2020年江苏卷Word解析版 高考化学试题.doc

1、- 1 -2020 年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）化学试题化学试题( (解析版解析版) )可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Cl35.5K 39Ca 40Fe 56Cu 64Zn 65Br 80Ag108Il27单项选择题：本题包括单项选择题：本题包括 10 小题，每小题小题，每小题 2 分，共计分，共计 20 分。每小题只有一个选项分。每小题只有一个选项符合题意。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. 5B. O2C. SO2D. NO

2、【答案】B【解析】【详解】APM2.5 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；BO2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；CSO2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；DNO 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

3、32428NH3Cl6NH ClN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：97NB. N2分子的电子式：NNC. Cl2分子的结构式：ClCl- 2 -D. Cl-的结构示意图：【答案】C【解析】【详解】AN 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167N，A 错误；BN2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；CCl2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 ClCl，C 正确；DCl-的核电荷数为 17，核外有 18 个电子，Cl-的结构

4、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

5、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.10.1mol L氨水溶液：Na+、K+、OH-、NO-3- 3 -B.10.1mol L盐酸溶液：Na+、K+、SO2-4、SiO2-3C.10.1mol LKMnO4溶液：NH+4、Na+、NO-3、I-D.10.1mol LAgNO3溶液：NH+4、Mg2+、Cl-、SO2-4【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；C4MnO具有强氧化性

6、，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 CaCO3为原料，制备 CO2并获得 CaCl26H2O 晶体。下列图示装置和原理不能达到实验目的的是A. 制备 CO2B. 收集 CO2C. 滤去 CaCO3- 4 -D. 制得 CaCl26H2O【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

7、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；DCaCl26H2O 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 Na2O2B. 室温下，Al 与 4.0 molL-1NaOH 溶液反应生成 NaAlO2C. 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

8、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：22ClH O2HClClOB. NO2通入水中制硝酸：2232NOH O 2HNONO- 5 -C.10.1mol LNaAlO2溶液中通入过量 CO2：22233AlOCO2H OAl(OH)HCO D.10.1mol LAgNO3溶液中加入过量浓氨水：324AgNHH O AgOHNH【答案】C【解析】【详解】A.次氯酸为弱酸

9、，书写离子方程式时应以分子形式体现，正确的是 Cl2H2OHClHClO，故 A 错误；B.NO2与 H2O 反应： 3NO2H2O=2HNO3NO， 离子方程式为 3NO2H2O=2H23NONO，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2AlOCO22H2O=Al(OH)33HCO，故 C 正确；D.AgOH 能与过量的 NH3H2O 反应生成Ag(NH3)2OH，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2-3CO，还有选项 D，AgOH 能溶于氨水中，生成银氨溶液。

10、8.反应42SiCl (g)+2H (g)Si(s)+4HCl(g)高温可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是A. 该反应H0、S0，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=4242c (HCl)c(SiCl ) c (H ),故 B 正确；- 6 -C.题中说的是高温，不是标准状况下，因此不能直接用 22.4Lmol1计算，故 C 错误；DH=反应物键能总和生成物键能总和，即H=4E(SiCl)2E(HH)4E(HCl) 2E(SiSi)，故 D 错误；答案为 B。阅读下列资料，完成阅读下列资料，完成 910 题题海水晒盐后精制得到海水晒盐后精制得到 NaCl，

11、氯碱工业电解饱和，氯碱工业电解饱和 NaCl 溶液得到溶液得到 Cl2和和 NaOH，以以NaCl、NH3、CO2等为原料可得到等为原料可得到 NaHCO3；向海水晒盐得到的卤水中通；向海水晒盐得到的卤水中通 Cl2可可制溴；从海水中还能提取镁。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)rrrrD. 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

12、减弱，所以金属性 NaMg，则碱性 NaOHMg(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 ClBr，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；DCl 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.NaCl(aq)2Cl电解(g)石灰水漂白粉(s)B.NaCl(aq) 2CO3gNaHCO (s)23Na CO加热(s)C.NaBr(aq)

13、2Cl2gBr (aq)Nal2aqI (aq)- 7 -D.2Mg(OH)(s)HCl aq2MgCl(aq)Mg电解(s)【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 Cl2Br2I2，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。不定项选择题不定项

14、选择题：本题包括本题包括 5 小题小题，每小题每小题 4 分分，共计共计 20 分分。每小题只有一个或两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；若正确分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得答案包括两个选项，只选一个且正确的得 2 分，选两个且都正确的得满分，但只分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得要选错一个，该小题就得 0 分。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2Fe

15、2eFeB. 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- 8 -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

16、，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

17、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- 9 -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

18、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10.1mol LHCl 溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，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10.1mol L的 BaCl2和 CaCl2混合溶液中加入Na2CO3溶液，出现白色沉淀白色沉淀是 BaCO3D向10.1mol LH2O2溶液中滴加10.1mol LKMnO4溶液，溶液褪色H2O2具有氧化性【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

19、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；- 10 -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：淀粉未发生水解：向充分反应后的溶液中

20、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；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；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：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；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；利用新制氢氧化铜溶液或银氨溶液检验葡萄糖试验中

21、，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10.1mol L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.323NaHCONa CO混合溶液(pH=10.30)：233NaHCOCOOHccccB. 氨水-NH4Cl 混合溶液(pH=9.25)：432NHHNHH OOHccccC.33CHCOOH CHCOONa混合溶液(pH=4.76):33NaCH COOHCH COOHccccD.22424H C ONaHC O混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸):222424HH C ONaC OOHccccc

22、【答案】AD【解析】【详解】 A. NaHCO3水溶液呈碱性， 说明3HCO的水解程度大于其电离程度， 等浓度的 NaHCO3和 Na2CO3水解关系为：2-33COHCO ，溶液中剩余微粒浓度关系为：-2-33HCOCOcc，2-3CO和- 11 -3HCO水解程度微弱，生成的 OH-浓度较低，由 NaHCO3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 ：+-2-33NaHCOCOOHcccc，故 A 正确；B.该混合溶液中电荷守恒为：+-4NH+H=OH+Clcccc，物料守恒为：+-324NH H O +N

23、H=2Clccc，两式联立消去 c(Cl-)可得：+-432NH+2c H=2c OH+c NHH Oc，故 B 错误；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：+-2-22424242Na=H C O+HC O+C Occcc，电荷守恒为：2-+24242C O+HC O+OH=Na+Hccccc，两式相加可得：+2-22424H+H C

24、 O=Na+C O+OHccccc，故 D 正确；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1422CH (g) CO (g)2H (g) 2CO(g)247.1kJ molH1222H (g) CO (g)H O(g) CO(g)41.2kJ molH在恒压、反应物起始物质的量比42CH:CO1:1nn条件下，CH4和 CO2的平衡转化率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

25、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

26、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；D800K 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。(1)氨水吸收 SO2。 向氨水中通入少量 S

27、O2， 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)。- 13 -(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 4.56.5 范围内，pH 越低SO2-4生成速率越大， 其主要原因是_； 随着氧化的进行， 溶液的 pH 将

28、_(填“增大”、“减小”或“不变”)。【答案】(1).2322432NHH OSO2NHSO或23224322NHH OSO2NHSOH O(2). HSO-3(3). ZnSO3(4).23223ZnSOSOH OZn2HSO或2223ZnO2SOH OZn2HSO(5). 随着 pH 降低，HSO-3浓度增大(6). 减小【解析】【分析】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-3HSO与氧气反应的生成物，分析溶液 pH 的变化情况。【详解】(1)向氨水中通入少

29、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+4NH+2-3SO（或 2NH3H2O +SO2=2+4NH+2-3SO+H2O） ； 根据图-1 所示， pH=6时，溶液中不含有亚硫酸，仅含有-3HSO和2-3SO，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-3HSO；- 14 -(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

30、降低，这一过程的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2+2-3HSO（或 ZnO+2SO2+H2O=Zn2+2-3HSO）(3)-3HSO可以经氧气氧化生成2-4SO，这一过程中需要调节溶液 pH 在 4.56.5 的范围内，pH越低， 溶液中的-3HSO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-3HSO反应生成2-4SO，反应的离子方程式为 2-3HSO+O2=22-4SO+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

31、名称为硝基、_和_。(2)B 的结构简式为_。(3)CD 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_。能与 FeCl3溶液发生显色反应。能发生水解反应，水解产物之一是-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- 15 -(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)

32、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 AB：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)能与 FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；能发生水解反应，说明含有酯基或肽键，水解产物之一是氨基酸，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H2O2发生反应得到，按照 DE，应由 CH3CH2CH

33、2Br 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- 16 -CH3CH2CHOCH3CH2CH2OHCH3CH2CH2Br。【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 N

34、aClO 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333223333C NOClH2H O CH NO2HClO22HClO 2IHIClH O2222346I2S OS O2I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10.1000mol LNa2S2O3

35、标准溶液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。通过计算判断该样品是否为优质品_。(写出计算过程，2100%测定中转化为HClO的氯元素质量该样品的有效氯样品的质量)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).22Cl2OHClOClH O(2). NaClO 溶液吸收空气中的 CO2后产生HClO， HClO见光分解(3).2-1-323nO=0.1000mol L0.02000L=2.000 10 molS根据物质转换和电子得失守恒关系：23332223C N O Cl 2HClO 2

36、I 4S O得2323(Cl)0.5S O1.000 10 molnn- 17 -氯元素的质量:31(Cl)1.000 10 mol 35.5g mol0.03550gm该样品的有效氯为：0.035502 100%63.39%25.0mL1.1200g250.0mLg 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：-22Cl +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，因次氯酸酸性比碳酸弱，因此次氯酸钠可以与二氧化碳在水中反应产

37、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：-22Cl +2OH =ClO +Cl +H O； NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO 见光分解；(2) 由题中反应可知，-3332C N O Cl在酸性条件产生 HClO，HClO 氧化碘离子产生碘单质，碘单质再用硫代硫酸钠滴定，结合反应转化确定物质之间的关系为：-2-3332223C N O Cl2HClO2I4S O，2-1323O )0.1000mol L0.02000L2.000 10mol(Sn， 根据物质转换和电子得失守恒关系：得

38、n(Cl)=0.52-23nS O（）=-31.000 10 mol，氯元素的质量：m(Cl)=-3-11.000 10 mol 35.5g mol=0.03550g，该样品中的有效氯为：2 100%25.00mL1.1200g250.0mL0.03550g =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(S2O23)=-130.1000mol L0.02000L2.000 10mol，根据物质转换和电子得失守恒关系：-2-3332223C N O Cl2HClO2I4S O，得n(Cl)=0.52-23nS O（）=-31.000 10 mol，氯元素的质量：m(

39、Cl)=-3-11.000 10 mol 35.5g mol=0.03550g，该样品中的有效氯为：- 18 -2 100%25.00mL1.1200g250.0mL0.03550g =63.39%，该样品中的有效氯大于 60%，故该样品为优质品如果硫酸的用量过少，则导致反应-+333223333C N O Cl +H +2H O=C H N O +2HClO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-Fe2O3。其主要实验流程如下：(1)酸浸：用一定浓度的 H2SO4溶液

40、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_-9sp2CaF =5.3 10K，-4a(HF)=6.3 10K。(4)沉铁：将提纯后的 FeSO4溶液与氨水-NH4HCO

41、3混合溶液反应，生成 FeCO3沉淀。生成 FeCO3沉淀的离子方程式为_。设计以 FeSO4溶液、氨水- NH4HCO3混合溶液为原料，制备 FeCO3的实验方案：_。【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).2332342FeHCONHH OFeCONHH O 或23334FeHCONHFeCONH (6). 在搅拌下向 FeSO4溶液中缓慢加入氨水- 19

42、 -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 23 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

43、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：H

44、2，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 110-5mol/L 表明该离子沉淀完全）时，溶液中 c(F-)至少为955.3 101 10mol/L=5.310-2mol/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，CaF2沉淀不完全，故答案为：pH 偏低形成 HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全。(4)将提纯后的 FeSO4

45、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+NH3H2O+NH4HCO3=FeCO3+(NH4)2SO4+H2O或FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3+(NH4)2SO4，离子方程式为Fe2+-3HCO+NH3H2O=FeCO3+4NH+H2O（或 Fe2+-3HCO+NH3=FeCO3+4NH） ，答案为：- 20 -Fe2+-3HCO+NH3H2O=FeCO3+4NH+H2O（或 Fe2+-3HCO+NH3=FeCO3+4NH） 。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

46、 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2-4SO；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 23 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

47、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 4080范围内，HCO3-催化加氢的转化率迅速上升，其主要原因是_。(2)

48、 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。- 21 -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)。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。HCOOD 催化释氢反应除生成 CO2外，还生成_(填化学式)。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

49、是_。【答案】(1).322HCOHHCOOH O催化剂(2). 温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强(3).32HCOO2OH2eHCOH O(4). H2SO4(5).2322HCOOH2OHO2HCO2H O或232HCOOO2HCO(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- 22 -影响的角度分析。(2)该装置为原电池装置，放电时 HCOO转化为3HCO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 HCOO和

50、 H+分别与催化剂结合，在催化剂表面 HCOO分解生成 CO2和 H，之后在催化剂表面 H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 HCOO，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为：3HCO+H2催化剂HCOO+H2O；反应温度在 4080范围内时，随温度升高，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3HCO的催化加氢速率迅速上升；(2)左侧为负极，碱性环境中 HCOO失电子被氧化为3HCO，根据电荷守恒和元素守恒可得电极反应式为 HCOO+2OH2e=3HCO+H2O；电池放电过程中，钾离子移向正极，即右侧，根据图示