2019年江蘇省【高考】化學(xué)試卷解析版

2019年江蘇省【高考】化學(xué)試卷解析版2019年江蘇省【高考】化學(xué)試卷解析版2019年江蘇省【高考】化學(xué)試卷解析版2019年江蘇省高考化學(xué)試卷解析版參考答案與試題解析一、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．（2分）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【考點】45：分子式；K3：淀粉的性質(zhì)和用途．【分析】淀粉屬于多糖，屬于烴的含氧衍生物，含有C、H、O元素，據(jù)此分析解答。【解答】解：糖類物質(zhì)屬于烴的含氧衍生物，都含有C、H、O元素，淀粉屬于多糖，所以含有C、H、O元素，但不含N元素；蛋白質(zhì)中含有C、H、O、N元素，部分蛋白質(zhì)還含有S、P等元素，故選：C?！军c評】本題考查淀粉中元素判斷，屬于基礎(chǔ)題，明確人類所需營養(yǎng)物質(zhì)中所含元素是解本題關(guān)鍵，注意基礎(chǔ)知識的歸納總結(jié)，題目難度不大。2．（2分）反應(yīng)NH4Cl+NaNO2═NaCl+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：1718ClB．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：【考點】4J：電子式、化學(xué)式或化學(xué)符號及名稱的綜合．【分析】A．質(zhì)量數(shù)＝質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，元素符號的左上角為質(zhì)量數(shù)、左下角為質(zhì)子數(shù)；B．氮氣分子中含有的是氮氮三鍵；C．鈉離子的核外電子總數(shù)為10，最外層達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；D．水分子為共價化合物，含有2個O﹣H鍵?！窘獯稹拷猓篈．中子數(shù)為18的氯原子的質(zhì)量數(shù)為18+17＝35，該氯原子正確的表示方法為1735Cl，故A錯誤；B．分子中含有1個氮氮三鍵，其正確的結(jié)構(gòu)式為N≡N，故B錯誤；C．為鈉原子結(jié)構(gòu)示意圖，鈉離子最外層含有8個電子，其離子結(jié)構(gòu)示意圖為，故C錯誤；D．水分子屬于共價化合物，其電子式為，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查常見化學(xué)用語的表示方法，題目難度不大，涉及電子式、原子結(jié)構(gòu)示意圖和離子結(jié)構(gòu)示意圖、結(jié)構(gòu)式等知識，明確常見化學(xué)用語的書寫原則即可解答，試題側(cè)重考查學(xué)生的規(guī)范答題能力。3．（2分）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【考點】EF：銨鹽；F5：二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)．【分析】A．碳酸氫銨為可溶性銨鹽，含有N元素，可以作肥料；B．稀硫酸能和氧化鐵反應(yīng)生成硫酸鐵和水；C．二氧化硫具有漂白性，能漂白紙張；D．氧化鋁熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電，工業(yè)上采用電解氧化鋁的方法冶煉Al。【解答】解：A．碳酸氫銨為可溶性銨鹽，含有N元素，可以作肥料，與其熱穩(wěn)定性無關(guān)，故A錯誤；B．稀硫酸能和氧化鐵反應(yīng)生成可溶性的硫酸鐵和水，所以能除銹，該反應(yīng)中體現(xiàn)稀硫酸的酸性，故B正確；C．二氧化硫具有漂白性，能漂白紙張，所以用二氧化硫漂白紙漿與其氧化性無關(guān)，故C錯誤；D．氧化鋁熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電且Al較活潑，所以工業(yè)上采用電解氧化鋁的方法冶煉Al，用氧化鋁冶煉Al與其兩性無關(guān)，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查性質(zhì)和用途，側(cè)重考查元素化合物性質(zhì)，明確常見元素化合物性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意二氧化硫漂白性和HClO漂白性區(qū)別，知道金屬冶煉方法，題目難度不大。4．（2分）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+、CO32﹣、AlO2﹣ B．0.1mol?L﹣1FeCl2溶液：K+、Mg2+、SO42﹣、MnO4﹣ C．0.1mol?L﹣1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl﹣、OH﹣ D．0.1mol?L﹣1H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3﹣、HSO3﹣【考點】DP：離子共存問題．【分析】A．四種離子之間不反應(yīng)，都不與氫氧化鈉反應(yīng)；B．高錳酸根離子能夠氧化亞鐵離子；C．碳酸鉀與鋇離子生成碳酸鋇沉淀；D．酸性條件下硝酸根離子能夠氧化亞硫酸氫根離子?！窘獯稹拷猓篈．Na+、K+、CO32﹣、AlO2﹣之間不反應(yīng)，都不與NaOH反應(yīng)，在溶液中能夠大量共存，故A正確；B．FeCl2溶液的Fe2+易被MnO4﹣氧化，在溶液中不能大量共存，故B錯誤；C．K2CO3與Ba2+反應(yīng)生成難溶物碳酸鋇，在溶液中不能大量共存，故C錯誤；D．H2SO4與HSO3﹣反應(yīng)，酸性條件下NO3﹣能夠氧化HSO3﹣，在溶液中不能大量共存，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查離子共存，題目難度不大，明確離子反應(yīng)發(fā)生條件即可解答，注意掌握常見離子的性質(zhì)及共存條件，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及靈活運用能力。5．（2分）下列實驗操作能達到實驗?zāi)康氖牵ǎ〢．用經(jīng)水濕潤的pH試紙測量溶液的pH B．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【考點】U5：化學(xué)實驗方案的評價．【分析】A．pH試紙不能濕潤，否則可能影響測定結(jié)果；B．不能在容量瓶中溶解氫氧化鈉固體；C．氯化氫易揮發(fā)，加熱蒸干得到的是氫氧化鋁；D．乙烯不與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，二氧化硫與氫氧化鈉反應(yīng)?！窘獯稹拷猓篈．用經(jīng)水濕潤的pH試紙測量溶液的pH，原溶液被稀釋，若為酸或堿溶液，會影響測定結(jié)果，故A錯誤；B．應(yīng)該在燒杯中溶解NaOH固體，不能在容量瓶中直接溶解，故B錯誤；C．氯化鋁水解生成氫氧化鋁和HCl，HCl易揮發(fā)，蒸干AlCl3溶液無法獲得無水AlCl3固體，故C錯誤；D．NaOH溶液與二氧化硫反應(yīng)，且不與乙烯反應(yīng)，可用裝置乙除去實驗室所制乙烯中的少量SO2，故D正確；故選：D。【點評】本題考查化學(xué)實驗方案的評價，題目難度不大，涉及溶液配制、pH試紙使用、物質(zhì)分離與提純、鹽的水解等知識，明確常見化學(xué)實驗基本操作方法即可解答，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及化學(xué)實驗?zāi)芰Α?．（2分）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【考點】EG：硝酸的化學(xué)性質(zhì)；GE：鈉的化學(xué)性質(zhì)；GM：鐵的化學(xué)性質(zhì)．【分析】A．常溫下Fe和濃硝酸發(fā)生鈍化現(xiàn)象；B．二氧化錳和稀鹽酸不反應(yīng)；C．二氧化硫是酸性氧化物，能和堿反應(yīng)生成鹽和水；D．室溫下，鈉和空氣中氧氣反應(yīng)生成氧化鈉?！窘獯稹拷猓篈．常溫下Fe和濃硝酸發(fā)生鈍化現(xiàn)象，和稀硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成NO，故A錯誤；B．二氧化錳和濃鹽酸在加熱條件下制取氯氣，和稀鹽酸不反應(yīng)，故B錯誤；C．二氧化硫是酸性氧化物，能和堿反應(yīng)生成鹽和水，所以能和過量氨水反應(yīng)生成（NH4）2SO3，故C正確；D．室溫下，鈉和空氣中氧氣反應(yīng)生成氧化鈉，加熱條件下和氧氣反應(yīng)生成過氧化鈉，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查元素化合物，明確元素化合物性質(zhì)及物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系是解本題關(guān)鍵，反應(yīng)物相同條件不同、反應(yīng)物濃度不同會導(dǎo)致產(chǎn)物不同，B為解答易錯點。7．（2分）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﹣═AlO2﹣+H2↑ C．室溫下用稀HNO3溶解銅：Cu+2NO3﹣+2H+═Cu2++2NO2↑+H2O D．向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸：Na2SiO3+2H+═H2SiO3↓+2Na+【考點】49：離子方程式的書寫．【分析】A．氯氣和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成NaCl、NaClO和水；B．電荷不守恒；C．稀硝酸與銅反應(yīng)生成NO；D．硅酸鈉為強電解質(zhì)，在溶液中完全電離?！窘獯稹拷猓篈．氯氣和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成NaCl、NaClO和水，反應(yīng)的離子方程式為Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2O，故A正確；B．用鋁粉和NaOH溶液反應(yīng)制取少量H2，反應(yīng)的離子方程式為2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，故B錯誤；C．稀硝酸與銅反應(yīng)生成NO，反應(yīng)的離子方程式為3Cu+2NO3﹣+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O，故C錯誤；D．硅酸鈉為強電解質(zhì)，在溶液中完全電離，反應(yīng)的離子方程式應(yīng)為SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓，故D錯誤。故選：A。【點評】本題考查離子方程式知識，為高考常見題型和高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力以及化學(xué)用語的學(xué)習(xí)，把握離子方程式正誤判斷得到角度以及物質(zhì)的性質(zhì)為解答該類題目的關(guān)鍵，題目難度中等。8．（2分）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【考點】8F：原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系．【分析】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，則X為O元素；Y原子的最外層有2個電子，其原子序數(shù)大于O，則Y為Mg元素；Z的單質(zhì)晶體是應(yīng)用最廣泛的半導(dǎo)體材料，則Z為Si元素；W與X位于同一主族，則W為S元素，據(jù)此解答?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)分析可知：X為O，Y為Mg，Z為Si，W為S元素。A．同一周期從左向右原子半徑逐漸減小，同一主族從上到下原子半徑逐漸增大，則原子半徑：r（Y）＞r（Z）＞r（W）＞r（X），故A錯誤；B．Mg、O形成的化合物為MgO，MgO只含有離子鍵，屬于離子化合物，故B正確；C．非金屬性Si＜S，則最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：Z（Si）＜W（S），故C錯誤；D．非金屬性：S＜O，則簡單氫化物的穩(wěn)定性：W（S）＜X（O），故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系，題目難度不大，推斷元素為解答關(guān)鍵，注意掌握元素周期律內(nèi)容及常見元素化合物性質(zhì)，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及邏輯推理能力。9．（2分）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）→電解Cl2（g）→△Fe(s)FeClB．MgCl2（aq）→石灰乳Mg（OH）2（s）→煅燒C．S（s）→點燃O2(g)SO3（g）→H2D．N2（g）→高溫高壓、催化劑H2(g)NH3（g）→NaCl(aq)【考點】GR：常見金屬元素的單質(zhì)及其化合物的綜合應(yīng)用．【分析】A．氯氣與鐵反應(yīng)生成氯化鐵；B．氯化鎂可與石灰乳反應(yīng)生成氫氧化鎂，氫氧化鎂在高溫下可分解生成氧化鎂；C．硫和氧氣反應(yīng)生成二氧化硫；D．氨氣、二氧化碳和氯化鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉。【解答】解：A．氯化鈉電解可生成氯氣，氯氣具有強氧化性，與鐵反應(yīng)生成FeCl3，故A錯誤；B．氯化鎂可與石灰乳反應(yīng)生成氫氧化鎂，符合復(fù)分解反應(yīng)的特點，氫氧化鎂在高溫下可分解生成氧化鎂，反應(yīng)符合物質(zhì)的性質(zhì)的轉(zhuǎn)化，故B正確；C．硫和氧氣反應(yīng)生成只能生成二氧化硫，二氧化硫可在催化條件下反應(yīng)生成三氧化硫，故C錯誤；D．氨氣、二氧化碳和氯化鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉，為侯氏制堿法的反應(yīng)原理，碳酸氫鈉分解可生成碳酸鈉，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查常見金屬元素及其化合物的綜合應(yīng)用，為高頻考點，明確常見元素及其化合物性質(zhì)即可解答，試題有利于提高學(xué)生的分析能力及綜合應(yīng)用能力，題目難度中等。10．（2分）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【考點】BK：金屬的電化學(xué)腐蝕與防護．【分析】A．該裝置中發(fā)生吸氧腐蝕，F(xiàn)e作負極，F(xiàn)e失電子生成亞鐵離子；B．鐵腐蝕過程中部分化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能、部分化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能；C．Fe、C和電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池，加速Fe的腐蝕；D．弱酸性或中性條件下鐵腐蝕吸氧腐蝕?！窘獯稹拷猓篈．該裝置中發(fā)生吸氧腐蝕，F(xiàn)e作負極，F(xiàn)e失電子生成亞鐵離子，電極反應(yīng)式為Fe﹣2e﹣═Fe2+，故A錯誤；B．鐵腐蝕過程發(fā)生電化學(xué)反應(yīng)，部分化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，放熱，所以還存在化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能的變化，故B錯誤；C．Fe、C和電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池，F(xiàn)e易失電子被腐蝕，加速Fe的腐蝕，故C正確；D．弱酸性或中性條件下鐵腐蝕吸氧腐蝕，水代替NaCl溶液，溶液仍然呈中性，F(xiàn)e發(fā)生吸氧腐蝕，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查金屬腐蝕與防護，側(cè)重考查原電池原理，明確原電池構(gòu)成條件、原電池正負極判斷方法及正負極上發(fā)生的反應(yīng)是解本題關(guān)鍵，知道析氫腐蝕和吸氧腐蝕區(qū)別，題目難度不大。二、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．（4分）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△H＜0 B．氫氧燃料電池的負極反應(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6.02×1023 D．反應(yīng)2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）的△H可通過下式估算：△H＝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【考點】51：氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算；BH：原電池和電解池的工作原理．【分析】A．該反應(yīng)能自發(fā)進行，則△G＝△H﹣T△S＜0，該反應(yīng)前后氣體體積減小，則△S＜0；B．氫氧燃料電池電池中負極上氫氣失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；C．常溫常壓下，氣體摩爾體積大于22.4L/mol，11.2L的氫氣物質(zhì)的量小于0.5mol；D.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）的△H可通過下式估算：△H＝反應(yīng)中斷裂舊共價鍵的鍵能之和﹣反應(yīng)中形成新共價鍵的鍵能之和。【解答】解：A．該反應(yīng)前后氣體體積減小，則△S＜0，如果該反應(yīng)能自發(fā)進行，則△G＝△H﹣T△S＜0，所以△H＜0，故A正確；B．氫氧燃料電池電池中負極上氫氣失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，如果電解質(zhì)溶液呈酸性，則負極反應(yīng)式為2H2﹣4e﹣＝4H+、正極反應(yīng)式為O2+4e﹣+4H+＝2H2O，如果是堿性電解質(zhì)，負極反應(yīng)式為2H2﹣4e﹣+4OH﹣＝2H2O、正極反應(yīng)式為O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，故B錯誤；C．常溫常壓下，氣體摩爾體積大于22.4L/mol，11.2L的氫氣物質(zhì)的量小于0.5mol，則轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目小于6.02×1023，故C錯誤；D.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）的△H可通過下式估算：△H＝反應(yīng)中斷裂舊共價鍵的鍵能之和﹣反應(yīng)中形成新共價鍵的鍵能之和，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查原電池原理及反應(yīng)熱計算，明確原電池中電極反應(yīng)式的書寫方法、焓變的計算方法是解本題關(guān)鍵，注意氣體摩爾體積適用條件，C為解答易錯點。12．（4分）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【考點】HD：有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．【分析】A．X中能與NaOH溶液反應(yīng)的為酯基和羧基；B．Y應(yīng)與乙酸反應(yīng)生成X；C．X、Y均含有碳碳雙鍵，可發(fā)生氧化反應(yīng)；D．X、Y含有兩個碳碳雙鍵，其中一個碳碳雙鍵加成后碳原子連接不同的原子?！窘獯稹拷猓篈．X中能與NaOH溶液反應(yīng)的為酯基和羧基，且X中得到酯基可水解生成乙酸和酚羥基，則1molX最多能與3molNaOH反應(yīng)，故A錯誤；B．Y生成X，應(yīng)為酚羥基的反應(yīng)，則應(yīng)與乙酸反應(yīng)，故B錯誤；C．X、Y均含有碳碳雙鍵，可與酸性KMnO4溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故C正確；D．X、Y含有兩個碳碳雙鍵，其中一個碳碳雙鍵加成后碳原子連接不同的原子，則加成產(chǎn)物含有手性碳原子，故D正確。故選：CD?！军c評】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，本題注意把握有機物的官能團的性質(zhì)以及有機物的結(jié)構(gòu)特點，為解答該類題目的關(guān)鍵，題目難度不大。13．（4分）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【考點】U5：化學(xué)實驗方案的評價．【分析】A．檢驗亞鐵離子時應(yīng)該先加KSCN溶液后加氯水；B．溶解度小的先生成沉淀；C．氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性；D．鈉鹽溶液濃度不一定相等?！窘獯稹拷猓篈．檢驗亞鐵離子時應(yīng)該先加KSCN溶液后加氯水，防止鐵離子干擾，故A錯誤；B．溶解度小的先生成沉淀，先生成黃色沉淀，說明溶解度AgI＜AgCl，則溶度積常數(shù)Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），故B錯誤；C．氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，溶液呈藍色，說明有碘生成，溴能氧化碘離子生成碘，溴是氧化劑、碘是氧化產(chǎn)物，則Br2的氧化性比I2的強，故C正確；D．鹽溶液濃度未知，無法根據(jù)鈉鹽溶液pH定性判斷其對應(yīng)酸的酸性強弱，只有鈉鹽溶液濃度相同時，才能根據(jù)鈉鹽溶液的pH大小判斷其對應(yīng)酸的酸性強弱，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查化學(xué)實驗方案評價，涉及離子檢驗、溶度積大小比較、氧化性強弱比較、酸性強弱比較等知識點，明確實驗原理、元素化合物性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，D為解答易錯點，題目難度不大。14．（4分）室溫下，反應(yīng)HCO3﹣+H2O?H2CO3+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，室溫下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（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+） B．0.2mol?L﹣1NH4HCO3溶液（pH＞7）：c（NH4+）＞c（HCO3﹣）＞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（NH4+）+c（NH3?H2O）＝c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣） D．0.6mol?L﹣1氨水和0.2mol?L﹣1NH4HCO3溶液等體積混合：c（NH3?H2O）+c（CO32﹣）+c（OH﹣）＝0.3mol?L﹣1+c（H2CO3）+c（H+）【考點】D5：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；DN：離子濃度大小的比較．【分析】A.0.2mol?L﹣1氨水溶液中存在一水合氨電離平衡和水的電離平衡，據(jù)此分析判斷離子濃度；B.0.2mol?L﹣1NH4HCO3溶液（pH＞7），溶液顯堿性說明碳酸氫根離子水解程度大于銨根離子水解程度，據(jù)此分析判斷離子濃度；C．溶液中存在物料守恒，結(jié)合氮元素和碳元素守恒分析判斷離子濃度大??；D．溶液中存在電荷守恒、物料守恒，結(jié)合離子濃度關(guān)系計算分析判斷?！窘獯稹拷猓篈.0.2mol?L﹣1氨水溶液中存在一水合氨電離平衡和水的電離平衡，溶液中離子濃度大小c（NH3?H2O）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+），故A錯誤；B.0.2mol?L﹣1NH4HCO3溶液（pH＞7），溶液顯堿性說明碳酸氫根離子水解程度大于銨根離子水解程度，c（NH4+）＞c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（NH3?H2O），故B正確；C.0.2mol?L﹣1氨水和0.2mol?L﹣1NH4HCO3溶液等體積混合，氮元素物質(zhì)的量是碳元素物質(zhì)的量的2倍，物料守恒得到離子濃度關(guān)系c（NH4+）+c（NH3?H2O）＝2[c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）]，故C錯誤；D.0.6mol?L﹣1氨水和0.2mol?L﹣1NH4HCO3溶液等體積混合，溶液中存在碳物料守恒：c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）＝0.1mol/L①，氮守恒得到：c（NH4+）+c（NH3?H2O）＝0.4mol/L②，混合溶液中存在電荷守恒得到：c（NH4+）+c（H+）＝c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）③，把①中c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）＝0.1﹣c（H2CO3），②中c（NH4+）＝0.4﹣c（NH3?H2O），帶入③整理得到：c（NH3?H2O）+c（CO32﹣）+c（OH﹣）＝0.3mol?L﹣1+c（H2CO3）+c（H+），故D正確；故選：BD。【點評】本題考查了弱電解質(zhì)電離平衡、鹽類水解、電解質(zhì)溶液中電荷守恒、物料守恒等離子關(guān)系的計算應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等。15．（4分）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△H＞0 B．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【考點】CM：轉(zhuǎn)化率隨溫度、壓強的變化曲線．【專題】51E：化學(xué)平衡專題．【分析】A．升高溫度NO平衡轉(zhuǎn)化率降低，平衡逆向移動，升高溫度平衡向吸熱方向移動；B．X點沒有達到平衡狀態(tài)，平衡正向移動，延長時間導(dǎo)致消耗的NO量增多；C．Y點所示條件下達到平衡狀態(tài)，增多氧氣濃度平衡正向移動；D.380℃下，c起始（O2）＝5.0×10﹣4mol?L﹣1，反應(yīng)正向移動，則c平衡（O2）＜5.0×10﹣4mol?L﹣1，NO平衡轉(zhuǎn)化率為50%，則平衡時c（NO）＝c（NO2），化學(xué)平衡常數(shù)K=c【解答】解：A．升高溫度NO平衡轉(zhuǎn)化率降低，平衡逆向移動，升高溫度平衡向吸熱方向移動，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，所以△H＜0，故A錯誤；B．X點沒有達到平衡狀態(tài)，平衡正向移動，延長時間導(dǎo)致消耗的NO量增多，導(dǎo)致NO轉(zhuǎn)化率提高，故B正確；C．Y點所示條件下達到平衡狀態(tài)，增多氧氣濃度平衡正向移動，NO轉(zhuǎn)化率提高，故C錯誤；D.380℃下，c起始（O2）＝5.0×10﹣4mol?L﹣1，反應(yīng)正向移動，則c平衡（O2）＜5.0×10﹣4mol?L﹣1，NO平衡轉(zhuǎn)化率為50%，則平衡時c（NO）＝c（NO2），化學(xué)平衡常數(shù)K=c故選：BD?！军c評】本題以圖象分析為載體考查化學(xué)平衡計算、化學(xué)平衡移動影響因素等知識點，側(cè)重考查分析判斷及計算能力，明確溫度、壓強、濃度對化學(xué)平衡移動影響原理及化學(xué)平衡常數(shù)計算方法是解本題關(guān)鍵，D為解答易錯點，易忽略“c（NO）＝c（NO2）”而導(dǎo)致無法計算，題目難度不大。三、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(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2NH3+2O2催化劑ˉ△N2O+3H2（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﹣═2NO2﹣+H2O2NO2+2OH﹣═NO2﹣+NO3﹣+H2O①下列措施能提高尾氣中NO和NO2去除率的有BC（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NaNO3（填化學(xué)式）；吸收后排放的尾氣中含量較高的氮氧化物是NO（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NO3﹣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NO3﹣，其離子方程式為3HClO+2NO+H2O＝3Cl﹣+2NO3﹣+5H+。②NaClO溶液的初始pH越小，NO轉(zhuǎn)化率越高。其原因是溶液pH越小，溶液中HClO的濃度越大，氧化NO的能力越強。【考點】FE："三廢"處理與環(huán)境保護．【分析】（1）NH3與O2在加熱和催化劑作用下生成N2O，類似于生成NO的反應(yīng)，同時生成水；（2）①提高尾氣中NO和NO2去除率，應(yīng)是氣體與氫氧化鈉溶液充分接觸而反應(yīng)；②反應(yīng)生成NaNO2和NaNO3；如NO的含量比NO2大，則尾氣中含有NO；（3）①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl﹣和NO3﹣，反應(yīng)后溶液呈酸性；②NaClO溶液的初始pH越小，HClO的濃度越大，氧化能力強?！窘獯稹拷猓海?）NH3與O2在加熱和催化劑作用下生成N2O和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NH3+2O2催化劑ˉ△N2O+3H2O，故答案為：2NH3+2O2催化劑ˉ△N（2）①A．加快通入尾氣的速率，氣體不能充分反應(yīng)，故A錯誤；B．采用氣、液逆流的方式吸收尾氣，可使氣體與氫氧化鈉溶液充分反應(yīng)，故B正確；C．吸收尾氣過程中定期補加適量NaOH溶液，可使氣體充分反應(yīng)，故C正確。故答案為：BC；②反應(yīng)生成NaNO2和NaNO3，則含有的雜質(zhì)為NaNO3，如NO的含量比NO2大，則尾氣中含有NO，故答案為：NaNO3；NO；（3）①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl﹣和NO3﹣，反應(yīng)后溶液呈酸性，則反應(yīng)的離子方程式為3HClO+2NO+H2O＝3Cl﹣+2NO3﹣+5H+，故答案為：3HClO+2NO+H2O＝3Cl﹣+2NO3﹣+5H+；②NaClO溶液的初始pH越小，HClO的濃度越大，氧化能力強，則提高NO轉(zhuǎn)化率，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。【點評】本題綜合考查元素化合物知識，為高頻考點，側(cè)重于化學(xué)與環(huán)境的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)以及題給信息，題目難度不大。17．（15分）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羥基和羧基。（2）A→B的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)。（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FeC13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）?！究键c】HC：有機物的合成．【專題】112：有機推斷．【分析】A發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B發(fā)生取代反應(yīng)生成C，C發(fā)生取代反應(yīng)生成D，D發(fā)生取代反應(yīng)生成E，E發(fā)生還原反應(yīng)生成F；（5）以和CH3CH2CH2OH為原料制備，丙醇發(fā)生催化氧化生成丙醛，發(fā)生還原反應(yīng)生成鄰甲基苯甲醇，然后發(fā)生取代反應(yīng)，再和Mg發(fā)生信息中的反應(yīng)，最后和丙醛反應(yīng)生成目標(biāo)產(chǎn)物。【解答】解：（1）A中含氧官能團的名稱為羥基、羧基，故答案為：羥基；羧基；（2）A→B的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)，故答案為：取代反應(yīng)；（3）C→D的反應(yīng)中有副產(chǎn)物X（分子式為C12H15O6Br）生成，根據(jù)C原子知，X中兩個酚羥基都發(fā)生取代反應(yīng)，則X的結(jié)構(gòu)簡式：，故答案為：；（4）C的一種同分異構(gòu)體同時滿足下列條件，①能與FeC13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，說明只有兩種氫原子且兩種氫原子個數(shù)相等，且含有酯基，符合條件的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：；（5）以和CH3CH2CH2OH為原料制備，丙醇發(fā)生催化氧化生成丙醛，發(fā)生還原反應(yīng)生成鄰甲基苯甲醇，然后發(fā)生取代反應(yīng)，再和Mg發(fā)生信息中的反應(yīng)，最后和丙醛反應(yīng)生成目標(biāo)產(chǎn)物，合成路線為，故答案為：。【點評】本題考查有機物推斷和合成，側(cè)重考查分析判斷及知識綜合運用、知識遷移能力，明確官能團的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)關(guān)系、物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系、知識遷移運用方法是解本題關(guān)鍵，注意結(jié)合題給信息進行合成路線設(shè)計，題目難度中等。18．（12分）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，得到紅棕色粘稠液體。H2O2氧化Fe2+的離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；水解聚合反應(yīng)會導(dǎo)致溶液的pH減小。（2）測定聚合硫酸鐵樣品中鐵的質(zhì)量分數(shù)：準(zhǔn)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Cr2O72﹣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)果將偏大（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）。【考點】RD：探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量．【分析】（1）酸性條件下，H2O2氧化Fe2+生成Fe3+，同時自身被還原生成H2O；Fe3+水解導(dǎo)致溶液中c（H+）增大；（2）①Sn2+具有還原性，能被K2Cr2O7氧化，從而導(dǎo)致K2Cr2O7消耗偏多；②根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得Cr2O72﹣+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O，根據(jù)關(guān)系式Cr2O72﹣～6Fe3+知，n（Fe3+）＝6n（K2Cr2O7）＝6×5.000×10﹣2mol?L﹣1×0.022L＝6.600×10﹣3mol，m＝nM＝6.600×10﹣3mol×56g/mol＝0.3696g，樣品中Fe元素質(zhì)量分數(shù)=鐵元素質(zhì)量【解答】解：（1）酸性條件下，H2O2氧化Fe2+生成Fe3+，同時自身被還原生成H2O，離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；Fe3+水解導(dǎo)致溶液中c（H+）增大，則溶液的pH減小，故答案為：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；減?。唬?）①Sn2+具有還原性，能被K2Cr2O7氧化，從而導(dǎo)致K2Cr2O7消耗偏多，則樣品中鐵的質(zhì)量分數(shù)的測定結(jié)果將偏大，故答案為：偏大；②根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得Cr2O72﹣+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O，根據(jù)關(guān)系式Cr2O72﹣～6Fe3+知，n（Fe3+）＝6n（K2Cr2O7）＝6×5.000×10﹣2mol?L﹣1×0.022L＝6.600×10﹣3mol，m＝nM＝6.600×10﹣3mol×56g/mol＝0.3696g，樣品中Fe元素質(zhì)量分數(shù)=鐵元素質(zhì)量樣品質(zhì)量×答：根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得Cr2O72﹣+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O，根據(jù)關(guān)系式Cr2O72﹣～6Fe3+知，n（Fe3+）＝6n（K2Cr2O7）＝6×5.000×10﹣2mol?L﹣1×0.022L＝6.600×10﹣3mol，m＝nM＝6.600×10﹣3mol×56g/mol＝0.3696g，樣品中Fe元素質(zhì)量分數(shù)=鐵元素質(zhì)量樣品質(zhì)量×【點評】本題考查物質(zhì)含量測定，側(cè)重考查氧化還原反應(yīng)、誤差分析、方程式的計算、信息的獲取和靈活運用等，明確元素化合物性質(zhì)、題干中信息含義是解本題關(guān)鍵，注意轉(zhuǎn)移電子守恒的靈活運用，題目難度不大。19．（15分）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，其實驗流程如圖：（1）室溫下，反應(yīng)CaSO4（s）+CO32﹣（aq）?CaCO3（s）+SO42﹣（aq）達到平衡，則溶液中c(SO42-)c(CO32-)=1.6×104[Ksp（CaSO4）＝4.8×10﹣5（2）將氨水和NH4HCO3溶液混合，可制得（NH4）2CO3溶液，其離子方程式為HCO3﹣+NH3?H2O＝NH4++CO32﹣+H2O；浸取廢渣時，向（NH4）2CO3溶液中加入適量濃氨水的目的是增加溶液中CO32﹣的濃度，促進CaSO4的轉(zhuǎn)化。（3）廢渣浸取在如圖所示的裝置中進行?？刂品磻?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)換率下降，其原因是溫度過高，碳酸銨分解；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)化率的操作有加快攪拌速率。（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：在攪拌下向足量的稀鹽酸中分批加入濾渣，待觀察不到氣泡后，過濾，向濾液中分批加入少量的氫氧化鈣，用pH、試紙測量溶液的pH，當(dāng)pH介于5﹣8.5時，過濾[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]。【考點】U3：制備實驗方案的設(shè)計．【分析】工業(yè)廢渣（主要含CaSO4?2H2O，還含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3），加入碳酸銨溶液浸取，可將CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3，濾渣含有CaCO3、SiO2、Al2O3、Fe2O3，可用于制取輕質(zhì)CaCO3，濾液中主要含有硫酸銨，可制備（NH4）2SO4晶體，以此解答該題。【解答】解：（1）反應(yīng)CaSO4（s）+CO32﹣（aq）?CaCO3（s）+SO42﹣（aq）達到平衡，溶液中c(SO42-)c(CO32-)（2）將氨水和NH4HCO3溶液混合，反應(yīng)生成（NH4）2CO3，離子方程式為HCO3﹣+NH3?H2O＝NH4++CO32﹣+H2O，向（NH4）2CO3溶液中加入適量濃氨水，可抑制CO32﹣的水解，增大CO32﹣的濃度，促進CaSO4的轉(zhuǎn)化，故答案為：HCO3﹣+NH3?H2O＝NH4++CO32﹣+H2O；增加溶液中CO32﹣的濃度，促進CaSO4的轉(zhuǎn)化；（3）溫度過高將會使碳酸銨分解，導(dǎo)致CaSO4的轉(zhuǎn)換率下降，反應(yīng)在攪拌條件下進行，加快攪拌速率，可提高CaSO4轉(zhuǎn)化率，故答案為：溫度過高，碳酸銨分解；加快攪拌速率；（4）濾渣含有CaCO3、SiO2、Al2O3、Fe2O3，可分批向足量的稀鹽酸中加入濾渣，待觀察不到氣泡后，說明鹽酸完全反應(yīng)，過濾，除去二氧化硅以及過量的濾渣，向濾液中分批加入少量的氫氧化鈣，用pH、試紙測量溶液的pH，當(dāng)pH介于5﹣8.5時，完全除去鐵離子、鋁離子，過濾，可得到CaCl2溶液，故答案為：在攪拌下向足量的稀鹽酸中分批加入濾渣，待觀察不到氣泡后，過濾，向濾液中分批加入少量的氫氧化鈣，用pH、試紙測量溶液的pH，當(dāng)pH介于5﹣8.5時，過濾?！军c評】本題考查制備實驗方案的設(shè)計，為高頻考點，把握制備原理及實驗流程中的反應(yīng)、物質(zhì)的性質(zhì)等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ木C合考查，題目難度中等。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。（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)量變化如圖。①寫出400～600℃范圍內(nèi)分解反應(yīng)的化學(xué)方程式：CaC2O4400-600℃ˉCaCO3+CO↑②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，其原因是CaC2O4?H2O熱分解放出更多的氣體，制得的氧化鈣更加疏松多孔。（2）電解法轉(zhuǎn)化CO2可實現(xiàn)CO2資源化利用。電解CO2制HCOOH的原理示意圖如圖。①寫出陰極CO2還原為HCOO﹣的電極反應(yīng)式：CO2+H++2e﹣＝HCOO﹣或CO2+HCO3﹣+2e﹣＝HCOO﹣+CO32﹣。②電解一段時間后，陽極區(qū)的KHCO3溶液濃度降低，其原因是陽極產(chǎn)生O2，pH減小，HCO3﹣濃度降低；K+部分遷移至陰極區(qū)。（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）△H＝41.2kJ?mol﹣1反應(yīng)Ⅱ：2CO2（g）+6H2（g）＝CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H＝﹣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=2×C①溫度高于300℃，CO2平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而上升的原因是反應(yīng)Ⅰ的△H＞0，反應(yīng)Ⅱ的△H＜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。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選擇性的措施有增大壓強，使用對反應(yīng)Ⅱ催化活性更高的催化劑。【考點】FE："三廢"處理與環(huán)境保護．【分析】（1）CaC2O4?H2O熱分解先分解生成草酸鈣和水，0﹣200°C，固體質(zhì)量變化146﹣128＝18，反應(yīng)的化學(xué)方程式：0﹣200°C發(fā)生的反應(yīng)：CaC2O4?H2O△ˉCaC2O4+H2O，400﹣600°C質(zhì)量減少128﹣100＝28g，草酸鈣分解生成了一氧化碳和碳酸鈣，是發(fā)生反應(yīng)CaC2O4△ˉCaCO3+CO，800﹣1000°C，質(zhì)量變化＝100﹣56＝44，是碳酸鈣分解生成氧化鈣和二氧化碳，反應(yīng)的化學(xué)方程式：CaCO3△ˉ①上述分析可知400～600℃范圍內(nèi)分解反應(yīng)為草酸鈣分解生成碳酸鈣和一氧化碳；②CaC2O4?H2O熱分解放出更多的氣體；（2）①陰極CO2還原為HCOO﹣的電極反應(yīng)是二氧化碳得到電子生成甲酸根離子或在碳酸氫根離子溶液中生成甲酸根離子和碳酸根離子；②電解一段時間后，陽極區(qū)的KHCO3溶液濃度降低升溫原因是陽極生成氧氣電極附近氫離子濃度增大和碳酸氫根離子反應(yīng)，鉀離子電解過程中移向陰極；（3）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：反應(yīng)Ⅰ的△H＞0，反應(yīng)Ⅱ的△H＜0，升溫反應(yīng)Ⅰ正向進行，反應(yīng)Ⅱ逆向進行；②不改變反應(yīng)時間和溫度，一定能提高CH3OCH3選擇性的條件，結(jié)合CH3OCH3的選擇性=2×C【解答】解：（1）CaC2O4?H2O熱分解先分解生成草酸鈣和水，0﹣200°C，固體質(zhì)量變化146﹣128＝18，反應(yīng)的化學(xué)方程式：0﹣200°C發(fā)生的反應(yīng)：CaC2O4?H2O△ˉCaC2O4+H2O↑，400﹣600°C質(zhì)量減少128﹣100＝28g，草酸鈣分解生成了一氧化碳和碳酸鈣，是發(fā)生反應(yīng)CaC2O4△ˉCaCO3+CO↑，800﹣1000°C，質(zhì)量變化＝100﹣56＝44，是碳酸鈣分解生成氧化鈣和二氧化碳，反應(yīng)的化學(xué)方程式：CaCO3△ˉCaO+CO①400﹣600°C質(zhì)量減少128﹣100＝28g，草酸鈣分解生成了一氧化碳和碳酸鈣，是發(fā)生反應(yīng)CaC2O4△ˉCaCO3+CO↑故答案為：CaC2O4400-600℃ˉCaCO3+CO↑②CaC2O4?H2O熱分解制備的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是：CaC2O4?H2O熱分解放出更多的氣體，制得的氧化鈣更加疏松多孔，故答案為：CaC2O4?H2O熱分解放出更多的氣體，制得的氧化鈣更加疏松多孔；（2）①陰極CO2還原為HCOO﹣的電極反應(yīng)是二氧化碳得到電子生成甲酸根離子或在碳酸氫根離子溶液中生成甲酸根離子和碳酸根離子，結(jié)合電子守恒、電荷守恒和原子守恒書寫電極反應(yīng)為：CO2+H++2e﹣＝HCOO﹣或CO2+HCO3﹣+2e﹣＝HCOO﹣+CO32﹣，故答案為：CO2+H++2e﹣＝HCOO﹣或CO2+HCO3﹣+2e﹣＝HCOO﹣+CO32﹣；②電解一段時間后，陽極區(qū)的KHCO3溶液濃度降低升溫原因是：陽極氫氧根離子失電子生成氧氣，電極附近氫離子濃度增大，PH減小和碳酸氫根離子反應(yīng)，HCO3﹣濃度降低，K+部分遷移至陰極區(qū)，故答案為：陽極產(chǎn)生O2，PH減小，HCO3﹣濃度降低；K+部分遷移至陰極區(qū)；（3）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：反應(yīng)Ⅰ的△H＞0，反應(yīng)Ⅱ的△H＜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，故答案為：反應(yīng)Ⅰ的△H＞0，反應(yīng)Ⅱ的△H＜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；②2CO2（g）+6H2（g）＝CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H＝﹣122.5kJ?mol﹣1，結(jié)合CH3OCH3的選擇性=2×CH3OCH3的物質(zhì)的量故答案為：增大壓強，使用對反應(yīng)Ⅱ催化活性更高的催化劑?！军c評】本題考查了物質(zhì)分解產(chǎn)物的分析判斷、圖象變化的理解應(yīng)用、電解原理和電極反應(yīng)書寫、影響化學(xué)平衡的因素分析判斷等知識點，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等