1、 - 1 - 2019 年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷） 化学化学 注注 意意 事事 项项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1本卷满分为本卷满分为 120分，考试时间为分，考试时间为 100 分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡 一并交回。一并交回。 2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在毫米黑色墨水的签字笔填写在 试卷及答题卡的规定位置。试卷及答题卡的规定位置。 3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名
2、、准考证号与本人是否请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否 相符。相符。 4作答选择题，必须用作答选择题，必须用 2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改 动，请用橡皮擦干动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用 0.5 毫米黑色墨毫米黑色墨 水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 5如需作图，须用如需作图，须用 2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。铅笔绘
3、、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。 可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35. 5 K 39 Ca 40 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ag 108 I 127 选选 择择 题题 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。每小题分。每小题只有一只有一 个个 选项选项 符合题意。符合题意。 1.糖类是人体所需的重要营养物质。淀粉分子中不含的元素是 A. 氢 B. 碳 C. 氮 D. 氧 【答案】C 【解析】 【分析】 此题
4、属于一道简单题目，考点在于营养物质中糖类的组成元素。 【详解】淀粉属于多糖，组成元素为 CxH2nOn；蛋白质和氨基酸中含有 N元素，故选 C。 2.反应 NH4Cl+NaNO2NaCl+N2+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示 - 2 - 反应中相关微粒的化学用语正确的是 A. 中子数为 18的氯原子： 18 17Cl B. N2的结构式：N=N C. Na+的结构示意图： D. H2O 的电子式： 【答案】D 【解析】 【分析】 此题考查化学用语，化学用语包括:化学式，结构式，电子式，原子结构示意图以及不同核素 的表达，也属于简单题 【详解】A.考察核素的表达:abX,其
5、中 a 表示 X 原子的相对原子质量，b 表示 X 原子的质子数， 那中子数=a-b,所以 A 选项表示的是中子数为 1 的氯原子与题意不符；B 考察的结构式，因为 氮原子最外层电子数为 5，还需要 3 个电子形成 8 电子稳定结构，所以俩个氮原子共用 3 对电 子因此氮气的结构式为氮氮三键的形式,故 B 错误；C.考察的原子结构示意图，钠原子的核外 有 11 个电子，而钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，那么钠离子的一共有 10 个电子，C 选项有 11 个，表示的钠原子的结构示意图，故错误。D.氧原子最外层六个电子，两个氢分别 和氧公用一对电子。D 正确。 故选 D。 3.下列有关物质的性
6、质与用途具有对应关系的是 A. NH4HCO3受热易分解，可用作化肥 B. 稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈 C. SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白 D. Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝 【答案】B 【解析】 【详解】A.NH4HCO3受热易分解和用作化肥无关，可以用作化肥是因为含有氮元素； - 3 - B.硫酸酸性可以和金属氧化物反应，具有对应关系； C. 二氧化硫的漂白属于结合漂白不涉及氧化还原，故和氧化性无关，而且二氧化硫氧化性较 弱，只和强还原剂反应例如硫化氢，和其他物质反应主要体现还原性； D. 电解冶炼铝，只能说明氧化铝导电，是离子晶体，无法说明是否具有两性，和酸碱都反应 可以
7、体现 Al2O3具有两性。 故选 B. 4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 0.1 mol L1NaOH溶液：Na+、K+、 2 3 CO 、 2 AlO B. 0.1 mol L1FeCl2溶液：K+、Mg2+、 2 4 SO 、 4 MnO C. 0.1 mol L1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl、OH D. 0.1 mol L1H2SO4溶液：K+、 4 NH 、 3 NO、 3 HSO 【答案】A 【解析】 【分析】 此题考的是离子共存问题，应从选项的条件获取信息，在从中判断在此条件的环境中是否有 离子会互相反应，能大量共存就是没有可以互相发生反应的离子存
8、在。 【详解】A选项是一个碱性环境，没有存在能与氢氧根发生反应的离子，故 A正确；B选项是 一个亚铁离子和氯离子的环境，选项中有高锰酸根可以与铁离子反应，故错误；C 选项是一个 钾离子和碳酸根的环境，选项中存在钡离子可以与碳酸根发生反应生成沉淀，故错误；D选项 是氢离子和硫酸根的环境，选项中有硝酸根和亚硫酸氢根，其中硝酸根可以与氢离子结合成 硝酸，硝酸具有强氧化性可以氧化亚硫酸氢根，故错误。 5.下列实验操作能达到实验目的的是 - 4 - A. 用经水湿润的 pH 试纸测量溶液的 pH B. 将 4.0 g NaOH 固体置于 100 mL容量瓶中，加水至刻度，配制 1.000 mol L1N
9、aOH 溶液 C. 用装置甲蒸干 AlCl3溶液制无水 AlCl3固体 D. 用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量 SO2 【答案】D 【解析】 【分析】 此题考点为根据所给实验操作是否可以达到实验目的，必须要根据实验操作推断出实验的结 果，再与选项中的实验结果一一对应。属于简单常规题目 【详解】用水润湿的 PH 试纸测量溶液的 PH会出现人为误差，实验数据不准，故 A 项错误； B选项将氢氧化钠直接置于容量瓶中， 加水后氢氧化钠溶于水会放热引起实验误差或炸裂容量 瓶，故错误；用甲装置蒸干氯化铝溶液所得的产物因氯离子会发生水解，加热后水解程度增 大，蒸发所得的产物为氢氧化铝固体，故 C 错误；
10、【点睛】蒸干溶液可以得到溶质固体，但必须考虑溶液中弱离子的水解平衡，当温度升高后 会促进弱离子水解，那最后实验所得产物不一定是溶液的溶质。 6.下列有关化学反应的叙述正确的是 A. Fe 在稀硝酸中发生钝化 B. MnO2和稀盐酸反应制取 Cl2 C. SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3 D. 室温下 Na与空气中 O2反应制取 Na2O2 【答案】C 【解析】 【分析】 相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量） ，反应有可能也不同； - 5 - A.钝化反应应注意必须注明常温下，浓硝酸与 Fe 发生钝化； B.实验室制备氯气的反应中应注意盐酸的浓度和反应温度； C.过量与少
11、量问题应以少量物质为基准书写产物； D.钠的还原性强，其与氧气反应，温度不同，产物也不同； 【详解】A.常温下，Fe 在与浓硝酸发生钝化反应，故 A 错误； B.二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，故 B 错误； C.二氧化硫与过量氨水反应生成硫酸铵，故 C 正确； D.常温下，Na 与空气中的氧气反应生成 Na2O；加热条件下，钠与氧气反应生成 Na2O2，故 D 错误； 综上所述，本题应选 C。 【点睛】本题考查常见物质的化学反应，相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与 少量） ，反应有可能也不同，所以在描述化学反应时应注意反应的条件。 7.下列指定反应的离子方程式正确的是 A
12、. 室温下用稀 NaOH 溶液吸收 Cl2：Cl2+2OHClO+Cl+H2O B. 用铝粉和 NaOH溶液反应制取少量 H2：Al+2OH 2 AlO+H2 C. 室温下用稀 HNO3溶解铜：Cu+2 3 NO+2H+Cu2+2NO2+H2O D. 向 Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+H2SiO3+2Na+ 【答案】A 【解析】 【分析】 B.电荷不守恒； C.不符合客观事实； D.应拆分的物质没有拆分； 【详解】A.NaOH 为强碱，可以拆成离子形式，氯气单质不能拆，产物中 NaCl 和 NaClO 为可 溶性盐，可拆成离子形式，水为弱电解质，不能拆，故 A 正确；
13、B.该离子方程式反应前后电荷不守恒，应改为：2Al+2OH-+2H2O =2AlO2-+3H2，故 B 错误； C.室温下， 铜与稀硝酸反应生成 NO2 ,应改为： 3Cu+2NO3-+8H+=2NO+3Cu2+4H2O， 故 C 错误； D.Na2SiO3为可溶性盐，可以拆成离子形式，应改为：SiO32-+2H+=H2SiO3 ，故 D 错误； - 6 - 综上所述，本题应选 A. 【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行： 从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；从物质存在形态 进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气
14、体等；从守恒角度进行判断，如 原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；从反应的条件进行判断；从反应 物的组成以及反应物之间的配比进行判断。 8.短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子 的最外层有 2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与 X位于同一主族。下 列说法正确的是 A. 原子半径：r(W) r(Z) r(Y) r(X) B. 由 X、Y组成的化合物是离子化合物 C. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比 W的强 D. W 的简单气态氢化物的热稳定性比 X 的强 【答案】B 【解析】 【分析】 X 是地壳中含量最多的元素，
15、因此 X 为 O 元素， Y 的最外层有两个电子， 且 Y 是短周期元素， 原子序数大于 O,因此 Y 为 Mg 元素，Z 的单质晶体是广泛应用的半导体材料，所以 Z 为 Si 元 素，W 与 X 同主族，且 W 是短周期元素，原子序数大于 X，所以 W 为 S 元素；据此解题； 【详解】A.元素周期表中，同族元素原子半径随核电荷数增加而增加，O 为于第二周期，其他 元素位于第三周期，因此 O 的原子半径最小，同周期元素，核电荷数越大，半径越小，因此 原子半径应为 r(Mg)r(Si)r(S)r(O)，故 A 错误； B.X 为 O 元素，Y 为 Mg 元素，两者组成的化合物氧化镁为离子化合物
16、，故 B 正确； C.Z 为 Si 元素，W 为 S 元素，因为 S 的非金属性强于 Si，所以 S 的最高价氧化物对应水化物 的酸性强于 Si 的，故 C 错误； D.W 为 S 元素，X 为 O 元素，因为 O 的非金属性强于 S，所以 O 的气态氢化物的热稳定性强 于 S 的，故 D 错误； 总上所述，本题选 B. - 7 - 【点睛】本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，应先根据提示推断所给原子的种类， 再原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学 生的分析能力及灵活应用能力。 9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. NaC
17、l(aq) 电解 Cl2(g) Fe(s) FeCl2(s) B. MgCl2(aq) 石灰乳 Mg(OH)2(s) 煅烧 MgO (s) C. S(s) 2 O (g) 点燃 SO3(g) 2 H O(l) H2SO4(aq) D. N2(g) 2 H (g) 高温高压、催化剂 NH3(g) 2 CO (g) aq) NaCl ( Na2CO3(s) 【答案】B 【解析】 【分析】 A.电解条件时应看清是电解水溶液还是电解熔融态物质； B.根据强碱制弱碱原理制备氢氧化镁； C.注意生成二氧化硫与三氧化硫的条件； D.氨气、二氧化碳和氯化钠反应制备碳酸氢钠是利用碳酸氢钠的溶解度低； 【详解】A
18、.氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，故 A 错误； B.氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，故 B 正确； C.硫单质在空气中燃烧只能生成 SO2，SO2在与氧气在催化剂条件下生成 SO3，故 C 错误； D.氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故 D 错误； 综上所述，本题应选 B。 【点睛】本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件， ，解题的关键是熟悉常见物质 的化学性质和转化条件。 10.将铁粉和活性炭的混合物用 NaCl 溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀 实验。下列有关该实验的
19、说法正确的是 - 8 - A. 铁被氧化的电极反应式为 Fe3eFe3+ B. 铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能 C. 活性炭的存在会加速铁的腐蚀 D. 以水代替 NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀 【答案】C 【解析】 【分析】 根据实验所给条件可知，本题铁发生的是吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2-；正极反应为： O2+H2O +4e-=4OH-;据此解题； 【详解】A.在铁的电化学腐蚀中，铁单质失去电子转化为二价铁离子，即负极反应为： Fe-2e-=Fe2-，故 A 错误； B.铁的腐蚀过程中化学能除了转化为电能，还有一部分转化为热能，故 B 错误； C.活性炭与铁混合，在氯化钠溶
20、液中构成了许多微小的原电池，加速了铁的腐蚀，故 C 正确 D.以水代替氯化钠溶液，水也呈中性，铁在中性或碱性条件下易发生吸氧腐蚀，故 D 错误； 综上所述，本题应选 C. 【点睛】本题考查金属铁的腐蚀。根据电解质溶液的酸碱性可判断电化学腐蚀的类型，电解 质溶液为酸性条件下，铁发生的电化学腐蚀为析氢腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2-；正极反应 为：2H+ +2e-=H2；电解质溶液为碱性或中性条件下，发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2-； 正极反应为：O2+H2O +4e-=4OH-。 不定项选择题：本题包括不定项选择题：本题包括 5 小题，每小题小题，每小题 4 分，共计分，
21、共计 20 分。每小题只有分。每小题只有一个或一个或 两个两个 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；若正分；若正 确答案包括两个选项，只选一个且正确的得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，但分，选两个且都正确的得满分，但 只要选错一个，该小题就得只要选错一个，该小题就得 0 分。分。 - 9 - 11.氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是 A. 一定温度下，反应 2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)能自发进行，该反应的 Hc(OH)c(H+
22、) B. 0.2mol L1NH4HCO3溶液(pH7)：c( 4 NH )c( 3 HCO)c(H2CO3)c(NH3 H2O) C. 0.2mol L1氨水和 0.2mol L1NH4HCO3溶液等体积混合： c( 4 NH )+c(NH3 H2O)=c(H2CO3)+c( 3 HCO)+c( 2 3 CO ) D. 0.6mol L1氨水和 0.2mol L1NH4HCO3溶液等体积混合： c(NH3 H2O)+c( 2 3 CO )+c(OH)=0.3mol L1+c(H 2CO3)+c(H +) 【答案】BD 【解析】 【 详 解 】 A.NH3H2O 属 于 弱 电 解 ， 部 分
23、 电 离 ， 氨 水 中 存 在 的 电 离 平 衡 有 ： NH3 H 2O垐 ? 噲 ? NH4+OH-，H2O垐 ? 噲 ? H+OH-，所以 c(OH-)c(NH4+)，故 A错误； B.NH4HCO3溶液显碱性，说明 HCO3-的水解程度大于 NH4+的水解，所以 c(NH4+)c(HCO3-)， HCO3-水解：HCO3-垐 ? 噲 ? H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4+H2O垐 ? 噲 ? NH3 H 2O+H +，前者水解 程度大，则 c(H2CO3)c(NH3H2O)，故 B正确； C.由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有 c(NH4+)+c(NH3 H 2O
24、)=2c(H2CO3)+c(HCO3 -)+c(CO 3 2-)，故 C错误； D.由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有 c(NH4+)+c(NH3 H 2O)=4c(H2CO3)+c(HCO3 -)+c(CO 3 2-)； 电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)；结合消去 c(NH4+)得： - 12 - c(NH3 H 2O)+c(OH -)=c(H+)+4c(H 2CO3)+3c(HCO3 -)+2c(CO 3 2-)，0.2mol/LNH 4HCO3与氨水等体 积混合后，c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(
25、H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L， 将等式两边各加一个 c(CO32-)，则有 c(NH3 H 2O)+c(OH -)+c(CO 3 2-)=c(H+)+c(H 2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3 -)+3c(CO 3 2-)，将带入中 得，c(NH3H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+3c(H2CO3)+0.3mol/L，故 D 正确； 故选 BD。 15.在恒压、NO和 O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下 NO转 化为 NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下 NO的平衡转化率随温度的变
26、化)。下列说法正确的是 A. 反应 2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的 H0 B. 图中 X点所示条件下，延长反应时间能提高 NO转化率 C. 图中 Y点所示条件下，增加 O2的浓度不能提高 NO转化率 D. 380下，c起始(O2)=5.0 104 mol L1，NO平衡转化率为 50%，则平衡常数 K2000 【答案】BD 【解析】 【详解】A.随温度升高 NO的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，一段时间内并 未达到平衡，分析温度较高时，已达到平衡时的 NO 转化率可知，温度越高 NO 转化率越低， 说明温度升高平衡向逆方向移动，根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应，H 4
27、 1 5 10 =2000，故 D 正确； 故选 BD。 非非 选选 择择 题题 16.N2O、NO和 NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。 （1） N2O的处理。 N2O 是硝酸生产中氨催化氧化的副产物， 用特种催化剂能使 N2O分解。 NH3 与 O2在加热和催化剂作用下生成 N2O的化学方程式为_。 （2）NO和 NO2的处理。已除去 N2O的硝酸尾气可用 NaOH溶液吸收，主要反应为 NO+NO2+2OH2 2 NO+H2O 2NO2+2OH 2 NO+ 3 NO+H2O 下列措施能提高尾气中 NO和 NO2去除率的有_（填字母） 。 A加快通入尾气的速率
28、 B采用气、液逆流的方式吸收尾气 C吸收尾气过程中定期补加适量 NaOH溶液 吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到 NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是_（填 化学式） ；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是_（填化学式） 。 （3）NO的氧化吸收。用 NaClO 溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中 NO的去除率。其他条件 相同，NO转化为 3 NO的转化率随 NaClO溶液初始 pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。 在酸性 NaClO 溶液中，HClO 氧化 NO生成 Cl和 3 NO，其离子方程式为_。 NaClO 溶液的初始 pH 越小，NO转化率越高。其原因是_。 - 14 - 【答案】
29、 (1). 2NH3+2O2N2O+3H2O (2). BC (3). NaNO3 (4). NO (5). 3HClO+2NO+H2O3Cl+2 3 NO+5H+ (6). 溶液pH越小， 溶液中HClO的浓度越大， 氧化 NO的能力越强 【解析】 【详解】 （1）NH3与 O2在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成 N2O，根据得失电子守 恒和原子守恒可知反应有水生成，配平化学方程式为：2NH3+2O2N2O+3H2O， 故答案为：2NH3+2O2N2O+3H2O； （2）A.加快通入尾气的速率，不能提高尾气中 NO 和 NO2的去除率，不选 A； B.采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使
30、气液充分接触，能提高尾气中 NO和 NO2的去除率， 选 B； C.定期补充适量的 NaOH 溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中 NO和 NO2的去除率，选 C。 故答案为：BC； 由吸收反应：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2+2OH-=NO2-+ NO3-+H2O 可知，反应后得到 NaNO2和 NaNO3混合溶液， 经浓缩、 结晶、 过滤得到 NaNO2和 NaNO3晶体， 因此得到的 NaNO2 混有 NaNO3；由吸收反应可知，若 NO和 NO2的物质的量之比大于 1：1，NO 不能被吸收， 因此，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是 NO， 故答案为：NaNO3
31、；NO； （3）在酸性的 NaClO 溶液中，次氯酸根离子和氢离子结合生成 HClO，HClO 和 NO 发生氧 化还原反应生成 NO3-和 Cl-，根据得失电子守恒及电荷守恒、原子守恒，配平离子方程式为 2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+， 故答案为：2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+； 在相同条件下，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，由反应 2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3 - 15 - Cl-+5H+可知，溶液 pH 越小，溶液中 HClO 浓度越大，氧化 NO的能力越强， 故答案为：溶液 pH越小，溶液中 HClO 浓度越大，
32、氧化 NO的能力越强。 17.化合物 F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下： （1）A中含氧官能团的名称为_和_。 （2）AB 的反应类型为_。 （3） CD 的反应中有副产物 X （分子式为 C12H15O6Br） 生成， 写出 X的结构简式： _。 （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； 碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为 11。 （5）已知：（R表示烃基， R和 R“表示烃基或氢） ，写出以和 CH3CH2CH2OH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
33、成路线流程图示例 见本题题干） 。_ 【 答 案 】 (1). （ 酚 ） 羟 基 (2). 羧 基 (3). 取 代 反 应 (4). - 16 - (5). (6). 【解析】 【分析】 有机物 A 和 SOCl2在加热条件下发生取代反应生成 B，B 和甲醇发生酯化反应生成 C，C 和 CH3OCH2Cl在三乙胺存在条件下发生取代反应生成 D， D 和 CH3I在 K2CO3条件下发生取代反 应生成 E，E 在 LiAlH4条件下发生还原反应生成 F，据此解答。 【详解】 （1）由 A的结构简式可知，A中含氧官能团为-OH 和-COOH，名称为(酚)羟基、羧基， 故答案为：(酚)羟基；羧基
34、； （2）根据以上分析可知，AB反应-COOH中的羟基被氯原子取代，反应类型为取代反应， 故答案为：取代反应； （3）观察对比 C、D的结构可知，CD的反应中酚羟基上的氢原子被-CH2OCH3取代生成 D， 若两个酚羟基都发生反应则得到另一种产物，结合副产物 X 的分子式 C12H15O6Br，可知 X 的 结构简式为， 故答案为：； （4）C为，C的同分异构体满足以下条件：能与 FeCl3溶液发生显色反 应，说明含有酚羟基；碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目 比为 1:1，说明含苯环的产物分子中有两种类型的氢原子且数目相等，应为间苯三酚，则该同 - 17 - 分异构体
35、为酚酯，结构简式为， 故答案为：； （5）根据逆合成法，若要制备，根据题给信息可先制备和 CH3CH2CHO。 结合所给原料， 1-丙醇催化氧化生成 CH3CH2CHO， 参考题中 EF的反应条件， 在 LiAlH4条件下发生还原反应生成 ，和 HCl 发生取代 反应生成，在 Mg、无水乙醚条件下发生已知中的反应生成 ，和 CH3CH2CHO反应生成，所以合成路线设计 为： CH3CH2CH2OH CH3CH2CHO， ， 故答案为：CH3CH2CH2OH CH3CH2CHO， 。 18.聚合硫酸铁Fe2(OH)6-2n(SO4)nm广泛用于水的净化。以 FeSO4 7H2O 为原料，经溶解、
36、氧化、 水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。 - 18 - （1）将一定量的 FeSO4 7H2O 溶于稀硫酸，在约 70 下边搅拌边缓慢加入一定量的 H2O2溶 液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化 Fe2+的离子方程式为_；水 解聚合反应会导致溶液的 pH_。 （2）测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品 3.000 g，置于 250 mL锥形瓶 中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的 SnCl2溶液（Sn2+将 Fe3+还原为 Fe2+） ，充分反应后， 除去过量的 Sn2+。用 5.000 102 mol L1 K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中 2
37、27 Cr O 与 Fe2+ 反应生成 Cr3+和 Fe3+） ，消耗 K2Cr2O7溶液 22.00 mL。 上述实验中若不除去过量的 Sn2+，样品中铁的质量分数的测定结果将_（填“偏大” 或“偏小”或“无影响”） 。 计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）_。 【答案】 (1). 2Fe2+ H2O2+2H+2Fe3+2H2O (2). 减小 (3). 偏大 (4). n( 2 27 Cr O )=5.000 102 molL1 22.00 mL 103 LmL1=1.100 103 mol 由滴定时 2 27 Cr O Cr3+和 Fe2+Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒关系式：
38、2 27 Cr O 6Fe2+ （或 2 27 Cr O +14H+6Fe2+6Fe3+2Cr3+7H2O） 则 n(Fe2+)=6n( 2 27 Cr O )=6 1.100 103 mol=6.600 103 mol 样品中铁元素的质量： m(Fe)=6.600 103 mol 56 gmol1=0.3696 g 样品中铁元素的质量分数：w(Fe)= 0.3696 g 3.000 g 100%=12.32% 【解析】 【分析】 （1）Fe2+具有还原性，H2O2具有氧化性，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒书写离子 方程式；根据水解反应的离子方程式分析溶液 pH的变化； （2）根据 Sn
39、2+能将 Fe3+还原为 Fe2+判断还原性的强弱，进一步进行误差分析； 根据 K2Cr2O7溶液的浓度和体积计算消耗的 K2Cr2O7物质的量，由得失电子守恒计算 n （Fe2+） ，结合 Fe 守恒和 （Fe）的表达式计算。 【详解】 （1）Fe2+具有还原性， 在溶液中被氧化成 Fe3+， H2O2具有氧化性， 其还原产物为 H2O， 根据得失电子守恒可写出反应 2Fe2+H2O22Fe3+2H2O，根据溶液呈酸性、结合原子守恒和 - 19 - 电荷守恒，H2O2氧化 Fe2+的离子方程式为 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；H2O2氧化后的溶液 为 Fe2（SO4）3溶液
40、，Fe2（SO4）3发生水解反应 Fe2（SO4）3+（6-2n）H2O Fe2（OH） 6-2n（SO4）n+（3-n）H2SO4，Fe2（OH）6-2n（SO4）n聚合得到聚合硫酸铁，根据水解方程式知 水解聚合反应会导致溶液的酸性增强，pH 减小。答案：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O 减 小 （2）根据题意，Sn2+能将 Fe3+还原为 Fe2+，发生的反应为 Sn2+2Fe3+=Sn4+2Fe2+，根据还 原性： 还原剂还原产物， 则还原性 Sn2+Fe2+， 实验中若不除去过量的 Sn2+， 则加入的 K2Cr2O7 先氧化过量的 Sn2+再氧化 Fe2+，导致消耗的
41、K2Cr2O7溶液的体积偏大，则样品中铁的质量分数 的测定结果将偏大。答案：偏大 实验过程中消耗的 n（Cr2O72-）=5.000 10-2mol/L 22.00mL 10-3L/mL=1.100 10-3mol 由滴定时 Cr2O72-Cr3+和 Fe2+Fe3+，根据电子得失守恒，可得微粒的关系式：Cr2O72-6Fe2+ （或 Cr2O72-+6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O） 则 n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=6 1.100 10-3mol=6.6 10-3mol （根据 Fe 守恒）样品中铁元素的质量：m（Fe）=6.6 10-3mol 56g/mol=0
42、.3696g 样品中铁元素的质量分数：（Fe）= 0.3696g 3.000g 100%=12.32%。 【点睛】本题以聚合硫酸铁的制备过程为载体，考查氧化还原型离子方程式的书写、盐类的 水解、氧化还原滴定的误差分析和元素质量分数的计算。易错点是第（2）的误差分析，应 利用“强制弱”和“先强后弱”的氧化还原反应规律分析。难点是第（2），注意理清滴定实验 中物质之间的计量关系。 19.实验室以工业废渣（主要含 CaSO4 2H2O，还含少量 SiO2、Al2O3、Fe2O3）为原料制取轻质 CaCO3和(NH4)2SO4晶体，其实验流程如下： （1）室温下，反应 CaSO4(s)+ 2 3 CO
43、 (aq) CaCO3(s)+ 2 4 SO (aq)达到平衡，则溶液中 - 20 - 2 4 2 3 SO CO c c =_Ksp(CaSO4)=4.8 105，Ksp(CaCO3)=3 109。 （2）将氨水和 NH4HCO3溶液混合，可制得(NH4)2CO3溶液，其离子方程式为_；浸取 废渣时，向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是_。 （3）废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在 6070 ，搅拌，反应 3 小时。温 度过高将会导致 CaSO4的转化率下降，其原因是_；保持温度、反应时间、反应物和 溶剂的量不变，实验中提高 CaSO4转化率的操作有_。 （4）滤渣水
44、洗后，经多步处理得到制备轻质 CaCO3所需的 CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣 为原料， 制取CaCl2溶液的实验方案： _已知pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全； pH=8.5 时 Al(OH)3开始溶解。实验中必须使用的试剂：盐酸和 Ca(OH)2。 【 答 案 】 (1). 1.6104 (2). 3 HCO+NH3H2O + 4 NH+ 2 3 CO +H2O( 或 3 HCO+NH3H2O + 4 NH+ 2 3 CO +H 2O) (3). 增加溶液中 2 3 CO 的浓度，促进 CaSO4的 转化 (4). 温度过高，(NH4)2CO3分解 (5). 加快搅拌速
45、率 (6). 在搅拌下向足量稀盐 酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量 Ca(OH)2，用 pH 试纸测量溶液 pH，当 pH介于 58.5时，过滤 【解析】 【分析】 （1） 反应 CaSO4（s） +CO32-（aq）CaCO3（s） +SO42-（aq） 的平衡常数表达式为 2 4 2 3 cSO cCO （） （） ， 结合 CaSO4和 CaCO3的 Ksp计算； （2）氨水与 NH4HCO3反应生成（NH4）2CO3；加入氨水抑制（NH4）2CO3的水解； （3）温度过高， （NH4）2CO3分解，使 CaSO4转化率下降；保持温度、反应时间、反应物和
46、 溶剂的量不变，提高 CaSO4转化率即提高反应速率，结合反应的特点从影响反应速率的因素 - 21 - 分析； （4）根据工业废渣中的成分知，浸取、过滤后所得滤渣中含 CaCO3、SiO2、Al2O3和 Fe2O3； 若以水洗后的滤渣为原料制取 CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将 CaCO3完 全转化为 CaCl2，同时 Al2O3、Fe2O3转化成 AlCl3、FeCl3，过滤除去 SiO2，结合题给已知，再 利用 Ca（OH）2调节 pH 除去 Al3+和 Fe3+。 【详解】 （1）反应 CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）达到平衡时，
47、溶液 中 2 4 2 3 cSO cCO （） （） = 22 4 22 3 cCa? SO cCa? CO （）（） （）（） = sp4 sp3 KCaSO KCaCO? （） （） = 5 9 4.8 10 3 10 =1.6 104。答案：1.6 104 （2）NH4HCO3属于酸式盐，与氨水反应生成（NH4）2CO3，反应的化学方程式为 NH4HCO3+NH3 H2O=（NH4）2CO3+H2O或 NH4HCO3+NH3 H2O（NH4）2CO3+H2O，离 子方程式为 HCO3-+NH3 H2O=NH4+CO32-+H2O（或 HCO3-+NH3 H2O NH4+CO32-+H2O） ； 浸取废渣时，加入的（NH4）2CO3属于弱酸弱碱盐，溶液中存在水解平衡： CO32-+NH4+H2OHCO3-+NH3 H2O，加入适量浓氨水，水解平衡逆向移动，溶液中 CO32- 的浓度增大，反应 CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）正向移动，促进 CaSO4 的转化。 答案： HCO3-+NH3 H2O=NH4+CO32-+H2O （或 HCO3-+NH3 H2ONH4+CO32-+H2O） 增加溶液中 CO32-的浓度，促进 CaSO4的转化 （3）由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高， （NH4）2C
