1、絕密啟用前2019年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（江蘇卷）化學注意事項考生在答題前請認真閱讀本注意事項及各題答題要求1 .本卷滿分為120分，考試時間為100分鐘?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。2 .答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0.5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置。3 .請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符。4 .作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡 皮擦干凈后，再選涂其他答案。作答非選擇題，必須用0.5毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效。5 .

2、如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35. 5 K39 Ca 40 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ag 108 I 127選擇題單項選擇題：本題包括10小題，每小題2分，共計20分。每小題只有一個 選項符合題意。 1 .糖類是人體所需的重要營養(yǎng)物質(zhì)。淀粉分子中不含的元素是A.氫B.碳C.氮D.氧【答案】C【解析】此題屬于一道簡單題目，考點在于營養(yǎng)物質(zhì)中糖類的組成元素?！驹斀狻康矸蹖儆诙嗵牵M成元素為CxH2nOn；蛋白質(zhì)和氨基酸中含有 N元素，故選C。

3、2 .反應NH4Cl+NaNO 2=NaCl+N 2T +2HO放熱且產(chǎn)生氣體，可用于冬天石油開采。 下列表示反應中相關微 粒的化學用語正確的是A.中子數(shù)為18的氯原子：17ClB. N 2的結構式：N=NC. Na+的結構示意圖：j + iii 2 S l »d. H2O的電子式：H：O：H 9 【答案】D【解析】此題考查化學用語，化學用語包括：化學式，結構式，電子式，原子結構示意圖以及不同核素的表達，也屬于簡單題【詳解】A.考察核素的表達：abX,其中a表示X原子的相對原子質(zhì)量，b表示X原子的質(zhì)子數(shù)，那中子數(shù)二a-b, 所以A選項表示的是中子數(shù)為 1的氯原子與題意不符；B考察的結

4、構式，因為氮原子最外層電子數(shù)為 5,還 需要3個電子形成8電子穩(wěn)定結構，所以倆個氮原子共用3對電子因此氮氣的結構式為氮氮三鍵的形式，故B錯誤；C.考察的原子結構示意圖，鈉原子的核外有11個電子，而鈉離子是由鈉原子失去一個電子形成的，那么鈉離子的一共有 10個電子，C選項有11個，表示的鈉原子的結構示意圖，故錯誤。D.氧原子最外層六個電子，兩個氫分別和氧公用一對電子。D正確。故選Do3.下列有關物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應關系的是A. NH 4HCO3受熱易分解，可用作化肥B.稀硫酸具有酸性，可用于除去鐵銹C. SO2具有氧化性，可用于紙漿漂白D. Al 2O3具有兩性，可用于電解冶煉鋁【答案】B【

5、解析】【詳解】A.NH 4HCO3受熱易分解和用作化肥無關，可以用作化肥是因為含有氮元素；B.硫酸酸性可以和金屬氧化物反應，具有對應關系；C.二氧化硫的漂白屬于結合漂白不涉及氧化還原，故和氧化性無關，而且二氧化硫氧化性較弱，只和強還 原劑反應例如硫化氫，和其他物質(zhì)反應主要體現(xiàn)還原性；D.電解冶煉鋁，只能說明氧化鋁導電， 是離子晶體，無法說明是否具有兩性， 和酸堿都反應可以體現(xiàn) Al 2O3 具有兩性。故選B.4.室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是-1+2A. 0.1 mol L NaOH 溶放：Na、K、CO3- AlO 2-1+2+2B. 0.1 mol L FeCl2溶披：K、

6、Mg、SO4- MnO,C. 0.1 mol L-1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl-、OH-D. 0.1 mol L-1H2SO4溶液：K+、NH 廣、NO 3- HSO5【答案】A【解析】此題考的是離子共存問題，應從選項的條件獲取信息，在從中判斷在此條件的環(huán)境中是否有離子會互相反應，能大量共存就是沒有可以互相發(fā)生反應的離子存在。【詳解】A選項是一個堿性環(huán)境，沒有存在能與氫氧根發(fā)生反應的離子，故A正確；B選項是一個亞鐵離子和氯離子的環(huán)境，選項中有高鎰酸根可以與鐵離子反應，故錯誤；C選項是一個鉀離子和碳酸根的環(huán)境，選項中存在銀離子可以與碳酸根發(fā)生反應生成沉淀，故錯誤；D選項是氫離子和硫酸

7、根的環(huán)境，選項中有硝酸根和亞硫酸氫根，其中硝酸根可以與氫離子結合成硝酸，硝酸具有強氧化性可以氧化亞硫酸氫根，故錯誤。5.下列實驗操作能達到實驗目的的是氣體A.用經(jīng)水濕潤的pH試紙測量溶液的pHB.將4.0 g NaOH固體置于100 mL容量瓶中，加水至刻度，配制 1.000 mol L-1 NaOH溶液C.用裝置甲蒸干AlCl3溶液制無水AlC%固體D.用裝置乙除去實驗室所制乙烯中的少量SO2【解析】此題考點為根據(jù)所給實驗操作是否可以達到實驗目的，必須要根據(jù)實驗操作推斷出實驗的結果，再與選項中的實驗結果一一對應。屬于簡單常規(guī)題目【詳解】用水潤濕的 PH 試紙測量溶液的 PH 會出現(xiàn)人為誤差，

8、實驗數(shù)據(jù)不準，故A 項錯誤； B 選項將氫氧化鈉直接置于容量瓶中，加水后氫氧化鈉溶于水會放熱引起實驗誤差或炸裂容量瓶，故錯誤；用甲裝置蒸干氯化鋁溶液所得的產(chǎn)物因氯離子會發(fā)生水解，加熱后水解程度增大，蒸發(fā)所得的產(chǎn)物為氫氧化鋁固體，故 C 錯誤；【點睛】蒸干溶液可以得到溶質(zhì)固體，但必須考慮溶液中弱離子的水解平衡，當溫度升高后會促進弱離子水解，那最后實驗所得產(chǎn)物不一定是溶液的溶質(zhì)。6.下列有關化學反應的敘述正確的是A. Fe 在稀硝酸中發(fā)生鈍化 B. MnO 2和稀鹽酸反應制取Cl2C. SO2與過量氨水反應生成（NH4）2SO3D.室溫下Na與空氣中O2反應制取 W2O2【答案】 C【解析】相同的

9、反應物，條件不同（如溫度、濃度、過量與少量） ，反應有可能也不同；A.鈍化反應應注意必須注明常溫下，濃硝酸與 Fe發(fā)生鈍化；B. 實驗室制備氯氣的反應中應注意鹽酸的濃度和反應溫度；C. 過量與少量問題應以少量物質(zhì)為基準書寫產(chǎn)物；D. 鈉的還原性強，其與氧氣反應，溫度不同，產(chǎn)物也不同；【詳解】A.常溫下，F(xiàn)e在與濃硝酸發(fā)生鈍化反應，故 A錯誤；B. 二氧化錳與濃鹽酸在加熱條件下反應制取氯氣，故B 錯誤；C. 二氧化硫與過量氨水反應生成硫酸銨，故C 正確；D.常溫下，Na與空氣中的氧氣反應生成 Na2O；加熱條件下，鈉與氧氣反應生成Na2O2,故D錯誤；綜上所述，本題應選 C 。【點睛】本題考查常

10、見物質(zhì)的化學反應，相同的反應物，條件不同（如溫度、濃度、過量與少量） ，反應有可能也不同，所以在描述化學反應時應注意反應的條件。7.下列指定反應的離子方程式正確的是A.室溫下用稀 NaOH 溶液吸收 Cl2： Cl2+2OH-=ClO-+C+H2OB.用鋁粉和NaOH溶液反應制取少量 H2： A1+2OH -= AlO廠+H2 TC.室溫下用稀 HNO3溶解銅：Cu+2NO3、2H+=Cu2+2NO2f +HOD.向 Na2SiO3 溶液中滴加稀鹽酸： Na2SiO3+2H+=H2SiO3 +2Na【答案】A【解析】B.電荷不守恒；C.不符合客觀事實；D.應拆分的物質(zhì)沒有拆分；【詳解】A.Na

11、OH為強堿，可以拆成離子形式，氯氣單質(zhì)不能拆，產(chǎn)物中 NaCl和NaClO為可溶性鹽，可拆 成離子形式，水為弱電解質(zhì)，不能拆，故 A正確；B.該離子方程式反應前后電荷不守恒，應改為：2A1+2OH -+2H2O =2AlO 2+3H2,故B錯誤；C.室溫下，銅與稀硝酸反應生成NO2應改為：3Cu+2NO3-+8H+=2NO+3Cu2+4H2O,故C錯誤；D.Na2SiO3為可溶性鹽，可以拆成離子形式，應改為：SiO32+2H+=H2SiO3j ,故D錯誤；綜上所述，本題應選 A.【點睛】本題考查離子方程式正誤的判斷。判斷離子方程式是否正確可從以下幾個方面進行：從反應原理進行判斷，如反應是否能發(fā)

12、生、反應是否生成所給產(chǎn)物等；從物質(zhì)存在形態(tài)進行判斷，如拆分是否正確、是否正確表示了難溶物和氣體等；從守恒角度進行判斷，如原子守恒、電荷守恒、氧化還原反應中的電子守恒等； 從反應的條件進行判斷；從反應物的組成以及反應物之間的配比進行判斷。8.短周期主族元素 X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X是地殼中含量最多的元素，Y原子的最外層有2個電子，Z的單質(zhì)晶體是應用最廣泛的半導體材料，W與X位于同一主族。下列說法正確的是A.原子半徑：r(W)> r(Z)> r(Y)> r(X)B.由X、Y組成的化合物是離子化合物C. Z的最高價氧化物對應水化物的酸性比W的強D. W的簡單氣態(tài)氫化物的

13、熱穩(wěn)定性比X的強【答案】BX是地殼中含量最多的元素，因此 X為O元素，Y的最外層有兩個電子，且 Y是短周期元素，原子序數(shù)大 于O,因此Y為Mg元素，Z的單質(zhì)晶體是廣泛應用的半導體材料，所以 Z為Si元素，W與X同主族，且W是短周期元素，原子序數(shù)大于X,所以W為S元素；據(jù)此解題；【詳解】A.元素周期表中，同族元素原子半徑隨核電荷數(shù)增加而增加，O為于第二周期，其他元素位于第三周期，因此。的原子半徑最小，同周期元素，核電荷數(shù)越大，半徑越小，因此原子半徑應為r(Mg)>r(Si)>r(S)>r(O),故 A 錯誤；8 .X為O元素，Y為Mg元素，兩者組成的化合物氧化鎂為離子化合物，故

14、 B正確；C.Z為Si元素，W為S元素，因為S的非金屬性強于 Si,所以S的最高價氧化物對應水化物的酸性強于Si的，故C錯誤；D.W為S元素，X為O元素，因為。的非金屬性強于 S,所以。的氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性強于S的，故D錯誤； 總上所述，本題選 B.【點睛】本題考查原子結構與元素性質(zhì)，題目難度不大，應先根據(jù)提示推斷所給原子的種類，再原子結構 與元素周期律的關系為解答關鍵，注意掌握原子構成及表示方法，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用 能力。9 .在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是A. NaCl(aq) _電斛、Cl2(g)-FeCl2(s)B. MgCl 2(aq)一生匹 M

15、 Mg(OH) 2(s) %t MgO (s)C. S(s)O2SO3(g) *Ol)T H2SO4(aq)_H2(g)CO2 (g)D. N 2(g)色睛c卻就 t nh 3(g) Na(C(aqL Na2cO3(s)【答案】B【解析】A.電解條件時應看清是電解水溶液還是電解熔融態(tài)物質(zhì)；B.根據(jù)強堿制弱堿原理制備氫氧化鎂；C.注意生成二氧化硫與三氧化硫的條件；D.氨氣、二氧化碳和氯化鈉反應制備碳酸氫鈉是利用碳酸氫鈉的溶解度低；【詳解】A.氯氣的氧化性強，與鐵單質(zhì)反應直接生成氯化鐵，故A錯誤；B.氯化鎂與石灰乳發(fā)生復分解反應生成氫氧化鎂，氫氧化鎂高溫燃燒生成氧化鎂和水，故B正確；C.硫單質(zhì)在空

16、氣中燃燒只能生成SO2, SO2在與氧氣在催化劑條件下生成S03,故C錯誤；D.氨氣與二氧化碳和氯化鈉溶液反應生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉受熱分解可生成碳酸鈉，故D錯誤；綜上所述，本題應選 B?！军c睛】本題考查元素及其化合物之間的相互轉(zhuǎn)化和反應條件，解題的關鍵是熟悉常見物質(zhì)的化學性質(zhì)和轉(zhuǎn)化條件。10.將鐵粉和活性炭的混合物用NaCl溶液濕潤后，置于如圖所示裝置中， 進行鐵的電化學腐蝕實驗。下列有關該實驗的說法正確的是A.鐵被氧化的電極反應式為Fe-3e3+FeFe-2e=Fe2-,故 A 錯C正確D錯誤；B.鐵腐蝕過程中化學能全部轉(zhuǎn)化為電能C.活性炭的存在會加速鐵的腐蝕D.以水代替NaCl溶液，鐵不

17、能發(fā)生吸氧腐蝕【解析】根據(jù)實驗所給條件可知，本題鐵發(fā)生的是吸氧腐蝕， 負極反應為：Fe-2e-=Fe2-;正極反應為：O2+H2O +4e=4OH-;據(jù)此解題；【詳解】A.在鐵的電化學腐蝕中，鐵單質(zhì)失去電子轉(zhuǎn)化為二價鐵離子，即負極反應為：誤；B.鐵的腐蝕過程中化學能除了轉(zhuǎn)化為電能，還有一部分轉(zhuǎn)化為熱能，故 B錯誤;C.活性炭與鐵混合，在氯化鈉溶液中構成了許多微小的原電池，加速了鐵的腐蝕，故D.以水代替氯化鈉溶液，水也呈中性，鐵在中性或堿性條件下易發(fā)生吸氧腐蝕，故綜上所述，本題應選 C.【點睛】本題考查金屬鐵的腐蝕。根據(jù)電解質(zhì)溶液的酸堿性可判斷電化學腐蝕的類型，電解質(zhì)溶液為酸性條件下，鐵發(fā)生的電

18、化學腐蝕為析氫腐蝕，負極反應為:Fe-2e-=Fe2-；正極反應為：2H+2e=H2；電解質(zhì)溶液為堿性或中性條件下，發(fā)生吸氧腐蝕，負極反應為:一 -2-Fe-2e=Fe ；正極反應為：O2+H2O +4e =40H 。不定項選擇題：本題包括5小題，每小題4分，共計20分。每小題只有一個或兩個 選項符合題意。若正確答案只包括一個選項，多選時，該小題得0分；若正確答案包括兩個選項,只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得滿分，但只要選錯一個，該小題就得0分。11.氫氣與氧氣生成水的反應是氫能源應用的重要途徑。下列有關說法正確的是A.定溫度下，反應 2H2(g)+O2(g)2H20(g)能自發(fā)進行

19、，該反應的AH<0B.氫氧燃料電池負極反應為 O2+2H2O+4e =40HC.常溫常壓下，氫氧燃料電池放電過程中消耗11.2 L H2,轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為 6.02 M023D.反應2H2（g）+O2（g）2H 20(g)的AH可通過下式估算:A.?H1J|B.氫氧燃料電池，氫氣作負巾失電子發(fā)生應，性條件的電極 mo v-12.化合物Y具有抗菌、消炎感，可由X制得。自發(fā)說明該反應為放熱反應,C.常溫常壓下,Vm w22.L/mD.反應中，應該如下估算:誤;故選A。AH=反應中形成新共價鍵的鍵該反應屬于混亂度減小的反應，能為:2H 2- 4e- =4HC錯誤;+ ,故B錯誤;成新共價鍵的鍵

20、能之和，故oII下列有關化合物 X、Y的說法正確的是A. 1 mol X 最多能與2 mol NaOH反應B. Y與乙醇發(fā)生酯化反應可得到XC. X、丫均能與酸性 KMnO4溶液反應D.室溫下X、丫分別與足量Br2加成的產(chǎn)物分子中手性碳原子數(shù)目相等【答案】CD【解析】【詳解】A.X分子中，1mol竣基消耗ImolNaOH , 1mol由酚羥基形成的酯基消耗2molNaOH ,所以1molX最多能與3molNaOH反應，故A錯誤；B.比較X與Y的結構可知，Y與乙酸發(fā)生酯化反應可得到X ,故B錯誤；C.X和Y分子中都含有碳碳雙鍵，所以均能與酸性高鎰酸鉀溶液反應，故 C正確；D.X和丫分子中碳碳雙鍵

21、的位置相同，分別與足量Br2加成后產(chǎn)物的結構相似，所以具有相同數(shù)目的手性碳原子，都有3個，故D正確；故選CD。13.室溫下進行下列實驗，根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得到的結論正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象結論A向X溶液中滴加幾滴新制氯水， 振蕩，再加入少量KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色一、一、“、 . .2+X溶液中一定含有FeB向濃度均為0.05 mol L-1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，啟黃色沉淀生成Ksp(AgI)> Ksp(AgCl)C向3 mL KI溶液中滴加幾滴濱水，振蕩,液，溶液顯藍色再滴加1mL淀粉溶Br2的氧化性比I2的強D用pH試紙測得：CH3COONa溶液的

22、9, NaNO2溶液的pH約為8pH約為HNO2電離出HCH3COOH 的強+的能力比A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【詳解】A.先滴加氯水，再加入 KSCN溶液，溶液變紅，說明存在Fe3+,而此時的Fe3+是否由Fe2+氧化而來是不能確定的，所以結論中一定含有Fe2+是錯誤的，故 A錯誤；B.黃色沉淀為AgI ,在定量分析中可以看出AgI比AgCl更難溶，則說明Ksp(Agl) <Ksp(AgCl),故B錯誤;C.溶液變藍說明有單質(zhì)碘生成，說明澳置換出KI中的碘，根據(jù)氧化還原反應的原理得出結論：Br2的氧化性比I2的強，故C正確；D.CH3COONa和NaNO2溶液濃

23、度未知，所以無法根據(jù)pH的大小，比較出兩種鹽的水解程度，也就無法比較HNO2和CH3COOH的電離的難易程度，故 D錯誤；故選Co14.室溫下，反應HC03rH2。口工 H2CO3+OH-的平衡常數(shù)K=2.2X10-8。將NH 4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取廢渣中的ZnO。若溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫時下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關系正確的是_ _-1-+A. 0.2mol L -氨水：c(NH 3 H20)>c(NH4 )>c(OH )>c(H )-1B. 0.2mol L - NH4HCO3溶B(pH>7)： c( NH 4 )>c(

24、HCO 3 )>c(H2CO3)>c(NH 3 H2O)C. 0.2mol L-1氨水和0.2mol L-1 NH4HCO3溶液等體積混合：2 c( NH4 )+c(NH 3 H2O)=c(H2CO3)+c( HCO3 )+c(CO3 )D. 0.6mol L-1氨水和0.2mol L-1 NH 4HCO3溶液等體積混合：_2 -_-_-1 +c(NH3 H2O)+c(CO3 )+c(OH )=0.3mol L, +c(H2CO3)+c(H )【答案】BD【解析】【詳解】A.NH 3岐0屬于弱電解，部分電離，氨水中存在的電離平衡有：NH3?H2O海0 NH4+OH-,H2O窿? H

25、+OH-,所以 c(OH-)>c(NH4+),故 A 錯誤；B.NH 4HCO3溶液顯堿性，說明 HCO3-的水解程度大于 NH4+的水解，所以c(NH4+)>c(HCO3-), HCO3-水解：HCO3-懶 飛 H2CO3+OH-, NH4+水解：NH4+H2O 脩? NH3?H2O+H + ,前者水解程度大，貝 Uc(H2CO3)>c(NH3?H2。),故 B 正確;C.由物料守恒，n(N):n(C)=2:1 ,則有 c(NH4+)+c(NH 3舒2O)=2c(H 2CO3)+c(HCO 3)+c(CO 32-),故 C 錯誤；D.由物料守恒，n(N):n(C)=4:1

26、,則有 c(NH 4+)+c(NH 37H2O)=4c(H 2CO3)+c(HCO 3-)+c(CO 32-)；電荷守恒有：c(NH 4+)+c(H+)=c(HCO 3-)+2c(CO32-)+c(OH -)；結合消去 c(NH4+)得:c(NH 3*l2O)+c(OH -)=c(H +)+4c(H 2CO3)+3c(HCO 3-)+2c(CO 32),0.2mol/LNH 4HCO3 與氨水等體積混合后， c(NH4HCO3)=0.1mol/L ,由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO 3-)+c(CO 32-)=0.1mol/L ，將等式兩邊各加一個 c(CO32-),則有 c(NH3?

27、H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-),將帶入 中得，c(NH3?H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+3c(H2CO3)+0.3mol/L ,故 D 正確；故選BD。15.在恒壓、NO和02的起始濃度一定的條件下，催化反應相同時間，測得不同溫度下NO轉(zhuǎn)化為NO?的轉(zhuǎn)化率如圖中實線所示（圖中虛線表示相同條件下 NO的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化）。下列說法正確的是溫度代璟榭？群ORA.反應 2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）的 AH>0B.圖中X點所示條件下，延長反應時間能提高 N

28、O轉(zhuǎn)化率C.圖中丫點所示條件下，增加 O2的濃度不能提高NO轉(zhuǎn)化率D. 380c下，c起始（O2）=5.0 10-4 mol L1 , NO平衡轉(zhuǎn)化率為50%,則平衡常數(shù) K>2000【答案】BD【解析】【詳解】A.隨溫度升高NO的轉(zhuǎn)化率先升高后降低，說明溫度較低時反應較慢，一段時間內(nèi)并未達到平衡， 分析溫度較高時，已達到平衡時的 NO轉(zhuǎn)化率可知，溫度越高 NO轉(zhuǎn)化率越低，說明溫度升高平衡向逆方向 移動，根據(jù)勒夏特列原理分析該反應為放熱反應，？H< 0,故A錯誤；B.根據(jù)上述分析，X點時，反應還未到達平衡狀態(tài)， 平衡正向移動，所以延長反應時間能提高NO的轉(zhuǎn)化率，故B正確；C.Y點，

29、反應已經(jīng)達到平衡狀態(tài)，此時增加O2的濃度，使得正反應速率大于逆反應速率，平衡向正方向移動，可以提高NO的轉(zhuǎn)化率，故C錯誤；D.設NO起始濃度為a, NO的轉(zhuǎn)化率為50%,則平衡時NO、O2和NO2的濃度分別為0.5amol/L、 (5x10-4-0.25a)mol/L、0.5amol/L ,根據(jù)平衡常數(shù)表達式c2(NO2)(0.5a)21K= -2= ；21> -j =2000 , 故 D 正確；c2(NO) c(O2) (0.5a)2 (5 10 /-0.5 a5 10故選BD。非選擇題16.N2O、NO和NO 2等氮氧化物是空氣污染物，含有氮氧化物的尾氣需處理后才能排放。(1) N2

30、O的處理。N2O是硝酸生產(chǎn)中氨催化氧化的副產(chǎn)物，用特種催化劑能使N2O分解。NH3與O2在加熱和催化劑作用下生成 N2O的化學方程式為。(2) NO和NO2的處理。已除去 N2O的硝酸尾氣可用 NaOH溶液吸收，主要反應為NO+NO 2+2OH 2NO2+H2O2NO 2+2OH NO 2一+ NO 3一+出。下列措施能提高尾氣中NO和NO2去除率的有 (填字母)。A .加快通入尾氣的速率B.采用氣、液逆流的方式吸收尾氣C.吸收尾氣過程中定期補加適量NaOH溶液吸收后的溶液經(jīng)濃縮、結晶、過濾，得到 NaNO2晶體，該晶體中的主要雜質(zhì)是 (填化學式)；吸收后排放的尾氣中含量較高的氮氧化物是 （填

31、化學式），NO的去除率。其他條件相同，NO轉(zhuǎn)（3） NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾氣，可提高尾氣中化為NO3%勺轉(zhuǎn)化率隨NaClO溶液初始pH （用稀鹽酸調(diào)節(jié)）的變化如圖所示。在酸性NaClO溶液中，HC1O氧化NO生成Cl-和NO1,其離子方程式為 NaClO溶液的初始pH越小，NO轉(zhuǎn)化率越高。其原因是 pH【答案】 (1). 2NH3+2O2 =N2O+3H2O(2). BC (3). NaNO3(4). NO (5).A+3HClO+2NO+H 2O= 3Cl +2 NO3+5H(6).溶液pH越小，溶液中HClO的濃度越大，氧化NO的能力越強【解析】【詳解】（1） NH3與

32、。2在加熱和催化劑作用下發(fā)生氧化還原反應生成N2O,根據(jù)得失電子守恒和原子守恒可知反應有水生成，配平化學方程式為：2NH 3+2O2= N2O+3H 2O ,法比制故答案為：2NH 3+2O2工N2O+3H2O ；（2）A.加快通入尾氣的速率，不能提高尾氣中NO和NO2的去除率，不選 A；B.采用氣、液逆流的方式吸收尾氣，可使氣液充分接觸，能提高尾氣中NO和NO2的去除率，選B;C.定期補充適量的 NaOH溶液可增大反應物濃度，能提高尾氣中NO和NO2的去除率，選C。故答案為：BC；由吸收反應：NO+NO 2+2OH -=2NO 2-+H20,2NO2+2OH -=NO2-+ NO3-+H2O

33、可知，反應后得到 NaNO2和 NaNO3混合溶液，經(jīng)濃縮、結晶、過濾得到NaNO2和 NaNO3晶體，因此得到的 NaNO2混有NaNO3;由吸收反應可知，若NO和NO2的物質(zhì)的量之比大于 1:1, NO不能被吸收，因此，吸收后排放的尾氣中含量較高的氮氧化物是NO, 故答案為：NaNO3； NO；成NO3和Cl ,根據(jù)得失電子守恒及電荷守恒、原子守恒，配平離子方程式為C1-+5H + ,故答案為：2NO+3HC1O+H 20=2 NO 3+3 Cl +5H ；在相同條件下，氧化劑的濃度越大，氧化能力越強，由反應2NO+3HC1O+H液pH越小，溶液中HClO濃度越大，氧化 NO的能力越強，故

34、答案為：溶液 pH越小，溶液中HClO濃度越大，氧化 NO的能力越強。17.化合物F是合成一種天然苣類化合物的重要中間體，其合成路線如下：OHOHOHSOC1CH30H *HO人'VOOH 'HO八dCOClH。人力ABC產(chǎn) H 20cH二OCH20cH $f'H.iLiAlHj2NO+3HClO+H 2O=2 NO3-+32O=2NO 3-+3 Cl-+5H+可知,溶CH4MHqCCXKHa 乙胺QCHOCHi(3)在酸性的NaClO溶液中，次氯酸根離子和氫離子結合生成HClO , HClO和NO發(fā)生氧化還原反應生K 2c03H(<TOOH3 ， 5 HKtZC

35、OOCHyDE(1) A中含氧官能團的名稱為 和。(2) A-B的反應類型為。(3) C-D的反應中有副廣物 X (分子式為 Ci2Hi5O6Br)生成，寫出(4) C的一種向分異構體同時滿足下列條件，寫出該向分異構體的結構簡式能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；堿性水解后酸化，含苯環(huán)的產(chǎn)物分子中不同化學環(huán)境的氫原子數(shù)目比為X(5)已知：Mg1)KRCl RMgCl £ .無水乙犍2) H30r/COOCH?煌基或氫)，寫出以1 J和CH3CH2CH20H為原料制備 JLJH式CH2OH FX的結構簡式：。:O1:1。、,6H (R表示煌基，R'和R"表示A，VH( 汁

36、 CH,CHCH2cHm=/-的合成路線CH,流程圖（無機試劑和有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）【答案】（1）.（酚）羥基 （2）.竣基 （3）.取代反應O中0（kCHjCH3cH 式）Ht7-7* CHWHfHOLu. (4).CH3OCH2(<00( HK HA)CH3.(6).【解析】有機物A和SOC12在加熱條件下發(fā)生取代反應生成 B, B和甲醇發(fā)生酯化反應生成 C, C和CH3OCH2CI在 三乙胺存在條件下發(fā)生取代反應生成 D, D和CH3I在K2CO3條件下發(fā)生取代反應生成 E, E在LiAlH 4條件 下發(fā)生還原反應生成 F,據(jù)此解答。【詳解】（1）由A的結構

37、簡式可知，A中含氧官能團為-OH和-COOH ,名稱為（酚）羥基、竣基，故答案為：（酚）羥基；竣基；（2）根據(jù)以上分析可知， A-B反應-COOH中的羥基被氯原子取代，反應類型為取代反應，故答案為：取代反應；（3）觀察對比C、D的結構可知，C-D的反應中酚羥基上的氫原子被 -CH2OCH3取代生成D,若兩個酚羥基都發(fā)生反應則得到另一種產(chǎn)物，結合副產(chǎn)物X的分子式Ci2Hi5O6Br,可知X的結構簡式為故答案為:(4) C為“'丫，C的同分異構體滿足以下條件：能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明含有酚羥基；堿性水解后酸化，含苯環(huán)的產(chǎn)物分子中不同化學環(huán)境的氫原子數(shù)目比為1：1,說明含苯環(huán)的產(chǎn)

38、物分子中有兩種類型的氫原子且數(shù)目相等，應為間苯三酚，則該同分異構體為酚酯，結構簡式為OHV故答”Tj；OH(5)根據(jù)逆合成法，若要制備 C合所給原料，1-丙醇催化氧化生成下發(fā)生還原反應生成。卜川恒山川.，根據(jù)題給信息可先制備|T3和CH3CH2CHO。結1 H HCH3CH2CHO ,參考題中E-F的反應條件，在LiAlH 4條件,| I和HCl發(fā)生取代反應生成Q,fi J在Mg、0/個CHj NcCl無水乙醍條件下發(fā)生已知中的反應生成 (JI,L,所以合成路線設計為：。工CH3CH2CH20H -CH3CH2CHO , 1 II u'廣丫L al聞九廣CH相H、廣度"HCH

39、jCHiCHO方q產(chǎn)菊睛 Ult.Hr 而一 Q&nvH,5故答疑：CH 3cH 2cH 20H FT CH 3cH 2cH0 ,丁 CH*4L和CH3CH2CHO反應生成18.聚合硫酸鐵Fe2（OH）6-2n（SO4）nm廣泛用于水的凈化。以FeSO4 7H2。為原料，經(jīng)溶解、氧化、水解聚合等步驟，可制備聚合硫酸鐵。（1）將一定量的FeSO4 7H2。溶于稀硫酸，在約 70 C下邊攪拌邊緩慢加入一定量的H2O2溶液，繼續(xù)反應一段時間，得到紅棕色黏稠液體。心。2氧化Fe2+的離子方程式為 ;水解聚合反應會導致溶液的pH 0（2）測定聚合硫酸鐵樣品中鐵的質(zhì)量分數(shù)：準確稱取液態(tài)樣品3.00

40、0 g,置于250 mL錐形瓶中，加入適量稀鹽酸，加熱，滴加稍過量的SnCl2溶液（Sn2+將Fe3+還原為Fe2+）,充分反應后，除去過量的Sn2+。用5.000 M0-2 mol L-1 K2Cr2O7溶液滴定至終點（滴定過程中Cr2。：與Fe2+反應生成C產(chǎn)和Fe3+）,消耗&52。7溶液22.00 mL 0上述實驗中若不除去過量的Sn2+,樣品中鐵的質(zhì)量分數(shù)的測定結果將 （填偏大”或褊小”或先影響”）。計算該樣品中鐵的質(zhì)量分數(shù)（寫出計算過程） ?！敬?案】（1）. 2Fe2+ H2O2+2H+= 2Fe3+2H2。（2）.減小 （3）.偏大 （4）.2 一 _- 2-1_-3-

41、 1_-3M5。7）5.000 10 mol L >22.00 mL 10 L mL =1.100 10 mol由滴定時 5。2- Cr3+和Fe2+- Fe3+,根據(jù)電子得失守恒可得微粒關系式：52。2一6Fe2+(或 Cr2O2 714H +6Fe2+= 6Fe3+2Cr3+7H 2O)2+_ 2 - 3- 3則 n(Fe )=6n(Cr2O7 )=6 ¥.100 10 mol=6.600 10 mol樣品中鐵元素的質(zhì)量:-3- 1 .m(Fe)=6.600 10 mol 為6 g - mol =0.3696 g0.3696 g樣品中鐵元素的質(zhì)量分數(shù):w(Fe)=M00%=

42、12.32%3.000 g(1) Fe2+具有還原性，H2O2具有氧化性，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒書寫離子方程式；根據(jù) 水解反應的離子方程式分析溶液pH的變化；(2)根據(jù)Sn2+能將Fe3+還原為Fe2+判斷還原性的強弱，進一步進行誤差分析；根據(jù)K2Cr2O7溶液的濃度和體積計算消耗的K2Cr2O7物質(zhì)的量，由得失電子守恒計算n ( Fe2+),結合Fe守恒和a ( Fe)的表達式計算?！驹斀狻?1) Fe2+具有還原性，在溶液中被氧化成Fe" H2O2具有氧化性，其還原產(chǎn)物為H2O,根據(jù)得失電子守恒可寫出反應 2Fe2+H2O2-2Fe3+2H2O,根據(jù)溶液呈酸性、結合

43、原子守恒和電荷守恒，H2O2氧化Fe2+ 的離子方程式為 2Fe2+H 2O2+2H+=2Fe3+2H 2O； H2O2氧化后的溶液為Fe2 (SO4) 3溶液，F(xiàn)e2 ( SO4) 3發(fā)生 水解反應 Fe2 (SO4) 3+ (6-2n)七0= F& (OH) 6-2n (SO4) n+ (3-n) H2SO4, Fe2 (OH) 6-2n (S04)n 聚合得到聚合硫酸鐵，根據(jù)水解方程式知水解聚合反應會導致溶液的酸性增強，pH減小。答案：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O減小(2)根據(jù)題意，Sn2+能將Fe3+還原為Fe2+,發(fā)生的反應為 Sn2+2Fe3+=Sn4+2

44、Fe2+,根據(jù)還原性：還原劑> 還原產(chǎn)物，則還原性 Sn2+>Fe2+,實驗中若不除去過量的 Sn2+,則加入的七52。7先氧化過量的Sn2+再氧化 Fe2+,導致消耗的K2Cr2O7溶液的體積偏大，則樣品中鐵的質(zhì)量分數(shù)的測定結果將偏大。答案：偏大實驗過程中消耗的 n (C2O72-) =5.000 xi0-2moi/L >22.00mL xi0-3L/mL=1.100 10-3mol由滴定時Cr2O72-Cr3+和Fe2+-Fe3+,根據(jù)電子得失守恒，可得微粒的關系式：Cr2O72-6Fe2+ (或Cr2O72-+6Fe2+14H +=6Fe3+2Cr3+7H2。)則 n

45、(Fe2+) =6n (C2O72-) =6X1.100 M0-3moi=6.6 M3mol(根據(jù)Fe守恒)樣品中鐵元素的質(zhì)量：m (Fe) =6.6 M0-3mol X56g/mol=0.3696g樣品中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)：3 (Fe)二 "絲"9 M00%=12.32%。3.000 g【點睛】本題以聚合硫酸鐵的制備過程為載體，考查氧化還原型離子方程式的書寫、鹽類的水解、氧化還原滴定的誤差分析和元素質(zhì)量分數(shù)的計算。易錯點是第(2)的誤差分析，應利用 強制弱”和先強后弱”的氧化還原反應規(guī)律分析。難點是第(2)，注意理清滴定實驗中物質(zhì)之間的計量關系。19.實驗室以工業(yè)廢渣(主要

46、含CaSO4 2H2O,還含少量SiO2、Al 2O3、F&O3)為原料制取輕質(zhì) CaCO3和(NH 4)2SO4 晶體，其實驗流程如下：廢渣粉末一浸取 一過濾 _漉渣輕質(zhì)CKCX濾液-(NH)產(chǎn)。4品體22(1)室溫下，反應 CaSO4(s)+CO3(aq)=CaCO3(s)+SO4.(aq)達到平衡，則溶液中2 c S04 -5-9丁;Ksp(CaSO4)=4.8 10 ， Ksp(CaCO3)=3 M0 。c(co2-)(2)將氨水和NH4HCO3溶液混合，可制得(NH4)2CO3溶液，其離子方程式為 ;浸取廢渣時，向(NH 4)2CO3溶液中加入適量濃氨水的目的是 。(3)廢渣

47、浸取在如圖所示的裝置中進行?？刂品磻獪囟仍?070C,攪拌，反應3小時。溫度過高將會導致CaSO4的轉(zhuǎn)化率下降，其原因是 ;保持溫度、反應時間、反應物和溶劑的量不變，實驗中提高 CaSO4轉(zhuǎn)化率的操作有。(4)濾渣水洗后，經(jīng)多步處理得到制備輕質(zhì)CaCO3所需的CaCl2溶液。設計以水洗后的濾渣為原料，制取CaCl2溶液的實驗方案： 已知pH=5時Fe(OH)3和Al(OH) 3沉淀完全；pH=8.5時Al(OH) 3開始溶解。實驗中必須使用的試劑：鹽酸和 Ca(OH)2o【答 案】(1). 1.6X104(2). HCOT +NH3 - H2ONH ： + CO2- +H2O(或+22-HCO

48、3+NH3 - H2O NH 4 + CO3 +H2O)(3).增加溶液中 CO 3 的儂度，促進 CaSO4 的轉(zhuǎn)化(4).溫度過高，(NH4)2CO3分解(5).加快攪拌速率(6).在攪拌下向足量稀鹽酸中分批加入濾渣，待觀察不到氣泡產(chǎn)生后，過濾，向濾液中分批加入少量Ca(OH)2,用pH試紙測量溶液pH,當pH介于58.5時，過 2 _八 2,，一“，一 一 , ， ， c (SO2i ，、人(1)反應CaSO4(s)+CO32(aq) = CaCO3(s)+SO42(aq)的平衡常數(shù)表達式為-二，結合c co2 -CaSO4 和 CaCO3 的 Ksp計算；(2)氨水與NH4HCO3反應

49、生成(NH4) 2CO3；加入氨水抑制(NH4) 2CO3的水解；(3)溫度過高，(NH4) 2CO3分解，使CaSO4轉(zhuǎn)化率下降；保持溫度、反應時間、反應物和溶劑的量不變，提高CaSO4轉(zhuǎn)化率即提高反應速率，結合反應的特點從影響反應速率的因素分析；(4)根據(jù)工業(yè)廢渣中的成分知，浸取、過濾后所得濾渣中含CaCO3、SiO2、AI2O3和Fe2O3；若以水洗后的濾渣為原料制取 CaC%溶液，根據(jù)題給試劑，首先要加入足量鹽酸將 CaCO3完全轉(zhuǎn)化為CaC/同時AI2O3、Fe2O3轉(zhuǎn)化成AICI3、FeCl3,過濾除去SiO2,結合題給已知，再利用 Ca (OH) 2調(diào)節(jié)pH除去Al 3+和Fe3

50、+?！驹斀狻?1)反應CaSO4 (s) +CO32- (aq)CaCO3 (s) +SO42- (aq)達到平衡時，溶液中1.6 M04,"注中=甲"二竺=“6耐。答案:c (CO2c (Ca*?CO2。 Ksp( CaCO?3><10"(2) NH4HCO3屬于酸式鹽，與氨水反應生成(NH4) 2CO3,反應的化學方程式為 NH4HCO3+NH3 H2O= (NH4) 2CO3+H2O或 NH4HCO 3+NH3 H2O( NH 4)2CO3+H2O,離子方程式為 HCO 3-+NH 3 H2O=NH 4+CO32-+H2O(或HCO3-+NH 3

51、 H2。= NH4+CO32-+H2O)；浸取廢渣時，加入的(NH 4) 2CO3屬于弱酸弱堿鹽，溶液中 存在水解平衡：CO32-+NH4+H2O=HCO3+NH 3 H2O,力口入適量濃氨水， 水解平衡逆向移動， 溶液中CO32- 的濃度增大，反應 CaSO4 (s) +CO32- (aq) = CaCO3 (s) +SO42- (aq)正向移動，促進 CaSO4的轉(zhuǎn)化。 答案：HCO3-+NH 3 H2O=NH 4+CO32-+H2O (或 HCO3-+NH 3 H2。 NH 4+CO32-+H2O)增加溶液中CO32-的濃度，促進 CaSO4的轉(zhuǎn)化(3)由于錢鹽具有不穩(wěn)定性，受熱易分解，

52、所以溫度過高，(NH4) 2CO3分解，從而使CaSO4轉(zhuǎn)化率下降；由于浸取過程中的反應屬于固體與溶液的反應(或發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化)，保持溫度、反應時間、反應物和溶劑的量不變，提高CaSO4轉(zhuǎn)化率即提高反應速率，結合外界條件對化學反應速率的影響，實驗過程中提高CaSO4轉(zhuǎn)化率的操作為加快攪拌速率(即增大接觸面積，加快反應速率，提高浸取率)。答案：溫度過高，(NH4)2 CO3分解加快攪拌速率(4)工業(yè)廢渣主要含 CaS04 2H2O,還含有少量 SiO2、Al 2O3和Fe2O3,加入(NH4) 2CO3溶液浸取，其中 CaSO4與(NH4) 2CO3反應生成CaCO3和(NH4) 2SO4, S

53、Q2、AI2O3和F%O3都不反應，過濾后所得濾渣 中含CaCO3、SiO2、AI2O3和F&O3；若以水洗后的濾渣為原料制取CaCl2溶液，根據(jù)題給試劑，首先要加入足量鹽酸將 CaCO3完全轉(zhuǎn)化為CaCl2,發(fā)生的反應為 CaCO3+2HCl=CaCl 2+H2O+CO 2 T,與此同時發(fā)生反應 Al 2O3+6HCl=2AlCl 3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl 3+3H2O, SiO2不反應，經(jīng)過濾除去 SiO2;得到的濾液中含CaCl2、AlC%、FeCl3,根據(jù) “pH=5B寸 Fe (OH) 3 和 Al (OH) 3 沉淀完全，pH=8.5 時 Al (OH

54、) 3 開始溶解 為了將濾液中Al 、Fe完全除去，應加入 Ca (OH) 2調(diào)節(jié)溶液的pH介于58.5加入Ca (OH) 2的過程中要邊加邊測定溶液的 pH,然后過濾即可制得 CaCl2溶液。答案：在攪拌下向足量稀鹽酸中分批加入濾渣，待觀察不到氣泡產(chǎn)生后，過濾，向濾液中分批加入少量Ca (OH) 2,用pH試紙測彳導溶液pH,當pH介于58.5時，過濾【點睛】本題以工業(yè)廢渣為原料制取輕質(zhì)CaCO3和(NH4) 2SO4晶體的實驗流程為載體，考查溶度積的計算、影響鹽類水解的因素、實驗條件的控制、制備實驗方案的設計和對信息的處理能力等。難點是第(4)問實驗方案的設計，設計實驗方案時首先要弄清水洗后濾渣中的成分，然后結合題給試劑和已知進行分析，作答時要答出關鍵點，如 pH介于58.5等。20.CO2的資