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、
2、对商品进行豪华包装促进销售，浪费了资源，故 D错误 。 答案： C 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： 3115P B.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：
3、KAl(SO4)212H2O，故 D错误 。 答案： A 3.(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 CO2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
4、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： A 4.(2 分 )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 SO2 B.验证漂白性 C.收集 SO2 D.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
5、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： B 5.(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
6、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 Y Z， W位于第三周期，所以原子半径： r(X) r(Z) r(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 O N元素，所以 Z单质的氧化性大于 Y，故 C错误； D.X、
7、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： D 6.(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+2H2O Na+2OH +H2 B.电解饱和食盐水获取烧碱和氯气： 2Cl +2H2O H2 +Cl2 +2OH C.向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸： Ba2+OH +H+SO42 BaSO4 +H2O D.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水： Ca2+HCO3 +OH CaCO3 +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+2
8、H2O 2Na+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 +2H2O H2 +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+SO42 BaSO4 +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 +2OH CaCO3 +H2O+NH3H2O，故 D错误 。 答案： B 7.(2分 )在给定条件下，下列选项所示的物质间转
9、化均能实现的是 ( ) A.Fe FeCl2 Fe(OH)2 B.S SO3 H2SO4 C.CaCO3 CaO CaSiO3 D.NH3 NO HNO3 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： C 8.(2分 )通过以下反应可获得新型能源二甲醚 (CH3OCH3 ).下列说法不正确的是
10、C(s)+H2O(g) CO(g)+H2 (g) H1=a kJmol 1 CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2 (g) H2=b kJmol 1 CO2 (g)+3H2 (g) CH3OH(g)+H2O(g) H3=c kJmol 1 2CH3OH(g) CH3OCH3 (g)+H2O(g) H4=d kJmol 1( ) 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=d2kJmol 1 D.反应 2CO(g)+4H2 (g) CH3OCH3 (g)+H2O(g)的 H=
11、( 2b+2c+d ) kJmol 1 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 H d2kJmol 1，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 ) kJmol 1，故 D正确 。
12、答案： C 9.(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： Fe3+、 Mg2+、 SCN 、 Cl B.c(H+)/c(OH )=1 10 12的溶液中： K+、 Na+、 CO32 、 NO3 C.c(Fe2+ )=1 molL 1的溶液中： K+、 NH4+、 MnO4 、 SO42 D.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 )=1 10 12 的溶液，溶液呈碱性，这几种离子
13、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 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： B 10.(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， H2
14、O2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； 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
15、/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 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 。 1
16、1.(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(
17、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： C 12.(4分 )下列说法正确的是 ( ) A.反应 N2 (g)+3H2 (g)2NH3 (g)的 H 0， S 0 B.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=5.6 10 12， pH=10的含 Mg2+溶液中， c(Mg2+ ) 5.6 10 4 molL 1 D.常温常压下，锌与稀 H2SO4反应生成 11.2 L H2，反应中转移的电子数为 6.02 1023 解析： A.合成氨反应为放热反应， H 0，且为气体体积减小的反应，则 S
18、0，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 )=10 4 molL 1， c(Mg2+ ) 5.61012(104)2 =5.6 10 4 molL 1，故 C正确； D.常温常压下， Vm 22.4L/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： BC 13.(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 向久置的 Na2SO
19、3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 Br2 A.A B.B C.C D.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
20、酸钡，则得出结论：部分 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： B 14.(4 分 )常温下， Ka (HCOOH)=1.77 10 4， Ka (CH3COOH)=1.75 10 5， Kb (NH3H2O)=1.76 10 5，下列说法正确的是 ( ) A.浓度均为 0.1 molL 1的 HCOONa 和 NH4
21、Cl 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 molL 1 HCOOH 与 0.1 molL 1 NaOH 等体积混合后的溶液中： c(HCOO )+c(OH )=c(HCOOH)+c(H+) D.0.2 molL 1 CH3COONa 与 0.1 molL 1 盐酸等体积混合后的溶液中 (pH 7)： 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
22、子水解程度：CH3COO NH4+ 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+)=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 molL 1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
23、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
24、的 CH3COONa、 CH3COOH和 NaCl，混合溶液的 pH 7，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： AD 15.(4分 )温度为 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，
25、受温度影响 .下列说法正确的是 ( ) 容器编号 物质的起始浓度 (molL 1) 物质的平衡浓度(molL 1) c(NO2) c(NO) c(O2) c(O2) 0.6 0 0 0.2 0.3 0.5 0.2 0 0.5 0.35 A.达平衡时，容器 与容器 中的总压强之比为 4： 5 B.达平衡时，容器 中 c(O2 )/c(NO2 ) 比容器 中的大 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 T2 T1 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/
26、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 =59 0.8，则平衡正向移动，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
27、(O2)，设参加反应的 c(NO2)=xmol/L，则 0.3 x=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） 2 1.3 0.8，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
28、(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 K大于 0.8，且该反应的正反应是吸热反应，说
29、明升高温度平衡正向移动，所以 T2 T1，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+2OH 2AlO2 +H2O。 答案 ： Al2O3+2OH 2AlO2 +H2O (2)向 “ 过滤 ” 所得滤液中加入 NaHCO3溶液，溶液的 pH (填 “ 增大 ” 、 “ 不变 ”
30、或 “ 减小 ”) 。 解析： 向 “ 过滤 ” 所得滤液中加入 NaHCO3溶液，与 NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为 OH AlO2 CO32 ，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
31、 4CO32 +2H2O 4e 4HCO3 +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 +2H2O 4e 4HCO3 +O2 ； 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
32、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
33、； 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，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
34、 )。 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： 45 50 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：
35、45 50 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+8H2O 2Cu2(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+8H2O 2Cu2(OH)2Cl23H2O Fe2+ (2)碱式氯化铜有多种组成，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.
36、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 4 5，用浓度为 0.08000molL 1的 EDTA(Na2H2Y2H2O)标准溶液滴定 Cu2+ (离子方程式为 Cu2+H2Y2 CuY2 +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/mol 100.00ml25.00ml =4.
37、800 10 3mol， n(Cu2+)=n(EDTA) 100.00ml25.00ml =0.08000 molL 1 30.00 mL 10 3 LmL 1 100.00ml25.00ml =9.600 10 3 mol， n(OH )=2n(Cu2+) n(Cl )=2 9.600 10 3 mol 4.800 10 3 mol=1.440 10 2 mol， m(Cl )=4.800 10 3 mol 35.5 gmol 1=0.1704 g， m(Cu2+)=9.600 10 3 mol 64 gmol 1=0.6144 g， m(OH )=1.440 10 2 mol 17 gmo
38、l 1=0.2448 g， n(H2O)= 1.1160g0.1704g0.6114g0.2448g18g/mol =4.800 10 3 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)3ClH2O 19.(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： 3NaClO 2NaCl+NaClO3 AgCl可
39、溶于氨水： AgCl+2NH3H2OAg(NH3)2+Cl +2H2O 常温时 N2H4H2O(水合肼 )在碱性条件下能还原 Ag(NH3)2+： 4Ag(NH3)2+N2H4H2O 4Ag +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
40、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方程 式为 4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2. HNO 3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+2H2O 4AgCl+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 。
41、 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
42、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： 2molL 1水合肼溶液， 1molL 1H2SO4 )。 解析： 由信息 可知，从 “ 过滤 ” 后的滤液中获取单质 Ag 的实验方案为向滤液中滴加2molL 1 水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用 1 molL 1 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
43、：向滤液中滴加 2molL 1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用 1 molL 1 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 CO32 ，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
44、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 8.0 10.0)，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 Ka1= 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 H3AsO
45、3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） c(H+)c（ H2AsO4） ， pH=2.2时 c(H+)=10 2.2 mol/L， c(H3AsO3)=c(H2AsO3 )， p Ka1= lg Ka1= lgc（ H2AsO4） c(H+)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 表面不带电荷； pH7.1时带负电荷， pH越高
46、，表面所带负电荷越多； pH 7.1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 pH7 9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 pH4 7 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 pH7 9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 pH7 9 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， 在 pH4 7之间，吸附剂 X表面带正电，五价砷主要以 H2AsO4 和 HAs
