《2017年高考江苏卷化学试题解析(精编版)(解析版).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2017年高考江苏卷化学试题解析(精编版)(解析版).doc（21页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、优质文本可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Ag 108 选 择 题单项选择题：此题包括10小题，每题2分，共计20分。每题只有一个选项符合题意。12017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。以下做法应提倡的是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【名师点睛】此题考查的是化学与社会生活。解题的关键要抓住节能、节约集约利用资源、环
2、保等要素。化学学习要从生活实际出发，关注化学在能源、材料、环境、健康等方面的作用，关心社会热点问题，形成化学效劳于社会的使命感和责任感。2以下有关化学用语表示正确的选项是 A质量数为31的磷原子：B氟原子的结构示意图：CCaCl2的电子式：D明矾的化学式：Al2(SO4)3【答案】A【解析】AP的质子数是15，A正确；BF原子的电子数为9，B错误；C离子化合物中阴、阳离子间隔排列，其电子式中离子分开写、不能合并，C错误；D明矾是十二水合硫酸铝钾，D错误。【名师点睛】此题考查的是化学用语，主要考查原子结构，原子及离子的结构示意图、电子式，常见物质的化学式、结构式、结构简式等，注意它们之间的区别是
3、关键，如原子结构与离子结构的区别、离子化合物与共价化合物的电子式的区别、有机物的分子式、实验式、结构式、结构简式的区别。3以下有关物质性质与用途具有对应关系的是 ANa2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂 BClO2具有复原性，可用于自来水的杀菌消毒 CSiO2硬度大，可用于制造光导纤维 DNH3易溶于水，可用作制冷剂 【答案】A【名师点睛】此题考查常见无机物的性质和用途。解题的关键是要熟悉常见化学物质的重要性质，性质决定用途，性质和用途之间的对应关系要理清。在学习元素化合物内容时，以“物质的结构决定物质的性质、物质的性质决定物质的用途为主线构建知识网络，关注元素化合物性质在生产和生
4、活中的应用。4以下制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能到达实验目的的是 A制取SO2 B验证漂白性 C收集SO2 D尾气处理 【答案】B【解析】A铜和稀硫酸不反响，A错误；B二氧化硫可使品红溶液褪色，B正确；C二氧化硫密度比空气大，应将进气管伸到瓶底，用向上排空气法收集，C错误；D二氧化硫在饱和亚硫酸氢钠溶液中溶解度很小，不可用于吸收尾气，D错误。【名师点睛】此题以二氧化硫的制备、性质验证、收集及尾气处理为背景，考查学生对常见气体的制备的实验装置图的识别、实验原理的理解、实验根本操作的认识和实验条件的控制等方面知识的掌握水平和应用能力。解题时首先要明确实验目的，再全面分析
5、必需的试剂和仪器、合理的实验装置、标准的实验操作、科学的条件控制，有些实验还需要从绿色环保等方面进行分析。5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。以下说法正确的选项是 A原子半径：r(X) r(Y) r(Z) O，A错误；BW的最高价的氧化物的水化物是氢氧化钠，是强碱，B错误；C氮气的氧化性比氧气弱，C错误；DH、N、O可以组成HNO3等共价化合物，也可以组成NH4NO3等离子化合物，D正确。【名师点睛】此题考查的是元素周期律，考查学生对元素在元素周期表的位置、原子结构及元素的性质三者之间的关系理
6、解水平。解题时首先要抓住题干中关键信息，准确推断题给元素；然后确定有关短周期主族元素在周期表中的位置；最后依据同周期、同主族元素性质的递变规律来推断各选项表述是否正确。6以下指定反响的离子方程式正确的选项是 A钠与水反响：Na +2H2ONa+2OH + H2 B电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH C向氢氧化钡溶液中参加稀硫酸：Ba2+OH + H+ + BaSO4+H2O D向碳酸氢铵溶液中参加足量石灰水：Ca2+OHCaCO3+H2O 【答案】B【名师点睛】判断指定反响的离子方程式是否正确，通常从以下几个方面进行：从反响原理进行判断，如反响是否能够发生、反响
7、能否生成所给产物、反响是否可逆等。从物质存在形态进行判断，如电解质的拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等。从守恒角度进行判断，如是否遵循电荷守恒、质量守恒、氧化复原反响中电子转移守恒等。从反响条件进行判断，如是否标注了必要的条件，是否关注了反响物的量对参加反响的离子种类及其反响产物的影响如此题D选项中的足量石灰水等。从反响物的组成及反响物之间的配比进行判断，如此题中C选项硫酸和氢氧化钡分别为二元酸和二元碱。7在给定条件下，以下选项所示的物质间转化均能实现的是 AFeFeCl2Fe(OH)2BSSO3H2SO4CCaCO3CaOCaSiO3DNH3NOHNO3【答案】C【解析】A铁与氯气反
8、响只能生成氯化铁，A错误；B硫在空气或氧气中燃烧只能生成二氧化硫，B错误；C两步均能实现，C正确；DNO不与H2O反响，D错误。【名师点睛】此题考查是元素化合物之间的转化关系及反响条件。解题的关键是要熟悉常见物质的化学性质和转化条件，特别是要关注具有实际应用背景或前景的物质转化知识的学习与应用。8通过以下反响可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3 )。以下说法不正确的选项是 C(s) + H2O(g)CO(g) + H2 (g) H1 = a kJmol1 CO(g) + H2O(g)CO2 (g) + H2 (g) H 2 = b kJmol1CO2 (g) + 3H2 (g)CH3OH(g)
9、 + H2O(g) H 3 = c kJmol12CH3OH(g)CH3OCH3 (g) + H2O(g) H 4 = d kJmol1 A反响、为反响提供原料气 B反响也是CO2资源化利用的方法之一 C反响CH3OH(g)CH3OCH3 (g) +H2O(l)的H =kJmol1 D反响 2CO(g) + 4H2 (g) CH3OCH3 (g) + H2O(g)的H = ( 2b + 2c + d ) kJmol1 【答案】C【名师点睛】此题以合成新能源二甲醚为背景，考查学生对简单化工流程的反响原理、能量的转化关系、化学反响焓变的概念、盖斯定律的运用等知识的掌握和理解程度，同时关注了节能减排
10、、工业三废资源化处理、开发利用新能源等社会热点问题。9常温下，以下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、ClB=110 12的溶液中：K+、Na +、Cc(Fe2+) =1 molL1的溶液中：K+、D能使甲基橙变红的溶液中：Na+、【答案】B【解析】AFe3+和SCN会发生反响生成血红色的配合物，A错误；B根据KW可以求出c(OH)=0.1mol/L，溶液显碱性，这4种离子可以大量共存，B正确；CFe2+复原性较强，氧化性较强，两者因发生氧化复原反响而不能大量共存，C错误；D使甲基橙变红的溶液显酸性，不能在酸性溶液中大量共存，D错误。【名师点睛】此
11、题考查学生对溶液中离子的性质和离子反响的实质的认识，并将其应用到具体情境中分析问题、解决问题。解题时要特别关注以下几点：溶液中离子存在的条件，如、ClO、OH等只能大量存在于碱性溶液，在酸性溶液中不能大量存在；Fe3+、Al3+、等只大量存在于酸性溶液，在碱性溶液中不能大量存在；既不能大量存在于酸性溶液，也不能大量存在于强碱性溶液，在弱碱性溶液中可以大量存在。溶液中离子的性质，如Fe2+、I、S2、等有较强的复原性，与强氧化性物质不能大量共存；、ClO、Fe3+等具有较强的氧化性，与强复原性物质不能大量共存。题干及选项中的隐蔽条件，如溶液的颜色、酸碱指示剂的变色范围等，特别强调一下，透明不一定
12、是无色的，所有的水溶液都是澄清透明的。10H2O2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下图。以下说法正确的选项是 A图甲说明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快B图乙说明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快C图丙说明，少量Mn 2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快D图丙和图丁说明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大【答案】D【名师点睛】此题以双氧水分解的浓度时间曲线图像为载体，考查学生分析图像、搜集信息及信息处理能力，会运用控制变量法分析影响化学反响速率的因素，并能排除图中的干扰信息，得出正确的结论。不定
13、项选择题：此题包括5小题，每题4分，共计20分。每题只有一个或两个选项符合题意。假设正确答案只包括一个选项，多项选择时，该小题得0分；假设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总分值，但只要选错一个，该小题就得0分。11萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于以下萜类化合物的说法正确的选项是Aa和b都属于芳香族化合物Ba和c分子中所有碳原子均处于同一平面上 Ca、b和c均能使酸性KMnO4溶液褪色 Db和c均能与新制的Cu(OH)2反响生成红色沉淀【答案】C【名师点睛】此题考查学生对有机物的分类、结构和性质的掌握情况。解题方法是通过观察、分析有机化合物的结构，确定其含有的
14、官能团，建立官能团与其特征反响的联系。备考方法是：掌握有机物的分类方法，弄清几个根本概念，如芳香族化合物、脂肪烃等；认识有机物的结构特点，能看懂键线式、结构简式，能以甲烷、乙烯、乙炔、苯等分子结构为母体分析分子中多原子共面问题；建立有机物的结构与性质的联系，掌握常见重要的官能团及其特征反响等；能正确书写有机反响方程式，并掌握重要有机反响的反响条件。12以下说法正确的选项是A反响N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的H 0 B地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀 C常温下，KspMg(OH)2=5.61012，pH=10的含Mg2+溶液中，c(Mg2+)5.6104 molL1D常温常
15、压下，锌与稀H2SO4反响生成11.2 L H2，反响中转移的电子数为6.021023【答案】BC【解析】A该反响气体的分子数减少了，所以是熵减的反响，S0，A错误；B锌比铁活泼，形成原电池时锌做负极，所以可以减缓钢铁管道的腐蚀，B正确；C常温下，在pH=10的溶液中，c(OH)=1 mol/L，溶液中含Mg2+浓度最大值为=5.6 mol/L，C正确；D在锌和稀硫酸的反响中每生成1 mol H2，电子转移的数目为2 mol e，在常温常压下，11.2 L H2的物质的量不是0.5 mol，所以反响中转移的电子数不是6.02，D不正确。【名师点睛】此题考查了对熵变、金属的电化学防腐措施、难溶电
16、解质的沉淀溶解平衡、氧化复原反响中的电子转移、气体摩尔体积以及阿伏加德罗常数的掌握情况。要求学生会判断一些常见反响的熵变，能合理运用熵判据和焓判据来判断一个反响能否自发进行；搞懂牺牲阳极的阴极保护法和外接电流的阴极保护法的原理及其区别；会进行有关溶度积的简单计算；会判断氧化复原反响中电子转移的方向和数目；弄清气体摩尔体积的使用条件及阿伏加德罗常数的含义和近似值。13根据以下实验操作和现象所得到的结论正确的选项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溶液中参加足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再参加足量稀盐酸，局部沉淀溶解局部Na
17、2SO3被氧化C向20%蔗糖溶液中参加少量稀H2SO4，加热；再参加银氨溶液；未出现银镜蔗糖未水解D向某黄色溶液中参加淀粉KI溶液，溶液呈蓝色溶液中含Br2【答案】B【名师点睛】此题考查了苯酚与浓溴水反响的性质实验、亚硫酸钠变质程度定性探究实验、蔗糖水解程度的定性检验实验及未知溶液的定性探究实验，A实验还考查了学生对相似相溶原理的认识。4个实验中，实验现象都是正确的。A、C两实验都是课本上的重要实验，因操作不正确导致实验结论不正确。D实验只是实验结论错误，要求学生能知道有多种相似的溶液具有相似的性质。解题时要首先分析实验操作所蕴含的实验原理及可能的干扰因素，然后明确实验现象产生的原因，最后根据
18、实验现象推理形成实验结论，思维要发散开，要考虑到多种可能性结论。14常温下，Ka(HCOOH)=1.77104，Ka(CH3COOH)=1.75105，Kb(NH3H2O) =1.76105，以下说法正确的选项是A浓度均为0.1 molL1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C0.2 molL1 HCOOH与0.1 molL1 NaOH 等体积混合后的溶液中：c(HCOO) + c(OH) = c(HCOOH) + c(H+)D0.2 mo
19、lL1 CH3COONa 与 0.1 molL1盐酸等体积混合后的溶液中(pH c(Cl ) c(CH3COOH) c(H+)【答案】AD【解析】A由电荷守恒可知，甲酸钠溶液中存在c(H+)+c(Na+)=c(OH)+c(HCOO)，氯化铵溶液中存在 c(H+)+c()=c(OH)+c(Cl)。由于在常温下氨水的Kb小于甲酸的Ka，KW不变，铵根的水解程度大于甲酸根的水解程度，氯化铵溶液中c(OH)小于甲酸钠溶液中c(H+)，Cl和Na+都不水解，c(Cl)=c(Na+)，所以A正确；由甲酸和乙酸的电离常数可知，甲酸的酸性较强，所以pH为3的两种溶液中，物质的量浓度较大的是乙酸，等体积的两溶液
20、中，乙酸的物质的量较大，用同浓度的氢氧化钠溶液中和这两种溶液，乙酸消耗的氢氧化钠溶液较多，B错误；C两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠的混合液，由电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH)+c(HCOO)，由物料守恒得2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO)，联立两式可得2c(H+)+c(HCOOH)=2c(OH)+c(HCOO)，C错误；D两溶液等体积混合后，得到物质的量浓度相同的乙酸、乙酸钠和氯化钠的混合液，由于溶液pHc(Cl)c(CH3COOH)c(H+)，D正确。【名师点睛】此题以3种弱电解质及其盐的电离、反响为载体，考查了酸碱中和滴定和溶液中离子浓度的大小比拟。电解质溶
21、液中离子浓度大小比拟问题，是高考热点中的热点。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反响、盐类水解等根本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。高考试题常围绕盐类水解的类型和规律的应用出题。解决这类题目必须掌握的知识根底有：掌握强弱电解质判断及其电离，弱电解质的电离平衡常数的意义及其重要应用，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反响，要用到三个“守恒物料守恒、电荷守恒、质子守恒来求解。很多大小关系要巧妙运用守恒关系才能判断其是否成立。15温度为T1时，在三个容积均为1 L的恒容
22、密闭容器中仅发生反响：2NO2(g) 2NO(g)+O2 (g) (正反响吸热)。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。以下说法正确的选项是A达平衡时，容器与容器中的总压强之比为45 B达平衡时，容器中比容器中的大C达平衡时，容器中NO的体积分数小于50%D当温度改变为T2时，假设k正=k逆，那么 T2 T1【答案】CDA显然容器II的起始投料与容器I的平衡量相比，增大了反响物浓度，平衡将向逆反响方向移动，所以容器II在平衡时气体的总物质的量一定小于1 mol，故两容器的压强
23、之比一定大于4：5，A错误；B假设容器II在某时刻，由反响2NO2 2NO + O2 起始量(mol/L) 0.3 0.5 0.2变化量(mol/L) 2x 2x x平衡量(mol/L) 0.32x 0.5+2x 0.2+x因为，解之得x=，求出此时浓度商Qc=K，所以容器II达平衡时，一定小于1，B错误；C假设容器III在某时刻，NO的体积分数为50%，由反响2NO2 2NO + O2 起始量(mol/L) 0 0.5 0.35变化量(mol/L) 2x 2x x平衡量(mol/L) 2x 0.52x 0.35x 由0.52x=2x+0.35x，解之得，x=0.05，求出此时浓度商Qc=，说
24、明此时反响未达平衡，反响继续向逆反响方向进行，NO进一步减少，所以C正确；D温度为T2时，0.8，因为正反响是吸热反响，升高温度后化学平衡常数变大，所以T2T1，D正确。【名师点睛】试题主要从浓度、温度对化学反响速率、化学平衡的影响以及平衡常数的计算等方面，考查学生对化学反响速率、化学平衡等化学根本原理的理解和应用，关注信息获取、加工和处理能力的提高。解题时首先要分析反响的特征，如是恒温恒容还是恒温恒压反响，是气体分子数目增加的还是气体分子数目减小的反响，其次分析所建立的平衡状态的条件和平衡状态的特征，最后逐一分析试题中所设计的选项，判断是否正确。此题只给了一个平衡量，通过化学平衡计算的三步分
25、析法，分析容器I中平衡态的各种与4个选项相关的数据，其他容器与I进行比照，通过浓度商分析反响的方向，即可判断。此题难度较大，如能用特殊值验证的反证法，那么可降低难度。非 选 择 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_。 2向“过滤所得滤液中参加NaHCO3溶液，溶液的pH_ (填“增大、“不变或“减小)。3“电解是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是_。 4“电解是电解Na2CO3溶液，原理如下图。阳极
26、的电极反响式为_，阴极产生的物质A的化学式为_。5铝粉在1000时可与N2反响制备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】1Al2O3+2OH=2+H2O 2减小3石墨电极被阳极上产生的O2氧化44+2H2O4e=4+O2 H25NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al外表的Al2O3薄膜3电解I过程中，石墨阳极上氧离子被氧化为氧气，在高温下，氧气与石墨发生反响生成气体，所以，石墨电极易消耗的原因是被阳极上产生的氧气氧化。4由图中信息可知，生成氧气的为阳极室，溶液中水电离的OH放电生成氧气，破坏了水的电离平衡，碳酸根结合H+转化为，所以电极
27、反响式为4+2H2O4e=4+O2，阴极室氢氧化钠溶液浓度变大，说明水电离的H+放电生成氢气而破坏水的电离平衡，所以阴极产生的物质A为H2。5铝在常温下就容易与空气中的氧气反响生成一层致密的氧化膜。氯化铵受热分解产生的氯化氢能够破坏铝外表的氧化铝薄膜，所以参加少量的氯化铵有利于AlN的制备。【名师点睛】此题通过化工流程考查了课本上学过的从铝土矿提取铝的元素化合物的知识，在问题中又结合原料的循环利用考查了电解原理。制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从本钱角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色
28、化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要先看框内，后看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论答复的试题应采用“四段论法：此题改变了什么条件(或是什么条件)根据什么理论或性质所以有什么变化结论，如此题最后一个问题，只要注意了铝外表易生成氧化膜和氯化铵受热易分解这两条性质，即可想到分解产物对氧化膜的作用，所以备考时，要多看课本上元素化合物方面内容，知道学了哪些，大多数的试题的根都在课本上。17(15分)化合物H是一种用于合成-分泌调节剂的药物中间体，其合成路线流程图如下：1C中的含氧官能团名称为_和_。 2DE的反响类型为_
29、。3写出同时满足以下条件的C的一种同分异构体的结构简式：_。含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；能发生水解反响，水解产物之一是-氨基酸，另一水解产物分子中只有2种不同化学环境的氢。4G 的分子式为C12H14N2O2，经氧化得到H，写出G的结构简式：_。 5：(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，合成路线流程图例如见此题题干)。【答案】1醚键酯基 2取代反响 3 4 54 由F到H发生了两步反响，分析两者的结构，发现F中的酯基到G中变成了醛基，由于G到H发生的是氧化反响，所以F到G发生了复原反响，结合G 的分子式C12H14N2O
30、2 ，可以写出G的结构简式为 。5以和(CH3)2SO4为原料制备，首先分析合成对象与原料间的关系。结合上述合成路线中D到E的变化，可以逆推出合成该有机物所需要的两种反响物分别为和；结合B到C的反响，可以由逆推到，再结合A到B的反响，推到原料；结合学过的醇与氢卤酸反响，可以发现原料与氢溴酸反响即可得到。具体的合成路线流程图如下：【名师点睛】此题考查有机化学的核心知识，包括常见有机物官能团的结构、性质及相互转化关系，有机物结构简式确实定、反响类型的判断、化学方程式的书写、有限定条件的同分异构体以及限定原料合成一种新的有机物的合成路线的设计。它要求学生能够通过题给情境中适当迁移，运用所学知识分析、
31、解决实际问题，这是高考有机化学复习备考的方向。有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，常见的官能团：醇羟基、酚羟基、醛基、羧基、酯基等。这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的根底。解题时，通过分析转化前后官能团的变化，确定发生反响的类型及未知有机物的结构。书写同分异构体时，先分析对象的组成和结构特点，再把限定的条件转化为一定的基团，最后根据分子中氢原子种数以及分子结构的对称性，将这些基团组装到一起，并用限定条件逐一验证其正确性。设计有机合成路线时，先要比照原料的结构和最终产物的结构，通常用逆合成分析法从合成产物的分子结构入手，采用切断一种化学键分析法，分析官能团发生什
32、么改变，碳原子个数是否发生变化，结合课本学过的知识和试题所给的新信息，逐步分析直到和原料完美对接。此题就是逆合成分析法的好例子。18(12 分)碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。 1碱式氯化铜有多种制备方法方法1： 45 50时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl23H2O，该反响的化学方程式为_。方法2： 先制得CuCl2，再与石灰乳反响生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反响生成CuCl2，Fe3+对该反响有催化作用，其催化原理如下图。M的化学式为_。2碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClcxH2O。为测定某碱式氯化铜的组成，进行以下实验：称取样
33、品1.1160 g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶液A；取25.00 mL溶液A，参加足量AgNO3溶液，得AgCl 0.1722 g；另取25.00 mL溶液A，调节pH 4 5，用浓度为0.08000 molL1的EDTA(Na2H2Y2H2O)标准溶液滴定Cu2+ (离子方程式为Cu2+ H2Y2CuY2+2H+)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。 【答案】14CuCl + O2+ 8H2O2Cu2(OH)2Cl23H2O Fe2+ 2n(Cl)=n(AgCl)=4.800103mol n(Cu2+)=n(EDTA)=
34、0.08000 molL130.00 mL103 LmL1=9.600103 mol n(OH)=2n(Cu2+)n(Cl)=29.600103 mol4.800103 mol=1.440102 mol m(Cl)=4.800103 mol35.5 g mol 1 =0.1704 g m(Cu2+)=9.600103 mol64 g mol 1 =0.6144 g m(OH)=1.440102 mol17 g mol 1 =0.2448 g n(H2O)=4.800103 mol abcx = n(Cu2+)n(OH)n(Cl)n(H2O)=2311 化学式为Cu2(OH)3ClH2O2由实验
35、可以求出该样品中所含Cl的物质的量，由氯离子守恒得：n(Cl)=n(AgCl)=4.800103mol由实验结合反响信息Cu2+ H2Y2CuY2+2H+，可以求出样品中所含Cu元素的物质的量：n(Cu2+)=n(EDTA)=0.08000 molL130.00 mL103 LmL1=9.600103 mol 再由化合物中电荷守恒得：n(OH)=2n(Cu2+)n(Cl)=29.600103 mol4.800103 mol=1.440102 mol 分别求出这3种离子的质量，根据质量守恒，求出H2O的质量：m(Cl)=4.800103 mol35.5 g mol 1 =0.1704 g m(C
36、u2+)=9.600103 mol64 g mol 1 =0.6144 g m(OH)=1.440102 mol17 g mol 1 =0.2448 g 再求出结晶水的物质的量：n(H2O)=4.800103 mol 最后求出各粒子的个数之比，写出化学式：因为abcx = n(Cu2+)n(OH)n(Cl)n(H2O)=2311 ，所以该样品的化学式为Cu2(OH)3ClH2O。【名师点睛】此题重点考查学生对化学反响中物质间转化的计量关系、反响条件的定量控制及化学反响原理的理解和应用水平，考查学生运用实验数据和结果进行化学计算的能力，也考查了学生获取信息的能力和分析推理的能力。解题的关键有：分
37、析反响前后元素的化合价变化情况，明确反响中的定量关系。体验从定量的角度控制反响的根本条件的方法。理解溶液中的离子反响与实验滴定方法的定量计算，理清物质间的计量关系。综合运用电荷守恒和质量守恒，理清思路，做到步骤清晰、细心运算。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)。：NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO2NaCl+NaClO3AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3H2O Ag(NH3) 2+ Cl +2H2O常温时N2H4H2O(水合肼)在碱性条件下能复原Ag(NH3)2+：4Ag(NH3) 2+N
38、2H4H2O4Ag+N2+4+4NH3+H2O1“氧化阶段需在80条件下进行，适宜的加热方式为_。2NaClO溶液与Ag反响的产物为AgCl、NaOH和O2，该反响的化学方程式为_。 HNO3也能氧化Ag，从反响产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是_。3为提高Ag的回收率，需对“过滤的滤渣进行洗涤，并_。4假设省略“过滤，直接向冷却后的反响容器中滴加10%氨水，那么需要增加氨水的用量，除因过量NaClO与NH3H2O反响外(该条件下NaClO3与NH3H2O不反响)，还因为_。5请设计从“过滤后的滤液中获取单质Ag的实验方案：_(实验中须使用的试剂有：2 molL1水合肼溶液，1
39、molL1H2SO4)。【答案】1水浴加热 24Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+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的滤液中 4未过滤掉的溶液会稀释参加的氨水，且其中含有一定浓度的Cl，不利于AgCl与氨水反响 5向滤液中滴加2 molL1水合肼溶液，搅拌使其充分反响，同时用1 molL1 H2SO4溶液吸收反响中放出的NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，枯燥。 3为提高Ag的回收率，需对“过滤的滤渣进行洗涤，洗涤的目的是为了把滤渣外表残存的银氨配离子洗涤下来，并将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中。 4假设省
40、略“过滤，直接向冷却后的反响容器中滴加10%氨水，那么需要增加氨水的用量，除因过量NaClO与NH3H2O反响外，还因为未过滤掉的溶液会稀释参加的氨水，氨水的浓度变小，且其中含有一定浓度的Cl，不利于AgCl与氨水发生AgCl+2NH3H2OAg(NH3) 2+ Cl +2H2O反响 ，使得银的回收率变小。 5“过滤后的滤液含有银氨配离子，根据题中信息常温时 N2H4H2O(水合肼)在碱性条件下能复原 Ag(NH3) 2+ ：4 Ag(NH3) 2+N2H4H2O4Ag+ N2+ 4+ 4NH3+H2O ，所以首先向该滤液中参加水合肼把银氨配离子充分复原，由于该反响产生所气体中含有氨气，氨气有
41、强烈的刺激性气味会污染空气，所以要设计尾气处理措施，可以用题中提供的、要求必须使用的硫酸作尾气吸收剂把氨气吸收。最后把反响混合物静置、过滤、洗涤、枯燥即可得到回收的银。具体方案如下：向滤液中滴加2molL1水合肼溶液，搅拌使其充分反响，同时用1 molL1 H2SO4溶液吸收反响中放出的NH3 ，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，枯燥。 【名师点睛】此题以回收一种光盘金属层中的少量Ag的实验流程为载体，将实验原理的理解、实验试剂和仪器的选用、实验条件的控制、实验操作标准、实验方案的设计等融为一体，重点考查学生对实验流程的理解、实验装置的观察、信息的加工、实验原理和方法运用、实验方
42、案的设计和评价等能力，也考查学生运用比拟、分析等科学方法解决实际问题的能力和逻辑思维的严密性。解题的关键是能读懂实验流程，分析实验各步骤的原理、目的、实验条件等。设计实验方案时，根据限定必须使用的试剂，结合题中所给信息，注意反响条件的控制以及实验试剂的量的控制，按照“核心转化尾气处理产品别离产品提纯思路，对细节进行耐心的优化，直至得到完美方案。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，搅拌使其充分反响，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有，其原因是_。 2H3AsO3和H3AsO4水溶
43、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的关系分别如题20图- 1和题20图- 2所示。 以酚酞为指示剂(变色范围pH 8.0 10.0)，将NaOH溶液逐滴参加到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反响的离子方程式为_。H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO4+H+的电离常数为Ka1，那么pKa1=_(pKa1=lgKa1)。3溶液的pH对吸附剂X外表所带电荷有影响。pH =7.1时，吸附剂X外表不带电荷；pH 7.1时带负电荷，pH越高，外表所带负电荷越多；pH7.1时带正电荷，pH越低，外表所带正电荷越多。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)如题20图3所示。 在pH79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pH47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