1、重庆实验外国语学校高2022届高三上入学考试化学试题总分：100分；考试时间：75分钟注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题(共14题，共42分)1(本题3分)化学推动社会的进步和人类的发展，下列叙述中错误的是（）A高温或常用消毒剂均可使新冠病毒蛋白质变性B嫦娥五号将一面特制的芳纶纤维五星红旗带到月球，芳纶纤维属于有机高分子材料C在食品包装袋中放置盛有生石灰的透气小袋，生石灰作食品抗氧化剂和干燥剂D“煤制烯烃大型现代煤化工成套技术开发及应用”中，煤的气化属于化学变化2(本题3分)下列几组判断均正确的是（）和互为同位素 O2和O
2、3互为同素异形体和为同分异构体 和为同一物质和为同系物 和为芳香化合物A B C D3(本题3分)下列关于热化学反应的描述中正确的是（）AHCl和NaOH反应的中和热H=57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热H=2（57.3）kJ/molBCO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的H=+566.0kJ/molC铁粉与硫粉需要加热才能发生的反应，则此反应是吸热反应D1mol甲烷燃烧生成水和二氧化碳所放出的热量就是甲烷燃烧热4(本题3分)在恒温恒容的2L密闭容器中，充入4mol气体A和2mol气体B发生反应：3A(g)+2B
3、(g) 4C(?)+2D(?)，反应5min后达到平衡，测得生成1.6molC，反应前后体系压强之比为54。则下列说法正确的是（）A气体A的平衡转化率大于气体B的平衡转化率 B物质D的聚集状态一定是气体C平衡后C的物质的量浓度为0.8mol/LD从反应开始到平衡时用A表示的平均化学反应速率为0.24molL-1min-15(本题3分)如图是利用一种微生物将废水中的有机物(如淀粉)和废气NO的化学能直接转化为电能，下列说法中一定正确的是（）A质子透过阳离子交换膜由右向左移动B电子流动方向为NYXMCM电极反应式：(C6H10O5)n7nH2O24ne-=6nCO224nH+D当M电极微生物将废水
4、中16.2 g淀粉转化掉时，N电极产生134.4 L N2(标况下)6(本题3分)某有机物的结构简式如图所示，下列说法中不正确的是（）A1 mol该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成1.5 mol H2B可以用酸性KMnO4溶液检验其中的碳碳双键C该物质能够在催化剂作用下与H2反应，物质的量之比14D该物质最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3227(本题3分)下列实验方法不能达到实验目的的是（）证明铁钉能够发生析氢腐蚀证明氨气易溶于水制备乙酸乙酯制备Fe（OH）3胶体ABCD8(本题3分)人体血液内的血红蛋白()易与结合生成，因此具有输氧能力，吸入肺中发生反应：，37时，该
5、反应的平衡常数。的浓度达到浓度的0.02倍，会使人智力受损。下列结论错误的是（）A与反应的平衡常数B当与浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损C人体吸入的越多，与血红蛋白结合的越少D将中毒的病人放入高压氧舱中解毒，其原理是使上述平衡逆向移动9(本题3分)下列化合物中，核磁共振氢谱只出现两组峰且峰面积之比为3:1的是（）A BC D10(本题3分)分子式为C6H10O3并能使新制Cu（OH）2悬浊液溶解，继续加热会出现砖红色沉淀的有机物有（不含立体异构）（）A8种B9种C12种D13种11(本题3分)有机化合物M的合成路线如图所示。下列说法不正确的是（）A反应还可能生成 BY的分子式为C
6、6H10Br2C试剂1为NaOH醇溶液 D若用18O标记Z中的O原子，则M中一定含有18O12(本题3分)双极膜能够在直流电场作用下将H2O解离为H+和OH。以维生素C的钠盐（C6H7O6Na）为原料制备维生素C（C6H8O6，具有弱酸性和还原性）的装置示意图如图。下列说法不正确的是（）Aa离子是OH，b离子是H+B生成维生素C的离子方程式为C6H7O6+H+C6H8O6CX极的电极反应式为2H2O4eO2+4H+D将X极区的Na2SO4替换为C6H7O6Na，可以提高维生素C的产率13(本题3分)我国研究人员研发了一种新型纳米催化剂，实现CO2和H2反应得到CH4，部分微粒转化过程如图（吸附
7、在催化剂表面上的物种用*标注）。下列说法不正确的是（）A过程吸收热量B过程涉及极性键的断裂和形成C结合过程，过程的方程式为*C+*OH+5HCH4+H2OD整个过程中制得1mol CH4转移电子的物质的量为8mol14(本题3分)纳米Fe2O3在常压电解法合成氨过程中起催化作用，该电解装置如图所示。已知熔融NaOHKOH为电解液，Fe2O3在发生反应时生成中间体Fe。下列说法正确的是（）A惰性电极是电解池的阴极，发生还原反应B产生2.24LO2时，转移的电子数为0.4NAC惰性电极的电极反应为Fe2O3+3H2O-6e-=2Fe+6OH-D生成氨气的反应为2Fe+N2+3H2O=Fe2O3+2
8、NH3第II卷（非选择题）15(本题14分)一氧化碳是一种重要的化工原料。结合所学知识回答下列问题：(1)工业上可通过CO和H2化合制取CH3OH：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1已知：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H2=-41.1kJmol-1CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) H3=-49.0kJmol-1则H1=_。(2)二氧化碳的回收利用是环保领域研究的热点课题。在太阳能的作用下，以CO2为原料制取炭黑的流程如图所示。其总反应的化学方程式为_(3)工业上还可通过CO和Cl2化合制取光气(COCl2)：Cl2(g) +CO(g)
9、=COCl2(g) H。向密闭容器中充入1molCl2(g)和1molCO(g)，反应速率随温度的变化如图所示。图中Q点的含义是_，H_0(填“”或“”）。某温度下，该反应达到平衡时c(COCl2)=0.80molL-1，c(Cl2)=0.20molL-1，则平衡体系中CO的体积分数为_(保留2位小数）。在该温度下，反应的平衡常数K=_。(4)以稀硫酸为电解质溶液，利用太阳能将CO2转化为低碳烯烃，工作原理如图：b电极的名称是_。生成丙烯(C3H6)的电极反应式为_。16(本题14分)苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，其反应原理简示如下：+KMnO4+ MnO2 +HCl+
10、KCl名称相对分子质量熔点/沸点/密度/(gmL1)溶解性甲苯9295110.60.867不溶于水，易溶于乙醇苯甲酸122122.4(100左右开始升华)248微溶于冷水，易溶于乙醇、热水实验步骤：(1)在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5 mL甲苯、100 mL水和4.8 g(约0.03 mol)高锰酸钾，慢慢开启搅拌器，并加热回流至回流液不再出现油珠。(2)停止加热，继续搅拌，冷却片刻后，从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液，并将反应混合物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液，于冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。将析出的苯甲酸过滤，用少量冷水洗涤
11、，放在沸水浴上干燥。称量，粗产品为1.0 g。(3)纯度测定：称取0. 122 g粗产品，配成乙醇溶液，于100 mL容量瓶中定容。每次移取25. 00 mL溶液，用0.01000 molL1的KOH标准溶液滴定，三次滴定平均消耗21. 50 mL的KOH标准溶液。回答下列问题：(1)根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为_(填标号)。A100 mL B250 mL C500 mL D1000 mL(2)在反应装置中应选用_冷凝管(填“直形”或“球形”)，当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成，其判断理由是_。(3)加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是_；该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理
12、，请用反应的离子方程式表达其原理_。(4)“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是_。(5)干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是_。(6)本实验制备的苯甲酸的纯度为_；据此估算本实验中苯甲酸的产率最接近于_(填标号)。A70% B60% C50% D40%(7)若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过在水中_的方法提纯。17(本题15分)硝酸铵钙晶体5Ca(NO3)2NH4NO310H2O极易溶于水，是一种绿色的复合肥料。(1)硝酸铵钙晶体的溶液显酸性，原因是_ (用离子方程式表示)。(2)已知磷酸钙是一种难溶物，常温下，其Ksp=2.010-33，1.414 。工业上生产硝酸铵钙的方法
13、是以硝酸浸取磷矿石得到的粗硝酸钙(含硝酸钙、磷酸钙及硝酸)为原料制备，其生产流程为：在粗硝酸钙浊液中，c(Ca2+)0.1 mol/L，则其中c(PO43-)约为_加入适量的碳酸钙后发生反应的离子方程式为_。硝酸铵是一种易分解的物质，保存和利用时，需控制在较低温度230400时，它会分解成空气中含量最大的两种气体，其反应的化学方程式为_。(3)生产硝酸铵钙工厂的废水中常含有硝酸铵，净化方法有反硝化净化法和电解法。NO3-在酸性条件下可转化为N2，该反硝化方法可用半反应(同电极反应式)表示_目前常用电解法净化，工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)；阳极的电极反应为_，室可回
14、收的产品为_(填名称)室可回收到氨气，请结合方程式和文字解释其原因_。18(本题15分)芳香烃A可用于合成药物G，路线如下：已知：i.ii.反应为原子利用率100%的反应(1)B的化学名称是_。(2)写出反应的化学方程式_。(3)反应的反应类型为_。 (4)物质D的结构简式为_。(5)化合物E中含氧官能团的名称是_。(6)化合物F中的手性碳(连有四个不同的原子或基团的碳)的数目是_。(7)含的芳香化合物X是G的同分异构体，核磁共振氢谱峰面积比为9111共有_种。(8)写出以HCHO、和制备的合成路线_。参考答案1C【详解】A高温或常用消毒剂均可使新冠病毒蛋白质变性，故A正确；B芳纶纤维属于有机
15、高分子材料，故B正确；C生石灰可以吸收水分，可做干燥剂，但不能做抗氧化剂，故C错误；D煤的气化是指煤在高温条件下和水蒸气反应生成一氧化碳和氢气的过程，是化学变化，故D正确；故选C。2A【解析】试题分析：质子数相同，中子数不同的同一类原子互为同位素，正确； 同种元素组成的不同单质互为同素异形体，正确；和为同一物质，错误；是空间四面体构形，正确；和为同系物，正确；不是芳香化合物，错误；答案选A。考点：四同概念3B【解析】A中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，其衡量标准是生成的水为1mol，故无论稀H2SO4和Ca（OH）2反应生成的水是几摩尔，其中和热恒为57.3kJ/
16、mol，A错误；B燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则热化学方程式为：CO（g）+1/2O2（g）CO2 （g）H=283.0 kJ/mol，所以2CO2（g）2CO（g）+O2（g）反应的H=+566.0kJ/mol，B正确；C大多放热反应需要加热引发条件才能进行；需要加热的反应不一定是吸热反应，C错误；D1mol甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳气体所放出的热量就是甲烷燃烧热，没有说明水的状态，D错误，答案选B。4B【分析】恒温恒容容器中，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，从反应物和生成物的化学计量数和反应前后压强之比可知，
17、C和D中至少有一种物质不是气体，利用三段式法计算出反应后气体物质的量，确定C、D的状态，据此分析解答。【详解】反应前后体系压强之比为54，根据气体物质的量之比等于压强之比可知反应后气体物质的量为(4+2)mol=4.8mol，所以C为非气态、D为气态。A充入4mol气体A和2mol气体B发生反应，可以看做先充入3molA和2molB反应达到衡，再加入1molA平衡正向进行，A的转化率减小，B转化率增大，即A的平衡转化率小于气体B的平衡转化率，故A错误；B根据计算分析可知，物质D的聚集状态一定是气体，故B正确；CC为非气态，C的物质的量浓度不变，题中无法计算，故C错误；D从反应开始到平衡时用A表
18、示的平均化学反应速率为=0.12molL-1min-1，故D错误；故选B。5C【分析】由题给信息可知，该装置为原电池，由图可得：电解质溶液为酸性溶液，NO发生还原反应生成N2，因为原电池中，正极上得电子发生还原反应，负极上失电子发生氧化反应，则N为正极，M为负极。【详解】A项，M为负极、N为正极，质子透过阳离子交换膜由负极区移动到正极区，即由左向右移动，故A错误；B项，电子从负极（M极）流出，经外电路到X，经Y流入正极（N极），故B错误；C项，有机物淀粉在负极（M极）失电子发生氧化反应，结合图示，电极反应式为：(C6H10O5)n+7nH2O-24ne-=6nCO2+24nH+，故C正确；D项
19、，16.2g淀粉（即0.1mol C6H10O5）反应，转移2.4mol电子，因为正极（N极）反应为：2NO+4H+4e-=N2+H2O，则N电极产生0.6mol氮气，在标准状况下的体积为13.44 L，故D错误。综上所述，符合题意的选项为C。【点睛】本题考查电化学知识，根据题意判断属于原电池，利用图中所给信息，通过元素化合价的变化，确定得失电子（发生了还原反应还是氧化反应），从而确定正、负极，结合电解质溶液酸碱性书写电极反应式，根据电极反应式确定电解质中离子移动方向、电子转移数目、有关计算等。6B【详解】A. 1mol-OH和钠反应生成0.5mol的氢气，2mol-COOH和钠反应生成1mo
20、l的氢气，1 mol该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成1.5 mol H2，A项正确；B. 结构中的醇羟基，苯环的侧链均能和酸性高锰酸钾反应，所以不能用酸性KMnO4溶液检验其中的碳碳双键，B项错误；C. 1mol苯环可以加成3mol H2，1mol碳碳双键可以加成1mol H2，该物质能够在催化剂作用下与H2反应，物质的量之比1：4，C项正确；D. 1mol羟基和2mol羧基共消耗3mol钠，2mol羧基共消耗2molNaOH，2mol羧基共消耗2molNaHCO3，所以该有机物最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为322，D项正确；答案选B。7【解答】解：A铁在酸性溶液中
21、发生析氢腐蚀，食盐水为中性溶液，只能发生吸氧腐蚀，不能达到实验目，故A选；B氨气极易溶于水，挤压胶头导致瓶内压强减小，外压大于内压形成红色喷泉，能够达到实验目的，故B不选；C图示装置、试剂、收集药品均合理，可制备乙酸乙酯，能够达到实验目的，故C不选；D向沸水中逐滴滴加饱和的FeCl3溶液煮沸至溶液呈红褐色，立即停止加热，可获得氢氧化铁胶体，图示装置、药品能够达到实验目的，故D不选；故选：A。8B【详解】A由反应的化学方程式可知，与反应的平衡常数，A正确；B由题意可知，则时，所以与浓度之比约为时，人的智力就会受损，B错误；C增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动，人体吸入越多，平衡向正反应方向移动
22、，倾向于与结合为，与血红蛋白结合的越少，C正确；D将中毒的病人放入高压氧舱，浓度很大，的平衡向逆反应方向移动，与血红蛋白结合的氧气增多，D正确。故选B。9C【详解】A有3种不同化学环境的H，且其原子个数比为3:2:2，A不符合题意；B有2种不同化学环境的H，且其原子个数比为3:2，B不符合题意；C有2种不同化学环境的H，且其原子个数比为3:1，故其核磁共振氢谱只出现两组峰且峰面积之比为3:1，C符合题意；D有2种不同化学环境的H，且其原子个数比为3:2，D不符合题意。本题选C。10C【解析】分析：分子式为C6H10O3并能使新制Cu（OH）2悬浊液溶解，继续加热会出现砖红色沉淀，说明有机物中含
23、有1个羧基、醛基，相当于戊酸的一元取代产物来解答。详解：分子式为C6H10O3并能使新制Cu（OH）2悬浊液溶解，继续加热会出现砖红色沉淀，说明有机物中含有1个羧基、醛基，戊酸有4种结构：CH3CH2CH2CH2COOH、（CH3）2CHCH2COOH、CH3CH2CH(CH3)COOH、(CH3)3CCOOH。当戊酸为CH3CH2CH2CH2COOH时，一元取代产物有4种；当戊酸为（CH3）2CHCH2COOH时，一元取代产物有3种；当戊酸为CH3CH2CH(CH3)COOH时，一元取代产物有4种；当戊酸为(CH3)3CCOOH时，一元取代产物有1种，所以共有12种结构，答案选C。点睛：本题
24、考查同分异构体的书写，题目难度中等，根据等效氢判断同分异构体数目，根据有机物性质判断出含有的官能团和利用对称性确定分子中等效氢原子数目是解题的关键。11C【解答】解：A.苯与溴发生取代反应，可生成邻二溴苯、间二溴苯、对二溴苯等，故A正确；B.Y为1，4二溴环己烷，分子式为C6H10Br2，故B正确；C.Y发生取代反应生成Z，应在氢氧化钠的水溶液条件下进行，故C错误；D.酯化反应生成，羟基的OH键断裂，酸的CO键断裂，则若用18O标记Z中的O原子，则M中一定含有18O，故D正确；故选：C。12D【解答】解：A由以上分析可知，a离子是OH，b离子是H+，故A正确；BC6H7O6为弱酸根离子，与b离
25、子即H+结合生成维生素C，离子方程式为C6H7O6+H+C6H8O6，故B正确；C在X极，H2O失电子生成O2和H+，电极反应式为2H2O4eO2+4H+，故C正确；D若将X极区的Na2SO4替换为C6H7O6Na，一方面生成的C6H8O6导电能力弱，另一方面维生素C易被生成的O2氧化，不能提高维生素C的产率，故D错误；故选：D。13C【解答】解：A过程为*CO2*CO+*O，涉及共价键断裂，断键需要吸收能量，故A正确；B过程为*CO+*O+2H*C+2*OH，涉及碳氧键断裂与氧氢键形成，且都为极性键，故B正确；C结合过程*CO+*O+2H*C+2*OH可知，过程的方程式为*C+2*OH+6H
26、CH4+2H2O，故C错误；D整个过程由CO2和H2反应得到CH4，C的化合价由+4价变为4价，则制得1molCH4转移电子的物质的量为1mol4（4）8mol，故D正确；故选：C。14D【详解】A根据图示可知，惰性电极产生氧气，氧元素化合价升高，发生氧化反应，故惰性电极为电解池的阳极，A错误；B产生，未标注状态，故不能计算转移的电子数，B错误；C根据图示可知，惰性电极为阴极，反应得电子，电极反应式为Fe2O3+3H2O+6e-=2Fe+6OH-，C错误；D结合图示及阴极电极反应式可知，生成氨气的反应为2Fe+N2+3H2O=Fe2O3+2NH3，D正确。答案选D。15-90.1kJmol-1
27、 CO2C+O2 化学平衡状态 16.67% 20 正极 3CO2+18H+18e-CH3CH=CH2+6H2O 【分析】(1)根据盖斯定律计算；(2)根据图像可知，反应物为二氧化碳，生成物为炭黑和氧气；(3)根据图像可知，升高温度，正逆反应速率均增大，且逆反应速率增大的程度大于正反应速率，则升高温度，平衡逆向移动，逆向反应为吸热，则正反应为放热反应。(4)根据图知，氧的化合价由-2变为0价，失电子，则生成氧气的电极是阳极，则连接阳极的电源电极为正极；阴极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成丙烯和水。【详解】(1)根据盖斯定律可知，+可得CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，则H1=H2+H3
28、=-90.1kJmol-1；(2)根据图像可知，反应物为二氧化碳，生成物为炭黑和氧气，则方程式为CO2C+O2；(3)根据图像可知，升高温度，正逆反应速率均增大，且逆反应速率增大的程度大于正反应速率，则升高温度，平衡逆向移动，逆向反应为吸热，则正反应为放热反应。根据图像可知在Q点之前为建立平衡的过程，而Q点之后为平衡移动的过程，且随着温度的升高平衡逆向移动，Q点为化学平衡状态；正反应为放热反应，则H0；初始时，充入等物质的量的Cl2、CO，根据Cl2(g)+CO(g)=COCl2(g)，平衡时，c(Cl2)=c(CO)=0.20molL-1，平衡体系中CO的体积分数=100%=16.67%；K
29、=20；(4)根据图知，氧的化合价由-2变为0价，失电子，则生成氧气的电极是阳极，则连接阳极的电源电极为正极，所以b为正极；阴极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成丙烯和水，电极反应式为3CO2+18H+18e-CH3CH=CH2+6H2O。16B 球形 无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化 除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气 2+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O MnO2 苯甲酸升华而损失 86.0 C 重结晶 【分析】甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰，为增加冷凝效果，在反应装置中选用球形冷凝管，加热回流，当回流液中不再出现油珠时，说明反应已经完成
30、，加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液除去过量的高锰酸钾，用盐酸酸化得苯甲酸，过滤、干燥、洗涤得粗产品；用KOH溶液滴定，测定粗产品的纯度。【详解】（1）加热液体，所盛液体的体积不超过三颈烧瓶的一半，三颈烧瓶中已经加入100m的水，1.5mL甲苯，4.8g高锰酸钾，应选用250mL的三颈烧瓶，故答案为：B；（2）为增加冷凝效果，在反应装置中宜选用球形冷凝管，当回流液中不再出现油珠时，说明反应已经完成，因为：没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化；故答案为：球形；没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化；（3）高锰酸钾具有强氧化性，能将Cl-氧化。加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液是为了除去过量的高锰酸钾，
31、避免在用盐酸酸化时，产生氯气；该步骤亦可用草酸处理，生成二氧化碳和锰盐，离子方程式为：5H2C2O42MnO46H=2Mn210CO28H2O；故答案为：除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；5H2C2O42MnO46H=2Mn210CO28H2O；（4）由信息甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰，“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是：MnO2，故答案为：MnO2；（5）苯甲酸100时易升华，干燥苯甲酸时，若温度过高，苯甲酸升华而损失；故答案为：苯甲酸升华而损失；（6）由关系式C6H5COOHKOH得，苯甲酸的纯度为： 100%=86.0%；1.5mL甲苯理论上可得到
32、苯甲酸的质量： =1.72g，产品的产率为 100%=50%；故答案为：86.0%；C；（7）提纯苯甲酸可用重结晶的方法。故答案为：重结晶。【点睛】本题考查制备方案的设计，涉及物质的分离提纯、仪器的使用、产率计算等，清楚原理是解答的关键，注意对题目信息的应用，是对学生实验综合能力的考查，难点（6）注意产品纯度和产率的区别。17+H2ONH3H2O+H+ 1.41410-15 mol/L CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O 2NH4NO32N2+O2+4H2O 2+10e-+12H+6H2O+N2 2H2O4e-4H+O2 硝酸 电解时，室氢离子得电子发生还原反应使碱性增强，与向阴极移动的
33、铵根离子反应生成氨气 【分析】粗硝酸钙(含硝酸钙、磷酸钙及硝酸)加水溶解，过滤得含硝酸钙和硝酸的溶液，加入碳酸钙与硝酸铵反应生成硝酸铵钙、水和二氧化碳气体，溶液为硝酸钙和硝酸铵的混合溶液，蒸发结晶得到硝酸铵钙5Ca(NO3)2NH4NO310H2O晶体。【详解】(1)铵根离子水解使溶液显酸性，则水解离子反应为+H2ONH3H2O+H+，故答案为：+H2ONH3H2O+H+；(2)常温下，磷酸钙Ca3(PO4)2的Ksp=2.010-33，当c(Ca2+)0.1 mol/L，Ksp=c3(Ca2+)c2()=2.010-33，即2.010-33=0.13c2()，c()=10-15 1.4141
34、0-15mol/L，故答案为：1.41410-15mol/L；加入碳酸钙与硝酸反应生成硝酸钙、水和二氧化碳气体，发生反应的离子方程式为CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O，故答案为：CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O；空气中含量最大的两种气体分别是氮气和氧气，依据氧化还原反应原理得出硝酸铵分解方程式为：2NH4NO32N2+O2+4H2O，故答案为：2NH4NO32N2+O2+4H2O；(3)反硝化是利用某些细菌在酸性条件下将转化为N2，即得到电子发生还原反应生成N2，反应式为2+10e-+12H+6H2O+N2，故答案为：2 +10e-+12H+6H2O+N2；膜电解法阳极上为水失
35、电子发生的氧化反应，反应式为2H2O-4e4H+O2，则室阳极消耗氢氧根离子使酸性增强，与向阳极移动的硝酸根结合成硝酸，所以室可回收的产品为硝酸；故答案为：2H2O-4e4H+O2；硝酸；电解时，室为阴极应为氢离子得电子发生还原反应，则消耗氢离子使碱性增强，与向阴极移动的铵根离子反应生成氨气，所以室可回收到氨气，故答案为：电解时，室氢离子得电子发生还原反应使碱性增强，与向阴极移动的铵根离子反应生成氨气。18对氯甲苯或4-氯甲苯 +Cl2 +HCl 氧化反应 酯基、硝基 1 10 HCON 【分析】结合B的结构以及A的分子式可知A为甲苯，B被二氧化锰氧化成C对氯苯甲醛，C与发生已知中反应得到D，
36、D为，D与发生加成反应得到E，E在稀盐酸加热条件下发生反应得到F，F在氢气、镍条件下发生还原反应得到G，据此分析解答。【详解】(1)由B的结构简式可知其名称为对氯甲苯或4-氯甲苯，故答案为：对氯甲苯或4-氯甲苯；(2)反应为甲苯与氯气在催化剂条件下发生反应生成对氯甲苯，反应的方程式为：+Cl2 +HCl，故答案为：+Cl2 +HCl；(3)由上述分析可知反应为氧化反应，故答案为：氧化反应；(4)由上述分析可知D为D为，故答案为：；(5)由E的结构简式可知其所含官能团有酯基、硝基和氯原子，其中含氧官能团为：酯基、硝基，故答案为：酯基、硝基；(6)手性碳原子是指一个碳上连接四个不同的原子或原子团的碳原子，由F的结构简式可知其只含一个手性碳，如图所示：，故答案为：1；(7)含的芳香化合物X是G的同分异构体，核磁共振氢谱峰面积比为9111，可知其含有三个对称的甲基，则X中含有(CH3)3C-、-Cl，三者均连在苯环上有10种不同结构，故答案为：10；(8) 可由和乙酸甲酯发生已知中反应得到，可由HCHO与硝基甲烷反应得到，由此可得合成路线：HCHO ，故答案为：HCHO ；
