整理2019年高考化学真题（江苏卷含解析）一套

整理 2019 年高考化学真题（江苏卷含解析）一套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 2B 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 32 Cl 35. 5 K 39 Ca 40 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ag 108 I 127选 择 题单项选择题：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.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 CxH2nOn；蛋白质和氨基酸中含有 N 元素，故选 C。2.反应 NH4Cl+NaNO2 NaCl+N2+2H2O 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 18 的氯原子： B. N2 的结构式：N=NC. Na+的结构示意图： D. H2O 的电子式： 【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:abX,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=a-b,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，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 11 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 10 个电子，C 选项有 11 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. NH4HCO3 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. SO2 具有氧化性，可用于纸浆漂白D. Al2O3 具有两性，可用于电解冶炼铝【答案】B【解析】【详解】A.NH4HCO3 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. 二氧化硫的漂白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 Al2O3 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 mol?L?1NaOH 溶液：Na+、K+、 、 B. 0.1 mol?L?1FeCl2 溶液：K+、Mg2+ 、 、 C. 0.1 mol?L?1K2CO3 溶液：Na+、Ba2+、 Cl?、OH?D. 0.1 mol?L?1H2SO4 溶液：K+、 、 、 【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，选项中有高锰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，选项中存在钡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A. 用经水湿润的 pH 试纸测量溶液的 pHB. 将 4.0 g NaOH 固体置于 100 mL 容量瓶中，加水至刻度，配制1.000 mol?L?1NaOH 溶液C. 用装置甲蒸干 AlCl3 溶液制无水 AlCl3 固体D. 用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量 SO2【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 试纸测量溶液的 PH 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. Fe 在稀硝酸中发生钝化 B. MnO2 和稀盐酸反应制取 Cl2C. SO2 与过量氨水反应生成(NH4)2SO3 D. 室温下 Na 与空气中O2 反应制取 Na2O2【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 Fe 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.二氧化锰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铵，故 C 正确；D.常温下，Na 与空气中的氧气反应生成 Na2O；加热条件下，钠与氧气反应生成 Na2O2，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 Cl2：Cl2+2OH? ClO?+Cl?+H2OB. 用铝粉和 NaOH 溶液反应制取少量 H2： Al+2OH? +H2C. 室温下用稀 HNO3 溶解铜：Cu+2 +2H+ Cu2+2NO2+H2OD. 向 Na2SiO3 溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+ H2SiO3+2Na+【答案】A【解析】【分析】B.电荷不守恒；C.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：2Al+2OH-+2H2O =2AlO2-+3H2，故 B 错误；C.室温下，铜与稀硝酸反应生成 NO2 ,应改为：3Cu+2NO3-+8H+=2NO+3Cu2+4H2O，故 C 错误；D.Na2SiO3 为可溶性盐，可以拆成离子形式，应改为：SiO32-+2H+=H2SiO3 ，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(Y) 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 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 O 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 O,因此 Y 为 Mg 元素，Z的单质晶体是广泛应用的半导体材料，所以 Z 为 Si 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，O 为于第二周期，其他元素位于第三周期，因此 O 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(Mg)r(Si)r(S)r(O)，故 A 错误；B.X 为 O 元素，Y 为 Mg 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 Si 元素，W 为 S 元素，因为 S 的非金属性强于 Si，所以 S 的最高价氧化物对应水化物的酸性强于 Si 的，故 C 错误；D.W 为 S 元素，X 为 O 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能实现的是A. NaCl(aq) Cl2(g) FeCl2(s)B. MgCl2(aq) Mg(OH)2(s) MgO (s)C. S(s) SO3(g) H2SO4(aq)D. N2(g) NH3(g) Na2CO3(s)【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，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，故 B 正确；C.硫单质在空气中燃烧只能生成 SO2，SO2 在与氧气在催化剂条件下生成 SO3，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 Fe?3e? Fe3+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 NaCl 溶液，铁不能发生吸氧腐蚀【答案】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：Fe-2e-=Fe2-；正极反应为： O2+H2O +4e-=4OH-;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：Fe-2e-=Fe2- ，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：Fe-2e-=Fe2- ；正极反应为：2H+ +2e-=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：Fe-2e-=Fe2-；正极反应为： O2+H2O +4e-=4OH-。不定项选择题：本题包括 5 小题，每小题 4 分，共计 20 分。每小题只有一个或两个选项符合题意。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。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. 一定温度下，反应 2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)能自发进行，该反应的 H Ksp(AgCl)C 向 3 mL KI 溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加 1mL 淀粉溶液，溶液显蓝色 Br2 的氧化性比 I2 的强D 用 pH 试纸测得：CH3COONa 溶液的 pH 约为9，NaNO2 溶液的 pH 约为 8 HNO2 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Fe3+，而此时的 Fe3+是否由 Fe2+氧化而来是不能确定的，所以结论中一定含有 Fe2+是错误的，故 A 错误；B. 黄色沉淀为 AgI，在定量分析中可以看出 AgI 比 AgCl 更难溶，则说明 Ksp(AgI)c( )c(OH?)c(H+)B. 0.2mol?L?1NH4HCO3 溶液(pH7)：c( )c( )c(H2CO3)c(NH3?H2O)C. 0.2mol?L?1 氨水和 0.2mol?L?1NH4HCO3 溶液等体积混合：c( )+c(NH3?H2O)=c(H2CO3)+c( )+c( )D. 0.6mol?L?1 氨水和 0.2mol?L?1NH4HCO3 溶液等体积混合：c(NH3?H2O)+c( )+c(OH?)=0.3mol?L?1+c(H2CO3)+c(H+)【答案】BD【解析】【详解】A.NH3?H2O 属于弱电解，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3?H2O NH4+OH- ，H2O H+OH-，所以 c(OH-)c(NH4+)，故 A 错误；B.NH4HCO3 溶液显碱性，说明 HCO3-的水解程度大于 NH4+的水解，所以 c(NH4+)c(HCO3-)，HCO3-水解：HCO3- H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4+H2O NH3?H2O+H+，前者水解程度大，则c(H2CO3)c(NH3?H2O)，故 B 正确；C.由物料守恒，n(N):n(C)=2:1 ，则有 c(NH4+)+c(NH3?H2O)=2c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，故 C 错误；D.由物料守恒，n(N):n(C)=4:1 ，则有 c(NH4+)+c(NH3?H2O)=4c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)；电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)；结合消去 c(NH4+)得：c(NH3?H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)，0.2mol/LNH4HCO3 与氨水等体积混合后，c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L，将等式两边各加一个 c(CO32-)，则有 c(NH3?H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，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 O2 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 NO2 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)。下列说法正确的是A. 反应 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的 H0B. 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 O2 的浓度不能提高 NO 转化率D. 380下，c 起始(O2)=5.010?4 mol?L?1，NO 平衡转化率为50%，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，?H =2000，故 D 正确；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。（1）N2O 的处理。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 O2 在加热和催化剂作用下生成N2O 的化学方程式为 _。（2）NO 和 NO2 的处理。已除去 N2O 的硝酸尾气可用 NaOH 溶液吸收，主要反应为NO+NO2+2OH? 2 +H2O2NO2+2OH? + +H2O下列措施能提高尾气中 NO 和 NO2 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 NaNO2 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 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，HClO 氧化 NO 生成 Cl?和 ，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_。【答案】 (1). 2NH3+2O2 N2O+3H2O (2). BC (3). NaNO3 (4). NO (5). 3HClO+2NO+H2O 3Cl?+2 +5H+ (6). 溶液 pH 越小，溶液中 HClO 的浓度越大，氧化 NO 的能力越强【解析】【详解】 （1）NH3 与 O2 在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成 N2O，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 N2O+3H2O，故答案为：2NH3+2O2 N2O+3H2O；（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 NO2 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 NO2 的去除率，选 C。故答案为：BC；由吸收反应：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2+2OH-=NO2-+ NO3-+H2O 可知，反应后得到 NaNO2 和 NaNO3 混合溶液，经浓缩、结晶、过滤得到 NaNO2 和 NaNO3 晶体，因此得到的 NaNO2 混有NaNO3；由吸收反应可知，若 NO 和 NO2 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：NaNO3；NO ；（3）在酸性的 NaClO 溶液中，次氯酸根离子和氢离子结合生成HClO，HClO 和 NO 发生氧化还原反应生成 NO3-和 Cl-，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+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+，故答案为：2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+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=2NO3-+3 Cl-+5H+可知，溶液 pH 越小，溶液中HClO 浓度越大，氧化 NO 的能力越强，故答案为：溶液 pH 越小，溶液中 HClO 浓度越大，氧化 NO 的能力越强。17.化合物 F 是合成一种天然茋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_。（2）AB 的反应类型为_。（3）CD 的反应中有副产物 X（分子式为 C12H15O6Br）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构简式：_。能与 FeCl3 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 11。（5）已知： （R 表示烃基，R和 R“表示烃基或氢） ，写出以 和CH3CH2CH2OH 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). （酚）羟基 (2). 羧基 (3). 取代反应 (4).(5). (6). 【解析】【分析】有机物 A 和 SOCl2 在加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 CH3OCH2Cl 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 F，据此解答。【详解】 （1）由 A 的结构简式可知，A 中含氧官能团为-OH 和-COOH，名称为(酚) 羟基、羧基，故答案为：(酚) 羟基；羧基；（2）根据以上分析可知，AB 反应-COOH 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，CD 的反应中酚羟基上的氢原子被-CH2OCH3 取代生成 D，若两个酚羟基都发生反应则得到另一种产物，结合副产物 X 的分子式 C12H15O6Br，可知 X 的结构简式为 ，故答案为： ；（4）C 为 ，C 的同分异构体满足以下条件：能与 FeCl3 溶液发生显色反应，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，则该同分异构体为酚酯，结构简式为 ，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 和CH3CH2CHO。结合所给原料，1-丙醇催化氧化生成CH3CH2CHO，参考题中 EF 的反应条件， 在 LiAlH4 条件下发生还原反应生成 ， 和 HCl 发生取代反应生成 ， 在 Mg、无水乙醚条件下发生已知中的反应生成 ， 和 CH3CH2CHO 反应生成 ，所以合成路线设计为：CH3CH2CH2OH CH3CH2CHO，故答案为：CH3CH2CH2OH CH3CH2CHO，。18.聚合硫酸铁Fe2(OH)6-2n(SO4)nm 广泛用于水的净化。以FeSO4?7H2O 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 溶于稀硫酸，在约 70 下边搅拌边缓慢加入一定量的 H2O2 溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2 氧化 Fe2+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3.000 g，置于 250 mL 锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的 SnCl2 溶液（Sn2+将 Fe3+还原为 Fe2+） ，充分反应后，除去过量的 Sn2+。用 5.00010?2 mol?L?1 K2Cr2O7 溶液滴定至终点（滴定过程中 与 Fe2+反应生成 Cr3+和 Fe3+） ，消耗 K2Cr2O7 溶液22.00 mL。上述实验中若不除去过量的 Sn2+，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). 2Fe2+ H2O2+2H+ 2Fe3+2H2O (2). 减小 (3). 偏大 (4). n( )=5.00010?2 mol?L?122.00 mL10?3 L?mL?1=1.10010?3 mol由滴定时 Cr3+ 和 Fe2+Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒 关系式： 6Fe2+（或 +14H+6Fe2+ 6Fe3+2Cr3+7H2O）则 n(Fe2+)=6n( )=61.10010?3 mol=6.60010?3 mol样品中铁元素的质量：m(Fe)=6.60010?3 mol56 g?mol?1=0.3696 g样品中铁元素的质量分数：w(Fe)= 100%=12.32%【解析】【分析】（1）Fe2+具有还原性，H2O2 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；根据水解反应的离子方程式分析溶液 pH 的变化；（2）根据 Sn2+能将 Fe3+还原为 Fe2+判断还原性的强弱，进一步进行误差分析；根据 K2Cr2O7 溶液的浓度和体积计算消耗的 K2Cr2O7 物质的量，由得失电子守恒计算 n（Fe2+） ，结合 Fe 守恒和 （Fe）的表达式计算。【详解】 （1）Fe2+ 具有还原性，在溶液中被氧化成 Fe3+，H2O2 具有氧化性，其还原产物为 H2O，根据得失电子守恒可写出反应2Fe2+H2O22Fe3+2H2O，根据溶液呈酸性、结合原子守恒和电荷守恒，H2O2 氧化 Fe2+的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；H2O2 氧化后的溶液为Fe2（SO4） 3 溶液，Fe2（SO4 ）3 发生水解反应 Fe2（SO4）3+ （6-2n）H2O Fe2（OH）6-2n（SO4 ）n+（3-n）H2SO4 ，Fe2（OH ）6-2n（ SO4）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，pH 减小。答案：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O 减小（2）根据题意，Sn2+能将 Fe3+还原为 Fe2+，发生的反应为Sn2+2Fe3+=Sn4+2Fe2+，根据还原性：还原剂还原产物，则还原性 Sn2+Fe2+，实验中若不除去过量的 Sn2+，则加入的 K2Cr2O7先氧化过量的 Sn2+再氧化 Fe2+，导致消耗的 K2Cr2O7 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（Cr2O72-）=5.00010-2mol/L22.00mL10-3L/mL=1.10010-3mol由滴定时 Cr2O72-Cr3+和 Fe2+Fe3+ ，根据电子得失守恒，可得微粒的关系式：Cr2O72-6Fe2+（或 Cr2O72-+6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O）则 n（Fe2+ ）=6n （Cr2O72-）=6 1.10010-3mol=6.610-3mol（根据 Fe 守恒）样品中铁元素的质量：m（Fe）=6.610-3mol56g/mol=0.3696g样品中铁元素的质量分数：（Fe）= 100%=12.32%。【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计量关系。19.实验室以工业废渣（主要含 CaSO4?2H2O，还含少量SiO2、Al2O3 、Fe2O3 ）为原料制取轻质 CaCO3 和(NH4)2SO4 晶体，其实验流程如下：（1）室温下，反应 CaSO4(s)+ (aq) CaCO3(s)+ (aq)达到平衡，则溶液中 =_Ksp(CaSO4)=4.810?5，Ksp(CaCO3)=310?9。（2）将氨水和 NH4HCO3 溶液混合，可制得(NH4)2CO3 溶液，其离子方程式为_；浸取废渣时，向(NH4)2CO3 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 6070 ，搅拌，反应 3 小时。温度过高将会导致 CaSO4 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 CaSO4 转化率的操作有_。（4）滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质 CaCO3 所需的 CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣为原料，制取 CaCl2 溶液的实验方案：_已知 pH=5 时 Fe(OH)3 和 Al(OH)3 沉淀完全；pH=8.5 时Al(OH)3 开始溶解。实验中必须使用的试剂：盐酸和 Ca(OH)2。【答案】 (1). 1.6104 (2). +NH3?H2O + +H2O(或 +NH3?H2O + +H2O) (3). 增加溶液中 的浓度，促进 CaSO4 的转化 (4). 温度过高，(NH4)2CO3 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 Ca(OH)2，用 pH 试纸测量溶液pH，当 pH 介于 58.5 时，过滤【解析】【分析】（1）反应 CaSO4（s ）+CO32-（aq） CaCO3（s）+SO42-（aq）的平衡常数表达式为 ，结合 CaSO4 和 CaCO3 的 Ksp 计算；（2）氨水与 NH4HCO3 反应生成（NH4）2CO3；加入氨水抑制（NH4）2CO3 的水解；（3）温度过高， （NH4 ）2CO3 分解，使 CaSO4 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 CaSO4 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CaCO3、SiO2 、Al2O3 和 Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2 溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将 CaCO3 完全转化为 CaCl2，同时 Al2O3、Fe2O3 转化成 AlCl3、FeCl3，过滤除去SiO2，结合题给已知，再利用 Ca（OH ）2 调节 pH 除去 Al3+和Fe3+。【详解】 （1）反应 CaSO4（s）+CO32-（aq） CaCO3（s）+SO42-（aq）达到平衡时，溶液中 = = = =1.6104。答案：1.6104（2）NH4HCO3 属于酸式盐，与氨水反应生成（NH4）2CO3，反应的化学方程式为 NH4HCO3+NH3?H2O=（NH4）2CO3+H2O 或NH4HCO3+NH3?H2O （NH4 ）2CO3+H2O，离子方程式为 HCO3-+NH3?H2O=NH4+CO32-+H2O（或 HCO3-+NH3?H2O NH4+CO32-+H2O） ；浸取废渣时，加入的（NH4）2CO3 属于弱酸弱碱盐，溶液中存在水解平衡：CO32-+NH4+H2O HCO3-+NH3?H2O，加入适量浓氨水，水解平衡逆向移动，溶液中 CO32-的浓度增大，反应 CaSO4（s）+CO32-（aq） CaCO3（s）+SO42-（aq）正向移动，促进 CaSO4 的转化。答案：HCO3-+NH3?H2O=NH4+CO32-+H2O（或 HCO3-+NH3?H2O NH4+CO32-+H2O） 增加溶液中 CO32-的浓度，促进 CaSO4的转化（3）由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，（NH4）2CO3 分解，从而使 CaSO4 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（或发生沉淀的转化） ，保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高 CaSO4 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 CaSO4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， （NH4 ）2CO3 分解 加快搅拌速率（4）工业废渣主要含 CaSO4?2H2O，还含有少量 SiO2、Al2O3 和Fe2O3，加入（NH4）2CO3 溶液浸取，其中 CaSO4 与（NH4）2CO3 反应生成 CaCO3 和（NH4）2SO4，SiO2、Al2O3 和 Fe2O3 都不反应，过滤后所得滤渣中含 CaCO3、SiO2、Al2O3 和 Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取 CaCl2 溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将 CaCO3 完全转化为 CaCl2，发生的反应为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，与此同时发生反应Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，SiO2 不反应，经过滤除去 SiO2；得到的滤液中含 CaCl2、AlCl3、FeCl3，根据“pH=5 时 Fe（OH ）3 和 Al（OH）3 沉淀完全，pH=8.5 时Al（OH）3 开始溶解 ”，为了将滤液中 Al3+、Fe3+完全除去，应加入 Ca（OH ）2 调节溶液的 pH 介于 58.5加入 Ca（OH）2 的过程中要边加边测定溶液的 pH，然后过滤即可制得 CaCl2 溶液。答案：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 Ca（OH ）2，用 pH 试纸测得溶液pH，当 pH 介于 58.5 时，过滤【点睛】本题以工业废渣为原料制取轻质 CaCO3 和（NH4）2SO4晶体的实验流程为载体，考查溶度积的计算、影响盐类水解的因素、实验条件的控制、制备实验方案的设计和对信息的处理能力等。难点是第（4）问实验方案的设计，设计实验方案时首先要弄清水洗后滤渣中的成分，然后结合题给试剂和已知进行分析，作答时要答出关键点，如 pH 介于 58.5 等。20.CO2 的资源化利用能有效减少 CO2 排放，充分利用碳资源。（1）CaO 可在较高温度下捕集 CO2，在更高温度下将捕集的 CO2释放利用。CaC2O4?H2O 热分解可制备 CaO，CaC2O4?H2O 加热升温过程中固体的质量变化见下图。写出 400600 范围内分解反应的化学方程式：_。与 CaCO3 热分解制备 CaO 相比，CaC2O4?H2O 热分解制备的CaO 具有更好的 CO2 捕集性能，其原因是_。（2）电解法转化 CO2 可实现 CO2 资源化利用。电解 CO2 制