1、2017年普通高等学校招生全国统一考试(江苏卷)化学一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分1.(2分)2017年世界地球日我国的主题为“节约集约利用资源，倡导绿色简约生活”.下列做法应提倡的是()A.夏天设定空调温度尽可能的低B.推广使用一次性塑料袋和纸巾C.少开私家车多乘公共交通工具D.对商品进行豪华包装促进销售解析：A、夏天设定空调温度尽可能的低，浪费了电能资源，增加能量损耗，故A错误；B、推广使用一次性塑料袋和纸巾，浪费了资源，故B错误；C、少开私家车多乘公共交通工具，可以节约资源，减少空气污染，故C正确；D、对商品进行豪华包装促进销售，浪费了资源，故D错误。答案：C2
2、.(2分)下列有关化学用语表示正确的是()A.质量数为31的磷原子：3115PB.氟原子的结构示意图：C.CaCl2的电子式：D.明矾的化学式：Al2(SO4)3解析：A.质量数为31的磷原子的质量数=15+16=31，该原子正确的表示方法为：3115P，故A正确；B.氟原子的核电荷数、核外电子总数都是9，其正确的结构示意图为：，故B错误；C.氯化钙为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，氯化钙正确的电子式为，故C错误；D.明矾化学式中含有结晶水，其正确的化学式为：KAl(SO4)212H2O，故D错误。答案：A3.(2分)下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()A.Na2O2吸收C
3、O2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂B.ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒C.SiO2硬度大，可用于制造光导纤维D.NH3易溶于水，可用作制冷剂解析：A.Na2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，且人呼出的水蒸气也能和过氧化钠反应生成氧气，氧气能供给呼吸，所以过氧化钠可用作呼吸面具的供氧剂，故A正确；B.ClO2具有强氧化性而使蛋白质变性，所以该物质能杀菌消毒，故B错误；C.光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，故C错误；D.氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低，所以氨气常常作制冷剂，与氨气易溶于水无关，故D错误。答案：A4.(2分)
4、下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的是()A.制取SO2B.验证漂白性C.收集SO2D.尾气处理解析：A.稀硫酸和铜不反应，应用浓硫酸和铜反应制备二氧化硫气体，故A错误；B.二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，操作符号要求，可达到实验目的，故B正确；C.二氧化硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，气体应从长导管进入，故C错误；D.二氧化硫不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，应用氢氧化钠溶液吸收尾气，且防止倒吸，故D错误。答案：B5.(2分)短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的
5、元素.下列说法正确的是()A.原子半径：r(X)r(Y)r(Z)r(W)B.W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱C.Y的单质的氧化性比Z的强D.X、Y、Z 三种元素可以组成共价化合物和离子化合物解析：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素，则Z是O、W是Na元素，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，且Y原子序数小于Z，则Y是N元素，X是H元素；A.原子的电子层数越多其原子半径越大，原子的电子层数相同的元素，其原子半径随着原子序数增大而减小，X位于第一周期、Y和Z位于第二周期且原子序数YZ，W位于第三周期，所以原子半径：r(X)r(Z)r
6、(Y)r(W)，故A错误；B.W的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH是强碱，故B错误；C.Y单质是氮气、Z单质是氧气，元素的非金属性氧气，其单质的氧化性越强，非金属性ON元素，所以Z单质的氧化性大于Y，故C错误；D.X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵，硝酸是共价化合物、硝酸铵是离子化合物，故D正确。答案：D6.(2分)下列指定反应的离子方程式正确的是()A.钠与水反应：Na+2H2ONa+2OH+H2B.电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl+2H2OH2+Cl2+2OHC.向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2OD.向碳酸氢铵溶液中加入足量石
7、灰水：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O解析：A.钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，且离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和转移电子守恒，离子方程式为2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故A错误；B.电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有NaOH生成，离子方程式为2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH，故B正确；C.二者反应生成硫酸钡和水，且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是2，离子方程式为Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，故C错误；D.二者反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水，离子方程式为向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：NH4+Ca2+HCO3+2OHC
8、aCO3+H2O+NH3H2O，故D错误。答案：B7.(2分)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.FeFeCl2Fe(OH)2B.SSO3H2SO4C.CaCO3CaOCaSiO3D.NH3NOHNO3解析：A、因为氯气具有强氧化性，则铁与氯气反应生成三氯化铁，而不是氯化亚铁，故A错误；B.硫与氧气反应生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B错误；C.CaCO3高温分解生成CaO，CaO为碱性氧化物，和酸性氧化物二氯化硅高温反应生成盐硅酸钙，故C正确；D.氨气催化氧化生成NO，NO和水不反应，不能生成硝酸，故D错误。答案：C8.(2分)通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3O
9、CH3 ).下列说法不正确的是C(s)+H2O(g)CO(g)+H2 (g)H1=a kJmol1CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2 (g)H2=b kJmol1CO2 (g)+3H2 (g)CH3OH(g)+H2O(g)H3=c kJmol12CH3OH(g)CH3OCH3 (g)+H2O(g)H4=d kJmol1()A.反应、为反应提供原料气B.反应也是 CO2资源化利用的方法之一C.反应CH3OH(g)12CH3OCH3 (g)+ 12H2O(l)的H=d2kJmol1D.反应 2CO(g)+4H2 (g)CH3OCH3 (g)+H2O(g)的H=( 2b+2c+d ) kJm
10、ol1解析：A.反应中的反应物为CO2、H2，由反应可知，反应、为反应提供原料气，故A正确；B.反应中的反应物为CO2，转化为甲醇，则反应也是 CO2资源化利用的方法之一，故B正确；C.由反应可知，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高，则反应CH3OH(g)12CH3OCH3 (g)+ 12H2O(l)的Hd2kJmol1，故C错误；D.由盖斯定律可知，2+2+得到2CO(g)+4H2 (g)CH3OCH3 (g)+H2O(g)，则H=( 2b+2c+d ) kJmol1，故D正确。答案：C9.(2分)常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A.无色透明的溶液中：Fe
11、3+、Mg2+、SCN 、Cl B.c(H+)/c(OH)=110 12的溶液中：K+、Na+、CO32、NO3C.c(Fe2+ )=1 molL1的溶液中：K+、NH4+、MnO4、SO42D.能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42、HCO3解析：A.Fe3+呈黄色，不符合无色条件，且Fe3+、SCN 发生络合反应而不能大量共存，故A错误；B.c(H+)/c(OH)=110 12的溶液，溶液呈碱性，这几种离子之间不反应且都不和氢氧根离子反应，所以能大量共存，故B正确；C.Fe2+、MnO4发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；D.能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，HCO3
12、能和氢离子反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，故D错误。答案：B10.(2分)H2O2分解速率受多种因素影响.实验测得 70时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示.下列说法正确的是()A.图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快B.图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快C.图丙表明，少量Mn2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快D.图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大解析：A.图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此得出相同pH条件下，双氧水浓度越大，双氧水分解速率越快，故A错误
13、；B.图乙中H2O2浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，由此得出：双氧水浓度相同时，pH越大双氧水分解速率越快，故B错误；C.图丙中少量Mn2+存在时，相同时间内双氧水浓度变化量：0.1mol/LNaOH溶液1.0mol/LNaOH溶液0mol/LNaOH溶液，由此得出：锰离子作催化剂时受溶液pH的影响，但与溶液的pH值不成正比，故C错误；D.图丁中pH相同，锰离子浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，图丙中说明催化剂的催化效率受溶液的pH值影响，由此得出：碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大，故D正确。答案：D
14、二、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.(4分)萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是()A.a和b都属于芳香族化合物B.a和c分子中所有碳原子均处于同一平面上C.a、b和c均能使酸性KMnO4溶液褪色D.b和c均能与新制的Cu(OH)2反应生成红色沉淀解析：A.a中不含苯环，则不属于芳香族化合物，只有b属于，故A错误；B.a、c中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面
15、体构型，则a和c分子中所有碳原子不可能处于同一平面上，故B错误；C.a含碳碳双键、b含OH、c含CHO，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；D.只有CHO与新制的Cu(OH)2反应生成红色沉淀，则只有c能与新制的Cu(OH)2反应生成红色沉淀，故D错误。答案：C12.(4分)下列说法正确的是()A.反应N2 (g)+3H2 (g)2NH3 (g)的H0，S0B.地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀C.常温下，KspMg(OH)2=5.61012，pH=10的含Mg2+溶液中，c(Mg2+ )5.6104 molL1D.常温常压下，锌与稀H2SO4反应生成11.2 L H2，反应中转
16、移的电子数为6.021023解析：A.合成氨反应为放热反应，H0，且为气体体积减小的反应，则S0，故A错误；B.导线连接锌块，构成原电池时Zn为负极，Fe作正极被保护，则可以减缓管道的腐蚀，故B正确；C.pH=10的含Mg2+溶液中，c(OH)=104 molL1，c(Mg2+ )5.610-12(10-4)2=5.6104 molL1，故C正确；D.常温常压下，Vm22.4L/mol，则不能利用氢气的体积计算物质的量及转移电子数，故D错误。答案：BC13.(4分)根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是()选项实验操作和现象实验结论A向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀苯酚浓度小B
17、向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解部分Na2SO3被氧化C向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液；未出现银镜蔗糖未水解D向某黄色溶液中加入淀粉 KI 溶液，溶液呈蓝色溶液中含 Br2A.AB.BC.CD.D解析：A.苯酚能和浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，三溴苯酚能溶于苯酚，所以得不到白色沉淀，该实验结论错误，故A错误；B.硫酸钡不溶于稀盐酸、亚硫酸钡溶于稀盐酸，如果亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠，则加入氯化钡产生白色沉淀，且向该白色沉淀中加入稀盐酸时部分沉淀不溶解，说明该白色沉淀中含有硫酸钡，则得出结论：部分
18、Na2SO3被氧化，故B正确；C.银镜反应必须在碱性条件下进行，该实验中加入银氨溶液前没有加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，所以实验不成功，则实验操作及结论错误，故C错误；D.该黄色溶液中可能含有铁离子，铁离子也能将碘离子氧化为碘单质，所以不能确定该黄色溶液中含有溴，则结论不正确，故D错误。答案：B14.(4分)常温下，Ka (HCOOH)=1.77104，Ka (CH3COOH)=1.75105，Kb (NH3H2O)=1.76105，下列说法正确的是()A.浓度均为0.1 molL1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者B.用相同浓度的NaOH溶液分别
19、滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等C.0.2 molL1 HCOOH 与 0.1 molL1 NaOH 等体积混合后的溶液中：c(HCOO)+c(OH)=c(HCOOH)+c(H+)D.0.2 molL1 CH3COONa 与 0.1 molL1盐酸等体积混合后的溶液中(pH7)：c(CH3COO)c(Cl)c(CH3COOH)c(H+)解析：A.电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度：CH3COONH4+HCOO，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出c(HCOO)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)=
20、0.1mol/L+c(H+)、c(NH4+)+c(H+)=c(Cl)+c(OH)=0.1mol/L+c(OH)，水解程度NH4+HCOO，所以前者c(H+)大于后者c(OH)，所以浓度均为0.1 molL1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者，故A正确；B.pH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度：c(HCOOH)c(CH3COOH)，用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大，pH、体积相同的HCOOH和CH3COOH，物质的量前者小于后者，所以后者消耗的NaOH体积多，故B
21、错误；C.任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c(HCOO)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)，混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa，甲酸电离程度大于水解程度，所以c(HCOOH)c(Na+)，所以得c(HCOO)+c(OH)c(HCOOH)+c(H+)，故C错误；D.二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH7，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度，甲酸是弱酸，其电离程度较小，所以粒子浓度大小顺序是c(CH3COO)c(Cl)c(CH3COOH)c(H+)，故D正确。答案：AD15.(4分)温度
22、为T1时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2(g)2NO(g)+O2 (g) (正反应吸热).实验测得：v正=v (NO2 )消耗=k正c2(NO2 )，v逆=v(NO)消耗=2v (O2 )消耗=k逆c2 (NO)c(O2 )，k正、k逆为速率常数，受温度影响.下列说法正确的是() 容器编号 物质的起始浓度(molL1) 物质的平衡浓度(molL1) c(NO2)c(NO) c(O2) c(O2) 0.6 0 0 0.2 0.3 0.5 0.2 00.5 0.35 A.达平衡时，容器与容器中的总压强之比为 4：5B.达平衡时，容器中 c(O2 )/c(NO2 ) 比容器中
23、的大C.达平衡时，容器中 NO 的体积分数小于50%D.当温度改变为 T2时，若 k正=k逆，则 T2T1解析：A.I中的反应2NO2(g)2NO(g)+O2 (g)开始(mol/L)0.6 0 0反应(mol/L)0.4 0.4 0.2平衡(mol/L)0.2 0.4 0.2化学平衡常数K=0.420.20.2=0.8容器体积为1L，则平衡时I中气体总物质的量=1L(0.2+0.4+0.2)mol/L=0.8mol，恒容恒温时气体压强之比等于其物质的量之比，如果平衡时I、II中压强之比为4：5，则II中平衡时气体总物质的量为1mol，II中开始时浓度商=0.520.20.32=590.8，则
24、平衡正向移动，平衡正向移动导致混合气体总物质的量之和增大，所以达平衡时，容器与容器中的总压强之比小于 4：5，故A错误； B.如果II中平衡时 c(NO2)=c(O2)，设参加反应的 c(NO2)=xmol/L，则0.3x=0.2+0.5x，x=115，平衡时 c(NO2)=c(O2)= 1730mol/L，c(NO)=0.5mol/L+115mol/L= 1730mol/L，II中（1730）21730 （1730）21.30.8，说明II中平衡时应该存在 c(NO2)c(O2)，容器I中 c(O2 )/c(NO2=1，所以达平衡时，容器中 c(O2 )/c(NO2 )小于1，则 比容器中的
25、小，故B错误；C.如果III中NO和氧气完全转化为二氧化氮，则c(NO2)=0.5mol/L，且容器中还有 c(O2)=0.1mol/L剩余，与I相比，III是相当于增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮和氧气之和所占体积比大于50%，则达平衡时，容器中 NO 的体积分数小于50%，故C正确；D.v正=v (NO2 )消耗=k正c2(NO2 )，v逆=v(NO)消耗=2v (O2 )消耗=k逆c2 (NO)c(O2 )，达到平衡状态时正逆反应速率相等，则k正c2(NO2 )=k逆c2 (NO)c(O2 )，且k正=k逆，则c2(NO2 )=c2 (NO)c(O2 )，化学平衡常数K等于1，该温度下的
26、K大于0.8，且该反应的正反应是吸热反应，说明升高温度平衡正向移动，所以 T2T1，故D正确。答案：CD三、解答题16.(12分)铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。(1)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为 。解析：“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为Al2O3+2OH2AlO2+H2O。答案：Al2O3+2OH2AlO2+H2O(2)向“过滤”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH (填“增大”、“不变”或“减小”)。解析：向“过滤”所得滤液中加入NaHCO3溶液，
27、与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OHAlO2CO32，可知溶液的pH减小。答案：减小(3)“电解”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是 。解析：“电解”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，因石墨电极被阳极上产生的O2氧化。答案：石墨电极被阳极上产生的O2氧化(4)“电解”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为 ，阴极产生的物质A的化学式为 。解析：由图可知，阳极反应为4CO32+2H2O4e4HCO3+O2，阴极上氢离子得到电子生成氢气，则阴极产生的物质A的化学式为H2。答案：4CO32+2H2O4e4HCO3+O2
28、；H2(5)铝粉在1000时可与N2反应制备AlN.在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是 。解析：铝粉在1000时可与N2反应制备AlN.在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜。答案：NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜17.(15分)化合物H是一种用于合成分泌调节剂的药物中间体，其合成路线流程图如下：(1)C中的含氧官能团名称为 和 。解析：由结构可知C中的含氧官能团名称为醚键、酯基。答案：醚键 酯基(2)DE 的反应类型为 。解析：DE为
29、氨基上H被取代，反应类型为取代反应。答案：取代反应(3)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式： 。含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；能发生水解反应，水解产物之一是氨基酸，另一水解产物分子中只有2种不同化学环境的氢。解析：C的一种同分异构体，满足含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；能发生水解反应，水解产物之一是氨基酸，另一水解产物分子中只有2种不同化学环境的氢，则水解产物为对苯二酚，且含酯基，与氨基相连的C为手性碳，可知符合条件的结构简式为。答案：(4)G 的分子式为C12H14N2O2，经氧化得到H，写出G的结构简式： 。解析：G 的分子式为C12H14N2O2，经氧化得到H，
30、可知FG的转化COOCH3转化为CH2OH，其它结构不变，则G的结构简式为。答案：(5)已知：(R代表烃基，R代表烃基或H) 请写出以和(CH3)2SO4为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。解析：以和(CH3)2SO4为原料制备，结合上述合成流程可知，OH转化为Br，酚OH转化为醚键，硝基转化为氨基，最后发生信息中的反应，则合成流程为。答案：18.(12分)碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。(1)碱式氯化铜有多种制备方法方法1：4550时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2 (OH)2 Cl23H2O，该反应的化学方程式为 。方法2：先制得CuCl2，再
31、与石灰乳反应生成碱式氯化铜.Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示.M的化学式为 。解析：4550时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2 (OH)2 Cl23H2O，反应物为CuCl、氧气、水，Cu元素的化合价升高，O元素的化合价降低，由原子、电子守恒可知反应为4CuCl+O2+8H2O2Cu2(OH)2Cl23H2O，Fe3+对该反应有催化作用，结合图可知，Cu元素的化合价升高，则M中Fe元素的化合价降低，可知M的化学式为Fe2+。答案：4CuCl+O2+8H2O2Cu2(OH)2Cl23H2O Fe2+(2)碱式氯化铜有多
32、种组成，可表示为Cua(OH)bClcxH2O. 为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：称取样品1.1160g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A； 取25.00mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0.1722g；另取25.00mL溶液A，调节pH 45，用浓度为0.08000molL1的EDTA(Na2H2Y2H2O)标准溶液滴定Cu2+ (离子方程式为Cu2+H2Y2CuY2+2H+)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。解析：n(Cl)=n(AgCl)100.00ml25.00ml=0.1722g143.5g/m
33、ol100.00ml25.00ml=4.800103mol，n(Cu2+)=n(EDTA)100.00ml25.00ml=0.08000 molL130.00 mL103 LmL1100.00ml25.00ml=9.600103 mol，n(OH)=2n(Cu2+)n(Cl)=29.600103 mol4.800103 mol=1.440102 mol，m(Cl)=4.800103 mol35.5 gmol1=0.1704 g，m(Cu2+)=9.600103 mol64 gmol1=0.6144 g，m(OH)=1.440102 mol17 gmol1=0.2448 g，n(H2O)= 1.
34、1160g-0.1704g-0.6114g-0.2448g18g/mol=4.800103 mol，则a：b：c：x=n(Cu2+)：n(OH)：n(Cl)：n(H2O)=2：3：1：1，即化学式为Cu2 (OH)3ClH2O。答案：该样品的化学式为Cu2 (OH)3ClH2O19.(15分)某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含 量过低，对实验的影响可忽略).已知：NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO2NaCl+NaClO3AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3H2OAg(NH3)2+Cl+2H2O常温时 N2H4H2O(水合肼)在碱性条
35、件下能还原 Ag(NH3)2+：4Ag(NH3)2+N2H4H2O4Ag+N2+4NH4+4NH3+H2O(1)“氧化”阶段需在 80条件下进行，适宜的加热方式为 。解析：“氧化”阶段需在 80条件下进行，不超过水的沸点，则适宜的加热方式为水浴加热。答案：水浴加热(2)NaClO 溶液与 Ag 反应的产物为 AgCl、NaOH 和 O2，该反应的化学方程式为 。HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是 。解析：NaClO 溶液与 Ag 反应的产物为 AgCl、NaOH 和 O2，Ag、O元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，由电子、原子守恒可知该反应的化学
36、方程式为4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2. HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是会释放出氮氧化物(或 NO、NO2 )，造成环境污染。答案：4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2 会释放出氮氧化物(或 NO、NO2 )，造成环境污染(3)为提高Ag的回收率，需对“过滤”的滤渣进行洗涤，并 。解析：为提高Ag的回收率，需对“过滤”的滤渣进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中，减少Ag的损失。答案：将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中(4)若省略“过滤”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的
37、用量，除因过量NaClO与NH3H2O反应外(该条件下NaClO3与NH3H2O不反应)，还因为 。解析：若省略“过滤”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量NaClO与NH3H2O反应外(该条件下NaClO3与NH3H2O不反应)，还因为未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的Cl，不利于AgCl与氨水反应。答案：未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的Cl，不利于AgCl与氨水反应(5)请设计从“过滤”后的滤液中获取单质Ag的实验方案： (实验中须使用的试剂有：2molL1水合肼溶液，1molL1H2SO4 )。解析：由信息可知，从
38、“过滤”后的滤液中获取单质Ag的实验方案为向滤液中滴加2molL1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1 molL1 H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥。答案：向滤液中滴加2molL1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1 molL1 H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥20.(14分)砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措 施之一。(1)将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有CO3
39、2，其原因是 。解析：空气中的CO2属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液，NaOH是碱，能吸收空气中的二氧化碳而生成碳酸根离子，所以其原因是碱性溶液吸收了空气中的CO2。答案：碱性溶液吸收了空气中的CO2(2)H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图1和图2所示。以酚酞为指示剂(变色范围pH 8.010.0)，将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加.该过程中主要反应的离子方程式为 。H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO4+H+的电离常数为Ka1，则pKa1= (p Ka
40、1=lg Ka1 )。解析：根据图知，碱性条件下H3AsO3的浓度减小、H2AsO3浓度增大，说明碱和H3AsO3生成H2AsO3，该反应为酸碱的中和反应，同时还生成水，离子方程式为OH+H3AsO3=H2AsO3+H2O，故答案为：OH+H3AsO3=H2AsO3+H2O；Ka1=c（H2AsO4-）cH+c（H2AsO4-），pH=2.2时c(H+)=102.2 mol/L，c(H3AsO3)=c(H2AsO3)，p Ka1=lg Ka1=lgc（H2AsO4-）cH+c（H2AsO4-）=2.2。答案：2.2(3)溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响.pH=7.1时，吸附剂X表面不带电
41、荷； pH7.1时带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；pH7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多.pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量(吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量)如图3所示.在pH79之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，其原因是 。在pH47之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，这是因为 。提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是 。解析：吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力越大，在pH79之间，随pH升高H2AsO4转变为HAsO42，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加，导致在pH79之间，吸附剂X对五价砷的平衡
42、吸附量随pH升高而迅速下降，在pH47之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4和HAsO42阴离子存在，pH7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多，所以静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小，所以在pH47之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱；在pH47之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，如果能将三价砷转化为五价砷，能有效的去除三价砷，所以采取的措施是加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷。答案：在pH79之间，随pH升高H2AsO4转变为HAsO42，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加 在pH47之间，
43、吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4和HAsO42阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小 加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷【选做题】本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答21.(12分)铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景.某FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与.(1)Fe3+基态核外电子排布式为 .解析：Fe的原子序数为26，Fe3+基态核外电子数为23，且3d电子为半满稳定结构，可知Fe3+基态核外电子排布式为Ar3d5或 1s22s22p63s23p63d5。答案：Ar3d
44、5或 1s22s22p63s23p63d5(2)丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是 ，1mol 丙酮分子中含有键的数目为 。解析：中单键均为键，双键中含1个键，甲基上C形成4个键，C=O中C形成3个键，均为孤对电子，则羰基上C为sp2杂化，甲基上C为sp3杂化，1mol丙酮共有9mol键，数目为9NA个。答案：sp2和sp3 9NA(3)C、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为 。解析：非金属性越强，电负性越大，则C、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为HCO。答案：HCO(4)乙醇的沸点高于丙酮，这是因为 。解析：乙醇的沸点高于丙酮，这是因为乙醇分子间存在氢键，导致沸点高。答案：乙
45、醇分子间存在氢键(5)某FexNy的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(xn) CunNy.FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2 所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为 。解析：由图2可知，Cu替代a位置的Fe时能量较低，更稳定，则Cu位于顶点，N(Cu)=818=1，Fe位于面心，N(Fe)=612=3，N位于体心，则只有1个N，其化学式为Fe3CuN。答案：Fe3CuN22.1溴丙烷是一种重要的有机合成中间体，沸点为71，密度为1.36gcm3.实验室制备少量1溴丙烷的主要步骤如下：步骤1：在仪器A中加入搅拌磁子、12g正丙醇及20mL水，冰水冷却下缓慢加入28mL浓H2SO4；冷却至室温，搅拌下加入24g NaBr。步骤2：如图所示搭建实验装置，缓慢加热，
