2019年高考江蘇卷化學試題解析

1.糖類是人體所需的重要營養物質。淀粉分子中不含的元素是

A.氫B.碳C.氮D.氧

【答案】C

此題屬于一道簡單題目，考點在于營養物質中糖類的組成元素。

【解析】淀粉屬于多糖，組成元素為CxH2nOn；蛋白質和氨基酸中含有N元素，故選C。

2.反應NH4CI+NaNO2^NaCI+N2t+2H2O放熱且產生氣體，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.中子數為18的氯原子:；?C1

B.N2的結構式：N=N

、\

C.Na+的結構示意圖：\8i

j

D.H2O的電子式：

??

【答案】D

此題考查化學用語，化學用語包括:化學式，結構式,電子式,原子結構示意圖以及不同核

素的表達，也屬于簡單題

【解析】A.考察核素的表達:abX,其中a表示X原子的相對原子質量，b表示X原子的質子

數，那中子數二a-b,所以A選項表示的是中子數為1的氯原子與題意不符；B考察的結構式,

因為氮原子最外層電子數為5，還需要3個電子形成8電子穩定結構，所以倆個氮原子共用

3對電子因此氮氣的結構式為氮氮三鍵的形式，故B錯誤；C.考察的原子結構示意圖，鈉原

子的核外有11個電子，而鈉離子是由鈉原子失去一個電子形成的，那么鈉離子的一共有10

個電子，C選項有11個，表示的鈉原子的結構示意圖，故錯誤。D.氧原子最外層六個電子,

兩個氫分別和氧公用一對電子。D正確。

搬D。

3.下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是

A.NH4HCO3受熱易分解，可用作化肥

B.稀硫酸具有酸性，可用于除去鐵銹

C.S02具有氧化性,可用于紙漿漂白

D.AI2O3具有兩性，可用于電解冶煉鋁

【答案】B

【解析】ANH4HCO3受熱易分解和用作化肥無關，可以用作化肥是因為含有氮元素；

B.硫酸酸性可以和金屬氧化物反應，具有對應關系；

C.二氧化硫的漂白屬于結合漂白不涉及氧化還原，故和氧化性無關，而且二氧化硫氧化性

較弱，只和強還原劑反應例如硫化氫，和其他物質反應主要體現還原性；

D.電解冶煉鋁，只能說明氧化鋁導電，是離子晶體，無法說明是否具有兩性，和酸堿都反

應可以體現川2。3具有兩性。

故選B.

4.室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是

A.0.1molL-iNaOH溶液：Na+、K\CO：、A1O；

B.0.1mcdL-iFeCb溶液：K+、Mg2\SO;\MnO；

C.O.lmolL-iK2cO3溶液：Na+、Ba2\Cl\OH"

D.0.1mo卜LH2so4溶液：K+、NH：、NO；、HSO；

【答案】A

此題考的是離子共存問題，應從選項的條件獲取信息，在從中判斷在此條件的環境中是否有

離子會互相反應，能大量共存就是沒有可以互相發生反應的離子存在。

【解析】A選項是一個堿性環境，沒有存在能與氫氧根發生反應的離子，故A正確；B選項

是一個亞鐵離子和氯離子的環境，選項中有高銃酸根可以與鐵離子反應，故錯誤；C選項是

一個鉀離子和碳酸根的環境，選項中存在鋼離子可以與碳酸根發生反應生成沉淀，故錯誤；

D選項是氫離子和硫酸根的環境，選項中有硝酸根和亞硫酸氫根，其中硝酸根可以與氫離子

結合成硝酸，硝酸具有強氧化性可以氧化亞硫酸氫根，故錯誤。

5.下列實驗操作能達到實驗目的的是

甲乙

A.用經水濕潤的pH試紙測量溶液的pH

B.將4.0gNaOH固體置于100mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000mol-L^NaOH

溶液

C.用裝置甲蒸干AICI3溶液制無水AlCb固體

D.用裝置乙除去實驗室所制乙烯中的少量S02

【答案】D

此題考點為根據所給實驗操作是否可以達到實驗目的，必須要根據實驗操作推斷出實驗的結

果，再與選項中的實驗結果一對應。屬于簡單常規題目

【解析】用水潤濕的PH試紙測量溶液的PH會出現人為誤差，實驗數據不準，故A項錯誤；

B選項將氫氧化鈉直接置于容量瓶中，加水后氫氧化鈉溶于水會放熱引起實驗誤差或炸裂容

量瓶，故錯誤；用甲裝置蒸干氯化鋁溶液所得的產物因氯離子會發生水解，加熱后水解程度

增大，蒸發所得的產物為氫氧化鋁固體，故C錯誤；

【遷移】蒸干溶液可以得到溶質固體，但必須考慮溶液中弱離子的水解平衡，當溫度升高后

會促進弱離子水解，那最后實驗所得產物不一定是溶液的溶質。

6.下列有關化學反應的敘述正確的是

A.Fe在稀硝酸中發生鈍化B.MnCh和稀鹽酸反應制取Cl2

C.SO2與過量氨水反應生成（NH4）2SO3D.室溫下Na與空氣中。2反應制取

Na2O2

【答案】C

相同的反應物，條件不同（如溫度、濃度、過量與少量），反應有可能也不同；

A.鈍化反應應注意必須注明常溫下，濃硝酸與Fe發生鈍化;

B.實驗室制備氯氣的反應中應注意鹽酸的濃度和反應溫度；

C.過量與少量問題應以少量物質為基準書寫產物；

D.鈉的還原性強，其與氧氣反應,溫度不同，產物也不同；

【解析】A.常溫下，Fe在與濃硝酸發生鈍化反應，故A錯誤；

B.二氧化鎰與濃鹽酸在加熱條件下反應制取氯氣，故B錯誤；

C.二氧化硫與過量氨水反應生成硫酸筱，故C正確；

D.常溫下，Na與空氣中的氧氣反應生成Na2O;加熱條件下，鈉與氧氣反應生成Na2O2,

故D錯誤；

綜上所述，本題應選C。

【遷移】本題考查常見物質的化學反應，相同的反應物，條件不同（如溫度、濃度、過量與

少量），反應有可能也不同，所以在描述化學反應時應注意反應的條件。

7.下列指定反應的離子方程式正確的是

A.室溫下用稀NaOH溶液吸收CL:Cl2+2OH-^CIO-+CI-+H2O

B.用鋁粉和NaOH溶液反應制取少量H2：AI+2OH-^A1O；+H2f

+2+

C,室溫下用稀HNO3溶解銅：Cu+2NO；+2H^=Cu+2NO2t+H2O

++

D.向NazSiCh溶液中滴加稀鹽酸：Na2SiO3+2H^H2SiO3l+2Na

【答案】A

B.電荷不守恒;

C.不符合客觀事實；

D.應拆分的物質沒有拆分；

【解析】A.NaOH為強堿，可以拆成離子形式，氯氣單質不能拆，產物中NaCI和NaCIO

為可溶性鹽，可拆成離子形式，水為弱電解質，不能拆，故A正確；

B.該離子方程式反應前后電荷不守恒，應改為：2AI+2OH+2H2。=2AIO2+3H2，故B錯

誤；

+2+

C.室溫下,銅與稀硝酸反應生成N02，應改為:3CU+2NO3+8H=2NO+3CU+4H2O,

故C錯誤；

D.Na2SiO3為可溶性鹽，可以拆成離子形式，應改為：SiO32++2H+=H2SiO3；,故D錯

誤；

綜上所述，本題應選A.

8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，X是地殼中含量最多的元素，Y原子

的最外層有2個電子,Z的單質晶體是應用最廣泛的半導體材料,認與乂位于同一主族。

下列說法正確的是

A.原子半徑:/(W)>/(Z)>/(Y)>/(X)

B.由X、Y組成的化合物是離子化合物

c.Z的最高價氧化物對應水化物的酸性比W的強

D.W的簡單氣態氫化物的熱穩定性比X的強

【答案】B

X是地殼中含量最多的元素，因此X為0元素，Y的最外層有兩個電子，且Y是短周期元

素，原子序數大于。因此Y為Mg元素，Z的單質晶體是廣泛應用的半導體材料，所以Z

為Si元素，W與X同主族，且W是短周期元素,原子序數大于X,所以W為S元素；據

此解題；

【解析】A.元素周期表中，同族元素原子半徑隨核電荷數增加而增加，0為于第二周期，其

他元素位于第三周期，因此0的原子半徑最小，同周期元素，核電荷數越大，半徑越小，

因此原子半徑應為r(Mg)>r(Si)>r(S)>r(0)，故A錯誤；

B.X為O元素，Y為Mg元素，兩者組成的化合物氧化鎂為離子化合物，故B正確；

C.Z為Si元素，W為S元素，因為S的非金屬性強于Si,所以S的最高價氧化物對應水化

物的酸性強于Si的，故C錯誤；

D.W為S元素，X為O元素，因為O的非金屬性強于S,所以O的氣態氫化物的熱穩定性

強于S的，故D錯誤；

總上所述，本題選B.

9.在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現的是

Fs>

A.NaCI(aq)>Cl2(g)^>FeCI2(s)

B.MgCI2(aq)>Mg(OH)2(s)^-?MgO(s)

C.S(s)餓>SO3(g)W>H2SO4(aq)

D.W（g）禰嬴^^化司-NH3（g）京苞＞Na2CO3（s）

【答案】B

A.電解條件時應看清是電解水溶液還是電解熔融態物質；

B.根據弓雖堿制弱堿’原理制備氫氧化鎂；

C.注意生成二氧化硫與三氧化硫的條件；

D.氨氣、二氧化碳和氯化鈉反應制備碳酸氫鈉是利用碳酸氫鈉的溶解度低；

【解析】A.氯氣的氧化性強,與鐵單質反應直接生成氯化鐵，故A錯誤；

B.氯化鎂與石灰乳發生復分解反應生成氫氧化鎂，氫氧化鎂高溫激燒生成氧化鎂和水,故B

正確；

C.硫單質在空氣中燃燒只能生成S02,S02在與氧氣在催化劑條件下生成S03，故C錯誤;

D.氨氣與二氧化碳和氯化鈉溶液反應生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉受熱分解可生成碳酸鈉，故D

錯誤；

綜上所述，本題應選B。

10.將鐵粉和活性炭的混合物用NaCI溶液濕潤后,置于如圖所示裝置中，進行鐵的電化學

腐蝕實驗。下列有關該實驗的說法正確的是

A.鐵被氧化的電極反應式為Fe-3e-=Fe3+

B.鐵腐蝕過程中化學能全部轉化為電能

C.活性炭的存在會加速鐵的腐蝕

D.以水代替NaCI溶液，鐵不能發生吸氧腐蝕

【答案】C

根據實驗所給條件可知，本題鐵發生的是吸氧腐蝕，負極反應為：Fe-2e-=Fe2-;正極反應

為：O2+H2O+4e=4OH;據此解題；

【解析】A.在鐵的電化學腐蝕中，鐵單質失去電子轉化為二價鐵離子，即負極反應為：

Fe-2e?=Fe2,故A錯誤;

B.鐵的腐蝕過程中化學能除了轉化為電能，還有一部分轉化為熱能，故B錯誤；

C.活性炭與鐵混合，在氯化鈉溶液中構成了許多微小的原電池，加速了鐵的腐蝕，故C正

確

D.以水代替氯化鈉溶液，水也呈中性，鐵在中性或堿性條件下易發生吸氧腐蝕，故D錯誤;

綜上所述，本題應選C.

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.一定溫度下，反應2H2（g）+Ch（g）=2H2O（g）能自發進行，該反應的A”<0

B.氫氧燃料電池負極反應為O2+2H2O+4e-^=4OH-

C.常溫常壓下，氫氧燃料電池放電過程中消耗11.2LH2,轉移電子的數目為6.02x1023

D.反應2H2（g）+O2（g）=2出09）的△〃可通過下式估算：

【答案】A

【解析】A.體系能量降低和混亂度增大都有促使反應自發進行的傾向，該反應屬于混亂度減

小的反應，能自發說明該反應為放熱反應，即AHvO,故A正確；

B.氫氧燃料電池，氫氣作負極，失電子發生氧化反應，中性條件的電吸反應式為:2Hz-4e

=4H+,故B錯誤；

C.常溫常壓下，Vmw22.L/mol,無法根據氣體體積進行微粒數目的計算，故C錯誤；

D.反應中，應該如下估算：AH二反應中斷裂舊化學健的鍵能之和-反應中形成新共價鍵的鍵

能之和，故D錯誤；

故選A。

△片反應中形成新共價鍵的鍵能之和-反應中斷裂舊共價鍵的鍵能之和

12.化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。

下列有關化合物X、Y的說法正確的是

A.1molX最多能與2molNaOH反應

B.Y與乙醇發生酯化反應可得到X

C.X、Y均能與酸性KMnCU溶液反應

D.室溫下X、Y分別與足量BQ加成的產物分子中手性碳原子數目相等

【答案】CD

【解析】A.X分子中,lmol櫻基消耗ImolNaOH,Imol由酚羥基形成的酯基消耗

2molNaOH,所以ImoIX最多能與3molNaOH反應，故A錯誤；

B上啜X與Y的結構可知，Y與乙酸發生酯化反應可得到X,故B錯誤；

C.X和Y分子中都含有碳碳雙鍵，所以均能與酸性高鎰酸鉀溶液反應，故C正確；

D.X和Y分子中碳碳雙鍵的位置相同,分別與足量B「2加成后產物的結構相似，所以具有相

同數目的手性碳原子，都有3個，故D正確；

娟CD。

13.室溫下進行下列實驗，根據實臉操作和現象所得到的結論正確的是

選項實驗操作和現象結論

向X溶液中滴加幾滴新制氯水，振蕩，再加入少量

AX溶液中一定含有Fe2+

KSCN溶液,溶液變為紇色

向濃度均為0.05molLT的Nai、NaCI混合溶液

BKp(AgD>Kp(AgCI)

中滴加少量AgN03溶液，有黃色沉淀生成

向3mLKI溶液中滴加幾滴浸水振蕩再滴加1mL

CB「2的氧化性比12的強

淀粉溶液，溶液顯藍色

用pH試紙測得：CH3COONa溶液的pH約為HNO2電離出H+的能力比

D

9,NaNCh溶液的pH約為8CHsCOOH的強

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】A.先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液變紅，說明存在Fe3+,而此時的2+是

否由Fe2+氧化而來是不能確定的，所以結論中一定含有Fe2+是錯誤的，故A錯誤；

B.黃色沉淀為Agl,在定量分析中可以看出Agl比AgCI更難溶，則說明

Ksp(AgI)<Ksp(AgCI),故B錯誤;

C.溶液變藍說明有單質碘生成，說明演置換出KI中的碘，根據氧化還原反應的原理得出結

論：Br2的氧化性比b的強，故C正確；

D.CHsCOONa和NaNCh溶液濃度未知，所以無法根據pH的大小，比較出兩種鹽的水解

程度，也就無法比較HNO2和CHsCOOH的電離的難易程度，故D錯誤；

古嬤Q

14.室溫下，反應HCO；+H20P^H2co3+0H-的平衡常數《=2.2x10-8。將NH4HCO3

溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取廢渣中的ZnO。若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質的量濃度關系正確的是

A.0.2molLT氨水:ANH3H2O)>aNH：)>aOH-)>aH+)

B.0.2molLTNH4HCO3溶液(pH>7):c(NH；)>c(HCO,)>^H2CO3)><XNH3H2O)

C.0.2mo卜L-i氨水和0.2mo卜LTNH4HCO3溶液等體積混合：

?NH：)+4NH3H2。)=GH2co3)+GHCO；)+&CO：)

D.0.6molLT氨水和0.2molLTNH4HCO3溶液等體積混合式NH3H2O)+aCO；)+aOH

-)=0.3molL-i+aH2co3)+即)

【答案】BD

15.在恒壓、NO和。2的起始濃度一定的條件下，催化反應相同時間,測得不同溫度下N0

轉化為N02的轉化率如圖中實線所示(圖中虛線表示相同條件下N0的平衡轉化率隨溫度的

史

耕

7

一

0腔

N

A.反應2NO(g)+O2(g)^2NO2(g)的△&>()

B.圖中X點所示條件下，延長反應時間能提高NO轉化率

C.圖中Y點所示條件下，增加02的濃度不能提高NO轉化率

D.3800c下”起始(02)=5.0x10-4mol.L-1,NO平衡轉化率為50%,則平衡常數Q2000

【答案】BD

【解析】A.隨溫度升高NO的轉化率先升高后降低，說明溫度較低時反應較慢，一段時間

內并未達到平衡，分析溫度較高時，已達到平衡時的NO轉化率可知，溫度越高NO轉化

率越低，說明溫度升高平衡向逆方向移動，根據勒夏特列原理分析該反應為放熱反應，△

H<0,故A錯誤;

B.根據上述分析，X點時，反應還未到達平衡狀態，平衡正向移動，所以延長反應時間能提

高NO的轉化率，故B正確；

C.Y點，反應已經達到平衡狀態，此時增加02的濃度，使得正反應速率大于逆反應速率，

平衡向正方向移動，可以提高N0的轉化率，故C錯誤；

D.設NO起始濃度為a,NO的轉化率為50%,則平衡時NO、O2和NCh的濃度分別為

0.5amol/L.(5xlO<0.25a)mol/Ls0.5amol/L,根據平衡常數表達式

C2(NOJ(0.5a)21“&

K==一----=----z----------J----------->---------r=2000,故D正確；

27

C(NO)C(O2)(0.5。)2乂(5乂107_0.5。)5x10^

故選BD。

16.N2。、NO和N02等氮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。

(1)N2O的處理。N2O是硝酸生產中氨催化氧化的副產物，用特種催化劑能使N2O分解。

NH3與。2在加熱和催化劑作用下生成N2O的化學方程式為

(2)NO和NO2的處理。已除去N2O的硝酸尾氣可用NaOH溶液吸收，主要反應為

NO+NO2+2OH-^=2NO；+H2O

2NO2+2OH-NO2+NO；+H2O

①下列措施能提高尾氣中NO和NO2去除率的有（填字母I

A.加快通入尾氣的速率

B.采用氣、液逆流的方式吸收尾氣

C.吸收尾氣過程中定期補加適量NaOH溶液

②吸收后的溶液經濃縮、結晶、過濾，得到NaNCh晶體，該晶體中的主要雜質是_______

（填化學式）；吸收后排放的尾氣中含量較高的氮氧化物是_______（填化學式I

（3）NO的氧化吸收。用NaCIO溶液吸收硝酸尾氣，可提高尾氣中NO的去除率。其他

條件相同,NO轉化為NO.的轉化率隨NaCIO溶液初始pH（用稀鹽酸調節）的變化如圖

麻。

①在酸性NaCIO溶液中，HCIO氧化NO生成ChfflNO；,其離子方程式為。

②NaCIO溶液的初始pH越小，NO轉化率越高。其原因是________

【答案】(1).2NH+2O^^=N2O+3H2O(2).BC(3).NaNO(4).

32△3

+

NO(5).3HCIO+2NO+H2O^=3C|-+2NO；+5H(6).溶液pH越小，溶液中

HCIO的濃度越大，氧化NO的能力越強

【解析】（1）NH3與02在加熱和催化劑作用下發生氧化還原反應生成N20,根據得失電

子守恒和原子守恒可知反應有水生成，配平化學方程式為:2NH3+2O2^=N2O+3H2O,

故答案為：2NH3+2O2=^=N2O+3H2O;

(2)①A.加快通入尾氣的速率,不能提高尾氣中NO和N02的去除率，不選A;

B.采用氣、液逆流的方式吸收尾氣，可使氣液充分接觸，能提高尾氣中NO和N02的去除

率，選B;

C.定期補充適量的NaOH溶液可增大反應物濃度，能提高尾氣中NO和N6的去除率，選

C。

故答案為：BC;

②由吸收反應：NO+NO2+2OH=2NO2-+H2O,2NO2+2OH=NO2+NO3—H2O可知，

反應后得到NaNCh和NaNCh混合溶液，經濃縮、結晶、過濾得到NaNCh和NaNC)3晶

體，因此得到的NaNO2混有NaNO3;由吸收反應可知，若NO和N02的物質的量之比大

于1:1,NO不能被吸收，因此，吸收后排放的尾氣中含量較高的氮氧化物是NO,

故答案為：NaNCh；NO;

(3)①在酸性的NaCIO溶液中，次氯酸根離子和氫離子結合生成HCIO,HCIO和NO發

生氧化還原反應生成N03-和CI-,根據得失電子守恒及電荷守恒、原子守恒，配平離子方程

+

式為2NO+3HCIO+H2O=2NOT+3CI+5H,

+

故答案為:2NO+3HCIO+H2O=2NO3+3CI+5H;

②在相同條件下氧化劑的濃度越大氧化能力越強，由反應2NO+3HCIO+H2O=2NO3-+3

Q-5H+可知,溶液pH越小，溶液中HCIO濃度越大，氧化NO的能力越強，

故答案為：溶液pH越小，溶液中HCIO濃度越大,氧化NO的能力越強。

17.化合物F是合成一種天然蔗類化合物的重要中間體，其合成路線如下:

(1)A中含氧官能團的名稱為_____和

(2)A-B的反應類型為

(3)C-D的反應中有副產物R分子式為Ci2Hi5O6Br注成寫出X的結構簡式:.

(4)C的一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能與FeCb溶液發生顯色反應；

②堿性水解后酸化，含苯環的產物分子中不同化學環境的氫原子數目比為1：lo

2

(5)已知：Mg1)R“、R"R、,OH(R表示煌

R-Cl---------------?RMgCl6口/、+—??

無水乙酰2)H3ORR

COOCH3

和CH3cH2cH20H為原料制備

CH3

0H

Ta

CH2cHe'H2cH?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

CH3

例見本題題干\

【答案】(1).(酚)羥基(2).竣基(3).取代反應(4).

(5).(6).

有機物A和SOCb在加熱條件下發生取代反應生成B,B和甲醇發生酯化反應生成C,C和

CH30cH2cl在三乙胺存在條件下發生取代反應生成D,D和CH3I在K2c。3條件下發生取

代反應生成E,E在LiAIH4條件下發生還原反應生成F,據此解答。

【解析】（1）由A的結構簡式可知，A中含氧官能團為-0H和-COOH,名稱為（酚）羥基、

粉基，

故答案為：（酚）羥基；竣基；

（2）根據以上分析可知，A-B反應-COOH中的羥基被氯原子取代，反應類型為取代反應,

故答案為：取代反應；

（3）觀察對比C、D的結構可知，C-D的反應中酚羥基上的氫原子被-CH20cH3取代生

成D,若兩個酚羥基都發生反應則得到另一種產物，結合副產物X的分子式Ci2Hi5O6Br,

可知X的題簡式為

XlhCXHi

故答案為：

C'H30cHCtXX'Hj

(4)C為,C的同分異構體滿足以下條件：①能與FeCb溶液發生顯色

COOCHj

反應，說明含有酚羥基；②堿性水解后酸化，含苯環的產物分子中不同化學環境的氫原子數

目比為1：1,說明含苯環的產物分子中有兩種類型的氫原子且數目相等，應為間苯三酚，則

該同分異構體為酚酯，結構簡式為

()

故答案為：［Qf

OH

OH

(5)根據逆合成法,若要制備,根據題給信息可先制備d和

CH,

CH3cH2cH0。結合所給原料，L丙醇催化氧化生成CH3cH2CH0,參考題中E-F的反應

C(XXHi1八

CH4)IICgzLCH20H和HO

條件，在LiAH條件下發生還原反應生成、公

CH,

發生取代反應生成、;在Mg、無水乙酶條件下發生已知中的反應生

”式.和CH3cH2cH0反應生成Q■“心,所以合成路線

設計為：

故答案為：CH3cH2cH20H,<)>CHCH2CHO,

Cu.A3

18.聚合硫酸鐵[Fe2(OH)6-2n(SO4).?]m廣泛用于水的凈化。以FeSO4-7H2O為原料，經溶解、

氧化、水解聚合等步驟，可制備聚合硫酸鐵。

(1)將一定量的FeSO4-7H2O溶于稀硫酸，在約70℃下邊攪拌邊緩慢加入一定量的H2O2

溶液，繼續反應一段時間,得到紅棕色黏稠液體。H2O2氧化Fe2+的離子方程式為;

水解聚合反應會導致溶液的pH。

(2)測定聚合硫酸鐵樣品中鐵的質量分數：準確稱取液態樣品3.000g,置于250mL錐

形瓶中，加入適量稀鹽酸，加熱，滴加稍過量的SnCb溶液(SM+將Fe3+還原為Fe2+),充

分反應后，除去過量的Sn2\用5.OOOX1O-2molL-1LCrzCh溶液滴定至終點(滴定過程

中與Fe2+反應生成C=3+和Fe3+),消耗心。2。7溶液22.00mL。

①上述實驗中若不除去過量的SG+,樣品中鐵的質量分數的測定結果將(填"偏大”

或"偏小"或"無影響"\

②計算該樣品中鐵的質量分數(寫出計算過程)一o

+3+

【答案】Q).2Fe2++H2O2+2H^2Fe+2H2O(2).減小(3).偏大(4).

爪5。；-)=5.000x10-2molLTx22.00mLxlO-3LmL-^l.lOOxlQ-3mol

由滴定時CjO；-Cr3+和Fe2+—Fe3+,根據電子得失守恒可得微粒關系式：

2+

Cr2O;~~6Fe

+2+3+3+

(W6Cr,0；+14H4-6Fe^=6Fe+2Cr+7H2O)

2+_33

貝U/XFe）=6n（Cr2O；）=6xl.l00xl0-mol=6.600xl0-mol

樣品中鐵元素的質量:

-1

nXFe)=6.600x10-3mo|x56gmol=0.3696g

0.3696g

樣品中鐵元素的質量分數：u<Fe)=x100%=12.32%

(1)FU+具有還原性，H2O2具有氧化性，根據得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒書寫

離子方程式；根據水解反應的離子方程式分析溶液pH的變化；

(2)①根據Sn2+能將Fe3+還原為Fe??判斷還原性的強弱，進一步進行誤差分析；

②根據々CnCh溶液的濃度和體積計算消耗的心。2。7物質的量，由得失電子守恒計算n

(Fe2+)，結合Fe守恒和3(Fe)的表達式計算。

【解析】(1)FM+具有還原性，在溶液中被氧化成Fe3+,H2O2具有氧化性，其還原產物為

2+3+

WO,根據得失電子守恒可寫出反應2Fe+H2O2->2Fe+2H2O,根據溶液呈酸性、結合

2++3+

原子守恒和電荷守恒，H2O2氧化Fe2+的離子方程式為2Fe+H2O2-2H=2Fe+2H2O;

H2O2氧化后的溶液為Fez(SO4)3溶液，Fez(SO4)3發生水解反應Fe2(SO4)3+(6-2n)

H2O=Fez(OH)6-2n(SO4ln+()H2so4,Fez(OH)6-2n(SO4)n聚合得到聚

合硫酸鐵，根據水解方程式知水解聚合反應會導致溶液的酸性增強，pH減小。答案：

2++3+

2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O減小

(2)①根據題意，SM+能將Fe3+ffll為Fe2+,發生的反應為Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+,

根據還原性：還原劑>還原產物，則還原性Sn2+>F/+,實驗中若不除去過量的SM+,則

加入的KzCnO先氧化過量的SM+再氧化Fe?+,導致消耗的K2U2O7溶液的體積偏大，則

樣品中鐵的質量分數的測定結果將偏大。答案：偏大

②實驗過程中消耗的n(Cr2O72')=5.000xl0-2mol/Lx22.00mLxl03L/mL=1.100x

103mol

由滴定時Cr2O7，TCr3+和Fe??-Fe3+,根據電子得失守恒，可得微粒的關系式:

22+22++3+3+

Cr2O7-6Fe(sECr2O7+6Fe+14H=6Fe+2Cr+7H2O)

貝！］n(Fe2+)=6n(CxiOi2')=6x1.100xlO_3mol=6.6xlO'3mol

(根據Fe守恒)樣品中鐵元素的質量：m(Fe)=6.6x10-3molx56g/mol=03696g

0.3696g

樣品中鐵元素的質量分數：3(Fe)=——^xl00%=1232%>>

3.000g

【遷移】本題以聚合硫酸鐵的制備過程為載體，考查氧化還原型離子方程式的書寫、鹽類的

水解、氧化還原滴定的誤差分析和元素質量分數的計算。易錯點是第(2)①的誤差分析，

應利用"強制弱"和"先強后弱"的氧化還原反應規律分析。難點是第(2)②，注意理清

滴定實驗中物質之間的計量關系。

19.實驗室以工業廢渣(主要含CaSO4-2H2。，還含少量SiOz、AI2O3、％2。3)為原料制取

輕質CaCO3和(NH4)2SO4晶體，其實驗流程如下：

(NHQ2CO3溶液

廢渣粉木一a"取|—?過濾一?濾渣-------?輕質CaC(h

I

漉液-------，(NH4)2S()4晶體

(1)室溫下，反應CaSO4(s)+CO；(aq)=iCaCC)3(s)+SO;(aq)達到平衡,則溶液中

c(SOj)

59

[X；p(CaSO4)=4.8xl0-r^P(CaCO3)=3xl0-].

《CO：廣

(2)將氨水和NH4HCO3溶液混合，可制得(NH4)2CO3溶液，其離子方程式為

浸取廢渣時，向(NH4)2CO3溶液中加入適量濃氨水的目的是________

(3)廢渣浸取在如圖所示的裝置中進行。控制反應溫度在60-70℃,攪拌，反應3小時。

溫度過高將會導致CaSO4的轉化率下降，其原因是_______；保持溫度、反應時間、反應物

和溶劑的量不變，實驗中提高CaSO4轉化率的操作有

(4)濾渣水洗后，經多步處理得到制備輕質CaCCh所需的CaCb溶液。設計以水洗后的濾

渣為原料，制取CaCb溶液的實驗方案：［已知pH=5時Fe(0H)3和AI(0H)3沉淀完

全；pH=8.5時AI(0H)3開始溶解。實驗中必須使用的試劑：鹽酸和Ca(0H)2］。

【答案】(1).1.6xlO4(2).HCO；+NH3HNH：+CO；+H20(或

HCO,+NH3H2O^^NH：+COj+H20)(3),增加溶液中CO；的濃度，促進CaSO,

的轉化(4).溫度過高,(NH4)2CO3分解(5).加快攪拌速率(6).在攪拌下向足量

稀鹽酸中分批加入濾渣，待觀察不到氣泡產生后，過濾，向濾液中分批加入少量Ca(OH)2,

用pH試紙測量溶液pH,當pH介于5-8.5時，過濾

22

(1)反應CaSO4(s)+CO3-(aq)uCaCCh(s)+SO4-(aq)的平衡常數表達式

c(SOj)

為,結合CaSO和CaCO的K計算;

c(CO；-)43sp

(2)氨水與NH4HCO3反應生成(NH4)2c03；加入氨水抑制(NH4)2cO3的水解；

(3)溫度過高，(NH4)2c03分解，使CaS04轉化率下降；保持溫度、反應時間、反應物

和溶劑的量不變，提高CaS04轉化率即提高反應速率，結合反應的特點從影響反應速率的

因素分析；

(4)根據工業廢渣中的成分知，浸取、過濾后所得濾渣中含CaCO3xS1O2.AI2O3和Fe2O3;

若以水洗后的濾渣為原料制取CaCb溶液，根據題給試劑，首先要加入足量鹽酸將CaC03

完全轉化為CaCh,同時AI2O3、Fe2O3轉化成AlCb、FeCb,過濾除去SiO2,結合題給已

知,再利用Ca(0H)2調節pH除去AI3+和Fe3\

【解析】(1)?SCaS04(s)+CO32-(aq)=CaCC)3(s)+SO42-(aq)達到領時,

f*±c(SO；-)c(Ca?+次；)；4p(CaS0p4.8x10"知安.1二

浴液中c(CO^)-c(Ca2+W；-)lKsp(CaCO?)-3x10-9-.“°口案??

xlO4

(2)NH4HCO3屬于酸式鹽，與氨水反應生成(NH4)2CO3,反應的化學方程式為

NH4HCO3+NH3H2O=(NH4)2cO3+H2O[或NH4HCO3+NH3H20：^=(NH4)

+2

2CO3+H2O],離子方程式為HCO3-+NH3H2O=NH4+CO3+H2O(或

+2

HCO3-+NH3H2O^NH4+CO3+H2O)；浸取廢渣時，加入的(NH4)2c。3屬于弱酸

弱堿鹽，溶液中存在水解平衡：CO32-+NH4++H2OUHCO3+NH3M2。,加入適量濃氨

2

水，水解平衡逆向移動，溶液中CO32一的濃度增大反應CaSO4(s)+CO3(aq)^CaCO3

(s)+SO42-(aq)正向移動，促進CaS04的轉化。答案：

+2+2

HCO3+NH3H2O=NH4+CO3-H2O(或HCO3-+NH3H2O^=NH4+CO3+H2O)

增加溶液中CO32-的濃度，促進CaS04的轉化

(3)由于鍍鹽具有不穩定性，受熱易分解，所以溫度過高/NH4/03分解，從而使CaSO4

轉化率下降；由于浸取過程中的反應屬于固體與溶液的反應(或發生沉淀的轉化)，保持溫

度、反應時間、反應物和溶劑的量不變，提高CaSCU轉化率即提高反應速率，結合外界條

件對化學反應速率的影響，實驗過程中提高CaS04轉化率的操作為加快攪拌速率(即增大

接觸面積，加快反應速率，提高浸取率I答案：溫度過高，(NH4)2c03分解加快

攪拌速率

(4)工業廢渣主要含CaSO4-2H2O,還含有少量SiCh、AI2O3和Fe2O3，加入(NH4)283

溶液浸取,其中CaSCU與(NH4)2CO3反應生成CaCCh和(NH4)2SO4,S1O2.AI2O3

和Fe2O3都不反應，過濾后所得濾渣中含CaCO3xS1O2.AI2O3和Fe2O3;若以水洗后的

濾渣為原料制取CaCb溶液，根據題給試劑，首先要加入足量鹽酸將CaC03完全轉化為

CaCI2,發生的反應為CaCO3+2HCI=CaCl2+H2O+CO2t,與此同時發生反應

Al2O3+6HCI=2AICI3+3H2OxFe2O3+6HCI=2FeCl3+3H2O,SiCh不反應，經過濾除去

SiO2;得到的濾液中含CaCI2.AlCb、FeCI3,根據"pH=5時Fe(OH)3和Al(OH)3

沉淀完全,pH=8.5時Al(OH)3開始溶解"，為了將濾液中AP\Fe3+完全除去，應加入

Ca(OH)2調節溶液的pH介于5~8.5[加入Ca(OH)2的過程中要邊加邊測定溶液的pH],

然后過濾即可制得CaCb溶液。答案：在攪拌下向足量稀鹽酸中分批加入濾渣，待觀察不到

氣泡產生后，過濾，向濾液中分批加入少量Ca(0H)2,用pH試紙測得溶液pH,當pH

65~8.5時，過濾

【遷移】本題以工業廢渣為原料制取輕質CaC03和(NH4)2SO4晶體的實驗流程為載體,

考查溶度積的計算、影響鹽類水解的因素、實驗條件的控制、制備實驗方案的設計和對信息

的處理能力等。難點是第(4)問實驗方案的設計，設計實驗方案時首先要弄清水洗后濾渣

中的成分，然后結合題給試劑和已知進行分析，作答時要答出關鍵點，如pH介于5-8.5

等。

20.CO2的資源化利用能有效減少C02排放,充分利用碳資源。

(l)CaO可在較高溫度下捕集C02,在更高溫度下將捕集的C02釋放利用。CaC2O4-H2O

熱分解可制備CaO,CaC2O4?H2。加熱升溫過程中固體的質量變化見下圖。

02004006008CO1000

溫度/t

①寫出400~600℃范圍內分解反應的化學方程式：,

②與CaC03熱分解制備CaO相比，CaCzOWO熱分解制備的CaO具有更好的CC)2捕

集性能，其原因是______O

(2)電解法轉化C02可實現C02資源化利用。電解C02制HCOOH的原理示意圖如下。

①寫出陰極C02還原為HCOO-的電極反應式：

②電解一段時間后，陽極區的KHCCh溶液濃度降低，其原因是______。

(3)C02催化加氫合成二甲酶—種C02轉化方法，其過程中主要發生下列反應：

反應I:CO2(g)+H2(g)^=CO(g)+H2O(g)A//=41.2kJ-moh1

1

反應口:2CO2(g)+6H2(g)^=CH3OCH3(g)+3H2O(g)△”=-122.5kJ-moh

在恒壓、C02和W的起始量一定的條件下,C02平衡轉化率和平衡時CH30cH3的選擇性

小…3ZxCHQCH?的物質的量

.30cH3的選擇性;反應而應的物質的量X100%

①溫度高于300℃,C02平衡轉化率隨溫度升高而上升的原因是

②220℃時，在催化劑作用下CO2與W反應一段時間后