1、2019 年江苏省高考化学试卷解析版年江苏省高考化学试卷解析版 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、单项选择题：本题包括一、单项选择题：本题包括 10 小题，每小题小题，每小题 2 分，共计分，共计 20 分。每小题只有一个选项符合题意分。每小题只有一个选项符合题意 1（2 分）糖类是人体所需的重要营养物质。淀粉分子中不含的元素是（）A氢 B碳 C氮 D氧【考点】45：分子式；K3：淀粉的性质和用途菁优网版权所有【分析】淀粉属于多糖，属于烃的含氧衍生物，含有 C、H、O 元素，据此分析解答。【解答】解：糖类物质属于烃的含氧衍生物，都含有 C、H、O 元素，淀粉属于多糖，所以含有 C、H、
2、O 元素，但不含 N 元素；蛋白质中含有 C、H、O、N 元素，部分蛋白质还含有 S、P 等元素，故选：C。【点评】本题考查淀粉中元素判断，属于基础题，明确人类所需营养物质中所含元素是解本题关键，注意基础知识的归纳总结，题目难度不大。2（2 分）反应 NH4Cl+NaNO2NaCl+N2+2H2O 放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（）A中子数为 18 的氯原子：Cl 1817BN2的结构式：NN CNa+的结构示意图：DH2O 的电子式：【考点】4J：电子式、化学式或化学符号及名称的综合菁优网版权所有【分析】A质量数质子数+中子数，元素符号的左上角为
3、质量数、左下角为质子数；B氮气分子中含有的是氮氮三键；C钠离子的核外电子总数为 10，最外层达到 8 电子稳定结构；D水分子为共价化合物，含有 2 个 OH 键。【解答】解：A中子数为 18 的氯原子的质量数为 18+1735，该氯原子正确的表示方法为1735Cl，故 A 错误；B分子中含有 1 个氮氮三键，其正确的结构式为 NN，故 B 错误；C为钠原子结构示意图，钠离子最外层含有 8 个电子，其离子结构示意图为，故 C错误；D水分子属于共价化合物，其电子式为，故 D 正确；故选：D。【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及电子式、原子结构示意图和离子结构示意图、结构式等知
4、识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题侧重考查学生的规范答题能力。3（2 分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）ANH4HCO3受热易分解，可用作化肥 B稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈 CSO2具有氧化性，可用于纸浆漂白 DAl2O3具有两性，可用于电解冶炼铝【考点】EF：铵盐；F5：二氧化硫的化学性质菁优网版权所有【分析】A碳酸氢铵为可溶性铵盐，含有 N 元素，可以作肥料；B稀硫酸能和氧化铁反应生成硫酸铁和水；C二氧化硫具有漂白性，能漂白纸张；D氧化铝熔融状态下能导电，工业上采用电解氧化铝的方法冶炼 Al。【解答】解：A碳酸氢铵为可溶性铵盐，含有 N 元素，可以作肥料，与其热
5、稳定性无关，故 A 错误；B稀硫酸能和氧化铁反应生成可溶性的硫酸铁和水，所以能除锈，该反应中体现稀硫酸的酸性，故 B 正确；C二氧化硫具有漂白性，能漂白纸张，所以用二氧化硫漂白纸浆与其氧化性无关，故 C 错误；D氧化铝熔融状态下能导电且 Al 较活泼，所以工业上采用电解氧化铝的方法冶炼 Al，用氧化铝冶炼 Al 与其两性无关，故 D 错误；故选：B。【点评】本题考查性质和用途，侧重考查元素化合物性质，明确常见元素化合物性质是解本题关键，注意二氧化硫漂白性和 HClO 漂白性区别，知道金属冶炼方法，题目难度不大。4（2 分）室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A0.1molL1Na
6、OH 溶液：Na+、K+、CO32、AlO2 B0.1molL1FeCl2溶液：K+、Mg2+、SO42、MnO4 C0.1molL1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl、OH D0.1molL1H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3、HSO3【考点】DP：离子共存问题菁优网版权所有【分析】A四种离子之间不反应，都不与氢氧化钠反应；B高锰酸根离子能够氧化亚铁离子；C碳酸钾与钡离子生成碳酸钡沉淀；D酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚硫酸氢根离子。【解答】解：ANa+、K+、CO32、AlO2之间不反应，都不与 NaOH 反应，在溶液中能够大量共存，故A 正确；BFeCl2溶液的 Fe2+易被 Mn
7、O4氧化，在溶液中不能大量共存，故 B 错误；CK2CO3与 Ba2+反应生成难溶物碳酸钡，在溶液中不能大量共存，故 C 错误；DH2SO4与 HSO3反应，酸性条件下 NO3能够氧化 HSO3，在溶液中不能大量共存，故 D 错误；故选：A。【点评】本题考查离子共存，题目难度不大，明确离子反应发生条件即可解答，注意掌握常见离子的性质及共存条件，试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力。5（2 分）下列实验操作能达到实验目的是（）A用经水湿润的 pH 试纸测量溶液的 pH B将 4.0gNaOH 固体置于 100mL 容量瓶中，加水至刻度，配制 1.000molL1NaOH 溶液 C用装置甲蒸干
8、 AlCl3溶液制无水 AlCl3固体 D用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量 SO2【考点】U5：化学实验方案的评价菁优网版权所有【分析】ApH 试纸不能湿润，否则可能影响测定结果；B不能在容量瓶中溶解氢氧化钠固体；C氯化氢易挥发，加热蒸干得到的是氢氧化铝；D乙烯不与氢氧化钠溶液反应，二氧化硫与氢氧化钠反应。【解答】解：A用经水湿润的 pH 试纸测量溶液的 pH，原溶液被稀释，若为酸或碱溶液，会影响测定结果，故 A 错误；B应该在烧杯中溶解 NaOH 固体，不能在容量瓶中直接溶解，故 B 错误；C氯化铝水解生成氢氧化铝和 HCl，HCl 易挥发，蒸干 AlCl3溶液无法获得无水 AlCl3固体
9、，故 C 错误；DNaOH 溶液与二氧化硫反应，且不与乙烯反应，可用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量 SO2，故 D 正确；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及溶液配制、pH 试纸使用、物质分离与提纯、盐的水解等知识，明确常见化学实验基本操作方法即可解答，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。6（2 分）下列有关化学反应的叙述正确的是（）AFe 在稀硝酸中发生钝化 BMnO2和稀盐酸反应制取 Cl2 CSO2与过量氨水反应生成（NH4）2SO3 D室温下 Na 与空气中 O2反应制取 Na2O2【考点】EG：硝酸的化学性质；GE：钠的化学性质；GM：铁的化学性质
10、菁优网版权所有【分析】A常温下 Fe 和浓硝酸发生钝化现象；B二氧化锰和稀盐酸不反应；C二氧化硫是酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水；D室温下，钠和空气中氧气反应生成氧化钠。【解答】解：A常温下 Fe 和浓硝酸发生钝化现象，和稀硝酸发生氧化还原反应生成 NO，故 A 错误；B二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制取氯气，和稀盐酸不反应，故 B 错误；C二氧化硫是酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水，所以能和过量氨水反应生成（NH4）2SO3，故 C 正确；D室温下，钠和空气中氧气反应生成氧化钠，加热条件下和氧气反应生成过氧化钠，故 D 错误；故选：C。【点评】本题考查元素化合物，明确元素化合物性质及物质之间
11、的转化关系是解本题关键，反应物相同条件不同、反应物浓度不同会导致产物不同，B 为解答易错点。7（2 分）下列指定反应的离子方程式正确的是（）A室温下用稀 NaOH 溶液吸收 Cl2：Cl2+2OHClO+Cl+H2O B用铝粉和 NaOH 溶液反应制取少量 H2：Al+2OHAlO2+H2 C室温下用稀 HNO3溶解铜：Cu+2NO3+2H+Cu2+2NO2+H2O D向 Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+H2SiO3+2Na+【考点】49：离子方程式的书写菁优网版权所有【分析】A氯气和氢氧化钠溶液反应生成 NaCl、NaClO 和水；B电荷不守恒；C稀硝酸与铜反应生成 N
12、O；D硅酸钠为强电解质，在溶液中完全电离。【解答】解：A氯气和氢氧化钠溶液反应生成 NaCl、NaClO 和水，反应的离子方程式为 Cl2+2OHClO+Cl+H2O，故 A 正确；B用铝粉和 NaOH 溶液反应制取少量 H2，反应的离子方程式为 2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，故 B错误；C稀硝酸与铜反应生成 NO，反应的离子方程式为 3Cu+2NO3+8H+3Cu2+2NO+4H2O，故 C 错误；D硅酸钠为强电解质，在溶液中完全电离，反应的离子方程式应为 SiO32+2H+H2SiO3，故 D 错误。故选：A。【点评】本题考查离子方程式知识，为高考常见题型和高频考点，侧重考查
13、学生的分析能力以及化学用语的学习，把握离子方程式正误判断得到角度以及物质的性质为解答该类题目的关键，题目难度中等。8（2 分）短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 是地壳中含量最多的元素，Y 原子的最外层有 2 个电子，Z 的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W 与 X 位于同一主族。下列说法正确的是（）A原子半径：r（W）r（Z）r（Y）r（X）B由 X、Y 组成的化合物是离子化合物 CZ 的最高价氧化物对应水化物的酸性比 W 的强 DW 的简单气态氢化物的热稳定性比 X 的强【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系菁优网版权所有【分析】短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原
14、子序数依次增大，X 是地壳中含量最多的元素，则 X 为 O 元素；Y 原子的最外层有 2 个电子，其原子序数大于 O，则 Y 为 Mg 元素；Z 的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，则 Z 为 Si 元素；W 与 X 位于同一主族，则 W 为 S 元素，据此解答。【解答】解：根据分析可知：X 为 O，Y 为 Mg，Z 为 Si，W 为 S 元素。A同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：r（Y）r（Z）r（W）r（X），故 A 错误；BMg、O 形成的化合物为 MgO，MgO 只含有离子键，属于离子化合物，故 B 正确；C非金属性 SiS，则最高价氧化物
15、对应水化物的酸性：Z（Si）W（S），故 C 错误；D非金属性：SO，则简单氢化物的稳定性：W（S）X（O），故 D 错误；故选：B。【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。9（2 分）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）ANaCl（aq）Cl2（g）FeCl2（s）电解()BMgCl2（aq）Mg（OH）2（s）MgO（s）石灰乳煅烧CS（s）SO3（g）H2SO4（aq）2()点燃2()DN2（g）NH3（g）Na2CO3（s）2()高温高压、催化剂
16、2()()【考点】GR：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用菁优网版权所有【分析】A氯气与铁反应生成氯化铁；B氯化镁可与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁在高温下可分解生成氧化镁；C硫和氧气反应生成二氧化硫；D氨气、二氧化碳和氯化钠反应生成碳酸氢钠。【解答】解：A氯化钠电解可生成氯气，氯气具有强氧化性，与铁反应生成 FeCl3，故 A 错误；B氯化镁可与石灰乳反应生成氢氧化镁，符合复分解反应的特点，氢氧化镁在高温下可分解生成氧化镁，反应符合物质的性质的转化，故 B 正确；C硫和氧气反应生成只能生成二氧化硫，二氧化硫可在催化条件下反应生成三氧化硫，故 C 错误；D氨气、二氧化碳和氯化钠反应生成碳
17、酸氢钠，为侯氏制碱法的反应原理，碳酸氢钠分解可生成碳酸钠，故 D 错误。故选：B。【点评】本题考查常见金属元素及其化合物的综合应用，为高频考点，明确常见元素及其化合物性质即可解答，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。10（2 分）将铁粉和活性炭的混合物用 NaCl 溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是（）A铁被氧化的电极反应式为 Fe3eFe3+B铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能 C活性炭的存在会加速铁的腐蚀 D以水代替 NaCl 溶液，铁不能发生吸氧腐蚀【考点】BK：金属的电化学腐蚀与防护菁优网版权所有【分析】A该装置中发
18、生吸氧腐蚀，Fe 作负极，Fe 失电子生成亚铁离子；B铁腐蚀过程中部分化学能转化为热能、部分化学能转化为电能；CFe、C 和电解质溶液构成原电池，加速 Fe 的腐蚀；D弱酸性或中性条件下铁腐蚀吸氧腐蚀。【解答】解：A该装置中发生吸氧腐蚀，Fe 作负极，Fe 失电子生成亚铁离子，电极反应式为 Fe2eFe2+，故 A 错误；B铁腐蚀过程发生电化学反应，部分化学能转化为电能，放热，所以还存在化学能转化为热能的变化，故B 错误；CFe、C 和电解质溶液构成原电池，Fe 易失电子被腐蚀，加速 Fe 的腐蚀，故 C 正确；D弱酸性或中性条件下铁腐蚀吸氧腐蚀，水代替 NaCl 溶液，溶液仍然呈中性，Fe
19、发生吸氧腐蚀，故 D 错误；故选：C。【点评】本题考查金属腐蚀与防护，侧重考查原电池原理，明确原电池构成条件、原电池正负极判断方法及正负极上发生的反应是解本题关键，知道析氢腐蚀和吸氧腐蚀区别，题目难度不大。二、不定项选择题：本题包括二、不定项选择题：本题包括 5 小题，每小题小题，每小题 4 分，共计分，共计 20 分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得答案只包括一个选项，多选时，该小题得 0 分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得 2 分，选两个分，选两
20、个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得 0 分。分。11（4 分）氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是（）A一定温度下，反应 2H2（g）+O2（g）2H2O（g）能自发进行，该反应的H0 B氢氧燃料电池的负极反应为 O2+2H2O+4e4OH C常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗 11.2LH2，转移电子的数目为 6.021023 D反应 2H2（g）+O2（g）2H2O（g）的H 可通过下式估算：H反应中形成新共价键的键能之和反应中断裂旧共价键的键能之和【考点】51：氧化还原反应的电子转移数目计算；BH：
21、原电池和电解池的工作原理菁优网版权所有【分析】A该反应能自发进行，则GHTS0，该反应前后气体体积减小，则S0；B氢氧燃料电池电池中负极上氢气失电子发生氧化反应；C常温常压下，气体摩尔体积大于 22.4L/mol，11.2L 的氢气物质的量小于 0.5mol；D.2H2（g）+O2（g）2H2O（g）的H 可通过下式估算：H反应中断裂旧共价键的键能之和反应中形成新共价键的键能之和。【解答】解：A该反应前后气体体积减小，则S0，如果该反应能自发进行，则GHTS0，所以H0，故 A 正确；B氢氧燃料电池电池中负极上氢气失电子发生氧化反应，如果电解质溶液呈酸性，则负极反应式为 2H24e4H+、正极
22、反应式为 O2+4e+4H+2H2O，如果是碱性电解质，负极反应式为 2H24e+4OH2H2O、正极反应式为 O2+4e+2H2O4OH，故 B 错误；C常温常压下，气体摩尔体积大于 22.4L/mol，11.2L 的氢气物质的量小于 0.5mol，则转移电子的数目小于6.021023，故 C 错误；D.2H2（g）+O2（g）2H2O（g）的H 可通过下式估算：H反应中断裂旧共价键的键能之和反应中形成新共价键的键能之和，故 D 错误；故选：A。【点评】本题考查原电池原理及反应热计算，明确原电池中电极反应式的书写方法、焓变的计算方法是解本题关键，注意气体摩尔体积适用条件，C 为解答易错点。1
23、2（4 分）化合物 Y 具有抗菌、消炎作用，可由 X 制得。下列有关化合物 X、Y 的说法正确的是（）A1molX 最多能与 2molNaOH 反应 BY 与乙醇发生酯化反应可得到 X CX、Y 均能与酸性 KMnO4溶液反应 D室温下 X、Y 分别与足量 Br2加成的产物分子中手性碳原子数目相等【考点】HD：有机物的结构和性质菁优网版权所有【分析】AX 中能与 NaOH 溶液反应的为酯基和羧基；BY 应与乙酸反应生成 X；CX、Y 均含有碳碳双键，可发生氧化反应；DX、Y 含有两个碳碳双键，其中一个碳碳双键加成后碳原子连接不同的原子。【解答】解：AX 中能与 NaOH 溶液反应的为酯基和羧基
24、，且 X 中得到酯基可水解生成乙酸和酚羟基，则1molX 最多能与 3molNaOH 反应，故 A 错误；BY 生成 X，应为酚羟基的反应，则应与乙酸反应，故 B 错误；CX、Y 均含有碳碳双键，可与酸性 KMnO4溶液发生氧化还原反应，故 C 正确；DX、Y 含有两个碳碳双键，其中一个碳碳双键加成后碳原子连接不同的原子，则加成产物含有手性碳原子，故 D 正确。故选：CD。【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，本题注意把握有机物的官能团的性质以及有机物的结构特点，为解答该类题目的关键，题目难度不大。13（4 分）室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结
25、论正确的是（）选项 实验操作和现象 结论 A 向 X 溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN 溶液，溶液变为红色 X 溶液中一定含有 Fe2+B 向浓度均为 0.05molL1的 NaI、NaCl 混合溶液中滴加少量 AgNO3溶液，有黄色沉淀生成 Ksp（AgI）Ksp（AgCl）C 向 3mLKI 溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加 1mL 淀粉溶液，溶液显蓝色 Br2的氧化性比 I2的强 D 用 pH 试纸测得：CH3COONa 溶液的 pH 约为 9，NaNO2溶液的 pH 约为 8 HNO2电离出 H+的能力比CH3COOH 的强 AA BB CC DD【考点】U5：化学实验
26、方案的评价菁优网版权所有【分析】A检验亚铁离子时应该先加 KSCN 溶液后加氯水；B溶解度小的先生成沉淀；C氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D钠盐溶液浓度不一定相等。【解答】解：A检验亚铁离子时应该先加 KSCN 溶液后加氯水，防止铁离子干扰，故 A 错误；B溶解度小的先生成沉淀，先生成黄色沉淀，说明溶解度 AgIAgCl，则溶度积常数 Ksp（AgI）Ksp（AgCl），故 B 错误；C氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，溶液呈蓝色，说明有碘生成，溴能氧化碘离子生成碘，溴是氧化剂、碘是氧化产物，则 Br2的氧化性比 I2的强，故 C 正确；D盐溶液浓度未知，无法根据钠盐溶液 pH 定性判
27、断其对应酸的酸性强弱，只有钠盐溶液浓度相同时，才能根据钠盐溶液的 pH 大小判断其对应酸的酸性强弱，故 D 错误；故选：C。【点评】本题考查化学实验方案评价，涉及离子检验、溶度积大小比较、氧化性强弱比较、酸性强弱比较等知识点，明确实验原理、元素化合物性质是解本题关键，D 为解答易错点，题目难度不大。14（4 分）室温下，反应 HCO3+H2OH2CO3+OH的平衡常数 K2.2108将 NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的 ZnO若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温下下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（）A0.2molL1氨水：c（NH3H2O）c（NH4+）c（
28、OH）c（H+）B0.2molL1NH4HCO3溶液（pH7）：c（NH4+）c（HCO3）c（H2CO3）c（NH3H2O）C0.2molL1氨水和 0.2molL1NH4HCO3溶液等体积混合：c（NH4+）+c（NH3H2O）c（H2CO3）+c（HCO3）+c（CO32）D0.6molL1氨水和 0.2molL1NH4HCO3溶液等体积混合：c（NH3H2O）+c（CO32）+c（OH）0.3molL1+c（H2CO3）+c（H+）【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡；DN：离子浓度大小的比较菁优网版权所有【分析】A.0.2molL1氨水溶液中存在一水合氨电离平衡和水的电离平衡，
29、据此分析判断离子浓度；B.0.2molL1NH4HCO3溶液（pH7），溶液显碱性说明碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子水解程度，据此分析判断离子浓度；C溶液中存在物料守恒，结合氮元素和碳元素守恒分析判断离子浓度大小；D溶液中存在电荷守恒、物料守恒，结合离子浓度关系计算分析判断。【解答】解：A.0.2molL1氨水溶液中存在一水合氨电离平衡和水的电离平衡，溶液中离子浓度大小 c（NH3H2O）c（OH）c（NH4+）c（H+），故 A 错误；B.0.2molL1NH4HCO3溶液（pH7），溶液显碱性说明碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子水解程度，c（NH4+）c（HCO3）c（H2CO3）c（N
30、H3H2O），故 B 正确；C.0.2molL1氨水和 0.2molL1NH4HCO3溶液等体积混合，氮元素物质的量是碳元素物质的量的 2 倍，物料守恒得到离子浓度关系 c（NH4+）+c（NH3H2O）2c（H2CO3）+c（HCO3）+c（CO32），故 C 错误；D.0.6molL1氨水和 0.2molL1NH4HCO3溶液等体积混合，溶液中存在碳物料守恒：c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3）0.1mol/L，氮守恒得到：c（NH4+）+c（NH3H2O）0.4mol/L，混合溶液中存在电荷守恒得到：c（NH4+）+c（H+）c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH），把中
31、 c（HCO3）+c（CO32）0.1c（H2CO3），中 c（NH4+）0.4c（NH3H2O），带入整理得到：c（NH3H2O）+c（CO32）+c（OH）0.3molL1+c（H2CO3）+c（H+），故 D 正确；故选：BD。【点评】本题考查了弱电解质电离平衡、盐类水解、电解质溶液中电荷守恒、物料守恒等离子关系的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。15（4 分）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）
32、+O2（g）2NO2（g）的H0 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 D380下，c起始（O2）5.0104molL1，NO 平衡转化率为 50%，则平衡常数 K2000【考点】CM：转化率随温度、压强的变化曲线菁优网版权所有【专题】51E：化学平衡专题【分析】A升高温度 NO 平衡转化率降低，平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动；BX 点没有达到平衡状态，平衡正向移动，延长时间导致消耗的 NO 量增多；CY 点所示条件下达到平衡状态，增多氧气浓度平衡正向移动；D.380下，c起始（O2）5.0104
33、molL1，反应正向移动，则 c平衡（O2）5.0104molL1，NO平衡转化率为 50%，则平衡时 c（NO）c（NO2），化学平衡常数 K。=2(2)(2)2()【解答】解：A升高温度 NO 平衡转化率降低，平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为放热反应，所以H0，故 A 错误；BX 点没有达到平衡状态，平衡正向移动，延长时间导致消耗的 NO 量增多，导致 NO 转化率提高，故 B正确；CY 点所示条件下达到平衡状态，增多氧气浓度平衡正向移动，NO 转化率提高，故 C 错误；D.380下，c起始（O2）5.0104molL1，反应正向移动，则 c平衡（O2）5.0104mo
34、lL1，NO平 衡 转 化 率 为50%，则 平 衡 时c（NO）c（NO2），化 学 平 衡 常 数K2000，故 D 正确；=2(2)(2)2()15.0 10 4=故选：BD。【点评】本题以图象分析为载体考查化学平衡计算、化学平衡移动影响因素等知识点，侧重考查分析判断及计算能力，明确温度、压强、浓度对化学平衡移动影响原理及化学平衡常数计算方法是解本题关键，D 为解答易错点，易忽略“c（NO）c（NO2）”而导致无法计算，题目难度不大。三、非选择题三、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
35、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 的化学方程式为2NH3+2O2N2O+3H2O。催化剂（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+2OH2NO2+H2O 2NO2+2OHNO2+NO3+H2O 下列措施能提高尾气中 NO 和 NO2去除率的有BC（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 吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到 NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是NaNO3（填化学式）；
36、吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO（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）的变化如图所示。在酸性 NaClO 溶液中，HClO 氧化 NO 生成 Cl和 NO3，其离子方程式为3HClO+2NO+H2O3Cl+2NO3+5H+。NaClO 溶液的初始 pH 越小，NO 转化率越高。其原因是溶液 pH 越小，溶液中 HClO 的浓度越大，氧化NO 的能力越强。【考点】FE：三废处理与环境保护菁优网版权所有【分析】（1）NH3与 O2在加热和
37、催化剂作用下生成 N2O，类似于生成 NO 的反应，同时生成水；（2）提高尾气中 NO 和 NO2去除率，应是气体与氢氧化钠溶液充分接触而反应；反应生成 NaNO2和 NaNO3；如 NO 的含量比 NO2大，则尾气中含有 NO；（3）在酸性 NaClO 溶液中，HClO 氧化 NO 生成 Cl和 NO3，反应后溶液呈酸性；NaClO 溶液的初始 pH 越小，HClO 的浓度越大，氧化能力强。【解答】解：（1）NH3与 O2在加热和催化剂作用下生成 N2O 和水，反应的化学方程式为 2NH3+2O2N2O+3H2O，故答案为：2NH3+2O2N2O+3H2O；催化剂催化剂（2）A加快通入尾气的
38、速率，气体不能充分反应，故 A 错误；B采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气体与氢氧化钠溶液充分反应，故 B 正确；C吸收尾气过程中定期补加适量 NaOH 溶液，可使气体充分反应，故 C 正确。故答案为：BC；反应生成 NaNO2和 NaNO3，则含有的杂质为 NaNO3，如 NO 的含量比 NO2大，则尾气中含有 NO，故答案为：NaNO3；NO；（3）在酸性 NaClO 溶液中，HClO 氧化 NO 生成 Cl和 NO3，反应后溶液呈酸性，则反应的离子方程式为 3HClO+2NO+H2O3Cl+2NO3+5H+，故答案为：3HClO+2NO+H2O3Cl+2NO3+5H+；NaClO 溶液
39、的初始 pH 越小，HClO 的浓度越大，氧化能力强，则提高 NO 转化率，故答案为：溶液 pH 越小，溶液中 HClO 的浓度越大，氧化 NO 的能力越强。【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于化学与环境的考查，有利于培养学生良好的科学素养，注意把握物质的性质以及题给信息，题目难度不大。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羟基和羧基。（2）AB 的反应类型为取代反应。（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）
40、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 FeC13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 为原料制备的合成路线流程图（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）。【考点】HC：有机物的合成菁优网版权所有【专题】112：有机推断【分析】A 发生取代反应生成 B，B 发生取代反应生成 C，C 发生取代反应生成 D，D 发生取代反应生成E，E 发生还原反应生成 F；（5）以和 CH3CH2CH2OH 为原料制备，丙醇发生催
41、化氧化生成丙醛，发生还原反应生成邻甲基苯甲醇，然后发生取代反应，再和 Mg 发生信息中的反应，最后和丙醛反应生成目标产物。【解答】解：（1）A 中含氧官能团的名称为羟基、羧基，故答案为：羟基；羧基；（2）AB 的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；（3）CD 的反应中有副产物 X（分子式为 C12H15O6Br）生成，根据 C 原子知，X 中两个酚羟基都发生取代反应，则 X 的结构简式：，故答案为：；（4）C 的一种同分异构体同时满足下列条件，能与 FeC13溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；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，说明只有两种氢原子且两种氢
42、原子个数相等，且含有酯基，符合条件的结构简式为，故答案为：；（5）以和 CH3CH2CH2OH 为原料制备，丙醇发生催化氧化生成丙醛，发生还原反应生成邻甲基苯甲醇，然后发生取代反应，再和 Mg 发生信息中的反应，最后和丙醛反应生成目标产物，合成路线为，故答案为：。【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析判断及知识综合运用、知识迁移能力，明确官能团的结构和性质关系、物质之间的转化关系、知识迁移运用方法是解本题关键，注意结合题给信息进行合成路线设计，题目难度中等。18（12 分）聚合硫酸铁Fe2（OH）62n（SO4）nm广泛用于水的净化。以 FeSO47H2O 为原料，经溶解、氧化、水解聚
43、合等步骤，可制备聚合硫酸铁。（1）将一定量的 FeSO47H2O 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，得到红棕色粘稠液体。H2O2氧化 Fe2+的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O；水解聚合反应会导致溶液的 pH减小。（2）测定聚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 5.000102molL1 K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中 Cr2O72与
44、Fe2+反应生成 Cr3+和 Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液 22.00mL。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偏大（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）。【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量菁优网版权所有【分析】（1）酸性条件下，H2O2氧化 Fe2+生成 Fe3+，同时自身被还原生成 H2O；Fe3+水解导致溶液中 c（H+）增大；（2）Sn2+具有还原性，能被 K2Cr2O7氧化，从而导致 K2Cr2O7消耗偏多；根据转移电子守恒得 Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，根据关系式
45、 Cr2O726Fe3+知，n（Fe3+）6n（K2Cr2O7）65.000102molL10.022L6.600 103 mol，mnM6.600103 mol56g/mol0.3696g，样品中 Fe 元素质量分数100%。=铁元素质量样品质量【解答】解：（1）酸性条件下，H2O2氧化 Fe2+生成 Fe3+，同时自身被还原生成 H2O，离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O；Fe3+水解导致溶液中 c（H+）增大，则溶液的 pH 减小，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O；减小；（2）Sn2+具有还原性，能被 K2Cr2O7氧化，从而导致 K2Cr2O
46、7消耗偏多，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大，故答案为：偏大；根据转移电子守恒得 Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，根据关系式 Cr2O726Fe3+知，n（Fe3+）6n（K2Cr2O7）65.000102molL10.022L6.600 103 mol，mnM6.600103 mol56g/mol0.3696g，样品中 Fe 元素质量分数100%100%12.32%，=铁元素质量样品质量=0.36963.000答：根据转移电子守恒得 Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，根据关系式 Cr2O726Fe3+知，n（Fe3+）6n（K2C
47、r2O7）65.000102molL10.022L6.600 103 mol，mnM6.600103 mol56g/mol0.3696g，样品中 Fe 元素质量分数100%100%12.32%。=铁元素质量样品质量=0.36963.000【点评】本题考查物质含量测定，侧重考查氧化还原反应、误差分析、方程式的计算、信息的获取和灵活运用等，明确元素化合物性质、题干中信息含义是解本题关键，注意转移电子守恒的灵活运用，题目难度不大。19（15 分）实验室以工业废渣（主要含 CaSO42H2O，还含少量 SiO2、Al2O3、Fe2O3）为原料制取轻质CaCO3和（NH4）2SO4晶体，其实验流程如图：
48、（1）室 温 下，反 应 CaSO4（s）+CO32（aq）CaCO3（s）+SO42（aq）达 到 平 衡，则 溶 液 中1.6104Ksp（CaSO4）4.8105，Ksp（CaCO3）3109。(42)(32)=（2）将氨水和 NH4HCO3溶液混合，可制得（NH4）2CO3溶液，其离子方程式为HCO3+NH3H2ONH4+CO32+H2O；浸取废渣时，向（NH4）2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是增加溶液中 CO32的浓度，促进 CaSO4的转化。（3）废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在 6070，搅拌，反应 3 小时。温度过高将会导致 CaSO4的转换率下降，其原因是温
49、度过高，碳酸铵分解；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高 CaSO4转化率的操作有加快搅拌速率。（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：在搅拌下向足量的稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡后，过滤，向滤液中分批加入少量的氢氧化钙，用 pH、试纸测量溶液的 pH，当 pH 介于 58.5 时，过滤已知 pH5 时 Fe（OH）3和 Al（OH）3沉淀完全；pH8.5 时 Al（OH）3开始溶解。实验中必须使用的试剂：盐酸和 Ca（OH）2。【考点】U3：制备实验方案的设计菁优网版权所有【分
50、析】工业废渣（主要含 CaSO42H2O，还含少量 SiO2、Al2O3、Fe2O3），加入碳酸铵溶液浸取，可将CaSO4转化为 CaCO3，滤渣含有 CaCO3、SiO2、Al2O3、Fe2O3，可用于制取轻质 CaCO3，滤液中主要含有硫酸铵，可制备（NH4）2SO4晶体，以此解答该题。【解答】解：（1）反应 CaSO4（s）+CO32（aq）CaCO3（s）+SO42（aq）达到平衡，溶液中1.6104，故答案为：1.6104；(42)(32)=(4)(3)=4.8 10 53 10 9=（2）将氨水和 NH4HCO3溶液混合，反应生成（NH4）2CO3，离子方程式为 HCO3+NH3H
