2019年高考化學試卷（北京）（解析卷）

第頁|共頁2019年北京市高考化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題：本部分共7小題，每小題6分，共42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．（6分）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．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”鈦合金篩網輪【分析】A．C、Si都位于第IVA族；B．聚氨酯中含有C、H、O、N元素，分別位于第IVA族、第IA族、第VIA族、第VA族；C．C位于第IVA族、Ag位于第IB族；D．鈦合金主要成分有Ti、Al等，Ti位于第IVB族，Al位于第IIIA族?！窘獯稹拷猓篈．C、Si都位于第IVA族，二者位于同一主族，故A正確；B．聚氨酯中含有C、H、O、N元素，分別位于第IVA族、第IA族、第VIA族、第VA族，這幾種元素位于不同主族，故B錯誤；C．C位于第IVA族、Ag位于第IB族，二者位于不同族且Ag為副族元素，故C錯誤；D．鈦合金主要成分有Ti、Al等，Ti位于第IVB族，Al位于第IIIA族，Ti為副族元素，不符合，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查元素周期表結構及無機非金屬材料，明確元素在周期表位置及常見物質成分是解本題關鍵，熟練掌握元素周期表結構并靈活運用，題目難度不大。2．（6分）下列示意圖與化學用語表述內容不相符的是（水合離子用相應離子符號表示）（） AB CDA．NaCl═Na++Cl﹣ B．CuCl2═Cu2++2Cl﹣ C．CH3COOH?CH3COO﹣+H+ D．H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H＝﹣183kJ?mol﹣1【分析】A．NaCl為強電解質；B．電解氯化銅生成Cu和氯氣；C．醋酸為弱電解質，存在電離平衡；D．焓變等于斷裂化學鍵吸收的能量減去成鍵釋放的能量，結合狀態(tài)及焓變書寫熱化學方程式?！窘獯稹拷猓篈．NaCl為強電解質，則電離方程式為NaCl═Na++Cl﹣，故A正確；B．電解氯化銅生成Cu和氯氣，則方程式為CuCl2Cu+2Cl2↑，故B錯誤；C．醋酸為弱電解質，存在電離平衡，則電離方程式為CH3COOH?CH3COO+H+，故C正確；D．焓變等于斷裂化學鍵吸收的能量減去成鍵釋放的能量，則△H＝（436+243﹣431×2）kJ/mol＝﹣183kJ?mol﹣1，由狀態(tài)及焓變可知熱化學方程式為H2（g）+Cl2═2HCl（g）△H＝﹣183kJ?mol﹣1，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查反應熱與焓變，為高頻考點，把握電解質與電離方程式、焓變計算及熱化學方程式為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項B為解答的易錯點，題目難度不大。3．（6分）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．In的中子數與電子數的差值為17 C．原子半徑：In＞Al D．堿性：In（OH）3＞RbOH【分析】A．In的原子序數為49，原子核外有5個電子層，數目分別為2、8、18、18、3；B.In的中子數為115﹣49＝66；C．同主族元素從上到下原子半徑增大；D．元素的金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的堿性越強?！窘獯稹拷猓篈．In的原子序數為49，原子核外有5個電子層，數目分別為2、8、18、18、3，則銦處于第五周期第ⅢA族，故A正確；B.In的中子數為115﹣49＝66，In原子中電子數為49，則In的中子數與電子數的差值為66﹣49＝17，故B正確；C．同主族元素從上到下原子半徑增大，則原子半徑：In＞Al，故C正確；D．金屬性Rb＞In，元素的金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的堿性越強，則堿性In（OH）3＜RbOH，故D錯誤。故選：D?！军c評】本題考查元素周期表，為高頻考點，側重考查學生的分析能力，要求學生熟悉元素周期表的排布規(guī)律，同時了解元素的一些性質變化規(guī)律，題目難度不大。4．（6分）交聯聚合物P的結構片段如圖所示。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的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的交聯結構【分析】A．Y與X發(fā)生縮聚反應生成P，P含﹣COOC﹣；B．﹣COOH、﹣OH發(fā)生反應；D．油脂為高級脂肪酸甘油酯；D．鄰苯二甲酸和乙二醇在發(fā)生縮聚反應生成直鏈結構的高分子?！窘獯稹拷猓篈．Y與X發(fā)生縮聚反應生成P，P含﹣COOC﹣，可發(fā)生水解反應，故A正確；B．﹣COOH、﹣OH發(fā)生反應，則聚合物P的合成反應為縮聚反應，故B正確；D．油脂為高級脂肪酸甘油酯，則水解可生成甘油，故C正確；D．鄰苯二甲酸和乙二醇在發(fā)生縮聚反應生成直鏈結構的高分子，不能形成類似聚合物P的交聯結構，故D錯誤；故選：D?！军c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、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項D為解答的難點，題目難度不大。5．（6分）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（）物質（括號內為雜質）除雜試劑AFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉BNaCl溶液（MgCl2）NaOH溶液、稀HClCCl2（HCl）H2O、濃H2SO4DNO（NO2）H2O、無水CaCl2A．A B．B C．C D．D【分析】A．Fe與氯化鐵反應生成氯化亞鐵；B．NaOH與氯化鎂發(fā)生復分解反應；C．氯氣與水反應；D．二氧化氮與水反應生成NO。【解答】解：A．Fe與氯化鐵反應生成氯化亞鐵，為氧化還原反應，故A不選；B．NaOH與氯化鎂發(fā)生復分解反應，且加鹽酸中和生成的NaOH，可除雜，故B選；C．氯氣與水反應，發(fā)生氧化還原反應，應選飽和食鹽水抑制氯氣的溶解，故C不選；D．二氧化氮與水反應生成NO，為氧化還原反應，故D不選；故選：B。【點評】本題考查氧化還原反應，為高頻考點，把握物質的性質、發(fā)生的反應、混合物分離提純?yōu)榻獯鸬年P鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。6．（6分）探究草酸（H2C2O4）性質，進行如下實驗。（已知：室溫下，0.1mol?L﹣1H2C2O4的pH＝1.3）實驗裝置試劑a現象①Ca（OH）2溶液（含酚酞）溶液褪色，產生白色沉淀②少量NaHCO3溶液產生氣泡③酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色④C2H5OH和濃硫酸加熱后產生有香味物質由上述實驗所得草酸性質所對應的方程式不正確的是（）A．H2C2O4有酸性，Ca（OH）2+H2C2O4═CaC2O4↓+2H2O B．酸性：H2C2O4＞H2CO3，NaHCO3+H2C2O4═NaHC2O4+CO2↑+H2O C．H2C2O4有還原性，2MnO4﹣+5C2O42+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O D．H2C2O4可發(fā)生酯化反應，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O【分析】0.1mol?L﹣1H2C2O4的pH＝1.3，說明草酸是弱酸，A．酸不能使酚酞變紅色，堿溶液能使酚酞變紅色，酸堿能發(fā)生中和反應；B．強酸能和弱酸鹽反應生成弱酸；C．高錳酸鉀溶液具有強氧化性，能氧化還原性物質；D．酯具有香味?！窘獯稹拷猓篈．Ca（OH）2溶液（含酚酞）中加入草酸溶液，溶液褪色，說明混合溶液堿性減弱，且生成白色沉淀，則發(fā)生中和反應，從而草酸體現酸性，反應方程式為Ca（OH）2+H2C2O4═CaC2O4↓+2H2O，故A正確；B．向少量NaHCO3溶液加入草酸有氣泡生成，說明有二氧化碳生成，強酸能和弱酸鹽反應生成弱酸，根據實驗現象知，酸性：H2C2O4＞H2CO3，反應方程式為NaHCO3+H2C2O4═NaHC2O4+CO2↑H2O，故B正確；C．酸性KMnO4溶液具有強氧化性，向酸性KMnO4溶液加入草酸，溶液褪色，說明酸性KMnO4溶液氧化了草酸，則草酸體現還原性，根據題干信息，草酸為弱酸，2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C錯誤；D．酯具有香味，C2H5OH和濃硫酸中加入草酸加熱后產生有香味物質，說明有酯生成，所以發(fā)生了酯化反應，則草酸可以發(fā)生酯化反應，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查探究物質性質，側重考查實驗操作、實驗現象分析判斷，明確實驗原理、元素化合物性質是解本題關鍵，注意結合題給信息分析解答，C為解答易錯點。7．（6分）實驗測得0.5mol?L﹣1CH3COONa溶液、0.5mol?L﹣1CuSO4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的溶液的c（OH﹣）減小 C．隨溫度升高，CuSO4的溶液的pH變化是Kw改變與水解平衡移動共同作用的結果 D．隨水溫升高，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【分析】A．任何溫度下純水中都存在c（H+）＝c（OH﹣）；B．升高溫度CH3COONa促進醋酸鈉水解；C．升高溫度促進CuSO4水解也促進水電離；D．升高溫度促進鹽類水解。【解答】解：A．升高溫度促進水電離，但是純水中仍然存在c（H+）＝c（OH﹣），故A錯誤；B．升高溫度CH3COONa促進醋酸鈉水解、水的電離，溶液中c（OH﹣）增大，故B錯誤；C．鹽類水解和水的電離都是吸熱反應，升高溫度促進CuSO4水解也促進水電離，所以升高溫度導致Kw增大，則升高溫度CuSO4的溶液的pH變化是Kw改變與水解平衡移動共同作用的結果，故C正確；D．升高溫度促進鹽類水解，醋酸鈉和硫酸銅中都有弱離子水解，升高溫度促進CH3COO﹣、Cu2+水解，所以CH3COO﹣、Cu2+水解平衡移動方向相同，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查鹽類水解及弱電解質的電離，明確溫度對弱電解質電離及鹽類水解影響原理是解本題關鍵，側重考查分析判斷能力，注意：兩種鹽溶液中隨著溫度變化不僅影響鹽類水解還影響水的電離，題目難度中等。二、非選擇題：本部分共4小題，共58分。8．（16分）抗癌藥托瑞米芬的前體K的合成路線如圖。已知：?。ⅲ袡C物結構可用鍵線式表示，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++H2O，反應類型是取代反應或酯化反應。（2）D中含有的官能團：羰基、羥基。（3）E的結構簡式為。（4）F是一種天然香料，經堿性水解、酸化，得G和J．J經還原可轉化為G．J的結構簡式為。（5）M是J的同分異構體，符合下列條件的M的結構簡式是。①包含2個六元環(huán)②M可水解，與NaOH溶液共熱時，1molM最多消耗2molNaOH（6）推測E和G反應得到K的過程中，反應物LiAlH4和H2O的作用是還原劑。（7）由K合成托瑞米芬的過程：托瑞米芬具有反式結構，其結構簡式是?！痉治觥坑袡C物A能與Na2CO3溶液反應產生CO2，說明含有﹣COOH，其鈉鹽可用于食品防腐，結合K結構簡式知，A為，有機物B能與Na2CO3溶液反應，但不產生CO2，說明含有酚羥基，且B加氫可得環(huán)己醇，則B為，根據ABC分子式知，AB發(fā)生酯化反應生成C為，C發(fā)生信息i的反應生成D為，生成E為；F是一種天然香料，說明含有酯基，經堿性水解、酸化，得G和J，J經還原可轉化為G，J不飽和度＝＝6，根據K結構簡式知，GJ中都含有苯環(huán)，苯環(huán)的不飽和度是4，根據O原子個數知，J中含有﹣COOH，所以還含有一個C＝C，則J為，根據原子守恒知，G分子式為C9H10O，G的不飽和度為＝5，J經過還原可以得到G，所以G為，EG發(fā)生加成反應生成K；（7）K發(fā)生消去反應生成N，N分子式為C26H29NO2，N和SOCl2發(fā)生取代反應生成托瑞米芬，根據反應前后分子式變化中Cl原子取代﹣OH，且托瑞米芬具有反式結構，則N為，托瑞米芬為?！窘獯稹拷猓海?）通過以上分析知，A為，B為，C為，A和B反應生成C的化學方程式是++H2O，反應類型是取代反應或酯化反應，故答案為：++H2O；取代反應或酯化反應；（2）D為，D中含有的官能團：羰基、羥基，故答案為：羰基、羥基；（3）E的結構簡式為，故答案為：；（4）J的結構簡式為，故答案為：；（5）J為，M是J的同分異構體，①包含2個六元環(huán)；②M可水解，說明含有酯基；與NaOH溶液共熱時，1molM最多消耗2molNaOH，說明水解生成酚羥基和羧基，符合條件的結構簡式為，故答案為：；（6）推測E和G反應得到K的過程中，該反應為加成反應，羰基上加上H原子，則反應物LuAlH4和H2O的作用是還原劑，故答案為：還原劑；（7）托瑞米芬結構簡式為，故答案為：?！军c評】本題考查有機物推斷，側重考查分析推斷及知識綜合運用能力，靈活利用題給信息、反應前后分子式或結構變化、反應條件進行推斷，正確推斷各物質結構簡式是解本題關鍵，注意信息的獲取和靈活運用，題目難度中等。9．（12分）化學小組用如下方法測定經處理后的廢水中苯酚的含量（廢水中不含干擾測定的物質）。Ⅰ、用已準確稱量的KBrO3固體配制一定體積的amol?L﹣1KBrO3標準溶液；Ⅱ、取v1mL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v2mL廢水；Ⅳ、向Ⅲ中加入過量KI；Ⅴ、用bmol?L﹣1Na2S2O3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v3mL。已知：I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6Na2S2O3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、膠頭滴管和容量瓶。（2）Ⅱ中發(fā)生反應的離子方程式是BrO3﹣+5Br﹣+6H+＝3Br2+3H2O。（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，原因是確保溴過量，保證苯酚已經完全反應。（5）KI與KBrO3物質的量關系為n（KI）≥6n（KBrO3）時，KI一定過量，理由是由電子守恒可知，當n（KI）＝6n（KBrO3）時，KI恰好與步驟II中生成的溴完全反應，而步驟III中苯酚會消耗一定量的溴，所以n（KI）≥6n（KBrO3）時，KI一定過量。（6）V中滴定至終點的現象是最后一滴Na2S2O3溶液滴入后，溶液恰好藍色消失，且半分鐘內不變。（7）廢水中苯酚的含量為g?L﹣1（苯酚摩爾質量：94g?mol﹣1）。（8）由于Br2具有揮發(fā)性性質，Ⅱ～Ⅳ中反應須在密閉容器中進行，否則會造成測定結果偏高。【分析】（1）配制溶液一定需要容量瓶；（2）II中發(fā)生氧化還原反應生成溴和水；（3）Ⅲ中發(fā)生反應生成三溴苯酚和HBr；（4）Ⅳ中加KI前，溶液顏色須為黃色，可知溴過量；（5）結合電子守恒計算；（6）淀粉遇碘變藍；（7）結合I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6、BrO3﹣+5Br﹣+6H+＝3Br2+3H2O、計算；（8）溴易揮發(fā)?！窘獯稹拷猓海?）Ⅰ中配制溶液用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和容量瓶，故答案為：容量瓶；（2）Ⅱ中發(fā)生反應的離子方程式是BrO3﹣+5Br﹣+6H+＝3Br2+3H2O，故答案為：BrO3﹣+5Br﹣+6H+＝3Br2+3H2O；（3）Ⅲ中發(fā)生反應的化學方程式是苯酚與濃溴水反應的化學方程式為，故答案為：；（4）Ⅳ中加KI前，溶液顏色須為黃色，原因是確保溴過量，保證苯酚已經完全反應，故答案為：確保溴過量，保證苯酚已經完全反應；（5）KI與KBrO3物質的量關系為n（KI）≥6n（KBrO3）時，KI一定過量，理由是由電子守恒可知，當n（KI）＝6n（KBrO3）時，KI恰好與步驟II中生成的溴完全反應，而步驟III中苯酚會消耗一定量的溴，所以n（KI）≥6n（KBrO3）時，KI一定過量，故答案為：由電子守恒可知，當n（KI）＝6n（KBrO3）時，KI恰好與步驟II中生成的溴完全反應，而步驟III中苯酚會消耗一定量的溴，所以n（KI）≥6n（KBrO3）時，KI一定過量；（6）V中滴定至終點的現象是最后一滴Na2S2O3溶液滴入后，溶液恰好藍色消失，且半分鐘內不變，故答案為：最后一滴Na2S2O3溶液滴入后，溶液恰好藍色消失，且半分鐘內不變；（7）由BrO3﹣+5Br﹣+6H+＝3Br2+3H2O、I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6、可知，生成的溴的物質的量為a×mol/L×v1×10﹣3L×3＝3av1×10﹣3mol，由溴與碘化鉀反應生成的碘的物質的量為bmol/L×v3×10﹣3L×＝5bv3×10﹣4mol，所以與苯酚反應的溴的物質的量為3av1×10﹣3mol﹣5bv3×10﹣4mol＝（30av1﹣5bv3）×10﹣4mol，由可知，苯酚的物質的量為（30av1﹣5bv3）×10﹣4mol×，廢水中苯酚的含量為＝g?L﹣1，故答案為：；（8）由于Br2具有揮發(fā)性的性質，Ⅱ～Ⅳ中反應須在密閉容器中進行，否則會造成測定結果偏高，故答案為：揮發(fā)性?！军c評】本題考查物質含量測定實驗，為高頻考點，把握物質的性質、發(fā)生的反應、測定原理為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意（7）為解答的難點，題目難度不大。10．（14分）氫能源是最具有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，其物質的量之比為4：1，甲烷和水蒸氣反應的方程式是CH4+2H2O（g）2H2+CO2。②已知反應器中還存在如下反應：?。瓹H4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H1ⅱ．CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H2ⅲ．CH4（g）═C（s）+2H2（g）△H3…ⅲ為積炭反應，利用△H1和△H2計算△H3時，還需要利用2H2（g）+CO2（g）＝C（S）+2H2O（g）或C（s）+CO2（g）＝2CO（g）反應的△H。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之比，目的是abc（選填字母序號）。a．促進CH4轉化b．促進CO轉化為CO2c．減少積炭生成④用CaO可以去除CO2．H2體積分數和CaO消耗率隨時間變化關系如圖所示。從t1時開始，H2體積分數顯著降低，單位時間CaO消耗率降低（填“升高”“降低”或“不變”）。此時CaO消耗率約為35%，但已失效，結合化學方程式解釋原因：過多的二氧化碳消耗氫氣，使氫氣的體積分數明顯下降，發(fā)生2H2（g）+CO2（g）＝C（S）+2H2O（g）。（2）可利用太陽能光伏電池電解水制高純氫，工作示意圖如圖。通過控制開關連接K1或K2，可交替得到H2和O2。①制H2時，連接K1。產生H2的電極方程式是2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣。②改變開關連接方式，可得O2。③結合①和②中電極3的電極反應式，說明電極3的作用：①中電極3發(fā)生Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣＝NiOOH+H2O，制氫氣時消耗電極1產生的OH﹣，②中電極3發(fā)生NiOOH+H2O+e﹣＝Ni（OH）2+OH﹣，制氧氣時補充電極2消耗的OH﹣?！痉治觥浚?）①甲烷和水蒸氣反應生成H2和CO2，結合質量守恒書寫化學方程式；②三個反應還涉及到氫氣和二氧化碳反應生成C和水的反應；③水過量，可分別與CH4、CO、C等反應；④由圖象可知，CaO消耗率曲線斜率減小，則CaO消耗率降低；過多的二氧化碳可與氫氣反應，導致氫氣的體積分數減?。唬?）電解水生成氫氣和氧氣，氧氣在陽極生成，氫氣在陰極生成，電極3可分別連接K1或K2，分別發(fā)生氧化、還原反應，實現NiOOH?Ni（OH）2的轉化，且可循環(huán)使用，以此解答該題?！窘獯稹拷猓海?）①甲烷和水蒸氣反應生成H2和CO2，其物質的量之比為4：1，則反應的方程式為CH4+2H2O（g）2H2+CO2，故答案為：CH4+2H2O（g）2H2+CO2；②?。瓹H4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H1ⅱ．CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H2，則i+ii可得CH4（g）+2H2O（g）＝CO2（g）+4H2（g），如要得到ⅲ．CH4（g）═C（s）+2H2（g）△H3，則還應需要2H2（g）+CO2（g）＝C（S）+2H2O（g）的△H，CH4（g）+2H2O（g）＝CO2（g）+4H2（g）與2H2（g）+CO2（g）＝C（S）+2H2O（g）相加可得CH4（g）═C（s）+2H2（g），或i﹣ii得CH4（g）+CO2（g）＝2CO（g）+2H2（g），然后與C（s）+CO2（g）＝2CO（g）相減，亦可得到反應iii的△H，故答案為：2H2（g）+CO2（g）＝C（S）+2H2O（g）或C（s）+CO2（g）＝2CO（g）；③水過量，可分別與i中的CH4，ii中的CO反應，則可促進CH4轉化、促進CO轉化為CO2、且與iii生成的C等反應，簡式積炭生成，故答案為：abc；④由圖象可知，CaO消耗率曲線斜率減小，則CaO消耗率降低；過多的二氧化碳可與氫氣反應，導致氫氣的體積分數減小，發(fā)生2H2（g）+CO2（g）＝C（S）+2H2O（g），導致CaO消耗率約為35%時已失效，故答案為：降低；過多的二氧化碳消耗氫氣，使氫氣的體積分數明顯下降，發(fā)生2H2（g）+CO2（g）＝C（S）+2H2O（g）；（2）①電解水生成氫氣和氧氣，氧氣在陽極生成，氫氣在陰極生成，則應連接K1，電極方程式為2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，故答案為：K1；2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣；③電極3可分別連接K1或K2，①中電極3發(fā)生Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣＝NiOOH+H2O，制氫氣時消耗電極1產生的OH﹣，②中電極3發(fā)生NiOOH+H2O+e﹣＝Ni（OH）2+OH﹣，制氧氣時補充電極2消耗的OH﹣，實現NiOOH?Ni（OH）2的轉化，且可循環(huán)使用，故答案為：①中電極3發(fā)生Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣＝NiOOH+H2O，制氫氣時消耗電極1產生的OH﹣，②中電極3發(fā)生NiOOH+H2O+e﹣＝Ni（OH）2+OH﹣，制氧氣時補充電極2消耗的OH﹣?！军c評】本題為2019年北京考題理綜卷化學試題，題目涉及化學平衡、電解等知識，為高頻考點，側重考查學生的分析能力，注意把握蓋斯定律以及電解池的分析，掌握電極方程式的書寫，題目難度中等。11．（16分）化學小組實驗探究SO2與AgNO3溶液的反應。（1）實驗一：用如圖裝置（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Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O。②試劑a是飽和NaHSO3溶液。（2）對體系中有關物質性質分析得出：沉淀B可能為Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合物。（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：Ag2SO3+4NH3?H2O＝2Ag（NH3）2++SO32﹣+4H2O。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．所用試劑及現象是稀硫酸，產生白色沉淀。（3）根據沉淀F的存在，推測SO42﹣的產生有兩個途徑：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，SO32﹣被氧化為SO42﹣進入D。實驗三：探究SO42﹣的產生途徑①向溶液A中滴入過量鹽酸，產生白色沉淀，證明溶液中含有Ag+；取上層清液繼續(xù)滴加BaCl2溶液，未出現白色沉淀，可判斷B中不含Ag2SO4．做出判斷的理由：因為Ag2SO4微溶于水，Ag2SO4（s）?2Ag++SO42﹣，向上層清液滴加氯化鋇溶液，若含有Ag2SO4，則會出現沉淀。②實驗三的結論：SO42﹣產生的途徑是SO32﹣被氧化為SO42﹣進入D。（4）實驗一中SO2與AgNO3溶液反應的離子方程式是2Ag++SO2+H2O＝Ag2SO3↓+2H+。（5）根據物質性質分析，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SO42﹣生成。（6）根據上述實驗所得結論：二氧化硫和硝酸銀反應生成亞硫酸銀和氫離子，同時生成少量硫酸銀，即既能發(fā)生沉淀反應，又能發(fā)生氧化還原反應，其中沉淀反應的速率比氧化還原反應快。【分析】實驗一、Cu和濃硫酸在加熱條件下反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，試劑a除去二氧化硫中雜質，且不能和二氧化硫反應，常用飽和亞硫酸氫鈉溶液，然后二氧化硫通入硝酸銀溶液中，迅速反應，得到無色溶液A和白色沉淀B；實驗二、沉淀B中加入氨水生成銀氨溶液，然后向溶液C中加入過量硝酸鋇，鋇離子和C中陰離子反應生成沉淀D，洗滌干凈沉淀后加入過量稀鹽酸，加入鹽酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀