2019全国高考化学真题解析卷（江苏卷）

2019全国高考化学真题
（江苏卷）
一、单项选择题（本题包括10小题，每小题2分，共计20分）
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
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：Cl B．N2的结构式：N═N
C．Na+的结构示意图： D．H2O的电子式：
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
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 L-1 NaOH溶液：Na+、K+、、
B．0.1 mol L-1 FeCl2溶液：K+、Mg2+、、
C．0.1 mol L-1 K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl-、OH-
D．0.1 mol L-1 H2SO4溶液：K+、、、
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 L-1 NaOH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
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与空气中O2反应制取Na2O2
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+2OH-═ClO-+Cl-+H2O
B．用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al+2OH-═+H2↑
C．室温下用稀HNO3溶解铜：Cu++2H+═Cu2++2NO2↑+H2O
D．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+═H2SiO3↓+2Na+
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，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
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）Cl2（g）FeCl2（s）
B．MgCl2（aq）Mg(OH)2（s）MgO（s）
C．S（s）SO3（g）H2SO4（aq）
D．N2（g）NH3（g）Na2CO3（s）
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Fe-3e-═Fe3+
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
二、不定项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共计20分。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，只选一个且正确的得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0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＜0
B．氢氧燃料电池的负极反应为O2+2H2O+4e-═4OH-
C．常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2 L H2，转移电子的数目为6.02×1023
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
12．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（　　）
A．1 mol X最多能与2 mol NaOH反应
B．Y与乙醇发生酯化反应可得到X
C．X、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
13．室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（　　）
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0.05 mol L-1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3 mL KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1 mL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
14．室温下，反应+H2O H2CO3+OH-的平衡常数K=2.2×10-8。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（　　）
A．0.2 mol L-1氨水：c（NH3 H2O）＞c（）＞c（OH-）＞c（H+）
B．0.2 mol L-1 NH4HCO3溶液（pH＞7）：c（）＞c（）＞c（H2CO3）＞
c（NH3 H2O）
C．0.2 mol L-1氨水和0.2 mol L-1 NH4HCO3溶液等体积混合：c（NH3 H2O）+
c（）=c（H2CO3）+c（）+c（）
D．0.6 mol L-1氨水和0.2 mol L-1 NH4HCO3溶液等体积混合：c（NH3 H2O）+
c（）+c（OH-）=0.3 mol L-1+c（H2CO3）+c（H+）
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△H＞0
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．380 ℃下，c（O2）起始=5.0×10-4 mol L-1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K＞2000
三、非选择题
16．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+2OH-═+H2O 2NO2+2OH-═++H2O
①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NaOH溶液
②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转化为的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和，其离子方程式为 。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是 。
17．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 和 。
（2）A→B的反应类型为 。
（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）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： 。
①能与FeC13溶液发生显色反应；
②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）。
。
18．聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m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，得到红棕色粘稠液体。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 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5.000×10-2 mol L-1 K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中Cr2O72-与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。
①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”“偏小”或“无影响”）。
②计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）。
19．实验室以工业废渣（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，其实验流程如图：
（1）室温下，反应CaSO4（s）+（aq） CaCO3（s）+（aq）达到平衡，则溶中
= [Ksp（CaSO4）=4.8×10-5，Ksp（CaCO3）=3×10-9]。
（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60～70 ℃，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 ；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]。
20．CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。
（1）CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4 H2O热分解可制备CaO，CaC2O4 H2O加热升温过程中固体的质量变化如图。
①写出400～600 ℃范围内分解反应的化学方程式：
。
②与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4 H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是
。
（2）电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如图。
①写出阴极CO2还原为HCOO-的电极反应式： 。
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是 。
（3）CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：
反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g）△H=41.2 kJ mol-1
反应Ⅱ：2CO2（g）+6H2（g）=CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=-122.5 kJ mol-1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。
其中：CH3OCH3的选择性=×100%
①温度高于300 ℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是 。
②220 ℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%（图中A点）。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有
。
【选做题】（本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答。若多做，则按A小题评分）
A.[物质结构与性质]
21．Cu2O广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO4、NaOH和抗坏血酸为原料，可制备Cu2O。
（1）Cu2+基态核外电子排布式为 。
（2）的空间构型为 （用文字描述）；Cu2+与OH-反应能生成[Cu(OH)4]2-，[Cu(OH)4]2-中的配位原子为 （填元素符号）。
（3）抗坏血酸的分子结构如图1所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为 ；推测抗坏血酸在水中的溶解性： （填“难溶于水”或“易溶于水”）。
（4）一个Cu2O晶胞（如图2）中，Cu原子的数目为 。
B.[实验化学]
22．丙炔酸甲酯（CH≡C-COOCH3）是一种重要的有机化工原料，沸点为103-105 ℃。实验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为。
实验步骤如下：
步骤1：在反应瓶中加入14 g丙炔酸、50 mL甲醇和2 mL浓硫酸，搅拌，加热回流一段时间。
步骤2：蒸出过量的甲醇（装置如图）。
步骤3：反应液冷却后，依次用饱和NaCl溶液、5% Na2CO3溶液、水洗涤。分离出有机相。
步骤4：有机相经无水Na2SO4干燥、过滤、蒸馏，得丙炔酸甲酯。
（1）步骤1中，加入过量甲醇的目的是 。
（2）步骤2中，如图所示的装置中仪器A的名称是 ；蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是 。
（3）步骤3中，用5% Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质是 ；分离出有机相的操作名称为 。
（4）步骤4中，蒸馏时不能用水浴加热的原因是 。
化学试题答案
一、选择题
1.C。【解析】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、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。
2.D。【解析】A选项，中子数为18的氯原子的质量数为18+17=35，该氯原子正确的表示方法为Cl，故A错误；B选项，分子中含有1个氮氮三键，其正确的结构式为N≡N，故B错误；C选项，为钠原子结构示意图，钠离子为钠原子失去一个电子得到，其离子结构示意图为，故C错误；D选项，水分子属于共价化合物，其电子式为，故D正确。故选D。
3.B。【解析】A选项，碳酸氢铵为可溶性铵盐，含有N元素，可以作肥料，与其热稳定性无关，故A错误；B选项，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选项，二氧化硫具有漂白性，能漂白纸张，所以可用二氧化硫漂白纸浆，与其氧化性无关，故C错误；D选项，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，与其两性无关，故D错误。故选B。
4.A。【解析】A选项，Na+、K+、、之间不反应，且都不与NaOH反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B选项，FeCl2中的Fe2+易被氧化，在溶液中不能大量共存，故B错误；C选项，K2CO3中的与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；D选项，H2SO4中的H+与反应生成SO2和H2O，且酸性条件下能够氧化，在溶液中不能大量共存，故D错误。故选A。
5.D。【解析】A选项，用经水湿润的pH试纸测量溶液的pH，相当于原溶液被稀释，会影响测定结果，故A错误；B选项，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选项，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，故C错误；D选项，NaOH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。
6.C。【解析】A选项，常温下Fe在浓硝酸中发生钝化，在稀硝酸中发生氧化还原反应生成NO，故A错误；B选项，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选项，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选项，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。
7.A。【解析】A选项，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+2OH-═ClO-+Cl-+H2O，故A正确；B选项，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-+2H2O═+3H2↑，故B错误；C选项，稀硝酸与铜反应生成NO，反应的离子方程式为3Cu++8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误；D选项，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+2H+═H2SiO3↓，故D错误。故选A。
8.B。【解析】X是地壳中含量最多的元素，则X为O；W与X位于同一主族，则W为S；短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y原子的最外层有2个电子，则Y为Mg；Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，则Z为Si，根据分析可知，X为O，Y为Mg，Z为Si，W为S，A选项，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；B选项，Mg、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选项，非金属性Si＜S，则最高价氧化物对应水化物的酸性Z（Si）＜W（S），故C错误；D选项，非金属性S＜O，则简单氢化物的稳定性W（S）＜X（O），故D错误。故选B。
9.B。【解析】A选项，电解氯化钠可生成氯气，氯气具有强氧化性，与铁反应生成FeCl3，故A错误；B选项，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，反应符合物质的转化，故B正确；C选项，硫和氧气反应只能生成二氧化硫，二氧化硫可在催化条件下反应生成三氧化硫，故C错误；D选项，氨气、二氧化碳和氯化钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠，故D错误。故选B。
10.C。【解析】A选项，该装置中Fe发生吸氧腐蚀，Fe作负极，电极反应式为Fe-2e-═Fe2+，故A错误；B选项，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；C选项，Fe、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选项，弱酸性或中性条件下铁发生吸氧腐蚀，水代替NaCl溶液，溶液仍然呈中性，Fe发生吸氧腐蚀，故D错误。故选C。
二、不定项选择题
11.A。【解析】A选项，该反应是气体体积减小的反应，则△S＜0，如果该反应能自发进行，则△G=△H-T△S＜0，所以△H＜0，故A正确；B选项，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2H2-4e-═4H+、正极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O；如果是碱性电解质，负极反应式为2H2-4e-+4OH-═2H2O、正极反应式为O2+4e-+2H2O═4OH-，故B错误；C选项，常温常压下，气体摩尔体积大于22.4 L/mol，11.2 L的氢气物质的量小于0.5 mol，则转移电子的数目小于6.02×1023，故C错误；D选项，2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）的△H可通过公式△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估算，故D错误。故选A。
12.CD。【解析】A选项，X中能与NaOH溶液反应的为酯基和羧基，且X中的酯基可水解生成乙酸和酚羟基，则1 mol X最多能与3 mol NaOH反应，故A错误；B选项，Y生成X，应为酚羟基的反应，则应与乙酸反应，故B错误；C选项，X、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；D选项，X、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。
13.C。【解析】A选项，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选项，溶解度小的先生成沉淀，先生成黄色沉淀，说明溶解度AgI＜AgCl，则溶度积常数Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），故B错误；C选项，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，即碘离子被溴氧化生成碘单质，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选项，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。
14.BD。【解析】A选项，0.2 mol L-1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（NH3 H2O）＞c（OH-）＞c（）＞c（H+），故A错误；B选项，0.2 mol L-1 NH4HCO3溶液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（）＞c（）＞c（H2CO3）＞c（NH3 H2O），故B正确；C选项，
0.2 mol L-1氨水和0.2 mol L-1 NH4HCO3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（）+c（NH3 H2O）=2[c（H2CO3）+
c（）+c（）]，故C错误；D选项，0.6 mol L-1氨水和0.2 mol L-1 NH4HCO3溶液等体积混合，溶液中存在碳物料守恒：c（）+c（）+c（H2CO3）=
0.1 mol/L ①，氮守恒得到：c（）+c（NH3 H2O）=0.4 mol/L ②，混合溶液中存在电荷守恒得到：c（）+c（H+）=c（）+2c（）+c（OH-） ③，把①和②带入③整理得到：c（NH3 H2O）+c（）+c（OH-）=0.3 mol L-1+c（H2CO3）+c（H+），故D正确。故选BD。
15.BD。【解析】A选项，升高温度平衡向吸热方向移动，而升高温度NO平衡转化率降低，表明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，所以△H＜0，故A错误；B选项，X点没有达到平衡状态，平衡正向移动，延长时间导致NO的消耗量增多，则NO转化率提高，故B正确；C选项，Y点所示条件下达到平衡状态，增大氧气浓度平衡正向移动，NO转化率提高，故C错误；D选项，380 ℃下，c（O2）起始=5.0×10-4 mol L-1，反应正向移动，则
c（O2）平衡＜5.0×10-4 mol L-1，NO平衡转化率为50%，则平衡时c（NO）=c（NO2），化学平衡常数K=＞=2000，故D正确。故选BD。
三、非选择题
16.（1）；（2）①BC；②NaNO3；NO；
（3）①3HClO+2NO+H2O═3Cl-++5H+；②溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
【解析】（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；
（2）①A选项，加快通入尾气的速率，气体不能充分反应，故A错误；B选项，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选项，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；
②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；
（3）①在酸性NaClO溶液中，NO被HClO氧化生成Cl-和，反应后溶液呈酸性，则反应的离子方程式为3HClO+2NO+H2O═3Cl-++5H+；
②NaClO溶液的初始pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力越强，NO转化率越高。
17.（1）羟基；羧基；（2）取代反应；（3）；
（4）；
（5）
【解析】（1）A中含氧官能团的名称为羟基、羧基；
（2）A→B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，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：；
（4）C的一种同分异构体①能与FeC13溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②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原子个数相等，且含有酯基，符合条件的结构简式为；
（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。
18.（1）2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；减小；（2）①偏大；②根据转移电子守恒得+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，根据关系式～6Fe3+，n（Fe3+）=6n（K2Cr2O7）=6×5.000×10-2 mol L-1×0.022 L=6.600×10-3 mol，m=n M=6.600×10-3 mol×56 g/mol=
0.3696 g，样品中Fe元素质量分数=×100%=×100%=12.32%
【解析】（1）酸性条件下，Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，同时H2O2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；
（2）①Sn2+具有还原性，能被K2Cr2O7氧化，从而导致K2Cr2O7消耗偏多，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大；
②根据转移电子守恒得+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，根据关系式～6Fe3+知，n（Fe3+）=6n（K2Cr2O7）=6×5.000×10-2 mol L-1×0.022 L=6.600×10-3 mol，m=n M=
6.600×10-3 mol×56 g/mol=0.3696 g，样品中Fe元素质量分数=×100%=
×100%=12.32%。
19.（1）1.6×104；（2）+NH3 H2O═++H2O；增加溶液中的浓度，促进CaSO4的转化；（3）温度过高，碳酸铵分解；加快搅拌速率；（4）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5～8.5时，过滤
【解析】（1）反应CaSO4（s）+（aq） CaCO3（s）+（aq）达到平衡，溶液中
===1.6×104；
（2）将氨水和NH4HCO3溶液混合，反应生成(NH4)2CO3，离子方程式+NH3 H2O═++H2O，向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水，可抑制的水解，增大的浓度，促进CaSO4的转化；
（3）温度过高将会使碳酸铵分解，导致CaSO4的转换率下降，反应在搅拌条件下进行，加快搅拌速率，可提高CaSO4转化率；
（4）滤渣含有CaCO3、SiO2、Al2O3、Fe2O3，可分批向足量的稀盐酸中加入滤渣，待观察不到气泡后，说明盐酸完全反应，过滤，除去二氧化硅以及过量的滤渣，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5～8.5时，完全除去铁离子、铝离子，过滤，可得到CaCl2溶液。
20.（1）①；②CaC2O4 H2O热分解放出更多的气体，制得的氧化钙更加疏松多孔；（2）①CO2+H++2e-═HCOO-（或CO2++2e-═HCOO-+）；
②阳极产生O2，溶液pH减小，浓度降低，K+部分迁移至阴极区；（3）①反应Ⅰ的△H＞0，反应Ⅱ的△H＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度；②增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂
【解析】（1）CaC2O4 H2O热分解先分解生成草酸钙和水，0～200 ℃，固体质量变化为
146 g-128 g=18 g，则发生了反应，400～600 ℃质量变化为 128 g-100 g=28 g，是发生了反应，800～1000 ℃，质量变化为
100 g-56 g=44 g，是发生了反应；
①400～600 ℃质量减少128 g-100 g=28 g，草酸钙分解生成了一氧化碳和碳酸钙，是发生反应；
②CaC2O4 H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕获性能，其原因是：CaC2O4 H2O热分解放出更多的气体，制得的氧化钙更加疏松多孔；
（2）①阴极CO2还原为HCOO-的电极反应是二氧化碳得电子生成甲酸根离子或在碳酸氢根离子溶液中生成甲酸根离子和碳酸根离子，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写电极反应为：CO2+H++2e-═HCOO-或CO2++2e-═HCOO-+；
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低的原因是：阳极氢氧根离子失电子生成氧气，电极附近氢离子浓度增大，则氢离子和碳酸氢根离子反应，导致浓度降低，K+部分迁移至阴极区；
（3）①温度高于300 ℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是：反应Ⅰ的△H＞0，
反应Ⅱ的△H＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度；
②2CO2（g）+6H2（g）═CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=-122.5 kJ mol-1，结合CH3OCH3的选择性=×100%分析，平衡正向进行导致二甲醚物质的量增大，二氧化碳物质的量减小，二甲醚选择性增大，不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂。
【选做题】
21.（1）1s22s22p63s23p63d9（或[Ar]3d9）；（2）正四面体形；O；（3）sp3、sp2；易溶于水；
（4）4
【解析】（1）Cu原子失去4s能级上1个电子、3d能级上1个电子生成铜离子，则Cu2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；
（2）中S原子价层电子对个数=4+=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型为正四面体形；该配离子中Cu2+提供空轨道、O原子提供孤电子对形成配位键，所以配原子为O；
（3）中1、2、3号C原子价层电子对个数是4，4、5、6号碳原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断该分子中1、2、3号C原子采用sp3杂化，4、5、6号C原子采用sp2杂化；抗坏血酸中的羟基属于亲水基，所以抗坏血酸易溶于水；
（4）该晶胞中白色球个数=8×+1=2、黑色球个数为4，则白色球和黑色球个数之比=2∶4=1∶2，根据其化学式知，白色球表示O原子、黑色球表示Cu原子，则该晶胞中Cu原子数目为4。
22.（1）作为溶剂、提高丙炔酸的转化率；（2）（直形）冷凝管；防止暴沸；（3）丙炔酸；分液；（4）丙炔酸甲酯的沸点比水的高
【解析】（1）酯化反应为可逆反应，甲醇过量，有利于丙炔酸的转化，提高利用率，且甲醇可起到溶剂的作用；
（2）由图可知A为冷凝管或直形冷凝管，加热纯液体，应加入碎瓷片，可避免暴沸；
（3）丙炔酸具有酸性，可与碳酸钠溶液反应，则加入饱和碳酸钠溶液可除去丙炔酸，生成的丙炔酸甲酯不溶于水，溶液分层，可用分液的方法分离；
（4）丙炔酸甲酯的沸点为103～105 ℃，比水的沸点高，则不能用水浴加热，可采用油浴的方法加热。