2019届淮北-宿州二模化学评分细则与试题分析

7-13 CDABBDD

26.（15分）

（1）洗气瓶。（吸气瓶、除气瓶）（1分）

消除气泡。（平衡压强；缓冲气流；防堵塞）（2分）

（2）排除空气。（排除装置内的氧气；防止氧气干扰；排尽空气）（2分）

关闭d，打开e、a。（2分）

无关闭d、顺序答错、缺打开e、打开b或c均不得分

（3）2H2O+3SO2+2MnO4-=3SO42-+2MnO2↓+4H+。

[2CO(NH2)2+4H2O+3SO2+2MnO4-=3SO42-+2MnO2↓+4NH4++2CO2↑]（2分）

（生成物状态、反应条件、等号均不作要求，下同）

不配平或配平错、非最小公约数、反应物或产物不全、书写化学方程式均不得分

SO2完全吸收，NO不完全吸收。（2分）

表述不全、NO不反应均不得分

（4）随着温度的升高，脱氮率先升高后降低，（2分）

不答“随温度升高”条件的不得分

温度升高，反应速率加快。（自催化剂Mn2+的活化温度为55℃）（2分）

从平衡移动角度答题的不得分。

27题（13分）

（1）还原剂。（还原、使三价钴变成Co2+）（2分）

氧化剂、氧化、溶解、氧化乙炔黑等都不得分

（2）2Cl-+2LiCoO2+8H+=Cl2↑+2Co2++2Li++4H2O（2分）（生成物状态、反应条件、等号均不作要求，下同）

不配平或配平错、非最小公约数、反应物或产物不全、书写化学方程式均不得分

（3）降低Li2CO3的溶解度，使其尽可能析出Li2CO3和CoCO3。（降低溶液的极性、降低的溶解度、Li2CO3在乙醇中难溶、析出全部Li+）（2分）

降低CoCO3溶解度、析出全部的Co2+、增大碳酸钠溶解度、防止Co2+被氧化等均不得分

Li2CO3和CoCO3（2分）

只答一种得1分

（4）4CoCO3+2Li2CO3+O2 4LiCoO2+6CO2（2分）

不配平或配平错、非最小公约数、反应物或产物不全均不得分

（5）e92cb3682a440eba8842c0cc06052666.png%（9598eaa6fe8629af4a94e6ea1685aedd.png%、6ae2c3d6ff9358674dbb15aed7803e40.png、40bd5a46bdece0bb7b6c647cc12d76eb.png/m）（3分）

28题（15分）

（1）CH3CH2OH(l) +C2H2(g) +CO(g) →CH2=CHCOOC2H5(l) △H= -220.2 kJ·mol-1，（3分）

（化学方程式2分，物质状态和反应热为1分）

方程式错误不得分，物质状态标错、△H数值错误、单位错误扣1分

增大（1分）

（2）0.01 mol·min-1，（2分）

数值错误、单位错误、无单位均不得分

升高温度。（2分）（更换高效催化剂、使用必要的溶剂及其它合理答案）

提高反应物的浓度、增大压强均不得分（因反应釜容积固定、冲入物质一定量）

（3）0.13（MPa）-2（3分）[0.132（MPa）-2、0.133（MPa）-2]

数据可以误差5%，计算结果准确，无单位也给分

（4）压强增大，反应速率加快。（压强增大，生产效率高；压强增大，平衡向右移动）（2分）

（说明：工业生产和科学实验都是在固定时间段内测量的，因而产率实际为速率）

（5）Fe2++S2O82-=SO4-∙+SO42-+Fe3+。（2分）

化学式错误、漏写物质、配平错误均不得分

35（15分）

（1）9（1分）

6（1分）

锰（1分，答“Mn”不得分）

Mn2+外围电子为3d5，为半满，是稳定结构，再失去一个电子所需要能量较高，所以第三电离能大；而Fe2+

外围电子3d6，第三电离能小。（2分）

从洪特规则特例分析原因均可以给分

（2）①ACD（2分）

漏选错选均不得分

②sp2、sp3（2分，答对一项得1分）

③6（2分）

（3）400.0pm（2分）

3.2%（2分）

数据有5%的误差可以给分。

36．（15分）

（1） 3,5-二硝基苯甲酸。[（3,5-二硝基）苯甲酸、（3,5-二硝基苯基）甲酸]（1分）

字错误、格式错误、名称不唯一都不给分

羧基（1分）、溴原子（1分）

汉字写错不得分，答“苯环”也得1分，总分不超过2分。

（2）word/media/image7.gif，（PhCOOH）（1分），取代反应，（硝化反应）（1分）

（3）word/media/image8.gif（2分）

物质化学式缺失、配平错误不给分，缺少反应条件不扣分，写成--、=不扣分

将一个硝基还原为氨基。（只还原一个硝基、保留一个硝基、部分还原硝基、只将一个硝基转化为氨基）（2分）

从“Pd/H2还原性较强”或“(NH4)2S只能还原1个硝基”角度答题均得分

（4）30（2分）

（5）word/media/image9.gif。（4分）

化学式错误、反应条件错误、前两步顺序颠倒均不给分，正确答对一步得1分，全对得4分。

其他合理合成路线也得分

评分细则

7. 【答案】C

【解析】物质的组成和结构决定其性质，组成和结构是认识和了解物质的基础。本题以富勒烯、石墨烯、碳纳米管等新型碳材料为载体，重点考查了物质分类、物理性质、胶体概念、同素异形体概念等知识。A项碳纳米管是一种一维纳米材料，与胶粒直径吻合，需要分散到分散剂中才能形成胶体，错误；B项石墨烯是由石墨剥离出的单层碳原子结构的单质，不属于有机化合物，错误；C项富勒烯与金刚石同属于碳的单质，互为同素异形体，正确；D项不同的新型碳材料因结构不同应具有不同的熔点，错误。

8. 【答案】D

【解析】本题以三苯甲烷为载体，重点考查了有机化学基本概念，包括同系物、同分异构体、简单计算、立体结构分析等。

A项考查同系物概念，三苯甲烷与苯的苯环数目不同，不属于同系物，错误；

B项由于三个苯环处于均等位置，故苯环上的一氯代物有3种，中心碳原子上还有1种，共有4种一氯代物，错误；

C项三苯甲烷与氢气加成反应时，环状结构不会打开，不会形成烷烃C19H40，错误；

D项虽然每一个苯环中的碳原子共平面，但中心碳原子属于sp3杂化，3个苯环不可能共平面，正确。

9.【答案】A

【解析】本题以阿伏加德罗常数为框架，考查物质的量与标准状况下气体体积、质量、微粒数之间计算，以及物质结构、氧化还原反应、化学平衡、电解质溶液等相关知识，难度适中。

A项甲醛是中学常见的一种气态烃的含氧衍生物，每个H13CHO分子中含中子15个，正确；

B项Cl2与水反应属可逆反应，虽然水是足量的，但该反应仍然不能进行完全，错误；

C项Na2S溶液中存在物料守恒：[S2－]+[HS－]+[H2S]=[Na+]，错误；

D项除溶质H2O2含氧原子数外，溶剂H2O也含有氧原子，错误。

10.【答案】B

【解析】本题考查了考生对原子结构和元素周期律实质、元素性质递变规律与原子结构的关系等化学基本理论的理解，以及对短周期主族元素单质及化合物化学性质的掌握。题干中未明确给出元素名称，解题的突破口在于“X、Z、W形成的一种离子是检验Fe3+的常用试剂”，根据反应Fe3++3SCN- word/media/image10.gifFe(SCN)3，则X、Z、W分别是S、C、N中的一种，再结合“W的单质加热条件下可与X、Z的最高价含氧酸反应”，可确定W是C；汽车安全气囊的气体发生剂常用NaN3，由此可知X、Y、Z分别是N、Na、S。

A项由4种元素所在元素周期表位置可判断Y（Na）的原子半径最大，错误；

B项NaN3结构式为Na+[N←N≡N]-，属于离子化合物，正确；

C项Na、S可形成多种化合物，如Na2S2中除含有离子键外还有共价键，错误；

D项S的氧化物对应的水化物包括H2SO3和H2SO4等，H2SO3属于弱酸，错误。

11.【答案】B

【解析】本题考查金属与乙醇的反应、酸与盐的反应、酯化反应，以及学生对化学实验的观察、判断和评价能力。

A项中乙醇羟基中氢氧键的极性较强，容易断裂，羟基中的氢比较活泼，能与钠、镁等活泼金属发生反应，但由于醇分子中的烷基具有推电子作用，使醇分子中氢氧键不如水分子中氢氧键容易断裂，故该反应比较缓和，乙醇能电离出微量的氢离子，但不是电解质，不属于酸也无酸性，不正确；

B项由现象可知硼酸酸性弱于碳酸，正确；

C项硝酸具有较强的氧化性，可将SO32-氧化为SO42-，同时硝酸被还原为NOx（NO、NO2），气体不是SO2，错误；

D项乙酸乙酯能在酸性条件下水解，属于可逆反应，故而实验中还能闻到乙酸乙酯的香味，错误。

12.【答案】D

【解析】随着化石能源的枯竭，化学电源作为高效率的能量转化装置，已成为人类社会不可或缺的重要工具。本题以新型锂离子二次电池为载体，考查考生对充电电池结构、工作原理、守恒思想的应用等知识的理解程度。

A项由充电时图示中Li+移动方向可知，电极a为阳极，发生氧化反应3I- - 2e-= I3-，I3-的浓度增大，正确；

B项充电时电极b为阴极，发生还原反应，需与外接电源负极相连，正确；

C项放电时，氧化剂I3-在a电极区域发生还原反应I3- + 2e-=3I-，负电荷增加，锂离子移向a极区，电子自外电路输入a极，a为正极，正确；

D项放电时，b电极区域失去Li+，根据得失电子守恒，转移0.1mol电子时，应减轻0.7g，错误。

13.【答案】D

【解析】本题采用“向25mL 0.12mol·L-1AgNO3溶液中逐滴加入浓度为2%的氨水”，测量出溶液中pH变化为情境，绘制出氨水的体积V与溶液中lg[c(H+)/c(OH-)]的关系曲线，考查盐类水解、电解质溶液中粒子浓度关系、沉淀溶解平衡、和化学平衡常数的计算，以及观察、分析、理解问题的能力。

A项中a点（0，3.8），溶液中溶质只有硝酸银，pH约为5，呈酸性，源于盐类水解，正确；

B项b点lg[c(H+)/c(OH-)]=0，则c(H+)=c(OH-)，Ag(NH3)2+的电离和银离子的水解极微弱，可以忽略，根据电荷守恒可知c(Ag+)+ c[Ag(NH3)2+]+ c(NH4+)= c(NO3-)，则c(Ag+)+ c[Ag(NH3)2+]<c(NO3-)；正确

C项cd段酸度变化较小，说明加入的氨水主要用于银离子的沉淀和溶解，正确；

D项该反应平衡常数K=c[Ag(NH3)2+] / c(Ag+)·c2(NH3)，忽略银离子水解和Ag(NH3)2+的电离，根据银元素守恒可知：c[Ag(NH3)2+]=25mL×0.12mol·L-1/(25 mL+4.7 mL) -2×10-3≈0.1 mol·L-1，则K=1.25×107，其数量级为107，错误。

26.（15分）

【答案】

（1） 洗气瓶；消除气泡

（2） 排除装置内的空气；关闭d，打开e、a。

（3）2H2O+3SO2+2MnO4-=3SO42-+2MnO2↓+4H+

或者2CO(NH2)2+4H2O+3SO2+2MnO4-=3SO42-+2MnO2↓+4NH4++2CO2↑；

SO2完全吸收，NO不完全吸收。

（3） 在55℃之前，脱氮率随温度升高而升高，在55℃之后，脱氮率随温度升高而降低。（或者：随温度升高，脱氮率先升高后降低）；

温度升高，化学反应速率加快。

【解析】

本题以工业脱硫脱氮为载体，考查仪器名称与作用、实验操作与目的等相关知识，从数据、图形和实验现象中提取信息进行实验分析与解释的能力。本题情境来源于真实的工业生产，难度适中。

（1）洗气瓶是一种用液体吸收剂通过鼓泡的方式吸收气体中的杂质，达到净化气体作用的一种常用玻璃仪器，实验室可用广口瓶（或锥形瓶、大试管）与长短玻璃管制成简易的洗气装置。鼓泡吸收时，可能有未破裂的气泡进入出气管口堵塞气路，此洗气瓶出气管口有两个玻璃球泡，有消除气泡作用。故答案为：洗气瓶；消除气泡。

（2）O2与NO常温下即可发生反应，SO2在溶液中也可以与O2发生反应，为了避免空气中O2对NO、SO2的吸收或检验产生干扰，实验中需要先关闭b、打开e，形成气体通路，再打开a通入氮气，将整个装置内的空气排走。故答案为：排除装置内的空气；关闭d，打开e、a。

（3）高锰酸钾溶液会将NO、SO2氧化成HNO3和H2SO4，而酸性条件下，高锰酸钾的还原产物为Mn2+，不会出现设问中中黑色沉淀MnO2，利用尿素水解的氨来中和溶液中生成的酸，避免对实验造成干扰。故答案为2H2O+3SO2+2MnO4-=3SO42-+2MnO2↓+4H+

或者2CO(NH2)2+4H2O+3SO2+2MnO4-=3SO42-+2MnO2↓+4NH4++2CO2↑。继续实验时，发现B瓶品红溶液颜色不变，说明气体中SO2几乎除净；C瓶溶液硫酸亚铁溶液出现棕色，由题目中的信息可知，NO不完全吸收。故答案为2H2O+3SO2+2MnO4-=3SO42-+2MnO2↓+4H+

或者2CO(NH2)2+4H2O+3SO2+2MnO4-=3SO42-+2MnO2↓+4NH4++2CO2↑；SO2完全吸收，NO不完全吸收。

（4）前半段曲线上升，是因为温度促使反应速率加快，也可能是反应中生成的Mn2+自催化作用变强所致；后半段曲线下降，可能温度过高，气体的溶解度降低，影响了气体的溶解吸收，也可能是Mn2+的自催化作用变弱所致。故答案为：在55℃之前，脱氮率随温度升高而升高。在55℃之后，脱氮率随温度升高而降低。（或者：随温度升高，脱氮率先升高后降低）；在 55℃之前,脱氮率随温度升高而变化的原因可能是温度升高，化学反应速率加快。

27题：

【答案】（13分）

（1） 还原剂

（2）2Cl-+2LiCoO2+8H+=Cl2↑+2Co2++2Li++4H2O

（3）降低Li2CO3的溶解度，使其尽可能析出Li2CO3和CoCO3

（4）4CoCO3+2Li2CO3+O2 4LiCoO2+6CO2

（5）e92cb3682a440eba8842c0cc06052666.png%

【解析】

（1）“浸取”步骤加入H2SO4、H2O2，滤液中产生了Co2+，钴元素化合价由+3价变成了+2价，故H2O2作还原剂，用来还原LiCoO2。

（2）“浸取”时若加入盐酸，其会被LiCoO2氧化产生Cl2，造成环境污染，该反应的离子方程式2Cl-+2LiCoO2+8H+=Cl2↑+2Co2++2Li++4H2O，因LiCoO2难溶于水，故在离子方程式中不拆。

（3）因Li2CO3和CoCO3都难溶于醇，向含Co2+、Li+溶液中加入乙醇的作用降低Li2CO3的溶解度，使其尽可能析出。滤渣b的主要成分是Li2CO3和CoCO3

（4）在空气中“煅烧”时发生的总化学方程式为4CoCO3+2Li2CO3+O2 4LiCoO2+6CO2

（5）LiCoO2——S2O32-1：1关系

n（LiCoO2）=cV×10-3mol n（Co2O3）=93b05c90d14a117ba52da1d743a43ab1.pngcV×10-3mol m（Co2O3）=166×93b05c90d14a117ba52da1d743a43ab1.pngcV×10-3g

产品中钴的含量为2300b1f1aaa6cba6835b9ee33fa0d6cf.png=e92cb3682a440eba8842c0cc06052666.png%

【考点】以精选后的锂离子电池正极材料重新制备高纯度LiCoO2的制备为信息载体考查学生对流程的分析以及定量分析等；氧化还原反应原理的应用是基础也是侧重点。原子守恒理论的运用：计算产品中钴的含量时以Co2O3计(Co原子守恒)。题目难度中等。考点紧靠教材但又不拘泥于教材。善于捕捉信息(解题钥匙)是解题的关键。

28题：

【答案】（15分）（1）CH3CH2OH(l) +C2H2(g) +CO(g) = CH2=CHCOOC2H5(l) △H= -220.2 kJ·mol-1、增大

（2）0.01 mol·min-1，升高温度或者增大压强

（3）0.13

（4）压强增大，该反应的化学平衡向右移动，EA的产率增大

（5）Fe2++ S2O82-=+SO42-+Fe3+

【解析】

（1）根据盖斯定律，由主反应两个热化学方程式相加可知乙炔羰基化法合成EA的热化学方程式为CH3CH2OH(l) +C2H2(g) +CO(g) = CH2=CHCOOC2H5(l) △H= -220.2 kJ·mol-1。

因存在副反应，为提高EA的产率，应适当增大C2H2与CO的物质的量之比，促进主反应Br2NiCO(l)+ CH3CH2OH(l) +C2H2(g) ⇌NiBr2(l) + CH2=CHCOOC2H5(l)△H2=-385.6kJ·mol-1平衡向右移动。

（2）

在一定条件下，向反应釜中加入的乙醇1.55mol、乙炔0.52mol、CO和催化剂进行反应，反应30min时，乙炔的转化率为59%，计算前30min乙炔的平均反应速率v=a832b7ffc2e742d823f26079f11d1ee4.png=0.01mol·min-1。欲使前期反应速率提高，应采取的措施是升高温度或者增大压强。

（3）

由图中乙炔的平衡转换率为85%可知x=0.85

Kp=f81819465cbf98df965b90d3a307e05b.png

（4）CH3CH2OH(l) +C2H2(g) +CO(g) = CH2=CHCOOC2H5(l)，此反应是气体物质的量减少的反应。压强增大，该反应的化学平衡向右移动，EA的产率增大。后面随着反应压强增大

EA产率降低，是因为生成其他副产物生成的越来越多造成的。

（5）电解时铁电极产生Fe2+，其与溶液中的S2O82-发生氧化还原反应生成自由基[SO4-·]，引发聚合，形成聚丙烯酸乙酯。写出产生自由基[SO4-·]的离子方程式

Fe2++ S2O82-=+SO42-+Fe3+（S2O82-中S+6价，2个O-1价，6个O-2价）

【考点】元素化合价与元素性质的关系；盖斯定律的运用；化学平衡的影响因素；平衡常数；阿伏加德罗定律等。本题主要是考查化学反应原理，侧重于化学反应速率与化学平衡的有关分析与计算。但本题需用分压代替浓度进行平衡常数的相关计算，导到题目陌生感强、难度增大。压强和平衡常数的计算是解答的难点，注意从阿伏加德罗定律的角度去理解变化的压强与气体物质的量之间的关系，注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用。也可以利用变化的压强之比等于计量数之比，运用化学平衡利用三段式计算。

35．【答案】（15分）：

（1）9 6 锰 基态Mn2+外围电子为3d5，为半满，是稳定结构，再失去一个电子所需要能量较高，所以第三电离能大；而Fe2+外围电子3d6，第三电离能小。

（2）①ACD ②sp2、sp3 ③6

（3）400.0pm 3.2%

【解析】本题以黑色金属铁、铬、锰为载体，考查原子核外电子运动规律、电离能、杂化轨道理论、化学键、络合物配位数、晶体结构等相关知识，以及获取、加工、处理信息的能力。本题情境新颖，难度适中。

（1）Cr是24号元素，基态Cr原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1, 1s-3p共9个轨道充满电子，每个轨道中有两个电子自旋方向相反；3d五个轨道和4s轨道上各有一个电子，其空间伸展方向各不相同。故基态铬原子核外存在自旋相反的电子9对, 其未成对电子有6种空间伸 展方向。Mn2+外围电子为3d5，为半满，是稳定结构，再失去一个电子所需要能量较高，第三电离能大；而Fe2+外围电子3d6，再失去一个电子变为半满结构3d5，所以第三电离锰大于铁。

（2）①环戊二烯晶体属于分子晶体，分子间存在范德华力；环戊二烯分子内原子间存在共价键（单键和双键），有σ键、π键，故选ACD，②环戊二烯分子中，双键碳原子的杂化类型为sp2，全部单键碳原子的杂化类型为sp3 。 ③配位数是形成配位化合物时，一个中心原子接受的配体提供的电子对对数。形成二茂铁时，每个环戊二烯离子提供1对孤电子对、2对π电子对，故二茂铁分子中铁原子配位数是6。

（3）金属锰是面心立方晶胞，锰原子半径为141.4pm，则该晶胞面对角线4×141.4pm，晶胞边长为4×141.4pm/1.414 =400.0pm。晶胞中含有锰原子的个数：8×1/8＋6×1/2＝4，所以晶胞的密度＝word/media/image16_1.png ＝5.70g▪cm-3 ，缺陷率为单位体积内缺失原子数占应有原子总数的百分比，缺陷率＝（5.70-5.52）/5.70×100%＝3.2%。

36．【答案】（15分）

（1） 3,5-二硝基甲酸， 羧基，溴原子

（2）word/media/image7.gif 取代反应

（3）word/media/image17.gif

防止两个硝基都转化为氨基

（4）30

（5）

word/media/image18.gif

其他答案合理也可

【解析】本题以工业合成3-溴-5-甲氧基苯甲酸甲酯为载体，考查物质推断、有机物命名、官能团、反应类型、反应方程式、同分异构体的判断、有机合成路线的设计等，同时考查学生分析推理能力、知识迁移应用能力。官能团性质和转化是解答此题的基础，苯环上支链被高锰酸钾氧化规律是解答此题的关健，难点是限制条件的有机物同分异构体的判断和有机合成路线的设计，本题难度适中。

（1）由于羧基定位能力比硝基强，故C名称为3,5-二硝基甲酸，由结构式可知G中含官能团名称有醚键、 羧基、溴原子（现今教材一般不将苯环列为官能团）。

（2）根据框图C结构逆向推理，B为苯甲酸，A为甲苯，B生成C是在浓硫酸作用下硝酸中硝基取代苯环上的氢，所以B生成C反应类型为硝化反应，是取代反应中一种。

（3）由G生成H反应为G与CH3OH在浓硫酸、加热的作用下发生的酯化反应，化学方程式为word/media/image17.gif；C→D、E→F都是将硝基还原为氨基，但选用了不同条件， E的结构尚保留一个硝基，可以推知D的结构中也有一个硝基，故C→D反应中，(NH4)2S只将其中一个硝基还原，避免用H2/Pd将C中所有的硝基都转化为氨基。

（4）化合物F苯环上有3个不同取代基，其中有氨基和羟基直接连在苯环上，先将2个取代基分别定于邻、对、间三种位置，第三个取代基共有4+4+2=10种连接方式，故有10种同分异构体，环上有3个不同取代基，其中两个取代基是氨基和羟基，另一种取代基有三种情况，-OOCCH3、-CH2OOCH、-COOCH3，化合物F的同分异构体中能同时满足条件的共有10×3=30种。

（5）根据缩聚反应规律，word/media/image19.gif可以推出聚合物单体的结构，而由原料合成该单体，需要将本换上的乙基氧化为羧基和硝基还原为氨基，由于氨基可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，故而合成中需要先氧化，再还原，合成路线流程图示如下word/media/image18.gif

依试题框图信息，还原硝基的条件也可以选择(NH4)2S。

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