2019年江苏省南通市高考化学一模试卷解析版

第=page11页，共=sectionpages11页第=page22页，共=sectionpages22页2019年江苏省南通市高考化学一模试卷一、单选题（本大题共12小题，共28.0分）2019年政府工作报告提出：继续坚定不移地打好包括污染防治在内的“三大攻坚战”。下列做法不符合这一要求的是（）A.推广新能源汽车，减少氮氧化物排放 B.研发可降解塑料，控制白色污染产生

C.直接灌溉工业废水，充分利用水资源 D.施用有机肥料，改善土壤微生物环境下列有关化学用语表示正确的是（）A.氧化钠的电子式：

B.中子数为18的氯原子：1735Cl

C.氮离子(N3−)的结构示意图：

下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（）A.热纯碱溶液碱性强，可用于去除油污 B.氧化铁粉末呈红色，可用于制取铁盐

C.硅晶体有金属光泽，可用于制造芯片 D.氢氟酸具有弱酸性，可用于蚀刻玻璃常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A.0.1

mol⋅L−1FeSO4溶液：Na+、K+、Cl−、NO3−

B.滴入酚酞变红色的溶液：K+、Ca2+、HCO3−、CO32−下列实验室制取、干燥、收集NH3并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的是（）A.制取NH3 B.干燥NH3

C.收集NH3 下列有关物质性质的叙述正确的是（）A.二氧化硫能使紫色石蕊溶液褪色 B.氯水久置后，漂白性和酸性均增强

C.常温下，铁片不能与浓硝酸发生反应 D.植物油能使溴的四氯化碳溶液褪色下列指定反应的离子方程式正确的是（）A.向氨水中通入过量SO2：NH3⋅H2O+SO2=NH4++HSO3−

B.Si与短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、Y处于同一周期，X原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z是地壳中含量最多的金属元素，W的最高正价与最低负价绝对值相等。下列说法正确的是（）A.原子半径：r(X)>r(Y)>r(Z)

B.由Y、W形成的化合物是共价化合物

C.Z的最高价氧化物对应的水化物是一种强碱

D.Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A.NaCl(熔融)→通电NaOH→Al2O3下列说法正确的是（）A.合成氨生产中，使用高效催化剂可提高原料平衡转化率

B.铁质管道与锌用导线相连(如图所示)可防止管道被腐蚀

C.5mL18mol⋅L−1浓硫酸与足量铜共热，反应最多转移0.18mol电子

D.常温下，反应2H化合物Z是合成平喘药沙丁胺醇的中间体，可通过下列路线制得，下列说法正确的是（）

A.X分子中所有原子在同一平面上

B.Y与足量H2的加成产物分子中有2个手性碳原子

C.可用FeCl3溶液鉴别Y和Z

D.1molZ最多能与根据下列图示所得出的结论正确的是（）

A.图甲表示1mLpH=2某一元酸溶液加水稀释时，pH随溶液总体积的变化曲线，说明该酸是强酸

B.图乙表示恒容密闭容器中其他条件相同时改变温度，反应CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)中n(CH3OH)随时间的变化曲线，说明反应平衡常数KⅠ>KⅡ

C.图丙表示不同温度下水溶液中−lg

c(H+二、双选题（本大题共3小题，共12.0分）下列设计的实验方案能达到实验目的是（）A.检验亚硫酸钠溶液是否变质：取少量溶液，向其中加入硝酸酸化的硝酸钡溶液

B.制取乙酸乙酯：向试管中加入碎瓷片，再依次加入3mL乙醇、2mL浓硫酸和2mL乙酸，用酒精灯加热，将产生的蒸气经导管通到饱和氢氧化钠溶液的上方

C.除去溴化钠溶液中混有的碘化钠：向溶液中加入稍过量溴水，充分反应后，加入四氯化碳，振荡后静置、分液，取上层溶液

D.探究温度对反应速率的影响：将2支均装有5mL0.1mol⋅L−1硫代硫酸钠溶液的试管分别置于冰水和热水中，再同时向试管中加入5

室温下，下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（）A.20mL0.1mol⋅L−1CH3COONa溶液中加入0.1mol⋅L−1盐酸至溶液pH=7：c(CH3COOH)=c(Cl−)

B.向澄清石灰水中通入Cl2至Ca(OH)2恰好完全反应：c(Ca2+在三个容积均为2L的密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=-akJ•mol-1（a＞0）

相关反应数据如下：容器容器类型起始温度起始物质的量/mol

平衡时H2物质的量/mol

COH2O

CO2H2Ⅰ

恒温恒容

800

1.20.600

0.4Ⅱ

恒温恒容

900

0.70.10.50.5Ⅲ

绝热恒容

800

001.2

0.8下列说法正确的是（）A.容器Ⅰ中反应经10min建立平衡，0～10min内，平均反应速率v(CO)=0.04mol⋅L−1⋅min−1

B.若向容器Ⅰ平衡体系中再加入CO、H2O、CO2、H2各0.1mol，平衡将正向移动

C.三、简答题（本大题共5小题，共68.0分）以粉煤灰（主要成分为Al2O3、SiO2，还含少量Fe2O3等）为原料制取氧化铝的部分工艺流程如下：

（1）“酸浸”过程发生的主要反应的离子方程式是______。“酸浸”在恒容密闭反应釜中进行，温度不宜过高的原因是______。

（2）“除铁”生成Fe（OH）3的离子方程式为______，检验溶液中铁元素已经除尽的方法是______。

（3）“结晶”是向浓溶液中通入HCl气体，从而获得AlCl3•6H2O晶体的过程，溶液中Al3+和盐酸的浓度随通气时间的变化如下图所示。Al3+浓度减小的原因是______。

（4）上述流程中，可以循环利用的物质是______。苯达莫司汀（Bendamustine）是一种抗癌药物。苯达莫司汀的一种合成路线如下：

（1）D中含氧官能团有酰胺键、______（填名称）。

（2）A→B的反应类型为______。

（3）E的分子式为C12H13N3O4，写出E的结构简式：______。

（4）G是的同分异构体，G能发生银镜反应，分子中只有2种不同化学环境的氢。写出一种符合条件的G的结构简式：______。

（5）已知：．请写出以乙醇为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。磷酸二氢钾（KH2PO4）是一种高效复合肥。工业上以羟磷灰石精矿[主要成分是Ca5（PO4）3OH，还含有少量石英和氧化铁等杂质]为原料，生产磷酸二氢钾的流程如下：

（1）“制酸”过程中生成磷酸的化学方程式为______。该过程若用硫酸代替盐酸，磷酸的产率明显降低，其原因是______。

（2）“反应”中加入有机碱--三辛胺（TOA）的目的是______。

（3）“反应”中，三辛胺的用量会影响溶液的pH．水溶液中H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-的分布分数δ随pH的变化如右图所示。

①“反应”中，当pH=______时，停止加入三辛胺。

②使用pH试纸测定溶液pH的操作是______。

（4）查阅资料可知：①磷酸三丁酯、二（2乙基己基）磷酸都是难溶于水的液态有机物。

②磷酸三丁酯对H3PO4和Fe3+有较强的萃取作用。

③二（2乙基己基）磷酸仅对Fe3+有较强的萃取作用。

请根据题中信息，补充完整“提纯”步骤的实验方案：向“制酸”所得粗磷酸中加入活性炭，______，向有机层中加入蒸馏水，振荡、静置，分液取水层，得到稀磷酸。[实验中须使用的试剂有：二（2乙基己基）磷酸、磷酸三丁酯]消除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护的重要研究课题。

（1）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=a

kJ•mol-1

2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）△H=b

kJ•mol-1

4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（l）△H=c

kJ•mol-1

反应8NH3（g）+6NO2（g）=7N2（g）+12H2O（l）△H=______kJ•mol-1。

（2）水体中过量氨氮（以NH3表示）会导致水体富营养化。

①用次氯酸钠除去氨氮的原理如图1所示。写出该图示的总反应化学方程式：______。该反应需控制温度，温度过高时氨氮去除率降低的原因是______。

②取一定量的含氨氮废水，改变加入次氯酸钠的用量，反应一段时间后，溶液中氨氮去除率、总氮（溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的总量）去除率以及剩余次氯酸钠的含量随m（NaClO）：m（NH3）的变化情况如题20图2所示。点B剩余NaClO含量低于点A的原因是______。当m（NaClO）：m（NH3）＞7.6时，水体中总氮去除率反而下降，可能的原因是______。

（3）电极生物膜电解脱硝是电化学和微生物工艺的组合。某微生物膜能利用电解产生的活性原子将NO3-还原为N2，工作原理如图3所示。

①写出该活性原子与NO3-反应的离子方程式：______。

②若阳极生成标准状况下2.24L气体，理论上可除去NO3-的物质的量为______mol。室温下，[Cu（NH3）4]（NO3）2与液氨混合并加入Cu可制得一种黑绿色晶体。

（1）基态Cu2+核外电子排布式是______。

（2）黑绿色晶体的晶胞如图所示，写出该晶体的化学式：______。

（3）不考虑空间构型，[Cu（NH3）4]2+的结构可用示意图表示为______（用“→”标出其中的配位键）。

（4）NO3-中N原子轨道的杂化类型是______。与NO3-互为等电子体的一种分子为______（填化学式）。

（5）液氨可作制冷剂，气化时吸收大量热量的原因是______。四、实验题（本大题共2小题，共22.0分）草酸合铜酸钾是一种重要的化工原料，其晶体组成可表示为KxCuy（C2O4）z•wH2O。

（1）实验室用CuSO4溶液和NaOH溶液混合制备Cu（OH）2，再将所得Cu（OH）2与KHC2O4溶液混合，可制备草酸合铜酸钾晶体。

①已知室温下，Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10-20．制备Cu（OH）2的过程中，pH=7时，溶液中c（Cu2+）=______。

②已知H2C2O4是二元弱酸。室温下，Ka1（H2C2O4）=5.4×10-2，Ka2（H2C2O4）=5.4×10-5，KHC2O4水解平衡常数的数值为______。

（2）一种测定草酸合铜酸钾晶体组成的方法如下：

步骤Ⅰ准确称取1.770

0g样品，充分加热，剩余固体为K2CO3与CuO的混合物，质量为1.090

0g。

步骤Ⅱ准确称取1.770

0g样品，用NH3•H2ONH4Cl溶液溶解、加水稀释，定容至100mL。

步骤Ⅲ准确量取步骤Ⅱ所得溶液25.00mL于锥形瓶中，滴入指示剂，用浓度为0.050

00mol•L-1的EDTA标准溶液滴定至终点。（已知Cu2+与EDTA反应的化学计量数之比为1：1）。

重复上述滴定操作两次，有关数据记录如下表：第一次滴定第二次滴定第三次滴定消耗EDTA标准溶液

的体积/mL25.9224.9925.01①第一次滴定消耗的EDTA标准溶液的体积明显偏大，可能的原因有______（填字母）。

A．锥形瓶水洗后未干燥

B．滴定时锥形瓶中有液体溅出

C．装EDTA标准溶液的滴定管水洗后未润洗

D．开始滴定时，滴定管尖嘴部分未充满液体

②通过计算确定该样品的化学式（写出计算过程）。肉桂酸为微有桂皮香气的无色针状晶体，能抑制黑色酪氨酸酶的形成，是高级防晒霜中不可少的成分之一。实验室制取肉桂酸的原理如下：

实验步骤：

步骤1在图1所示装置（夹持与加热仪器未画出，下同）的三颈烧瓶内加入K2CO3、苯甲醛（油状物）和乙酸酐，混合均匀后，在170℃～180℃加热反应1h，冷却。

步骤2向三颈烧瓶内分批加入20mL水和Na2CO3固体，调节溶液pH约为8。

步骤3在三颈烧瓶中加入活性炭，用图2所示水蒸气蒸馏装置蒸馏除去未反应的苯甲醛。

步骤4将三颈烧瓶内反应混合物趁热过滤，滤液冷却至室温，用浓盐酸酸化至pH=3，析出大量晶体，抽滤。并用少量冷水洗涤晶体。

步骤5将晶体在图3所示热水浴上加热干燥。

（1）图1中仪器A的作用是______。

（2）步骤2中Na2CO3需分批加入的原因是______。

（3）水蒸气蒸馏时，判断蒸馏结束的方法是______。

（4）步骤4中，“趁热过滤”的目的是______。

（5）抽滤时所需主要仪器有______、安全瓶及抽气泵等。

（6）与使用烘箱烘干相比，热水浴干燥的优点是______。

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：A．推广新能源汽车，减少氮氧化物排放，有利于环境保护，符合要求，故A不选；

B．研发可降解塑料，能够减少聚乙烯，聚氯乙烯塑料的使用，能够控制白色污染产生，符合要求，故B不选；

C．工业废水直接浇灌农田，能够引起土壤，食品污染，会对人的健康造成危害，不符合要求，故C选；

D．施用有机肥料，改善土壤微生物环境，能够减少土壤、食品污染，有利于环境保护，人体健康，符合要求，故D不选；

故选：C。

“防范化解重大风险、精准扶贫、污染防治”三大攻坚战，题干主旨在于：节能减排、低碳生活、环境保护，据此分析解答。

本题考查了化学与生产生活关系，侧重考查环境污染与治理，熟悉常见环境污染及治理方法是解题关键，题目难度不大。2.【答案】B

【解析】解：A、氧化钠是离子化合物，由2个钠离子和1个氧离子构成，故其电子式为，故A错误；

B、质量数=质子数+中子数，故中子数为18的氯原子的质量数为18+17=35，表示为：Cl，故B正确；

C、氮离子的核内有7个质子，核外有10个电子，故其结构示意图为，故C错误；

D、丙烯通过加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯正确的结构简式为：，故D错误；

故选：B。

A、氧化钠是离子化合物，由2个钠离子和1个氧离子构成；

B、质量数=质子数+中子数；

C、氮离子的核内有7个质子；

D、聚丙烯链节的主链上含有2个碳原子。

本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及电子式、结构简式、离子结构示意图等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力。3.【答案】A

【解析】解：A．纯碱溶液显碱性，加热碱性增强，油脂在碱性条件下水解，所以热纯碱溶液碱性强，可用于去除油污，故A正确；

B．氧化铁能与酸反应生成铁盐，制备铁盐与氧化铁的颜色无关，故B错误；

C．硅晶体是良好的半导体材料，能用于制造芯片，故C错误；

D．氢氟酸能与二氧化硅反应，玻璃的成分中含有二氧化硅，所以氢氟酸能腐蚀玻璃，故D错误。

故选：A。

A．纯碱溶液显碱性，油脂在碱性条件下水解；

B．氧化铁能与酸反应生成铁盐；

C．硅晶体是良好的半导体材料；

D．氢氟酸能与二氧化硅反应。

本题考查含物质的性质和用途，题目难度不大，性质决定用途，明确相关物质的性质是解题关键。侧重化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性。4.【答案】A

【解析】解：A．Na+、K+、Cl-、NO3-之间不反应，都不与FeSO4反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；

B．滴入酚酞变红色的溶液呈碱性，Ca2+、CO32-之间生成难溶物碳酸钙，HCO3-与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；

C．加入铁粉放出氢气的溶液呈酸性，H+、Fe3+与ClO-发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；

D．水电离的c（H+）=1×10-13mol•L-1的溶液陈酸性或碱性，Mg2+与氢氧根离子反应，C6H5O-与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；

故选：A。

A．四种离子之间不反应，都不与硫酸亚铁反应；

B．该溶液呈碱性，钙离子与碳酸根离子生成碳酸钙沉淀、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应；

C．该溶液呈酸性，铁离子、氢离子与次氯酸根离子反应；

D．该溶液呈酸性或碱性，镁离子与氢氧根离子反应，C6H5O-与氢离子反应。

本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。5.【答案】D

【解析】解：A．氯化铵与氢氧化钙加热有水生成，则试管口应略向下倾斜，故A错误；

B．浓硫酸与氨气反应，不能干燥氨气，故B错误；

C．氨气的密度比空气密度小，应选向下排空气法收集，故C错误；

D．氨气极易溶于水，球形结构可防止倒吸，故D正确；

故选：D。

A．氯化铵与氢氧化钙加热有水生成；

B．浓硫酸与氨气反应；

C．氨气的密度比空气密度小；

D．氨气极易溶于水。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。6.【答案】D

【解析】解：A．二氧化硫为酸性氧化物，并且不能漂白指示剂，所以二氧化硫能使紫色石蕊溶液变红不褪色，故A错误；

B．新制氯水久置后为盐酸溶液，所以氯水久置后漂白性减弱、酸性增强，故B错误；

C．常温下，铁片与浓硝酸发生钝化生成致密的氧化膜，则能与浓硝酸发生反应，故C错误；

D．植物油中含碳碳双键，可与溴发生加成反应，则能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确；

故选：D。

A．二氧化硫为酸性氧化物，并且不能漂白指示剂；

B．新制氯水久置后为盐酸溶液；

C．常温下，铁片与浓硝酸发生钝化；

D．植物油中含碳碳双键。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、性质与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。7.【答案】A

【解析】解：A．向氨水中通入过量SO2，反应生成亚硫酸氢铵，该反应的离子方程式为：NH3•H2O+SO2═NH4++HSO3-，故A正确；

B．Si与NaOH溶液反应生成硅酸钠和氢气，正确的离子方程式为：Si+2OH-+H2O═SiO32-+2H2↑，故B错误；

C．用惰性电极电解MgCl2溶液的离子反应为：Mg2++2Cl-+2H2OMg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑，故C错误；

D．Ba（OH）2溶液中滴入NaHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀，正确的离子方程式为：Ba2++OH-+H++SO42-═BaSO4↓+H2O，故D错误；

故选：A。

A．二氧化硫过量，反应生成亚硫酸氢铵；

B．该反应不满足质量守恒、电子守恒；

C．生成的氢氧根离子与镁离子结合生成氢氧化镁沉淀；

D．钡离子恰好沉淀时，二者物质的量之比为1：1。

本题考查了离子方程式的判断，题目难度不大，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等。8.【答案】B

【解析】解：根据分析可知：X为O元素，Y为F元素，Z为Al元素，W为Si元素。

A．电子层越多原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径：r（Z）＞r（X）＞r（Y），故A错误；

B．F、Si形成的四氟化硅为共价化合物，故B正确；

C．氢氧化铝为两性氢氧化物，属于弱碱，故C错误；

D．非金属性F＞O，则简单氢化物的稳定性Y＞W，故D错误；

故选：B。

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则X为O元素；X、Y处于同一周期，则Y为F元素；Z是地壳中含量最多的金属元素，则Z为Al元素；W的最高正价与最低负价绝对值相等，其原子序数大于Al，则W为Si元素，据此解答。

本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意熟练掌握元素周期律内容、元素周期表结构，试题有利于提高学生分析能力及综合应用能力。9.【答案】C

【解析】解：A、电解熔融NaCl得到金属钠，而不是氢氧化钠，故A错误；

B、氧化铜不溶于水也不与水反应，所以CuOCu（OH）2此步转化不能实现，故B错误；

C、氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，氯化氢与氨气反应生成氯化铵，所以Cl2HClNH4Cl各步转化都能实现，故C正确；

D、碳酸的酸性弱于盐酸，所以氯化钙与二氧化碳不反应，故D错误；

故选：C。

A、电解熔融NaCl得到金属钠；

B、氧化铜不溶于水也不与水反应；

C、氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，氯化氢与氨气反应生成氯化铵；

D、碳酸的酸性弱于盐酸。

本题考查了物质性质、物质转化的应用，主要是钠、铜、氯的化合物性质的理解判断，掌握基础是解题关键，题目较简单。10.【答案】B

【解析】解：A．合成氨反应为可逆反应，使用高效催化剂可以改变反应速率，但是不会影响化学平衡，则不肯提高原料转化率，故A错误；

B、铁和锌构成的原电池，活泼的金属锌是负极，正极金属铁被保护，即铁质管道与锌用导线相连可防止管道被腐蚀，故B正确；

C、10ml18mol/L的浓硫酸中含有溶质硫酸0.18mol，与铜完全反应转移电子数为0.18NA，由于浓硫酸随着反应的进行变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，转移的电子数小于0.18NA，故C错误；

D、反应SO2（g）+2H2S（g）═3S（s）+2H2O（l）在常温下能自发进行，满足△H-T△S＜0，反应△S＜0，则该反应的△H＜0，故D错误；

故选：B。

A、催化剂不影响化学平衡，则不会提高原料的利用率；

B、铁和锌构成的原电池，活泼的金属锌是负极，正极金属被保护；

C、浓硫酸与铜反应，稀硫酸与铜不反应；

D、反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0。

本题考查了金属腐蚀和防护、可逆反应、反应自发进行的判断依据等知识点，题目难度中等。11.【答案】C

【解析】解：A．X中甲基上的C原子采用sp3杂化、羰基上的C原子采用sp2杂化，连接甲基的C原子为四面体结构、连接羰基的C原子为平面三角形结构，苯环上所有原子共平面，所有X中所有原子不可能位于同一个平面上，故A错误；

B．Y和氢气加成后手性碳原子有连接甲基的C原子、连接羟基和环的碳原子、连接-CH2Cl的碳原子、连接-CH（OH）CH3的环上的碳原子，所有有4个手性碳原子，故B错误；

C．Y中含有酚羟基、Z中不含酚羟基，酚能和氯化铁溶液发生显色反应，所有可以用氯化铁溶液鉴别Y和Z，故C正确；

D．Z中酯基水解生成的羧基和酚羟基能和NaOH反应，则1molZ最多能与3molNaOH反应，故D错误；

故选：C。

A．X中甲基上的C原子采用sp3杂化、羰基上的C原子采用sp2杂化，连接甲基的C原子为四面体结构、连接羰基的C原子为平面三角形结构，苯环上所有原子共平面；

B．Y和氢气加成后手性碳原子有连接甲基的C原子、连接羟基和环的碳原子、连接-CH2Cl的碳原子、连接-CH（OH）CH3的环上的碳原子；

C．Y中含有酚羟基、Z中不含酚羟基，酚能和氯化铁溶液发生显色反应；

D．Z中酯基水解生成的羧基和酚羟基能和NaOH反应。

本题考查有机物结构和性质，侧重考查分析判断能力，明确官能团及其性质关系、手性碳原子的判断方法是解本题关键，A为解答易错点，题目难度不大。12.【答案】B

【解析】解：A.1mLpH=2某一元酸溶液加水稀释100倍时，pH＜4，则酸为弱酸，故A错误；

B．由图可知，Ⅱ对应温度高，升高温度平衡逆向移动，反应平衡常数KⅠ＞KⅡ，故B正确；

C．-lgc（H+）、-lgc（OH-）的乘积越大，水的电离程度越小，可知T1＜T2，故C错误；

D．燃烧热中生成液态水，图中为气态水，不能确定H2的燃烧热，故D错误；

故选：B。

A.1mLpH=2某一元酸溶液加水稀释100倍时，pH＜4；

B．由图可知，Ⅱ对应温度高；

C．-lgc（H+）、-lgc（OH-）的乘积越大，水的电离程度越小；

D．燃烧热中生成液态水。

本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握弱电解质的电离、平衡移动、燃烧热为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。13.【答案】CD

【解析】解：A．硝酸可氧化亚硫酸根离子，应加盐酸、氯化钡检验是否变质，故A错误；

B．NaOH与乙酸乙酯反应，则产生的蒸气经导管通到饱和碳酸钠溶液的上方，故B错误；

C．溴水与NaI反应生成碘，则充分反应后，加入四氯化碳，振荡后静置、分液，取上层溶液，故C正确；

D．只有温度不同，可探究温度对反应速率的影响，故D正确；

故选：CD。

A．硝酸可氧化亚硫酸根离子；

B．NaOH与乙酸乙酯反应；

C．溴水与NaI反应生成碘；

D．只有温度不同。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、有机物的制备、混合物分离提纯、反应速率影响因素、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。14.【答案】AD

【解析】解：A．常温下向20mL0.1mol/L的CH3COONa溶液中逐滴加入0.1mol/L盐酸溶液的pH=7时，c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒可知：c（Na+）=c（Cl-）+c（CH3COO-），根据物料守恒可得：c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=c（Na+），二者结合可得：c（CH3COOH）=c（Cl-），所以溶液中离子浓度大小为：c（CH3COOH）=c（Cl-）＞c（OH-）=c（H+），故A正确；

B、由电荷守恒可知：2c（Ca2+）+c（H+）═c（OH-）+c（Cl-）+c（ClO-），故B错误；

C、0.2mol•L-1CH3COOH溶液和0.1mol•L-1NaOH溶液以等体积混和反应后溶液中的溶质为等量的CH3COOH、CH3COONa，由电荷守恒可知：①c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），根据物料守恒可得：②c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=2c（Na+），根据①②可得：2c（H+）-2c（OH-）=c（CHC3OO-）-c（CHC3OOH），所以c（H+）+c（CH3COOH）＜c（OH-）+c（CH3COO-），故C错误；

D.0.1mol•L-1CH3COOH溶液与0.1mol•L-1Na2CO3溶液等体积混合得到醋酸钠和碳酸氢钠混合溶液，醋酸钠溶液中质子守恒得到：c（OH-）=c（H+）+c（CH3COOH），碳酸氢钠溶液中质子守恒：c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+c（H2CO3），计算得到c（OH-）+c（CO32-）=c（CH3COOH）+c（H2CO3）+c（H+），溶液显碱性，c（OH-）＞c（H+），c（CO32-）＜c（CH3COOH）+c（H2CO3），故D正确；

故选：AD。

A．pH=7时c（OH-）=c（H+），结合物料守恒和电荷守恒分析；

B、根据电荷守恒分析解答；

C．反应后溶质为等浓度醋酸、醋酸钠，根据混合液中的电荷守恒、物料守恒分析；

D.0.1mol•L-1CH3COOH溶液与0.1mol•L-1Na2CO3溶液等体积混合得到醋酸钠和碳酸氢钠混合溶液，醋酸钠溶液中质子守恒得到：c（OH-）=c（H+）+c（CH3COOH），碳酸氢钠溶液中质子守恒：c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+c（H2CO3），计算分析。

本题考查了弱电解质电离平衡、盐类水解、电解质溶液中离子浓度大小比较判断、电荷守恒、物料守恒和质子守恒的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。15.【答案】BD

【解析】解：A．容器Ⅰ中反应经10min建立平衡，0～10min内平均反应速率v（H2）==0.02mol•L-1•min-1，v（CO）=v（H2）=0.02mol•L-1•min-1，故A错误；

B．CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）

初始（mol）1.2

0.6

0

0

转化（mol）0.4

0.4

0.4

0.4

平衡（mol）0.8

0.2

0.4

0.4

800℃时该反应的平衡常数K==1，

若向容器Ⅰ平衡体系中再加入CO、H2O、CO2、H2各0.1mol，此时的浓度商Qc==＜K=1，则平衡向着正向移动，故B正确；

C．平衡时CO2和H2的物质的量都为0.4mol，若温度相同时，容器Ⅱ中需要各消耗0.1molCO2和H2，吸热热量为0.1akJ，由于容器Ⅱ的温度大于容器Ⅰ，升高温度平衡向着逆向移动，则吸收的热量增大，即吸收的热量大于0.1akJ，故C错误；

D．容器Ⅲ与容器Ⅰ的温度相同时，平衡常数相同，设容器Ⅲ平衡时CO的物质的量为y，

CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）

初始（mol）0

0

1.2

0.8

转化（mol）y

y

y

y

平衡（mol）

y

y

1.2-y

0.8-y

则平衡常数K==1，解得：y=0.48，

由于该反应的逆反应为吸热反应，在绝热恒容中容器Ⅲ的温度小于容器Ⅰ，降低温度平衡向着正向移动，导致CO的物质的量减小，所以达平衡时，容器Ⅲ中n（CO）＜0.48mol，故D正确；

故选：BD。

A．根据v=计算出0～10min内用氢气表示的反应速率，然后结合化学反应速率与计量数成正比计算出v（CO）；

B．先利用三段式计算出800℃时该反应的平衡常数K，然后计算出再加入CO、H2O、CO2、H2各0.1mol时的浓度商Qc，根据Qc与K的关系判断移动方向；

C．先假设容器Ⅱ的温度为800℃，结合B计算出吸热热量，然后结合温度对化学平衡的影响分析吸热情况；

D．先假设容器Ⅲ与容器Ⅰ的温度相同，则平衡常数K=1，利用三段式计算容器Ⅲ中n（CO），然后结合该反应的逆反应为吸热反应分析。

本题考查化学平衡的计算，题目难度较大，正确构建等效平衡为解答关键，注意掌握化学平衡及其影响，能够利用三段式进行计算，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。16.【答案】Al2O3+6H+=2Al3++3H2O

温度太高，盐酸大量挥发会引起容器内压强过大，导致反应釜损坏

Fe3++3HCO3-=Fe（OH）3↓+3CO2↑

静置，取少量上层清液于试管中，滴入KSCN溶液，溶液不变红色

盐酸浓度增大，溶液中Cl-浓度增大，促进Al3+形成AlCl3•6H2O晶体析出

HCl（或盐酸）

【解析】解：（1）“酸浸”过程发生的主要反应的离子方程式是：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，“酸浸”在恒容密闭反应釜中进行，温度太高，盐酸大量挥发会引起容器内压强过大，导致反应釜损坏，故温度不宜过高；

故答案为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；温度太高，盐酸大量挥发会引起容器内压强过大，导致反应釜损坏；

（2）“除铁”生成Fe（OH）3的离子方程式为：Fe3++3HCO3-═Fe（OH）3↓+3CO2↑；铁离子与KSCN溶液作用显红色，检验溶液中铁元素已经除尽的方法是：静置，取少量上层清液于试管中，滴入KSCN溶液，溶液不变红色；

故答案为：Fe3++3HCO3-═Fe（OH）3↓+3CO2↑；静置，取少量上层清液于试管中，滴入KSCN溶液，溶液不变红色；

（3）盐酸浓度增大，溶液中Cl-浓度增大，促进Al3+形成AlCl3•6H2O晶体析出，溶液中Al3+浓度减小；

故答案为：盐酸浓度增大，溶液中Cl-浓度增大，促进Al3+形成AlCl3•6H2O晶体析出；

（4）煅烧AlCl3•6H2O晶体可得副产品HCl，可循环利用；

故答案为：HCl（或盐酸）。

粉煤灰（主要成分为Al2O3、SiO2，还含少量Fe2O3等）加入浓盐酸“酸浸”，发生反应：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，SiO2不溶，过滤除去，滤渣为SiO2，滤液主要为Al3+、Fe3+的酸性溶液，滤液中NH4HCO3，其中Fe3+与3HCO3-生成Fe（OH）3沉淀，过滤，对滤液浓缩，再通入HCl气体结晶，获得AlCl3•6H2O晶体，煅烧可得产品，据此分析。

本题考查了物质的制备，涉及工艺流程的理解、化学方程式的书写、离子的检验等知识，运用所学知识结合工艺流程是解题关键，题目难度中等。17.【答案】羧基、硝基

取代反应

【解析】解：（1）由D的结构可知其含有的含氧官能团有：酰胺键、羧基、硝基，

故答案为：羧基、硝基；

（2）对比A、B的结构，可知A中氯原子被-NHCH3替代生成B，同时有HCl生成，属于取代反应，

故答案为：取代反应；

（3）E的分子式为C12H13N3O4，对比D、F的结构，D可以是经过加成反应、消去反应得到E，E与甲醇发生酯化反应生成F，故E的结构简式为，

故答案为：；

（4）G是的同分异构体，G能发生银镜反应，说明含有醛基，分子中只有2种不同化学环境的氢，符合条件的G的结构简式为：，

故答案为：；

（5）由路线中C→D转化，可知由与反应得到．甲苯先硝化、再发生B→C转化中的还原得到．乙醇发生氧化反应生成乙酸，乙酸脱水得到．合成路线流程图为：，

故答案为：。

（1）由D的结构可知其含有的含氧官能团有：酰胺键、羧基、硝基；

（2）对比A、B的结构，可知A中氯原子被-NHCH3替代生成B，同时有HCl生成；

（3）E的分子式为C12H13N3O4，对比D、F的结构，D可以是经过加成反应、消去反应得到E，E与甲醇发生酯化反应生成F；

（4）G是的同分异构体，G能发生银镜反应，说明含有醛基，结合分子中只有2种不同化学环境的氢书写符合条件的G的结构简式；

（5）由路线中C→D转化，可知由与反应得到．甲苯先硝化、再发生B→C转化中的还原得到．乙醇发生氧化反应生成乙酸，乙酸脱水得到。

本题考查有机物的合成，涉及官能团的识别、有机反应类型、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，注意充分利用路线中隐含的信息进行路线设计，熟练掌握官能团的性质与转化，侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力。18.【答案】Ca5（PO4）3OH+10HCl=5CaCl2+3H3PO4+H2O

使用H2SO4，会产生微溶性的CaSO4覆盖在羟磷灰石的表面，阻止反应的继续进行

三辛胺会与溶液中的HCl反应，促进了KH2PO4生成

4.5

用洁净的玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，立即与标准比色卡对比，读取pH值

过滤；向滤渡中加入适量二（2乙基己基）磷酸，振荡、静置，分液取水层；在水层中加入适量磷酸三丁酯，振荡，静置，分液取有机层

【解析】解：（1）“制酸”过程中由Ca5（PO4）3OH与盐酸反应得磷酸，反应为：Ca5（PO4）3OH+10HCl═5CaCl2+3H3PO4+H2O；若使用H2SO4，会产生微溶性的CaSO4覆盖在羟磷灰石的表面，阻止反应的继续进行；

故答案为：Ca5（PO4）3OH+10HCl═5CaCl2+3H3PO4+H2O；使用H2SO4，会产生微溶性的CaSO4覆盖在羟磷灰石的表面，阻止反应的继续进行；

（2）根据流程可知加入有机碱--三辛胺（TOA）后得到TOA•HCl（有机层），TOA•HCl（有机层）弃去，得到需要的产品，说明加入三辛胺会与溶液中的HCl反应，促进了KH2PO4生成；

故答案为：三辛胺会与溶液中的HCl反应，促进了KH2PO4生成；

（3）①B为产物H2PO4-的量，从图可知，随着pH的增大，H2PO4-的量增大，当pH=4.5时，H2PO4-最多，pH再生高，不利于H2PO4-的生成，故pH=4.5，停止加入三辛胺；

故答案为：4.5；

②使用pH试纸测定溶液pH的操作是：用洁净的玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，立即与标准比色卡对比，读取pH值，

故答案为：用洁净的玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，立即与标准比色卡对比，读取pH值；

（4）根据流程可知，制酸所得含有未溶解的石英，故应先过滤除去，再根据资料，应先用二（2乙基己基）磷酸除去Fe3+，再将磷酸用磷酸三丁酯萃取出，所以“提纯”步骤的实验方案：向“制酸”所得粗磷酸中加入活性炭，过滤；向滤渡中加入适量二（2乙基己基）磷酸，振荡、静置，分液取水层；在水层中加入适量磷酸三丁酯，振荡，静置，分液取有机层，

故答案为：过滤；向滤渡中加入适量二（2乙基己基）磷酸，振荡、静置，分液取水层；在水层中加入适量磷酸三丁酯，振荡，静置，分液取有机层。

羟磷灰石精矿[主要成分是Ca5（PO4）3OH，还含有少量石英和氧化铁等杂质]加盐酸制酸，主要的反应是：Ca5（PO4）3OH+10HCl═5CaCl2+3H3PO4+H2O，还有Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O，石英不反应，向“制酸”所得粗磷酸中加入活性炭，过滤；向滤渡中加入适量二（2乙基己基）磷酸，振荡、静置，分液取水层；在水层中加入适量磷酸三丁酯，振荡，静置，分液取有机层得到稀磷酸，加入KCl与稀磷酸生成KH2PO4，再加入有机碱--三辛胺（TOA）分离，对水层结晶可得产品，据此分析，

（1）“制酸”过程中由Ca5（PO4）3OH与盐酸反应得磷酸；使用硫酸会生成硫酸钙不利于反应的进行，据此分析；

（2）根据流程可知加入有机碱--三辛胺（TOA）后得到TOA•HCl（有机层），据此分析；

（3）①B为产物H2PO4-的量，从图可知，随着pH的增大，H2PO4-的量增大，当pH=4.5时，H2PO4-最多，pH再生高，不利于H2PO4-的生成；

②根据pH试纸的使用操作书写即可；

（4）根据流程可知，制酸所得含有未溶解的石英，故应先过滤除去，再根据资料，应先用二（2乙基己基）磷酸除去Fe3+，再将磷酸用磷酸三丁酯萃取出，据此分析。

本题考查了物质的制备，涉及方程式的书写、实验操作的理解、题目信息的运用等知识点，注意答题规范，合理有效的运用题目所给信息，题目难度较大。19.【答案】2c-7a-3b

2NH3+3NaClO=N2+3NaCl+3H2O

温度过高，HClO发生分解，氨氮去除率随之降低

增加NaClO的量，反应速率加快，相同时间内NaClO消耗多

有部分NH3被氧化成NO2-或NO3-

2NO3-+10H=N2↑+2OH-+4H2O

0.08

【解析】解：（1）已知：①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=akJ•mol-1

②2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H=bkJ•mol-1

③4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（l）△H=ckJ•mol-1

盖斯定律计算③×2-7×①-3×②得到反应8NH3（g）+6NO2（g）═7N2（g）+12H2O（l）△H=（2c-7a-3b）KJ/mol，

故答案为：2c-7a-3b；

（2）①根据图示，由始态和终态判断反应物中NH3被氧化为N2，则NaClO被还原为NaCl．生成1molN2转移6mol电子，根据转移电子守恒需要3molNaClO，再结合元素守恒，写出化学方程式2NH3+3NaClO=N2↑+3H2O+3NaCl，温度对化学反应速率有影响。温度越高，化学反应率越快。所以温度低时，去除率低的原因是反应速率慢。HClO不稳定，易分解，温度高时，加快了HClO的分解速率，从而使去除率降低，

故答案为：2NH3+3NaClO=N2↑+3H2O+3NaCl；温低时，反应速率慢；温度高时，加快了HClO的分解（或NaClO分解），去除率降低；

故答案为：温度过高，HClO发生分解，氨氮去除率随之降低

②点B剩余NaClO含量低于点A的原因是：增加NaClO的量，反应速率加快，相同时间内NaClO消耗多，当m（NaClO）：m（NH3）＞7.7时，总氮的去除率随m（NaClO）：m（NH3）的增大不升反降的原因是：NaClO投入过多会将氨氮氧化为NO3-等更高价态的物质，未能从溶液中除去，

故答案为：增加NaClO的量，反应速率加快，相同时间内NaClO消耗多；NaClO投入过多会将氨氮氧化为NO3-等更高价态的物质，未能从溶液中除去；

（3）①活性原子与NO3-反应是电解过程中生成的氢原子还原硝酸根离子生成氮气，反应的离子方程式：2NO3-+10H═N2↑+2OH-+4H2O，

故答案为：2NO3-+10H═N2↑+2OH-+4H2O；

②若阳极生成标准状况下2.24L气体为氢氧根离子失电子生成的氧气，物质的量==0.1mol，2NO3-+10H═N2↑+2OH-+4H2O，2NO3-～N2↑～10e-～2.5O2，电子守恒计算得到理论上可除去NO3-的物质的量：0.08mol，

故答案为：0.08。

（1）已知：①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=akJ•mol-1

②2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H=bkJ•mol-1

③4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（l）△H=ckJ•mol-1

盖斯定律计算③×2-7×①-3×②得到反应8NH3（g）+6NO2（g）═7N2（g）+12H2O（l）△H；

（2）①根据图示判断发生氧化还原反应的反应物和生成物，根据转电子守恒和元素守恒进行书写；温度越高，化学反应速率越快；HClO不稳定，温度过高易分解

②剩余次氯酸钠的含量随m（NaClO）：m（NH3）的变化情况分析增加次氯酸钠会加快反应速率，NaClO投入过多会将氨氮氧化为NO3-等更高价态的物质；

（3）①活性原子与NO3-反应是电解过程中生成的氢原子还原硝酸根离子生成氮气；

②若阳极生成标准状况下2.24L气体为氢氧根离子失电子生成的氧气，物质的量==0.1mol，结合电子守恒计算理论上可除去NO3-的物质的量。

本题考查了热化学方程式书写、化学平衡的影响因素分析、电解原理的理解应用、氧化还原反应和图象变化特征的分析判断等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。20.【答案】[Ar]3d9

Cu3N

sp2

SO3

氨气分子间形成氢键，气化时克服氢键，需要消耗大量能量

【解析】解：（1）Cu原子核外有29个电子，Cu原子失去4s、3d能级上各一个电子生成Cu2+，根据构造原理书写Cu2+的核外电子排布式为：[Ar]3d9，

故答案为：[Ar]3d9；

（2）该晶胞中N原子个数=8×=1、Cu原子个数=12×=3，则N、Cu原子个数之比为1：3，其化学式为Cu3n，

故答案为：Cu3N；

（3）该配离子中N原子提供孤电子对、铜离子提供空轨道形成配位键，该离子结构为，

故答案为：；

（4）该离子中N原子价层电子对个数=3+=3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型为sp2；与NO3-互为等电子体的分子中含有4个原子且价电子数为24，有SO3，

故答案为：sp2；SO3；

（5）氨气分子之间存在氢键，断键消耗能量，气化时克服氢键，所以需要消耗大量能量，导致气化时吸收大量热量，

故答案为：氨气分子间形成氢键，气化时克服氢键，需要消耗大量能量。

（1）Cu原子核外有29个电子，Cu原子失去4s、3d能级上各一个电子生成Cu2+，根据构造原理书写Cu2+的核外电子排布式；

（2）该晶胞中N原子个数=8×=1、Cu原子个数=12×=3，则N、Cu原子个数之比为1：3；

（3）该配离子中N原子提供孤电子对、铜离子提供空轨道形成配位键；

（4）该离子中N原子价层电子对个数=3+=3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型；与NO3-互为等电子体的分子中含有4个原子且价电子数为24；

（5）氨气分子之间存在氢键，气化时克服氢键，断键消耗能量。

本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、氢键、等电子体等知识点，侧重考查基础知识再现及灵活运用、空间想像能力及计算能量，注意均摊法在晶胞计算中的灵活运用，题目难度不大。21.【答案】2.2×10-6mol•L-1