2020年高考真题-化学（江苏卷）（解析版）

化学试题 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 Cl35.5 K 39 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Br 80 Ag108 Il27 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. 5 B. O2 C. SO2 D. 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 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： 的 3 2 4 28NH 3Cl 6NH Cl N=+ + 9 7 N N N【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 ，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. 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- 16 7 N 10.1mol L−⋅ - 3 10.1mol L−⋅ 2- 4 2- 3 10.1mol L−⋅ + 4 - 3D. AgNO3 溶液：NH 、Mg2+、Cl-、SO 【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． 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 10.1mol L−⋅ + 4 2- 4 4MnO−【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．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 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】 【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】 的 2 2Cl H O 2H Cl ClO+ − −+ + + 2 2 32NO H O 2H NO NO+ −+ = + + 10.1mol L−⋅ 2 2 2 3 3AlO CO 2H O Al(OH) HCO− −+ + = ↓ + 10.1mol L−⋅ 3 2 4Ag NH H O AgOH NH+ ++ + = ↓+【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】 【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。 3NO− 2AlO− 3HCO− 2- 3CO 4 2SiCl (g)+2H (g) Si(s)+4HCl(g)高温 H>0∆ S > > ( ) ( ) ( ) ( )4 3 2NH H NH H O OHc c c c+ + −+ = ⋅ + 3 3CH COOH CH COONa− ( ) ( ) ( ) ( )3 3Na CH COOH CH COO Hc c c c+ − +> > > 2 2 4 2 4H C O N aH C O− ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 4 2 4H H C O Na C O OHc c c c c+ + − −+ = + + 3HCO− 2- - 3 3CO HCO＞ ( ) ( )- 2- 3 3HCO COc c> 2- 3CO - 3HCO，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 ( ) ( ) ( ) ( )+ - 2- - 3 3Na > HCO > CO > OHc c c c ( ) ( ) ( ) ( )+ + - - 4NH + H = OH + Clc c c c ( ) ( ) ( )+ - 3 2 4NH ·H O + NH =2 Clc c c ( ) ( ) ( ) ( )+ + - 4 3 2NH +2c H =2c OH +c NH H Oc ⋅ ( ) ( ) ( ) ( )+ - 2- 2 2 4 2 4 2 42 Na = H C O + HC O + C Oc c c c ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2- - - + + 2 4 2 42 C O + HC O + OH = Na + Hc c c c c ( ) ( ) ( ) ( ) ( )+ + 2- - 2 2 4 2 4H + H C O = Na + C O + OHc c c c c 1 4 2 2CH (g) CO (g) 2H (g) 2CO(g) 247.1kJ molH −+ = + ∆ = ⋅ 1 2 2 2H (g) CO (g) H O(g) CO(g) 41.2kJ molH −+ = + ∆ = ⋅ ( ) ( )4 2CH : CO 1:1n n =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) 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。 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。 (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 (2). HSO (3). ZnSO3 (4). 或 (5). 随着 pH 降低，HSO 浓度增大 (6). 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 2- 4 2 3 2 2 4 32NH H O SO 2NH SO+ −+ + = + 2 3 2 2 4 3 22NH H O SO 2NH SO H O+ −⋅ + = + + - 3 2 3 2 2 3ZnSO SO H O Zn 2HSO+ −+ + = + 2 2 2 3ZnO 2SO H O Zn 2HSO+ −+ + = + - 3 - 3HSO + 4NH 2- 3SO + 4NH 2- 3SO - 3HSO 2- 3SO - 3HSOZnSO3+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。 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】 (1). 醛基 (2). (酚)羟基 (3). (4). 取代反应 (5). (6). 。 - 3HSO - 3HSO - 3HSO 2- 4SO - 3HSO - 3HSO 2- 4SO - 3HSO 2- 4SO【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.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). (2). NaClO 溶液吸收空气中的 CO2 后 产生 HClO，HClO 见光分解 (3). 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 (4). 偏低 【解析】 3 3 3 2 2 3 3 3 3C N O Cl H 2H O C H N O 2HClO− ++ + = + 2 2HClO 2I H I Cl H O− + −+ + = + + 2 2 2 2 3 4 6I 2S O S O 2I− − −+ = + 10.1000mol L−⋅ 2 100% ×= ×测定中转化为HCl O的氯元素质量该样品的有效氯 样品的质量 2 2Cl 2OH ClO Cl H O− − −+ = + + ( )2- -1 -3 2 3n O =0.1000mol L 0.02000L=2.000 10 molS × × × 2 3 3 3 2 2 2 3C N O Cl ~ 2HClO ~ 2I ~ 4S O− − ( )2 3 2 3(Cl) 0.5 S O 1.000 10 moln n − −= = × 3 1(Cl) 1.000 10 mol 35.5g mol 0.03550gm − −= × × ⋅ = 0.03550 2 100% 63.39%25.0mL1.1200g 250.0mL g × × = ×【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； 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。 - - - 2 2Cl +2OH =ClO +Cl +H O - - - 2 2Cl +2OH =ClO +Cl +H O - 3 3 3 2C N O Cl - 2- 3 3 3 2 2 2 3C N O Cl 2HClO 2I 4S O   2 -1 3 2 3O ) 0.1000mol L 0.02000L 2.000 10 mol(Sn − −= ⋅ × = × 2- 2 3n S O（ ） -31.000 10 mol× -3 -11.000 10 mol 35.5g mol× × ⋅ 2 100%25.00mL1.1200g 250.0mL 0.03550g × × × 2 3 − -1 30.1000mol L 0.02000L 2.000 10 mol−⋅ × = × - 2- 3 3 3 2 2 2 3C N O Cl 2HClO 2I 4S O   2- 2 3n S O（ ） -31.000 10 mol× -3 -11.000 10 mol 35.5g mol× × ⋅ 2 100%25.00mL1.1200g 250.0mL 0.03550g × × × - + 3 3 3 2 2 3 3 3 3C N O Cl +H +2H O=C H N O +2HClO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 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). 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). 或 (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。 的 ( ) -9 sp 2CaF =5.3 10K × -4 a (HF)=6.3 10K × 2 3 3 2 3 4 2Fe HCO NH H O FeCO NH H O+ − ++ + ⋅ = ↓ + + 2 3 3 3 4Fe HCO NH FeCO NH+ − ++ + = ↓ +【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，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 9 5 5.3 10 1 10 − − × × 5.3 - 3HCO + 4NH - 3HCO + 4NH - 3HCO + 4NH - 3HCO + 4NH 2- 4SO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 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). (2). 温度升高反应速率增大，温度升 高催化剂的活性增强 (3). (4). H2SO4 (5). 或 (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】 (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 3 2 2HCO H HCOO H O− −+ +催化剂 3 2HCOO 2OH 2e HCO H O− − − −+ − = + 2 3 22HCOOH 2OH O 2HCO 2H O− −+ + = + 2 32HCOO O 2HCO− −+ = 3HCO− 3HCO− 催化剂 3HCO− 3HCO−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。 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】。 (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 (2). O (3). sp3 (4). N＞O＞C (5). CH4 或 SiH4 (6). 7 【解析】 3HCO− 3HCO− 3HCO− 3HCO− ( ) 2 2 6Fe H O +   + 4【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。 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： + 4NH 13 (5 1 3) 3 1 42 + − × = + = + 4NH 2 2 2ClCH COOH 2NaOH HOCH COONa NaCl H O 0H+ → + + ∆