1、2020年高考江蘇省化學(xué)試題一、填空題1、以鐵、硫酸、檸檬酸、雙氧水、氨水等為原料可制備檸檬酸鐵俊【(NH4) 3Fe(C6H5。) 2】。(1)Fe基態(tài)核外電子排布式為 ;入”中與Fe2+配位的原子是 (填元素符號)。(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為 (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)簡式見圖。1 mol檸檬酸分子中碳原子與氧原子形成的b鍵的數(shù)目為 mol。CILCCXJH t -二、選擇題2、打贏藍天保衛(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. 5 B. O 2C. SO2D.

2、 NO3、反應(yīng)SNHy+yClLmiLa + NN可用于氯氣管道的檢漏。下列表示相關(guān)微粒的化學(xué)用語正確的是A.中子數(shù)為9的氮原子：；NB. N2分子的電子式：NEENC. Cl 2分子的結(jié)構(gòu)式：Cl -ClD. Cl -的結(jié)構(gòu)示意圖：丁4、下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是A.鋁的金屬活潑性強，可用于制作鋁金屬制品B.氧化鋁熔點高，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.明磯溶于水并水解形成膠體，可用于凈水5、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、NQB. OJmd-lT鹽酸溶液：Na+、K、SO、SiO,C.。_：

3、ki-IlKMnO§液：NH、Na+、NO、I-D. UJmd-l/AgNO溶液：NH、Mg+> Cl-、SO6、實驗室以CaCO為原料，制備 CO并獲得CaCl2 . 6H2O晶體。下列圖示裝置和原理不能達到實驗?zāi)康牡?是7、下列有關(guān)化學(xué)反應(yīng)的敘述正確的是A.室溫下，Na在空氣中反應(yīng)生成 NaQB.室溫下，Al與4.0 mol . L-1NaOH§液反應(yīng)生成 NaAlQC.室溫下，Cu與濃HNO反應(yīng)放出NO氣體D.室溫下，F(xiàn)e與濃HSQ反應(yīng)生成FeSO8、下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是a. ci 2通入水中制氯水： a2 +h3oair+a +aorB. NO2

4、通入水中制硝酸：+C. NaAlQ溶液中通入過量 co： AK 4 CXaHjO=AHPHil+HOOD. 0.lmJ A 'AgNO溶液中加入過量濃氨水：八屋，N I,電力i M I；9、反應(yīng)SiCL(gH2H3® 誓SiCsHffiCKa)可用于純硅的制備。下列有關(guān)該反應(yīng)的說法正確的是A.該反應(yīng) AH>0、AS<0B.該反應(yīng)的平衡常數(shù) 氏= 心£弋叱u IC.高溫下反應(yīng)每生成1 mol Si需消耗2x22.4LH5D.用 E表示鍵能，該反應(yīng) AH=4ESiq)#2EQkHA4E(HQ)10、下列關(guān)于 Na、Mg Cl、Br元素及其化合物的說法正確的是

5、A. NaOH的堿性比 Mg(OH»的強B. Cl 2得到電子的能力比 Br2的弱C.原子半徑r: "8。>)>鄧姐)心口)D.原子的最外層電子數(shù)n: nftfe)<n(ME)<ii(a)<11、下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是A. Tfea (aq) _> d3號漂白粉B. NQ(aq)'叫舊 FNkHCOj(s)=2coJs)C. IWi (aq) 口用“(aq)K刈，l】(aq)D. Mn(OTr 乂s)。叫.Me% (aq)”:年 12、將金屬M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

6、關(guān)說法 正確的是A.陰極的電極反應(yīng)式為Fe-2e'=FeJ*B.金屬M的活動性比Fe的活動性弱C.鋼鐵設(shè)施表面因積累大量電子而被保護D.鋼鐵設(shè)施在河水中的腐蝕速率比在海水中的快 13、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象結(jié)論A向淀粉溶液中加適量 20%HSQ溶液，加熱，冷卻后加 NaOH§液至中 性，再滴加少量碘水，溶液艾盅淀粉未水解B室溫下，向OLhnci-LHCl溶液中加入少量鎂粉，產(chǎn)生大量氣泡， 測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OLkucl-I；4的BaCl2和CaCl2混合溶液中加入 NaCO溶液，出現(xiàn)白色沉淀白色沉淀是Ba

7、COD向Q-kucTlJhkQ溶液中滴加OLlmiJ-ir1 KMnO溶液，溶液褪色H2Q具有氧化性A. AB. BC. CD. D14、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。CHn-CH-CH. /評修NYZ下列有關(guān)化合物 X、Y和Z的說法正確的是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NaO聆液中加熱，均能生成丙三醇15、室溫下，將兩種濃度均為 011mM一 J/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=i

8、0.30) ：B.氨水-NHkCl 混合溶液(pH=9.25)：仁(NH：) / c=c(NH.(5T)C. (HOOCHCH3coe混合溶液(pH=4.76)：c(Na+)>c(aisCCK31)>c(aH,aX)>c(H+)D. Hi%O“-NaHCQ混合溶液(pH=1.68 , H2c2Q為二元弱酸)：c(H")+c(H3C5O4)=t() +。但*) +c(Oir)E. 、CH與CO重整生成 H和CO的過程中主要發(fā)生下列反應(yīng)卬閾+82tMlII&+28(g) W=2<UkjMH3(g)+OD2(g)=H2O(g)+aXfi) ATUJUmr1在

9、恒壓、反應(yīng)物起始物質(zhì)的量比= 條件下，ch和co的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的曲線如圖所示。下列有關(guān)說法正確的是Hi ll Mjo Hk) 10U I I 2tlUJ -J .J- u hfr 111(即H/21A.升高溫度、增大壓強均有利于提高CH的平衡轉(zhuǎn)化率B.曲線B表示CH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(CH) ： n(CQ)=1:1條件下，反應(yīng)至 CH轉(zhuǎn)化率達到X點的值，改變除溫度外的特定條件 繼續(xù)反應(yīng)，CH轉(zhuǎn)化率能達到 Y點的值四、推斷題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:A中的含氧官能團名稱

10、為硝基、 和(2)B的結(jié)構(gòu)簡式為。(3)C-D的反應(yīng)類型為。(4)C的一種同分異構(gòu)體同時滿足下列條件，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式 。能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)口能發(fā)生水解反應(yīng)，水解產(chǎn)物之一是a-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CH3CHCH前為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)五、實驗，探究題18、實驗室由煉鋼污泥(簡稱鐵泥，主要成份為鐵的氧化物)制備軟磁性材料a -FezQ。其主要實驗流程如下：鐵泥一*酸浸*還原除朵一沉鐵(1)酸浸：用一定濃度的 H2SQ溶液浸取鐵泥中的鐵元素。若其他條件不變，實

11、驗中采取下列措施能提高鐵 元素浸出率的有 (填序號)。A.適當升高酸浸溫度B.適當加快攪拌速度C.適當縮短酸浸時間(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+。“還原”過程中除生成 Fe2+外,還會生成 (填化學(xué)式)；檢驗Fe3+是否還原完全的實驗操作是 。(3)除雜：向“還原”后的濾液中加入NHF溶液，使Ca2+轉(zhuǎn)化為Ca技沉淀除去。若溶液的 pH偏低、將會導(dǎo)致CaF沉淀不完全，其原因是 01(供)書口X10一 工。(4)沉鐵：將提純后的 FeSO溶液與氨水-NHkHCO混合溶液反應(yīng)，生成 FeCO沉淀。生成FeCO沉淀的離子方程式為。設(shè)計以FeSO溶液、氨水-

12、NH4HCO混合溶液為原料，制備 FeCO的實驗方案： 【FeCO沉淀需“洗滌完全”，F(xiàn)e(OH)2開始沉淀的pH=6.5。19、羥基乙酸鈉易溶于熱水，微溶于冷水，不溶于醇、醛等有機溶劑。制備少量羥基乙酸鈉的反應(yīng)為QCH2COai + 2NXSI ->HOCH2COOl+Nrfl+H3O Aff <0實驗步驟如下:步驟1:如圖所示裝置的反應(yīng)瓶中，加入40g氯乙酸、50mL水，攪拌。逐步加入 40%NaOlB液，在95c繼續(xù)攪拌反應(yīng)2小時，反應(yīng)過程中控制 pH約為9。步驟2:蒸出部分水至液面有薄膜，加少量熱水，趁熱過濾。濾液冷卻至15C,過濾得粗產(chǎn)品。步驟3:粗產(chǎn)品溶解于適量熱水中，

13、加活性炭脫色，分離掉活性炭。步驟4:將去除活性炭后的溶液加到適量乙醇中，冷卻至 15c以下，結(jié)晶、過濾、干燥，得羥基乙酸鈉。步驟1中，如圖所示的裝置中儀器 A的名稱是;逐步加入NaOHmW41目的是 (2)步驟2中，蒸儲燒瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是 。(3)步驟3中，粗產(chǎn)品溶解于過量水會導(dǎo)致產(chǎn)率 (填“增大”或“減小”)；去除活性炭的操作名稱是 O(4)步驟4中，將去除活性炭后的溶液加到適量乙醇中的目的是 。六、綜合題20、吸收工廠煙氣中的 SO,能有效減少SO對空氣的污染。氨水、 ZnO水懸濁液吸收煙氣中 SO后經(jīng)02催 化氧化，可得到硫酸鹽。已知：室溫下，ZnSQ微溶于水，Zn(HSQ)

14、2易溶于水；溶液中 H2SO、HS、S02-的物質(zhì)的量分數(shù)隨 pH的 分布如圖-1所示。pH氨水吸收SO。向氨水中通入少量 SO,主要反應(yīng)的離子方程式為 ;當通入SO至溶液pH=6 時，溶液中濃度最大的陰離子是 (填化學(xué)式)。(2)ZnO水懸濁?吸收SO。向ZnO水懸濁液中勻速緩慢通入 SO,在開始吸收的40mim內(nèi)，SO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)；SO吸收率迅速降低階段，主要反應(yīng)的離子方程式為 。1“ 然 即期 時網(wǎng)JHn 陽-工in-S“那 310（3）02催化氧化。其他條件相同時，調(diào)節(jié)吸收SO得到溶液的p

15、H在4.56.5范圍內(nèi)，pH越低S0生成速率越大，其主要原因是 ;隨著氧化的進行，溶液的pH將（填“增大”、“減小”或“不 變”）。21、次氯酸鈉溶液和二氯異氧尿酸鈉（CsNQCLNa）都是常用的殺菌消毒劑。NaClO可用于制備二氯異鼠尿酸鈉.NaClO溶液可由低溫下將 C12緩慢通入NaOH§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溶液須稀釋并及時使用，若在空氣中暴露時間過長且見光， 將會導(dǎo)致消毒作用 減弱，其原因是。（2）二氯異氧尿酸鈉優(yōu)質(zhì)品要求有效氯大于60%通過下列實驗檢測二氯異氧尿酸鈉樣品是否達到優(yōu)質(zhì)品標準。實驗檢測原理為 中物耳+IT

16、+到甲典+HTOIK3O+2T Hf+CT 十I 耍lJ + 2SaOf=S<O+lT準確稱取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，密封在暗處靜置 5min;用。_10000«4,1廠Na2s2Q標準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，消耗NazSO溶液20.00mL。通過計算判斷該樣品是否為優(yōu)質(zhì)品 。（寫出計算過程,該彳羊品的有效氯=測定中轉(zhuǎn)化為HC10的氯元素質(zhì)量丈2樣品的商量若在檢測中加入稀硫酸的量過少，將導(dǎo)致樣品的有效氯測定值 （填“偏高”或“偏低”）。22、CO/ HC

17、OOH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KHCO溶液（CO2與KOH§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，HCO轉(zhuǎn)化為HCOO勺轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖 -1所示。反應(yīng)溫度在40C80c范圍內(nèi)，HCO催化加氫的轉(zhuǎn)化率迅速上升，其主要原因是 。（2） HCOO燃料電池。研究 HCOOH然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。T用電電池負極電極反應(yīng)式為 ;放電過程中需補充的物質(zhì)A為（填化學(xué)式）。圖-2所示的HCOOK料電池放電的本質(zhì)是通過 HCOOK O

18、2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。HCOOH催化釋氫。在催化劑作用下，HCOOH>解生成CO和H2可能的反應(yīng)機理如圖-3所示。國CHCOOD!化釋氫反應(yīng)除生成 CO外，還生成 (填化學(xué)式)。研究發(fā)現(xiàn)：其他條件不變時，以HCOOK液代替HCOOHi化釋氫的效果更佳，其具體優(yōu)點是參考答案1、(1). 1s 22s22P63s23P63d64s2或Ar3d 64s2(2). O(3). sp 3(4). N >O>C(5). CH 4或 SiH4(6).7【解析】【分析】(1)Fe核外有26個電子，HO中。原子有孤對電子，提供孤對電子。(2)先計算NH分子中氮原

19、子價層電子對數(shù)，同周期，從左到右，第一電離能呈增大的趨勢，但第IIA族大于第IIIA 族，第VA族大于第VIA族。根據(jù)價電子數(shù)Si = C= N+的關(guān)系得出系叫互為等電子體的分子。O(4)竣基的結(jié)構(gòu)是 1n 門 門，一個竣基中有碳原子與氧原子分別形成兩個b鍵，一個羥基與碳原子相連形成一個b鍵。【詳解】(1)Fe核外有26個電子，其基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d 64s2;由于H2O中。原子有孤對電子，因此Fe(H2O)62+中與Fe2+配位的原子是 O；故答案為：1s22s22p63s23p63d64s2或 Ar3d 64s2; O(2)NH3分子中氮

20、原子價層電子對數(shù)為3+1(5-1x3) = 3+1=4 ,因此氮雜化類型為sp3,同周期，從左到右，第一電離能呈增大的趨勢，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此C、N O元素的第一電離能由大到小的順序為N> 0> C;故答案為:sp3; N>O> Co(3)根據(jù)價電子數(shù)Si = C= N+,得出NT與互為等電子體的分子是CH或SiH4；故答案為：CH或SiH，。0(4)竣基的結(jié)構(gòu)是 二 八.一個竣基中有碳原子與氧原子分別形成兩個b鍵，三個竣基有6個，還有一個羥基與碳原子相連形成一個b鍵，因此1mol檸檬酸分子中碳原子與氧原子形成的b鍵的數(shù)目為7mo

21、l;故答案為：7。【點睛】物質(zhì)結(jié)構(gòu)是常考題型，主要考查電子排布式，電離能、電負性、共價鍵分類、雜化類型、空間構(gòu) 型等。、選擇題2、B【解析】【詳解】A. PM2.5指環(huán)境空氣中空氣動力學(xué)當量直徑小于等于2.5微米的顆粒物，PM2.5粒徑小，面積大,活性強，易附帶有毒、有害物質(zhì)，且在大氣中的停留時間長、輸送距離遠，因而對人體健康和大氣環(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重，PM2.5屬于空氣污染物，A不選；B. Q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. SO引起的典型環(huán)境問題是形成硫酸型酸雨，SO屬于空氣污染物，C不選；D. NC

22、I起的典型環(huán)境問題有：硝酸型酸雨、光化學(xué)煙霧、破壞Q層等，NOW于空氣?染物，D不選；答案選Bo3、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:N , A錯誤;B. N2分子中兩個N原子間形成3對共用電子對，N2分子的電子式為： N; , B錯誤;,D錯誤;C. Cl2分子中兩個Cl原子間形成1對共用電子對，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個電子，Cl-的結(jié)構(gòu)示意圖為答案選a4、D【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一步反應(yīng), 鋁具有延展

23、性，故鋁可用于制作鋁金屬制品，A錯誤；B.氧化鋁為離子化合物，可用作電解冶煉鋁的原料，B錯誤；C.氫氧化鋁為兩性氫氧化物，可以用于中和過多的胃酸, D.明磯溶于水后電離出的鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體, D正確； 故選DC錯誤；氫氧化鋁膠體能吸附水中的懸浮物，用于凈水,5、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.也心具有強氧化性，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

24、氯化銀、硫酸銀沉淀，不能共存，D不選；故選A6、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氣體，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?5屋。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錯誤。綜上所述，答案為 D7、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錯誤；B.室溫下，鋁與 NaOH

25、§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)生成二氧化氮氣體，故 C錯誤；D.室溫下，鐵在濃硫酸中發(fā)生鈍化，故D錯誤。綜上所述，答案為 R8、C【解析】【詳解】A.次氯酸為弱酸，書寫離子方程式時應(yīng)以分子形式體現(xiàn)，正確的是Cl2+H2¥-H+ + C+HClQ故A錯誤；B.NQ與HO反應(yīng)：3NO+HbO=2HNa NO離子方程式為 3NO+陛0=2口 + 2N0； + NQ故B錯誤；C.碳酸的酸性強于偏鋁酸，因此NaAl。溶液通入過量的CO,發(fā)生的離子方程式為AID, +CO+ 2H，O=Al(OH)3J + HCO；,故C正確；D.AgOH能與過量的

26、NH - H2O反應(yīng)生成Ag(NH3)2OH,故D錯誤；答案為Co【點睛】本題應(yīng)注意“量”，像選項C中若不注意CO是過量的，往往產(chǎn)物寫成 COf ,還有選項D, AgOH能溶于氨水中，生成銀氨溶液。9、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)為嫡 增，即 S>0,故A錯誤；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)1 位 O) 一K=方，故B正確;C.題中說的是高溫，不是標準狀況下，因此不能直接用22.4L mol-計算，故C錯誤；D. 4H女應(yīng)物鍵能總和一生成物鍵能總和，即4 H=4E(SiCl) + 2E(HH)

27、4E(HCl) 2E(Si - Si),故D錯誤；答案為Bo10、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),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C12得電子的能力比 Br2強，故B錯誤； 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錯誤；D. Cl和Br為同主族元素，最外層電子數(shù)相等，故 D錯誤。綜上所述，答案為A。11、 C【解析】【詳解】A.石灰水中C

28、a(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錯誤；C.氧化性C12>Br2>I2,所以氯氣可以氧化 NaBr得到澳單質(zhì)，澳單質(zhì)可以氧化碘化鈉得到碘單質(zhì)，故 C 正確；D.電解氯化鎂溶液無法得到鎂單質(zhì)，陽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，同時產(chǎn)生大量氫氧根，與鎂離子產(chǎn)生沉淀，故D 錯誤。綜上所述，答案為C。12、 C【解析】【分析】該裝置為原電池原理的金屬防護措施，為犧牲陽極的陰極保護法，金屬M作負極，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)施實際作原電池的正極，正極

29、金屬被保護不失電子，故A錯誤；B.陽極金屬M實際為原電池裝置的負極，電子流出，原電池中負極金屬比正極活潑，因此M活動性比Fe的活動性強，故B 錯誤；C.金屬M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，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，因此鋼鐵設(shè)施在海水中的腐蝕速率比在河水中快，故D 錯誤；故選：C。13、 B【解析】【詳解】A. 加入碘水后，溶液呈藍色，只能說明溶液中含有淀粉，并不能說明淀粉是否發(fā)生了水解反應(yīng)，故 A 錯誤；B. 加入鹽酸后，產(chǎn)生大量氣泡，說明鎂與鹽酸發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，此時溶液溫

30、度上升，可證明鎂與鹽酸反應(yīng)放熱，故 B 正確；C.BaC» CaCl2均能與N&CO反應(yīng)，反應(yīng)產(chǎn)生了白色沉淀，沉淀可能為BaCO或CaCM二者混合物，故 C錯誤；D.向HO溶液中加入高鎰酸鉀后，發(fā)生化學(xué)反應(yīng)2KMnO+3H2Q=2MnO+2KOH+22O+3OT等(中性條件)，該反應(yīng)中HQ被氧化，體現(xiàn)出還原性，故D錯誤；綜上所述，故答案為：B。【點睛】淀粉在稀硫酸作催化劑下的水解程度確定試驗較為典型，一般分三種考法：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，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；淀粉部分發(fā)生水解

31、：向充分反應(yīng)后的溶液中加入碘單質(zhì)，溶液變藍， 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；向充分反應(yīng)后的溶液中加入碘單質(zhì)，溶液不變藍，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。此實驗中需要注意：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；酸性水解后的溶液需要加入氫氧化鈉溶液堿化，否則無法完成葡萄糖的檢驗；利用新制氫氧化銅溶液或銀氨溶液檢驗葡萄糖試驗中，均需要加熱，銀鏡反應(yīng)一般為水浴加熱。三、多項選擇14、CD【解析】【詳解】A .X中f H二一比紅色碳原子為手性碳原子，故

32、A說法錯誤；OH OH CIyV 0b. t 11 .o-C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說法錯誤；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說法正確；一,-一一八、，一八一，一D. I L I “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OH OH CI醇,在氫氧化鈉溶液作用下先發(fā)生水解反應(yīng)生成CHmiLOil OH Cl醇，故D說法正確；然后8h j i -在氫氧化鈉溶液并加熱條件下能夠發(fā)生取代反應(yīng)生成丙三綜上所述，說法正確的是：C

33、D【點睛】醇類和鹵代煌若發(fā)生消去反應(yīng)，則醇分子中羥基（-OH）或鹵代燃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，才可發(fā)生消去反應(yīng)。15、AD【詳解】A. NaHCO水溶液呈堿性，說明 耳七%的水解程度大于其電離程度，等濃度的NaHCOF口 N&CO水解關(guān)系為：CO > H8j,溶液中剩余微粒濃度關(guān)系為：仁（H8m）>c（C戈），和HCK%水解程度微弱，生成的OH濃度較低，由NaHC解口 N&CO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：c(Wa)>c(IICO5)>c(C0j)>t(

34、Oir),故A正確;b.該混合溶液中電荷守恒為：u(NiE)iT(H*)=c(cir)4T(cr),物料守恒為：c(NHJiq)九(NH；)二2c(a ),兩式聯(lián)立消去c(Cl -)可得：。(甌戶丸(1)二2(011)代(1*414 耳。)，故 B錯誤；C.若不考慮溶液中相關(guān)微粒行為， 則c(CH3COOH尸c(CHCOQ=c(Na+),該溶液呈酸性，說明CHCOO隨離程 度大于CHCOON水解程度，則溶液中微粒濃度關(guān)系為： c(CH3COQ>c(Na+)>c(CH 3COOH)>c(H),故C錯誤；D.該混合溶液中物料守恒為：%(Na*)=cpIF30t)長(11白5)氣(

35、G/),電荷守恒為：2c(G0)+i£(HC20t)/40曰)=(：(隨.)%：(),兩式相加可得：,故 D正確；綜上所述，濃度關(guān)系正確的是：AD16、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，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，平衡逆向移動，甲烷轉(zhuǎn)化率減小，故A錯誤；B.根據(jù)兩個反應(yīng)彳#到總反應(yīng)為 CH(g) +2CO(g) =1 H(g) +3CO(g) + HO (g),加入的CH與CO物質(zhì) 的量相等，CO消耗量大于CH,因此CO的轉(zhuǎn)化率大于 CH,因此曲線B表示CH的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化， 故B正確；

36、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錯誤；D. 800K時甲烷的轉(zhuǎn)化率為 X點，可以通過改變二氧化碳的量來提高甲烷的轉(zhuǎn)化率達到Y(jié)點的值，故D正確。綜上所述，答案為 BD=(4).取代反四、推斷題17、 (1). 醛基 (2).( 酚)羥基 (3).應(yīng)HO.HOII即催化刊，小或NuHH-或I舊一''(6).0()【解析】【分析】本題從官能團的性質(zhì)進行分析，利用對比反應(yīng)前后有機物不同判斷反應(yīng)類型；【詳解】(1)根據(jù)A的結(jié)構(gòu)簡式，A中含氧官能團有硝基、酚羥基、醛基；(2)對比A和C的結(jié)構(gòu)簡式，可推出 A一B: CHI中的一CH取代酚羥基上的 H,即B的結(jié)

37、構(gòu)簡式為O-XClio(3)對比C和D的結(jié)構(gòu)簡式，Br原子取代CHOH中的羥基位置，該反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；(4)能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明含有酚羥基；能發(fā)生水解反應(yīng)，說明含有酯基或肽鍵，水解產(chǎn)物之一是氨基酸，該有機物中含有“”，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)，說明是對稱結(jié)構(gòu)，綜上所述，符合條件的是I(5)生成，根據(jù)E生成F,應(yīng)是一式-"與H2c2發(fā)生反應(yīng)得到,XZ按照 A E,應(yīng)由 CHCHCHBr 與SIE反應(yīng)得到，CHCHCHOW H2發(fā)生加成反應(yīng)生成CHCHCHOH CHCHCHOH PBr3作用下生成CHCHCHBr,合成路線是催化機

38、ACHCHCHO:或 NaHHqPBn CHCHCHOH或 HBr,ACHCHCHBrO利用官能團的性質(zhì)以及反應(yīng)條件下進行分析和推斷, 從而確定發(fā)生的反應(yīng)類型。同時應(yīng)注意利用對【點睛】有機物的推斷和合成中， 比的方法找出斷鍵和生成鍵的部位, 五、實驗，探究題18、 (1). AB(2). H 2(3).取少量清液，向其中滴加幾滴KSCNm，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，Ca技沉淀不完全(5).Fe2+ +HOC+NHJ=TeCO3l+Ml；理"+H(X +NI3 H2O=FeCO3 J+NH； +H2O 或(6). 在攪拌下向FeSO溶液

39、中緩慢加入氨水-NH4HCO混合溶液，控制溶液 pH不大于6.5;靜置后過濾，所得沉淀用蒸儲水洗滌23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H2SO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NHF使Ca2+轉(zhuǎn)化為CaB沉淀而除去；然后進行“沉鐵”生成FeCQ,將FeCO沉淀經(jīng)過系列操作制得a Fe2c3;據(jù)此分析作答。【詳解】(1)A .適當升高酸浸溫度，加快酸浸速率，能提高鐵元素的浸出率， A選；B.適當加快攪拌速率，增大鐵泥與硫酸溶液

40、的接觸，加快酸浸速率，能提高鐵元素的浸出率，B選；C.適當縮短酸浸時間，鐵元素的浸出率會降低，C不選；答案選AR(2)為了提高鐵元素的浸出率，“酸浸”過程中硫酸溶液要適當過量，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+2Hf=Fe2+H4 , “還原”過程中除生成 Fe2+外，還有H2生成；通 常用KSCN花金驗Fe3+,故檢驗Fe3+是否還原完全的實驗操作是：取少量清液，向其中滴加幾滴KSCN§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

41、KSCN§液，觀察溶液顏色是否呈血紅色。向“還原”后的濾液中加入 NHF溶液，使Ca2+轉(zhuǎn)化為CaE沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca 2+) c2(F-),當Ca2+完 全沉淀(某離子濃度小于1xi0-5mol/L表明該離子沉淀完全)時，溶液中 c(F-)至少為H+與F-形成弱酸HF,導(dǎo)53mol/L= A5 X 10-2mol/L ;若溶液的pH偏低，即溶液中H+濃度較大,1x10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，CaE沉淀不完全。(4)將提純后的FeSQ溶液與氨水一NHHCQ混合溶液反應(yīng)生成 FeCQ沉淀，生成FeC

42、Q的化學(xué)方程式為 FeSQ+NH - HQ+NHHCQ=FeCQj +(NH) 2SQ+HQ或 FeSQ+NH+NHHCQ=FeCQj +(NH) 2SQ,離子方程式為FeMHCO+NH - H2Q=FeCQ! +NHj+H20 (或 Fe'tHCO+NH=FeCQj +NH ),答案為:FeMHCOj+NH H2Q=FeCQ! +NHJ+H2O (或 Fe'+HOQj+NH=FeCQj +NH )。根據(jù)題意Fe(QH)2開始沉淀的pH=6.5,為防止產(chǎn)生 Fe(QH)2沉淀，所以將 FeSQ溶液與氨水一NHHCQ混合溶液反應(yīng)制備FeCQ沉淀的過程中要控制溶液的pH不大于6.5

43、; FeCQ沉淀需“洗滌完全”，所以設(shè)計的實驗方案中要用鹽酸酸化的BaCl2溶液檢驗最后的洗滌液中不含 SQJ ；則設(shè)計的實驗方案為：在攪拌 下向FeSQ溶液中緩慢加入氨水一 NHHCQ1合溶液，控制溶液pH不大于6.5 ;靜置后過濾，所得沉淀用蒸儲水洗滌23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FeSQ溶液中緩慢加入氨水一 NHHCQ混合溶液，控制溶液pH不大于6.5 ;靜置后過濾，所得沉淀用蒸儲水洗滌23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。【點睛】本題的易錯點是實驗方案設(shè)計中的細節(jié)，需注意兩點：

44、(1)控制pH不形成Fe(QH)2沉淀；(2)沉 淀洗滌完全的標志。19、 （1）.（ 回流）冷凝管 （2）. 防止升溫太快、控制反應(yīng)體系 pH （3）. 防止暴沸 （4）. 減小 （5）. 趁熱過濾 （6）. 提高羥基乙酸鈉的析出量 （產(chǎn)率）【解析】【分析】制備少量羥基乙酸鈉的反應(yīng)為 aCH2COCH+2Na!CH HOCH2COOlfe+Nad+H2O M<0,根據(jù)羥基乙酸鈉易溶于熱水，粗產(chǎn)品溶解于適量熱水中，加活性炭脫色，分離掉活性炭，趁熱過濾，根據(jù)羥基乙酸鈉不溶于醇，將去除活性炭后的溶液加到適量乙醇中，冷卻至15c以下，結(jié)晶、過濾、干燥，得羥基乙酸鈉。【詳解】（1）根據(jù)圖中儀器得

45、出儀器 A的名稱為冷凝管，根據(jù)題中信息可知制備羥基乙酸鈉的反應(yīng)為放熱 反應(yīng)，逐步加入 NaOH§液的目的是防止升溫太快，同時控制反應(yīng)體系的pH;故答案為:（回流）冷凝管；防止升溫太快，控制反應(yīng)體系的pH。（2步驟2中燒瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是防止暴沸；故答案為：防止暴沸。（3）粗產(chǎn)品溶于過量水，導(dǎo)致在水中溶解過多，得到的產(chǎn)物減少，因此導(dǎo)致產(chǎn)率減小；由于產(chǎn)品易溶于熱 水，微溶于冷水，因此去除活性炭的操作名稱是趁熱過濾；故答案為：減少；趁熱過濾。（4）根據(jù)信息，產(chǎn)品不溶于乙醇、乙醍等有機溶劑中，因此步驟4中，將去除活性炭后的溶液加到適量乙醇中的目的是降低產(chǎn)品的溶解度，提高羥基乙酸鈉的

46、析出量（產(chǎn)量）；故答案為：提高羥基乙酸鈉的析出量（產(chǎn)量）。【點睛】化學(xué)實驗是常考題型，主要考查實驗儀器、實驗操作、對新的信息知識的理解。 六、綜合題20、（1）.=2NH： 或2NH -H,O + SO3 = 2NEC+SO?" +H7O （2）. hso 3（3）. znso 3（4）.J ZjE+_fXn210%，5<& + 11?。=益”+21150；或加0«：23（%+1"0二癡"斗球0；（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 SO,反應(yīng)生成亞硫酸俊， 結(jié)合圖像分析pH=6時溶液中濃

47、度最大的陰離子；通過分析ZnO吸收SO后產(chǎn)物的溶解性判斷吸收率變化的原因；通過分析HSO,與氧氣反應(yīng)的生成物，分析溶液pH的變化情況。【詳解】（1）向氨水中通入少量 SO時，SO與氨水反應(yīng)生成亞硫酸俊，反應(yīng)的離子方程式為2NH+H20+SO2NH；+SC甲（或 2NH3 - H2O+SO=2NH：+SOf+H2O）;根據(jù)圖-1 所示，pH=6 時，溶液中不含有亞硫酸，僅含有HSC%和SOJ根據(jù)微粒物質(zhì)的量分數(shù)曲線可以看出溶液中陰離子濃度最大的是HSO,；(2)反應(yīng)開始時，懸濁液中的 ZnO大量吸收SQ,生成微溶于水的 ZnSQ,此時溶液pH幾乎不變；一旦 ZnO 完全反應(yīng)生成 ZnSO后，Zn

48、SO繼續(xù)吸收SO生成易溶于水的 Zn(HSQ)2,此時溶液pH逐漸變小，SO的吸收率逐漸降低，這一過程的離子方程式為ZnSQ+S（O+H20=Zri+2IISO3 （或 ZnO+2S（2+H2O=Zr2+21S03 ）(3) HSO,可以經(jīng)氧氣氧化生成 SOJ，這一過程中需要調(diào)節(jié)溶液pH在4.56.5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)的不斷進行， 大量的HSO,反應(yīng)生 成S0J-,反應(yīng)的離子方程式為 2HSO3+Q=2S0J+2H+,隨著反應(yīng)的不斷進行，有大量的氫離子生成，導(dǎo)致氫離子濃度增大，溶液pH減小。21、 (1). CI3 +2011_ =

49、dO_ + a_ +H2O(2). NaClO 溶液吸收空氣中的 CO 后產(chǎn)生HClO, HClO 見光分解(3).n(&戈)_1000taid xI?x0-O200flL=2-O0Oxl0nLcil根據(jù)物質(zhì)轉(zhuǎn)換和電子得失守恒關(guān)系：1cl工廠. 211一修O；得。孕（&Q； ） LOOO'ID 'mH氯元素的質(zhì)量：m（卬二 LOOOKl/fucd 算35、當 mV1 0 03530g該樣品的有效氯為:11200g x25J0mL250,OhiL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，同時產(chǎn)生氯化鈉，反應(yīng)的離子方程式為:a2+2OM =ao Hl +h3o ；次氯酸鈉溶液長期暴露在空氣中會吸收空氣中的二氧化碳氣體，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發(fā)生分解反應(yīng)，產(chǎn)生hci和q,從而是次氯酸鈉失效，故答案為：cijoh =ao +cmi2o ；NaClO溶液吸收空氣中的CO后產(chǎn)生HClO, HClO見光分解;(2)由題中反應(yīng)可知，GNsQQ：在酸性條件產(chǎn)生HClO, HClO氧化碘離子產(chǎn)生碘單