文档内容
2020 年江苏省高考化学试卷
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 Cl35.5 K 39 Ca
40 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。
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
B. O
2
C. SO
2
D. NO
【答案】B
【解析】
【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；
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
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
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
3
物，D不选；
答案选B。
2.反应 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
A. 中子数为9的氮原子：
B. N 分子的电子式：
2
C. Cl 分子的结构式：Cl—Cl
2D. Cl-的结构示意图：
【答案】C
【解析】
【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 ，A错误；
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
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
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；
答案选C。
3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品
B. 氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料
C. 氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸
D. 明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水
【答案】D
【解析】
【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，铝具有延展性，故铝可用于制作铝金属制品，A错误；
B．氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B错误；
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；
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正确；
故选D。
4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. 氨水溶液：Na+、K+、OH-、NO
B. 盐酸溶液：Na+、K+、SO 、SiO
C. KMnO 溶液：NH 、Na+、NO 、I-
4
D. AgNO 溶液：NH 、Mg2+、Cl-、SO
3
【答案】A
【解析】
【详解】A．在0.1mol/L氨水中，四种离子可以大量共存，A选；
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不选；
C． 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．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，D不选；
故选A。
5.实验室以CaCO 为原料，制备CO 并获得CaCl ﹒6HO晶体。下列图示装置和原理不能达
3 2 2 2
到实验目的的是
A. 制备CO
2
B. 收集CO
2C. 滤去CaCO
3
D. 制得CaCl ﹒6HO
2 2
【答案】D
【解析】
【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
碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，故A正确；
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；
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正确；
D．CaCl ∙6H 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
2 2
却结晶析出六水氯化钙结晶物，故D错误。
综上所述，答案为D。
的
6.下列有关化学反应 叙述正确的是
A. 室温下，Na在空气中反应生成NaO
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
D. 室温下，Fe与浓HSO 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．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。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. Cl 通入水中制氯水：
2
B. NO 通入水中制硝酸：
2
C. NaAlO 溶液中通入过量CO：
2 2
D. AgNO 溶液中加入过量浓氨水：
3
【答案】C
【解析】
【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 ＋HO H
2 2
＋＋Cl－＋HClO，故A错误；
B.NO 与HO反应：3NO ＋HO=2HNO ＋NO，离子方程式为3NO ＋HO=2H＋＋2 ＋
2 2 2 2 3 2 2
NO，故B错误；
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 ＋
2 2
CO＋2HO=Al(OH) ↓＋ ，故C正确；
2 2 3
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
答案为C。
【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 ，还有
2
选项D，AgOH能溶于氨水中，生成银氨溶液。
8.反应 可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确
的是
A. 该反应 、
B. 该反应的平衡常数C. 高温下反应每生成1 mol Si需消耗
D 用E表示键能，该反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．SiCl 、H 、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
4 2
此该反应为熵增，即△S>0，故A错误；
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.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；
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错误；
答案为B。
阅读下列资料，完成9~10题
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
2
NaCl、NH 、CO 等为原料可得到 NaHCO ；向海水晒盐得到的卤水中通Cl 可
3 2 3 2
制溴；从海水中还能提取镁。
9.下列关于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法正确的是
A. NaOH的碱性比Mg(OH) 的强
2
B. Cl 得到电子的能力比Br 的弱
2 2
C. 原子半径r:
D. 原子的最外层电子数n:
【答案】A
【解析】
【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) ，
2
故A正确；
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 得电子的能力比Br
2 2
强，故B错误；
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)＞r(Mg)＞r(Cl)，故C错误；
D．Cl和Br为同主族元素，最外层电子数相等，故D错误。
综上所述，答案为A。
10.下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A. (aq) (g) 漂白粉(s)
B. (aq) (s) (s)
C. (aq) (aq) (aq)
D. (s) (aq) (s)
【答案】C
【解析】
【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；
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；
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
2 2 2
碘单质，故C正确；
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，同时产生大量氢氧根，与镁离子产生沉淀，故D错误。
综上所述，答案为C。
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是A. 阴极的电极反应式为
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
【答案】C
【解析】
【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；
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
设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，故D错误；
故选：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。
下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是
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】【详解】A .X中 红色碳原子为手性碳原子，故A说法错误；
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，
因此左侧甲基上碳原子不一定与苯环以及右侧碳原子共平面，故B说法错误；
C. 中与羟基相连接的碳原子邻位碳原子上有氢原
子，在浓硫酸作催化并加热条件下，能够发生消去反应，故C说法正确；
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， 在氢氧化钠溶液作用下先发生水
解反应生成 ，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，说法正确的是：CD。
【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。
13.根据下列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
向淀粉溶液中加适量20%H SO 溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至
A 2 4 淀粉未水解
中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝室温下，向 HCl溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，
B 镁与盐酸反应放热
测得溶液温度上升
室温下，向浓度均为 的BaCl 和CaCl 混合溶液中加入
C 2 2 白色沉淀是BaCO
3
NaCO 溶液，出现白色沉淀
2 3
D 向 HO 溶液中滴加 KMnO 溶液，溶液褪色 HO 具有氧化性
2 2 4 2 2
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【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错误；
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，故B正确；
C.BaCl 、CaCl 均能与NaCO 反应，反应产生了白色沉淀，沉淀可能为BaCO 或CaCO 或二
2 2 2 3 3 3
者混合物，故C错误；
D.向HO 溶液中加入高锰酸钾后，发生化学反应2KMnO +3H O=2MnO+2KOH+2H O+3O↑
2 2 4 2 2 2 2 2
等(中性条件)，该反应中HO 被氧化，体现出还原性，故D错误；
2 2
综上所述，故答案为：B。
【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。
14.室温下，将两种浓度均为 的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是
A. 混合溶液(pH=10.30)：
B. 氨水-NH Cl混合溶液(pH=9.25)：
4
C. 混合溶液(pH=4.76):
D. 混合溶液(pH=1.68，HC O 为二元弱酸):
2 2 4
【答案】AD
【解析】
【详解】A. NaHCO 水溶液呈碱性，说明 的水解程度大于其电离程度，等浓度的
3
NaHCO 和 NaCO 水解关系为： ，溶液中剩余微粒浓度关系为：
3 2 3
， 和 水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO 和
3
NaCO 化学式可知，该混合溶液中 Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为：
2 3
，故A正确；
B.该混合溶液中电荷守恒为： ，物料守恒为：
，两式联立消去c(Cl-)可得：
，故B错误；
C.若不考虑溶液中相关微粒行为，则c(CHCOOH)=c(CHCOO-)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说
3 3
明CHCOOH电离程度大于CHCOONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系为：
3 3c(CHCOO-)>c(Na+)>c(CHCOOH)>c(H+)，故C错误；
3 3
D.该混合溶液中物料守恒为： ，电荷守恒为：
，两式相加可得：
，故D正确；
综上所述，浓度关系正确的是：AD。
15.CH 与CO 重整生成H 和CO的过程中主要发生下列反应
4 2 2
在恒压、反应物起始物质的量比 条件下，CH 和CO 的平衡转化率
4 2
随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是
A. 升高温度、增大压强均有利于提高CH 的平衡转化率
4
B. 曲线B表示CH 的平衡转化率随温度的变化
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
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
4 2 4
度外的特定条件继续反应，CH 转化率能达到Y点的值
4
【答案】BD
【解析】
【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；
B．根据两个反应得到总反应为CH(g)＋2CO(g) H (g)＋3CO(g) ＋HO (g)，加入的CH
4 2 2 2 4
与CO 物质的量相等，CO 消耗量大于CH，因此CO 的转化率大于CH，因此曲线B表示
2 2 4 2 4
CH 的平衡转化率随温度变化，故B正确；
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；
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正确。
综上所述，答案为BD。
16.吸收工厂烟气中的SO ，能有效减少SO 对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中
2 2
SO 后经O 催化氧化，可得到硫酸盐。
2 2
已知：室温下，ZnSO 微溶于水，Zn(HSO ) 易溶于水；溶液中HSO 、HSO -、SO 2-的物质
3 3 2 2 3 3 3
的量分数随pH的分布如图-1所示。
(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
2 2
SO 至溶液pH=6时，溶液中浓度最大的阴离子是_____________(填化学式)。
2
(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，
2 2
SO 吸收率、溶液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，
2
主要产物是____________(填化学式)；SO 吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为
2
_______________。(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
2 2
SO 生成速率越大，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). 或
(2). HSO (3). ZnSO (4).
3
或 (5). 随着
pH降低，HSO 浓度增大 (6). 减小
【解析】
【分析】
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
2
子；通过分析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 与氧气
2
反应的生成物，分析溶液pH的变化情况。
【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
2 2
2NH +H O+SO =2 + （或 2NH ·H O +SO =2 + +H O）；根据图-1 所示，
3 2 2 3 2 2 2
pH=6时，溶液中不含有亚硫酸，仅含有 和 ，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 ；
(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
2 3
不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO 后，ZnSO 继续吸收SO 生成易溶于水的Zn(HSO )，此
3 3 2 3 2
时溶液pH逐渐变小，SO 的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为
2
ZnSO+SO+H O=Zn2++2 （或ZnO+2SO+H O=Zn2++2 ）
3 2 2 2 2
(3) 可以经氧气氧化生成 ，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 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 反应生成 ，反应的离子方程式为2 +O =2 +2H+，随着反应
2
的不断进行，有大量的氢离子生成，导致氢离子浓度增大，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：
(1)A中的含氧官能团名称为硝基、__________和____________。
(2)B的结构简式为______________。
(3)C→D的反应类型为___________。
(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________。
。
①能与FeCl 溶液发生显色反应
3
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且含苯环。
(5)写出以CHCHCHO和 为原料制备 的合成路线流程图
3 2(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). 醛基 (2). (酚)羟基 (3). (4). 取代反应 (5).
(6).
【解析】
【分析】
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；
【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；
(2)对比A和C的结构简式，可推出A→B：CHI中的－CH 取代酚羟基上的H，即B的结构
3 3
简式为 ；
(3)对比C和D的结构简式，Br原子取代－CHOH中的羟基位置，该反应类型为取代反应；
2
(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
3
肽键，水解产物之一是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，且含有苯环，说明是对称结构，综上所述，符合条件的是 ；
(5)生成 ,根据E生成F，应是 与HO 发生反应得
2 2
到， 按照D→E，应由CHCHCHBr与 反应得到，
3 2 2
CHCHCHO与H 发生加成反应生成CHCHCHOH，CHCHCHOH在PBr 作用下生成
3 2 2 3 2 2 3 2 2 3
CHCHCHBr，合成路线是CHCHCHO CHCHCHOH
3 2 2 3 2 3 2 2
CHCHCHBr 。
3 2 2
【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
应注意利用对比的方法找出断键和生成键的部位，从而确定发生的反应类型。
18.次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C NOClNa)都是常用的杀菌消毒剂。 NaClO可用于制
3 3 3 2
备二氯异氰尿酸钠.
(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
2
__________；用于环境杀菌消毒的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，其原因是__________________。
(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。实验检测原理为
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 NaSO 标准溶液滴
2 2 3
定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗NaSO 溶液20.00mL。
2 2 3
①通过计算判断该样品是否为优质品_______。(写出计算过程，
)
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). (2). NaClO溶液吸收空气中的CO 后产生
2
HClO，HClO见光分解 (3).
根据物质转换和电子得失守恒关系：
得
氯元素的质量:
该样品的有效氯为：
该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品 (4). 偏低
【解析】
【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： ；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发生分解反应，产生HCl和O ，从而是
2
次氯酸钠失效，故答案为： ；NaClO溶液吸收空气中的CO 后
2产生HClO，HClO见光分解；
(2) ①由题中反应可知， 在酸性条件产生HClO，HClO氧化碘离子产生碘单质，
碘单质再用硫代硫酸钠滴定，结合反应转化确定物质之间的关系为：
，
，根据物质转换和电子得失守恒
关系：得n(Cl)=0.5 = ，
氯元素的质量：m(Cl)= =0.03550g，该样品中的有效氯为：
=63.39%，
该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品
故答案为：n(S O )= ，根据物质转换和电子
2
得失守恒关系： ，得n(Cl)=0.5 =
，
氯元素的质量：m(Cl)= =0.03550g，该样品中的有效氯为：
=63.39%，
该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品
②如果硫酸的用量过少，则导致反应 不能充分进行，产生的HClO的量偏低，最终导致实验测得的有效氯含量会偏低，
故答案为：偏低；
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
其主要实验流程如下：
(1)酸浸：用一定浓度的HSO 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
2 4
措施能提高铁元素浸出率的有___________(填序号)。
A．适当升高酸浸温度
B．适当加快搅拌速度
C．适当缩短酸浸时间
(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___________(填化学式)；检验Fe3+是否还原完全的实验操作是
______________。
(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
4 2
偏低、将会导致CaF 沉淀不完全，其原因是___________[ ，
2
]。
(4)沉铁：将提纯后的FeSO 溶液与氨水-NH HCO 混合溶液反应，生成FeCO 沉淀。
4 4 3 3
①生成FeCO 沉淀的离子方程式为____________。
3
的
②设计以FeSO 溶液、氨水- NHHCO 混合溶液为原料，制备FeCO 实验方案：__。
4 4 3 3
【FeCO 沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH) 开始沉淀的pH=6.5】。
3 2
【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
2
否呈血红色 (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
或
(6). 在搅拌下向 FeSO 溶液中缓慢加入氨水-
4
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
【解析】
【分析】
铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用HSO 溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后
2 4
的滤液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+；向“还原”后的滤液中加入NH F使Ca2+转化为CaF
4 2
沉淀而除去；然后进行“沉铁”生成FeCO ，将FeCO 沉淀经过系列操作制得α—Fe O ；据此
3 3 2 3
分析作答。
【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；
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；
C．适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，C不选；
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
入过量的铁粉发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H ↑，“还原”过程中除生成Fe2+外，
2
还有H 生成；通常用KSCN溶液检验Fe3+，故检验Fe3+是否还原完全的实验操作是：取少量
2
清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色，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，取少量清液，向其中滴加
2
几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色。
(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-)，
4 2 sp 2
当Ca2+完全沉淀（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= ×10-2mol/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 沉淀不完全，故答案为：pH偏低形成HF，导致溶液中
2
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
4 4 3 3 3
化学方程式为FeSO +NH·H O+NH HCO =FeCO ↓+(NH)SO +H O[或
4 3 2 4 3 3 4 2 4 2
FeSO +NH+NHHCO =FeCO ↓+(NH)SO ]，离子方程式为Fe2++ +NH·H O=FeCO↓+
4 3 4 3 3 4 2 4 3 2 3+H O（或Fe2++ +NH=FeCO ↓+ ），答案为：Fe2++
2 3 3
+NH·H O=FeCO↓+ +H O（或Fe2++ +NH=FeCO ↓+ ）。
3 2 3 2 3 3
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
2 2 4
水—NH HCO 混合溶液反应制备FeCO 沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO 沉
4 3 3 3
淀需“洗涤完全”，所以设计的实验方案中要用盐酸酸化的BaCl 溶液检验最后的洗涤液中不
2
含 ；则设计的实验方案为：在搅拌下向FeSO 溶液中缓慢加入氨水—NH HCO 混合溶
4 4 3
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；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
2 4
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
4 3
蒸馏水洗涤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
2
淀。
【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
2
淀；(2)沉淀洗涤完全的标志。
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
(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
2 3 2
通入H 生成HCOO-，其离子方程式为__________；其他条件不变，HCO -转化为HCOO-的转
2 3
化率随温度的变化如图-1所示。反应温度在40℃~80℃范围内，HCO -催化加氢的转化率迅速
3
上升，其主要原因是_____________。
(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+通过的半透膜隔开。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
2
能，其反应的离子方程式为_______________。
(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
2 2
所示。
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). (2). 温度升高反应速率增大，温度升高催
化剂的活性增强 (3). (4). HSO (5).
2 4
或 (6). HD (7). 提
高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度
【解析】【分析】
(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。
(2)该装置为原电池装置，放电时HCOOˉ转化为 被氧化，所以左侧为负极，Fe3+转化为
Fe2+被还原，所以右侧为正极。
(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
2
Hˉ，之后在催化剂表面Hˉ和第一步产生的H+反应生成H。
2
【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
3 2
离子方程式为： +H HCOOˉ+H O；反应温度在40℃~80℃范围内时，随温度升
2 2
高，活化分子增多，反应速率加快，同时温度升高催化剂的活性增强，所以 的催化加
氢速率迅速上升；
(2)①左侧为负极，碱性环境中HCOOˉ失电子被氧化为 ，根据电荷守恒和元素守恒可
得电极反应式为HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ=== +H O；电池放电过程中，钾离子移向正极，
2
即右侧，根据图示可知右侧的阴离子为硫酸根，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，为增强氧气的氧化性，溶液最好显酸性，
则物质A为HSO ；
2 4
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 ，根据电子
守恒和电荷守恒可得离子方程式为2HCOOH+O +2OHˉ = 2 +2H O或2HCOOˉ+O = 2
2 2 2
；
(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
2
合生成)；
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：
2 2
提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度。
【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+和HCOOˉ，然后HCOOˉ再分解成CO 和Hˉ，Hˉ和H+反应生成氢气。
2
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 HO)】。
4 3 6 5 7 2
(1)Fe基态核外电子排布式为___________； 中与Fe2+配位的原子是
________(填元素符号)。
(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
3
的顺序为_______________。
(3)与NH 互为等电子体的一种分子为_______________(填化学式)。
(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。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2 (2). O (3). sp3 (4). N＞O＞C (5). CH 或
4
SiH (6). 7
4
【解析】
【分析】
(1)Fe核外有26个电子，HO中O原子有孤对电子，提供孤对电子。
2
(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
3
势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族。
(3)根据价电子数Si＝C＝N+的关系得出 互为等电子体的分子。
(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
羟基与碳原子相连形成一个σ键。
【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HO中O原子有孤对电子，因此[Fe(H O) ]2+中与Fe2+配位的原子是O；故答
2 2 6案为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；O。
(2)NH 分子中氮原子价层电子对数为 ，因此氮杂化类型为
3
sp3，同周期，从左到右，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元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；故答案为：
sp3；N＞O＞C。
(3)根据价电子数Si＝C＝N+，得出 互为等电子体的分子是CH 或SiH；故答案为：
4 4
CH 或SiH。
4 4
(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；故答案为：7。
【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。
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
实验步骤如下：
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
，根据羟基乙酸钠易
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。
【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，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；防止升温太快，控制反应体系的pH。
(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。
