2017年江苏省高考化学试卷 (正式版)

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名称 2017年江苏省高考化学试卷 (正式版)
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资源类型 试卷
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科目 化学
更新时间 2017-06-12 16:29:09

文档简介

2017年江苏省高考化学试卷 (正式版)
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.(2017·江苏)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
2.(2017·江苏)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
3.(2017·江苏)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
4.(2017·江苏)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 B C D
A.制取SO2 B.验证漂白性 C.收集SO2 D.尾气处理
5.(2017·江苏)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
6.(2017·江苏)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
7.(2017·江苏)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
B.S SO3 H2SO4
C.CaCO3 CaO CaSiO3
D.NH3 NO HNO3
8.(2017·江苏)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
D.反应 2CO(g)+4H2 (g)═CH3OCH3 (g)+H2O(g)的△H=( 2b+2c+d ) kJ mol﹣1
9.(2017·江苏)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﹣
10.(2017·江苏)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
二、不定项选择题:本题包括5小题,每小题2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.(2017·江苏)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
12.(2017·江苏)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
13.(2017·江苏)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 Br2
A.A B.B C.C D.D
14.(2017·江苏)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+)
15.(2017·江苏)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 0.2
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
三、解答题
16.(2017·江苏)(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   .
(2)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液,溶液的pH    (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   .
(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   ,阴极产生的物质A的化学式为   .
(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   .
17.(2017·江苏)(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   和   .
(2)D→E 的反应类型为   .
(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).
18.(2017·江苏)(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   .
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   .
(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).
19.(2017·江苏)(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   .
(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   .
(3)为提高Ag的回收率,需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤,并   .
(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   .
(5)请设计从“过滤Ⅱ”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:2mol L﹣1水合肼溶液,1mol L﹣1H2SO4 ).
20.(2017·江苏)(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   .
(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   .
②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4 H2AsO4﹣+H+的电离常数为Ka1,则pKa1=
   (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   .
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   . 提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是   .
四、【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.
21.(2017·江苏)(12分)A.[物质结构与性质]
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   .
(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σ键的数目为   .
(3)C、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为   .
(4)乙醇的沸点高于丙酮,这是因为   .
(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   .
22.(2017·江苏)B.[实验化学]
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   ;加入搅拌磁子的目的是搅拌和   .
(2)反应时生成的主要有机副产物有2﹣溴丙烷和   .
(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   .
(4)步骤2中需缓慢加热使反应和蒸馏平稳进行,目的是   .
(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,   ,静置,分液.
答案解析部分
1.【答案】C
【知识点】常见的生活环境的污染及治理
【解析】【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.
【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.
2.【答案】A
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】解:A.磷元素原子的质子数为15,质量数为31的磷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.
【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.
3.【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【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,液氨易气化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.
【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.液氨气化吸收热量导致周围环境温度降低.
4.【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【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.
【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.
5.【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【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.
【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.
6.【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【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 Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O,故D错误;
故选B.
【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.
7.【答案】C
【知识点】氨的性质及用途;铁的化学性质
【解析】【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.
【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.
8.【答案】C
【知识点】反应热和焓变
【解析】【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.
【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).
9.【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【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.
【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.
10.【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【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,H2O2浓度越大,H2O2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H2O2浓度变化量越大,由此得出:H2O2浓度相同时,pH越大H2O2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H2O2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H2O2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.
【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.
11.【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【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含﹣OH和与苯环相连的甲基、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.
【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含﹣OH、c含﹣CHO;
D.只有﹣CHO与新制的Cu(OH)2反应生成红色沉淀.
12.【答案】B,C
【知识点】反应热和焓变
【解析】【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.
【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.
13.【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解: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,因为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。所以结论不正确,故D错误;
故选B.
【分析】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;
B.硫酸钡不溶于稀盐酸、亚硫酸钡溶于稀盐酸;
C.银镜反应必须在碱性条件下进行;
D.该黄色溶液中可能含有铁离子,因为铁离子也能将碘离子氧化为碘单质.
14.【答案】A,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【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.
【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.
15.【答案】C,D
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【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平衡时c(NO2)可能<0.2mol/L,不仿设某时c(NO2)为0.15mol/L,则c(NO)=0.35mol/L,c(O2 )=0.275mol/L,,此时平衡还在逆向移动,而NO 的体积分数已小于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.
【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,根据浓度商可判断,平衡时c(NO2)肯定小于0.2mol/L,再用c(NO2)=0.15mol/L及浓度商可分析得出结论;
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.
16.【答案】(1)Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O
(2)减小
(3)石墨电极被阳极上产生的O2氧化
(4)4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑;H2
(5)NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【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.
【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.
17.【答案】(1)醚键;酯基
(2)取代反应
(3)
(4)
(5)
【知识点】有机物的合成
【解析】【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: .
【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.
18.【答案】(1)4CuCl+O2+8H2O 2Cu2(OH)2Cl2 3H2O;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.
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【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,
故答案为:4CuCl+O2+8H2O 2Cu2(OH)2Cl2 3H2O;
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,
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.
【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)× = =4.800×10﹣3mol,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.
19.【答案】(1)水浴加热
(2)4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑;会释放出氮氧化物(或NO、NO2),造成环境污染
(3)将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中
(4)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)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
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【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.
【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.
20.【答案】(1)碱性溶液吸收了空气中的CO2
(2)OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O;2.2
(3)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;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
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【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﹣),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.
【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﹣);(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.
21.【答案】(1)[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5
(2)sp2和sp3;9NA
(3)H<C<O
(4)乙醇分子间存在氢键
(5)Fe3CuN
【知识点】晶胞的计算
【解析】【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.
【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.
22.【答案】(1)蒸馏烧瓶;防止暴沸
(2)丙烯、正丙醚
(3)减少1﹣溴丙烷的挥发
(4)减少HBr挥发
(5)将分液漏斗下口向上倾斜、打开活塞排出气体
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【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。
【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.
1 / 12017年江苏省高考化学试卷 (正式版)
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.(2017·江苏)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
【答案】C
【知识点】常见的生活环境的污染及治理
【解析】【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.
【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.
2.(2017·江苏)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
【答案】A
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】解:A.磷元素原子的质子数为15,质量数为31的磷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.
【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.
3.(2017·江苏)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
【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【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,液氨易气化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.
【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.液氨气化吸收热量导致周围环境温度降低.
4.(2017·江苏)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 B C D
A.制取SO2 B.验证漂白性 C.收集SO2 D.尾气处理
【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【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.
【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.
5.(2017·江苏)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
【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【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.
【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.
6.(2017·江苏)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
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【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 Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O,故D错误;
故选B.
【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.
7.(2017·江苏)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
B.S SO3 H2SO4
C.CaCO3 CaO CaSiO3
D.NH3 NO HNO3
【答案】C
【知识点】氨的性质及用途;铁的化学性质
【解析】【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.
【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.
8.(2017·江苏)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
D.反应 2CO(g)+4H2 (g)═CH3OCH3 (g)+H2O(g)的△H=( 2b+2c+d ) kJ mol﹣1
【答案】C
【知识点】反应热和焓变
【解析】【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.
【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).
9.(2017·江苏)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﹣
【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【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.
【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.
10.(2017·江苏)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
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【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,H2O2浓度越大,H2O2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H2O2浓度变化量越大,由此得出:H2O2浓度相同时,pH越大H2O2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H2O2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H2O2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.
【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.
二、不定项选择题:本题包括5小题,每小题2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.(2017·江苏)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
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【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含﹣OH和与苯环相连的甲基、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.
【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含﹣OH、c含﹣CHO;
D.只有﹣CHO与新制的Cu(OH)2反应生成红色沉淀.
12.(2017·江苏)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
【答案】B,C
【知识点】反应热和焓变
【解析】【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.
【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.
13.(2017·江苏)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 Br2
A.A B.B C.C D.D
【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解: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,因为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。所以结论不正确,故D错误;
故选B.
【分析】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;
B.硫酸钡不溶于稀盐酸、亚硫酸钡溶于稀盐酸;
C.银镜反应必须在碱性条件下进行;
D.该黄色溶液中可能含有铁离子,因为铁离子也能将碘离子氧化为碘单质.
14.(2017·江苏)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+)
【答案】A,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【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.
【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.
15.(2017·江苏)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 0.2
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
【答案】C,D
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【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平衡时c(NO2)可能<0.2mol/L,不仿设某时c(NO2)为0.15mol/L,则c(NO)=0.35mol/L,c(O2 )=0.275mol/L,,此时平衡还在逆向移动,而NO 的体积分数已小于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.
【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,根据浓度商可判断,平衡时c(NO2)肯定小于0.2mol/L,再用c(NO2)=0.15mol/L及浓度商可分析得出结论;
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.
三、解答题
16.(2017·江苏)(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   .
(2)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液,溶液的pH    (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   .
(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   ,阴极产生的物质A的化学式为   .
(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   .
【答案】(1)Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O
(2)减小
(3)石墨电极被阳极上产生的O2氧化
(4)4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑;H2
(5)NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【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.
【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.
17.(2017·江苏)(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   和   .
(2)D→E 的反应类型为   .
(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).
【答案】(1)醚键;酯基
(2)取代反应
(3)
(4)
(5)
【知识点】有机物的合成
【解析】【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: .
【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.
18.(2017·江苏)(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   .
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   .
(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).
【答案】(1)4CuCl+O2+8H2O 2Cu2(OH)2Cl2 3H2O;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.
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【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,
故答案为:4CuCl+O2+8H2O 2Cu2(OH)2Cl2 3H2O;
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,
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.
【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)× = =4.800×10﹣3mol,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.
19.(2017·江苏)(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   .
(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   .
(3)为提高Ag的回收率,需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤,并   .
(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   .
(5)请设计从“过滤Ⅱ”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:2mol L﹣1水合肼溶液,1mol L﹣1H2SO4 ).
【答案】(1)水浴加热
(2)4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑;会释放出氮氧化物(或NO、NO2),造成环境污染
(3)将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中
(4)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)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
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【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.
【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.
20.(2017·江苏)(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   .
(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   .
②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4 H2AsO4﹣+H+的电离常数为Ka1,则pKa1=
   (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   .
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   . 提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是   .
【答案】(1)碱性溶液吸收了空气中的CO2
(2)OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O;2.2
(3)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;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
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【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﹣),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.
【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﹣);(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.
四、【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.
21.(2017·江苏)(12分)A.[物质结构与性质]
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   .
(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σ键的数目为   .
(3)C、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为   .
(4)乙醇的沸点高于丙酮,这是因为   .
(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   .
【答案】(1)[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5
(2)sp2和sp3;9NA
(3)H<C<O
(4)乙醇分子间存在氢键
(5)Fe3CuN
【知识点】晶胞的计算
【解析】【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.
【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.
22.(2017·江苏)B.[实验化学]
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   ;加入搅拌磁子的目的是搅拌和   .
(2)反应时生成的主要有机副产物有2﹣溴丙烷和   .
(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   .
(4)步骤2中需缓慢加热使反应和蒸馏平稳进行,目的是   .
(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,   ,静置,分液.
【答案】(1)蒸馏烧瓶;防止暴沸
(2)丙烯、正丙醚
(3)减少1﹣溴丙烷的挥发
(4)减少HBr挥发
(5)将分液漏斗下口向上倾斜、打开活塞排出气体
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【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。
【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.
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