高考江苏卷试题解析.docx
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高考江苏卷试题解析
2019年江苏高考化学试题、答案及解析
可能用到的相对原子质量:
H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5K39Ca40
Cr52Fe56Cu64Ag108I127
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】淀粉属于糖类中的多糖,分子是为(C6H12O6)n,,含C,H,O三种元素
2.反应NH4CI+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
【解析】选项A原子表示方法为Z表示质子数,A表示质量数,质量数=质子数+中子数。
选项B,N2的结构式N≡N,选项CNa原子失去最外层一个电子形成Na+。
选项D正确
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】选项A是因为NH4HCO3中含有氮元素,可用作化肥。
选项B正确。
选项C是因为SO2具有漂白性,可用于纸浆漂白。
选项D是因为Al2O3属于离子化合物,熔融导电,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.0.1mol/LNaOH溶液:
Na+、K+、CO32-、AlO2-
B.0.1mol/LFeCl2,溶液:
K+、Mg2+、SO42--、MnO4-
C.0.1mol/LK2CO3溶液:
Na+、Ba2+、Cl-、OH-
D.0.1mol/LH2SO4溶液:
K+、NH4+;、NO3-、HSO3-;
【答案】A
【解析】选项A正确。
选项B,Fe2+与MnO4-因发生氧化还原反应不能大量共存。
选项C,CO32-与Ba2+因生成BaCO3难溶物不能大量共存。
选项D,HSO3-与H+因生成弱电解质不能共存,HSO3-与H+,NO3-因氧化还原不能大量共存
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4.0gNaOH固体置于100mL容量瓶中,加水至刻度,配制
1.000mol/LNaOH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】选项A,pH试纸测量溶液的pH时不能用水润湿,会稀释原溶液,.选项B应将称量好的NaOH固体置于烧杯中加水溶解,冷却后转移到100mL容量瓶中。
选项C,AlCl3属于挥发性酸弱碱盐蒸干得到Al(OH)3,应在HCl气流下将溶液蒸干。
选项D正确
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)2SO3D.室温下Na与空气中O2制取Na2O2
【答案】C
【解析】主要考查化学反应条件、反应物用量、浓度等对常见化学反应的影响。
A选项常温下Fe在浓硝酸或浓硫酸中可以钝化,在稀硝酸中可以与之反应;B选项MnO2和稀盐酸不反应,与浓盐酸在加热的条件下可生成Cl2;酸性氧化物与碱的反应,酸性氧化物过量生成酸式盐,碱过量生成正盐,故C项正确;钠与氧气常温下生成Na2O,加热生成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-=AlO2-+H2↑
C.室温下用稀HNO3溶解铜:
Cu+2H++2NO
===Cu2++2NO2↑+H2O
D.向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸:
Na2SiO3+2H+==H2SiO3↓+2Na+
【答案】A
【解析】考查常见化学反应离子方程式的正误。
B选项正确书写为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;C选项铜与稀硝酸反应生成NO,与浓硝酸反应生成NO2,正确书写为3Cu+8H++2NO
===3Cu2++2NO↑+4H2O;D选项Na2SiO3为易溶于水的强电解质盐,应该拆开,正确书写为SiO32-+2H+==H2SiO3↓。
故正确答案为A。
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】考查元素推断和元素周期律。
推断可知X、Y、Z、W分别是O、Mg、Si、S。
A选项中原子半径大小顺序为r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X);B选项MgO为离子化合物,正确;C选项中S的非金属性大于Si,所以H2SO4的酸性大于H2SiO3(H2SiO3是弱酸,H2SO4是强酸);D选项中O的非金属性大于S,所以O的简单气态氢化物的热稳定性比S的强。
9.在给定的条件下,下列选项所示的物质建转化均能实现的是
A.NaCl(aq)
Cl2
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
【解析】考查物质之间的相互转化。
A选项中Fe(s)和氯气加热只能生成FeCl3;C选项中S在氧气中点燃无法直接生成SO3,生成的是SO2,SO2进一步催化氧化才能生成SO3;D选项中NH3在题中条件下生成的是NaHCO3固体而不是Na2CO3固体。
10.将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后,置于如题10图装置中,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
【解析】考查的是金属腐蚀原理。
在题中所给条件下,由于活性炭的存在发生的是铁的电化学腐蚀—吸氧腐蚀,故C正确;A中电极反应式为Fe–2e-=Fe2+;B中化学能应转化成电能和热能;D选项水中有溶解氧,发生吸氧腐蚀,但速率会减慢。
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11.2LH2,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
【解析】:
本题以燃料电池为依托考查了氧化还原反应和焓变的计算。
燃料燃烧是放热反应并且是自发进行的,A项描述正确;
氢氧燃料电池的负极反应物为H2,B错误;
非标况,气体体积无法进行计算C错误;
ΔH=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,D错误。
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.1molX最多能与2molNaOH反应
B.Y与乙醇发生酯化反应可得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同
【答案】:
CD
【解析】:
本题意在对有机物官能团的考查
X中含有酚酯,所以1molX最多能与3molNaOH反应,A错误;
Y与乙酸发生酯化反应可得X,B错误;
X,Y中均含碳碳双建,均能与酸性KMnO4溶液反应,C正确;
X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目相同均为3,D正确。
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,震荡,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0.05mol·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3mLKI溶液中滴加几滴溴水,震荡,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
【答案】:
C
【解析】:
A项药品加入顺序错误,应先加入KSCN溶液,无明显变化,再加入氯水,溶液显红色,证明Fe2+的存在;
按照B的操作和现象,应得结论为Ksp(AgI) D项,根据浓度相等两盐溶液的pH,才能推断出对应酸的电离程度,D错误。 14.室温下,反应HCO3-+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·L-1氨水: c(NH3·H2O)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+) B.0.2mol·L-1NH4HCO3溶液(pH>7): c(NH4+>c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(NH3·H2O) C.0.2mol·L-1氨水和0.2mol·L-1'NH4HCO3溶液等体积混合: c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-) D.0.6mol·L-1氨水和0.2mol·L-1NH4HCO3溶液等体积混合: c(NH3·H2O)+c(CO32-)+c(OH-)=0.3mol·L-1+c(H2CO3)+c(H+) 【答案】: BD 【解析】: 本题考查溶液中离子浓度大小比较 A项: 氨水中OH-来源于水和NH3·H2O的电离,所以c(OH-)>c(NH4+) B项NH4HCO3溶液显碱性,HCO3-的水解程度大于NH4+的,正确 C项根据物料守恒c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)] D项根据物料守恒得c(NH4+)+c(NH3·H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]① 根据电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②,由①-②消掉NH4+ 得c(NH3·H2O)+c(OH-)=4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(H+)③。 两溶液等体积混合,根据物料守恒得c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol·L-1,在③的两侧加上CO32--即得 c(NH3·H2O)+c(CO32-)+c(OH-)=0.3mol·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的转化率如题图中实线所示(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起始(O2)=5.0×10-4mol·L-1,NO平衡转化率为50%,则平衡常数K>2000 【答案】: BD 【解析】: 本题考查平衡图像和平衡移动 A项图中虚线为该反应NO的平衡转化率,可知升高温度,NO的平衡转化率降低,故△H<0; B项X点对应温度下的平衡点在X点的正上方,NO的转化率比X点大,延长反应时间,NO转化率会增大。 C项Y为平衡点,增大O2的浓度可以提高NO转化率 D项NO平衡转化率为50%,平衡时NO和NO2浓度相等,在平衡常数的表达式中数据可以抵消,所以K=1/c(O2)。 C平衡(O2)<5.0×10-4mol·L-1,K>2000。 非选择题 16.(12分)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。 (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-=2NO2-+H2O 2OH-+2NO2=NO2-+NO3-+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,该晶体的主要杂质是 (填化学式);吸收后排放的尾气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NO3-的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如题16图所示 ①在酸性NaClO溶液中,HClO氧化NO生成Cl—和NO3—,其离子方程式为。 ②NaClO溶液的初始pH越小,NO的转化率越高。 其原因是。 【答案】 (1) (2)①BC②NaNO3NO (3)①3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO3-+5H+ ②溶液pH越小,溶液中HClO的溶度越大,氧化NO的能力越强 【解析】 (1) (2)①选项A.加快通入尾气的速率,尾气来不及反应就逸出,吸收率降低。 选项B采用气,液逆流的方式吸收尾气,气液充分接触,吸收率高,祛除效果好。 选项C补加适量NaOH溶液可以提高体系中NaOH浓度,吸收速率加快。 ②由已知方程式可知,可以被完全吸收,所以如有尾气剩余,则为NO (3)①3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO3-+5H+ ②溶液pH越小,溶液中HClO的溶度越大,氧化NO的能力越强 17.(15分)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__________。 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。 (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 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) 【解析】 (1)根据A的结构简式观察其中官能团有溴原子,含氧官能团有(酚)羟基和羧基。 (2)根据A、B结构对比可知A中羧基中-OH部分被-Cl取代。 (3)由C D可知CH3OCH2Cl可以和一个酚羟基取代,也可以和第二酚羟基取代,可知副产物为 (4)C的同分异构体可以和氯化铁溶液显色,则结构中有酚羟基;可以水解说明有酯基,且含苯环水解产物氢原子数目比为1﹕1,所以其分子结构中含有酯基且水解产物对称性高,从而结构中应含有酚酯基。 (5)对比原料和目标产物结构简式的差异,结合(5)所给已知信息和流程反应信息,可知合成目标产物需利用格氏试剂和丙醛,所以首先利用1-丙醇制备丙醛。 然后利用LiAlH4还原 中酯基为羟基,进而和HCl取代进一步制备格氏试剂。 18.(12分)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)测定合硫酸铁样品中铁的质量分数: 准确称取液态样品3.000g,置于250mL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5.000×10-2mol·L-1K2Cr2O7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22.00mL。 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)H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O减小 (2)①偏大 ②n(Cr2O72-)=5.000×10-2mol·L-1×0.022L=1.100×10-3mol 由滴定过程中Cr2O72-与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+,根据电子得失守恒可得微粒的关系式: Cr2O72-~6Fe2+则n(Fe2+)=6n(Cr2O72-)=6.600×10-3mol 样品中铁元素的质量: m(Fe)=6.600×10-3mol×56g/mol=0.3696g 样品中铁元素的质量分数: w(Fe)=0.3696g/3.000g×100%=12.32% 19.(15分)实验室以工业废渣(主要含CaSO4·2H2O,还含有少量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)+CO32-(aq) CaCO3(s)+SO42-(aq)达到平衡,则溶液中 c(SO42-)/c(CO32-)=[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)废渣浸取在如题19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=8.5Al(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)HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+H2O(或HCO3-+NH3·H2O NH4++CO32-+H2O) 增加溶液中的CO32-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Ca(OH)2,用pH试纸测量溶液pH,当pH介于5~8.5时,过滤 【解析】 (1)在同一溶液中,Ca2+浓度相同,根据溶度积数学表达式,则有 (2)由题干“将氨水和NH4HCO3溶液混合,可制得(NH4)2CO3溶液”可知,加氨水的作用是利用氨水的碱性中和HCO3-生成CO32-,即HCO3-+NH3·H2O NH4++CO32-+H2O,浸取废渣时,加入适量氨水可使该平衡正向移动,增加溶液中的CO32-的浓度,从而使CaSO4(s)+CO32-(aq) CaCO3(s)+SO42-(aq)正向移动,促进促进CaSO4的转化。 (3)该装置进行的反应是: CaSO4(s)+(NH4)2CO3(aq) CaCO3(s)+2NH+4+SO42-(aq),当温度过高时,会导致(NH4)2CO3分解,平衡逆向移动,导致CaSO4的转化率下降。 在溶液里进行的反应,压强无影响,题目限定了温度、浓度,反应时间,可以选择加快搅拌速率,进而提高反应的速率,在相同时间内,提高了反应物的转化量,提高CaSO4转化率。 (4)水洗后的滤渣中含有CaCO3、Al2O3、Fe2O3、SiO2、CaSO4,用盐酸充分溶解,过滤除去CaSO4、SiO2然后根据已知信息,调pH至5~8.5时可使Al3+、Fe3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀,过滤后即可得到所需的CaCl2溶液。 20.(14分)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题20图-1。 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的原理示意图见题20图-2。 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=41.2kJ.mol-1 反应Ⅱ: 2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H,O(g)△H=-122.5kJ.mol-1 在恒压、CO2和H2的起始量
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