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2017 年江苏省高考化学试卷解析版
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
【考点】FE："三废"处理与环境保护．
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【专题】56：化学应用．
【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：31 P
15
B．氟原子的结构示意图：
C．CaCl 的电子式：
2
D．明矾的化学式：Al （SO ）
2 4 3
【考点】4J：电子式、化学式或化学符号及名称的综合．
菁优网版权所有【专题】514：化学用语专题．
【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：31 P，故A正确；
15
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（SO ） •12H O，故D错误；
4 2 2
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．Na O 吸收CO 产生O ，可用作呼吸面具供氧剂
2 2 2 2
B．ClO 具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
2
C．SiO 硬度大，可用于制造光导纤维
2
D．NH 易溶于水，可用作制冷剂
3
【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系．
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【专题】513：物质的性质和变化专题．
【分析】A．Na O 吸收CO 生成O 和Na CO ，氧气能供给呼吸；
2 2 2 2 2 3
B．ClO 具有强氧化性；
2
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．Na O 吸收CO 生成O 和Na CO ，且人呼出的水蒸气也能和过氧化
2 2 2 2 2 3
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．ClO 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；
2
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SO 、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
2
目 的 是 （ ）
A．制取SO B．验证漂白性 C．收集SO D．尾气处理
2 2
【考点】U5：化学实验方案的评价．
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【专题】25：实验评价题．
【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
【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．
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【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题．
【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+2H O═Na++2OH﹣+H ↑
2 2
电解
¯
B．电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl﹣+2H O H ↑+Cl ↑+2OH﹣
2 2 2
C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH﹣+H++SO 2﹣═BaSO ↓+H O
4 4 2
D．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO ﹣+OH﹣═CaCO ↓+H O
3 3 2
【考点】49：离子方程式的书写．
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【专题】516：离子反应专题．
【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+2H O═2Na++2OH﹣+H ↑，故A错误；
2 2
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
电解
¯
成，离子方程式为2Cl﹣+2H O H ↑+Cl ↑+2OH﹣，故B正确；
2 2 2C．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++SO 2﹣═BaSO ↓+2H O，故C错误；
4 4 2
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：NH ++Ca2++HCO ﹣+2OH﹣═CaCO ↓+H O+NH •H O，故D错误；
4 3 3 2 3 2
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（ ）
𝐶𝑙 2 𝑁𝑎𝑂𝐻(𝑎𝑞)
A．Fe→FeCl → Fe（OH）
2 2
点燃
𝑂 𝐻 𝑂
2 2
B．S→SO →H SO
3 2 4
点燃
高温 𝑆𝑖𝑂 2
C．CaCO →CaO→CaSiO
3 3
高温
𝑂 𝐻 𝑂
2 2
D．NH → NO→HNO
3 3
催化剂、△
【考点】EB：氨的化学性质；FO：含硫物质的性质及综合应用；GM：铁的化学性
质．
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【专题】513：物质的性质和变化专题．
【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．CaCO 高温分解生成CaO，CaO和二氧化硅高温反应生成硅酸钙；
3
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．CaCO 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
3
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（CH OCH ）．下列说法不正确的是
3 3
①C（s）+H O（g）═CO（g）+H （g）△H ＝a kJ•mol﹣1
2 2 1
②CO（g）+H O（g）═CO （g）+H （g）△H ＝b kJ•mol﹣1
2 2 2 2
③CO （g）+3H （g）═CH OH（g）+H O（g）△H ＝c kJ•mol﹣1
2 2 3 2 3
④2CH OH（g）═CH OCH （g）+H O（g）△H ＝d kJ•mol﹣1（ ）
3 3 3 2 4
A．反应①、②为反应③提供原料气
B．反应③也是 CO 资源化利用的方法之一
2
1 1 𝑑
C．反应CH OH（g）═ CH OCH （g） + H O（l）的△H = kJ•mol﹣1
3 3 3 2
2 2 2
D．反应 2CO（g）+4H （g）═CH OCH （g）+H O（g）的△H＝（ 2b+2c+d ）
2 3 3 2
kJ•mol﹣1
【考点】BB：反应热和焓变．
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【专题】517：化学反应中的能量变化．
【分析】A．反应③中的反应物为CO 、H ；
2 2
B．反应③中的反应物为CO ，转化为甲醇；
2
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）+4H （g）═CH OCH （g）
2 3 3
+H O（g）．
2
【解答】解：A．反应③中的反应物为CO 、H ，由反应可知，反应①、②为反应③
2 2
提供原料气，故A正确；
B．反应③中的反应物为CO ，转化为甲醇，则反应③也是 CO 资源化利用的方法之
2 2
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
1 1 𝑑
应CH OH（g）═ CH OCH （g） + H O（l）的△H ≠ kJ•mol﹣1，故C错误；
3 3 3 2
2 2 2
D．由盖斯定律可知，②×2+③×2+④得到2CO（g）+4H （g）═CH OCH （g）
2 3 3
+H O（g），则△H＝（ 2b+2c+d ） kJ•mol﹣1，故D正确；
2
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+、CO 2﹣、NO ﹣
3 3
C．c（Fe2+ ）＝1 mol•L﹣1的溶液中：K+、NH +、MnO ﹣、SO 2﹣
4 4 4
D．能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH +、SO 2﹣、HCO ﹣
4 4 3
【考点】DP：离子共存问题．
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【专题】516：离子反应专题．
【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+、MnO ﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；
4
D．能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，HCO ﹣能和氢离子反应生成二氧化碳和
3
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）H O 分解速率受多种因素影响。实验测得 70℃时不同条件下H O 浓度随时
2 2 2 2
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，H O 浓度越小，其分解速率越快
2 2
B．图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H O 分解速率越快
2 2
C．图丙表明，少量Mn2+存在时，溶液碱性越强，H O 分解速率越快
2 2
D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H O 分解速率的影响大
2 2
【考点】CA：化学反应速率的影响因素．
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【专题】51F：化学反应速率专题．
【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H O 浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度
2 2
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H O 浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度
2 2
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，溶液碱性越弱，其分解速率越快，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H O 分解
2 2
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KMnO 溶液褪色
4
D．b和c均能与新制的Cu（OH） 反应生成红色沉淀
2
【考点】HD：有机物的结构和性质．
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【专题】536：有机物分子组成通式的应用规律．
【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） 反应生成红色沉淀．
2
【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KMnO 溶液褪色，
4
故C正确；
D．只有﹣CHO与新制的 Cu（OH） 反应生成红色沉淀，则只有 c能与新制的 Cu
2
（OH） 反应生成红色沉淀，故D错误；
2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N （g）+3H （g）⇌2NH （g）的△H＜0，△S＞0
2 2 3
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，K [Mg（OH） ]＝5.6×10﹣12，pH＝10的含Mg2+溶液中，c（Mg2+ ）≤
sp 2
5.6×10﹣4 mol•L﹣1
D．常温常压下，锌与稀H SO 反应生成11.2 L H ，反应中转移的电子数为6.02×1023
2 4 2
【考点】BB：反应热和焓变．
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【专题】517：化学反应中的能量变化．
【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+ ）
𝐾𝑠𝑝
≤ ；
‒ 2
𝑐(𝑂𝐻 )
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+ ）
‒12
5.6 × 10
≤ =5.6×10﹣4 mol•L﹣1，故C正确；
‒4 2
(10 )
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 非金属性：Cl＞Si
褪去，2min后，试管里出现凝胶
B 向滴有甲基橙的 AgNO 溶液中滴加 KCl溶液，溶液由红色 KCl溶液具有碱性
3
变为黄色
C 在CuSO 溶液中滴加KI溶液，再加入苯，振荡，有白色沉白色沉淀可能为
4
淀生成，苯层呈紫色 CuI
D 某溶液滴加盐酸酸化的BaCl 溶液，生成白色沉淀 该溶液中一定含有
2
SO 2﹣
4
A．A B．B C．C D．D
【考点】U5：化学实验方案的评价．
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【专题】25：实验评价题．
【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BaCl 溶液，生成白色沉淀，该沉淀为硫酸钡或AgCl等。
2
【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BaCl 溶液，生成白色沉淀，该沉淀为硫酸钡或AgCl等，可能含
2
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，K （HCOOH）＝1.77×10﹣4，K （CH COOH）＝1.75×10﹣5，K
a a 3 b
（NH •H O）＝1.76×10﹣5，下列说法正确的是（ ）
3 2
A．浓度均为0.1 mol•L﹣1的 HCOONa和NH Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：
4
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CH COOH溶液
3
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 CH COONa 与 0.1 mol•L﹣1盐酸等体积混合后的溶液中（pH＜7）：c
3
（CH COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH COOH）＞c（H+）
3 3
【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．
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【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．
【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：CH COO﹣＞NH +＞HCOO﹣，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得
3 4
出 c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+）＝0.1mol/L+c（H+）、c（NH +）+c
4
（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）＝0.1mol/L+c（OH﹣），水解程度NH +＞HCOO﹣，所以
4
前者c（H+）大于后者c（OH﹣）；
B．pH相同的 HCOOH和 CH COOH，浓度：c（HCOOH）＜c（CH COOH），用相同
3 3
浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH COOH溶液至终点时，
3
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CH COONa、CH COOH和NaCl，混
3 3
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：CH COO﹣＞NH +＞HCOO﹣，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所
3 4
以得出c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+）＝0.1mol/L+c（H+）、c（NH +）
4+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）＝0.1mol/L+c（OH﹣），水解程度NH +＞HCOO﹣，所
4
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NH Cl
4
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 CH COOH，浓度：c（HCOOH）＜c（CH COOH），用相同
3 3
浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH COOH溶液至终点时，
3
酸的浓度越大，消耗的碱体积越大，pH、体积相同的HCOOH和CH COOH，物质的量
3
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CH COONa、CH COOH和NaCl，混
3 3
合溶液的pH＜7，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度，醋酸是弱酸，其电离程度较
小，所以粒子浓度大小顺序是 c（CH COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH COOH）＞c
3 3
（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T 时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO （g）
1 2
⇌2NO（g）+O （g） （正反应吸热）。实验测得：v ＝v （NO ） ＝k c2
2 正 2 消耗 正
（NO ），v ＝v（NO） ＝2v （O ） ＝k c2 （NO）•c（O ），k 、k 为
2 逆 消耗 2 消耗 逆 2 正 逆
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（NO ） c（NO） c
2
（O ） c（O ）
2 2
Ⅰ 0.6 0 0 0.2Ⅱ 0.3 0.5 0.2
Ⅲ 0 0.5 0.35
A．达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为 4：5
B．达平衡时，容器Ⅱ中 c（O ）/c（NO ） 比容器Ⅰ中的大
2 2
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 T
2
时，若 k
正
＝k
逆
，则 T
2
＞T
1
【考点】CP：化学平衡的计算．
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【专题】51E：化学平衡专题．
【分析】A．I中的反应2NO （g）⇌2NO（g）+O （g）
2 2
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
2
0．4 × 0.2
化学平衡常数K = =0.8
2
0．2
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，
2
0．5 × 0.2 5
则 II中平衡时气体总物质的量为 1mol，II中开始时浓度商 = = ＜
2 9
0．3
0.8，则平衡正向移动；
B．假设II中平衡时 c（NO ）＝c（O ），设参加反应的 c（NO ）＝xmol/L，则0.3﹣
2 2 2
1
x＝0.2+0.5x，x = ，
15
7 1 17
平衡时 c（NO ）＝c（O ） = mol/L，c（NO）＝0.5mol/L + mol/L =
2 2
30 15 30
17 7
2
( ) ×
30 30
mol/L，II中 ≈1.3＞0.8，说明II中平衡时应该存在 c（NO ）＞c（O ）；
2 2
7
2
( )
30
C．如果 III中NO和氧气完全转化为二氧化氮，则c（NO ）＝0.5mol/L，且容器中还
2
有 c（O ）＝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
2氮和氧气之和所占体积比大于50%；
D．v ＝v （NO ） ＝k c2（NO ），v ＝v（NO） ＝2v （O ） ＝k
正 2 消耗 正 2 逆 消耗 2 消耗 逆
c2 （NO）•c（O ），
2
达到平衡状态时正逆反应速率相等，则k c2（NO ）＝k c2 （NO）•c（O ），且
正 2 逆 2
k
正
＝k
逆
，则c2（NO
2
）＝c2 （NO）•c（O
2
），化学平衡常数K等于1。
【解答】解：A．I中的反应2NO （g）⇌2NO（g）+O （g）
2 2
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
2
0．4 × 0.2
化学平衡常数K = =0.8
2
0．2
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，
2
0．5 × 0.2 5
则 II中平衡时气体总物质的量为 1mol，II中开始时浓度商 = = ＜
2 9
0．3
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．假设II中平衡时 c（NO ）＝c（O ），设参加反应的 c（NO ）＝xmol/L，则0.3﹣
2 2 2
1
x＝0.2+0.5x，x = ，
15
7 1 17
平衡时 c（NO ）＝c（O ） = mol/L，c（NO）＝0.5mol/L + mol/L =
2 2
30 15 30
17 7
2
( ) ×
30 30
mol/L，II中 ≈1.3＞0.8，说明II中平衡时应该存在 c（NO ）＞c（O ），
2 2
7
2
( )
30
容器I中 c（O ）/c（NO ）＝1，所以达平衡时，容器Ⅱ中 c（O ）/c（NO ）小于
2 2 2 2
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（NO ）＝0.5mol/L，且容器中还
2
有 c（O ）＝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
2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 ＝v （NO ） ＝k c2（NO ），v ＝v（NO） ＝2v （O ） ＝k
正 2 消耗 正 2 逆 消耗 2 消耗 逆
c2 （NO）•c（O ），
2
达到平衡状态时正逆反应速率相等，则k c2（NO ）＝k c2 （NO）•c（O ），且
正 2 逆 2
k ＝k ，则c2（NO ）＝c2 （NO）•c（O ），化学平衡常数K等于1，该温度下的
正 逆 2 2
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 T ＞
2
T ，故D正确；
1
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地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Al O ，含SiO 和Fe O 等杂
2 3 2 2 3
质）为原料制备铝的一种工艺流程如下：
注：SiO 在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀．
2
（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为 Al O +2OH﹣═2AlO ﹣+H O ．
2 3 2 2
（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO 溶液，溶液的pH 减小 （填“增大”、
3
“不变”或“减小”）．
（3）“电解Ⅰ”是电解熔融 Al O ，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是 石墨电
2 3
极被阳极上产生的O 氧化 ．
2
（4）“电解Ⅱ”是电解Na CO 溶液，原理如图所示．
2 3阳极的电极反应式为 4CO 2﹣+2H O﹣4e﹣═4HCO ﹣+O ↑ ，阴极产生的物质A的
3 2 3 2
化学式为 H ．
2
（5）铝粉在1000℃时可与N 反应制备AlN．在铝粉中添加少量NH Cl固体并充分混
2 4
合，有利于 AlN的制备，其主要原因是 NH Cl分解产生的 HCl能够破坏 Al表面的
4
Al O 薄膜 ．
2 3
【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
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【专题】545：物质的分离提纯和鉴别．
【分析】以铝土矿（主要成分为Al O ，含SiO 和Fe O 等杂质）为原料制备铝，由流
2 3 2 2 3
程可知，加NaOH溶解时Fe O 不反应，由信息可知SiO 在“碱溶”时转化为铝硅酸
2 3 2
钠沉淀，过滤得到的滤渣为 Fe O 、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成 Al
2 3
（OH） ，过滤II得到Al（OH） ，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和
3 3
氧气，电解II为电解Na CO 溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸
2 3
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 Al O +2OH﹣═2AlO ﹣
2 3 2
+H O，故答案为：Al O +2OH﹣═2AlO ﹣+H O；
2 2 3 2 2
（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO 溶液，与NaAlO 反应生成氢氧化铝沉淀
3 2
和碳酸钠，碱性为OH﹣＞AlO ﹣＞CO 2﹣，可知溶液的pH减小，故答案为：减小；
2 3
（3）“电解Ⅰ”是电解熔融 Al O ，电解过程中作阳极的石墨易消耗，因石墨电极被阳
2 3
极上产生的O 氧化，
2
故答案为：石墨电极被阳极上产生的O 氧化；
2
（4）由图可知，阳极反应为4CO 2﹣+2H O﹣4e﹣═4HCO ﹣+O ↑，阴极上氢离子得到
3 2 3 2
电子生成氢气，则阴极产生的物质A的化学式为H ，
2
故答案为：4CO 2﹣+2H O﹣4e﹣═4HCO ﹣+O ↑；H ；
3 2 3 2 2
（5）铝粉在1000℃时可与N 反应制备AlN．在铝粉中添加少量NH Cl固体并充分混
2 4
合，有利于 AlN的制备，其主要原因是 NH Cl分解产生的 HCl能够破坏 Al表面的
4Al O 薄膜，故答案为：NH Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al O 薄膜．
2 3 4 2 3
【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 C H N O ， 经 氧 化 得 到 H， 写 出 G的 结 构 简 式 ：
12 14 2 2
。
(𝐶𝐻 ) 𝑆𝑂
3 2 4
（5）已知： → （R代表烃基，R'代表烃基或 H） 请写出以
𝐾 𝐶𝑂
2 3
和（CH ） SO 为原料制备 的
3 2 4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）。
【考点】HC：有机物的合成．
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【专题】534：有机物的化学性质及推断．
【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C H N O ，经氧化得到H，可知F→G的转化﹣COOCH 转化为
12 14 2 2 3
﹣CH OH；
2
（ 5） 以 和 （ CH ） SO 为 原 料 制 备
3 2 4
，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C H N O ，经氧化得到H，可知F→G的转化﹣COOCH 转化为
12 14 2 2 3﹣CH OH，其它结构不变，则G的结构简式为 ，
2
故答案为： ；
（ 5） 以 和 （ CH ） SO 为 原 料 制 备
3 2 4
，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Cu （OH） Cl •3H O，
2 2 2 2
45 ‒ 50℃
¯
该反应的化学方程式为 4CuCl+O +8H O 2Cu （OH） Cl •3H O ．
2 2 2 2 2 2
②方法2：先制得CuCl ，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
2
气的条件下反应生成CuCl ，Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示． M′的
2
化学式为 Fe2+ ．（2）碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cu （OH） Cl •xH O． 为测定某碱式氯化铜
a b c 2
的组成，进行下列实验：
①称取样品1.1160g，用少量稀HNO 溶解后配成100.00mL溶液A；
3
②取25.00mL溶液A，加入足量AgNO 溶液，得AgCl 0.1722g；
3
③另取25.00mL溶液A，调节pH 4～5，用浓度为0.08000mol•L﹣1的EDTA（Na H Y
2 2
•2H O）标准溶液滴定 Cu2+ （离子方程式为 Cu2++H Y2﹣═CuY2﹣+2H+），滴定至终
2 2
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）．
【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量；U3：制备实验方案的设计．
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【专题】548：制备实验综合．
【分析】（1）①45～50℃时，向 CuCl悬浊液中持续通入空气得到 Cu （OH） Cl •
2 2 2
3H O，反应物为CuCl、氧气、水；
2
②Fe3+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）
100.00𝑚𝐿 0.1722𝑔 100.00𝑚𝐿
× = × =4.800×10﹣3mol，由③可知 n
25.00𝑚𝐿 143.5𝑔/𝑚𝑜𝑙 25.00𝑚𝐿
100.00𝑚𝐿
（Cu2+）＝n（EDTA） × =0.08000 mol•L﹣1×30.00 mL×10﹣3 L•mL﹣
25.00𝑚𝐿
100.00𝑚𝐿
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
25.00𝑚𝐿
定组成来计算．
【解答】解：（1）①45～50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu （OH）
2 2
Cl •3H O，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，
2 2
45 ‒ 50℃
¯
由原子、电子守恒可知反应为4CuCl+O +8H O 2Cu （OH） Cl •3H O，
2 2 2 2 2 245 ‒ 50℃
¯
故答案为：4CuCl+O +8H O 2Cu （OH） Cl •3H O；
2 2 2 2 2 2
②Fe3+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+；
100.00𝑚𝐿 0.1722𝑔 100.00𝑚𝐿
（2）n（Cl﹣）＝n（AgCl） × = × =
25.00𝑚𝐿 143.5𝑔/𝑚𝑜𝑙 25.00𝑚𝐿
4.800×10﹣3mol，
100.00𝑚𝐿
n（Cu2+）＝n（EDTA） × =0.08000 mol•L﹣1×30.00 mL×10﹣3 L•mL
25.00𝑚𝐿
100.00𝑚𝐿
﹣1 × =9.600×10﹣3 mol，
25.00𝑚𝐿
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，
1.1160𝑔 ‒ 0.1704𝑔 ‒ 0.6144𝑔 ‒ 0.2448𝑔
n（ H O） = =4.800× 10﹣ 3
2
18𝑔/𝑚𝑜𝑙
mol，
则a：b：c：x＝n（Cu2+）：n（OH﹣）：n（Cl﹣）：n（H O）＝2：3：1：1，
2
即化学式为Cu （OH） Cl•H O，
2 3 2
答：该样品的化学式为Cu （OH） Cl•H O．
2 3 2
【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：①NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO═2NaCl+NaClO
3
②AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH •H O⇌Ag（NH ） ++Cl﹣+2H O
3 2 3 2 2
③常温时 N H •H O（水合肼）在碱性条件下能还原 Ag（NH ） +：
2 4 2 3 2
4Ag（NH ） ++N H •H O═4Ag↓+N ↑+4NH ++4NH ↑+H O
3 2 2 4 2 2 4 3 2
（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 O ，该反应的化学方程式为
2
4Ag+4NaClO+2H O═4AgCl+4NaOH+O ↑ 。 HNO 也能氧化Ag，从反应产物的角度
2 2 3
分析，以HNO 代替NaClO的缺点是 会释放出氮氧化物（或NO、NO ），造成环境
3 2
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NH •H O反应外（该条件下NaClO 与NH •H O不反应），
3 2 3 3 2
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﹣1H SO 溶液吸收反应中放出的
2 4
NH ，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
3
试剂有：2mol•L﹣1水合肼溶液，1mol•L﹣1H SO ）。
2 4
【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；U3：制备实验方案的设
计．
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【专题】545：物质的分离提纯和鉴别．
【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+2H O═4AgCl+4NaOH+O ↑，为控制 80℃，可水浴加热，过滤I分离出
2 2
AgCl、可能含 Ag，再加氨水溶解 AgCl，发生 AgCl+2NH •H O⇌Ag（NH ） ++Cl﹣
3 2 3 2
+2H O，过滤II分离出的滤渣为Ag，对过滤II得到的滤液用N H •H O（水合肼）在
2 2 4 2碱性条件下能还原 Ag（NH ） +得到Ag，以此来解答．
3 2
【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 O ，Ag、O元素的化合价升
2
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+2H O═4AgCl+4NaOH+O ↑． HNO 也能氧化Ag，从反应产物的角度分
2 2 3
析，以 HNO 代替 NaClO的缺点是会释放出氮氧化物（或 NO、NO ），造成环境污
3 2
染，
故答案为：4Ag+4NaClO+2H O═4AgCl+4NaOH+O ↑；会释放出氮氧化物（或 NO、
2 2
NO ），造成环境污染；
2
（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NH •H O反应外（该条件下NaClO 与NH •H O不反应），
3 2 3 3 2
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 H SO 溶液吸收反应
2 4
中放出的NH ，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥，
3
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 H SO 溶液吸收反应中放出的NH ，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、
2 4 3
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CO 2﹣，其原因是 碱性溶液吸收了空气中
3
的CO ．
2
（2）H AsO 和H AsO 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
3 3 3 4
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 H AsO 溶液
3 3
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 AsO ＝H AsO ﹣+H O ．
3 3 2 3 2
②H AsO 第一步电离方程式H AsO ⇌H AsO ﹣+H+的电离常数为K ，则pK ＝ 2.2
3 4 3 4 2 4 a1 a1
（p K ＝﹣lg K ）．
a1 a1
（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 AsO ﹣转变为 HAsO 2﹣，吸附剂 X表面所带负电荷增
2 4 4
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 AsO ﹣和HAsO 2﹣阴离子存
2 4 4
在，静电引力较大；而三价砷主要以H AsO 分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引
3 3
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 ．
【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．
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【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】（1）空气中的CO 属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液；
2
（2）①根据图知，碱性条件下 H AsO 的浓度减小、H AsO ﹣浓度增大，说明碱和
3 3 2 3
H AsO 生成H AsO ﹣，该反应为酸碱的中和反应；
3 3 2 3
‒ +
𝑐(𝐻 𝐴𝑠𝑂 )．𝑐(𝐻 )
2 4
②K = ， pH＝ 2.2时 c（ H+） ＝ 10﹣ 2.2 mol/L， c
a1
𝑐(𝐻 𝐴𝑠𝑂 )
3 4
（H AsO ）＝c（H AsO ﹣）；
3 3 2 3
（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H AsO ﹣和HAsO 2﹣阴离子
2 4 4
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H AsO
3 3
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CO 属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液，NaOH是碱，能
2
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
CO ，故答案为：碱性溶液吸收了空气中的CO ；
2 2
（2）①根据图知，碱性条件下 H AsO 的浓度减小、H AsO ﹣浓度增大，说明碱和
3 3 2 3
H AsO 生成H AsO ﹣，该反应为酸碱的中和反应，同时还生成水，离子方程式为OH
3 3 2 3
﹣+H AsO ＝H AsO ﹣+H O，
3 3 2 3 2
故答案为：OH﹣+H AsO ＝H AsO ﹣+H O；
3 3 2 3 2
‒ +
𝑐(𝐻 𝐴𝑠𝑂 )．𝑐(𝐻 )
2 4
②K = ， pH＝ 2.2时 c（ H+） ＝ 10﹣ 2.2 mol/L， c
a1
𝑐(𝐻 𝐴𝑠𝑂 )
3 4‒ +
𝑐(𝐻 𝐴𝑠𝑂 )．𝑐(𝐻 )
2 4
（H AsO ）＝c（H AsO ﹣），p K ＝﹣lg K ＝﹣lg =
3 3 2 3 a1 a1
𝑐(𝐻 𝐴𝑠𝑂 )
3 4
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
H AsO ﹣转变为 HAsO 2﹣，吸附剂 X表面所带负电荷增多，静电斥力增加，导致在
2 4 4
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 H AsO ﹣转变为 HAsO 2﹣，吸附剂 X表面所
2 4 4
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H AsO ﹣和HAsO 2﹣阴离子
2 4 4
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H AsO 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
3 3
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H AsO ﹣和HAsO 2
2 4 4
﹣阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H AsO 分子存在，与吸附剂X表面产
3 3
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（Fe N ）在磁记录材料领域有着广泛的应用前景．某Fe N 的制
x y x y
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]3d5或1s22s22p63s23p63d5 ．
（2）丙酮（ ）分子中碳原子轨道的杂化类型是 sp2和sp3 ，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Fe N 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
x y
Fe，形成Cu替代型产物Fe Cu N ．Fe N 转化为两种Cu替代型产物的能量变
（x﹣n） n y x y
化如图﹣2 所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为 Fe CuN ．
3
【考点】86：原子核外电子排布；8B：元素电离能、电负性的含义及应用；9I：晶胞的
计算．
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【专题】51D：化学键与晶体结构．
【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
1 1
（Cu）＝8 × =1，Fe位于面心，N（Fe）＝6 × =3，N位于体心，以此来解
8 2
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9N 个，
A
故答案为：sp2和sp3；9N ；
A
（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
1 1
（Cu）＝8 × =1，Fe位于面心，N（Fe）＝6 × =3，N位于体心，则只有1个
8 2
N，其化学式为Fe CuN，故答案为：Fe CuN．
3 3
【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H SO ；冷却至室温，搅拌下加入24g NaBr．
2 4
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 H O、12mL 5% Na CO 溶液和
2 2 3
12mL H O洗涤，分液，得粗产品，进一步提纯得1﹣溴丙烷．
2
（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%Na CO 溶液洗涤有机相的操作：向分液漏斗中小心加入12mL 5%
2 3
Na CO 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
2 3液．
【考点】U3：制备实验方案的设计．
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【专题】547：有机实验综合．
【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% Na CO 溶液，振荡，洗涤1﹣溴丙烷时可能发生HBr与碳酸钠的
2 3
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%Na CO 溶液洗涤有机相的操作：向分液漏斗中小心加入12mL 5%
2 3
Na CO 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，
2 3
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．
