D.酸性H2B>HA>HB-，向Na2B溶液中加入足量的HA溶液，只能生成HB-，所以发生反应的离子方程式为：
B2－＋HA＝A-＋HB-，D错误。
答案选A。
【点睛】水解常数和电离常数的关系：
Kh=Kw/Ka1；利用强酸制弱酸的原理，注意与酸反应的产物。
7.利用微生物可将废水中苯酚的化学能直接转化为电能，装置如图所示。
电池工作时，下列说法正确的是
A.b极为正极，发生氧化反应
B.中间室的Na＋向左室移动
C.用电器流过1mole－时，b电极产生标准状况2.24LN2
D.a极的电极反应式为：
C6H5OH＋28e－＋11H2O＝6CO2↑＋28H＋
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题给信息知，该装置是将化学能转化为电能的原电池，根据图示，在b电极，高浓度的NO3-转化为氮气和低浓度的废水，说明N的化合价降低，发生还原反应，因此b电极为正极，则a电极为负极，发生氧化反应，据此分析解答。
【详解】A.b极为正极，发生还原反应，A错误；
B.在原电池中，阳离子向正极移动，所以中间室的Na＋向右室移动，B错误；
C.根据电极反应2NO3-+12H＋+10e－===N2↑+6H2O，当流过1mole－时，b电极产生0.1molN2，即标准状况2.24L，C正确；
D.a电极为负极，失去电子,电极反应式为：
C6H5OH-28e－＋11H2O＝6CO2↑＋28H＋，D错误。
答案选C。
【点睛】原电池中负极失去电子，化合价升高，发生氧化反应；正极得到电子，化合价降低，发生还原反应；原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动
第II卷
三、非选择题：
包括必考题和选考题两部分。
第22题～第32题为必考题。
每个试题考生都必须做答。
第33题～第38题为选考题。
考生根据要求做答。
（一）必考题（共129分）
8.JohnB.Goodenough等三位科学家因为在锂离子电池研究领域的突出贡献获得2019年诺贝尔化学奖。
碳酸锂是一种常见的锂离子电池原料，一种以锂辉石为原料制取碳酸锂的工艺如下图：
（锂辉石：
LiAl（SiO3）2，也表示为Li2O·Al2O3·4SiO2，还含微量的钠、钙、镁等元素）
[查阅资料]：
Li2CO3为无色单斜晶系结晶体，熔点618℃，溶于硫酸，微溶于水，在冷水中的溶解度比热水中大。
（1）在“硫酸浸出”流程，将硫酸加热到130℃的目的是______________________________。
（2）在“中和分离”流程，石灰水发生的中和反应方程式为____________________________。
（3）在“Li2CO3分离、洗涤”流程，用热水洗涤的原因是______________________________。
（4）检验Li2CO3沉淀是否洗涤干净的方法是_________________________________________。
（5）工业上高温煅烧FePO4、Li2CO3和草酸晶体（H2C2O4·2H2O）的混合物制取电池材料磷酸亚铁锂（LiFePO4），反应的化学方程式为_________________________________________。
（6）将一定浓度的磷酸二氢铵、氯化锂混合溶液作为电解液，以铁棒为阳极，石墨为阴极，电解也能制取磷酸亚铁锂沉淀。
阳极生成磷酸亚铁锂的电极反应式为__________________，沉淀经过滤、洗涤、干燥，在800℃左右、惰性气体氛围中煅烧制得晶态磷酸亚铁锂，制备磷酸亚铁锂的过程必须在惰性气体氛围中进行的原因是______________________________。
【答案】
（1）.加快浸出速率，提高浸出速率
（2）.Ca（OH）2+H2SO4=CuSO4↓+2H2O（3）.Li2CO3在冷水中的溶解度比热水中大，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解度损耗，提高产率（4）.取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中滴加盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若无沉淀产生，则沉淀已洗干净（5）.2FePO4+Li2CO3+H2C2O4.2H2O
2LiFePO4+3CO2↑+3H2O↑（6）.Fe-2e-+Li++H2PO4-=LiFePO4+2H+（7）.防止二价铁被氧化
【解析】
【分析】
根据题意、流程进行分析。
锂辉石的主要成分为LiAl（SiO3）2，还含微量的钠、钙、镁等元素，加入硫酸酸浸后过滤，所得滤液中主要含Li2SO4、Al2（SO4）3，还含有硫酸、Na+、Mg2+等；加入石灰水将滤液中的硫酸中和、Al3+和Mg2+转化为沉淀而除去；过滤后加入饱和碳酸钠溶液使Li+转化成Li2CO3沉淀，据此分析作答。
【详解】
（1）在“硫酸浸出”流程，将硫酸加热到130℃的目的是加快浸出速率，提高浸出速率；
（2）在“中和分离”流程，石灰水中和过量的硫酸反应，发生的反应方程式为Ca（OH）2+H2SO4=CuSO4↓+2H2O；
（3）在“Li2CO3分离、洗涤”流程，用热水洗涤的原因是Li2CO3在冷水中的溶解度比热水中大，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解度损耗，提高产率；
（4）检验碳酸锂沉淀是否洗涤干净，实际上检验最后洗涤液中是否含硫酸根，所以检验Li2CO3沉淀是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中滴加盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若无沉淀产生，则沉淀已洗干净；
（5）制取电池材料磷酸亚铁锂（LiFePO4）时，反应物有FePO4、Li2CO3和草酸晶体（H2C2O4·2H2O），再根据元素守恒，不难得出产物中还含有CO2和H2O，所以化学方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O4.2H2O
2LiFePO4+3CO2↑+3H2O↑；
（6）电解时阳极为活性电极Fe失电子，结合元素关系写出生成磷酸亚铁锂的电极反应式为Fe-2e-+Li++H2PO4-=LiFePO4+2H+，制备磷酸亚铁锂的过程必须在惰性气体氛围中进行，由于二价铁能被空气中的氧气氧化成三价铁，所以原因是防止二价铁被氧化。
【点睛】本题为工业流程和实验题，结合题意和所学知识点，可以写出相应答案，方程式书写要抓住反应物和生成物，再进行配平，电极反应式为本题难点，根据铁的化合价得到电子数进行书写。
9.某实验小组研究KI和酸性KMnO4溶液的反应。
资料：
i.MnO4－在酸性条件下最终被还原为Mn2＋。
ii.酸性条件下氧化性：
KMnO4>KIO3>I2。
（1）实验I中溶液呈棕黄色，推测生成了____________。
（2）实验小组继续对实验II反应中初始阶段的产物成分进行探究：
①经检验，实验II初始阶段I－的氧化产物不是I2，则“实验现象a”为_______________。
②黑色固体是__________________。
③经检验，在“紫色清液”中存在IO3－。
下列实验方案中，可用于检验“紫色清液”中IO3－的是__________________________。
（填写编号）。
A.用洁净的玻璃棒蘸取“紫色清液”滴在淀粉－碘化钾试纸上，观察试纸是否变蓝色。
B.取少量“紫色清液”于试管中，向其中加入几滴淀粉溶液，溶液不变蓝，再加入NaHSO3溶液，若试管中溶液变蓝色，则“紫色清液”中存在IO3－。
C.取少量“紫色清液”于试管中，向其中加入稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银溶液，观察是否生成黄色沉淀。
④写出在“紫色清液"中生成IO3－的离子方程式为__________________________________。
（3）探究实验II中棕褐色沉淀消失的原因。
用离子方程式解释实验II中棕褐色沉淀消失的原因：
________________________________。
（4）实验后的反思：
导致实验I和实验II中KI和酸性KMnO4溶液反应产物变化的因素是（写出两点）：
________________________、________________________。
【答案】
（1）.单质碘
（2）.溶液分为二层，下层液体为无色（3）.二氧化锰（4）.B（5）.I-+2MnO4-+2H+=2MnO2↓+IO3-+H2O（6）.MnO2+2I-+4H+=I2+Mn2++2H2O（7）.KI和高锰酸钾的相对用量（8）.溶液的酸性强弱
【解析】
【分析】
（1）实验I中碘化钾过量，MnO4-在酸性条件下最终被还原为Mn2+，碘水呈棕黄色；
（2）①I-的氧化产物不是I2，则CCl4层呈无色；
②二氧化锰能催化双氧水分解；
③利用IO3-的氧化性，且排除了MnO4-的干扰，证明在“紫色清液”中存在IO3-；
④高锰酸钾与碘化钾反应生成二氧化锰和KIO3；
（3）在酸性条件下，二氧化锰与碘化钾反应生成碘单质；
（4）根据实验现象分析。
【详解】
（1）实验I中碘化钾过量，MnO4- 在酸性条件下最终被还原为Mn2+，碘水呈棕黄色，所以实验I中溶液呈棕黄色，推测生成了I2；
（2）①I- 的氧化产物不是I2，则CCl4层呈无色，“实验现象a”为溶液分层，下层液体无色。
②二氧化锰能催化双氧水分解，黑色固体加入过氧化氢，立即产生气体，则黑色固体是MnO2；
③A项中高锰酸钾能将I-氧化生成碘单质；B项中开始不变蓝说明无碘单质，NaHSO3具有还原性，IO3-具有氧化性，IO3-可以被NaHSO3还原，生成I2，淀粉变蓝；C项中硝酸银也能氧化碘离子生成碘单质；所以选择B；
④高锰酸钾与碘化钾反应，高锰酸钾被还原成二氧化锰，碘化钾被氧化成碘酸钾，然后结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平，反应的离子方程式是2MnO4- +I- +2H+ =2MnO2↓+IO3-+H2O；
（3）在酸性条件下，二氧化锰与碘化钾反应生成碘单质，反应方程式是MnO2+2I- +4H+=Mn2++I2+2H2O。
（4）根据以上实验分析，KI和酸性KMnO4溶液反应过程中，所得产物成分与试剂的相对用量（滴加顺序）、溶液酸性强弱有关。
【点睛】本题要结合题目所给资料，进行解题，方程式的书写要利用氧化还原反应的化合价规律，得到对应的产物，得出正确的方程式。
10.CO2的资源化利用能有效的减少CO2的排放，方法之一是CO2催化加氢合成二甲醚（CH3OCH3）。
（1）有科学家提出，可以将CO2通过管道输送到海底，这样可减缓空气中CO2浓度的增加。
下列有关说法错误的是____________（填写编号）。
a.把CO2输送到海底，是人类减缓空气中CO2浓度增加的最佳办法
b.把CO2送到海底越深的地方，CO2溶解得越多，CO2可能液化甚至变为干冰
c.因为碳酸是弱酸，所以将CO2输送到海底，不会严重破坏海洋生态环境
d.使用新能源和植树造林是减缓空气中CO2浓度增加的有效措施
（2）CO2催化加氢合成二甲醚
主要反应如下：
反应I：
CO2（g）＋H2（g）
CO（g）＋H2O（g）△H＝＋41.2kJ·mol－1
反应II：
2CO2（g）＋6H2（g）
CH3OCH3（g）＋3H2O（g）△H＝－122.5kJ·mol－1
其中，反应II分以下①②两步完成，请写出反应①的热化学方程式。
①____________________________________________________________
②2CH3OH（g）
CH3OCH3（g）＋H2O（g）△H＝－23.5kJ·mol－1
（3）L（L1、L2）、X分别代表压强或温度，如图表示L一定时，反应II中二甲醚的平衡产率随X变化的关系，其中X代表的物理量是__________。
比较L1、L2的大小：
L1______L2（填“>”或“<”），判断依据是：
____________________________________。
（4）在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2和2molH2，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性（CH3OCH的选择性＝
×100%）随温度变化如右下图所示。
①温度为220℃，达到平衡时，反应II消耗的H2的物质的量为__________mol，此状态反应II的化学平衡常数计算式为______________________________。
②温度高于280℃，CO2平衡转化率随温度升高而增大，用化学平衡移动原理解释原因：
____________________________________________________________。
【答案】
（1）.ac
（2）.2CO2（g）+6H2（g）
2CH3OH（g）+2H2O（g）△H＝－99.0kJ·mol－1（3）.温度（4）.>（5）.反应Ⅱ的正反应是气体总体积减小的反应，温度一定时，增大压强平衡正移，二甲醚的产率增大。
（6）.1.2（7）.0.2/（0.52×0.73）（8）.反应Ⅰ的△H>0,温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升；反应Ⅱ△H<0，温度升高使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降。
温度高于280℃，反应ⅠCO2平衡转化率的增大值超过反应ⅡCO2平衡转化率的下降值
【解析】
【分析】
（1）气体溶解度随压强增大而增大，二氧化碳能与水反应生成碳酸；
（2）反应II－反应②得反应①；
（3）根据图示随X增大，二甲醚的产率减小，说明平衡逆向移动；
（4）①220℃时，CO2平衡转化率为50%、CH3OCH3的选择性位80%；
②温度升高，CO2（g）+H2（g）
CO（g）+H2O（g）平衡正向移动，2CO2（g）+6H2（g）
CH3OCH3（g）+3H2O（g）平衡逆向移动。
【详解】
（1）a.人类减缓空气中的二氧化碳方法还可以通过使用新能源和植树造林等措施，a错误；
b.气体溶解度随压强增大而增大，b正确；
c.二氧化碳能与水反应生成碳酸，使海水酸性增强，c错误；
d.使用新能源和植树造林是减缓空气中CO2浓度增加的有效措施，d正确。
答案选ac。
（2）根据盖斯定律反应II－反应②得反应①，得
2CO2（g）+6H2（g）
2CH3OH（g）+2H2O（g）∆H=－122.5kJ·mol-1+23.5kJ·mol-1=－99.0kJ·mol－1
（3）增大压强，2CO2（g）+6H2（g）
CH3OCH3（g）+3H2O（g）正向移动；升高温度，2CO2（g）+6H2（g）
CH3OCH3（g）+3H2O（g）逆向移动；根据图示随X增大，二甲醚的产率减小，说明平衡逆向移动，所以X表示温度；反应II是气体化学计量数减少的反应，当温度一定时，增大压强，平衡正向移动，二甲醚平衡产率增大，所以L1＞L2；
（4）①220℃时，CO2平衡转化率为50%、CH3OCH3的选择性为80%，起始投入1molCO2，消耗CO2的物质的量是1mol×50%=0.5mol，反应II消耗CO2的物质的量是0.5mol×80%=0
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