2023年【江苏卷】2019年普通高等学校招生全国统一考试化学真题.pdf

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1、 绝密启用前 2019 年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）化学 注 意 事 项 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 120 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。2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卡的规定位置。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。4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，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。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的指定位置作答，在其他位置

2、作答一律无效。5如需作图，须用 2B 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：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 单项选择题：本题包括 10 小题，每小题 2 分，共计 20 分。每小题只有一个选项符合题意。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【答案】C【解析】此题属于一道简单题目，考点在于营养物质中糖类的组成元素。【详解】淀粉属于多糖，组成元素为 CxH2n

3、On；蛋白质和氨基酸中含有 N 元素，故选 C。2.反应 NH4Cl+NaNO2NaCl+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：1817Cl 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【解析】此题考查化学用语，化学用语包括:化学式，结构式，电子式，原子结构示意图以及不同核素的表达，也属于简单题【详解】A.考察核素的表达:abX,其中 a 表示 X 原子的相对原子质量，b 表示 X 原子的质子数，那中子数=a-b,所以 A 选项表示的是中子数为 1 的氯原子与题意不符；B

4、 考察的结构式，因为氮原子最外层电子数为 5，还需要 3 个电子形成 8 电子稳定结构，所以俩个氮原子共用 3 对电子因此氮气的结构式为氮氮三键的形式,故 B 错误；C.考察的原子结构示意图，钠原子的核外有 11 个电子，而钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，那么钠离子的一共有 10 个电子，C 选项有 11 个，表示的钠原子的结构示意图，故错误。D.氧原子最外层六个电子，两个氢分别和氧公用一对电子。D 正确。故选 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

5、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.硫酸酸性可以和金属氧化物反应，具有对应关系；C.二氧化硫的漂白属于结合漂白不涉及氧化还原，故和氧化性无关，而且二氧化硫氧化性较弱，只和强还原剂反应例如硫化氢，和其他物质反应主要体现还原性；D.电解冶炼铝，只能说明氧化铝导电，是离子晶体，无法说明是否具有两性，和酸碱都反应可以体现 Al2O3具有两性。故选 B.用毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置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 涂其他答作答非选择题必须用毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上

6、的指定位置作答在其他位置作答一律无效如需作图须 每小题只有一个选项符合题意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碳氮氧氢答解析此题属于一道 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+、23CO、2AlO B.0.1 mol L1FeCl2溶液：K+、Mg2+、24SO、4MnO C.0.1 mol L1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl、OH D.0.1 mol L1H2SO4溶液：K+、4NH、3NO、3HSO【答案】A【解析】此题考的是离子共存问题，应从选项的条件获取信息，在从中判断在此条件的环境中是否有离子会互

7、相反应，能大量共存就是没有可以互相发生反应的离子存在。【详解】A 选项是一个碱性环境，没有存在能与氢氧根发生反应的离子，故 A 正确；B 选项是一个亚铁离子和氯离子的环境，选项中有高锰酸根可以与铁离子反应，故错误；C 选项是一个钾离子和碳酸根的环境，选项中存在钡离子可以与碳酸根发生反应生成沉淀，故错误；D 选项是氢离子和硫酸根的环境，选项中有硝酸根和亚硫酸氢根，其中硝酸根可以与氢离子结合成硝酸，硝酸具有强氧化性可以氧化亚硫酸氢根，故错误。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，

8、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】此题考点为根据所给实验操作是否可以达到实验目的，必须要根据实验操作推断出实验的结果，再与选项中的实验结果一一对应。属于简单常规题目 用毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置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 涂其他答作答非选择题必须用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如需作图须 每小题只有一个选项符合题意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碳氮氧氢答解析此题

9、属于一道【详解】用水润湿的 PH 试纸测量溶液的 PH 会出现人为误差，实验数据不准，故 A 项错误；B 选项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实验误差或炸裂容量瓶，故错误；用甲装置蒸干氯化铝溶液所得的产物因氯离子会发生水解，加热后水解程度增大，蒸发所得的产物为氢氧化铝固体，故 C 错误；【点睛】蒸干溶液可以得到溶质固体，但必须考虑溶液中弱离子的水解平衡，当温度升高后会促进弱离子水解，那最后实验所得产物不一定是溶液的溶质。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

10、 D.室温下 Na 与空气中 O2反应制取 Na2O2【答案】C【解析】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，钠与

11、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+2OH2AlO+H2 C.室温下用稀 HNO3溶解铜：Cu+23NO+2H+Cu2+2NO2+H2O D.向 Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+H2SiO3+2Na+用毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及

12、答题卡的规定位置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 涂其他答作答非选择题必须用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如需作图须 每小题只有一个选项符合题意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碳氮氧氢答解析此题属于一道【答案】A【解析】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，应改为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2

13、-+3H2，故 B 错误；C.室温下，铜与稀硝酸反应生成 NO2,应改为：3Cu+2NO3-+8H+=2NO+3Cu2+4H2O，故 C 错误；D.Na2SiO3为可溶性盐，可以拆成离子形式，应改为：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

14、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，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】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

15、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】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 为于第二周期，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，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；用毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置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 涂其他答作答非选择题必须用毫米黑色墨水的签

16、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如需作图须 每小题只有一个选项符合题意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碳氮氧氢答解析此题属于一道 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；总上所述，本题选 B.【点睛】本题考查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，再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

17、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)2O(g)点燃SO3(g)2H O(l)H2SO4(aq)D.N2(g)2H(g)高温高压、催化剂NH3(g)2CO(g)aq)NaCl(Na2CO3(s)【答案】B【解析】A.电解条件时应看清是电解水溶液还是电解熔融态物质；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

18、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。下列用毫米黑

19、色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置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 涂其他答作答非选择题必须用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如需作图须 每小题只有一个选项符合题意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碳氮氧氢答解析此题属于一道 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】根据实验所给条件可知，本题铁发生的是吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2-；正极反应

20、为：O2+H2O+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，铁发生的电化学腐蚀为析氢腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2-；

21、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+H2O+4e-=4OH-。不定项选择题：本题包括 5 小题，每小题 4 分，共计 20 分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得 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 H0 B.氢氧燃料电池

22、负极反应为 O2+2H2O+4e4OH 用毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置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 涂其他答作答非选择题必须用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如需作图须 每小题只有一个选项符合题意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碳氮氧氢答解析此题属于一道 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：【答案】A【解析】【详解】A.体系能量降低和混乱度增大都有促使反应自发进行

23、的倾向，该反应属于混乱度减小的反应，能自发说明该反应为放热反应，即 H 0，故 A 正确；B.氢氧燃料电池，氢气作负极，失电子发生氧化反应，中性条件的电极反应式为:2H2-4e-=4H+，故 B 错误；C.常温常压下，Vm 22.L/mol，无法根据气体体积进行微粒数目的计算，故 C 错误；D.反应中，应该如下估算：H=反应中断裂旧化学键的键能之和-反应中形成新共价键的键能之和，故 D 错误；故选 A。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 m

24、ol 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】CD【解析】【详解】A.X分子中，1mol羧基消耗 1molNaOH，1mol 由酚羟基形成的酯基消耗 2molNaOH，所以 1molX最多能与 3molNaOH 反应，故 A 错误；用毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置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 涂其他答作答非选择题必须用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如需作图须 每小题只有一个选项符合题意糖

25、类是人体所需的重要营养物质淀粉分子中不含的元素是碳氮氧氢答解析此题属于一道 B.比较 X 与 Y 的结构可知，Y 与乙酸发生酯化反应可得到 X，故 B 错误；C.X 和 Y 分子中都含有碳碳双键，所以均能与酸性高锰酸钾溶液反应，故 C 正确；D.X 和 Y 分子中碳碳双键的位置相同，分别与足量 Br2加成后产物的结构相似，所以具有相同数目的手性碳原子，都有 3 个，故 D 正确；故选 CD。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+

26、B 向浓度均为 0.05 mol L1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【解析】【详解】A.先滴加氯水，再加入 KSCN 溶液，溶液变红，说明存在 Fe3+，而此时的 Fe3+是否由 Fe2+氧化而来是不能确定的，所以结论

27、中一定含有 Fe2+是错误的，故 A 错误；B.黄色沉淀为 AgI，在定量分析中可以看出 AgI 比 AgCl 更难溶，则说明 Ksp(AgI)Ksp(AgCl)，故 B 错误；C.溶液变蓝说明有单质碘生成，说明溴置换出 KI 中的碘，根据氧化还原反应的原理得出结论：Br2的氧化性比 I2的强，故 C 正确；D.CH3COONa 和 NaNO2溶液浓度未知，所以无法根据 pH 的大小，比较出两种盐的水解程度，也就无法比较 HNO2和 CH3COOH 的电离的难易程度，故 D 错误；故选 C。用毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置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

28、涂其他答作答非选择题必须用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如需作图须 每小题只有一个选项符合题意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碳氮氧氢答解析此题属于一道 14.室温下，反应3HCO+H2O H2CO3+OH的平衡常数 K=2.2 108。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.0.2mol L1氨水：c(NH3 H2O)c(4NH)c(OH)c(H+)B.0.2mol L1NH4HCO3溶液(pH7)：c(4NH)c(3HC

29、O)c(H2CO3)c(NH3 H2O)C.0.2mol L1氨水和 0.2mol L1NH4HCO3溶液等体积混合：c(4NH)+c(NH3 H2O)=c(H2CO3)+c(3HCO)+c(23CO)D.0.6mol L1氨水和 0.2mol L1NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH3 H2O)+c(23CO)+c(OH)=0.3mol L1+c(H2CO3)+c(H+)【答案】BD【解析】【详解】A.NH3 H2O 属于弱电解，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3 H2O 垐?噲?NH4+OH-，H2O 垐?噲?H+OH-，所以 c(OH-)c(NH4+)，故 A 错误；B.NH4H

30、CO3溶液显碱性，说明 HCO3-的水解程度大于 NH4+的水解，所以 c(NH4+)c(HCO3-)，HCO3-水解：HCO3-垐?噲?H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4+H2O 垐?噲?NH3 H2O+H+，前者水解程度大，则c(H2CO3)c(NH3 H2O)，故 B 正确；C.由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有 c(NH4+)+c(NH3 H2O)=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 H2O)=4c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)；电荷守恒有

31、：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)；结合消去 c(NH4+)得：c(NH3 H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)，0.2mol/LNH4HCO3与氨水等体积混合后，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 H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将带入中得，c(NH3

32、 H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+3c(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 用毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置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 涂其他答作答非选择题必须用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如需作图须 每小题只有一个选项符合题意糖类是人体所需的重要营养物质淀粉分子中不含

33、的元素是碳氮氧氢答解析此题属于一道 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.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，

34、H415 10=2000，故 D 正确；故选 BD。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 用毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置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 涂其他答作答非选择题必须用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

35、答一律无效如需作图须 每小题只有一个选项符合题意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碳氮氧氢答解析此题属于一道 NO+NO2+2OH22NO+H2O 2NO2+2OH2NO+3NO+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 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

36、率。其他条件相同，NO 转化为3NO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3NO，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).NaNO3(4).NO(5).3HClO+2NO+H2O 3Cl+23NO+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

37、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。用毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置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 涂其他答作答非选择题必须用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如需

38、作图须 每小题只有一个选项符合题意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碳氮氧氢答解析此题属于一道 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，因此得到的 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

39、成 HClO，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 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体，其合成路线

40、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 1 1。用毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置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 涂其他答作答非选择题必须用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如需作图须 每小题只有一个选项符合题意糖类是人

41、体所需的重要营养物质淀粉分子中不含的元素是碳氮氧氢答解析此题属于一道（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(3).取代反应(4).(5).(6).【解析】有机物 A 和 SOCl2在加热条件下发生取代反应生成 B，B 和甲醇发生酯化反应生成 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

42、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，A B 反应-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；（3）观察对比 C、D 的结构可知，C D 的反应中酚羟基上的氢原子被-CH2OCH3取代生成 D，若两个酚羟基都发生反应则得到另一种产物，结合副产物 X 的分子式 C12H15O6Br，可知 X 的结构简式为用毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置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 涂其他答作答非选择题必须用毫米黑色墨水的

43、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如需作图须 每小题只有一个选项符合题意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碳氮氧氢答解析此题属于一道，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，根据题给信息可先制备 和 CH3CH2CHO。结合所给原料，1-丙醇催化氧化生成 CH3CH2CHO，参考题中

44、E F 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 反应生成，所以合成路线设计为：CH3CH2CH2OH CH3CH2CHO，用毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置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 涂其他答作答非选择题必须用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如需作图须 每小题只有一个选项符合题意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碳氮氧氢答解析此题属于一道 故答案为：CH3CH2CH2OH CH3CH2CHO，。

45、18.聚合硫酸铁 Fe2(OH)6-2 n(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 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

46、+。用 5.000 102 mol L1 K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中22 7Cr 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(3).偏 大(4).n(22 7Cr O)=5.000 10 2 mol L 1 22.00 mL 10 3 LmL 1=1.100 10 3 mol 由滴定时22 7Cr OCr3

47、+和 Fe2+Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒 关系式：22 7Cr O6Fe2+（或22 7Cr O+14H+6Fe2+6Fe3+2Cr3+7H2O）则 n(Fe2+)=6 n(22 7Cr O)=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 gmol 1=0.3696 g 样品中铁元素的质量分数：w(Fe)=0.3696 g3.000 g 100%=12.32%【解析】用毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置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 涂其他答作答非选择题必须用毫米黑

48、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如需作图须 每小题只有一个选项符合题意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碳氮氧氢答解析此题属于一道（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

49、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 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

50、（2）根据题意，Sn2+能将 Fe3+还原为 Fe2+，发生的反应为 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