2019年江蘇高考化學試題解析

2019年江蘇高考化學試題解

1.糖類是人體所需的重要營養(yǎng)物質。淀粉分子中不含的元素是

A.氫B.碳C.氮D.氧

【答案】C

此題屬于一道簡單題目,考點為營養(yǎng)物質中糖類的組成元素。

【解析】淀粉屬于多糖，分子組成為（C6H10O5）n，組成元素為C、H、O,不含N元素；

故選C。

2.反應NH4CI+NaNO2^NaCI+N2T+2H2。放熱且產(chǎn)生氣體，可用于冬天石油開采。下

列表示反應中相關微粒的化學用語正確的是

A.中子數(shù)為18的氯原子：

B.N2的結構式:N=N

D.H2O的電子式：H：O：H

【答案】D

此題考查化學用語，化學用語包括：化學式，結構式，電子式，原子（或離子）結構示意圖

以及不同核素的表達等，根據(jù)各化學用語的書寫要點分析。

【解析】A.核素的表達式;X中A表示X原子的質量數(shù)，Z表示X原子的質子數(shù)，則中子

數(shù)二ZZ、中子數(shù)為18的氯原子為;;Cl,A項錯誤；

B.氮原子最外層電子數(shù)為5,還需要3個電子（或形成3對共用電子對）達到8電子穩(wěn)定結

構，所以兩個氮原子共用3對電子，氮氣的結構式為N=N,B項錯誤；

C鈉原子的核外有11個電子，鈉離子是由鈉原子失去一個電子形成的，則鈉離子核外有10

個電子，Na+的結構示意圖為?)))，C項錯誤；

D.氧原子最外層有6個電子，兩個氫原子分別和氧原子形成1對共用電子對，D項正確。

故選D.

3.下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是

A.NH4HCO3受熱易分解,可用作化肥

B.稀硫酸具有酸性，可用于除去鐵銹

C.S02具有氧化性，可用于紙漿漂白

D.AI2O3具有兩性，可用于電解冶煉鋁

【答案】B

【解析】A.NH4HCO3受熱易分解和用作化肥無關，可以用作化肥是因為含有氮元素；

B.鐵銹的主要成分為Fe2O3,硫酸具有酸性可以和金屬氧化物反應，具有對應關系；

C.二氧化硫的漂白原理是二氧化硫與有色物質化合成不穩(wěn)定的無色物質，不涉及氧化還原,

故和二氧化硫的氧化性無關；

D.電解冶煉鋁，只能說明熔融氧化鋁能導電，是離子晶體，無法說明是否具有兩性，和酸、

堿都反應可以體現(xiàn)AI2O3具有兩性。

故選瓦

4.室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是

A.0.1molL-iNaOH溶液：Na*、K\CO：、A1O；

2+

B.0.1molLiFeCL溶液：K+、MgXSO：、MnO；

C.0.1mo卜L-1K2c。3溶液：Na+、Ba2\Cl\OH"

D.0.1molL-iH2s。4溶液：K+、NH：、NO；、HSO；

【答案】A

此題考的是離子共存問題，應從選項的條件獲取信息，再從中判斷在此條件的環(huán)境中是否有

離子會互相反應，能大量共存就是沒有可以互相發(fā)生反應的離子存在。

【解析】A.是一個堿性環(huán)境，離子相互間不反應，且與OH-不反應，能大量共存；

B.MnO4具有強氧化性，F(xiàn)e2+具有還原性，兩者會發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存；

C.Ba2+可以與CO32?發(fā)生反應生成沉淀而不能大量存在;

D.酸性條件下H+與HS03-不能大量共存，同時酸性條件下NO3-表現(xiàn)強氧化性會將HS03-

氧化而不能大量共存；

故選A。

5.下列實驗操作能達到實驗目的的是

B.將4.0gNaOH固體置于100mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000mol-L^NaOH

溶液

C.用裝置甲蒸干AICL溶液制無水AlCb固體

D.用裝置乙除去實驗室所制乙烯中少量SO2

【答案】D

此題考查基本實驗操作，根據(jù)溶液pH的測量、物質的量濃度溶液的配制、鹽類水解的應用、

物質除雜的原則作答。

【解析】A.用水濕潤的pH試紙測量溶液的pH所測為稀釋液的pH,不是原溶液的pH,

實驗操作錯誤,不能達到實驗目的，A項錯誤；

B.配制物質的量濃度的溶液的實驗步驟為：計算、稱量(或量取X溶解(或稀釋\冷卻、

轉移及洗滌、定容、搖勻、裝液，由于容量瓶上有容積、溫度和唯一刻度線，若將氫氧化鈉

直接置于容量瓶中，加水后氫氧化鈉溶于水會放熱引起容量瓶的容積發(fā)生變化，引起實驗誤

差，B項錯誤；

C.在AlCb溶液中存在水解平衡：AICI3+3H2O=AI(OH)3+3HCI,若用甲裝置蒸千氯

化鋁溶液，由于HCI的揮發(fā)，加熱后水解平衡正向移動，最終AlCb完全水解成氫氧化鋁固

體，不能得到AICI3固體，C項錯誤；

D.S02屬于酸性氧化物，能被NaOH溶液吸收，乙熔與NaOH溶液不反應且乙烯難溶于水,

可通過盛有NaOH溶液的洗氣瓶除去乙端中少量的S02,D項正確；

故選D.

6.下列有關化學反應的敘述正確的是

A.Fe在稀硝酸中發(fā)生鈍化B.MnO2和稀鹽酸反應制取Cl2

C.SO2與過量氨水反應生成(NH4)2SO3D.室溫下Na與空氣中。2反應制取

Na2O2

【答案】C

相同的反應物，條件不同(如溫度、濃度、過量與少量)，反應有可能也不同；

A.鈍化反應應注意必須注明常溫下，濃硝酸與Fe發(fā)生鈍化;

B.實驗室制備氯氣的反應中應注意鹽酸的濃度和反應溫度；

C.過量與少量問題應以少量物質基準書寫產(chǎn)物；

D.鈉的還原性強，其與氧氣反應，溫度不同，產(chǎn)物也不同；

【解析】A.常溫下，F(xiàn)e在與濃硝酸發(fā)生鈍化反應，故A錯誤;

B.二氧化鎰與濃鹽酸在加熱條件下反應制取氯氣，故B錯誤；

C.二氧化硫與過量氨水反應生成亞硫酸鍍，故C正確；

D.常溫下，Na與空氣中的氧氣反應生成Na2O;加熱條件下，鈉與氧氣反應生成Na2O2,

故D錯誤；

綜上所述，本題應選C。

7.下列指定反應的離子方程式正確的是

A.室溫下用稀NaOH溶液吸收CL:Cl2+2OH-^CIO-+C|-+H2O

B.用鋁粉和NaOH溶液反應制取少量H2:AI+2OH-=A10；+H2t

+2+

C.室溫下用稀HNO3溶解銅：Cu+2NO,+2H^=Cu+2NO2t+H2O

++

D.向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸：Na2SiO3+2H^H2SiO3U2Na

【答案】A

A.CI2與NaOH反應生成NaCI、NaCIO和H2O;B.電荷不守恒;

C.不符合客觀事實；

D.應拆分的物質沒有拆分；

【解析】A.NaOH為強堿，可以拆成離子形式，氯氣單質不能拆，產(chǎn)物中NaCI和NaCIO

為可溶性鹽，可拆成離子形式，水為弱電解質，不能拆，故A正確；

B.該離子方程式反應前后電荷不守恒，正確的離子方程式為：2AI+2OH-+2H2。

=2AIO2+3H2t,故B錯誤；

+

C.室溫下，銅與稀硝酸反應生成NO,正確的離子方程式為：3Cu+2NO3-+8H=2NOt

+3Cu2++4H2O,故C錯誤；

D.NazSiCh為可溶性鹽，可以拆成離子形式,正確的離子方程式為：

2+

SiO3-+2H=H2SiO3；，故D錯誤；

綜上所述，本題應選A.

8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X是地殼中含量最多的元素，Y原子

的最外層有2個電子，Z的單質晶體是應用最廣泛的半導體材料，W與X位于同一主族。

下列說法正確的是

A.原子半徑："W)>z(Z)>AY)>\X)

B.由X、Y組成的化合物是離子化合物

C.Z的最高價氧化物對應水化物的酸性比W的強

D.W的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比X的強

【答案】B

分析】

X是地殼中含量最多的元素，因此X為0元素，Y的最外層有兩個電子，且Y是短周期元

素，原子序數(shù)大于0,因此Y為Mg元素，Z的單質晶體是廣泛應用的半導體材料，所以Z

為Si元素，W與X同主族，且W是短周期元素，原子序數(shù)大于X,所以W為S元素；據(jù)

此解題；

【解析】A.元素周期表中，同族元素原子半徑隨核電荷數(shù)增加而增加，0位于第二周期，其

他元素位于第三周期，因此0的原子半徑最小，同周期元素，核電荷數(shù)越大，原子半徑越

小，因此原子半徑應為r(Mg)>r(Si)>r(S)>r(0)，故A錯誤；

B.X為。元素，丫為Mg元素，兩者組成的化合物氧化鎂為離子化合物，故B正確；

C.Z為Si元素，W為S元素，因為S的非金屬性強于Si,所以S的最高價氧化物對應水化

物的酸性強于Si的，故C錯誤；

D.W為S元素，X為0元素，因為0的非金屬性強于S，所以0的氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性

強于S的，故D錯誤；

總上所述，本題選B。

9.在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現(xiàn)的是

A.NaCI(aq)電解>Cl2(g)」^FeCl2(s)

"灰乳>煨燒>

B.MgCI2(aq)—Mg(0H)2(s)MgO(s)

H；o(l)

C.S(s)>SO3(g)-->H2so4(aq)

□N2(g)高溫凝儂催化劑>NH3(g)江瑞>Na2C03(s)

【答案】B

A.電解條件時應看清電解水溶液還是電解熔融態(tài)物質，02具有強氧化性；

B根據(jù)"強堿制弱堿"原理制備氫氧化鎂；

C.注意生成二氧化硫與三氧化硫的條件；

D.氨氣、二氧化碳和氯化鈉反應制備碳酸氫鈉是利用碳酸氫鈉的溶解度低；

【解析】A.氯氣的氧化性強，與鐵單質反應直接生成氯化鐵，故A錯誤；

B.氯化鎂與石灰乳發(fā)生復分解反應生成氫氧化鎂，氫氧化鎂高溫燃燒生成氧化鎂和水，故B

正確；

C.硫單質在空氣中燃燒只能生成S02,S02在與氧氣在催化劑條件下生成S03,故C錯誤；

D.氨氣與二氧化碳和氯化鈉溶液反應生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉受熱分解可生成碳酸鈉，故D

錯誤；

綜上所述，本題應選B。

10.將鐵粉和活性炭的混合物用NaCI溶液濕潤后，置于如圖所示裝置中，進行鐵的電化學

腐蝕實驗。下列有關該實驗的說法正確的是

A.鐵被氧化的電極反應式為Fe-3e-=Fe3+

B.鐵腐蝕過程中化學能全部轉化為電能

C.活性炭的存在會加速鐵的腐蝕

D.以水代替NaCI溶液，鐵不能發(fā)生吸氧腐蝕

【答案】C

根據(jù)實驗所給條件可知，本題鐵發(fā)生的是吸氧腐蝕，負極反應為：Fe-2e=Fe2+;正極反應

為：O2+2H2O+4e-=4OH-;據(jù)此解題；

【解析】A.在鐵的電化學腐蝕中，鐵單質失去電子轉化為二價鐵離子，即負極反應為：

Fe-2e=Fe2+,故A錯誤；

B.鐵的腐蝕過程中化學能除了轉化為電能，還有一部分轉化為熱能，故B錯誤；

C.活性炭與鐵混合，在氯化鈉溶液中構成了許多微小的原電池，加速了鐵的腐蝕，故C正

確；

D.以水代替氯化鈉溶液，水也呈中性，鐵在中性或堿性條件下易發(fā)生吸氧腐蝕，故D錯誤;

綜上所述，本題應選C.

11.氫氣與氧氣生成水的反應是氫能源應用的重要途徑。下列有關說法正確的是

A.一定溫度下，反應2H2（g）+O2（g）:2也。9）能自發(fā)進行，該反應的△”＜（）

B.氫氧燃料電池的負極反應為O2+2H2O+4e-=4OH-

C.常溫常壓下，氫氧燃料電池放電過程中消耗11.2LH2,轉移電子的數(shù)目為6.02x1023

D.反應2H2（g）+O2（g）=2出。9）的△〃可通過下式估算：/^=反應中形成新共價鍵的

鍵能之和-反應中斷裂舊共價鍵的鍵能之和

【答案】A

【解析】A.體系能量降低和混亂度增大都有促使反應自發(fā)進行的傾向，該反應屬于混亂度減

小的反應，能自發(fā)說明該反應為放熱反應，即AH<0,故A正確；

B.氫氧燃料電池，氫氣作負極，失電子發(fā)生氧化反應，中性條件的電極反應式為：2H2-4e-

=4H+,故B錯誤；

C.常溫常壓下，Vm聲22.L/mol,無法根據(jù)氣體體積進行微粒數(shù)目的計算，故C錯誤；

D.反應中，應該如下估算：AH=反應中斷裂舊化學鍵的鍵能之和-反應中形成新共價鍵的鍵

能之和，故D錯誤；

故選A。

12化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。

o

H

n

c

XY

下列有關化合物X、Y的說法正確的是

A.1molX最多能與2molNaOH反應

B.Y與乙醇發(fā)生酯化反應可得到X

C.X、Y均能與酸性KMnO4溶液反應

D.室溫下X、Y分別與足量Br2加成的產(chǎn)物分子中手性碳原子數(shù)目相等

【答案】CD

【解析】A.X分子中，lmol竣基消耗ImolNaOH,lmol由酚羥基形成的酯基消耗

2molNaOH,所以ImoIX最多能與3molNaOH反應，故A錯誤；

B.比較X與Y的結構可知，Y與乙酸發(fā)生酯化反應可得到X,故B錯誤；

C.X和Y分子中都含有碳碳雙鍵，所以均能與酸性高鎰酸鉀溶液反應，故C正確；

D.X和Y分子中碳碳雙鍵的位置相同，分別與足量Br2加成后產(chǎn)物的結構相似，所以具有相

同數(shù)目的手性碳原子，都有3個，故D正確；

故選CD。

13.室溫下進行下列實驗，根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得到的結論正確的是

選項實驗操作和現(xiàn)象結論

向X溶液中滴加幾滴新制氯水，振蕩，再加入少量KSCN

AX溶液中一定含有Fe2+

溶液，溶液變?yōu)榧t色

向濃度均為0.05mohLT的NaLNaCI混合溶液中滴加

B&p(AgD>^p(AgCI)

少量AgN03溶液，有黃色沉淀生成

向3mLKI溶液中滴加幾滴漠水，振蕩，再滴加1mL淀

CBr2的氧化性比I2的強

粉溶液，溶液顯藍色

D用pH試紙測得：CHsCOONa溶液的pH約為HNO2電離出H+的能力比

9,NaNCh溶液的pH約為8CH3COOH的強

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】A.先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液變紅，說明加入KSCN溶液前溶液中存

在Fe3+,而此時的Fe3+是否由Fe?+氧化而來是不能確定的，所以結論中一定含有Fe?+是錯

誤的，故A錯誤；

B.黃色沉淀Agl,說明加入AgNOs溶液優(yōu)先形成Agl沉淀，Agl比AgCI更難溶，Agl

與AgCI屬于同種類型，則說明Ksp(AgI)<Ksp(AgCI),故B錯誤；

C.溶液變藍說明有單質碘生成，說明演置換出KI中的碘，根據(jù)氧化還原反應的原理得出結

論：Br2的氧化性比12的強，故C正確；

D.CHsCOONa和NaNS溶液濃度未知，所以無法根據(jù)pH的大小，比較出兩種鹽的水解

程度，也就無法比較HNO2和CH3COOH電離出H+的難易程度，故D錯誤；

故選C。

14.室溫下，反應HCO；+H20-H2c03+0H-的平衡常數(shù)《=2.2x10-8。將NH4HCO3

溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取廢渣中的ZnO。若溶液混合引起的體積變化可忽

略，室溫時下列指定溶液中微粒物質的量濃度關系正確的是

+

A.0.2mol1T氨水：(XNH3-H2O)>c(NH；)>c(OH-)>c(H)

B.0.2mol【TNH4HCO3溶液（pH＞7）:c（NH：）＞aHCO；）＞c（H2co3）＞c（NH3H2。）

C.0.2mol-L-i氨水和0.2mol-LTNH4HCO3溶液等體積混合：

GNH；)+GNH3H2。)=aH2CO3)+4HCO；)+cfCO；)

1

D.O.Gmol-L-氨水和0.2mol【TNH4HCO3溶液等體積混合:c(NH3H2O)+式CO：)+c(OH

-)=0.3molLT+GH2co3)+&H+)

【答案】BD

15在恒壓、NO和02的起始濃度一定的條件下，催化反應相同時間,測得不同溫度下NO

轉化為N02的轉化率如圖中實線所示（圖中虛線表示相同條件下NO的平衡轉化率隨溫度的

變化）。下列說法正確的是

舉

<

7

一

0螂

之

A.反應2NO（g）+O2（g）^=2NO2（g）的△〃>€）

B.圖中X點所示條件下，延長反應時間能提高NO轉化率

C.圖中Y點所示條件下，增加。2的濃度不能提高NO轉化率

D.380℃下，c起始（02）=5.0x10-4mol-L-1,NO平衡轉化率為50%,則平衡常數(shù)Q2000

【答案】BD

【解析】A.隨溫度升高NO的轉化率先升高后降低，說明溫度較低時反應較慢，一段時間

內(nèi)并未達到平衡，分析溫度較高時，已達到平衡時的NO轉化率可知，溫度越高NO轉化

率越低，說明溫度升高平衡向逆方向移動，根據(jù)勒夏特列原理分析該反應為放熱反應，△

H<0,故A錯誤；

B.根據(jù)上述分析，X點時，反應還未到達平衡狀態(tài)，反應正向進行，所以延長反應時間能提

高NO的轉化率，故B正確；

C.Y點，反應已經(jīng)達到平衡狀態(tài)，此時增加02的濃度，使得正反應速率大于逆反應速率，

平衡向正反應方向移動，可以提高NO的轉化率，故C錯誤;

D.設NO起始濃度為amol/L,NO的轉化率為50%,則平衡時NO、O2和NO2的濃度分

別為0.5amol/L、(5xl0-4-0.25a)mol/L、0.5amol/L,根據(jù)平衡常數(shù)表達式

C2(NO,)(0.5?)21--

K=----------上—=----；-------------------------->---------=2000,故D正確；

27

C(NO)-C(O2)(O.5a)2x(5xl()7_05a)5x10^

故選BD。

I6.N2O、NO和NO2等氮氧化物是空氣污染物，含有氮氧化物的尾氣需處理后才能排放。

(1)N2O的處理。N2O是硝酸生產(chǎn)中氨催化氧化的副產(chǎn)物，用特種催化劑能使N2O分解。

NH3與。2在加熱和催化劑作用下生成N2O的化學方程式為。

(2)N。和NO2的處理。已除去N2O的硝酸尾氣可用NaOH溶液吸收，主要反應為

NO+NO2+2OH-=^2NO；+H2O

2NO2+2OH-^=NO；+NO；+H2O

①下列措施能提高尾氣中NO和NCh去除率的有(填字母\

A.加快通入尾氣的速率

B.采用氣、液逆流的方式吸收尾氣

C.吸收尾氣過程中定期補加適量NaOH溶液

②吸收后的溶液經(jīng)濃縮、結晶、過濾，得到NaNO2晶體，該晶體中的主要雜質是_______

(填化學式)；吸收后排放的尾氣中含量較高的氮氧化物是_______(填化學式\

(3)NO的氧化吸收。用NaCIO溶液吸收硝酸尾氣，可提高尾氣中NO的去除率。其他

條件相同，NO轉化為NO；的轉化率隨NaCIO溶液初始pH(用稀鹽酸調(diào)節(jié))的變化如圖

所示。

①在酸性NaCIO溶液中,HCIO氧化NO生成CF和NO；,其離子方程式為.

②NaCIO溶液的初始pH越小，NO轉化率越高。其原因是.

卓

、

爵

群

O

N

催化劑

【答案】(1).2NH3+2O2__N2O+3H2O(2).BC(3).NaNO3(4).

A

+

NO(5).3HCIO+2NO+H2O^=3C|-+2NO；+5H(6).溶液pH越小，溶液中

HCIO的濃度越大，氧化NO的能力越強

【解析】(1)NH3與02在加熱和催化劑作用下發(fā)生氧化還原反應生成N20,根據(jù)得失電

子守恒和原子守恒可知反應有水生成，配平化學方程式為：2NH3+2O2第箸N2O+3H2O,

故答案為：2NH3+2O2三善N2O+3H2O；

(2)①A.加快通入尾氣的速率，不能提高尾氣中NO和Nth的去除率，不選A;

B.采用氣、液逆流的方式吸收尾氣，可使氣液充分接觸，能提高尾氣中NO和N02的去除

率，選B;

C.定期補充適量的NaOH溶液可增大反應物濃度，能提高尾氣中NO和N02的去除率，選

C。

故答案為：BC;

②由吸收反應：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O,2NO2+2OH=NO2-+NO3-+H2O可知，

反應后得到NaNCh和NaN03混合溶液，經(jīng)濃縮、結晶、過濾得到NaNCh和NaNC)3晶

體，因此得到的NaNCh混有NaNO3；由吸收反應可知，若NO和Nfh的物質的量之比大

于1:1,NO不能被吸收，因此，吸收后排放的尾氣中含量較高的氮氧化物是NO,

故答案為：NaNO3；NO;

(3)①在酸性的NaCIO溶液中，次氯酸根離子和氫離子結合生成HCIO,HCIO和NO發(fā)

生氧化還原反應生成N03-和CI-,根據(jù)得失電子守恒及電荷守恒、原子守恒，配平離子方程

+

式為2NO+3HCIO+H2O=2NOr+3Cr+5H,

+

故答案為：2NO+3HCIO+H2O=2NO3-+3CI+5H;

②在相同條件下氧化劑的濃度越大氧化能力越強，由反應2NO+3HCIO+H2O=2NO3-+3

CI-+5H+可知，溶液pH越小，溶液中HCIO濃度越大，氧化NO的能力越強，

故答案為：溶液pH越小，溶液中HCIO的濃度越大，氧化NO的能力越強。

17.化合物F是合成一種天然黃類化合物的重要中間體，其合成路線如下：

(1)A中含氧官能團的名稱為_______和.

(2)A-B的反應類型為,

（3）C-D的反應中有副產(chǎn)物M分子式為Ci2Hi5O6Br注成寫出X的結構簡式:。

（4）C的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式：

①能與FeCb溶液發(fā)生顯色反應；

②堿性水解后酸化，含苯環(huán)的產(chǎn)物分子中不同化學環(huán)境的氫原子數(shù)目比為1：L

ft

（5）已知：Mg?）、R"R、/（）H（R表示煌

R—Cl-;----------RMgCi-A,/C、“

無水乙醒2）HjORR

COOCH3

和CH3cH2cH20H為原料制備

CH

a3

2cH3的合成路線流程圖（無機試劑和有機溶劑任用，合成路線流程圖示

CH3

例見本題題干I____________________

【答案】Q）.（酚）羥基（2）.竣基（3）.取代反應（4）.

02

CH3CH2CH2OH—CH3CH.CH0

有機物A和SOCL在加熱條件下發(fā)生取代反應生成B,B和甲醇發(fā)生取代反應生成C,C和

CH30cH2cl在三乙胺存在條件下發(fā)生取代反應生成D,D和CH3I在K2c。3條件下發(fā)生取

代反應生成E,E在LiAIH4條件下發(fā)生還原反應生成F,據(jù)此解答。

【解析】(1)由A的結構簡式可知，A中含氧官能團為-OH和-COOH,名稱為(酚)羥基、

竣基，

故答案為：(酚)羥基；竣基；

(2)根據(jù)以上分析可知，A-B的反應中-COOH中的羥基被氯原子取代，反應類型為取代

反應，

故答案為：取代反應；

(3)觀察對比C、D的結構可知，C-D的反應中酚羥基上的氫原子被-CH20cH3取代生

成D,根據(jù)副產(chǎn)物X的分子式Ci2Hi5O6Br,C-D的反應生成的副產(chǎn)物為C中兩個酚羥基

都發(fā)生了取代反應，可知X的結構簡式為

故答案為：

(4)C為,C的同分異構體滿足以下條件：①能與FeCb溶液發(fā)生顯色

反應，說明含有酚羥基；②堿性水解后酸化，含苯環(huán)的產(chǎn)物分子中不同化學環(huán)境的氫原子數(shù)

目比為1：1,說明含苯環(huán)的產(chǎn)物分子中有兩種類型的氫原子且數(shù)目相等，應為間苯三酚，則

該同分異構體為酚酯，結構簡式為

O

y

XXIbBr

故答案為：

OH

CH/HCIIJU八

(5)根據(jù)逆合成法，若要制備，根據(jù)題給已知可先制備和

CII,

CH3cH2cH0。結合所給原料，1-丙醇催化氧化生成CH3cH2cH0,參考題中E-F的反應

COOCHj

CL和HQ

條件,在LiAIH4條件下發(fā)生還原反應生成：

CHj

CH”I八2cl

,QX在Mg、無水乙醛條件下發(fā)生已知中的反應生

nhMscia乂式1jry(JH

CH/HCtla八

,1X和CH3cH2cH0在一定條件下反應生成J7

aab

所以合成路線設計為：

CH3CH2CH2OH—CH3CH2CHO,

Cu.△

故答案為：CH3CH2CH2OH-^CH3CH2CHO,

18.聚合硫酸鐵[Fe2(OH)6-2〃(SO4)”]m廣泛用于水的凈化。以FeSO4-7H2O為原料，經(jīng)溶解、

氧化、水解聚合等步驟，可制備聚合硫酸鐵。

(1)將一定量的FeSO4-7H2O溶于稀硫酸，在約70°C下邊攪拌邊緩慢加入一定量的H2O2

溶液，繼續(xù)反應一段時間，得到紅棕色黏稠液體。H2O2氧化Fe2+的離子方程式為;

水解聚合反應會導致溶液的pH。

(2)測定聚合硫酸鐵樣品中鐵的質量分數(shù)：準確稱取液態(tài)樣品3.000g,置于250mL錐

形瓶中，加入適量稀鹽酸，加熱，滴加稍過量的SnCb溶液(SM+將Fe3+還原為Fe2+),充

分反應后，除去過量的Sr)2+。用5.000xl0-2mol-L-1七02。7溶液滴定至終點(滴定過程

3+

中Cr@與Fe2+反應生成3+和Fe),消耗LSO7溶液22.00mLo

①上述實驗中若不除去過量的SM+,樣品中鐵的質量分數(shù)的測定結果將(填"偏大”

或"偏小"或"無影響"\

②計算該樣品中鐵的質量分數(shù)(寫出計算過程)

【答案】(l).2Fe2++H2O2+2H+^=2Fe3++2H2。(2).減?、?偏大(4).

12.32%(過程見解析)

(1)Fe2+具有還原性,H2O2具有氧化性，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒書寫

離子方程式；根據(jù)水解反應的離子方程式分析溶液pH的變化；

(2)①根據(jù)Sn2+能將Fe3+還原為Fe?+判斷還原性的強弱，進一步進行誤差分析；

②根據(jù)K2U2O7溶液的濃度和體積計算消耗的《2。2。7物質的量，由得失電子守恒計算n

(Fe2+),結合Fe守恒和3(Fe)的表達式計算。

【解析】(1)Fe2+具有還原性，在溶液中被氧化成Fe3+,H2O2具有氧化性，其還原產(chǎn)物為

H2O,根據(jù)得失電子守恒可寫出反應2Fe2++H2O2—2Fe3++2H2O,根據(jù)溶液呈酸性、結合

原子守恒和電荷守恒，H2O2氧化Fe2+的離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

H2O2氧化后的溶液為Fe2(SO4)3溶液,Fe2(SO4)3發(fā)生水解反應Fez(SO4)3+(6-2n)

H2O0Fe2(OH)6-2n(SO4)n+(3f)H2SO4,Fe2(OH)6-2n(SO4)n聚合得到聚

合硫酸鐵，根據(jù)水解方程式知水解聚合反應會導致溶液的酸性增強，pH減小。答案：

2++3+

2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O減小

(2)①根據(jù)題意，S?+能將Fe?+還原為Fe2+,發(fā)生的反應為Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+,

根據(jù)還原性：還原劑>還原產(chǎn)物，則還原性Sr)2+>Fe2+,實驗中若不除去過量的Sr)2+,則

加入的七52。7先氧化過量的SM+再氧化Fe2+,導致消耗的匕。2。7溶液的體積偏大，則

樣品中鐵的質量分數(shù)的測定結果將偏大。答案：偏大

2

②姆過程中消耗的n(Cr2O7-)=5.000xl0-2mol/Lx22.00mLxl0-3L/mL=1.100x

10-3mol

由滴定時6072―Cr3+和Fe2+-Fe3+,根據(jù)電子得失守恒，可得微粒的關系式：

Cr2O72-~6Fe2+(或Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2。)

則n(Fe2+)=6n(Cr2O72')=6xl.lOOx10_3mol=6.6x10'3mol

(根據(jù)Fe守恒)樣品中鐵元素的質量:m(Fe)=6.6xl0-3molx56g/mol=0.3696g

0.3696g

樣品中鐵元素的質量分數(shù)：3(Fe)=100%^12.32%.

3.000g

19.實驗室以工業(yè)廢渣(主要含CaSO4-2H2O,還含少量SiO2,AI2O3、Fe2O3)為原料制取

輕質CaCCh和(NH4)2SO4晶體，其實驗流程如下：

(NHJ2CO3溶液

廢渣粉末一?浸取一?過濾一?濾渣-------*輕質CaCCh

濾液-------晶體

(1)室溫下，反應CaS04⑸+C0；-(aq)=sCaC03⑸+SO；(aq)達到平衡，則溶液中

c(S。))9

[&p(CaS04)=4.8x10-5,^p(CaCO3)=3xl0-]o

《CO：)

(2)將氨水和NH4HCO3溶液混合,可制得(NH4)2CO3溶液，其離子方程式為

浸取廢渣時，向(NH4)2CO3溶液中加入適量濃氨水的目的是。

(3)廢渣浸取在如圖所示的裝置中進行?？刂品磻獪囟仍?0-70℃,攪拌，反應3小時。

溫度過高將會導致CaS04的轉化率下降，其原因是_______；保持溫度、反應時間、反應物

和溶劑的量不變，實驗中提高CaSCU轉化率的操作有

(4)濾渣水洗后，經(jīng)多步處理得到制備輕質CaC03所需的CaCI2溶液。設計以水洗后的濾

渣為原料，制取CaCl2溶液的實驗方案：［已知pH=5時Fe(0H)3和AI(0H)3沉淀完

全；pH=8.5時AI(0H)3開始溶解。實驗中必須使用的試劑：鹽酸和Ca(0H)2］。

【答案】(1).1.6xlO4(2).HCO；+NH3-H2O^=NH；+CO：+取0(或

HCO；+NH3H2O=iNH；+CO：+H2O)(3).增加溶液中CO；的濃度，促進CaSO4

的轉化(4).溫度過高/NH4)2CO3分解(5).加快攪拌速率(6).在攪拌下向足量

稀鹽酸中分批加入濾渣，待觀察不到氣泡產(chǎn)生后，過濾，向濾液中分批加入少量Ca(OH)2,

用pH試紙測量溶液pH,當pH介于5-8.5時,過濾

2

(1)反應CaSO4(s)+CO3”(aq)-CaCC)3(s)+SO4-(aq)的平衡常數(shù)表達式

為c(SO；)

，結合和的計算;

為c(CO：)CaSCUCaCO3Ksp

(2)氨水與NH4HCO3反應生成(NH4)2c03；加入氨水抑制(NH4)2c03的水解；

(3)溫度過高,(NH4)2cO3分解，使CaS04轉化率下降；保持溫度、反應時間、反應物

和溶劑的量不變，提高CaS04轉化率即提高反應速率，結合反應的特點從影響反應速率的

因素分析；

(4)根據(jù)工業(yè)廢渣中的成分知，浸取、過濾后所得濾渣中含CaC03、Si02、AI2O3和Fe2O3;

若以水洗后的濾渣為原料制取CaCb溶液，根據(jù)題給試劑，首先要加入足量鹽酸將CaC03

完全轉化為CaCI2,同時AI2O3、FezCh轉化成AlCb、FeCh,過濾除去SiO2,結合題給已

3+

知，再利用Ca(0H)2調(diào)節(jié)pH除去AP+和FeO

【解析】(1)反應CaSO4(s)+832-(aq)-CaC03(s)+SO4”(aq)達到平衡時，

?、*-C(SO:)c(Ca2+XSO^)K(CaSO)4.8x10-5

溶涌中---------=-----------------=---s-p--------4-=1.6x104。答案：1.6

2+3x10-9

c(CO；)-c(Ca>ICO^)~Ksp(CaCOp

xlCH

(2)NH4HCO3屬于酸式鹽，與氨水反應生成(NH4)2CO3,反應的化學方程式為

NH4HCO3+NH3-H2O=(NH4)2cO3+H2O[或NH4HCO3+NH3-H2O^=^(NH4)

+2

2CO3+H2O],離子方程式為HCO3-+NH3-H2O=NH4+CO3-+H2O(ng

+2

HCO3-+NH3-H2O^NH4+CO3-+H2O);浸取廢渣時，加入的(NH4)2c。3屬于弱酸

弱堿鹽，溶液中存在水解平衡：CO32-+NH4++H2O=HCO3-+NH3H2。，加入適量濃氨

水，水解平衡逆向移動，溶液中CO32-的濃度增大，反應CaSOXs)+CO32-(叫)=CaCO3

(s)+SO42-(aq)正向移動，促進CaSO4的轉化。答案：

+2+2

HCO3-+NH3-H2O=NH4+CO3-+H2O(§gHCO3-+NH3-H2O^^NH4+CO3-+H2O)

增加溶液中CO32-的濃度，促進CaS04的轉化

(3)由于鍍鹽具有不穩(wěn)定性，受熱易分解，所以溫度過高XNFU)2CO3分解，從而使CaSO4

轉化率下降；由于浸取過程中的反應屬于固體與溶液的反應(或發(fā)生沉淀的轉化)，保持溫

度、反應時間、反應物和溶劑的量不變，提高CaSCU轉化率即提高反應速率，結合外界條

件對化學反應速率的影響，實驗過程中提高CaS04轉化率的操作為加快攪拌速率(即增大

接觸面積，加快反應速率,提高浸取率\答案：溫度過高，(NFU)2c03分解加快

攪拌速率

(4)工業(yè)廢渣主要含CaSO4-2H2O,還含有少量SiO2,AI2O3和Fe2O3，加入(NH4)283

溶液浸取，其中CaSCM與(NH4)2c。3反應生成CaC03和(NFU)2s。4,SiCh、AI2O3

和Fe2O3都不反應，過濾后所得濾渣中含CaC03、SiO2.AI2O3和Fe2O3;若以水洗后的

濾渣為原料制取CaCb溶液，根據(jù)題給試劑，首先要加入足量鹽酸將CaCCh完全轉化為

CaCI2,發(fā)生的反應為CaCO3+2HCI=CaCl2+H2O+CO2T,與此同時發(fā)生反應

AI2O3+6HCI=2AICI3+3H2O.Fe2O3+6HCI=2FeCI3+3H2O,SQ2不反應,經(jīng)過濾除去

SiO2;得到的濾液中含CaCI2.AlCb、FeCI3，根據(jù)"pH=5時Fe(OH)3和Al(OH)3

沉淀完全，pH=8.5時Al(OH)3開始溶解"，為了將濾液中AI3+、Fe3+完全除去，應加入

Ca(OH)2調(diào)節(jié)溶液的pH介于5~8.5[力口入Ca(OH)2的過程中要邊加邊測定溶液的pH],

然后過濾即可制得CaCL溶液。答案：在攪拌下向足量稀鹽酸中分批加入濾渣，待觀察不到

氣泡產(chǎn)生后，過濾，向濾液中分批加入少量Ca(0H)2,用pH試紙測得溶液pH,當pH

介于5-8.5時，過濾

20.82的資源化利用能有效減少82排放，充分利用碳資源。

(1)CaO可在較高溫度下捕集CO2,在更高溫度下將捕集的82釋放利用。CaC2O4-H2O

熱分解可制備CaO,CaC2C)4-H2。加熱升溫過程中固體的質量變化見下圖。

146

質

修

100

146

絲

2004006008001000

溫度/t

①寫出400-600°C范圍內(nèi)分解反應的化學方程式：。

②與CaCCh熱分解制備的CaO相比，CaCzOWO熱分解制備的CaO具有更好的CCh捕

集性能，其原因是________

(2)電解法轉化C02可實現(xiàn)C02資源化利用。電解C02制HCOOH的原理示意圖如下。

①寫出陰極CO2還原為HCOO-的電極反應式：

②電解一段時間后，陽極區(qū)的KHCO3溶液濃度降低，其原因是_______。

（3）CO2催化加氫合成二甲醛是一種CO2轉化方法，其過程中主要發(fā)生下列反應：

反應I:CO2（g）+H2（g）^=CO（g）+H2O（g）A//=41.2kJ-moh1

反應n:2co2（g）+6H2（g）^=CH30cH3（g）+3H2O（g）△〃=-122.5kJ-moh1

在恒壓、C02和H2的起始量一定的條件下，C02平衡轉化率和平衡時CH30cH3的選擇性

隨溫度的變化如圖。其中：

8()

60

40

2()

200240280320360

溫度/七

ZxCHQCH：的物質的量

CH30cH3的選擇性=xlOO%

反應的CO?的物質的量

①溫度高于300℃,CO2平衡轉化率隨溫度升高而上升的原因是________

②220。（2時，在催化劑作用下82與H2反應一段時間后，測得CH30cH3的選擇性為48%

（圖中A點I不改變反應時間和溫度,一定能提高CH30cH3選擇性的措施有,

【答案】Q).CaC204400?60比CaC03+C0f⑵.CaCzdHzO熱分解放出更多

的氣體，制得的Ca。更加疏松多孔(3).CO2+H++2e-=HCOO-或CO2+HCO；+2e

-^HCOO-+CO；*(4).陽極產(chǎn)生02,pH減小，HCO；濃度降低；K+部分遷移至陰

極區(qū)(5).反應I的△〃>0,反應II的△〃<0,溫度升高使CO2轉化為CO的平衡轉化

率上升，使CO2轉化為CH30cH3的平衡轉化率下降，且上升幅度超過下降幅度(6),增

大壓強，使用對反應口催化活性更高的催化劑

本題注重理論聯(lián)系實際，引導考生認識并體會化學科學對社會發(fā)展的作用，試題以減少C02

排放，充分