1、 绝密绝密启封并使用完毕前启封并使用完毕前 2019 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试 理科综合能力测试理科综合能力测试 化学（北京卷）化学（北京卷） 本试卷共本试卷共 16 页，共页，共 300 分。考试时长分。考试时长 150 分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作 答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 第一部分（选择题第一部分（选择题 共共 120 分）分） 本部分共本部
2、分共 20 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 120分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要 求的一项。求的一项。 1.下列我国科研成果所涉及材料中，主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是 A 4.03米大口径碳化硅反 射镜 B2022 年冬奥会聚氨酯 速滑服 C能屏蔽电磁波的碳包 覆银纳米线 D“玉兔二号”钛合 金筛网轮 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【分析】 本题主要考查有机物与无机物的区分（B选项为有机物，其他均为无机物） ，金属材料与非金属材料的区分。 同时穿插考查了元素周期表中同主族的
3、概念。 【详解】A.碳化硅(SiC)是由碳元素和硅元素组成的无机非金属材料，且碳元素与硅元素均位于元素周期表 第 IVA 族，故 A符合题意； B.聚氨酯有机高分子化合物，不属于无机非金属材料，故 B 不符合题意； C.碳包覆银纳米材料属于复合材料，不属于无机非金属材料，且银不是主族元素，故 C不符合题意； D.钛合金为含有金属钛元素的合金，其属于金属材料，不属于无机非金属材料，故 D 不符合题意； 综上所述，本题应选 A。 【点睛】本题依托有机物和无机物的概念考查了化学知识与生活中物质的联系，创新点在于除了要判断是 否为无机非金属材料，还给其加了限制条件“同主族”，应注意有机物中一定含碳元素
4、，但含碳元素的却不一 定是有机物。 2.下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示） A B C D NaCl 溶于水 电解 CuCl2溶液 CH3COOH 在水中电离 H2 与 Cl2反应能量变化 NaClNa+Cl CuCl2Cu2+2Cl CH3COOH垐 ? 噲 ? CH3COO+H+ H2(g)+Cl2(g) 2HCl(g) H=183kJmol1 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【分析】 本题 A、B、C 选项应区分电离和电解的概念。电离是电解质溶于水或熔融状态下，解离成能够自由移动的 离子的过程。根据其电离程度可分为强电解质和
5、弱电解质，几乎全部电离的是强电解质（如 A 选项） ，只有 少部分电离的是弱电解质（如 C 选项） ；是将电能转化为化学能的一个装置(构成:外加电源，电解质溶液， 阴阳电极)。使电流通过电解质溶液或熔融电解质而在阴，阳两极引起还原氧化反应的过程（如 B选项） 。 【详解】A.NaCl 为强电解质，NaCl 溶于水，NaCl 在水分子作用下，自发解离为 Na+和 Cl-，故电离方程式 为 NaCl=Na+Cl-，故 A不符合题意； B.电解氯化铜溶液，铜离子向阴极移动，得电子，发生电极反应为：Cu2+2e-=Cu,氯离子向阳极移动，失电 子，发生电极反应为：2Cl-+2e-=Cl2,所以电解总反
6、应为：Cu2+2Cl-Cu+Cl2，故 B 符合题意； C.CH3COOH为弱电解质，溶于水部分电离，因此电离方程式为 CH3COOH CH3COO-+H+，故 C不符合 题意； D.由图可知，反应 H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热等于断裂反应物分子中的化学键吸收的总能量 （436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol）,与形成生成物分子中化学键放出的总能量（431kJ/mol 2=862kJ/mol） 之差，即放热 183kJ/mol,放热H 为负值，所以 H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)H=-183kJ/mol，故 D 不符合题意； 综上所述，本题应选
7、 B。 【点睛】本题所选四个实验（或原理）均取材于课本，可见高考题越来越回归于课本。本题综合考查化学 用语，涉及强、弱电解质的电离、电解方程式的书写，化学反应热的计算，题目把化学用语与化学反应原 理巧妙地结合。 3.2019年是元素周期表发表 150 周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲 教授曾主持测定了铟（49In）等 9 种元素相对原子质量新值，被采用为国际新标准。铟与铷（37Rb）同周 期。下列说法不正确的是 A. In 是第五周期第A族元素 B. 11549In 的中子数与电子数的差值为 17 C. 原子半径：InAl D. 碱性：In(OH)3RbOH 【
8、答案】D 【解析】 【分析】 A根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，据此判断该元素在周期表中的位 置； B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，原子的质子数=电子数； C同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大； D同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱； 【详解】A.根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，因此 In 位于元素周期表第 五周期第 IIIA 族，故 A 不符合题意； B.质量数质子数+中子数，元素符号左上角为质量数、左下角为质子数，因此该原子的质子数=电子数 =49，中子数为 115-
9、49=66，所以中子数与电子数之差为 66-49=17，故 B不符合题意； 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，从上到下， 电子层数逐渐增多，半径逐渐增大，因此原子半径 InAl，故 C不符合题意； D.In 位于元素周期表第五周期，铷（Rb）位于元素周期表第五周期第 IA族，同周期元素，核电荷数越大， 金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此碱性：In(OH)3RbOH，故 D 符合题意； 综上所述，本题应选 D 【点睛】本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，
10、注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。 4.交联聚合物 P 的结构片段如图所示。下列说法不正确的是（图中表示链延长） A. 聚合物 P 中有酯基，能水解 B. 聚合物 P 的合成反应为缩聚反应 C. 聚合物 P 的原料之一丙三醇可由油脂水解获得 D. 邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物 P 的交联结构 【答案】D 【解析】 【分析】 将 X 为、Y 为带入到交联聚合物 P 的结构中可知，聚合物 P 是 由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备的，据此解题； 【详解】 A.根据 X为、Y为可知， X与 Y 直接相连构成了酯基， 酯基能在酸性或碱性条件下水解
11、，故 A 不符合题意； B.聚合物 P 是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备的,故 B不符合题意； C.油脂为脂肪酸甘油酯，其在碱性条件下水解可生成脂肪酸盐和甘油即丙三醇，故 C，不符合题意； D.乙二醇的结构简式为 HO-CH2CH2-OH,与邻苯二甲酸在聚合过程中只能形成链状结构，故 D符合题意； 综上所述，本题应选 D。 【点睛】本题侧重考查有机物的结构和性质，涉及高聚物单体以及性质的判断，注意把握官能团的性质， 缩聚反应的判断，题目有利于培养学生的分析能力，难度不大。 5.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是 物质（括号内杂质） 除杂试剂 A FeCl2溶液（FeCl
12、3） Fe 粉 B NaCl 溶液（MgCl2） NaOH溶液、稀 HCl C Cl2（HCl） H2O、浓 H2SO4 D NO（NO2） H2O、无水 CaCl2 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【分析】 发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧 化还原反应无关，以此解答该题。 【详解】A.FeCl3与 Fe 反应生成 FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中 Fe 的化合价发生变化，涉及到了氧化 还原反应，故 A不符合题意； B.MgCl2与 NaOH溶液发生复分解反应 MgCl2+2NaOH
13、=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的 NaOH 溶液可用 HCl 除去 HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故 B 符合题意； C.部分氯气与 H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸， 反应过程中氯元素化合价变化， 涉及到了氧化还原反应， 故 C 不符合题意； D.NO2 与水反应生成硝酸和 NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故 D 不符 合题意； 综上所述，本题应选 B。 【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反 应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。 6.探
14、究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。 （已知：室温下，0.1 mol L1 H2C2O4的 pH=1.3） 实验 装置 试剂 a 现象 Ca(OH)2溶液（含酚酞） 溶液褪色，产生白色沉淀 少量 NaHCO3溶液 产生气泡 酸性 KMnO4溶液 紫色溶液褪色 C2H5OH和浓硫酸 加热后产生有香味物质 由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是 A. H 2C2O4有酸性，Ca(OH)2+ H2C2O4 CaC2O4+2H2O B. 酸性：H2C2O4 H2CO3，NaHCO3+ H2C2O4 NaHC2O4+CO2+H2O C. H 2C2O4具有还原性，2 4 MnO +5 2
15、24 C O +16H+2Mn2+10CO2+ 8H2O D. H 2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C2H5OH 浓硫酸 C2H5OOCCOOC2H5+2H2O 【答案】C 【解析】 【分析】 草酸（又称乙二酸）为一种二元弱酸，具有酸的通性，因此能发生中和反应，具有还原性，因为乙二酸中 含有羧基因此能发生酯化反应，据此解题； 【详解】A.H2C2O4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，因此含酚酞 的氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱，溶液红色退去，故 A正确； B.产生气泡证明有 CO2 产生，因此可证明酸性 H2C2O4H2CO3，反应方程式为： H2C2O
16、4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2 +2H2O 或,H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2 +2H2O，故 B正确； C.0.1 mol L1 H2C2O4的 pH=1.3,说明草酸为弱酸，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用草酸根 表示，故 C不正确； D.草酸（又称乙二酸） ，其中含有羧基，因此其能发生酯化反应，反应方程式正确，故 D正确； 本题选不正确的，应选 C。 【点睛】本题考查草酸的性质和离子反应方程式的书写，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综 合理解和运用。 7.实验测得 0.5 mol L1CH3COONa溶液、 0.5 mol L1 C
17、uSO4溶液以及 H2O的 pH随温度变化的曲线如图所示。 下列说法正确的是 A. 随温度升高，纯水中 c(H+)c(OH) B. 随温度升高，CH3COONa溶液的 c(OH)减小 C. 随温度升高，CuSO4溶液的 pH变化是 Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果 D. 随温度升高，CH3COONa溶液和 CuSO4溶液的 pH均降低，是因为 CH3COO、Cu2+水解平衡移动方向不 同 【答案】C 【解析】 【分析】 水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，据此解 题； 【详解】A.水的电离为吸热过程，升高温度，平衡向着电离方向移动，水中 c
18、(H+).c(OH-)=Kw 增大，故 pH 减小，但 c(H+)=c(OH-)，故 A 不符合题意； B.水的电离为吸热过程， 升高温度， 促进水的电离， 所以c(OH-)增大， 醋酸根水解为吸热过程， CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以 c(OH-)增大，故 B不符合题意； C.升高温度，促进水的电离，故 c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解 Cu2+2H2OCu(OH)2 +2H+，故 c(H+)增大，两者共同作用使 pH 发生变化，故 C符合题意； D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故 D 不符合题意； 综上所述，本题应选 C。
19、 【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐 类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础 题。 第二部分（非选择题第二部分（非选择题 共共 180 分）分） 本部分共本部分共 11 小题，共小题，共 180 分。分。 8.抗癌药托瑞米芬的前体 K的合成路线如下。 已知： 有机物结构可用键线式表示，如(CH3)2NCH2CH3的键线式为 （1）有机物 A能与 Na2CO3溶液反应产生 CO2，其钠盐可用于食品防腐。有机物 B能与 Na2CO3溶液反应， 但不产生 CO2；B 加氢可得环己醇。A和
20、B反应生成 C 的化学方程式是_，反应类型是 _。 （2）D中含有的官能团：_。 （3）E的结构简式为_。 （4）F是一种天然香料，经碱性水解、酸化，得 G和 J。J 经还原可转化为 G。J 的结构简式为 _。 （5）M是 J 的同分异构体，符合下列条件的 M 的结构简式是_。 包含 2个六元环 M可水解，与 NaOH 溶液共热时，1 mol M 最多消耗 2 mol NaOH （6）推测 E和 G反应得到 K的过程中，反应物 LiAlH4和 H2O 的作用是_。 （7）由 K合成托瑞米芬的过程： 托瑞米芬具有反式结构，其结构简式是_。 【答案】 (1). (2). 取代反应 (3). 羰基、
21、 羟基 (4). (5). (6). (7). 还原 剂；水解 (8). 【解析】 【分析】 有机物 A 能与碳酸钠溶液反应产生 CO2，其钠盐可用于食品防腐，A 为苯甲酸；有机物 B 能与碳酸钠反应， 但不产生 CO2，且 B 加氢得环己醇，则 B 为苯酚；苯甲酸和苯酚在浓硫酸、H3BO3，加热条件下发生取代 反应生成 C 为；C 发生信息中的反应生成 D 为；D 发生信息中的反应生成 E 为 ；F经碱性水解，酸化得 G和 J，J 经还原可转化为 G，则 G和 J 具有相同的碳原子数和 碳骨架， 则G为； J为； 由G和J的结构可推知F为C6H5-CH=CH-COOCH2CH=CH-C6H5
22、， E和 G 先在 LiAlH4作用下还原，再水解最后得到 K，据此解答。 【详解】 （1）根据以上分析，A 为苯甲酸，B为苯酚，苯甲酸和苯酚在浓硫酸、H3BO3，加热条件下发生取 代反应生成 C 为，化学方程式为， 故答案为：取代反应； （2）D为，D 中含有的官能团为羰基、羟基， 故答案为：羰基、羟基； （3）D发生信息中的反应生成 E，其结构简式为， 故答案为：； （4）F经碱性水解，酸化得 G 和 J，J 经还原可转化为 G，则 G和 J 具有相同的碳原子数和碳骨架，则 G为 ；J 为， 故答案为：； （5）J 为，分子式为 C9H8O2，不饱和度为 6，其同分异构体符合条件的 M，包
23、含两个六元环， 则除苯环外还有一个六元环，M可水解，与氢氧化钠溶液共热时，1molM最多消耗 2molNaOH，说明含 有酚酯的结构，则 M 的结构简式为， 故答案为：； （6）由合成路线可知，E和 G 先在 LiAlH4作用下还原，再水解最后得到 K， 故答案为：还原剂；水解； （7）由合成路线可知，托瑞米芬分子中含有碳碳双键，两个苯环在双键两侧为反式结构，则其结构简式为： ， 故答案为：。 9.化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量（废水中不含干扰测定的物质） 。 用已准确称量的 KBrO3固体配制一定体积的 a mol L1 KBrO3标准溶液； 取 v1 mL上述溶液，加入过
24、量 KBr，加 H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色； 向所得溶液中加入 v2 mL废水； 向中加入过量 KI； 用 b mol L1 Na2S2O3标准溶液滴定中溶液至浅黄色时，滴加 2 滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗 Na2S2O3溶液 v2 mL。 已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6 Na2S2O3和 Na2S4O6溶液颜色均为无色 （1）中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_。 （2）中发生反应的离子方程式是_。 （3）中发生反应的化学方程式是_。 （4）中加 KI前，溶液颜色须为黄色，原因是_。 （5）KI与 KBrO3物质的量关系为 n（KI）6
25、n（KBrO3）时，KI一定过量，理由是_。 （6）中滴定至终点的现象是_。 （7）废水中苯酚的含量为_g L1（苯酚摩尔质量：94 g mol 1） 。 （8）由于 Br2具有_性质，中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。 【 答 案 】 (1). 容 量 瓶 、 量 筒 (2). BrO3- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O (3). (4). 中生成的 Br2与废水中苯酚完全反应后， 中溶液颜色为黄色，说明有 Br2剩余，剩余 Br2与过量 KI 反应生成 I2可利用后续滴定法测量，从而间接 计算苯酚消耗的 Br2 (5). 中反应为 KBrO3 + 5K
26、Br + 3H2SO4=3K2SO4+ 3Br2 + 3H2O 可知 3n(KBrO3)=n(Br2)，中 Br2部分与苯酚反应，剩余溴在中反应为 Br2+2KI=I2+2KBr，若剩余溴完全反应， 则 n(KI) 2n(Br2)，推知 n(KI)6n(KBrO3) (6). 当滴入最后一滴 Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无 色，且 30s 不变色 (7). 13 2 94(6av -bv ) 6v (8). 挥发 【解析】 【分析】 本题考查氧化还原反应滴定的综合运用。苯酚与溴反应快速灵敏，但滴定终点难以判断，因而制得一定量 的溴分别与苯酚和 KI反应（溴须完全反应完） ，而溴与
27、KI反应生成的 I2与 Na2S2O3进行滴定分析，因而直 接测出与 KI反应所消耗的溴，进而计算出与苯酚反应消耗的溴，最后根据苯酚与溴反应的系数计算废水中 苯酚的浓度。 【详解】 （1）准确称量 KBrO3固体配置溶液所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，一定规格 的容量瓶，因而该空填容量瓶、量筒； （2）KBrO3溶液中加入 KBr和 H2SO4，溶液颜色呈棕黄色，说明生成 Br2，根据缺项配平可知该离子方程 式为 BrO3- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O； （3）苯酚和溴水反应得到白色沉淀 2,4,6-三溴苯酚，化学方程式为； （4）该测量过程是利用一定量
28、的溴分别与苯酚和 KI 反应，注意溴须反应完全，且一定量溴的总量已知， 部分溴与 KI反应生成的 I2可利用氧化还原滴定法测量，进而计算出与 KI反应的溴的消耗量，将一定量溴 减去与 KI反应的溴的消耗量，可得与苯酚反应的溴的消耗量，因而一定量的溴与苯酚反应完，必须有剩余 的溴与 KI反应，中反应结束时，若溶液显黄色说明苯酚反应完，且有溴剩余，以便与 KI反应，故原因 为中生成的 Br2与废水中苯酚完全反应后，中溶液颜色为黄色，说明有 Br2剩余，剩余 Br2与过量 KI反 应，从而间接计算苯酚消耗的 Br2； （5）中反应为 KBrO3 + 5KBr + 3H2SO4=3K2SO4+ 3Br
29、2 + 3H2O可知 3n(KBrO3)=n1(Br2)，中 Br2部分与苯 酚反应，剩余溴的量设为 n2(Br2)（n1(Br2)n2(Br2)）在中反应为 Br2+2KI=I2+2KBr，若剩余溴完全反应， 则 n(KI) 2n2(Br2)，推知 n(KI)6n(KBrO3)；因而当 n(KI)6n(KBrO3)，KI一定过量； （6）中含碘的溶液内加入淀粉，溶液显蓝色，随着 Na2S2O3溶液滴入，蓝色变浅直至消失，因而当滴入 最后一滴 Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且 30s 不变色； （7）n(BrO3-)=av1 10-3mol，根据反应 BrO3- + 5Br-
30、+ 6H+ = 3Br2 + 3H2O可知 n(Br2)=3av1 10-3mol，溴分别与 苯酚和 KI反应， 先计算由 KI消耗的溴的量， 设为 n1(Br2)， 根据 I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知 I22Na2S2O3， 又 Br2+2I-=I2+2Br-可知 Br2 I2，可得 Br22Na2S2O3，n(Na2S2O3)= bv3 10-3mol，n 1(Br2)= 1 2 bv3 10-3mol，再计 算由苯酚消耗的溴的量，设为 n2(Br2)= n(Br2)- n1(Br2)=( 3av1- 1 2 bv3) 10-3mol，苯酚与溴水反应的计量数关系 为
31、 3Br2C6H5OH，n(C6H5OH)= 1 3 n2(Br2)=(av1- 1 6 bv3) 10-3mol，废水中苯酚的含量 = 13 2 1 (av -bv )mol 94g/ mol 6 v L = 13 2 94(6av -bv ) 6v mol； （8）中生成的溴须被苯酚和 KI完全反应掉，而溴有挥发性，反应时须在密闭容器中进行。 10.氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。 （1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。 反应器中初始反应的生成物为 H2和 CO2，其物质的量之比为 41，甲烷和水蒸气反应的方程式是 _。 已知反应器中还存在如下反应：
32、i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H1 ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H2 iii.CH4(g)=C(s)+2H2(g) H3 iii 为积炭反应，利用 H1和 H2计算 H3时，还需要利用_反应的 H。 反应物投料比采用 n （H2O） n （CH4） =41， 大于初始反应的化学计量数之比， 目的是_ （选填字母序号） 。 a.促进 CH4转化 b.促进 CO 转化为 CO2 c.减少积炭生成 用 CaO可以去除 CO2。H2体积分数和 CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。从 t1时开始，H2体积分数 显著降低，单位时间 CaO消耗率_
33、（填“升高”“降低”或“不变”） 。此时 CaO消耗率约为 35%，但已失 效，结合化学方程式解释原因：_。 （2）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接 K1或 K2，可交替得到 H2和 O2。 制 H2时，连接_。 产生 H2的电极反应式是_。 改变开关连接方式，可得 O2。 结合和中电极 3的电极反应式，说明电极 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 体积分数在 t1之后较少，结合 CaO+H2O=Ca(OH)2可知水蒸
34、气浓度较小，反应器内反应逆向反应，氧化钙很 难和 CO2反应，因而失效 (6). K1 (7). 2H2O+2e-=H2+2OH- (8). 连接 K1或 K2时，电极 3 分别作 为阳极材料和阴极材料，并且 NiOOH和 Ni(OH)2相互转化提供电子转移 【解析】 【详解】 （1）由于生成物为 H2和 CO2，其物质的量之比为 4：1，反应物是甲烷和水蒸气，因而反应方程 式为 CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2； -可得 CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g),设为，用-可得 C(s)+CO2(g)=2CO(g)，因此，还需利用 C(s)+CO2(g)=2CO(g)
35、反应的焓变； 初始反应 n(H2O):n(CH4)=2：1，说明加入的水蒸气过量，又反应器中反应都存在一定可逆性，根据反应 知水蒸气浓度越大，甲烷的转化率越高， a 正确； 根据反应知水蒸气浓度越大， CO的转化率越高， b正确； 和产生氢气，使得氢气浓度变大，抑制反应，积炭生成量减少，c正确； t1时 CaO 消耗率曲线斜率减小，因而单位时间内 CaO的消耗率降低，H 2体积分数在 t1之后较少，结合 CaO+H2O=Ca(OH)2可知水蒸气浓度较小，反应器内反应逆向反应，氧化钙很难和 CO2反应，因而失效； （2）电极生成 H2时，根据电极放电规律可知 H+得到电子变为氢气，因而电极须连接
36、负极，因而制 H2 时，连接 K1，该电池在碱性溶液中，由 H2O 提供 H+，电极反应式为 2H2O+2e-=H2+2OH-； 电极 3上 NiOOH和 Ni(OH)2相互转化， 其反应式为 NiOOH+e-+H2ONi(OH)2+OH-， 当连接 K1时， Ni(OH)2 失去电子变为 NiOOH，当连接 K2时，NiOOH 得到电子变为 Ni(OH)2，因而作用是连接 K1或 K2时，电极 3 分别作为阳极材料和阴极材料，并且 NiOOH和 Ni(OH)2相互转化提供电子转移。 11.化学小组实验探究 SO2与 AgNO3溶液的反应。 （1）实验一：用如下装置（夹持、加热仪器略）制备 S
37、O2，将足量 SO2通入 AgNO3溶液中，迅速反应，得 到无色溶液 A 和白色沉淀 B。 浓 H2SO4与 Cu 反应的化学方程式是_。 试剂 a是_。 （2）对体系中有关物质性质分析得出：沉淀 B可能为 23 Ag SO 、Ag2SO4或两者混合物。 （资料：Ag2SO4 微溶于水；Ag2SO3难溶于水） 实验二：验证 B的成分 写出 Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：_。 加入盐酸后沉淀 D大部分溶解，剩余少量沉淀 F。推断 D 中主要是 BaSO3，进而推断 B 中含有 Ag2SO3。 向滤液 E 中加入一种试剂，可进一步证实 B 中含有 Ag2SO3。所用试剂及现象是_。 （3）根据
38、沉淀 F的存在，推测 2- 4 SO的产生有两个途径： 途径 1：实验一中，SO2在 AgNO3溶液中被氧化生成 Ag2SO4，随沉淀 B 进入 D。 途径 2：实验二中， 2- 3 SO被氧化为 2- 4 SO进入 D。 实验三：探究 2- 4 SO的产生途径 向溶液 A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有_：取上层清液继续滴加 BaCl2溶液， 未出现白色沉淀，可判断 B中不含 Ag2SO4。做出判断的理由：_。 实验三的结论：_。 （4）实验一中 SO2与 AgNO3溶液反应的离子方程式是_。 （5）根据物质性质分析，SO2与 AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得
39、混合物放置一段时 间，有 Ag和 2- 4 SO生成。 （6）根据上述实验所得结论：_。 【答案】 (1). Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O (2). 浓硫酸或饱和的 NaHSO3溶液 (3). Ag2SO3+4NH3H2O=2 Ag(NH3)2+SO32-+4H2O (4). H2O2溶液，产生白色沉淀，则证明 B 中含有 Ag2SO3 (5). Ag+ (6). 因为若含有 Ag2SO4， 加入 BaCl2溶液会生成难溶的 BaSO 4白色沉淀 (7). 实验一中， SO2 在AgNO3溶液中未被氧化生成Ag2SO4； 实验二中， SO32-被氧化为SO42- (8
40、). 2Ag+SO2+H2O= Ag2SO3+2H+ (9). 二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚硫酸 根离子更易被氧化为硫酸根离子 【解析】 【分析】 本题的实验目的是探究 SO2与硝酸银溶液的反应， 实验过程先用铜片和浓硫酸反应制备 SO2， 再将 SO2通入 硝酸银溶液中，对所得产物进行探究，可依据元素化合物知识解答。 【详解】 (1)铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、 二氧化硫和水， 化学方程式为： Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O， 故答案为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O； 由于烧
41、瓶中的空气没有排出，反应生成的 SO2可能会被氧气氧化为 SO3，SO3会干扰后续的实验，所以试 剂 a应为除去杂质 SO3的试剂，可以用饱和 NaHSO3溶液； 故答案为：饱和 NaHSO3溶液； （2）Ag2SO3溶于氨水得到 Ag(NH3)2+，离子方程式为：Ag2SO3+4NH3H2O=2 Ag(NH3)2+SO32-+4H2O， 故答案为：Ag2SO3+4NH3H2O=2 Ag(NH3)2+SO32-+4H2O； 推测沉淀 D 为 BaSO3，加过量稀盐酸溶解得滤液 E和少量沉淀 F，则 E 中可能含有溶解的 SO2，可加入双 氧水溶液，若加入双氧水溶液可以将亚硫酸或亚硫酸根离子氧化
42、为硫酸根离子，从而生成白色的硫酸钡沉 淀，则证明 B 中含有 Ag2SO3； 故答案为：H2O2，溶液，产生白色沉淀，则证明 B中含有 Ag2SO3； （3）加入过量盐酸产生白色沉淀，说明含有 Ag+；B中不含 Ag2SO4，因若含有 Ag2SO4，加入 BaCl2溶液 会生成难溶的 BaSO4白色沉淀， 故答案为：Ag+；因若含有 Ag2SO4，加入 BaCl2溶液会生成难溶的 BaSO4白色沉淀； 实验三的结论：实验一中，SO2在 AgNO3溶液中未被氧化生成 Ag2SO4；实验二中，SO32-被氧化为 SO42-； （4）根据以上分析，二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银沉淀，离子方程式为：2Ag+SO2+H2O= Ag2SO3+2H+， 故答案为：2Ag+SO2+H2O= Ag2SO3+2H+； （6）综合实验一、实验二和实验三的分析，可以得出该实验的结论为：二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚 硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚硫酸根离子更易被氧化为硫酸根离子。 故答案为：二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中 亚硫酸根离子更易被氧化为硫酸根离子。
