2019年北京市西城區(qū)高考化學二模試卷解析版

2019年北京市西城區(qū)高考化學二模試卷一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）（6分）材料的研發(fā)應用使城市軌道交通快速發(fā)展。地鐵列車以下部件的成分屬于合金的是（ ）A.鋼化玻璃車窗 A.鋼化玻璃車窗 B.鋁合金車體 C.酚醛樹脂D.阻燃橡膠地板玻璃鋼座椅A.A B.B C.C D.D（6分）下列化學用語對事實的表述正確的是（ ）A.醋酸電離：CH3COOH—CH3COO+H+B.Na2O2與CO2反應提供。2：Na2O2+CO2—Na2CO3+O2C.NO2與水反應制硝酸：NO2+H2O—H++NO3D.NaOH溶液除去鋁表面的氧化膜： A12O3+2OH」-2A1O2+H2O（6分）我國科研人員使用催化劑 CoGa3實現(xiàn)了H2還原肉桂醛生成肉桂醇，反應機理的TOC\o"1-5"\h\z示意圖如下：下列說法不正確的是（ ）陶桂年/陶桂年/發(fā)生-CHO0&6不貽、Q0 0&6OHOCo

ZGaOHOCo

ZGafl--I4 ?*A.肉桂醛分子中不存在順反異構現(xiàn)象B.聚丙醛分子中有6種不同化學環(huán)境的氫原子C.還原反應過程發(fā)生了極性鍵和非極性鍵的斷裂D.該催化劑實現(xiàn)了選擇性還原肉桂醛中的醛基（6分）將氯水加入下列4種試劑中。根據實驗現(xiàn)象，得出的結論不正確的是（ ）試齊現(xiàn)象 結論

試齊A硝酸酸化的AgNO3溶液產生白色沉淀氯水中含有ClBCaCO3固體固體表回后氣泡冒出氯水具有酸性CKBr溶液溶液變黃氯水具有氧化性D滴加酚酬:的Na2SO3溶液紅色褪去C12具有漂白性A.A B.B C.C D.D（6分）磺化聚苯醛（SPPO）質子交換膜在燃料電池領域有廣闊的應用前景。合成聚苯醒（PPO）并將其改性制備SPPO的路線如圖：下列說法不正確的是（ ）26二甲基茶醞鬃二6-二甲基茶魅［PPO）磺化聚茶酶［SPPO）A.2,6-二甲基苯酚能與飽和濱水發(fā)生取代反應B.常溫下2,6-二甲基苯酚易溶于水C.2,6-二甲基苯酚與02發(fā)生氧化反應生成PPOD.PPO合成SPPO的反應是：nebseD.PPO合成SPPO的反應是：nebse廊080冉里操作現(xiàn)象6.（6分）某小組利用下面的裝置進行實驗， ②、③中溶液均足量,操作和現(xiàn)象如表。實驗操作和現(xiàn)象如表。實驗②中產②中產生黑色沉淀，溶液的向盛有Na2s溶液的①中持續(xù)通入CO2至過pH降量 低；③中產生白色

渾濁，該渾濁遇酸冒氣泡n向盛有現(xiàn)象同NaHCO3實驗I溶液的①中持續(xù)通入H2s氣體至過量資料：CaS遇水完全水解由上述實驗得出的結論不正確的是（ ）A.③中白色渾濁是CaCO3B.②中溶液pH降低的原因是：H2S+Cu2+—CuSJ+2H+C.實驗I①中CO2過量發(fā)生的反應是： CO2+H2O+S2」一C032「+H2sD.由實驗I和n不能比較H2CO3和H2s酸性的強弱7.（6分）研究生鐵的銹蝕，下列分析不正確的是（ ）序號①②③實驗昌現(xiàn)象8小時未觀察到明顯銹蝕8小時未觀察到明顯銹蝕1小時觀察到明顯銹蝕A.①中，NaCl溶液中溶解的O2不足以使生鐵片明顯銹蝕B.②中，生鐵片未明顯銹蝕的原因之一是缺少 H2OC.③中正極反應：O2+4e「+2H2O—4OHD.對比①②③，說明苯能隔絕O2、解答題（共4小題，滿分58分）8.（17分）合成中間體L的路線如圖（部分反應條件或試劑略去）

KMttO皿rLNtfOH/ZiMAawQH#H一定鼾tCl41HM △n.因K旅lOqKMttO皿rLNtfOH/ZiMAawQH#H一定鼾tCl41HM △n.因K旅lOq(H+)L -oIIR-C-R^Rj~C—R4Rj-C-CH^&-C-O&-i：7"-'!KCCHCfC+R40HRjA的名稱是A與Br2按物質的量之比1：1發(fā)生1,4-加成反應生成 B,A-B的化學方程式B-C的反應類型是D中所含官能團的名稱是E與B-C的反應類型是D中所含官能團的名稱是E與NaOH的乙醇溶液反應的化學方程式是C-D在上述合成中的作用是J的結構簡式是K-L的化學方程式是O設計由L制備K-L的化學方程式是O設計由L制備M()的合成路線(有機物用結構簡式表示,9.無機試劑任選)。合成路線圖示例如下：CH3CH9.無機試劑任選)。合成路線圖示例如下：CH3CH2OHZ，CH2-CH2'H陋I- 一HrHr(12分)CO2甲烷化是一種實現(xiàn)CO2資源化利用的有效途徑。I.熱化學轉化CO2甲烷化過程發(fā)生反應： CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g)AH(1)每生成1molCH4(g),放熱165kJ,則4H=(2)反應的平衡常數(shù)的表達式：K=(2)反應的平衡常數(shù)的表達式：K=。溫度升高，K(填“增大”或“減小”)。(3)其他條件不變時，一段時間內，壓強對(3)其他條件不變時，一段時間內，壓強對CO2的轉化率及CH4的選擇性的影響如圖。.1(L2OJ6』OJ0j6(17OJOJ壓碼.1(L2OJ6』OJ0j6(17OJOJ壓碼/MPam?050相308100x8070中5040K圖L 圖2注：選擇性=轉化為目標產物的原料量+原料總的轉化量CO2甲烷化反應選擇0.1MPa而不選擇更高壓強的原因是。n.電化學轉化多晶Cu可高效催化CO2甲烷化，電解CO2制備CH4的原理示意圖如圖2.電解過程中溫度控制在10c左右，持續(xù)通入CO2.陰、陽極室的KHCO3溶液的濃度基本保持不變。(4)多晶Cu作(填“陰”或“陽”)極。(5)結合電極反應式，說明陰極室 KHCO3溶液濃度基本不變的原因：。(6)上述電解過程中采取了措施(寫2條即可)使CO2優(yōu)先于H+放電。(13分)廢水中氨態(tài)氮以NH3?H2。、NH3和NH4+的形式存在，廢水脫氮已成為主要污染物減排和水體富營養(yǎng)化防治的研究熱點。I.沉淀法向廢水中投入MgCl2和Na2HPO4,生成MgNH4PO4?6H2O沉淀，可將氨態(tài)氮含量降至10mg?L1以下。NH3的電子式：。(2)廢水中的NH3?H2O轉化為MgNH4PO4?6H2O的離子方程式是。16c時，向廢水中加入MgCl2和Na2HPO4,使鎂、氮、磷物質的量之比為1:1:1,沉淀過程中的pH對剩余氨態(tài)氮濃度的影響如圖1.欲使剩余氨態(tài)氮濃度低于10mg?L1,pH的適宜范圍是,pH偏大或者偏小均不利于MgNH4PO4?6H2O的生成，原因

n.微波-氧化法（4）僅對廢水進行微波加熱，pH對氨態(tài)氮脫出的影響如表。溶?夜pH6?78?910?1111?12剩余氨態(tài)氮濃度（mg?L）1561004014表中數(shù)據表明：pH增大有利于廢水中化學平衡（用化學用語表示）的移動。（5）微波協(xié)同CuO和H2O2除去氨態(tài)氮①其他條件相同，取相同體積的同一廢水樣品，微波10min,剩余氨態(tài)氮濃度與一定濃度H2O2溶液添加量的關系如圖2.據圖推測CuO在氨態(tài)氮脫除中可能起催化作用，理圖1 圖2②微波協(xié)同CuO有利于H2O2除去氨態(tài)氮。該條件下，H2O2將NH3氧化為N2的化學方程式是。（16分）某小組欲探究反應2Fe2++l2?2Fe3++2「，完成如下實驗：t r nn n2mM一02*■塾3資料：如圖t r nn n2mM一02*■塾3r-i里1 32（1）i、n均未檢出 Fe3+,檢驗n中有無 533+的實驗操作及現(xiàn)象是：取少量n中溶液，。（2）出中的黃色渾濁是（3）經檢驗，n-ni的過程中產生了 Fe3+。①對Fe3+產生的原因做出如下假設：假設a：空氣中存在。2,由于(用離子方程式表示)，可產生 Fe3+;假設b:溶液中Ag+具有氧化性，可產生Fe3+;假設c：;假設d:該條件下，I2溶液可將Fe2+氧化為Fe3+。②通過實驗進一步證實a、b、c不是產生Fe3+的主要原因，假設d成立。n-ni的過程中I2溶液氧化Fe2+的原因是。(4)經檢驗，IV中灰黑色渾濁中含有 AgI和Ag。①驗證灰黑色渾濁含有Ag的實驗操作及現(xiàn)象是：取洗凈后的灰黑色固體，。②為探究ni-IV出現(xiàn)灰黑色渾濁的原因，完成了實驗 1和實驗2。實驗1:向1mL0.1mol?L1FeSO4溶液中加入1mL0.1mol?L1AgNO3溶液，開始時，溶液無明顯變化。幾分鐘后，出現(xiàn)大量灰黑色渾濁。反應過程中溫度幾乎無變化。測定溶液中Ag+濃度隨反應時間的變化如圖 2。實驗2：實驗開始時，先向試管中加入幾滴 Fe2(SO4)3溶液，重復實驗1,實驗結果與實驗1相同。i.實驗1中發(fā)生反應的離子方程式是。ii.IV中迅速出現(xiàn)灰黑色渾濁的可能的原因是2019年北京市西城區(qū)高考化學二模試卷參考答案與試題解析、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）（6分）材料的研發(fā)應用使城市軌道交通快速發(fā)展。地鐵列車以下部件的成分屬于合金TOC\o"1-5"\h\z的是（ ）A.鋼化玻璃車窗 B.鋁合金車體 C.酚醛樹脂D.阻燃橡膠地板玻璃鋼座椅A.A B.B C.C D.D【分析】合金是指在一種金屬中加熱熔合其它金屬或非金屬而形成的具有金屬特性的物質。合金概念有三個特點：①一定是混合物；②合金中各成分都是以單質形式存在； ③合金中至少有一種金屬?！窘獯稹拷猓篈.制造高鐵車窗的鋼化玻璃屬于無機非金屬材料，故 A錯誤；B.硬鋁是鋁、銅、鎂和硅組成的合金，故B正確；C.玻璃鋼是玻璃纖維與合成材料復而成的一種特殊材料，屬于復合材料，不屬于合金，故C錯誤；D.阻燃橡膠地板屬于有機物，不屬于合金，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題主要考查合金，主要考查合金的組成，掌握合金的概念和用途是正確解答本題的關鍵，平時注意相關知識的積累，題目較簡單。（6分）下列化學用語對事實的表述正確的是（ ）A.醋酸電離：CH3COOH—CH3COO+H+B.脂2。2與CO2反應提供O2：Na2O2+CO2—Na2CO3+O2NO2與水反應制硝酸：NO2+H2O—H++NO3NaOH溶液除去鋁表面的氧化膜： A12O3+2OH一一2A1O2+H2O【分析】A.醋酸為弱酸，電離方程式應該用可逆號；

2mol過氧化鈉生成1mol氧氣，該反應不滿足電子守恒；C.二氧化氮與水反應生成NO,不反應不滿足電子守恒；D.氧化鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉和水?！窘獯稹拷猓篈.醋酸只能部分電離，正確的電離方程式為： CH3COOH?CH3COO+H+,故A錯誤；B.Na2O2與CO2反應生成碳酸鈉和。2,該反應的化學方程式為：2Na2O2+2CO2—2Na2CO3+O2,故B錯誤；NO2與水反應生成硝酸和NO,正確的離子方程式為： 3NO2+2H2O—2H++NO+2NO3,故C錯誤；D.NaOH溶液除去鋁表面的氧化膜，該反應的離子方程式為： Al2O3+2OH—2A102+H20,故D正確；故選：D?！军c評】本題考查了離子方程式的書寫判斷，為高考的高頻題，屬于中等難度的試題，注意明確離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應物、生成物是否正確，檢查各物質拆分是否正確，如難溶物、弱電解質等需要保留化學式，檢查是否符合守恒關系（如：質量守恒和電荷守恒等）、檢查是否符合原化學方程式等。3.（6分）我國科研人員使用催化劑CoGa3實現(xiàn)了H2還原肉桂醛生成肉桂醇，反應機理的3.示意圖如下：下列說法不正確的是（ ）第丙囊 闔桂靜OHCHj—CHi—CHO CH—GILA.肉桂醛分子中不存在順反異構現(xiàn)象B.聚丙醛分子中有6種不同化學環(huán)境的氫原子C.還原反應過程發(fā)生了極性鍵和非極性鍵的斷裂D.該催化劑實現(xiàn)了選擇性還原肉桂醛中的醛基【分析】A.碳碳雙鍵連接不同的原子或原子團，具有順反異構;B.根據H原子的位置判斷；C.還原反應過程中H-H、C=O鍵斷裂；D.肉桂醛在催化條件下，只有醛基與氫氣發(fā)生加成反應。【解答】解：A.肉桂醛分子中碳碳雙鍵連接不同的原子或原子團，具有順反異構，故A錯誤；B.由結構簡式可知苯丙醛分子中有 6種不同化學環(huán)境的氫原子，故B正確；C.還原反應過程中H-H、C=O鍵斷裂，分別為極性鍵和非極性鍵，故C正確；D.肉桂醛在催化條件下，只有醛基與氫氣發(fā)生加成反應，在說明催化劑具有選擇性， 故D正確。故選：A。【點評】本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質的關系為解答的關鍵，側重烯燒、醛性質的考查，選項 A為易錯點，題目難度不大。（6分）將氯水加入下列4種試劑中。根據實驗現(xiàn)象，得出的結論不正確的是（ ）試齊現(xiàn)象結論A硝酸酸化的AgNO3溶液產生白色沉淀氯水中含有ClBCaCO3固體固體表回后氣泡冒出氯水具有酸性CKBr溶液溶液變黃氯水具有氧化性D滴加酚酬:的Na2SO3溶液紅色褪去C12具有漂白性A.A B.B C.C D.D【分析】A.硝酸可排除干擾離子，氯離子與銀離子反應生成 AgCl沉淀；B.氯水中含氫離子；C.氯氣可氧化澳離子；D.氯氣與亞硫酸鈉發(fā)生氧化還原反應?！窘獯稹拷猓篈.硝酸可排除干擾離子，氯離子與銀離子反應生成 AgCl沉淀，由操作和現(xiàn)象可知氯水中含有Cl,故A正確；B.氯水中含氫離子，與碳酸鈣反應生成氣體，故B正確；C.氯氣可氧化澳離子，溶液變黃，故C正確；D.氯氣與亞硫酸鈉發(fā)生氧化還原反應，由現(xiàn)象不能判斷漂白性，且氯氣本身無漂白性，故D錯誤；故選：D。

【點評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、反應與現(xiàn)象、離子檢驗為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。（6分）磺化聚苯醛（SPPO）質子交換膜在燃料電池領域有廣闊的應用前景。合成聚苯醒（PPO）并將其改性制備SPPO的路線如圖：下列說法不正確的是（ ）26二用基茶配聚26二甲基法醒（PPO）磺化聚茶酶住PPO）A.2,6-二甲基苯酚能與飽和濱水發(fā)生取代反應B.常溫下2,6-二甲基苯酚易溶于水2,6-二甲基苯酚與O2發(fā)生氧化反應生成PPOPPO合成SPPO的反應是：產 叫久國=皿叱H+航GSO1H衛(wèi)，區(qū)用HQ=8 OfcCHa【分析】A.酚和濃澳水發(fā)生苯環(huán)上的取代反應時，取代位置是酚羥基的鄰對位 H原子;B.2,6-二甲基苯酚中親水基對其溶解度影響能力小于憎水基;C.2,6-二甲基苯酚被氧氣氧化生成 PPO;D.根據圖知，PPO中H原子被HO3S-取代生成SPPO,同時還生成HCl。【解答】解：A.2,6-二甲基苯酚中苯環(huán)上酚羥基對位有 H原子，所以能與濃澳水發(fā)生取代反應，故A正確；B.2,6-二甲基苯酚中親水基對其溶解度影響能力小于憎水基，所以常溫下 2,6-二甲基苯酚不易溶于水，故B錯誤；C.2,6-二甲基苯酚被氧氣氧化生成 PPO,所以2,6-二甲基苯酚與O2反應生成PPO時是氧化反應，故C正確；D.根據圖知，PPO中H原子被D.根據圖知，PPO中H原子被HO3S-取代生成SPPO,同時還生成故選：B?！军c評】本題考查有機物結構和性質，側重考查酚的性質，明確酚的取代反應、氧化反應特點是解本題關鍵，注意酚和濃澳水發(fā)生取代反應位置，題目難度不大。6.(6分:②、③d7某小組利用卜面的裝置中溶液均足量，操作和壬I~1.1\nnn三三三筌,JD ② （實驗進行實驗，見象如表。?廠尾氣處理第勘操作量現(xiàn)象I向盛用Na2s溶液的①中持續(xù)通入CO2至過量②中產生黑色沉淀，溶液的pH降低；③中產生白色渾濁，該渾濁遇酸冒氣泡n向盛有NaHCO3溶液的①中持續(xù)通入H2s氣體至過量現(xiàn)象同實驗I資料：CaS遇水完全水解由上述實驗得出的結論不正確的是（ ）A.③中白色渾濁是CaCO3B.②中溶液pH降低的原因是：H2S+Cu2+—CuSJ+2H+C.實驗I①中CO2過量發(fā)生的反應是： CO2+H2O+S2」一C032「+H2sD.由實驗I和n不能比較H2CO3和H2s酸性的強弱【分析】由操作和現(xiàn)象可知，①CO2過量發(fā)生2CO2+2H2O+S2」一2HCO3「+H2S,②中發(fā)生H2S+Cu2+—CuSJ+2H+,③中二氧化碳與石灰水反應生成白色渾濁是CaCO3,以此來解答?！窘獯稹拷猓篈.由上述分析可知，③中白色渾濁是CaCO3,故A正確；B.②中溶液pH降低的原因是：H2S+CU2+—CuSJ+2H+,產生黑色沉淀，溶液的pH降低，故B正確；2C.實驗I①中CO2過量發(fā)生的反應是2CO2+2H2O+S—2HCO3+H2S,故C錯誤；D.由強酸制取弱酸的原理及實驗I和H不能比較 H2CO3和H2s酸性的強弱，故D正確；故選：Co【點評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、反應與現(xiàn)象、為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。7.（6分）研究生鐵的銹蝕，下列分析不正確的是（ ）序號①②③實驗生毓片3現(xiàn)象8小時未觀察到明顯銹蝕8小時未觀察到明顯銹蝕i小時觀察到明顯銹蝕A.①中，NaCl溶液中溶解的O2不足以使生鐵片明顯銹蝕B.②中，生鐵片未明顯銹蝕的原因之一是缺少 H2OC.③中正極反應：O2+4e「+2H2O—4OHD.對比①②③，說明苯能隔絕O2【分析】鐵的腐蝕有化學腐蝕和電化學腐蝕兩種，電化學腐蝕比化學腐蝕要快，該題研究生鐵的銹蝕，為發(fā)生電化學腐蝕，發(fā)生了原電池反應，從原電池的形成條件來判斷：有兩個活潑性不同的電極、電解質溶液、閉合回路，金屬腐蝕時還有有空氣，反應中鐵是負極，發(fā)生氧化反應，生成Fe2+,在正極上發(fā)生吸氧腐蝕，電極反應為： O2+2H2O+4e=4OH,據此分析解答?！窘獯稹拷猓篈.①中，鐵能發(fā)生電化學腐蝕，但氧氣難溶于水， NaCl溶液中溶解的O2不足以使生鐵片明顯銹蝕，故A正確；B.原電池的形成條件：有兩個活潑性不同的電極、電解質溶液、閉合回路，金屬腐蝕時還有有空氣，氣隔絕空氣也難以腐蝕，②中，生鐵片未明顯銹蝕的原因之一是缺少 H2O,故B正確；C.反應中鐵是負極，發(fā)生氧化反應，生成 Fe2+,在正極上發(fā)生吸氧腐蝕，電極反應為：O2+2H2O+4e=4OH,故C正確；D.對比①②③，說明生鐵腐蝕，碳為正極，鐵為負極，需足量 O2和水，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查金屬的腐蝕與防護，注意從能否形成原電池的角度去思考金屬能否發(fā)生電化學腐蝕，題目難度不大。、解答題（共4小題，滿分58分）8.（17分）合成中間體L的路線如圖（部分反應條件或試劑略去）&cfcooCsHj二定條件|o41Hq-L已知：I.6+2△(0QK抽一?！?麗色)+ + 9RaJR 氏-C-&Rj—Cm. + + ? C3H5oiJ3ttlRj—C—R5-C-CR4A的名稱是 1,3—J一烯。A與Br2按物質的量之比1：1發(fā)生1,，AHOG-4O OIl II—C-fH-C—&?+R40H電L加成反應生成B,A-B的化學方程式是B一C的反應類型是 水解反應或取代反應 。D中所含官能團的名稱是 澳原子、羥基。(5)E與NaOH的乙醇溶液反應的化學方程式是(6)C-D在上述合成中的作用是 保護碳碳雙鍵，防止其被氧化 。(7)J的結構簡式是 ch2=c(ch3)c(ch3)=ch2。 _ _ c_ (8)K-L的化學方程式是(9)設計由L制備M()的合成路線(有機物用結構簡式表示，無機試劑任選)。合成路線圖示例如下：CH丁彳舊,CH3CH2OH 二二CH2—CH2,r1ITOC Hr【分析】A與Br2按物質的量之比1：1發(fā)生1,4-加成反應生成B,則B為BrCH2CH=CHCH2Br；B發(fā)生水解反應生成C,C發(fā)生加成反應生成D,則C為HOCH2CH=發(fā)生氧化反應生成EF,F為HOOCCH=CHCOOHCHCH2OH,D為HOCH2CH2CHBrCH2發(fā)生氧化反應生成EF,F為HOOCCH=CHCOOHHOOCCH2CHBrCOOH,E發(fā)生消去反應然后酸化得到發(fā)生取代反應生成 G,K和乙醇發(fā)生取代反應生成L,結合發(fā)生取代反應生成 G,K和乙醇發(fā)生取代反應生成L,結合K分子式知K根據GK結構簡式結合信息I知,J為ch2=c(ch3)c(ch3)物。(9)由,先發(fā)生氧化反應再發(fā)生信息 物。(9)由,先發(fā)生氧化反應再發(fā)生信息 III的反應得到目標產解：(1)解：(1)A的名稱是1,3-丁二烯,故答案為：1,3-丁二烯;A與Br2按物質的量之比1：1發(fā)生1,4-加成反應生成B,A-B的化學方程式是B-C的反應類型是取代反應或水解反應，故答案為：水解反應或取代反應；D為HOCH2CH2CHBrCH2OH，D中所含官能團的名稱是溴原子、羥基，故答案為：溴原子、羥基；5）E為HOOCCH2CHBrCOOH，E與NaOH的乙醇溶液反應的化學方程式是；C-D在上述合成中的作用是保護碳碳雙鍵，防止其被氧化，故答案為：保護碳碳雙鍵，防止其被氧化；J的結構簡式是CH2=C(CH3)C(CH3)=CH2,故答案為：CH2=C(CH3)C(CH3)=CH2；K-L的化學方程式是(9)由L制備M(9)由L制備M故答案為:【點評】本題考查有機物推斷和合成，側重考查分析推斷及知識綜合運用、知識遷移能力，正確判斷各物質結構簡式是解本題關鍵，注意結合題給信息分析解答，題目難度中等。9.(12分)CO2甲烷化是一種實現(xiàn)CO2資源化利用的有效途徑。I.熱化學轉化CO2甲烷化過程發(fā)生反應： CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g)AH1(1)每生成1molCH4(g),放熱165kJ,則AH=-165kJ?mol1。c2(H20)(2)反應的平衡常數(shù)的表達式： K= 丁 。溫度升高,K減小(填“增大”或“減小”)。(3)其他條件不變時，一段時間內，壓強對 CO2的轉化率及CH4的選擇性的影響如圖。刁熹一*三 刁熹一*三 31于中里注：選擇性=轉化為目標產物的原料量+原料總的轉化量CO2甲烷化反應選擇0.1MPa而不選擇更高壓強的原因是 在0.1MPa,CO2的轉化率及CH_的選擇性較高，加壓CO2的轉化率及CH4的選擇性變化不大，且加壓會增大投資和能耗。n.電化學轉化多晶Cu可高效催化CO2甲烷化，電解CO2制備CH4的原理示意圖如圖2.電解過程中溫度控制在10c左右，持續(xù)通入CO2.陰、陽極室的KHCO3溶液的濃度基本保持不變。(4)多晶Cu作陰(填“陰”或“陽”)極。(5)結合電極反應式，說明陰極室KHCO3溶液濃度基本不變的原因： 陰極發(fā)生反應：9CO2+8e+6H?O—CH4+8HCO3每轉移8mol電子，陰極生成 8molHCO且一，又有8molHCO3「通過陰離子交換膜進入陽極室，且 K+的濃度不變，所以陰極室的 KHCO3遽度基本保持不變 。(6)上述電解過程中采取了 以pH~8的KHCO3溶液為電解液；溫度控制在10c左右；持續(xù)通入C。2；用多晶銅作陰極等 措施(寫2條即可)使CO2優(yōu)先于H+放電。【分析】I.(1) CO2 (g) +4H2 (g) ?CH4 (g) +2H2O (g)每生成1molCH4(g),放熱165kJ,△H單位KJ/mol；C-/生成物平衡濃度在次方乘積X"〒一辛…(2)平衡吊數(shù)K=反應物平衡濃度累次方乘積,反應為放小反應'升而平衡逆向進行；(3)在0.1MPa,CO2的轉化率及CH4的選擇性較高，加壓CO2的轉化率及CH4的選擇性變化不大；n.(4)多晶Cu可高效催化CO2甲烷化，通入二氧化碳生成甲烷、碳酸氫鉀，說明電解過程中銅電極做電解質陰極，二氧化碳得到電子生成甲烷和碳酸氫鉀；(5)陰極發(fā)生反應：9CO2+8e-+6H2O—CH4+8HCO3一，每轉移8mol電子，陰極生成8molHCO3,又有8molHCO3「通過陰離子交換膜進入陽極室，溶液中電荷守恒分析判斷；(6)用多晶銅作陰極，KHCO3溶液為電解液，電解過程中溫度控制在 10c左右，持續(xù)通入CO2,使CO2優(yōu)先于H+放電?！窘獯稹拷猓篒.(1)每生成1molCH4(g),放熱165kJ,反應的熱化學方程式：CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g)AH=-165kJ?mol1,故答案為：-165kJ?mol1；(2)CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g)AH=-165kJ?mol1,c(CH4)c2(H2C^平衡常數(shù)K= ,反應為放熱反應，升高溫度平衡逆向進行，平衡常c(C02)c4(H2)數(shù)減小，c(CH4)c2(H2O)故答案為： -；---;減??；c(C02)c4(H2)(3)故答案為：在0.1MPa,CO2的轉化率及CH4的選擇性較高，加壓CO2的轉化率及CH4的選擇性變化不大，且加壓會增大投資和能耗；n.(4)多晶Cu可高效催化CO2甲烷化，通入二氧化碳生成甲烷、碳酸氫鉀，說明電解過程中銅電極做電解質陰極，二氧化碳得到電子生成甲烷和碳酸氫鉀，故答案為：陰；(5)陰極室KHCO3溶液濃度基本不變的原因：陰極發(fā)生反應： 9CO2+8e+6H2O—CH4+8HCO3,每轉移8mol電子，陰極生成8molHCO3,又有8molHCO?「通過陰離子交換膜進入陽極室，且K+的濃度不變，所以陰極室的 KHCO3濃度基本保持不變，故答案為：陰極發(fā)生反應： 9CO2+8e「+6H2O—CH4+8HCO3,每轉移8mol電子，陰極生成8molHCO3、又有8molHCO3「通過陰離子交換膜進入陽極室，且 K+的濃度不變，所以陰極室的KHCO3濃度基本保持不變；(6)上述電解過程中采取了以 pH=8的KHCO3溶液為電解液；溫度控制在10c左右；持續(xù)通入CO2；用多晶銅作陰極等，使CO2優(yōu)先于H+放電，故答案為：以pH=8的KHCO3溶液為電解液；溫度控制在10c左右；持續(xù)通入CO2；用多晶銅作陰極等?！军c評】本題考查了電解原理、電極反應、熱化學方程式書寫和計算、影響平衡的因素分析判斷等知識點，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等。10.(13分)廢水中氨態(tài)氮以NH3?H2。、NH3和NH4+的形式存在，廢水脫氮已成為主要污染物減排和水體富營養(yǎng)化防治的研究熱點。I.沉淀法向廢水中投入MgCl2和Na2HPO4,生成MgNH4PO4?6H2O沉淀，可將氨態(tài)氮含量降至-1 10mg?L以下。(1)NH3的電子式：(2)廢水中的NH3?H2O轉化為MgNH4PO4?6H2O的離子方程式是 Mg2++NH3?2H2O+HPO4+5H2O—MgNH4PO4?6H2。Jo(3)16c時，向廢水中加入MgCl2和Na2HPO4,使鎂、氮、磷物質的量之比為1:1:1,沉淀過程中的pH對剩余氨態(tài)氮濃度的影響如圖 1.欲使剩余氨態(tài)氮濃度低于 10mg?L1,pH的適宜范圍是 8?10,pH偏大或者偏小均不利于MgNH4PO4?6H2O的生成，原因是pH偏大，NH4+、Mg2+易與OH「結合生成NH3?HjO>Mg(OH).NHgPH^O的電離被抑制，使NH4+和Mg2+濃度降低；pH偏小，不利于HPO42一電離，PO43」?jié)舛绕?。所以pH偏大或偏小土不利于MgNH4PO4?6H20的牛成。n.微波-氧化法(4)僅對廢水進行微波加熱，pH對氨態(tài)氮脫出的影響如表。溶?夜pH6?78?910?1111?12剩余氨態(tài)氮濃度(mg?L1)1561004014表中數(shù)據表明：pH增大有利于廢水中化學平衡 NH3+H2。？NH3?H2。？NH/+OH(用化學用語表示)的移動。(5)微波協(xié)同CuO和H2O2除去氨態(tài)氮①其他條件相同，取相同體積的同一廢水樣品，微波10min,剩余氨態(tài)氮濃度與一定濃度H2O2溶液添加量的關系如圖2.據圖推測CuO在氨態(tài)氮脫除中可能起催化作用，理由是相同的H?O2溶液添加量，相同時間內，與不加CuO相比，加入CuO,氨態(tài)氮濃度降低的多，反應速率快 。②微波協(xié)同CuO有利于H2O2除去氨態(tài)氮。該條件下，H2O2將NH3氧化為N2的化學萬程式是3H2O程式是3H2O2+2NH3CuO"lii」、」_筱波爐N2+6H2O。【分析】I.(1)氨氣是共價化合物，氮原子和氫原子形成三對共用電子對;(2)MgCl2、Na2HPO4和NH4+反應生成MgNH4PO4?6H2O沉淀，據此寫出反應的離子方程式;(3)沉淀過程中的pH對剩余氨態(tài)氮濃度的影響分析，欲使剩余氨態(tài)氮濃度低于 10mg?L1,圖象中讀取PH,pH偏大,NH4+、Mg2+易與OH結合生成NH3?H2。、Mg(OH)2,NH3?H2O的電離被抑制，使NH4+和Mg2+濃度降低；pH偏小，不利于HPO42」電離，PO43「濃度偏低；n.(4)pH增大有利于廢水中氨氣逸出，剩余氨態(tài)氮減少；(5)①加入CuO,氨態(tài)氮濃度降低的多，反應速率快；②微波協(xié)同CuO有利于H2O2除去氨態(tài)氮，做該反應的催化劑，該條件下，H2O2將NH3氧化為N2,同時生成水?！窘獯稹拷猓篒.(1)氨氣是共價化合物，各原子間通過共用電子對形成共價鍵，所以其電子式為：故答案為：(2)廢水中的NH3?H2O轉化為MgNH4PO4?6H2O的離子方程式是： Mg2++NH3?H2O+HPO42+5H2O—MgNH4PO4?6H2OJ,故答案為：Mg2++NH3?H2O+HPO42+5H2O—MgNH4PO4?6H2OJ；(3)沉淀過程中的pH對剩余氨態(tài)氮濃度的影響如圖 1.欲使剩余氨態(tài)氮濃度低于10mg?L1,pH的適宜范圍是：pH=8-10,pH偏大或者偏小均不利于MgNH4PO4?6H2O的生成，原因是：pH偏大，NH4+、Mg2+易與OH結合生成NH3?H2O、Mg(OH)2,NH3

?H2O的電離被抑制，使NH4+和Mg2+濃度降低；pH偏小，不利于HPO42-電離，PO43濃度偏低。所以pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO4?6H2O的生成，故答案為：8?10;pH偏大,NH4+、Mg2+易與OH結合生成NH3?H2。、Mg(OH)2,NH3?H2O的電離被抑制，使NH4+和Mg2+濃度降低；pH偏小，不利于HPO42」電離，PO43「濃度偏低。所以pH偏大或偏小土^不利于MgNH4PO4?6H2O的生成；n.(4)圖表數(shù)據分析可知ph越大，剩余氨態(tài)氮的濃度越小，氨態(tài)氮在溶液中存在的平衡是NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH,PH增大平衡逆向進行，氨氣脫出越多，故答案為：NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH;(5)①其他條件相同，取相同體積的同一廢水樣品，微波10min,剩余氨態(tài)氮濃度與一定濃度H2O2溶液添加量的關系如圖2,相同的H2O2溶液添加量，相同時間內，與不加CuO相比，加入CuO,氨態(tài)氮濃度降低的多，反應速率快，推測CuO在氨態(tài)氮脫除中可能起催化作用，故答案為：相同的H2O2溶液添加量，相同時間內，與不加CuO相比，加入CuO,氨態(tài)氮濃度降低的多，反應速率快；②微波協(xié)同CuO有利于H2O2除去氨態(tài)氮，做該反應的催化劑，該條件下，H2O2將NH3氧化為N2,同時生成水，反應的化學方程式： 3H2O氧化為N2,同時生成水，反應的化學方程式： 3H2O2+2NH3CuON2+6H2O,故答案為：3H2O2+2NH3-N2+6H2O;【點評】本題考查了廢水處理的方法和過程分析判斷,涉及到圖象變化規(guī)律的分析應用、陌生反應方程式的書寫等，注意分析題干信息，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等。11.(16分)某小組欲探究反應2Fe2++l2?2Fe3++2I,完成如下實驗：資料：如圖1,AgI是黃色固體，不溶于稀硝酸。新制的AgI見光會少量分解。(1)I、(1)I、n均未檢出Fe3+,檢驗n中有無Fe3+的實驗操作及現(xiàn)象是：取少量n中溶液,滴加幾滴KSCN溶液，溶液不變紅(2)山中的黃色渾濁是 AgI

(3)經檢驗，(3)經檢驗，n-ni的過程中產生了Fe3+。_ 3+、 ①對Fe3產生的原因做出如下假設：假設a：空氣中存在。2,由于4Fe2++O2+4H+—4Fe3++2HzO (用離子方程式表示)，可產生Fe3+；假設b：溶液中Ag+具有氧化性，可產生Fe3+;假設c：酸性溶液中NO3一具有氧化性，可產生Fe3+；假設d：該條件下，I2溶液可將Fe2+氧化為Fe3+O②通過實驗進一步證實a、b、c不是產生Fe3+的主要原因，假設d成立。n-ni的過程中I2溶液氧化Fe2+的原因是Ag+與「生成了AgI沉淀，降低了廠的濃度，使平衡2Fe2++I2?2Fe3++2「正向移動，使12氧化了Fe2+。(4)經檢驗，IV中灰黑色渾濁中含有 AgI和Ag。①驗證灰黑色渾濁含有Ag的實驗操作及現(xiàn)象是：取洗凈后的灰黑色固體， 加入足量稀硝酸，振蕩，固體部分溶解，產生無色氣泡，遇空氣變紅棕色，靜置，取上層清液加