2017高考化学——江苏卷.docx

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1、优质文本2017年普通高等学校招生考试全国统一考试化学 江苏卷一单项选择题：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【解析】选项A设定温度很低时，空调会一直工作，浪费电能，故A错误；选项B使用一次性塑料袋和纸巾是浪费资源的行为，故B错误；选项C少开私家车多乘公共交通工具，属于节约集约利用资源，应该提倡，故C正确；选项D浪费资源，故D错误。2以下有关

2、化学用语表示正确的选项是 A质量数为31的磷原子: 31 15P 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。答案选A。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【解析】A过氧化钠可以和二氧化

3、碳反响生成氧气，A正确；B因二氧化氯具有氧化性才用于自来水的杀菌消毒，B错误；C二氧化硅透光性好，用于制造光导纤维，C错误；D液氨气化时吸收大量热，所以氨可用作制冷剂，D错误。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，故A错误；B.二氧化硫可使品红溶液褪色，故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，故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，故D错误。5短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增

4、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。答案选D。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+ + SO2 4 BaSO4

5、+H2O D向碳酸氢铵溶液中参加足量石灰水: Ca2+HCO 3+OHCaCO3+H2O 【答案】B【解析】A电荷不守恒，A错误；B正确；C配比错误，OH-、H+、H2O的化学讲量数都是2，C错误；D漏了NH4+和OH-之间的反响，D错误。答案选B。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 A. Fe FeCl2Fe(OH)2B. S SO3 H2SO4C. CaCO3CaOCaSiO3D. NH3NOHNO3【答案】C【解析】A.铁与氯气反响只能生成氯化铁，故A错误；B.硫在空气中或氧气中燃烧只能生成二氧化硫，故B错误；C.均能实现，故C正确；D.NO与H2O不反响，故D错误8通

6、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 kJmol-1 CO(g) + H2O(g) CO2 (g) + H2 (g) H 2 = b kJmol-1CO2 (g) + 3H2 (g) CH3OH(g) + H2O(g) H 3 = c kJmol-12CH3OH(g) CH3OCH3 (g) + H2O(g) H 4 = d kJmol-1 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 =kJmol

7、-1 D反响 2CO(g) + 4H2 (g) CH3OCH3 (g) + H2O(g)的H = ( 2b + 2c + d ) kJmol-1 【答案】C【解析】A反响、的生成物CO2和H2是反响的反响物，A正确；B反响可将二氧化碳转化为甲醇，变废为宝，B正确；C4个反响中，水全是气态，没有给出水由气态变为液态的焓变，所以C错误；D把反响三个反响按(+)2+可得该反响及对应的焓变，D正确。答案选C。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、Cl Bc(H+)/ c(OH) = 11012的溶液中: K+、Na+、CO2 3、NO 3

8、Cc(Fe2+) =1 molL1的溶液中: K+、NH+ 4、MnO 4、SO2 4 D能使甲基橙变红的溶液中: Na+、NH+ 4、SO2 4、HCO 3 【答案】B【解析】A. Fe3+和SCN会发生反响生成血红色的配合物，故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，故B正确;C. Fe2+复原性较强，MnO 4氧化性较强，两者因发生氧化复原反响二不能大量共存，故C错误;D.使甲基橙变红的溶液显酸性，HCO3-不能在酸性溶液中大量共存，故D错误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

9、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【解析】A由甲图可知，双氧水浓度越大，分解越快，A错误；B由图乙可知，溶液的碱性越强即pH越大，双氧水分解越快，B错误；C根据变量控制法，3个实验必须参加等量的Mn2+才能比拟溶液的碱性对双氧水分解的影响。由图丙可知，3个实验中由于仅在其中一个加了Mn2+,所以C错误；由图丙和图丁可知，溶液的碱性越强、M

10、n2+浓度越大，双氧水分解越快，D正确。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【解析】Aa分子中没有苯环，所以a不属于芳香族化合物，A错误；Ba、c分子中分别有6个和9个sp3杂化的碳原子，所以这两个分子中所有碳原子不可能处于同一平面内，B错误；Ca分子中有2个碳碳双键，c分子中有醛基，这两种官能团都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以C正确；Db分子中没有醛基，所以其不能与新制的氢氧化铜反响，D

11、错误。答案选C。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=5.610-12，pH=10的含Mg2+溶液中，c(Mg2+ )5.610-4 molL-1 D常温常压下，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，所以是熵减小的反响S0，故A错误;B.锌比铁活泼，形成原电池时锌作负极，所以可以减缓钢铁管道的腐蚀，故B正确;C.常温下，在pH=10的溶液中，c(OH-)=110-4mol/

12、L，溶液中含Mg2+浓度的最大值为 = = 5.6104 mol/L，故C正确;D.在锌和稀硫酸的反响中每生成1molH2，电子转移的数目为2mol，在常温常压下，11.2LH2的物质的量不是0.5mol，所以反响中转移的电子数不是6.021023，故D错误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Na2SO3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

13、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【解析】A向苯酚溶液中加少量的浓溴水，生成的三溴苯酚可以溶解在过量的苯酚溶液中，所以无白色沉淀，A错误；B沉淀局部溶解，说明还有一局部不溶解，不溶解的一定是硫酸钡，溶解的是亚硫酸钡，所以亚硫酸钠只有局部被氧化，B正确；C银镜反响是在碱性条件下发生的，本实验中没有参加碱中和做催化剂的稀硫酸，所以无法发生银镜反响，从而无法证明蔗糖是否水解，C错误；D溶液变蓝，说明有碘生成或本来就有碘分子。能把碘离子氧化为碘的黄色溶液除了可能是溴水外，还可能是含其他氧化剂如Fe3+的溶液；当然黄色溶液也可能是稀的碘水，所以D错误。14常温下，

14、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 molL1HCOOH 与 0.1 molL1NaOH等体积混合后的溶液中: c(HCOO)+ c(OH)=c(HCOOH) +c(H+) D0.2 molL1CH3COONa与 0.1 molL1盐酸等体积混合后的溶液中(pH

15、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(NH4+)=c(OH)+c(Cl).由于在常温下氨水的Kb小于甲酸的Ka，Kw不变，铵根的水解成都大于甲酸根的水解程度，氯化铵溶液中c(OH-)小于甲酸溶液中c(H+)，Cl和Na+都不水解，c(Cl)=c(Na+),故A正确;B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，等体积的两溶液中，义务按的物质的量较大，用同浓度的氢氧化钠溶液中和这两种溶液，乙酸消耗的

16、氢氧化钠溶液较多，故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)，故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，由于溶液的pH c(Cl ) c(CH3COOH) c(H+) ，故D正确15温度为T1时，在三个容积均为1 L的恒容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

17、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 c(O2)/ c(NO2) 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】CD【解析】由容器1中的反响 2NO2 2NO + O2 起始量(mol/L) 0.6 0 0 变化量(mol/L) 0.4 0.4 0.2 平衡量(mol/L) 0.2 0.40.2可以求出平衡常数K=0.8，平衡时气体的

18、总物质的量为0.8mol，期中NO占0.4mol，所以NO的体积分数为50%，=1，在平衡状态下，v正=v(NO2)消耗=v逆=v(NO)消耗，所以K正c2(NO2)=K逆c(NO)c(O2)，进一步求出=K=0.8;A显然容器2的起始投料与容器1的平衡量相比，增大了反响物的浓度，平衡将向正反响方向移动，所以容器2在平衡时气体的总物质的量一定小于1mol，两容器的压强比一定大于4:5，故A错误选项B假设容器II在某时刻，=1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) 0.3-2x 0.5+2x 0.2+

19、x因为，=1，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，故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 0.5-2x 0.35-x由0.5-2x=2x+0.35-x，解得x=0.05，求出此时浓度商Qc=4.8K，说明此时反响未达平衡，反响继续向你反响方向进行，NO进一步减少，故C正确;D温度为T2时，=10.8，因为正反响是吸热反响，升高温度后化学平衡常数增大，所以T2T1，故D正确16(12分)铝是应用广泛的金

20、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=2AlO 2+H

21、2O (2)减小 3石墨电极被阳极上产生的氧气氧化 44CO2 3+2H2O-4e=4HCO 3+O2 H2 (5)氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝外表的氧化铝薄膜【解析】1氧化铝为两性氧化物，可溶于强碱溶液生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH=2AlO 2+H2O；2为了提高铝土矿的浸取率，氢氧化钠溶液必须过量，所以过滤1所得滤液中含有氢氧化钠，参加碳酸氢钠溶液后，氢氧化钠与碳酸氢钠发生反响生成碳酸钠和水，所以溶液的pH减小；3电解1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

22、成氧气的为阳极室，溶液中水电力的氢氧根离子被放电生成氧气，破坏了水的电离平衡，碳酸根结合氢离子转化为碳酸氢根，所以电解反响为4CO2 3+2H2O-4e=4HCO 3+O2，阴极室氢氧化钠溶液浓度变大，说明水电离的氢离子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为氢气；5氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝外表的氧化铝薄膜。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 。 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

23、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) 5【解析】(1) C中的含氧官能团名称为醚键和酯基；(2)由DE的反响中，D分子中的亚氨基上的氢原子被溴丙酮中的丙酮基取代，所以反响类型为取代反响；(3)分析C的结构特点，C分子中除苯环外，还有3个C，3个O，1个N和1个不饱和度，C的同分异构体能发生水解，由于

24、期中一种水解产物分子中只有2中不同的H原子，所以该水解产物一定是对苯二酚；另一种水解产物是-氨基酸，那么该-氨基酸一定是-氨基丙酸，结合两种水解产物可以写出C的同分异构体是；(4)由F到H发生了两步反响，分析两者的结构，发现F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C12H14N2O2，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

25、反响，可以发现原料与氢溴酸反响即可得到。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)2 Cl23H2O, 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: 称取样品1.1160 g,用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶

26、液A; 取2500 mL溶液A,参加足量AgNO3溶液,得AgCl 01722 g;另取2500 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) =0.08000 molL130.00 mL103 LmL1=9.600

27、103 mol n(OH)=2n(Cu2+)-n(Cl)=29.600103 mol4.800103 mol=1.440102 mol m(Cl)=4.800103 mol35.5 g mol1 =0.1704 g m(Cu2+)=9.600103 mol64 g mol1 =0.6144 g m(OH)=1.440102 mol17 g mol1 =0.2448 g n(H2O)= =4.800103 mol abcx = n(Cu2+)n(OH)n(Cl)n(H2O)=2311 化学式为Cu2 (OH)3ClH2O 【解析】1分析CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2 (OH)2 Cl23

28、H2O，可以发现Cu元素的化价升高了，所以氧气可定做了该反响的氧化剂，根据化合价升降总数相等并结合质量守恒定律，可以写出该反响的方程式为4CuCl+O2+8H2O2Cu2(OH)2Cl23H2O由催化原理示意图可知，M先与H+、O2反响生成M，M再被Cu复原为Cu2+，所以M的化学式为Fe2+；2由实验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+ H2Y2-CuY2-+2H+，可以求出样品中所含Cu元素的物质的量：n(Cu2+)=n(EDTA) =0.08000 molL-130.00 mL10-3 L

29、mL-1=9.60010-3 mol；再由化合物中电荷守恒得：n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=29.60010-3 mol4.80010-3 mol=1.44010-2 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 mol1 =0.1704 g m(Cu2+)=9.600103 mol64 g mol1 =0.6144 g m(OH)=1.440102 mol17 g mol1 =0.2448 g n(H2O)= =4.800103 mol abcx = n(Cu2+)n(OH-)n(Cl-)n(H2O)=2

30、311化学式为Cu2 (OH)3ClH2O19(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: 3NaClO 2NaCl+NaClO3 AgCl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+N2H4H2O 4Ag+ N2+ 4NH+ 4+ 4NH3+H2O 1“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

31、 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 molL1H2SO4 )。 【答案】(1)水浴加热；(2)4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2；

32、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。 【解析】题中的实验流程可知，第一步氧化是为了把光盘中的少量银转化为氯化银，氯化银难溶于水，过滤后存在于滤渣中；第三步溶解时，氨水把氯化银溶解转化为银氨配离子，最后经一系列操作复原为银。(1)在“氧化阶段需在80条件下进行，由于加热温度低于

33、水的沸点，所以适宜的加热方式为水浴加热；(2)因为次氯酸钠溶液与银反响生成氯化银、氢氧化钠和氧气，用化合价升降法即可配平，该反响的方程式为4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2。硝酸也能氧化银，硝酸作氧化剂时通常被复原为有毒的但的氧化物而污染环境，所以以硝酸代替次氯酸钠的缺点是或释放出氮氧化物，造成环境污染；(3)为提高银的回收率，需对“过滤2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，并将洗涤后的绿叶合并入过滤2的滤液中；(4)假设省略“过滤1，直接向冷却后的反响容器中低价10%的氨水，那么需要增加氨水的用量，除因过量的次氯酸钠与氨水反响外，还因为

34、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+2NH3H2O Ag(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+ 4NH+ 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

35、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2molL-1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。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CO2 3，其原因是_。 2H3AsO3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

36、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H3AsO4H2AsO 4+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 =71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

37、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+H3AsO3H2AsO 3+H2O 2.2 ；(3)在pH79之间,随pH升高H2AsO 4转变为HAsO2 4,吸附剂X外表所带负电荷增多,静电斥力增加，在pH47之间,吸附剂X外表带正电,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

38、外表产生的静电引力小，参加氧化剂,将三价砷转化为五价砷。【解析】(1)NaOH在空气中易与CO2反响生成NaCO3，吸附剂X中含有CO2 3，其原因是碱性溶液吸收了空气中的二氧化碳；(2)从图中可知pH由小变大时，H3AsO3浓度减小，H2AsO3-浓度增大，当溶液由无色变为浅红色时，主要反映的离子方程式为OH+H3AsO3=H2AsO 3+H2O，H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO 4+H+的电离常数为Ka1,Ka1=,由图可可知c(H3AsO4)= c(H2AsO 4)，c(H+)=102.2mol/L，Ka1=c(H+)=102.2mol/L，pKa1=-lgKa1=-l

39、g102.2=2.2；(3)在pH7-9之间，随pH升高H3AsO4转变为HAsO2 4，吸附剂X外表所带负电荷增多，静电斥力增加吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，在pH7-9之间，吸附剂X外表带正电，五价砷主要以HAsO2 4和H2AsO 3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外表产生的静电引力小，提高吸附剂X对三价砷除去效果可采用的措施是参加氧化剂，将三价砷转化为五价砷21(12 分)【选做题】此题包括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。假设多做，那么按A小题评分。 A 物质结构与性质铁氮化合物(FexNy)在磁记录

40、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。 1Fe3+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_,1 mol 丙酮分子中含有键的数目为_。 3C、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_。 5FexNy的晶胞如题21图-1,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题21图-2 所示,其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为_。【答案】(1)Ar3d5或 1s22s22p63s23p63d5；(2)sp2和

41、sp3 ，9 mol；(3)HCO；(4)乙醇分子间存在氢键；(5)Fe3CuN【解析】(1)铁是26号元素，Fe3+基态核外电子排布式为Ar3d5或1s22s22p63s23p63d5；(2)丙酮分子中的C形成3个C-C键，一个键，故C的杂化方式为sp2；据以上分析1mol丙酮分子中含有键的数目为9mol；(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，这是因为乙醇分子键存在氢键；丙酮分子中无与电负性较大的O原子相连的H原子，不能形成氢键；(5)A位置铁：8=1，b位置铁6=3，N为1个，从图中可知铜代替a位置铁型产物的能量更低，将化学式由Fe3FeN用铜替换为Fe3C