(2021年)高考化学真题试卷(江苏卷)带答案解析

65n42221822351722265n4222182235172222432232021高化真试（苏）一、单题（共题；分）糖是人体所需的重要营养物质。淀粉分子不含的元素是（）A.氢

B.碳

氮

氧【答案】C【考点】多糖的性质和用途【解析答粉的化学式(CHO)，故淀中含有碳元素、氢元素和氧元素，不含有氮元素，C符合题意；故答案为：【分析】根据淀粉的化学式确定淀粉中所含和不含的元素。反NHCl+NaNO=NaCl+NO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.中数为18的原子：

B.N的结构式：Na

的构示意图：

HO的子式：【答案】【考点】原子中的数量关系，电子式、化学式或化学符号及名称的综合【解析】【解答】、中子数为18的原子，其质量=质数中数=17+18=35，此该原子的表示方法为：𝑙

，A不合题意；B、的结构式为N≡N，不合题意；C、的最外层电子数为11失去一个电子后形成Na+，其离子结构示意图，不合题意；D、O中存在两个氢氧共价键，其电子式为

，D符题意；故答案为：【分析】、标在元素号左上角的数字表示的是质量数，质量=质数中子数；B、分子中存在N≡N；C、

+

是在Na原子的基础上失去最外层一个电子形成的；D、O中存在着氢氧共价键；下有关物质的性质与用途具有对应关系的（）A.受易分解，可用作化肥具有氧化性，可用于纸浆漂白【答案】B

B.硫酸具有酸性，可用于除去铁锈具有两性，可用于电解冶炼铝

3232222322232242324、、、4333343224333223【考点】镁、铝的重要化合3232222322232242324、、、4333343224333223【解析】【解答】、中有氮元素，可作氮肥，做氮肥与其受热易分解的性质无关A不合题意；B、锈主成分是FeO，属金属氧化物，金属氧化物能与酸反应，二者具有对应关系符题意；CSO漂白纸浆的过程，是与纸浆中的有色物质发生化合反应形成色物质，过程中没有涉及氧化还原反应，不体现SO的化性，该过程体现了的白性，不合题意；D、具有两性，既能与强酸溶液反应，也能与强碱溶液反应，该性质与电解冶炼铝的用途无关不符合题意；故答案为：【分析】、受热易分与做化肥无关；B、属化能与酸反应；CSO漂白纸浆体现了SO的漂白性；D、具有两性，既能与强酸溶液反应，也能与强碱溶液反应；室下，下列各组离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】【考点】离子共存【解析】【解答】、溶液中各离子相互间不形成难溶（或微溶物）、不形成弱电解质、不形成易挥发性物质、不发生络合反应和氧化还原反应，可大量共存A符题意；B、液的MnO-题意；

具有氧化性具有还原性，二者可发生氧化还原反应，不可大量共存B不合C溶液中的

2+与2-形BaCO沉淀，不可大量共存C不合题意；D、液中-

在酸性条件下具有氧化性，能将HSO-

氧化成2-

，同H

能与HSO-

反应生成SO和HO不可大量共存D不合题意故答案为：【分析】、溶液中各子相互间不发生反应；B、-

具有氧化性，可将2+氧化；CBa2+能CO2-成沉淀；D、+能与-

反应形成SO和H，-

在酸性条件下具有氧化性；下实验操作能达到实验目的的是（）2

33233333322332222423222222243323333332233222242322222224232222A.用水湿润的pH试纸测量溶液的pHB.将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溶制无水固体用置乙除去实验室所制乙烯中的少量SO

−1溶液【答案】【考点溶酸碱性的判断及相关计算，二氧化硫的性质，蒸发和结晶、重结晶，配制一定物质量浓度的溶液【解析】【解答】、测溶液的值，应用干燥洁净玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，显色后与标准比色卡对照，得出溶液的p值若pH试纸润湿，则相当于对溶液进行了释操作，对于酸性溶液，会使得结果偏大，对于碱性溶液，会的结果偏小，对于中性溶液，则无影响A不符合题意；B、制定质的量浓度的溶液时，应先将固体在烧杯中溶解，恢复至室温后，再转移到容量瓶中，不可在容量瓶内进行溶解操作不合题意；CAlCl在中水解，产生Al(OH)和具有挥发性的，接加热蒸发溶，最终得到的是Al(OH)，欲得到AlCl晶，应在HCl气中热蒸发，以抑制AlCl的解C不符合题意；D、能与NaOH溶反应，乙烯不能，故将混合气体通过NaOH溶，可除去乙烯中混有S，符合题意；故答案为：【分析】、根据测溶pH的验操作分析；B、能容瓶内进行溶解；CAlCl在中水解，产生Al(OH)和具有挥发性的；D、能溶反应，乙烯不能；下有关化学反应的叙述正确的是（）A.在硝酸中发生钝化与过量氨水反应生NH)SO

B.MnO和稀盐酸反应制取Cl室下与气中反制取【答案】C【考点】氯气的实验室制法，硝酸的化学性质，二氧化硫的性质，钠的化学性质【解析】【解答】、常温下，浓硝酸能使铁钝化，稀酸不能使铁钝化A不合题意；B、验制所用的试剂为MnO和浓盐酸，与稀盐酸不反应，不合题意；C氨水过量，则SO反，反应生(SO，C符题意；D、温下与空气中的O反应生成NaO，在加热条件下，反生成NaO，D不合题意；故答案为：【分析】、常温下，硝酸能使铁钝化；3

22322222222332223232322222223223323222322232222222233222323232222222322332322232423C氨水过量，则SO少，反应生成SO2-；D、温下，Na与O反应生成Na；下指定反应的离子方程式正确的是（）A.室下用稀溶吸收Cl：+2OH=ClO−+HOB.用铝粉和NaOH溶反应制取少量：−=+H↑室下用稀HNO溶解铜：=Cu2++2NOO向NaSiO溶中滴加稀盐酸SiO+2H+SiO+【答案】【考点】离子方程式的书写【解析】【解答】、与NaOH溶液反应生成、NaClO和O，该反应的离子方程式：Cl=ClO−+Cl+HO，符合题意；B、与溶液反应的离子方程式为：-

+2HO=2AlO-+3H，不符合题意；C铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+8H+

-

=3Cu

2++2NO↑+4HO，不符合题意；D、酸与SiO溶液反应的离子方程式为SiO+

=HSiO↓，不合题意；故答案为：【分析】、与NaOH溶液反应生成、和HO；B、满电守恒；C左右两边电荷不守恒；D、SiO是可溶性盐，在离子方程式中可以拆解成离形式；短期主族元素、、、的子序数依次增大X是地壳中含量最多的元素，原的最外层有电子，的单质晶体是应用最广泛的半导体材料W与位同一主族。下列说法正确的是（）A.原半径：(W)>r(Z)>(Y)>B.由、Y组的化合物是离子化合物的高价氧化物对应水化物的酸性比W的强

W的单气态氢化物的热稳定性比的【答案】B【考点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律【解析】【解答】、同一主族，电子层数越大，原子径越大，同一周期，核电荷数越大，原子半径越小，因此四种原子的半径大小关系为即r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)，不符合题意；B、X、组的化合物为，属于离子化合物，符合题意；C非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由于非金属性S(W)>Si(Z)，最高价氧化物对应水化物的酸性：>HSiO，C不符合题意；D、金属性越强，其简单气态氢化物的稳性越强，由于非金属性X>W，则简单氢化物的稳定性W的比的弱不合题意；故答案为：【分析“X是壳中含量最多的元素则为；Y原子的最外层有2个子”Y为Mg“的质晶体是应用最广泛的半导体材料则Z为Si；W与X位同一主族”W为；据此结合元素周期表的性质递变规律分析选项。在定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是（）4

222223𝑔)l22423𝑔)23223222222222223𝑔)l22423𝑔)23223222222322332332322223232A.NaCl(aq)

电解

𝑠)Cl(g)FeClMgCl(aq)

石灰乳

Mg(OH)

煅烧

MgO(s)S(s)SO(g)点燃

2H(aq)D.N(g)高温高压、催化剂

NH(g)

2𝑎𝑙()

(s)【答案】B【考点以碱工业为基础的化工生产简介，含氮物质的综合应用，含硫物质的性质及综合应用镁、铝的重要化合物【解析解、电解NaCl溶的过程，阳极产生Cl，与反生成FeCl，第步转化错误，不合题意；B、灰的要成分是Ca(OH)，与MgCl反生成Mg(OH)沉淀，Mg(OH)在加热的条件下发生分解反应，生成MgO，两步转化都正确，符题意；CS在中燃，只能生成SO，不能生成SO，一步转化错误C不合题意；D、与H反应生成，NH和、溶反应，生成NaHCO，固受热分再生成CO，第二步转化错误不合题意；故答案为：【分析】、具强氧化性，与可变价态的金属反应时，生成最高价态的金属氯化物；B、灰的要成分是Ca(OH)，难性氢氧化物在加热的条件下分解成相应的金属氧化物和水；CS在中燃，只能生成SO，不能生成SO；D、与和氨盐水反应生成NaHCO；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，进行铁电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是（）A.铁氧化的电极反应为−3e=Fe活炭的存在会加速铁的腐蚀

B.铁腐蚀过程中化学能全部转化为电以代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀【答案】C【考点】金属的电化学腐蚀与防护，铁的吸氧腐蚀【解析】【解答】、在该装置中，铁发生失电子的氧反应，其电极反应式为Fe-2e=Fe题意；

，A不合B、腐过中，化学能部分转化为电能，部分转化为其他能量B不合题意；C活性炭的存在，形成了原电池，加快了铁的腐蚀速率符题意；D、腐蚀需要水和O，NaCl溶改成水，铁也能发生吸氧腐蚀D不合题意；故答案为：【分析】该装置中，铁发生吸氧腐蚀，其中铁做负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式：5

2222222222222242Fe-2e=Fe；碳做正极，发生得电子还原反应，其电极反应式为2222222222222242

+2HO=4OH；此合选项进行分析。二、不项选择题：题包括5小题，每题4分，共计分。（题；共20分）11.氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是（）A.一温度下，反应2H(g)+O(g)O(g)能发进行，该反应的HB.氢氧燃料电池的负极反应为O+2HO+4e=4OH常常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2LH，转移子的数目为6.02×10反(g)+O(g)=2HO(g)的ΔH可过下式估算：ΔH=反中形成共价键的键能之−反中断裂旧共价键的键能之和【答案】【考点】化学电源新型电池，焓变和熵变【解析应能自发进行，则要求ΔH-T，于该反应反应前后气体分子数变小，则，要使ΔH-TΔS<0，要求ΔH<0，符题意；B、燃电中，燃料物质在负极发生失电子的氧化反应，故氢氧燃料电池的负极反应为：H-2e

+

，或-

=2HOB不合题意；C未给出气体所处的状态，无法应用Vm=22.4L/mol进行计算，C不符合题意；D、应热ΔH=应物的化学键的键能总和生物化学键的键能总和不合题意；故答案为：【分析】、结合焓判和熵判据分析反应是否能自发进行；B、料池，燃料物质在负极发生失电子的氧化反应；C未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算；D、据反应热ΔH的算分析12.化合物具抗菌、消炎用，可由X制得。下列有关化合物、Y的说法正确的是（）A.1molX最能与2molNaOH反应B.Y与醇发生酯化反应可得到XXY均与酸性KMnO溶反应室下X、分与足量Br加的产物分子中手性碳原子数目相等【答案】C,D6

4224【考点】手性分”在命科学等方面的应用，羧酸简介，水解反应，酯化反应4224【解析】【解答】、化合物X中与溶反应的官能团有羧基和酯基，其中酯基水解后产物含有羧基和酚羟基，都能与NaOH反，因此化物X能3molNaOH应，不符合题意；B、化应原理酸脱羟基，醇脱”，则Y与醇发生酯化反应时Y中羧基脱去羟基，乙醇的羟基上脱去原，所得产物的结构与X不同，不符合题意；C化合物、中含有碳碳双键，因此都能与KMnO溶反应C符题意；D、合物X与足量的Br反后所得产物的结构简式为，其含有手性碳原子数为3化合物与足量的Br反后所得产物的结构简式为：，其含有手性碳原子数为3符合题意；故答案为：【分析】、能与溶反应的官能团有：卤素原子、羧基酯基、酚羟基；B、据化应的原酸脱羟基，醇脱”析；C能与KMnO溶反应的官能团有：羟基、醛基、碳碳双键、碳碳三键；D、碳原子所连的四个原子或原子团不相，则该碳原子为手性碳原子，结合加成产物的结构简式确定手性碳原子的个数；13.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（）选实操作和现象项

结论7

3spsp223223spsp222232sp2234332432332433223spsp223223spsp222232sp2234332432332433223)+(4332233232424324

向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶，溶液X溶液中一定含有变为红色B

向浓度均为0.05L

−1

的、NaCl混溶液中滴加少量AgNO(AgI)>K(AgCl)C

溶液，有黄色沉淀生成向3mLKI溶液中滴加滴溴水，振荡，再滴加淀溶液，溶液Br的氧化性比的显蓝色D

用pH试测得：溶的pH约为9，溶液的pH约为

HNO电离出+CHCOOH的

的能力比A.AB.CD【答案】C【考点弱解质在水溶液中的电离平衡，难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，氯气的化性质，氯、溴、碘及其化合物的综合应用【解析】【解答】、检验Fe

2+，应先加KSCN溶，排除溶液中可能存在的Fe的扰，若加入KSCN溶液后无明显现象，再加新制氯水，溶液变红色，说明原溶液中含有Fe

，A不合题意；B、生淡色沉淀为AgI沉，说明AgI比AgBr难溶，因此(AgI)<K(AgBr)，不符合题意；C加入淀粉后，溶液显蓝色，说明Br将溶液中的I-符合题意；

氧化成I，因Br的化性强于I的化性，CD、于所用的CH溶和溶的浓度未知，因此不能得出正确结论不合题意；故答案为：【分析】、检验Fe2+时，应先加KSCN溶液，再加新制氯水；B、越，沉淀越难溶，反应程中越先形成沉淀；C淀粉遇碘变蓝色；D、等浓度盐溶液的pH大小得出离子水解程度的大小，结“越弱越水”分析酸的强弱；14.室温下，反应

3

+HOH−

的平衡常数=2.2×10。NH溶和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物的量浓度关系正确的是（）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溶等体积混合c(

c·HO)=(H)+c(

23

)0.6mol·L

−1

氨水和0.2mol·L

−1

NHHCO溶液等体积混合c·HO)+(

23

)+c−)=0.3L

−1(HCO)+c(H+

)【答案】【考点】化学平衡常数，弱电解质在水溶液中的电离平衡，离子浓度大小的比较【解析氨水溶液显碱性，因此溶液中c(OH

)>c(H)，于NHO是弱碱，在水中部分电离，因此溶液中c(NH·HO)>c(NH+

)，于溶液中存在O的离，因此c(OH)>c(NH+

)，此溶液中c(NH·H-

)>c(NH+

)>c(H

+

)，不符合题意；8

43343233243233243223334322333432233343223334333233233323332332323332323333232332323232432433432332432332432233343223334322333432233343332332333233323323233323233332323323232324322222起始2c(NH

+4

)>c(HCO-，)>c(NH·HO)因此溶液中+)>c(HCO-)>c(HCO)>c(NH·HO)，符题意；C两溶液等体积混合后，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-，不符合题意；D、溶液等体积混合后，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溶液中存在电荷守恒c(NH+)+c(H)=c(OH)+c(HCO-)+2c(CO2-)···②O)-c(H+)=2c(CO2--)+4c(HCO)-c(OH)等式两边都加上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)移项可得：·HO)+c(CO2-)+c(OH

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

)，符合题意；故答案为：【分析】、氨水溶液存在着HO和·HO的电离，据此判断溶液中微粒的浓度大小；B、溶的pH确定溶液的酸碱性，从而确定溶液中NH+粒浓度大小关系；C结合物料守恒分析；D、合电荷守恒和物料守恒分析选项；

和的水解程度大小，进而判断溶液中微15.在恒压、O的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同度下转为NO的转化率如图中实线所示中虚线表示相同条件下的衡转化率随温度的变)。列说法正确的是（）A.反2NO(g)+O(g)=2NO(g)>0B.图中点示条件下，延长反应时间提高转率图Y点所示条件下，增加的浓度不能提高NO转率380下，

(O)=5.0×10mol·L−1，平转化率，平衡常数K>2000【答案】【考点】反应热和焓变，化学平衡的调控【解析【解答A由图可知，当温度升高时，NO的平衡转化率逐渐减小，说明温度升高，平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热反应方向移动，故逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，即该应的ΔH<0，不符合题意；B、中点所示反应未达到平衡状态，延长反应时间，可使反应继续正向进行NO的化率增大，9

2起始222222222223222222222起始2222222222232222222232222C图中Y点应达到平衡状态，增加O浓，反应物浓度增大，正反应速率增大，平衡正向移动NO的转化率增大，不合题意；D、c

-4，可得平衡三段式：起始

2NO(g)+a

O(g)5.0

(g)0（-4）转化

0.5a0.25a0.5a（

-4mol/L）平衡（-4）

0.5a5-0.25a0.5a该温度下，反应的平衡常

𝑐

2

𝑐𝑁(0.5𝑎×10)𝑂)×𝑐(𝑂(0.5𝑎×10)2−0.5−4

15𝑎

4

2000，符题意；故答案为：【分析】、结合温度平衡移动的影响分析反应的热效应；B、示点反应未达到平衡状态，延长反应时间，可促使平衡继续正向进行；C结合浓度对平衡移动的影响分析；D、据三段式，结合平衡常数的表达式进计算；三、非选择题（共5题；共分）16.NO、和NO等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。（）O的处理。O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使NO分。与在热和催化剂作用下生成NO的化学方程式_。（）和的理。已除去O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为+2OH

=2+H+2OH=++H①下措施能提高尾气中NO和去率的有_______（字母）。A．加快通入尾气的速率B．用气、逆流的方式吸收尾气C．收尾气过程中定期补加适量溶液②吸后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到晶体，该晶体中的主要杂质是（化学式吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物________（填化学式）。10

33催化剂323322223232222223233223（）的化吸收。用NaClO溶吸收硝酸尾，可提高尾气中的除。其他条件相同NO转化为的化率随NaClO溶初始（稀盐酸调节）的33催化剂323322223232222223233223①在性NaClO溶液中HClO氧NO生成和，离子方程式________。②NaClO溶的初始pH越，转率越高。其原因________。【答案】（）32N2ONO+3H（）；；NO（）3HClO+2NO+HO=3Cl−

+2+5H；液pH越小，溶液中HClO的度越大，氧NO的力越强【考点】氮的固定，化学平衡的影响因素，含氮物质的综合应用【解析】【解答】1NH和在化剂作用下应生成NO和O该反应中，氮元素由-价变为1价，失去8个电子，由0价变为2价得到个子，根据得电子守恒可得NH和NO的数为和1，的数为；由原个数守恒，可得O的系数为3；该反应的化学方程式为

催化剂3

；（）①A、快通入尾气速率，会使得尾气未参与反应就逸出，导致NO和NO的除率降低，不符合题意；B、用、逆流的方式，可以增大尾气和N溶的接触，提高和的去除率，符题意；C定期补充溶，可以提高NO和的去除率，符合题意；故答案为：；②上述发生的反应可知，晶体后所得的晶中含有的主要杂质为NaNO；由于能与水反应生成NO，且难溶于水，不与水反应，因此吸收后排放的尾气中量较高的氮氧化物为；（）由题干信息可知，反应过程中HClO将NO氧成-

，自身原为Cl-

；元素由1价为1，得到2个子N元由2价为5价失去3个子；结合得失电子守恒可得HClO和Cl

的系数为，和-

的系数为2；由电荷守可得，产物中含有H+

，且其数为5；结原个数守恒可得，反应物中有HO，且其系数为1；此可得该反应的离子方程式为：3HClO+2NO+HO=3Cl-

-

+5H

+

；②液的pH值越小，则酸性越强，溶液中越，HClO的化性越强，其氧化的量越强，因此NaClO溶的起始pH越，的化率越高；【分析】1）题干信息确定反应物生成物，结合得失电子守恒和原子守恒书写反应的化学方程式；（）①A、快通入气体速率，气体吸收率降低；B、、逆可增大接触；11

21563322C定期补充溶，有利于尾气的21563322②合发生反应的离子方程式确定晶体中所含杂质；结合NO和NO的质分析；（题干信息确定反应物和生成物，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式；②液pH越，则溶液中越，氧化性越强；17.化合物是成一种然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下：（）中含氧官能团的名称_和。（）→B的应类型为_______。（）→D的应中有副产物X（子为COBr）成，写出X的结构简式________。（）的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FeCl溶液发生显色反应；②碱水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为∶。（）知：示烃基或氢）写出以

和CHCHOH为料制备

（表烃基和表的合成路线流程图（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】（）酚）羟基；羧基（）代反应（）12

2232231562232231563323222（）（）【考点】有机物中的官能团，有机物的合成，同分异构现象和同分异构体，取代反应【解析】【解答】1由有机物的构简式可知，中有的含氧官能团为羧基和羟基；（）应物为

和，生物为，因此该反应过程中，SOCl中的取代了A中中羟基的位置，故A的反应类型为取代反应；（）反应物C和成物D的构简式知，该反应的反应原理为：三乙胺CHCl）的原子团-CHOCH取了酚羟基中原子的位置；由于反应物中含有两个酚羟基，结合X的子COBr）可知，副产物X是反应物和分子三乙胺反应后所得产物，因此X的构简式为：；（）与FeCl溶液发生显色反应，说明分子结构中有酚羟基；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，说分子结构中含有酯基；含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为，则该产物的结构简式为：；此可得该同分异构体的结构简式为：；（）据最终物的结构简式

和已知反应可得，合成该产物的有机物的结构简式为CHCH和；CHCHOH在和O，加的条件下，可转化为13

324323223226-24nm424222222324323223226-24nm424222222222772272222272222CHCH；

在作下可转化为；此该合成路线的流程图为：、；【分析】（）据的构简式分析A中含的官能团；（）反应物生成物的结构特点，确定反应类型；（）→D的应原理，结合副产物的分子式，定X的构简式；（）据限定件确定有机物的基本结构单元，进而确定同分异构体的结构简式（）据最终物的结构，结合已知反应，可确定合成该产物的有机物的结构简为CHCHO和；因此合成路线设计过程中，主要是将

转化为，将CHCHCH转为CHCH；18.聚合硫酸Fe(OH)n(SO广泛用于水的净化。以FeSO·7H为料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。（）一定量FeSO溶稀硫酸，在约下边搅拌边缓慢加入一定量的HO溶，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体HO氧Fe2+的离子方程式为；解聚合反应会导致溶液的pH________。（定合酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品，于250mL锥瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl溶（2+将Fe3+还为2+），充分反应后，除去过量的2+。用5.000×10−2

mol·L

−1

KCrO溶液滴定至终定程中2

与Fe2+反应生成3+和Fe耗KCrO溶液22.00。①上实验中若不除去过量的Sn

，样品铁的质量分数的测定果________（偏”“偏小或无响）②计该样品中铁的质量分数（写出计算过程________。【答案】（）

2+HO

+

=2Fe+2H；减小（）大；

mol·

−1×22.00mL×10−3

L·mL−1−3

mol由定时2

和2+→Fe3+

，根电子得失守恒可得微粒的关系式：2

~6Fe

（或2+14H

+6Fe

2+=6Fe3+

3++7HO）则n(Fe)=6n(

7

)=6×1.100×10mol=6.600×10−3mol样品中铁元素14

22222227272722727270.3696𝑔222222222227272722727270.3696𝑔22227274222323342443242sp4sp34342342344的质量：m(Fe)=6.600×10−3mol×56g·mol−1=0.3696g样品中铁元素的质量分数w(Fe)=×100%=12.32%【考点】氧化还原反应

0.36963.000【解析】【解答】1O具有氧化性，能将Fe2+氧成Fe

，该反的离子方程式为：2Fe

2++HO+2H+

=2Fe+2H；解聚合过程中，进了Fe

3+水解，使得溶液中+

)增，减；（CrO具有氧化性，能将Sn2+氧化成Sn

，若除去溶液中过量的Sn2+

，则会致滴定过程中消耗O2-增，而使得计算出的品中铁元素的质量偏大，最终测定结果偏大；②定过程中发生反应的离子方程式为CrO2-+14H

+

2+=6Fe3+

3++7HO；滴定至终点，消耗n(CrO2-)=−2

mol/L×22.00×10-3mol；由反应的离子方程式可得关系式CrO2-

，则可得样品中n(Fe

2+)=6n2-)=6×1.100×10−3

mol=6.600×10−3

，则样品中铁元素的质量m(Fe)=6.600×10−3

mol×56g/mol=0.3696g故所得样品中铁元素的质量为：

3.000

；【分析O具有氧化性，能将2+氧化成Fe

，据此出反应的离子方程式水解聚合过程中使得溶液+

增；（）2+能被KCrO氧化；②据发生反应的离子方程式，结合滴定过程中消耗的n(CrO2-算样品中n(Fe

)，而计算样品中铁元素的质量分数；19.实验室以工业废渣（主要含CaSO·2HO，还含少量SiO、O、O）为原料制取轻质CaCO和(NH)晶，其实验流程如下：（）温下，应(s)+

3

(aq)CaCO(s)+

4

(aq)达平衡，则溶液中

3K(CaSO)=4.8×10−5

，K(CaCO)=3×10−9]。（）氨水和NH溶混合，可制NH)CO溶液，其离子方程式________浸取废渣时，向(NH)溶液中加入适量浓氨水的目的是。（）渣浸取如图所示的装置中进行。控制反应温度在60~70，搅拌，反应3小时。温度过高将会导致CaSO的转化率下降，其原因_______；保持温度、反应时间反应物和溶剂的量不变，实验中提高CaSO转率的操作________。15

32233323323232244232𝑆43𝑠𝑝42+𝑠𝑝32+𝐾𝐾434333233324423333434234432233323323232244232𝑆43𝑠𝑝42+𝑠𝑝32+𝐾𝐾43433323332442333343423442323222sp4sp3333323232332222242242（）渣水洗，经多步处理得到制备轻质aCO所需的CaCl溶液。设计以水洗后的滤渣为原料，制取CaCl溶液的实验方案________[已pH=5时和Al(OH)沉完全pH=8.5时Al(OH)开溶。实验中必须使用的试剂：盐酸和。【答案】（）4（）+NHO=

+

23

+HO(或O

4

+

23

+HO)；加溶液中

23

的浓度，促进的化（）度过高(NHCO分；加快搅拌速率（）搅拌下足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向液中分批加入少量Ca(OH)，用pH试纸测量溶液pH，当介5~8.5时过滤【考点】化学平衡常数，化学平衡的调控，难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【解析】【解答】1反应达到平衡时，溶液中𝐶𝑂

22

𝐾(𝑎𝑂)𝑐(𝑎)𝐾(𝐶𝑎𝑂)𝑐(𝑎)

𝑠𝑝𝑠𝑝

𝐶𝑎𝑂𝐶𝑎

4.8×103×10

104

；（）水显碱，将氨水与NH溶混合后，溶液中的HCO与·HO反应生成CO2-，该反应的离子方程式为：+NH·H++CO2-；向饱和NHCO溶中加入适量浓氨水后，氨水可抑制CO2-解成-

，从而大溶液中c(CO2-促进CaSO沉淀转化为CaCO沉淀；（盐不稳，受热易分解，因此当温度过高时(NHCO分，导致的化率降低；实验程中，除了改变温度、时间和反应物浓度外，还可通过加快搅拌速率，来提高CaSO的化率；（）洗后的渣中含有杂质Al、O，欲制纯净的CaCl溶液，应先将滤渣溶于足量的盐酸中，过滤后，再向滤液中加入Ca(OH)，调节溶液的pH在5~8.5的围内，过滤，得到CaCl溶液；【分析】（）据K(CaSO)和K(CaCO)的达进行计算；（）水显碱，能与-使溶液中HCO-转化为CO2-；

反应形成CO2-

，据此出反应的离子方程式加入适量浓氨水，可促（）盐不稳，受热易分解；搅拌可加快反应速率；（）洗后的渣中含有杂质Al、O，欲制纯净的CaCl溶液，应结合题干所给和Al(OH)完全沉淀的pH确实验过程中需要控制的条件；20.CO的源化利用能有效减少排，充分利用碳资源。（）可在较高温度下捕集CO，在更高温度下将捕集的CO释利用。CaCO·HO热分解可制备CaO，·HO加热升温过程中固体的质量变化见下图。16

32422222232222222332222333324222222322222223322223333322223333①写400~600范内分解反应化学方程式________。②与CaCO热解制备的相比CaCO·HO热分解制备的CaO具有更好的CO捕性能，其原因是________。（）解法转CO可现CO资化利用。电解CO制的理示意图如下。①写阴极还为HCOO

的电极反应式：。②电一段时间后，阳极区的KHCO溶浓度降低，其原因________（）催加氢合成二甲醚是一种转化方法，其过程中要发生下列反应：反应：(g)+H(g)=CO(g)+HO(g)Δ=41.2kJ·mol−1反应：(g)+6H(g)=CH(g)+3HO(g)ΔH﹣122.5mol−1在恒压、和H的始量一定的条件下CO平衡转化率和平衡时CH的择性随温度的变化如图。其中：CH的择=

的物3反应的的物的量

×100％①温高于，平转化率随温度升高而上升的原因是。②220时在化剂作用下与H反一段时间后，测得的择性为（中点。不改变反应时间和温度，一定能提高CHOCH选性措施________。17

2432422HCO322HCO3222332422424324324222432422HCO322HCO3222332422424324324222233233223322332332422332444【答案】（CaCO多孔

400−600°C

CaCO+CO↑CaCO·H热分解放出更多的气体，制得的CaO加疏松（）+H

+2e−

=HCOO或CO++2e=HCOO+

3

；阳极产生，pH减，浓度降低；

+

部分迁移至阴极区（）应的ΔH＞，的0温度升高使CO转化为CO的衡转化率上升，使转为CH的衡转化率下降，且上升幅超过下降幅度；增大压强，使用对反催活性更高的催化【考点】化学平衡的影响因素，化学平衡的调控，电解池工作原理及应用【解析中第阶段固体质量的减变为128g要发生CaCO·HO的脱水反应，形成CaCO固；第二阶段固体质量的减128g变100gO热解形成CaCO和，反应的化学方程式为CaCO

400−600°C

CaCO+CO；②CaCO·HO热解过程中产生大量气体，可使得制得的CaO更疏松多孔，相对表面积较大，与反应过程中，接触面积更大，更有利于补集CO；（①CO在阴极上得电子形成HCOO

，过程碳元素+价+2价得两个电子，由于所用溶液为溶，因此会参与反应，故阴极的电极反应式为-

+2e

=HCOO

+CO；②解过程中，阳极的电极反应式为4OH-

=O↑+2HO电解一段时间后，溶液中c(OH-

减，+

)增大，使得阳极区c(HCO-

减，

+

部分移向阴极区，最终导致阳极区c(KHCO)减；（）反的，高温度，平衡正向移动，使CO转化为CO的平衡转化率上；反的ΔH<0，高温度，平衡逆向移，使转化为CHOCH的衡转化率下降；且上升幅度超过下降幅度，因此CO的平衡转化率随温度的升高而上升；②提高CH的择，则因使反正向进行的程度增大，故可选用对反应催活性更强的催化剂；同时由于该反应，反应前后，气体分子数减小，则可通过增大压强的方式，使得反的衡正向移动；【分析】（）根加热过程中固体质量的变化确发生反应的化学方程式；②CaCO·HO热解过程中产生大量气体，可使得制得的CaO更疏松多孔；（）阴极上CO发得电子的还原反，生成-

，结合荷守恒书写电极反应；②合阳极的电极反应式进行分析；（