2019年高考化学真题试卷（江苏卷）
一、单选题
1．（2019·江苏）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
【答案】C
【知识点】多糖的性质和用途
【解析】【解答】淀粉的化学式为(C6H10O5)n，故淀粉中含有碳元素、氢元素和氧元素，不含有氮元素，C符合题意；
故答案为：C
【分析】根据淀粉的化学式确定淀粉中所含和不含的元素。
2．（2019·江苏）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：
B．N2的结构式：N=N
C．Na+的结构示意图：
D．H2O的电子式：
【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、中子数为18的氯原子，其质量数=质子数+中子数=17+18=35，因此该原子的表示方法为：，A不符合题意；
B、N2的结构式为N≡N，B不符合题意；
C、Na的最外层电子数为11，失去一个电子后形成Na+，其离子结构示意图为，C不符合题意；
D、H2O中存在两个氢氧共价键，其电子式为，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、标在元素符号左上角的数字表示的是质量数，质量数=质子数+中子数；
B、N2分子中存在N≡N；
C、Na+是在Na原子的基础上失去最外层一个电子形成的；
D、H2O中存在着氢氧共价键；
3．（2019·江苏）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
【知识点】镁、铝的重要化合物；化肥、农药及其合理利用；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、NH4HCO3中含有氮元素，可作氮肥，做氮肥与其受热易分解的性质无关，A不符合题意；
B、铁锈的主要成分是Fe2O3，属于金属氧化物，金属氧化物能与酸反应，二者具有对应关系，B符合题意；
C、SO2漂白纸浆的过程，是与纸浆中的有色物质发生化合反应形成无色物质，过程中没有涉及氧化还原反应，不体现SO2的氧化性，该过程体现了SO2的漂白性，C不符合题意；
D、Al2O3具有两性，既能与强酸溶液反应，也能与强碱溶液反应，该性质与电解冶炼铝的用途无关，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、受热易分解与做化肥无关；
B、金属氧化物能与酸反应；
C、SO2漂白纸浆体现了SO2的漂白性；
D、Al2O3具有两性，既能与强酸溶液反应，也能与强碱溶液反应；
4．（2019·江苏）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 1NaOH溶液：Na+、K+、 、
B．0.1 mol·L 1FeCl2溶液：K+、Mg2+、 、
C．0.1 mol·L 1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl 、OH
D．0.1 mol·L 1H2SO4溶液：K+、 、 、
【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、溶液中各离子相互间不形成难溶物（或微溶物）、不形成弱电解质、不形成易挥发性物质、不发生络合反应和氧化还原反应，可大量共存，A符合题意；
B、溶液中的MnO4-具有氧化性，Fe2+具有还原性，二者可发生氧化还原反应，不可大量共存，B不符合题意；
C、溶液中的Ba2+能与CO32-形成BaCO3沉淀，不可大量共存，C不符合题意；
D、溶液中NO3-在酸性条件下具有氧化性，能将HSO3-氧化成SO42-，同时H+能与HSO3-反应生成SO2和H2O，不可大量共存，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、溶液中各离子相互间不发生反应；
B、MnO4-具有氧化性，可将Fe2+氧化；
C、Ba2+能与CO32-形成BaCO3沉淀；
D、H+能与HSO3-反应形成SO2和H2O，NO3-在酸性条件下具有氧化性；
5．（2019·江苏）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 1NaOH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
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算；二氧化硫的性质；蒸发和结晶、重结晶；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、测溶液的pH值时，应用干燥洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，显色后与标准比色卡对照，得出溶液的pH值；若pH试纸润湿，则相当于对溶液进行了稀释操作，对于酸性溶液，会使得结果偏大，对于碱性溶液，会的结果偏小，对于中性溶液，则无影响，A不符合题意；
B、配制一定物质的量浓度的溶液时，应先将固体在烧杯中溶解，恢复至室温后，再转移到容量瓶中，不可在容量瓶内进行溶解操作，B不符合题意；
C、AlCl3在水中易水解，产生Al(OH)3和具有挥发性的HCl，直接加热蒸发AlCl3溶液，最终得到的是Al(OH)3，欲得到AlCl3晶体，应在HCl气流中加热蒸发，以抑制AlCl3的水解，C不符合题意；
D、SO2能与NaOH溶液反应，乙烯不能，故将混合气体通过NaOH溶液，可除去乙烯中混有的SO2，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、根据测溶液pH的实验操作分析；
B、不能在容量瓶内进行溶解；
C、AlCl3在水中易水解，产生Al(OH)3和具有挥发性的HCl；
D、SO2能与NaOH溶液反应，乙烯不能；
6．（2019·江苏）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
【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；硝酸的化学性质；二氧化硫的性质；钠的化学性质
【解析】【解答】A、常温下，浓硝酸能使铁钝化，稀硝酸不能使铁钝化，A不符合题意；
B、实验室制取Cl2所用的试剂为MnO2和浓盐酸，MnO2与稀盐酸不反应，B不符合题意；
C、氨水过量，则SO2反应，反应生成(NH4)2SO3，C符合题意；
D、室温下，Na与空气中的O2反应生成Na2O，在加热条件下， 反应生成Na2O2，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、常温下，浓硝酸能使铁钝化；
B、根据实验室制取Cl2的原理分析；
C、氨水过量，则SO2少量，反应生成SO32-；
D、室温下， Na与O2反应生成Na2O；
7．（2019·江苏）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+2 +2H+=Cu2++2NO2↑+H2O
D．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，该反应的离子方程式为： Cl2+2OH =ClO +Cl +H2O，A符合题意；
B、Al与NaOH溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，B不符合题意；
C、铜与稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，C不符合题意；
D、盐酸与Na2SiO3溶液反应的离子方程式为：SiO32-+2H+=H2SiO3↓，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O；
B、不满足电荷守恒；
C、左右两边电荷不守恒；
D、Na2SiO3是可溶性盐，在离子方程式中可以拆解成离子形式；
8．（2019·江苏）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
【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、同一主族，电子层数越大，原子半径越大，同一周期，核电荷数越大，原子半径越小，因此四种原子的半径大小关系为：r(Mg)>r(Si)>r(S)>r(O)，即r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)，A不符合题意；
B、由X、Y组成的化合物为MgO，属于离子化合物，B符合题意；
C、非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由于非金属性S(W)>Si(Z)，则最高价氧化物对应水化物的酸性：H2SO4>H2SiO3，C不符合题意；
D、非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，由于非金属性X>W，则简单氢化物的稳定性，W的比X的弱，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】“ X是地壳中含量最多的元素 ”则X为O；“ 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；“ W与X位于同一主族 ”则W为S；据此结合元素周期表的性质递变规律分析选项。
9．（2019·江苏）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)
【答案】B
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；含氮物质的综合应用；含硫物质的性质及综合应用；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A、电解NaCl溶液的过程中，阳极产生Cl2，Cl2与Fe反应生成FeCl3，第二步转化错误，A不符合题意；
B、石灰乳的主要成分是Ca(OH)2，与MgCl2反应生成Mg(OH)2沉淀，Mg(OH)2在加热的条件下发生分解反应，生成MgO，两步转化都正确，B符合题意；
C、S在O2中点燃，只能生成SO2，不能生成SO3，第一步转化错误，C不符合题意；
D、N2与H2反应生成NH3，NH3和CO2、NaCl溶液反应，生成NaHCO3，NaHCO3固体受热分解再生成Na2CO3，第二步转化错误，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、Cl2具有强氧化性，与可变价态的金属反应时，生成最高价态的金属氯化物；
B、石灰乳的主要成分是Ca(OH)2，难溶性氢氧化物在加热的条件下分解成相应的金属氧化物和水；
C、S在O2中点燃，只能生成SO2，不能生成SO3；
D、CO2与饱和氨盐水反应生成NaHCO3；
10．（2019·江苏）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
【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】A、在该装置中，铁发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，A不符合题意；
B、铁腐蚀过程中，化学能部分转化为电能，部分转化为其他能量，B不符合题意；
C、活性炭的存在，形成了原电池，加快了铁的腐蚀速率，C符合题意；
D、铁腐蚀需要水和O2，将NaCl溶液改成水，铁也能发生吸氧腐蚀，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】该装置中，铁发生吸氧腐蚀，其中铁做负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；碳做正极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-；据此结合选项进行分析。
二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。
11．（2019·江苏）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ΔH<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ΔH可通过下式估算： ΔH=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
【答案】A
【知识点】化学电源新型电池；焓变和熵变
【解析】【解答】A、反应能自发进行，则要求ΔH-TΔS<0，由于该反应反应前后气体分子数变小，则ΔS<0，要使ΔH-TΔS<0，则要求ΔH<0，A符合题意；
B、在燃料电池中，燃料物质在负极发生失电子的氧化反应，故氢氧燃料电池的负极反应为：H2-2e-=2H+，或H2-2e-+2OH-=2H2O，B不符合题意；
C、未给出气体所处的状态，无法应用Vm=22.4L/mol进行计算，C不符合题意；
D、反应热ΔH=反应物的化学键的键能总和-生成物的化学键的键能总和，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、结合焓判据和熵判据分析反应是否能自发进行；
B、燃料电池中，燃料物质在负极发生失电子的氧化反应；
C、未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算；
D、根据反应热ΔH的计算分析；
12．（2019·江苏）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
【答案】C,D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；羧酸简介；水解反应；酯化反应
【解析】【解答】A、化合物X中能与NaOH溶液反应的官能团有羧基和酯基，其中酯基水解后产物含有羧基和酚羟基，都能与NaOH反应，因此1mol化合物X能与3molNaOH反应，A不符合题意；
B、酯化反应的原理是“酸脱羟基，醇脱氢”，则Y与乙醇发生酯化反应时，Y中的羧基脱去羟基，乙醇的羟基上脱去H原子，所得产物的结构与X不同，B不符合题意；
C、化合物X、Y中都含有碳碳双键，因此都能与KMnO4溶液反应，C符合题意；
D、化合物X与足量的Br2反应后所得产物的结构简式为，其中含有手性碳原子数为3，化合物Y与足量的Br2反应后所得产物的结构简式为：，其中含有手性碳原子数为3，D符合题意；
故答案为：CD
【分析】A、能与NaOH溶液反应的官能团有：卤素原子、羧基、酯基、酚羟基；
B、根据酯化反应的原理“酸脱羟基，醇脱氢”分析；
C、能与KMnO4溶液反应的官能团有：羟基、醛基、碳碳双键、碳碳三键；
D、若碳原子所连的四个原子或原子团不相同，则该碳原子为手性碳原子，结合加成产物的结构简式确定手性碳原子的个数；
13．（2019·江苏）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 D．D
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A、检验Fe2+时，应先加KSCN溶液，排除溶液中可能存在的Fe3+的干扰，若加入KSCN溶液后无明显现象，再加新制氯水，溶液变红色，说明原溶液中含有Fe2+，A不符合题意；
B、产生的淡黄色沉淀为AgI沉淀，说明AgI比AgBr更难溶，因此Ksp(AgI)C、加入淀粉后，溶液显蓝色，说明Br2将溶液中的I-氧化成I2，因此Br2的氧化性强于I2的氧化性，C符合题意；
D、由于所用的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的浓度未知，因此不能得出正确结论，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、检验Fe2+时，应先加KSCN溶液，再加新制氯水；
B、Ksp越小，沉淀越难溶，反应过程中越先形成沉淀；
C、淀粉遇碘变蓝色；
D、由等浓度盐溶液的pH值大小得出离子水解程度的大小，结合“越弱越水解”分析酸的强弱；
14．（2019·江苏）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，室温时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 1NH4HCO3溶液(pH>7)：c ( )> c ( )> c (H2CO3)> c (NH3·H2O)
C．0.2 mol·L 1氨水和0.2 mol·L 1NH4HCO3溶液等体积混合：c( )+c(NH3·H2O)=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+)
【答案】B,D
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、氨水溶液显碱性，因此溶液中c(OH-)>c(H+)，由于NH3·H2O是弱碱，在水中部分电离，因此溶液中c(NH3·H2O)>c(NH4+)，由于溶液中存在H2O的电离，因此c(OH-)>c(NH4+)，因此溶液中c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(NH4+)>c(H+)，A不符合题意；
B、NH4HCO3溶液的pH>7，则溶液中HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度，因此溶液中c(NH4+)>c(HCO3-)，c(H2CO3)>c(NH3·H2O)，因此溶液中c(NH4+)>c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(NH3·H2O)，B符合题意；
C、两溶液等体积混合后，溶液中c(NH4+)+c(NH3·H2O)=0.2mol/L，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L，因此溶液中存在等式c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，C不符合题意；
D、两溶液等体积混合后，溶液中c(NH4+)+c(NH3·H2O)=0.4mol/L，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L，可得物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]···①
溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)···②
①-②得c(NH3·H2O)-c(H+)=2c(CO32-)+3c(HCO3-)+4c(H2CO3)-c(OH-)
等式两边都加上c(CO32-)得，c(NH3·H2O)+c(CO32-)-c(H+)=3c(CO32-)+3c(HCO3-)+4c(H2CO3)-c(OH-)
整理可得：c(NH3·H2O)+c(CO32-)-c(H+)=3[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]+c(H2CO3)-c(OH-)
由于c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L
因此c(NH3·H2O)+c(CO32-)-c(H+)=0.3mol/L+c(H2CO3)-c(OH-)
移项可得：c(NH3·H2O)+c(CO32-)+c(OH-)=0.3mol/L+c(H2CO3)+c(H+)，D符合题意；
故答案为：BD
【分析】A、氨水溶液中存在着H2O和NH3·H2O的电离，据此判断溶液中各微粒的浓度大小；
B、由溶液的pH确定溶液的酸碱性，从而确定溶液中NH4+和HCO3-的水解程度大小，进而判断溶液中微粒浓度大小关系；
C、结合物料守恒分析；
D、结合电荷守恒和物料守恒分析选项；
15．（2019·江苏）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ΔH>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起始(O2)=5.0×10 4 mol·L 1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000
【答案】B,D
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的调控
【解析】【解答】A、由图可知，当温度升高时，NO的平衡转化率逐渐减小，说明温度升高，平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热反应方向移动，故逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，即该反应的ΔH<0，A不符合题意；
B、图中X点所示反应未达到平衡状态，延长反应时间，可使反应继续正向进行，NO的转化率增大，B符合题意；
C、图中Y点反应达到平衡状态，增加O2浓度，反应物浓度增大，正反应速率增大，平衡正向移动，NO的转化率增大，C不符合题意；
D、设c起始(NO)=a×10-4mol/L，则可得平衡三段式：
2NO(g)+ O2(g) 2NO2(g)
起始（×10-4mol/L） a 5.0 0
转化（×10-4mol/L） 0.5a 0.25a 0.5a
平衡（×10-4mol/L） 0.5a 5-0.25a 0.5a
该温度下，反应的平衡常数，D符合题意；
故答案为：BD
【分析】A、结合温度对平衡移动的影响分析反应的热效应；
B、图示X点反应未达到平衡状态，延长反应时间，可促使平衡继续正向进行；
C、结合浓度对平衡移动的影响分析；
D、根据三段式，结合平衡常数的表达式进行计算；
三、非 选 择 题
16．（2019·江苏）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 =2 +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 。
【答案】（1）2NH3+2O2N2O+3H2ON2O+3H2O
（2）BC；NaNO3；NO
（3）3HClO+2NO+H2O=3Cl +2 +5H+；溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
【知识点】氮的固定；化学平衡的影响因素；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】（1）NH3和O2在催化剂作用下反应生成N2O和H2O，该反应中，氮元素由-3价变为+1价，失去8个电子，O2由0价变为-2价，得到4个电子，根据得失电子守恒可得，NH3和N2O的系数为2和1，O2的系数为2；由H原子个数守恒，可得H2O的系数为3；故该反应的化学方程式为：；
（2）①A、加快通入尾气的速率，会使得尾气未参与反应就逸出，导致NO和NO2的去除率降低，A不符合题意；
B、采用气、液逆流的方式，可以增大尾气和NaOH溶液的接触，提高NO和NO2的去除率，B符合题意；
C、定期补充NaOH溶液，可以提高NO和NO2的去除率，C符合题意；
故答案为：BC；
②由上述发生的反应可知，晶体后所得的NaNO2晶体中含有的主要杂质为NaNO3；
由于NO2能与水反应生成NO，且NO难溶于水，不与水反应，因此吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物为NO；
（3）①由题干信息可知，反应过程中，HClO将NO氧化成NO3-，自身还原为Cl-；Cl元素由+1价变为-1，得到2个电子；N元素由+2价变为+5价，失去3个电子；结合得失电子守恒可得，HClO和Cl-的系数为3，NO和NO3-的系数为2；由电荷守恒可得，产物中含有H+，且其系数为5；结合H原子个数守恒可得，反应物中有H2O，且其系数为1；因此可得该反应的离子方程式为：3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO3-+5H+；
②溶液的pH值越小，则酸性越强，溶液中c(HClO)越大，HClO的氧化性越强，其氧化NO的能量越强，因此NaClO溶液的起始pH越小，NO的转化率越高；
【分析】（1）由题干信息确定反应物和生成物，结合得失电子守恒和原子守恒书写反应的化学方程式；
（2）①A、加快通入气体的速率，气体吸收率降低；
B、气、液逆流可增大接触；
C、定期补充NaOH溶液，有利于尾气的吸收；
②结合发生反应的离子方程式确定晶体中所含杂质；结合NO和NO2的性质分析；
（3）①由题干信息确定反应物和生成物，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式；
②溶液pH越小，则溶液中c(HClO)越大，氧化性越强；
17．（2019·江苏）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FeCl3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）。
【答案】（1）（酚）羟基；羧基
（2）取代反应
（3）
（4）
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）由有机物A的结构简式可知，A中含有的含氧官能团为羧基和羟基；
（2）反应物为和SOCl2，生成物为，因此该反应过程中，SOCl2中的Cl取代了A中-COOH中羟基的位置，故A→B的反应类型为取代反应；
（3）由反应物C和生成物D的结构简式可知，该反应的反应原理为：三乙胺（CH3OCH2Cl）中的原子团-CH2OCH3取代了酚羟基中H原子的位置；由于反应物C中含有两个酚羟基，结合X的分子式（C12H15O6Br）可知，副产物X是由反应物C和两分子三乙胺反应后所得产物，因此X的结构简式为：；
（4）能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子结构中含有酚羟基；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，说明分子结构中含有酯基；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，则该产物的结构简式为：；因此可得该同分异构体的结构简式为：；
（5）根据最终产物的结构简式和已知反应可得，合成该产物的有机物的结构简式为CH3CH2CHO和；CH3CH2CH2OH在铜和O2，加热的条件下，可转化为CH3CH2CHO； 在LiAlH4作用下可转化为；因此该合成路线的流程图为：、；
【分析】（1）根据A的结构简式分析A中所含的官能团；
（2）由反应物和生成物的结构特点，确定反应类型；
（3）由C→D的反应原理，结合副产物X的分子式，确定X的结构简式；
（4）根据限定条件确定有机物的基本结构单元，进而确定同分异构体的结构简式；
（5）根据最终产物的结构，结合已知反应，可确定合成该产物的有机物的结构简式为CH3CH2CHO和；因此合成路线设计过程中，主要是将转化为，将CH3CH2CH2OH转化为CH3CH2CHO；
18．（2019·江苏）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
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 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”或“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） 。
【答案】（1）2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；减小
（2）偏大；n( )=5.000×10 2 mol·L 1×22.00 mL×10 3 L·mL 1=1.100×10 3 mol 由滴定时 →Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒的关系式： ~6Fe2+ （或 +14H++6Fe2+=6Fe3++2Cr3++7H2O） 则n(Fe2+)=6n( )=6×1.100×10 3 mol=6.600×10 3 mol 样品中铁元素的质量： m(Fe)=6.600×10 3 mol×56 g·mol 1=0.3696 g 样品中铁元素的质量分数：w(Fe)= ×100%=12.32%
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】（1）H2O2具有氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，该反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；水解聚合过程中，促进了Fe3+的水解，使得溶液中c(H+)增大，pH减小；
（2）①K2Cr2O7具有氧化性，能将Sn2+氧化成Sn4+，若不除去溶液中过量的Sn2+，则会导致滴定过程中消耗n(Cr2O72-)增大，从而使得计算出的样品中铁元素的质量偏大，最终测定结果偏大；
②滴定过程中发生反应的离子方程式为：Cr2O72-+14H++6Fe2+=6Fe3++2Cr3++7H2O；滴定至终点时，消耗n(Cr2O72-)= 5.000×10 2 mol/L×22.00×10-3L=1.100×10-3mol；
由反应的离子方程式可得关系式：Cr2O72-~6Fe2+，
则可得样品中n(Fe2+)=6n(Cr2O72-)=6×1.100×10 3 mol=6.600×10 3 mol，
则3.000g样品中铁元素的质量m(Fe)=6.600×10 3 mol×56g/mol=0.3696g
故所得样品中铁元素的质量为：；
【分析】（1）H2O2具有氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，据此写出反应的离子方程式；水解聚合过程中使得溶液c(H+)增大；
（2）①Sn2+能被K2Cr2O7氧化；
②根据发生反应的离子方程式，结合滴定过程中消耗的n(Cr2O72-)计算样品中n(Fe2+)，从而计算样品中铁元素的质量分数；
19．（2019·江苏）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，其实验流程如下：
（1）室温下，反应CaSO4(s)+ (aq) CaCO3(s)+ (aq)达到平衡，则溶液中= [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）1.6×104
（2） +NH3·H2O= + +H2O(或 +NH3·H2O + +H2O)；增加溶液中 的浓度，促进CaSO4的转化
（3）温度过高，(NH4)2CO3分解；加快搅拌速率
（4）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5~8.5时，过滤
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的调控；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）反应达到平衡时，溶液中；
（2）氨水显碱性，将氨水与NH4HCO3溶液混合后，溶液中的HCO3-与NH3·H2O反应生成CO32-，该反应的离子方程式为：HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-；向饱和(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水后，氨水可抑制CO32-水解成HCO3-，从而增大溶液中c(CO32-)，促进CaSO4沉淀转化为CaCO3沉淀；
（3）铵盐不稳定，受热易分解，因此当温度过高时，(NH4)2CO3分解，导致CaSO4的转化率降低；实验过程中，除了改变温度、时间和反应物浓度外，还可通过加快搅拌速率，来提高CaSO4的转化率；
（4）水洗后的滤渣中含有杂质Al2O3、Fe2O3，欲制得纯净的CaCl2溶液，应先将滤渣溶于足量的稀盐酸中，过滤后，再向滤液中加入Ca(OH)2，调节溶液的pH在5~8.5的范围内，过滤，得到CaCl2溶液；
【分析】（1）根据Ksp(CaSO4)和Ksp(CaCO3)的表达式进行计算；
（2）氨水显碱性，能与HCO3-反应形成CO32-，据此写出反应的离子方程式；加入适量浓氨水，可促使溶液中HCO3-转化为CO32-；
（3）铵盐不稳定，受热易分解；搅拌可加快反应速率；
（4）水洗后的滤渣中含有杂质Al2O3、Fe2O3，欲制得纯净的CaCl2溶液，应结合题干所给Fe(OH)3和Al(OH)3完全沉淀的pH确定实验过程中需要控制的条件；
20．（2019·江苏）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见下图。
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的原理示意图如下。
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) ΔH
=41.2 kJ·mol 1
反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH
=﹣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 。
【答案】（1）CaC2O4 CaCO3+CO↑；CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔
（2）CO2+H++2e =HCOO 或CO2+ +2e =HCOO + ；阳极产生O2，pH减小， 浓度降低；K+部分迁移至阴极区
（3）反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜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；增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的调控；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①加热过程中， 第一阶段固体质量的减小（由146g变为128g），主要发生CaC2O4·H2O的脱水反应，形成 CaC2O4固体；第二阶段固体质量的减小（由128g变为100g），CaC2O4热分解形成CaCO3和CO，该反应的化学方程式为：CaC2O4 CaCO3+CO↑；
②CaC2O4·H2O热分解过程中产生大量气体，可使得制得的CaO更加疏松多孔，相对表面积较大，与CO2反应过程中，接触面积更大，更有利于补集CO2；
（2）①CO2在阴极上得电子形成HCOO-，过程中碳元素由+4价变为+2价，得到两个电子，由于所用溶液为KHCO3溶液，因此HCO3-会参与反应，故阴极的电极反应式为：CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-；
②电解过程中，阳极的电极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，电解一段时间后，溶液中c(OH-)减小，c(H+)增大，使得阳极区c(HCO3-)减小，K+部分移向阴极区，最终导致阳极区c(KHCO3)减小；
（3）①反应Ⅰ的ΔH>0，升高温度，平衡正向移动，使CO2转化为CO的平衡转化率上升；反应Ⅱ的ΔH<0，升高温度，平衡逆向移动，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，因此CO2的平衡转化率随温度的升高而上升；
②要提高CH3OCH3的选择性，则因使反应Ⅱ正向进行的程度增大，故可选用对反应Ⅱ催化活性更强的催化剂；同时由于该反应，反应前后，气体分子数减小，则可通过增大压强的方式，使得反应Ⅱ的平衡正向移动；
【分析】（1）①根据加热过程中固体质量的变化确定发生反应的化学方程式；
②CaC2O4·H2O热分解过程中产生大量气体，可使得制得的CaO更加疏松多孔；
（2）①阴极上CO2发生得电子的还原反应，生成HCOO-，结合电荷守恒书写电极反应式；
②结合阳极的电极反应式进行分析；
（3）①结合温度对平衡移动的影响分析；
②提高CH3OCH3的选择性，则可改变压强促使反应Ⅱ正向进行，或者选用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂；
四、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。）
21．（2019·江苏）
A．[物质结构与性质]
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Cu O。
（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（见图2）中，Cu原子的数目为 。
【答案】（1）[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9
（2）正四面体；O
（3）sp3、sp2；易溶于水
（4）4
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Cu的基态核外电子排布式为1s22s22p23s23p23d104s1，形成Cu2+时，失去2个电子，即失去4s和3d能级上各自一个电子，因此Cu2+的基态电子排布式为：1s22s22p23s23p23d9；
（2）SO42-的中心原子为S，四个氧原子在周围，此时为正四面体；根据配位键理论，此时铜离子提供空轨道，OH-中的氧原子提供孤对电子，因此氧原子为配位原子；
（3）由抗坏血酸的分子结构可知，结构中，碳原子以双键和单键的形式存在，形成双键的碳原子为sp2杂化，形成单键的碳原子为sp3杂化；由于抗坏血酸分子结构中含有-COOH、-OH；且含有多个氧原子，可以和水形成氢键，氢键可增大物质在水中的溶解性，因此抗坏血酸易溶于水；
（4）根据Cu2O的原子个数比可知，铜原子和氧原子的个数比为2：1，根据晶胞中的白球和黑球的个数，可以知道白球有2个，黑球有4个，因此黑球代表的是铜原子。
【分析】（1）根据Cu的核外电子排布式确定Cu2+的核外电子排布式，注意Cu的3d和4s分别为全充满和半充满状态时，更稳定；
（2）要解决空间构型有一些技巧，当为XY4型为正四面体，XY3型若无孤对电子则为平面三角形，若有孤对电子则为三角锥，当为XY2型若无孤对电子则为直线型，有孤对电子则为V型，当为XY型则为直线型；形成配合物时，提供孤对电子的为配位原子；
（3）根据抗坏血酸中碳原子的成键情况，确定其轨道杂化类型；分子结构中含有多个氧原子，可形成氢键，氢键可增大物质在水中的溶解度；
（4）根据晶胞的化学式，结合原子个数比分析；
22．（2019·江苏）B．[实验化学]
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（装置见下图）。
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，上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 。
【答案】（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
【知识点】有机溶剂；化学实验安全及事故处理；蒸馏与分馏；实验装置综合
【解析】【解答】（1）过量的甲醇可以作为溶剂；同时由于酯化反应为可逆反应，故反应物甲醇过量，可促使另一反应物丙炔酸完全反应，因此过量的甲醇还可以提高丙炔酸的转化率；
（2）图示仪器A为直形冷凝管；反应过程中，溶液沸腾，因此需要在蒸馏烧瓶中加入碎瓷片，以防止液体爆沸；
（3）反应后所得的混合物中含有甲醇、丙炔酸和丙炔酸甲酯，其中丙炔酸能与Na2CO3反应，故用5%Na2CO3溶液洗涤的目的是除去丙炔酸；由于丙炔酸甲酯与Na2CO3溶液不互溶，故分离出有机相的操作应为分液；
（4）由于丙炔酸甲酯的沸点为103~105℃，而沸水的温度仅为100℃，达不到丙炔酸甲酯的沸点，因此蒸馏过程中，不能用水浴加热；
【分析】（1）酯化反应为可逆反应，结合平衡移动分析；
（2）根据图示仪器确定名称；加入碎瓷片的目的是防止爆沸；
（3）丙炔酸能与Na2CO3溶液反应；丙炔酸甲酯与Na2CO3溶液不互溶；
（4）结合丙炔酸甲酯的沸点分析；
1 / 12019年高考化学真题试卷（江苏卷）
一、单选题
1．（2019·江苏）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．（2019·江苏）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：
B．N2的结构式：N=N
C．Na+的结构示意图：
D．H2O的电子式：
3．（2019·江苏）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．（2019·江苏）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 1NaOH溶液：Na+、K+、 、
B．0.1 mol·L 1FeCl2溶液：K+、Mg2+、 、
C．0.1 mol·L 1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl 、OH
D．0.1 mol·L 1H2SO4溶液：K+、 、 、
5．（2019·江苏）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 1NaOH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．（2019·江苏）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．（2019·江苏）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+2 +2H+=Cu2++2NO2↑+H2O
D．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+
8．（2019·江苏）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．（2019·江苏）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．（2019·江苏）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。
11．（2019·江苏）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ΔH<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ΔH可通过下式估算： ΔH=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．（2019·江苏）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．（2019·江苏）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 D．D
14．（2019·江苏）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，室温时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 1NH4HCO3溶液(pH>7)：c ( )> c ( )> c (H2CO3)> c (NH3·H2O)
C．0.2 mol·L 1氨水和0.2 mol·L 1NH4HCO3溶液等体积混合：c( )+c(NH3·H2O)=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．（2019·江苏）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ΔH>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起始(O2)=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．（2019·江苏）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 =2 +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．（2019·江苏）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FeCl3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．（2019·江苏）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
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 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”或“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．（2019·江苏）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，其实验流程如下：
（1）室温下，反应CaSO4(s)+ (aq) CaCO3(s)+ (aq)达到平衡，则溶液中= [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]。
20．（2019·江苏）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见下图。
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的原理示意图如下。
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) ΔH
=41.2 kJ·mol 1
反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH
=﹣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 。
四、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。）
21．（2019·江苏）
A．[物质结构与性质]
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Cu O。
（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（见图2）中，Cu原子的数目为 。
22．（2019·江苏）B．[实验化学]
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（装置见下图）。
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，上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 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】多糖的性质和用途
【解析】【解答】淀粉的化学式为(C6H10O5)n，故淀粉中含有碳元素、氢元素和氧元素，不含有氮元素，C符合题意；
故答案为：C
【分析】根据淀粉的化学式确定淀粉中所含和不含的元素。
2．【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、中子数为18的氯原子，其质量数=质子数+中子数=17+18=35，因此该原子的表示方法为：，A不符合题意；
B、N2的结构式为N≡N，B不符合题意；
C、Na的最外层电子数为11，失去一个电子后形成Na+，其离子结构示意图为，C不符合题意；
D、H2O中存在两个氢氧共价键，其电子式为，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、标在元素符号左上角的数字表示的是质量数，质量数=质子数+中子数；
B、N2分子中存在N≡N；
C、Na+是在Na原子的基础上失去最外层一个电子形成的；
D、H2O中存在着氢氧共价键；
3．【答案】B
【知识点】镁、铝的重要化合物；化肥、农药及其合理利用；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、NH4HCO3中含有氮元素，可作氮肥，做氮肥与其受热易分解的性质无关，A不符合题意；
B、铁锈的主要成分是Fe2O3，属于金属氧化物，金属氧化物能与酸反应，二者具有对应关系，B符合题意；
C、SO2漂白纸浆的过程，是与纸浆中的有色物质发生化合反应形成无色物质，过程中没有涉及氧化还原反应，不体现SO2的氧化性，该过程体现了SO2的漂白性，C不符合题意；
D、Al2O3具有两性，既能与强酸溶液反应，也能与强碱溶液反应，该性质与电解冶炼铝的用途无关，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、受热易分解与做化肥无关；
B、金属氧化物能与酸反应；
C、SO2漂白纸浆体现了SO2的漂白性；
D、Al2O3具有两性，既能与强酸溶液反应，也能与强碱溶液反应；
4．【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、溶液中各离子相互间不形成难溶物（或微溶物）、不形成弱电解质、不形成易挥发性物质、不发生络合反应和氧化还原反应，可大量共存，A符合题意；
B、溶液中的MnO4-具有氧化性，Fe2+具有还原性，二者可发生氧化还原反应，不可大量共存，B不符合题意；
C、溶液中的Ba2+能与CO32-形成BaCO3沉淀，不可大量共存，C不符合题意；
D、溶液中NO3-在酸性条件下具有氧化性，能将HSO3-氧化成SO42-，同时H+能与HSO3-反应生成SO2和H2O，不可大量共存，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、溶液中各离子相互间不发生反应；
B、MnO4-具有氧化性，可将Fe2+氧化；
C、Ba2+能与CO32-形成BaCO3沉淀；
D、H+能与HSO3-反应形成SO2和H2O，NO3-在酸性条件下具有氧化性；
5．【答案】D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算；二氧化硫的性质；蒸发和结晶、重结晶；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、测溶液的pH值时，应用干燥洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，显色后与标准比色卡对照，得出溶液的pH值；若pH试纸润湿，则相当于对溶液进行了稀释操作，对于酸性溶液，会使得结果偏大，对于碱性溶液，会的结果偏小，对于中性溶液，则无影响，A不符合题意；
B、配制一定物质的量浓度的溶液时，应先将固体在烧杯中溶解，恢复至室温后，再转移到容量瓶中，不可在容量瓶内进行溶解操作，B不符合题意；
C、AlCl3在水中易水解，产生Al(OH)3和具有挥发性的HCl，直接加热蒸发AlCl3溶液，最终得到的是Al(OH)3，欲得到AlCl3晶体，应在HCl气流中加热蒸发，以抑制AlCl3的水解，C不符合题意；
D、SO2能与NaOH溶液反应，乙烯不能，故将混合气体通过NaOH溶液，可除去乙烯中混有的SO2，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、根据测溶液pH的实验操作分析；
B、不能在容量瓶内进行溶解；
C、AlCl3在水中易水解，产生Al(OH)3和具有挥发性的HCl；
D、SO2能与NaOH溶液反应，乙烯不能；
6．【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；硝酸的化学性质；二氧化硫的性质；钠的化学性质
【解析】【解答】A、常温下，浓硝酸能使铁钝化，稀硝酸不能使铁钝化，A不符合题意；
B、实验室制取Cl2所用的试剂为MnO2和浓盐酸，MnO2与稀盐酸不反应，B不符合题意；
C、氨水过量，则SO2反应，反应生成(NH4)2SO3，C符合题意；
D、室温下，Na与空气中的O2反应生成Na2O，在加热条件下， 反应生成Na2O2，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、常温下，浓硝酸能使铁钝化；
B、根据实验室制取Cl2的原理分析；
C、氨水过量，则SO2少量，反应生成SO32-；
D、室温下， Na与O2反应生成Na2O；
7．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，该反应的离子方程式为： Cl2+2OH =ClO +Cl +H2O，A符合题意；
B、Al与NaOH溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，B不符合题意；
C、铜与稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，C不符合题意；
D、盐酸与Na2SiO3溶液反应的离子方程式为：SiO32-+2H+=H2SiO3↓，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O；
B、不满足电荷守恒；
C、左右两边电荷不守恒；
D、Na2SiO3是可溶性盐，在离子方程式中可以拆解成离子形式；
8．【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、同一主族，电子层数越大，原子半径越大，同一周期，核电荷数越大，原子半径越小，因此四种原子的半径大小关系为：r(Mg)>r(Si)>r(S)>r(O)，即r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)，A不符合题意；
B、由X、Y组成的化合物为MgO，属于离子化合物，B符合题意；
C、非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由于非金属性S(W)>Si(Z)，则最高价氧化物对应水化物的酸性：H2SO4>H2SiO3，C不符合题意；
D、非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，由于非金属性X>W，则简单氢化物的稳定性，W的比X的弱，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】“ X是地壳中含量最多的元素 ”则X为O；“ 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；“ W与X位于同一主族 ”则W为S；据此结合元素周期表的性质递变规律分析选项。
9．【答案】B
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；含氮物质的综合应用；含硫物质的性质及综合应用；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A、电解NaCl溶液的过程中，阳极产生Cl2，Cl2与Fe反应生成FeCl3，第二步转化错误，A不符合题意；
B、石灰乳的主要成分是Ca(OH)2，与MgCl2反应生成Mg(OH)2沉淀，Mg(OH)2在加热的条件下发生分解反应，生成MgO，两步转化都正确，B符合题意；
C、S在O2中点燃，只能生成SO2，不能生成SO3，第一步转化错误，C不符合题意；
D、N2与H2反应生成NH3，NH3和CO2、NaCl溶液反应，生成NaHCO3，NaHCO3固体受热分解再生成Na2CO3，第二步转化错误，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、Cl2具有强氧化性，与可变价态的金属反应时，生成最高价态的金属氯化物；
B、石灰乳的主要成分是Ca(OH)2，难溶性氢氧化物在加热的条件下分解成相应的金属氧化物和水；
C、S在O2中点燃，只能生成SO2，不能生成SO3；
D、CO2与饱和氨盐水反应生成NaHCO3；
10．【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】A、在该装置中，铁发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，A不符合题意；
B、铁腐蚀过程中，化学能部分转化为电能，部分转化为其他能量，B不符合题意；
C、活性炭的存在，形成了原电池，加快了铁的腐蚀速率，C符合题意；
D、铁腐蚀需要水和O2，将NaCl溶液改成水，铁也能发生吸氧腐蚀，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】该装置中，铁发生吸氧腐蚀，其中铁做负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；碳做正极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-；据此结合选项进行分析。
11．【答案】A
【知识点】化学电源新型电池；焓变和熵变
【解析】【解答】A、反应能自发进行，则要求ΔH-TΔS<0，由于该反应反应前后气体分子数变小，则ΔS<0，要使ΔH-TΔS<0，则要求ΔH<0，A符合题意；
B、在燃料电池中，燃料物质在负极发生失电子的氧化反应，故氢氧燃料电池的负极反应为：H2-2e-=2H+，或H2-2e-+2OH-=2H2O，B不符合题意；
C、未给出气体所处的状态，无法应用Vm=22.4L/mol进行计算，C不符合题意；
D、反应热ΔH=反应物的化学键的键能总和-生成物的化学键的键能总和，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、结合焓判据和熵判据分析反应是否能自发进行；
B、燃料电池中，燃料物质在负极发生失电子的氧化反应；
C、未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算；
D、根据反应热ΔH的计算分析；
12．【答案】C,D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；羧酸简介；水解反应；酯化反应
【解析】【解答】A、化合物X中能与NaOH溶液反应的官能团有羧基和酯基，其中酯基水解后产物含有羧基和酚羟基，都能与NaOH反应，因此1mol化合物X能与3molNaOH反应，A不符合题意；
B、酯化反应的原理是“酸脱羟基，醇脱氢”，则Y与乙醇发生酯化反应时，Y中的羧基脱去羟基，乙醇的羟基上脱去H原子，所得产物的结构与X不同，B不符合题意；
C、化合物X、Y中都含有碳碳双键，因此都能与KMnO4溶液反应，C符合题意；
D、化合物X与足量的Br2反应后所得产物的结构简式为，其中含有手性碳原子数为3，化合物Y与足量的Br2反应后所得产物的结构简式为：，其中含有手性碳原子数为3，D符合题意；
故答案为：CD
【分析】A、能与NaOH溶液反应的官能团有：卤素原子、羧基、酯基、酚羟基；
B、根据酯化反应的原理“酸脱羟基，醇脱氢”分析；
C、能与KMnO4溶液反应的官能团有：羟基、醛基、碳碳双键、碳碳三键；
D、若碳原子所连的四个原子或原子团不相同，则该碳原子为手性碳原子，结合加成产物的结构简式确定手性碳原子的个数；
13．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A、检验Fe2+时，应先加KSCN溶液，排除溶液中可能存在的Fe3+的干扰，若加入KSCN溶液后无明显现象，再加新制氯水，溶液变红色，说明原溶液中含有Fe2+，A不符合题意；
B、产生的淡黄色沉淀为AgI沉淀，说明AgI比AgBr更难溶，因此Ksp(AgI)C、加入淀粉后，溶液显蓝色，说明Br2将溶液中的I-氧化成I2，因此Br2的氧化性强于I2的氧化性，C符合题意；
D、由于所用的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的浓度未知，因此不能得出正确结论，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、检验Fe2+时，应先加KSCN溶液，再加新制氯水；
B、Ksp越小，沉淀越难溶，反应过程中越先形成沉淀；
C、淀粉遇碘变蓝色；
D、由等浓度盐溶液的pH值大小得出离子水解程度的大小，结合“越弱越水解”分析酸的强弱；
14．【答案】B,D
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、氨水溶液显碱性，因此溶液中c(OH-)>c(H+)，由于NH3·H2O是弱碱，在水中部分电离，因此溶液中c(NH3·H2O)>c(NH4+)，由于溶液中存在H2O的电离，因此c(OH-)>c(NH4+)，因此溶液中c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(NH4+)>c(H+)，A不符合题意；
B、NH4HCO3溶液的pH>7，则溶液中HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度，因此溶液中c(NH4+)>c(HCO3-)，c(H2CO3)>c(NH3·H2O)，因此溶液中c(NH4+)>c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(NH3·H2O)，B符合题意；
C、两溶液等体积混合后，溶液中c(NH4+)+c(NH3·H2O)=0.2mol/L，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L，因此溶液中存在等式c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，C不符合题意；
D、两溶液等体积混合后，溶液中c(NH4+)+c(NH3·H2O)=0.4mol/L，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L，可得物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]···①
溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)···②
①-②得c(NH3·H2O)-c(H+)=2c(CO32-)+3c(HCO3-)+4c(H2CO3)-c(OH-)
等式两边都加上c(CO32-)得，c(NH3·H2O)+c(CO32-)-c(H+)=3c(CO32-)+3c(HCO3-)+4c(H2CO3)-c(OH-)
整理可得：c(NH3·H2O)+c(CO32-)-c(H+)=3[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]+c(H2CO3)-c(OH-)
由于c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L
因此c(NH3·H2O)+c(CO32-)-c(H+)=0.3mol/L+c(H2CO3)-c(OH-)
移项可得：c(NH3·H2O)+c(CO32-)+c(OH-)=0.3mol/L+c(H2CO3)+c(H+)，D符合题意；
故答案为：BD
【分析】A、氨水溶液中存在着H2O和NH3·H2O的电离，据此判断溶液中各微粒的浓度大小；
B、由溶液的pH确定溶液的酸碱性，从而确定溶液中NH4+和HCO3-的水解程度大小，进而判断溶液中微粒浓度大小关系；
C、结合物料守恒分析；
D、结合电荷守恒和物料守恒分析选项；
15．【答案】B,D
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的调控
【解析】【解答】A、由图可知，当温度升高时，NO的平衡转化率逐渐减小，说明温度升高，平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热反应方向移动，故逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，即该反应的ΔH<0，A不符合题意；
B、图中X点所示反应未达到平衡状态，延长反应时间，可使反应继续正向进行，NO的转化率增大，B符合题意；
C、图中Y点反应达到平衡状态，增加O2浓度，反应物浓度增大，正反应速率增大，平衡正向移动，NO的转化率增大，C不符合题意；
D、设c起始(NO)=a×10-4mol/L，则可得平衡三段式：
2NO(g)+ O2(g) 2NO2(g)
起始（×10-4mol/L） a 5.0 0
转化（×10-4mol/L） 0.5a 0.25a 0.5a
平衡（×10-4mol/L） 0.5a 5-0.25a 0.5a
该温度下，反应的平衡常数，D符合题意；
故答案为：BD
【分析】A、结合温度对平衡移动的影响分析反应的热效应；
B、图示X点反应未达到平衡状态，延长反应时间，可促使平衡继续正向进行；
C、结合浓度对平衡移动的影响分析；
D、根据三段式，结合平衡常数的表达式进行计算；
16．【答案】（1）2NH3+2O2N2O+3H2ON2O+3H2O
（2）BC；NaNO3；NO
（3）3HClO+2NO+H2O=3Cl +2 +5H+；溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
【知识点】氮的固定；化学平衡的影响因素；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】（1）NH3和O2在催化剂作用下反应生成N2O和H2O，该反应中，氮元素由-3价变为+1价，失去8个电子，O2由0价变为-2价，得到4个电子，根据得失电子守恒可得，NH3和N2O的系数为2和1，O2的系数为2；由H原子个数守恒，可得H2O的系数为3；故该反应的化学方程式为：；
（2）①A、加快通入尾气的速率，会使得尾气未参与反应就逸出，导致NO和NO2的去除率降低，A不符合题意；
B、采用气、液逆流的方式，可以增大尾气和NaOH溶液的接触，提高NO和NO2的去除率，B符合题意；
C、定期补充NaOH溶液，可以提高NO和NO2的去除率，C符合题意；
故答案为：BC；
②由上述发生的反应可知，晶体后所得的NaNO2晶体中含有的主要杂质为NaNO3；
由于NO2能与水反应生成NO，且NO难溶于水，不与水反应，因此吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物为NO；
（3）①由题干信息可知，反应过程中，HClO将NO氧化成NO3-，自身还原为Cl-；Cl元素由+1价变为-1，得到2个电子；N元素由+2价变为+5价，失去3个电子；结合得失电子守恒可得，HClO和Cl-的系数为3，NO和NO3-的系数为2；由电荷守恒可得，产物中含有H+，且其系数为5；结合H原子个数守恒可得，反应物中有H2O，且其系数为1；因此可得该反应的离子方程式为：3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO3-+5H+；
②溶液的pH值越小，则酸性越强，溶液中c(HClO)越大，HClO的氧化性越强，其氧化NO的能量越强，因此NaClO溶液的起始pH越小，NO的转化率越高；
【分析】（1）由题干信息确定反应物和生成物，结合得失电子守恒和原子守恒书写反应的化学方程式；
（2）①A、加快通入气体的速率，气体吸收率降低；
B、气、液逆流可增大接触；
C、定期补充NaOH溶液，有利于尾气的吸收；
②结合发生反应的离子方程式确定晶体中所含杂质；结合NO和NO2的性质分析；
（3）①由题干信息确定反应物和生成物，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式；
②溶液pH越小，则溶液中c(HClO)越大，氧化性越强；
17．【答案】（1）（酚）羟基；羧基
（2）取代反应
（3）
（4）
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）由有机物A的结构简式可知，A中含有的含氧官能团为羧基和羟基；
（2）反应物为和SOCl2，生成物为，因此该反应过程中，SOCl2中的Cl取代了A中-COOH中羟基的位置，故A→B的反应类型为取代反应；
（3）由反应物C和生成物D的结构简式可知，该反应的反应原理为：三乙胺（CH3OCH2Cl）中的原子团-CH2OCH3取代了酚羟基中H原子的位置；由于反应物C中含有两个酚羟基，结合X的分子式（C12H15O6Br）可知，副产物X是由反应物C和两分子三乙胺反应后所得产物，因此X的结构简式为：；
（4）能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子结构中含有酚羟基；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，说明分子结构中含有酯基；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，则该产物的结构简式为：；因此可得该同分异构体的结构简式为：；
（5）根据最终产物的结构简式和已知反应可得，合成该产物的有机物的结构简式为CH3CH2CHO和；CH3CH2CH2OH在铜和O2，加热的条件下，可转化为CH3CH2CHO； 在LiAlH4作用下可转化为；因此该合成路线的流程图为：、；
【分析】（1）根据A的结构简式分析A中所含的官能团；
（2）由反应物和生成物的结构特点，确定反应类型；
（3）由C→D的反应原理，结合副产物X的分子式，确定X的结构简式；
（4）根据限定条件确定有机物的基本结构单元，进而确定同分异构体的结构简式；
（5）根据最终产物的结构，结合已知反应，可确定合成该产物的有机物的结构简式为CH3CH2CHO和；因此合成路线设计过程中，主要是将转化为，将CH3CH2CH2OH转化为CH3CH2CHO；
18．【答案】（1）2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；减小
（2）偏大；n( )=5.000×10 2 mol·L 1×22.00 mL×10 3 L·mL 1=1.100×10 3 mol 由滴定时 →Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒的关系式： ~6Fe2+ （或 +14H++6Fe2+=6Fe3++2Cr3++7H2O） 则n(Fe2+)=6n( )=6×1.100×10 3 mol=6.600×10 3 mol 样品中铁元素的质量： m(Fe)=6.600×10 3 mol×56 g·mol 1=0.3696 g 样品中铁元素的质量分数：w(Fe)= ×100%=12.32%
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】（1）H2O2具有氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，该反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；水解聚合过程中，促进了Fe3+的水解，使得溶液中c(H+)增大，pH减小；
（2）①K2Cr2O7具有氧化性，能将Sn2+氧化成Sn4+，若不除去溶液中过量的Sn2+，则会导致滴定过程中消耗n(Cr2O72-)增大，从而使得计算出的样品中铁元素的质量偏大，最终测定结果偏大；
②滴定过程中发生反应的离子方程式为：Cr2O72-+14H++6Fe2+=6Fe3++2Cr3++7H2O；滴定至终点时，消耗n(Cr2O72-)= 5.000×10 2 mol/L×22.00×10-3L=1.100×10-3mol；
由反应的离子方程式可得关系式：Cr2O72-~6Fe2+，
则可得样品中n(Fe2+)=6n(Cr2O72-)=6×1.100×10 3 mol=6.600×10 3 mol，
则3.000g样品中铁元素的质量m(Fe)=6.600×10 3 mol×56g/mol=0.3696g
故所得样品中铁元素的质量为：；
【分析】（1）H2O2具有氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，据此写出反应的离子方程式；水解聚合过程中使得溶液c(H+)增大；
（2）①Sn2+能被K2Cr2O7氧化；
②根据发生反应的离子方程式，结合滴定过程中消耗的n(Cr2O72-)计算样品中n(Fe2+)，从而计算样品中铁元素的质量分数；
19．【答案】（1）1.6×104
（2） +NH3·H2O= + +H2O(或 +NH3·H2O + +H2O)；增加溶液中 的浓度，促进CaSO4的转化
（3）温度过高，(NH4)2CO3分解；加快搅拌速率
（4）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5~8.5时，过滤
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的调控；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）反应达到平衡时，溶液中；
（2）氨水显碱性，将氨水与NH4HCO3溶液混合后，溶液中的HCO3-与NH3·H2O反应生成CO32-，该反应的离子方程式为：HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-；向饱和(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水后，氨水可抑制CO32-水解成HCO3-，从而增大溶液中c(CO32-)，促进CaSO4沉淀转化为CaCO3沉淀；
（3）铵盐不稳定，受热易分解，因此当温度过高时，(NH4)2CO3分解，导致CaSO4的转化率降低；实验过程中，除了改变温度、时间和反应物浓度外，还可通过加快搅拌速率，来提高CaSO4的转化率；
（4）水洗后的滤渣中含有杂质Al2O3、Fe2O3，欲制得纯净的CaCl2溶液，应先将滤渣溶于足量的稀盐酸中，过滤后，再向滤液中加入Ca(OH)2，调节溶液的pH在5~8.5的范围内，过滤，得到CaCl2溶液；
【分析】（1）根据Ksp(CaSO4)和Ksp(CaCO3)的表达式进行计算；
（2）氨水显碱性，能与HCO3-反应形成CO32-，据此写出反应的离子方程式；加入适量浓氨水，可促使溶液中HCO3-转化为CO32-；
（3）铵盐不稳定，受热易分解；搅拌可加快反应速率；
（4）水洗后的滤渣中含有杂质Al2O3、Fe2O3，欲制得纯净的CaCl2溶液，应结合题干所给Fe(OH)3和Al(OH)3完全沉淀的pH确定实验过程中需要控制的条件；
20．【答案】（1）CaC2O4 CaCO3+CO↑；CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔
（2）CO2+H++2e =HCOO 或CO2+ +2e =HCOO + ；阳极产生O2，pH减小， 浓度降低；K+部分迁移至阴极区
（3）反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜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；增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的调控；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①加热过程中， 第一阶段固体质量的减小（由146g变为128g），主要发生CaC2O4·H2O的脱水反应，形成 CaC2O4固体；第二阶段固体质量的减小（由128g变为100g），CaC2O4热分解形成CaCO3和CO，该反应的化学方程式为：CaC2O4 CaCO3+CO↑；
②CaC2O4·H2O热分解过程中产生大量气体，可使得制得的CaO更加疏松多孔，相对表面积较大，与CO2反应过程中，接触面积更大，更有利于补集CO2；
（2）①CO2在阴极上得电子形成HCOO-，过程中碳元素由+4价变为+2价，得到两个电子，由于所用溶液为KHCO3溶液，因此HCO3-会参与反应，故阴极的电极反应式为：CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-；
②电解过程中，阳极的电极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，电解一段时间后，溶液中c(OH-)减小，c(H+)增大，使得阳极区c(HCO3-)减小，K+部分移向阴极区，最终导致阳极区c(KHCO3)减小；
（3）①反应Ⅰ的ΔH>0，升高温度，平衡正向移动，使CO2转化为CO的平衡转化率上升；反应Ⅱ的ΔH<0，升高温度，平衡逆向移动，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，因此CO2的平衡转化率随温度的升高而上升；
②要提高CH3OCH3的选择性，则因使反应Ⅱ正向进行的程度增大，故可选用对反应Ⅱ催化活性更强的催化剂；同时由于该反应，反应前后，气体分子数减小，则可通过增大压强的方式，使得反应Ⅱ的平衡正向移动；
【分析】（1）①根据加热过程中固体质量的变化确定发生反应的化学方程式；
②CaC2O4·H2O热分解过程中产生大量气体，可使得制得的CaO更加疏松多孔；
（2）①阴极上CO2发生得电子的还原反应，生成HCOO-，结合电荷守恒书写电极反应式；
②结合阳极的电极反应式进行分析；
（3）①结合温度对平衡移动的影响分析；
②提高CH3OCH3的选择性，则可改变压强促使反应Ⅱ正向进行，或者选用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂；
21．【答案】（1）[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9
（2）正四面体；O
（3）sp3、sp2；易溶于水
（4）4
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Cu的基态核外电子排布式为1s22s22p23s23p23d104s1，形成Cu2+时，失去2个电子，即失去4s和3d能级上各自一个电子，因此Cu2+的基态电子排布式为：1s22s22p23s23p23d9；
（2）SO42-的中心原子为S，四个氧原子在周围，此时为正四面体；根据配位键理论，此时铜离子提供空轨道，OH-中的氧原子提供孤对电子，因此氧原子为配位原子；
（3）由抗坏血酸的分子结构可知，结构中，碳原子以双键和单键的形式存在，形成双键的碳原子为sp2杂化，形成单键的碳原子为sp3杂化；由于抗坏血酸分子结构中含有-COOH、-OH；且含有多个氧原子，可以和水形成氢键，氢键可增大物质在水中的溶解性，因此抗坏血酸易溶于水；
（4）根据Cu2O的原子个数比可知，铜原子和氧原子的个数比为2：1，根据晶胞中的白球和黑球的个数，可以知道白球有2个，黑球有4个，因此黑球代表的是铜原子。
【分析】（1）根据Cu的核外电子排布式确定Cu2+的核外电子排布式，注意Cu的3d和4s分别为全充满和半充满状态时，更稳定；
（2）要解决空间构型有一些技巧，当为XY4型为正四面体，XY3型若无孤对电子则为平面三角形，若有孤对电子则为三角锥，当为XY2型若无孤对电子则为直线型，有孤对电子则为V型，当为XY型则为直线型；形成配合物时，提供孤对电子的为配位原子；
（3）根据抗坏血酸中碳原子的成键情况，确定其轨道杂化类型；分子结构中含有多个氧原子，可形成氢键，氢键可增大物质在水中的溶解度；
（4）根据晶胞的化学式，结合原子个数比分析；
22．【答案】（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
【知识点】有机溶剂；化学实验安全及事故处理；蒸馏与分馏；实验装置综合
【解析】【解答】（1）过量的甲醇可以作为溶剂；同时由于酯化反应为可逆反应，故反应物甲醇过量，可促使另一反应物丙炔酸完全反应，因此过量的甲醇还可以提高丙炔酸的转化率；
（2）图示仪器A为直形冷凝管；反应过程中，溶液沸腾，因此需要在蒸馏烧瓶中加入碎瓷片，以防止液体爆沸；
（3）反应后所得的混合物中含有甲醇、丙炔酸和丙炔酸甲酯，其中丙炔酸能与Na2CO3反应，故用5%Na2CO3溶液洗涤的目的是除去丙炔酸；由于丙炔酸甲酯与Na2CO3溶液不互溶，故分离出有机相的操作应为分液；
（4）由于丙炔酸甲酯的沸点为103~105℃，而沸水的温度仅为100℃，达不到丙炔酸甲酯的沸点，因此蒸馏过程中，不能用水浴加热；
【分析】（1）酯化反应为可逆反应，结合平衡移动分析；
（2）根据图示仪器确定名称；加入碎瓷片的目的是防止爆沸；
（3）丙炔酸能与Na2CO3溶液反应；丙炔酸甲酯与Na2CO3溶液不互溶；
（4）结合丙炔酸甲酯的沸点分析；
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