2019年北京卷理綜化學高考真題及答案解析（原卷+解析卷）

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2019年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試
理科綜合能力測試 化學（北京卷）
本試卷共16頁，共300分?？荚嚂r長150分鐘。考生務必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效?？荚嚱Y(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。
可能用到的相對原子質(zhì)量：H 1 C 12 N 14 O 16
第一部分（選擇題 共120分）
本部分共20小題，每小題6分，共120分。在每小題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。
1. 下列我國科研成果所涉及材料中，主要成分為同主族元素形成的無機非金屬材料的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【分析】
本題主要考查有機物與無機物的區(qū)分（B選項為有機物，其他均為無機物），金屬材料與非金屬材料的區(qū)分。同時穿插考查了元素周期表中同主族的概念。
【詳解】A.碳化硅(SiC)是由碳元素和硅元素組成的無機非金屬材料，且碳元素與硅元素均位于元素周期表第IVA族，故A符合題意；
B.聚氨酯為有機高分子化合物，不屬于無機非金屬材料，故B不符合題意；
C.碳包覆銀納米材料屬于復合材料，不屬于無機非金屬材料，且銀不是主族元素，故C不符合題意；
D.鈦合金為含有金屬鈦元素的合金，其屬于金屬材料，不屬于無機非金屬材料，故D不符合題意；
綜上所述，本題應選A。
【點睛】本題依托有機物和無機物的概念考查了化學知識與生活中物質(zhì)的聯(lián)系，創(chuàng)新點在于除了要判斷是否為無機非金屬材料，還給其加了限制條件“同主族”，應注意有機物中一定含碳元素，但含碳元素的卻不一定是有機物。
2. 下列示意圖與化學用語表述內(nèi)容不相符的是（水合離子用相應離子符號表示）
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【分析】
本題A、B、C選項應區(qū)分電離和電解的概念。電離是電解質(zhì)溶于水或熔融狀態(tài)下，解離成能夠自由移動的離子的過程。根據(jù)其電離程度可分為強電解質(zhì)和弱電解質(zhì)，幾乎全部電離的是強電解質(zhì)（如A選項），只有少部分電離的是弱電解質(zhì)（如C選項）；是將電能轉(zhuǎn)化為化學能的一個裝置(構(gòu)成:外加電源，電解質(zhì)溶液，陰陽電極)。使電流通過電解質(zhì)溶液或熔融電解質(zhì)而在陰，陽兩極引起還原氧化反應的過程（如B選項）。
【詳解】A.NaCl為強電解質(zhì)，NaCl溶于水，NaCl在水分子作用下，自發(fā)解離為Na+和Cl-，故電離方程式為NaCl=Na++Cl-，故A不符合題意；
B.電解氯化銅溶液，銅離子向陰極移動，得電子，發(fā)生電極反應為：Cu2++2e-=Cu,氯離子向陽極移動，失電子，發(fā)生電極反應為：2Cl-+2e-=Cl2,所以電解總反應為：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑，故B符合題意；
C.CH3COOH為弱電解質(zhì)，溶于水部分電離，因此電離方程式為CH3COOH CH3COO-+H+，故C不符合題意；
D.由圖可知，反應H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反應熱等于斷裂反應物分子中的化學鍵吸收的總能量（436kJ/ml+243kJ/ml=679kJ/ml）,與形成生成物分子中化學鍵放出的總能量（431kJ/ml×2=862kJ/ml）之差，即放熱183kJ/ml,放熱?H為負值，所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)?H=-183kJ/ml，故D不符合題意；
綜上所述，本題應選B。
【點睛】本題所選四個實驗（或原理）均取材于課本，可見高考題越來越回歸于課本。本題綜合考查化學用語，涉及強、弱電解質(zhì)的電離、電解方程式的書寫，化學反應熱的計算，題目把化學用語與化學反應原理巧妙地結(jié)合。
3. 2019年是元素周期表發(fā)表150周年，期間科學家為完善周期表做出了不懈努力。中國科學院院士張青蓮教授曾主持測定了銦（49In）等9種元素相對原子質(zhì)量的新值，被采用為國際新標準。銦與銣（37Rb）同周期。下列說法不正確的是
A. In是第五周期第ⅢA族元素
B. 11549In的中子數(shù)與電子數(shù)的差值為17
C. 原子半徑：In>Al
D. 堿性：In(OH)3>RbOH
【答案】D
【解析】
【分析】
A．根據(jù)原子核外電子排布規(guī)則，該原子結(jié)構(gòu)示意圖為，據(jù)此判斷該元素在周期表中的位置；
B．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)，原子的質(zhì)子數(shù)=電子數(shù)；
C．同主族元素的原子，從上到下，電子層數(shù)逐漸增多，半徑逐漸增大；
D．同周期元素，核電荷數(shù)越大，金屬性越越弱，最高價氧化物對應水化物的堿性越弱；
【詳解】A.根據(jù)原子核外電子排布規(guī)則，該原子結(jié)構(gòu)示意圖為，因此In位于元素周期表第五周期第IIIA族，故A不符合題意；
B.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)，因此該原子的質(zhì)子數(shù)=電子數(shù)=49，中子數(shù)為115-49=66，所以中子數(shù)與電子數(shù)之差為66-49=17，故B不符合題意；
C.Al位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期IIIA族，同主族元素的原子，從上到下，電子層數(shù)逐漸增多，半徑逐漸增大，因此原子半徑In＞Al，故C不符合題意；
D.In位于元素周期表第五周期，銣（Rb）位于元素周期表第五周期第IA族，同周期元素，核電荷數(shù)越大，金屬性越越弱，最高價氧化物對應水化物的堿性越弱，因此堿性：In(OH)3＜RbOH，故D符合題意；
綜上所述，本題應選D。
【點睛】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素性質(zhì)，題目難度不大，明確原子結(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)了學生的分析能力及靈活應用能力。
4. 交聯(lián)聚合物P的結(jié)構(gòu)片段如圖所示。下列說法不正確的是（圖中表示鏈延長）
A. 聚合物P中有酯基，能水解
B. 聚合物P的合成反應為縮聚反應
C. 聚合物P原料之一丙三醇可由油脂水解獲得
D. 鄰苯二甲酸和乙二醇在聚合過程中也可形成類似聚合物P的交聯(lián)結(jié)構(gòu)
【答案】D
【解析】
【分析】
將X為、Y為帶入到交聯(lián)聚合物P的結(jié)構(gòu)中可知，聚合物P是由鄰苯二甲酸和丙三醇通過縮聚反應制備的，據(jù)此解題；
【詳解】A.根據(jù)X為、Y為可知，X與Y直接相連構(gòu)成了酯基，酯基能在酸性或堿性條件下水解，故A不符合題意；
B.聚合物P是由鄰苯二甲酸和丙三醇通過縮聚反應制備的,故B不符合題意；
C.油脂為脂肪酸甘油酯，其在堿性條件下水解可生成脂肪酸鹽和甘油即丙三醇，故C，不符合題意；
D.乙二醇的結(jié)構(gòu)簡式為HO-CH2CH2-OH,與鄰苯二甲酸在聚合過程中只能形成鏈狀結(jié)構(gòu)，故D符合題意；
綜上所述，本題應選D。
【點睛】本題側(cè)重考查有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及高聚物單體以及性質(zhì)的判斷，注意把握官能團的性質(zhì)，縮聚反應的判斷，題目有利于培養(yǎng)學生的分析能力，難度不大。
5. 下列除雜試劑選用正確且除雜過程不涉及氧化還原反應的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【分析】
發(fā)生的反應中，存在元素的化合價變化，與氧化還原反應有關(guān)；反之，不存在元素的化合價變化，則與氧化還原反應無關(guān)，以此解答該題。
【詳解】A.FeCl3與Fe反應生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此過程中Fe的化合價發(fā)生變化，涉及到了氧化還原反應，故A不符合題意；
B.MgCl2與NaOH溶液發(fā)生復分解反應MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，過量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此過程中沒有元素化合價發(fā)生變化，未涉及氧化還原反應，故B符合題意；
C.部分氯氣與H2O 發(fā)生反應生成氯化氫和次氯酸，應該用飽和食鹽水除去HCl，除雜方法不正確，故C不符合題意；
D.NO2 與水反應生成硝酸和NO。反應過程中氮元素化合價發(fā)生變化，涉及到了氧化還原反應，故D不符合題意；
綜上所述，本題應選B。
【點睛】本題考查氧化還原反應，為高考常見題型，側(cè)重于氧化還原反應判斷的考查，注意把握發(fā)生的反應及反應中元素的化合價變化，題目難度不大。
6. 探究草酸（H2C2O4）性質(zhì)，進行如下實驗。（已知：室溫下，0.1 ml·L?1 H2C2O4的pH=1.3）
由上述實驗所得草酸性質(zhì)所對應的方程式不正確的是
A. H2C2O4有酸性，Ca(OH)2+ H2C2O4CaC2O4↓+2H2O
B. 酸性：H2C2O4> H2CO3，NaHCO3+ H2C2O4NaHC2O4+CO2↑+H2O
C. H2C2O4具有還原性，2+5+16H+2Mn2++10CO2↑+ 8H2O
D. H2C2O4可發(fā)生酯化反應，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
草酸（又稱乙二酸）為一種二元弱酸，具有酸的通性，因此能發(fā)生中和反應，具有還原性，因為乙二酸中含有羧基因此能發(fā)生酯化反應，據(jù)此解題；
【詳解】A.H2C2O4為二元弱酸，能與氫氧化鈣溶液發(fā)生中和反應，生成白色沉淀草酸鈣和水，因此含酚酞的氫氧化鈣溶液堿性逐漸減弱，溶液紅色退去，故A正確；
B.產(chǎn)生氣泡證明有CO2 產(chǎn)生，因此可證明酸性H2C2O4＞H2CO3，反應方程式為：H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2 +2H2O 或,H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2 +2H2O，故B正確；
C.0.1 ml·L?1 H2C2O4的pH=1.3,說明草酸為弱酸，故在其參與的離子方程式中要寫其化學式，不能用草酸根表示，故C不正確；
D.草酸（又稱乙二酸），其中含有羧基，因此其能發(fā)生酯化反應，反應方程式正確，故D正確；
本題選不正確的，應選C。
【點睛】本題考查草酸的性質(zhì)和離子反應方程式的書寫，側(cè)重考查學生的分析能力和元素化合物知識的綜合理解和運用。
7. 實驗測得0.5 ml·L?1CH3COONa溶液、0.5 ml·L?1 CuSO4溶液以及H2O的pH隨溫度變化的曲線如圖所示。下列說法正確的是
A. 隨溫度升高，純水中c(H+)>c(OH?)
B. 隨溫度升高，CH3COONa溶液的c(OH?)減小
C. 隨溫度升高，CuSO4溶液的pH變化是Kw改變與水解平衡移動共同作用的結(jié)果
D. 隨溫度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因為CH3COO?、Cu2+水解平衡移動方向不同
【答案】C
【解析】
【分析】
水電離為吸熱過程，升高溫度，促進水的電離；鹽類水解為吸熱過程，升高溫度促進鹽類水解，據(jù)此解題；
【詳解】A.水的電離為吸熱過程，升高溫度，平衡向著電離方向移動，水中c(H+).c(OH-)=Kw增大，故pH減小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合題意；
B.水的電離為吸熱過程，升高溫度，促進水的電離，所以c(OH-)增大，醋酸根水解為吸熱過程，CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高溫度促進鹽類水解，所以c(OH-)增大，故B不符合題意；
C.升高溫度，促進水的電離，故c(H+)增大；升高溫度，促進銅離子水解Cu2++2H2OCu(OH)2 +2H+，故c(H+)增大，兩者共同作用使pH發(fā)生變化，故C符合題意；
D.鹽類水解為吸熱過程，升高溫度促進鹽類水解，故D不符合題意；
綜上所述，本題應選C。
【點睛】本題考查弱電解質(zhì)在水中的電離平衡，明確化學平衡常數(shù)只是溫度的函數(shù)，溫度對水的電離和鹽類水解平衡的影響是解題的關(guān)鍵，鹽類水解是高頻考點，也是高考的重點和難點，本題難度不大，是基礎(chǔ)題。
第二部分（非選擇題 共180分）
本部分共11小題，共180分。
8. 抗癌藥托瑞米芬的前體K的合成路線如下。
已知：
?。?
ⅱ．有機物結(jié)構(gòu)可用鍵線式表示，如(CH3)2NCH2CH3的鍵線式為
（1）有機物A能與Na2CO3溶液反應產(chǎn)生CO2，其鈉鹽可用于食品防腐。有機物B能與Na2CO3溶液反應，但不產(chǎn)生CO2；B加氫可得環(huán)己醇。A和B反應生成C的化學方程式是___________，反應類型是___________________________。
（2）D中含有的官能團：__________________。
（3）E的結(jié)構(gòu)簡式為__________________。
（4）F是一種天然香料，經(jīng)堿性水解、酸化，得G和J。J經(jīng)還原可轉(zhuǎn)化為G。J的結(jié)構(gòu)簡式為__________________。
（5）M是J的同分異構(gòu)體，符合下列條件的M的結(jié)構(gòu)簡式是__________________。
①包含2個六元環(huán)
②M可水解，與NaOH溶液共熱時，1 ml M最多消耗2 ml NaOH
（6）推測E和G反應得到K的過程中，反應物LiAlH4和H2O的作用是__________________。
（7）由K合成托瑞米芬的過程：
托瑞米芬具有反式結(jié)構(gòu)，其結(jié)構(gòu)簡式是__________________。
【答案】 (1). (2). 取代反應 (3). 羰基、羥基 (4). (5). (6). (7). 還原劑；水解 (8).
【解析】
【分析】
有機物A能與碳酸鈉溶液反應產(chǎn)生CO2，其鈉鹽可用于食品防腐，A為苯甲酸；有機物B能與碳酸鈉反應，但不產(chǎn)生CO2，且B加氫得環(huán)己醇，則B為苯酚；苯甲酸和苯酚在濃硫酸、H3BO3，加熱條件下發(fā)生取代反應生成C為；C發(fā)生信息中的反應生成D為；D發(fā)生信息中的反應生成E為；F經(jīng)堿性水解，酸化得G和J，J經(jīng)還原可轉(zhuǎn)化為G，則G和J具有相同的碳原子數(shù)和碳骨架，則G為；J為；由G和J的結(jié)構(gòu)可推知F為C6H5-CH=CH-COOCH2CH=CH-C6H5，E和G先在LiAlH4作用下還原，再水解最后得到K，據(jù)此解答。
【詳解】（1）根據(jù)以上分析，A為苯甲酸，B為苯酚，苯甲酸和苯酚在濃硫酸、H3BO3，加熱條件下發(fā)生取代反應生成C為，化學方程式為，
故答案為取代反應；；
（2）D為，D中含有的官能團為羰基、羥基，
故答案為羰基、羥基；
（3）D發(fā)生信息中的反應生成E，其結(jié)構(gòu)簡式為，
故答案為；
（4）F經(jīng)堿性水解，酸化得G和J，J經(jīng)還原可轉(zhuǎn)化為G，則G和J具有相同的碳原子數(shù)和碳骨架，則G為；J為，
故答案為；
（5）J為，分子式為C9H8O2，不飽和度為6，其同分異構(gòu)體符合條件的M，①包含兩個六元環(huán)，則除苯環(huán)外還有一個六元環(huán)，②M可水解，與氫氧化鈉溶液共熱時，1mlM最多消耗2mlNaOH，說明含有酚酯的結(jié)構(gòu)，則M的結(jié)構(gòu)簡式為，
故答案為；
（6）由合成路線可知，E和G先在LiAlH4作用下還原，再水解最后得到K，
故答案為還原劑；水解；
（7）由合成路線可知，托瑞米芬分子中含有碳碳雙鍵，兩個苯環(huán)在雙鍵兩側(cè)為反式結(jié)構(gòu)，則其結(jié)構(gòu)簡式為：，
故答案為。
9. 化學小組用如下方法測定經(jīng)處理后的廢水中苯酚的含量（廢水中不含干擾測定的物質(zhì)）。
Ⅰ．用已準確稱量的KBrO3固體配制一定體積的a ml·L?1 KBrO3標準溶液；
Ⅱ．取v1 mL上述溶液，加入過量KBr，加H2SO4酸化，溶液顏色呈棕黃色；
Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入v2 mL廢水；
Ⅳ．向Ⅲ中加入過量KI；
Ⅴ．用b ml·L?1 Na2S2O3標準溶液滴定Ⅳ中溶液至淺黃色時，滴加2滴淀粉溶液，繼續(xù)滴定至終點，共消耗Na2S2O3溶液v2 mL。
已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6
Na2S2O3和Na2S4O6溶液顏色均為無色
（1）Ⅰ中配制溶液用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和____________。
（2）Ⅰ中發(fā)生反應的離子方程式是_______________________________。
（3）Ⅲ中發(fā)生反應的化學方程式是_________________________________。
（4）Ⅳ中加KI前，溶液顏色須為黃色，原因是______________________________。
（5）KI與KBrO3物質(zhì)的量關(guān)系為n（KI）≥6n（KBrO3）時，KI一定過量，理由是________。
（6）Ⅴ中滴定至終點的現(xiàn)象是_____________________________。
（7）廢水中苯酚的含量為___________g·L?1（苯酚摩爾質(zhì)量：94 g·ml ?1）。
（8）由于Br2具有____________性質(zhì)，Ⅱ~Ⅳ中反應須在密閉容器中進行，否則會造成測定結(jié)果偏高。
【答案】 (1). 容量瓶、量筒 (2). BrO3- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O (3). (4). Ⅱ中生成的Br2與廢水中苯酚完全反應后，Ⅲ中溶液顏色為黃色，說明有Br2剩余，剩余Br2與過量KI反應生成I2可利用后續(xù)滴定法測量，從而間接計算苯酚消耗的Br2 (5). Ⅱ中反應為KBrO3 + 5KBr + 3H2SO4=3K2SO4+ 3Br2 + 3H2O可知3n(KBrO3)=n(Br2)，Ⅱ中Br2部分與苯酚反應，剩余溴在Ⅳ中反應為Br2+2KI=I2+2KBr，若剩余溴完全反應，則n(KI)≥ 2n(Br2)，推知n(KI)≥6n(KBrO3) (6). 當?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3標準溶液時，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且30s不變色 (7). (8). 揮發(fā)
【解析】
【分析】
本題考查氧化還原反應滴定的綜合運用。苯酚與溴反應快速靈敏，但滴定終點難以判斷，因而制得一定量的溴分別與苯酚和KI反應（溴須完全反應完），而溴與KI反應生成的I2與Na2S2O3進行滴定分析，因而直接測出與KI反應所消耗的溴，進而計算出與苯酚反應消耗的溴，最后根據(jù)苯酚與溴反應的系數(shù)計算廢水中苯酚的濃度。
【詳解】（1）準確稱量KBrO3固體配置溶液所需的玻璃儀器有燒杯、量筒、玻璃棒、膠頭滴管，一定規(guī)格的容量瓶，因而該空填容量瓶、量筒；
（2）KBrO3溶液中加入KBr和H2SO4，溶液顏色呈棕黃色，說明生成Br2，根據(jù)缺項配平可知該離子方程式為BrO3- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O；
（3）苯酚和溴水反應得到白色沉淀2,4,6-三溴苯酚，化學方程式為；
（4）該測量過程是利用一定量的溴分別與苯酚和KI反應，注意溴須反應完全，且一定量溴的總量已知，部分溴與KI反應生成的I2可利用氧化還原滴定法測量，進而計算出與KI反應的溴的消耗量，將一定量溴減去與KI反應的溴的消耗量，可得與苯酚反應的溴的消耗量，因而一定量的溴與苯酚反應完，必須有剩余的溴與KI反應，Ⅲ中反應結(jié)束時，若溶液顯黃色說明苯酚反應完，且有溴剩余，以便與KI反應，故原因為Ⅱ中生成的Br2與廢水中苯酚完全反應后，Ⅲ中溶液顏色為黃色，說明有Br2剩余，剩余Br2與過量KI反應，從而間接計算苯酚消耗的Br2；
（5）Ⅱ中反應為KBrO3 + 5KBr + 3H2SO4=3K2SO4+ 3Br2 + 3H2O可知3n(KBrO3)=n1(Br2)，Ⅱ中Br2部分與苯酚反應，剩余溴的量設(shè)為n2(Br2)（n1(Br2)>n2(Br2)）在Ⅳ中反應為Br2+2KI=I2+2KBr，若剩余溴完全反應，則n(KI)≥ 2n2(Br2)，推知n(KI)≥6n(KBrO3)；因而當n(KI)≥6n(KBrO3)，KI一定過量；
（6）Ⅴ中含碘的溶液內(nèi)加入淀粉，溶液顯藍色，隨著Na2S2O3溶液滴入，藍色變淺直至消失，因而當?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3標準溶液時，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且30s不變色；
（7）n(BrO3-)=av1×10-3ml，根據(jù)反應BrO3- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O可知n(Br2)=3av1×10-3ml，溴分別與苯酚和KI反應，先計算由KI消耗的溴的量，設(shè)為n1(Br2)，根據(jù)I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知I2~2Na2S2O3，又Br2+2I-=I2+2Br-可知Br2~ I2，可得Br2~2Na2S2O3，n(Na2S2O3)= bv3×10-3ml，n1(Br2)=bv3×10-3ml，再計算由苯酚消耗的溴的量，設(shè)為n2(Br2)= n(Br2)- n1(Br2)=( 3av1-bv3) ×10-3ml，苯酚與溴水反應的計量數(shù)關(guān)系為3Br2~C6H5OH，n(C6H5OH)=n2(Br2)=(av1-bv3)×10-3ml，廢水中苯酚的含量==ml；
（8）Ⅱ中生成的溴須被苯酚和KI完全反應掉，而溴有揮發(fā)性，反應時須在密閉容器中進行。
10. 氫能源是最具應用前景的能源之一，高純氫的制備是目前的研究熱點。
（1）甲烷水蒸氣催化重整是制高純氫的方法之一。
①反應器中初始反應的生成物為H2和CO2，其物質(zhì)的量之比為4∶1，甲烷和水蒸氣反應的方程式是______________。
②已知反應器中還存在如下反應：
i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH1
ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2
iii.CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH3
……
iii為積炭反應，利用ΔH1和ΔH2計算ΔH3時，還需要利用__________反應的ΔH。
③反應物投料比采用n（H2O）∶n（CH4）=4∶1，大于初始反應的化學計量數(shù)之比，目的是________________（選填字母序號）。
a.促進CH4轉(zhuǎn)化 b.促進CO轉(zhuǎn)化為CO2 c.減少積炭生成
④用CaO可以去除CO2。H2體積分數(shù)和CaO消耗率隨時間變化關(guān)系如下圖所示。從t1時開始，H2體積分數(shù)顯著降低，單位時間CaO消耗率_______（填“升高”“降低”或“不變”）。此時CaO消耗率約為35%，但已失效，結(jié)合化學方程式解釋原因：____________________________。
（2）可利用太陽能光伏電池電解水制高純氫，工作示意圖如下通過控制開關(guān)連接K1或K2，可交替得到H2和O2。
①制H2時，連接_______________。
產(chǎn)生H2的電極反應式是_______________。
②改變開關(guān)連接方式，可得O2。
③結(jié)合①和②中電極3的電極反應式，說明電極3的作用：________________________。
【答案】 (1). CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2 (2). C(s)+CO2(g)=2CO(g) (3). abc (4). 降低 (5). H2體積分數(shù)在t1之后較少，結(jié)合CaO+H2O=Ca(OH)2可知水蒸氣濃度較小，反應器內(nèi)反應逆向反應，氧化鈣很難和CO2反應，因而失效 (6). K1 (7). 2H2O+2e-=H2↑+2OH- (8). 連接K1或K2時，電極3分別作為陽極材料和陰極材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互轉(zhuǎn)化提供電子轉(zhuǎn)移
【解析】
【詳解】（1）①由于生成物為H2和CO2，其物質(zhì)的量之比為4：1，反應物是甲烷和水蒸氣，因而反應方程式為CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2；
②ⅰ-ⅱ可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g),設(shè)為ⅳ，用ⅳ-?？傻肅(s)+CO2(g)=2CO(g)，因此，還需利用C(s)+CO2(g)=2CO(g)反應的焓變；
③初始反應n(H2O):n(CH4)=2：1，說明加入的水蒸氣過量，又反應器中反應都存在一定可逆性，根據(jù)反應ⅰ知水蒸氣濃度越大，甲烷的轉(zhuǎn)化率越高，a正確；根據(jù)反應ⅱ知水蒸氣濃度越大，CO的轉(zhuǎn)化率越高，b正確；ⅰ和ⅱ產(chǎn)生氫氣，使得氫氣濃度變大，抑制反應ⅲ，積炭生成量減少，c正確；
④t1時CaO消耗率曲線斜率減小，因而單位時間內(nèi)CaO的消耗率降低，H2體積分數(shù)在t1之后較少，結(jié)合CaO+H2O=Ca(OH)2可知水蒸氣濃度較小，反應器內(nèi)反應逆向反應，氧化鈣很難和CO2反應，因而失效；
（2）①電極生成H2時，根據(jù)電極放電規(guī)律可知H+得到電子變?yōu)闅錃猓蚨姌O須連接負極，因而制H2時，連接K1，該電池在堿性溶液中，由H2O提供H+，電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
③電極3上NiOOH和Ni(OH)2相互轉(zhuǎn)化，其反應式為NiOOH+e-+H2O?Ni(OH)2+OH-，當連接K1時，Ni(OH)2失去電子變?yōu)镹iOOH，當連接K2時，NiOOH得到電子變?yōu)镹i(OH)2，因而作用是連接K1或K2時，電極3分別作為陽極材料和陰極材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互轉(zhuǎn)化提供電子轉(zhuǎn)移。
11. 化學小組實驗探究SO2與AgNO3溶液的反應。
（1）實驗一：用如下裝置（夾持、加熱儀器略）制備SO2，將足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反應，得到無色溶液A和白色沉淀B。
①濃H2SO4與Cu反應的化學方程式是____________________________________。
②試劑a是____________。
（2）對體系中有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)分析得出：沉淀B可能為 、Ag2SO4或兩者混合物。（資料：Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3難溶于水）
實驗二：驗證B的成分
①寫出Ag2SO3溶于氨水的離子方程式：__________。
②加入鹽酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F。推斷D中主要是BaSO3，進而推斷B中含有Ag2SO3。向濾液E中加入一種試劑，可進一步證實B中含有Ag2SO3。所用試劑及現(xiàn)象是__________。
（3）根據(jù)沉淀F的存在，推測的產(chǎn)生有兩個途徑：
途徑1：實驗一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，隨沉淀B進入D。
途徑2：實驗二中，被氧化為進入D。
實驗三：探究的產(chǎn)生途徑
①向溶液A中滴入過量鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀，證明溶液中含有________：取上層清液繼續(xù)滴加BaCl2溶液，未出現(xiàn)白色沉淀，可判斷B中不含Ag2SO4。做出判斷的理由：_______。
②實驗三結(jié)論：__________。
（4）實驗一中SO2與AgNO3溶液反應的離子方程式是_________________。
（5）根據(jù)物質(zhì)性質(zhì)分析，SO2與AgNO3溶液應該可以發(fā)生氧化還原反應。將實驗一所得混合物放置一段時間，有Ag和生成。
（6）根據(jù)上述實驗所得結(jié)論：__________________。
【答案】 (1). Cu+2H2SO4(濃) CuSO4+SO2↑+2H2O (2). 濃硫酸或飽和的NaHSO3溶液 (3). Ag2SO3+4NH3?H2O=2 Ag(NH3)2++SO32-+4H2O (4). H2O2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則證明B中含有Ag2SO3 (5). Ag+ (6). 因為若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液會生成難溶的BaSO4白色沉淀 (7). 實驗一中，SO2在AgNO3溶液中未被氧化生成Ag2SO4；實驗二中，SO32-被氧化為SO42- (8). 2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3+2H+ (9). 二氧化硫與硝酸銀溶液反應生成亞硫酸銀的速率大于生成銀和硫酸根離子的速率，堿性溶液中亞硫酸根離子更易被氧化為硫酸根離子
【解析】
分析】
本題的實驗目的是探究SO2與硝酸銀溶液的反應，實驗過程先用銅片和濃硫酸反應制備SO2，再將SO2通入硝酸銀溶液中，對所得產(chǎn)物進行探究，可依據(jù)元素化合物知識解答。
【詳解】(1)①銅和濃硫酸在加熱的條件下反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，化學方程式為：Cu+2H2SO4(濃) CuSO4+SO2↑+2H2O，
故答案為Cu+2H2SO4(濃) CuSO4+SO2↑+2H2O；
②由于燒瓶中的空氣沒有排出，反應生成的SO2可能會被氧氣氧化為SO3，SO3會干擾后續(xù)的實驗，所以試劑a應為除去雜質(zhì)SO3的試劑，可以用飽和NaHSO3溶液；
故答案為飽和NaHSO3溶液；
（2）①Ag2SO3溶于氨水得到Ag(NH3)2+，離子方程式為：Ag2SO3+4NH3?H2O=2 Ag(NH3)2++SO32-+4H2O，
故答案為Ag2SO3+4NH3?H2O=2 Ag(NH3)2++SO32-+4H2O；
②推測沉淀D為BaSO3，加過量稀鹽酸溶解得濾液E和少量沉淀F，則E中可能含有溶解的SO2，可加入雙氧水溶液，若加入雙氧水溶液可以將亞硫酸或亞硫酸根離子氧化為硫酸根離子，從而生成白色的硫酸鋇沉淀，則證明B中含有Ag2SO3；
故答案為H2O2，溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則證明B中含有Ag2SO3；
（3）①加入過量鹽酸產(chǎn)生白色沉淀，說明含有Ag+；B中不含Ag2SO4，因若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液會生成難溶的BaSO4白色沉淀，
故答案為Ag+；因若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液會生成難溶的BaSO4白色沉淀；
②實驗三的結(jié)論：實驗一中，SO2在AgNO3溶液中未被氧化生成Ag2SO4；實驗二中，SO32-被氧化為SO42-；
（4）根據(jù)以上分析，二氧化硫與硝酸銀溶液反應生成亞硫酸銀沉淀，離子方程式為：2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3+2H+，
故答案為2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3+2H+；
（6）綜合實驗一、實驗二和實驗三的分析，可以得出該實驗的結(jié)論為：二氧化硫與硝酸銀溶液反應生成亞硫酸銀的速率大于生成銀和硫酸根離子的速率，堿性溶液中亞硫酸根離子更易被氧化為硫酸根離子。
故答案為二氧化硫與硝酸銀溶液反應生成亞硫酸銀的速率大于生成銀和硫酸根離子的速率，堿性溶液中亞硫酸根離子更易被氧化為硫酸根離子。
A．4.03米大口徑碳化硅反射鏡
B．2022年冬奧會聚氨酯速滑服
C．能屏蔽電磁波的碳包覆銀納米線
D．“玉兔二號”鈦合金篩網(wǎng)輪
A
B
C
D
NaCl溶于水
電解CuCl2溶液
CH3COOH在水中電離

H2與Cl2反應能量變化
NaCl=Na++Cl?
CuCl2=Cu2++2Cl?
CH3COOHCH3COO?+H+
H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)
ΔH=?183kJ·ml?1
物質(zhì)（括號內(nèi)為雜質(zhì)）
除雜試劑
A
FeCl2溶液（FeCl3）
Fe粉
B
NaCl溶液（MgCl2）
NaOH溶液、稀HCl
C
Cl2（HCl）
H2O、濃H2SO4
D
NO（NO2）
H2O、無水CaCl2
實驗
裝置
試劑a
現(xiàn)象
①
Ca(OH)2溶液（含酚酞）
溶液褪色，產(chǎn)生白色沉淀
②
少量NaHCO3溶液
產(chǎn)生氣泡
③
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
④
C2H5OH和濃硫酸
加熱后產(chǎn)生有香味物質(zhì)