2020年江苏省高考化学试卷解析版_全国卷+地方卷_5.化学_1.化学高考真题试卷_2008-2020年_地方卷_江苏高考化学2008-2020_A3word版_PDF版（赠送）

【详解】A．N原子的质子数为7，中子数为9的氮原子的质量数为7+9=16，该氮原子表示为16N，A错误； 7 2020 年江苏省高考化学试卷 B．N 分子中两个N原子间形成3对共用电子对，N 分子的电子式为 ，B错误； 2 2 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 Cl35.5 K 39 Ca 40 C．Cl 分子中两个Cl原子间形成1对共用电子对，Cl 分子的结构式为Cl—Cl，C正确； 2 2 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Br 80 Ag108 Il27 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。 D．Cl-的核电荷数为17，核外有18个电子，Cl-的结构示意图为 ，D错误； 1.打赢蓝天保卫战，提高空气质量。下列物质不属于空气污染物的是 A. PM2. 5 答案选C。 B. O 2 3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 C. SO 2 A. 铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品 D. NO B. 氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料 【答案】B C. 氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸 【解析】 D. 明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水 【详解】A．PM2.5指环境空气中空气动力学当量直径小于等于2.5微米的颗粒物，PM2.5粒径小，面积大，活 【答案】D 性强，易附带有毒、有害物质，且在大气中的停留时间长、输送距离远，因而对人体健康和大气环境质量的影 【解析】 响大，其在空气中含量浓度越高，就代表空气污染越严重，PM2.5属于空气污染物，A不选； 【详解】A．铝在空气中可以与氧气反应生成致密氧化铝，致密氧化铝包覆在铝表面阻止铝进一步反应，铝具 B．O 是空气的主要成分之一，是人类维持生命不可缺少的物质，不属于空气污染物，B选； 2 有延展性，故铝可用于制作铝金属制品，A错误； C．SO 引起的典型环境问题是形成硫酸型酸雨，SO 属于空气污染物，C不选； 2 2 B．氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B错误； D．NO引起的典型环境问题有：硝酸型酸雨、光化学烟雾、破坏O 层等，NO属于空气污染物，D不选； 3 C．氢氧化铝为两性氢氧化物，可以用于中和过多的胃酸，C错误； 答案选B。 D．明矾溶于水后电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物，用于净水，D正 2.反应8NH 3Cl 6NH ClN 可用于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语正确的是 3 2 4 2 确； A. 中子数为9的氮原子：9N 7 故选D。 B. N 分子的电子式：N N 4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 2  C. Cl 2 分子的结构式：Cl—Cl A. 0.1molL1氨水溶液：Na+、K+、OH-、NO- 3 B. 0.1molL1盐酸溶液：Na+、K+、SO2-、SiO2- D. Cl-的结构示意图： 4 3 C. 0.1molL1KMnO 溶液：NH+、Na+、NO-、I- 4 4 3 【答案】C D. 0.1molL1AgNO 溶液：NH+、Mg2+、Cl-、SO2- 3 4 4 【解析】 - 1 -【答案】A 【详解】A．碳酸钙盛放在锥形瓶中，盐酸盛放在分液漏斗中，打开分液漏斗活塞，盐酸与碳酸钙反应生成氯 【解析】 化钙、二氧化碳和水，故A正确； 【详解】A．在0.1mol/L氨水中，四种离子可以大量共存，A选； B．二氧化碳密度比空气大，用向上排空气法收集二氧化碳气体，故B正确； B．在0.1mol/L盐酸中含有大量氢离子，四种离子中硅酸根可以与氢离子反应生成硅酸沉淀，故不能共存，B C．加入的盐酸与碳酸钙反应后，部分碳酸钙未反应完，碳酸钙是难溶物，因此用过滤的方法分离，故C正 不选； 确； C．MnO具有强氧化性，可以将碘离子氧化成碘单质，故不能共存，C不选； D．CaCl 2 ∙6H 2 O易失去结晶水，因此不能通过加热蒸发皿得到，可由氯化钙的热饱和溶液冷却结晶析出六水氯 4 化钙结晶物，故D错误。 D．在0.1mol/L硝酸银溶液中，银离子可以与氯离子、硫酸根离子反应生成氯化银、硫酸银沉淀，不能共存， 综上所述，答案为D。 D不选； 6.下列有关化学反应的叙述正确的是 故选A。 A. 室温下，Na在空气中反应生成Na O 5.实验室以CaCO 为原料，制备CO 并获得CaCl ﹒6H O晶体。下列图示装置和原理不能达到实验目的的是 2 2 3 2 2 2 B. 室温下，Al与4.0 mol﹒L-1NaOH溶液反应生成NaAlO 2 C. 室温下，Cu与浓HNO 反应放出NO气体 3 A. 制备CO 2 D. 室温下，Fe与浓H SO 反应生成FeSO 2 4 4 【答案】B 【解析】 【详解】A．室温下，钠与空气中氧气反应生成氧化钠，故A错误； B. 收集CO 2 B．室温下，铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故B正确； C．室温下，铜与浓硝酸反应生成二氧化氮气体，故C错误； D．室温下，铁在浓硫酸中发生钝化，故D错误。 综上所述，答案为B。 C. 滤去CaCO 3 7.下列指定反应的离子方程式正确的是 A. Cl 2 通入水中制氯水：Cl 2 H 2 O  2H Cl ClO B. NO 通入水中制硝酸：2NO H O2H NO NO 2 2 2 3 D. 制得CaCl ﹒6H O C. 0.1molL1NaAlO 溶液中通入过量CO ：AlO CO 2H OAl(OH) HCO 2 2 2 2 2 2 2 3 3 D. 0.1molL1AgNO 溶液中加入过量浓氨水：Ag NH H OAgOHNH 3 3 2 4 【答案】D 【答案】C 【解析】 【解析】 - 2 -【详解】A.次氯酸为弱酸，书写离子方程式时应以分子形式体现，正确的是Cl ＋H O H＋＋Cl－＋HClO， 海水晒盐后精制得到 NaCl，氯碱工业电解饱和 NaCl 溶液得到 Cl 和 NaOH，以 NaCl、NH 、 2 2 2 3 故A错误； CO 等为原料可得到 NaHCO ；向海水晒盐得到的卤水中通 Cl 可制溴；从海水中还能提取镁。 2 3 2 B.NO 与H O反应：3NO ＋H O=2HNO ＋NO，离子方程式为3NO ＋H O=2H＋＋2NO＋NO，故B错误； 9.下列关于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法正确的是 2 2 2 2 3 2 2 3 A. NaOH的碱性比Mg(OH) 的强 2 C.碳酸的酸性强于偏铝酸，因此NaAlO 溶液通入过量的CO ，发生的离子方程式为AlO＋CO ＋ 2 2 2 2 B. Cl 得到电子的能力比Br 的弱 2 2 2H O=Al(OH) ↓＋HCO，故C正确； 2 3 3 C. 原子半径r: r(Br)＞r(Cl)＞r(Mg)＞r(Na) D.AgOH能与过量的NH ·H O反应生成[Ag(NH ) ]OH，故D错误； 3 2 3 2 D. 原子的最外层电子数n: n(Na)＜n(Mg)＜n(Cl)＜n(Br) 答案为C。 【答案】A 【点睛】本题应注意“量”，像选项C中若不注意CO 是过量的，往往产物写成CO2-，还有选项D，AgOH能溶 2 3 【解析】 于氨水中，生成银氨溶液。 【详解】A．同周期自左至右金属性减弱，所以金属性Na＞Mg，则碱性NaOH＞Mg(OH) ，故A正确； 2 8.反应SiCl 4 (g)+2H 2 (g)高温Si(s)+4HCl(g)可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是 B．同主族元素自上而下非金属性减弱，所以非金属性Cl＞Br，所以Cl 2 得电子的能力比Br 2 强，故B错误； A. 该反应H>0 、S<0 C．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小原子半径越大，所以原子半径：r(Br)＞r(Na)＞ c4(HCl) r(Mg)＞r(Cl)，故C错误； B. 该反应的平衡常数K  cSiCl c2H  4 2 D．Cl和Br为同主族元素，最外层电子数相等，故D错误。 C. 高温下反应每生成1 mol Si需消耗222.4LH 综上所述，答案为A。 2 10.下列选项所示的物质间转化均能实现的是 D 用E表示键能，该反应ΔH=4E(Si-Cl)+2E(H-H)-4E(H-Cl) 电解 石灰水 A. NaCl(aq)Cl (g)  漂白粉(s) 【答案】B 2 【解析】 B. NaCl(aq)CO 2  g NaHCO 3 (s) 加  热 Na 2 CO 3 (s) 【详解】A．SiCl 4 、H 2 、HCl为气体，且反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，因此该反应为熵增， C. NaBr(aq)Cl 2 g  Br (aq)Nalaq I (aq) 2 2 即△S>0，故A错误； D. Mg(OH) (s)HCl aq  MgCl (aq) 电  解 Mg(s) 2 2 c4(HCl) B．根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数K= ,故B正确； c(SiCl )c2(H ) 【答案】C 4 2 【解析】 C.题中说的是高温，不是标准状况下，因此不能直接用22.4L·mol－1计算，故C错误； 【详解】A．石灰水中Ca(OH) 浓度太小，一般用氯气和石灰乳反应制取漂白粉，故A错误； D．△H=反应物键能总和－生成物键能总和，即△H=4E(Si－Cl)＋2E(H－H)－4E(H－Cl) －2E(Si－Si)，故D错 2 B．碳酸的酸性弱于盐酸，所以二氧化碳与氯化钠溶液不反应，故B错误； 误； C．氧化性Cl ＞Br ＞I ，所以氯气可以氧化NaBr得到溴单质，溴单质可以氧化碘化钠得到碘单质，故C正 答案为B。 2 2 2 确； 阅读下列资料，完成 9~10题 - 3 -D．电解氯化镁溶液无法得到镁单质，阳极氯离子放电生成氯气，阴极水电离出的氢离子放电产生氢气，同时 蚀速率比在河水中快，故D错误； 产生大量氢氧根，与镁离子产生沉淀，故D错误。 故选：C。 综上所述，答案为C。 12.化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由下列反应制得。 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.将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的 下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是 是 A. X分子中不含手性碳原子 B. Y分子中的碳原子一定处于同一平面 C. Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应 D. X、Z分别在过量NaOH溶液中加热，均能生成丙三醇 【答案】CD 【解析】 A. 阴极的电极反应式为Fe2e Fe2 【详解】A .X中 红色碳原子为手性碳原子，故A说法错误； B. 金属M的活动性比Fe的活动性弱 C. 钢铁设施表面因积累大量电子而被保护 D. 钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快 B. 中与氧原子相连接的碳原子之间化学键为单键，可以旋转，因此左侧甲基上碳 【答案】C 【解析】 原子不一定与苯环以及右侧碳原子共平面，故B说法错误； 【分析】 该装置为原电池原理的金属防护措施，为牺牲阳极的阴极保护法，金属M作负极，钢铁设备作正极，据此分析 C. 中与羟基相连接的碳原子邻位碳原子上有氢原子，在浓硫酸作催 解答。 【详解】A.阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不失电子，故A错误； 化并加热条件下，能够发生消去反应，故C说法正确； B.阳极金属M实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M活动性比Fe的活 D. 中含有卤素原子，在过量氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇， 动性强，故B错误； C.金属M失电子，电子经导线流入钢铁设备，从而使钢铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从而被 在氢氧化钠溶液作用下先发生水解反应生成 ， 保护，故C正确； D.海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐 - 4 -反应中H O 被氧化，体现出还原性，故D错误； 2 2 然后 在氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇，故D说法正确； 综上所述，故答案为：B。 综上所述，说法正确的是：CD。 【点睛】淀粉在稀硫酸作催化剂下的水解程度确定试验较为典型，一般分三种考法：①淀粉未发生水解：向充 【点睛】醇类和卤代烃若发生消去反应，则醇分子中羟基(-OH)或卤代烃中卤原子相连的碳原子必须有相邻的碳 分反应后的溶液中加入碘单质，溶液变蓝，然后加入过量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，然后加入新制氢氧化铜 原子，且此相邻的碳原子上还必须连有氢原子时，才可发生消去反应。 溶液并加热，未生成砖红色沉淀；②淀粉部分发生水解：向充分反应后的溶液中加入碘单质，溶液变蓝，然后 13.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 加入过量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，然后加入新制氢氧化铜溶液并加热，生成砖红色沉淀；③向充分反应后 的溶液中加入碘单质，溶液不变蓝，然后加入过量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，然后加入新制氢氧化铜溶液并 选项 实验操作和现象 结论 加热，生成砖红色沉淀。此实验中需要注意：①碘单质需在加入氢氧化钠溶液之前加入，否则氢氧化钠与碘单 向淀粉溶液中加适量20%H SO 溶液，加热，冷却后加NaOH溶液 2 4 A 淀粉未水解 质反应，不能完成淀粉的检验；②酸性水解后的溶液需要加入氢氧化钠溶液碱化，否则无法完成葡萄糖的检 至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝 验；③利用新制氢氧化铜溶液或银氨溶液检验葡萄糖试验中，均需要加热，银镜反应一般为水浴加热。 室温下，向0.1molL1HCl溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡， 14.室温下，将两种浓度均为0.1molL1的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶 B 镁与盐酸反应放热 测得溶液温度上升 液中微粒物质的量浓度关系正确的是 A. NaHCO Na CO 混合溶液(pH=10.30)：c  Na c  HCO c  CO2 c  OH 室温下，向浓度均为0.1molL1的BaCl 和CaCl 混合溶液中加入 3 2 3 3 3 2 2 C 白色沉淀是BaCO 3 Na 2 CO 3 溶液，出现白色沉淀 B. 氨水-NH 4 Cl混合溶液(pH=9.25)：c  NH 4  c  H cNH 3 H 2 Oc  OH C. CH COOHCH COONa混合溶液(pH=4.76): c  Na cCH COOHc  CH COO c  H D 向0.1molL1H O 溶液中滴加0.1molL1KMnO 溶液，溶液褪色 H O 具有氧化性 3 3 3 3 2 2 4 2 2 D. H C O NaHC O 混合溶液(pH=1.68，H C O 为二元弱酸): 2 2 4 2 4 2 2 4 c  H cH C O c  Na c  C O2 c  OH 2 2 4 2 4 A. A B. B C. C D. D 【答案】AD 【答案】B 【解析】 【解析】 【详解】A. NaHCO 水溶液呈碱性，说明HCO的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO 和Na CO 水 3 3 3 2 3 【详解】A .加入碘水后，溶液呈蓝色，只能说明溶液中含有淀粉，并不能说明淀粉是否发生了水解反应，故A 解关系为：CO2- ＞ HCO-，溶液中剩余微粒浓度关系为：c  HCO- c  CO2- ，CO2-和HCO- 水解程度 3 3 3 3 3 3 错误； 微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO 和Na CO 化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中微 3 2 3 B.加入盐酸后，产生大量气泡，说明镁与盐酸发生化学反应，此时溶液温度上升，可证明镁与盐酸反应放热， 粒浓度大小关系为：c  Na+ >c  HCO- >c  CO2- >c  OH- ，故A正确； 故B正确； 3 3 C.BaCl 、CaCl 均能与Na CO 反应，反应产生了白色沉淀，沉淀可能为BaCO 或CaCO 或二者混合物，故C B.该混合溶液中电荷守恒为：c  NH+ +c  H+ =c  OH- +c  Cl- ，物料守恒为： 2 2 2 3 3 3 4 错误； cNH ·H O+c  NH+ =2c  Cl- ，两式联立消去c(Cl-)可得：c  NH+ +2c  H+ =2c  OH- +cNH H O 3 2 4 4 3 2 D.向H O 溶液中加入高锰酸钾后，发生化学反应2KMnO +3H O =2MnO +2KOH+2H O+3O ↑等(中性条件)，该 2 2 4 2 2 2 2 2 - 5 -，故B错误； 【解析】 C.若不考虑溶液中相关微粒行为，则c(CH COOH)=c(CH COO-)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说明CH COOH电离 【详解】A．甲烷和二氧化碳反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，甲烷转化率增大，甲 3 3 3 程度大于CH COONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系为：c(CH COO-)>c(Na+)>c(CH COOH)>c(H+)，故C错 烷和二氧化碳反应是体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷转化率减小，故A错误； 3 3 3 误； B．根据两个反应得到总反应为CH (g)＋2CO (g) H (g)＋3CO(g) ＋H O (g)，加入的CH 与CO 物质的量 4 2 2 2 4 2 D.该混合溶液中物料守恒为：2c  Na+ =cH C O +c  HC O-  +c  C O2- ，电荷守恒为： 相等，CO 2 消耗量大于CH 4 ，因此CO 2 的转化率大于CH 4 ，因此曲线B表示CH 4 的平衡转化率随温度变化，故 2 2 4 2 4 2 4 B正确； 2c  C O2- +c  HC O-  +c  OH- =c  Na+ +c  H+ ，两式相加可得： 2 4 2 4 C．使用高效催化剂，只能提高反应速率，但不能改变平衡转化率，故C错误； c  H+ +cH C O =c  Na+ +c  C O2- +c  OH- ，故D正确； 2 2 4 2 4 D．800K时甲烷的转化率为X点，可以通过改变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值，故D正 综上所述，浓度关系正确的是：AD。 确。 15.CH 与CO 重整生成H 和CO的过程中主要发生下列反应 综上所述，答案为BD。 4 2 2 CH (g)CO (g)2H (g)2CO(g) H 247.1kJmol1 16.吸收工厂烟气中的SO 2 ，能有效减少SO 2 对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中SO 2 后经O 2 催化 4 2 2 氧化，可得到硫酸盐。 H (g)CO (g)H O(g)CO(g) H 41.2kJmol1 2 2 2 已知：室温下，ZnSO 微溶于水，Zn(HSO ) 易溶于水；溶液中H SO 、HSO -、SO 2-的物质的量分数随pH的 3 3 2 2 3 3 3 在恒压、反应物起始物质的量比nCH :nCO 1:1条件下，CH 和CO 的平衡转化率随温度变化的曲线 4 2 4 2 分布如图-1所示。 如图所示。下列有关说法正确的是 (1)氨水吸收SO 。向氨水中通入少量SO ，主要反应的离子方程式为___________；当通入SO 至溶液pH=6 2 2 2 时，溶液中浓度最大的阴离子是_____________(填化学式)。 A. 升高温度、增大压强均有利于提高CH 的平衡转化率 (2)ZnO水悬浊液吸收SO 。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO ，在开始吸收的40mim内，SO 吸收率、溶液 4 2 2 2 B. 曲线B表示CH 的平衡转化率随温度的变化 pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图-2)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是____________(填化学 4 C. 相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠 式)；SO 吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为_______________。 2 D. 恒压、800K、n(CH )：n(CO )=1:1条件下，反应至CH 转化率达到X点的值，改变除温度外的特定条件继 4 2 4 续反应，CH 转化率能达到Y点的值 4 【答案】BD - 6 -HSO-的浓度越大，使得催化氧化过程中反应速率越快；随着反应的不断进行，大量的HSO-反应生成SO2-， 3 3 4 反应的离子方程式为2HSO-+O =2SO2-+2H+，随着反应的不断进行，有大量的氢离子生成，导致氢离子浓度 3 2 4 增大，溶液pH减小。 17.化合物F是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下： (3)O 催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO 得到溶液的pH在4.5~6.5范围内，pH越低SO2-生成速率越 2 2 4 大，其主要原因是__________；随着氧化的进行，溶液的pH将__________(填“增大”、“减小”或“不 变”)。 【 答 案 】 (1). 2NH H OSO 2NH SO2或 3 2 2 4 3 (1)A中的含氧官能团名称为硝基、__________和____________。 2NH 3 H 2 OSO 2  2NH 4  SO 3 2 H 2 O (2). HSO 3 - (3). ZnSO 3 (4). (2)B的结构简式为______________。 ZnSO SO H OZn2 2HSO或ZnO2SO H OZn2 2HSO (5). 随着pH降低，HSO- (3)C→D的反应类型为___________。 3 2 2 3 2 2 3 3 (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________。 浓度增大 (6). 减小 ①能与FeCl 溶液发生显色反应 【解析】 3 。 【分析】 ②能发生水解反应，水解产物之一是α-氨基酸，另一产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1:1且含苯 向氨水中通入少量的 SO ，反应生成亚硫酸铵，结合图像分析 pH=6时溶液中浓度最大的阴离子；通过分析 环。 2 ZnO吸收SO 后产物的溶解性判断吸收率变化的原因；通过分析HSO-与氧气反应的生成物，分析溶液pH的 2 3 (5)写出以CH CH CHO和 为原料制备 的合成路线流程图(无机试剂和有机溶 3 2 变化情况。 剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)________。 【详解】(1)向氨水中通入少量SO 时，SO 与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为2NH +H O+SO =2 2 2 3 2 2 NH++SO2-（或2NH ·H O +SO =2NH++SO2-+H O）；根据图-1所示，pH=6时，溶液中不含有亚硫酸，仅含 【答案】 (1). 醛基 (2). (酚)羟基 (3). (4). 取代反应 (5). 4 3 3 2 2 4 3 2 有HSO-和SO2-，根据微粒物质的量分数曲线可以看出溶液中阴离子浓度最大的是HSO-； 3 3 3 (2)反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO ，生成微溶于水的ZnSO ，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完 2 3 (6). 全反应生成ZnSO 后，ZnSO 继续吸收SO 生成易溶于水的Zn(HSO ) ，此时溶液pH逐渐变小，SO 的吸收率 3 3 2 3 2 2 逐渐降低，这一过程的离子方程式为ZnSO +SO +H O=Zn2++2HSO-（或ZnO+2SO +H O=Zn2++2HSO-） 3 2 2 3 2 2 3 【解析】 (3)HSO-可以经氧气氧化生成SO2-，这一过程中需要调节溶液pH在4.5~6.5的范围内，pH越低，溶液中的 3 4 - 7 -【分析】 原因是__________________。 本题从官能团的性质进行分析，利用对比反应前后有机物不同判断反应类型； (2)二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。 【详解】(1)根据A的结构简式，A中含氧官能团有硝基、酚羟基、醛基； 实验检测原理为C N O Cl H 2H OC H N O 2HClO 3 3 3 2 2 3 3 3 3 (2)对比A和C的结构简式，可推出A→B：CH I中的－CH 取代酚羟基上的H，即B的结构简式为 3 3 HClO2I H I Cl H O I 2S O2 S O2 2I 2 2 2 2 3 4 6 准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过 ； 量KI溶液，密封在暗处静置5min；用0.1000molL1Na S O 标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂 2 2 3 (3)对比C和D的结构简式，Br原子取代－CH OH中的羟基位置，该反应类型为取代反应； 2 继续滴定至终点，消耗Na S O 溶液20.00mL。 2 2 3 (4)①能与FeCl 溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能发生水解反应，说明含有酯基或肽键，水解产物之 3 ①通过计算判断该样品是否为优质品_______。(写出计算过程， 一是α－氨基酸，该有机物中含有“ ”，另一产物分子中不同化学环境的氢原子数目之比为1：1， 测定中转化为HCl O的氯元素质量2 该样品的有效氯 100% ) 样品的质量 且含有苯环，说明是对称结构，综上所述，符合条件的是 ； ②若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值____________(填“偏高”或“偏低”)。 【答案】 (1). Cl 2OH ClO Cl H O (2). NaClO溶液吸收空气中的 CO 后产生 HClO， 2 2 2 (5)生成 ,根据E生成F，应是 与H O 发生反应得到， HClO见光分解 (3). n  S O2- =0.1000molL-10.02000L=2.00010-3mol 2 2 2 3 根据物质转换和电子得失守恒关系：C N O Cl ~ 2HClO~ 2I ~ 4S O2 3 3 3 2 2 2 3 按照D→E，应由CH 3 CH 2 CH 2 Br与 反应得到，CH 3 CH 2 CHO与H 2 发生加成反 得n(Cl)0.5n  S O2 1.000103mol 2 3 应生成CH CH CH OH，CH CH CH OH在PBr 作用下生成CH CH CH Br，合成路线是CH CH CHO 氯元素的质量: 3 2 2 3 2 2 3 3 2 2 3 2 m(Cl)1.000103mol35.5gmol1 0.03550g CH CH CH OH CH CH CH Br 3 2 2 3 2 2 0.03550g 2100%63.39% 该样品的有效氯为： 25.0mL 1.1200g 250.0mL 。 该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品 (4). 偏低 【解析】 【点睛】有机物的推断和合成中，利用官能团的性质以及反应条件下进行分析和推断，同时应注意利用对比的 【详解】(1) 由题意可知，氯气通入氢氧化钠中产生次氯酸钠，同时产生氯化钠，反应的离子方程式为： 方法找出断键和生成键的部位，从而确定发生的反应类型。 Cl +2OH-=ClO-+Cl-+H O；次氯酸钠溶液长期暴露在空气中会吸收空气中的二氧化碳气体，因次氯酸酸性 18.次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C 3 N 3 O 3 Cl 2 Na)都是常用的杀菌消毒剂。 NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠. 2 2 (1)NaClO溶液可由低温下将Cl 缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备 NaClO的离子方程式为__________；用于 比碳酸弱，因此次氯酸钠可以与二氧化碳在水中反应产生HClO，HClO具有不稳定性，在受热或见光条件下会 2 环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其 发生分解反应，产生HCl和O ，从而是次氯酸钠失效，故答案为：Cl +2OH-=ClO-+Cl-+H O；NaClO溶液 2 2 2 - 8 -吸收空气中的CO 后产生HClO，HClO见光分解； C．适当缩短酸浸时间 2 (2) ①由题中反应可知，C N O Cl- 在酸性条件产生HClO，HClO氧化碘离子产生碘单质，碘单质再用硫代硫 (2)还原：向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成Fe2+外，还会生成 3 3 3 2 ___________(填化学式)；检验Fe3+是否还原完全的实验操作是______________。 酸钠滴定，结合反应转化确定物质之间的关系为：C 3 N 3 O 3 Cl- 2  2HClO  2I 2  4S 2 O 3 2-， (3)除杂：向“还原”后的滤液中加入NH F溶液，使Ca2+转化为CaF 沉淀除去。若溶液的pH偏低、将会导致 4 2 n(S O2)0.1000molL-10.02000L2.000103mol，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n(Cl)=0.5 2 3 CaF 沉淀不完全，其原因是___________[K CaF =5.310-9，K (HF)=6.310-4]。 2 sp 2 a n（S O2-）=1.00010-3mol， 2 3 (4)沉铁：将提纯后的FeSO 4 溶液与氨水-NH 4 HCO 3 混合溶液反应，生成FeCO 3 沉淀。 氯元素的质量：m(Cl)= 1.00010-3mol35.5gmol-1=0.03550g，该样品中的有效氯为： ①生成FeCO 3 沉淀的离子方程式为____________。 ②设计以FeSO 溶液、氨水- NH HCO 混合溶液为原料，制备FeCO 的实验方案：__。 0.03550g 4 4 3 3 2100% 25.00mL =63.39%， 1.1200g 【FeCO 3 沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH) 2 开始沉淀的pH=6.5】。 250.0mL 【答案】 (1). AB (2). H (3). 取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色 该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品 2 (4). pH偏 低 形 成 HF， 导 致 溶 液 中 F-浓 度 减 小 ， CaF 沉 淀 不 完 全 (5). 2 故答案为：n(S O2)=0.1000molL-10.02000L2.000103mol，根据物质转换和电子得失守恒关系： 2 3 Fe2 HCO NH H OFeCO NH H O或Fe2 HCO NH FeCO NH (6). 在搅 3 3 2 3 4 2 3 3 3 4 C 3 N 3 O 3 Cl- 2  2HClO  2I 2  4S 2 O 3 2-，得n(Cl)=0.5n（S 2 O 3 2-）=1.00010-3mol， 拌下向FeSO 溶液中缓慢加入氨水-NH HCO 混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸 4 4 3 氯元素的质量：m(Cl)= 1.00010-3mol35.5gmol-1=0.03550g，该样品中的有效氯为： 馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl 溶液，不出现白色沉淀 2 0.03550g 2100% 【解析】 25.00mL =63.39%， 1.1200g 【分析】 250.0mL 该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品 铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用H SO 溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后的滤液中加入过量 2 4 ②如果硫酸的用量过少，则导致反应C N O Cl-+H++2H O=C H N O +2HClO不能充分进行，产生的 铁粉将Fe3+还原为Fe2+；向“还原”后的滤液中加入NH 4 F使Ca2+转化为CaF 2 沉淀而除去；然后进行“沉铁”生成 3 3 3 2 2 3 3 3 3 FeCO ，将FeCO 沉淀经过系列操作制得α—Fe O ；据此分析作答。 HClO的量偏低，最终导致实验测得的有效氯含量会偏低， 3 3 2 3 【详解】(1)A．适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，A选； 故答案为：偏低； B．适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B选； 19.实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成份为铁的氧化物)制备软磁性材料α-Fe O 。 2 3 C．适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，C不选； 其主要实验流程如下： 答案选AB。 (2)为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁粉发生 (1)酸浸：用一定浓度的H SO 溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁元素 2 4 的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H ↑，“还原”过程中除生成Fe2+外，还有H 生成；通常用KSCN溶液 2 2 浸出率的有___________(填序号)。 检验Fe3+，故检验Fe3+是否还原完全的实验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色 A．适当升高酸浸温度 是否呈血红色，若不呈血红色，则Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则Fe3+没有还原完全，故答案为：H ，取 2 B．适当加快搅拌速度 少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色。 - 9 -(3)向“还原”后的滤液中加入NH F溶液，使Ca2+转化为CaF 沉淀，K (CaF )=c(Ca2+)·c2(F-)，当Ca2+完全沉淀 示。反应温度在40℃~80℃范围内，HCO -催化加氢的转化率迅速上升，其主要原因是_____________。 4 2 sp 2 3 5.3109 (2) HCOOH燃料电池。研究 HCOOH燃料电池性能的装置如图-2所示，两电极区间用允许K+、H+通过的半透 （某离子浓度小于1×10-5mol/L表明该离子沉淀完全）时，溶液中c(F-)至少为 mol/L= 5.3×10- 1105 膜隔开。 2mol/L；若溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F-形成弱酸HF，导致溶液中c(F-)减小，CaF 沉淀不 2 完全，故答案为：pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF 沉淀不完全。 2 (4)①将提纯后的FeSO 溶液与氨水—NH HCO 混合溶液反应生成FeCO 沉淀，生成FeCO 的化学方程式为 4 4 3 3 3 FeSO +NH ·H O+NH HCO =FeCO ↓+(NH ) SO +H O[或FeSO +NH +NH HCO =FeCO ↓+(NH ) SO ]，离子方程 4 3 2 4 3 3 4 2 4 2 4 3 4 3 3 4 2 4 式为Fe2++HCO- +NH ·H O=FeCO ↓+NH++H O（或Fe2++HCO- +NH =FeCO ↓+NH+），答案为：Fe2++ 3 3 2 3 4 2 3 3 3 4 HCO- +NH ·H O=FeCO ↓+NH++H O（或Fe2++HCO- +NH =FeCO ↓+NH+）。 3 3 2 3 4 2 3 3 3 4 ②根据题意Fe(OH) 开始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe(OH) 沉淀，所以将FeSO 溶液与氨水—NH HCO 混合 ①电池负极电极反应式为_____________；放电过程中需补充的物质A为_________(填化学式)。 2 2 4 4 3 溶液反应制备FeCO 沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO 沉淀需“洗涤完全”，所以设计的实验方 ②图-2所示的 HCOOH燃料电池放电的本质是通过 HCOOH与O 的反应，将化学能转化为电能，其反应的离 3 3 2 案中要用盐酸酸化的BaCl 溶液检验最后的洗涤液中不含SO2- ；则设计的实验方案为：在搅拌下向FeSO 溶液 子方程式为_______________。 2 4 4 (3) HCOOH催化释氢。在催化剂作用下， HCOOH分解生成CO 和H 可能的反应机理如图-3所示。 中缓慢加入氨水—NH HCO 混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次； 2 2 4 3 取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl 溶液，不出现白色沉淀，故答案为：在搅拌下向FeSO 溶液 2 4 中缓慢加入氨水—NH HCO 混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次； 4 3 取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl 溶液，不出现白色沉淀。 2 【点睛】本题的易错点是实验方案设计中的细节，需注意两点：(1)控制pH不形成Fe(OH) 沉淀；(2)沉淀洗涤 2 完全的标志。 20.CO / HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。 2 ①HCOOD催化释氢反应除生成CO 外，还生成__________(填化学式)。 2 ②研究发现：其他条件不变时，以 HCOOK溶液代替 HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是 _______________。 【答案】 (1). HCO H 催化剂HCOO H O (2). 温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性 3 2 2 增 强 (3). HCOO 2OH 2e HCO H O (4). H SO (5). 3 2 2 4 2HCOOH2OH O 2HCO 2H O或2HCOO O 2HCO (6). HD (7). 提高释放氢气的 2 3 2 2 3 (1)CO 催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO 溶液(CO 与KOH溶液反应制得)中通入H 生成 速率，提高释放出氢气的纯度 2 3 2 2 HCOO-，其离子方程式为__________；其他条件不变，HCO -转化为HCOO-的转化率随温度的变化如图-1所 【解析】 3 - 10 -【分析】 (3)与NH+互为等电子体的一种分子为_______________(填化学式)。 4 (1)根据元素守恒和电荷守恒书写离子方程式；从温度对反应速率的影响以及温度对催化剂的影响的角度分析。 (4)柠檬酸的结构简式见图。1 mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为_________mol。 (2)该装置为原电池装置，放电时HCOOˉ转化为HCO被氧化，所以左侧为负极，Fe3+转化为Fe2+被还原，所以 3 右侧为正极。 (3)HCOOH生成HCOOˉ和H+分别与催化剂结合，在催化剂表面HCOOˉ分解生成CO 和Hˉ，之后在催化剂表面 2 【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2 (2). O (3). sp3 (4). N＞O＞C (5). CH 或 SiH Hˉ和第一步产生的H+反应生成H 。 4 4 2 (6). 7 【详解】(1)含有催化剂的KHCO 溶液中通入H 生成HCOOˉ，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为： 3 2 【解析】 催化剂 HCO+H HCOOˉ+H O；反应温度在40℃~80℃范围内时，随温度升高，活化分子增多，反应速率加 3 2 2 【分析】 (1)Fe核外有26个电子，H O中O原子有孤对电子，提供孤对电子。 2 快，同时温度升高催化剂的活性增强，所以HCO的催化加氢速率迅速上升； 3 (2)先计算NH 分子中氮原子价层电子对数，同周期，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族大 3 (2)①左侧为负极，碱性环境中HCOOˉ失电子被氧化为HCO，根据电荷守恒和元素守恒可得电极反应式为 3 于第IIIA族，第VA族大于第VIA族。 HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ=== HCO+H O；电池放电过程中，钾离子移向正极，即右侧，根据图示可知右侧的阴离子 (3)根据价电子数Si＝C＝N+的关系得出NH+互为等电子体的分子。 3 2 4 为硫酸根，而随着硫酸钾不断被排除，硫酸根逐渐减少，铁离子和亚铁离子进行循环，所以需要补充硫酸根， (4)羧基的结构是 ，一个羧基中有碳原子与氧原子分别形成两个σ键，一个羟基与碳原子相连 为增强氧气的氧化性，溶液最好显酸性，则物质A为H SO ； 2 4 形成一个σ键。 ②根据装置图可知电池放电的本质是HCOOH在碱性环境中被氧气氧化为HCO，根据电子守恒和电荷守恒可 3 【详解】(1)Fe核外有26个电子，其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；由于H 2 O 得离子方程式为2HCOOH+O +2OHˉ = 2HCO+2H O或2HCOOˉ+O = 2HCO； 中O原子有孤对电子，因此[Fe(H 2 O) 6 ]2+中与Fe2+配位的原子是O；故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2或 2 3 2 2 3 [Ar]3d64s2；O。 (3)①根据分析可知HCOOD可以产生HCOOˉ和D+，所以最终产物为CO 和HD(Hˉ与D+结合生成)； 2 1 (2)NH 分子中氮原子价层电子对数为3 (513)314，因此氮杂化类型为sp3，同周期，从左到 ②HCOOK是强电解质，更容易产生HCOOˉ和K+，更快的产生KH，KH可以与水反应生成H 和KOH，生成 3 2 2 的KOH可以吸收分解产生的CO ，从而使氢气更纯净，所以具体优点是：提高释放氢气的速率，提高释放出氢 右，第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此C、N、O元素的第 2 气的纯度。 一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；故答案为：sp3；N＞O＞C。 【点睛】第3小题为本题难点，要注意理解图示的HCOOH催化分解的反应机理，首先HCOOH分解生成H+ (3)根据价电子数Si＝C＝N+，得出NH+互为等电子体的分子是CH 或SiH ；故答案为：CH 或SiH 。 4 4 4 4 4 和HCOOˉ，然后HCOOˉ再分解成CO 和Hˉ，Hˉ和H+反应生成氢气。 2 (4)羧基的结构是 ，一个羧基中有碳原子与氧原子分别形成两个σ键，三个羧基有6个，还有 21.以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵【(NH ) Fe(C H O ) 】。 4 3 6 5 7 2 一个羟基与碳原子相连形成一个σ键，因此1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为7mol；故 (1)Fe基态核外电子排布式为___________；FeH O  2 中与Fe2+配位的原子是________(填元素符号)。  2 6  答案为：7。 (2)NH 分子中氮原子的轨道杂化类型是____________；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为 3 【点睛】物质结构是常考题型，主要考查电子排布式，电离能、电负性、共价键分类、杂化类型、空间构 _______________。 型等。 - 11 -22.羟基乙酸钠易溶于热水，微溶于冷水，不溶于醇、醚等有机溶剂。制备少量羟基乙酸钠的反应为 【详解】(1)根据图中仪器得出仪器A的名称为冷凝管，根据题中信息可知制备羟基乙酸钠的反应为放热反应， ClCH COOH2NaOHHOCH COONaNaClH O H 0 逐步加入NaOH溶液的目的是防止升温太快，同时控制反应体系的pH；故答案为：(回流)冷凝管；防止升温太 2 2 2 快，控制反应体系的pH。 实验步骤如下： (2步骤2中烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是防止暴沸；故答案为：防止暴沸。 (3)粗产品溶于过量水，导致在水中溶解过多，得到的产物减少，因此导致产率减小；由于产品易溶于热水，微 溶于冷水，因此去除活性炭的操作名称是趁热过滤；故答案为：减少；趁热过滤。 (4)根据信息，产品不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂中，因此步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的 目的是降低产品的溶解度，提高羟基乙酸钠的析出量(产量)；故答案为：提高羟基乙酸钠的析出量(产量)。 【点睛】化学实验是常考题型，主要考查实验仪器、实验操作、对新的信息知识的理解。 步骤1：如图所示装置的反应瓶中，加入40g氯乙酸、50mL水，搅拌。逐步加入40%NaOH溶液，在95℃继续 搅拌反应2小时，反应过程中控制pH约为9。 步骤2：蒸出部分水至液面有薄膜，加少量热水，趁热过滤。滤液冷却至15℃，过滤得粗产品。 步骤3：粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，分离掉活性炭。 步骤4：将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却至15℃以下，结晶、过滤、干燥，得羟基乙酸钠。 (1)步骤1中，如图所示的装置中仪器A的名称是___________；逐步加入NaOH溶液的目的是____________。 (2)步骤2中，蒸馏烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是_______________。 (3)步骤3中，粗产品溶解于过量水会导致产率__________(填“增大”或“减小”)；去除活性炭的操作名称是 _______________。 (4)步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是_______________。 【答案】 (1). (回流)冷凝管 (2). 防止升温太快、控制反应体系pH (3). 防止暴沸 (4). 减小 (5). 趁热过滤 (6). 提高羟基乙酸钠的析出量(产率) 【解析】 【分析】 制备少量羟基乙酸钠的反应为ClCH COOH2NaOHHOCH COONaNaClH O H 0，根据羟 2 2 2 基乙酸钠易溶于热水，粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，分离掉活性炭，趁热过滤，根据羟基乙酸钠 不溶于醇，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却至15℃以下，结晶、过滤、干燥，得羟基乙酸钠。 - 12 -