2020年江蘇高考真題化學試題可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Zn65Br80Ag108Il27單項選擇題：本題包括10小題，每小題2分，共計20分。每小題只有一個選項符合題意。1.打贏藍天保衛戰，提高空氣質量。下列物質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指環境空氣中空氣動力學當量直徑小于等于2.5微米顆粒物，PM2.5粒徑小，面積大，活性強，易附帶有毒、有害物質，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境質量的影響大，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．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，不屬于空氣污染物，B選；C．SO2引起的典型環境問題是形成硫酸型酸雨，SO2屬于空氣污染物，C不選；D．NO引起的典型環境問題有：硝酸型酸雨、光化學煙霧、破壞O3層等，NO屬于空氣污染物，D不選；答案選B。2.反應可用于氯氣管道的檢漏。下列表示相關微粒的化學用語正確的是A.中子數為9的氮原子：B.N2分子的電子式：C.Cl2分子的結構式：Cl—ClD.Cl-的結構示意圖：【答案】C【解析】【詳解】A．N原子的質子數為7，中子數為9的氮原子的質量數為7+9=16，該氮原子表示為，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，B錯誤；C．Cl2分子中兩個Cl原子間形成1對共用電子對，Cl2分子的結構式為Cl—Cl，C正確；D．Cl-的核電荷數為17，核外有18個電子，Cl-的結構示意圖為，D錯誤；答案選C。3.下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是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，鋁具有延展性，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，C錯誤；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生成硅酸沉淀，故不能共存，B不選；C．具有強氧化性，可以將碘離子氧化成碘單質，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、硫酸根離子反應生成氯化銀、硫酸銀沉淀，不能共存，D不選；故選A。5.實驗室以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到實驗目的的是A.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后，部分碳酸鈣未反應完，碳酸鈣是難溶物，因此用過濾的方法分離，故C正確；D．CaCl2?6H2O易失去結晶水，因此不能通過加熱蒸發皿得到，可由氯化鈣的熱飽和溶液冷卻結晶析出六水氯化鈣結晶物，故D錯誤。綜上所述，答案為D。6.下列有關化學反應敘述正確的是A.室溫下，Na在空氣中反應生成Na2O2B.室溫下，Al與4.0mol﹒L-1NaOH溶液反應生成NaAlO2C.室溫下，Cu與濃HNO3反應放出NO氣體D.室溫下，Fe與濃H2SO4反應生成FeSO4【答案】B【解析】【詳解】A．室溫下，鈉與空氣中氧氣反應生成氧化鈉，故A錯誤；B．室溫下，鋁與NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，故B正確；C．室溫下，銅與濃硝酸反應生成二氧化氮氣體，故C錯誤；D．室溫下，鐵在濃硫酸中發生鈍化，故D錯誤。綜上所述，答案為B。7.下列指定反應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，書寫離子方程式時應以分子形式體現，正確的是Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，故A錯誤；B.NO2與H2O反應：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，離子方程式為3NO2＋H2O=2H＋＋2＋NO，故B錯誤；C.碳酸的酸性強于偏鋁酸，因此NaAlO2溶液通入過量的CO2，發生的離子方程式為＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋，故C正確；D.AgOH能與過量的NH3·H2O反應生成[Ag(NH3)2]OH，故D錯誤；答案為C。【點睛】本題應注意“量”，像選項C中若不注意CO2是過量的，往往產物寫成，還有選項D，AgOH能溶于氨水中，生成銀氨溶液。8.反應可用于純硅的制備。下列有關該反應的說法正確的是A.該反應、B.該反應的平衡常數C.高溫下反應每生成1molSi需消耗D用E表示鍵能，該反應【答案】B【解析】【詳解】A．SiCl4、H2、HCl為氣體，且反應前氣體系數之和小于反應后氣體系數之和，因此該反應為熵增，即△S>0，故A錯誤；B．根據化學平衡常數的定義，該反應的平衡常數K=,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－1計算，故C錯誤；D．△H=反應物鍵能總和－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.下列關于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的說法正確的是A.NaOH的堿性比Mg(OH)2的強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，故B錯誤；C．電子層數越多原子半徑越大，電子層數相同，核電荷數越小原子半徑越大，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，最外層電子數相等，故D錯誤。綜上所述，答案為A。10.下列選項所示的物質間轉化均能實現的是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，故B錯誤；C．氧化性Cl2＞Br2＞I2，所以氯氣可以氧化NaBr得到溴單質，溴單質可以氧化碘化鈉得到碘單質，故C正確；D．電解氯化鎂溶液無法得到鎂單質，陽極氯離子放電生成氯氣，陰極水電離出的氫離子放電產生氫氣，同時產生大量氫氧根，與鎂離子產生沉淀，故D錯誤。綜上所述，答案為C。不定項選擇題：本題包括5小題，每小題4分，共計20分。每小題只有一個或兩個選項符合題意。若正確答案只包括一個選項，多選時，該小題得0分；若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得滿分，但只要選錯一個，該小題就得0分。11.將金屬M連接在鋼鐵設施表面，可減緩水體中鋼鐵設施的腐蝕。在題圖所示的情境中，下列有關說法正確的是A.陰極的電極反應式為B.金屬M的活動性比Fe的活動性弱C.鋼鐵設施表面因積累大量電子而被保護D.鋼鐵設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措施，為犧牲陽極的陰極保護法，金屬M作負極，鋼鐵設備作正極，據此分析解答。【詳解】A.陰極的鋼鐵設施實際作原電池的正極，正極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，電子經導線流入鋼鐵設備，從而使鋼鐵設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，溶液的導電性越強，因此鋼鐵設施在海水中的腐蝕速率比在河水中快，故D錯誤；故選：C。12.化合物Z是合成某種抗結核候選藥物的重要中間體，可由下列反應制得。下列有關化合物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生消去反應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說法錯誤；B.中與氧原子相連接的碳原子之間化學鍵為單鍵，可以旋轉，因此左側甲基上碳原子不一定與苯環以及右側碳原子共平面，故B說法錯誤；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，能夠發生消去反應，故C說法正確；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生取代反應生成丙三醇，在氫氧化鈉溶液作用下先發生水解反應生成，然后在氫氧化鈉溶液并加熱條件下能夠發生取代反應生成丙三醇，故D說法正確；綜上所述，說法正確的是：CD。【點睛】醇類和鹵代烴若發生消去反應，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，才可發生消去反應。13.根據下列實驗操作和現象所得到的結論正確的是選項實驗操作和現象結論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，溶液變藍淀粉未水解B室溫下，向HCl溶液中加入少量鎂粉，產生大量氣泡，測得溶液溫度上升鎂與鹽酸反應放熱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，溶液呈藍色，只能說明溶液中含有淀粉，并不能說明淀粉是否發生了水解反應，故A錯誤；B.加入鹽酸后，產生大量氣泡，說明鎂與鹽酸發生化學反應，此時溶液溫度上升，可證明鎂與鹽酸反應放熱，故B正確；C.BaCl2、CaCl2均能與Na2CO3反應，反應產生了白色沉淀，沉淀可能為BaCO3或CaCO3或二者混合物，故C錯誤；D.向H2O2溶液中加入高錳酸鉀后，發生化學反應2KMnO4+3H2O2=2MnO2+2KOH+2H2O+3O2↑等(中性條件)，該反應中H2O2被氧化，體現出還原性，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：①淀粉未發生水解：向充分反應后的溶液中加入碘單質，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；②淀粉部分發生水解：向充分反應后的溶液中加入碘單質，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；③向充分反應后的溶液中加入碘單質，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：①碘單質需在加入氫氧化鈉溶液之前加入，否則氫氧化鈉與碘單質反應，不能完成淀粉的檢驗；②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；③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的量濃度關系正確的是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，說明的水解程度大于其電離程度，等濃度的NaHCO3和Na2CO3水解關系為：，溶液中剩余微粒濃度關系為：，和水解程度微弱，生成的OH-濃度較低，由NaHCO3和Na2CO3化學式可知，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：，兩式聯立消去c(Cl-)可得：，故B錯誤；C.若不考慮溶液中相關微粒行為，則c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，該溶液呈酸性，說明CH3COOH電離程度大于CH3COONa水解程度，則溶液中微粒濃度關系為：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故C錯誤；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，濃度關系正確的是：AD。15.CH4與CO2重整生成H2和CO的過程中主要發生下列反應在恒壓、反應物起始物質的量比條件下，CH4和CO2的平衡轉化率隨溫度變化的曲線如圖所示。下列有關說法正確的是A.升高溫度、增大壓強均有利于提高CH4的平衡轉化率B.曲線B表示CH4的平衡轉化率隨溫度的變化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，反應至CH4轉化率達到X點的值，改變除溫度外的特定條件繼續反應，CH4轉化率能達到Y點的值【答案】BD【解析】【詳解】A．甲烷和二氧化碳反應是吸熱反應，升高溫度，平衡向吸熱反應即正向移動，甲烷轉化率增大，甲烷和二氧化碳反應是體積增大的反應，增大壓強，平衡逆向移動，甲烷轉化率減小，故A錯誤；B．根據兩個反應得到總反應為CH4(g)＋2CO2(g)H2(g)＋3CO(g)＋H2O(g)，加入的CH4與CO2物質的量相等，CO2消耗量大于CH4，因此CO2的轉化率大于CH4，因此曲線B表示CH4的平衡轉化率隨溫度變化，故B正確；C．使用高效催化劑，只能提高反應速率，但不能改變平衡轉化率，故C錯誤；D．800K時甲烷的轉化率為X點，可以通過改變二氧化碳的量來提高甲烷的轉化率達到Y點的值，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對空氣的污染。氨水、ZnO水懸濁液吸收煙氣中SO2后經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-的物質的量分數隨pH的分布如圖-1所示。(1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反應的離子方程式為___________；當通入SO2至溶液pH=6時，溶液中濃度最大的陰離子是_____________(填化學式)。(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，SO2吸收率、溶液pH均經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，主要產物是____________(填化學式)；SO2吸收率迅速降低階段，主要反應的離子方程式為_______________。(3)O2催化氧化。其他條件相同時，調節吸收SO2得到溶液的pH在4.5~6.5范圍內，pH越低SO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”)。【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，反應生成亞硫酸銨，結合圖像分析pH=6時溶液中濃度最大的陰離子；通過分析ZnO吸收SO2后產物的溶解性判斷吸收率變化的原因；通過分析與氧氣反應的生成物，分析溶液pH的變化情況。【詳解】(1)向氨水中通入少量SO2時，SO2與氨水反應生成亞硫酸銨，反應的離子方程式為2NH3+H2O+SO2=2+（或2NH3·H2O+SO2=2++H2O）；根據圖-1所示，pH=6時，溶液中不含有亞硫酸，僅含有和，根據微粒物質的量分數曲線可以看出溶液中陰離子濃度最大的是；(2)反應開始時，懸濁液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此時溶液pH幾乎不變；一旦ZnO完全反應生成ZnSO3后，ZnSO3繼續吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此時溶液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)可以經氧氣氧化生成，這一過程中需要調節溶液pH在4.5~6.5的范圍內，pH越低，溶液中的的濃度越大，使得催化氧化過程中反應速率越快；隨著反應的不斷進行，大量的反應生成，反應的離子方程式為2+O2=2+2H+，隨著反應的不斷進行，有大量的氫離子生成，導致氫離子濃度增大，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中的含氧官能團名稱為硝基、__________和____________。(2)B的結構簡式為______________。(3)C→D的反應類型為___________。(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FeCl3溶液發生顯色反應②能發生水解反應，水解產物之一是α-氨基酸，另一產物分子中不同化學環境的氫原子數目比為1:1且含苯環。(5)寫出以CH3CH2CHO和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)________。【答案】(1).醛基(2).(酚)羥基(3).(4).取代反應(5).(6).【解析】【分析】本題從官能團的性質進行分析，利用對比反應前后有機物不同判斷反應類型；【詳解】(1)根據A的結構簡式，A中含氧官能團有硝基、酚羥基、醛基；(2)對比A和C的結構簡式，可推出A→B：CH3I中的－CH3取代酚羥基上的H，即B的結構簡式為；(3)對比C和D的結構簡式，Br原子取代－CH2OH中的羥基位置，該反應類型為取代反應；(4)①能與FeCl3溶液發生顯色反應，說明含有酚羥基；②能發生水解反應，說明含有酯基或肽鍵，水解產物之一是α－氨基酸，該有機物中含有“”，另一產物分子中不同化學環境的氫原子數目之比為1：1，且含有苯環，說明是對稱結構，綜上所述，符合條件的是；(5)生成,根據E生成F，應是與H2O2發生反應得到，按照D→E，應由CH3CH2CH2Br與反應得到，CH3CH2CHO與H2發生加成反應生成CH3CH2CH2OH，CH3CH2CH2OH在PBr3作用下生成CH3CH2CH2Br，合成路線是CH3CH2CHOCH3CH2CH2OHCH3CH2CH2Br。【點睛】有機物的推斷和合成中，利用官能團的性質以及反應條件下進行分析和推斷，同時應注意利用對比的方法找出斷鍵和生成鍵的部位，從而確定發生的反應類型。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，將會導致消毒作用減弱，其原因是__________________。(2)二氯異氰尿酸鈉優質品要求有效氯大于60%。通過下列實驗檢測二氯異氰尿酸鈉樣品是否達到優質品標準。實驗檢測原理為準確稱取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Na2S2O3標準溶液滴定至溶液呈微黃色，加入淀粉指示劑繼續滴定至終點，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。①通過計算判斷該樣品是否為優質品_______。(寫出計算過程，)②若在檢測中加入稀硫酸的量過少，將導致樣品的有效氯測定值____________(填“偏高”或“偏低”)。【答案】(1).(2).NaClO溶液吸收空氣中的CO2后產生HClO，HClO見光分解(3).根據物質轉換和電子得失守恒關系：得氯元素的質量:該樣品的有效氯為：該樣品的有效氯大于60%，故該樣品為優質品(4).偏低【解析】【詳解】(1)由題意可知，氯氣通入氫氧化鈉中產生次氯酸鈉，同時產生氯化鈉，反應的離子方程式為：；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產生HClO，HClO具有不穩定性，在受熱或見光條件下會發生分解反應，產生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后產生HClO，HClO見光分解；(2)①由題中反應可知，在酸性條件產生HClO，HClO氧化碘離子產生碘單質，碘單質再用硫代硫酸鈉滴定，結合反應轉化確定物質之間的關系為：，，根據物質轉換和電子得失守恒關系：得n(Cl)=0.5=，氯元素的質量：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%，故該樣品為優質品故答案為：n(S2O)=，根據物質轉換和電子得失守恒關系：，得n(Cl)=0.5=，氯元素的質量：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%，故該樣品為優質品②如果硫酸的用量過少，則導致反應不能充分進行，產生的HClO的量偏低，最終導致實驗測得的有效氯含量會偏低，故答案為：偏低；19.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α-Fe2O3。其主要實驗流程如下：(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+完全轉化為Fe2+。“還原”過程中除生成Fe2+外，還會生成___________(填化學式)；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NH4F溶液，使Ca2+轉化為CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低、將會導致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，生成FeCO3沉淀。①生成FeCO3沉淀的離子方程式為____________。②設計以FeSO4溶液、氨水-NH4HCO3混合溶液為原料，制備FeCO3實驗方案：__。【FeCO3沉淀需“洗滌完全”，Fe(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+轉化為CaF2沉淀而除去；然后進行“沉鐵”生成FeCO3，將FeCO3沉淀經過系列操作制得α—Fe2O3；據此分析作答。【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過量，故向“酸浸”后的濾液中加入過量的鐵粉發生的反應有：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+轉化為CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)，當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，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混合溶液反應生成FeCO3沉淀，生成FeCO3的化學方程式為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根據題意Fe(OH)2開始沉淀的pH=6.5，為防止產生Fe(OH)2沉淀，所以將FeSO4溶液與氨水—NH4HCO3混合溶液反應制備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；則設計的實驗方案為：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，不出現白色沉淀。【點睛】本題的易錯點是實驗方案設計中的細節，需注意兩點：(1)控制pH不形成Fe(OH)2沉淀；(2)沉淀洗滌完全的標志。20.CO2/HCOOH循環在氫能的貯存/釋放、燃料電池等方面具有重要應用。(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溶液反應制得)中通入H2生成HCOO-，其離子方程式為__________；其他條件不變，HCO3-轉化為HCOO-的轉化率隨溫度的變化如圖-1所示。反應溫度在40℃~80℃范圍內，HCO3-催化加氫的轉化率迅速上升，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，兩電極區間用允許K+、H+通過的半透膜隔開。①電池負極電極反應式為_____________；放電過程中需補充的物質A為_________(填化學式)。②圖-2所示的HCOOH燃料電池放電的本質是通過HCOOH與O2的反應，將化學能轉化為電能，其反應的離子方程式為_______________。(3)HCOOH催化釋氫。在催化劑作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反應機理如圖-3所示。①HCOOD催化釋氫反應除生成CO2外，還生成__________(填化學式)。②研究發現：其他條件不變時，以HCOOK溶液代替HCOOH催化釋氫的效果更佳，其具體優點是_______________。【答案】(1).(2).溫度升高反應速率增大，溫度升高催化劑的活性增強(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)根據元素守恒和電荷守恒書寫離子方程式；從溫度對反應速率的影響以及溫度對催化劑的影響的角度分析。(2)該裝置為原電池裝置，放電時HCOOˉ轉化為被氧化，所以左側為負極，Fe3+轉化為Fe2+被還原，所以右側為正極。(3)HCOOH生成HCOOˉ和H+分別與催化劑結合，在催化劑表面HCOOˉ分解生成CO2和Hˉ，之后在催化劑表面Hˉ和第一步產生的H+反應生成H2。【詳解】(1)含有催化劑的KHCO3溶液中通入H2生成HCOOˉ，根據元素守恒和電荷守恒可得離子方程式為：+H2HCOOˉ+H2O；反應溫度在40℃~80℃范圍內時，隨溫度升高，活化分子增多，反應速率加快，同時溫度升高催化劑的活性增強，所以的催化加氫速率迅速上升；(2)①左側為負極，堿性環境中HCOOˉ失電子被氧化為，根據電荷守恒和元素守恒可得電極反應式為HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ===+H2O；電池放電過程中，鉀離子移向正極，即右側，根據圖示可知右側的陰離子為硫酸根，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行循環，所以需要補充硫酸根，為增強氧氣的氧化性，溶液最好顯酸性，則物質A為H2SO4；②根據裝置圖可知電池放電的本質是HCOOH在堿性環境中被氧氣氧化為，根據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根據分析可知HCOOD可以產生HCOOˉ和D+，所以最終產物為CO2和HD(Hˉ與D+結合生成)；②HCOOK是強電解質，更容易產生HCOOˉ和K+，更快的產生KH，KH可以與水反應生成H2和KOH，生成的KOH可以吸收分解產生的CO2，從而使氫氣更純凈，所以具體優點是：提高釋放氫氣的速率，提高釋放出氫氣的純度。【點睛】第3小題為本題難點，要注意理解圖示的HCOOH催化分解的反應機理，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基態核外電子排布式為___________；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_______________(填化學式)。(4)檸檬酸的結構簡式見圖。1mol檸檬酸分子中碳原子與氧原子形成的σ鍵的數目為_________mol。【答案】(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個電子，H2O中O原子有孤對電子，提供孤對電子。(2)先計算NH3分子中氮原子價層電子對數，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。(3)根據價電子數Si＝C＝N+的關系得出互為等電子體的分子。(4)羧基的結構是，一個羧基中有碳原子與氧原子分別形成兩個σ鍵，一個羥基與碳原子相連形成一個σ鍵。【詳解】(1)