D项，根据浓度相等两盐溶液的pH，才能推断出对应酸的电离程度，D错误。
14.室温下，反应HCO3－+H2O
H2CO3+OH－的平衡常数K=2.2×10-8。
将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中ZnO。
若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（）
A.0.2mol·L-1氨水:
c（NH3·H2O）>c（NH4+）>c（OH-）>c（H+）
B.0.2mol·L-1NH4HCO3溶液（pH>7）:
c（NH4+>c（HCO3－）>c（H2CO3）>c（NH3·H2O）
C.0.2mol·L-1氨水和0.2mol·L-1'NH4HCO3溶液等体积混合:
c（NH4+）+c（NH3·H2O）=c（H2CO3）＋c（HCO3－）＋c（CO32－）
D.0.6mol·L-1氨水和0.2mol·L-1NH4HCO3溶液等体积混合:
c（NH3·H2O）+c（CO32－）＋c（OH－）=0.3mol·L-1＋c（H2CO3）+c（H+）
【答案】：
BD
【解析】：
本题考查溶液中离子浓度大小比较
A项：
氨水中OH－来源于水和NH3·H2O的电离，所以c（OH－）>c（NH4+）
B项NH4HCO3溶液显碱性，HCO3-的水解程度大于NH4+的，正确
C项根据物料守恒c（NH4+）+c（NH3·H2O）=2[c（H2CO3）＋c（HCO3－）＋c（CO32－）]
D项根据物料守恒得c（NH4+）+c（NH3·H2O）=4[c（H2CO3）＋c（HCO3－）＋c（CO32－）]①
根据电荷守恒得c（NH4+）+c（H+）=c（HCO3－）＋2c（CO32－）+c（OH－）②，由①-②消掉NH4+
得c（NH3·H2O）+c（OH－）=4c（H2CO3）＋3c（HCO3－）＋2c（CO32－）+c（H+）③。
两溶液等体积混合，根据物料守恒得c（H2CO3）＋c（HCO3－）＋c（CO32－）=0.1mol·L－1，在③的两侧加上CO32－-即得
c（NH3·H2O）+c（CO32－）＋c（OH－）=0.3mol·L-1＋c（H2CO3）+c（H+）。
15.在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下,催化反应相同时间,测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如题图中实线所示（图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化）。
下列说法正确的是
A.反应2NO（g）+O2（g）==2NO2（g）的△H>0
B.图中X点所示条件下,延长反应时间能提高NO转化率
C.图中Y点所示条件下,增加O2的浓度不能提高NO转化率
D.380℃下，C起始（O2）=5.0×10-4mol·L-1，NO平衡转化率为50%,则平衡常数K>2000
【答案】：
BD
【解析】：
本题考查平衡图像和平衡移动
A项图中虚线为该反应NO的平衡转化率，可知升高温度，NO的平衡转化率降低，故△H<0；
B项X点对应温度下的平衡点在X点的正上方，NO的转化率比X点大，延长反应时间，NO转化率会增大。
C项Y为平衡点，增大O2的浓度可以提高NO转化率
D项NO平衡转化率为50%，平衡时NO和NO2浓度相等，在平衡常数的表达式中数据可以抵消，所以K=1/c（O2）。
C平衡（O2）<5.0×10-4mol·L-1，K>2000。
非选择题
16．（12分）N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
（1）N2O的处理。
N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。
NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式。
（2）NO和NO2的处理。
已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为
NO+NO2+2OH－=2NO2－+H2O
2OH－+2NO2=NO2－+NO3－+H2O
①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有（填字母）
A.加快通入尾气的速率B.采用气，液逆流的方式吸收尾气
C.吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
②吸收后的溶液经浓缩，结晶，过滤，得到NaNO2晶体，该晶体的主要杂质是
（填化学式）；吸收后排放的尾气含量较高的氮氧化物是（填化学式）。
（3）NO的氧化吸收。
用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。
其他条件相同，NO转化为NO3－的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如题16图所示
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl—和NO3—，其离子方程式为。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO的转化率越高。
其原因是。
【答案】
（1）
（2）①BC②NaNO3NO
（3）①3HClO+2NO+H2O=3Cl－+2NO3－+5H+
②溶液pH越小,溶液中HClO的溶度越大，氧化NO的能力越强
【解析】
（1）
（2）①选项A.加快通入尾气的速率，尾气来不及反应就逸出，吸收率降低。
选项B采用气，液逆流的方式吸收尾气，气液充分接触，吸收率高，祛除效果好。
选项C补加适量NaOH溶液可以提高体系中NaOH浓度，吸收速率加快。
②由已知方程式可知，可以被完全吸收，所以如有尾气剩余，则为NO
（3）①3HClO+2NO+H2O=3Cl－+2NO3－+5H+
②溶液pH越小,溶液中HClO的溶度越大，氧化NO的能力越强
17．（15分）化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下：
（1）A中含氧官能团的名称为_______和______。
（2）A
B的反应类型为______________。
（3）C
D的反应中有副产物X（分子式为C12H15O6Br）生成，写出X的结构简式____________。
（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式__________。
能与FeCl3溶液发生显色反应；
碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1﹕1。
（5）已知：
（R表示烃基，R＇和R＇＇表示烃基或氢）
写出以
和CH3CH2CH2OH为原料制备
合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。
【答案】
（1）（酚）羟基羧基
（2）取代反应
（3）
（4）
（5）
【解析】
（1）根据A的结构简式观察其中官能团有溴原子，含氧官能团有（酚）羟基和羧基。
（2）根据A、B结构对比可知A中羧基中-OH部分被-Cl取代。
（3）由C
D可知CH3OCH2Cl可以和一个酚羟基取代，也可以和第二酚羟基取代，可知副产物为
（4）C的同分异构体可以和氯化铁溶液显色，则结构中有酚羟基；可以水解说明有酯基，且含苯环水解产物氢原子数目比为1﹕1，所以其分子结构中含有酯基且水解产物对称性高，从而结构中应含有酚酯基。
（5）对比原料和目标产物结构简式的差异，结合（5）所给已知信息和流程反应信息，可知合成目标产物需利用格氏试剂和丙醛，所以首先利用1-丙醇制备丙醛。
然后利用LiAlH4还原
中酯基为羟基，进而和HCl取代进一步制备格氏试剂。
18.（12分）聚合硫酸铁[Fe2（OH）6-2n（SO4）n]m广泛用于水的净化。
以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁
（1）将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在约70℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。
H2O2氧化Fe2+的离子方程式为；
水解聚合反应会导致溶液的pH。
（2）测定合硫酸铁样品中铁的质量分数：
准确称取液态样品3.000g，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液（Sn2+将Fe3+还原为Fe2+），充分反应后，除去过量的Sn2+。
用5.000×10-2mol·L－1K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中Cr2O72－与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00mL。
①上述实验中若不除去过量的Sn2+，样品中铁的质量分数的测定结果将（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。
②计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）
【答案】：
（1）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O减小
（2）①偏大
②n（Cr2O72－）=5.000×10-2mol·L-1×0.022L=1.100×10-3mol
由滴定过程中Cr2O72－与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：
Cr2O72－~6Fe2+则n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=6.600×10-3mol
样品中铁元素的质量：
m（Fe）=6.600×10-3mol×56g/mol=0.3696g
样品中铁元素的质量分数：
w（Fe）=0.3696g/3.000g×100%=12.32%
19.（15分）实验室以工业废渣（主要含CaSO4·2H2O，还含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3）为原料制取轻质CaCO3和（NH4）2SO4晶体，其实验流程如下：
（1）室温下，反应CaSO4（s）+CO32－（aq）
CaCO3（s）+SO42－（aq）达到平衡，则溶液中
c（SO42－）/c（CO32－）=[Ksp（CaSO4）=4.8×10-5，Ksp（CaCO3）=3×10-9]
（2）将氨水和NH4HCO3溶液混合，可制得（NH4）2CO3溶液，其离子方程式为；浸取废渣时，向（NH4）2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是。
（3）废渣浸取在如题19图所示的装置中进行。
控制反应温度在60～70℃，搅拌，反应3小时。
温度过高将会导致CaSO4的转化率下降，其原因是；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高CaSO4转化率的操作有。
（4）滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质CaCO3所需的CaCl2溶液。
设计以水洗后的滤渣为原料，制取CaCl2溶液的实验方案：
[已知pH=5时Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀完全；pH=8.5Al（OH）3开始溶解。
实验中必须使用的试剂：
盐酸和Ca（OH）2]。
【答案】
（1）1.6×104
（2）HCO3－+NH3·H2O=NH4++CO32－+H2O（或HCO3－+NH3·H2O
NH4++CO32－+H2O）
增加溶液中的CO32－的浓度，促进CaSO4的转化
（3）温度过高，（NH4）2CO3分解加快搅拌速率
（4）在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入Ca（OH）2，用pH试纸测量溶液pH，当pH介于5～8.5时，过滤
【解析】
（1）在同一溶液中，Ca2+浓度相同，根据溶度积数学表达式，则有
（2）由题干“将氨水和NH4HCO3溶液混合，可制得（NH4）2CO3溶液”可知，加氨水的作用是利用氨水的碱性中和HCO3－生成CO32－，即HCO3－+NH3·H2O
NH4++CO32－+H2O，浸取废渣时，加入适量氨水可使该平衡正向移动，增加溶液中的CO32-的浓度，从而使CaSO4（s）+CO32-（aq）
CaCO3（s）+SO42-（aq）正向移动，促进促进CaSO4的转化。
（3）该装置进行的反应是：
CaSO4（s）+（NH4）2CO3（aq）
CaCO3（s）+2NH+4+SO42－（aq），当温度过高时，会导致（NH4）2CO3分解，平衡逆向移动，导致CaSO4的转化率下降。
在溶液里进行的反应，压强无影响，题目限定了温度、浓度，反应时间，可以选择加快搅拌速率，进而提高反应的速率，在相同时间内，提高了反应物的转化量，提高CaSO4转化率。
（4）水洗后的滤渣中含有CaCO3、Al2O3、Fe2O3、SiO2、CaSO4，用盐酸充分溶解，过滤除去CaSO4、SiO2然后根据已知信息，调pH至5～8.5时可使Al3+、Fe3+转化为Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀，过滤后即可得到所需的CaCl2溶液。
20.（14分）CO2的资源化利用能有效减少CO2排放,充分利用碳资源。
（1）CaO可在较高温度下捕集CO2,在更高温度下将捕集的CO2释放利用。
CaC2O4.H2O热分解可制备CaO，CaC2O4.H2O加热升温过程中固体的质量变化见题20图-1。
①写出400～600℃范围内分解反应的化学方程式:
。
②与CaCO3,热分解制备的CaO相比，CaC2O4.H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能,其原因是。
（2）电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。
电解CO2制HCOOH的原理示意图见题20图-2。
1写出阴极CO2还原为HCOO－的电极反应式:
。
②电解一段时间后,阳极区的KHCO3溶液浓度降低,其原因是。
（3）CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法,其过程中主要发生下列反应:
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）+3H,O（g）△H=-122.5kJ.mol-1
在恒压、CO2和H2的起始量
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