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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．菁优网版权所有
【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：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
【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：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
【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系．菁优网版权所有
【专题】513：物质的性质和变化专题．
【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SO2
B．验证漂白性
C．收集SO2
D．尾气处理
【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有
【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．菁优网版权所有
【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+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑
B．电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl﹣+2H2O
H2↑+Cl2↑+2OH﹣
电解
¯
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
【考点】49：离子方程式的书写．菁优网版权所有
【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+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；
电解
¯
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
FeCl2
Fe（OH）2
𝐶𝑙2
→
点燃
𝑁𝑎𝑂𝐻(𝑎𝑞)
→
B．S
SO3
H2SO4
𝑂2
→
点燃
𝐻2𝑂
→
C．CaCO3
CaO
CaSiO3
高温
→
𝑆𝑖𝑂2
→
高温
D．NH3
NO
HNO3
𝑂2
→
催化剂、△
𝐻2𝑂
→
【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．菁优网版权所有
【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．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
①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2 （g）△H1＝a kJ•mol﹣1
②CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2 （g）△H2＝b kJ•mol﹣1
③CO2 （g）+3H2 （g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H3＝c kJ•mol﹣1
④2CH3OH（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﹣1
1
2
+ 1
2
= 𝑑
2
D．反应 2CO（g）+4H2 （g）═CH3OCH3 （g）+H2O（g）的△H＝（ 2b+2c+d ） kJ•mol﹣1
【考点】BB：反应热和焓变．菁优网版权所有
【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）═1
2
CH3OCH3 （g）
H2O（l）的△H
kJ•mol﹣1，故C 错误；
+ 1
2
≠𝑑
2
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﹣
【考点】DP：离子共存问题．菁优网版权所有
【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+、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
【考点】CA：化学反应速率的影响因素．菁优网版权所有
【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，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
【考点】HD：有机物的结构和性质．菁优网版权所有
【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）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＞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，Ksp[Mg（OH）2]＝5.6×10﹣12，pH＝10 的含Mg2+溶液中，c（Mg2+ ）≤5.6×10﹣4 mol•L﹣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
【考点】BB：反应热和焓变．菁优网版权所有
【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
𝑐(𝑂𝐻‒ )2
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
≤5.6 × 10 ‒ 12
(10 ‒ 4)2
=
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＞Si
B
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
CuI
D
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
【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有
【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+）
【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．菁优网版权所有
【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：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，醋酸是弱酸，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（ ）
物质的起始浓度（mol•L﹣1）
物质的平衡浓度
（mol•L﹣1）
容器编号
c（NO2）
c（NO）
c
（O2
）
c（O2）
Ⅰ
0.6
0
0
0.2
Ⅱ
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（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
【考点】CP：化学平衡的计算．菁优网版权所有
【专题】51E：化学平衡专题．
【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
= 0．42 × 0.2
0．22
=
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；
= 0．52 × 0.2
0．32
= 5
9
＜
B．假设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
，
= 1
15
平衡时 c（NO2）＝c（O2）
mol/L，c（NO）＝0.5mol/L
mol/L
mol/L，II 中
= 7
30
+ 1
15
= 17
30
1.3＞0.8，说明II 中平衡时应该存在 c（NO2）＞c（O2）；
(
17
30)2 ×
7
30
(
7
30)2
≈
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
= 0．42 × 0.2
0．22
=
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
= 0．52 × 0.2
0．32
= 5
9
＜
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（NO2）＝c（O2），设参加反应的 c（NO2）＝xmol/L，则0.3﹣x＝0.2+0.5x，x
，
= 1
15
平衡时 c（NO2）＝c（O2）
mol/L，c（NO）＝0.5mol/L
mol/L
mol/L，II 中
= 7
30
+ 1
15
= 17
30
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）＝
(
17
30)2 ×
7
30
(
7
30)2
≈
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 Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O ．
（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
O2 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 4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑ ，阴极产生的物质A 的化学式为 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 ．
【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．菁优网版权所有
【专题】545：物质的分离提纯和鉴别．
【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
(𝐶𝐻3)2𝑆𝑂4
→
𝐾2𝐶𝑂3
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）。
【考点】HC：有机物的合成．菁优网版权所有
【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+O2+8H2O
2Cu2（OH）2Cl2•3H2O ．
45 ‒ 50℃
¯
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 Fe2+ ．
（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）．
【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．菁优网版权所有
【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Cu2 （OH）2 Cl2•3H2O，反应物为
CuCl、氧气、水；
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）
4.800×10﹣
× 100.00𝑚𝐿
25.00𝑚𝐿
=
0.1722𝑔
143.5𝑔/𝑚𝑜𝑙
× 100.00𝑚𝐿
25.00𝑚𝐿
=
3mol，由③可知n（Cu2+）＝n（EDTA）
0.08000 mol•L﹣1×30.00 mL×10﹣3 L•mL﹣1
× 100.00𝑚𝐿
25.00𝑚𝐿
=
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．
× 100.00𝑚𝐿
25.00𝑚𝐿
=
【解答】解：（1）①45～50℃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，
45 ‒ 50℃
¯
故答案为：4CuCl+O2+8H2O
2Cu2（OH）2Cl2•3H2O；
45 ‒ 50℃
¯
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+；
（2）n（Cl﹣）＝n（AgCl）
4.800×10﹣3mol，
× 100.00𝑚𝐿
25.00𝑚𝐿
=
0.1722𝑔
143.5𝑔/𝑚𝑜𝑙
× 100.00𝑚𝐿
25.00𝑚𝐿
=
n（Cu2+）＝n（EDTA）
0.08000 mol• L﹣1× 30.00 mL× 10﹣3 L• mL﹣1
× 100.00𝑚𝐿
25.00𝑚𝐿
=
9.600×10﹣3 mol，
× 100.00𝑚𝐿
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，
n（H2O）
4.800×10﹣3 mol，
= 1.1160𝑔‒ 0.1704𝑔‒ 0.6144𝑔‒ 0.2448𝑔
18𝑔/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：①NaClO 溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO═2NaCl+NaClO3
②AgCl 可溶于氨水：AgCl+2NH3•H2O⇌Ag（NH3）2++Cl﹣+2H2O
③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、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 。
（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﹣1H2SO4 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 （实验中须使用的试剂有：2mol•L﹣1 水合肼溶液，1mol•L﹣1H2SO4 ）。
【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．菁优网版权所有
【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+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．
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﹣+H3AsO3＝H2AsO3﹣+H2O ．
②H3AsO4 第一步电离方程式H3AsO4⇌H2AsO4﹣+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 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 ． 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．菁优网版权所有
【专题】51G：电离平衡与溶液的pH 专题．
【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；
②Ka1
，pH＝2.2 时c（H+）＝10﹣2.2 mol/L，c（H3AsO3）＝c（H2AsO3﹣）；
=
𝑐(𝐻2𝐴𝑠𝑂4
‒ )．𝑐(𝐻+ )
𝑐(𝐻3𝐴𝑠𝑂4)
（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；
②Ka1
，pH＝2.2 时c（H+）＝10﹣2.2 mol/L，c（H3AsO3）＝c（H2AsO3﹣），
=
𝑐(𝐻2𝐴𝑠𝑂4
‒ )．𝑐(𝐻+ )
𝑐(𝐻3𝐴𝑠𝑂4)
p Ka1＝﹣lg Ka1＝﹣lg
2.2，
𝑐(𝐻2𝐴𝑠𝑂4
‒ )．𝑐(𝐻+ )
𝑐(𝐻3𝐴𝑠𝑂4)
=
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]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 9NA ．
（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 Fe3CuN ．
【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．菁优网版权所有
【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（Cu）＝8
1，Fe
× 1
8
=
位于面心，N（Fe）＝6
3，N 位于体心，以此来解答．
× 1
2
=
【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
× 1
8
=
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．
× 1
2
=
【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．
【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有
【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% 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．
