaClNH4HCO3NaHCO3NH4Cl溶解度（20°C，100gH2O時）36.021.79.637.2（2）寫出裝置I中反應的化學方程式NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl從平衡移動角度解釋該反應發(fā)生的原因在溶液中存在下述兩種平衡NH3+H2ONH3H2ONH4+OH，CO2+H2OH2CO3

35、H+HCO3，OH與H+結(jié)合生成水，促進兩平衡正向移動，使溶液中的NH4+和HCO3濃度均增大，由于NaHCO3溶解度小，因此HCO3與Na+結(jié)合生成NaHCO3，固體析出使得反應發(fā)生操作的名稱是過濾（3）寫出裝置II中發(fā)生反應的化學方程式2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2（4）請結(jié)合化學用語說明裝置III中加入磨細的食鹽粉及NH3的作用在母液中含有大量的NH4+和Cl，存在平衡NH4Cl（s）NH4+Cl，通入氨氣增大NH4+的濃度，加入磨細的食鹽粉，增大Cl的濃度，使上述平衡逆向移動，促使氯化銨結(jié)晶析出（5）該流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是氯化鈉和二氧化碳（6）制出的純堿中含有雜質(zhì)NaC

36、l，為測定其純度，下列方案中不可行的是ca向m克純堿樣品中加入足量CaCl2溶液，測生成CaCO3的質(zhì)量b向m克純堿樣品中加入足量稀H2SO4，干燥后測生成氣體的體積c向m克純堿樣品中加入足量AgNO3溶液，測生成沉淀的質(zhì)量【考點】U3：制備實驗方案的設計；2H：純堿工業(yè)（侯氏制堿法）【分析】（1）工業(yè)上除去Mg2+用含有OH的可溶性堿、除去Ca2+用含有CO32的可溶性鹽，且這兩種試劑必須價格低廉；（2）NaCl、CO2、NH3、H2O發(fā)生反應生成NaHCO3和NH4Cl；酸和堿反應生成鹽和水而相互促進溶解，且NaCl的溶解度大于碳酸氫鈉，溶解度大的物質(zhì)向溶解度小的物質(zhì)轉(zhuǎn)化；分離沉淀和溶液采

37、用過濾方法；（3）受熱條件下，碳酸氫鈉分解生成碳酸鈉、二氧化碳和水；（4）在母液中含有大量的NH4+和Cl，氯化銨存在溶解平衡，增大離子濃度抑制其溶解；（5）從母液中能分離出氯化鈉，裝置II中得到二氧化碳，裝置I中需要二氧化碳和氯化鈉；（6）a只有氯化鈣能和碳酸鈉反應生成碳酸鈣，根據(jù)碳酸鈣的量計算碳酸鈉的量；b只有碳酸鈉能和稀硫酸反應生成二氧化碳，根據(jù)二氧化碳的量計算碳酸鈉的量；c碳酸根離子和氯離子都能和銀離子反應生成白色沉淀【解答】解：（1）工業(yè)上除去Mg2+用含有OH的可溶性堿、除去Ca2+用含有CO32的可溶性鹽，且這兩種試劑必須價格低廉，除去鎂離子用氫氧化鈣、除去鈣離子用碳酸鈉，故答案

38、為：Ca（OH）2；Na2CO3；（2）NaCl、CO2、NH3、H2O發(fā)生反應生成NaHCO3和NH4Cl，反應方程式為NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl，故答案為：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl；在溶液中存在下述兩種平衡NH3+H2ONH3H2ONH4+OH，CO2+H2OH2CO3H+HCO3，OH與H+結(jié)合生成水，促進兩平衡正向移動，使溶液中的NH4+和HCO3濃度均增大，由于NaHCO3溶解度小，因此HCO3與Na+結(jié)合生成NaHCO3，固體析出使得反應發(fā)生，故答案為：在溶液中存在下述兩種平衡NH3+H2ONH3H2ONH4+OH，

39、CO2+H2OH2CO3H+HCO3，OH與H+結(jié)合生成水，促進兩平衡正向移動，使溶液中的NH4+和HCO3濃度均增大，由于NaHCO3溶解度小，因此HCO3與Na+結(jié)合生成NaHCO3，固體析出使得反應發(fā)生；分離沉淀和溶液采用過濾方法，所以該操作名稱是過濾，故答案為：過濾；（3）受熱條件下，碳酸氫鈉分解生成碳酸鈉、二氧化碳和水，反應方程式為2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，故答案為：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2；（4）在母液中含有大量的NH4+和Cl，氯化銨存在溶解平衡，增大離子濃度抑制其溶解，所以在母液中含有大量的NH4+和Cl，存在平衡NH4Cl（s）NH4+Cl

40、，通入氨氣增大NH4+的濃度，加入磨細的食鹽粉，增大Cl的濃度，使上述平衡逆向移動，促使氯化銨結(jié)晶析出，故答案為：在母液中含有大量的NH4+和Cl，存在平衡NH4Cl（s）NH4+Cl，通入氨氣增大NH4+的濃度，加入磨細的食鹽粉，增大Cl的濃度，使上述平衡逆向移動，促使氯化銨結(jié)晶析出；（5）裝置III中從母液中能分離出氯化鈉，裝置II中得到二氧化碳，裝置I中需要二氧化碳和氯化鈉，所以能循環(huán)利用的是氯化鈉和二氧化碳，故答案為：氯化鈉和二氧化碳；（6）a只有氯化鈣能和碳酸鈉反應生成碳酸鈣，根據(jù)碳酸鈣的量計算碳酸鈉的量，所以該方案可以，故a不選；b只有碳酸鈉能和稀硫酸反應生成二氧化碳，根據(jù)二氧化碳

41、的量計算碳酸鈉的量，所以該方案可以，故b不選；c碳酸根離子和氯離子都能和銀離子反應生成白色沉淀，無法計算碳酸鈉的量，所以該方案不可以，故c選；故選c【點評】本題考查物質(zhì)制備，為高頻考點，涉及物質(zhì)制備、物質(zhì)分離提純、實驗方案設計評價等知識點，明確物質(zhì)性質(zhì)及物質(zhì)制備原理是解本題關(guān)鍵，注意除雜劑的選取方法，題目難度不大11（14分）（2017昌平區(qū)二模）某研究小組為了驗證反應物濃度對反應速率的影響，選用硫酸酸化的高錳酸鉀溶液與草酸溶液在室溫下進行反應實驗中所用的草酸為稀溶液，可視為強酸（1）將高錳酸鉀氧化草酸的離子方程式補充完整2MnO4+5C2O42+16H+=2 Mn2+10CO2+8H2O（2

42、）該小組進行了實驗I，數(shù)據(jù)如表H2SO4溶液KMnO4溶液H2C2O4溶液褪色時間（分：秒）1mL 2mol/L2mL 0.01mol/L1mL 0.1mol/L2：031mL 2mol/L2mL 0.01mol/L1mL 0.2mol/L2：16一般來說，其他條件相同時，增大反應物濃度，反應速率但分析實驗數(shù)據(jù)，得到的結(jié)論是在當前實驗條件下，增大草酸濃度，反應速率減?。?）該小組欲探究出現(xiàn)上述異常現(xiàn)象的原因，在實驗I的基礎上，只改變草酸溶液濃度進行了實驗II，獲得實驗數(shù)據(jù)并繪制曲線圖如圖用文字描述曲線圖表達的信息當草酸濃度小于0.4mol/L時，反應速率隨著草酸濃度增加而減小，當草酸濃度大于0

43、.4mol/L時，反應速率隨著草酸濃度增加而增加該小組查閱資料獲取如下信息，其中能夠解釋MO變化趨勢的是abaKMnO4與H2C2O4反應是分步進行的，反應過程中生成Mn（VI）、Mn（III）、Mn（IV），最終變?yōu)闊o色的Mn（II）（括號中羅馬數(shù)字表示錳的化合價）b草酸根易與不同價態(tài)錳離子形成較穩(wěn)定的配位化合物c草酸穩(wěn)定性較差，加熱至185可分解（4）該小組為探究ON段曲線變化趨勢的原因，又進行了實驗III，所得數(shù)據(jù)如表H2SO4溶液Na2SO4固體KMnO4溶液H2C2O4溶液褪色時間（分：秒）1mL 0.1mol/L1.9×103mol2mL 0.01mol/L1mL 0.2

44、mol/L16：201mL 0.5mol/L1.5×103mol2mL 0.01mol/L1mL 0.2mol/L8：251mL 1.0mol/L1.0×103mol2mL 0.01mol/L1mL 0.2mol/L6：151mL 2.0mol/L02mL 0.01mol/L1mL 0.2mol/L2：16該小組進行實驗III的目的是小組進行實驗III的目的是探究其他離子濃度不變，溶液中H+濃度對反應速率的影響；（5）綜合實驗I、II、III，推測造成曲線MN變化趨勢的原因為驗證該推測還需要補充實驗，請對實驗方案進行理論設計【考點】RJ：探究影響化學反應速率的因素【分析】（1）酸性條件下高錳酸根離子和草酸根離子發(fā)生氧化還原反應，根據(jù)元素守恒知，生成物中生成水，該反應中Mn元素化合價由+7價變?yōu)?2價、C元素化合價由+3價變?yōu)?4價，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒、原子守恒配平方程式；（2）據(jù)表格