2020年江苏卷化学高考试题

2020年江苏卷化学高考试题
一、单选题
1．（2020·江苏）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
2．（2020·江苏）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：
3．（2020·江苏）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
4．（2020·江苏）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
5．（2020·江苏）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
6．（2020·江苏）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
7．（2020·江苏）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：
8．（2020·江苏）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
9．（2020·江苏）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:
10．（2020·江苏）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)
二、不定项选择题
11．（2020·江苏）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
12．（2020·江苏）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
13．（2020·江苏）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
14．（2020·江苏）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):
15．（2020·江苏）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
三、非选择题
16．（2020·江苏）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-、SO32-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”)。
17．（2020·江苏）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)　 　。
18．（2020·江苏）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”)。
19．（2020·江苏）实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成分为铁的氧化物)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）。
20．（2020·江苏）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　 　。
四、选做题
21．（2020·江苏）【物质结构与性质】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。
22．（2020·江苏）【实验化学】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　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】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不符合题意；
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符合题意；
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不符合题意；
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不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．PM2.5属于空气污染物；
B．O2不属于空气污染物；
C．SO2属于空气污染物；
D．NO属于空气污染物。
2．【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布；结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】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不符合题意；
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不符合题意；
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符合题意；
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不符合题意；
故答案为：C
【分析】A．熟悉质量数，质子数的关系；
B．N2分子中两个N原子间形成3对共用电子对；
C．结构式是用单线表示一对共用电子；
D．Cl-核外有18个电子。
3．【答案】D
【知识点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】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不符合题意；
B．氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B不符合题意；
C．氢氧化铝为两性氢氧化物，可以用于中和过多的胃酸，C不符合题意；
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符合题意；
故答案为：D
【分析】A.4Al+3O2=2Al2O3；
B.2Al2O34Al+3O2；
C.2Al（OH）3Al2O3+3H2O；
D．Al3++3H2OAl（OH）3+3H+。
4．【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．在0.1mol/L氨水中，四种离子可以大量共存，A符合题意；
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不符合题意；
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不符合题意；
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不符合题意；
故答案为：A
【分析】A．各离子可以大量共存；
B．硅酸为沉淀；
C． MnO4-和碘离子发生氧化还原反应不能共存；
D．因生成沉淀不能共存。
5．【答案】D
【知识点】常见气体制备原理及装置选择；实验装置综合
【解析】【解答】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，A不符合题意；
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，B不符合题意；
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，C不符合题意；
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，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A． CaCO3+2HCl==CaCl2+H2O+CO2↑ ；
B．空气的平均相对分子质量为29；
C．碳酸钙不溶于水；
D．CaCl2 6H2O易失去结晶水，注意不能直接加热制取。
6．【答案】B
【知识点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；钠的化学性质；铝的化学性质
【解析】【解答】A．室温下，钠与空气中氧气反应生成氧化钠，A不符合题意；
B．室温下，铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故B符合题意；
C．室温下，铜与浓硝酸反应生成二氧化氮气体，故C不符合题意；
D．室温下，铁在浓硫酸中发生钝化，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A． .4Na + O2 = 2Na2O ；
B． Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ ；
C． Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)2+2H2O+2NO2 ↑ ；
D．铁遇浓硫酸、浓硝酸发生钝化。
7．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】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不符合题意；
B.NO2与H2O反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，离子方程式为3NO2＋H2O=2H＋＋2 ＋NO，故B不符合题意；
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符合题意；
D.AgOH能与过量的NH3·H2O反应生成[Ag(NH3)2]OH，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】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．【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；焓变和熵变；化学平衡常数
【解析】【解答】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，A不符合题意；
B．根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数K= ,B符合题意；
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，C不符合题意；
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)，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．气体增加，所以混乱度增加，熵增加；
B．注意固体不考虑浓度；
C.标况下才能用气体摩尔体积衡量；
D．△H=反应物键能总和－生成物键能总和。
9．【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】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，A符合题意；
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，B不符合题意；
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)，C不符合题意；
D．Cl和Br为同主族元素，最外层电子数相等，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A．NaOH为强碱Mg(OH)2为弱碱；
B．Cl2的氧化性强于Br2；
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；
D．Cl和Br最外层均为7个电子。
10．【答案】C
【知识点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】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，A不符合题意；
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不符合题意；
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符合题意；
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不符合题意；
故答案为：C
【分析】A． 2Cl2+2Ca(OH)2（石灰乳）=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O ；
B．二氧化碳与氯化钠溶液不反应；
C．Cl2+2I-=I2+2Cl-、 Cl2+2Br-=Br2+2Cl-、Br2+2I-=I2+2Br- ；
D． MgCl2（熔融）Mg+Cl2；
11．【答案】C
【知识点】金属的腐蚀与防护；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】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不符合题意；
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不符合题意；
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符合题意；
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不符合题意；
故答案为：C。
【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。
12．【答案】C,D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A .X中 红色碳原子为手性碳原子，故A说法不符合题意；
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说法不符合题意；
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说法符合题意；
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说法符合题意；
故答案为：CD。
【分析】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。
13．【答案】B
【知识点】物质的检验和鉴别；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】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不符合题意；
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符合题意；
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不符合题意；
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不符合题意；
故答案为：B。
【分析】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。
14．【答案】A,D
【知识点】电解质在水溶液中的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】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： ，A符合题意；
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： ，B不符合题意；
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+)，C不符合题意；
D.该混合溶液中物料守恒为： ，电荷守恒为： ，两式相加可得： ，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A. Na2CO3碱性强于NaHCO3，说明水解程度CO32->HCO3-；
B.弱电解质的电离程度微弱，主要是电解质的电离为主；
C.CH3COOH的电离微弱，CH3COONa完全电离；
D.根据电荷守恒和物料守恒计算质子守恒关系。
15．【答案】B,D
【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】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，A不符合题意；
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，B符合题意；
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，C不符合题意；
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，D符合题意；
故答案为：BD
【分析】A．根据勒夏特列原理来考虑；
B．根据两者反应的化学方程式，考虑量的变化；
C．催化剂不平衡转化率，只改变化学反应速率；
D．可以通过增加一种反应物的方法提高另一种的转化率。
16．【答案】（1） 或 ；HSO
（2）ZnSO3； 或
（3）随着pH降低，HSO 浓度增大；减小
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；常见的生活环境的污染及治理；离子方程式的书写
【解析】【解答】(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) 可以经氧气氧化生成 ，这一过程中需要调节溶液pH在4.5~6.5的范围内，pH越低，溶液中的 的浓度越大，使得催化氧化过程中反应速率越快；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。
【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。
17．【答案】（1）醛基；(酚)羟基
（2）
（3）取代反应
（4）
（5）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成
【解析】【解答】(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 。
【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；
18．【答案】（1）；NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解
（2） 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
【知识点】中和滴定；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(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，从而使次氯酸钠失效；
(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；
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。
【分析】(1) 2NaOH + Cl2 = NaCl + NaClO + H2O （冷水） ； NaClO+CO +H O=NaHCO +HClO ；
(2) ①根据关系式 C3N3O3Cl2-~2HClO~2l2~4S2O32-，计算对应的有效氯;
②HClO的消耗量偏低，导致测定的有效氯含量会偏低。
19．【答案】（1）A；B
（2）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）pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全
（4） 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
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(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；
故答案为：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，Ksp(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。
【分析】铁泥的主要成分为铁的氧化物，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。
20．【答案】（1）；温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强
（2）；H2SO4； 或
（3）HD；提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度
【知识点】化学电源新型电池；化学反应速率的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(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。
【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。
21．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；O
（2）sp3；N＞O＞C
（3）CH4或SiH4
（4）7
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；“等电子原理”的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(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。
【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。
22．【答案】（1）(回流)冷凝管；防止升温太快、控制反应体系pH
（2）防止暴沸
（3）减小；趁热过滤
（4）提高羟基乙酸钠的析出量(产率)
【知识点】实验装置综合；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(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)。
【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。
1 / 12020年江苏卷化学高考试题
一、单选题
1．（2020·江苏）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
【知识点】常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】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不符合题意；
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符合题意；
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不符合题意；
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不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．PM2.5属于空气污染物；
B．O2不属于空气污染物；
C．SO2属于空气污染物；
D．NO属于空气污染物。
2．（2020·江苏）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
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布；结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】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不符合题意；
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不符合题意；
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符合题意；
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不符合题意；
故答案为：C
【分析】A．熟悉质量数，质子数的关系；
B．N2分子中两个N原子间形成3对共用电子对；
C．结构式是用单线表示一对共用电子；
D．Cl-核外有18个电子。
3．（2020·江苏）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
【知识点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】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不符合题意；
B．氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B不符合题意；
C．氢氧化铝为两性氢氧化物，可以用于中和过多的胃酸，C不符合题意；
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符合题意；
故答案为：D
【分析】A.4Al+3O2=2Al2O3；
B.2Al2O34Al+3O2；
C.2Al（OH）3Al2O3+3H2O；
D．Al3++3H2OAl（OH）3+3H+。
4．（2020·江苏）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
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．在0.1mol/L氨水中，四种离子可以大量共存，A符合题意；
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不符合题意；
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不符合题意；
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不符合题意；
故答案为：A
【分析】A．各离子可以大量共存；
B．硅酸为沉淀；
C． MnO4-和碘离子发生氧化还原反应不能共存；
D．因生成沉淀不能共存。
5．（2020·江苏）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
【知识点】常见气体制备原理及装置选择；实验装置综合
【解析】【解答】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，A不符合题意；
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，B不符合题意；
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，C不符合题意；
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，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A． CaCO3+2HCl==CaCl2+H2O+CO2↑ ；
B．空气的平均相对分子质量为29；
C．碳酸钙不溶于水；
D．CaCl2 6H2O易失去结晶水，注意不能直接加热制取。
6．（2020·江苏）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
【知识点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；钠的化学性质；铝的化学性质
【解析】【解答】A．室温下，钠与空气中氧气反应生成氧化钠，A不符合题意；
B．室温下，铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故B符合题意；
C．室温下，铜与浓硝酸反应生成二氧化氮气体，故C不符合题意；
D．室温下，铁在浓硫酸中发生钝化，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A． .4Na + O2 = 2Na2O ；
B． Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ ；
C． Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)2+2H2O+2NO2 ↑ ；
D．铁遇浓硫酸、浓硝酸发生钝化。
7．（2020·江苏）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
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】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不符合题意；
B.NO2与H2O反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，离子方程式为3NO2＋H2O=2H＋＋2 ＋NO，故B不符合题意；
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符合题意；
D.AgOH能与过量的NH3·H2O反应生成[Ag(NH3)2]OH，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】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．（2020·江苏）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
【知识点】键能、键长、键角及其应用；焓变和熵变；化学平衡常数
【解析】【解答】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，A不符合题意；
B．根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数K= ,B符合题意；
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，C不符合题意；
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)，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．气体增加，所以混乱度增加，熵增加；
B．注意固体不考虑浓度；
C.标况下才能用气体摩尔体积衡量；
D．△H=反应物键能总和－生成物键能总和。
9．（2020·江苏）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
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】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，A符合题意；
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，B不符合题意；
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)，C不符合题意；
D．Cl和Br为同主族元素，最外层电子数相等，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A．NaOH为强碱Mg(OH)2为弱碱；
B．Cl2的氧化性强于Br2；
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；
D．Cl和Br最外层均为7个电子。
10．（2020·江苏）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
【知识点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】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，A不符合题意；
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不符合题意；
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符合题意；
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不符合题意；
故答案为：C
【分析】A． 2Cl2+2Ca(OH)2（石灰乳）=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O ；
B．二氧化碳与氯化钠溶液不反应；
C．Cl2+2I-=I2+2Cl-、 Cl2+2Br-=Br2+2Cl-、Br2+2I-=I2+2Br- ；
D． MgCl2（熔融）Mg+Cl2；
二、不定项选择题
11．（2020·江苏）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
【知识点】金属的腐蚀与防护；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】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不符合题意；
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不符合题意；
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符合题意；
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不符合题意；
故答案为：C。
【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。
12．（2020·江苏）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】C,D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A .X中 红色碳原子为手性碳原子，故A说法不符合题意；
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说法不符合题意；
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说法符合题意；
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说法符合题意；
故答案为：CD。
【分析】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。
13．（2020·江苏）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
【知识点】物质的检验和鉴别；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】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不符合题意；
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符合题意；
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不符合题意；
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不符合题意；
故答案为：B。
【分析】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。
14．（2020·江苏）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】A,D
【知识点】电解质在水溶液中的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】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： ，A符合题意；
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： ，B不符合题意；
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+)，C不符合题意；
D.该混合溶液中物料守恒为： ，电荷守恒为： ，两式相加可得： ，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A. Na2CO3碱性强于NaHCO3，说明水解程度CO32->HCO3-；
B.弱电解质的电离程度微弱，主要是电解质的电离为主；
C.CH3COOH的电离微弱，CH3COONa完全电离；
D.根据电荷守恒和物料守恒计算质子守恒关系。
15．（2020·江苏）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】B,D
【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】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，A不符合题意；
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，B符合题意；
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，C不符合题意；
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，D符合题意；
故答案为：BD
【分析】A．根据勒夏特列原理来考虑；
B．根据两者反应的化学方程式，考虑量的变化；
C．催化剂不平衡转化率，只改变化学反应速率；
D．可以通过增加一种反应物的方法提高另一种的转化率。
三、非选择题
16．（2020·江苏）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-、SO32-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】（1） 或 ；HSO
（2）ZnSO3； 或
（3）随着pH降低，HSO 浓度增大；减小
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；常见的生活环境的污染及治理；离子方程式的书写
【解析】【解答】(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) 可以经氧气氧化生成 ，这一过程中需要调节溶液pH在4.5~6.5的范围内，pH越低，溶液中的 的浓度越大，使得催化氧化过程中反应速率越快；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。
【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。
17．（2020·江苏）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】（1）醛基；(酚)羟基
（2）
（3）取代反应
（4）
（5）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成
【解析】【解答】(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 。
【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；
18．（2020·江苏）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】（1）；NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解
（2） 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
【知识点】中和滴定；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(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，从而使次氯酸钠失效；
(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；
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。
【分析】(1) 2NaOH + Cl2 = NaCl + NaClO + H2O （冷水） ； NaClO+CO +H O=NaHCO +HClO ；
(2) ①根据关系式 C3N3O3Cl2-~2HClO~2l2~4S2O32-，计算对应的有效氯;
②HClO的消耗量偏低，导致测定的有效氯含量会偏低。
19．（2020·江苏）实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成分为铁的氧化物)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】（1）A；B
（2）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）pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全
（4） 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
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(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；
故答案为：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，Ksp(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。
【分析】铁泥的主要成分为铁的氧化物，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。
20．（2020·江苏）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】（1）；温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强
（2）；H2SO4； 或
（3）HD；提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度
【知识点】化学电源新型电池；化学反应速率的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(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。
【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。
四、选做题
21．（2020·江苏）【物质结构与性质】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】（1）1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；O
（2）sp3；N＞O＞C
（3）CH4或SiH4
（4）7
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；“等电子原理”的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(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。
【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。
22．（2020·江苏）【实验化学】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】（1）(回流)冷凝管；防止升温太快、控制反应体系pH
（2）防止暴沸
（3）减小；趁热过滤
（4）提高羟基乙酸钠的析出量(产率)
【知识点】实验装置综合；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(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)。
【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。
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