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2020年江苏卷化学高考试题

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

题号	一	二	三	四	五	总分
得分

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息$2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

评卷人 得分

一、单选题

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】

【分析】

【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正确的是

A．中子数为9的氮原子：

B．N₂分子的电子式：

C．Cl₂分子的结构式：Cl—Cl

D．Cl^-的结构示意图：

【答案】C

【解析】

【分析】

【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；

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】

【分析】

【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

B． 盐酸溶液：Na⁺、K⁺、SO 、SiO

C． KMnO₄溶液：NH 、Na⁺、NO 、I^-

D． AgNO₃溶液：NH 、Mg²⁺、Cl^-、SO

【答案】A

【解析】

【分析】

【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；

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

D．制得CaCl₂﹒6H₂O

【答案】D

【解析】

【分析】

【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】

【分析】

【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：

B．NO₂通入水中制硝酸：

C． NaAlO₂溶液中通入过量CO₂：

D． AgNO₃溶液中加入过量浓氨水：

【答案】C

【解析】

【分析】

【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 ＋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 ＋CO₂＋2H₂O=Al(OH)₃↓＋ ，故C正确；

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的是

A．该反应 、

B．该反应的平衡常数

C．高温下反应每生成1 mol Si需消耗

D．用E表示键能，该反应

【答案】B

【解析】

【分析】

【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；

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。

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:

D．原子的最外层电子数n:

【答案】A

【解析】

【分析】

【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)

B． (aq) (s) (s)

C． (aq) (aq) (aq)

D． (s) (aq) (s)

【答案】C

【解析】

【分析】

【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。

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

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】

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．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，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	H2O2具有氧化性

A．A B．B C．C D．D

【答案】B

【解析】

【分析】

【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。

评卷人 得分

二、多选题

13．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】

【分析】

【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；

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。

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)：

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为二元弱酸):

【答案】AD

【解析】

【分析】

【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NaHCO₃和Na₂CO₃水解关系为： ，溶液中剩余微粒浓度关系为： ， 和 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： ，故A正确；

B.该混合溶液中电荷守恒为： ，物料守恒为： ，两式联立消去c(Cl^-)可得： ，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： ，电荷守恒为： ，两式相加可得： ，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

在恒压、反应物起始物质的量比 条件下，CH₄和CO₂的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是

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】

【分析】

【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。

第II卷（非选择题）

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评卷人 得分

三、原理综合题

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^-、SO₃^2-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__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。

【答案】 或

HSO ZnSO₃ 或

随着pH降低，HSO 浓度增大 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 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，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出溶液中阴离子浓度最大的是 ；

(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) pH值大于6.5时，S(IV)以微溶物ZnSO₃形式存在，使S(IV)不利于与O₂接触，反应速率慢；pH降低，S(IV)的主要以 形式溶于水中，与O₂充分接触。因而pH降低有 生成速率增大；随着反应的不断进行，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。

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】醛基 (酚)羟基 取代反应

【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 ；

(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．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_____________。

(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】 温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强 H₂SO₄ 或 HD 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，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)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。

19．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________(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)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】1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s²或[Ar]3d⁶4s² O sp³ N＞O＞C CH₄或SiH₄ 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)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。

(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。

评卷人 得分

四、结构与性质

20．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

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】 NaClO溶液吸收空气中的CO₂后产生HClO，HClO见光分解

根据物质转换和电子得失守恒关系：

得

氯元素的质量:

该样品的有效氯为：

该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品 偏低

【解析】

【分析】

【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，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： ， ，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n(Cl)=0.5 = ，

氯元素的质量：m(Cl)= =0.03550g，该样品中的有效氯为： =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(S₂O )= ，根据物质转换和电子得失守恒关系： ，得n(Cl)=0.5 = ，

氯元素的质量：m(Cl)= =0.03550g，该样品中的有效氯为： =63.39%，

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；

评卷人 得分

五、实验题

21．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___________[ ， ]。

(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：__。

（FeCO₃沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)₂开始沉淀的pH=6.5）。

【答案】AB 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 pH偏低形成HF，导致溶液中F^-浓度减小，CaF₂沉淀不完全 或 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

【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，K_sp(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^-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)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↓+ +H₂O（或Fe²⁺+ +NH₃=FeCO₃↓+ ），答案为：Fe²⁺+ +NH₃·H₂O=FeCO₃↓+ +H₂O（或Fe²⁺+ +NH₃=FeCO₃↓+ ）。

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。

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

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_______________。

(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】(回流)冷凝管 防止升温太快、控制反应体系pH 防止暴沸 减小 趁热过滤 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。