1、 绝密绝密启用前启用前 2019 年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷） 化学化学 注注 意意 事事 项项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1本卷满分为本卷满分为 120 分，考试时间为分，考试时间为 100 分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题 卡的规定位置。卡的规定位置。
2、3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。 4作答选择题，必须用作答选择题，必须用 2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡 皮擦干净后，再选皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用涂其他答案。作答非选择题，必须用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上 的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 5如需作图，须用如需作图，须用 2B
3、铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。 可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35. 5 K 39 Ca 40 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ag 108 I 127 选择题选择题 单项选择题：本题包括单项选择题：本题包括 10 小题，每小题小题，每小题 2 分，共计分，共计 20 分。每小题分。每小题只有一个只有一个 选项符合题意选项符合题意。 1.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
4、 【答案】C 【解析】 【分析】 此题属于一道简单题目，考点为营养物质中糖类的组成元素。 【详解】淀粉属于多糖，分子组成为（C6H10O5）n，组成元素为 C、H、O，不含 N 元素；故选 C。 2.反应 NH4Cl+NaNO2 NaCl+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： 18 17Cl B. N 2的结构式：N=N C. Na+的结构示意图： D. H 2O的电子式： 【答案】D 【解析】 【分析】 此题考查化学用语，化学用语包括：化学式，结构式，电子式，原子（或离子）结构示意图以及不同核素 的表达
5、等，根据各化学用语的书写要点分析。 【详解】A.核素的表达式 A ZX中 A 表示 X原子的质量数，Z表示 X 原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数 为 18 的氯原子为 35 17Cl，A 项错误； B.氮原子最外层电子数为 5，还需要 3 个电子（或形成 3对共用电子对）达到 8 电子稳定结构，所以两个氮 原子共用 3 对电子，氮气的结构式为 NN，B项错误； C.钠原子的核外有 11 个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有 10 个电子，Na+的 结构示意图为，C 项错误； D.氧原子最外层有 6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成 1 对共用电子对，D 项正确。 故
6、选 D。 3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. NH4HCO3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 C. SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白 D. Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝 【答案】B 【解析】 【详解】A.NH4HCO3受热易分解和用作化肥无关，可以用作化肥是因为含有氮元素； B.铁锈的主要成分为 Fe2O3，硫酸具有酸性可以和金属氧化物反应，具有对应关系； C. 二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与有色物质化合成不稳定的无色物质，不涉及氧化还原，故和二氧化硫 的氧化性无关； D. 电解冶炼铝，只能说明熔融氧化铝能导电，是离子晶体，无法说明是否具有两
7、性，和酸、碱都反应可以 体现 Al2O3具有两性。 故选 B。 4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 0.1 mol L1NaOH 溶液：Na+、K+、 2 3 CO 、 2 AlO B. 0.1 mol L1FeCl2溶液：K+、Mg2+、 2 4 SO 、 4 MnO C. 0.1 mol L1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl、OH D. 0.1 mol L1H2SO4溶液：K+、 4 NH、 3 NO、 3 HSO 【答案】A 【解析】 【分析】 此题考的是离子共存问题，应从选项的条件获取信息，再从中判断在此条件的环境中是否有离子会互相反 应，能大量共存就是没有
8、可以互相发生反应的离子存在。 【详解】A.是一个碱性环境，离子相互间不反应，且与 OH-不反应，能大量共存； B.MnO4-具有强氧化性，Fe2+具有还原性，两者会发生氧化还原反应而不能大量共存； C.Ba2+可以与 CO32-发生反应生成沉淀而不能大量存在； D.酸性条件下 H+与 HSO3-不能大量共存，同时酸性条件下 NO3-表现强氧化性会将 HSO3-氧化而不能大量共 存； 故选 A。 【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量 共存的原因有：离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中 C项；离子间发生氧化还原反应， 如题中 B 项
9、；离子间发生双水解反应，如 Al3+与 HCO3-等；离子间发生络合反应，如 Fe3+与 SCN-等； 注意题中的附加条件的影响，如 NO3-在酸性条件下会表现强氧化性等。 5.下列实验操作能达到实验目的的是 A. 用经水湿润的 pH试纸测量溶液的 pH B. 将 4.0 g NaOH固体置于 100 mL容量瓶中，加水至刻度，配制 1.000 mol L1NaOH 溶液 C. 用装置甲蒸干 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 【答案】D 【解析】 【分析】 此题考查基本实验操作，根据溶液 pH的测量、物质的量浓度溶液的配制、盐类水解的应用、
10、物质除杂的原 则作答。 【详解】A.用水湿润的 pH试纸测量溶液的 pH所测为稀释液的 pH，不是原溶液的 pH，实验操作错误，不 能达到实验目的，A项错误； B.配制物质的量浓度的溶液的实验步骤为：计算、称量（或量取） 、溶解（或稀释） 、冷却、转移及洗涤、定 容、摇匀、装液，由于容量瓶上有容积、温度和唯一刻度线，若将氢氧化钠直接置于容量瓶中，加水后氢 氧化钠溶于水会放热引起容量瓶的容积发生变化，引起实验误差，B项错误； C.在 AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl，若用甲装置蒸干氯化铝溶液，由于 HCl 的挥发，加热后水解平衡正向移动，最终 AlCl3
11、完全水解成氢氧化铝固体，不能得到 AlCl3固体，C项 错误； D.SO2属于酸性氧化物， 能被 NaOH 溶液吸收， 乙烯与 NaOH 溶液不反应且乙烯难溶于水， 可通过盛有 NaOH 溶液的洗气瓶除去乙烯中少量的 SO2，D项正确； 故选 D。 【点睛】本题易错选 C 项，盐溶液蒸干后能否得到原溶质与溶质的性质有关，一般溶质为挥发性酸形成的 强酸弱碱盐、不稳定性的盐、具有强还原性的盐，加热蒸干不能得到原溶质。 6.下列有关化学反应的叙述正确的是 A. Fe 在稀硝酸中发生钝化 B. MnO2和稀盐酸反应制取 Cl2 C. SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3 D. 室温下 Na 与空
12、气中 O2反应制取 Na2O2 【答案】C 【解析】 【分析】 相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量） ，反应有可能也不同； A.钝化反应应注意必须注明常温下，浓硝酸与 Fe 发生钝化； B.实验室制备氯气的反应中应注意盐酸的浓度和反应温度； C.过量与少量问题应以少量物质为基准书写产物； D.钠的还原性强，其与氧气反应，温度不同，产物也不同； 【详解】A.常温下，Fe 在与浓硝酸发生钝化反应，故 A 错误； B.二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，故 B 错误； C.二氧化硫与过量氨水反应生成硫酸铵，故 C正确； D.常温下，Na与空气中的氧气反应生成 Na2O；加热条件下
13、，钠与氧气反应生成 Na2O2，故 D错误； 综上所述，本题应选 C。 【点睛】本题考查常见物质的化学反应，相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量） ，反应有 可能也不同，所以在描述化学反应时应注意反应的条件。 7.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+2OH 2 AlO+H2 C. 室温下用稀 HNO3溶解铜：Cu+2 3 NO+2H+Cu2+2NO2+H2O D. 向 Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+ H2SiO3+2Na+ 【答
14、案】A 【解析】 【分析】 A.Cl2与 NaOH 反应生成 NaCl、NaClO 和 H2O；B.电荷不守恒； C.不符合客观事实； D.应拆分的物质没有拆分； 【详解】A.NaOH为强碱，可以拆成离子形式，氯气单质不能拆，产物中 NaCl 和 NaClO 为可溶性盐，可拆 成离子形式，水为弱电解质，不能拆，故 A 正确； B.该离子方程式反应前后电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O =2AlO2-+3H2，故 B 错误； C.室温下，铜与稀硝酸反应生成 NO ，正确的离子方程式为：3Cu+2NO3-+8H+=2NO+3Cu2+4H2O，故 C错 误； D.Na2SiO
15、3为可溶性盐，可以拆成离子形式，正确的离子方程式为：SiO32-+2H+=H2SiO3 ，故 D错误； 综上所述，本题应选 A. 【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：从反应原 理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；从物质存在形态进行判断，如拆分是否正 确、是否正确表示了难溶物和气体等；从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中 的电子守恒等；从反应的条件进行判断；从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。 8.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
16、，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 C. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比 W的强 D. W的简单气态氢化物的热稳定性比 X 的强 【答案】B 【解析】 【分析】 X 是地壳中含量最多的元素，因此 X 为 O元素，Y的最外层有两个电子，且 Y是短周期元素，原子序数大 于 O，因此 Y为 Mg 元素，Z的单质晶体是广泛应用的半导体材料，所以 Z为 Si元素，W与 X 同主族，且 W 是短周期元素，原子序数大于 X，所以 W 为 S元素；据此解题； 【详解
17、】A.元素周期表中，同族元素原子半径随核电荷数增加而增加，O位于第二周期，其他元素位于第三 周期， 因此 O 的原子半径最小， 同周期元素， 核电荷数越大， 原子半径越小， 因此原子半径应为 r(Mg)r(Si) r(S)r(O)，故 A错误； B.X 为 O 元素，Y为 Mg元素，两者组成的化合物氧化镁为离子化合物，故 B正确； C.Z为 Si元素，W为 S 元素，因为 S 的非金属性强于 Si，所以 S的最高价氧化物对应水化物的酸性强于 Si 的，故 C 错误； D.W 为 S元素，X为 O 元素，因为 O的非金属性强于 S，所以 O 的气态氢化物的热稳定性强于 S 的，故 D 错误； 总
18、上所述，本题选 B。 【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的推断、原子结构与元素性质，题目难度不大，应先根据提示 推断所给原子的种类，原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培 养了学生的分析能力及灵活应用能力。 9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. NaCl(aq) 电解 Cl2(g) Fe(s) FeCl2(s) B. MgCl2(aq) 石灰乳 Mg(OH)2(s) 煅烧 MgO (s) C. S(s) 2 O (g) 点燃 SO3(g) 2 H O(l) H2SO4(aq) D. N 2(g) 2 H (g) 高温高压、催化剂 N
19、H3(g) 2 CO (g) aq) NaCl ( Na2CO3(s) 【答案】B 【解析】 【分析】 A.电解条件时应看清是电解水溶液还是电解熔融态物质，Cl2具有强氧化性； B.根据“强碱制弱碱”原理制备氢氧化镁； C.注意生成二氧化硫与三氧化硫的条件； D.氨气、二氧化碳和氯化钠反应制备碳酸氢钠是利用碳酸氢钠的溶解度低； 【详解】A.氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，故 A 错误； B.氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，故 B 正确； C.硫单质在空气中燃烧只能生成 SO2，SO2在与氧气在催化剂条件下生成 SO3，故 C 错误； D.氨
20、气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故 D 错误； 综上所述，本题应选 B。 【点睛】本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和 转化条件。 10.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 【答案】C 【解析】 【分析】 根据实验所给条件可知，本题铁发生的是吸氧腐蚀
21、，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O +4e-=4OH-；据此解题； 【详解】A.在铁的电化学腐蚀中，铁单质失去电子转化为二价铁离子，即负极反应为：Fe-2e-=Fe2+，故 A 错误； B.铁的腐蚀过程中化学能除了转化为电能，还有一部分转化为热能，故 B 错误； C.活性炭与铁混合，在氯化钠溶液中构成了许多微小的原电池，加速了铁的腐蚀，故 C正确； D.以水代替氯化钠溶液，水也呈中性，铁在中性或碱性条件下易发生吸氧腐蚀，故 D 错误； 综上所述，本题应选 C. 【点睛】本题考查金属铁的腐蚀。根据电解质溶液的酸碱性可判断电化学腐蚀的类型，电解质溶液为酸性 条件下，铁
22、发生的电化学腐蚀为析氢腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：2H+ +2e-=H2；电解 质溶液为碱性或中性条件下，发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O +4e-=4OH-。 不定项选择题：本题包括不定项选择题：本题包括 5 小题，每小题小题，每小题 4 分，共计分，共计 20 分。每小题只有分。每小题只有一个或两个一个或两个 选项符选项符 合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得合题意。若正确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，分；若正确答案包括两个选项， 只选一个且正确的得只选一个且正确的得
23、 2 分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得 0 分。分。 11.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 H Ksp(AgCl) C 向 3 mL KI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 A. A B. B C. C
24、 D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A.先滴加氯水，再加入 KSCN 溶液，溶液变红，说明加入 KSCN 溶液前溶液中存在 Fe3+，而此时的 Fe3+是否由 Fe2+氧化而来是不能确定的，所以结论中一定含有 Fe2+是错误的，故 A 错误； B. 黄色沉淀为 AgI，说明加入 AgNO3溶液优先形成 AgI 沉淀，AgI 比 AgCl 更难溶，AgI 与 AgCl 属于同种 类型，则说明 Ksp(AgI)c( 4 NH)c(OH)c(H+) B. 0.2mol L1NH4HCO3溶液(pH7)：c( 4 NH)c( 3 HCO)c(H2CO3)c(NH3 H2O) C. 0.2mol
25、L1氨水和 0.2mol L1NH4HCO3溶液等体积混合： c( 4 NH)+c(NH3 H2O)=c(H2CO3)+c( 3 HCO)+c( 2 3 CO ) D. 0.6mol L1氨水和 0.2mol L1NH4HCO3溶液等体积混合： c(NH3 H2O)+c( 2 3 CO )+c(OH)=0.3mol L1+c(H2CO3)+c(H+) 【答案】BD 【解析】 【详解】A.NH3H2O 属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3H2O垐 ?噲 ? NH4+OH-， H2O垐 ? 噲 ? H+OH-，所以 c(OH-)c(NH4+)，故 A 错误； B.NH4HCO3溶液显
26、碱性，说明 HCO3-的水解程度大于 NH4+的水解，所以 c(NH4+)c(HCO3-)，HCO3-水解： H2O+HCO3-垐 ? 噲 ? H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4+H2O垐 ? 噲 ? NH3 H 2O+H+，前者水解程度大且水解都是 微弱的，则 c(H2CO3)c(NH3H2O)，故 B 正确； C.由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有 c(NH4+)+c(NH3 H 2O)=2c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，故 C 错误； D.由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有 c(NH4+)+c(NH3 H 2O)=4c(H2CO3)+c(H
27、CO3-)+c(CO32-)；电荷守恒 有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)；结合消去 c(NH4+)得： c(NH3 H 2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)，0.2mol/LNH4HCO3与 0.6mol/L 氨水等体 积混合后瞬间 c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L，将等式 两边各加一个 c(CO32-)，则有 c(NH3 H 2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c
28、(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将带入中得， c(NH3 H 2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3mol/L，故 D 正确； 故选 BD。 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 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 D.
29、380下，c起始(O2)=5.0 104 mol L1，NO平衡转化率为 50%，则平衡常数 K2000 【答案】BD 【解析】 【详解】A.随温度升高 NO 的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，一段时间内并未达到平衡， 分析温度较高时，已达到平衡时的 NO 转化率可知，温度越高 NO 转化率越低，说明温度升高平衡向逆方 向移动，根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应，H 4 1 5 10 =2000，故 D 正确； 故选 BD。 【点睛】解本题时需要注意：实线中在最高点之前反应没有达到平衡状态，主要讨论温度对化学反应速率 的影响；最高点之后反应达到平衡状态，可以研究温度对化学平衡的影
30、响。 非选择题非选择题 16.N 2O、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的化学方程式为_。 （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+2OH2 2 NO+H2O 2NO2+2OH 2 NO+ 3 NO+H2O 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
31、 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_（填化学式） ；吸 收后排放的尾气中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 3 NO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 3 NO，其离子方程式为_。 NaClO 溶液的初始 pH越小，NO转化率越高。其原因是_。 【答案】 (1). 2NH3+2O2N2O+3H2O (2). BC (3). NaN
32、O3 (4). NO (5). 3HClO+2NO+H2O3Cl+2 3 NO+5H+ (6). 溶液 pH 越小，溶液中 HClO 的浓度越大，氧化 NO 的能 力越强 【解析】 【详解】 （1）NH3与 O2在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成 N2O，根据得失电子守恒和原子守恒 可知反应有水生成，配平化学方程式为：2NH3+2O2N2O+3H2O， 故答案为：2NH3+2O2N2O+3H2O； （2）A.加快通入尾气的速率，不能提高尾气中 NO 和 NO2的去除率，不选 A； B.采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中 NO 和 NO2的去除率，选 B； C.定
33、期补充适量的 NaOH 溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中 NO 和 NO2的去除率，选 C。 故答案为：BC； 由吸收反应：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2+2OH-=NO2-+ NO3-+H2O 可知，反应后得到 NaNO2和 NaNO3混合溶液，经浓缩、结晶、过滤得到 NaNO2和 NaNO3晶体，因此得到NaNO2混有 NaNO3；由 吸收反应可知，若 NO 和 NO2的物质的量之比大于 1：1，NO 不能被吸收，因此，吸收后排放的尾气中含 量较高的氮氧化物是 NO， 故答案为：NaNO3；NO； （3）在酸性的 NaClO 溶液中，次氯酸根离子和氢离子结合生成 H
34、ClO，HClO 和 NO 发生氧化还原反应 生成 NO3-和 Cl-， 根据得失电子守恒及电荷守恒、 原子守恒， 配平离子方程式为 2NO+3HClO+H2O=2 NO3 -+3 Cl-+5H+， 故答案为：2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+； 在相同条件下，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，由反应 2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3 Cl-+5H+可知， 溶液 pH 越小，溶液中 HClO 浓度越大，氧化 NO 的能力越强， 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。 17.化合物 F是合成一种天然茋类化合物的重要中间
35、体，其合成路线如下： （1）A中含氧官能团的名称为_和_。 （2）AB 的反应类型为_。 （3）CD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 11。 （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） 。_ 【答案】 (1). （酚）羟基 (2). 羧基
36、(3). 取代反应 (4). (5). (6). 【解析】 【分析】 有机物 A 和 SOCl2在加热条件下发生取代反应生成 B，B 和甲醇发生取代反应生成 C，C 和 CH3OCH2Cl 在三乙胺存在条件下发生取代反应生成 D，D 和 CH3I 在 K2CO3条件下发生取代反应生成 E，E 在 LiAlH4 条件下发生还原反应生成 F，据此解答。 【详解】 （1）由 A 的结构简式可知，A 中含氧官能团为-OH 和-COOH，名称为(酚)羟基、羧基， 故答案为：(酚)羟基；羧基； （2）根据以上分析可知，AB 的反应中-COOH 中的羟基被氯原子取代，反应类型为取代反应， 故答案为：取代反应
37、； （3）观察对比 C、D 的结构可知，CD 的反应中酚羟基上的氢原子被-CH2OCH3取代生成 D，根据副产 物 X 的分子式 C12H15O6Br， CD 的反应生成的副产物为 C 中两个酚羟基都发生了取代反应， 可知 X 的结构 简式为， 故答案为：； （4）C 为，C 的同分异构体满足以下条件：能与 FeCl3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，说明含苯环的产物 分子中有两种类型的氢原子且数目相等，应为间苯三酚，则该同分异构体为酚酯，结构简式为 ， 故答案为：； （5）根据逆合成法，若要制备，根据题给已知可先制备和
38、 CH3CH2CHO。 结合所给原料，1-丙醇催化氧化生成 CH3CH2CHO，参考题中 EF 的反应条件， 在 LiAlH4 条件下发生还原反应生成，和 HCl 发生取代反应生成，在 Mg、无水乙醚条件下发生已知中的反应生成，和 CH3CH2CHO 在一定条件下反 应生成，所以合成路线设计为： CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO， ， 故答案为：CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO， 。 【点睛】本题以化合物 F的合成路线为载体，考查官能团的识别、反应类型的判断、副产物结构简式的推 导、限定条件同分异构体的书写、有机合成路线的设计。难点是有机合成路线的设计，有机合成路线的设 计，先
39、对比原料和产物的结构，采用“切割化学键”的分析方法，分析官能团发生了什么改变，碳干骨架 发生了什么变化，再根据有机物的之间的相互转化和题给信息进行设计。 18.聚合硫酸铁Fe2(OH)6-2n(SO4)nm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）测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品 3.000
40、g，置于 250 mL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5.000 102 mol L1 K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中 2 27 Cr O 与 Fe2+反应生成 Cr3+和 Fe3+） ，消耗 K2Cr2O7溶液 22.00 mL。 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”） 。 计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）_。 【答案】 (1). 2Fe2+ H2O2+2H+2Fe3+2H2O (2). 减小
41、(3). 偏大 (4). 12.32%（过程见 解析） 【解析】 分析】 （1）Fe2+具有还原性，H2O2具有氧化性，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒书写离子方程式；根据 水解反应的离子方程式分析溶液 pH的变化； （2）根据 Sn2+能将 Fe3+还原为 Fe2+判断还原性的强弱，进一步进行误差分析； 根据 K2Cr2O7溶液的浓度和体积计算消耗的 K2Cr2O7物质的量，由得失电子守恒计算 n（Fe2+） ，结合 Fe 守恒和 （Fe）的表达式计算。 【详解】 （1）Fe2+具有还原性，在溶液中被氧化成 Fe3+，H2O2具有氧化性，其还原产物为 H2O，根据得失 电子守恒可写出反应
42、 2Fe2+H2O22Fe3+2H2O， 根据溶液呈酸性、 结合原子守恒和电荷守恒， H2O2氧化 Fe2+ 的离子方程式为 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；H2O2氧化后的溶液为 Fe2（SO4）3溶液，Fe2（SO4）3发生 水解反应 Fe2（SO4）3+（6-2n）H2O Fe2（OH）6-2n（SO4）n+（3-n）H2SO4，Fe2（OH）6-2n（SO4）n 聚合得到聚合硫酸铁，根据水解方程式知水解聚合反应会导致溶液的酸性增强，pH减小。答案： 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O 减小 （2）根据题意，Sn2+能将 Fe3+还原为 Fe2+，发生的反应为
43、 Sn2+2Fe3+=Sn4+2Fe2+，根据还原性：还原剂 还原产物，则还原性 Sn2+Fe2+，实验中若不除去过量的 Sn2+，则加入的 K2Cr2O7先氧化过量的 Sn2+再氧化 Fe2+，导致消耗的 K2Cr2O7溶液的体积偏大，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。答案：偏大 实验过程中消耗的 n（Cr2O72-）=5.000 10-2mol/L 22.00mL 10-3L/mL=1.100 10-3mol 由滴定时 Cr2O72-Cr3+和 Fe2+Fe3+，根据电子得失守恒，可得微粒的关系式：Cr2O72-6Fe2+（或 Cr2O72-+6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7
44、H2O） 则 n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=6 1.100 10-3mol=6.6 10-3mol （根据 Fe 守恒）样品中铁元素的质量：m（Fe）=6.6 10-3mol 56g/mol=0.3696g 样品中铁元素的质量分数：（Fe）= 0.3696g 3.000g 100%=12.32%。 【点睛】本题以聚合硫酸铁的制备过程为载体，考查氧化还原型离子方程式的书写、盐类的水解、氧化还 原滴定的误差分析和元素质量分数的计算。易错点是第（2）的误差分析，应利用“强制弱”和“先强后弱” 的氧化还原反应规律分析。难点是第（2），注意理清滴定实验中物质之间的计量关系。 19.实验室以工业
45、废渣（主要含 CaSO4 2H2O，还含少量 SiO2、Al2O3、Fe2O3）为原料制取轻质 CaCO3和 (NH4)2SO4晶体，其实验流程如下： （1）室温下，反应 CaSO4(s)+ 2 3 CO (aq)CaCO3(s)+ 2 4 SO (aq)达到平衡，则溶液中 2 4 2 3 SO CO c c =_Ksp(CaSO4)=4.8 105，Ksp(CaCO3)=3 109。 （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）废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在
46、6070 ，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=8.5 时 Al(OH)3开始溶解。 实验中必须使用的试剂：盐酸和 Ca(OH)2。 【 答 案 】 (1). 1.6104 (2). 3 HCO+NH3H2O + 4 NH+ 2 3 CO +H2O( 或 3 HCO+NH
47、3H2O + 4 NH+ 2 3 CO +H2O) (3). 增加溶液中 2 3 CO 的浓度，促进 CaSO4的转化 (4). 温度过高， (NH4)2CO3分解 (5). 加快搅拌速率 (6). 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，向滤液中分批加入少量 Ca(OH)2，用 pH 试纸测量溶液 pH，当 pH 介于 58.5 时， 过滤 【解析】 【分析】 （1）反应 CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）的平衡常数表达式为 2 4 2 3 cSO cCO （） （） ，结合 CaSO4和 CaCO3的 Ksp计算； （2）氨
48、水与 NH4HCO3反应生成（NH4）2CO3；加入氨水抑制（NH4）2CO3的水解； （3）温度过高， （NH4）2CO3分解，使 CaSO4转化率下降；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变， 提高 CaSO4转化率即提高反应速率，结合反应的特点从影响反应速率的因素分析； （4）根据工业废渣中的成分知，浸取、过滤后所得滤渣中含 CaCO3、SiO2、Al2O3和 Fe2O3；若以水洗后的 滤渣为原料制取 CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将 CaCO3完全转化为 CaCl2，同时 Al2O3、 Fe2O3转化成 AlCl3、FeCl3，过滤除去 SiO2，结合题给已知，再利用 Ca（OH）2调节 pH除去 Al3+和 Fe3+。 【详解】 （1）反应 CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）达到平衡时，溶
