2023年江蘇省高考化學(xué)試題-清晰解析版

2023年江蘇省高考化學(xué)試題參考答案與試題解析一、單項(xiàng)選擇題：本題包括10小題，每小題2分，共計(jì)20分．每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意．1．（2023?江蘇）2023年世界地球日我國(guó)的主題為“節(jié)約集約利用資源，倡導(dǎo)綠色簡(jiǎn)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(duì)商品進(jìn)行豪華包裝促進(jìn)銷售【答案】C【解析】綠色簡(jiǎn)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)能和回收等環(huán)節(jié)來(lái)改變生活細(xì)節(jié)，據(jù)此進(jìn)行分析判斷即可。A、夏天設(shè)定空調(diào)溫度盡可能的低，浪費(fèi)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，浪費(fèi)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，減少空氣污染，故C正確；D、對(duì)商品進(jìn)行豪華包裝促進(jìn)銷售，浪費(fèi)了資源，故D錯(cuò)誤；【考點(diǎn)】"三廢"處理與環(huán)境保護(hù)。菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】化學(xué)應(yīng)用。【點(diǎn)評(píng)】解答本題關(guān)鍵是看是否減少了對(duì)空氣中可吸收顆粒物的釋放，環(huán)保問(wèn)題已經(jīng)引起了全球的重視，難度不大。2．（2023?江蘇）下列有關(guān)化學(xué)用語(yǔ)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:C．CaCl2的電子式:D．明礬的化學(xué)式:Al2(SO4)3【答案】A【解析】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)。A．質(zhì)量數(shù)為31的磷原子的質(zhì)量數(shù)=15+16=31，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(cuò)誤。C．氯化鈣為離子化合物，電子式中需要標(biāo)出陰陽(yáng)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：KAl(SO4)2?12H2O，故D錯(cuò)誤；故選A?！究键c(diǎn)】物質(zhì)結(jié)構(gòu)：電子式、化學(xué)式或化學(xué)符號(hào)及名稱的綜合。菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】化學(xué)用語(yǔ)專題?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查常見(jiàn)化學(xué)用語(yǔ)的表示方法，難度不大，涉及電子式、原子結(jié)構(gòu)示意圖、元素符號(hào)、化學(xué)式等知識(shí)，注意掌握常見(jiàn)化學(xué)用語(yǔ)的書寫原則，試題培養(yǎng)學(xué)生的規(guī)范答題能力。3．（2023?江蘇）下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是A．Na2O2吸收CO2產(chǎn)生O2，可用作呼吸面具供氧劑B．ClO2具有還原性，可用于自來(lái)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【答案】A【解析】A．Na2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，且人呼出的水蒸氣也能和過(guò)氧化鈉反應(yīng)生成氧氣，氧氣能供給呼吸，所以過(guò)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(wú)關(guān)，故C錯(cuò)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(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤；【考點(diǎn)】物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系：鈉及其化合物；硅及其化合物；氯及其化合物；氮及其化合物；【專題】物質(zhì)的性質(zhì)和變化專題?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，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)鍵，結(jié)構(gòu)決定性質(zhì)、性質(zhì)決定用途，題目難度不大．4．（2023?江蘇）下列制取SO2、驗(yàn)證其漂白性、收集并進(jìn)行尾氣處理的裝置和原理能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖茿．制取SO2B．驗(yàn)證漂白性C．收集SO2D．尾氣處理【答案】B【解析】實(shí)驗(yàn)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?yàn)樗嵝匝趸?，可與堿反應(yīng)，以此解答該題。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(cuò)誤；B．二氧化硫具有漂白性，可使品紅褪色，操作符號(hào)要求，可達(dá)到實(shí)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(zhǎng)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)用氫氧化鈉溶液吸收尾氣，且防止倒吸，故D錯(cuò)誤。【考點(diǎn)】化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)。硫及其化合物。菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)題。【點(diǎn)評(píng)】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(yàn)等，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)的異同以及實(shí)驗(yàn)的嚴(yán)密性和可行性的評(píng)價(jià)，難度中等。5．（2023?江蘇）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。下列說(shuō)法正確的是A．原子半徑：r（X）＜r（Y）＜r（Z）＜r（W）B．W的最高價(jià)氧化物的水化物是一種弱堿C．Y的單質(zhì)的氧化性比Z的強(qiáng)D．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【解析】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、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)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．W的最高價(jià)氧化物的水化物是NaOH，NaOH是強(qiáng)堿，故B錯(cuò)誤；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)，非金屬性O(shè)＞N元素，所以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；【考點(diǎn)】物質(zhì)結(jié)構(gòu)與元素周期律。菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】元素周期律與元素周期表專題。【點(diǎn)評(píng)】本題考查原子結(jié)構(gòu)和元素周期律，為高頻考點(diǎn)，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．（2023?江蘇）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+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑B．電解飽和食鹽水獲取燒堿和氯氣：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣C．向氫氧化鋇溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2OD．向碳酸氫銨溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O【答案】B【解析】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，離子方程式為2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故A錯(cuò)誤；B．電解飽和食鹽水時(shí)，陽(yáng)極上生成氯氣、陰極上生成氫氣同時(shí)陰極附近有NaOH生成，離子方程式為2Cl﹣+2H2OH2↑+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(jì)量數(shù)都是2，離子方程式為Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故C錯(cuò)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﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O+NH3?H2O，故D錯(cuò)誤；【考點(diǎn)】離子方程式的書寫菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】離子反應(yīng)專題【點(diǎn)評(píng)】本題考查離子方程式書寫的正誤判斷，為高頻考點(diǎn)，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)及電子、電荷守恒，題目難度不大。7．（2023?江蘇）在給定條件下，下列選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)的是A．FeFeCl2Fe（OH）2B．SSO3H2SO4C．CaCO3CaOCaSiO3D．NH3NOHNO3【答案】C【分析】A、因?yàn)槁葰饩哂袕?qiáng)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(cuò)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(cuò)誤；C．CaCO3高溫分解生成CaO，CaO為堿性氧化物，和酸性氧化物二氯化硅高溫反應(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(cuò)誤；【考點(diǎn)】鐵及其化合物；硫及其化合物；氮及其化合物；碳、硅及其化合物；【專題】物質(zhì)的性質(zhì)和變化專題【點(diǎn)評(píng)】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）（2023?江蘇）通過(guò)以下反應(yīng)可獲得新型能源二甲醚(CH3OCH3)。下列說(shuō)法不正確的是①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)△H1=akJ?mol﹣1②CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H2=bkJ?mol﹣1③CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2O(g)△H3=ckJ?mol﹣1④2CH3OH(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g)△H4=dkJ?mol﹣1A．反應(yīng)①、②為反應(yīng)③提供原料氣B．反應(yīng)③也是CO2資源化利用的方法之一C．反應(yīng)CH3OH(g)═0.5CH3OCH3(g)+0.5H2O(l)的△H=d/2kJ?mol﹣1D．反應(yīng)2CO(g)+4H2(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g)的△H=(2b+2c+d)kJ?mol﹣1【答案】C【解析】A．反應(yīng)③中的反應(yīng)物為CO2、H2，由反應(yīng)可知，反應(yīng)①、②為反應(yīng)③提供原料氣，故A正確；B．反應(yīng)③中的反應(yīng)物為CO2，轉(zhuǎn)化為甲醇，則反應(yīng)③也是CO2資源化利用的方法之一，故B正確；C．由反應(yīng)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，則反應(yīng)CH3OH(g)═0.5CH3OCH3(g)+0.5H2O(l)的△H≠d/2kJ?mol﹣1，故C錯(cuò)誤；D．由蓋斯定律可知，②×2+③×2+④得到2CO(g)+4H2(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g)，則△H=(2b+2c+d)kJ?mol﹣1，故D正確；【考點(diǎn)】蓋斯定律及其應(yīng)用；反應(yīng)熱和焓變；優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】化學(xué)反應(yīng)中的能量變化【點(diǎn)評(píng)】本題考查反應(yīng)熱與焓變，為高頻考點(diǎn)，把握反應(yīng)的特點(diǎn)、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．（2023?江蘇）常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A．無(wú)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+)=1mol?L—1的溶液中：K+、NH4+、MnO4﹣、SO42—D．能使甲基橙變紅的溶液中：Na+、NH4+、SO42﹣、HCO3—【答案】選B【解析】A．Fe3+呈黃色，不符合無(wú)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(cuò)誤；B．c（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；C．Fe2+、MnO4—發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，故C錯(cuò)誤；D．能使甲基橙溶液變紅色，說(shuō)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(cuò)誤；【考點(diǎn)】離子共存問(wèn)題；鐵及其化合物；水溶液中的離子平衡；菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】離子反應(yīng)專題【點(diǎn)評(píng)】本題考查離子共存，為高頻考點(diǎn)，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(yùn)用，題目難度不大．10．（2023?江蘇）H2O2分解速率受多種因素影響。實(shí)驗(yàn)測(cè)得70℃時(shí)不同條件下H2O2濃度隨時(shí)間的變化如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A．圖甲表明，其他條件相同時(shí)，H2O2濃度越小，其分解速率越快B．圖乙表明，其他條件相同時(shí)，溶液pH越小，H2O2分解速率越快C．圖丙表明，少量Mn2+存在時(shí)，溶液堿性越強(qiáng)，H2O2分解速率越快D．圖丙和圖丁表明，堿性溶液中，Mn2+對(duì)H2O2分解速率的影響大【答案】D【解析】A．圖甲中溶液的pH相同，但濃度不同，濃度越大，相同時(shí)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(cuò)誤；B．圖乙中H2O2濃度相同，但加入NaOH濃度不同，說(shuō)明溶液的pH不同，NaOH濃度越大，相同時(shí)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(shí)，pH越大雙氧水分解速率越快，故B錯(cuò)誤；C．圖丙中少量Mn2+存在時(shí)，相同時(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，由此得出：錳離子作催化劑時(shí)受溶液pH的影響，但與溶液的pH值不成正比，故C錯(cuò)誤；D．圖丁中pH相同，錳離子濃度越大，相同時(shí)間內(nèi)雙氧水濃度變化量越大，圖丙中說(shuō)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(duì)H2O2分解速率的影響大，故D正確；【考點(diǎn)】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】化學(xué)反應(yīng)速率專題【點(diǎn)評(píng)】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(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生圖象分析、判斷、歸納及知識(shí)靈活運(yùn)用能力，明確圖中曲線變化趨勢(shì)及影響因素是解本題關(guān)鍵，題目難度中等．11．（2023?江蘇）萜類化合物廣泛存在于動(dòng)植物體內(nèi)，關(guān)于下列萜類化合物的說(shuō)法正確的是A．a(chǎn)和b都屬于芳香族化合物B．a(chǎn)和c分子中所有碳原子均處于同一平面上C．a(chǎn)、b和c均能使酸性KMnO4溶液褪色D．b和c均能與新制的Cu(OH)2反應(yīng)生成紅色沉淀【答案】C【解析】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、次甲基均為四面體構(gòu)型，則a和c分子中所有碳原子不可能處于同一平面上，故B錯(cuò)誤；C．a(chǎn)含碳碳雙鍵、b含﹣OH、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(cuò)誤；【考點(diǎn)】有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)：芳香族化合物；烯；醇；醛；優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】有機(jī)物分子組成通式的應(yīng)用規(guī)律【點(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握官能團(tuán)與性質(zhì)的關(guān)系、有機(jī)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(xiàng)B為解答的難點(diǎn)，題目難度不大。12．（2023?江蘇）下列說(shuō)法正確的是A．反應(yīng)N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)的△H＜0，△S＞0B．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)2]=5.6×10﹣12，pH=10的含Mg2+溶液中，c(Mg2+)≤5.6×10﹣4mol?L—1D．常溫常壓下，鋅與稀H2SO4反應(yīng)生成11.2LH2，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6.02×1023【答案】BC【分析】A.合成氨反應(yīng)為放熱反應(yīng)，△H＜0，且為氣體體積減小的反應(yīng)，則△S＜0，故A錯(cuò)誤；B.導(dǎo)線連接鋅塊，構(gòu)成原電池時(shí)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+）≤5.6×10—12/(10—4)2=5.6×10—4mol?L﹣1，故C正確；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；【考點(diǎn)】反應(yīng)熱和焓變及熵變；原電池；難溶電解質(zhì)Ksp；氧化還原反應(yīng)。菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所【專題】化學(xué)反應(yīng)中的能量變化【點(diǎn)評(píng)】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(jì)算等，為高頻考點(diǎn)，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(xiàng)④為易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度中等。13．（2023?江蘇）根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A向苯酚溶液中滴加少量濃溴水、振蕩，無(wú)白色沉淀苯酚濃度小B向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出現(xiàn)白色沉淀；再加入足量稀鹽酸，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，加熱；再加入銀氨溶液；未出現(xiàn)銀鏡蔗糖未水解D向某黃色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈藍(lán)色溶液中含Br2A．A B．B C．C D．D【答案】B【分析】A．苯酚能和濃溴水發(fā)生取代反應(yīng)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，該實(shí)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，如果亞硫酸鈉被氧化生成硫酸鈉，則加入氯化鋇產(chǎn)生白色沉淀，且向該白色沉淀中加入稀鹽酸時(shí)部分沉淀不溶解，說(shuō)明該白色沉淀中含有硫酸鋇，則得出結(jié)論：部分Na2SO3被氧化，故B正確；C．銀鏡反應(yīng)必須在堿性條件下進(jìn)行，該實(shí)驗(yàn)中加入銀氨溶液前沒(méi)有加入NaOH溶液中和未反應(yīng)的稀硫酸，所以實(shí)驗(yàn)不成功，則實(shí)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，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，則結(jié)論不正確，故D錯(cuò)誤；【考點(diǎn)】實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)；酚；硫及其化合物；糖類的水解反應(yīng)；鐵及其化合物；鹵素；【專題】實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)題【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，明確實(shí)驗(yàn)操作步驟、元素化合物性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，側(cè)重考查學(xué)生實(shí)驗(yàn)操作、實(shí)驗(yàn)分析及判斷能力，注意：銀鏡反應(yīng)條件，題目難度不大。14．（2023?江蘇）常溫下，Ka(HCOOH)=1.77×10—4，Ka(CH3COOH)=1.75×10—5，Kb(NH3?H2O)=1.76×10—5，下列說(shuō)法正確的是A．濃度均為0.1mol?L﹣1的HCOONa和NH4Cl溶液中陽(yáng)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(diǎn)，消耗NaOH溶液的體積相等C．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+)D．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】AD【解析】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：CH3COO﹣＞NH4+＞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—）；故A正確；B．pH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(diǎn)時(shí)，酸的濃度越大，消耗的堿體積越大；，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，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；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NaCl，混合溶液的pH＜7，說(shuō)明醋酸電離程度大于醋酸鈉水解程度。故D正確；【考點(diǎn)】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】電離平衡與溶液的pH專題【點(diǎn)評(píng)】本題考查弱電解質(zhì)的電離，為高頻考點(diǎn)，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．（2023?江蘇）溫度為T1時(shí)，在三個(gè)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(shí)驗(yàn)測(cè)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(shuō)法正確的是容器編號(hào)物質(zhì)的起始濃度（mol?L—1）物質(zhì)的平衡濃度（mol?L—1）c（NO2）c（NO）c（O2）c（O2）Ⅰ0.6000.2Ⅱ0.30.50.2Ⅲ00.50.35A．達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅰ與容器Ⅱ中的總壓強(qiáng)之比為4：5B．達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅱ中c(O2)/c(NO2)比容器Ⅰ中的大C．達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅲ中NO的體積分?jǐn)?shù)小于50%D．當(dāng)溫度改變?yōu)門2時(shí)，若k正=k逆，則T2＞T1【答案】CD【解析】A．I中的反應(yīng):2NO2(g)2NO(g)+O2(g)開始（mol/L）0.600反應(yīng)（mol/L）0.40.40.2平衡（mol/L）0.20.40.2化學(xué)平衡常數(shù)K=0.42×0.2/0.22=0.8容器體積為1L，則平衡時(shí)I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，如果平衡時(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中開始時(shí)濃度商=0.52×0.2/0.32=5/9＜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．如果II中平衡時(shí)c（NO2）=c（O2），設(shè)參加反應(yīng)的c（NO2）=xmol/L，則0.3﹣x=0.2+0.5x，x=1/15，平衡時(shí)c（NO2）=c（O2）=7/30mol/L，c（NO）=0.5mol/L+1/15mol/L=17/30mol/L，II中(17/30)2(7/30)/(7/30)2≈1.3＞0.8，說(shuō)明II中平衡時(shí)應(yīng)該存在c（NO2）＞c（O2）.容器I中c（O2）/c（NO2=1，所以達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅱ中c（O2）/c（NO2）小于1，則比容器Ⅰ中的小，故B錯(cuò)誤；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(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡逆向移動(dòng)，二氧化氮和氧氣之和所占體積比大于50%，則達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅲ中NO的體積分?jǐn)?shù)小于50%，故C正確；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），達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)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(shuō)明升高溫度平衡正向移動(dòng)，所以T2＞T1，故D正確；【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的計(jì)算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】化學(xué)平衡專題【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)平衡計(jì)算，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生分析、計(jì)算及靈活運(yùn)用知識(shí)解答問(wèn)題能力，如果單純的根據(jù)設(shè)未知數(shù)計(jì)算要涉及一元三次方程而難以解答，這需要學(xué)生靈活運(yùn)用知識(shí)巧妙的避開一元三次方程而解答問(wèn)題，題目難度較大．三、解答題16．（12分）（2023?江蘇）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。（1）“堿溶”時(shí)生成偏鋁酸鈉的離子方程式為。（2）向“過(guò)濾Ⅰ”所得濾液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH(填“增大”、“不變”或“減小”)。（3）“電解Ⅰ”是電解熔融Al2O3，電解過(guò)程中作陽(yáng)極的石墨易消耗，原因是。（4）“電解Ⅱ”是電解Na2CO3溶液，原理如圖所示．陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為，陰極產(chǎn)生的物質(zhì)A的化學(xué)式為。（5）鋁粉在1000℃時(shí)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。【答案】⑴Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O⑵減?、鞘姌O被陽(yáng)極上產(chǎn)生的O2氧化⑷4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑H2⑸NH4Cl分解產(chǎn)生的HCl能夠破壞Al表面的Al2O3薄膜。【解析】以鋁土礦(主要成分為Al2O3，含SiO2和Fe2O3等雜質(zhì))為原料制備鋁，由流程可知，加NaOH溶解時(shí)Fe2O3不反應(yīng)，由信息可知SiO2在“堿溶”時(shí)轉(zhuǎn)化為鋁硅酸鈉沉淀，過(guò)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(guò)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(yáng)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(lái)解答。（1）“堿溶”時(shí)生成偏鋁酸鈉的離子方程式為Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，故答案為：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；（2）向“過(guò)濾Ⅰ”所得濾液中加入NaHCO3溶液，與NaAlO2反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和碳酸鈉，堿性為OH﹣＞AlO2﹣＞CO32﹣，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(guò)程中作陽(yáng)極的石墨易消耗，因石墨電極被陽(yáng)極上產(chǎn)生的O2氧化。故答案為：石墨電極被陽(yáng)極上產(chǎn)生的O2氧化；（4）由圖知，陽(yáng)極反應(yīng)為4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑，陰極上氫離子得到電子生成H2。故答案為：4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑；H2；（5）鋁粉在1000℃時(shí)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：NH4Cl分解產(chǎn)生的HCl能夠破壞Al表面的Al2O3薄膜?！究键c(diǎn)】鋁及其化合物；鐵及其化合物；硅及其化合物；電解原理；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】物質(zhì)的分離提純和鑒別【點(diǎn)評(píng)】本題考查混合物分離提純，為高頻考點(diǎn)，把握流程中發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離提純方法、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意水解、電解原理及元素化合物知識(shí)的應(yīng)用，題目難度中等。17．（15分）（2023?江蘇）化合物H是一種用于合成γ﹣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(tuán)名稱為和。（2）D→E的反應(yīng)類型為。（3）寫出同時(shí)滿足下列條件的C的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：。①含有苯環(huán)，且分子中有一個(gè)手性碳原子；②能發(fā)生水解反應(yīng)，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。（4）G的分子式為C12H14N2O2，經(jīng)氧化得到H，寫出G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：。（5）已知：R′NH(R)R′NR(CH3)（R代表烴基，R'代表烴基或H）請(qǐng)寫出以HONO2、和(CH3)2SO4為原料制備的合成路線流程圖（無(wú)機(jī)試劑任用，合成路線流程圖示例見(jiàn)本題題干）?！敬鸢浮竣琶焰I酯基⑵取代反應(yīng)⑶HO0-CO-CH(NH2)CH3⑷⑸【解析】由合成流程可知，A→B發(fā)生取代反應(yīng)，B→C發(fā)生還原反應(yīng)，C→D為取代反應(yīng)，D→E為氨基上H被取代，屬于取代反應(yīng)，G→H發(fā)生氧化反應(yīng)。（1）由結(jié)構(gòu)可知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)生水解反應(yīng)，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，可知符合條件的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HO0-CO-CH(NH2)CH3。故答案為：HO0-CO-CH(NH2)CH3；（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﹣CH2OH，其它結(jié)構(gòu)不變，則G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。（5）以HONO2、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?！究键c(diǎn)】有機(jī)物的合成；烴的衍生物綜合。菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的合成，為高頻考點(diǎn)，把握合成流程中官能團(tuán)的變化、有機(jī)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)用能力的考查，注意有機(jī)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）（2023?江蘇）堿式氯化銅是重要的無(wú)機(jī)殺菌劑。（1）堿式氯化銅有多種制備方法①方法1：45～50℃時(shí)，向CuCl懸濁液中持續(xù)通入空氣得到Cu2(OH)2Cl2?3H2O，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為。②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(duì)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。（2）堿式氯化銅有多種組成，可表示為Cua(OH)bClc?xH2O。為測(cè)定某堿式氯化銅的組成，進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn)：①稱取樣品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AgCl0.1722g；③另取25.00mL溶液A，調(diào)節(jié)pH4～5，用濃度為0.08000mol?L﹣1的EDTA（Na2H2Y?2H2O）標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Cu2+（離子方程式為Cu2++H2Y2﹣═CuY2﹣+2H+），滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液30.00mL。通過(guò)計(jì)算確定該樣品的化學(xué)式（寫出計(jì)算過(guò)程）。【答案】⑴①4CuCl+O2+8H2O2Cu2(OH)2Cl2?3H2O②Fe2+⑵n(Cl﹣)=n(AgCl)×100.00mL/25.00mL=(0.1722g/143.5g/mol)×100.00mL/25.00mL=4.800×10﹣3mol;n(Cu2+)=n(EDTA)×100.00mL/25.00mL=0.08000mol?L—1×30.00mL×10—3L?mL—1×100.00mL/25.00mL=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)=(1.1160g-0.1704g-0.6144g-0.2448g)/18g/mol=4.800×10—3mol則a：b：c：x=n(Cu2+)：n(OH—)：n(Cl—)：n(H2O)=2：3：1：1，即化學(xué)式為Cu2(OH)3Cl?H2O，【考點(diǎn)】銅及其化合物；備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)；探究物質(zhì)的組成或測(cè)量物質(zhì)的含量菁優(yōu)網(wǎng)【專題】制備實(shí)驗(yàn)綜合【解析】（1）①45～50℃時(shí)，向CuCl懸濁液中持續(xù)通入空氣得到Cu2(OH)2Cl2?3H2O，反應(yīng)物為CuCl、氧氣、水，Cu元素的化合價(jià)升高，O元素的化合價(jià)降低，由原子、電子守恒可知反應(yīng)為4CuCl+O2+8H2O2Cu2（OH）2Cl2?3H2O。②Fe3+對(duì)該反應(yīng)有催化作用，結(jié)合圖可知，Cu元素的化合價(jià)升高，則M中Fe元素的化合價(jià)降低，可知M′的化學(xué)式為Fe2+。故答案為：Fe2+；（2）略【點(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的制備及物質(zhì)組成的測(cè)定實(shí)驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，把握發(fā)生的反應(yīng)、物質(zhì)的量的計(jì)算為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析能力和實(shí)驗(yàn)?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）（2023?江蘇）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(guò)低，對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響可忽略）。已知：①NaClO溶液在受熱或酸性條件下易分解，如：3NaClO═2NaCl+NaClO3②AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3?H2O?Ag(NH3)2++Cl﹣+2H2O③常溫時(shí)N2H4?H2O(水合肼)在堿性條件下能還原Ag(NH3)2+：4Ag(NH3)2++N2H4?H2O═4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O（1）“氧化”階段需在80℃條件下進(jìn)行，適宜的加熱方式為。（2）NaClO溶液與Ag反應(yīng)的產(chǎn)物為AgCl、NaOH和O2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為。HNO3也能氧化Ag，從反應(yīng)產(chǎn)物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺點(diǎn)是。（3）為提高Ag的回收率，需對(duì)“過(guò)濾Ⅱ”的濾渣進(jìn)行洗滌，并。（4）若省略“過(guò)濾Ⅰ”，直接向冷卻后的反應(yīng)容器中滴加10%氨水，則需要增加氨水的用量，除因過(guò)量NaClO與NH3?H2O反應(yīng)外（該條件下NaClO3與NH3?H2O不反應(yīng)），還因?yàn)?。?）請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)從“過(guò)濾Ⅱ”后的濾液中獲取單質(zhì)Ag的實(shí)驗(yàn)方案：（實(shí)驗(yàn)中須使用的試劑有：2mol?L﹣1水合肼溶液，1mol?L﹣1H2SO4）?！敬鸢浮竣潘〖訜幄?Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑；會(huì)釋放出氮氧化物（或NO、NO2），造成環(huán)境污染⑶將洗滌后的濾液合并入過(guò)濾Ⅱ的濾液中。⑷未過(guò)濾掉的溶液會(huì)稀釋加入的氨水，且其中含有一定濃度的Cl﹣，不利于AgCl與氨水反應(yīng)。⑸向?yàn)V液中滴加2mol?L﹣1水合肼溶液，攪拌使其充分反應(yīng)，同時(shí)用1mol?L﹣1H2SO4溶液吸收反應(yīng)中放出的NH3，待溶液中無(wú)氣泡產(chǎn)生，停止滴加，靜置，過(guò)濾、洗滌，干燥【解析】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+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑，為控制80℃，可水浴加熱，過(guò)濾I分離出AgCl、可能含Ag，再加氨水溶解AgCl，發(fā)生AgCl+2NH3?H2O?Ag（NH3）2++Cl﹣+2H2O，過(guò)濾II分離出的濾渣為Ag，對(duì)過(guò)濾II得到的濾液用N2H4?H2O（水合肼）在堿性條件下能還原Ag（NH3）2+得到Ag，以此來(lái)解答。（1）“氧化”階段需在80℃條件下進(jìn)行，不超過(guò)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反應(yīng)的產(chǎn)物為AgCl、NaOH和O2，Ag、O元素的化合價(jià)升高，Cl元素的化合價(jià)降低，由電子、原子守恒可知該反應(yīng)的化學(xué)方程式為4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑．HNO3也能氧化Ag，從反應(yīng)產(chǎn)物的角度分析，以HNO3代替NaClO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+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑；會(huì)釋放出氮氧化物（或NO、NO2），造成環(huán)境污染；（3）為提高Ag的回收率，需對(duì)“過(guò)濾Ⅱ”的濾渣進(jìn)行洗滌，并將洗滌后的濾液合并入過(guò)濾Ⅱ的濾液中，減少Ag的損失。故答案為：將洗滌后的濾液合并入過(guò)濾Ⅱ的濾液中；（4）若省略“過(guò)濾Ⅰ”，直接向冷卻后的反應(yīng)容器中滴加10%氨水，則需要增加氨水的用量，除因過(guò)量NaClO與NH3?H2O反應(yīng)外（該條件下NaClO3與NH3?H2O不反應(yīng)），還因?yàn)槲催^(guò)濾掉的溶液會(huì)稀釋加入的氨水，且其中含有一定濃度的Cl﹣，不利于AgCl與氨水反應(yīng)，故答案為：未過(guò)濾掉的溶液會(huì)稀釋加入的氨水，且其中含有一定濃度的Cl﹣，不利于AgCl與氨水反應(yīng)；（5）由信息③可知，從“過(guò)濾Ⅱ”后的濾液中獲取單質(zhì)Ag的實(shí)驗(yàn)方案為向?yàn)V液中滴加2mol?L﹣1水合肼溶液，攪拌使其充分反應(yīng)，同時(shí)用1mol?L﹣1H2SO4溶液吸收反應(yīng)中放出的NH3，待溶液中無(wú)氣泡產(chǎn)生，停止滴加，靜置，過(guò)濾、洗滌，干燥。故答案為：向?yàn)V液中滴加2mol?L﹣1水合肼溶液，攪拌使其充分反應(yīng)，同時(shí)用1mol?L﹣1H2SO4溶液吸收反應(yīng)中放出的NH3，待溶液中無(wú)氣泡產(chǎn)生，停止滴加，靜置，過(guò)濾、洗滌，干燥．【考點(diǎn)】硝酸的性質(zhì)；氯及其化合物；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)【專題】物質(zhì)的分離提純和鑒別【點(diǎn)評(píng)】本題考查混合物分離提純，為高頻考點(diǎn)，把握流程中發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離提純方法、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意信息的?yīng)用及實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)，題目難度中等。20．（14分）（2023?江蘇）砷（As）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。（1）將硫酸錳、硝酸釔與氫氧化鈉溶液按一定比例混合，攪拌使其充分反應(yīng)，可獲得一種砷的高效吸附劑X，吸附劑X中含有CO32—，其原因是。（2）H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物種的分布分?jǐn)?shù)（平衡時(shí)某物種的濃度占各物種濃度之和的分?jǐn)?shù)）與pH的關(guān)系分別如圖﹣1和圖﹣2所示．①以酚酞為指示劑（變色范圍pH8.0～10.0），將NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，當(dāng)溶液由無(wú)色變?yōu)闇\紅色時(shí)停止滴加。該過(guò)程中主要反應(yīng)的離子方程式為。②H3AsO4第一步電離方程式H3AsO4?H2AsO4—+H+的電離常數(shù)為Ka1，則pKa1=（pKa1=﹣lgKa1）。（3）溶液的pH對(duì)吸附劑X表面所帶電荷有影響．pH=7.1時(shí)，吸附劑X表面不帶電荷；pH＞7.1時(shí)帶負(fù)電荷，pH越高，表面所帶負(fù)電荷越多；pH＜7.1時(shí)帶正電荷，pH越低，表面所帶正電荷越多．pH不同時(shí)吸附劑X對(duì)三價(jià)砷和五價(jià)砷的平衡吸附量（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升高而迅速下降，其原因是。②在pH4～7之間，吸附劑X對(duì)水中三價(jià)砷的去除能力遠(yuǎn)比五價(jià)砷的弱，這是因?yàn)?。提高吸附劑X對(duì)三價(jià)砷去除效果可采取的措施是?！敬鸢浮竣艍A性溶液吸收了空氣中的CO2。⑵①OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O②2.2⑶①在pH7～9之間，隨pH升高H2AsO4﹣轉(zhuǎn)變?yōu)镠AsO42﹣，吸附劑X表面所帶負(fù)電荷增多，靜電斥力增加。②在pH4～7之間，吸附劑X表面帶正電，五價(jià)砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣陰離子存在，靜電引力較大；而三價(jià)砷主要以H3AsO3分子存在，與吸附劑X表面產(chǎn)生的靜電引力小。加入氧化劑，將三價(jià)砷轉(zhuǎn)化為五價(jià)砷?！窘馕觥浚?）空氣中的CO2屬于酸性氧化物，能溶于強(qiáng)堿溶液，NaOH是堿，能吸收空氣中的二氧化碳而生成碳酸根離子，所以其原因是堿性溶液吸收了空氣中的CO2，故答案為：堿性溶液吸收了空氣中的CO2；（2）①根據(jù)圖知，堿性條件下H3AsO3的濃度減小、H2AsO3—濃度增大，說(shuō)明堿和H3AsO3生成H2AsO3—，該反應(yīng)為酸堿的中和反應(yīng)，同時(shí)還生成水，離子方程式為OH—+H3AsO3=H2AsO3—+H2O，故答案為：OH—+H3AsO3=H2AsO3—+H2O；②Ka1=c(H2AsO4—)·c(H+)/c(H3AsO4)，pH=2.2時(shí)c（H+）=10—2.2mol/L，c（H3AsO3）=c（H2AsO3—），pKa1=﹣lgKa1=﹣lg[c(H2AsO4—)·c(H+)/c(H3AsO4)]=2.2。故答案為：2.2；（3）①吸附劑X表面所帶負(fù)電荷增多，靜電斥力越大，在pH7～9之間，隨pH升高H2AsO4﹣轉(zhuǎn)變?yōu)镠AsO42﹣，吸附劑X表面所帶負(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)五價(jià)砷的平衡吸附量隨pH升高而迅速下降。故答案為：在pH7～9之間，隨pH升高H2AsO4﹣轉(zhuǎn)變?yōu)镠AsO42﹣，吸附劑X表面所帶負(fù)電荷增多，靜電斥力增加；②在pH4～7之間，吸附劑X表面帶正電，五價(jià)砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣陰離子存在，pH＜7.1時(shí)帶正電荷，pH越低，表面所帶正電荷越多，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表面產(chǎn)生的靜電引力小，所以在pH4～7之間，吸附劑X對(duì)水中三價(jià)砷的去除能力遠(yuǎn)比五價(jià)砷的弱；在pH4～7之間，吸附劑X對(duì)水中三價(jià)砷的去除能力遠(yuǎn)比五價(jià)砷的弱，如果能將三價(jià)砷轉(zhuǎn)化為五價(jià)砷，能有效的去除三價(jià)砷，所以采取的措施是加入氧化劑，將三價(jià)砷轉(zhuǎn)化為五價(jià)砷。故答案為：在pH4～7之間，吸附劑X表面帶正電，五價(jià)砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣陰離子存在，靜電引力較大；而三價(jià)砷主要以H3AsO3分子存在，與吸附劑X表面產(chǎn)生的靜電引力??；加入氧化劑，將三價(jià)砷轉(zhuǎn)化為五價(jià)砷?！究键c(diǎn)】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】電離平衡與溶液的pH專題【點(diǎn)評(píng)】本題以含有As的物質(zhì)為載體考查弱電解質(zhì)的電離及圖象分析，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的掌握和靈活運(yùn)用、圖象分析判斷能力，明確出題人的目的是解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是圖象的正確理解和分析，題目難度中等?！具x做題】本題包括A、B兩小題，請(qǐng)選定其中一小題，并在相應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)作答．若多做，則按A小題評(píng)分．A．[物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]21．（12分）