2019年高考化学真题试卷(江苏卷)解析(共20页).docx

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2019年高考化学真题试卷（江苏卷）一、单选题1.（2019江苏）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 【考点】淀粉的性质和用途 【解析】【解答】淀粉的化学式为(C6H10O5)n ， 故淀粉中含有碳元素、氢元素和氧元素，不含有氮元素，C符合题意； 故答案为：C 【分析】根据淀粉的化学式确定淀粉中所含和不含的元素。2.（2019江苏）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

2、式：N=NC.Na+的结构示意图： D.H2O的电子式： 【答案】 D 【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】A、中子数为18的氯原子，其质量数=质子数+中子数=17+18=35，因此该原子的表示方法为：， A不符合题意； B、N2的结构式为NN，B不符合题意； C、Na的最外层电子数为11，失去一个电子后形成Na+，其离子结构示意图为， C不符合题意； D、H2O中存在两个氢氧共价键，其电子式为， D符合题意； 故答案为：D 【分析】A、标在元素符号左上角的数字表示的是质量数，质量数=质子数+中子数； B、N2分子中存在NN； C、Na+是在Na原子

3、的基础上失去最外层一个电子形成的； D、H2O中存在着氢氧共价键；3.（2019江苏）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 【考点】镁、铝的重要化合物 【解析】【解答】A、NH4HCO3中含有氮元素，可作氮肥，做氮肥与其受热易分解的性质无关，A不符合题意； B、铁锈的主要成分是Fe2O3 ， 属于金属氧化物，金属氧化物能与酸反应，二者具有对应关系，B符合题意； C、SO2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

4、无色物质，过程中没有涉及氧化还原反应，不体现SO2的氧化性，该过程体现了SO2的漂白性，C不符合题意； D、Al2O3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，D不符合题意； 故答案为：B 【分析】A、受热易分解与做化肥无关； B、金属氧化物能与酸反应； C、SO2漂白纸浆体现了SO2的漂白性； D、Al2O3具有两性，既能与强酸溶液反应，也能与强碱溶液反应；4.（2019江苏）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 molL1NaOH溶液：Na+、K+、 、 B.0.1 molL1FeCl2溶液：K+、Mg2+、 、 C.0.1

5、 molL1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl、OHD.0.1 molL1H2SO4溶液：K+、 、 、 【答案】 A 【考点】离子共存问题 【解析】【解答】A、溶液中各离子相互间不形成难溶物（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符合题意； B、溶液中的MnO4-具有氧化性，Fe2+具有还原性，二者可发生氧化还原反应，不可大量共存，B不符合题意； C、溶液中的Ba2+能与CO32-形成BaCO3沉淀，不可大量共存，C不符合题意； D、溶液中NO3-在酸性条件下具有氧化性，能将HSO3-氧化成SO42- ， 同时H+能与HSO3-反应生

6、成SO2和H2O，不可大量共存，D不符合题意； 故答案为：A 【分析】A、溶液中各离子相互间不发生反应； B、MnO4-具有氧化性，可将Fe2+氧化； C、Ba2+能与CO32-形成BaCO3沉淀； D、H+能与HSO3-反应形成SO2和H2O，NO3-在酸性条件下具有氧化性；5.（2019江苏）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 molL1NaOH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 【考点】酸碱

7、混合时的定性判断及有关pH的计算，二氧化硫的化学性质，蒸发和结晶、重结晶，配制一定物质的量浓度的溶液 【解析】【解答】A、测溶液的pH值时，应用干燥洁净的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pH值；若pH试纸润湿，则相当于对溶液进行了稀释操作，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、配制一定物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，B不符合题意； C、AlCl3在水中易水解，产生Al(OH)3和具有挥发性的HCl，直接加热蒸发AlCl3溶液

8、，最终得到的是Al(OH)3 ， 欲得到AlCl3晶体，应在HCl气流中加热蒸发，以抑制AlCl3的水解，C不符合题意； D、SO2能与NaOH溶液反应，乙烯不能，故将混合气体通过NaOH溶液，可除去乙烯中混有的SO2 ， D符合题意； 故答案为：D 【分析】A、根据测溶液pH的实验操作分析； B、不能在容量瓶内进行溶解； C、AlCl3在水中易水解，产生Al(OH)3和具有挥发性的HCl； D、SO2能与NaOH溶液反应，乙烯不能；6.（2019江苏）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)2SO

9、3D.室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2【答案】 C 【考点】氯气的实验室制法，硝酸的化学性质，二氧化硫的化学性质，钠的化学性质 【解析】【解答】A、常温下，浓硝酸能使铁钝化，稀硝酸不能使铁钝化，A不符合题意； B、实验室制取Cl2所用的试剂为MnO2和浓盐酸，MnO2与稀盐酸不反应，B不符合题意； C、氨水过量，则SO2反应，反应生成(NH4)2SO3 ， C符合题意； D、室温下，Na与空气中的O2反应生成Na2O，在加热条件下， 反应生成Na2O2 ， D不符合题意； 故答案为：C 【分析】A、常温下，浓硝酸能使铁钝化； B、根据实验室制取Cl2的原理分析； C、氨水过量，则SO2

10、少量，反应生成SO32-； D、室温下， Na与O2反应生成Na2O；7.（2019江苏）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】【解答】A、Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，该反应的离子方程式为： Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O，A符合题意； B、Al

11、与NaOH溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2，B不符合题意； C、铜与稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，C不符合题意； D、盐酸与Na2SiO3溶液反应的离子方程式为：SiO32-+2H+=H2SiO3，D不符合题意； 故答案为：A 【分析】A、Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O； B、不满足电荷守恒； C、左右两边电荷不守恒； D、Na2SiO3是可溶性盐，在离子方程式中可以拆解成离子形式；8.（2019江苏）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

12、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】【解答】A、同一主族，电子层数越大，原子半径越大，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：r(Mg)r(Si)r(S)r(O)，即r(Y)r(Z)r(W)r(X)，A不符合题意； B、由X、Y组成的化合物为MgO，属于离子化合物，B符合题意； C、非金属性越强，其最高价氧化

13、物对应水化物的酸性越强，由于非金属性S(W)Si(Z)，则最高价氧化物对应水化物的酸性：H2SO4H2SiO3 ， C不符合题意； D、非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，由于非金属性XW，则简单氢化物的稳定性，W的比X的弱，D不符合题意； 故答案为：B 【分析】“ X是地壳中含量最多的元素 ”则X为O；“ Y原子的最外层有2个电子 ”则Y为Mg；“ Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料 ”则Z为Si；“ W与X位于同一主族 ”则W为S；据此结合元素周期表的性质递变规律分析选项。9.（2019江苏）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(

14、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 【考点】以氯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】【解答】A、电解NaCl溶液的过程中，阳极产生Cl2 ， Cl2与Fe反应生成FeCl3 ， 第二步转化错误，A不符合题意； B、石灰乳的主要成分是Ca(OH)2 ， 与MgCl2反应生成Mg(OH)2沉淀，Mg(OH)2在加热的条件下发生分解反应，生成MgO，两步转化都正确，B符合题意； C、

15、S在O2中点燃，只能生成SO2 ， 不能生成SO3 ， 第一步转化错误，C不符合题意； D、N2与H2反应生成NH3 ， NH3和CO2、NaCl溶液反应，生成NaHCO3 ， NaHCO3固体受热分解再生成Na2CO3 ， 第二步转化错误，D不符合题意； 故答案为：B 【分析】A、Cl2具有强氧化性，与可变价态的金属反应时，生成最高价态的金属氯化物； B、石灰乳的主要成分是Ca(OH)2 ， 难溶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； C、S在O2中点燃，只能生成SO2 ， 不能生成SO3； D、CO2与饱和氨盐水反应生成NaHCO3；10.（2019江苏）将铁粉和活性炭的混合

16、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Fe3e=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 【考点】金属的电化学腐蚀与防护 【解析】【解答】A、在该装置中，铁发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Fe-2e-=Fe2+ ， A不符合题意； B、铁腐蚀过程中，化学能部分转化为电能，部分转化为其他能量，B不符合题意； C、活性炭的存在，形成了原电池，加快了铁的腐蚀速率，C符合题意； D、铁腐蚀需要水和O2 ， 将NaCl溶

17、液改成水，铁也能发生吸氧腐蚀，D不符合题意； 故答案为：C 【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，其电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；碳做正极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-；据此结合选项进行分析。二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。11.（2019江苏）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H0B.氢氧燃料电池的负极反应为O2+2H2O+4e=4OHC.常温常压下，氢氧燃料电池放

18、电过程中消耗11.2 L H2 ， 转移电子的数目为6.021023D.反应2H2(g)+O2(g) =2H2O(g)的H可通过下式估算： H=反应中形成新共价键的键能之和反应中断裂旧共价键的键能之和【答案】 A 【考点】化学电源新型电池，焓变和熵变 【解析】【解答】A、反应能自发进行，则要求H-TS0，由于该反应反应前后气体分子数变小，则S0，要使H-TS0，则要求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8HNO2电离出H+的能力比CH

19、3COOH的强A.AB.BC.CD.D【答案】 C 【考点】弱电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，氯气的化学性质，氯、溴、碘及其化合物的综合应用 【解析】【解答】A、检验Fe2+时，应先加KSCN溶液，排除溶液中可能存在的Fe3+的干扰，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Fe2+ ， A不符合题意； B、产生的淡黄色沉淀为AgI沉淀，说明AgI比AgBr更难溶，因此Ksp(AgI)c( ) c (OH) c (H+)B.0.2 molL1NH4HCO3溶液(pH7)：c ( ) c ( ) c (H2CO3) c (NH3H

20、2O)C.0.2 molL1氨水和0.2 molL1NH4HCO3溶液等体积混合：c( )+c(NH3H2O)=c(H2CO3)+c ( )+c( )D.0.6 molL1氨水和0.2 molL1 NH4HCO3溶液等体积混合：c (NH3H2O)+ c( )+ c(OH)= 0.3 molL1+ c (H2CO3)+ c (H+)【答案】 B,D 【考点】化学平衡常数的含义，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】【解答】A、氨水溶液显碱性，因此溶液中c(OH-)c(H+)，由于NH3H2O是弱碱，在水中部分电离，因此溶液中c(NH3H2O)c(NH4+)，由于溶液中存在H

21、2O的电离，因此c(OH-)c(NH4+)，因此溶液中c(NH3H2O)c(OH-)c(NH4+)c(H+)，A不符合题意； B、NH4HCO3溶液的pH7，则溶液中HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度，因此溶液中c(NH4+)c(HCO3-)，c(H2CO3)c(NH3H2O)，因此溶液中c(NH4+)c(HCO3-)c(H2CO3)c(NH3H2O)，B符合题意； C、两溶液等体积混合后，溶液中c(NH4+)+c(NH3H2O)=0.2mol/L，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L，因此溶液中存在等式c(NH4+)+c(NH3H2O)=2c(H2C

22、O3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，C不符合题意； D、两溶液等体积混合后，溶液中c(NH4+)+c(NH3H2O)=0.4mol/L，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L，可得物料守恒：c(NH4+)+c(NH3H2O)=4c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-) 溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-) -得c(NH3H2O)-c(H+)=2c(CO32-)+3c(HCO3-)+4c(H2CO3)-c(OH-) 等式两边都加上c(CO32-)得，c(NH3H2O)+c(CO32-

23、)-c(H+)=3c(CO32-)+3c(HCO3-)+4c(H2CO3)-c(OH-) 整理可得：c(NH3H2O)+c(CO32-)-c(H+)=3c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)-c(OH-) 由于c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L 因此c(NH3H2O)+c(CO32-)-c(H+)=0.3mol/L+c(H2CO3)-c(OH-) 移项可得：c(NH3H2O)+c(CO32-)+c(OH-)=0.3mol/L+c(H2CO3)+c(H+)，D符合题意； 故答案为：BD 【分析】A、氨水溶液中存在着H2O和NH3

24、H2O的电离，据此判断溶液中各微粒的浓度大小； B、由溶液的pH确定溶液的酸碱性，从而确定溶液中NH4+和HCO3-的水解程度大小，进而判断溶液中微粒浓度大小关系； C、结合物料守恒分析； D、结合电荷守恒和物料守恒分析选项；15.（2019江苏）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

25、率D.380下，c起始(O2)=5.0104 molL1 ， NO平衡转化率为50%，则平衡常数K2000【答案】 B,D 【考点】反应热和焓变，化学反应速率的调控作用 【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，即该反应的H0，A不符合题意； B、图中X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的转化率增大，B符合题意； C、图中Y点反应达到平衡状态，增加O2浓度，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，C不符合题意；

26、 D、设c起始(NO)=a10-4mol/L，则可得平衡三段式： 2NO(g)+O2(g)2NO2(g)起始（10-4mol/L）a5.00转化（10-4mol/L）0.5a0.25a0.5a平衡（10-4mol/L）0.5a5-0.25a0.5a 该温度下，反应的平衡常数， D符合题意； 故答案为：BD 【分析】A、结合温度对平衡移动的影响分析反应的热效应； B、图示X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、根据三段式，结合平衡常数的表达式进行计算；三、非 选 择 题16.（2019江苏）N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物

27、，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

28、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+2O2N2O+3H2ON2O+3H2O（2）BC；NaNO3；NO（3）3HClO+2NO+H2O=3Cl+2 +5H+；溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强 【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

29、】（1）NH3和O2在催化剂作用下反应生成N2O和H2O，该反应中，氮元素由-3价变为+1价，失去8个电子，O2由0价变为-2价，得到4个电子，根据得失电子守恒可得，NH3和N2O的系数为2和1，O2的系数为2；由H原子个数守恒，可得H2O的系数为3；故该反应的化学方程式为：； （2）A、加快通入尾气的速率，会使得尾气未参与反应就逸出，导致NO和NO2的去除率降低，A不符合题意； B、采用气、液逆流的方式，可以增大尾气和NaOH溶液的接触，提高NO和NO2的去除率，B符合题意； C、定期补充NaOH溶液，可以提高NO和NO2的去除率，C符合题意； 故答案为：BC； 由上述发生的反应可知，晶体后

30、所得的NaNO2晶体中含有的主要杂质为NaNO3； 由于NO2能与水反应生成NO，且NO难溶于水，不与水反应，因此吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物为NO； （3）由题干信息可知，反应过程中，HClO将NO氧化成NO3- ， 自身还原为Cl-；Cl元素由+1价变为-1，得到2个电子；N元素由+2价变为+5价，失去3个电子；结合得失电子守恒可得，HClO和Cl-的系数为3，NO和NO3-的系数为2；由电荷守恒可得，产物中含有H+ ， 且其系数为5；结合H原子个数守恒可得，反应物中有H2O，且其系数为1；因此可得该反应的离子方程式为：3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO3-+5H+； 溶

31、液的pH值越小，则酸性越强，溶液中c(HClO)越大，HClO的氧化性越强，其氧化NO的能量越强，因此NaClO溶液的起始pH越小，NO的转化率越高； 【分析】（1）由题干信息确定反应物和生成物，结合得失电子守恒和原子守恒书写反应的化学方程式； （2）A、加快通入气体的速率，气体吸收率降低； B、气、液逆流可增大接触； C、定期补充NaOH溶液，有利于尾气的吸收； 结合发生反应的离子方程式确定晶体中所含杂质；结合NO和NO2的性质分析； （3）由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； 溶液pH越小，则溶液中c(HClO)越大，氧化性越强；17.（

32、2019江苏）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）

33、羟基；羧基（2）取代反应（3）（4）（5）【考点】有机物分子中的官能团及其结构，有机物的合成，同分异构现象和同分异构体 【解析】【解答】（1）由有机物A的结构简式可知，A中含有的含氧官能团为羧基和羟基； （2）反应物为和SOCl2 ， 生成物为， 因此该反应过程中，SOCl2中的Cl取代了A中-COOH中羟基的位置，故AB的反应类型为取代反应； （3）由反应物C和生成物D的结构简式可知，该反应的反应原理为：三乙胺（CH3OCH2Cl）中的原子团-CH2OCH3取代了酚羟基中H原子的位置；由于反应物C中含有两个酚羟基，结合X的分子式（C12H15O6Br）可知，副产物X是由反应物C和两分子三乙胺

34、反应后所得产物，因此X的结构简式为：； （4）能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子结构中含有酚羟基；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1:1，则该产物的结构简式为：；因此可得该同分异构体的结构简式为：； （5）根据最终产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CH3CH2CHO和；CH3CH2CH2OH在铜和O2 ， 加热的条件下，可转化为CH3CH2CHO； 在LiAlH4作用下可转化为；因此该合成路线的流程图为：、； 【分析】（1）根据A的结构简式分析A中所含的官

35、能团； （2）由反应物和生成物的结构特点，确定反应类型； （3）由CD的反应原理，结合副产物X的分子式，确定X的结构简式； （4）根据限定条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； （5）根据最终产物的结构，结合已知反应，可确定合成该产物的有机物的结构简式为CH3CH2CHO和；因此合成路线设计过程中，主要是将转化为， 将CH3CH2CH2OH转化为CH3CH2CHO；18.（2019江苏）聚合硫酸铁Fe2(OH)6-2n(SO4)nm广泛用于水的净化。以FeSO47H2O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FeSO47H2O溶于稀硫酸，

36、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5.000102 molL1 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

37、_（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；减小（2）偏大；n( )=5.000102 molL122.00 mL103 LmL1=1.100103 mol 由滴定时 Cr3+和Fe2+Fe3+ ， 根据电子得失守恒可得微粒的关系式： 6Fe2+（或 +14H+6Fe2+=6Fe3+2Cr3+7H2O）则n(Fe2+)=6n( )=61.100103 mol=6.600103 mol样品中铁元素的质量：m(Fe)=6.600103 mol56 gmol1=0.3696 g样品中铁元素的质量

38、分数：w(Fe)= 100%=12.32%【考点】氧化还原反应 【解析】【解答】（1）H2O2具有氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+ ， 该反应的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；水解聚合过程中，促进了Fe3+的水解，使得溶液中c(H+)增大，pH减小； （2）K2Cr2O7具有氧化性，能将Sn2+氧化成Sn4+ ， 若不除去溶液中过量的Sn2+ ， 则会导致滴定过程中消耗n(Cr2O72-)增大，从而使得计算出的样品中铁元素的质量偏大，最终测定结果偏大； 滴定过程中发生反应的离子方程式为：Cr2O72-+14H+6Fe2+=6Fe3+2Cr3+7H2O；滴定至终点

39、时，消耗n(Cr2O72-)= 5.000102 mol/L22.0010-3L=1.10010-3mol； 由反应的离子方程式可得关系式：Cr2O72-6Fe2+ ， 则可得样品中n(Fe2+)=6n(Cr2O72-)=61.100103 mol=6.600103 mol， 则3.000g样品中铁元素的质量m(Fe)=6.600103 mol56g/mol=0.3696g 故所得样品中铁元素的质量为：； 【分析】（1）H2O2具有氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+ ， 据此写出反应的离子方程式；水解聚合过程中使得溶液c(H+)增大； （2）Sn2+能被K2Cr2O7氧化； 根据发生反应的离子方程式，结合滴定过程中消耗的n(Cr2O72-)计算样品中n(Fe2+)，从而计算样品中铁元素的质量分数；19.（2019江苏）实验室以工业