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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：①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有
酚羟基；②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E→F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，
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，
故答案为：CH3CH2CH2OH CH3CH2CHO，
。
7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等18.聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·步骤，可制备聚合硫酸铁。
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（1）将一定量的FeSO4·
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10?2 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5.000×mol·L?1 K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中Cr2O7与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。
①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”）。
②计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）_____。 【答案】 (1). 2Fe2++ H2O2+2H+
2?2?2Fe3++2H2O (2). 减小 (3). 偏大 (4).
n(Cr2O7)=5.000×10?2 mol·L?1×22.00 mL×10?3 L·mL?1=1.100×10?3 mol
由滴定时Cr2O7→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒关系式：Cr2O7~6Fe2+ （或Cr2O7+14H++6Fe2+
2?2?2?2?6Fe3++2Cr3++7H2O）
1.100×10?3 mol=6.600×10?3 mol 则n(Fe2+)=6n(Cr2O7)=6×
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样品中铁元素的质量：
m(Fe)=6.600×10?3 mol×56 g·mol?1=0.3696 g 样品中铁元素的质量分数：w(Fe)=【解析】
（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）①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；
②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ω（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++H2O2→2Fe3++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
0.3696g×100%=12.32%
3.000g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）①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 ② 实验过程中消耗的n（Cr2O72-）=5.000×10-2mol/L×22.00mL×10-3L/mL=1.100×10-3mol 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-）=6×1.100×10-3mol=6.6×10-3mol
（根据Fe守恒）样品中铁元素的质量：m（Fe）=6.6×10-3mol×56g/mol=0.3696g 样品中铁元素的质量分数：ω（Fe）=
0.3696g×100%=12.32%。
3.000g【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
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原滴定的误差分析和元素质量分数的计算。易错点是第（2）①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）②，注意理清滴定实验中物质之间的计量关系。
2H2O，Al2O3、Fe2O3）19.实验室以工业废渣（主要含CaSO4·还含少量SiO2、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)+CO3(aq)
?c?SO24?2?32??CaCO3(s)+SO24(aq)达到平衡，则溶液中
c?CO?=________[Ksp(CaSO4)=4.8×10?5，Ksp(CaCO3)=3×10?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60~70 ℃，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). 1.6×104 (2). HCO3+NH3·H2O
2?NH+CO3+H2O(或4+
?HCO3+NH3·H2O2?2?NH+CO3+H2O) (3). 增加溶液中CO3的浓度，促进CaSO4的转化 (4). 温4+
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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5~8.5时，过滤 【解析】
（1）反应CaSO4（s）+CO32-（aq）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Fe2O3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、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
2?c（SO4）CaCO3（s）+SO42-（aq）的平衡常数表达式为结合CaSO42?，c（CO3）?2??Ksp（CaSO4）4.8?10?5c（SO2（?SO24）c（Ca）4）====1.6×104。答案：1.6×104 2?2?2??9（CaCO?c（CO3）c（Ca）（?CO3）Ksp3）3?10H2O=（NH4）（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·
2CO3+H2O[或
NH4HCO3+NH3·H2OH2O=NH4++CO32-+H2O（或（NH4）2CO3+H2O]，离子方程式为HCO3-+NH3·
HCO3-+NH3·H2ONH4++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
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，
CaCO3（s）+SO42-（aq）正向移动，促进CaSO4的转化。答案：
NH4++CO32-+H2O） 增加溶液中CO32-的浓度，
平衡：CO32-+NH4++H2O
反应CaSO4（s）+CO32-（aq）
HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+H2O（或HCO3-+NH3·H2O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）
【江苏卷】2019年普通高等学校招生全国统一考试化学真题(Word版,解析版)
