2017 年江苏省高考化学试卷参考答案与试题解析　一、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．（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【分析】绿色简约生活方式是一种生活理念，也是一种生活态度，指的是生活作息时所耗用的能量要尽量减少，特别是减少二氧化碳的排放量，减缓生态恶化；可以从节电、节能和回收等环节来改变生活细节，据此进行分析判断即可．【解答】解：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；故选：C。【点评】解答本题关键是看是否减少了对空气中可吸收颗粒物的释放，环保问题已经引起了全球的重视，难度不大．　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【分析】A．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；B．氟原子的核电荷数=核外电子总数=9，最外层含有 7 个电子；C．两个氯离子不能合并；D．明矾为十二水合硫酸铝钾．【解答】解：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）2•12H2O，故 D 错误；故选：A。【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及电子式、原子结构示意图、元素符号、化学式等知识，注意掌握常见化学用语的书写原则，试题培养学生的规范答题能力．　3．（2 分）下列有关物质性质与用途具有对应关系正确的是（　　）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 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　 Al 2O3+2OH ﹣ ═2AlO 2﹣ +H 2O 　 ．（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入 NaHCO3溶液，溶液的 pH　减小　 （填“增大”、“不变”或“减小”）．（3）“电解Ⅰ”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是　石墨电极被阳极上产生的 O 2 氧化　．（4）“电解Ⅱ”是电解 Na2CO3溶液，原理如图所示．阳极的电极反应式为　 4CO 32﹣ +2H 2O﹣4e ﹣ ═4HCO 3﹣ +O 2↑ 　 ，阴极产生的物质 A 的化学式为　 H 2　．（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　 NH 4Cl 分解产生的 HCl 能够破坏 Al 表面的 Al 2O3 薄膜　．【分析】以铝土矿（主要成分为 Al2O3，含 SiO2和 Fe2O3等杂质）为原料制备铝，由流程可知，加NaOH 溶解时 Fe2O3不反应，由信息可知 SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成 Al（OH）3，过滤 II 得到 Al（OH）3，灼烧生成氧化铝，电解 I 为电解氧化铝生成 Al 和氧气，电解 II 为电解 Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气，以此来解答．【解答】解：（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为 Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；（2）向“过滤Ⅰ”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，故答案为：减小；（3）“电解Ⅰ”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，故答案为：石墨电极被阳极上产生的 O2氧化；（4）由图可知，阳极反应为 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，故答案为：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 NH4Cl 分解产生的 HCl 能够破坏 Al 表面的 Al2O3薄膜，故答案为：NH4Cl 分解产生的 HCl 能够破坏 Al 表面的 Al2O3薄膜．【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意水解、电解原理及元素化合物知识的应用，题目难度中等．　17．（15 分）化合物 H 是一种用于合成 γ﹣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　醚键　和　酯基　。（2）D→E 的反应类型为　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：　 　。 ①含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；②能发生水解反应，水解产物之一是 α﹣氨基酸，另一水解产物分子中只有 2 种不同化学环境的氢。（4）G 的分子式为 C12H14N2O2，经氧化得到 H，写出 G 的结构简式：　 　。（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）。【分析】由合成流程可知，A→B 发生取代反应，B→C 发生还原反应，C→D 为取代反应，D→E 为氨基上 H 被取代，属于取代反应，比较 F 与 H 的结构可知，G 为 ，G→H 发生氧化反应，（1）C 中含氧官能团为醚键、酯基；（2）D→E 为氨基上 H 被取代；（3）C 的一种同分异构体，满足①含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；②能发生水解反应，水解产物之一是 α﹣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；（4）G 的分子式为 C12H14N2O2，经氧化得到 H，可知 F→G 的转化﹣COOCH3转化为﹣CH2OH；（5）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．【解答】解：（1）由结构可知 C 中的含氧官能团名称为醚键、酯基，故答案为：醚键；酯基；（2）D→E 为氨基上 H 被取代，反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；（3）C 的一种同分异构体，满足①含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；②能发生水解反应，水解产物之一是 α﹣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 ，故答案为： ；（4）G 的分子式为 C12H14N2O2，经氧化得到 H，可知 F→G 的转化﹣COOCH3转化为﹣CH2OH，其它结构不变，则 G 的结构简式为 ，故答案为： ；（5）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 ，故答案为： ．【点评】本题考查有机物的合成，为高频考点，把握合成流程中官能团的变化、有机反应、习题中的信息为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，注意有机物性质的应用及同分异构体判断，题目难度中等．　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①方法 1：45～50℃时，向 CuCl 悬浊液中持续通入空气得到 Cu2 （OH）2 Cl2•3H2O，该反应的化学方程式为　 4CuCl+O 2+8H2O 2Cu2（ OH ） 2Cl2•3H2O 　 ．②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　 Fe 2+ 　 ．（2）碱式氯化铜有多种组成，可表示为 Cua（OH）bClc•xH2O． 为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：①称取样品 1.1160g，用少量稀 HNO3溶解后配成 100.00mL 溶液 A； ②取 25.00mL 溶液 A，加入足量 AgNO3溶液，得 AgCl 0.1722g； ③另取 25.00mL 溶液 A，调节 pH 4～5，用浓度为 0.08000mol•L﹣1的 EDTA（Na2H2Y•2H2O）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）．【分析】（1）① 45～50℃时，向 CuCl 悬浊液中持续通入空气得到 Cu2 （OH）2 Cl2•3H2O，反应物为 CuCl、氧气、水；② 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；（2）由②可知 n（Cl﹣）=n（AgCl）× = =4.800×10﹣3mol，由③可知 n（Cu2+）=n（EDTA）× =0.08000 mol•L﹣1×30.00 mL×10﹣3 L•mL﹣1×=9.600×10﹣3 mol，结合化合物中正负化合价的代数和为 0 及物质定组成来计算．【解答】解：（1）① 45～50℃时，向 CuCl 悬浊液中持续通入空气得到 Cu2 （OH）2 Cl2•3H2O，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）2Cl2•3H2O，故答案为：4CuCl+O2+8H2O 2Cu2（OH）2Cl2•3H2O；② 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+，故答案为：Fe2+；（2）n（Cl﹣）=n（AgCl）× = =4.800×10﹣3mol，n（Cu2+）=n（EDTA）× =0.08000 mol•L﹣1×30.00 mL×10﹣3 L•mL﹣1×=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 g•mol﹣1=0.1704 g，m（Cu2+）=9.600×10﹣3 mol×64 g•mol﹣1=0.6144 g，m（OH﹣）=1.440×10﹣2 mol×17 g•mol﹣1=0.2448 g，n（H2O）= =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）3Cl•H2O，答：该样品的化学式为 Cu2 （OH）3Cl•H2O．【点评】本题考查物质的制备及物质组成的测定实验，为高频考点，把握发生的反应、物质的量的计算为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意氧化还原反应及定组成的应用，题目难度中等．　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：① NaClO 溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO═2NaCl+NaClO3② AgCl 可溶于氨水：AgCl+2NH3•H2O Ag⇌ （NH3）2++Cl﹣+2H2O③常温时 N2H4•H2O（水合肼）在碱性条件下能还原 Ag（NH3）2+：4Ag（NH3）2++N2H4•H2O═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　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　4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+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 、 NO 2），造成环境污染　．（3）为提高 Ag 的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并　将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中　．（4）若省略“过滤Ⅰ”，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 NH3•H2O 反应外（该条件下 NaClO3与 NH3•H2O 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　 ．（5）请设计从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质 Ag 的实验方案：　向滤液中滴加 2mol•L ﹣1 水合肼溶 液，搅拌使其充分反应，同时用 1mol•L ﹣1 H 2SO4 溶液吸收反应中放出的 NH 3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥　（实验中须使用的试剂有：2mol•L﹣1水合肼溶液，1mol•L﹣1H2SO4）．【分析】回收一种光盘金属层中的少量 Ag，由流程可知，氧化时发生4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑，为控制 80℃，可水浴加热，过滤 I 分离出 AgCl、可能含 Ag，再加氨水溶解 AgCl，发生 AgCl+2NH3•H2O Ag⇌ （NH3）2++Cl﹣+2H2O，过滤 II 分离出的滤渣为 Ag，对过滤 II得到的滤液用 N2H4•H2O（水合肼）在碱性条件下能还原 Ag（NH3）2+得到 Ag，以此来解答．【解答】解：（1）“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，故答案为：水浴加热；（2）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+2H2O═4AgCl+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，故答案为：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Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中，减少 Ag 的损失，故答案为：将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中；（4）若省略“过滤Ⅰ”，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 NH3•H2O 反应外（该条件下 NaClO3与 NH3•H2O 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，故答案为：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；（5）由信息③可知，从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质 Ag 的实验方案为向滤液中滴加 2mol•L﹣1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用 1 mol•L﹣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，故答案为：向滤液中滴加 2mol•L﹣1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用 1 mol•L﹣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．【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意信息的应用及实验设计，题目难度中等．　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　碱性溶液吸收了空气中的 CO 2　．（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． ①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　 OH ﹣ +H 3AsO3=H2AsO3﹣ +H 2O 　 ．② H3AsO4第一步电离方程式 H3AsO4H⇌2AsO4﹣+H+的电离常数为 Ka1，则 pKa1=　 2.2 　 （p Ka1=﹣lg Ka1）．（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； pH＞7.1 时带负电荷，pH 越高，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．①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 pH7 ～ 9 之 间，随 pH 升高 H 2AsO4﹣ 转变为 HAsO 42﹣ ，吸附剂 X 表面所带负电荷增多，静电斥力增加　 ．②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　在 pH4 ～ 7 之间 ， 吸附剂 X 表面带正电，五价砷主要以 H 2AsO4﹣ 和 HAsO 42﹣ 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　 ． 提高吸附剂 X 对三价砷去除效果可采取的措施是　加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷　．【分析】（1）空气中的 CO2属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液；（2）①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；② Ka1= ，pH=2.2 时 c（H+）=10﹣2.2 mol/L，c（H3AsO3）=c（H2AsO3﹣）；（3）①吸附剂 X 表面所带负电荷增多，静电斥力越大；②在 pH4～7 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，pH＜7.1 时带正电荷，pH 越低，表面所带正电荷越多；而三价砷主要以 H3AsO3分子存在；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，如果能将三价砷转化为五价砷，能有效的去除三价砷．【解答】解：（1）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，故答案为：碱性溶液吸收了空气中的 CO2；（2）①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； ② Ka1= ，pH=2.2 时 c（H+）=10﹣2.2 mol/L，c（H3AsO3）=c（H2AsO3﹣），p Ka1=﹣lg Ka1=﹣lg =2.2，故答案为：2.2；（3）①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，故答案为：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；②在 pH4～7 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，pH＜7.1 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 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；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，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，故答案为：在 pH4～7 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，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．【点评】本题以含有 As 的物质为载体考查弱电解质的电离及图象分析，为高频考点，侧重考查学生对基础知识的掌握和灵活运用、图象分析判断能力，明确出题人的目的是解本题关键，难点是图象的正确理解和分析，题目难度中等．　【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．若多做，则按 A 小题评分．A．[物质结构与性质]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　 [Ar]3d 5 或 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 5 　 ．（2）丙酮（ ）分子中碳原子轨道的杂化类型是　 sp 2 和 sp 3 　 ，1mol 丙酮分子中含有σ 键的数目为　 9N A　．（3）C、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为　 H ＜ C ＜ O 　 ．（4）乙醇的沸点高于丙酮，这是因为　乙醇分子间存在氢键　．（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（x﹣n） 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　 Fe 3CuN 　 ．【分析】（1）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；（2） 中单键均为 σ 键，双键中含 1 个 σ 键，甲基上 C 形成 4 个 σ 键，C=O 中 C 形成3 个 σ 键；（3）非金属性越强，电负性越大； （4）乙醇分子之间形成氢键，导致沸点较高；（5）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）=8×=1，Fe 位于面心，N（Fe）=6× =3，N 位于体心，以此来解答．【解答】解：（1）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[Ar]3d5或 1s22s22p63s23p63d5，故答案为：[Ar]3d5或 1s22s22p63s23p63d5；（2） 中单键均为 σ 键，双键中含 1 个 σ 键，甲基上 C 形成 4 个 σ 键，C=O 中 C 形成3 个 σ 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 9molσ 键，数目为 9NA个，故答案为：sp2和 sp3；9NA；（3）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 H＜C＜O，故答案为：H＜C＜O；（4）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，故答案为：乙醇分子间存在氢键；（5）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）=8×=1，Fe 位于面心，N（Fe）=6× =3，N 位于体心，则只有 1 个 N，其化学式为 Fe3CuN，故答案为：Fe3CuN．【点评】本题考查物质结构与性质，为高频考点，把握电子排布、电负性比较、杂化及化学键、均摊法计算晶胞结构为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，综合性较强，题目难度中等．　B．[实验化学]22．1﹣溴丙烷是一种重要的有机合成中间体，沸点为 71℃，密度为 1.36g•cm﹣3．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，直到无油状物馏出为止．步骤 3：将馏出液转入分液漏斗，分出有机相．步骤 4：将分出的有机相转入分液漏斗，依次用 12mL H2O、12mL 5% Na2CO3溶液和 12mL H2O 洗涤，分液，得粗产品，进一步提纯得 1﹣溴丙烷．（1）仪器 A 的名称是　蒸馏烧瓶　；加入搅拌磁子的目的是搅拌和　防止暴沸　．（2）反应时生成的主要有机副产物有 2﹣溴丙烷和　丙烯、正丙醚　．（3）步骤 2 中需向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是　减少 1﹣ 溴丙烷的挥发　 ．（4）步骤 2 中需缓慢加热使反应和蒸馏平稳进行，目的是　减少 HBr 挥发　 ．（5）步骤 4 中用 5%Na2CO3溶液洗涤有机相的操作：向分液漏斗中小心加入 12mL 5% Na2CO3溶液，振荡，　将分液漏斗下口向上倾斜、打开活塞排出气体　，静置，分液．【分析】（1）由图可知仪器的名称，搅拌磁子除搅拌外，还可防止液体剧烈沸腾； （2）正丙醇在浓硫酸作用下可能发生消去反应，或分子间取代反应；（3）冰水浴可降低温度，减少生成物的挥发；（4）步骤 2 中需缓慢加热，可减少浓硫酸与 NaBr 反应生成的 HBr 挥发；（5）加入 12mL 5% Na2CO3溶液，振荡，洗涤 1﹣溴丙烷时可能发生 HBr 与碳酸钠的反应生成气体，需要排出气体．【解答】解：（1）由图可知，仪器 A 的名称是蒸馏烧瓶，加入搅拌磁子的目的是搅拌和防止暴沸，故答案为：蒸馏烧瓶；防止暴沸；（2）正丙醇在浓硫酸作用下可能发生消去反应，或分子间取代反应，则反应时生成的主要有机副产物有 2﹣溴丙烷和丙烯、正丙醚，故答案为：丙烯、正丙醚；（3）步骤 2 中需向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是减少 1﹣溴丙烷的挥发，故答案为：减少 1﹣溴丙烷的挥发；（4）步骤 2 中需缓慢加热使反应和蒸馏平稳进行，目的是减少 HBr 挥发，故答案为：减少 HBr 挥发；（5）步骤 4 中用 5%Na2CO3溶液洗涤有机相的操作：向分液漏斗中小心加入 12mL 5% Na2CO3溶液，振荡，将分液漏斗下口向上倾斜、打开活塞排出气体，静置，分液，故答案为：将分液漏斗下口向上倾斜、打开活塞排出气体．【点评】本题考查有机物的制备实验，为高频考点，把握有机物的性质、实验操作及技能为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意（5）为解答的难点，题目难度中等．　 【分析】A．Na2O2吸收 CO2生成 O2和 Na2CO3，氧气能供给呼吸；B．ClO2具有强氧化性；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；D．氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低。【解答】解：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；故选：A。【点评】本题考查物质组成、结构和性质，为高频考点，属于基础题，明确物质结构和性质是解本题关键，结构决定性质、性质决定用途，题目难度不大。　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 SO2B．验证漂白性 C．收集 SO2D．尾气处理【分析】实验室可用浓硫酸和铜在加热条件下反应制备二氧化硫，二氧化硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，具有漂白性，可使品红褪色，二氧化硫为酸性氧化物，可与碱反应，以此解答该题．【解答】解：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，操作符合要求，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。故选：B。【点评】本题考查较为综合，涉及气体的制备、收集以及性质的检验等，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度中等　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【分析】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；B．W 的最高价氧化物的水化物是 NaOH；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；D．X、Y、Z 三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵． 【解答】解：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 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、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；故选：D。【点评】本题考查原子结构和元素周期律，为高频考点，明确原子结构、元素周期表结构及元素周期律是解本题关键，正确判断元素是解本题关键，注意：铵盐中不含金属元素但属于离子化合物，题目难度不大．　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↓+H2OD．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O【分析】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；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；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；D．二者反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水．【解答】解：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+2H2O═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+NH3•H2O，故 D 错误；故选：B。【点评】本题考查离子方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大．　7．（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．Fe FeCl2Fe（OH）2B．S SO3H2SO4C．CaCO3CaO CaSiO3 D．NH3NO HNO3【分析】A、铁与氯气反应生成三氯化铁；B．硫与氧气反应生成二氧化硫；C．CaCO3高温分解生成 CaO，CaO 和二氧化硅高温反应生成硅酸钙；D．氨气催化氧化生成 NO，NO 和水不反应。【解答】解：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，和酸性氧化物二氧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；故选：C。【点评】本题考查了物质性质、物质转化的应用，主要是硫、铁、氮的化合物性质的理解判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。　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① C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2 （g）△H1=a kJ•mol﹣1② CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2 （g）△H2=b kJ•mol﹣1③ CO2 （g）+3H2 （g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H3=c kJ•mol﹣1④ 2CH3OH（g）═CH3OCH3 （g）+H2O（g）△H4=d kJ•mol﹣1（　　）A．反应①、②为反应③提供原料气B．反应③也是 CO2资源化利用的方法之一C．反应 CH3OH（g）═ CH3OCH3 （g）+ H2O（l）的△H= kJ•mol﹣1D．反应 2CO（g）+4H2 （g）═CH3OCH3 （g）+H2O（g）的△H=（ 2b+2c+d ） kJ•mol﹣1【分析】A．反应③中的反应物为 CO2、H2；B．反应③中的反应物为 CO2，转化为甲醇；C．由反应④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；D．由盖斯定律可知，②×2+③×2+④ 得到 2CO（g）+4H2 （g）═CH3OCH3 （g）+H2O（g）．【解答】解：A．反应③中的反应物为 CO2、H2，由反应可知，反应①、②为反应③提供原料气，故A 正确；B．反应③中的反应物为 CO2，转化为甲醇，则反应③也是 CO2资源化利用的方法之一，故 B 正确；C．由反应④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）═ CH3OCH3 （g）+ H2O（l）的△H≠ kJ•mol﹣1，故 C 错误；D．由盖斯定律可知，②×2+③×2+④ 得到 2CO（g）+4H2 （g）═CH3OCH3 （g）+H2O（g），则△H=（ 2b+2c+d ） kJ•mol﹣1，故 D 正确；故选：C。【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应的特点、反应中能量变化、盖斯定律应用为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，题目难度中等．　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 mol•L﹣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﹣【分析】A．无色透明说明溶液中不含有色离子，且离子之间不反应；B．c（H+）/c（OH﹣）=1×10 ﹣12的溶液，溶液呈碱性，离子之间不反应且和氢氧根离子不反应的能大量共存； C．能和亚铁离子反应的离子不能大量共存；D．能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，离子之间不反应的能大量共存．【解答】解：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；故选：B。【点评】本题考查离子共存，为高频考点，侧重考查氧化还原反应、络合反应、复分解反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意隐含信息的灵活运用，题目难度不大．　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，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【分析】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；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；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；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．【解答】解：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/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；故选：D。【点评】本题以双氧水分解为载体考查影响化学反应速率影响因素，为高频考点，侧重考查学生图象分析、判断、归纳及知识灵活运用能力，明确图中曲线变化趋势及影响因素是解本题关键，题目难度中等．　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【分析】A．a 中不含苯环；B．a、c 中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型；C．a 含碳碳双键、b 中苯环上连有甲基、c 含﹣CHO；D．只有﹣CHO 与新制的 Cu（OH）2反应生成红色沉淀．【解答】解：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 中苯环上连有甲基、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；故选：C。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，注意选项 B 为解答的难点，题目难度不大．　12．（4 分）下列说法正确的是（　　）A．反应 N2 （g）+3H2 （g）⇌2NH3 （g）的△H＜0，△S＞0B．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，Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10﹣12，pH=10 的含 Mg2+溶液中，c（Mg2+ ）≤5.6×10﹣4 mol•L﹣1D．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【分析】A．由化学计量数可知△S＜0；B．导线连接锌块，构成原电池时 Zn 为负极；C．pH=10 的含 Mg2+溶液中，c（OH﹣）=10﹣4 mol•L﹣1，c（Mg2+ ）≤ ；D．常温常压下，Vm≠22.4L/mol．【解答】解：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＜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 mol•L﹣1，c（Mg2+ ）≤ =5.6×10﹣4 mol•L﹣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；故选：BC。【点评】本题考查较综合，涉及反应热与焓变、原电池、难溶电解质 Ksp 的计算等，为高频考点，把握化学反应原理为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，注意选项 D 为易错点，题目难度中等．　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 结论 A 向硅酸钠溶液中滴加 1 滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，2min后，试管里出现凝胶非金属性：Cl＞SiB 向滴有甲基橙的 AgNO3溶液中滴加 KCl 溶液，溶液由红色变为黄色 KCl 溶液具有碱性C 在 CuSO4溶液中滴加 KI 溶液，再加入苯，振荡，有白色沉淀生成，苯层呈紫色白色沉淀可能为 CuID 某溶液滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液，生成白色沉淀 该溶液中一定含有 SO42﹣A．A B．B C．C D．D【分析】A．比较非金属性，应用最高价氧化物的水化物；B．生成 AgCl 沉淀，银离子浓度减小，酸性减弱；C．硫酸铜与 KI 发生氧化还原反应生成碘和 CuI；D．滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液，生成白色沉淀，该沉淀为硫酸钡或 AgCl 等。【解答】解：A．该实验只能比较酸性的强弱，但不能比较非金属性，应用最高价氧化物的水化物，故 A 错误；B．硝酸银为强酸弱碱盐，水解呈酸性，加入 KCl 生成 AgCl 沉淀，银离子浓度减小，酸性减弱，故B 错误；C．苯层呈紫色，说明生成碘，硫酸铜与 KI 发生氧化还原反应生成碘和 CuI，故 C 正确；D．滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液，生成白色沉淀，该沉淀为硫酸钡或 AgCl 等，可能含有硫酸根离子，故 D 错误。故选：C。【点评】本题考查了化学实验方案的评价，为高频考点，题目难度中等，涉及金属性、非金属性强弱比较、弱电解质的电离平衡及其影响等知识，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。　14．（4 分）常温下，Ka （HCOOH）=1.77×10﹣4，Ka （CH3COOH）=1.75×10﹣5，Kb （NH3•H2O）=1.76×10﹣5，下列说法正确的是（　　）A．浓度均为 0.1 mol•L﹣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 mol•L﹣1 HCOOH 与 0.1 mol•L﹣1 NaOH 等体积混合后的溶液中：c（HCOO﹣）+c（OH﹣）=c（HCOOH）+c（H+）D．0.2 mol•L﹣1 CH3COONa 与 0.1 mol•L﹣1盐酸等体积混合后的溶液中（pH＜7）：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）【分析】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：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﹣）；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；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；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 pH＜7，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度。【解答】解：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：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 mol•L﹣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；故选：AD。【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确电离平衡常数与水解程度关系、溶液中存在的守恒是解本题关键，注意 C 中等量代换，题目难度不大。　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，受温度影响。下列说法正确的是（　　） 容器编号 物质的起始浓度（mol•L﹣1） 物质的平衡浓度（mol•L﹣1） c（NO2） c（NO） c（O2） c（O2）Ⅰ 0.6 0 0 0.2Ⅱ 0.3 0.5 0.2Ⅲ 0 0.5 0.35A．达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为 4：5B．达平衡时，容器Ⅱ中 c（O2 ）/c（NO2 ） 比容器Ⅰ中的大C．达平衡时，容器Ⅲ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【分析】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= =0.8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= = ＜0.8，则平衡正向移动；B．如果 II 中平衡时 c（NO2）=c（O2），设参加反应的 c（NO2）=xmol/L，则 0.3﹣x=0.2+0.5x，x= ，平衡时 c（NO2）=c（O2）= mol/L，c（NO）=0.5mol/L+ mol/L= mol/L，II 中≈1.3＞0.8，说明 II 中平衡时应该存在 c（NO2）＞c（O2）；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%；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。【解答】解：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= =0.8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= = ＜0.8，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Ⅰ与容器Ⅱ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 0.3﹣x=0.2+0.5x，x= ，平衡时 c（NO2）=c（O2）= mol/L，c（NO）=0.5mol/L+ mol/L= mol/L，II 中≈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Ⅱ中 c（O2 ）/c（NO2 ）小于 1，则 比容器Ⅰ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（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Ⅲ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，说明升高温度平衡正向移动，所以 T2＞T1，故 D 正确；故选：CD。【点评】本题考查化学平衡计算，为高频考点，侧重考查学生分析、计算及灵活运用知识解答问题能力，如果单纯的根据设未知数计算要涉及一元三次方程而难以解答，这需要学生灵活运用知识巧妙的避开一元三次方程而解答问题，题目难度较大。　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：