2019年北京市高考化学押题试卷(5月份)

1、2019 年北京市高考化学押题试卷（5 月份）副标题题号一二三总分得分一、单选题（本大题共7 小题，共42.0 分）1. 中华文明源远流长，下面中国国宝级文物的表面不会因电化学腐蚀被氧化的是（）A秦朝铜车马B 春秋越王剑C唐三彩D 商代司母戊鼎A. AB. BC. CD. D2.下列实验现象是因为放热引起的是（）A. 将 HCl 通入水中，液面沿着导管上升B. 将浓硫酸快速加入水中，水沸腾、飞溅C. 向 H 2O2 溶液中加入少量 MnO 2 粉末，大量气泡生成D. 向溴水中加入 CCl 4，振荡后静置一段时间，水层褪色3.下列叙述 和 均正确并且有因果关系的是（）选项陈述 陈述 ANH 4C

2、l 为强酸弱碱盐用加热法除去NaCl 中的 NH 4ClBFe3+具有氧化性用 KSCN 溶液可以鉴别 Fe3+CNH 3 能使酚酞溶液变红NH 3 可用于设计喷泉实验DSiO2 可与 HF 反应氢氟酸不能保存在玻璃瓶中A. AB. BC. CD. D4.下列解释实验事实的离子方程式正确的是（）A. 用醋酸检验牙膏中的摩擦级碳酸钙：CaCO3+2H + =Ca2+H 2O+CO 2B. 漂白粉溶液中通入过量的 SO2： ClO -+SO 2+H2 O=HClO+HSO 3-C. 酸性 KI 淀粉溶液久置后变蓝：4l-+O 2+4H +=2I 2+2H 2OD. NaS 溶液使酚酞试液变红：2-

3、S +2H O? 2OH +H S2225. 在不同浓度（ c）、温度（ T ）条件下，蔗糖水解的瞬时速率（v）如下表。下列判断不正确的是（）0.600 0.500 0.400 0.300318.23.603.002.401.80328.29.007.50a4.50第1页，共 21页b2.16 1.80 1.44 1.08A. 4.50 a 7.50B. 当反应温度和蔗糖的浓度都不相同时，反应速率可能相同C. b 318.2D. 不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同6. 新型 NaBH 4/H 2O2 燃料电池（ DBFC ）的结构如图所示，该电池总反应方程式：NaBH 4+4H 2O2

4、=NaBO 2+6H 2O，有关的说法不正确的是（）A. 电极 B 为正极，纳米MnO 2 层的作用是提高原电池的工作效率B. 放电过程中， Na +从正极区向负极区迁移C. 电池负极的电极反应为：BH 4-+8OH -8e-=BO 2-+6H 2OD. 在电池反应中， 每消耗1L 6mol/L H 2O2 溶液，理论上流过电路中的电子为12mol7. 已知：FeCl 4（ H 22-为黄色，下列实验所得结论不正确的是（）O）0.1mol/L酸化的 0.1mol/L0.1mol/LFe2（ SO4）3 溶液 Fe2（ SO4） 3 溶液酸化的 0.1mol/LFeCl3 溶液2（SO4）3溶液

5、Fe加热前溶液为浅加热前溶液接近无加入 NaCl 后，溶液立即变加热前溶液为黄黄色，加热后颜色，加热后溶液颜色为黄色， 加热后溶液颜色变色，加热后溶液色变深无明显变化深颜色变深注：加热为微热，忽略体积变化。A. 实验中， Fe2（ SO4 ）3 溶液显浅黄色原因是 Fe3+水解产生了少量 Fe（ OH）3B. 实验中，酸化对 Fe3+水解的影响程度大于温度的影响C. 实验中，存在可逆反应：Fe3+4Cl - +2H 2O? FeCl 4（ H2O）2 -D. 实验，可证明升高温度，Fe3+水解平衡正向移动二、简答题（本大题共3 小题，共44.0分）8. 乙酰基扁桃酰氯是一种医药中间体。某研究小

6、组以甲苯和乙醇为主要原料，按下列路线合成乙酰基扁桃酰氯。第2页，共 21页已知：（ 1）甲苯与氯气反应生成 A 的条件是 _，（ 2）物质 B 中含有的官能团是 _，（ 3）物质 D 的结构简式是 _ 。（ 4）下列说法正确的是 _。a化合物 A 不能发生取代反应b 乙酰基扁桃酰氯属于芳香烃c化合物 C 能与新制的 Cu（ OH） 2 发生反应（ 5）E+FG 的化学方程式是 _。（ 6）化合物 D 有多种同分异构体， 同时符合下列条件的同分异构体共有_ 种，写出其中两种的同分异构体的结构简式_。红外光谱检测表明分子中含有氰基（-CN ）； 1H-NMR 谱检测表明分子中有苯环，且苯环上有两种

7、不同化学环境的氢原子。（ 7）设计以乙醇为原料制备F 的合成路线（用流程图表示； 无机试剂任选） _。9. 氮及其化合物的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。（ 1）合成氨工业是最基本的无机化工之一，氨是化肥工业和基本有机化工的主要原料。合成氨反应中有关化学键键能数据如表：化学键H 一 H NNN-HE/kJ/mol436946391已知：合成氨反应：Ng +3Hg2NHgEa=508 kJ/mol，则2（ ）2（ ）?3（ ）的活化能氨分解反应：NH 3（ g） ?N2（ g） + H2（ g） 的活化能 Ea=_。图 1 表示 500、60.0MPa 条件下，原料气投料比与平衡时NH

8、3 体积分数的关系。根据图中 a 点数据计算 N2 的平衡体积分数：_（保留 3 位有效数字）。依据温度对合成氨反应的影响，在图 2 坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，N2 物质的量变化的曲线示意图。（ 2）选择性催化还原脱硝技术（SCR）是目前较成熟的烟气脱硝技术，该技术是指在温度300-420之间和催化剂条件下， 用还原剂 （如 NH 3）选择性地与 NOx 反应。 SCR 脱硝技术中发生的主要反应为：4NH 3（ g）+4NO （ g）+O 2g4N 2（ g）（ ） ?+6H 2O （g） H=-1625.5kJ/mol ；氨氮比 n（ NH 3）

9、 /nNO ） 会直接影响该方法的脱硝率。350时，只改变氨气的投放量，氨气的转化率与氨氮比的关系如图3 所示。当 n（NH 3）/nNO ） 1.0 时，烟气中NO 浓度反而增大，主要原因是_。第3页，共 21页碱性溶液处理烟气中的氮氧化物也是一种脱硝的方法，写出NO 2 被 Na2CO3 溶液吸收生成三种盐的化学反应方程式_。直接电解吸收也被用于脱硝。用 6%的稀硝酸吸收NOx 生成亚硝酸， 再将吸收液导入电解槽电解，使之转化为硝酸。电解装置如图4 所示，阳极的电极反应式为_。10. 钛铁矿主要成分为FeTiO 3（含有少量MgO 、 SiO 2 等杂质）， Li 4 Ti 5O12 和

10、LiFePO 4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿来制备，工艺流程如图：（ 1）钛铁矿在预处理时需要进行粉碎，其原因是_。（ 2）过程中反应的离子方程式是： FeTiO 3+4H +4Cl -=Fe2+TiOCl 42-+2H 2O、_。（ 3）过程中， 铁的浸出率结果如图1 所示。由图可知， 当铁的浸出率为80%时，所采用的实验条件是 _。（ 4）过程中固体 TiO 2 与双氧水、氨水反应转化成（NH 4）2Ti 5O15 溶液时， Ti 元素的浸出率与反应温度的关系如图2所示，反应温度过高时， Ti 元素浸出率下降的原因是 _。（ 5）在滤液 B 转化为 FePO4 沉淀过程中发生以下

11、反应，请配平：2+344+_+_Fe +_+_H PO =_FePO第4页，共 21页_（ 6）过程中由 FePO4 制备 LiFePO 4 的化学方程式是 _。三、实验题（本大题共1 小题，共14.0 分）11. 为研究铁盐与亚硫酸盐之间的反应，某研究小组利用孔穴板进行了实验探究：小组记录的实验现象如下表所示：开始时5min 后3 天后实验 溶液立即变为红褐色，与开始混合时一致溶液呈黄色，比 II 、 III 中略浅底部出现红褐色沉淀实验 溶液立即变为红褐色红褐色明显变浅溶液呈黄绿色实验 溶液立即变为红褐色红褐色变浅，溶液呈黄色比II中深（ 1）测得实验所用 0.4mol/L FeCl 3

12、溶液及 Fe（ NO 3）3 溶液 pH 均约为 1.0两溶液均呈酸性的原因是_（用离子方程式表示）。（ 2）开始混合时，实验 I 中红褐色比 、 中略浅的原因是 _。（ 3）为了探究 5min 后实验 、 中溶液红褐色变浅的原因， 小组同学设计了实验 ：分别取少量 5min 后实验 、 、 中溶液，加入 2 滴铁氰化钾溶液，发现实验 、 中出现蓝色沉淀，实验 I 中无明显变化。根据实验 的现象，结合化学用语解释红褐色变浅的原因是 _。（ 4）针对 5min 后实验 中溶液颜色比实验 中深，小组同学认为可能存在三种因素： Cl -可以加快Fe3+与 SO32- 的氧化还原反应； _； NO3

13、-在酸性环境下代替Fe3+氧化了 SO32- ，同时消耗 H +，使 Fe3+水解出的Fe（OH）3 较多。通过实验 V 和实验 VI 进行因素探究：实验操作（已知Na +对实验无影响）5min 后的现象实验在 2mL pH=1.0的 0.4mol/L Fe （ NO3 ） 3溶液的红褐色溶液中溶解约V_ 固体，再加入 2 滴 0.4mol/L Na 2SO3介于溶液 、之间实验在 2mL pH=1.0的稀硝酸中溶解约 0.19g NaNO 3 固体，再加入VI2 滴 0.4mol/L Na 2SO3 溶液。向其中滴入少量_BaCl 2 溶液实验结论：因素和因素均成立，因素不明显。请将上述方案

14、填写完整。（ 5）通过上述实验，以下结果或推论合理的是_（填字母）。第5页，共 21页3+2-a Fe 与SO3 同时发生水解反应和氧化还原反应，且水解反应的速率快，等待足够长时间后，将以氧化还原反应为主b浓度为1.2mol/L 的稀硝酸在 5min 内不能将 Fe2+氧化c向 pH 大于 1 的稀硝酸中加入少量Ba（ NO3） 2，使其完全溶解，可用来检验实验 I 的上层清液中是否存在 SO 2-4第6页，共 21页答案和解析1.【答案】 C【解析】解：A 、秦朝的铜车马是铜的合金，除了铜外，还含有不如 铜活泼的金属，则在空气中能形成原 电池，铜做负极被腐蚀，故 A 错误；B、春秋越王剑是铜

15、合金铸成，是铜合金，除了铜外，还含有不如 铜活泼的金属，则在空气中能形成原 电池，铜做负极被腐蚀，故 B 错误；C、唐三彩是陶瓷制品，不是合金，故不会形成原 电池，故 C 正确；D 、商代的司母戊鼎是 铜鼎，是铜合金，除了铜外，还含有不如 铜活泼的金属，则在空气中能形成原 电池，铜做负极被腐蚀，故D 错误；故选：C。电化学腐 蚀形成的原因通常是合金在接触外界 时，空气中的水膜做 电解 质溶液，合金中较活泼的金属做 负极，不活泼的做正极，从而构成原 电池，加快了活泼金属的腐 蚀，据此分析本题考查了电化学腐蚀发生的条件，应注意的是通常是合金才能发生电化学腐蚀，难度不大2.【答案】 B【解析】解：A

16、 HCl 极易溶于水，液面沿着 导管上升，发生倒吸，与热效应无关，故 A 不选；B浓硫酸注入水中，稀释放热，水沸腾、飞溅，故B 选；C加入少量 MnO2 粉末，作催化剂，可加快反应速率，与热效应无关，故 C 不选；D溴水中加入 CCl4，发生萃取，与热效应无关，故 D 不选；故选：B。A HCl 极易溶于水；第7页，共 21页B浓硫酸注入水中，稀释放热；C加入少量 MnO2 粉末，作催化剂；D溴水中加入 CCl4，发生萃取。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、能量变化、反应速率、实验技能为解答的关 键，侧重分析与 实验能力的考 查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。3.【

17、答案】 D【解析】解：A NH 4Cl 受热分解生成氨气和 氯化氢气体，NaCl 对热稳定，所以可用加热法除去 NaCl 中的 NH 4Cl ，与NH4Cl 为强酸弱碱盐无关，故 A 错误；BFe3+能与硫氰根离子形成 络合物硫氰化铁，使溶液变红，常用于 Fe3+的检验 ，与Fe3+ 具有氧化性无关，故 B 错误；CNH 3 极易溶于水，使密闭容器内压强降低，可用于设计喷泉实验，与NH 3能使酚酞溶液变红无关，故 C 错误；D玻璃中含有 SiO2，SiO2 可与 HF 反应生成四氟化硅气体，所以 氢氟酸不能保存在玻璃瓶中，故 D 正确；故选：D。A 、NH 4Cl 对热不稳定，加热分解生成氨气

18、和 氯化氢气体；B、Fe3+能与硫氰根离子形成 络合物硫氰化铁，使溶液变红；C、NH 3 极易溶于水，使密闭容器内压强降低；D、SiO2 可与 HF 反应生成四氟化硅气体和水；本题综合考查元素化合物知 识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力以及元素化合物知 识的综合理解和运用，明确物 质的性质是解本题关键，题目难度不大。4.【答案】 C【解析】第8页，共 21页解：A 弱酸醋酸写化学式，离子方程式 为2+ +2CH-，故A 错误；CaCO3+2CH3COOH=Ca +H2O+CO23COO应钙盐酸，离子方程式为B二者反 生成硫酸、硫酸和2+-+-+SO42-Ca+2ClO +2H2O+2SO2

19、=CaSO4+4H+2Cl，故B 错误；C二者发生氧化还原反应生成碘和水，离子方程式 为 4l-+O2+4H+=2I2+2H2O，故 C正确；D硫化钠能水解导致溶液呈碱性而使酚 酞试液变红色，以第一步水解为主，离子方程式 为 S2-+H2O? OH-+HS-，故D 错误；故选：C。A 弱酸醋酸写化学式；B二者反应生成硫酸 钙、硫酸和盐酸；C二者发生氧化还原反应生成碘和水；D硫化钠能水解导致溶液呈碱性而使酚 酞试液变红色本题考查离子方程式正 误判断，明确离子方程式 书写规则及物质性质是解本题关键，注意要遵循客观事实、原子守恒、电荷守恒及 转移电子守恒，单质、气体、沉淀、弱电解质、络合物等写化学式

20、，注意 B 中发生氧化还原反应，注意多元弱酸根离子和多元弱碱离子水解方程式区别，题目 难度中等5.【答案】 D【解析】解：A 温度相同时，温度越大反应速率越大，则 4.50 a 7.50，故A 正确；B温度和浓度都影响反 应速率，则一定温度和 浓度下，反应速率可能相同，故 B正确；C温度越高反 应速率越快，由表可知温度由328.2b，在浓度相同的情况下，水解速率变小，所以温度降低，即 b 318.2，故C 正确；D温度越高反 应速率越快，所以蔗糖 浓度减少一半所需的 时间不同，温度高的所需时间短，故 D 错误；第9页，共 21页故选：D。A 相同温度下，浓度越大反 应速率越大；B适当温度和 浓

21、度条件下，反应速率可能相等；C由表可知温度由 328.2b，在浓度相同的情况下，水解速率 变小，所以温度降低；D温度越高反 应速率越快，蔗糖浓度减少一半所需的 时间不同。本题考查化学反应速率的影响因素，题目难度不大，明确温度、浓度对化学反应速率的影响即可解答， 试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力。6.【答案】 B【解析】解：A 电极 B 材料中包含 MnO 2 层，二氧化锰能促进双氧水分解，所以 MnO 2 可起催化作用，故 A 正确；B原电池工作时，阳离子向正极移动，故 B 错误；C负极发生氧化反 应，电极反应式为 BH4-+8OH-8e-=BO2-+6H2O，故 C 正确；D在电池反

22、应中，每消耗 1L 6mol/LH 2O2 溶液，理论上流过电路中的电子数为 6mol/L 1L2=12mol，故D 正确。故选：B。由工作原理装置 图可知，负 极发生氧化反 应 ，电极反应式为BH 4-+8OH-8e-=BO2-+6H2O，正极 H2O2 发生还原反应，得到电子被还原生成OH-，电极反应式为 H2O2+2e-=2OH-，再结合离子移 动方向分析判断本题考查了原电池原理，根据微粒中化合价 变化确定正 负极，再结合元素化合价变化、离子移动方向等知 识点分析解答，难点是电极反应式书写，题目难度不大7.【答案】 D【解析】热进铁氢氧化铁 则实验 中，Fe（SO）溶解：A 加 促水解，

23、 离子水解生成，243液显浅黄色原因是 Fe3+水解产生了少量 Fe（OH ），故A 正确；3第10 页，共 21页B由 Fe3+3H O? Fe（OH）+3H+可知，酸化后加热溶液颜色无明显变化，氢23离子抑制水解，则实验 中酸化对 Fe3+水解的影响程度大于温度的影响，故B 正确；C加入 NaCl 后，溶液立即变为发3+4Cl-+2H OFeCl（HO）-，黄色， 生 Fe?4222FeCl （H O） -为黄色，加热时平衡正向移 动，溶液颜色变深，故 C 正确；422实验3+4Cl-+2H2O? FeCl4（H） -，升高温度平D由 可知， 中存在 Fe2O 2衡正向移 动，溶液颜色变深

24、，不能证明对 Fe3+水解平衡的影响，故 D 错误；故选：D。热进铁氢氧化铁；A加 促水解， 离子水解生成3+3H OFe（OH）+3H+可知，酸化后加热溶液颜色无明显变氢B由 Fe?化，23离子抑制水解；C加入 NaCl 后，溶液立即变为发3+-+2H O? FeClH-，黄色， 生 Fe +4Cl（2O）242加热时平衡正向移 动；实验3+4Cl-+2H2O? FeCl4（H） -。D由 可知， 中存在 Fe2O 2本题考查盐类水解及平衡移 动，为高频考点，把握溶液的颜色变化的原因、化学平衡及水解平衡的判断 为解答的关 键，侧重分析与 应用能力的考 查，注意信息的 应用及选项 C 为解答的

25、难点，题目难度不大。8.【答案】 光照羟基c4（任写两种）【解析】第11 页，共 21页题质转化关系及题中信息可知，甲苯在光照条件下与氯气反解：根据 中各物应生成A为，A 发生碱性水解得 B 为，B 发生氧化反应得 C为，C 发生信息中的反 应得 D 为，D酸性水解得 E 为，根据 F 的分子式可知，乙醇氧化成乙酸，乙酸再与 SOCl发生信息中的反 应生成F为， 和E发生取代反 应生2CH3COCl F成 G 为，G 与 SOCl2 反应生成乙 酰基扁桃酰氯；（1）甲苯与氯气反应发生的是甲基上的取代反应，所以生成 A 的条件是光照，故答案为：光照，（2）物质 B 为，B 中含有的官能 团是羟基

26、，故答案为 羟： 基；质D 的结构简式是，（3）物故答案为：；（4）a化合物 A 为一氯甲苯，该物质能发生取代反 应，故错误；b乙 酰基扁桃酰氯中含有 O、Cl 元素，所以不属于芳香 烃，但是属于芳香族化合物，故错误；c化合物 C为醛发生反应，故正确；， 基 能与新制的 Cu（OH）2故选 c；（5）E+FG 的化学方程式是，第12 页，共 21页故答案为：；（6）D 为，D 的同分异构体符合下列条件： 红外光谱检测表明分子中含有 氰基（-CN ）； 1H-NMR 谱检测表明分子中有苯 环，且苯环上有两种不同化学 环境的氢原子，符合条件的同分异构体有，故答案为：4；（任写两种）（7）以乙醇为原

27、料制备 F，可以用乙醇氧化成乙酸，乙酸再与 SOCl2 发生信息中的反应生成 F 为 CH3COCl，其合成路线为为，故答案为：。根据题中各物质转 化关系及 题中信息可知，甲苯在光照条件下与氯气反 应生成 A 为，A 发生碱性水解得 B 为，B 发生氧化反应得 C为，C 发生信息中的反 应得 D 为，D 酸性水解得 E为，根据 F 的分子式可知，乙醇氧化成乙酸，乙酸再与 SOCl发生信息中的反 应生成F为， 和E发生取代反 应生成G2CH3COCl F为，G 与 SOCl2 反应生成乙酰基扁桃酰氯；第13 页，共 21页（7）以乙醇为原料制备 F，可以用乙醇氧化成乙酸，乙酸再与 SOCl2 发

28、生信息中的反应生成 F 为 CH3COCl。本题考查了有机物的合成与有机物的推断，把握常 见有机化合物的性 质及正确利用所 给信息解题是关键，掌握有机物的官能 团及其之间的转化关系，难点是合成路 线设计，题目难度不大。9.【答案】 300kJ/mol14.5%过量氨气与氧气反应生成NO 2NO2 +2Na2CO3+H2 O=NaNO 3+NaNO 2+2NaHCO 3 H2O+HNO 2-2e-=NO 3-+3H + 【解析】解：（1） N2（g）+3H2 （g? 2NH3（g）H=反应物总键能-生成物总键能 = （946+4363）kJ?mol-1-（6391）kJ?mol-1=-92kJ?

29、mol-1，正反应的活化能-1则逆反应的活化能Ea=（508+92）kJ?mol-1-1，即Ea=508kJ?mol，=600kJ?mol-12NH 3（g）? N2（g）+3H2 （g）的活化能 Ea=600kJ?mol ，则 NH 3（g）?N2（g）+-1H2 （g）的活化能 Ea=300kJ?mol ，故答案为：300kJ?mol-1； 设平衡时反应的氮气的物 质的量为 x ，N （g）+3H2（g?2NH3（g），2起始（mol） 130反应（mol） x3x2x平衡（mol）1-x 3-3x2x平衡时氨气的体 积分数100%=42%，解得 x=0.592mol，则 N2 的平衡体

30、积分数100%=14.5%，故答案为：14.5%； N2（g）+3H2 （g? 2NH 3（g）H=-92kJ?mol-1，升高温度，平衡逆向移动，N2 物质的量增大，因此一定条件下的密 闭容器内，从通入原料气开始，随着反 应的进行，氮气的物质的量逐渐减小，达到平衡后，随温度不断升高，氮气的物第14 页，共 21页质的量逐渐图为，增大， 象故答案为：；-1（2） 4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）? 4N2（g）+6H2O（g）H=- 1625.5kJ?mol ，350时，只改变氨气的投放量，当 n（NH 3）/n（NO）1.0 时，过量氨气与氧气反 应生成 NO，烟气中 NO 浓度反而

31、增大，故答案为：过量氨气与氧气反 应生成 NO； 碱性溶液 处理烟气中的氮氧化物也是一种脱硝的方法，NO2 被 Na2CO3 溶液吸收生成三种 盐，二氧化氮与水反应生成一氧化氮和硝酸，一氧化氮和二氧化氮与碱反 应能够生成亚硝酸盐，因此反应的化学反 应方程式为2NO2+2Na2CO3+H2O=NaNO3+NaNO2+2NaHCO3，故答案为：2NO2+2Na2CO3+H2O=NaNO3+NaNO2+2NaHCO3； 用 6%的稀硝酸吸收NOx 生成亚硝酸，再将吸收液导入电解槽电解，使之转化为硝酸，根据装置图，阳极发生氧化反 应，亚硝酸被氧化 为硝酸，电极反应式为 H2O+HNO 2 -2e-=N

32、O3-+3H+，故答案为：H2O+HNO2 -2e-=NO3-+3H+。（1） H=反应物总键能-生成物总键能，可以算出反应热，焓变等于正逆反应的活化能之差，且物 质的量与能量成正比； 设平衡时反应的氮气的物 质的量为 x ，第15 页，共 21页g）+3H2（g2NH （g），N2（?3起始（mol）130反应 mol）x3x2x（平衡（mol）1-x3-3x2x平衡时氨气的体积分数100%=42%，以此来解答； N2（g）+3H2 （g? 2NH 3（g）H=- 92kJ?mol-1，反应为吸热反应，升高温度，平衡逆向移 动，N2 物质的量增大，因此一定条件下的密 闭容器内，从通入原料气开

33、始，随着反应的进行，氮气的物质的量逐渐减小，达到平衡后，随温度不断升高，氮气的物 质的量逐渐增大，由此画图来解答；（2） 350时，只改变氨气的投放量，当 n（NH 3）/n（NO）1.0 时，过量氨气与氧气反 应生成 NO，烟气中 NO 浓度反而增大，由此来解答； 碱性溶液 处理烟气中的氮氧化物， NO2 被 Na2CO3 溶液吸收生成三种 盐，二氧化氮与水反 应生成一氧化氮和硝酸，一氧化氮和二氧化氮与碱反应能够生成亚硝酸盐，由此来书写方程式； 用 6%的稀硝酸吸收NOx 生成亚硝酸，再将吸收液导入电解槽电解，使之转化为硝酸，电解工作原理阳极失去 电子，发生氧化反 应，参与物质是硝酸来解答。

34、本题考察化学反 应与能量的 变化，掌握化学键键能与活化能、反应吸放热之间的关系；掌握平衡的三段式是解答平衡的关键，温度对平衡的影响。对于电化学的知 识也考查了，要求利用阳极发生氧化反 应去书写相应的电极方程式。10.【答案】增大接触面积加快反应速率，提高浸出率MgO+2H +=Mg 2+H 2O100、3 小时温度过高，双氧水分解与氨气逸出导致Ti 元素浸出率下降 21H2O22222H2O44H+2FePO4+Li 2CO3 +H2C2O42LiFePO 4+H 2O+3CO 2【解析】解：（1）钛铁矿 粉碎，增大与稀硫酸的接触面积，增大接触面积加快反 应速率，提高浸出率，第16 页，共 2

35、1页故答案为：增大接触面积加快反应速率，提高浸出率；（2）过程 中用盐酸溶解钛铁矿，其中 FeTiO3 和 MgO 均能溶解于 盐酸，所得A 中含 Mg 2+、Fe2+、Ti 4+，可知溶解时发生的离子反 应有+-2+2-、+2+，FeTiO3+4H +4Cl Fe+TiOCl 4 +2H2O Mg+H2OMgO+2H故答案为：MgO+2H + Mg2+H2O；（3）由图可知，当铁的浸出率 为 80%时，所采用的实验条件为选择温度为100、3 小时，故答案为：100、3 小时；（4）由于二氧化钛与氨水、双氧水反应生成 NH ）Ti O时，温度过高，双氧42515水和氨水都容易分解，所以反 应温

36、度过高时，Ti 元素浸出率下降，故答案为：温度过高，双氧水分解与氨气逸出 导致 Ti 元素浸出率下降；（5）过氧化氢将 Fe2+氧化为 Fe3+，加入磷酸得到沉淀磷酸 铁，由电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知反应离子方程式 为2+2H +2H+，2Fe3PO4+H2O2=2FePO42O+4H故答案为：2；2；H2O2；2；2H2O；4H+；（6）“高温煅烧 ”中由 FePO4 制备 LiFePO4 的化学方程式 为2FePO4+Li 2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2，故答案为：2FePO4+Li 2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2。用钛铁矿（主要成

37、分为 FeTiO3，还含有少量 MgO 、SiO2 等杂质）来制备Li 4Ti 5O12 和 LiFePO4，由制备流程可知，加盐酸过滤后的滤渣为 SiO2，滤液 A 中含 Mg 2+、Fe2+、TiOCl 42-，水解后过滤，沉淀为 TiO 2xH 2O，与双氧水反应Ti 元素的化合价升高，生成（NH ）Ti O，与LiOH 反应后过滤得到42515Li 2Ti 5O15，再与碳酸锂高温反应生成 Li 4Ti 5O12；水解后的滤液 B 中含 Mg2+ 、第17 页，共 21页Fe2+，双氧水可氧化亚铁离子，在磷酸条件下过滤分离出 FePO4，高温煅烧中发生 2FePO4+Li 2CO3+H

38、2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2，（1）钛铁矿粉碎，增大了与稀硫酸的接触面；（2）过程 中用盐酸溶解钛铁矿，其中 FeTiO3 和 MgO 均能溶解于 盐酸，所得 A 中含 Mg 2+、Fe2+、TiOCl 42-；（3）过程 中，铁的浸出率 结果如图 1 所示，根据图示判断铁的浸出率 为 80%时，所采用的实验条件；（4）二氧化钛与氨水、双氧水反应生成 NH ）Ti O，温度过高，双氧水和氨42515水都容易分解；（5）过氧化氢将 Fe2+氧化为 Fe3+，加入磷酸得到沉淀磷酸 铁，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平离子方程式；（6）高温煅烧过程中，FePO4 与 Li 2CO

39、3 和 H2C2O4 在高温度下生成 LiFePO4 和CO2，结合原子守恒即可写出 发生反应的化学方程式。本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关 键，侧重分析与 实验能力的考 查，注意元素化合物知 识、化学反应原理与实验 的结合，题 目难度不大。11.【答案】 Fe3+3H 2O? Fe（ OH）3 +3H +Fe3+起始浓度小， 水解出的Fe（OH ）3 少 铁离子和亚硫酸根离子发生氧化还原反应：3+2-+H2O=2Fe2+SO42-，在减少铁2Fe+SO3+2H离子浓度的同时降低了 PH，使水解出的氢氧化铁变少NO 3- 可以减慢

40、Fe3+与 SO32-的氧化还原反应0.14gNaCl无明显现象C【解析】1 FeCl及Fe NO）都为强酸弱碱盐 铁导致溶液呈酸性，水解：（）3（3， 离子水解3为3+解方程式Fe+3HO?Fe（OH）+3H；：23为3+故答案：Fe（）；+3H2O? Fe OH 3+3H（2）实验 中 0.4mol/L FeCl 3溶液 2 滴，实验 、中 0.4mol/L FeCl 3 溶液 2mL ，实验 I 相对于实验 、，Fe3+起始浓度小，虽然越稀越水解，但水解的 铁离第18 页，共 21页子数目不及 实验 、，且水解的速率不及 实验 、，水解出的 Fe（OH）少，3所以开始混合 时，实验 I

41、中红褐色比、中略浅，故答案为：Fe3+起始浓度小，水解出的 Fe（OH）少；3（3）实验 中 0.4mol/L FeCl 3溶液 2 滴，实验 、中 0.4mol/L FeCl 3 溶液 2mL ，分别取少量 5min 后实验 、中溶液，加入2 滴铁氰化钾溶液，因实验 I中氯化铁含量少，生成的亚铁离子较少，而实验 、中2Fe3+SO32-+H2O 2Fe2+2H+SO42-，生成较多的亚铁离子，3Fe2+2Fe（CN ）63- Fe （ ）（蓝色沉淀），加入2 滴铁氰化钾溶液，发现实验 、中3Fe CN 6 2出现蓝色沉淀，故答案为：铁离子和亚硫酸根离子 发生氧化还原反应：3+SO2-2+2-，在减少铁离子浓度的同时降低了 PH，2Fe3+H O 2Fe +2H +S