江苏省2019年高考化学压轴卷（含解析）

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1、江苏省2019年高考化学压轴卷（含解析）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.化学与生活密切相关。下列说法错误的是A用灼烧的方法可以鉴别毛笔羊毫真伪B造纸的主要原料是纤维素和大量低聚糖C减少化石燃料燃烧和汽车尾气排放，是减少雾霾发生的有效措施DCO2合成可降解的聚碳酸酯类塑料，实现“碳循环”，可有效减少“白色污染”2.用化学用语表示4Fe +C2HCl3 +5H+ = C2H6+4Fe2+3Cl中的相关微粒，其中正确的是A中子数为30，质量数为56的铁原子：Fe BCl的结构示意图：CC2H6的结构式： DC2HCl3的电子式：3.下列有关

2、物质的性质和应用对应关系正确的是A. 晶体硅熔点高、硬度大，是制造太阳能电池和计算机芯片的主要材料B. 氧化铝熔点高，常用于耐高温材料C. 明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的杀菌消毒D. 苏打溶液呈弱碱性，可用作胃酸中和剂4.常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 澄清透明的溶液中：Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl-B. 使酚酞变红色的溶液中：Na+、NH4+、C1-、SO42-C. c(Al3+)=0.1mol/L的溶液中:K+、Mg2+、SO42-、AlO2-D. 由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L的溶液中:K+、Na+、CH3COO-、NO3-5.下列装置

3、正确的是A. 制取收集氨气B. 制取氯气C. 除去二氧化碳中的二氧化硫D. 制取蒸馏水6.在生活用水的净化过程中，下列物质性质与用途具有对应关系的是A. OH-可沉淀重金属离子，可用Al2(OH)nCl6-nm作混凝剂B. O3具有还原性，可用于自来水的杀菌C. 活性炭具有吸附性，可用于去除水中的异味D. K2FeO4易水解，可用于自来水的消毒7.下列指定反应的离子方程式正确的是A. 氯气与水反应：Cl2+H2OH+Cl-+HClOB. 电解饱和CuCl2溶液：Cu2+2Cl-+2H2OCu(OH)2+H2+Cl2C. 氢氧化钡溶液中加入硫酸铵：Ba2+OH-+NH4+SO42-=BaSO4+

4、NH3H2OD. 碳酸氢钙溶液中加入足量石灰水：Ca2+2HCO3-+2OH-=CaCO3+2H2O+CO32-8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是A. 原子半径：r(X) r(Y) r(Z) KspFe(OH)2D将有色纸条放入盛满干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片，无明显现象氯气漂白不是Cl2分子直接作用的结果A. AB. BC. CD. D13.下列图示与对应的叙述相符的是A. 图甲表示放热反应在有无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B. 图乙表示一定温度下，溴化银在水中的

5、沉淀溶解平衡曲线，其中a点代表的是不饱和溶液，b点代表的是饱和溶液C. 图丙表示25时，分别加水稀释体积均为100mL、pH=2的一元酸CH3COOH溶液和HX溶液，则25时HX的电离平衡常数大于CH3COOHD. 图丁表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，由图知t时反应物转化率最大14.常温下，向H2C2O4溶液中逐滴滴加NaOH溶液，若定义pc=-lgc，则所得溶液中pc(H2C2O4)、pc(HC2O4-)、pc(C2O42-)与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是A. 常溫下，Ka1(H2C2O4)=10-1.3B. pH=x时，c(HC2O4-)c(H2C2O4)=c(C

6、2O42-)C. M点时，c(Na+)2c(HC2O4-)+c(C2O42-)D. 随pH的升高而增大15.在体积均为1.0L的恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1molCO2和0.2mol CO2，在不同温度下反应CO2 (g)+C(s) 2CO(g)达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如图所示(图中I、II、III点均处于曲线上)。下列说法正确的是A. 反应CO2(g)c(s)2CO(g) H0B. 体系的总压强P总：P总(状态)2P总（状态III）C. 体系中c(CO)：6c(CO，状态I)正非选择题16.(12分)K2Cr2O7是一种重要的化工原

7、料。以铬铁矿(主要成分为FeOCr2O3，还含有Al2O3、Fe2O3等杂质)为原料制备K2Cr2O7的一种工艺流程如下：已知：4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O2 8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+（1）“焙烧”时，Al2O3与Na2CO3发生反应的化学方程式为_。（2）“滤渣”的主要成分是_(填化学式).（3）“酸化”步骤调节溶液pHr(N)r(O)r(H)，故A错误；B、Na的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH属于强碱，故B错误；C、同周期从左向右非金属性增强，即O的非金属性强于N，故C错误；D、可以组成HNO3和NH4NO3

8、，前者属于共价化合物，后者属于离子化合物，故D正确。9.【答案】D【解析】A、单质硫需要在点燃的条件下与氧气化合生成二氧化硫，同样二氧化硫需要在一定温度和催化剂作用下与氧气化合生成三氧化硫，A错误；B、常温下钠与氧气反应生成氧化钠，点燃时生成过氧化钠，B错误；C、氮气需要在放电条件下与氧气化合生成NO，不能直接生成二氧化氮，氮气与氢气生成氨气也需要高温高压催化剂，C错误；D、铝与盐酸、氢氧化钠、硫酸分别反应生成氯化铝、偏铝酸钠和硫酸铝，氯化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与硫酸反应生成硫酸铝，硫酸铝与氯化钡反应生成硫酸钡和氯化铝，D正确，答案选D。10.【答案】C【解析】A项，NH4Cl

9、和Ba（OH）28H2O的反应为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，A项符合；B项，酶在正常体温（约37）时催化活性最好，反应速率最快，高于或低于此温度反应速率都减慢，B项符合；C项，随着盐酸的滴入，沉淀增多，AgNO3完全反应时沉淀达最多，再加入盐酸，沉淀质量不再变化，C项不符；D项，MgO、Mg与硫酸的反应是放热反应，开始一段时间温度升高，反应速率加快，单位时间内放热多，后来由于硫酸的浓度减小，化学反应速率减慢，单位时间内放出的热量减少，D项符合；答案选C。11.【答案】C【解析】A项，根据结构简式写出分子式；B项，分子中含2个手性碳原子；C项，分子中含酚羟基，易发生氧化反应；D项

10、，酚羟基和酯基都能与NaOH反应。详解：A项，EGCG的不饱和度为14，其分子式为C22H18O11，A项错误；B项，图中“*”标示的碳原子为手性碳原子，分子中有2个手性碳原子，B项错误；C项，分子中含8个酚羟基，易发生氧化反应，因此绿茶具有抗氧化性，C项正确；D项，分子中含8个酚羟基和1个酯基，1mol该化合物与足量NaOH溶液反应，最多消耗9molNaOH，D项错误；答案选C。12.【答案】D【解析】A项，乙醇具有挥发性，乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色；B项，Cu与浓H2SO4加热时才反应；C项，加入足量H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，再加Cu（OH）2调溶液pH=4时Fe3+转化成F

11、e（OH）3沉淀而除去；D项，干燥的Cl2不能使有色纸条褪色，Cl2分子没有漂白性。详解：A项，乙醇具有挥发性，溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热产生的气体中一定含CH3CH2OH（g），CH3CH2OH也能使酸性KMnO4溶液褪色，气体使酸性KMnO4溶液褪色不能说明有乙烯生成，A项错误；B项，Cu与浓H2SO4常温下不反应，Cu与浓H2SO4加热时才会反应产生SO2，B项错误；C项，加入足量H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，再加Cu（OH）2调溶液pH=4时Fe3+转化成Fe（OH）3沉淀而除去，说明Fe（OH）3比Cu（OH）2的溶解度更小，KspCu（OH）2KspFe（OH）3，C项错误；

12、D项，将有色纸条放入盛满干燥Cl2的集气瓶中，盖上玻璃片，无明显现象，说明Cl2没有漂白性，氯气漂白不是Cl2分子直接作用的结果，D项正确；答案选D。13.【答案】B【解析】图甲中反应物比生成物的能量低，所以反应为吸热反应，选项A错误。溴化银在水中存在沉淀溶解平衡，溴离子和银离子浓度的乘积等于定值（Ksp），函数曲线应该如图所示，在曲线上的的点都代表饱和溶液，曲线下方的点都是不饱和溶液，选项B正确。酸越强加水稀释时的pH变化越快，所以由图示得到，醋酸的酸性强于HX，所以HX的电离平衡常数一定小于醋酸的电离平衡常数，选项C错误。由图丁得到，t时刻不是生成物的量最大的时刻，应该是反应达平衡以后生成

13、物的量最大，反应物的转化率最高，所以不是t时刻的转化率最高，选项D错误。14.【答案】AC【解析】定义pc-lgc，所以纵坐标的数值越大，代表浓度应该越小。根据曲线随着pH的变化趋势，可以判断出来，I代表HC2O4-，代表H2C4O4，代表C2O42-。从图中得到pH=1.3的时候，c(H2C2O4)c(HC2O4-)，所以Ka1(H2C2O4) = c(H+)=10-1.3，选项A正确。纵坐标的数值越大，代表浓度应该越小，所以pH=x时，c(HC2O4-)c(H2C2O4)c(C2O42-)，选项B错误。溶液中存在的电荷守恒式为：c(H+) c(Na+) c(HC2O4-) 2c(C2O42

14、-) c(OH-)，图中得到M点溶液为酸性，所以c(H+)c(OH-)，即c(Na+) c(HC2O4-) 2c(C2O42-)，又因为M点表示c(C2O42-)c(HC2O4-)，所以c(HC2O4-) 2c(C2O42-) 2c(HC2O4-) c(C2O42-)，所以c(Na+)2c(HC2O4-) c(C2O42-)，选项C正确。=，所以该式子是草酸两步电离平衡常数的比值，应该只与温度有关，选项D错误。15.【答案】B【解析】A项，根据图像，升高温度c（CO2）减小，平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应，H0，A项错误；B项，状态II和状态III温度和体积相同，点II处于起始加入0.

15、2molCO2的曲线上，点III处于起始加入0.1molCO2的曲线上，状态II起始加入的CO2物质的量是状态III的两倍，状态II相当于在状态III达平衡后将体积缩小一半，若平衡不移动，状态II总压强等于状态III的两倍，增大压强平衡逆向移动，P总（状态II）2P总（状态III），B项正确；C项，点I处于起始加入0.1molCO2的曲线上，点II处于起始加入0.2molCO2的曲线上，根据图像点I、点II平衡时c（CO2）平衡相等且0.08mol/L，点I平衡时c（CO）=20.1-c（CO2）平衡，点II平衡时c（CO）=20.2-c（CO2）平衡，若c（CO2）平衡=0.08mol/L，

16、则6c（CO，状态I）=c（CO，状态II），而c（CO2）平衡0.08mol/L，则6c（CO，状态I）c（CO，状态II），C项错误；D项，该反应为吸热反应，从状态I到状态III升温过程中正逆，D项错误；答案选B。16.【答案】(1)Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2 (2)Al(OH)3(3) 使CrO42-转化为Cr2O72- (4)Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl (5)Fe-2e=Fe2+ H2【解析】（1）焙烧的时候，因为氧化铝为两性氧化物，所以与碳酸钠反应得到偏铝酸钠，方程式为：Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2。（2）加入醋酸调节

17、pH=7的目的是将溶液的偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀除去，所以滤渣的主要成分为Al(OH)3。（3）根据已知得到：加入醋酸调节溶液pH5，其目的是将溶液中的CrO42-转化为Cr2O72-。（4）转化这一步，加入KCl的目的是将Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7沉淀，所以方程式为：Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl。（5）两个电极都是铁板，所以阳极电极也是单质铁，则阳极反应应该是Fe-2e=Fe2+，生成的Fe2+再将Cr2O72-还原为Cr3+。阴极是溶液中的阳离子（H+）得电子，生成氢气，所以阴极气体为H2。17.【答案】（1）羟基 醚键 (2)取代反应 (3) 或

18、（4）CH3OOCCH2COOCH3(5)【解析】A+CH2Cl2在碱存在时反应生成B，根据A的分子式和B的结构简式推出A的结构简式为；B与CH3OH一定条件下反应生成C，C与浓HNO3、浓H2SO4共热发生硝化反应生成D，D与H2一定条件下反应生成E，根据E的结构简式，逆推出C的结构简式为、D的结构简式为；E+Y在一定条件下生成M和CH3OH，Y的分子式为C5H8O4，结合E和M的结构简式，Y的结构简式为CH3OOCCH2COOCH3。（1）根据B的结构简式，化合物B中含氧官能团的名称为羟基和醚键。（2）反应为A与CH2Cl2发生取代反应生成B和HCl，的反应类型为取代反应。（3）E的结构简

19、式为，E的分子式为C8H9NO3，E的同分异构体能与FeCl3发生显色反应，E的同分异构体中含酚羟基，符合条件的E的一种同分异构体的结构简式为或。（4）E+Y在一定条件下生成M和CH3OH，Y的分子式为C5H8O4，结合E和M的结构简式，Y的结构简式为CH3OOCCH2COOCH3。（5）中含有与M中相同的官能团：肽键和醚键；根据原料苯酚和乙醇，仿BC引入醚键；仿CDE可在苯环上引入-NH2；仿E+YM引入肽键，所以由乙醇和发生酯化反应合成；合成过程为：与CH3CH2OH在一定条件下反应生成，与浓HNO3、浓H2SO4共热生成，与H2在一定条件下反应生成；乙醇和发生酯化反应生成；与在一定条件下

20、反应生成。合成路线的流程图为：。18.【答案】(1) NH3H2O受热易分解，挥发出NH3，Fe（OH）2受热也易分解（2）（NH4）2SO4(3)生成的Mn2+作催化剂，随着Mn2+浓度增加，反应速率越来越快 (4)0.0102mol【解析】（1）沉淀过程为一水合氨沉淀亚铁离子的过程，生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，受热会分解，另外一水合氨受热也会分解，故反应温度不能太高，所以温度不宜过高的原因除了控制沉淀的粒径外，还有NH3H2O受热易分解，挥发出NH3，Fe（OH）2受热易分解；（2）沉淀前的溶液中含有硫酸亚铁，沉淀步骤中加入一水合氨，生成氢氧化亚铁沉淀和硫酸铵，所以副产品是（NH4）

21、2SO4；（3）从图象上观察，随着反应对进行，曲线的斜率越来越大，说明单位时间内Mn2+的浓度越来越大，所以反应速率越来越快，反应中温度不变，随着反应的进行，反应物的浓度变小，而反应速率加快，只能是生成的Mn2+作催化剂，随着Mn2+浓度增加，反应速率越来越快；（4）由题意知氧化C2O42-和Fe2+共消耗0.2000 molL-1标准KMnO4溶液体积30.40 mL，步骤3、4标准KMnO4溶液只氧化Fe2+消耗KMnO4溶液体积10.00mL，所以C2O42-消耗KMnO4溶液体积为（30.40-10.00）mL20.40mL，由5C2O42-+2MnO4-+16H+10CO2+2Mn2

22、+8H2O得5C2O42-2MnO4-，所以n（C2O42-）0.0204L0.2000molL-15/20.0102mol。19.【答案】（1）Ni+H2SO4NiSO4+H290水浴加热。（2）使Cr（NH3）63+分解生成Cr（OH）3沉淀。（3）取少量最后一次洗涤过滤液于试管中，先用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无沉淀生成，则已洗净。（4）4Cr（OH）3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2+6H2O。向滤液中加入硫酸调节pH至3.5，将溶液加热到90（以上）蒸发结晶，有大量无色晶体析出，至有少量橙红色晶体析出时趁热过滤，滤液降温至40结晶，过滤，用蒸馏水洗涤，干燥。

23、【解析】（1）生成NiSO4的化学方程式为Ni+H2SO4NiSO4+H2，“酸浸”时需控制温度为90左右，可以采用的加热方式是90水浴加热；（2）“过滤”前，适当加热的目的是使Cr（NH3）63+分解生成Cr（OH）3沉淀；（3）对“过滤”所得的滤渣进行洗涤，检验滤渣已洗涤干净的方法是取少量最后一次洗涤过滤液于试管中，先用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无沉淀生成，则已洗净；（4）滤渣经干燥后与Na2CO3混合在空气中煅烧生成Na2CrO4和CO2，此反应的化学方程式为4Cr（OH）3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2+6H2O；制备Na2Cr2O7晶体（橙红色）的实验方案

24、：水浸，过滤，向滤液中加入硫酸调节pH至3.5，将溶液加热到90（以上）蒸发结晶，有大量无色晶体析出，至有少量橙红色晶体析出时趁热过滤，滤液降温至40结晶，过滤，用蒸馏水洗涤，干燥，得Na2Cr2O7晶体。20.【答案】（1）2bc（2）OH浓度增大或活化分子数增多（3）相同时间时，曲线1对应甲基橙降解率均高于曲线2、曲线3（4）Fe2eFe2+，O2，H2O2+H+Fe2+Fe3+H2O+OH。（5）Fe2+、Fe3+转化为Fe（OH）3。【解析】（1）由CuOOH+（aq）Cu+（aq）+OH（aq）+O2（g）H2b kJmol12CuOOH+（aq）2Cu+（aq）+H2O2（aq）+

25、O2（g）H3c kJmol1结合盖斯定律可知2得到H2O2（aq）2OH（aq），其H2bc kJmol1；（2）图1中相同条件下，温度升高，甲基橙去除速率增大，其原因是OH浓度增大或活化分子数增多；（3）“Fe2+Cu2+H2O2催化氧化降解甲基橙效果优于单独加入Fe2+或Cu2+”结论的证据为相同时间时，曲线1对应甲基橙降解率均高于曲线2、曲线3；（4）图3中阳极上Fe失去电子，阳极反应式为Fe2eFe2+，阴极上2X+2H+H2O2+O2，由电荷及元素守恒可知X为O2；阴极附近Fe2+与H2O2反应，结合图中生成物可知离子反应为H2O2+H+Fe2+Fe3+H2O+OH；（5）当pH2

26、.5时，总氮浓度、SCOD均降低，其原因可能是Fe2+、Fe3+转化为Fe（OH）3。21.A.【答案】（1）Ar3d9 （2）Cu3N （3） （4）sp2 SO3 （5）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】（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：Ar3d9；（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；（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；（4）该离子中N原子价层电子对个数=3

27、+=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；（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。B【答案】（1）（利用空气）冷凝回流，提高原料利用率 （2） 防止加入太快，产生大量CO2气体，可能会将反应液冲出，且不利于pH测定 （3） 馏出液澄清透明 （4）除去固体杂质，防止肉桂酸结晶析出 （5）布氏漏斗、抽滤瓶 （6）防止温度过高产品变质【解析】（1）仪器A有较长的玻璃管，可以（利用空气）冷凝回流，提高原料利用率； （2）产物有酸生成，一次性加入Na2CO3固体，产生大量CO2气体，可能会将反应液冲出，故Na2CO3需分批加入防止加入太快，产生大量CO2气体，可能会将反应液冲出，且不利于pH测定； （3）图2所示水蒸气蒸馏装置蒸馏除去未反应的苯甲醛，苯甲醛是油状物，故水蒸气蒸馏时，馏出液澄清透明时，可判断蒸馏结束； （4）由步骤可知，趁热过滤后对滤液进行操作结晶产品，故趁热过滤的目的是除去固体杂质，并保证产品不析