1、絕密啟用前2019年普通高等學校招生全國統一考試（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。考試結束后，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定位置。3 .請認真核對監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。可能用到的相對原子質量：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。每小題只有二個 選項符合題意。1 .糖類是人體所需的重要營養物質。淀粉分子中不含的元素是A.氫B.碳C.氮D.氧【答案】C【解析】【分析】此題屬于一道簡單題目，考點為營養物質中糖類的組成元素。【詳解】淀粉屬于多糖，分子組成為（C6H10O5） n,組成元素為C、H、O,不含

3、N元素；故選Co2 .反應NH4Cl+NaNO2=NaCl+N 2 T +2HO放熱且產生氣體，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.中子數為18的氯原子：18C1B. N2的結構式：N=NC. Na的結構不忌圖：。k |一） jd. H20的電子式：H：O：H « 【答案】D【解析】【分析】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（或離子）結構示意圖以及不同核素的表達等，根據各化學用語的書寫要點分析。【詳解】A.核素的表達式AX中A表示X原子的質量數，Z表示X原子的質子數，則中子數 =A-Z ,中子數為18的氯原子為35Cl , A項

4、錯誤；B.氮原子最外層電子數為 5,還需要3個電子（或形成3對共用電子達到 8電子穩定結構，所以兩個氮原子共用3對電子，氮氣白結構式為N-N, B項錯誤；C.鈉原子的核外有11個電子，鈉離子是由鈉原子失去一個電子形成的，則鈉離子核外有10個電子，Na+的結構示意圖為（+nj i3c項錯誤；D.氧原子最外層有 6個電子，兩個氫原子分別和氧原子形成1對共用電子對，D項正確。故選D。3.下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是A. NH4HCO3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. AI2O3具有兩性，可用于電解冶煉鋁【解析】【詳解】A.

5、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.鐵銹的主要成分為 Fe2O3,硫酸具有酸性可以和金屬氧化物反應，具有對應關系；C. 二氧化硫的漂白原理是二氧化硫與有色物質化合成不穩定的無色物質，不涉及氧化還原，故和二氧化硫的氧化性無關；D. 電解冶煉鋁，只能說明熔融氧化鋁能導電，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A12O3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A. 0.1 mol L-1 NaOH 溶液：Na+、K+、CO；、AlO 2B. 0.1 mol L-1 FeCl2溶液：K+、Mg2+、SO2、MnO4C

6、. 0.1 mol L1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl-、OH-D. 0.1 mol L-1 H2SO4溶液：K+、NH4、NO3、HSO3【答案】A【解析】【分析】此題考的是離子共存問題，應從選項的條件獲取信息，再從中判斷在此條件的環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生反應的離子存在。【詳解】A. 是一個堿性環境，離子相互間不反應，且與OH -不反應，能大量共存；B.MnO4-具有強氧化性，Fe2+具有還原性，兩者會發生氧化還原反應而不能大量共存；C.Ba2+可以與CO32-發生反應生成沉淀而不能大量存在；D.酸性條件下H+與HSO3-不能大量共存，同時酸性條件下

7、NO3-表現強氧化性會將 HSO3-氧化而不能大量共存；故選 A。【點睛】本題考查離子共存，掌握離子的性質和離子不能大量共存的原因是解題的關鍵。離子間不能大量共存的原因有：離子間發生復分解反應生成水、沉淀或氣體，如題中 C項；離子間發生氧化還原反應，如題中B項；離子間發生雙水解反應，如Al3+與HCO3-等；離子間發生絡合反應，如Fe3+與SCN-等;注意題中的附加條件的影響，如NO 3-在酸性條件下會表現強氧化性等。5.下列實驗操作能達到實驗目的的是A.用經水濕潤的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 NaO

8、H 溶液C.用裝置甲蒸干 A1C13溶液制無水A1C13固體D.用裝置乙除去實驗室所制乙烯中少量SO2此題考查基本實驗操作，根據溶液pH的測量、物質的量洗暄溶液的配制、鹽類國的應用、物質除雜的原則作答。【詳解】A.用水濕潤的pH試紙測量溶液的 p能達到實驗目的，A項錯誤;B.配制物質的量濃度的溶液的實驗步驟為：計算、%容、搖勻、裝液，由于容量瓶上有容積、溫度和唯氧化鈉溶于水會放熱引起容量瓶的容積發生變化，弓C.在AlCl 3溶液中存在水解平衡：AlCl 3+3H2OHCl的揮發，加熱后水解平衡正向移動，最終錯誤;D.SO2屬于酸性氧化物，能被NaOH溶液吸收,操作錯誤，不,不H,溶液，由于l

9、3完全水解ICI3固體，C項烯與NaOH溶液不反應且乙烯難溶可通過盛有NaOH（或重取）實驗誤差,:Al (OH)專移及洗滌、定直接置瓶中，加B項錯誤;氧化鋁固體，不能得到溶液的洗氣瓶除去乙烯中少量的SO2, D項正確;故選Do【點睛】本題易錯選 C項，鹽溶液蒸干后能否得到原溶質與溶質的性質有關，一般溶質為揮發性酸形成的強酸弱堿鹽、不穩定性的鹽、具有強還原性的鹽，加熱蒸干不能得到原溶質。6.下列有關化學反應的敘述正確的是A. Fe在稀硝酸中發生鈍化B. MnO 2和稀鹽酸反應制取 C12C.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Na2O2【答案】C【解析】

10、【分析】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；A.鈍化反應應注意必須注明常溫下，濃硝酸與Fe發生鈍化；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基準書寫產物；D.鈉的還原性強，其與氧氣反應，溫度不同，產物也不同；【詳解】A.常溫下，Fe在與濃硝酸發生鈍化反應，故 A錯誤；B.二氧化鎰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亞硫酸俊，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 Co【點睛】本題考查常見物質

11、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-+Cl-+H2O8 .用鋁粉和NaOH溶液反應制取少量 H2： A1+2OH -= AlO 2+H2 TC.室溫下用稀 HNO3溶解銅：Cu+2 NO3+2H+=Cu2+2NO2f +HOD.向 Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3 J +2Na【答案】A【分析】A.C12與NaOH反應生成 NaCl、NaClO和H2O； B.電荷不守

12、恒；C. 不符合客觀事實；D. 應拆分的物質沒有拆分；【詳解】A.NaOH 為強堿，可以拆成離子形式，氯氣單質不能拆，產物中NaCl 和 NaClO 為可溶性鹽，可拆成離子形式，水為弱電解質，不能拆，故A 正確；B.該離子方程式反應前后電荷不守恒，正確的離子方程式為：2A1+2OH -+2H20 =2AlO 2-+3H 2 T ,故B錯誤；C.室溫下，銅與稀硝酸反應生成NO ,正確的離子方程式為：3Cu+2NO 3-+8H+=2NOT +3Cu2+4H2。，故C錯誤；D.Na2SiO3為可溶性鹽，可以拆成離子形式，正確的離子方程式為：SiO32-+2H+=H2SiO3 ,故D錯誤；綜上所述，本

13、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，如反應是否能發生、反應是否生成所給產物等； 從物質存在形態進行判斷，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)

14、> 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 的簡單氣態氫化物的熱穩定性比X 的強【答案】B【解析】分析】X 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，原子序數大于O,因此Y為Mg元素，Z的單質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，原子序數大于X ，所以 W 為 S 元素；據此解題；O 位于第二周期，其他元素位于第三A. 元素周期表中，同族元素原子半徑隨核電荷數增加而增加，周期，因此。的原子半徑最小，同周期元

15、素，核電荷數越大，原子半徑越小，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。的氣態氫化物的熱穩定性強于S的，故D錯誤；總上所述，本題選B 。【點睛】本題考查元素周期表和元素周期律的推斷、原子結構與元素性質，題目難度不大，應先根據提示推斷所給原子的種類，原子結構與元素周期律的關系

16、為解答關鍵，注意掌握原子構成及表示方法，試題培養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間轉化均能實現的是A. NaCl(aq)電解 Cl2(g)FT,FeCl2(s)石灰乳煅燒B. MgCl 2(aq)Mg(OH) 2(s)MgO (s)C. S(s) O2 魯SO3(g)H2O(l)H2SO4(aq)H2(g)CO2(g)D. N2(g) 高溫高壓、催化劑2NH 3(g) NaCl(aq)Na2CO3(s)【答案】B【解析】【分析】A.電解條件時應看清電解水溶液還是電解熔融態物質，C12具有強氧化性；B. 根據 “強堿制弱堿”原理制備氫氧化鎂；C. 注意生成二

17、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，與鐵單質反應直接生成氯化鐵，故A 錯誤；B. 氯化鎂與石灰乳發生復分解反應生成氫氧化鎂，氫氧化鎂高溫煅燒生成氧化鎂和水，故B 正確；C.硫單質在空氣中燃燒只能生成SO2, SO2在與氧氣在催化劑條件下生成SO3,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。【點睛】本題考查元素及其化合物之間的相互轉化和反應條件，解題的關鍵是熟悉常見物質的化學性質和轉化條件。10.將鐵粉和活性炭的混合物用NaC

18、l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-3e"=Fe3+B.鐵腐蝕過程中化學能全部轉化為電能C.活性炭的存在會加速鐵的腐蝕D.以水代替NaCl溶液，鐵不能發生吸氧腐蝕根據實驗所給條件可知，本題鐵發生的是吸氧腐蝕，負極反應為：Fe-2e-=Fe2+；正極反應為：O2+2H2O+4e-=4OH-；據此解題；【詳解】A.在鐵的電化學腐蝕中，鐵單質失去電子轉化為二價鐵離子，即負極反應為：Fe-2e-=Fe2+,故A錯誤；B.鐵的腐蝕過程中化學能除了轉化為電能，還有一部分轉化為熱能，故 B錯誤；C.活性炭與鐵混合，

19、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C正確；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生吸氧腐蝕，故D錯誤；綜上所述，本題應選 C.【點睛】本題考查金屬鐵的腐蝕。根據電解質溶液的酸堿性可判斷電化學腐蝕的類型，電解質溶液為酸性條件下，鐵發生的電化學腐蝕為析氫腐蝕，負極反應為：Fe-2e-=Fe2+；正極反應為：2H+2e-=H2f；電解質溶液為堿性或中性條件下，發生吸氧腐蝕，負極反應為:Fe-2e-=Fe2+；正極反應為：O2+2H2O +4e-=4OH-。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

20、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. 一定溫度下，反應 2H2（g）+O2（g） =2H2O（g）能自發進行，該反應的AH<0B.氫氧燃料電池的負極反應為O2+2H2O+4e-=4OH-C.常溫常壓下，氫氧燃料電池放電過程中消耗11.2 L H2,轉移電子的數目為 6.02 1023D.反應2H2（g）+O2（g） =2H2O（g）的AH可通過下式估算：？H=反應中形成新共價鍵的鍵能之和 -反應中斷 裂舊共價鍵

21、的鍵能之和【答案】A【解析】【詳解】A.體系能量降低和混亂度增大都有促使反應自發進行的傾向，該反應屬于混亂度減小的反應，能自發說明該反應為放熱反應，即 ？H<0,故A正確；B.氫氧燃料電池，氫氣作負極，失電子發生氧化反應，中性條件的電極反應式為：2H2 - 4e-=4H + ,故B錯誤；C.常溫常壓下，VmW22.L/mol ,無法根據氣體體積進行微粒數目的計算，故 C錯誤；D.反應中，應該如下估算：？H=反應中斷裂舊化學鍵的鍵能之和 -反應中形成新共價鍵的鍵能之和，故 D錯誤；故選A o12.化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由 X制得。下列有關化合物 X、丫的說法正確的是A. 1 mol

22、 X最多能與2 mol NaOH反應B. 丫與乙醇發生酯化反應可得到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加成的產物分子中手性碳原子數目相等【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與丫的結構可知，Y與乙酸發生酯化反應可得到X ,故B錯誤；C.X和丫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的位置相同，分別與足量Br2加成后產物的結構相似，所以具有相同數目的

23、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，根據實驗操作和現象所得到的結論正確的是選項實驗操作和現象結論A向X溶液中滴加幾滴新制氯水， 振蕩，再加入少量KSCN溶液，溶液變為紅色X溶液中一定含有Fe2+B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，有黃色沉淀生成Ksp(AgI)> Ksp(AgCl)C向3 mL KI溶液中滴加幾滴濱水，振蕩，再滴加 1mL淀粉溶液，溶液顯藍色Br2的氧化性比I2的強D用pH試紙測得：CH3COONa溶液的pH約為9, NaNO2溶液的pH約為8HNO2電離出H +的能力比CH3COOH 的

24、強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，說明加入 KSCNB液前溶液中存在 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AgI ,說明加入AgNO3溶液優先形成 AgI沉淀，AgI比AgCl更難溶，AgI與AgCl屬于同種類型，則說明 Ksp(AgI)< Ksp(AgCl),故 B 錯誤；C.溶液變藍說明有單質碘生成，說明澳置換出KI中的碘，根據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

25、濃度未知，所以無法根據 pH的大小，比較出兩種鹽的水解程度，也就無法比較HNO2和CH3COOH電離出H+的難易程度，故 D錯誤；故選C。14.室溫下，反應HCO3+H2O脩 您H2CO3+OH-的平衡常數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的量濃度關系正確的是A. 0.2mol L-1氨水：c(NH 3 H2O)>c(NH4)>c(OH-)>c(H+)B. 0.2mol L-1 NH4HCO3溶液(pH>7) : c( NH 4 )>c( HCO

26、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：2c( NH4 )+c(NH 3 H2O)=c(H2CO3)+c( HCO3 )+c(CO3 )D. 0.6mol L；1氨水和0.2mol L-1 NH4HCO3溶液等體積混合：c(NH 3 H2O)+c(CO2 )+c(OH-)=0.3mol L-1+c(H2CO3)+c(H+)【答案】BD【解析】【詳解】 A.NH 3?H2O屬于弱堿，部分電離，氨水中存在的電離平衡有：NH3H2O耀 NH4+OH-,H2O懶 3 H+OH-,所以 c(OH-)&

27、gt;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(HCO 3-), HCO3-水解： H2O+HCO3-脩 殳H2CO3+OH-, NH4+水解：NH4+H2O誨 3NH3?H2O+H + ,前者水解程度大且水解都是微弱 的，則 c(H2CO3)>c(NH3?H2O),故 B 正確;C.由物料守恒，n(N):n(C)=2:1 ,則有 c(NH 4+)+c(NH 3?H2O)=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

28、 ,則有 c(NH 4+)+c(NH 3+)2O)=4c(H 2CO3)+c(HCO 3-)+c(CO 32-)；電荷守恒有：c(NH 4+)+c(H+尸c(HCO 3-)+2c(CO 32-)+c(OH -)；結合消去 c(NH4+)得:c(NH3*|2O)+c(OH-尸c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-),0.2mol/LNH 4HCO3與 0.6mol/L 氨水等體積混 合后瞬間 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

29、 c(NH3H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO 3-)+3c(CO32-),將 帶入中得，c(NH 3：H2O)+c(OH -)+c(CO32-)=c(H +)+c(H 2CO3)+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轉化為NO2的轉化率如圖中實線所示(圖中虛線表示相同條件下 NO的平衡轉化率隨溫度的變化)。下列說法正確的是B.圖中X點所示條件下，延長反應時間能提高NO轉化率C.圖中Y點所示條件下，增加 O2的濃度不能提高 NO轉化率

30、D. 380c下，c起始(O2)=5.0 10-4 mol L-1 , NO平衡轉化率為50%,則平衡常數 K>2000【答案】BD【解析】【詳解】A.隨溫度升高NO的轉化率先升高后降低，說明溫度較低時反應較慢，一段時間內并未達到平衡，分析溫度較高時，已達到平衡時的 NO轉化率可知，溫度越高 NO轉化率越低，說明溫度升高平衡向逆方向移動，根據勒夏特列原理分析該反應為放熱反應，？H< 0,故A錯誤；B.根據上述分析，X點時，反應還未到達平衡狀態， 反應正向進行，所以延長反應時間能提高 NO的轉化率, 故B正確；C.Y點，反應已經達到平衡狀態，此時增加 O2的濃度，使得正反應速率大于逆

31、反應速率，平衡向正反應方 向移動，可以提高 NO的轉化率，故 C錯誤；D.設NO起始濃度為amol/L , NO的轉化率為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 ,根據平衡常數表達式c2(NO2)(0.5a)21K= - ；2J>4 =2000 ，故 D 正確；c2(NO) c(O2) (0.5a)2 (5 10 4 0.5a) 5 10 4故選BD。【點睛】解本題時需要注意：實線中在最高點之前反應沒有達到平衡狀態，主要討論溫度對化學反應速率的影響；最高點之后反應達到平衡狀態，可以研究溫度對化學平衡

32、的影響。非選擇題16.N2O、NO和NO2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) N2O的處理。N2O是硝酸生產中氨催化氧化的副產物，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-2 NO2 +H2O2NO 2+2OH NO2 + NO3 +H2O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濃縮、

33、結晶、過濾，得到NaNO2晶體，該晶體中的主要雜質是 (填化學式)；吸收后排放的尾氣中含量較高的氮氧化物是 (填化學式)。(3) NO的氧化吸收。用 NaClO溶液吸收硝酸尾氣，可提高尾氣中NO的去除率。其他條件相同，NO轉化為NO3的轉化率隨NaClO溶液初始pH (用稀鹽酸調節)的變化如圖所示。在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO 3 ,其離子方程式為 。NaClO溶液的初始pH越小，NO轉化率越高。其原因是 。1001(50246 gl0pH一 ，_催化耨 _【答案】 (1). 2NH3+2O2 =N2O+3H2O(2). BC (3). NaNO3(4). NO (

34、5).A3HC1O+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O2在加熱和催化劑作用下發生氧化還原反應生成N2O,根據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+20= N2O+3H 2O ,故答案為：2NH 3+2O2; N2O+3H 2。；(2)A.加快通入尾氣的速率，不能提高尾氣中NO和N02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N02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

35、中NO和NO2的去除率，選 C。故答案為：BC ;由吸收反應：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O,2NO2+2OH-=NO2-+ NO3-+H2O可知，反應后得到 NaNO2和 NaNO3混合溶液，經濃縮、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；(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發生氧化還原反應生成NO3-和Cl-,根據得失電子守恒及電荷

36、守恒、原子守恒，配平離子方程式為2NO+3HC1O+H 2O=2 NO3-+3C1-+5H + ,2NO+3HC1O+H 2O=2NO3-+3 CI-+5H+可知,溶故答案為：2NO+3HC1O+H 2O=2 NO 3-+3 C1-+5H +；在相同條件下，氧化劑的濃度越大，氧化能力越強，由反應 液pH越小，溶液中 HClO濃度越大，氧化 NO的能力越強,故答案為：溶液 pH越小，溶液中HC1O的濃度越大，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:AM HIC(KlBC H ,OHOCH” H；C Hjl A k2coI COOCH3 -D|；

37、()"LOCH；HOLi ll(4CXKXHjCH;OCH:C1乙乙.DCH'OCH：A中含氧官能團的名稱為(2)A-B的反應類型為(3)8D的反應中有副產物 X (分子式為Ci2Hi5O6Br)生成，寫出X的結構簡式:(4)C的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式:能與FeCl3溶液發生顯色反應;堿性水解后酸化，含苯環的產物分子中不同化學環境的氫原子數目比為1:1。(5)已知:R-ClMgQ 11 l)r4r(R表示煌基，R'和R"表示無水乙醛jRMgCl2) MO*脛基或氫)，寫出以cooi,X流程圖(無機試劑和有機溶劑任用，合成路

38、線流程圖示例見本題題干).(酚)羥基 (2).竣基 (3).取代反應(4).OH和CH3CH2CH20H為原料制備Ok、IIR ROHch2chch2th3COCKHj的合成路線(5).(6).V <HK IICl l/X H(iX HCHJMJbt<)JCH.CH.CILOH-CH.CH.CHO【解析】【分析】有機物A和SOC12在加熱條件下發生取代反應生成B, B和甲醇發生取代反應生成C, C和CH3OCH2C1在三乙胺存在條件下發生取代反應生成D, D和CH3I在K2CO3條件下發生取代反應生成E, E在LiAlH 4條件下發生還原反應生成 F,據此解答。【詳解】（1）由A的

39、結構簡式可知，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）根據以上分析可知， A-B的反應中-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,根據副產物X的分子式Ci2Hi5O6Br, C-D的反應生成的副產物為C中兩個酚羥基都發生了取代反應，可知X的結構簡(4) C 為,C的同分異構體滿足以下條件：能與FeCl3溶液發生顯色反應，說明含有分子中有兩種類型的氫原子且數目相等，應為間苯三酚，則該同分異構體為酚酯，結構簡式為故答案為

40、:Hi酚羥基；堿性水解后酸化，含苯環的產物分子中不同化學環境的氫原子數目比為1:1,說明含苯環的產物(>fiKQtEHrCH.Cl式為COIM MUAlHj無水乙雄J H J III II J：IIL故答案為:(5)根據逆合成法，若要制備根據題給已知可先制備和 CH3CH2CHO。結合所給原料，1-丙醇催化氧化生成 CH3CH2CHO ,參考題中E-F的反應條件,在LiAlH 4條件下發生還原反應生成無水乙醛條件下發生已知中的反應生成CH3CH 2CHO在一定條件下反應生成,所以合成路線設計為:CH3CH2CH20H,一廣 CH3CH2CHO ,故答案為：CH 3cH 2cH 20H 不

41、才 CH 3cH 2cH0 ,【點睛】本題以化合物 F的合成路線為載體，考查官能團的識別、反應類型的判斷、副產物結構簡式的推導、限定條件同分異構體的書寫、有機合成路線的設計。難點是有機合成路線的設計，有機合成路線的設 計，先對比原料和產物的結構，采用“切割化學鍵”的分析方法，分析官能團發生了什么改變，碳干骨架 發生了什么變化，再根據有機物的之間的相互轉化和題給信息進行設計。18 .聚合硫酸鐵Fe2(OH)6-2n(SO4)nm廣泛用于水的凈化。以 FeS04 7H2。為原料，經溶解、氧化、水解聚合等 步驟，可制備聚合硫酸鐵。(1)將一定量的FeS04 7H2O溶于稀硫酸，在約 70 c下邊攪拌

42、邊緩慢加入一定量的H2O2溶液，繼續反應一段時間，得到紅棕色黏稠液體。H2O2氧化Fe2+的離子方程式為 ;水解聚合反應會導致溶液的pH。(2)測定聚合硫酸鐵樣品中鐵的質量分數：準確稱取液態樣品3.000 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C。2與Fe2+反應生成 53+和Fe3+),消耗K2Cr2O7溶液22.00mL 0上述實驗中若不除去過量的Sn2+,樣品中鐵的質量分數的測定結果將 (填偏大”或褊

43、小”或先影響”)。計算該樣品中鐵的質量分數(寫出計算過程) 。【答案】(1). 2Fe2+ H 2O2+2H += 2Fe3+2H 2O(2).減小 (3).偏大 (4). 12.32% (過程見解析)【解析】【分析】(1) Fe2+具有還原性，H2O2具有氧化性，根據得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒書寫離子方程式；根據 水解反應的離子方程式分析溶液pH的變化；(2)根據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K2Cr2O7溶液的濃度和體積計算消耗的K2Cr2O7物質的量，由得失電子守恒計算n ( Fe2+),結合Fe守恒和w ( Fe)的表達式計算。【詳解

44、】(1) Fe2+具有還原性，在溶液中被氧化成Fe3+, H2O2具有氧化性，其還原產物為H2O,根據得失電子守恒可寫出反應 2Fe2+H2O2-2Fe3+2H2O,根據溶液呈酸性、結合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(S04)3溶液，Fe2(S04)3發生水解反應 Fe?(SO4) 3+ (6-2n)氏0 Fe2 (OH) 6-2n (SO4) n+ (3-n) H2SO4, Fe2 (OH) 6-2n (SO4) n 聚合得到聚合硫酸鐵，根據水解方程式知水解聚合反應會導致溶液的酸性增強，

45、pH減小。答案：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O減小(2)根據題意，Sn2+能將Fe3+還原為Fe2+,發生的反應為 Sn2+2Fe3+=Sn4+2Fe2+,根據還原性：還原劑> 還原產物，則還原性 Sn2+>Fe2+,實驗中若不除去過量的 Sn2+,則加入的K2Cr2O7先氧化過量的Sn2+再氧化 Fe2+,導致消耗的K2Cr2O7溶液的體積偏大，則樣品中鐵的質量分數的測定結果將偏大。答案：偏大 實驗過程中消耗的 n (Cr2O72-) =5.000 M0-2moi/L >22.00mL M0-3L/mL=1.100 M0-3mol由滴定時Cr2O72&quo

46、t;C產和Fe2+一 Fe3+,根據電子得失守恒，可得微粒的關系式：C2O72-6Fe2+ (或Cr2O72-+6Fe2+14H +=6Fe3+2Cr3+7H2。)則 n (Fe2+) =6n (C2O72-) =6X1.100 M0-3mol=6.6 10-3mol(根據Fe守恒)樣品中鐵兀素的質量：m ( Fe) =6.6 M0-3mol >56g/mol=0.3696g0.3696g樣品中鐵兀素的質量分數：a (Fe)=1M00%=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量分數的

47、計算。易錯點是第(2)的誤差分析，應利用 強制弱”和先強后弱”的氧化還原反應規律分析。難點是第(2)，注意理清滴定實驗中物質之間的計量關系。19.實驗室以工業廢渣(主要含CaSO4 2H2。，還含少量SiO2、Al 2。3、F&O3)為原料制取輕質 CaCO3和(NH 4)2SO4 晶體，其實驗流程如下：(NH42coa 溶液廢濟粉末浸取 * 過淞 *濾清* 輕質丁 濾液晶體(1)室溫下，反應 CaSO4(s)+ CO3闞尸、CaCO3(s)+SO2 (aq)達到平衡，則溶液中c so2-=Ksp(CaSO4)=4.8 10-5, Ksp(CaCO3)=3 M0-9。c co2(2)將

48、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)廢渣浸取在如圖所示的裝置中進行。控制反應溫度在6070 C ,攪拌，反應3小時。溫度過高將會導致CaSO4的轉化率下降，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轉化率的操作有。(4)濾渣水洗后，經多步處理得到制備輕質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

49、的試劑：鹽酸和Ca(OH)2。【答 案】(1). 1.6X104(2). HCO3 +NH3 - H2O =1 NH+ + CO2 +H2O(或+22HCO3+NH3 . H2O"" NH 4 + CO3 +H2O)(3).增加溶液中 CO3 的儂度，促進 CaSO4 的轉化 (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，過濾【解析】【分析】(1)反應CaSO4(s)+CO32-(aq)-' CaCO

50、3(s)+SO42-(aq)的平衡常數表達式為2,結合c ( CO3 )CaSO4 和 CaCO3 的 Ksp計算；(2)氨水與NH4HCO3反應生成(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)根據工業廢渣中的成分知，浸取、過濾后所得濾渣中含CaCO3、SiO2、AI2O3和F及O3；若以水洗后的濾渣為原料制取 CaC%溶液，根據題給試劑，首先要加入足量鹽酸將CaCO3完全轉化為CaCl2,同時

51、AI2O3、Fe2O3轉化成AICI3、FeCl3,過濾除去SiO2,結合題給已知，再利用 Ca (OH) 2調節pH除去Al3+和Fe3+。【詳解】(1)反應CaSO4 (s) +CO32- (aq)CaCO3 (s) +SO42- (aq)達到平衡時，溶液中1.6 ¥04HSOU =C：Ca?SO?=g激=組*6 xo40 答案: c (CO3) c (Ca2)?CO2) Ksp(CaCO? 3 10 9(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 NH4HCO3+NH3 H

52、2O( NH 4) 2CO3+H2O,離子方程式為 HCO3-+NH 3 H2O=NH 4+CO32-+H2O(或HCO3-+NH 3 H2O=NH4+CO32-+H2O)；浸取廢渣時，加入的(NH4) 2CO3屬于弱酸弱堿鹽，溶液中 存在水解平衡：CO32-+NH4+H2O=HCO3-+NH 3 H2O,加入適量濃氨水， 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的轉化。答案：HCO3-+NH 3 H2O=NH4+CO32-+H2O(或 HCO 3-+NH 3 H2。 NH 4+CO

53、32-+H 2O)增加溶液中 CO32-的濃度，促進CaSO4的轉化(3)由于錢鹽具有不穩定性，受熱易分解，所以溫度過高，(NH4) 2CO3分解，從而使CaSO4轉化率下降；由于浸取過程中的反應屬于固體與溶液的反應(或發生沉淀的轉化)，保持溫度、反應時間、反應物和溶劑的量不變，提高CaSO4轉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)2CO3分解加快攪拌速率(4)工業廢渣主要含 CaSO4 2H2。，還含有少量 SiO2、Al 2O3和F&O3,加入(

54、NH4) 2CO3溶液浸取，其中 CaSO4與(NH4)2CO3反應生成CaCO3和(NH4)2SO4, SiO2、AI2O3和Fe2O3都不反應，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CaCl2溶液，根據題給試劑，首先要加入足量鹽酸將 CaCO3完全轉化為CaCl2,發生的反應為 CaCO3+2HCI=CaCI 2+H2O+CO2，與此同時發生反應 Al2O3+6HCI=2AICI 3+3H2O、Fe2O3+6HCI=2FeCI 3+3H2O, SiO2不反應，經過濾除去 SiO2；得到的濾液中含 CaCl2、AICI3、FeCl3,根據

55、 “ pH=5寸 Fe (OH) 3 和 Al (OH) 3 沉淀完全，pH=8.5 時 Al (OH) 3 開始溶解”， 為了將濾液中 Al3+、Fe3+完全除去，應加入 Ca (OH) 2調節溶液的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】本題以工業廢渣為原料制取輕質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的資源化利用