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2019 年江苏省高考化学试卷解析版
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合
题意
1．（2分）糖类是人体所需的重要营养物质。淀粉分子中不含的元素是（ ）
A．氢 B．碳 C．氮 D．氧
【考点】45：分子式；K3：淀粉的性质和用途．
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【分析】淀粉属于多糖，属于烃的含氧衍生物，含有C、H、O元素，据此分析解答。
【解答】解：糖类物质属于烃的含氧衍生物，都含有C、H、O元素，淀粉属于多糖，
所以含有C、H、O元素，但不含N元素；蛋白质中含有C、H、O、N元素，部分蛋白
质还含有S、P等元素，
故选：C。
【点评】本题考查淀粉中元素判断，属于基础题，明确人类所需营养物质中所含元素是
解本题关键，注意基础知识的归纳总结，题目难度不大。
2．（2分）反应 NH Cl+NaNO ═NaCl+N ↑+2H O放热且产生气体，可用于冬天石油开
4 2 2 2
采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A．中子数为18的氯原子：1
17
8Cl
B．N 的结构式：N═N
2
C．Na+的结构示意图：
D．H O的电子式：
2
【考点】4J：电子式、化学式或化学符号及名称的综合．
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【分析】A．质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子
数；
B．氮气分子中含有的是氮氮三键；
C．钠离子的核外电子总数为10，最外层达到8电子稳定结构；
D．水分子为共价化合物，含有2个O﹣H键。
【解答】解：A．中子数为18的氯原子的质量数为18+17＝35，该氯原子正确的表示方法为 35Cl，故A错误；
17
B．分子中含有1个氮氮三键，其正确的结构式为N≡N，故B错误；
C． 为钠原子结构示意图，钠离子最外层含有8个电子，其离子结构示意
图为 ，故C错误；
D．水分子属于共价化合物，其电子式为 ，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及电子式、原子结构示
意图和离子结构示意图、结构式等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题
侧重考查学生的规范答题能力。
3．（2分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．NH HCO 受热易分解，可用作化肥
4 3
B．稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈
C．SO 具有氧化性，可用于纸浆漂白
2
D．Al O 具有两性，可用于电解冶炼铝
2 3
【考点】EF：铵盐；F5：二氧化硫的化学性质．
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【分析】A．碳酸氢铵为可溶性铵盐，含有N元素，可以作肥料；
B．稀硫酸能和氧化铁反应生成硫酸铁和水；
C．二氧化硫具有漂白性，能漂白纸张；
D．氧化铝熔融状态下能导电，工业上采用电解氧化铝的方法冶炼Al。
【解答】解：A．碳酸氢铵为可溶性铵盐，含有N元素，可以作肥料，与其热稳定性无
关，故A错误；
B．稀硫酸能和氧化铁反应生成可溶性的硫酸铁和水，所以能除锈，该反应中体现稀硫
酸的酸性，故B正确；
C．二氧化硫具有漂白性，能漂白纸张，所以用二氧化硫漂白纸浆与其氧化性无关，故
C错误；
D．氧化铝熔融状态下能导电且 Al较活泼，所以工业上采用电解氧化铝的方法冶炼
Al，用氧化铝冶炼Al与其两性无关，故D错误；故选：B。
【点评】本题考查性质和用途，侧重考查元素化合物性质，明确常见元素化合物性质是
解本题关键，注意二氧化硫漂白性和HClO漂白性区别，知道金属冶炼方法，题目难度
不大。
4．（2分）室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．0.1mol•L﹣1NaOH溶液：Na+、K+、CO 2﹣、AlO ﹣
3 2
B．0.1mol•L﹣1FeCl 溶液：K+、Mg2+、SO 2﹣、MnO ﹣
2 4 4
C．0.1mol•L﹣1K CO 溶液：Na+、Ba2+、Cl﹣、OH﹣
2 3
D．0.1mol•L﹣1H SO 溶液：K+、NH +、NO ﹣、HSO ﹣
2 4 4 3 3
【考点】DP：离子共存问题．
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【分析】A．四种离子之间不反应，都不与氢氧化钠反应；
B．高锰酸根离子能够氧化亚铁离子；
C．碳酸钾与钡离子生成碳酸钡沉淀；
D．酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚硫酸氢根离子。
【解答】解：A．Na+、K+、CO 2﹣、AlO ﹣之间不反应，都不与NaOH反应，在溶液
3 2
中能够大量共存，故A正确；
B．FeCl 溶液的Fe2+易被MnO ﹣氧化，在溶液中不能大量共存，故B错误；
2 4
C．K CO 与Ba2+反应生成难溶物碳酸钡，在溶液中不能大量共存，故C错误；
2 3
D．H SO 与 HSO ﹣反应，酸性条件下 NO ﹣能够氧化 HSO ﹣，在溶液中不能大量共
2 4 3 3 3
存，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子共存，题目难度不大，明确离子反应发生条件即可解答，注意掌
握常见离子的性质及共存条件，试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力。
5．（2分）下列实验操作能达到实验目的是（ ）A．用经水湿润的pH试纸测量溶液的pH
B．将4.0gNaOH固体置于100mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000mol•L﹣1NaOH溶
液
C．用装置甲蒸干AlCl 溶液制无水AlCl 固体
3 3
D．用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量SO
2
【考点】U5：化学实验方案的评价．
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【分析】A．pH试纸不能湿润，否则可能影响测定结果；
B．不能在容量瓶中溶解氢氧化钠固体；
C．氯化氢易挥发，加热蒸干得到的是氢氧化铝；
D．乙烯不与氢氧化钠溶液反应，二氧化硫与氢氧化钠反应。
【解答】解：A．用经水湿润的pH试纸测量溶液的pH，原溶液被稀释，若为酸或碱溶
液，会影响测定结果，故A错误；
B．应该在烧杯中溶解NaOH固体，不能在容量瓶中直接溶解，故B错误；
C．氯化铝水解生成氢氧化铝和HCl，HCl易挥发，蒸干AlCl 溶液无法获得无水AlCl
3 3
固体，故C错误；
D．NaOH溶液与二氧化硫反应，且不与乙烯反应，可用装置乙除去实验室所制乙烯中
的少量SO ，故D正确；
2
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及溶液配制、pH试纸使
用、物质分离与提纯、盐的水解等知识，明确常见化学实验基本操作方法即可解答，试
题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
6．（2分）下列有关化学反应的叙述正确的是（ ）
A．Fe在稀硝酸中发生钝化
B．MnO 和稀盐酸反应制取Cl
2 2
C．SO 与过量氨水反应生成（NH ） SO
2 4 2 3
D．室温下Na与空气中O 反应制取Na O
2 2 2
【考点】EG：硝酸的化学性质；GE：钠的化学性质；GM：铁的化学性质．
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【分析】A．常温下Fe和浓硝酸发生钝化现象；
B．二氧化锰和稀盐酸不反应；
C．二氧化硫是酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水；D．室温下，钠和空气中氧气反应生成氧化钠。
【解答】解：A．常温下Fe和浓硝酸发生钝化现象，和稀硝酸发生氧化还原反应生成
NO，故A错误；
B．二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制取氯气，和稀盐酸不反应，故B错误；
C．二氧化硫是酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水，所以能和过量氨水反应生成
（NH ） SO ，故C正确；
4 2 3
D．室温下，钠和空气中氧气反应生成氧化钠，加热条件下和氧气反应生成过氧化钠，
故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查元素化合物，明确元素化合物性质及物质之间的转化关系是解本题关
键，反应物相同条件不同、反应物浓度不同会导致产物不同，B为解答易错点。
7．（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．室温下用稀NaOH溶液吸收Cl ：Cl +2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H O
2 2 2
B．用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H ：Al+2OH﹣═AlO ﹣+H ↑
2 2 2
C．室温下用稀HNO 溶解铜：Cu+2NO ﹣+2H+═Cu2++2NO ↑+H O
3 3 2 2
D．向Na SiO 溶液中滴加稀盐酸：Na SiO +2H+═H SiO ↓+2Na+
2 3 2 3 2 3
【考点】49：离子方程式的书写．
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【分析】A．氯气和氢氧化钠溶液反应生成NaCl、NaClO和水；
B．电荷不守恒；
C．稀硝酸与铜反应生成NO；
D．硅酸钠为强电解质，在溶液中完全电离。
【解答】解：A．氯气和氢氧化钠溶液反应生成NaCl、NaClO和水，反应的离子方程式
为Cl +2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H O，故A正确；
2 2
B．用铝粉和 NaOH溶液反应制取少量 H ，反应的离子方程式为 2Al+2OH﹣+2H O═
2 2
2AlO ﹣+3H ↑，故B错误；
2 2
C．稀硝酸与铜反应生成 NO，反应的离子方程式为 3Cu+2NO ﹣+8H+═3Cu2++2NO↑
3
+4H O，故C错误；
2
D．硅酸钠为强电解质，在溶液中完全电离，反应的离子方程式应为 SiO 2﹣+2H+═
3
H SiO ↓，故D错误。
2 3
故选：A。【点评】本题考查离子方程式知识，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析
能力以及化学用语的学习，把握离子方程式正误判断得到角度以及物质的性质为解答该
类题目的关键，题目难度中等。
8．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元
素，Y原子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位
于同一主族。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r（W）＞r（Z）＞r（Y）＞r（X）
B．由X、Y组成的化合物是离子化合物
C．Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强
D．W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强
【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．
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【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的
元素，则X为O元素；Y原子的最外层有2个电子，其原子序数大于O，则Y为Mg
元素；Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，则Z为Si元素；W与X位于同一主
族，则W为S元素，据此解答。
【解答】解：根据分析可知：X为O，Y为Mg，Z为Si，W为S元素。
A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原
子半径：r（Y）＞r（Z）＞r（W）＞r（X），故A错误；
B．Mg、O形成的化合物为MgO，MgO只含有离子键，属于离子化合物，故B正确；
C．非金属性 Si＜S，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Z（Si）＜W（S），故 C错
误；
D．非金属性：S＜O，则简单氢化物的稳定性：W（S）＜X（O），故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关
键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及
逻辑推理能力。
9．（2分）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
电解 𝐹𝑒(𝑠)
A．NaCl（aq）→Cl （g） →FeCl （s）
2 2
△
石灰乳 煅烧
B．MgCl （aq） → Mg（OH） （s）→MgO（s）
2 2𝑂 (𝑔) 𝐻 𝑂(𝑙)
2 2
C．S（s） →SO （g） → H SO （aq）
3 2 4
点燃
𝐻 (𝑔) 𝐶𝑂 (𝑔)
2 2
D．N （g） → NH （g） → Na CO （s）
2 3 2 3
高温高压、催化剂 𝑁𝑎𝐶𝑙(𝑎𝑞)
【考点】GR：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．
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【分析】A．氯气与铁反应生成氯化铁；
B．氯化镁可与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁在高温下可分解生成氧化镁；
C．硫和氧气反应生成二氧化硫；
D．氨气、二氧化碳和氯化钠反应生成碳酸氢钠。
【解答】解：A．氯化钠电解可生成氯气，氯气具有强氧化性，与铁反应生成FeCl ，
3
故A错误；
B．氯化镁可与石灰乳反应生成氢氧化镁，符合复分解反应的特点，氢氧化镁在高温下
可分解生成氧化镁，反应符合物质的性质的转化，故B正确；
C．硫和氧气反应生成只能生成二氧化硫，二氧化硫可在催化条件下反应生成三氧化
硫，故C错误；
D．氨气、二氧化碳和氯化钠反应生成碳酸氢钠，为侯氏制碱法的反应原理，碳酸氢钠
分解可生成碳酸钠，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查常见金属元素及其化合物的综合应用，为高频考点，明确常见元素及
其化合物性质即可解答，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中
等。
10．（2分）将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁
的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是（ ）
A．铁被氧化的电极反应式为Fe﹣3e﹣═Fe3+
B．铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能
C．活性炭的存在会加速铁的腐蚀
D．以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀【考点】BK：金属的电化学腐蚀与防护．
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【分析】A．该装置中发生吸氧腐蚀，Fe作负极，Fe失电子生成亚铁离子；
B．铁腐蚀过程中部分化学能转化为热能、部分化学能转化为电能；
C．Fe、C和电解质溶液构成原电池，加速Fe的腐蚀；
D．弱酸性或中性条件下铁腐蚀吸氧腐蚀。
【解答】解：A．该装置中发生吸氧腐蚀，Fe作负极，Fe失电子生成亚铁离子，电极反
应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+，故A错误；
B．铁腐蚀过程发生电化学反应，部分化学能转化为电能，放热，所以还存在化学能转
化为热能的变化，故B错误；
C．Fe、C和电解质溶液构成原电池，Fe易失电子被腐蚀，加速 Fe的腐蚀，故 C正
确；
D．弱酸性或中性条件下铁腐蚀吸氧腐蚀，水代替NaCl溶液，溶液仍然呈中性，Fe发
生吸氧腐蚀，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查金属腐蚀与防护，侧重考查原电池原理，明确原电池构成条件、原电
池正负极判断方法及正负极上发生的反应是解本题关键，知道析氢腐蚀和吸氧腐蚀区
别，题目难度不大。
二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个
选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两
个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题
就得0分。
11．（4分）氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是
（ ）
A．一定温度下，反应2H （g）+O （g）═2H O（g）能自发进行，该反应的△H＜0
2 2 2
B．氢氧燃料电池的负极反应为O +2H O+4e﹣═4OH﹣
2 2
C．常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2LH ，转移电子的数目为6.02×1023
2
D．反应2H （g）+O （g）═2H O（g）的△H可通过下式估算：△H＝反应中形成新
2 2 2
共价键的键能之和﹣反应中断裂旧共价键的键能之和【考点】51：氧化还原反应的电子转移数目计算；BH：原电池和电解池的工作原理．
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【分析】A．该反应能自发进行，则△G＝△H﹣T△S＜0，该反应前后气体体积减小，
则△S＜0；
B．氢氧燃料电池电池中负极上氢气失电子发生氧化反应；
C．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2L的氢气物质的量小于0.5mol；
D.2H （g）+O （g）═2H O（g）的△H可通过下式估算：△H＝反应中断裂旧共价键
2 2 2
的键能之和﹣反应中形成新共价键的键能之和。
【解答】解：A．该反应前后气体体积减小，则△S＜0，如果该反应能自发进行，则△
G＝△H﹣T△S＜0，所以△H＜0，故A正确；
B．氢氧燃料电池电池中负极上氢气失电子发生氧化反应，如果电解质溶液呈酸性，则
负极反应式为2H ﹣4e﹣＝4H+、正极反应式为O +4e﹣+4H+＝2H O，如果是碱性电解
2 2 2
质，负极反应式为 2H ﹣4e﹣+4OH﹣＝2H O、正极反应式为 O +4e﹣+2H O＝4OH﹣，
2 2 2 2
故B错误；
C．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2L的氢气物质的量小于0.5mol，则
转移电子的数目小于6.02×1023，故C错误；
D.2H （g）+O （g）═2H O（g）的△H可通过下式估算：△H＝反应中断裂旧共价键
2 2 2
的键能之和﹣反应中形成新共价键的键能之和，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原电池原理及反应热计算，明确原电池中电极反应式的书写方法、焓
变的计算方法是解本题关键，注意气体摩尔体积适用条件，C为解答易错点。
12．（4分）化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。
下列有关化合物X、Y的说法正确的是（ ）
A．1molX最多能与2molNaOH反应
B．Y与乙醇发生酯化反应可得到XC．X、Y均能与酸性KMnO 溶液反应
4
D．室温下X、Y分别与足量Br 加成的产物分子中手性碳原子数目相等
2
【考点】HD：有机物的结构和性质．
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【分析】A．X中能与NaOH溶液反应的为酯基和羧基；
B．Y应与乙酸反应生成X；
C．X、Y均含有碳碳双键，可发生氧化反应；
D．X、Y含有两个碳碳双键，其中一个碳碳双键加成后碳原子连接不同的原子。
【解答】解：A．X中能与NaOH溶液反应的为酯基和羧基，且X中得到酯基可水解生
成乙酸和酚羟基，则1molX最多能与3molNaOH反应，故A错误；
B．Y生成X，应为酚羟基的反应，则应与乙酸反应，故B错误；
C．X、Y均含有碳碳双键，可与酸性KMnO 溶液发生氧化还原反应，故C正确；
4
D．X、Y含有两个碳碳双键，其中一个碳碳双键加成后碳原子连接不同的原子，则加
成产物含有手性碳原子，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，本题
注意把握有机物的官能团的性质以及有机物的结构特点，为解答该类题目的关键，题目
难度不大。
13．（4分）室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 向 X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量 X溶液中一定含有Fe2+
KSCN溶液，溶液变为红色
B 向浓度均为0.05mol•L﹣1的NaI、NaCl混合溶液中滴 K （ AgI） ＞ K
sp sp
加少量AgNO 溶液，有黄色沉淀生成 （AgCl）
3
C 向3mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL Br 的氧化性比I 的强
2 2
淀粉溶液，溶液显蓝色
D 用 pH试纸测得：CH COONa溶液的 pH约为 9， HNO 电离出H+的能力比
3 2
NaNO 溶液的pH约为8 CH COOH的强
2 3
A．A B．B C．C D．D
【考点】U5：化学实验方案的评价．
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B．溶解度小的先生成沉淀；
C．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
D．钠盐溶液浓度不一定相等。
【解答】解：A．检验亚铁离子时应该先加KSCN溶液后加氯水，防止铁离子干扰，故
A错误；
B．溶解度小的先生成沉淀，先生成黄色沉淀，说明溶解度AgI＜AgCl，则溶度积常数
K （AgI）＜K （AgCl），故B错误；
sp sp
C．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，溶液呈蓝色，说明有碘生成，溴能氧化碘
离子生成碘，溴是氧化剂、碘是氧化产物，则Br 的氧化性比I 的强，故C正确；
2 2
D．盐溶液浓度未知，无法根据钠盐溶液pH定性判断其对应酸的酸性强弱，只有钠盐
溶液浓度相同时，才能根据钠盐溶液的pH大小判断其对应酸的酸性强弱，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案评价，涉及离子检验、溶度积大小比较、氧化性强弱比
较、酸性强弱比较等知识点，明确实验原理、元素化合物性质是解本题关键，D为解答
易错点，题目难度不大。
14．（4分）室温下，反应 HCO ﹣+H O⇌H CO +OH﹣的平衡常数 K＝2.2×10﹣8．将
3 2 2 3
NH HCO 溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO．若溶液混合引起的
4 3
体积变化可忽略，室温下下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．0.2mol•L﹣1氨水：c（NH •H O）＞c（NH +）＞c（OH﹣）＞c（H+）
3 2 4
B．0.2mol•L﹣1NH HCO 溶液（pH＞7）：c（NH +）＞c（HCO ﹣）＞c（H CO ）＞c
4 3 4 3 2 3
（NH •H O）
3 2
C．0.2mol•L﹣1氨水和0.2mol•L﹣1NH HCO 溶液等体积混合：c（NH +）+c（NH •
4 3 4 3
H O）＝c（H CO ）+c（HCO ﹣）+c（CO 2﹣）
2 2 3 3 3
D．0.6mol•L﹣1氨水和0.2mol•L﹣1NH HCO 溶液等体积混合：c（NH •H O）+c
4 3 3 2
（CO 2﹣）+c（OH﹣）＝0.3mol•L﹣1+c（H CO ）+c（H+）
3 2 3
【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡；DN：离子浓度大小的比较．
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【分析】A.0.2mol•L﹣1氨水溶液中存在一水合氨电离平衡和水的电离平衡，据此分析判
断离子浓度；B.0.2mol•L﹣1NH HCO 溶液（pH＞7），溶液显碱性说明碳酸氢根离子水解程度大于铵
4 3
根离子水解程度，据此分析判断离子浓度；
C．溶液中存在物料守恒，结合氮元素和碳元素守恒分析判断离子浓度大小；
D．溶液中存在电荷守恒、物料守恒，结合离子浓度关系计算分析判断。
【解答】解：A.0.2mol•L﹣1氨水溶液中存在一水合氨电离平衡和水的电离平衡，溶液中
离子浓度大小c（NH •H O）＞c（OH﹣）＞c（NH +）＞c（H+），故A错误；
3 2 4
B.0.2mol•L﹣1NH HCO 溶液（pH＞7），溶液显碱性说明碳酸氢根离子水解程度大于铵
4 3
根离子水解程度，c（NH +）＞c（HCO ﹣）＞c（H CO ）＞c（NH •H O），故 B正
4 3 2 3 3 2
确；
C.0.2mol•L﹣1氨水和0.2mol•L﹣1NH HCO 溶液等体积混合，氮元素物质的量是碳元素
4 3
物质的量的 2倍，物料守恒得到离子浓度关系 c（NH +）+c（NH •H O）＝2[c
4 3 2
（H CO ）+c（HCO ﹣）+c（CO 2﹣）]，故C错误；
2 3 3 3
D.0.6mol•L﹣1氨水和0.2mol•L﹣1NH HCO 溶液等体积混合，溶液中存在碳物料守恒：
4 3
c（HCO ﹣）+c（CO 2﹣）+c（H CO ）＝0.1mol/L①，氮守恒得到：c（NH +）+c
3 3 2 3 4
（NH •H O）＝0.4mol/L②，混合溶液中存在电荷守恒得到：c（NH +）+c（H+）＝c
3 2 4
（HCO ﹣）+2c（CO 2﹣）+c（OH﹣） ③，把①中c（HCO ﹣）+c（CO 2﹣）＝0.1﹣
3 3 3 3
c（H CO ），②中c（NH +）＝0.4﹣c（NH •H O），带入③整理得到：c（NH •H O）
2 3 4 3 2 3 2
+c（CO 2﹣）+c（OH﹣）＝0.3mol•L﹣1+c（H CO ）+c（H+），故D正确；
3 2 3
故选：BD。
【点评】本题考查了弱电解质电离平衡、盐类水解、电解质溶液中电荷守恒、物料守恒
等离子关系的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
15．（4分）在恒压、NO和O 的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温
2
度下NO转化为NO 的转化率如图中实线所示（图中虚线表示相同条件下NO的平衡转
2
化率随温度的变化）。下列说法正确的是
（ ）A．反应2NO（g）+O （g）═2NO （g）的△H＞0
2 2
B．图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率
C．图中Y点所示条件下，增加O 的浓度不能提高NO转化率
2
D．380℃下，c （O ）＝5.0×10﹣4mol•L﹣1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数
起始 2
K＞2000
【考点】CM：转化率随温度、压强的变化曲线．
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【专题】51E：化学平衡专题．
【分析】A．升高温度NO平衡转化率降低，平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向
移动；
B．X点没有达到平衡状态，平衡正向移动，延长时间导致消耗的NO量增多；
C．Y点所示条件下达到平衡状态，增多氧气浓度平衡正向移动；
D.380℃下，c （O ）＝5.0×10﹣4mol•L﹣1，反应正向移动，则c （O ）＜5.0×
起始 2 平衡 2
10﹣4mol•L﹣1，NO平衡转化率为50%，则平衡时c（NO）＝c（NO ），化学平衡常数
2
2
𝑐 (𝑁𝑂 )
2
K = 。
2
𝑐(𝑂 ) ⋅ 𝑐 (𝑁𝑂)
2
【解答】解：A．升高温度NO平衡转化率降低，平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热
方向移动，则正反应为放热反应，所以△H＜0，故A错误；
B．X点没有达到平衡状态，平衡正向移动，延长时间导致消耗的 NO量增多，导致
NO转化率提高，故B正确；
C．Y点所示条件下达到平衡状态，增多氧气浓度平衡正向移动，NO转化率提高，故
C错误；
D.380℃下，c （O ）＝5.0×10﹣4mol•L﹣1，反应正向移动，则c （O ）＜5.0×
起始 2 平衡 2
10﹣4mol•L﹣1，NO平衡转化率为50%，则平衡时c（NO）＝c（NO ），化学平衡常数
22
𝑐 (𝑁𝑂 )
1
2
K = ＞ =2000，故D正确；
2 ‒4
𝑐(𝑂 ) ⋅ 𝑐 (𝑁𝑂) 5.0 × 10
2
故选：BD。
【点评】本题以图象分析为载体考查化学平衡计算、化学平衡移动影响因素等知识点，
侧重考查分析判断及计算能力，明确温度、压强、浓度对化学平衡移动影响原理及化学
平衡常数计算方法是解本题关键，D为解答易错点，易忽略“c（NO）＝c（NO ）”而
2
导致无法计算，题目难度不大。
三、非选择题
16．（12分）N O、NO和NO 等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才
2 2
能排放。
（1）N O的处理。N O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N O分
2 2 2
催化剂
¯
解。NH 与 O 在加热和催化剂作用下生成 N O的化学方程式为 2NH +2O
3 2 2 3 2
△
N O+3H O 。
2 2
（2）NO和NO 的处理。已除去N O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为
2 2
NO+NO +2OH﹣═2NO ﹣+H O
2 2 2
2NO +2OH﹣═NO ﹣+NO ﹣+H O
2 2 3 2
①下列措施能提高尾气中NO和NO 去除率的有 BC （填字母）。
2
A．加快通入尾气的速率
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到 NaNO 晶体，该晶体中的主要杂质是
2
NaNO （填化学式）；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是 NO （填化学
3
式）。
（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其
他条件相同，NO转化为
NO ﹣的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。
3①在酸性 NaClO溶液中，HClO氧化 NO生成 Cl﹣和 NO ﹣，其离子方程式为
3
3HClO+2NO+H O＝3Cl﹣+2NO ﹣+5H+ 。
2 3
②NaClO溶液的初始 pH越小，NO转化率越高。其原因是 溶液 pH越小，溶液中
HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强 。
【考点】FE："三废"处理与环境保护．
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【分析】（1）NH 与O 在加热和催化剂作用下生成N O，类似于生成NO的反应，同
3 2 2
时生成水；
（2）①提高尾气中NO和NO 去除率，应是气体与氢氧化钠溶液充分接触而反应；
2
②反应生成NaNO 和NaNO ；如NO的含量比NO 大，则尾气中含有NO；
2 3 2
（3）①在酸性 NaClO溶液中，HClO氧化 NO生成 Cl﹣和 NO ﹣，反应后溶液呈酸
3
性；
②NaClO溶液的初始pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强。
【解答】解：（1）NH 与O 在加热和催化剂作用下生成N O和水，反应的化学方程
3 2 2
催化剂 催化剂
¯ ¯
式为2NH +2O N O+3H O，故答案为：2NH +2O N O+3H O；
3 2 2 2 3 2 2 2
△ △
（2）①A．加快通入尾气的速率，气体不能充分反应，故A错误；
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气体与氢氧化钠溶液充分反应，故B正确；
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液，可使气体充分反应，故C正确。
故答案为：BC；
②反应生成 NaNO 和 NaNO ，则含有的杂质为 NaNO ，如 NO的含量比 NO 大，则
2 3 3 2
尾气中含有NO，
故答案为：NaNO ；NO；
3
（3）①在酸性 NaClO溶液中，HClO氧化 NO生成 Cl﹣和 NO ﹣，反应后溶液呈酸
3性，则反应的离子方程式为3HClO+2NO+H O＝3Cl﹣+2NO ﹣+5H+，
2 3
故答案为：3HClO+2NO+H O＝3Cl﹣+2NO ﹣+5H+；
2 3
②NaClO溶液的初始pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，则提高NO转化率，
故答案为：溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。
【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于化学与环境的考查，有利
于培养学生良好的科学素养，注意把握物质的性质以及题给信息，题目难度不大。
17．（15分）化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下：
（1）A中含氧官能团的名称为 羟基 和 羧基 。
（2）A→B的反应类型为 取代反应 。
（3）C→D的反应中有副产物X（分子式为C H O Br）生成，写出X的结构简式：
12 15 6
。
（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：
。
①能与FeC1 溶液发生显色反应；
3
②碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1：1。（5）已知：
（R表示烃基，R′和R″表示烃基或氢）
写出以 和 CH CH CH OH为原料制备 的合
3 2 2
成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。
【考点】HC：有机物的合成．
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【专题】112：有机推断．
【分析】A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生取代反应生成D，D
发生取代反应生成E，E发生还原反应生成F；
（5）以 和CH CH CH OH为原料制备 ，丙
3 2 2
醇发生催化氧化生成丙醛， 发生还原反应生成邻甲基苯甲醇，然后发
生取代反应，再和Mg发生信息中的反应，最后和丙醛反应生成目标产物。
【解答】解：（1）A中含氧官能团的名称为羟基、羧基，
故答案为：羟基；羧基；
（2）A→B的反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
（3）C→D的反应中有副产物X（分子式为C H O Br）生成，根据C原子知，X中
12 15 6
两个酚羟基都发生取代反应，则X的结构简式： ，
故答案为： ；（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，
①能与FeC1 溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；
3
②碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1：1，说明
只有两种氢原子且两种氢原子个数相等，且含有酯基，
符合条件的结构简式为 ，
故答案为： ；
（5）以 和CH CH CH OH为原料制备 ，丙
3 2 2
醇发生催化氧化生成丙醛， 发生还原反应生成邻甲基苯甲醇，然后发
生取代反应，再和Mg发生信息中的反应，最后和丙醛反应生成目标产物，合成路线为
，故答案为： 。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析判断及知识综合运用、知识迁移能
力，明确官能团的结构和性质关系、物质之间的转化关系、知识迁移运用方法是解本题
关键，注意结合题给信息进行合成路线设计，题目难度中等。
18．（12分）聚合硫酸铁[Fe （OH） （SO ） ] 广泛用于水的净化。以FeSO •7H O
2 6﹣2n 4 n m 4 2
为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。
（1）将一定量的 FeSO •7H O溶于稀硫酸，在约 70℃下边搅拌边缓慢加入一定量的
4 2
H O 溶液，继续反应一段时间，得到红棕色粘稠液体。H O 氧化Fe2+的离子方程式为
2 2 2 2
2Fe2++H O +2H+＝2Fe3++2H O ；水解聚合反应会导致溶液的pH 减小 。
2 2 2
（2）测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000g，置于250mL锥
形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的 SnCl 溶液（Sn2+将 Fe3+还原为
2
Fe2+），充分反应后，除去过量的Sn2+．用5.000×10﹣2mol•L﹣1 K Cr O 溶液滴定至终
2 2 7
点（滴定过程中Cr O 2﹣与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+），消耗K Cr O 溶液22.00mL。
2 7 2 2 7
①上述实验中若不除去过量的Sn2+，样品中铁的质量分数的测定结果将 偏大 （填
“偏大”或“偏小”或“无影响”）。
②计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）。
【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量．
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【分析】（1）酸性条件下，H O 氧化Fe2+生成Fe3+，同时自身被还原生成H O；Fe3+
2 2 2
水解导致溶液中c（H+）增大；
（2）①Sn2+具有还原性，能被K Cr O 氧化，从而导致K Cr O 消耗偏多；
2 2 7 2 2 7
②根据转移电子守恒得Cr O 2﹣+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H O，根据关系式Cr O 2
2 7 2 2 7
﹣～6Fe3+知，n（Fe3+）＝6n（K Cr O ）＝6×5.000×10﹣2mol•L﹣1×0.022L＝6.600×
2 2 7
10﹣3 mol，m＝nM＝6.600×10﹣3 mol×56g/mol＝0.3696g，铁元素质量
样品中Fe元素质量分数 = ×100%。
样品质量
【解答】解：（1）酸性条件下，H O 氧化Fe2+生成Fe3+，同时自身被还原生成H O，
2 2 2
离子方程式为 2Fe2++H O +2H+＝2Fe3++2H O；Fe3+水解导致溶液中 c（H+）增大，则
2 2 2
溶液的pH减小，
故答案为：2Fe2++H O +2H+＝2Fe3++2H O；减小；
2 2 2
（2）①Sn2+具有还原性，能被K Cr O 氧化，从而导致K Cr O 消耗偏多，则样品中
2 2 7 2 2 7
铁的质量分数的测定结果将偏大，
故答案为：偏大；
②根据转移电子守恒得Cr O 2﹣+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H O，根据关系式Cr O 2
2 7 2 2 7
﹣～6Fe3+知，n（Fe3+）＝6n（K Cr O ）＝6×5.000×10﹣2mol•L﹣1×0.022L＝6.600×
2 2 7
10﹣3 mol，m＝nM＝6.600×10﹣3 mol×56g/mol＝0.3696g，
铁元素质量 0.3696𝑔
样品中Fe元素质量分数 = ×100% = ×100%＝12.32%，
样品质量 3.000𝑔
答：根据转移电子守恒得 Cr O 2﹣+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H O，根据关系式
2 7 2
Cr O 2﹣～6Fe3+知，n（Fe3+）＝6n（K Cr O ）＝6×5.000×10﹣2mol•L﹣1×0.022L＝
2 7 2 2 7
6.600×
10﹣3 mol，m＝nM＝6.600×10﹣3 mol×56g/mol＝0.3696g，
铁元素质量 0.3696𝑔
样品中Fe元素质量分数 = ×100% = ×100%＝12.32%。
样品质量 3.000𝑔
【点评】本题考查物质含量测定，侧重考查氧化还原反应、误差分析、方程式的计算、
信息的获取和灵活运用等，明确元素化合物性质、题干中信息含义是解本题关键，注意
转移电子守恒的灵活运用，题目难度不大。
19．（15分）实验室以工业废渣（主要含CaSO •2H O，还含少量SiO 、Al O 、Fe O ）
4 2 2 2 3 2 3
为原料制取轻质CaCO 和（NH ） SO 晶体，其实验流程如图：
3 4 2 4（1）室温下，反应CaSO （s）+CO 2﹣（aq）⇌CaCO （s）+SO 2﹣（aq）达到平衡，
4 3 3 4
2‒
𝑐(𝑆𝑂 )
4
则溶液中 = 1.6×104 [K （CaSO ）＝4.8×10﹣5，K （CaCO ）＝3×
sp 4 sp 3
2‒
𝑐(𝐶𝑂 )
3
10﹣9]。
（2）将氨水和 NH HCO 溶液混合，可制得（NH ） CO 溶液，其离子方程式为
4 3 4 2 3
HCO ﹣+NH •H O＝NH ++CO 2﹣+H O ；浸取废渣时，向（NH ） CO 溶液中加入
3 3 2 4 3 2 4 2 3
适量浓氨水的目的是 增加溶液中CO 2﹣的浓度，促进CaSO 的转化 。
3 4
（3）废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在60～70℃，搅拌，反应3小
时。温度过高将会导致CaSO 的转换率下降，其原因是 温度过高，碳酸铵分解 ；保
4
持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高CaSO 转化率的操作有 加快
4
搅拌速率 。
（4）滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质CaCO 所需的CaCl 溶液。设计以水洗后
3 2
的滤渣为原料，制取CaCl 溶液的实验方案： 在搅拌下向足量的稀盐酸中分批加入滤
2
渣，待观察不到气泡后，过滤，向滤液中分批加入少量的氢氧化钙，用pH、试纸测量
溶液的pH，当pH介于5﹣8.5时，过滤 [已知pH＝5时Fe（OH） 和Al（OH） 沉
3 3
淀完全；pH＝8.5时Al（OH） 开始溶解。实验中必须使用的试剂：盐酸和Ca（OH）
3
]。
2
【考点】U3：制备实验方案的设计．
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【分析】工业废渣（主要含CaSO •2H O，还含少量SiO 、Al O 、Fe O ），加入碳酸
4 2 2 2 3 2 3
铵溶液浸取，可将 CaSO 转化为 CaCO ，滤渣含有 CaCO 、SiO 、Al O 、Fe O ，可
4 3 3 2 2 3 2 3
用于制取轻质CaCO ，滤液中主要含有硫酸铵，可制备（NH ） SO 晶体，以此解答该
3 4 2 4
题。
【解答】解：（1）反应CaSO （s）+CO 2﹣（aq）⇌CaCO （s）+SO 2﹣（aq）达到平
4 3 3 42‒
𝑐(𝑆𝑂 ) 𝐾𝑠𝑝(𝐶𝑎𝑆𝑂 ) ‒5
4.8 × 10
4 4
衡，溶液中 = = =1.6×104，故答案为：
2‒ 𝐾𝑠𝑝(𝐶𝑎𝐶𝑂 ) ‒9
𝑐(𝐶𝑂 ) 3 3 × 10
3
1.6×104；
（2）将氨水和 NH HCO 溶液混合，反应生成（NH ） CO ，离子方程式为 HCO ﹣
4 3 4 2 3 3
+NH •H O＝NH ++CO 2﹣+H O，向（NH ） CO 溶液中加入适量浓氨水，可抑制
3 2 4 3 2 4 2 3
CO 2﹣的水解，增大 CO 2﹣的浓度，促进 CaSO 的转化，故答案为：HCO ﹣+NH •
3 3 4 3 3
H O＝NH ++CO 2﹣+H O；增加溶液中CO 2﹣的浓度，促进CaSO 的转化；
2 4 3 2 3 4
（3）温度过高将会使碳酸铵分解，导致 CaSO 的转换率下降，反应在搅拌条件下进
4
行，加快搅拌速率，可提高CaSO 转化率，
4
故答案为：温度过高，碳酸铵分解；加快搅拌速率；
（4）滤渣含有CaCO 、SiO 、Al O 、Fe O ，可分批向足量的稀盐酸中加入滤渣，待
3 2 2 3 2 3
观察不到气泡后，说明盐酸完全反应，过滤，除去二氧化硅以及过量的滤渣，向滤液中
分批加入少量的氢氧化钙，用pH、试纸测量溶液的pH，当pH介于5﹣8.5时，完全除
去铁离子、铝离子，过滤，可得到CaCl 溶液，
2
故答案为：在搅拌下向足量的稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡后，过滤，向滤
液中分批加入少量的氢氧化钙，用pH、试纸测量溶液的pH，当pH介于5﹣8.5时，过
滤。
【点评】本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握制备原理及实验流程中的反
应、物质的性质等为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度中等。
20．（14分）CO 的资源化利用能有效减少CO 排放，充分利用碳资源。
2 2
（1）CaO可在较高温度下捕集CO ，在更高温度下将捕集的CO 释放利用。CaC O •
2 2 2 4
H O热分解可制备CaO，CaC O •H O加热升温过程中固体的质量变化如图。
2 2 4 2400 ‒ 600℃
¯
①写出 400～600℃范围内分解反应的化学方程式： CaC O
2 4
CaCO +CO↑ 。
3
②与CaCO 热分解制备的CaO相比，CaC O •H O热分解制备的CaO具有更好的CO
3 2 4 2 2
捕集性能，其原因是 CaC O •H O热分解放出更多的气体，制得的氧化钙更加疏松多
2 4 2
孔 。
（2）电解法转化 CO 可实现 CO 资源化利用。电解 CO 制 HCOOH的原理示意图如
2 2 2
图。
①写出阴极 CO 还原为 HCOO﹣的电极反应式： CO +H++2e﹣＝HCOO﹣或
2 2
CO +HCO ﹣+2e﹣＝HCOO﹣+CO 2﹣ 。
2 3 3
②电解一段时间后，阳极区的KHCO 溶液浓度降低，其原因是 阳极产生O ，pH减
3 2
小，HCO ﹣浓度降低；K+部分迁移至阴极区 。
3
（3）CO 催化加氢合成二甲醚是一种CO 转化方法，其过程中主要发生下列反应：
2 2
反应Ⅰ：CO （g）+H （g）＝CO（g）+H O（g）△H＝41.2kJ•mol﹣1
2 2 2
反应Ⅱ：2CO （g）+6H （g）＝CH OCH （g）+3H O（g）△H＝﹣122.5kJ•mol﹣1
2 2 3 3 2
在恒压、CO 和H 的起始量一定的条件下，CO 平衡转化率和平衡时CH OCH 的选择
2 2 2 3 3
性随温度的变化如图。其中：2 × 𝐶𝐻 𝑂𝐶𝐻 的物质的量
3 3
CH OCH 的选择性 = ×100%
3 3
反应的𝐶𝑂 的物质的量
2
①温度高于300℃，CO 平衡转化率随温度升高而上升的原因是 反应Ⅰ的△H＞0，反
2
应Ⅱ的△H＜0，温度升高使 CO 转化为 CO的平衡转化率上升，使 CO 转化为
2 2
CH OCH 的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 。
3 3
②220℃时，在催化剂作用下CO 与H 反应一段时间后，测得CH OCH 的选择性为
2 2 3 3
48%（图中 A点）。不改变反应时间和温度，一定能提高 CH OCH 选择性的措施有
3 3
增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂 。
【考点】FE："三废"处理与环境保护．
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【分析】（1）CaC O •H O热分解先分解生成草酸钙和水，0﹣200°C，固体质量变化
2 4 2
△
¯
146﹣128＝18，反应的化学方程式：0﹣200°C发生的反应：CaC O •H O
2 4 2
CaC O +H O，400﹣600°C质量减少 128﹣100＝28g，草酸钙分解生成了一氧化碳和
2 4 2
△
¯
碳酸钙，是发生反应 CaC O CaCO +CO，800﹣1000°C，质量变化＝100﹣56＝
2 4 3
△
¯
44，是碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，反应的化学方程式：CaCO CaO+CO ，
3 2
据此分析判断；
①上述分析可知400～600℃范围内分解反应为草酸钙分解生成碳酸钙和一氧化碳；②CaC O •H O热分解放出更多的气体；
2 4 2
（2）①阴极CO 还原为HCOO﹣的电极反应是二氧化碳得到电子生成甲酸根离子或在
2
碳酸氢根离子溶液中生成甲酸根离子和碳酸根离子；
②电解一段时间后，阳极区的KHCO 溶液浓度降低升温原因是阳极生成氧气电极附近
3
氢离子浓度增大和碳酸氢根离子反应，钾离子电解过程中移向阴极；
（3）①温度高于300℃，CO 平衡转化率随温度升高而上升的原因是：反应Ⅰ的△H＞
2
0，反应Ⅱ的△H＜0，升温反应Ⅰ正向进行，反应Ⅱ逆向进行；
②不改变反应时间和温度，一定能提高CH OCH 选择性的条件，结合CH OCH 的选
3 3 3 3
2 × 𝐶𝐻 𝑂𝐶𝐻 的物质的量
3 3
择性 = ×100%分析，平衡正向进行二甲醚选择性增
反应的𝐶𝑂 的物质的量
2
大。
【解答】解：（1）CaC O •H O热分解先分解生成草酸钙和水，0﹣200°C，固体质量
2 4 2
△
¯
变化 146﹣128＝18，反应的化学方程式：0﹣200°C发生的反应：CaC O •H O
2 4 2
CaC O +H O↑，400﹣600°C质量减少 128﹣100＝28g，草酸钙分解生成了一氧化碳
2 4 2
△
¯
和碳酸钙，是发生反应CaC O CaCO +CO↑，800﹣1000°C，质量变化＝100﹣56
2 4 3
△
¯
＝44，是碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，反应的化学方程式：CaCO CaO+CO
3 2
↑，据此分析判断；
①400﹣600°C质量减少128﹣100＝28g，草酸钙分解生成了一氧化碳和碳酸钙，是发
△
¯
生反应CaC O CaCO +CO↑，
2 4 3
400 ‒ 600℃
¯
故答案为：CaC O CaCO +CO↑；
2 4 3
②CaC O •H O热分解制备的 CaO具有更好的 CO 捕集性能，其原因是：CaC O •
2 4 2 2 2 4H O热分解放出更多的气体，制得的氧化钙更加疏松多孔，
2
故答案为：CaC O •H O热分解放出更多的气体，制得的氧化钙更加疏松多孔；
2 4 2
（2）①阴极CO 还原为HCOO﹣的电极反应是二氧化碳得到电子生成甲酸根离子或在
2
碳酸氢根离子溶液中生成甲酸根离子和碳酸根离子，结合电子守恒、电荷守恒和原子守
恒书写电极反应为：CO +H++2e﹣＝HCOO﹣或CO +HCO ﹣+2e﹣＝HCOO﹣+CO 2﹣，
2 2 3 3
故答案为：CO +H++2e﹣＝HCOO﹣或CO +HCO ﹣+2e﹣＝HCOO﹣+CO 2﹣；
2 2 3 3
②电解一段时间后，阳极区的KHCO 溶液浓度降低升温原因是：阳极氢氧根离子失电
3
子生成氧气，电极附近氢离子浓度增大，PH减小和碳酸氢根离子反应，HCO ﹣浓度降
3
低，K+部分迁移至阴极区，
故答案为：阳极产生O ，PH减小，HCO ﹣浓度降低；K+部分迁移至阴极区；
2 3
（3）①温度高于300℃，CO 平衡转化率随温度升高而上升的原因是：反应Ⅰ的△H＞
2
0，反应Ⅱ的△H＜0，温度升高使CO 转化为CO的平衡转化率上升，使CO 转化为
2 2
CH OCH 的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度，
3 3
故答案为：反应Ⅰ的△H＞0，反应Ⅱ的△H＜0，温度升高使CO 转化为CO的平衡转
2
化率上升，使CO 转化为CH OCH 的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度；
2 3 3
②2CO （g）+6H （g）＝CH OCH （g）+3H O（g）△H＝﹣122.5kJ•mol﹣1，结合
2 2 3 3 2
2 × 𝐶𝐻 𝑂𝐶𝐻 的物质的量
3 3
CH OCH 的选择性 = ×100%分析，平衡正向进行二
3 3
反应的𝐶𝑂 的物质的量
2
甲醚物质的量增大，二氧化碳物质的量减小，二甲醚选择性增大，不改变反应时间和温
度，一定能提高CH OCH 选择性的措施有增大压强平衡正向进行，使用对反应Ⅱ催化
3 3
活性更高的催化剂，增大二甲醚的选择性，
故答案为：增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂。
【点评】本题考查了物质分解产物的分析判断、图象变化的理解应用、电解原理和电极
反应书写、影响化学平衡的因素分析判断等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中
等。
【选做题】本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答。若
多做，则按A小题评分。A.[物质结构与性质]
21．（12分）Cu O广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO 、NaOH和抗坏血酸为原料，可
2 4
制备Cu O。
2
（1）Cu2+基态核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9 。（2）SO 2﹣的空间构型为 正四面体形 （用文字描述）；Cu2+与OH﹣反应能生成[Cu
4
（OH） ]2﹣，[Cu（OH） ]2﹣中的配位原子为 O （填元素符号）。
4 4
（3）抗坏血酸的分子结构如图1所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为 sp3、sp2 ；
推测抗坏血酸在水中的溶解性： 易溶于水 （填“难溶于水”或“易溶于水”）。
（4）一个Cu O晶胞（如图2）中，Cu原子的数目为 4 。
2
【考点】98：判断简单分子或离子的构型；9I：晶胞的计算；9S：原子轨道杂化方式及
杂化类型判断．
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【分析】（1）Cu原子失去4s能级上1个电子、3d能级上1个电子生成铜离子，据此书
写该基态离子核外电子排布式；
6 + 2 ‒ 4 × 2
（2）SO 2﹣中S原子价层电子对个数＝4 + =4且不含孤电子对，根
4
2
据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型；该配离子中Cu2+提供空轨道、O原子提供
孤电子对形成配位键；
（3） 中1、2、3号C原子价层电子对个数是4，4、5、6号碳原
子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断该分子中C原子轨道杂化类型；
抗坏血酸中羟基属于亲水基，增大其水解性；
1
（4）该晶胞中白色球个数＝8 × +1＝2、黑色球个数为4，则白色球和黑色球个数
8
之比＝2：4＝1：2，根据其化学式知，白色球表示O原子、黑色球表示Cu原子。
【解答】解：（1）Cu原子失去4s能级上1个电子、3d能级上1个电子生成铜离子，
该基态离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9，
故答案为：1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；6 + 2 ‒ 4 × 2
（2）SO 2﹣中S原子价层电子对个数＝4 + =4且不含孤电子对，根
4
2
据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型为正四面体形；该配离子中Cu2+提供空轨
道、O原子提供孤电子对形成配位键，所以配原子为O，
故答案为：正四面体形；O；
（3） 中1、2、3号C原子价层电子对个数是4，4、5、6号碳原
子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断该分子中C原子轨道杂化类型，
1、2、3号 C原子采用 sp3杂化，4、5、6号 C原子采用 sp2杂化；抗坏血酸中羟基属
于亲水基，增大其水解性，所以抗坏血酸易溶于水，
故答案为：sp3、sp2；易溶于水；
1
（4）该晶胞中白色球个数＝8 × +1＝2、黑色球个数为4，则白色球和黑色球个数
8
之比＝2：4＝1：2，根据其化学式知，白色球表示O原子、黑色球表示Cu原子，则该
晶胞中Cu原子数目为4，
故答案为：4。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化类型判断、微粒空间构型
判断、核外电子排布式的书写等，侧重考查基础知识综合运用、空间想像能力及计算能
力，注意均摊法在晶胞计算中的灵活运用，题目难度不大。
[实验化学]
22．丙炔酸甲酯（CH≡C﹣COOCH ）是一种重要的有机化工原料，沸点为 103﹣105
3
浓𝐻 𝑆𝑂
2 4
℃．实验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为 CH≡C﹣COOH+CH OH → CH≡C﹣
3
△
COOCH +H O
3 2
实验步骤如下：
步骤1：在反应瓶中，加入14g丙炔酸、50mL甲醇和2mL浓硫酸，搅拌，加热回流一
段时间。
步骤2：蒸出过量的甲醇（装置如图）。
步骤3：反应液冷却后，依次用饱和NaCl溶液、5%Na CO 溶液、水洗涤。分离出有机
2 3
相。步骤4：有机相经无水Na SO 干燥、过滤、蒸馏，得丙炔酸甲酯。
2 4
（1）步骤1中，加入过量甲醇的目的是 作为溶剂、提高丙炔酸的转化率 。
（2）步骤2中，如图所示的装置中仪器A的名称是 （直形）冷凝管 ；蒸馏烧瓶中
加入碎瓷片的目的是 防止暴沸 。
（3）步骤3中，用5%Na CO 溶液洗涤，主要除去的物质是 丙炔酸 ；分离出有机
2 3
相的操作名称为 分液 。
（4）步骤4中，蒸馏时不能用水浴加热的原因是 丙炔酸甲酯的沸点比水的高 。
【考点】U3：制备实验方案的设计．
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【分析】（1）酯化反应为可逆反应，一种反应物过量，有利于另一种反应物的转化，且
甲醇可起到溶剂的作用；
（2）由仪器图形可知A为冷凝管，加热纯液体，应避免暴沸；
（3）丙炔酸具有酸性，可与碳酸钠溶液反应，生成的丙炔酸甲酯不溶于水，可用分液
的方法分离；
（4）丙炔酸甲酯的沸点为103﹣105℃，比水的沸点高。
【解答】解：（1）酯化反应为可逆反应，甲醇过量，有利于丙炔酸的转化，提高利用
率，且甲醇可起到溶剂的作用，故答案为：作为溶剂、提高丙炔酸的转化率；
（2）由仪器图形可知A为冷凝管或直形冷凝管，加热纯液体，应加入碎瓷片，可避免
暴沸，
故答案为：（直形）冷凝管；防止暴沸；
（3）丙炔酸具有酸性，可与碳酸钠溶液反应，则加入饱和碳酸钠溶液可除去丙炔酸，
生成的丙炔酸甲酯不溶于水，溶液分层，可用分液的方法分离，故答案为：丙炔酸；分液；
（4）丙炔酸甲酯的沸点为103﹣105℃，比水的沸点高，在不能用水浴加热，可采用油
浴加热的方法，
故答案为：丙炔酸甲酯的沸点比水的高。
【点评】本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握制备原理及物质的性质等为
解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度中等。
