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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. O2
C. SO2
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．O2 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；
C．SO2 引起的典型环境问题是形成硫酸型酸雨，SO2 属于空气污染物，C 不选；
D．NO 引起的典型环境问题有：硝酸型酸雨、光化学烟雾、破坏O3 层等，NO 属于空气污
染物，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
3
2
4
2
8NH
3Cl
6NH Cl
N
正确的是
A. 中子数为9 的氮原子：
9
7 N
B. N2 分子的电子式：
N N
C. Cl2 分子的结构式：Cl—Cl
- 2 -
D. 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；
16
7 N
B．N2 分子中两个N 原子间形成3 对共用电子对，N2 分子的电子式为
，B 错误；
C．Cl2 分子中两个Cl 原子间形成1 对共用电子对，Cl2 分子的结构式为Cl—Cl，C 正确；
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
1
0.1mol L
-
3
- 3 -
B.
盐酸溶液：Na+、K+、SO
、SiO
1
0.1mol L
2-
4
2-
3
C.
KMnO4 溶液：NH 、Na+、NO 、I-
1
0.1mol L
+
4
-
3
D.
AgNO3 溶液：NH 、Mg2+、Cl-、SO
1
0.1mol L
+
4
2-
4
【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；
4
MnO
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CaCO3 为原料，制备CO2 并获得CaCl2﹒6H2O 晶体。下列图示装置和原理不能达
到实验目的的是
A. 制备CO2
B. 收集CO2
C. 滤去CaCO3
- 4 -
D. 制得CaCl2﹒6H2O
【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．CaCl2∙6H2O 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
却结晶析出六水氯化钙结晶物，故D 错误。
综上所述，答案为D。
6.下列有关化学反应的叙述正确的是
A. 室温下，Na 在空气中反应生成Na2O2
B. 室温下，Al 与4.0 mol﹒L-1NaOH 溶液反应生成NaAlO2
C. 室温下，Cu 与浓HNO3 反应放出NO 气体
D. 室温下，Fe 与浓H2SO4 反应生成FeSO4
【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. Cl2 通入水中制氯水：
2
2
Cl
H O
2H
Cl
ClO
B. NO2 通入水中制硝酸：
2
2
3
2NO
H O
2H
NO
NO
- 5 -
C.
NaAlO2 溶液中通入过量CO2：
1
0.1mol L
2
2
2
3
3
AlO
CO
2H O
Al(OH)
HCO
D.
AgNO3 溶液中加入过量浓氨水：
1
0.1mol L
3
2
4
Ag
NH
H O
AgOH
NH
【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Cl2＋H2O
H
＋＋Cl－＋HClO，故A 错误；
B.NO2 与H2O 反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，离子方程式为3NO2＋H2O=2H＋＋2
＋
3
NO
NO，故B 错误；
C.碳酸的酸性强于偏铝酸，因此NaAlO2 溶液通入过量的CO2，发生的离子方程式为
＋
2
AlO
CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋
，故C 正确；
3
HCO
D.AgOH 能与过量的NH3·H2O 反应生成[Ag(NH3)2]OH，故D 错误；
答案为C。
【点睛】本题应注意“量”，像选项C 中若不注意CO2 是过量的，往往产物写成
，还有
2-
3
CO
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
4
2
SiCl (g)+2H (g)
Si(s)+4HCl(g)
高温
的是
A. 该反应
、
H>0
S<0
B. 该反应的平衡常数
4
2
4
2
c (HCl)
K
c SiCl
c
H
C. 高温下反应每生成1 mol Si 需消耗
2
2 22.4LH
D 用E 表示键能，该反应
ΔH=4E(Si-Cl)+2E(H-H)-4E(H-Cl)
【答案】B
【解析】
【详解】A．SiCl4、H2、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，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；
4
2
4
2
c (HCl)
c(SiCl ) c (H )
- 6 -
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Cl2 和NaOH，以
NaCl、NH3、CO2 等为原料可得到 NaHCO3；向海水晒盐得到的卤水中通Cl2 可
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)2 的强
B. Cl2 得到电子的能力比Br2 的弱
C. 原子半径r:
(Br)
(Cl)
(Mg)
(Na)
r
r
r
r
＞
＞
＞
D. 原子的最外层电子数n:
n(Na)
n(Mg)
n(Cl)
n(Br)
＜
＜
＜
【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Cl2 得电子的能力比Br2
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)
NaCl
2
Cl
电解
石灰水
B.
(aq)
(s)
(s)
NaCl
2
CO
3
g
NaHCO
2
3
Na CO
加热
C.
(aq)
(aq)
(aq)
NaBr
2
Cl
2
g
Br
Nal
2
aq
I
- 7 -
D.
(s)
(aq)
(s)
2
Mg(OH)
HCl aq
2
MgCl
Mg
电解
【答案】C
【解析】
【详解】A．石灰水中Ca(OH)2 浓度太小，一般用氯气和石灰乳反应制取漂白粉，故A 错
误；
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Cl2＞Br2＞I2，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
2
Fe
2e
Fe
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】
- 8 -
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；
- 9 -
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
A
向淀粉溶液中加适量20%H2SO4 溶液，加热，冷却后加NaOH 溶液
至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝
淀粉未水解
B
室温下，向
HCl 溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，
1
0.1mol L
测得溶液温度上升
镁与盐酸反应放热
C
室温下，向浓度均为
的BaCl2 和CaCl2 混合溶液中加入
1
0.1mol L
Na2CO3 溶液，出现白色沉淀
白色沉淀是BaCO3
D
向
H2O2 溶液中滴加
KMnO4 溶液，溶液褪色
1
0.1mol L
1
0.1mol L
H2O2 具有氧化性
A. A
B. B
C. C
D. D
- 10 -
【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.BaCl2、CaCl2 均能与Na2CO3 反应，反应产生了白色沉淀，沉淀可能为BaCO3 或CaCO3 或
二者混合物，故C 错误；
D.向H2O2 溶液中加入高锰酸钾后，发生化学反应
2KMnO4+3H2O2=2MnO2+2KOH+2H2O+3O2↑等(中性条件)，该反应中H2O2 被氧化，体现出还
原性，故D 错误；
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
1
0.1mol L
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)：
3
2
3
NaHCO
Na CO
2
3
3
Na
HCO
CO
OH
c
c
c
c
B. 氨水-NH4Cl 混合溶液(pH=9.25)：
4
3
2
NH
H
NH
H O
OH
c
c
c
c
C.
混合溶液(pH=4.76):
3
3
CH COOH
CH COONa
3
3
Na
CH COOH
CH COO
H
c
c
c
c
- 11 -
D.
混合溶液(pH=1.68，H2C2O4 为二元弱酸):
2
2
4
2
4
H C O
NaHC O
2
2
2
4
2
4
H
H C O
Na
C O
OH
c
c
c
c
c
【答案】AD
【解析】
【详解】A. NaHCO3 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
HCO
NaHCO3 和Na2CO3 水解关系为：
，溶液中剩余微粒浓度关系为：
2-
-
3
3
CO
HCO
＞
，
和
水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO3
-
2-
3
3
HCO
CO
c
c
2-
3
CO
-
3
HCO
和Na2CO3 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：
，故A 正确；
+
-
2-
-
3
3
Na
>
HCO
>
CO
>
OH
c
c
c
c
B.该混合溶液中电荷守恒为：
，物料守恒为：
+
+
-
-
4
NH
+
H
=
OH
+
Cl
c
c
c
c
，两式联立消去c(Cl-)可得：
+
-
3
2
4
NH ·H O +
NH
=2
Cl
c
c
c
，故B 错误；
+
+
-
4
3
2
NH
+2c H
=2c OH
+c NH
H O
c
C.若不考虑溶液中相关微粒行为，则c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说
明CH3COOH 电离程度大于CH3COONa 水解程度，则溶液中微粒浓度关系为：
c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故C 错误；
D.该混合溶液中物料守恒为：
，电荷守恒
+
-
2-
2
2
4
2
4
2
4
2
Na
=
H C O
+
HC O
+
C O
c
c
c
c
为：
，两式相加可得：
2-
-
-
+
+
2
4
2
4
2
C O
+
HC O
+
OH
=
Na
+
H
c
c
c
c
c
，故D 正确；
+
+
2-
-
2
2
4
2
4
H
+
H C O
=
Na
+
C O
+
OH
c
c
c
c
c
综上所述，浓度关系正确的是：AD。
15.CH4 与CO2 重整生成H2 和CO 的过程中主要发生下列反应
1
4
2
2
CH (g)
CO (g)
2H (g)
2CO(g)
247.1kJ mol
H
1
2
2
2
H (g)
CO (g)
H O(g)
CO(g)
41.2kJ mol
H
在恒压、反应物起始物质的量比
条件下，CH4 和CO2 的平衡转化率
4
2
CH
:
CO
1:1
n
n
随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是
- 12 -
A. 升高温度、增大压强均有利于提高CH4 的平衡转化率
B. 曲线B 表示CH4 的平衡转化率随温度的变化
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(CH4)：n(CO2)=1:1 条件下，反应至CH4 转化率达到X 点的值，改变除温
度外的特定条件继续反应，CH4 转化率能达到Y 点的值
【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CH4(g)＋2CO2(g)
H2(g)＋3CO(g) ＋H2O (g)，加入的
CH4 与CO2 物质的量相等，CO2 消耗量大于CH4，因此CO2 的转化率大于CH4，因此曲线B
表示CH4 的平衡转化率随温度变化，故B 正确；
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SO2，能有效减少SO2 对空气的污染。氨水、ZnO 水悬浊液吸收烟气中
SO2 后经O2 催化氧化，可得到硫酸盐。
已知：室温下，ZnSO3 微溶于水，Zn(HSO3)2 易溶于水；溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-的物质
的量分数随pH 的分布如图-1 所示。
- 13 -
(1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反应的离子方程式为___________；当通入
SO2 至溶液pH=6 时，溶液中浓度最大的阴离子是_____________(填化学式)。
(2)ZnO 水悬浊液吸收SO2。向ZnO 水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40mim
内，SO2 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，主要产物是____________(填化学式)；SO2 吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方
程式为_______________。
(3)O2 催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2 得到溶液的pH 在4.5~6.5 范围内，pH 越低
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
2-
4
__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【
答
案
】
(1).
或
2
3
2
2
4
3
2NH
H O
SO
2NH
SO
(2). HSO (3). ZnSO3 (4).
2
3
2
2
4
3
2
2NH
H O
SO
2NH
SO
H O
-
3
或
(5). 随
2
3
2
2
3
ZnSO
SO
H O
Zn
2HSO
2
2
2
3
ZnO
2SO
H O
Zn
2HSO
着pH 降低，HSO 浓度增大
(6). 减小
-
3
【解析】
【分析】
- 14 -
向氨水中通入少量的SO2，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ZnO 吸收SO2 后产物的溶解性判断吸收率变化的原因；通过分析
与氧
-
3
HSO
气反应的生成物，分析溶液pH 的变化情况。
【详解】(1)向氨水中通入少量SO2 时，SO2 与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为
2NH3+H2O+SO2=2
+
（或2NH3·H2O +SO2=2
+
+H2O）；根据图-1 所示，
+
4
NH
2-
3
SO
+
4
NH
2-
3
SO
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
-
3
HSO
2-
3
SO
出溶液中阴离子浓度最大的是
；
-
3
HSO
(2)反应开始时，悬浊液中的ZnO 大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH 几乎
不变；一旦ZnO 完全反应生成ZnSO3 后，ZnSO3 继续吸收SO2 生成易溶于水的Zn(HSO3)2，
此时溶液pH 逐渐变小，SO2 的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为
ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2
（或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2
）
-
3
HSO
-
3
HSO
(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
-
3
HSO
2-
4
SO
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
-
3
HSO
行，大量的
反应生成
，反应的离子方程式为2
+O2=2
+2H+，随着反应
-
3
HSO
2-
4
SO
-
3
HSO
2-
4
SO
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FeCl3 溶液发生显色反应。
- 15 -
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CH3CH2CHO 和
为原料制备
的合成路线流程图
(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). 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：CH3I 中的－CH3 取代酚羟基上的H，即B 的结
构简式为
；
(3)对比C 和D 的结构简式，Br 原子取代－CH2OH 中的羟基位置，该反应类型为取代反应；
(4)①能与FeCl3 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
；
- 16 -
(5)生成
,根据E 生成F，应是
与H2O2 发生反应得
到，
按照D→E，应由CH3CH2CH2Br 与
反应得到，
CH3CH2CHO 与H2 发生加成反应生成CH3CH2CH2OH，CH3CH2CH2OH 在PBr3 作用下生成
CH3CH2CH2Br，合成路线是CH3CH2CHO
CH3CH2CH2OH
CH3CH2CH2Br
。
【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(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。 NaClO 可用于制
备二氯异氰尿酸钠.
(1)NaClO 溶液可由低温下将Cl2 缓慢通入NaOH 溶液中而制得。制备 NaClO 的离子方程式
为__________；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
3
3
3
2
2
3
3
3
3
C N O Cl
H
2H O
C H N O
2HClO
2
2
HClO
2I
H
I
Cl
H O
2
2
2
2
3
4
6
I
2S O
S O
2I
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
Na2S2O3 标准溶液
1
0.1000mol L
滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3 溶液20.00mL。
①通过计算判断该样品是否为优质品_______。(写出计算过程，
)
2 100%
测定中转化为HCl O的氯元素质量
该样品的有效氯
样品的质量
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”)。
- 17 -
【答案】 (1).
(2). NaClO 溶液吸收空气中的CO2
2
2
Cl
2OH
ClO
Cl
H O
后
产
生
HClO，
HClO 见
光
分
解
(3).
2-
-1
-3
2
3
n
O
=0.1000mol L
0.02000L=2.000 10 mol
S
根据物质转换和电子得失守恒关系：
2
3
3
3
2
2
2
3
C N O Cl ~ 2HClO ~ 2I ~ 4S O
得
2
3
2
3
(Cl)
0.5
S O
1.000 10 mol
n
n
氯元素的质量:
3
1
(Cl)
1.000 10 mol 35.5g mol
0.03550g
m
该样品的有效氯为：
0.03550
2 100%
63.39%
25.0mL
1.1200g
250.0mL
g
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
-
-
-
2
2
Cl +2OH =ClO +Cl +H O
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O2，从而
是次氯酸钠失效，故答案为：
；NaClO 溶液吸收空气中的CO2
-
-
-
2
2
Cl +2OH =ClO +Cl +H O
后产生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，
-
3
3
3
2
C N O Cl
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：
，
-
2-
3
3
3
2
2
2
3
C N O Cl
2HClO
2I
4S O
，根据物质转换和电子得失守恒
2
-1
3
2
3
O )
0.1000mol L
0.02000L
2.000 10
mol
(S
n
关系：得n(Cl)=0.5
=
，
2-
2
3
n
S O
（
）
-3
1.000 10 mol
氯元素的质量：m(Cl)=
=0.03550g，该样品中的有效氯为：
-3
-1
1.000 10 mol 35.5g mol
=63.39%，
2 100%
25.00mL
1.1200g
250.0mL
0.03550g
该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品
- 18 -
故答案为：n(S2O
)=
，根据物质转换和电子
2
3
-1
3
0.1000mol L
0.02000L
2.000 10
mol
得失守恒关系：
，得n(Cl)=0.5
=
-
2-
3
3
3
2
2
2
3
C N O Cl
2HClO
2I
4S O
2-
2
3
n
S O
（
）
，
-3
1.000 10 mol
氯元素的质量：m(Cl)=
=0.03550g，该样品中的有效氯为：
-3
-1
1.000 10 mol 35.5g mol
=63.39%，
2 100%
25.00mL
1.1200g
250.0mL
0.03550g
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
-
+
3
3
3
2
2
3
3
3
3
C N O Cl +H +2H O=C H N O +2HClO
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-Fe2O3。
其主要实验流程如下：
(1)酸浸：用一定浓度的H2SO4 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NH4F 溶液，使Ca2+转化为CaF2 沉淀除去。若溶液的pH
偏低、将会导致CaF2 沉淀不完全，其原因是___________[
，
-9
sp
2
CaF =5.3 10
K
]。
-4
a(HF)=6.3 10
K
(4)沉铁：将提纯后的FeSO4 溶液与氨水-NH4HCO3 混合溶液反应，生成FeCO3 沉淀。
①生成FeCO3 沉淀的离子方程式为____________。
②设计以FeSO4 溶液、氨水- NH4HCO3 混合溶液为原料，制备FeCO3的实验方案：__。
- 19 -
【FeCO3 沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2 开始沉淀的pH=6.5】。
【答案】 (1). AB (2). H2 (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 (4). pH 偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2 沉淀不完全
(5).
或
2
3
3
2
3
4
2
Fe
HCO
NH
H O
FeCO
NH
H O
(6). 在搅拌下向FeSO4 溶液中缓慢加入氨水-
2
3
3
3
4
Fe
HCO
NH
FeCO
NH
NH4HCO3 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；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2 溶液，不出现白色沉淀
【解析】
【分析】
铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用H2SO4 溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后
的滤液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+；向“还原”后的滤液中加入NH4F 使Ca2+转化为
CaF2 沉淀而除去；然后进行“沉铁”生成FeCO3，将FeCO3 沉淀经过系列操作制得α—Fe2O3；
据此分析作答。
【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++H2↑，“还原”过程中除生成Fe2+
外，还有H2 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：H2，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。
(3)向“还原”后的滤液中加入NH4F 溶液，使Ca2+转化为CaF2 沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)，
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-
9
5
5.3 10
1 10
5.3
形成弱酸HF，导致溶液中c(F-)减小，CaF2 沉淀不完全，故答案为：pH 偏低形成HF，导致
- 20 -
溶液中F-浓度减小，CaF2 沉淀不完全。
(4)①将提纯后的FeSO4 溶液与氨水—NH4HCO3 混合溶液反应生成FeCO3 沉淀，生成FeCO3
的化学方程式为FeSO4+NH3·H2O+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O[或
FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4]，离子方程式为Fe2++
+NH3·H2O=FeCO3↓+
-
3
HCO
+H2O（或Fe2++
+NH3=FeCO3↓+
），答案为：Fe2++
+
4
NH
-
3
HCO
+
4
NH
-
3
HCO
+NH3·H2O=FeCO3↓+
+H2O（或Fe2++
+NH3=FeCO3↓+
）。
+
4
NH
-
3
HCO
+
4
NH
②根据题意Fe(OH)2 开始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe(OH)2 沉淀，所以将FeSO4 溶液与氨
水—NH4HCO3 混合溶液反应制备FeCO3 沉淀的过程中要控制溶液的pH 不大于6.5；FeCO3
沉淀需“洗涤完全”，所以设计的实验方案中要用盐酸酸化的BaCl2 溶液检验最后的洗涤液中
不含
；则设计的实验方案为：在搅拌下向FeSO4 溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3 混合
2-
4
SO
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；取最后一次洗
涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2 溶液，不出现白色沉淀，故答案为：在搅拌下向FeSO4
溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3 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；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2 溶液，不出现白
色沉淀。
【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)2
沉淀；(2)沉淀洗涤完全的标志。
20.CO2/ HCOOH 循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。
(1)CO2 催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3 溶液(CO2 与KOH 溶液反应制得)
中通入H2 生成HCOO-，其离子方程式为__________；其他条件不变，HCO3-转化为HCOO-
的转化率随温度的变化如图-1 所示。反应温度在40℃~80℃范围内，HCO3-催化加氢的转化
率迅速上升，其主要原因是_____________。
- 21 -
(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O2 的反应，将化学能转化为
电能，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CO2 和H2 可能的反应机理如图-
3 所示。
①HCOOD 催化释氢反应除生成CO2 外，还生成__________(填化学式)。
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
3
2
2
HCO
H
HCOO
H O
催化剂
升高催化剂的活性增强 (3).
(4). H2SO4
3
2
HCOO
2OH
2e
HCO
H O
(5).
或
(6). HD
2
3
2
2HCOOH
2OH
O
2HCO
2H O
2
3
2HCOO
O
2HCO
(7). 提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度
【解析】
- 22 -
【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
3
HCO
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CO2 和
Hˉ，之后在催化剂表面Hˉ和第一步产生的H+反应生成H2。
【详解】(1)含有催化剂的KHCO3 溶液中通入H2 生成HCOOˉ，根据元素守恒和电荷守恒可
得离子方程式为：
+H2
HCOOˉ+H2O；反应温度在40℃~80℃范围内时，随温度
3
HCO
催化剂
升高，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
3
HCO
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
3
HCO
得电极反应式为HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ===
+H2O；电池放电过程中，钾离子移向正极，
3
HCO
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H2SO4；
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
3
HCO
守恒和电荷守恒可得离子方程式为2HCOOH+O2+2OHˉ = 2
+2H2O 或2HCOOˉ+O2= 2
3
HCO
；
3
HCO
(3)①根据分析可知HCOOD 可以产生HCOOˉ和D+，所以最终产物为CO2 和HD(Hˉ与D+结
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
H2 和KOH，生成的KOH 可以吸收分解产生的CO2，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CO2 和Hˉ，Hˉ和H+反应生成氢气。
- 23 -
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【(NH4)3Fe(C6H5O7)2】。
(1)Fe 基态核外电子排布式为___________；
中与Fe2+配位的原子是
2
2
6
Fe H O
________(填元素符号)。
(2)NH3 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)与NH 互为等电子体的一种分子为_______________(填化学式)。
+
4
(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). CH4 或SiH4
(6). 7
【解析】
【分析】
(1)Fe 核外有26 个电子，H2O 中O 原子有孤对电子，提供孤对电子。
(2)先计算NH3 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
NH
(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H2O 中O 原子有孤对电子，因此[Fe(H2O)6]2+中与Fe2+配位的原子是O；故
答案为：1s22s22p63s23p63d64s2 或[Ar]3d64s2；O。
(2)NH3 分子中氮原子价层电子对数为
，因此氮杂化类型为
1
3
(5 1 3)
3 1
4
2
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。
- 24 -
(3)根据价电子数Si＝C＝N+，得出
互为等电子体的分子是CH4 或SiH4；故答案
+
4
NH
为：CH4 或SiH4。
(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
2
2
2
ClCH COOH
2NaOH
HOCH COONa
NaCl
H O
0
H
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_______________。
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(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
2
2
2
ClCH COOH
2NaOH
HOCH COONa
NaCl
H O
0
H
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。
