【文档说明】2020年高考真题——化学（江苏卷）.pdf，共(25)页，553.040 KB，由envi的店铺上传

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-1-化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Zn65Br80Ag108Il27单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。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.PM2.5B.O2C.SO2D.NO【答案】B【解析】【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32428NH3Cl6NHClN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：97NB.N2分子的电子式：NNC.Cl2分子的结构式：Cl—Cl-2-D.Cl-的结构示意图：【答案】C【解析】【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167N，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】【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.10.1molL氨水溶液：Na+、K+、OH-、NO-3-3-B.10.1molL盐酸溶液：Na+、K+、SO2-4、SiO2-3C

.10.1molLKMnO4溶液：NH+4、Na+、NO-3、I-D.10.1molLAgNO3溶液：NH+4、Mg2+、Cl-、SO2-4【答案】A【解析】【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．4MnO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C

aCO3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CO2B.收集CO2C.滤去CaCO3-4-D.制得CaCl2﹒6H2O【答案】D【解析】【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．CaCl

2∙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Na2O2B.室温下，Al与4.0m

ol﹒L-1NaOH溶液反应生成NaAlO2C.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】【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：2

2ClHO2HClClOB.NO2通入水中制硝酸：2232NOHO2HNONO-5-C.10.1molLNaAlO2溶液中通入过量CO2：22233AlOCO2HOAl(OH)HCOD.1

0.1molLAgNO3溶液中加入过量浓氨水：324AgNHHOAgOHNH【答案】C【解析】【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＋H2OH＋＋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＋＋23NO＋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2AlO＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋

3HCO，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2-3CO，还有选项D，AgOH能溶于氨水中，生成银氨溶液。8.反应42SiCl(g

)+2H(g)Si(s)+4HCl(g)高温可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是A.该反应H>0、S<0B.该反应的平衡常数4242c(HCl)KcSiClcHC.高温下反应每生成1molSi需消耗2222.4LHD用E表示键能

，该反应ΔH=4E(Si-Cl)+2E(H-H)-4E(H-Cl)【答案】B【解析】【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=4242c(HCl)c(SiCl)c(H),故B正确；-6-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。阅读下列资料，完成9~10题海水晒盐后精制得到NaCl，氯碱工业电解饱和NaCl溶液得到Cl2和NaOH，以NaCl、NH3、CO2等为原料可得到NaHCO3；向海水晒盐得到的卤水

中通Cl2可制溴；从海水中还能提取镁。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:(Br)(Cl)(Mg)(Na)rrrr＞＞＞D.原子的最外层电子数n:n(Na)n(Mg)

n(Cl)n(Br)＜＜＜【答案】A【解析】【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.NaCl(aq)2Cl电解(g)石灰水漂白粉(s)B.NaCl(aq)2CO3gNaHCO(s)23NaCO加热(s)C.NaBr(aq)2Cl2gBr(aq)Nal2aqI(aq)-7-D.2Mg(OH)(s)HClaq2Mg

Cl(aq)Mg电解(s)【答案】C【解析】【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。不定项选择题：本题

包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。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2Fe2eFe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-8-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.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】【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-9-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。

13.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10.1molL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10.1molL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BaCO3D向10.1molLH2O2溶液

中滴加10.1molLKMnO4溶液，溶液褪色H2O2具有氧化性A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【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-10-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+3H

2O2=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。14.室温下，将两种浓度均为10.1molL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.

323NaHCONaCO混合溶液(pH=10.30)：233NaHCOCOOHccccB.氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：432NHHNHHOOHc

cccC.33CHCOOHCHCOONa混合溶液(pH=4.76):33NaCHCOOHCHCOOHccccD.22424HCONaHCO混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸):222424HHCONaCOOHccc

cc【答案】AD【解析】-11-【详解】A.NaHCO3水溶液呈碱性，说明3HCO的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：2--33COHCO＞，溶液中剩余微粒浓

度关系为：-2-33HCOCOcc，2-3CO和-3HCO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：

+-2--33Na>HCO>CO>OHcccc，故A正确；B.该混合溶液中电荷守恒为：++--4NH+H=OH+Clcccc，物料守恒为：+-324NH·HO+NH=2Clccc，两式联立消去c(C

l-)可得：++-432NH+2cH=2cOH+cNHHOc，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：+-2-22424242Na=HCO+HCO+COcccc，电荷

守恒为：2---++24242CO+HCO+OH=Na+Hccccc，两式相加可得：++2--22424H+HCO=Na+CO+OHccccc，故D正确；综上所述，浓度关系正确的是：AD。15.C

H4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应1422CH(g)CO(g)2H(g)2CO(g)247.1kJmolH1222H(g)CO(g)HO(g)CO(g)41.2kJmolH

在恒压、反应物起始物质的量比42CH:CO1:1nn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-12-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】【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)H

2(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。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-、SO32-的物质的量分数随pH的分布如图-1所示。-13-(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SO2-4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).2322432NHHOSO2NHSO或23224322NHHOSO2NHSOHO(2).HSO-3(3).ZnSO3(4).23223ZnS

OSOHOZn2HSO或2223ZnO2SOHOZn2HSO(5).随着pH降低，HSO-3浓度增大(6).减小【解析】【分析】-14-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-3HSO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+4NH+2-3SO（或2NH3

·H2O+SO2=2+4NH+2-3SO+H2O）；根据图-1所示，pH=6时，溶液中不含有亚硫酸，仅含有-3HSO和2-3SO，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-3HSO；(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=Zn

2++2-3HSO（或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2-3HSO）(3)-3HSO可以经氧气氧化生成2-4SO，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-3HSO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-3HSO反应生成2-4SO，反应的离子方程式为2-3HSO+O2=22-4SO+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。-15-②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(2).(酚)羟基(3).(4).取代反应(5).(6).【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；-16-(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，CH3CH2C

H2OH在PBr3作用下生成CH3CH2CH2Br，合成路线是CH3CH2CHOCH3CH2CH2OHCH3CH2CH2Br。【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.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NaO

H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333223333CNOClH2HOCHNO2HClO22HClO2IHIClHO2222346I2SOSO2I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10.1000molL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，2100%测定中转化为HClO的氯元素质量该样品的有效氯样品的质量)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-17-“偏低”)。【答案】(1).22

Cl2OHClOClHO(2).NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解(3).2--1-323nO=0.1000molL0.02000L=2.00010molS根据物质转换和电子得失

守恒关系：23332223CNOCl~2HClO~2I~4SO得2323(Cl)0.5SO1.00010molnn氯元素的质量:31(Cl)1.00010mol35.5gmol0.03550gm该样品的有效氯为：0.0355

02100%63.39%25.0mL1.1200g250.0mLg该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品(4).偏低【解析】【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：---22Cl+2OH=ClO+C

l+HO；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：---22Cl+2OH=ClO+Cl

+HO；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，-3332CNOCl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：-2-3332223CNOC

l2HClO2I4SO，2-1323O)0.1000molL0.02000L2.00010mol(Sn，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n(Cl)=0.52-23nSO（）=-31.00010mol，氯元素的质量：m(Cl)=-3-11.00

010mol35.5gmol=0.03550g，该样品中的有效氯为：2100%25.00mL1.1200g250.0mL0.03550g=63.39%，该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品-18-故答案为：n(S2O23)=-130.1000molL

0.02000L2.00010mol，根据物质转换和电子得失守恒关系：-2-3332223CNOCl2HClO2I4SO，得n(Cl)=0.52-23nSO（）=-31.00010mol

，氯元素的质量：m(Cl)=-3-11.00010mol35.5gmol=0.03550g，该样品中的有效氯为：2100%25.00mL1.1200g250.0mL0.03550g=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-+333223333CNOCl+H+2HO=CHNO+2HClO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；19.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___________[-9sp2CaF=5.310K，-4a(HF)=6.310K]。(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：__。-19-【FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5】。【答案】(1).

AB(2).H2(3).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(4).pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全(5).2332342FeHCONHHOFeCONHHO或23334FeH

CONHFeCONH(6).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K

SCN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955.310110mol/L=5.3×10-2mol/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-20-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++-3HCO+NH3·H2O=FeCO3↓++4NH+H2O（或Fe2++-3HCO+NH3=FeCO3↓++4

NH），答案为：Fe2++-3HCO+NH3·H2O=FeCO3↓++4NH+H2O（或Fe2++-3HCO+NH3=FeCO3↓++4NH）。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—NH4HC

O3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2-4SO；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。

20.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-21-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).322HCOHHCOOHO催化剂(2).温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强(3).32HCOO2OH2eHCOHO

(4).H2SO4(5).2322HCOOH2OHO2HCO2HO或232HCOOO2HCO(6).HD(7).提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度【解析】【分析】-22-(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3HCO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：3HCO+H2催化剂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3HCO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3HCO，根据电荷守恒和元素守恒可得电极反应式为HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ===3HCO+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3HCO，根据电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为2HCOOH+O2+2OHˉ=23HCO+2H2O或2HCOOˉ+O2=23HCO；(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。21.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】。-23-(1)Fe基态核外电子排布式为___________；226FeHO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+4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。1mol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).1s22

s22p63s23p63d64s2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+4NH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(H

2O)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13(513)3142，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+4NH互为等电子体的分子是CH4或SiH4；故答案为：-24-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1

mol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。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222ClCHCOOH2NaOHHOCHCOONaNaClHO0H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-25-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(2).防止升温太快、控制反应体系pH(3).防止暴沸(4).减小(5).趁热过滤(6).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222ClCHCOOH2NaOHHOCHCOONaNaClHO0H

，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。