2023年江蘇省高考化學(xué)試卷

2023年江蘇省高考化學(xué)試卷〔正式版〕一、單項(xiàng)選擇題：此題包括10小題，每題2分，共計(jì)20分．每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意．1.2023年世界地球日我國的主題為“節(jié)約集約利用資源，提倡綠色簡約生活”．以下做法應(yīng)提倡的是〔 〕A.夏天設(shè)定空調(diào)溫度盡可能的低A.夏天設(shè)定空調(diào)溫度盡可能的低C.少開私家車多乘公共交通工具B.推廣使用一次性塑料袋和紙巾D.對(duì)商品進(jìn)展豪華包裝促進(jìn)銷售【考點(diǎn)】常見的生活環(huán)境的污染及治理【解析】【解答】解:A、夏天設(shè)定空調(diào)溫度盡可能的低，鋪張了電能資源，增加能量損耗，故A錯(cuò)誤；B、推廣使用一次性塑料袋和紙巾，鋪張了資源，故B錯(cuò)誤；C、少開私家車多乘公共交通工具，可以節(jié)約資源，削減空氣污染，故C正確；D、對(duì)商品進(jìn)展豪華包裝促進(jìn)銷售，鋪張了資源，故D錯(cuò)誤；C．【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(shí)所耗用的能量要盡量削減，特別是削減二氧化碳的排放量，減緩生態(tài)惡化；可以從節(jié)電、節(jié)能和回收等環(huán)節(jié)來轉(zhuǎn)變生活細(xì)節(jié)，據(jù)此進(jìn)展分析推斷即可．以下有關(guān)化學(xué)用語表示正確的選項(xiàng)是〔 〕A.A.31的磷原子3115PB.氟原子的構(gòu)造示意圖C.CaCl2的電子式D.明礬的化學(xué)式Al2〔SO〕4 3【考點(diǎn)】電子式、化學(xué)式或化學(xué)符號(hào)及名稱的綜合【解析【解答解:A．磷元素原子的質(zhì)子數(shù)為15，質(zhì)量數(shù)為31的磷原子正確的表示方法為：31 P，故A正確；B．氟原子的核電荷數(shù)、核外電子總數(shù)都是9，其正確的構(gòu)造示意圖為：B錯(cuò)誤；C．氯化鈣為離子化合物，電子式中需要標(biāo)出陰陽離子所帶電荷，氯化鈣正確的電子式為，故C錯(cuò)誤；D．明礬化學(xué)式中含有結(jié)晶水，其正確的化學(xué)式為：B．氟原子的核電荷數(shù)、核外電子總數(shù)都是9，其正確的構(gòu)造示意圖為：B錯(cuò)誤；C．氯化鈣為離子化合物，電子式中需要標(biāo)出陰陽離子所帶電荷，氯化鈣正確的電子式為，故C錯(cuò)誤；10A．【分析】A．質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，元素符號(hào)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(gè)電子；C．兩個(gè)氯離子不能合并；D．明礬為十二水合硫酸鋁鉀．以下有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是〔 〕A.NaA.Na2O2吸取CO2產(chǎn)生O2 ，可用作呼吸面具供氧劑B.ClO2具有復(fù)原性，可用于自來水的殺菌消毒C.SiO2硬度大，可用于制造光導(dǎo)纖維 D.NH3易溶于水，可用作制冷劑【考點(diǎn)】物質(zhì)的組成、構(gòu)造和性質(zhì)的關(guān)系【解析】【解答】解:A．Na2O2吸取CO2生成O2和Na2CO3 ，且人呼出的水蒸氣也能和過氧化鈉反響生成氧氣，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；B．ClO2具有強(qiáng)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(cuò)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(cuò)誤；D．氨氣易液化，液氨易氣化吸取熱量導(dǎo)致四周環(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(cuò)誤；A．【分析】A．Na2O2吸取CO2生成O2和Na2CO3 ，氧氣能供給呼吸；B．ClO2具有強(qiáng)氧化性；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；D．液氨氣化吸取熱量導(dǎo)致四周環(huán)境溫度降低．2以下制取SO、驗(yàn)證其漂白性、收集并進(jìn)展尾氣處理的裝置和原理能到達(dá)試驗(yàn)?zāi)康氖恰?〕2A B C D制取SO2 B.驗(yàn)證漂白性 C.收集SO2 D.尾氣處理【答案】B【考點(diǎn)】化學(xué)試驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)【解析】【解答】解:A．稀硫酸和銅不反響，應(yīng)用濃硫酸和銅反響制備二氧化硫氣體，故A錯(cuò)誤；二氧化硫具有漂白性，可使品紅褪色，操作符合要求，可到達(dá)試驗(yàn)?zāi)康?，故B正確；C．二氧化硫密度比空氣大，可用向上排空氣法收集，氣體應(yīng)從長導(dǎo)管進(jìn)入，故C錯(cuò)誤；D．二氧化硫不溶于飽和亞硫酸氫鈉溶液，應(yīng)用氫氧化鈉溶液吸取尾氣，且防止倒吸，故D錯(cuò)誤．應(yīng)選B．【分析】試驗(yàn)室可用濃硫酸和銅在加熱條件下反響制備二氧化硫，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?yàn)樗嵝匝趸?，可與堿反響，以此解答該題．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(qiáng)的元素．以下說法正確的選項(xiàng)是〔 〕原子半徑r〔X〕＜r〔Y〕＜r〔Z〕＜r〔W〕W的最高價(jià)氧化物的水化物是一種弱堿Y的單質(zhì)的氧化性比Z的強(qiáng)X、Y、Z三種元素可以組成共價(jià)化合物和離子化合物【答案】D【考點(diǎn)】元素周期表中原子構(gòu)造與元素性質(zhì)的遞變規(guī)律【解析】【解答】解: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(qiáng)的元素，則Z是O、WNa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YN元素，XH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)一樣的元素，其原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小，X位于第一周期、YZ位于其次周期且原子序數(shù)Y＜Z，W位于第三周期，所以原子半徑r〔X〕＜r〔Z〕＜r〔Y〕＜r〔W〕，故A錯(cuò)誤；B．WNaOH，NaOH是強(qiáng)堿，故B錯(cuò)誤；C．Y單質(zhì)是氮?dú)狻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(qiáng)，非金屬性O(shè)＞N元素，所Z單質(zhì)的氧化性大于Y，故C錯(cuò)誤；D．X、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(jià)化合物、硝酸銨是離子化合物，故D正確；D．【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(qiáng)的元素，則Z是O、WNa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)一樣的元素，其原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小；B．WNaOH；C．Y單質(zhì)是氮?dú)?、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(qiáng)；D．X、Y、Z三種元素組成的化合物可能是硝酸、硝酸銨．以下指定反響的離子方程式正確的選項(xiàng)是〔 〕2 鈉與水反響:Na+2HO═Na++2OH﹣+H2 電解飽和食鹽水獵取燒堿和氯氣:2Cl﹣+2H

O電解

H↑+Cl

↑+2OH﹣2 _ 2 2向氫氧化鋇溶液中參與稀硫酸:Ba2++OH﹣+H++SO

2﹣═BaSO

↓+HO4 4 2向碳酸氫銨溶液中參與足量石灰水:Ca2++HCO

﹣+OH﹣═CaCO

↓+HO【答案】B【考點(diǎn)】離子方程式的書寫

3 3 22 【解析】【解答】解:A．鈉和水反響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)2Na+2HO═2Na++2OH﹣+H↑，故A2 電解飽和食鹽水時(shí)，陽極上生成氯氣、陰極上生成氫氣同時(shí)陰極四周有NaOH生成，離子方程式為2Cl﹣+2H

O電解

H↑+Cl

↑+2OH﹣ B正確；2 _ 2 2二者反響生成硫酸鋇和水，且氫離子、氫氧根離子和水的計(jì)量數(shù)都是2，離子方程式為Ba2++2OH﹣+2H++SO

2﹣═BaSO

↓+2H

O，故C錯(cuò)誤；4 4 2二者反響生成碳酸鈣沉淀、一水合氨和水，離子方程式為向碳酸氫銨溶液中參與足量石灰水Ca2++HCO

﹣+OH﹣═CaCO

↓+H

O，故D錯(cuò)誤；3 3 2應(yīng)選B．【分析】A．鈉和水反響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(shí)，陽極上生成氯氣、陰極上生成氫氣同時(shí)陰極四周有NaOH生成；C．二者反響生成硫酸鋇和水，且氫離子、氫氧根離子和水的計(jì)量數(shù)都是2；D．二者反響生成碳酸鈣沉淀、一水合氨和水．在給定條件下，以下選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)的是〔 〕A.FeA.Fe→點(diǎn)燃????2FeCl2Fe〔OH〕2B.S2點(diǎn)燃SO32??HSO2 4C.CaCO 高溫CaO3 →→高溫CaSiO3D.NH32△NO2??HNO3【考點(diǎn)】氨的性質(zhì)及用途，鐵的化學(xué)性質(zhì)【解析】【解答】解:A、由于氯氣具有強(qiáng)氧化性，則鐵與氯氣反響生成三氯化鐵，而不是氯化亞鐵，故A錯(cuò)誤；硫與氧氣反響生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B錯(cuò)誤；CaCO3CaO，CaO為堿性氧化物，和酸性氧化物二氧化硅高溫反響生成硅酸鈣，故C正確；NO，NO和水不反響，不能生成硝酸，故D錯(cuò)誤；C．【分析】A、鐵與氯氣反響生成三氯化鐵；硫與氧氣反響生成二氧化硫；CaCO3CaO，CaO和二氧化硅高溫反響生成硅酸鈣；NO，NO和水不反響．通過以下反響可獲得型能源二甲醚〔CH3OCH3〕．以下說法不正確的選項(xiàng)是〔〕2 2 ①C〔s〕+HO〔g〕═CO〔g〕+H 〔g〕△H=akJ?mol﹣2 2 ②CO〔g〕+HO〔g〕═CO〔g〕+H 〔g〕△H=bkJ?mol﹣12 2 2 22 2 3 2 ③CO 〔g〕+3H 〔g〕═CHOH〔g〕+HO〔g〕△H=ckJ?mol﹣2 2 3 2 ④2CH

OH〔g〕═CHOCH 〔g〕+HO〔g〕△H=dkJ?mol﹣13 3 3 2 4反響①、②為反響③供給原料氣反響③也是CO2資源化利用的方法之一1 1 ??反響CHOH〔g〕═ CHOCH 〔g〕+ HO〔l〕的△H= kJ?mol﹣13 2 3 3 2 2 22 3 3 反響2CO〔g〕+4H 〔g〕═CHOCH 〔g〕+HO〔g〕的△H=〔2b+2c+d〕kJ?mol﹣2 3 3 【答案】C【考點(diǎn)】反響熱和焓變【解析】【解答】解:A．反響③中的反響物為CO、H ，由反響可知，反響①、②為反響③供給原2 2料氣，故A正確；反響③中的反響物為CO2 ，轉(zhuǎn)化為甲醇，則反響③也是CO2資源化利用的方法之一，故B正確；由反響④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，則反響CHOH〔g〕═ 13 21 ??CH3OCH3

〔g〕+2

HO〔l〕的△H≠222

kJ?mol﹣1 C錯(cuò)誤；得到〔

═CH

H〔H〔△〔d〕2kJ?mol﹣1 D正確；C．2 【分析】A．反響③CO、H2 B．反響③中的反響物為CO2 ，轉(zhuǎn)化為甲醇；

3 3 22 3 3 C．由反響④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+③×2+④得到2CO〔g〕+4H 〔g〕═CHOCH 〔g〕+HO〔g〕．9.2 3 3 無色透亮的溶液中:Fe3+、Mg2+、SCN﹣、Cl﹣c〔H+〕/c〔OH﹣〕=1×10﹣12的溶液中:K+、Na+、CO

2﹣、NO﹣3 34 4 c〔Fe2+〕=1mol?L﹣1的溶液中:K+、NH+、MnO﹣、SO24 4 4 4 能使甲基橙變紅的溶液中:Na+、NH+、SO2﹣、HCO4 4 【答案】B【解析】【解答】解:A．Fe3+Fe3+、SCN﹣發(fā)生絡(luò)合反響而不能大量共存，故A錯(cuò)誤；B．c〔H+〕/c〔OH﹣〕=1×10﹣12的溶液呈堿性，這幾種離子之間不反響且都不和氫氧根離子反響，所以能大量共存，故B正確；43C．Fe2+、MnO﹣發(fā)生氧化復(fù)原反響而不能大量共存，故C錯(cuò)誤；D．能使甲基橙溶液變紅色，說明溶液呈酸性，HCO﹣能和氫離子反響生成二氧化碳和水而不能大量共存，故D錯(cuò)誤；43應(yīng)選B．【分析】A．無色透亮說明溶液中不含有色離子，且離子之間不反響；B．c〔H+〕/c〔OH﹣〕=1×10﹣12的溶液呈堿性，離子之間不反響且和氫氧根離子不反響的能大量共存；C．能和亞鐵離子反響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，離子之間不反響的能大量共存．H2O2分解速率受多種因素影響．試驗(yàn)測得70℃H2O2濃度隨時(shí)間的變化如以下圖．以下說法正確的選項(xiàng)是〔 〕圖甲說明，其他條件一樣時(shí)，H2O2濃度越小，其分解速率越快圖乙說明，其他條件一樣時(shí)，溶液pH越小，H2O2分解速率越快Mn2+存在時(shí)，溶液堿性越強(qiáng)，H2O2分解速率越快圖丙和圖丁說明，堿性溶液中，Mn2+對(duì)H2O2分解速率的影響大【答案】D:A．圖甲中溶液的pH一樣，但濃度不同，濃度越大，一樣時(shí)間內(nèi)濃度的變化量越大，pH條件下，H2O2濃度越大，H2O2分解速率越快，故A錯(cuò)誤；B．圖乙中H2O2NaOHpH不同，NaOH濃度越大，一樣時(shí)間內(nèi)H2O2濃度變化量越大，由此得出:H2O2濃度一樣時(shí)，pH越大H2O2分解速率越快，故B錯(cuò)誤；CMn2+H2O2濃度變化量:0.1mol/LNaOH溶液＞1.0mol/LNaOH溶液＞0mol/LNaOH溶液，由此得出:pHpH值不成正比，故C錯(cuò)誤；D．圖丁中pH一樣，錳離子濃度越大，一樣時(shí)間內(nèi)H2O2濃度變化量越大，圖丙中說明催化劑的催化效率pH值影響，由此得出:堿性溶液中，Mn2+H2O2分解速率的影響大，故D正確；D．【分析】A．圖甲中溶液的pH一樣，但濃度不同，濃度越大，一樣時(shí)間內(nèi)濃度的變化量越大；B．圖乙中H2O2濃度一樣，但參與NaOH濃度不同，說明溶液的pH不同，NaOH濃度越大，一樣時(shí)間內(nèi)雙氧水濃度變化量越大；CMn2+存在時(shí)，一樣時(shí)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；DpH一樣，錳離子濃度越大，一樣時(shí)間內(nèi)雙氧水濃度變化量越大．二、不定項(xiàng)選擇題:此題包括5小題，每題2分，共計(jì)20分．每題只有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意．假設(shè)正確答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多項(xiàng)選擇時(shí)，該小題得0分；假設(shè)正確答案包括兩個(gè)選項(xiàng)，只選一個(gè)且正確的得2分，選兩個(gè)且都正確的得總分值，但只要選錯(cuò)一個(gè)，該小題就得0分A.A.ab都屬于芳香族化合物C.a、bcKMnO4溶液褪色B.ac分子中全部碳原子均處于同一平面上D.bcCu〔OH〕2反響生成紅色沉淀【答案】C【考點(diǎn)】有機(jī)物的構(gòu)造和性質(zhì)【解析】【解答】解:A．a(chǎn)中不含苯環(huán)，則不屬于芳香族化合物，只有b屬于，故A錯(cuò)誤；B．a(chǎn)、c中含甲基、亞甲基、次甲基均為四周體構(gòu)型，則ac分子中全部碳原子不行能處于同一平面上，故B錯(cuò)誤；2 C．a(chǎn)含碳碳雙鍵、b含﹣OH和與苯環(huán)相連的甲基、c含﹣CHO，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故C正確；D．只有﹣CHOCu〔OH〕反響生成紅色沉淀，則只有cCu〔OH〕反響生成紅色沉淀，故D2 C．【分析】A．a(chǎn)中不含苯環(huán)；B．a(chǎn)、c中含甲基、亞甲基、次甲基均為四周體構(gòu)型；2C．a(chǎn)含碳碳雙鍵、b含﹣OH、c含﹣CHO；D．只有﹣CHO與制的Cu〔OH〕反響生成紅色沉淀．12.以下說法正確的選項(xiàng)是〔 〕22 2 A.反響N 〔g〕+3H 〔g〕?2NH 〔g〕的△H＜0，△S＞2 2 B.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，Ksp[Mg〔OH〕]=5.6×10﹣12 ，pH=10的含Mg2+溶液中，c〔Mg2+〕≤5.6×10﹣4mol?L﹣12D.常溫常壓下，鋅與稀H2SO4反響生成11.2LH2 ，反響中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6.02×1023【答案】B,C【解析】【解答】解:A．合成氨反響為放熱反響，△H＜0，且為氣體體積減小的反響，則△S＜0，故A錯(cuò)誤；B..Zn為負(fù)極，F(xiàn)e作正極被保護(hù)，則可以減緩管道的腐蝕，故B正確；C．pH=10的含Mg2+溶液中，c〔OH﹣〕=10﹣4mol?L﹣1 ，c〔Mg2+〕≤C正確；

(10?4)2

=5.6×10﹣4mol?L﹣1 ，故D．常溫常壓下，Vm≠22.4L/mol，則不能利用氫氣的體積計(jì)算物質(zhì)的量及轉(zhuǎn)移電子數(shù)，故D錯(cuò)誤；BC．【分析】A．由化學(xué)計(jì)量數(shù)可知△S＜0；B．導(dǎo)線連接鋅塊，構(gòu)成原電池時(shí)Zn為負(fù)極；C．pH=10的含Mg2+溶液中，c〔OH﹣〕=10﹣4mol?L﹣1 ，c〔Mg2+〕≤D．常溫常壓下，Vm≠22.4L/mol．13.依據(jù)以下試驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的選項(xiàng)是〔 〕

?????? ；??(?????)2選項(xiàng)試驗(yàn)操作和現(xiàn)象選項(xiàng)試驗(yàn)操作和現(xiàn)象試驗(yàn)結(jié)論A 向苯酚溶液中滴加少量濃溴水、振蕩，無白色沉淀苯酚濃度小B Na2SO3BaCl2Na2SO3被氧局部沉淀溶解 化C 20%H2SO4，加熱；再參與銀氨溶液；未消滅銀鏡蔗糖未水解D 向某黃色溶液中參與淀粉KI溶液，溶液呈藍(lán)色溶液中含Br2A.AB.BC.CD.D【考點(diǎn)】化學(xué)試驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)【解析】【解答】解:A．苯酚能和濃溴水發(fā)生取代反響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，該試驗(yàn)結(jié)論錯(cuò)誤，故A錯(cuò)誤；B．硫酸鋇不溶于稀鹽酸、亞硫酸鋇溶于稀鹽酸，假設(shè)亞硫酸鈉被氧化生成硫酸鈉，則參與氯化鋇產(chǎn)生白色沉淀，且向該白色沉淀中參與稀鹽酸時(shí)局部沉淀不溶解，說明該白色沉淀中含有硫酸鋇，則得出結(jié)論局部Na2SO3被氧化，故B正確；C．銀鏡反響必需在堿性條件下進(jìn)展，該試驗(yàn)中參與銀氨溶液前沒有參與NaOH溶液中和未反響的稀硫酸，所以試驗(yàn)不成功，則試驗(yàn)操作及結(jié)論錯(cuò)誤，故C錯(cuò)誤；D．該黃色溶液中可能含有鐵離子，由于鐵離子也能將碘離子氧化為碘單質(zhì)，所以不能確定該黃色溶液中含有溴。所以結(jié)論不正確，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選B．【分析】A．苯酚能和濃溴水發(fā)生取代反響生成三溴苯酚白色沉淀，三溴苯酚能溶于苯酚；B．硫酸鋇不溶于稀鹽酸、亞硫酸鋇溶于稀鹽酸；C．銀鏡反響必需在堿性條件下進(jìn)展；D．該黃色溶液中可能含有鐵離子，由于鐵離子也能將碘離子氧化為碘單質(zhì)．常溫下Ka﹣4 ，Ka〔﹣5 ，Kb〔H﹣5 ，以下說法正確的選項(xiàng)是〔 〕0.1mol?L﹣1的HCOONaNH4Cl溶液中陽離子的物質(zhì)的量濃度之和:前者大于后者NaOH溶液分別滴定等體積pH3HCOOHCH3COOH溶液至終點(diǎn)，消耗NaOH溶液的體積相等0.2mol?L﹣1HCOOH與0.1mol?L﹣1NaOH等體積混合后的溶液中:c〔HCOO﹣〕+c〔OH﹣〕=c〔HCOOH〕+c〔H+〕0.2mol?L﹣1CH3COONa與0.1mol?L﹣1鹽酸等體積混合后的溶液中〔pH＜7〕:c〔CH3COO﹣〕＞c〔Cl﹣〕＞c〔CH3COOH〕＞c〔H+〕【答案】A,D【考點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡【解析】【解答】解:A．電離平衡常數(shù)越大，其離子水解程度越小，依據(jù)電離平衡常數(shù)知，其離子水解程4度:CH3COO﹣＞NH+＞HCOO﹣4

，任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，所以得出c〔HCOO﹣〕+c〔OH﹣〕=c4〔Na+〕+c〔H+〕=0.1mol/L+c〔H+〕、c〔NH+〕+c〔H+〕=c〔Cl﹣〕+c〔OH﹣〕=0.1mol/L+c〔OH﹣〕，水解程44NH+＞HCOO﹣4

，所以前者H+大于后者〔﹣，所以濃度均為1﹣1的a和H溶液中陽離子的物質(zhì)的量濃度之和:A正確；B．pHHCOOHCH3COOH，濃度:c〔HCOOH〕＜c〔CH3COOH〕，NaOH溶液分別滴pH3HCOOHCH3COOH溶液至終點(diǎn)時(shí)，酸的濃度越大，消耗的堿體積越大，pH、體積一樣的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(cuò)誤；C．任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，依據(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HCOOHHCOONa，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(cuò)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NaClpH＜7，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，所以粒子濃度大小挨次是c〔CH3COO﹣〕＞c〔Cl﹣〕＞c〔CH3COOH〕＞c〔H+〕，D正確；AD．【分析】A:CH3COO﹣4＞NH+＞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+〕+c44 〔H+〕=0.1mol/L+c〔H+〕、c〔NH+〕+c〔H+〕=c〔Cl﹣〕+c〔OH﹣〕=0.1mol/L+c〔OH﹣〕，NH4 ＞HCOO﹣ ，所以前者c〔H+〕大于后者c〔OH﹣〕；B．pHHCOOHCH3COOH，濃度:c〔HCOOH〕＜c〔CH3COOH〕，NaOH溶液分別滴定等體積pH均為3的HCOOH和CH3COOH溶液至終點(diǎn)時(shí)，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，依據(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HCOOHHCOONa；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NaClpH＜7，說明醋酸電離程度大于醋酸鈉水解程度．15.T

1L的恒容密閉容器中僅發(fā)生反響：2NO〔g〕?2NO〔g〕+O

〔正1 2 22 2 反響吸熱〕．試驗(yàn)測得：v =v〔NO 〕=k c2〔NO 〕，v =v〔NO〕=2v〔O 〕=k c2〔NO2 2 正 消耗 正 逆 消耗 消耗 逆2?c〔O 〕，k 、k 為速率常數(shù)，受溫度影響．以下說法正確的選項(xiàng)是〔 〕2正 逆容器編號(hào)物質(zhì)的起始濃度〔容器編號(hào)物質(zhì)的起始濃度〔mol?L﹣1〕物質(zhì)的平衡濃度〔mol?L﹣1〕c〔NO20.6〕c〔NO〕c〔O〕c〔O〕22ⅠⅡⅢ000.20.30.50.200.50.35達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅰ與容器Ⅱ中的總壓強(qiáng)之比為4：52 達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅱ中c〔O 〕/c〔NO 〕比容器Ⅰ2 達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅲ中NO50%正 2 當(dāng)溫度轉(zhuǎn)變?yōu)門2時(shí)，假設(shè)k =k ，則T正 2 【答案】C,D【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的計(jì)算【解析】【解答】解:A．I中的反響2NO〔g〕2NO〔g〕22 O〔g〕2? +開頭〔mol/L〕反響〔mol/L〕平衡

0.60.4

0 00.4 0.2〔mol/L〕

0.2

0.4

0.2K=

0．22

=0.81LI中氣體總物質(zhì)的量=1L×〔0.2+0.4+0.2〕mol/L=0.8mol，恒容恒溫時(shí)氣體壓強(qiáng)之比等于其物質(zhì)的量之比，假設(shè)平衡時(shí)I、II中壓強(qiáng)之比為4 5，則II中平衡時(shí)氣體總物質(zhì)的量為1mol，II中開頭時(shí)濃度商=0．52×0.2=50．32 9

＜0.8，則平衡正向移動(dòng)，平衡正向移動(dòng)導(dǎo)致混合氣體總物質(zhì)的量之和增大，所以達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅰ與容器Ⅱ中的總壓強(qiáng)之比小于4 5，故A錯(cuò)誤；B．假設(shè)II中平衡時(shí)c〔NO〕=c〔O〕，設(shè)參與反響的c〔NO〕=xmol/L，則0.3﹣x=0.2+0.5x，x= 1 ，2 2 2 157 1 17 (17)2×7平衡時(shí)c〔NO

〕=c〔O〕=

mol/L，c〔NO〕=0.5mol/L+ mol/L= mol/L，II中30 ≈1.3＞0.8，2 2 30

15 30

(7)230II中平衡時(shí)應(yīng)當(dāng)存在c〔NO

〕＞c〔O〕，容器I中c〔O 〕/c〔NO〕=1，所以達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅱ2 2 2 22 中c〔O 〕/c〔NO 〕小于1，則比容器Ⅰ中的小，故B2 2 2 CIIINO和氧氣完全轉(zhuǎn)化為二氧化氮，則c〔NO〕=0.5mol/L，且容器中還有c〔O〕=0.1mol/L剩余，與I相比，III平衡時(shí)c〔NO〕可能＜0.2mol/Lc〔NO〕0.15mol/Lc〔2 2 =0.35mol/L，c〔O2

〕=0.275mol/L，0.352×0.275≈1.49>0.8 NO的體積分0.15250%C正確；2 2 2 D．v =v〔NO 〕=k c2〔NO 〕，v =v〔NO〕=2v〔O 〕=k c2〔NO〕?c〔O 2 2 2 正 消耗 正 逆 消耗 消耗 逆正到達(dá)平衡狀態(tài)時(shí)正逆反響速率相等，則k正〔2k逆2〔2，且k k逆 ，則〔2〕正2 =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，且該反響的正反響是吸熱反響，說明上升溫度平衡正向移動(dòng)，所以T＞T ，故D2 CD．【分析】A．I中的反響2NO〔g〕2NO〔g〕?+20.6000.4?+20.6000.40.40.20.20.40.2開頭〔mol/L〕反響〔mol/L〕平衡〔mol/L〕K=

0．22

=0.81LI中氣體總物質(zhì)的量=1L×〔0.2+0.4+0.2〕mol/L=0.8mol，恒容恒溫時(shí)氣體壓強(qiáng)之比等于其物質(zhì)的量之比，假設(shè)平衡時(shí)I、II中壓強(qiáng)之比為4 5，則II中平衡時(shí)氣體1mol，II中開頭時(shí)濃度商=0．52×0.2=50．32 9

＜0.8，則平衡正向移動(dòng)；B．假設(shè)II中平衡時(shí)c〔NO〕=c〔O〕，設(shè)參與反響的c〔NO〕=xmol/L，則0.3﹣x=0.2+0.5x，x= 1 ，2 2 2 157 1 17 (17)2×7平衡時(shí)c〔NO

〕=c〔O〕=

mol/L，c〔NO〕=0.5mol/L+ mol/L= mol/L，II中30 ≈1.3＞0.8，2 2 30

15 30

(7)230II中平衡時(shí)應(yīng)當(dāng)存在c〔NO2〕＞c〔O2〕；CIIINO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，依據(jù)濃度商可推斷，平衡時(shí)c〔NO2〕確定小于0.2mol/Lc〔NO2〕=0.15mol/L及濃度商可分析得出結(jié)論；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〕，到達(dá)平衡狀態(tài)時(shí)正逆反響速率相等，則k正〔2k逆2〔2，且kk逆 ，則〔2〕=c2〔NO〕?c〔O2〕，化學(xué)平衡常數(shù)K1．三、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(shí)轉(zhuǎn)化為鋁硅酸鈉沉淀．“堿溶”時(shí)生成偏鋁酸鈉的離子方程式為 ．3向“過濾Ⅰ”所得濾液中參與NaHCO溶液，溶液的pH 〔填“增大”、“不變”或“減小”〕．32 “電解Ⅰ”是電解熔融AlO ，電解過程中作陽極的石墨易消耗，緣由是 2 “電解Ⅱ”NaCO

溶液，原理如以下圖．2 3陽極的電極反響式為 ，陰極產(chǎn)生的物質(zhì)A的化學(xué)式為 ．2 鋁粉在1000℃時(shí)可與N反響制備AlN．在鋁粉中添加少量NHCl固體并充分混合，有利于AlN的制備，其主要緣由是 2 2 3 2 【答案】〔1〕AlO+2OH﹣═2AlO﹣+H2 3 2 減小石墨電極被陽極上產(chǎn)生的O2氧化〔4〕4CO

2﹣+2H

O﹣4e﹣═4HCO

﹣+O

↑；H3 2 3 2 2〔5〕NH4ClHClAlAl2O3薄膜【考點(diǎn)】物質(zhì)的分別與提純【解析】【解答】解:〔1〕“堿溶”時(shí)生成偏鋁酸鈉的離子方程式為Al

O+2OH﹣═2AlO

﹣+H

O，故答案為：2 3 2 2AlO

+2OH﹣═2AlO

﹣+H

NaAlO

反響生成氫氧化鋁沉2 3 2 2 3 22 淀和碳酸鈉，堿性為OH﹣＞AlO﹣＞CO2﹣ ，可知溶液的pH減小，故答案為：減??；〔3〕“電解Ⅰ”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O22 故答案為：石墨電極被陽極上產(chǎn)生的O

氧化；〔4〕4CO

2﹣+2H

O﹣4e﹣═4HCO﹣2 3 2 3+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：4CO

2﹣+2H

O﹣4e﹣═4HCO

﹣+O

↑；H

；〔5〕1000℃N

AlN．在鋁粉3 2 3 2 2 2NH4ClAlNNH4ClHClAlAl2O3薄膜，故答案為：NH4ClHClAlAl2O3薄膜．【分析以鋁土〔主要成分為Al2O3 ，含SiO2和Fe2O3等雜質(zhì)為原料制備鋁，由流程可知，加NaOH2 溶解時(shí)Fe2O3不反響，由信息可知SiO2在“堿溶”時(shí)轉(zhuǎn)化為鋁硅酸鈉沉淀，過濾得到的濾渣為FeO2 3Al〔OH〕3

IIAl〔OH〕

，灼燒生成氧化鋁，電解I為3AlIINa2CO3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．317.〔15分〕化合物H是一種用于合成γ﹣分泌調(diào)整劑的藥物中間體，其合成路線流程圖如下:〔1〕C中的含氧官能團(tuán)名稱為 和 ．D→E的反響類型為 ．寫出同時(shí)滿足以下條件的C的一種同分異構(gòu)體的構(gòu)造簡式： ．①含有苯環(huán)，且分子中有一個(gè)手性碳原子；②能發(fā)生水解反響，水解產(chǎn)物之一是α﹣氨基酸，另一水解2種不同化學(xué)環(huán)境的氫．〔4〕G的分子式為C12H14N2O2 ，經(jīng)氧化得到H，寫出G的構(gòu)造簡式： ．〔5〔5〕：(????3)2????4→??2????3〔R代表烴基，R”H〕請(qǐng)寫出以〔CH〕SO為原料制備3 2 4〔無機(jī)試劑任用，合成路線流程圖例如見此題題干〕．故答案為：；〔4〕G的分子式為C12H14N2O2 ，經(jīng)氧化得到H，可知F→G的轉(zhuǎn)化﹣COOCH3轉(zhuǎn)化為﹣CH2OHG的構(gòu)造簡式為，故答案為：；〔5〕以和〔CH3〕SO為原料制備2 4【答案】〔1〕醚鍵；酯基【答案】〔1〕醚鍵；酯基〔2〕取代反響〔3〕〔4〕〔5〕:〔1〕C中的含氧官能團(tuán)名稱為醚鍵、酯基，故答案為：醚鍵；酯基；〔2〕D→E為氨基上H被取代，反響類型為取代反響，故答案為：取代反響；〔3〕C的一種同分異構(gòu)體，滿足①含有苯環(huán)，且分子中有一個(gè)手性碳原子；②能發(fā)生水解反響，水解產(chǎn)物之一是α﹣氨基酸，另一水解2種不同化學(xué)環(huán)境的氫，則水解產(chǎn)物為對(duì)苯二酚，且含酯基，與氨基相連的C為手性碳，可知符合條件的構(gòu)造簡式為，，結(jié)合上述合成流程可知，﹣OH轉(zhuǎn)化為﹣Br，酚﹣，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，最終發(fā)生信息中的反響，則合成流程為：故答案為：．【分析】由合成流程可知，A→B發(fā)生取代反響，B→C發(fā)生復(fù)原反響，C→D為取代反響，D→E為氨基上H被取代，屬于取代反響，比較F與H的構(gòu)造可知，G為H〕C中含氧官能團(tuán)為醚鍵、酯基；〔2〕D→E為氨基上H被取代；〔3〕C的一種同分異構(gòu)體，滿足①含有苯環(huán)，且分子中有一個(gè)手性碳原子；②能發(fā)生水解反響，水解產(chǎn)物之一是α﹣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(duì)苯二酚，且含酯基，與氨基相連的C為手性碳4G分子式為C12H14N2O2 ，經(jīng)氧化得到H，可知F→G的轉(zhuǎn)化﹣COOCH3轉(zhuǎn)化為﹣CH2OH；〔5〕以和〔CH3 2 4〕SO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，最終發(fā)生信息中的反響．堿式氯化銅有多種制備方法①1:45～50℃CuClCu

〔OH〕

Cl?3H

O，該反響的化學(xué)方程式為 ．

2 2 2 22②方法2:先制得CuCl2 ，再與石灰乳反響生成堿式氯化銅．Cu與稀鹽酸在持續(xù)通入空氣的條件下反響生成CuCl ，F(xiàn)e3+對(duì)該反響有催化作用，其催化原理如以下圖．M′的化學(xué)式為 ．2堿式氯化銅有多種組成，可表示為Cua〔OH〕bClc?xH2O．為測定某堿式氯化銅的組成，進(jìn)展以下試驗(yàn)：①1.1160gHNO3100.00mL溶液A；②25.00mL溶液AAgNO3AgCl0.1722g；③25.00mL溶液ApH4～50.08000mol?L﹣1EDTA〔Na2H2Y?2H2O〕標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Cu2+〔Cu2++HY2﹣═CuY2﹣+2H+〕，滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液30.00mL．通過計(jì)算確定該樣2品的化學(xué)式〔寫出計(jì)算過程〕．【答案】〔1〕4CuCl+O

+8HO

45?50℃

2Cu

〔OH〕

Cl?3H

O；Fe2+2 2 _

2 2 2 2〔2〕n〔Cl﹣〕=n〔AgCl〕×

100.00????=25.00????

0.1722??

×100.00????25.00????

=4.800×10﹣3mol，n〔Cu2+〕=n〔EDTA〕×

100.00????25.00????

=0.08000mol?L﹣1×30.00mL×10﹣3L?mL﹣1×

100.00????25.00????

=9.600×10﹣3mol，n〔OH﹣〕=2n〔Cu2+〕﹣n〔Cl﹣〕=2×9.600×10﹣3mol﹣4.800×10﹣3mol=1.440×10﹣2mol，m〔Cl﹣〕=4.800×10﹣3mol×35.5g?mol﹣1=0.1704g，m〔Cu2+〕=9.600×10﹣3mol×64g?mol﹣1=0.6144g，m〔OH﹣〕=1.440×10﹣2mol×17g?mol﹣1=0.2448g，n〔H2O〕=

1.1160???0.1704???0.6144???0.2448??18??/??????

=4.800×10﹣3mol，3 則a：b：c：x=n〔Cu2+〕：n〔OH﹣〕：n〔Cl﹣〕：n〔H2O〕=2：3：1：1，Cu2〔OH〕Cl?HO3 3 Cu2〔OH〕Cl?HO3 【考點(diǎn)】制備試驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)【解析】【解答】解:〔1〕①45～50℃CuCl懸濁液中持續(xù)通入空氣得到Cu

〔OH〕

Cl?3H

O，反2 2 2 2應(yīng)物為CuCl、氧氣、水，Cu元素的化合價(jià)上升，O元素的化合價(jià)降低，由原子、電子守恒可知反響為4CuCl+O

+8HO

45?50℃

2Cu

〔OH〕

Cl?3HO，2 2

2 2 2 2故答案為：4CuCl+O

+8H

O45?50℃

2Cu

〔OH〕

Cl?3HO；2 2 _

2 2 2 2②Fe3+對(duì)該反響有催化作用，結(jié)合圖可知，Cu元素的化合價(jià)上升，則M中Fe元素的化合價(jià)降低，可知M′的化學(xué)式為Fe2+ ，100.00????故答案為：Fe2+；〔2〕n〔Cl﹣〕=n〔AgCl〕× 100.00????25.00????

0.1722??

×100.00????25.00????

=4.800×10﹣3mol，n〔Cu2+〕=n〔EDTA〕×

100.00????25.00????

=0.08000mol?L﹣1×30.00mL×10﹣3L?mL﹣1×

100.00????25.00????

=9.600×10﹣3mol，n〔OH﹣〕=2n〔Cu2+〕﹣n〔Cl﹣〕=2×9.600×10﹣3mol﹣4.800×10﹣3mol=1.440×10﹣2mol，m〔Cl﹣〕=4.800×10﹣3mol×35.5g?mol﹣1=0.1704g，m〔Cu2+〕=9.600×10﹣3mol×64g?mol﹣1=0.6144g，m〔OH﹣〕=1.440×10﹣2mol×17g?mol﹣1=0.2448g，n〔H2O〕=

1.1160???0.1704???0.6144???0.2448??，=4.800×10﹣3mol，18??/??????3 則a：b：c：x=n〔Cu2+〕：n〔OH﹣〕：n〔Cl﹣〕：n〔H2O〕=2：3：1：1，Cu2〔OH〕Cl?HO3 3 Cu2〔OH〕Cl?HO3 〔1〕①45～50℃CuClCu

〔OH〕

Cl?3H

OCuCl、氧氣、水；

2 2 2 2②Fe3+對(duì)該反響有催化作用，結(jié)合圖可知，Cu元素的化合價(jià)上升，則MFe元素的化合價(jià)降低；〔2〕由②n〔Cl﹣〕=n〔AgCl〕×

100.00????=25.00????

0.1722??

×100.00????25.00????

=4.800×10﹣3mol，由③n〔Cu2+〕=n〔EDTA〕×

100.00????25.00????

=0.08000mol?L﹣1×30.00mL×10﹣3L?mL﹣1×

100.00????25.00????

=9.600×10﹣3mol，結(jié)合化合物中正0及物質(zhì)定組成來計(jì)算．19.〔15分某科研小組承受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(duì)試驗(yàn)的影響可無視〕．3：①NaClO溶液在受熱或酸性條件下易分解，如3NaClO═2NaCl+NaClO33 2 3 2 ②AgCl可溶于氨水AgCl+2NH?HO?Ag〔NH〕++Cl﹣+2H3 2 3 2 3 ③常溫時(shí)N2H4?H2O〔水合肼〕在堿性條件下能復(fù)原Ag〔NH〕+3 3 2 24 2 2 4 3 4Ag〔NH〕++NH?HO═4Ag↓+N↑+4NH++4NH3 2 24 2 2 4 3 “氧化”階段需在80℃條件下進(jìn)展，適宜的加熱方式為 ．2 NaClO溶液與Ag反響的產(chǎn)物為AgCl、NaOH和O ，該反響的化學(xué)方程式為 ．2 3也能氧化Ag，從反響產(chǎn)物的角度分析，以HNO代替NaClO的缺點(diǎn)是 ．3為提高Ag的回收率，需對(duì)“過濾Ⅱ”的濾渣進(jìn)展洗滌，并 ．3 2 3 3 假設(shè)省略“過濾Ⅰ”，直接向冷卻后的反響容器中滴加10%氨水，則需要增加氨水的用量，除因過量NaClO與NH?HO反響外〔該條件下NaClO與NH?HO不反響〕，還由于 3 2 3 3 請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)從“過濾Ⅱ”后的濾液中獵取單質(zhì)Ag的試驗(yàn)方案： 〔試驗(yàn)中須使用的試劑有：2mol?L﹣1水合肼溶液，1mol?L﹣1H2SO4〕．【答案】〔1〕水浴加熱〔2〕4Ag+4NaClO+2HO═4AgCl+4NaOH+O↑；會(huì)釋放出氮氧化物〔NO、NO〕，造成環(huán)境污染2 2 2將洗滌后的濾液合并入過濾Ⅱ的濾液中未過濾掉的溶液會(huì)稀釋參與的氨水，且其中含有確定濃度的Cl﹣ ，不利于AgCl與氨水反響向?yàn)V液中滴加2mol?L﹣1水合肼溶液，攪拌使其充分反響，同時(shí)用1mol?L﹣1H2SO4溶液吸取反響中放出的NH3 ，待溶液中無氣泡產(chǎn)生，停頓滴加，靜置，過濾、洗滌，枯燥【考點(diǎn)】物質(zhì)的分別與提純【解析】【解答】解:〔1〕“氧化”階段需在80℃條件下進(jìn)展，不超過水的沸點(diǎn)，則適宜的加熱方式為水浴加熱，故答案為：水浴加熱；〔2〕NaClO溶液與Ag反響的產(chǎn)物為AgCl、NaOH和O2 ，Ag、O元素的化合價(jià)上升，Cl元素的化合價(jià)降低，由電子、原子守恒可知該反響的化學(xué)方程式為4Ag+4NaClO+2HO═4AgCl+4NaOH+O↑．HNOAgHNO代替2 2 3 3NaClO的缺點(diǎn)是會(huì)釋放出氮氧化物〔或NO、NO2〕，造成環(huán)境污染，故答案為：4Ag+4NaClO+2HO═4AgCl+4NaOH+O↑〔或NO、NO

，造成環(huán)境污染；2 2 2〔3〕Ag的回收率，需對(duì)“過濾Ⅱ”的濾渣進(jìn)展洗滌，并將洗滌后的濾液合并入過濾Ⅱ的濾液中，減Ag的損失，故答案為：將洗滌后的濾液合并入過濾Ⅱ的濾液中；〔4〕假設(shè)省略“過濾Ⅰ”，直接向冷卻后的反響容器中滴10%氨水，則需要增加氨水的用量，除因過量NaClONH3?H2O反響外〔NaClO3NH3?H2O不反響，還由于未過濾掉的溶液會(huì)稀釋參與的氨水，且其中含有確定濃度的反響，

AgCl與氨水故答案為：未過濾掉的溶液會(huì)稀釋參與的氨水，且其中含有確定濃度的Cl﹣ ，不利于AgCl與氨水反應(yīng)；〔5〕由信息③可知，從“過濾Ⅱ”Ag2mol?L﹣1水合肼溶液，攪拌使其充分反響，同時(shí)用1mol?L﹣1H2SO4NH3，待溶液中無氣泡產(chǎn)生，停頓滴加，靜置，過濾、洗滌，枯燥，2mol?L﹣1水合肼溶液，攪拌使其充分反響，同時(shí)用1mol?L﹣1H2SO4溶液吸取反響NH3，待溶液中無氣泡產(chǎn)生，停頓滴加，靜置，過濾、洗滌，枯燥．【分析】回收一種光盤金屬層中的少量Ag，由流程可知，氧化時(shí)發(fā)生4Ag+4NaClO+2HO═4AgCl+4NaOH+O↑，為把握80℃IAgClAg，再2 2AgClAgCl+2NH3?H2O

Ag〔NH〕++Cl﹣+2HOIIAgII得3 2 3 到的濾液用N2H4?H2O〔水合肼〕在堿性條件下能復(fù)原Ag〔NH〕+3 2 3 4分〔是一些工廠和礦山廢水中的污染元素，使用吸附劑是去除水中砷的有效措施之一．將硫酸錳、硝酸釔與氫氧化鈉溶液按確定比例混合，攪拌使其充分反響，可獲得一種砷的高效吸附3劑X，吸附劑X中含有CO2﹣ ，其緣由是 ．3H3AsO3和H3AsO4〔平衡時(shí)某物種的濃度占各物種濃度之和的分?jǐn)?shù)〕pH的關(guān)系分別如圖﹣1和圖﹣2所示．①以酚酞為指示〔變色范圍pH8.0～10.0〕，將NaOH溶液逐滴參與到H3AsO3溶液中，當(dāng)溶液由無色變?yōu)闇\紅色時(shí)停頓滴加．該過程中主要反響的離子方程式為 ．4②H3AsO4第一步電離方程式H3AsO4H2AsO﹣+H+的電離常數(shù)為Ka1 ，則pKa1=4a1 〔pK =﹣lgK a1 pH對(duì)吸附劑X外表所帶電荷有影響．pH=7.1時(shí)，吸附劑X外表不帶電荷；pH＞7.1時(shí)帶負(fù)電荷，pH越高，外表所帶負(fù)電荷越多；pH＜7.1時(shí)帶正電荷，pH越低，外表所帶正電荷越多．pH不同時(shí)吸附劑X〔吸附達(dá)平衡時(shí)單位質(zhì)量吸附劑X吸附砷的質(zhì)量如圖﹣3所示．①在pH7～9之間，吸附劑X對(duì)五價(jià)砷的平衡吸附量隨pH上升而快速下降，其緣由是 ．②在pH4～7之間，吸附劑X對(duì)水中三價(jià)砷的去除力氣遠(yuǎn)比五價(jià)砷的弱，這是由于 ．提高吸附劑X對(duì)三價(jià)砷去除效果可實(shí)行的措施是 ．【答案】〔1〕CO23〔2〕OH﹣+H3AsO3=H2AsO﹣+H2O；2.234〔3〕pH7～9pH上升H2AsO4

﹣轉(zhuǎn)變?yōu)镠AsO2﹣ ，吸附劑X外表所帶負(fù)電荷增多，靜電斥力44pH4～7之間，吸附劑X外表帶正電，五價(jià)砷主要以H2AsO44

﹣HAsO2﹣陰離子存在，靜電引力較4大；而三價(jià)砷主要以H3AsO3分子存在，與吸附劑X外表產(chǎn)生的靜電引力?。粎⑴c氧化劑，將三價(jià)砷轉(zhuǎn)化為五價(jià)砷4【考點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡【解析【解答】解:〔1〕空氣中的CO2屬于酸性氧化物，能溶于強(qiáng)堿溶液，NaOH是堿，能吸取空氣中的二氧化碳而生成碳酸根離子，所以其緣由是堿性溶液吸取了空氣中的CO2 ，故答案為：堿性溶液吸取CO；〔2〕①HAsO的濃度減小、HAsO﹣濃度增大，說明堿和HAsO2 3 3 2 3 3 33 3 3 2 3 生成H2AsO﹣ ，該反響為酸堿的中和反響，同時(shí)還生成水，離子方程式為OH﹣+HAsO=HAsO﹣+HO，故答案為：OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O3 3 3 2 3 ②K

??(??2??????4 ?)．??(??+)

，pH=2.2c〔H+〕=10﹣2.2mol/L，c〔H

AsO〕=c〔H

AsO

﹣〕，pK

=﹣lgK =﹣lg

a1??(??2??????4

??(??3??????4)?)．??(??+)

=2.2，

3 3 2

a1 a1??(??3??????4)3吸附劑X外表所帶負(fù)電荷增多，靜電斥力越大，在9之間，隨H上升H44﹣轉(zhuǎn)變?yōu)镠AsO2﹣ ，吸附劑X外表所帶負(fù)電荷增多，靜電斥力增加，導(dǎo)致在pH7～9之間，吸附劑X對(duì)4pH上升而快速下降，4 pH7～9pH上升H2AsO﹣HAsO24 斥力增加；

，吸附劑X外表所帶負(fù)電荷增多，靜電4 ②pH4～7之間，吸附劑X外表帶正電，五價(jià)砷主要以H2AsO﹣HAsO2﹣陰離子存在，pH＜7.1時(shí)帶正電荷，pH越低，外表所帶正電荷越多，所以靜電引力較大；而三價(jià)砷主要以H3AsO3分子存在，與吸附劑X外表產(chǎn)生的靜電引力小，所以在pH4～7之間，吸附劑X4 在pH4～7之間，吸附劑X對(duì)水中三價(jià)砷的去除力氣遠(yuǎn)比五價(jià)砷的弱，假設(shè)能將三價(jià)砷轉(zhuǎn)化為五價(jià)砷，能有效的去除三價(jià)砷，所以實(shí)行的措施是參與氧化劑，將三價(jià)砷轉(zhuǎn)化為五價(jià)砷，4pH4～7之間，吸附劑X外表帶正電，五價(jià)砷主要以H2AsO4

﹣HAsO2﹣陰離子存在，靜電引4力較大；而三價(jià)砷主要以H3AsO3分子存在，與吸附劑X外表產(chǎn)生的靜電引力??；參與氧化劑，將三價(jià)砷轉(zhuǎn)化為五價(jià)砷．4【分析】〔1〕空氣中的CO2屬于酸性氧化物，能溶于強(qiáng)堿溶液；〔2〕①H3AsO33 3 3 2 3 的濃度減小、H2AsO﹣濃度增大，說明堿和HAsO生成HAsO﹣ ，該反響為酸堿的中和反響；3 3 3 2 3 ??(??2??????4