(2021年)高考化學真題試卷(江蘇卷)帶答案解析

65n42221822351722265n4222182235172222432232021高化真試（蘇）一、單題（共題；分）糖是人體所需的重要營養(yǎng)物質。淀粉分子不含的元素是（）A.氫

B.碳

氮

氧【答案】C【考點】多糖的性質和用途【解析答粉的化學式(CHO)，故淀中含有碳元素、氫元素和氧元素，不含有氮元素，C符合題意；故答案為：【分析】根據(jù)淀粉的化學式確定淀粉中所含和不含的元素。反NHCl+NaNO=NaCl+NO放熱且產(chǎn)生氣體，可用于冬天石油開采。下列表示反應中相關微粒的化學用語正確的是（）A.中數(shù)為18的原子：

B.N的結構式：Na

的構示意圖：

HO的子式：【答案】【考點】原子中的數(shù)量關系，電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合【解析】【解答】、中子數(shù)為18的原子，其質量=質數(shù)中數(shù)=17+18=35，此該原子的表示方法為：??

，A不合題意；B、的結構式為N≡N，不合題意；C、的最外層電子數(shù)為11失去一個電子后形成Na+，其離子結構示意圖，不合題意；D、O中存在兩個氫氧共價鍵，其電子式為

，D符題意；故答案為：【分析】、標在元素號左上角的數(shù)字表示的是質量數(shù)，質量=質數(shù)中子數(shù)；B、分子中存在N≡N；C、

+

是在Na原子的基礎上失去最外層一個電子形成的；D、O中存在著氫氧共價鍵；下有關物質的性質與用途具有對應關系的（）A.受易分解，可用作化肥具有氧化性，可用于紙漿漂白【答案】B

B.硫酸具有酸性，可用于除去鐵銹具有兩性，可用于電解冶煉鋁

3232222322232242324、、、4333343224333223【考點】鎂、鋁的重要化合3232222322232242324、、、4333343224333223【解析】【解答】、中有氮元素，可作氮肥，做氮肥與其受熱易分解的性質無關A不合題意；B、銹主成分是FeO，屬金屬氧化物，金屬氧化物能與酸反應，二者具有對應關系符題意；CSO漂白紙漿的過程，是與紙漿中的有色物質發(fā)生化合反應形成色物質，過程中沒有涉及氧化還原反應，不體現(xiàn)SO的化性，該過程體現(xiàn)了的白性，不合題意；D、具有兩性，既能與強酸溶液反應，也能與強堿溶液反應，該性質與電解冶煉鋁的用途無關不符合題意；故答案為：【分析】、受熱易分與做化肥無關；B、屬化能與酸反應；CSO漂白紙漿體現(xiàn)了SO的漂白性；D、具有兩性，既能與強酸溶液反應，也能與強堿溶液反應；室下，下列各組離子在指定溶液中能大量存的是（）A.0.1mol·L

?1溶：

+

、

+

、2、32B.0.1

?1FeCl溶K

、、、

40.1mol·L

?1CO溶：+

、

2+Cl、?0.1mol·L

?1溶：+

3【答案】【考點】離子共存【解析】【解答】、溶液中各離子相互間不形成難溶（或微溶物）、不形成弱電解質、不形成易揮發(fā)性物質、不發(fā)生絡合反應和氧化還原反應，可大量共存A符題意；B、液的MnO-題意；

具有氧化性具有還原性，二者可發(fā)生氧化還原反應，不可大量共存B不合C溶液中的

2+與2-形BaCO沉淀，不可大量共存C不合題意；D、液中-

在酸性條件下具有氧化性，能將HSO-

氧化成2-

，同H

能與HSO-

反應生成SO和HO不可大量共存D不合題意故答案為：【分析】、溶液中各子相互間不發(fā)生反應；B、-

具有氧化性，可將2+氧化；CBa2+能CO2-成沉淀；D、+能與-

反應形成SO和H，-

在酸性條件下具有氧化性；下實驗操作能達到實驗目的的是（）2

33233333322332222423222222243323333332233222242322222224232222A.用水濕潤的pH試紙測量溶液的pHB.將4.0g固置于100容瓶中，加水至刻度，配制1.000mol·L用置甲蒸干AlCl溶制無水固體用置乙除去實驗室所制乙烯中的少量SO

?1溶液【答案】【考點溶酸堿性的判斷及相關計算，二氧化硫的性質，蒸發(fā)和結晶、重結晶，配制一定物質量濃度的溶液【解析】【解答】、測溶液的值，應用干燥潔凈玻璃棒蘸取待測液滴在pH試紙上，顯色后與標準比色卡對照，得出溶液的p值若pH試紙潤濕，則相當于對溶液進行了釋操作，對于酸性溶液，會使得結果偏大，對于堿性溶液，會的結果偏小，對于中性溶液，則無影響A不符合題意；B、制定質的量濃度的溶液時，應先將固體在燒杯中溶解，恢復至室溫后，再轉移到容量瓶中，不可在容量瓶內(nèi)進行溶解操作不合題意；CAlCl在中水解，產(chǎn)生Al(OH)和具有揮發(fā)性的，接加熱蒸發(fā)溶，最終得到的是Al(OH)，欲得到AlCl晶，應在HCl氣中熱蒸發(fā)，以抑制AlCl的解C不符合題意；D、能與NaOH溶反應，乙烯不能，故將混合氣體通過NaOH溶，可除去乙烯中混有S，符合題意；故答案為：【分析】、根據(jù)測溶pH的驗操作分析；B、能容瓶內(nèi)進行溶解；CAlCl在中水解，產(chǎn)生Al(OH)和具有揮發(fā)性的；D、能溶反應，乙烯不能；下有關化學反應的敘述正確的是（）A.在硝酸中發(fā)生鈍化與過量氨水反應生NH)SO

B.MnO和稀鹽酸反應制取Cl室下與氣中反制取【答案】C【考點】氯氣的實驗室制法，硝酸的化學性質，二氧化硫的性質，鈉的化學性質【解析】【解答】、常溫下，濃硝酸能使鐵鈍化，稀酸不能使鐵鈍化A不合題意；B、驗制所用的試劑為MnO和濃鹽酸，與稀鹽酸不反應，不合題意；C氨水過量，則SO反，反應生(SO，C符題意；D、溫下與空氣中的O反應生成NaO，在加熱條件下，反生成NaO，D不合題意；故答案為：【分析】、常溫下，硝酸能使鐵鈍化；3

22322222222332223232322222223223323222322232222222233222323232222222322332322232423C氨水過量，則SO少，反應生成SO2-；D、溫下，Na與O反應生成Na；下指定反應的離子方程式正確的是（）A.室下用稀溶吸收Cl：+2OH=ClO?+HOB.用鋁粉和NaOH溶反應制取少量：?=+H↑室下用稀HNO溶解銅：=Cu2++2NOO向NaSiO溶中滴加稀鹽酸SiO+2H+SiO+【答案】【考點】離子方程式的書寫【解析】【解答】、與NaOH溶液反應生成、NaClO和O，該反應的離子方程式：Cl=ClO?+Cl+HO，符合題意；B、與溶液反應的離子方程式為：-

+2HO=2AlO-+3H，不符合題意；C銅與稀硝酸反應的離子方程式為3Cu+8H+

-

=3Cu

2++2NO↑+4HO，不符合題意；D、酸與SiO溶液反應的離子方程式為SiO+

=HSiO↓，不合題意；故答案為：【分析】、與NaOH溶液反應生成、和HO；B、滿電守恒；C左右兩邊電荷不守恒；D、SiO是可溶性鹽，在離子方程式中可以拆解成離形式；短期主族元素、、、的子序數(shù)依次增大X是地殼中含量最多的元素，原的最外層有電子，的單質晶體是應用最廣泛的半導體材料W與位同一主族。下列說法正確的是（）A.原半徑：(W)>r(Z)>(Y)>B.由、Y組的化合物是離子化合物的高價氧化物對應水化物的酸性比W的強

W的單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比的【答案】B【考點】元素周期表中原子結構與元素性質的遞變規(guī)律【解析】【解答】、同一主族，電子層數(shù)越大，原子徑越大，同一周期，核電荷數(shù)越大，原子半徑越小，因此四種原子的半徑大小關系為即r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)，不符合題意；B、X、組的化合物為，屬于離子化合物，符合題意；C非金屬性越強，其最高價氧化物對應水化物的酸性越強，由于非金屬性S(W)>Si(Z)，最高價氧化物對應水化物的酸性：>HSiO，C不符合題意；D、金屬性越強，其簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)性越強，由于非金屬性X>W，則簡單氫化物的穩(wěn)定性W的比的弱不合題意；故答案為：【分析“X是殼中含量最多的元素則為；Y原子的最外層有2個子”Y為Mg“的質晶體是應用最廣泛的半導體材料則Z為Si；W與X位同一主族”W為；據(jù)此結合元素周期表的性質遞變規(guī)律分析選項。在定條件下，下列選項所示的物質間轉化能實現(xiàn)的是（）4

222223??)l22423??)23223222222222223??)l22423??)23223222222322332332322223232A.NaCl(aq)

電解

??)Cl(g)FeClMgCl(aq)

石灰乳

Mg(OH)

煅燒

MgO(s)S(s)SO(g)點燃

2H(aq)D.N(g)高溫高壓、催化劑

NH(g)

2????()

(s)【答案】B【考點以堿工業(yè)為基礎的化工生產(chǎn)簡介，含氮物質的綜合應用，含硫物質的性質及綜合應用鎂、鋁的重要化合物【解析解、電解NaCl溶的過程，陽極產(chǎn)生Cl，與反生成FeCl，第步轉化錯誤，不合題意；B、灰的要成分是Ca(OH)，與MgCl反生成Mg(OH)沉淀，Mg(OH)在加熱的條件下發(fā)生分解反應，生成MgO，兩步轉化都正確，符題意；CS在中燃，只能生成SO，不能生成SO，一步轉化錯誤C不合題意；D、與H反應生成，NH和、溶反應，生成NaHCO，固受熱分再生成CO，第二步轉化錯誤不合題意；故答案為：【分析】、具強氧化性，與可變價態(tài)的金屬反應時，生成最高價態(tài)的金屬氯化物；B、灰的要成分是Ca(OH)，難性氫氧化物在加熱的條件下分解成相應的金屬氧化物和水；CS在中燃，只能生成SO，不能生成SO；D、與和氨鹽水反應生成NaHCO；10.將鐵粉和活性炭的混合物用NaCl溶液濕潤后，置于如圖所示裝置中，進行鐵電化學腐蝕實驗。下列有關該實驗的說法正確的是（）A.鐵氧化的電極反應為?3e=Fe活炭的存在會加速鐵的腐蝕

B.鐵腐蝕過程中化學能全部轉化為電以代替NaCl溶液，鐵不能發(fā)生吸氧腐蝕【答案】C【考點】金屬的電化學腐蝕與防護，鐵的吸氧腐蝕【解析】【解答】、在該裝置中，鐵發(fā)生失電子的氧反應，其電極反應式為Fe-2e=Fe題意；

，A不合B、腐過中，化學能部分轉化為電能，部分轉化為其他能量B不合題意；C活性炭的存在，形成了原電池，加快了鐵的腐蝕速率符題意；D、腐蝕需要水和O，NaCl溶改成水，鐵也能發(fā)生吸氧腐蝕D不合題意；故答案為：【分析】該裝置中，鐵發(fā)生吸氧腐蝕，其中鐵做負極，發(fā)生失電子的氧化反應，其電極反應式：5

2222222222222242Fe-2e=Fe；碳做正極，發(fā)生得電子還原反應，其電極反應式為2222222222222242

+2HO=4OH；此合選項進行分析。二、不項選擇題：題包括5小題，每題4分，共計分。（題；共20分）11.氫氣與氧氣生成水的反應是氫能源應用的重要途徑。下列有關說法正確的是（）A.一溫度下，反應2H(g)+O(g)O(g)能發(fā)進行，該反應的HB.氫氧燃料電池的負極反應為O+2HO+4e=4OH常常壓下，氫氧燃料電池放電過程中消耗11.2LH，轉移子的數(shù)目為6.02×10反(g)+O(g)=2HO(g)的ΔH可過下式估算：ΔH=反中形成共價鍵的鍵能之?反中斷裂舊共價鍵的鍵能之和【答案】【考點】化學電源新型電池，焓變和熵變【解析應能自發(fā)進行，則要求ΔH-T，于該反應反應前后氣體分子數(shù)變小，則，要使ΔH-TΔS<0，要求ΔH<0，符題意；B、燃電中，燃料物質在負極發(fā)生失電子的氧化反應，故氫氧燃料電池的負極反應為：H-2e

+

，或-

=2HOB不合題意；C未給出氣體所處的狀態(tài)，無法應用Vm=22.4L/mol進行計算，C不符合題意；D、應熱ΔH=應物的化學鍵的鍵能總和生物化學鍵的鍵能總和不合題意；故答案為：【分析】、結合焓判和熵判據(jù)分析反應是否能自發(fā)進行；B、料池，燃料物質在負極發(fā)生失電子的氧化反應；C未給出氣體所處的狀態(tài)，無法應用氣體摩爾體積進行計算；D、據(jù)反應熱ΔH的算分析12.化合物具抗菌、消炎用，可由X制得。下列有關化合物、Y的說法正確的是（）A.1molX最能與2molNaOH反應B.Y與醇發(fā)生酯化反應可得到XXY均與酸性KMnO溶反應室下X、分與足量Br加的產(chǎn)物分子中手性碳原子數(shù)目相等【答案】C,D6

4224【考點】手性分”在命科學等方面的應用，羧酸簡介，水解反應，酯化反應4224【解析】【解答】、化合物X中與溶反應的官能團有羧基和酯基，其中酯基水解后產(chǎn)物含有羧基和酚羥基，都能與NaOH反，因此化物X能3molNaOH應，不符合題意；B、化應原理酸脫羥基，醇脫”，則Y與醇發(fā)生酯化反應時Y中羧基脫去羥基，乙醇的羥基上脫去原，所得產(chǎn)物的結構與X不同，不符合題意；C化合物、中含有碳碳雙鍵，因此都能與KMnO溶反應C符題意；D、合物X與足量的Br反后所得產(chǎn)物的結構簡式為，其含有手性碳原子數(shù)為3化合物與足量的Br反后所得產(chǎn)物的結構簡式為：，其含有手性碳原子數(shù)為3符合題意；故答案為：【分析】、能與溶反應的官能團有：鹵素原子、羧基酯基、酚羥基；B、據(jù)化應的原酸脫羥基，醇脫”析；C能與KMnO溶反應的官能團有：羥基、醛基、碳碳雙鍵、碳碳三鍵；D、碳原子所連的四個原子或原子團不相，則該碳原子為手性碳原子，結合加成產(chǎn)物的結構簡式確定手性碳原子的個數(shù)；13.室溫下進行下列實驗，根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得到的結論正確的是（）選實操作和現(xiàn)象項

結論7

3spsp223223spsp222232sp2234332432332433223spsp223223spsp222232sp2234332432332433223)+(4332233232424324

向X溶液中滴加幾滴新制氯水，振蕩，再加入少量KSCN溶，溶液X溶液中一定含有變?yōu)榧t色B

向濃度均為0.05L

?1

的、NaCl混溶液中滴加少量AgNO(AgI)>K(AgCl)C

溶液，有黃色沉淀生成向3mLKI溶液中滴加滴溴水，振蕩，再滴加淀溶液，溶液Br的氧化性比的顯藍色D

用pH試測得：溶的pH約為9，溶液的pH約為

HNO電離出+CHCOOH的

的能力比A.AB.CD【答案】C【考點弱解質在水溶液中的電離平衡，難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質，氯氣的化性質，氯、溴、碘及其化合物的綜合應用【解析】【解答】、檢驗Fe

2+，應先加KSCN溶，排除溶液中可能存在的Fe的擾，若加入KSCN溶液后無明顯現(xiàn)象，再加新制氯水，溶液變紅色，說明原溶液中含有Fe

，A不合題意；B、生淡色沉淀為AgI沉，說明AgI比AgBr難溶，因此(AgI)<K(AgBr)，不符合題意；C加入淀粉后，溶液顯藍色，說明Br將溶液中的I-符合題意；

氧化成I，因Br的化性強于I的化性，CD、于所用的CH溶和溶的濃度未知，因此不能得出正確結論不合題意；故答案為：【分析】、檢驗Fe2+時，應先加KSCN溶液，再加新制氯水；B、越，沉淀越難溶，反應程中越先形成沉淀；C淀粉遇碘變藍色；D、等濃度鹽溶液的pH大小得出離子水解程度的大小，結“越弱越水”分析酸的強弱；14.室溫下，反應

3

+HOH?

的平衡常數(shù)=2.2×10。NH溶和氨水按一定比例混合，可用于浸取廢渣中的ZnO。溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫時下列指定溶液中微粒物的量濃度關系正確的是（）A.0.2mol·L

?1

氨水：(NH·HO)>c(

)>c(OH?)>c+B.0.2

?1HCO溶液(：(

4

)>(

3

)>(H)>c(NHO)0.2mol·L

?1

氨水和0.2mol·L

?1HCO溶等體積混合c(

c·HO)=(H)+c(

23

)0.6mol·L

?1

氨水和0.2mol·L

?1

NHHCO溶液等體積混合c·HO)+(

23

)+c?)=0.3L

?1(HCO)+c(H+

)【答案】【考點】化學平衡常數(shù)，弱電解質在水溶液中的電離平衡，離子濃度大小的比較【解析氨水溶液顯堿性，因此溶液中c(OH

)>c(H)，于NHO是弱堿，在水中部分電離，因此溶液中c(NH·HO)>c(NH+

)，于溶液中存在O的離，因此c(OH)>c(NH+

)，此溶液中c(NH·H-

)>c(NH+

)>c(H

+

)，不符合題意；8

43343233243233243223334322333432233343223334333233233323332332323332323333232332323232432433432332432332432233343223334322333432233343332332333233323323233323233332323323232324322222起始2c(NH

+4

)>c(HCO-，)>c(NH·HO)因此溶液中+)>c(HCO-)>c(HCO)>c(NH·HO)，符題意；C兩溶液等體積混合后，溶液中+)+c(NH·H，)+c(HCO-)+c(CO，因此溶液中存在等式c(NH+)+c(NH·HO)=2[c(HCO)+c(HCO-)+c(CO2-，不符合題意；D、溶液等體積混合后，溶液中c(NH+)+c(NH·H，)+c(HCO-)+c(CO，可得物料守恒：+)+c(NHHO)=4[c(H)+c(HCO-)+c(CO2-①溶液中存在電荷守恒c(NH+)+c(H)=c(OH)+c(HCO-)+2c(CO2-)···②O)-c(H+)=2c(CO2--)+4c(HCO)-c(OH)等式兩邊都加上2-，c(NH·HO)+c(CO2-)-c(H+2-)+3c(HCO-)+4c(HCO)-c(OH)整理可得：·HO)+c(CO2-)-c(H)=3[c(H)+c(HCO-)+c(CO2-)]+c(HCO)-c(OH)由于c(HCO)+c(HCO-)+c(CO2-)=0.1mol/L因此c(NH·HO)+c(CO2-)-c(H)=0.3mol/L+c(HCO)-c(OH)移項可得：·HO)+c(CO2-)+c(OH

)=0.3mol/L+c(H)+c(H

)，符合題意；故答案為：【分析】、氨水溶液存在著HO和·HO的電離，據(jù)此判斷溶液中微粒的濃度大小；B、溶的pH確定溶液的酸堿性，從而確定溶液中NH+粒濃度大小關系；C結合物料守恒分析；D、合電荷守恒和物料守恒分析選項；

和的水解程度大小，進而判斷溶液中微15.在恒壓、O的起始濃度一定的條件下，催化反應相同時間，測得不同度下轉為NO的轉化率如圖中實線所示中虛線表示相同條件下的衡轉化率隨溫度的變)。列說法正確的是（）A.反2NO(g)+O(g)=2NO(g)>0B.圖中點示條件下，延長反應時間提高轉率圖Y點所示條件下，增加的濃度不能提高NO轉率380下，

(O)=5.0×10mol·L?1，平轉化率，平衡常數(shù)K>2000【答案】【考點】反應熱和焓變，化學平衡的調(diào)控【解析【解答A由圖可知，當溫度升高時，NO的平衡轉化率逐漸減小，說明溫度升高，平衡逆向移動，而升高溫度平衡向吸熱反應方向移動，故逆反應為吸熱反應，則正反應為放熱反應，即該應的ΔH<0，不符合題意；B、中點所示反應未達到平衡狀態(tài)，延長反應時間，可使反應繼續(xù)正向進行NO的化率增大，9

2起始222222222223222222222起始2222222222232222222232222C圖中Y點應達到平衡狀態(tài)，增加O濃，反應物濃度增大，正反應速率增大，平衡正向移動NO的轉化率增大，不合題意；D、c

-4，可得平衡三段式：起始

2NO(g)+a

O(g)5.0

(g)0（-4）轉化

0.5a0.25a0.5a（

-4mol/L）平衡（-4）

0.5a5-0.25a0.5a該溫度下，反應的平衡常

??

2

????(0.5??×10)??)×??(??(0.5??×10)2?0.5?4

15??

4

2000，符題意；故答案為：【分析】、結合溫度平衡移動的影響分析反應的熱效應；B、示點反應未達到平衡狀態(tài)，延長反應時間，可促使平衡繼續(xù)正向進行；C結合濃度對平衡移動的影響分析；D、據(jù)三段式，結合平衡常數(shù)的表達式進計算；三、非選擇題（共5題；共分）16.NO、和NO等氧化物是空氣污染物，含有氮氧化物的尾氣需處理后才能排放。（）O的處理。O是硝酸生產(chǎn)中氨催化氧化的副產(chǎn)物，用特種催化劑能使NO分。與在熱和催化劑作用下生成NO的化學方程式_。（）和的理。已除去O的硝酸尾氣可用NaOH溶液吸收，主要反應為+2OH

=2+H+2OH=++H①下措施能提高尾氣中NO和去率的有_______（字母）。A．加快通入尾氣的速率B．用氣、逆流的方式吸收尾氣C．收尾氣過程中定期補加適量溶液②吸后的溶液經(jīng)濃縮、結晶、過濾，得到晶體，該晶體中的主要雜質是（化學式吸收后排放的尾氣中含量較高的氮氧化物________（填化學式）。10

33催化劑323322223232222223233223（）的化吸收。用NaClO溶吸收硝酸尾，可提高尾氣中的除。其他條件相同NO轉化為的化率隨NaClO溶初始（稀鹽酸調(diào)節(jié)）的33催化劑323322223232222223233223①在性NaClO溶液中HClO氧NO生成和，離子方程式________。②NaClO溶的初始pH越，轉率越高。其原因________?！敬鸢浮浚ǎ?2N2ONO+3H（）；；NO（）3HClO+2NO+HO=3Cl?

+2+5H；液pH越小，溶液中HClO的度越大，氧NO的力越強【考點】氮的固定，化學平衡的影響因素，含氮物質的綜合應用【解析】【解答】1NH和在化劑作用下應生成NO和O該反應中，氮元素由-價變?yōu)?價，失去8個電子，由0價變?yōu)?價得到個子，根據(jù)得電子守恒可得NH和NO的數(shù)為和1，的數(shù)為；由原個數(shù)守恒，可得O的系數(shù)為3；該反應的化學方程式為

催化劑3

；（）①A、快通入尾氣速率，會使得尾氣未參與反應就逸出，導致NO和NO的除率降低，不符合題意；B、用、逆流的方式，可以增大尾氣和N溶的接觸，提高和的去除率，符題意；C定期補充溶，可以提高NO和的去除率，符合題意；故答案為：；②上述發(fā)生的反應可知，晶體后所得的晶中含有的主要雜質為NaNO；由于能與水反應生成NO，且難溶于水，不與水反應，因此吸收后排放的尾氣中量較高的氮氧化物為；（）由題干信息可知，反應過程中HClO將NO氧成-

，自身原為Cl-

；元素由1價為1，得到2個子N元由2價為5價失去3個子；結合得失電子守恒可得HClO和Cl

的系數(shù)為，和-

的系數(shù)為2；由電荷守可得，產(chǎn)物中含有H+

，且其數(shù)為5；結原個數(shù)守恒可得，反應物中有HO，且其系數(shù)為1；此可得該反應的離子方程式為：3HClO+2NO+HO=3Cl-

-

+5H

+

；②液的pH值越小，則酸性越強，溶液中越，HClO的化性越強，其氧化的量越強，因此NaClO溶的起始pH越，的化率越高；【分析】1）題干信息確定反應物生成物，結合得失電子守恒和原子守恒書寫反應的化學方程式；（）①A、快通入氣體速率，氣體吸收率降低；B、、逆可增大接觸；11

21563322C定期補充溶，有利于尾氣的21563322②合發(fā)生反應的離子方程式確定晶體中所含雜質；結合NO和NO的質分析；（題干信息確定反應物和生成物，結合得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒書寫反應的離子方程式；②液pH越，則溶液中越，氧化性越強；17.化合物是成一種然茋類化合物的重要中間體，其合成路線如下：（）中含氧官能團的名稱_和。（）→B的應類型為_______。（）→D的應中有副產(chǎn)物X（子為COBr）成，寫出X的結構簡式________。（）的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FeCl溶液發(fā)生顯色反應；②堿水解后酸化，含苯環(huán)的產(chǎn)物分子中不同化學環(huán)境的氫原子數(shù)目比為∶。（）知：示烴基或氫）寫出以

和CHCHOH為料制備

（表烴基和表的合成路線流程圖（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）?！敬鸢浮浚ǎ┓樱┝u基；羧基（）代反應（）12

2232231562232231563323222（）（）【考點】有機物中的官能團，有機物的合成，同分異構現(xiàn)象和同分異構體，取代反應【解析】【解答】1由有機物的構簡式可知，中有的含氧官能團為羧基和羥基；（）應物為

和，生物為，因此該反應過程中，SOCl中的取代了A中中羥基的位置，故A的反應類型為取代反應；（）反應物C和成物D的構簡式知，該反應的反應原理為：三乙胺CHCl）的原子團-CHOCH取了酚羥基中原子的位置；由于反應物中含有兩個酚羥基，結合X的子COBr）可知，副產(chǎn)物X是反應物和分子三乙胺反應后所得產(chǎn)物，因此X的構簡式為：；（）與FeCl溶液發(fā)生顯色反應，說明分子結構中有酚羥基；堿性水解后酸化，含苯環(huán)的產(chǎn)物分子中不同化學環(huán)境的氫原子數(shù)目比為1:1，說分子結構中含有酯基；含苯環(huán)的產(chǎn)物分子中不同化學環(huán)境的氫原子數(shù)目比為，則該產(chǎn)物的結構簡式為：；此可得該同分異構體的結構簡式為：；（）據(jù)最終物的結構簡式

和已知反應可得，合成該產(chǎn)物的有機物的結構簡式為CHCH和；CHCHOH在和O，加的條件下，可轉化為13

324323223226-24nm424222222324323223226-24nm424222222222772272222272222CHCH；

在作下可轉化為；此該合成路線的流程圖為：、；【分析】（）據(jù)的構簡式分析A中含的官能團；（）反應物生成物的結構特點，確定反應類型；（）→D的應原理，結合副產(chǎn)物的分子式，定X的構簡式；（）據(jù)限定件確定有機物的基本結構單元，進而確定同分異構體的結構簡式（）據(jù)最終物的結構，結合已知反應，可確定合成該產(chǎn)物的有機物的結構簡為CHCHO和；因此合成路線設計過程中，主要是將

轉化為，將CHCHCH轉為CHCH；18.聚合硫酸Fe(OH)n(SO廣泛用于水的凈化。以FeSO·7H為料，經(jīng)溶解、氧化、水解聚合等步驟，可制備聚合硫酸鐵。（）一定量FeSO溶稀硫酸，在約下邊攪拌邊緩慢加入一定量的HO溶，繼續(xù)反應一段時間，得到紅棕色黏稠液體HO氧Fe2+的離子方程式為；解聚合反應會導致溶液的pH________。（定合酸鐵樣品中鐵的質量分數(shù)：準確稱取液態(tài)樣品，于250mL錐瓶中，加入適量稀鹽酸，加熱，滴加稍過量的SnCl溶（2+將Fe3+還為2+），充分反應后，除去過量的2+。用5.000×10?2

mol·L

?1

KCrO溶液滴定至終定程中2

與Fe2+反應生成3+和Fe耗KCrO溶液22.00。①上實驗中若不除去過量的Sn

，樣品鐵的質量分數(shù)的測定果________（偏”“偏小或無響）②計該樣品中鐵的質量分數(shù)（寫出計算過程________?！敬鸢浮浚ǎ?/p>

2+HO

+

=2Fe+2H；減?。ǎ┐螅?/p>

mol·

?1×22.00mL×10?3

L·mL?1?3

mol由定時2

和2+→Fe3+

，根電子得失守恒可得微粒的關系式：2

~6Fe

（或2+14H

+6Fe

2+=6Fe3+

3++7HO）則n(Fe)=6n(

7

)=6×1.100×10mol=6.600×10?3mol樣品中鐵元素14

22222227272722727270.3696??222222222227272722727270.3696??22227274222323342443242sp4sp34342342344的質量：m(Fe)=6.600×10?3mol×56g·mol?1=0.3696g樣品中鐵元素的質量分數(shù)w(Fe)=×100%=12.32%【考點】氧化還原反應

0.36963.000【解析】【解答】1O具有氧化性，能將Fe2+氧成Fe

，該反的離子方程式為：2Fe

2++HO+2H+

=2Fe+2H；解聚合過程中，進了Fe

3+水解，使得溶液中+

)增，減；（CrO具有氧化性，能將Sn2+氧化成Sn

，若除去溶液中過量的Sn2+

，則會致滴定過程中消耗O2-增，而使得計算出的品中鐵元素的質量偏大，最終測定結果偏大；②定過程中發(fā)生反應的離子方程式為CrO2-+14H

+

2+=6Fe3+

3++7HO；滴定至終點，消耗n(CrO2-)=?2

mol/L×22.00×10-3mol；由反應的離子方程式可得關系式CrO2-

，則可得樣品中n(Fe

2+)=6n2-)=6×1.100×10?3

mol=6.600×10?3

，則樣品中鐵元素的質量m(Fe)=6.600×10?3

mol×56g/mol=0.3696g故所得樣品中鐵元素的質量為：

3.000

；【分析O具有氧化性，能將2+氧化成Fe

，據(jù)此出反應的離子方程式水解聚合過程中使得溶液+

增；（）2+能被KCrO氧化；②據(jù)發(fā)生反應的離子方程式，結合滴定過程中消耗的n(CrO2-算樣品中n(Fe

)，而計算樣品中鐵元素的質量分數(shù)；19.實驗室以工業(yè)廢渣（主要含CaSO·2HO，還含少量SiO、O、O）為原料制取輕質CaCO和(NH)晶，其實驗流程如下：（）溫下，應(s)+

3

(aq)CaCO(s)+

4

(aq)達平衡，則溶液中

3K(CaSO)=4.8×10?5

，K(CaCO)=3×10?9]。（）氨水和NH溶混合，可制NH)CO溶液，其離子方程式________浸取廢渣時，向(NH)溶液中加入適量濃氨水的目的是。（）渣浸取如圖所示的裝置中進行?？刂品磻獪囟仍?0~70，攪拌，反應3小時。溫度過高將會導致CaSO的轉化率下降，其原因_______；保持溫度、反應時間反應物和溶劑的量不變，實驗中提高CaSO轉率的操作________。15

32233323323232244232??43????42+????32+????434333233324423333434234432233323323232244232??43????42+????32+????43433323332442333343423442323222sp4sp3333323232332222242242（）渣水洗，經(jīng)多步處理得到制備輕質aCO所需的CaCl溶液。設計以水洗后的濾渣為原料，制取CaCl溶液的實驗方案________[已pH=5時和Al(OH)沉完全pH=8.5時Al(OH)開溶。實驗中必須使用的試劑：鹽酸和?！敬鸢浮浚ǎ?（）+NHO=

+

23

+HO(或O

4

+

23

+HO)；加溶液中

23

的濃度，促進的化（）度過高(NHCO分；加快攪拌速率（）攪拌下足量稀鹽酸中分批加入濾渣，待觀察不到氣泡產(chǎn)生后，過濾，向液中分批加入少量Ca(OH)，用pH試紙測量溶液pH，當介5~8.5時過濾【考點】化學平衡常數(shù)，化學平衡的調(diào)控，難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質【解析】【解答】1反應達到平衡時，溶液中????

22

??(????)??(??)??(??????)??(??)

????????

??????????

4.8×103×10

104

；（）水顯堿，將氨水與NH溶混合后，溶液中的HCO與·HO反應生成CO2-，該反應的離子方程式為：+NH·H++CO2-；向飽和NHCO溶中加入適量濃氨水后，氨水可抑制CO2-解成-

，從而大溶液中c(CO2-促進CaSO沉淀轉化為CaCO沉淀；（鹽不穩(wěn)，受熱易分解，因此當溫度過高時(NHCO分，導致的化率降低；實驗程中，除了改變溫度、時間和反應物濃度外，還可通過加快攪拌速率，來提高CaSO的化率；（）洗后的渣中含有雜質Al、O，欲制純凈的CaCl溶液，應先將濾渣溶于足量的鹽酸中，過濾后，再向濾液中加入Ca(OH)，調(diào)節(jié)溶液的pH在5~8.5的圍內(nèi)，過濾，得到CaCl溶液；【分析】（）據(jù)K(CaSO)和K(CaCO)的達進行計算；（）水顯堿，能與-使溶液中HCO-轉化為CO2-；

反應形成CO2-

，據(jù)此出反應的離子方程式加入適量濃氨水，可促（）鹽不穩(wěn)，受熱易分解；攪拌可加快反應速率；（）洗后的渣中含有雜質Al、O，欲制純凈的CaCl溶液，應結合題干所給和Al(OH)完全沉淀的pH確實驗過程中需要控制的條件；20.CO的源化利用能有效減少排，充分利用碳資源。（）可在較高溫度下捕集CO，在更高溫度下將捕集的CO釋利用。CaCO·HO熱分解可制備CaO，·HO加熱升溫過程中固體的質量變化見下圖。16

32422222232222222332222333324222222322222223322223333322223333①寫400~600范內(nèi)分解反應化學方程式________。②與CaCO熱解制備的相比CaCO·HO熱分解制備的CaO具有更好的CO捕性能，其原因是________。（）解法轉CO可現(xiàn)CO資化利用。電解CO制的理示意圖如下。①寫陰極還為HCOO

的電極反應式：。②電一段時間后，陽極區(qū)的KHCO溶濃度降低，其原因________（）催加氫合成二甲醚是一種轉化方法，其過程中要發(fā)生下列反應：反應：(g)+H(g)=CO(g)+HO(g)Δ=41.2kJ·mol?1反應：(g)+6H(g)=CH(g)+3HO(g)ΔH﹣122.5mol?1在恒壓、和H的始量一定的條件下CO平衡轉化率和平衡時CH的擇性隨溫度的變化如圖。其中：CH的擇=

的物3反應的的物的量

×100％①溫高于，平轉化率隨溫度升高而上升的原因是。②220時在化劑作用下與H反一段時間后，測得的擇性為（中點。不改變反應時間和溫度，一定能提高CHOCH選性措施________。17

2432422HCO322HCO3222332422424324324222432422HCO322HCO3222332422424324324222233233223322332332422332444【答案】（CaCO多孔

400?600°C

CaCO+CO↑CaCO·H熱分解放出更多的氣體，制得的CaO加疏松（）+H

+2e?

=HCOO或CO++2e=HCOO+

3

；陽極產(chǎn)生，pH減，濃度降低；

+

部分遷移至陰極區(qū)（）應的ΔH＞，的0溫度升高使CO轉化為CO的衡轉化率上升，使轉為CH的衡轉化率下降，且上升幅超過下降幅度；增大壓強，使用對反催活性更高的催化【考點】化學平衡的影響因素，化學平衡的調(diào)控，電解池工作原理及應用【解析中第階段固體質量的減變?yōu)?28g要發(fā)生CaCO·HO的脫水反應，形成CaCO固；第二階段固體質量的減128g變100gO熱解形成CaCO和，反應的化學方程式為CaCO

400?600°C

CaCO+CO；②CaCO·HO熱解過程中產(chǎn)生大量氣體，可使得制得的CaO更疏松多孔，相對表面積較大，與反應過程中，接觸面積更大，更有利于補集CO；（①CO在陰極上得電子形成HCOO

，過程碳元素+價+2價得兩個電子，由于所用溶液為溶，因此會參與反應，故陰極的電極反應式為-

+2e

=HCOO

+CO；②解過程中，陽極的電極反應式為4OH-

=O↑+2HO電解一段時間后，溶液中c(OH-

減，+

)增大，使得陽極區(qū)c(HCO-

減，

+

部分移向陰極區(qū)，最終導致陽極區(qū)c(KHCO)減；（）反的，高溫度，平衡正向移動，使CO轉化為CO的平衡轉化率上；反的ΔH<0，高溫度，平衡逆向移，使轉化為CHOCH的衡轉化率下降；且上升幅度超過下降幅度，因此CO的平衡轉化率隨溫度的升高而上升；②提高CH的擇，則因使反正向進行的程度增大，故可選用對反應催活性更強的催化劑；同時由于該反應，反應前后，氣體分子數(shù)減小，則可通過增大壓強的方式，使得反的衡正向移動；【分析】（）根加熱過程中固體質量的變化確發(fā)生反應的化學方程式；②CaCO·HO熱解過程中產(chǎn)生大量氣體，可使得制得的CaO更疏松多孔；（）陰極上CO發(fā)得電子的還原反，生成-

，結合荷守恒書寫電極反應；②合陽極的電極反應式進行分析；（