2019年江蘇高考化學試題解析

1、2019年江蘇高考化學試題、答案及解析可能用到的相對原子質量：H1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ag 108 I 127選擇題單項選擇題：本題包括10小題,每小題2分，共計20分。每小題只有一個選項符合題意。1 .糖類是人體所需的重要營養(yǎng)物質。淀粉分子中不含的元素是（）A.氫B.碳 C.氮 D.氧【答案】C【解析】淀粉屬于糖類中的多糖，分子是為（C6H12O6）n,含C, H, O三種元素2 .反應NH4CI + NaNO2=NaCl + N2 + 2H2O放熱且產生氣體，可

2、用于冬天石油開采，下列表示反應中相關微粒 的化學用語正確的是（）A.中子數為18的氯原子：B.N2的結構式:N=N；?C1C.Na+的結構示意圖D.H2O的電子式：一- »【答案】D【解析】選項A原子表示方法為7 Z表示質子數，A表示質量數，質量數=質子數+中子數。選項B, N2A的結構式| N-N ,選項 C Na原子失去最外層一個電子形成Na+O選項D正確3 .下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是（）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】選項 A

3、是因為NH4HCO3中含有氮元素，可用作化肥。選項 B正確。選項C是因為SO2具有漂白 性，可用于紙漿漂白。選項 D是因為Al2O3屬于離子化合物，熔融導電，可用于電解冶煉鋁。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/LNaOH 溶液：Na+、K+、CO32、AlO 2B.0.1 mol /L FeCl 2,溶液：K+、Mg2+、SO42-、MnO4C.0.1mol/L K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl、OHD.0.1 mol/L H2SO4溶液：K+、NHJ、NO3、HSO3 ;【答案】A【解析】選項 A正確。選項B,Fe2+與MnO 4因發(fā)生氧化還原

4、反應不能大量共存。選項GCO32與Ba2+因生成BaCO3難溶物不能大量共存。 選項D, HSO3-與H+因生成弱電解質不能共存，HSO3-與H + , NO3-因氧化還原不能大量共存5 .下列實驗操作能達到實驗目的的是（）A.用經水濕潤的 pH試紙測量溶液的pH8 .將4.0 g NaOH固體置于100mL容量并S中，加水至刻度，配制1.000 mol/LNaOH 溶液C.用裝置甲蒸干 AlCl3,溶液制無水 AlCl3,固體D.用裝置乙除去實驗室所制乙烯中的少量SO2【答案】D【解析】選項 A, pH試紙測量溶液的pH時不能用水潤濕，會稀釋原溶液，.選項B應將稱量好的NaOH固體置于燒杯中

5、加水溶解，冷卻后轉移到100mL容量瓶中。選項 C,AlCl 3屬于揮發(fā)性酸弱堿鹽蒸干得到Al（OH） 3,應在HCl氣流下將溶液蒸干。選項 D正確6.下列有關化學反應的敘述正確的是A. Fe在稀硝酸中發(fā)生鈍化B. MnO2和稀鹽酸反應制取 Cl2C. SO2與過量氨水反應生成 （NH4）2SO3D.室溫下Na與空氣中O2制取Na2O2【答案】C【解析】主要考查化學反應條件、反應物用量、濃度等對常見化學反應的影響。A選項常溫下Fe在濃硝酸或濃硫酸中可以鈍化，在稀硝酸中可以與之反應；B選項MnO 2和稀鹽酸不反應，與濃鹽酸在加熱的條件下可生成Cl2；酸性氧化物與堿的反應，酸性氧化物過量生成酸式鹽

6、，堿過量生成正鹽，故C項正確；鈉與氧氣常溫下生成Na2O,加熱生成Na2O2。7 .下列指定反應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 + H2O8 .用鋁粉和 NaOH溶液反應制取少量 H2: Al+2OH =AlO 2 +H2TC.室溫下用稀 HNO3溶解銅：Cu + 2H + + 2NO3 =Cu2+ + 2NO2 T+ H2OD.向 Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸：Na2SiO3+ 2H = H2SQ3J+ 2Na +【答案】A【解析】考查常見化學反應離子方程式的正誤。B選項正確書寫為2Al+2OH +2H2O=2Al

7、O 2 +3H2T; C選項銅與稀硝酸反應生成 NO,與濃硝酸反應生成 NO2,正確書寫為3Cu+8H+ + 2NO3=3Cu2+ + 2NOt +4H2O； D 選項Na2SiO3為易溶于水的強電解質鹽，應該拆開，正確書寫為SiO32 + 2H = H2SQ3J。故正確答案為 A。8.短周期主族元素 X、Y、Z、W的原子序數依次增大，X是地殼中含量最多的元素，Y原子的最外層有2個電子，Z的單質晶體是應用最廣泛的半導體材料，W與X位于同一主族，下列說法正確的是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的最高價氧

8、化物對應水化物的酸性比W的強D. W的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比X的強【答案】B【解析】考查元素推斷和元素周期律。推斷可知 X、Y、Z、W分別是O、Mg、Si、So A選項中原子半徑 大小順序為r(Y) > r(Z) >r(W) > r(X) ; B選項MgO為離子化合物，正確； C選項中S的非金屬性大于 Si,所以 H2SO4的酸性大于 H2SiO3 (H2SQ3是弱酸， H2SO4是強酸)；D選項中O的非金屬性大于 S,所以O的簡單氣 態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比 S的強。9.在給定的條件下，下列選項所示的物質建轉化均能實現的是A. NaCl(aq)電解一C Cl2Fe(s)占F

9、eCl2 (s)石灰乳煨燒8. MgCl2(aq) Mg(OH) 2(s) MgO(s)氧氣C.D.白撅.H2OS(s)SO3(g) H 2SO4(aq)H2 (g)N2(g)高溫高壓催化劑NH3(g)CO2 ( g) NaCl(aq)Na2CO3(s)【解析】考查物質之間的相互轉化。A選項中Fe (s)和氯氣加熱只能生成FeCl3； C選項中S在氧氣中點燃無法直接生成 SO3,生成的是SO2,SO2進一步催化氧化才能生成 SO3； D選項中NH3在題中條件下生成的是NaHCO 3固體而不是 Na2CO3固體。10.將鐵粉和活性炭的混合物用NaCl溶液濕潤后，置于如題 10圖裝置中，進行鐵的電

10、化學腐蝕實驗。下列有關該實驗的說法正確的是A .鐵被氧化的電極反應式為Fe - 3e= Fe3+B.鐵腐蝕過程中化學能全部轉化為電能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【解析】考查的是金屬腐蝕原理。在題中所給條件下,由于活性炭的存在發(fā)生的是鐵的電化學腐蝕一吸氧腐蝕，故C正確；A中電極反應式為 Fe - 2e = Fe2+； B中化學能應轉化成電能和熱能；D選項水中有溶解氧，發(fā)生吸氧腐蝕，但速率會減慢。不定項選擇題：本題包括 5小題，每小題4分，共計20分。每小題只有一個或兩個選項符合題意。若正確答案只包括一個選項，多選時，該小題得0分；若正確答案包括兩個選

11、項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得滿分，但只要選錯一個，該小題就得0分。11 .氫氣與氧氣生成水的反應是氫能源應用的重要途徑。下列有關說法正確的是（）A.一定溫度下，反應 2H2（g）+O2（g）=2H 20（g）能自發(fā)進行，該反應的A H<0B.氫氧燃料電池的負極反應為O2+2H 2O+4e-=4OH -C.常溫常壓下，氫氧燃料電池放電過程中消耗11.2LH2,轉移電子的數目為 6.02 X 20D.反應2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）的AH可通過下式估算：A H表應中形成新共價鍵的鍵能之和-反應中斷裂舊共價鍵的鍵能之和【答案】：A【解析】：本題以燃料電池為依托考查

12、了氧化還原反應和始變的計算。燃料燃燒是放熱反應并且是自發(fā)進行的，A項描述正確；氫氧燃料電池的負極反應物為H2, B錯誤；非標況，氣體體積無法進行計算C錯誤；A H我應中斷裂舊共價鍵的鍵能之和-反應中形成新共價鍵的鍵能之和，D錯誤。12 .化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由 X制得。3 II下列有關化合物X,Y的說法正確的是（）A.1 mol X 最多能與2 mol NaOH反應B.Y與乙醇發(fā)生酯化反應可得 XC.X、丫均能與酸性KMnO4溶液反應D.室溫下X、Y分別與足量Br2加成的產物分子中手性碳原子數目相同【答案】：CD【解析】：本題意在對有機物官能團的考查X中含有酚酯，所以1 mol X最

13、多能與3 mol NaOH反應，A錯誤;Y與乙酸發(fā)生酯化反應可得 X, B錯誤；X, Y中均含碳碳雙建，均能與酸性 KMnO4溶液反應，C正確；X、丫分別與足量Br2加成的產物分子中手性碳原子數目相同均為3, D正確。13 .室溫下進行下列實驗，根據實驗操作和現象所得到的結論正確的是()選項實驗操作和現象結論A向X溶液中滴加幾滴新制氯水，震蕩，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 -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溶液中滴加幾滴濱水，震蕩，再滴加1

14、mL淀粉溶液，溶液顯藍色Br2的氧化性比I2的強D用pH試紙測得：CH3COONa溶液的pH約為9,NaNO2溶液的PH約為8HNO2電離出H+的能力比CH3COOH 的強【答案】：C【解析】：A項藥品加入順序錯誤，應先加入KSCN溶液，無明顯變化，再加入氯水，溶液顯紅色，證明Fe2+的存在；按照B的操作和現象，應得結論為Ksp(AgI)<Ksp(AgCl),B 錯誤；D項，根據濃度相等兩鹽溶液的pH,才能推斷出對應酸的電離程度，D錯誤。14 .室溫下，反應HCO3+H2O-H2CO3+OH的平衡常數K=2.2X 108。將NH 4HCO 3溶液和氨水按一定比例 混合，可用于浸取廢渣中

15、ZnO。若溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫時下列指定溶液中微粒物質的量濃度關系正確的是()A. 0.2mol T 氨水:c(NH 3 BO)>c(NH 4+) >c(OH -)>c(H +)B.0.2mol -1INIH4HCO3 溶液(pH>7):c(NH 4+>c(HCO 3 )>c(H 2CO3)> c(NH 3 也O)C.0.2mol -1 iM水和 0.2 mol-l'NH4HCO3 溶液等體積混合：c(NH4+) +c(NH 3 - f2O)= c(H 2CO3) + c(HCO3 ) + c(CO32 )D.0.6mol 1氨水

16、和0.2 mol INH4HCO3溶液等體積混合：c(NH 3 -也O)+ c(CO 32 )+ c(OH )=0.3 mol -H c(H2CO3)+c(H +)【答案】：BD【解析】：本題考查溶液中離子濃度大小比較A項：氨水中OH來源于水和 NH3 2O的電離，所以c(OH )>c(NH4+)B項NH4HCO3溶液顯堿性，HCO3-的水解程度大于 NH4+的，正確C 項根據物料守恒 c(NH4+) +c(NH 3 2O)= 2c(H 2CO3) + c(HCO3 ) + c(CO32 )D 項根據物料守恒得 c(NH 4+) +c(NH 3 - I2O)= 4c(H2CO3)+c(H

17、CO3 ) + c(CO32 )根據電荷守恒得 c(NH4+) +c(H +)= c(HCO 3)+2c(CO32)+c(OH)，由-消掉 NH4+得 c(NH3 J2O)+c(OH )=4c(H2CO3)+ 3c(HCO 3 ) +2c(CO32 )+c(H +)(3)o 兩溶液等體積混合，根據物料守恒得 c(H2CO3)+ c(HCO3 ) + c(CO32 ) =0.1 mol 一氣在的兩側加上 CO3"-即得c(NH 3 也O)+ c(CO 32 )+ c(OH )=0.3 mol -H c(H2CO3)+c(H +)。15 .在恒壓、NO和O2的起始濃度一定的條件下，催化反

18、應相同時間，測得不同溫度下 NO轉化為NO2的轉化率 如題圖中實線所示(圖中虛線表示相同條件下 NO的平衡轉化率隨溫度的變化)。下列說法正確的是,I)町3做 -WX) W力促心盤凰I：和-40A.反應 2NO(g) +O2(g)=2NO2(g)的 H>0B.圖中X點所示條件下，延長反應時間能提高 NO轉化率C.圖中Y點所示條件下，增加O2的濃度不能提高 NO轉化率D.380c下，C起始(O2)=5.0 X10mol工，NO平衡轉化率為 50%,則平衡常數 K>2000【答案】：BD【解析】：本題考查平衡圖像和平衡移動A項圖中虛線為該反應 NO的平衡轉化率，可知升高溫度，NO的平衡轉

19、化率降低，故 H<0;B項X點對應溫度下的平衡點在 X點的正上方，NO的轉化率比X點大，延長反應時間，NO轉化率會增大。C項Y為平衡點，增大 O2的濃度可以提高 NO轉化率D項NO平衡轉化率為 50%,平衡時NO和NO2濃度相等，在平衡常數的表達式中數據可以抵消，所以K=1/c(O 2)0 C 平衡(。2)<5.0 X 114mol - -1, K>2000。非選擇題16 . (12分)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是硝酸生產中氨催化氧化的副產物，用特種催化劑能使N2O分解。NH3與O2在加熱和催化劑

20、作用下生成 N2O的化學方程式。（2） NO和NO2的處理。已除去 N2O的硝酸尾氣可用 NaOH溶液吸收，主要反應為NO + NO 2 + 2OH=2NO2+ H2OI-I 2OH + 2NO2= NO2 + NO3 + 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.吸收尾氣過程中定期補加適量 |NaOH溶液吸收后的溶液經濃縮，結晶，過濾，得到 NaNO2晶體，該晶體的主要雜質是 （填化學式）；吸收后排放的尾氣含量較高的氮氧化物是 （填化學式）。（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

21、除率。其他條件相同， NO轉化為NO3一的轉化率隨NaClO溶液初始pH （用稀鹽酸調節(jié)）的變化如題16圖所示在酸性NaClO溶液中，HC1O氧化NO生成C和NO3 ,其離子方程式為 。NaClO溶液的初始pH越小，NO的轉化率越高。其原因是 。A催化劑NH3 + 2O2 八N2O + 3H2O(1)(2) BC NaNO3 NO(3) 3HClO + 2NO + H 2O = 3Cl + 2 NO 3 + 5H溶液pH越小,溶液中HClO的溶度越大，氧化 NO的能力越強【解析】催化劑NH3+ 2O2 八N2O + 3H2。（1）（2）選項A.加快通入尾氣的速率，尾氣來不及反應就逸出，吸收率降

22、低。選項B采用氣，液逆流的方式吸收尾氣，氣液充分接觸，吸收率高，祛除效果好。選項C補加適量NaOH溶液可以提高體系中 NaOH濃度,吸收速率加快。由已知方程式可知，可以被完全吸收，所以如有尾氣剩余，則為 NO(3) 3HClO + 2NO + H 2O = 3Cl + 2 NO 3 + 5H +溶液pH越小，溶液中HClO的溶度越大，氧化NO的能力越強17. (15分)化合物F是合成一種天然苣類化合物的重要中間體，其合成路線如下:(1) A中含氧官能團的名稱為 和。(2) A*B的反應類型為 。(3) C>D的反應中有副產物 X (分子式為Ci2Hi5O6Br)生成，寫出X的結構簡式 (

23、4) C的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式 。能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應;堿性水解后酸化，含苯環(huán)的產物分子中不同化學環(huán)境的氫原子數目比為1：1。(5)已知:R-C'l 一， RMgU無水乙眥(R表小煌基，R/和R”表小煌基或氫)寫出以CH3 CH2 CH2OH為原料制備合成路線流程圖(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)(1)(酚)羥基竣基(2)取代反應(3)(5)I II式= < PhCJhl HO< in A【解析】(1)根據A的結構簡式觀察其中官能團有澳原子，含氧官能團有(酚)羥基和竣基。(2)根據A、B結構對比可知 A

24、中竣基中-OH部分被-Cl取代。(3)由C D可知CH3 O CH2CI可以和一個酚羥基取代，也可以和第二酚羥基取代，可知副產物為 CK H.OCHj(4) C的同分異構體可以和氯化鐵溶液顯色，則結構中有酚羥基；可以水解說明有酯基，且含苯環(huán)水解產 物氫原子數目比為1：1,所以其分子結構中含有酯基且水解產物對稱性高，從而結構中應含有酚酯基。(5)對比原料和目標產物結構簡式的差異，結合(5)所給已知信息和流程反應信息，可知合成目標產物需aOCMKHj利用格氏試劑和內醛，所以百先利用1-內甥制備內醛。然后利用LiAlH 4還原 Uh中酯基為羥基，進而和HCl取代進一步制備格氏試劑。18. (12分)

25、聚合硫酸鐵Fe2(OH)6-2n(SO4)nm廣泛用于水的凈化。以 FeSO4 - 72O為原料，經溶解、氧化、水 解聚合等步驟，可制備聚合硫酸鐵(1)將一定量的FeSO4 72O溶于稀硫酸，在名70C下邊攪拌邊緩慢加入一定量的H2O2溶液，繼續(xù)反應一段時間，得到紅棕色黏稠液體。H2O2氧化Fe2+的離子方程式為 ;水解聚合反應會導致溶液的pH。(2)測定合硫酸鐵樣品中鐵的質量分數：準確稱取液態(tài)樣品3.000g,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+),充分反應后，除去過量的Sn2+。用5.000 X16 mol - L1K

26、2Cr2O7溶液滴定至終點(滴定過程中Cr2O72與Fe2+反應生成Cr3+和Fe3+),消耗 七52。7 溶液 22.00 mL。上述實驗中若不除去過量的Sn2+,樣品中鐵的質量分數的測定結果將 (填 偏大”或 褊小”或無影響” J計算該樣品中鐵的質量分數(寫出計算過程)【答案】：(1) H2O2 + 2Fe2+ 2H + = 2Fe3+ + 2H 2O減小(2)偏大 n(Cr2O72 )=5.000 x *mol 1 x 0.022L=1.100 突m01由滴定過程中Cr2O72與Fe2+反應生成Cr3+和Fe3+,根據電子得失守恒可得微粒的關系式:Cr2O72 6Fe2+ 則 n(Fe2

27、+ )=6 n(Cr 2O72-)=6.600 x-3Dnol樣品中鐵元素的質量：m(Fe )=6.600 x 130mo1 x 56g/mo1=0.3696g樣品中鐵元素的質量分數：w(Fe )=0.3696 g/3.000g x 100%=12.32%19. (15分)實驗室以工業(yè)廢渣(主要含CaSO4 - 22O,還含有少量 SiO2、A12O3、Fe2O3)為原料制取輕質CaCO3和(NH4)2 SO4晶體，其實驗流程如下:改渣粉末-浸取一過渡一-濾油輕質濾液(NIL)皿晶體(1)室溫下，反應 CaSO4 (s) + CO32 (aq) -CaCO3 (s) + SO42(aq)達到平

28、衡，則溶液中c(SO42 )/ c(CO 32 )=Ksp(CaSO4)=4.8 x % Ksp(CaCO3)=3 x 1-0(2)將氨水和NH4 HCO3溶液混合，可制得(NH4)2 CO3溶液，其離子方程式為 ；浸取廢渣時，向(NH4)2CO3溶液中加入適量濃氨水的目的是 。(3)廢渣浸取在如題 19圖所示的裝置中進行。控制反應溫度在6070 C,攪拌，反應3小時。溫度過高將會導致 CaSO4的轉化率下降，其原因 是 ;保持溫度、反應時間、反應物和溶劑的量不變，實驗中提高 CaSO4轉化率的操作有 。(4)濾渣水洗后，經多步處理得到制備輕質 CaCO3所需的CaC12溶液。設計以水洗后的濾

29、渣為原料，制取CaC12溶液的實驗方案： 已知pH=5時Fe(OH)3和A1(OH) 3沉淀完全;pH=8.5 A1(OH) 3開始溶解。實驗中必須使用的試劑：鹽酸和Ca (OH)2o【答案】(1) 1.6 x 10(2) HCO 3 + NH 3 - 2O= NH4+ CO32 + H2O (或 HCO3 + NH 3 I2O NH 4+ CO32 + H2O)增加溶液中的CO3 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熱分解可制備 CaO, CaC2O4.H2O加熱升溫過程中固體的質量變化見題20圖-1。寫出400600c一的濃度，促進

30、CaSO4的轉化(3)溫度過高，(NH4)2 CO3分解加快攪拌速率(4)在攪拌下向足量稀鹽酸中分批加入濾渣，待觀察不到氣泡產生后，過濾，向濾液中分批加入 Ca (OH) 2,用pH試紙測量溶液pH,當pH介于58.5時，過濾【解析】(1)在同一溶液中，Ca2+濃度相同，根據溶度積數學表達式，則有卡G )_ 耶a口松口2 _/ 8xio'a_ (q不(匚3kgiEdR) - 3 /產-1 6* 1挈(2)由題干 將氨水和NH4HCO3溶液混合，可制得(NH 4)2 CO3溶液”可知，加氨水的作用是利用氨水的堿 性中和HCO3一生成CO3",即HCO3 + NH 3 I2O=

31、NH 4+ CO32 + H2O,浸取廢渣時，加入適量氨水可使該平 衡正向移動，增加溶液中的CO32-的濃度，從而使CaSO4 (s) + CO32-(aq) "=是 O CaCO3 (s) + SO42-(aq)正向移動， 促進促進CaSO4的轉化。(3)該裝置進行的反應是：CaSO4(s)+(NH4)2CO3(aq)CaCO3(s)+2NH+4 + SO42(aq),當溫度過高時，會導致(NH4)2 CO3分解，平衡逆向移動，導致CaSO4的轉化率下降。在溶液里進行的反應，壓強無影響，題目限定了溫度、濃度，反應時間，可以選擇加快攪拌速率，進而提高反應的速率，在相同時間內，提高了反

32、應 物的轉化量，提高 CaSO4轉化率。(4)水洗后的濾渣中含有CaCO3、AI2O3、Fe2O3、SiO2、CaSOH,用鹽酸充分溶解，過濾除去CaSO4、SiO2然后根據已知信息，調 pH至58.5時可使Al3+、Fe范圍內分解反應的化學方程式：。 與CaCO3,熱分解制備的 CaO相比，CaC2O4.H2O熱分解制備的 CaO具有更好的 CO2捕集性能 淇原因+轉化為Fe(OH%和Al(OH) 3沉淀，過濾后即可得到所需的 CaCl2溶液。20.(14分)CO2的資源化利用能有效減少 CO2排放，充分利用碳資源。200 4OJ 600 SOO I DOO迅度/icH 20 一 1也20圖

33、一2(2)電解法轉化 CO2可實現CO2資源化利用。電解 CO2制HCOOH的原理示意圖見題 20圖-2。 寫出陰極CO2還原為HCOO 的電極反應式：。電解一段時間后，陽極區(qū)的KHCO3溶液濃度降低，其原因是。(3) CO2催化加氫合成二甲醛是一種 CO2轉化方法，其過程中主要發(fā)生下列反應：反應I：CO2 (g) + H2(g) =CO(g) +H2O (g)AH= 41.2 kJ.mol-1反應n ：2CO2 (g) + 6H2(g) = CH 3OCH 3 (g) + 3H,O(g) H= -122.5 kJ.mol-1在恒壓、CO2和H2的起始量一定的條件下，CO2平衡轉化率和平衡時

34、CH3OCH3的選擇性隨溫度的變化見題20圖-3。其中：CH30cH 3的選擇性,號罌;100%溫度高于300 C, CO2平衡轉化率隨溫度升高而上升的原因是 220c時，在催化劑彳用下 CO2與H2反應一段時間后，測得CH3OCH 3的選擇性為48%(圖中A點)。不改變反應時間和溫度，一定能提高CH3OCH 3選擇性的措施有 100802(1(I 2CX) 2402S0320 S6O混瞳，七 題20圖-3 【答案】(1)CaC2O4= CaCO3 + CO TCaC2O4.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+HCO

35、3 + 2e = HCOO + CO32陽極產生O2, pH減小，HCO3-濃度降低；K部分遷移至陰極區(qū)。(3)反應I的 H>0,反應II的Hv 0溫度升高使 CO2轉化為CO的平衡轉化率上升，使 CO2轉化為CH3OCH 3的平衡轉化率下降，且上升幅度超過下降幅度增大壓強、使用對反應H催化活性更高的催化劑【解析】(1)CaC2O4.H2O晶體受熱會先后經歷失水、分解過程，分析題目所給數據，假設原始固體質量146 g即1mol草酸鈣晶體，完全失水變成草酸鈣固體，減重為1mol H2O的質量，固體質量變成 128 g, 128變成100,減少28為產生CO質量，該反應為草酸鈣分解生成碳酸鈣

36、和CO的過程，最后為CaCO3分解變成CaO過程，可得出400 600 C反應的方程式：CaC2O4 = CaCO3+COT .由總反應 CaC2O4.H2O=CaO+ CO2 f + CO T +2O 與 CaCO3=CaO+ CO 2 網比可知，前 一個反應產生更多的氣體，制得的CaO更疏松多孔，捕捉 CO2的性能更好。(2)由裝置圖和題目信息可知，通CO2的Sn片為陰極，CO2轉化為HCOO ,碳元素的化合價由+4降至U+2, CO2得到2屋，電解質溶液為 KHCO3,用HCO3-來平衡電荷，得到電極反應式CO2+ HCO3 +2e = HCOO + CO32,陽極電極反應式為：2H2O

37、-4e- = O2 T +4HpH 減小，生成的 H+與 HCO3 一反應生成CO2,陰離子減少，根據電荷守恒，陽離子K+部分遷移至陰極區(qū)。(3)根據勒夏特列原理，轉化率受溫度、濃度、壓強的影響，題目中限定恒壓條件，反應I吸熱，溫度升高平衡正向移動 CO2轉化為CO的平衡轉化率上升；反應 II放熱，溫度升高平衡逆向移動 CO2轉化為CH3OCH 3 的平衡轉化率下降，從圖像中得出 CO2的平衡轉化率上升，所以得出結論：反應 I的上升幅度超過反應II的下 降幅度。中根據 CH3OCH3的選擇性=2 CH30cH3的物質白量 100%,溫度一定、CO2和H2的起始量一定，增大壓 反應的CO2的物質的量強、使用對反應H催化活性更高的催化劑，在時間一定的條件下生成更多的CH3OCH3, CH3OCH 3選擇性提高。21.(12分)【選做題】 本題包括A、B兩小題，請選定其中一小題，并在相應的答題區(qū)域內作答，若多做，則按A小題評分。?A.物質結構與性質？CU2O廣泛應用于太陽能電池領域。以CuSO4、NaO