2019年高考真题化学（江苏卷含解析）.pdf

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1、2019年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）化学注 意 事 项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本卷满分为120分，考试时间为100分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。5.如需作图，须用2

2、B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32Cl 35.5 K39 Ca 40 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ag 108 I 127选 择 题单项选择题：本题包括1 0小题，每小题2分，共计2 0分。每小题另有：个选项符合题意。1.糖类是人体所需的重要营养物质。淀粉分子中不含的元素是A.氢 B.碳 C.氮 D.氧【答案】C【解析】【分析】此题属于一道简单题目，考点在于营养物质中糖类的组成元素。【详解】淀粉属于多糖，组成元素为CxH2no蛋白质和氨基酸中含有N元素，故选C。2.反应N

3、H4Cl+NaNC）2=NaCl+N2T+2H2。放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是A.中子数为1 8 的氯原子：；B.N 2 的结构式:N=N+_C.Na的结构小意图：i C i d 2 8 1/D.比0的电子式：H：O：H【答案】D【解析】【分析】此题考查化学用语，化学用语包括:化学式，结构式，电子式，原子结构示意图以及不同核素的表达，也属于简单题【详解】A.考察核素的表达广b X,其中a 表示X原子的相对原子质量，b 表示X原子的质子数,那中子数=上0所 以 A选项表示的是中子数为1的氯原子与题意不符；B考察的结构式，因为氮原子最外层电子数为5,

4、还需要3个电子形成8电子稳定结构，所以俩个氮原子共用3对电子因此氮气的结构式为氮氮三键的形式，故 B错误；C.考察的原子结构示意图，钠原子的核外有 1 1 个电子，而钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，那么钠离子的一共有1 0 个电子，C选项有1 1 个，表示的钠原子的结构示意图，故错误。D.氧原子最外层六个电子，两个氢分别和氧公用一对电子。D正确。故选D。3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.N H 4 H C O 3 受热易分解，可用作化肥B.稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈C.S O 2 具有氧化性，可用于纸浆漂白D.A L O a 具有两性，可用于电解冶炼铝【答案】B【解析】【

5、详解】A.N H 4 H C O 3 受热易分解和用作化肥无关，可以用作化肥是因为含有氮元素;B.硫酸酸性可以和金属氧化物反应，具有对应关系：C.二氧化硫的漂臼属于结合漂白不涉及氧化还原，故和氧化性无关，而且二氧化硫氧化性较弱，只和强还原剂反应例如硫化氢，和其他物质反应主要体现还原性；D.电解冶炼铝，只能说明氧化铝导电，是离子晶体，无法说明是否具有两性，和酸碱都反应可以体现AI2O3具有两性。故选B.4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.0.1 moI L NaOH 溶液：N a K*、CO j、A1O2B.0.1 molL/FeCL溶液：K Mg2 SO：、MnO4C.0.1

6、 mol L iK2cO3溶液：N a Ba2 C l OHD.0.1 m olTH，SO4溶液：K NH；、NO；、HSO：4 J J【答案】A【解析】【分析】此题考的是离子共存问题，应从选项的条件获取信息，在从中判断在此条件的环境中是否有离子会互相反应，能大量共存就是没有可以互相发生反应的离子存在。【详解】A 选项是一个碱性环境，没有存在能与氢氧根发生反应的离子，故 A 正确；B选项是一个亚铁离子和氯离子的环境，选项中有高锦酸根可以与铁离子反应，故错误；C 选项是一个钾离子和碳酸根的环境，选项中存在钢离子可以与碳酸根发生反应生成沉淀，故错误；D 选项是氢离子和硫酸根的环境，选项中有硝酸根和

7、亚硫酸氢根，其中硝酸根可以与氢离子结合成硝酸，硝酸具有强氧化性可以氧化亚硫酸氢根，故错误。5.下列实验操作能达到实验目的的是气体乙NaOH溶液A.用经水湿润的p H 试纸测量溶液的pHB.将 4.0 g N a O H 固体置于1 0 0 mL容量瓶中，加水至刻度，配 制 1.0 0 0 mo lNaOH溶液C.用装置甲蒸干A l C b 溶液制无水A IC I3 固体D.用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量S O?【答案】D【解析】【分析】此题考点为根据所给实验操作是否可以达到实验目的，必须要根据实验操作推断出实验的结果，再与选项中的实验结果一一对应。属于简单常规题目【详解】用水润湿的PH试纸

8、测量溶液的P H 会出现人为误差，实验数据不准，故 A项错误;B选项将氢氧化钠直接置于容量瓶中，加水后氢氧化钠溶于水会放热引起实验误差或炸裂容量瓶，故错误；用甲装置蒸干氯化铝溶液所得的产物因氯离子会发生水解，加热后水解程度增大，蒸发所得的产物为氢氧化铝固体，故 C错误；【点睛】蒸干溶液可以得到溶质固体，但必须考虑溶液中弱离子的水解平衡，当温度升高后会促进弱离子水解，那最后实验所得产物不一定是溶液的溶质。6.下列有关化学反应的叙述正确的是A.F e在稀硝酸中发生钝化C.S O 2 与过量氨水反应生成(N H 4)2 S C 3B.M n O?和稀盐酸反应制取C 1 2D.室温下N a 与空气中。

9、2 反应制取N a zO z【答案】c【解析】【分析】相同的反应物，条件不同(如温度、浓度、过量与少量)，反应有可能也不同;A.钝化反应应注意必须注明常温下，浓硝酸与F e发生钝化；B.实验室制备氯气的反应中应注意盐酸的浓度和反应温度；C.过量与少量问题应以少量物质为基准书写产物；D.钠的还原性强，其与氧气反应，温度不同，产物也不同；【详解】A.常温下，Fe在与浓硝酸发生钝化反应，故 A 错误；B.二氧化镒与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，故 B 错误；C.二氧化硫与过量氨水反应生成硫酸镂，故 C 正确；D.常温下，N a与空气中的氧气反应生成Na?。；加热条件下，钠与氧气反应生成NazCh，

10、故 D错误；综上所述，本题应选C。【点睛】本题考查常见物质的化学反应，相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量），反应有可能也不同，所以在描述化学反应时应注意反应的条件。7.下列指定反应的离子方程式正确的是A.室温下用稀 NaOH 溶液吸收 Ck：C12+2OH =C 1 O +C1+H2OB.用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：A l+2 0 K =A1O；+H2TC.室温下用稀 HNO3溶解铜：Cu+2 NO；+2H+=C u2+2NO2t+H2OD.向 NazSiOs溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO31+2Na+【答案】A【解析】【分析】B.电荷不守恒；C.

11、不符合客观事实；D.应拆分的物质没有拆分；【详解】A.NaOH为强碱，可以拆成离子形式，氯气单质不能拆，产物中NaCl和 NaClO为可溶性盐，可拆成离子形式，水为弱电解质，不能拆，故 A 正确；B.该离子方程式反应前后电荷不守恒，应改为：2AI+2OH+2H =2A1（V+3H2，故 B 错误；C.室温下，铜与稀硝酸反应生成NO2，应改为：3Cu+2NO348H+=2NO+3Cu2+4H2O,故 C 错误；D.NazSiCh为可溶性盐，可以拆成离子形式，应改为：SiO32-+2H+=H2SiO.4,故 D 错误；综上所述，本题应选A.【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正

12、确可从以下几个方面进行：从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；从反应的条件进行判断；从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。8.短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 是地壳中含量最多的元素，Y 原子的最外层有2 个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W 与 X 位于同一主族。下列说法正确的是A.原子半径：r(W)r(Z)/r(X)B.由X、Y 组成的化合物是离子化合物C.Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比

13、W 的强D.W 的简单气态氢化物的热稳定性比X 的强【答案】B【解析】【分析】X 是地壳中含量最多的元素，因此X 为。元素，Y 的最外层有两个电子，且 Y 是短周期元素，原子序数大于0,因此Y 为 M g元素，Z的单质晶体是广泛应用的半导体材料，所以Z为 S i元素，W 与 X 同主族，且 W 是短周期元素，原子序数大于X,所以W 为 S 元素；据此解题；【详解】A.元素周期表中，同族元素原子半径随核电荷数增加而增加，0 为于第二周期，其他元素位于第三周期，因 此 0 的原子半径最小，同周期元素，核电荷数越大，半径越小，因此原子半径应为r(M g)r(Si)r(S)r(O),故 A 错误；B.

14、X为 0 元素，Y 为 M g元素，两者组成的化合物氧化镁为离子化合物，故 B 正确；C.Z 为 S i元素，W 为 S 元素，因为S 的非金属性强于S i,所以S 的最高价氧化物对应水化物的酸性强于S i的，故 C 错误；D.W为 S 元素，X 为 0 元素，因为O 的非金属性强于S,所以O 的气态氢化物的热稳定性强于 S 的，故 D 错误；总上所述，本题选B.【点睛】本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，应先根据提示推断所给原子的种类，再原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均

15、能实现的是A.NaCl(aq)Cl2(g)-FeCl2(s)B.MgCk(叫)一 Mg(OH)2(s)MgO(s)C.S(s)f-S O3(g)!j-H2SO4(aq)D-Ng)二盘黑化剂NE(g)舞错 Na2c0m)【答案】B【解析】【分析】A.电解条件时应看清是电解水溶液还是电解熔融态物质；B.根据，强碱制弱碱，原理制备氢氧化镁；C.注意生成二氧化硫与三氧化硫的条件；D.氨气、二氧化碳和氯化钠反应制备碳酸氢钠是利用碳酸氢钠的溶解度低；【详解】A.氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，故 A 错误；B.氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁高温烟烧生成氧化镁和水，故 B正确

16、；C.硫单质在空气中燃烧只能生成S02,SO2在与氧气在催化剂条件下生成S03，故 C 错误；D.氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故 D错误；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化条件。10.将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是A.铁被氧化的电极反应式为F e-3 5 F e 3+B.铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能C.活性炭的存在会加速铁的腐蚀D.以水代替N a。溶液，铁不能发生吸氧腐蚀【答案

17、】C【解析】【分析】根据实验所给条件可知，本题铁发生的是吸氧腐蚀，负极反应为：F e-2 e=F e2-；正极反应为:O 2+H 2 O +4 e.=4 O H;据此解题；【详解】A.在铁的电化学腐蚀中，铁单质失去电子转化为二价铁离子，即负极反应为：F e-2 e =F e，故 A 错误；B.铁的腐蚀过程中化学能除了转化为电能，还有一部分转化为热能，故 B错误；C.活性炭与铁混合，在氯化钠溶液中构成了许多微小的原电池，加速了铁的腐蚀，故 C正确D.以水代替氯化钠溶液，水也呈中性，铁在中性或碱性条件下易发生吸氧腐蚀，故 D错误；综上所述，本题应选C.【点睛】本题考查金属铁的腐蚀。根据电解质溶液的

18、酸碱性可判断电化学腐蚀的类型，电解质溶液为酸性条件下，铁发生的电化学腐蚀为析氢腐蚀，负极反应为：F e-2 e=F e2-；正极反应为：2 H+2 e=H2；电解质溶液为碱性或中性条件下，发生吸氧腐蚀，负极反应为：F e-2 e=F e2-；正极反应为：O 2+H 2 O+4 e=4 O H-。不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计2 0分。每小题只有一个吸西个选项符合题意。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。1 1.氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关

19、说法正确的是A.一定温度下，反应2 H 2（g）+O 2（g）=2比0。能自发进行，该反应的，（）B.氢氧燃料电池负极反应为0 2+2&0+4 5 =4 0 1 1 一C.常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗1 1.2 L H 2,转移电子的数目为6.0 2 x 1（）2 3D.反应2 H 2（g）+O 2（g）=2H2O（g）的 可 通 过 下 式 估 算：【答案】A【解析】【详解】A.体系能量降低和混乱度增大都有促使反应自发进行的倾向，该反应属于混乱度减小的反应，能自发说明该反应为放热反应，即A H 4 溶液反应D.室温下X、Y分别与足量B n 加成的产物分子中手性碳原子数目相等【答案】

20、CD【解析】【详解】A.X分子中，Imol竣基消耗ImolNaOH,Imol由酚羟基形成的酯基消耗2moiNaOH,所 以 ImolX最多能与3moiNaOH反应，故 A 错误；B.比较X 与 Y 的结构可知，Y 与乙酸发生酯化反应可得到X,故 B 错误；C.X和 Y 分子中都含有碳碳双键，所以均能与酸性高镒酸钾溶液反应，故 C 正确；D.X和 Y 分子中碳碳双键的位置相同，分别与足量母2加成后产物的结构相似，所以具有相同数目的手性碳原子，都有3 个，故 D 正确；故选CDo13.室温下进行下列实验，根据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 X 溶液中滴加几滴新制氯水，

21、振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色X 溶液中一定含有Fe?+B向浓度均为0.05 mol L-1的 NaL NaCl混合溶液中滴加少量AgNCh溶液，有黄色沉淀生成&p(AgI)Ksp(AgCl)C向 3 mLKI溶液中滴加几滴浸水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色Br2的氧化性比b 的强D用 pH试纸测得：CH3coONa溶液的pH约为9,NaNOz溶液的pH约为8HNC2电离出H+的能力比CH3coOH 的强A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A.先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液变红，说明存在F e+,而此时的F,+是否由Fe?+氧化而来是不能确定的，

22、所以结论中一定含有Fe?+是错误的，故 A 错误；B.黄色沉淀为AgL在定量分析中可以看出Agl比AgCl更难溶,则说明Ksp(AgI)C(NH；)c(OH)c(H+)B.0.2mol L NH4HCO3 溶液(pH7)：c(NH；)c(HCO；)c(H2co3)c(NH3 H2O)C.0.2mol LH氨水和OZ mollTNHqHCCh溶液等体积混合：c(NH：)+c(NH3-H2(D)=c(H2co3)+c(HCO；)+c(CO j)D.0.6mol-L-1氨水和0.2mol.LTNH4HCC)3溶液等体积混合：C(NH3-H2O)+C(CO j )+c(OH-)=0.3mol-1/1+

23、以 112co3)+C(H+)【答案】BD【解析】【详解】A.NH3H2O属于弱电解，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3H2O噜迨NH/+OH,H2O 港垃 H+OH,所以 c(OH-)c(NHj),故 A 错误;B.NH4HCO3溶液显碱性，说明HCCh-的水解程度大于N H J的水解，所以c(NHj)c(HCO3)HCO3冰 解：HCCh解 珍 H2co3+OH,NH4+水解：NHJ+H2O脩珍 NH3-H2O+H+,前者水解程度大，则 C(H2co3)C(NH3 H2。),故 B 正确；C.由物料守恒，n(N):n(C)=2:l,则有 c(NH4+)+c(NHrH2O)=2c(H2

24、cosHaHCOC+cCCh，故C 错误；D.由物料守恒，n(N):n(C)=4:l,则有 c(NH4+)+c(NH.rH2O)Mc(H2CO3)+c(HCO3)+c(CO32);电荷守恒有：C(NH J)+C(H+)=C(H C O3)+2C(C O3 2-)+C(OH-)；结合消去 c(NH4+)M：c(NH3 H2O)+c(OH)=c(H*)+4c(H2co3)+3c(HCO32c(CO3)，OZ mol/LNEHCCh 与氨水等体积混合后，c(NH4HCO30.1m ol/L,由碳守恒有，c(H2C03)+c(HC03)+c(C032)=0.1 mol/L,将等式两边各加一个C(C 0

25、 3 ,则有C(NH 3-H 2 O)+C(OH)+C(C O32)=C(H+)+C(H2C O3)+3C(H2C O3)+3C(H C O3)+3C(C O32),将带入中得，c(NH3-H2O)+c(OH)+c(CO32)=c(H+)+3c(H2CO3)+0.3mol/L,故 D 正确；故选BD。15.在恒压、NO和。2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为N02的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。5爵30NB.图中X 点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率C.图中Y 点所示条件下，增加02的浓度不能提高NO转化率D

26、.380下，c 起 好(O2)=5.0X1()7 mo.LL NO平衡转化率为5 0%,则平衡常数K2000【答案】BD【解析】【详解】A.随温度升高NO的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，一段时间内并未达到平衡，分析温度较高时，已达到平衡时的NO转化率可知，温度越高NO转化率越低,说明温度升高平衡向逆方向移动，根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应，A H -r-=2000,故 D 正确C2(NO)-C(O2)(0.5a)2 x(5xl0-0.5a)SxW4故选BD非 选 择 题16.N2O,NO和 NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。(I)N20的处理

27、。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与。2在加热和催化剂作用下生成N2o 的化学方程式为 O(2)NO和 NO?的处理。己除去N?O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为NO+NO2+2 O H =2 NO；+H2O2NO2+2O H=NO；+NO；+H2O下列措施能提高尾气中NO和 NO?去除率的有(填字母)。A.加快通入尾气的速率B.采用气、液逆流的方式吸收尾气C.吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNCh晶体，该 晶 体 中 的 主 要 杂 质 是(填化学式)；吸 收 后 排 放 的 尾 气 中 含 量

28、较 高 的 氮 氧 化 物 是 (填化学式)。(3)NO的氧化吸收。用 NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为NO；的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。在酸性NaClO溶液中，HC1O氧化NO生成C 和 NO；,其 离 子 方 程 式 为。NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是。100908070卓、爵群ON60 I.I2 4 6 8 10pH傕化剂【答案】(1).2NH?+2O,=N，0+3H，0 (2).BC(3).NaNCh(4).NOA(5).3HC1O+2NO+H2O =3Cf+2 NO,+5H+(6

29、).溶液pH越小,溶液中 HC1O的浓度越大,氧化NO的能力越强【解析】【详解】(1)NH3与 02在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成N zO,根据得失电子守恒和原子守恒可知反应有水生成，配平化学方程式为：2NH3+2O2望 丝=用0+3比0,故答案为：2NH3+2O,叁 工 N,O+3H,O；(2)A.加快通入尾气的速率，不能提高尾气中NO和 NO2的去除率，不选A；B.采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中NO和 NCh的去除率,选 B；C.定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中NO和 NCh的去除率，选 C。故答案为：BC；由吸收反应：NO+

30、NO2+2OH=2NO2+H2O,Z NCh+Z OH=NCh*NO3+H2O 可知，反应后得到NaNO?和 NaNCh混合溶液,经浓缩、结晶、过滤得到NaNO?和 NaNCh晶体，因此得到的NaNO2混有N aN Ch;由吸收反应可知，若 NO和 NO?的物质的量之比大于1：1,NO不能被吸收，因此，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO,故答案为：NaNO3i NO；(3)在酸性的NaClO溶液中，次氯酸根离子和氢离子结合生成HC1O,HC1O和 NO发生氧化还原反应生成NC 3-和C，根据得失电子守恒及电荷守恒、原子守恒，配平离子方程式为2NO+3HC1O+H2O=2 NO3-+3

31、C1+5H+,故答案为：2NO+3HC1O+H2O=2 NO3-+3 C1+5H+；在相同条件下，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，由反应2NO+3HClO+H2O=2NO；+3CT+5H+可知，溶液pH越小，溶液中HC1O浓度越大，氧化NO的能力越强,故答案为：溶液pH越小，溶液中HC1O浓度越大，氧化NO的能力越强。17.化合物F是合成一种天然注类化合物的重要中间体，其合成路线如下:（1）A中含氧官能团的名称为 和 o（2）AB的反应类型为 o（3）C-D的反应中有副产物X（分子式为Ci2Hl5（）6Br）生成，写出X的结构简式：（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

32、构简式：。能与FeCb溶液发生显色反应；碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1 ：1。ft 已 知：Mg I）RQR R、/（）H（R表示煌基,RC l-RMgCl-，/Q无水乙醒 2）H30 R RaCOOCH3和CH3cH2cH20H为原料制备CH3=/QH2cHeH2cH3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CH3见本题题干）。_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _【答 案】.（酚）羟基（2）.竣基（3）.取 代 反 应 （4）.【解 析】【分 析】有 机 物A和SOCb在 加

33、热 条 件 下 发 生 取代反应生成B,B和甲醇发生酯化反应生成C,C和CH30cH2cl在 三 乙胺存在条件下发生取代反应生成D,D和CH3I在K2CO3条件下发生取代反应 生 成E,E在LiAlH4条件下发生还原反应生成E据此解答。【详 解】（1）由A的结构简式可知，A中含氧官能团为-0H和-C 0 0 H,名称为（酚）羟 基、竣基，故答案为：（酚）羟 基；竣基；（2）根据以上分析可知，A-B反应-C 00H中的羟基被氯原子取代，反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；（3）观 察 对 比C、D的结构可知，C-D的反应中酚羟基上的氢原子被-CH20cH3取 代 生 成D,若两个酚羟基都发生

34、反应则得到另一种产物，结 合 副 产 物X的 分 子 式Ci2Hl5O6Br,可 知X的结构简式为X H/K U,故答案为:CCXXHj(4)C 为CHjOCH/：,C的同分异构体满足以下条件：能 与FeCb溶液发生显色反C（XXH.,应，说明含有酚羟基；碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比 为1:1,说明含苯环的产物分子中有两种类型的氢原子且数目相等，应为间苯三酚，则该同（）C HBr分异构体为酚酯，结构简式为 TOHP（H?Hr故答案为：（5）根据逆合成法，若要制备根据题给信息可先制备(H.MgC l和CHjCH3cH2CH0。结合所给原料，1-丙醇催化氧化生成CH

35、3cH2cH0,参考题中E-F 的反应条件,aCOOCHj在 LiAIFU条件下发生还原反应生成（工，（工 和 HC1发生取代八 vC H xi,在 Mg、无水乙醛条件下发生已知中的反应生成,所以合成路线设计CH3MgCl和 CH3cH2cHO反应生成C Hj CHj为：CH3CH7CH7OH 3cHCH0,Cu,1)CH3CH2CHO2)OHC H&C IIQ h故答案为：CH3cH2cH9 H-CH3cH2CH。,18.聚合硫酸铁Fe2（OH）6一 MS。,”广泛用于水的净化。以FeSO#7H2。为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。（1）将一定量的FeSO4-7H2O

36、溶于稀硫酸，在约70 下边搅拌边缓慢加入一定量的比。2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H 2 O 2 氧化F e?+的 离 子 方 程 式 为；水解聚合反应会导致溶液的pH。（2）测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.0 0 0 g,置于2 5 0 m L 锥形瓶中，加入适量稀盐酸，力 1 1 热，滴加稍过量的Sn C b 溶液（Sr?+将F e 3+还原为F e?+）,充分反应后，除去过量的Sn2用 5.0 0 0 乂 1 0-2 m o l-L1 L C n C h 溶液滴定至终点（滴定过程中C r,O；与 F e2+反应生成C 产 和 F e ）,消耗K z

37、C n C h 溶液2 2.0 0 m L 上述实验中若不除去过量的S/+,样 品 中 铁 的 质 量 分 数 的 测 定 结 果 将 （填“偏大”或 偏小”或“无影响计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）。【答案】（1）.2 F e2+H2O2+2 H+=2 F e3+2 H2O （2）.减小（3）.偏大（4）.n（C r2O 5.0 0 0 x 1 O _2 mol L-x 2 2.0 0 m L x l O L m L-=1.1 0 0 x l 0 3 m o l由滴定时C r q）TC产 和 F e 2+F e 3+,根据电子得失守恒可得微粒 关系式：C r2O；-6 F e2+（或

38、 C r2O +1 4 H+6 F e2+=6 F e3+2 C r3+7 H2O ）则;7（F e2+）=6 n（C r q；）=6 x 1.1 0 0 x 1 0 3 m o l=6.6 0 0 x 1 0-3 m o l样品中铁元素的质量：/n（F e）=6.6 0 0 x 1 0 3 m o l x 5 6 g ,m o l1=0.3 6 9 6 g0.3696 g样品中铁元素的质量分数：卬（F e 尸,、,产 x 1 0 0%=1 2.3 2%3.000 g【解析】【分析】（1）F e 2+具有还原性，用。2 具有氧化性，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒书写离子方程式；根据水解反

39、应的离子方程式分析溶液p H 的变化；（2）根据Sn?+能将F e3+还原为F e?+判断还原性的强弱，进一步进行误差分析；根据LSCh 溶液的浓度和体积计算消耗的L C n C h 物质的量，由得失电子守恒计算n（F e2+）,结合F e守恒和3 （F e）的表达式计算。【详解】（l）F e2+具有还原性，在溶液中被氧化成F e?*,H?。?具有氧化性，其还原产物为H?。，根据得失电子守恒可写出反应2 F e?+H 2 0 2 T 2 F e3+2 H 2 O,根据溶液呈酸性、结合原子守恒和电荷守恒，&。2 氧化F e?+的离子方程式为2 F e2+H 2 O2+2 H+=2 F e3+2

40、H 2。；H 2 O2 氧化后的溶液为 F ea (S 04)3 溶液，F ez(S 04)3 发生水解反应 F e?(S 04)3+(6-2 n)=F e2(OH)6-2 n(S O4)n+(3-n)H 2 S O4,F e2(OH)6-2 n(S O4)n 聚合得到聚合硫酸铁，根据水解方程式知水解聚合反应会导致溶液的酸性增强，p H 减小。答案：2 F e2+H2O2+2 H+=2 F e3+2 H2O 减小(2)根据题意，S n?+能将F e+还原为F e?+,发生的反应为S n 2+2 F e3+=S n 4+2 F e2+,根据还原性：还原剂 还原产物，则还原性S n 2+F e”,

41、实验中若不除去过量的S r?*,则加入的K z C n O?先氧化过量的S i?+再氧化F e2+,导致消耗的K z C mC h溶液的体积偏大，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。答案：偏大 实验过程中消耗的 n (C r2O72)=5.OOOx 1 0 _2mo l/L x 2 2.0 0 mL x 1 0 _3L/mL=1.1 0 0 x 1 0-3mo l由滴定时CnCM-C产 和 F e?+-F e3+,根据电子得失守恒，可得微粒的关系式：C r2O72 6 F e2+(或 C r2O72+6 F e2+1 4 H+=6 F e3+2 C r3+7H2O)则 n (F e?+)=6

42、 n (C r O72)=6 x 1.1 0 0 x 1 0 _3mo l=6.6 x l0-3mo l(根据F e守 恒)样品中铁元素的质量：m (F e)=6.6 x 1 0 mo lx 5 6 g/mo l=0.3 6 96 g0.3696g样品中铁元素的质量分数：3 (F e)=nnn x l0 0%=1 2.3 2%3.000g【点睛】本题以聚合硫酸铁的制备过程为载体，考查氧化还原型离子方程式的书写、盐类的水解、氧化还原滴定的误差分析和元素质量分数的计算。易错点是第(2)的误差分析，应利用 强制弱 和 先强后弱”的氧化还原反应规律分析。难点 是 第(2)，注意理清滴定实验中物质之间的

43、计量关系。1 9.实验室以工业废渣(主要含C a S Or 2 H 2。，还含少量S i O?、A I 2 O3、F e2O3)为原料制取轻质C a C C h和(NH Q 2 S O4 晶体，其实验流程如下：(NH Q 2 C O3 溶液废渣粉末-*轻质C a C C 3*(NH4)2S()4 晶体(1)室温下，反应C a S O4(s)+C Oj(a q)=s C a C O3(s)+S Oj (a q)达到平衡，则溶液中:l/Cs p(C a S O4)=4.8 x 1 0-5,s p(C a C O3 3 x 1 0 9。(2)将氨水和NH 4 H C O3 溶液混合，可制得(N H

44、C C h 溶液，其 离 子 方 程 式 为；浸取废渣时，向(NH R C C h溶 液 中 加 入 适 量 浓 氨 水 的 目 的 是。(3)废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在6 0 7 0 ,搅拌，反应3 小时。温度过高将会导致C aS C U 的转化率下降，其原因是；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高C aS C U 转 化 率 的 操 作 有。(4)滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质C aC C h所需的C aC k 溶液。设计以水洗后的滤渣为原料，制取C aC b溶 液 的 实 验 方 案:己知pH=5 时 F e(0 H)3 和 A 1(OH)3 沉淀

45、完全;pH=8.5时 A 1(OH)3 开始溶解。实验中必须使用的试剂：盐酸和C a(OH”。【答 案】(1).1.6 X 1 04(2).H C O；+N H3 H20=N H +C O f +H2O(H C O；+N H 3 H2O=NH：+C Oj+H 2 O)(3).增加溶液中C O：的浓度，促 进 C aS C)4 的转化(4).温度过高，(N H R C C h 分解(5).加快搅拌速率(6).在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量C a(OH)2,用 p H 试纸测量溶液p H,当 p H 介于5 8.5 时，过滤【解析】【分析】,c

46、(SO f)Q)反应 C aS O4(s)+C O3 2-(aq)K=C aC O式s)+S C U (aq)的平衡常数表达式为一；一上,c(CO；)结合C aS O4和 C aC O3的 Ks p计算；(2)氨水与N H 4 H C O3 反应生成(N H Q 2 co3；加入氨水抑制(N H。2 cC h的水解；(3)温度过高，(N H4)2 cO3 分解，使 C aS C U 转化率下降；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高C aS C U 转化率即提高反应速率，结合反应的特点从影响反应速率的因素分析；(4)根据工业废渣中的成分知，浸取、过滤后所得滤渣中含C aC C h、S

47、iC h、A I 2 O3 和 F e2 O3；若以水洗后的滤渣为原料制取C aC k 溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将C aC C h完全转化为C aC L，同时A I 2 O3、F ez C h转化成A l C b、F eC l3,过滤除去C O2,结合题给已知，再利用C a(OH)2调节p H除去A产和F e3+【详解】(1)反应 C aS C U (s)+C O32-(aq)C aC O3(s)+S O42-(aq)达到平衡时，溶液c(S O；-)c(C a2+)Tc(C O：)c 6+灰4 )_ yCa SO p _ 4.8 x l 0-5=K s p(C aC O?)=3

48、x 1 0-9=1.6 x 1 0 4。答案:1.6 X 1 04(2)N H 4 H C O3属于酸式盐，与氨水反应生成(N H Q 2 co3，反应的化学方程式为N H4H C O3+N H 3 H2O=(N H 4)2 cO3+H 2 O 或 N E H C C h+N H r H z O (N H4)2 co3+H 2 O,离子方程式为 H C O3+N H3-H2O=N H4+C O32+H2O(HJC H C O3+N H3-H20 N H4+C O32+H20)；浸取废渣时，加入的(N H 4)2 C O3属于弱酸弱碱盐，溶液中存在水解平衡:C O32+N H4+H2O H C

49、OJ+N H.y H?。，加入适量浓氨水，水解平衡逆向移动，溶液中C C 一 的浓度增大，反应C aS C h(s)+C O32-(aq)q C aC C h(s)+S O?(aq)正向移动，促进 C aS C 4 的转化。答案：H C O3+N H3-H2O=N H 4+C O32+H2O(或 H C O3+N H3-H2O 4 N H4+C O32+H2O)增 力 口溶液中C O3 2一的浓度，促进C aS C U的转化(3)由于镂盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，(N H4)2 c O 3分解，从而使C a S C M转化率下降；由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应(或发生沉

50、淀的转化)，保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高C a S 0 4转化率即提高反应速率，结合外界条件对化学反应速率的影响，实验过程中提高C a S 0 4转化率的操作为加快搅拌速率(即增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率)。答案：温度过高，(N H Q 2 c C h分解 加快搅拌速率(4)工业废渣主要含C a S O#2 H 2。，还含有少量S i C h、A I 2 O 3和F e z C h，加 入(N H4)2 c O 3溶液浸取，其中 C a S C U 与(N H Q 2 c。3反应生成 C a C C h 和(N H4)2 so 4，S i O2,A I 2 O 3