2024年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試（江蘇卷）化學(xué)

2024年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試（江蘇卷）化學(xué)注意事項考生在答題前請認真閱讀本注意事項及各題答題要求1．本卷滿分為120分,考試時間為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)定位置.3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準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)選項的方框涂滿、涂黑；如需改動,請用橡皮擦干凈后,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：H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5K39Ca40Cr52Fe56Cu64Ag108I127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(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】此題屬于一道簡單題目,考點在于營養(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=NC.Na+的結(jié)構(gòu)示意圖：D.H2O的電子式：【答案】D【解析】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,也屬于簡單題【詳解】A.考察核素的表達: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,因為氮原子最外層電子數(shù)為5,還需要3個電子形成8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu),所以倆個氮原子共用3對電子因此氮氣的結(jié)構(gòu)式為氮氮三鍵的形式,故B錯誤；C.考察的原子結(jié)構(gòu)示意圖,鈉原子的核外有11個電子,而鈉離子是由鈉原子失去一個電子形成的,那么鈉離子的一共有10個電子,C選項有11個,表示的鈉原子的結(jié)構(gòu)示意圖,故錯誤.D.氧原子最外層六個電子,兩個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【答案】B【解析】【詳解】A.NH4HCO3受熱易分解和用作化肥無關(guān),可以用作化肥是因為含有氮元素；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.0.1mol·L?1NaOH溶液：Na+、K+、、B.0.1mol·L?1FeCl2溶液：K+、Mg2+、、C.0.1mol·L?1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl?、OH?D.0.1mol·L?1H2SO4溶液：K+、、、【答案】A【解析】此題考的是離子共存問題,應(yīng)從選項的條件獲取信息,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選項是一個堿性環(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選項是一個亞鐵離子和氯離子的環(huán)境,選項中有高錳酸根可以與鐵離子反應(yīng),故錯誤；C選項是一個鉀離子和碳酸根的環(huán)境,選項中存在鋇離子可以與碳酸根發(fā)生反應(yīng)生成沉淀,故錯誤；D選項是氫離子和硫酸根的環(huán)境,選項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,硝酸具有強氧化性可以氧化亞硫酸氫根,故錯誤.5.下列實驗操作能達到實驗?zāi)康牡氖茿.用經(jīng)水濕潤的pH試紙測量溶液的pHB.將4.0gNaOH固體置于100mL容量瓶中,加水至刻度,配制1.000mol·L?1NaOH溶液C.用裝置甲蒸干AlCl3溶液制無水AlCl3固體D.用裝置乙除去實驗室所制乙烯中的少量SO2【答案】D【解析】此題考點為根據(jù)所給實驗操作是否可以達到實驗?zāi)康?必須要根據(jù)實驗操作推斷出實驗的結(jié)果,再與選項中的實驗結(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,實驗數(shù)據(jù)不準,故A項錯誤；B選項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驗誤差或炸裂容量瓶,故錯誤；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錯誤；【點睛】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,當溫度升高后會促進弱離子水解,那最后實驗所得產(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】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.實驗室制備氯氣的反應(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)為基準書寫產(chǎn)物；D.鈉的還原性強,其與氧氣反應(yīng),溫度不同,產(chǎn)物也不同；【詳解】A.常溫下,Fe在與濃硝酸發(fā)生鈍化反應(yīng),故A錯誤；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錯誤；綜上所述,本題應(yīng)選C.【點睛】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?+H2OB.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↑+H2OD.向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸：Na2SiO3+2H+H2SiO3↓+2Na+【答案】A【解析】B.電荷不守恒；C.不符合客觀事實；D.應(yīng)拆分的物質(zhì)沒有拆分；【詳解】A.NaOH為強堿,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錯誤；綜上所述,本題應(yīng)選A.【點睛】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方面進行：①從反應(yīng)原理進行判斷,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)的條件進行判斷；⑤從反應(yīng)物的組成以及反應(yīng)物之間的配比進行判斷.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的最高價氧化物對應(yīng)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】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,因為S的非金屬性強于Si,所以S的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性強于Si的,故C錯誤；D.W為S元素,X為O元素,因為O的非金屬性強于S,所以O(shè)的氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性強于S的,故D錯誤；總上所述,本題選B.【點睛】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,下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(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】A.電解條件時應(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,與鐵單質(zhì)反應(yīng)直接生成氯化鐵,故A錯誤；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錯誤；綜上所述,本題應(yīng)選B.【點睛】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,進行鐵的電化學(xué)腐蝕實驗.下列有關(guān)該實驗的說法正確的是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【答案】C【解析】根據(jù)實驗所給條件可知,本題鐵發(fā)生的是吸氧腐蝕,負極反應(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)化為二價鐵離子,即負極反應(yīng)為：Fe-2e-=Fe2-,故A錯誤；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錯誤；綜上所述,本題應(yīng)選C.【點睛】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,負極反應(yīng)為：Fe-2e-=Fe2-；正極反應(yīng)為：O2+H2O+4e-=4OH-.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(yīng)是氫能源應(yīng)用的重要途徑.下列有關(guān)說法正確的是A.一定溫度下,反應(yīng)2H2(g)+O2(g)2H2O(g)能自發(fā)進行,該反應(yīng)的ΔH<0B.氫氧燃料電池負極反應(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11.2LH2,轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為6.02×1023D.反應(yīng)2H2(g)+O2(g)2H2O(g)的ΔH可通過下式估算：【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錯誤；C.常溫常壓下,Vm≠22.L/mol,無法根據(jù)氣體體積進行微粒數(shù)目的計算,故C錯誤；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)中形成新共價鍵的鍵能之和,故D錯誤；故選A.ΔH=反應(yīng)中形成新共價鍵的鍵能之和?反應(yīng)中斷裂舊共價鍵的鍵能之和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的說法正確的是A.1molX最多能與2molNaOH反應(yīng)B.Y與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)可得到XC.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,故D正確；故選CD.13.室溫下進行下列實驗,根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是選項實驗操作和現(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0.05mol·L?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3mLKI溶液中滴加幾滴溴水,振蕩,再滴加1mL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,說明存在Fe3+,而此時的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+是錯誤的,故A錯誤；B.黃色沉淀為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錯誤；C.溶液變藍說明有單質(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,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+)【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?H2ONH4++OH-,H2OH++OH-,所以c(OH-)>c(NH4+),故A錯誤；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)相同時間,測得不同溫度下NO轉(zhuǎn)化為NO2的轉(zhuǎn)化率如圖中實線所示(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).下列說法正確的是A.反應(yīng)2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH>0B.圖中X點所示條件下,延長反應(yīng)時間能提高NO轉(zhuǎn)化率C.圖中Y點所示條件下,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?4mol·L?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,說明溫度較低時反應(yīng)較慢,一段時間內(nèi)并未達到平衡,分析溫度較高時,已達到平衡時的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,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錯誤；B.根據(jù)上述分析,X點時,反應(yīng)還未到達平衡狀態(tài),平衡正向移動,所以延長反應(yīng)時間能提高NO的轉(zhuǎn)化率,故B正確；C.Y點,反應(yīng)已經(jīng)達到平衡狀態(tài),此時增加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,可以提高NO的轉(zhuǎn)化率,故C錯誤；D.設(shè)NO起始濃度為a,NO的轉(zhuǎn)化率為50%,則平衡時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+H2O2NO2+2OH?++H2O①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________.【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【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=2NO3-+3Cl-+5H+,故答案為：2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3Cl-+5H+；②在相同條件下,氧化劑的濃度越大,氧化能力越強,由反應(yīng)2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3Cl-+5H+可知,溶液pH越小,溶液中HClO濃度越大,氧化NO的能力越強,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.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（無機試劑和有機溶劑任用,合成路線流程圖示例見本題題干）.________________________【答案】(1).（酚）羥基(2).羧基(3).取代反應(yīng)(4).(5).(6).【解析】有機物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),故答案為：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)計為：CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO,,故答案為：CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO,.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)量分數(shù)：準確稱取液態(tài)樣品3.000g,置于250mL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?2mol·L?1K2Cr2O7溶液滴定至終點（滴定過程中與Fe2+反應(yīng)生成Cr3+和Fe3+）,消耗K2Cr2O7溶液22.00mL.①上述實驗中若不除去過量的Sn2+,樣品中鐵的質(zhì)量分數(shù)的測定結(jié)果將________（填“偏大”或“偏小”或“無影響”）.②計算該樣品中鐵的質(zhì)量分數(shù)（寫出計算過程）_____.【答案】(1).2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O(2).減小(3).偏大(4).n()=5.000×10?2mol·L?1×22.00mL×10?3L·mL?1=1.100×10?3mol由滴定時→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?3mol=6.600×10?3mol樣品中鐵元素的質(zhì)量：m(Fe)=6.600×10?3mol×56g·mol?1=0.3696g樣品中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)：w(Fe)=×100%=12.32%【解析】（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+判斷還原性的強弱,進一步進行誤差分析；②根據(jù)K2Cr2O7溶液的濃度和體積計算消耗的K2Cr2O7物質(zhì)的量,由得失電子守恒計算n（Fe2+）,結(jié)合Fe守恒和ω（Fe）的表達式計算.【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,Fe2（SO4）3發(fā)生水解反應(yīng)Fe2（SO4）3+（6-2n）H2OFe2（OH）6-2n（SO4）n+（3-n）H2SO4,Fe2（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,pH減小.答案：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O減?。?）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+,實驗中若不除去過量的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)量分數(shù)的測定結(jié)果將偏大.答案：偏大②實驗過程中消耗的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)量分數(shù)：ω（Fe）=×100%=12.32%.【點睛】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)量分數(shù)的計算.易錯點是第（2）①的誤差分析,應(yīng)利用“強制弱”和“先強后弱”的氧化還原反應(yīng)規(guī)律分析.難點是第（2）②,注意理清滴定實驗中物質(zhì)之間的計量關(guān)系.19.實驗室以工業(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,其實驗流程如下：（1）室溫下,反應(yīng)CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)達到平衡,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,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行.控制反應(yīng)溫度在60~70℃,攪拌,反應(yīng)3小時.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)時間、反應(yīng)物和溶劑的量不變,實驗中提高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)計以水洗后的濾渣為原料,制取CaCl2溶液的實驗方案：______[已知pH=5時Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全；pH=8.5時Al(OH)3開始溶解.實驗中必須使用的試劑：鹽酸和Ca(OH)2].【答案】(1).1.6×104(2).+NH3·H2O++H2O(或+NH3·H2O++H2O)(3).增加溶液中的濃度,促進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,向濾液中分批加入少量Ca(OH)2,用pH試紙測量溶液pH,當pH介于5~8.5時,過濾【解析】（1）反應(yīng)CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）的平衡常數(shù)表達式為,結(jié)合CaSO4和CaCO3的Ksp計算；（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）達到平衡時,溶液中====1.6×104.答案：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,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,溶液中CO32-的濃度增大,反應(yīng)CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）正向移動,促進CaSO4的轉(zhuǎn)化.答案：HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+H2O（或HCO3-+NH3·H2ONH4++CO32-+H2O）增加溶液中CO32-的濃度,促進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,實驗過程中提高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Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀完全,pH=8.5時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.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,過濾,向濾液中分批加入少量Ca（OH）2,用pH試紙測得溶液pH,當pH介于5~8.5時,過濾【點睛】本題以工業(yè)廢渣為原料制取輕質(zhì)CaCO3和（NH4）2SO4晶體的實驗流程為載體,考查溶度積的計算、影響鹽類水解的因素、實驗條件的控制、制備實驗方案的設(shè)計和對信息的處理能力等.難點是第（4）問實驗方案的設(shè)計,設(shè)計實驗方案時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行分析,作答時要答出關(guān)鍵點,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.CaC2O4·H2O熱分解可制備CaO,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=41.2kJ·mol?1反應(yīng)Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH=﹣122.5kJ·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,在催化劑作用下CO2與H2反應(yīng)一段時間后,測得CH3OCH3的選擇性為48%（圖中A點）.不改變反應(yīng)時間和溫度,一定能提高CH3OCH3選擇性的措施有________.【答案】(1).CaC2O4CaCO3+CO↑(2).CaC2O4·H2O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,使用對反應(yīng)Ⅱ催化活性更高的催化劑【解析】本題注重理論聯(lián)系實際,引導(dǎo)考生認識并體會化學(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》模塊中方程式的計算、電化學(xué)、化學(xué)平衡移動等基本知識；【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CO2,因此400℃－600℃范圍內(nèi),分解反應(yīng)方程式為CaC2O4CaCO3＋CO↑；②CaC2O4·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）①根據(jù)電解原理,陰極上得到電子,化合價降低,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,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,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)方向進行,根據(jù)反應(yīng)II,可以增大壓強,或者使用對反應(yīng)II催化活性更高的催化劑.【點睛】本題的難點（1）是文字敘述,應(yīng)根據(jù)圖像和所學(xué)知識,結(jié)合所問問題進行分析解答；（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Cu2O晶胞（見圖2）中,Cu原子的數(shù)目為____.【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】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）考查晶胞的計算,白球位于頂點和內(nèi)部,屬于該晶胞的個數(shù)為8×1/8+1=2,黑球全部位于晶胞內(nèi)部,屬于該晶胞的個數(shù)為4,化學(xué)式為Cu2O,因此白球為O原子,黑球為Cu原子,即Cu原子的數(shù)目為4；【點睛】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)習中