2020年天津市高考化学试卷解析版_全国卷+地方卷_5.化学_1.化学高考真题试卷_2008-2020年_地方卷_天津高考化学2007-2021_A4word版_PDF版（赠送）

2020 年天津市普通高中学业水平等级性考试 化 学 相对原子质量：H1 O16 S32 Co 59 Cu 64 Zn 65 Ba 137 第 I 卷 1.在全国人民众志成城抗击新冠病毒期间，使用的“84消毒液”的主要有效成分是 A. NaOH B. NaCl C. NaClO D. Na CO 2 3 【答案】C 【解析】 【 详 解 】 工 业 上 用 Cl 与 NaOH溶 液 反 应 制 取 “84消 毒 液 ”， 反 应 原 理 为 2 Cl +2NaOH=NaCl+NaClO+H O，NaClO具有强氧化性，能用于杀菌消毒，故“84消毒液”的 2 2 主要有效成分是NaClO，答案选C。 2.晋朝葛洪的《肘后备急方》中记载：“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之……”，受 此启发为人类做出巨大贡献的科学家是 A. 屠呦呦 B. 钟南山 C. 侯德榜 D. 张青莲 【答案】A 【解析】 【详解】A.屠呦呦的主要贡献是发现了治疗疟疾的青蒿素，测定了青蒿素的组成、结构，成 功合成双氢青蒿素等； B.钟南山是中国工程院院士，著名呼吸病学专家，长期从事呼吸内科的医疗、教学、科研工 作，重点开展哮喘，慢阻肺疾病，呼吸衰竭和呼吸系统常见疾病的规范化诊疗、疑难病、少 见病和呼吸危重症监护与救治等方面的研究； C.侯德榜的主要贡献是：揭开了索尔维制碱法的秘密、创立了侯氏制碱法等； D.张青莲的主要贡献：主持测定了铟、铱、锑、铕、铈、锗、锌、镝几种元素的相对原子质 量新值，被国际原子量委员会采用为国际新标准； “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之……”描述的是从青蒿中提取青蒿素治疗疟疾的 过程，受此启发为人类做出巨大贡献的科学家是屠呦呦；答案选A。 3.下列说法错误的是 - 1 -A. 淀粉和纤维素均可水解产生葡萄糖 B. 油脂的水解反应可用于生产甘油 C. 氨基酸是组成蛋白质的基本结构单元 D. 淀粉、纤维素和油脂均是天然高分子 【答案】D 【解析】 【详解】A.淀粉和纤维素都属于多糖，两者水解的最终产物都为葡萄糖，A正确； B.油脂在酸性条件下水解成高级脂肪酸和甘油，在碱性条件下水解成高级脂肪酸盐和甘油， 则油脂的水解反应可用于生产甘油，B正确； C.氨基酸中含有氨基和羧基，氨基酸可以通过缩聚反应形成蛋白质，蛋白质水解最终生成氨 基酸，故氨基酸是组成蛋白质的基本结构单元，C正确； D.天然高分子的相对分子质量是上万，淀粉和纤维素都是天然高分子，而油脂的相对分子质 量还不到1000，故油脂不属于高分子，D错误； 答案选D。 4.下列离子方程式书写正确的是 A. CaCO 与稀硝酸反应：CO2-+2H+=H O+CO  3 3 2 2 B. FeSO 溶液与溴水反应：2Fe2++Br =2Fe3++2Br- 4 2 C. NaOH溶液与过量H C O 溶液反应：H C O +2OH-=C O2-+2H O 2 2 4 2 2 4 2 4 2 D. C H ONa溶液中通入少量CO : 2C H O-+CO +H O=2C H OH+CO2- 6 5 2 6 5 2 2 6 5 3 【答案】B 【解析】 【详解】A．CaCO 与稀硝酸反应生成硝酸钙和水和二氧化碳，碳酸钙是固体难溶物，写离 3 子 方 程 式 时 不 能 拆 成 离 子 形 式 ， 正 确 的 离 子 方 程 式 为 ： CaCO 2H Ca2++H OCO ，故A错误； 3 2 2 B．FeSO 溶液与溴水反应时，溴单质氧化了亚铁离子，将亚铁离子氧化成铁离子，正确的离 4 子方程式为：2Fe2 Br 2Fe3 2Br，故B正确； 2 C．氢氧化钠与过量的草酸反应，说明氢氧化钠的量不足，生成草酸氢钠，正确的离子方程 - 2 -式为H C O +OH-=HC O-+H O，故C错误； 2 2 4 2 4 2 D．苯酚钠中通入少量或过量二氧化碳都生成苯酚和碳酸氢钠，苯酚的酸性弱于碳酸强于碳 酸氢根，故正确的离子方程式为：C H O-+CO +H O=C H OH+HCO-，故D错误； 6 5 2 2 6 5 3 答案选B。 5.下列实验仪器或装置的选择正确的是 配制50 . 盛装Na SiO 溶液的 2 3 除去Cl 中的HCl 蒸馏用冷凝管 00mL0.1000mol.L-1 2 试剂瓶 Na CO 溶液 2 3 A B C D A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．配制 50.00mL0.1000mol.L-1Na CO 溶液需要用容量瓶，不能使用量筒配置溶 2 3 液，故A错误； B．除去氯气中的氯化氢气体使用饱和氯化钠溶液，可以吸收氯化氢气体，根据氯气在水中 的反应：Cl +H O⇌H++Cl-+HClO，饱和氯化钠溶液中的氯离子使氯气溶于水的平衡逆向移 2 2 动，降低氯气在水中的溶解度，洗气瓶长进短出，利于除杂，故B正确； C．蒸馏要使用直形冷凝管，不能使用球形冷凝管，故C错误； - 3 -D．硅酸钠溶液呈碱性，硅酸钠溶液是一种矿物胶，能将玻璃塞与试剂瓶的瓶口粘在一起， 盛装Na SiO 溶液的试剂瓶不能使用玻璃塞，应使用橡胶塞，故D错误。 2 3 答案选B。 6.检验下列物所选用的试剂正确的是 待检验物质 所用试剂 A 海水中的碘元素 淀粉溶液 B SO 气体 澄清石灰水 2 C 溶液中的Cu2+ 氨水 D 溶液中的NH+ NaOH溶液，湿润的蓝色石蕊试纸 4 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．淀粉溶液可以检验碘单质，不能检验碘元素，故A错误； B．能使澄清石灰水变浑浊的气体可以是二氧化硫或二氧化碳，应该用品红检验二氧化硫气 体，故B错误； C．铜离子遇到氨水会先产生氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水会生成四氨合铜离子，检验铜 离子可以用氨水，故C正确； D．铵根离子遇氢氧化钠溶液（加热）生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，不能 使用湿润的蓝色石蕊试纸检验氨气，故D错误； 答案选C。 7.常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是 A. 相同浓度的 HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则 K (HCOOH)>K (HF) a a - 4 -B. 相同浓度的CH COOH和CH COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中 3 3 c  CH COO- >c  Na+ >c  H+ >c  OH- 3 C. FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则K (FeS)>K (CuS) sp sp D. 在1mol L-1Na S溶液中，c  S2- +c  HS- +cH S=1mol L-1  2 2  【答案】A 【解析】 【详解】A．HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO－的水解 程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即K (HCOOH)＜K (HF)，故 a a A错误； B．相同浓度的CH COOH和CH COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸 3 3 性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大 于钠离子浓度，则溶液中c(CH COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故B正确； 3 C．CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2−不足以与 H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H S气体，说明K (FeS)＞K (CuS)，故C 2 sp sp 正确； D．根据溶液中的物料守恒定律，1 mol∙L−1 Na S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的 2 浓度为1 mol∙L−1，即c(S2−)+c(HS－)+c(H S)=1 mol∙L−1，故D正确； 2 综上所述，答案为A。 8.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。用表中信息判断下列说法正确的是 元素 X Y Z W 最高价氧化物的水化物 H ZO 3 4 0.1molL1溶液对应的pH(25℃) 1.00 13.00 1.57 0.70 A. 元素电负性：ZCoCl 2- 4 4 【答案】D 【解析】 【详解】A.1个[Co(H O) ]2+中含有18个σ键，1个[CoCl ]2-中含有4个σ键，等物质的量的 2 6 4 [Co(H O) ]2+和[CoCl ]2-所含σ键数之比为18:4=9:2，A错误； 2 6 4 B. 实验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆向移动，则逆反 应为放热反应，正反应为吸热反应，∆H>0，B错误； C. 实验②加水稀释，溶液变为粉红色，加水稀释，溶液的体积增大，[Co(H O) ]2+、 2 6 [CoCl ]2-、Cl-浓度都减小，[Co(H O) ]2+、Cl-的化学计量数之和大于[CoCl ]2-的化学计量数， 4 2 6 4 则瞬时浓度商>化学平衡常数，平衡逆向移动，C错误； D. 实验③加入少量ZnCl 固体，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的[ZnCl ]2-， 2 4 导致溶液中c（Cl-）减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：[ZnCl ]2->[CoCl ]2-，D正 4 4 - 9 -确； 答案选D。 【点睛】本题有两个易错点：A项中[Co(H O) ]2+中不仅有Co2+与H O分子间的配位键，而 2 6 2 且每个H O分子中还有两个O—Hσ键；C项中H O为溶剂，视为纯液体，加水稀释，溶液 2 2 体积增大，相当于利用“对气体参与的反应，增大体积、减小压强，平衡向气体系数之和增大 的方向移动”来理解。 第Ⅱ卷 13.Fe、Co、Ni是三种重要的金属元素。回答下列问题: (1)Fe、Co、Ni在周期表中的位置为_________，基态Fe原子的电子排布式为__________。 (2)CoO的面心立方晶胞如图所示。设阿伏加德罗常数的值为N ，则CoO晶体的密度为 A ______g﹒cm-3：三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为_______。 (3)Fe、Co、Ni能与C1 反应，其中Co和为Ni均生产二氯化物，由此推断FeCl 、CoCl 和 2 3 3 Cl 的氧化性由强到弱的顺序为____，Co(OH) 与盐酸反应有黄绿色气体生成，写出反应的离 2 3 子方程式：______。 (4)95℃时，将Ni片浸在不同质量分数的硫酸中，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图所 示，当ωH SO  大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为_____。由于Ni与 2 4 H SO 反应很慢，而与稀硝酸反应很快，工业上选用H SO 和HNO 的混酸与Ni反应制备 2 4 2 4 3 NiSO 。为了提高产物的纯度，在硫酸中添加HNO 的方式为______(填“一次过量”或“少量多 4 3 次”)，此法制备NiSO 的化学方程式为_______。 4 - 10 -【答案】 (1). 第四周期第 VIII族 (2). 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2 (3). 3 1032 (4). NiO＞CoO＞FeO (5). CoCl ＞Cl ＞FeCl (6). 2Co(OH) ＋6H+ a3N 3 2 3 3 A ＋2Cl－＝Cl ↑＋2Co2+＋6H O (7). 随H SO 质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜 2 2 2 4 (8). 少量多次 (9). 3Ni ＋3H SO ＋2HNO ＝NiSO ＋2NO↑＋4H O或 Ni＋H SO ＋ 2 4 3 4 2 2 4 2HNO ＝NiSO ＋2NO ↑＋2H O 3 4 2 2 【解析】 【分析】 (1)根据Fe、Co、Ni的原子序数得出位置和基态Fe原子的电子排布式。 (2)根据晶胞结构计算出O2−和Co2+个数，根据密度公式计算；根据离子晶体键能和晶格能比 较熔点。 (3)根据反应方程式氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，Co(OH) 与盐酸反应发生氧化还原 3 反应生成Cl 、CoCl 、H O。 2 2 2 (4)类比Fe在常温下与浓硫酸发生钝化，根据图中信息得出原因；根据为了提高产物的纯 度，根据Ni与H SO 反应很慢，而与稀硝酸反应很快这个信息得出添加硝酸的方法和反应 2 4 方程式。 【详解】(1)Fe、Co、Ni分别为26、27、28号元素，它们在周期表中的位置为第四周期第 VIII族，基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；故答案为：第四周 期第VIII族；1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；。 1 1 (2)CoO的面心立方晶胞如图1所示。根据晶胞结构计算出O2−个数为8 6 4，Co2+ 8 2 1 个数为12 14，设阿伏加德罗常数的值为N ，则CoO晶体的密度为 A 4 - 11 -75gmol1 4 m N mol1 3 ；三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，离子 ρ= = A = 1032gcm3 V (a1010cm)3 a3N A 半径Fe2+＞Co2+＞Ni2+，NiO、CoO、FeO，离子键键长越来越长，键能越来越小，晶格能按 NiO、CoO、FeO依次减小，因此其熔点由高到低的顺序为NiO＞CoO＞FeO；故答案为： 3 1032 ；NiO＞CoO＞FeO。 a3N A (3)Fe、Co、Ni能与Cl 反应，其中Co和为Ni均生产二氯化物，根据铁和氯气反应生成 2 FeCl ，氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，因此氧化性：Cl ＞FeCl ，氯气与Co和为Ni 3 2 3 均生产二氯化物，说明氯气的氧化性比CoCl 弱，由此推断FeCl 、CoCl 和Cl 的氧化性由 3 3 3 2 强到弱的顺序为CoCl ＞Cl ＞FeCl ，Co(OH) 与盐酸反应有黄绿色气体生成，发生氧化还原 3 2 3 3 反应生成Cl 、CoCl 、H O，其离子方程式：2Co(OH) ＋6H+＋2Cl－＝Cl ↑＋2Co2+＋6H O； 2 2 2 3 2 2 故答案为：CoCl ＞Cl ＞FeCl ；2Co(OH) ＋6H+ ＋2Cl－＝Cl ↑＋2Co2+＋6H O。 3 2 3 3 2 2 (4)类比Fe在常温下与浓硫酸发生钝化，根据图中信息，当H SO  大于63%时，Ni被腐 2 4 蚀的速率逐渐降低的可能原因为随H SO 质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜。工业 2 4 上选用H SO 和HNO 的混酸与Ni反应制备NiSO 。为了提高产物的纯度，根据Ni与 2 4 3 4 H SO 反应很慢，而与稀硝酸反应很快，因此在硫酸中少量多次添加HNO 的方式来提高反 2 4 3 应速率，反应生成NiSO 、H O，根据硝酸浓度不同得到NO或NO ，此法制备NiSO 的化 4 2 2 4 学方程式为3Ni＋3H SO ＋2HNO ＝NiSO ＋2NO↑＋4H O或Ni＋H SO ＋2HNO ＝NiSO 2 4 3 4 2 2 4 3 4 ＋2NO ↑＋2H O；故答案为：随H SO 质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜；少量多 2 2 2 4 次；3Ni ＋3H SO ＋2HNO ＝NiSO ＋2NO↑＋4H O或Ni＋H SO ＋2HNO ＝NiSO ＋2NO ↑ 2 4 3 4 2 2 4 3 4 2 ＋2H O。 2 【点睛】物质结构是常考题型，主要考查电子排布式、晶胞计算、氧化还原反应、学生学习 知识的能力的考查。 14.天然产物H具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，可通过以下路线合成。 - 12 -已知: (Z COOR-COOH等) 回答下列问题： (1)A的链状同分异构体可发生银镜反应，写出这些同分异构体所有可能的结构： __________。 (2)在核磁共振氢谱中，化合物B有________组吸收峰。 (3)化合物X的结构简式为___________。 (4)D→E的反应类型为___________。 (5)F的分子式为_______，G所含官能团的名称为___________。 (6)化合物H含有手性碳原子的数目为_____，下列物质不能与H发生反应的是_______(填序 号)。 a.CHCl b.NaOH溶液 c.酸性KMnO 溶液 d.金属Na 3 4 (7)以 和 为原料，合成 ，写出路线流程图(无机试剂 和不超过2个碳的有机试剂任选)_______________。 【答案】 (1). 、 、 、 H C=CHCH CHO 2 2 (2). 4 (3). (4). 加成反应 (5). C H O (6). 羰基、酯 13 12 3 - 13 -基 (7). 1 (8). a (9). 【解析】 【分析】 根据所给信息分析同分异构体结构并写出可能的同分异构体；根据有机物结构分析有机物中 H原子的化学环境；根据反应前后有机物结构和分子式推断反应前反应的结构；根据已知条 件判断有机反应类型；根据有机物结构判断有机物可能发生的反应；根据题目所给的合成流 程和已知条件选择合适的反应路线制备目标物质。 【详解】(1) A的链状同分异构体可发生银镜反应说明该同分异构体中含有醛基，故可能的结 构为 、 、 、 ；故答案为： 、 、 、 。 (2)根据B的结构，有机物B中含有4种不同化学环境的H原子，故在核磁共振氢谱中有4 组峰；故答案为：4。 (3)根据有机物C和有机物D的结构，有机物C与有机物X发生酯化反应生成有机物D，则 有机物D的结构简式为 ；故答案为： 。 (4) D→E为已知条件的反应，反应类型为加成反应；故答案为：加成反应。 (5)根据F的结构简式，有机物F的分子式为C H O ，有机物G中含有的官能团名称是酯 13 12 3 基、羰基；故答案为：C H O ；酯基、羰基。 13 12 3 (6)根据有机物H的结构，有机物H中含有1个手性碳原子，为左下角与羟基相邻的碳原 子； 有机物H中含有羟基，可以与金属Na发生反应；有机物H中含有碳碳双键，可以与酸性高 锰酸钾溶液反应；有机物H中含有酯基，可以被NaOH水解；有机物H中不含与CHCl 反 3 应的基团，故不与CHCl 反应，故选择a；故答案为：1；a。 3 - 14 -(7)利用 和 反应制得 ，可先将环己醇脱水得 环己烯，将环己烯（ ）与溴发生加成反应再发生消去反应制得1,3-环己二烯（ ），将1,3-环己二烯与 发生已知条件的反应制得 ，反 应的具体流程为：  浓  H 2 SO 4 Br 2  CCl 4 NaOH/乙醇 ；故答案为： Δ  浓  H 2 SO 4 Br 2 NaOH/乙醇  CCl 4 Δ 。 15.为测定CuSO 溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题： 4 Ⅰ.甲方案 实验原理：CuSO +BaCl =BaSO +CuCl 4 2 4 2 实验步骤： (1)判断SO2-沉淀完全的操作为____________。 4 - 15 -(2)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为_____________。 (3)步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为__________。 (4)固体质量为wg，则c(CuSO )=________mol‧L-1。 4 (5)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c(CuSO )_________(填“偏高”、“偏低” 4 或“无影响”)。 Ⅱ.乙方案 实验原理：Zn+CuSO =ZnSO +Cu，Zn+H SO =ZnSO +H  4 4 2 4 4 2 实验步骤: ①按右图安装装置(夹持仪器略去) ②…… ③在仪器A、B、C、D、E…中加入图示的试剂 ④调整D、E中两液面相平，使D中液面保持在0或略低于0刻度位置，读数并记录。 ⑤将CuSO 溶液滴入A中搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生 4 ⑥待体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面相平，读数并记录 ⑦处理数据 (6)步骤②为___________。 (7)步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是________(填序号)。 a.反应热受温度影响 b.气体密度受温度影响 c.反应速率受温度影响 (8)Zn粉质量为ag，若测得H 体积为bmL，已知实验条件下ρH =dgL-1，则 2 2 c(CuSO )______mol‧L-1(列出计算表达式)。 4 (9)若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，则测得c(CuSO )________(填“偏高”、“偏 4 低”或“无影响”)。 - 16 -(10)是否能用同样的装置和方法测定MgSO 溶液的浓度：_________(填“是”或“否”)。 4 【答案】 (1). 向上层清液中继续滴加BaCl 溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全 (2). 2 40w AgNO 溶液 (3). 坩埚 (4). (5). 偏低 (6). 检查装置气密性 (7). b 3 233 a bd10-3 - (8). 65 2 (9). 偏高 (10). 否 2510-3 【解析】 【分析】 甲方案是利用溶液中的硫酸铜与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，经灼烧、洗涤、称重后得到的 固体是硫酸钡，利用硫酸根守恒，计算出硫酸铜的物质的量，从而计算出浓度；乙方案是利 用锌与稀硫酸反应释放出氢气的体积，换算成质量，计算出与稀硫酸反应的锌的物质的量， 再利用锌的总的物质的量减去与酸反应的锌的物质的量，得到与硫酸铜反应的锌的物质的 n 量，根据锌和硫酸铜的物质的量关系，计算出硫酸铜的物质的量，根据c= 得到硫酸铜的浓 V 度，据此分析。 【详解】Ⅰ．(1)硫酸根离子的检验是滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明溶液中含有硫 酸根离子，故判断SO2-沉淀完全的操作向上层清液中继续滴加 BaCl 溶液，无白色沉淀生 4 2 成，则沉淀完全； (2)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为AgNO 溶液，硫酸钡沉淀中可能附着有氯化 3 钡，为了证明还有没氯离子，需要加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明没有洗净； (3)步骤③灼烧时盛装样品的仪器为坩埚； wg (4)固体质量为wg，为硫酸钡的质量，硫酸钡的物质的量为n= ，根据硫酸根守恒 233g/mol wg n 40w 可知，CuSO ~BaSO ，则c(CuSO )= = 233g/mol = mol‧L-1； 4 4 4 V 233 0.025L (5)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，会使固体的质量偏小，物质的量偏小，根据 n c= 可知，则测得c(CuSO )偏低； 4 V Ⅱ．(6)加入药品之前需检查装置的气密性；步骤②为检查装置气密性； (7)气体的体积受温度和压强的影响较大，气体的质量不随温度和压强的变化而改变，密度也 - 17 -受温度和压强的影响，步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是气体密度受温度影响；反应热 不受温度的影响，只与反应物和生成物自身的能量有关，不随温度压强而改变；反应速率受 温度影响，温度越高，反应速率越快，步骤⑥需保证体系恢复到室温与反应速率无关； (8)Zn粉质量为ag，若测得H 体积为bmL，已知实验条件下ρH =dgL-1，氢气的质量= 2 2 ρH V=db103g，利用氢气的质量得到氢气的物质的量n= 2 db103g db103 = mol，根据Zn+H SO =ZnSO +H ，与酸反应的锌的物质的 2g/mol 2 2 4 4 2 db103 ag 量为 mol，锌的总物质的量为 ，与硫酸铜反应的锌的物质的量为 2 65g/mol ag db103  mol，根据Zn+CuSO =ZnSO +Cu，则c(CuSO )= 65g/mol 2 4 4 4 ag db103  mol 65g/mol 2 ； 25103L (9)若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，得到氢气的体积偏小，与硫酸反应的锌的 质量偏小，与硫酸铜反应的锌的质量偏大，则测得c(CuSO )偏高； 4 (10) 不能用同样的装置和方法测定MgSO 溶液的浓度，硫酸镁不和锌发生置换反应。 4 【点睛】本题甲方案计算时，需要根据硫酸根守恒，是易错点。 16.利用太阳能光解水，制备的H 用于还原CO 合成有机物，可实现资源的再利用。回答下 2 2 列问题： Ⅰ.半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中，光照时可在其表面得到产物 (1)下图为该催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。光解水能量转化形式为 ___________。 - 18 -(2)若将该催化剂置于Na SO 溶液中，产物之一为SO2-，另一产物为__________。若将该催 2 3 4 化剂置于AgNO 溶液中，产物之一为O ，写出生成另一产物的离子反应式__________。 3 2 Ⅱ.用H 还原CO 可以在一定条下合成CH OH(不考虑副反应)： 2 2 3 CO 2 (g)+3H 2 (g)  CH 3 OH(g)+H 2 O(g) ΔH<0 (3)某温度下，恒容密闭容器中，CO 和H 的起始浓度分别为 a mol‧L-1和3 a mol‧L-1，反应平 2 2 衡时，CH OH的产率为b，该温度下反应平衡常数的值为___________。 3 (4)恒压下，CO 和H 的起始物质的量比为1:3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和 2 2 有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出H O。 2 ①甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为____________。 ②P点甲醇产率高于T点的原因为___________。 ③根据上图，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为___________°C。 Ⅲ.调节溶液pH可实现工业废气CO 的捕获和释放 2 (5) CO2-的空间构型为__________。已知25℃碳酸电离常数为K 、K ，当溶液pH=12 3 a1 a2 时，cH CO :c  HCO- :c  CO2- =1：_______：__________。 2 3 3 3 b2 【答案】 (1). 光能转化为化学能 (2). H (3). Ag++e-=Ag (4). 2 27a2(1-b)4 (5). 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小） (6). 分子筛膜从 反应体系中不断分离出H O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高 (7). 210 (8). 平面 2 （正）三角形 (9). 1012  K a1 (10). 1024  K a1 K a2 【解析】 【分析】 I.根据图示分析反应以及能量转化形式；根据氧化还原反应的规律分析产物、书写离子反应 - 19 -式； II.用三段式和平衡常数表达式计算平衡常数，依据外界条件对化学平衡的影响分析作答； III.用价层电子对互斥理论判断CO2-的空间构型，利用电离平衡常数表达式计算粒子浓度的 3 比值。 光照 【详解】I.(1)根据图示，该催化剂在水中发生光催化反应的方程式为2H O 2 催化剂 2H ↑+O ↑，光解水能量转化形式为光能转化为化学能，故答案为：光能转化为化学能。 2 2 (2)若将该催化剂置于Na SO 溶液中，产物之一为SO2-，SO2-被氧化成SO2-，则H+被还原 2 3 4 3 4 为H ，即另一产物为H ；若将该催化剂置于AgNO 溶液中，产物之一为O ，氧元素的化合 2 2 3 2 价升高，O 为氧化产物，则生成另一产物的反应为还原反应，由于Ag+得电子能力大于H+， 2 故生成另一产物的离子反应式为Ag++e-=Ag，故答案为：H ，Ag++e-=Ag。 2 II.(3) CO 和H 的起始浓度分别为 a mol‧L-1和3 a mol‧L-1，CH OH的产率为b，则生成的 2 2 3 CH OH物质的量浓度为abmol/L，根据三段式 3 CO（g） +3H（g) CH OH(g) +H O(g) 2 2  3 2 c(起始）（mol/L) a 3a 0 0 c(转化）（mol/L) ab 3ab ab ab c(平衡）（mol/L) a(1-b) 3a(1-b) ab ab c(CH OH)c(H O) abab b2 则反应的平衡常数K= 3 2 = = ，故答案为： c(CO )c3(H ) a(1-b)[3a(1-b)]3 27a2(1-b)4 2 2 b2 。 27a2(1-b)4 (4)①该反应为放热反应(∆H<0)，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小），故甲醇平衡 产率随温度升高而降低，故答案为：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡 常数减小）； ②因为分子筛膜能选择性分离出H O，c（H O）减小，有利于反应正向进行，甲醇产率升 2 2 高，故P点甲醇产率高于T点，故答案为：分子筛膜从反应体系中不断分离出H O，有利于 2 反应正向进行，甲醇产率升高。 ③根据图示，使用该分子筛膜210℃时甲醇的产率最大，故在此条件下采用该分子筛膜时的 最佳反应温度为210℃，故答案为：210。 - 20 -1 III.(5)CO2-中C的孤电子对数为 ×（4+2-3×2）=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为 3 2 3，C上没有孤电子对，故CO2-的空间构型为平面正三角形；H CO 的电离方程式为 3 2 3 c(H+)c(HCO-) c(H+)c(CO2-) H CO ⇌H++HCO- 、HCO- ⇌ H++CO2-，则K = 3 、K = 3 ， 2 3 3 3 3 a1 c(H CO ) a2 c(HCO-) 2 3 3 当溶液的pH=12时，c（H+）=1×10-12mol/L，将其代入K 、K 中分别求出c（HCO- ） a1 a2 3 =1012K c(H CO )、c（CO2-）=1012K c（HCO- ）=1024K K c(H CO )，则c(H CO )：c a1 2 3 3 a2 3 a1 a2 2 3 2 3 （HCO- ）：c（CO2-） =1：（1012K ）：（1024K K ），故答案为：平面正三角形， 3 3 a1 a1 a2 1012K ，1024K K 。 a1 a1 a2 【点睛】本题考查的知识点较多，但难度都不是很大，学生只要充分利用题给信息、结合所 学的基本原理和方法即可作答。 - 21 -