2017年江蘇省高考化學(xué)試卷解析版

1、2017年江蘇省高考化學(xué)試卷解析版參考答案與試題解析一、單項選擇題：本題包括10小題，每小題2分，共計20分每小題只有一個選項符合題意1（2分）2017 年世界地球日我國的主題為“節(jié)約集約利用資源，倡導(dǎo)綠色簡約生活”下列做法應(yīng)提倡的是（）A夏天設(shè)定空調(diào)溫度盡可能的低B推廣使用一次性塑料袋和紙巾C少開私家車多乘公共交通工具D對商品進行豪華包裝促進銷售【考點】FE："三廢"處理與環(huán)境保護菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】56：化學(xué)應(yīng)用【分析】綠色簡約生活方式是一種生活理念，也是一種生活態(tài)度，指的是生活作息時所耗用的能量要盡量減少，特別是減少二氧化碳的排放量，減緩生態(tài)惡化；可以從節(jié)電、節(jié)能和

2、回收等環(huán)節(jié)來改變生活細節(jié)，據(jù)此進行分析判斷即可【解答】解：A、夏天設(shè)定空調(diào)溫度盡可能的低，浪費了電能資源，增加能量損耗，故A錯誤；B、推廣使用一次性塑料袋和紙巾，浪費了資源，故B錯誤；C、少開私家車多乘公共交通工具，可以節(jié)約資源，減少空氣污染，故C正確；D、對商品進行豪華包裝促進銷售，浪費了資源，故D錯誤；故選：C。【點評】解答本題關(guān)鍵是看是否減少了對空氣中可吸收顆粒物的釋放，環(huán)保問題已經(jīng)引起了全球的重視，難度不大2（2分）下列有關(guān)化學(xué)用語表示正確的是（）A質(zhì)量數(shù)為31的磷原子：3115PB氟原子的結(jié)構(gòu)示意圖：CCaCl2的電子式：D明礬的化學(xué)式：Al2（SO4）3【考點】4J：電子式、化學(xué)式

3、或化學(xué)符號及名稱的綜合菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】514：化學(xué)用語專題【分析】A質(zhì)量數(shù)質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，元素符號的左上角為質(zhì)量數(shù)、左下角為質(zhì)子數(shù)；B氟原子的核電荷數(shù)核外電子總數(shù)9，最外層含有7個電子；C兩個氯離子不能合并；D明礬為十二水合硫酸鋁鉀【解答】解：A質(zhì)量數(shù)為31的磷原子的質(zhì)量數(shù)15+1631，該原子正確的表示方法為：3115P，故A正確；B氟原子的核電荷數(shù)、核外電子總數(shù)都是9，其正確的結(jié)構(gòu)示意圖為：，故B錯誤；C氯化鈣為離子化合物，電子式中需要標出陰陽離子所帶電荷，氯化鈣正確的電子式為，故C錯誤；D明礬化學(xué)式中含有結(jié)晶水，其正確的化學(xué)式為：KAl（SO4）212H2O，故D錯誤；故選：A?！?/p>

4、點評】本題考查常見化學(xué)用語的表示方法，題目難度不大，涉及電子式、原子結(jié)構(gòu)示意圖、元素符號、化學(xué)式等知識，注意掌握常見化學(xué)用語的書寫原則，試題培養(yǎng)學(xué)生的規(guī)范答題能力3（2分）下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系正確的是（）ANa2O2吸收CO2產(chǎn)生O2，可用作呼吸面具供氧劑BClO2具有還原性，可用于自來水的殺菌消毒CSiO2硬度大，可用于制造光導(dǎo)纖維DNH3易溶于水，可用作制冷劑【考點】14：物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】513：物質(zhì)的性質(zhì)和變化專題【分析】ANa2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，氧氣能供給呼吸；BClO2具有強氧化性；C光導(dǎo)纖維的主要成分是二氧化硅，光

5、導(dǎo)纖維是利用光的全反射原理；D氨氣易液化而吸收熱量導(dǎo)致周圍環(huán)境溫度降低?！窘獯稹拷猓篈Na2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，且人呼出的水蒸氣也能和過氧化鈉反應(yīng)生成氧氣，氧氣能供給呼吸，所以過氧化鈉可用作呼吸面具的供氧劑，故A正確；BClO2具有強氧化性而使蛋白質(zhì)變性，所以該物質(zhì)能殺菌消毒，故B錯誤；C光導(dǎo)纖維的主要成分是二氧化硅，光導(dǎo)纖維是利用光的全反射原理，與二氧化硅的硬度大小無關(guān)，故C錯誤；D氨氣易液化而吸收熱量導(dǎo)致周圍環(huán)境溫度降低，所以氨氣常常作制冷劑，與氨氣易溶于水無關(guān)，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查物質(zhì)組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點，屬于基礎(chǔ)題，明確物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)是解本題關(guān)

6、鍵，結(jié)構(gòu)決定性質(zhì)、性質(zhì)決定用途，題目難度不大。4（2分）下列制取SO2、驗證其漂白性、收集并進行尾氣處理的裝置和原理能達到實驗?zāi)康氖牵ǎ〢制取SO2B驗證漂白性C收集SO2D尾氣處理【考點】U5：化學(xué)實驗方案的評價菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】25：實驗評價題【分析】實驗室可用濃硫酸和銅在加熱條件下反應(yīng)制備二氧化硫，二氧化硫密度比空氣大，可用向上排空氣法收集，具有漂白性，可使品紅褪色，二氧化硫為酸性氧化物，可與堿反應(yīng)，以此解答該題【解答】解：A稀硫酸和銅不反應(yīng)，應(yīng)用濃硫酸和銅反應(yīng)制備二氧化硫氣體，故A錯誤；B二氧化硫具有漂白性，可使品紅褪色，操作符合要求，可達到實驗?zāi)康模蔅正確；C二氧化硫密度比空氣

7、大，可用向上排空氣法收集，氣體應(yīng)從長導(dǎo)管進入，故C錯誤；D二氧化硫不溶于飽和亞硫酸氫鈉溶液，應(yīng)用氫氧化鈉溶液吸收尾氣，且防止倒吸，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查較為綜合，涉及氣體的制備、收集以及性質(zhì)的檢驗等，為高頻考點，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)的異同以及實驗的嚴密性和可行性的評價，難度中等5（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，其中只有Y、Z處于同一周期且相鄰，Z是地殼中含量最多的元素，W是短周期中金屬性最強的元素下列說法正確的是（）A原子半徑：r（X）r（Y）r（Z）r（W）BW的最高價氧化物的水化物是一種弱堿CY的單質(zhì)的氧化性比Z的強D

8、X、Y、Z 三種元素可以組成共價化合物和離子化合物【考點】8F：原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】51C：元素周期律與元素周期表專題【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，Z是地殼中含量最多的元素，W是短周期中金屬性最強的元素，則Z是O、W是Na元素，其中只有Y、Z處于同一周期且相鄰，且Y原子序數(shù)小于Z，則Y是N元素，X是H元素；A原子的電子層數(shù)越多其原子半徑越大，原子的電子層數(shù)相同的元素，其原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減??；BW的最高價氧化物的水化物是NaOH；CY單質(zhì)是氮氣、Z單質(zhì)是氧氣，元素的非金屬性氧氣，其單質(zhì)的氧化性越強；DX、Y、Z三種元素組成的化合物可能

9、是硝酸、硝酸銨【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，Z是地殼中含量最多的元素，W是短周期中金屬性最強的元素，則Z是O、W是Na元素，其中只有Y、Z處于同一周期且相鄰，且Y原子序數(shù)小于Z，則Y是N元素，X是H元素；A原子的電子層數(shù)越多其原子半徑越大，原子的電子層數(shù)相同的元素，其原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小，X位于第一周期、Y和Z位于第二周期且原子序數(shù)YZ，W位于第三周期，所以原子半徑：r（X）r（Z）r（Y）r（W），故A錯誤；BW的最高價氧化物的水化物是NaOH，NaOH是強堿，故B錯誤；CY單質(zhì)是氮氣、Z單質(zhì)是氧氣，元素的非金屬性氧氣，其單質(zhì)的氧化性越強，非金屬性O(shè)N元

10、素，所以Z單質(zhì)的氧化性大于Y，故C錯誤；DX、Y、Z三種元素組成的化合物可能是硝酸、硝酸銨，硝酸是共價化合物、硝酸銨是離子化合物，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查原子結(jié)構(gòu)和元素周期律，為高頻考點，明確原子結(jié)構(gòu)、元素周期表結(jié)構(gòu)及元素周期律是解本題關(guān)鍵，正確判斷元素是解本題關(guān)鍵，注意：銨鹽中不含金屬元素但屬于離子化合物，題目難度不大6（2分）下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A鈉與水反應(yīng)：Na+2H2ONa+2OH+H2B電解飽和食鹽水獲取燒堿和氯氣：2Cl+2H2O電解¯H2+Cl2+2OHC向氫氧化鋇溶液中加入稀硫酸：Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2OD向碳酸氫銨溶液

11、中加入足量石灰水：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O【考點】49：離子方程式的書寫菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】516：離子反應(yīng)專題【分析】A鈉和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，且離子方程式要遵循原子守恒、電荷守恒和轉(zhuǎn)移電子守恒；B電解飽和食鹽水時，陽極上生成氯氣、陰極上生成氫氣同時陰極附近有NaOH生成；C二者反應(yīng)生成硫酸鋇和水，且氫離子、氫氧根離子和水的計量數(shù)都是2；D二者反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀、一水合氨和水【解答】解：A鈉和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，且離子方程式要遵循原子守恒、電荷守恒和轉(zhuǎn)移電子守恒，離子方程式為2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故A錯誤；B電解飽和食鹽水時，陽極上生成氯氣、陰極

12、上生成氫氣同時陰極附近有NaOH生成，離子方程式為2Cl+2H2O電解¯H2+Cl2+2OH，故B正確；C二者反應(yīng)生成硫酸鋇和水，且氫離子、氫氧根離子和水的計量數(shù)都是2，離子方程式為Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，故C錯誤；D二者反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀、一水合氨和水，離子方程式為向碳酸氫銨溶液中加入足量石灰水：NH4+Ca2+HCO3+2OHCaCO3+H2O+NH3H2O，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查離子方程式書寫的正誤判斷，為高頻考點，把握發(fā)生的反應(yīng)及離子反應(yīng)的書寫方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重復(fù)分解反應(yīng)、氧化還原反應(yīng)的離子反應(yīng)考查，注意離子反應(yīng)中保留化學(xué)式的物質(zhì)

13、及電子、電荷守恒，題目難度不大7（2分）在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是（）AFe點燃Cl2FeCl2NaOH(aq)Fe（OH）2BS點燃O2SO3H2OH2SO4CCaCO3高溫CaO高溫SiO2CaSiO3DNH3催化劑、O2NOH2OHNO3【考點】EB：氨的化學(xué)性質(zhì)；FO：含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應(yīng)用；GM：鐵的化學(xué)性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】513：物質(zhì)的性質(zhì)和變化專題【分析】A、鐵與氯氣反應(yīng)生成三氯化鐵；B硫與氧氣反應(yīng)生成二氧化硫；CCaCO3高溫分解生成CaO，CaO和二氧化硅高溫反應(yīng)生成硅酸鈣；D氨氣催化氧化生成NO，NO和水不反應(yīng)。【解答】解：A、因為氯氣具有強

14、氧化性，則鐵與氯氣反應(yīng)生成三氯化鐵，而不是氯化亞鐵，故A錯誤；B硫與氧氣反應(yīng)生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B錯誤；CCaCO3高溫分解生成CaO，CaO為堿性氧化物，和酸性氧化物二氧化硅高溫反應(yīng)生成鹽硅酸鈣，故C正確；D氨氣催化氧化生成NO，NO和水不反應(yīng)，不能生成硝酸，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查了物質(zhì)性質(zhì)、物質(zhì)轉(zhuǎn)化的應(yīng)用，主要是硫、鐵、氮的化合物性質(zhì)的理解判斷，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等。8（2分）通過以下反應(yīng)可獲得新型能源二甲醚（CH3OCH3 ）下列說法不正確的是C（s）+H2O（g）CO（g）+H2 （g）H1a kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2

15、 （g）H2b kJmol1CO2 （g）+3H2 （g）CH3OH（g）+H2O（g）H3c kJmol12CH3OH（g）CH3OCH3 （g）+H2O（g）H4d kJmol1（）A反應(yīng)、為反應(yīng)提供原料氣B反應(yīng)也是 CO2資源化利用的方法之一C反應(yīng)CH3OH（g）12CH3OCH3 （g）+12H2O（l）的H=d2kJmol1D反應(yīng) 2CO（g）+4H2 （g）CH3OCH3 （g）+H2O（g）的H（ 2b+2c+d ） kJmol1【考點】BB：反應(yīng)熱和焓變菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】517：化學(xué)反應(yīng)中的能量變化【分析】A反應(yīng)中的反應(yīng)物為CO2、H2；B反應(yīng)中的反應(yīng)物為CO2，轉(zhuǎn)化為甲醇

16、；C由反應(yīng)可知，物質(zhì)的量與熱量成正比，且氣態(tài)水的能量比液態(tài)水的能量高；D由蓋斯定律可知，×2+×2+得到2CO（g）+4H2 （g）CH3OCH3 （g）+H2O（g）【解答】解：A反應(yīng)中的反應(yīng)物為CO2、H2，由反應(yīng)可知，反應(yīng)、為反應(yīng)提供原料氣，故A正確；B反應(yīng)中的反應(yīng)物為CO2，轉(zhuǎn)化為甲醇，則反應(yīng)也是 CO2資源化利用的方法之一，故B正確；C由反應(yīng)可知，物質(zhì)的量與熱量成正比，且氣態(tài)水的能量比液態(tài)水的能量高，則反應(yīng)CH3OH（g）12CH3OCH3 （g）+12H2O（l）的Hd2kJmol1，故C錯誤；D由蓋斯定律可知，×2+×2+得到2CO（g）+

17、4H2 （g）CH3OCH3 （g）+H2O（g），則H（ 2b+2c+d ） kJmol1，故D正確；故選：C。【點評】本題考查反應(yīng)熱與焓變，為高頻考點，把握反應(yīng)的特點、反應(yīng)中能量變化、蓋斯定律應(yīng)用為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析能力和應(yīng)用能力的考查，題目難度中等9（2分）常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（）A無色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN 、Cl Bc（H+）/c（OH）1×10 12的溶液中：K+、Na+、CO32、NO3Cc（Fe2+ ）1 molL1的溶液中：K+、NH4+、MnO4、SO42D能使甲基橙變紅的溶液中：Na+、NH4+、SO42、HCO3【

18、考點】DP：離子共存問題菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】516：離子反應(yīng)專題【分析】A無色透明說明溶液中不含有色離子，且離子之間不反應(yīng)；Bc（H+）/c（OH）1×10 12的溶液，溶液呈堿性，離子之間不反應(yīng)且和氫氧根離子不反應(yīng)的能大量共存；C能和亞鐵離子反應(yīng)的離子不能大量共存；D能使甲基橙溶液變紅色，說明溶液呈酸性，離子之間不反應(yīng)的能大量共存【解答】解：AFe3+呈黃色，不符合無色條件，且Fe3+、SCN 發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)而不能大量共存，故A錯誤；Bc（H+）/c（OH）1×10 12的溶液，溶液呈堿性，這幾種離子之間不反應(yīng)且都不和氫氧根離子反應(yīng)，所以能大量共存，故B正確；CFe2+、

19、MnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，故C錯誤；D能使甲基橙溶液變紅色，說明溶液呈酸性，HCO3能和氫離子反應(yīng)生成二氧化碳和水而不能大量共存，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查離子共存，為高頻考點，側(cè)重考查氧化還原反應(yīng)、絡(luò)合反應(yīng)、復(fù)分解反應(yīng)，明確離子共存條件及離子性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意隱含信息的靈活運用，題目難度不大10（2分）H2O2分解速率受多種因素影響。實驗測得 70時不同條件下H2O2濃度隨時間的變化如圖所示。下列說法正確的是（）A圖甲表明，其他條件相同時，H2O2濃度越小，其分解速率越快B圖乙表明，其他條件相同時，溶液pH越小，H2O2分解速率越快C圖丙表明，少量Mn2+存在時，

20、溶液堿性越強，H2O2分解速率越快D圖丙和圖丁表明，堿性溶液中，Mn2+對H2O2分解速率的影響大【考點】CA：化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】51F：化學(xué)反應(yīng)速率專題【分析】A圖甲中溶液的pH相同，但濃度不同，濃度越大，相同時間內(nèi)濃度的變化量越大；B圖乙中H2O2濃度相同，但加入NaOH濃度不同，說明溶液的pH不同，NaOH濃度越大，相同時間內(nèi)雙氧水濃度變化量越大；C圖丙中少量Mn2+存在時，相同時間內(nèi)雙氧水濃度變化量：0.1mol/LNaOH溶液1.0mol/LNaOH溶液0mol/LNaOH溶液；D圖丁中pH相同，錳離子濃度越大，相同時間內(nèi)雙氧水濃度變化量越大?！窘獯稹拷猓篈

21、圖甲中溶液的pH相同，但濃度不同，濃度越大，相同時間內(nèi)濃度的變化量越大，由此得出相同pH條件下，雙氧水濃度越大，雙氧水分解速率越快，故A錯誤；B圖乙中H2O2濃度相同，但加入NaOH濃度不同，說明溶液的pH不同，NaOH濃度越大，相同時間內(nèi)雙氧水濃度變化量越大，由此得出：雙氧水濃度相同時，pH越大雙氧水分解速率越快，故B錯誤；C圖丙中少量Mn2+存在時，相同時間內(nèi)雙氧水濃度變化量：0.1mol/LNaOH溶液1.0mol/LNaOH溶液0mol/LNaOH溶液，由此得出：錳離子作催化劑時受溶液pH的影響，溶液堿性越弱，其分解速率越快，故C錯誤；D圖丁中pH相同，錳離子濃度越大，相同時間內(nèi)雙氧水

22、濃度變化量越大，圖丙中說明催化劑的催化效率受溶液的pH值影響，由此得出：堿性溶液中，Mn2+對H2O2分解速率的影響大，故D正確；故選：D?！军c評】本題以雙氧水分解為載體考查影響化學(xué)反應(yīng)速率影響因素，為高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生圖象分析、判斷、歸納及知識靈活運用能力，明確圖中曲線變化趨勢及影響因素是解本題關(guān)鍵，題目難度中等。二、不定項選擇題：本題包括5小題，每小題4分，共計20分每小題只有一個或兩個選項符合題意若正確答案只包括一個選項，多選時，該小題得0分；若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得滿分，但只要選錯一個，該小題就得0分11（4分）萜類化合物廣泛存在于動植物體

23、內(nèi)，關(guān)于下列萜類化合物的說法正確的是（）Aa和b都屬于芳香族化合物Ba和c分子中所有碳原子均處于同一平面上Ca、b和c均能使酸性KMnO4溶液褪色Db和c均能與新制的Cu（OH）2反應(yīng)生成紅色沉淀【考點】HD：有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】536：有機物分子組成通式的應(yīng)用規(guī)律【分析】Aa中不含苯環(huán)；Ba、c中含甲基、亞甲基、次甲基均為四面體構(gòu)型；Ca含碳碳雙鍵、b中苯環(huán)上連有甲基、c含CHO；D只有CHO與新制的Cu（OH）2反應(yīng)生成紅色沉淀【解答】解：Aa中不含苯環(huán)，則不屬于芳香族化合物，只有b屬于，故A錯誤；Ba、c中含甲基、亞甲基、次甲基均為四面體構(gòu)型，則a和c分子中所有碳原子

24、不可能處于同一平面上，故B錯誤；Ca含碳碳雙鍵、b中苯環(huán)上連有甲基、c含CHO，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故C正確；D只有CHO與新制的Cu（OH）2反應(yīng)生成紅色沉淀，則只有c能與新制的Cu（OH）2反應(yīng)生成紅色沉淀，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握官能團與性質(zhì)的關(guān)系、有機反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析能力和應(yīng)用能力的考查，注意選項B為解答的難點，題目難度不大12（4分）下列說法正確的是（）A反應(yīng)N2 （g）+3H2 （g）2NH3 （g）的H0，S0B地下鋼鐵管道用導(dǎo)線連接鋅塊可以減緩管道的腐蝕C常溫下，KspMg（OH）25.6×1012，

25、pH10的含Mg2+溶液中，c（Mg2+ ）5.6×104 molL1D常溫常壓下，鋅與稀H2SO4反應(yīng)生成11.2 L H2，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6.02×1023【考點】BB：反應(yīng)熱和焓變菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】517：化學(xué)反應(yīng)中的能量變化【分析】A由化學(xué)計量數(shù)可知S0；B導(dǎo)線連接鋅塊，構(gòu)成原電池時Zn為負極；CpH10的含Mg2+溶液中，c（OH）104 molL1，c（Mg2+ ）Kspc(OH-)2；D常溫常壓下，Vm22.4L/mol【解答】解：A合成氨反應(yīng)為放熱反應(yīng)，H0，且為氣體體積減小的反應(yīng)，則S0，故A錯誤；B.導(dǎo)線連接鋅塊，構(gòu)成原電池時Zn為負極，F(xiàn)e作

26、正極被保護，則可以減緩管道的腐蝕，故B正確；CpH10的含Mg2+溶液中，c（OH）104 molL1，c（Mg2+ ）5.6×10-12(10-4)2=5.6×104 molL1，故C正確；D常溫常壓下，Vm22.4L/mol，則不能利用氫氣的體積計算物質(zhì)的量及轉(zhuǎn)移電子數(shù)，故D錯誤；故選：BC?！军c評】本題考查較綜合，涉及反應(yīng)熱與焓變、原電池、難溶電解質(zhì)Ksp的計算等，為高頻考點，把握化學(xué)反應(yīng)原理為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析能力和應(yīng)用能力的考查，注意選項D為易錯點，題目難度中等13（4分）根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是（）選項實驗操作和現(xiàn)象結(jié)論A向硅酸鈉溶液中滴加1

27、滴酚酞，然后逐滴加入稀鹽酸至紅色褪去，2min后，試管里出現(xiàn)凝膠非金屬性：ClSiB向滴有甲基橙的AgNO3溶液中滴加KCl溶液，溶液由紅色變?yōu)辄S色KCl溶液具有堿性C在CuSO4溶液中滴加KI溶液，再加入苯，振蕩，有白色沉淀生成，苯層呈紫色白色沉淀可能為CuID某溶液滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀該溶液中一定含有SO42AABBCCDD【考點】U5：化學(xué)實驗方案的評價菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】25：實驗評價題【分析】A比較非金屬性，應(yīng)用最高價氧化物的水化物；B生成AgCl沉淀，銀離子濃度減小，酸性減弱；C硫酸銅與KI發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成碘和CuI；D滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，生成

28、白色沉淀，該沉淀為硫酸鋇或AgCl等?！窘獯稹拷猓篈該實驗只能比較酸性的強弱，但不能比較非金屬性，應(yīng)用最高價氧化物的水化物，故A錯誤；B硝酸銀為強酸弱堿鹽，水解呈酸性，加入KCl生成AgCl沉淀，銀離子濃度減小，酸性減弱，故B錯誤；C苯層呈紫色，說明生成碘，硫酸銅與KI發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成碘和CuI，故C正確；D滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，該沉淀為硫酸鋇或AgCl等，可能含有硫酸根離子，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查了化學(xué)實驗方案的評價，為高頻考點，題目難度中等，涉及金屬性、非金屬性強弱比較、弱電解質(zhì)的電離平衡及其影響等知識，明確常見元素及其化合物性質(zhì)為解答關(guān)鍵，試題培養(yǎng)

29、了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力。14（4分）常溫下，Ka （HCOOH）1.77×104，Ka （CH3COOH）1.75×105，Kb （NH3H2O）1.76×105，下列說法正確的是（）A濃度均為0.1 molL1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中陽離子的物質(zhì)的量濃度之和：前者大于后者B用相同濃度的NaOH溶液分別滴定等體積pH均為3的HCOOH和CH3COOH溶液至終點，消耗NaOH溶液的體積相等C0.2 molL1 HCOOH 與 0.1 molL1 NaOH 等體積混合后的溶液中：c（HCOO）+c（OH）c（HCOOH）+c（H+）D0.2 mol

30、L1 CH3COONa 與 0.1 molL1鹽酸等體積混合后的溶液中（pH7）：c（CH3COO）c（Cl）c（CH3COOH）c（H+）【考點】D5：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】51G：電離平衡與溶液的pH專題【分析】A電離平衡常數(shù)越大，其離子水解程度越小，根據(jù)電離平衡常數(shù)知，其離子水解程度：CH3COONH4+HCOO，任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，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

31、c（OH）；BpH相同的HCOOH和CH3COOH，濃度：c（HCOOH）c（CH3COOH），用相同濃度的NaOH溶液分別滴定等體積pH均為3的HCOOH和CH3COOH溶液至終點時，酸的濃度越大，消耗的堿體積越大；C任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據(jù)電荷守恒得c（HCOO）+c（OH）c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的HCOOH和HCOONa；D二者混合后溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH7，說明醋酸電離程度大于醋酸鈉水解程度?！窘獯稹拷猓篈電離平衡常數(shù)越大，其離子水解程度越小，根據(jù)電離平衡常數(shù)知，其

32、離子水解程度：CH3COONH4+HCOO，任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，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），所以濃度均為0.1 molL1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中陽離子的物質(zhì)的量濃度之和：前者大于后者，故A正確；BpH相同的HCOOH和CH3COOH，濃度：c（HCOOH）c（CH3COOH），用相同濃度的NaOH溶液分別滴定等體積pH均為3的HCOOH和CH3COOH溶液至終點時，酸的

33、濃度越大，消耗的堿體積越大，pH、體積相同的HCOOH和CH3COOH，物質(zhì)的量前者小于后者，所以后者消耗的NaOH體積多，故B錯誤；C任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據(jù)電荷守恒得c（HCOO）+c（OH）c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的HCOOH和HCOONa，甲酸電離程度大于水解程度，所以c（HCOOH）c（Na+），所以得c（HCOO）+c（OH）c（HCOOH）+c（H+），故C錯誤；D二者混合后溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH7，說明醋酸電離程度大于醋酸鈉水解程度，醋酸是弱酸，其電離程度較小

34、，所以粒子濃度大小順序是c（CH3COO）c（Cl）c（CH3COOH）c（H+），故D正確；故選：AD。【點評】本題考查弱電解質(zhì)的電離，為高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生分析判斷能力，明確電離平衡常數(shù)與水解程度關(guān)系、溶液中存在的守恒是解本題關(guān)鍵，注意C中等量代換，題目難度不大。15（4分）溫度為T1時，在三個容積均為1L的恒容密閉容器中僅發(fā)生反應(yīng)：2NO2（g）2NO（g）+O2 （g） （正反應(yīng)吸熱）。實驗測得：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逆為速率常數(shù)，受溫度影響。下列說法正確的是（） 容器編號 物質(zhì)的起

35、始濃度（molL1） 物質(zhì)的平衡濃度（molL1） c（NO2）c（NO） c（O2） c（O2） 0.6 0 0 0.2 0.3 0.5 0.2 00.5 0.35 A達平衡時，容器與容器中的總壓強之比為 4：5B達平衡時，容器中 c（O2 ）/c（NO2 ） 比容器中的大C達平衡時，容器中 NO 的體積分數(shù)小于50%D當溫度改變?yōu)?T2時，若 k正k逆，則 T2T1【考點】CP：化學(xué)平衡的計算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】51E：化學(xué)平衡專題【分析】AI中的反應(yīng)2NO2（g）2NO（g）+O2 （g）開始（mol/L）0.6 0 0反應(yīng)（mol/L）0.4 0.4 0.2平衡（mol/L）0.2

36、0.4 0.2化學(xué)平衡常數(shù)K=042×0.2022=0.8容器體積為1L，則平衡時I中氣體總物質(zhì)的量1L×（0.2+0.4+0.2）mol/L0.8mol，恒容恒溫時氣體壓強之比等于其物質(zhì)的量之比，如果平衡時I、II中壓強之比為4：5，則II中平衡時氣體總物質(zhì)的量為1mol，II中開始時濃度商=052×0.2032=590.8，則平衡正向移動；B假設(shè)II中平衡時 c（NO2）c（O2），設(shè)參加反應(yīng)的 c（NO2）xmol/L，則0.3x0.2+0.5x，x=115，平衡時 c（NO2）c（O2）=730mol/L，c（NO）0.5mol/L+115mol/L=17

37、30mol/L，II中(1730)2×730(730)21.30.8，說明II中平衡時應(yīng)該存在 c（NO2）c（O2）；C如果III中NO和氧氣完全轉(zhuǎn)化為二氧化氮，則c（NO2）0.5mol/L，且容器中還有 c（O2）0.1mol/L剩余，與I相比，III是相當于增大壓強，平衡逆向移動，二氧化氮和氧氣之和所占體積比大于50%；Dv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 ），達到平衡狀態(tài)時正逆反應(yīng)速率相等，則k正c2（NO2 ）k逆c2 （NO）c（O2 ），且k正k逆，則c2（NO2 ）c2 （NO）c（O2 ）

38、，化學(xué)平衡常數(shù)K等于1?！窘獯稹拷猓篈I中的反應(yīng)2NO2（g）2NO（g）+O2 （g）開始（mol/L）0.6 0 0反應(yīng)（mol/L）0.4 0.4 0.2平衡（mol/L）0.2 0.4 0.2化學(xué)平衡常數(shù)K=042×0.2022=0.8容器體積為1L，則平衡時I中氣體總物質(zhì)的量1L×（0.2+0.4+0.2）mol/L0.8mol，恒容恒溫時氣體壓強之比等于其物質(zhì)的量之比，如果平衡時I、II中壓強之比為4：5，則II中平衡時氣體總物質(zhì)的量為1mol，II中開始時濃度商=052×0.2032=590.8，則平衡正向移動，平衡正向移動導(dǎo)致混合氣體總物質(zhì)的量之和

39、增大，所以達平衡時，容器與容器中的總壓強之比小于 4：5，故A錯誤；B假設(shè)II中平衡時 c（NO2）c（O2），設(shè)參加反應(yīng)的 c（NO2）xmol/L，則0.3x0.2+0.5x，x=115，平衡時 c（NO2）c（O2）=730mol/L，c（NO）0.5mol/L+115mol/L=1730mol/L，II中(1730)2×730(730)21.30.8，說明II中平衡時應(yīng)該存在 c（NO2）c（O2），容器I中 c（O2 ）/c（NO2）1，所以達平衡時，容器中 c（O2 ）/c（NO2 ）小于1，則 比容器中的小，故B錯誤；C如果III中NO和氧氣完全轉(zhuǎn)化為二氧化氮，則c（N

40、O2）0.5mol/L，且容器中還有 c（O2）0.1mol/L剩余，與I相比，III是相當于增大壓強，平衡逆向移動，二氧化氮和氧氣之和所占體積比大于50%，則達平衡時，容器中 NO 的體積分數(shù)小于50%，故C正確；Dv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 ），達到平衡狀態(tài)時正逆反應(yīng)速率相等，則k正c2（NO2 ）k逆c2 （NO）c（O2 ），且k正k逆，則c2（NO2 ）c2 （NO）c（O2 ），化學(xué)平衡常數(shù)K等于1，該溫度下的K大于0.8，且該反應(yīng)的正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，說明升高溫度平衡正向移動，所以 T2T1，故D正

41、確；故選：CD?！军c評】本題考查化學(xué)平衡計算，為高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生分析、計算及靈活運用知識解答問題能力，如果單純的根據(jù)設(shè)未知數(shù)計算要涉及一元三次方程而難以解答，這需要學(xué)生靈活運用知識巧妙地避開一元三次方程而解答問題，題目難度較大。三、解答題16（12分）鋁是應(yīng)用廣泛的金屬以鋁土礦（主要成分為Al2O3，含SiO2和Fe2O3等雜質(zhì)）為原料制備鋁的一種工藝流程如下：注：SiO2在“堿溶”時轉(zhuǎn)化為鋁硅酸鈉沉淀（1）“堿溶”時生成偏鋁酸鈉的離子方程式為Al2O3+2OH2AlO2+H2O（2）向“過濾”所得濾液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH減小 （填“增大”、“不變”或“減小”）（3）“電解

42、”是電解熔融 Al2O3，電解過程中作陽極的石墨易消耗，原因是石墨電極被陽極上產(chǎn)生的O2氧化（4）“電解”是電解Na2CO3溶液，原理如圖所示陽極的電極反應(yīng)式為4CO32+2H2O4e4HCO3+O2，陰極產(chǎn)生的物質(zhì)A的化學(xué)式為H2（5）鋁粉在1000時可與N2反應(yīng)制備AlN在鋁粉中添加少量NH4Cl固體并充分混合，有利于AlN的制備，其主要原因是NH4Cl分解產(chǎn)生的HCl能夠破壞Al表面的Al2O3薄膜【考點】P8：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】545：物質(zhì)的分離提純和鑒別【分析】以鋁土礦（主要成分為Al2O3，含SiO2和Fe2O3等雜質(zhì)）為原料制備鋁，由流程

43、可知，加NaOH溶解時Fe2O3不反應(yīng)，由信息可知SiO2在“堿溶”時轉(zhuǎn)化為鋁硅酸鈉沉淀，過濾得到的濾渣為Fe2O3、鋁硅酸鈉，碳酸氫鈉與偏鋁酸鈉反應(yīng)生成Al（OH）3，過濾II得到Al（OH）3，灼燒生成氧化鋁，電解I為電解氧化鋁生成Al和氧氣，電解II為電解Na2CO3溶液，結(jié)合圖可知，陽極上碳酸根離子失去電子生成碳酸氫根離子和氧氣，陰極上氫離子得到電子生成氫氣，以此來解答【解答】解：（1）“堿溶”時生成偏鋁酸鈉的離子方程式為Al2O3+2OH2AlO2+H2O，故答案為：Al2O3+2OH2AlO2+H2O；（2）向“過濾”所得濾液中加入NaHCO3溶液，與NaAlO2反應(yīng)生成氫氧化鋁沉

44、淀和碳酸鈉，堿性為OHAlO2CO32，可知溶液的pH減小，故答案為：減?。唬?）“電解”是電解熔融 Al2O3，電解過程中作陽極的石墨易消耗，因石墨電極被陽極上產(chǎn)生的O2氧化，故答案為：石墨電極被陽極上產(chǎn)生的O2氧化；（4）由圖可知，陽極反應(yīng)為4CO32+2H2O4e4HCO3+O2，陰極上氫離子得到電子生成氫氣，則陰極產(chǎn)生的物質(zhì)A的化學(xué)式為H2，故答案為：4CO32+2H2O4e4HCO3+O2；H2； （5）鋁粉在1000時可與N2反應(yīng)制備AlN在鋁粉中添加少量NH4Cl固體并充分混合，有利于AlN的制備，其主要原因是NH4Cl分解產(chǎn)生的HCl能夠破壞Al表面的Al2O3薄膜，故答案為：

45、NH4Cl分解產(chǎn)生的HCl能夠破壞Al表面的Al2O3薄膜【點評】本題考查混合物分離提純，為高頻考點，把握流程中發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離提純方法、實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析能力和實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意水解、電解原理及元素化合物知識的應(yīng)用，題目難度中等17（15分）化合物H是一種用于合成分泌調(diào)節(jié)劑的藥物中間體，其合成路線流程圖如下：（1）C中的含氧官能團名稱為醚鍵和酯基。（2）DE 的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)。（3）寫出同時滿足下列條件的C的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：。 含有苯環(huán)，且分子中有一個手性碳原子；能發(fā)生水解反應(yīng)，水解產(chǎn)物之一是氨基酸，另一水解產(chǎn)物分子中只有2種不同化學(xué)環(huán)境的氫。（4）G 的分

46、子式為C12H14N2O2，經(jīng)氧化得到H，寫出G的結(jié)構(gòu)簡式：。（5）已知：K2CO3(CH3)2SO4（R代表烴基，R'代表烴基或H） 請寫出以和（CH3）2SO4為原料制備的合成路線流程圖（無機試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）?！究键c】HC：有機物的合成菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】534：有機物的化學(xué)性質(zhì)及推斷【分析】由合成流程可知，AB發(fā)生取代反應(yīng)，BC發(fā)生還原反應(yīng)，CD為取代反應(yīng)，DE為氨基上H被取代，屬于取代反應(yīng)，比較F與H的結(jié)構(gòu)可知，G為，GH發(fā)生氧化反應(yīng)，（1）C中含氧官能團為醚鍵、酯基；（2）DE為氨基上H被取代；（3）C的一種同分異構(gòu)體，滿足含有苯環(huán)，且分子中有一個手

47、性碳原子；能發(fā)生水解反應(yīng)，水解產(chǎn)物之一是氨基酸，另一水解產(chǎn)物分子中只有2種不同化學(xué)環(huán)境的氫，則水解產(chǎn)物為對苯二酚，且含酯基，與氨基相連的C為手性碳；（4）G 的分子式為C12H14N2O2，經(jīng)氧化得到H，可知FG的轉(zhuǎn)化COOCH3轉(zhuǎn)化為CH2OH；（5）以和（CH3）2SO4為原料制備，結(jié)合上述合成流程可知，OH轉(zhuǎn)化為Br，酚OH轉(zhuǎn)化為醚鍵，硝基轉(zhuǎn)化為氨基，最后發(fā)生信息中的反應(yīng)【解答】解：（1）由結(jié)構(gòu)可知C中的含氧官能團名稱為醚鍵、酯基，故答案為：醚鍵；酯基；（2）DE為氨基上H被取代，反應(yīng)類型為取代反應(yīng)，故答案為：取代反應(yīng)；（3）C的一種同分異構(gòu)體，滿足含有苯環(huán)，且分子中有一個手性碳原子；能

48、發(fā)生水解反應(yīng)，水解產(chǎn)物之一是氨基酸，另一水解產(chǎn)物分子中只有2種不同化學(xué)環(huán)境的氫，則水解產(chǎn)物為對苯二酚，且含酯基，與氨基相連的C為手性碳，可知符合條件的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：；（4）G 的分子式為C12H14N2O2，經(jīng)氧化得到H，可知FG的轉(zhuǎn)化COOCH3轉(zhuǎn)化為CH2OH，其它結(jié)構(gòu)不變，則G的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：；（5）以和（CH3）2SO4為原料制備，結(jié)合上述合成流程可知，OH轉(zhuǎn)化為Br，酚OH轉(zhuǎn)化為醚鍵，硝基轉(zhuǎn)化為氨基，最后發(fā)生信息中的反應(yīng)，則合成流程為，故答案為：【點評】本題考查有機物的合成，為高頻考點，把握合成流程中官能團的變化、有機反應(yīng)、習(xí)題中的信息為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析能力和應(yīng)用

49、能力的考查，注意有機物性質(zhì)的應(yīng)用及同分異構(gòu)體判斷，題目難度中等18（12分）堿式氯化銅是重要的無機殺菌劑（1）堿式氯化銅有多種制備方法方法1：4550時，向CuCl懸濁液中持續(xù)通入空氣得到Cu2 （OH）2 Cl23H2O，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為4CuCl+O2+8H2O45-50¯2Cu2（OH）2Cl23H2O方法2：先制得CuCl2，再與石灰乳反應(yīng)生成堿式氯化銅Cu與稀鹽酸在持續(xù)通入空氣的條件下反應(yīng)生成CuCl2，F(xiàn)e3+對該反應(yīng)有催化作用，其催化原理如圖所示 M的化學(xué)式為Fe2+（2）堿式氯化銅有多種組成，可表示為Cua（OH）bClcxH2O 為測定某堿式氯化銅的組成，進行下

50、列實驗：稱取樣品1.1160g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A； 取25.00mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0.1722g；另取25.00mL溶液A，調(diào)節(jié)pH 45，用濃度為0.08000molL1的EDTA（Na2H2Y2H2O）標準溶液滴定Cu2+ （離子方程式為Cu2+H2Y2CuY2+2H+），滴定至終點，消耗標準溶液30.00mL通過計算確定該樣品的化學(xué)式（寫出計算過程）【考點】RD：探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量；U3：制備實驗方案的設(shè)計菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】548：制備實驗綜合【分析】（1）4550時，向CuCl懸濁液中持續(xù)通入空氣得到Cu2

51、（OH）2 Cl23H2O，反應(yīng)物為CuCl、氧氣、水；Fe3+對該反應(yīng)有催化作用，結(jié)合圖可知，Cu元素的化合價升高，則M中Fe元素的化合價降低；（2）由可知n（Cl）n（AgCl）×100.00mL25.00mL=0.1722g143.5g/mol×100.00mL25.00mL=4.800×103mol，由可知n（Cu2+）n（EDTA）×100.00mL25.00mL=0.08000 molL1×30.00 mL×103 LmL1×100.00mL25.00mL=9.600×103 mol，結(jié)合化合物中正負化

52、合價的代數(shù)和為0及物質(zhì)定組成來計算【解答】解：（1）4550時，向CuCl懸濁液中持續(xù)通入空氣得到Cu2 （OH）2 Cl23H2O，反應(yīng)物為CuCl、氧氣、水，Cu元素的化合價升高，O元素的化合價降低，由原子、電子守恒可知反應(yīng)為4CuCl+O2+8H2O45-50¯2Cu2（OH）2Cl23H2O，故答案為：4CuCl+O2+8H2O45-50¯2Cu2（OH）2Cl23H2O；Fe3+對該反應(yīng)有催化作用，結(jié)合圖可知，Cu元素的化合價升高，則M中Fe元素的化合價降低，可知M的化學(xué)式為Fe2+，故答案為：Fe2+；（2）n（Cl）n（AgCl）×100.00mL2

53、5.00mL=0.1722g143.5g/mol×100.00mL25.00mL=4.800×103mol，n（Cu2+）n（EDTA）×100.00mL25.00mL=0.08000 molL1×30.00 mL×103 LmL1×100.00mL25.00mL=9.600×103 mol，n（OH）2n（Cu2+）n（Cl）2×9.600×103 mol4.800×103 mol1.440×102 mol，m（Cl）4.800×103 mol×35.5 gmol

54、10.1704 g，m（Cu2+）9.600×103 mol×64 gmol10.6144 g，m（OH）1.440×102 mol×17 gmol10.2448 g，n（H2O）=1.1160g-0.1704g-0.6144g-0.2448g18g/mol=4.800×103 mol，則a：b：c：xn（Cu2+）：n（OH）：n（Cl）：n（H2O）2：3：1：1，即化學(xué)式為Cu2 （OH）3ClH2O，答：該樣品的化學(xué)式為Cu2 （OH）3ClH2O【點評】本題考查物質(zhì)的制備及物質(zhì)組成的測定實驗，為高頻考點，把握發(fā)生的反應(yīng)、物質(zhì)的量的計算為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析能力和實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意氧化還原反應(yīng)及定組成的應(yīng)用，題目難度中等19（15分）某科研小組采用如下方案回收一種光盤金屬層中的少量Ag（金屬層中其他金屬含 量過低，對實驗的影響可忽略）。已知：NaClO溶液在受熱或酸性條件下易分解，如：3NaClO2NaCl+NaClO3AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3H2OAg（NH3）2+Cl+2H2O常溫時 N2H4H2O（水合肼）在堿性條件下能還原 Ag（NH3）2+：4Ag（NH3）2+N2H4H2O4Ag+N2+4NH4+4NH3+H2O（1）“氧化”階段需在 80條件下進行，適宜的加熱方式為水浴加熱。（2）NaC