2020年江蘇省【高考】化學(xué)試卷解析版

2020年江蘇省【高考】化學(xué)試卷解析版2020年江蘇省【高考】化學(xué)試卷解析版PAGE25-2020年江蘇省【高考】化學(xué)試卷解析版2020年江蘇省高考化學(xué)試卷可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Zn65Br80Ag108Il27單項(xiàng)選擇題：本題包括10小題，每小題2分，共計(jì)20分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。1.打贏藍(lán)天保衛(wèi)戰(zhàn)，提高空氣質(zhì)量。下列物質(zhì)不屬于空氣污染物的是A.PM2.5B.O2C.SO2D.NO【答案】B【解析】【詳解】A．PM2.5指環(huán)境空氣中空氣動(dòng)力學(xué)當(dāng)量直徑小于等于2.5微米顆粒物，PM2.5粒徑小，面積大，活性強(qiáng)，易附帶有毒、有害物質(zhì)，且在大氣中的停留時(shí)間長(zhǎng)、輸送距離遠(yuǎn)，因而對(duì)人體健康和大氣環(huán)境質(zhì)量的影響大，其在空氣中含量濃度越高，就代表空氣污染越嚴(yán)重，PM2.5屬于空氣污染物，A不選；B．O2是空氣的主要成分之一，是人類維持生命不可缺少的物質(zhì)，不屬于空氣污染物，B選；C．SO2引起的典型環(huán)境問題是形成硫酸型酸雨，SO2屬于空氣污染物，C不選；D．NO引起的典型環(huán)境問題有：硝酸型酸雨、光化學(xué)煙霧、破壞O3層等，NO屬于空氣污染物，D不選；答案選B。2.反應(yīng)可用于氯氣管道的檢漏。下列表示相關(guān)微粒的化學(xué)用語(yǔ)正確的是A.中子數(shù)為9的氮原子：B.N2分子的電子式：C.Cl2分子的結(jié)構(gòu)式：Cl—ClD.Cl-的結(jié)構(gòu)示意圖：【答案】C【解析】【詳解】A．N原子的質(zhì)子數(shù)為7，中子數(shù)為9的氮原子的質(zhì)量數(shù)為7+9=16，該氮原子表示為，A錯(cuò)誤；B．N2分子中兩個(gè)N原子間形成3對(duì)共用電子對(duì)，N2分子的電子式為，B錯(cuò)誤；C．Cl2分子中兩個(gè)Cl原子間形成1對(duì)共用電子對(duì)，Cl2分子的結(jié)構(gòu)式為Cl—Cl，C正確；D．Cl-的核電荷數(shù)為17，核外有18個(gè)電子，Cl-的結(jié)構(gòu)示意圖為，D錯(cuò)誤；答案選C。3.下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是A.鋁的金屬活潑性強(qiáng)，可用于制作鋁金屬制品B.氧化鋁熔點(diǎn)高，可用作電解冶煉鋁的原料C.氫氧化鋁受熱分解，可用于中和過多的胃酸D.明礬溶于水并水解形成膠體，可用于凈水【答案】D【解析】【詳解】A．鋁在空氣中可以與氧氣反應(yīng)生成致密氧化鋁，致密氧化鋁包覆在鋁表面阻止鋁進(jìn)一步反應(yīng)，鋁具有延展性，故鋁可用于制作鋁金屬制品，A錯(cuò)誤；B．氧化鋁為離子化合物，可用作電解冶煉鋁的原料，B錯(cuò)誤；C．氫氧化鋁為兩性氫氧化物，可以用于中和過多的胃酸，C錯(cuò)誤；D．明礬溶于水后電離出的鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體能吸附水中的懸浮物，用于凈水，D正確；故選D。4.常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A.氨水溶液：Na+、K+、OH-、NOB.鹽酸溶液：Na+、K+、SO、SiOC.KMnO4溶液：NH、Na+、NO、I-D.AgNO3溶液：NH、Mg2+、Cl-、SO【答案】A【解析】【詳解】A．在0.1mol/L氨水中，四種離子可以大量共存，A選；B．在0.1mol/L鹽酸中含有大量氫離子，四種離子中硅酸根可以與氫離子反應(yīng)生成硅酸沉淀，故不能共存，B不選；C．具有強(qiáng)氧化性，可以將碘離子氧化成碘單質(zhì)，故不能共存，C不選；D．在0.1mol/L硝酸銀溶液中，銀離子可以與氯離子、硫酸根離子反應(yīng)生成氯化銀、硫酸銀沉淀，不能共存，D不選；故選A。5.實(shí)驗(yàn)室以CaCO3為原料，制備CO2并獲得CaCl2﹒6H2O晶體。下列圖示裝置和原理不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿.制備CO2B.收集CO2C.濾去CaCO3D.制得CaCl2﹒6H2O【答案】D【解析】【詳解】A．碳酸鈣盛放在錐形瓶中，鹽酸盛放在分液漏斗中，打開分液漏斗活塞，鹽酸與碳酸鈣反應(yīng)生成氯化鈣、二氧化碳和水，故A正確；B．二氧化碳密度比空氣大，用向上排空氣法收集二氧化碳?xì)怏w，故B正確；C．加入的鹽酸與碳酸鈣反應(yīng)后，部分碳酸鈣未反應(yīng)完，碳酸鈣是難溶物，因此用過濾的方法分離，故C正確；D．CaCl2?6H2O易失去結(jié)晶水，因此不能通過加熱蒸發(fā)皿得到，可由氯化鈣的熱飽和溶液冷卻結(jié)晶析出六水氯化鈣結(jié)晶物，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為D。6.下列有關(guān)化學(xué)反應(yīng)敘述正確的是A.室溫下，Na在空氣中反應(yīng)生成Na2O2B.室溫下，Al與4.0mol﹒L-1NaOH溶液反應(yīng)生成NaAlO2C.室溫下，Cu與濃HNO3反應(yīng)放出NO氣體D.室溫下，F(xiàn)e與濃H2SO4反應(yīng)生成FeSO4【答案】B【解析】【詳解】A．室溫下，鈉與空氣中氧氣反應(yīng)生成氧化鈉，故A錯(cuò)誤；B．室溫下，鋁與NaOH溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，故B正確；C．室溫下，銅與濃硝酸反應(yīng)生成二氧化氮?dú)怏w，故C錯(cuò)誤；D．室溫下，鐵在濃硫酸中發(fā)生鈍化，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為B。7.下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是A.Cl2通入水中制氯水：B.NO2通入水中制硝酸：C.NaAlO2溶液中通入過量CO2：D.AgNO3溶液中加入過量濃氨水：【答案】C【解析】【詳解】A.次氯酸為弱酸，書寫離子方程式時(shí)應(yīng)以分子形式體現(xiàn)，正確的是Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，故A錯(cuò)誤；B.NO2與H2O反應(yīng)：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，離子方程式為3NO2＋H2O=2H＋＋2＋NO，故B錯(cuò)誤；C.碳酸的酸性強(qiáng)于偏鋁酸，因此NaAlO2溶液通入過量的CO2，發(fā)生的離子方程式為＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋，故C正確；D.AgOH能與過量的NH3·H2O反應(yīng)生成[Ag(NH3)2]OH，故D錯(cuò)誤；答案為C?！军c(diǎn)睛】本題應(yīng)注意“量”，像選項(xiàng)C中若不注意CO2是過量的，往往產(chǎn)物寫成，還有選項(xiàng)D，AgOH能溶于氨水中，生成銀氨溶液。8.反應(yīng)可用于純硅的制備。下列有關(guān)該反應(yīng)的說(shuō)法正確的是A.該反應(yīng)、B.該反應(yīng)的平衡常數(shù)C.高溫下反應(yīng)每生成1molSi需消耗D用E表示鍵能，該反應(yīng)【答案】B【解析】【詳解】A．SiCl4、H2、HCl為氣體，且反應(yīng)前氣體系數(shù)之和小于反應(yīng)后氣體系數(shù)之和，因此該反應(yīng)為熵增，即△S>0，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)化學(xué)平衡常數(shù)的定義，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=,故B正確；C.題中說(shuō)的是高溫，不是標(biāo)準(zhǔn)狀況下，因此不能直接用22.4L·mol－1計(jì)算，故C錯(cuò)誤；D．△H=反應(yīng)物鍵能總和－生成物鍵能總和，即△H=4E(Si－Cl)＋2E(H－H)－4E(H－Cl)－2E(Si－Si)，故D錯(cuò)誤；答案為B。閱讀下列資料，完成9~10題海水曬鹽后精制得到NaCl，氯堿工業(yè)電解飽和NaCl溶液得到Cl2和NaOH，以NaCl、NH3、CO2等為原料可得到NaHCO3；向海水曬鹽得到的鹵水中通Cl2可制溴；從海水中還能提取鎂。9.下列關(guān)于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的說(shuō)法正確的是A.NaOH的堿性比Mg(OH)2的強(qiáng)B.Cl2得到電子的能力比Br2的弱C.原子半徑r:D.原子的最外層電子數(shù)n:【答案】A【解析】【詳解】A．同周期自左至右金屬性減弱，所以金屬性Na＞Mg，則堿性NaOH＞Mg(OH)2，故A正確；B．同主族元素自上而下非金屬性減弱，所以非金屬性Cl＞Br，所以Cl2得電子的能力比Br2強(qiáng)，故B錯(cuò)誤；C．電子層數(shù)越多原子半徑越大，電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)越小原子半徑越大，所以原子半徑：r(Br)＞r(Na)＞r(Mg)＞r(Cl)，故C錯(cuò)誤；D．Cl和Br為同主族元素，最外層電子數(shù)相等，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為A。10.下列選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)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】【詳解】A．石灰水中Ca(OH)2濃度太小，一般用氯氣和石灰乳反應(yīng)制取漂白粉，故A錯(cuò)誤；B．碳酸的酸性弱于鹽酸，所以二氧化碳與氯化鈉溶液不反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．氧化性Cl2＞Br2＞I2，所以氯氣可以氧化NaBr得到溴單質(zhì)，溴單質(zhì)可以氧化碘化鈉得到碘單質(zhì)，故C正確；D．電解氯化鎂溶液無(wú)法得到鎂單質(zhì)，陽(yáng)極氯離子放電生成氯氣，陰極水電離出的氫離子放電產(chǎn)生氫氣，同時(shí)產(chǎn)生大量氫氧根，與鎂離子產(chǎn)生沉淀，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為C。不定項(xiàng)選擇題：本題包括5小題，每小題4分，共計(jì)20分。每小題只有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意。若正確答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多選時(shí)，該小題得0分；若正確答案包括兩個(gè)選項(xiàng)，只選一個(gè)且正確的得2分，選兩個(gè)且都正確的得滿分，但只要選錯(cuò)一個(gè)，該小題就得0分。11.將金屬M(fèi)連接在鋼鐵設(shè)施表面，可減緩水體中鋼鐵設(shè)施的腐蝕。在題圖所示的情境中，下列有關(guān)說(shuō)法正確的是

A.陰極的電極反應(yīng)式為B.金屬M(fèi)的活動(dòng)性比Fe的活動(dòng)性弱C.鋼鐵設(shè)施表面因積累大量電子而被保護(hù)D.鋼鐵設(shè)施在河水中的腐蝕速率比在海水中的快【答案】C【解析】【分析】該裝置為原電池原理的金屬防護(hù)措施，為犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法，金屬M(fèi)作負(fù)極，鋼鐵設(shè)備作正極，據(jù)此分析解答。【詳解】A.陰極的鋼鐵設(shè)施實(shí)際作原電池的正極，正極金屬被保護(hù)不失電子，故A錯(cuò)誤；B.陽(yáng)極金屬M(fèi)實(shí)際為原電池裝置的負(fù)極，電子流出，原電池中負(fù)極金屬比正極活潑，因此M活動(dòng)性比Fe的活動(dòng)性強(qiáng)，故B錯(cuò)誤；C.金屬M(fèi)失電子，電子經(jīng)導(dǎo)線流入鋼鐵設(shè)備，從而使鋼鐵設(shè)施表面積累大量電子，自身金屬不再失電子從而被保護(hù)，故C正確；D.海水中的離子濃度大于河水中的離子濃度，離子濃度越大，溶液的導(dǎo)電性越強(qiáng)，因此鋼鐵設(shè)施在海水中的腐蝕速率比在河水中快，故D錯(cuò)誤；故選：C。12.化合物Z是合成某種抗結(jié)核候選藥物的重要中間體，可由下列反應(yīng)制得。下列有關(guān)化合物X、Y和Z的說(shuō)法正確的是A.X分子中不含手性碳原子B.Y分子中的碳原子一定處于同一平面C.Z在濃硫酸催化下加熱可發(fā)生消去反應(yīng)D.X、Z分別在過量NaOH溶液中加熱，均能生成丙三醇【答案】CD【解析】【詳解】A.X中紅色碳原子為手性碳原子，故A說(shuō)法錯(cuò)誤；B.中與氧原子相連接的碳原子之間化學(xué)鍵為單鍵，可以旋轉(zhuǎn)，因此左側(cè)甲基上碳原子不一定與苯環(huán)以及右側(cè)碳原子共平面，故B說(shuō)法錯(cuò)誤；C.中與羥基相連接的碳原子鄰位碳原子上有氫原子，在濃硫酸作催化并加熱條件下，能夠發(fā)生消去反應(yīng)，故C說(shuō)法正確；D.中含有鹵素原子，在過量氫氧化鈉溶液并加熱條件下能夠發(fā)生取代反應(yīng)生成丙三醇，在氫氧化鈉溶液作用下先發(fā)生水解反應(yīng)生成，然后在氫氧化鈉溶液并加熱條件下能夠發(fā)生取代反應(yīng)生成丙三醇，故D說(shuō)法正確；綜上所述，說(shuō)法正確的是：CD?！军c(diǎn)睛】醇類和鹵代烴若發(fā)生消去反應(yīng)，則醇分子中羥基(-OH)或鹵代烴中鹵原子相連的碳原子必須有相鄰的碳原子，且此相鄰的碳原子上還必須連有氫原子時(shí)，才可發(fā)生消去反應(yīng)。13.根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A向淀粉溶液中加適量20%H2SO4溶液，加熱，冷卻后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液變藍(lán)淀粉未水解B室溫下，向HCl溶液中加入少量鎂粉，產(chǎn)生大量氣泡，測(cè)得溶液溫度上升鎂與鹽酸反應(yīng)放熱C室溫下，向濃度均為的BaCl2和CaCl2混合溶液中加入Na2CO3溶液，出現(xiàn)白色沉淀白色沉淀是BaCO3D向H2O2溶液中滴加KMnO4溶液，溶液褪色H2O2具有氧化性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A.加入碘水后，溶液呈藍(lán)色，只能說(shuō)明溶液中含有淀粉，并不能說(shuō)明淀粉是否發(fā)生了水解反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B.加入鹽酸后，產(chǎn)生大量氣泡，說(shuō)明鎂與鹽酸發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，此時(shí)溶液溫度上升，可證明鎂與鹽酸反應(yīng)放熱，故B正確；C.BaCl2、CaCl2均能與Na2CO3反應(yīng)，反應(yīng)產(chǎn)生了白色沉淀，沉淀可能為BaCO3或CaCO3或二者混合物，故C錯(cuò)誤；D.向H2O2溶液中加入高錳酸鉀后，發(fā)生化學(xué)反應(yīng)2KMnO4+3H2O2=2MnO2+2KOH+2H2O+3O2↑等(中性條件)，該反應(yīng)中H2O2被氧化，體現(xiàn)出還原性，故D錯(cuò)誤；綜上所述，故答案為：B?！军c(diǎn)睛】淀粉在稀硫酸作催化劑下的水解程度確定試驗(yàn)較為典型，一般分三種考法：①淀粉未發(fā)生水解：向充分反應(yīng)后的溶液中加入碘單質(zhì)，溶液變藍(lán)，然后加入過量氫氧化鈉溶液使溶液呈堿性，然后加入新制氫氧化銅溶液并加熱，未生成磚紅色沉淀；②淀粉部分發(fā)生水解：向充分反應(yīng)后的溶液中加入碘單質(zhì)，溶液變藍(lán)，然后加入過量氫氧化鈉溶液使溶液呈堿性，然后加入新制氫氧化銅溶液并加熱，生成磚紅色沉淀；③向充分反應(yīng)后的溶液中加入碘單質(zhì)，溶液不變藍(lán)，然后加入過量氫氧化鈉溶液使溶液呈堿性，然后加入新制氫氧化銅溶液并加熱，生成磚紅色沉淀。此實(shí)驗(yàn)中需要注意：①碘單質(zhì)需在加入氫氧化鈉溶液之前加入，否則氫氧化鈉與碘單質(zhì)反應(yīng)，不能完成淀粉的檢驗(yàn)；②酸性水解后的溶液需要加入氫氧化鈉溶液堿化，否則無(wú)法完成葡萄糖的檢驗(yàn)；③利用新制氫氧化銅溶液或銀氨溶液檢驗(yàn)葡萄糖試驗(yàn)中，均需要加熱，銀鏡反應(yīng)一般為水浴加熱。14.室溫下，將兩種濃度均為的溶液等體積混合，若溶液混合引起的體積變化可忽略，下列各混合溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是A.混合溶液(pH=10.30)：B.氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：C.混合溶液(pH=4.76):D.混合溶液(pH=1.68，H2C2O4為二元弱酸):【答案】AD【解析】【詳解】A.NaHCO3水溶液呈堿性，說(shuō)明的水解程度大于其電離程度，等濃度的NaHCO3和Na2CO3水解關(guān)系為：，溶液中剩余微粒濃度關(guān)系為：，和水解程度微弱，生成的OH-濃度較低，由NaHCO3和Na2CO3化學(xué)式可知，該混合溶液中Na+濃度最大，則混合溶液中微粒濃度大小關(guān)系為：，故A正確；B.該混合溶液中電荷守恒為：，物料守恒為：，兩式聯(lián)立消去c(Cl-)可得：，故B錯(cuò)誤；C.若不考慮溶液中相關(guān)微粒行為，則c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，該溶液呈酸性，說(shuō)明CH3COOH電離程度大于CH3COONa水解程度，則溶液中微粒濃度關(guān)系為：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故C錯(cuò)誤；D.該混合溶液中物料守恒為：，電荷守恒為：，兩式相加可得：，故D正確；綜上所述，濃度關(guān)系正確的是：AD。15.CH4與CO2重整生成H2和CO的過程中主要發(fā)生下列反應(yīng)在恒壓、反應(yīng)物起始物質(zhì)的量比條件下，CH4和CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的曲線如圖所示。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是

A.升高溫度、增大壓強(qiáng)均有利于提高CH4的平衡轉(zhuǎn)化率B.曲線B表示CH4的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化C.相同條件下，改用高效催化劑能使曲線A和曲線B相重疊D.恒壓、800K、n(CH4)：n(CO2)=1:1條件下，反應(yīng)至CH4轉(zhuǎn)化率達(dá)到X點(diǎn)的值，改變除溫度外的特定條件繼續(xù)反應(yīng)，CH4轉(zhuǎn)化率能達(dá)到Y(jié)點(diǎn)的值【答案】BD【解析】【詳解】A．甲烷和二氧化碳反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)即正向移動(dòng)，甲烷轉(zhuǎn)化率增大，甲烷和二氧化碳反應(yīng)是體積增大的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，平衡逆向移動(dòng)，甲烷轉(zhuǎn)化率減小，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)兩個(gè)反應(yīng)得到總反應(yīng)為CH4(g)＋2CO2(g)H2(g)＋3CO(g)＋H2O(g)，加入的CH4與CO2物質(zhì)的量相等，CO2消耗量大于CH4，因此CO2的轉(zhuǎn)化率大于CH4，因此曲線B表示CH4的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化，故B正確；C．使用高效催化劑，只能提高反應(yīng)速率，但不能改變平衡轉(zhuǎn)化率，故C錯(cuò)誤；D．800K時(shí)甲烷的轉(zhuǎn)化率為X點(diǎn)，可以通過改變二氧化碳的量來(lái)提高甲烷的轉(zhuǎn)化率達(dá)到Y(jié)點(diǎn)的值，故D正確。綜上所述，答案為BD。16.吸收工廠煙氣中的SO2，能有效減少SO2對(duì)空氣的污染。氨水、ZnO水懸濁液吸收煙氣中SO2后經(jīng)O2催化氧化，可得到硫酸鹽。已知：室溫下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH的分布如圖-1所示。(1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反應(yīng)的離子方程式為___________；當(dāng)通入SO2至溶液pH=6時(shí)，溶液中濃度最大的陰離子是_____________(填化學(xué)式)。(2)ZnO水懸濁液吸收SO2。向ZnO水懸濁液中勻速緩慢通入SO2，在開始吸收的40mim內(nèi)，SO2吸收率、溶液pH均經(jīng)歷了從幾乎不變到迅速降低的變化(見圖-2)。溶液pH幾乎不變階段，主要產(chǎn)物是____________(填化學(xué)式)；SO2吸收率迅速降低階段，主要反應(yīng)的離子方程式為_______________。(3)O2催化氧化。其他條件相同時(shí)，調(diào)節(jié)吸收SO2得到溶液的pH在4.5~6.5范圍內(nèi)，pH越低SO生成速率越大，其主要原因是__________；隨著氧化的進(jìn)行，溶液的pH將__________(填“增大”、“減小”或“不變”)。【答案】(1).或(2).HSO(3).ZnSO3(4).或(5).隨著pH降低，HSO濃度增大(6).減小【解析】【分析】向氨水中通入少量的SO2，反應(yīng)生成亞硫酸銨，結(jié)合圖像分析pH=6時(shí)溶液中濃度最大的陰離子；通過分析ZnO吸收SO2后產(chǎn)物的溶解性判斷吸收率變化的原因；通過分析與氧氣反應(yīng)的生成物，分析溶液pH的變化情況?！驹斀狻?1)向氨水中通入少量SO2時(shí)，SO2與氨水反應(yīng)生成亞硫酸銨，反應(yīng)的離子方程式為2NH3+H2O+SO2=2+（或2NH3·H2O+SO2=2++H2O）；根據(jù)圖-1所示，pH=6時(shí)，溶液中不含有亞硫酸，僅含有和，根據(jù)微粒物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)曲線可以看出溶液中陰離子濃度最大的是；(2)反應(yīng)開始時(shí)，懸濁液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此時(shí)溶液pH幾乎不變；一旦ZnO完全反應(yīng)生成ZnSO3后，ZnSO3繼續(xù)吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此時(shí)溶液pH逐漸變小，SO2的吸收率逐漸降低，這一過程的離子方程式為ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2（或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2）(3)可以經(jīng)氧氣氧化生成，這一過程中需要調(diào)節(jié)溶液pH在4.5~6.5的范圍內(nèi)，pH越低，溶液中的的濃度越大，使得催化氧化過程中反應(yīng)速率越快；隨著反應(yīng)的不斷進(jìn)行，大量的反應(yīng)生成，反應(yīng)的離子方程式為2+O2=2+2H+，隨著反應(yīng)的不斷進(jìn)行，有大量的氫離子生成，導(dǎo)致氫離子濃度增大，溶液pH減小。17.化合物F是合成某種抗腫瘤藥物的重要中間體，其合成路線如下：(1)A中的含氧官能團(tuán)名稱為硝基、__________和____________。(2)B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為______________。(3)C→D的反應(yīng)類型為___________。(4)C的一種同分異構(gòu)體同時(shí)滿足下列條件，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式________。①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)②能發(fā)生水解反應(yīng)，水解產(chǎn)物之一是α-氨基酸，另一產(chǎn)物分子中不同化學(xué)環(huán)境的氫原子數(shù)目比為1:1且含苯環(huán)。(5)寫出以CH3CH2CHO和為原料制備的合成路線流程圖(無(wú)機(jī)試劑和有機(jī)溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)________?！敬鸢浮?1).醛基(2).(酚)羥基(3).(4).取代反應(yīng)(5).(6).【解析】【分析】本題從官能團(tuán)的性質(zhì)進(jìn)行分析，利用對(duì)比反應(yīng)前后有機(jī)物不同判斷反應(yīng)類型；【詳解】(1)根據(jù)A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，A中含氧官能團(tuán)有硝基、酚羥基、醛基；(2)對(duì)比A和C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，可推出A→B：CH3I中的－CH3取代酚羥基上的H，即B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；(3)對(duì)比C和D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，Br原子取代－CH2OH中的羥基位置，該反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；(4)①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說(shuō)明含有酚羥基；②能發(fā)生水解反應(yīng)，說(shuō)明含有酯基或肽鍵，水解產(chǎn)物之一是α－氨基酸，該有機(jī)物中含有“”，另一產(chǎn)物分子中不同化學(xué)環(huán)境的氫原子數(shù)目之比為1：1，且含有苯環(huán)，說(shuō)明是對(duì)稱結(jié)構(gòu)，綜上所述，符合條件的是；(5)生成,根據(jù)E生成F，應(yīng)是與H2O2發(fā)生反應(yīng)得到，按照D→E，應(yīng)由CH3CH2CH2Br與反應(yīng)得到，CH3CH2CHO與H2發(fā)生加成反應(yīng)生成CH3CH2CH2OH，CH3CH2CH2OH在PBr3作用下生成CH3CH2CH2Br，合成路線是CH3CH2CHOCH3CH2CH2OHCH3CH2CH2Br?！军c(diǎn)睛】有機(jī)物的推斷和合成中，利用官能團(tuán)的性質(zhì)以及反應(yīng)條件下進(jìn)行分析和推斷，同時(shí)應(yīng)注意利用對(duì)比的方法找出斷鍵和生成鍵的部位，從而確定發(fā)生的反應(yīng)類型。18.次氯酸鈉溶液和二氯異氰尿酸鈉(C3N3O3Cl2Na)都是常用的殺菌消毒劑。NaClO可用于制備二氯異氰尿酸鈉.(1)NaClO溶液可由低溫下將Cl2緩慢通入NaOH溶液中而制得。制備NaClO的離子方程式為__________；用于環(huán)境殺菌消毒的NaClO溶液須稀釋并及時(shí)使用，若在空氣中暴露時(shí)間過長(zhǎng)且見光，將會(huì)導(dǎo)致消毒作用減弱，其原因是__________________。(2)二氯異氰尿酸鈉優(yōu)質(zhì)品要求有效氯大于60%。通過下列實(shí)驗(yàn)檢測(cè)二氯異氰尿酸鈉樣品是否達(dá)到優(yōu)質(zhì)品標(biāo)準(zhǔn)。實(shí)驗(yàn)檢測(cè)原理為準(zhǔn)確稱取1.1200g樣品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入適量稀硫酸和過量KI溶液，密封在暗處?kù)o置5min；用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至溶液呈微黃色，加入淀粉指示劑繼續(xù)滴定至終點(diǎn)，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。①通過計(jì)算判斷該樣品是否為優(yōu)質(zhì)品_______。(寫出計(jì)算過程，)②若在檢測(cè)中加入稀硫酸的量過少，將導(dǎo)致樣品的有效氯測(cè)定值____________(填“偏高”或“偏低”)。【答案】(1).(2).NaClO溶液吸收空氣中的CO2后產(chǎn)生HClO，HClO見光分解(3).根據(jù)物質(zhì)轉(zhuǎn)換和電子得失守恒關(guān)系：得氯元素的質(zhì)量:該樣品的有效氯為：該樣品的有效氯大于60%，故該樣品為優(yōu)質(zhì)品(4).偏低【解析】【詳解】(1)由題意可知，氯氣通入氫氧化鈉中產(chǎn)生次氯酸鈉，同時(shí)產(chǎn)生氯化鈉，反應(yīng)的離子方程式為：；次氯酸鈉溶液長(zhǎng)期暴露在空氣中會(huì)吸收空氣中的二氧化碳?xì)怏w，因次氯酸酸性比碳酸弱，因此次氯酸鈉可以與二氧化碳在水中反應(yīng)產(chǎn)生HClO，HClO具有不穩(wěn)定性，在受熱或見光條件下會(huì)發(fā)生分解反應(yīng)，產(chǎn)生HCl和O2，從而是次氯酸鈉失效，故答案為：；NaClO溶液吸收空氣中的CO2后產(chǎn)生HClO，HClO見光分解；(2)①由題中反應(yīng)可知，在酸性條件產(chǎn)生HClO，HClO氧化碘離子產(chǎn)生碘單質(zhì)，碘單質(zhì)再用硫代硫酸鈉滴定，結(jié)合反應(yīng)轉(zhuǎn)化確定物質(zhì)之間的關(guān)系為：，，根據(jù)物質(zhì)轉(zhuǎn)換和電子得失守恒關(guān)系：得n(Cl)=0.5=，氯元素的質(zhì)量：m(Cl)==0.03550g，該樣品中的有效氯為：=63.39%，該樣品中的有效氯大于60%，故該樣品為優(yōu)質(zhì)品故答案為：n(S2O)=，根據(jù)物質(zhì)轉(zhuǎn)換和電子得失守恒關(guān)系：，得n(Cl)=0.5=，氯元素的質(zhì)量：m(Cl)==0.03550g，該樣品中的有效氯為：=63.39%，該樣品中的有效氯大于60%，故該樣品為優(yōu)質(zhì)品②如果硫酸的用量過少，則導(dǎo)致反應(yīng)不能充分進(jìn)行，產(chǎn)生的HClO的量偏低，最終導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)測(cè)得的有效氯含量會(huì)偏低，故答案為：偏低；19.實(shí)驗(yàn)室由煉鋼污泥(簡(jiǎn)稱鐵泥，主要成份為鐵的氧化物)制備軟磁性材料α-Fe2O3。其主要實(shí)驗(yàn)流程如下：(1)酸浸：用一定濃度的H2SO4溶液浸取鐵泥中的鐵元素。若其他條件不變，實(shí)驗(yàn)中采取下列措施能提高鐵元素浸出率的有___________(填序號(hào))。A．適當(dāng)升高酸浸溫度B．適當(dāng)加快攪拌速度C．適當(dāng)縮短酸浸時(shí)間(2)還原：向“酸浸”后的濾液中加入過量鐵粉，使Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Fe2+?！斑€原”過程中除生成Fe2+外，還會(huì)生成___________(填化學(xué)式)；檢驗(yàn)Fe3+是否還原完全的實(shí)驗(yàn)操作是______________。(3)除雜：向“還原”后的濾液中加入NH4F溶液，使Ca2+轉(zhuǎn)化為CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低、將會(huì)導(dǎo)致CaF2沉淀不完全，其原因是___________[，]。(4)沉鐵：將提純后的FeSO4溶液與氨水-NH4HCO3混合溶液反應(yīng)，生成FeCO3沉淀。①生成FeCO3沉淀的離子方程式為____________。②設(shè)計(jì)以FeSO4溶液、氨水-NH4HCO3混合溶液為原料，制備FeCO3實(shí)驗(yàn)方案：__?！綟eCO3沉淀需“洗滌完全”，F(xiàn)e(OH)2開始沉淀的pH=6.5】。【答案】(1).AB(2).H2(3).取少量清液，向其中滴加幾滴KSCN溶液，觀察溶液顏色是否呈血紅色(4).pH偏低形成HF，導(dǎo)致溶液中F-濃度減小，CaF2沉淀不完全(5).或(6).在攪拌下向FeSO4溶液中緩慢加入氨水-NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；靜置后過濾，所得沉淀用蒸餾水洗滌2~3次；取最后一次洗滌后的濾液，滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，不出現(xiàn)白色沉淀【解析】【分析】鐵泥的主要成份為鐵的氧化物，鐵泥用H2SO4溶液“酸浸”得到相應(yīng)硫酸鹽溶液，向“酸浸”后的濾液中加入過量鐵粉將Fe3+還原為Fe2+；向“還原”后的濾液中加入NH4F使Ca2+轉(zhuǎn)化為CaF2沉淀而除去；然后進(jìn)行“沉鐵”生成FeCO3，將FeCO3沉淀經(jīng)過系列操作制得α—Fe2O3；據(jù)此分析作答?！驹斀狻?1)A．適當(dāng)升高酸浸溫度，加快酸浸速率，能提高鐵元素的浸出率，A選；B．適當(dāng)加快攪拌速率，增大鐵泥與硫酸溶液的接觸，加快酸浸速率，能提高鐵元素的浸出率，B選；C．適當(dāng)縮短酸浸時(shí)間，鐵元素的浸出率會(huì)降低，C不選；答案選AB。(2)為了提高鐵元素的浸出率，“酸浸”過程中硫酸溶液要適當(dāng)過量，故向“酸浸”后的濾液中加入過量的鐵粉發(fā)生的反應(yīng)有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，“還原”過程中除生成Fe2+外，還有H2生成；通常用KSCN溶液檢驗(yàn)Fe3+，故檢驗(yàn)Fe3+是否還原完全的實(shí)驗(yàn)操作是：取少量清液，向其中滴加幾滴KSCN溶液，觀察溶液顏色是否呈血紅色，若不呈血紅色，則Fe3+還原完全，若溶液呈血紅色，則Fe3+沒有還原完全，故答案為：H2，取少量清液，向其中滴加幾滴KSCN溶液，觀察溶液顏色是否呈血紅色。(3)向“還原”后的濾液中加入NH4F溶液，使Ca2+轉(zhuǎn)化為CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)，當(dāng)Ca2+完全沉淀（某離子濃度小于1×10-5mol/L表明該離子沉淀完全）時(shí)，溶液中c(F-)至少為mol/L=×10-2mol/L；若溶液的pH偏低，即溶液中H+濃度較大，H+與F-形成弱酸HF，導(dǎo)致溶液中c(F-)減小，CaF2沉淀不完全，故答案為：pH偏低形成HF，導(dǎo)致溶液中F-濃度減小，CaF2沉淀不完全。(4)①將提純后的FeSO4溶液與氨水—NH4HCO3混合溶液反應(yīng)生成FeCO3沉淀，生成FeCO3的化學(xué)方程式為FeSO4+NH3·H2O+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O[或FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4]，離子方程式為Fe2+++NH3·H2O=FeCO3↓++H2O（或Fe2+++NH3=FeCO3↓+），答案為：Fe2+++NH3·H2O=FeCO3↓++H2O（或Fe2+++NH3=FeCO3↓+）。②根據(jù)題意Fe(OH)2開始沉淀的pH=6.5，為防止產(chǎn)生Fe(OH)2沉淀，所以將FeSO4溶液與氨水—NH4HCO3混合溶液反應(yīng)制備FeCO3沉淀的過程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO3沉淀需“洗滌完全”，所以設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)方案中要用鹽酸酸化的BaCl2溶液檢驗(yàn)最后的洗滌液中不含；則設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)方案為：在攪拌下向FeSO4溶液中緩慢加入氨水—NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；靜置后過濾，所得沉淀用蒸餾水洗滌2~3次；取最后一次洗滌后的濾液，滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，不出現(xiàn)白色沉淀，故答案為：在攪拌下向FeSO4溶液中緩慢加入氨水—NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；靜置后過濾，所得沉淀用蒸餾水洗滌2~3次；取最后一次洗滌后的濾液，滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，不出現(xiàn)白色沉淀?！军c(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)是實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)中的細(xì)節(jié)，需注意兩點(diǎn)：(1)控制pH不形成Fe(OH)2沉淀；(2)沉淀洗滌完全的標(biāo)志。20.CO2/HCOOH循環(huán)在氫能的貯存/釋放、燃料電池等方面具有重要應(yīng)用。(1)CO2催化加氫。在密閉容器中，向含有催化劑的KHCO3溶液(CO2與KOH溶液反應(yīng)制得)中通入H2生成HCOO-，其離子方程式為__________；其他條件不變，HCO3-轉(zhuǎn)化為HCOO-的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖-1所示。反應(yīng)溫度在40℃~80℃范圍內(nèi)，HCO3-催化加氫的轉(zhuǎn)化率迅速上升，其主要原因是_____________。(2)HCOOH燃料電池。研究HCOOH燃料電池性能的裝置如圖-2所示，兩電極區(qū)間用允許K+、H+通過的半透膜隔開。①電池負(fù)極電極反應(yīng)式為_____________；放電過程中需補(bǔ)充的物質(zhì)A為_________(填化學(xué)式)。②圖-2所示的HCOOH燃料電池放電的本質(zhì)是通過HCOOH與O2的反應(yīng)，將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，其反應(yīng)的離子方程式為_______________。(3)HCOOH催化釋氫。在催化劑作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反應(yīng)機(jī)理如圖-3所示。①HCOOD催化釋氫反應(yīng)除生成CO2外，還生成__________(填化學(xué)式)。②研究發(fā)現(xiàn)：其他條件不變時(shí)，以HCOOK溶液代替HCOOH催化釋氫的效果更佳，其具體優(yōu)點(diǎn)是_______________?！敬鸢浮?1).(2).溫度升高反應(yīng)速率增大，溫度升高催化劑的活性增強(qiáng)(3).(4).H2SO4(5).或(6).HD(7).提高釋放氫氣的速率，提高釋放出氫氣的純度【解析】【分析】(1)根據(jù)元素守恒和電荷守恒書寫離子方程式；從溫度對(duì)反應(yīng)速率的影響以及溫度對(duì)催化劑的影響的角度分析。(2)該裝置為原電池裝置，放電時(shí)HCOOˉ轉(zhuǎn)化為被氧化，所以左側(cè)為負(fù)極，F(xiàn)e3+轉(zhuǎn)化為Fe2+被還原，所以右側(cè)為正極。(3)HCOOH生成HCOOˉ和H+分別與催化劑結(jié)合，在催化劑表面HCOOˉ分解生成CO2和Hˉ，之后在催化劑表面Hˉ和第一步產(chǎn)生的H+反應(yīng)生成H2?！驹斀狻?1)含有催化劑的KHCO3溶液中通入H2生成HCOOˉ，根據(jù)元素守恒和電荷守恒可得離子方程式為：+H2HCOOˉ+H2O；反應(yīng)溫度在40℃~80℃范圍內(nèi)時(shí)，隨溫度升高，活化分子增多，反應(yīng)速率加快，同時(shí)溫度升高催化劑的活性增強(qiáng)，所以的催化加氫速率迅速上升；(2)①左側(cè)為負(fù)極，堿性環(huán)境中HCOOˉ失電子被氧化為，根據(jù)電荷守恒和元素守恒可得電極反應(yīng)式為HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ===+H2O；電池放電過程中，鉀離子移向正極，即右側(cè)，根據(jù)圖示可知右側(cè)的陰離子為硫酸根，而隨著硫酸鉀不斷被排除，硫酸根逐漸減少，鐵離子和亞鐵離子進(jìn)行循環(huán)，所以需要補(bǔ)充硫酸根，為增強(qiáng)氧氣的氧化性，溶液最好顯酸性，則物質(zhì)A為H2SO4；②根據(jù)裝置圖可知電池放電的本質(zhì)是HCOOH在堿性環(huán)境中被氧氣氧化為，根據(jù)電子守恒和電荷守恒可得離子方程式為2HCOOH+O2+2OHˉ=2+2H2O或2HCOOˉ+O2=2；(3)①根據(jù)分析可知HCOOD可以產(chǎn)生HCOOˉ和D+，所以最終產(chǎn)物為CO2和HD(Hˉ與D+結(jié)合生成)；②HCOOK是強(qiáng)電解質(zhì)，更容易產(chǎn)生HCOOˉ和K+，更快的產(chǎn)生KH，KH可以與水反應(yīng)生成H2和KOH，生成的KOH可以吸收分解產(chǎn)生的CO2，從而使氫氣更純凈，所以具體優(yōu)點(diǎn)是：提高釋放氫氣的速率，提高釋放出氫氣的純度。【點(diǎn)睛】第3小題為本題難點(diǎn)，要注意理解圖示的HCOOH催化分解的反應(yīng)機(jī)理，首先HCOOH分解生成H+和HCOOˉ，然后HCOOˉ再分解成CO2和Hˉ，Hˉ和H+反應(yīng)生成氫氣。21.以鐵、硫酸、檸檬酸、雙氧水、氨水等為原料可制備檸檬酸鐵銨【(NH4)3Fe(C6H5O7)2】。(1)Fe基態(tài)核外電子排布式為___________；中與Fe2+配位的原子是________(填元素符號(hào))。(2)NH3分子中氮原子的軌道雜化類型是____________；C、N、O元素的第一電離能由大到小的順序?yàn)開______________。(3)與NH互為等電子體的一種分子為_______________(填化學(xué)式)。(4)檸檬酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式見圖。1mol檸檬酸分子中碳原子與氧原子形成的σ鍵的數(shù)目為_________mol?！敬鸢浮?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個(gè)電子，H2O中O原子有孤對(duì)電子，提供孤對(duì)電子。(2)先計(jì)算NH3分子中氮原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)，同周期，從左到右，第一電離能呈增大的趨勢(shì)，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族。(3)根據(jù)價(jià)電子數(shù)Si＝C＝N+的關(guān)系得出互為等電子體的分子。(4)羧基的結(jié)構(gòu)是，一個(gè)羧基中有碳原子與氧原子分別形成兩個(gè)σ鍵，一個(gè)羥基與碳原子相