2017江蘇高考化學試題（含答案）

2017年江蘇省高考化學試卷一、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2．（2分）下列有關(guān)化學用語表示正確的是（）A．質(zhì)量數(shù)為31的磷原子：3115P B．氟原子的結(jié)構(gòu)示意圖：C．CaCl2的電子式： D．明礬的化學式：Al2（SO4）33．（2分）下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應(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，可用于自來水的殺菌消毒C．SiO2硬度大，可用于制造光導纖維D．NH3易溶于水，可用作制冷劑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目的是（）A．制取SO2 B．驗證漂白性 C．收集SO2 D．尾氣處理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）B．W的最高價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D．X、Y、Z三種元素可以組成共價化合物和離子化合物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+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↓+H2O7．（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（）A．FeFeCl2Fe（OH）2B．SSO3H2SO4C．CaCO3CaOCaSiO3D．NH3NOHNO38．（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﹣1（）A．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）═CH3OCH3（g）+H2O（l）的△H=kJ?mol﹣1D．反應(yīng)2CO（g）+4H2（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）的△H=（2b+2c+d）kJ?mol﹣19．（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﹣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﹣、HCO3﹣10．（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，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內(nèi)，關(guān)于下列萜類化合物的說法正確的是（）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12．（4分）下列說法正確的是（）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6.02×102313．（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)象實驗結(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，溶液呈藍色溶液中含Br2A．A B．B C．C D．D14．（4分）常溫下，Ka（HCOOH）=1.77×10﹣4，Ka（CH3COOH）=1.75×10﹣5，Kb（NH3?H2O）=1.76×10﹣5，下列說法正確的是（）A．濃度均為0.1mol?L﹣1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+）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．達平衡時，容器Ⅰ與容器Ⅱ中的總壓強之比為4：5B．達平衡時，容器Ⅱ中c（O2）/c（NO2）比容器Ⅰ中的大C．達平衡時，容器Ⅲ中NO的體積分數(shù)小于50%D．當溫度改變?yōu)門2時，若k正=k逆，則T2＞T1三、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．（2）向“過濾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，電解過程中作陽極的石墨易消耗，原因是．（4）“電解Ⅱ”是電解Na2CO3溶液，原理如圖所示．陽極的電極反應(yīng)式為，陰極產(chǎn)生的物質(zhì)A的化學式為．（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．17．（15分）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中的含氧官能團名稱為和．（2）D→E的反應(yīng)類型為．（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：．①含有苯環(huán)，且分子中有一個手性碳原子；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)簡式：．（5）已知：（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）．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①方法1：45～50℃時，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+對該反應(yīng)有催化作用，其催化原理如圖所示．M′的化學式為．（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，進行下列實驗：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）標準溶液滴定Cu2+（離子方程式為Cu2++H2Y2﹣═CuY2﹣+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式（寫出計算過程）．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：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的缺點是．（3）為提高Ag的回收率，需對“過濾Ⅱ”的濾渣進行洗滌，并．（4）若省略“過濾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，除因過量NaClO與NH3?H2O反應(yīng)外（該條件下NaClO3與NH3?H2O不反應(yīng)），還因為．（5）請設(shè)計從“過濾Ⅱ”后的濾液中獲取單質(zhì)Ag的實驗方案：（實驗中須使用的試劑有：2mol?L﹣1水合肼溶液，1mol?L﹣1H2SO4）．20．（14分）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數(shù)（平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數(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，當溶液由無色變?yōu)闇\紅色時停止滴加．該過程中主要反應(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對吸附劑X表面所帶電荷有影響．pH=7.1時，吸附劑X表面不帶電荷；pH＞7.1時帶負電荷，pH越高，表面所帶負電荷越多；pH＜7.1時帶正電荷，pH越低，表面所帶正電荷越多．pH不同時吸附劑X對三價砷和五價砷的平衡吸附量（吸附達平衡時單位質(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對五價砷的平衡吸附量隨pH升高而迅速下降，其原因是．②在pH4～7之間，吸附劑X對水中三價砷的去除能力遠比五價砷的弱，這是因為．提高吸附劑X對三價砷去除效果可采取的措施是．【選做題】本題包括A、B兩小題，請選定其中一小題，并在相應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)作答．若多做，則按A小題評分．A．[物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]21．（12分）鐵氮化合物（FexNy）在磁記錄材料領(lǐng)域有著廣泛的應(yīng)用前景．某FexNy的制備需鐵、氮氣、丙酮和乙醇參與．（1）Fe3+基態(tài)核外電子排布式為．（2）丙酮（）分子中碳原子軌道的雜化類型是，1mol丙酮分子中含有σ鍵的數(shù)目為．（3）C、H、O三種元素的電負性由小到大的順序為．（4）乙醇的沸點高于丙酮，這是因為．（5）某FexNy的晶胞如圖﹣1所示，Cu可以完全替代該晶體中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型產(chǎn)物Fe（x﹣n）CunNy．FexNy轉(zhuǎn)化為兩種Cu替代型產(chǎn)物的能量變化如圖﹣2所示，其中更穩(wěn)定的Cu替代型產(chǎn)物的化學式為．B．[實驗化學]22．1﹣溴丙烷是一種重要的有機合成中間體，沸點為71℃，密度為1.36g?cm﹣3．實驗室制備少量1﹣溴丙烷的主要步驟如下：步驟1：在儀器A中加入攪拌磁子、12g正丙醇及20mL水，冰水冷卻下緩慢加入28mL濃H2SO4；冷卻至室溫，攪拌下加入24gNaBr．步驟2：如圖所示搭建實驗裝置，緩慢加熱，直到無油狀物餾出為止．步驟3：將餾出液轉(zhuǎn)入分液漏斗，分出有機相．步驟4：將分出的有機相轉(zhuǎn)入分液漏斗，依次用12mLH2O、12mL5%Na2CO3溶液和12mLH2O洗滌，分液，得粗產(chǎn)品，進一步提純得1﹣溴丙烷．（1）儀器A的名稱是；加入攪拌磁子的目的是攪拌和．（2）反應(yīng)時生成的主要有機副產(chǎn)物有2﹣溴丙烷和．（3）步驟2中需向接受瓶內(nèi)加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是．（4）步驟2中需緩慢加熱使反應(yīng)和蒸餾平穩(wěn)進行，目的是．（5）步驟4中用5%Na2CO3溶液洗滌有機相的操作：向分液漏斗中小心加入12mL5%Na2CO3溶液，振蕩，，靜置，分液．

2017年江蘇省高考化學試卷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?江蘇）2017年世界地球日我國的主題為“節(jié)約集約利用資源，倡導綠色簡約生活”．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【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．2．（2分）（2017?江蘇）下列有關(guān)化學用語表示正確的是（）A．質(zhì)量數(shù)為31的磷原子：3115P B．氟原子的結(jié)構(gòu)示意圖：C．CaCl2的電子式： D．明礬的化學式：Al2（SO4）3【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+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．明礬化學式中含有結(jié)晶水，其正確的化學式為：KAl（SO4）2?12H2O，故D錯誤；故選A．3．（2分）（2017?江蘇）下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應(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，可用于自來水的殺菌消毒C．SiO2硬度大，可用于制造光導纖維D．NH3易溶于水，可用作制冷劑【分析】A．Na2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，氧氣能供給呼吸；B．ClO2具有強氧化性；C．光導纖維的主要成分是二氧化硅，光導纖維是利用光的全反射原理；D．氨氣易液化而吸收熱量導致周圍環(huán)境溫度降低．【解答】解：A．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；B．ClO2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．光導纖維的主要成分是二氧化硅，光導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．4．（2分）（2017?江蘇）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目的是（）A．制取SO2 B．驗證漂白性 C．收集SO2 D．尾氣處理【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，操作符號要求，可達到實驗目的，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．5．（2分）（2017?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的元素．下列說法正確的是（）A．原子半徑：r（X）＜r（Y）＜r（Z）＜r（W）B．W的最高價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D．X、Y、Z三種元素可以組成共價化合物和離子化合物【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??；B．W的最高價氧化物的水化物是NaOH；C．Y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；D．X、Y、Z三種元素組成的化合物可能是硝酸、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)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錯誤；B．W的最高價氧化物的水化物是NaOH，NaOH是強堿，故B錯誤；C．Y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元素，所以Z單質(zhì)的氧化性大于Y，故C錯誤；D．X、Y、Z三種元素組成的化合物可能是硝酸、硝酸銨，硝酸是共價化合物、硝酸銨是離子化合物，故D正確；故選D．6．（2分）（2017?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【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+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故A錯誤；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，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量數(shù)都是2，離子方程式為Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+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﹣+2OH﹣═CaCO3↓+H2O+NH3?H2O，故D錯誤；故選B．7．（2分）（2017?江蘇）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（）A．FeFeCl2Fe（OH）2B．SSO3H2SO4C．CaCO3CaOCaSiO3D．NH3NOHNO3【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；C．CaCO3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；C．CaCO3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．8．（2分）（2017?江蘇）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﹣1（）A．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）═CH3OCH3（g）+H2O（l）的△H=kJ?mol﹣1D．反應(yīng)2CO（g）+4H2（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）的△H=（2b+2c+d）kJ?mol﹣1【分析】A．反應(yīng)③中的反應(yīng)物為CO2、H2；B．反應(yīng)③中的反應(yīng)物為CO2，轉(zhuǎn)化為甲醇；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；D．由蓋斯定律可知，②×2+③×2+④得到2CO（g）+4H2（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）．【解答】解：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）═CH3OCH3（g）+H2O（l）的△H≠kJ?mol﹣1，故C錯誤；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；故選C．9．（2分）（2017?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﹣【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)；B．c（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：A．Fe3+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；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．10．（2分）（2017?江蘇）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，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【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．【解答】解：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，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，但與溶液的pH值不成正比，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．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）（2017?江蘇）萜類化合物廣泛存在于動植物體內(nèi)，關(guān)于下列萜類化合物的說法正確的是（）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【分析】A．a(chǎn)中不含苯環(huán)；B．a(chǎn)、c中含甲基、亞甲基、次甲基均為四面體構(gòu)型；C．a(chǎn)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：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錯誤；C．a(chǎn)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．12．（4分）（2017?江蘇）下列說法正確的是（）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【分析】A．由化學計量數(shù)可知△S＜0；B．導線連接鋅塊，構(gòu)成原電池時Zn為負極；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．【解答】解：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錯誤；B..導線連接鋅塊，構(gòu)成原電池時Zn為負極，F(xiàn)e作正極被保護，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+）≤=5.6×10﹣4mol?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算物質(zhì)的量及轉(zhuǎn)移電子數(shù)，故D錯誤；故選BC．13．（4分）（2017?江蘇）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)象實驗結(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，溶液呈藍色溶液中含Br2A．A B．B C．C D．D【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；B．硫酸鋇不溶于稀鹽酸、亞硫酸鋇溶于稀鹽酸；C．銀鏡反應(yīng)必須在堿性條件下進行；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)．【解答】解：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，該實驗結(jié)論錯誤，故A錯誤；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部分沉淀不溶解，說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行，該實驗中加入銀氨溶液前沒有加入NaOH溶液中和未反應(yīng)的稀硫酸，所以實驗不成功，則實驗操作及結(jié)論錯誤，故C錯誤；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錯誤；故選B．14．（4分）（2017?江蘇）常溫下，Ka（HCOOH）=1.77×10﹣4，Ka（CH3COOH）=1.75×10﹣5，Kb（NH3?H2O）=1.76×10﹣5，下列說法正確的是（）A．濃度均為0.1mol?L﹣1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+）【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：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﹣）；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pH＜7，說明醋酸電離程度大于醋酸鈉水解程度．【解答】解：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﹣），所以濃度均為0.1mol?L﹣1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；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溶液至終點時，酸的濃度越大，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pH＜7，說明醋酸電離程度大于醋酸鈉水解程度，甲酸是弱酸，其電離程度較小，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．15．（4分）（2017?江蘇）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．達平衡時，容器Ⅰ與容器Ⅱ中的總壓強之比為4：5B．達平衡時，容器Ⅱ中c（O2）/c（NO2）比容器Ⅰ中的大C．達平衡時，容器Ⅲ中NO的體積分數(shù)小于50%D．當溫度改變?yōu)門2時，若k正=k逆，則T2＞T1【分析】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化學平衡常數(shù)K==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/L=0.8mol，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==＜0.8，則平衡正向移動；B．如果II中平衡時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=，平衡時c（NO2）=c（O2）=mol/L，c（NO）=0.5mol/L+mol/L=mol/L，II中≈1.3＞0.8，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%；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），化學平衡常數(shù)K等于1．【解答】解：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化學平衡常數(shù)K==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/L=0.8mol，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==＜0.8，則平衡正向移動，平衡正向移動導致混合氣體總物質(zhì)的量之和增大，所以達平衡時，容器Ⅰ與容器Ⅱ中的總壓強之比小于4：5，故A錯誤；B．如果II中平衡時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=，平衡時c（NO2）=c（O2）=mol/L，c（NO）=0.5mol/L+mol/L=mol/L，II中≈1.3＞0.8，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Ⅱ中c（O2）/c（NO2）小于1，則比容器Ⅰ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（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%，則達平衡時，容器Ⅲ中NO的體積分數(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T2＞T1，故D正確；故選CD．三、解答題16．（12分）（2017?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+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O．（2）向“過濾Ⅰ”所得濾液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH減?。ㄌ睢霸龃蟆?、“不變”或“減小”）．（3）“電解Ⅰ”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Ⅱ”是電解Na2CO3溶液，原理如圖所示．陽極的電極反應(yīng)式為4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑，陰極產(chǎn)生的物質(zhì)A的化學式為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．【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+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，故答案為：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；（2）向“過濾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﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+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的化學式為H2，故答案為：4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+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：NH4Cl分解產(chǎn)生的HCl能夠破壞Al表面的Al2O3薄膜．17．（15分）（2017?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中的含氧官能團名稱為醚鍵和酯基．（2）D→E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：．①含有苯環(huán)，且分子中有一個手性碳原子；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)簡式：．（5）已知：（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）．【分析】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)，比較F與H的結(jié)構(gòu)可知，G為，G→H發(fā)生氧化反應(yīng)，（1）C中含氧官能團為醚鍵、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F→G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）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：．18．（12分）（2017?江蘇）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①方法1：45～50℃時，向CuCl懸濁液中持續(xù)通入空氣得到Cu2（OH）2Cl2?3H2O，該反應(yīng)的化學方程式為4CuCl+O2+8H2O2Cu2（OH）2Cl2?3H2O．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+對該反應(yīng)有催化作用，其催化原理如圖所示．M′的化學式為Fe2+．（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，進行下列實驗：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）標準溶液滴定Cu2+（離子方程式為Cu2++H2Y2﹣═CuY2﹣+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式（寫出計算過程）．【分析】（1）①45～50℃時，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；②Fe3+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②可知n（Cl﹣）=n（AgCl）×==4.800×10﹣3mol，由③可知n（Cu2+）=n（EDTA）×=0.08000mol?L﹣1×30.00mL×10﹣3L?mL﹣1×=9.600×10﹣3mol，結(jié)合化合物中正負化合價的代數(shù)和為0及物質(zhì)定組成來計算．【解答】解：（1）①45～50℃時，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+8H2O2Cu2（OH）2Cl2?3H2O，故答案為：4CuCl+O2+8H2O2Cu2（OH）2Cl2?3H2O；②Fe3+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′的化學式為Fe2+，故答案為：Fe2+；（2）n（Cl﹣）=n（AgCl）×==4.800×10﹣3mol，n（Cu2+）=n（EDTA）×=0.08000mol?L﹣1×30.00mL×10﹣3L?mL﹣1×=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）==4.800×10﹣3mol，則a：b：c：x=n（Cu2+）：n（OH﹣）：n（Cl﹣）：n（H2O）=2：3：1：1，即化學式為Cu2（OH）3Cl?H2O，答：該樣品的化學式為Cu2（OH）3Cl?H2O．19．（15分）（2017?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低，對實驗的影響可忽略）．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℃條件下進行，適宜的加熱方式為水浴加熱．（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的缺點是會釋放出氮氧化物（或NO、NO2），造成環(huán)境污染．（3）為提高Ag的回收率，需對“過濾Ⅱ”的濾渣進行洗滌，并將洗滌后的濾液合并入過濾Ⅱ的濾液中．（4）若省略“過濾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，除因過量NaClO與NH3?H2O反應(yīng)外（該條件下NaClO3與NH3?H2O不反應(yīng)），還因為未過濾掉的溶液會稀釋加入的氨水，且其中含有一定濃度的Cl﹣，不利于AgCl與氨水反應(yīng)．（5）請設(shè)計從“過濾Ⅱ”后的濾液中獲取單質(zhì)Ag的實驗方案：向濾液中滴加2mol?L﹣1水合肼溶液，攪拌使其充分反應(yīng)，同時用1mol?L﹣1H2SO4溶液吸收反應(yīng)中放出的NH3，待溶液中無氣泡產(chǎn)生，停止滴加，靜置，過濾、洗滌，干燥（實驗中須使用的試劑有：2mol?L﹣1水合肼溶液，1mol?L﹣1H2SO4）．【分析】回收一種光盤金屬層中的少量Ag，由流程可知，氧化時發(fā)生4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑，為控制80℃，可水浴加熱，過濾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，過濾II分離出的濾渣為Ag，對過濾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，以此來解答．【解答】解：（1）“氧化”階段需在80℃條件下進行，不超過水的沸點，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元素的化合價升高，Cl元素的化合價降低，由電子、原子守恒可知該反應(yīng)的化學方程式為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的缺點是會釋放出氮氧化物（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“過濾Ⅱ”的濾渣進行洗滌，并將洗滌后的濾液合并入過濾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濾Ⅱ的濾液中；（4）若省略“過濾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，除因過量NaClO與NH3?H2O反應(yīng)外（該條件下NaClO3與NH3?H2O不反應(yīng)），還因為未過濾掉的溶液會稀釋加入的氨水，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：未過濾掉的溶液會稀釋加入的氨水，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“過濾Ⅱ”后的濾液中獲取單質(zhì)Ag的實驗方案為向濾液中滴加2mol?L﹣1水合肼溶液，攪拌使其充分反應(yīng)，同時用1mol?L﹣1H2SO4溶液吸收反應(yīng)中放出的NH3，待溶液中無氣泡產(chǎn)生，停止滴加，靜置，過濾、洗滌，干燥，故答案為：向濾液中滴加2mol?L﹣1水合肼溶液，攪拌使其充分反應(yīng)，同時用1mol?L﹣1H2SO4溶液吸收反應(yīng)中放出的NH3，待溶液中無氣泡產(chǎn)生，停止滴加，靜置，過濾、洗滌，干燥．20．（14分）（2017?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﹣，其原因是堿性溶液吸收了空氣中的CO2．（2）H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物種的分布分數(shù)（平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數(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，當溶液由無色變?yōu)闇\紅色時停止滴加．該過程中主要反應(yīng)的離子方程式為OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O．②H3AsO4第一步電離方程式H3AsO4?H2AsO4﹣+H+的電離常數(shù)為Ka1，則pKa1=2.2（pKa1=﹣lgKa1）．（3）溶液的pH對吸附劑X表面所帶電荷有影響．pH=7.1時，吸附劑X表面不帶電荷；pH＞7.1時帶負電荷，pH越高，表面所帶負電荷越多；pH＜7.1時帶正電荷，pH越低，表面所帶正電荷越多．pH不同時吸附劑X對三價砷和五價砷的平衡吸附量（吸附達平衡時單位質(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對五價砷的平衡吸附量隨pH升高而迅速下降，其原因是在pH7～9之間，隨pH升高H2AsO4﹣轉(zhuǎn)變?yōu)镠AsO42﹣，吸附劑X表面所帶負電荷增多，靜電斥力增加．②在pH4～7之間，吸附劑X對水中三價砷的去除能力遠比五價砷的弱，這是因為在pH4～7之間，吸附劑X表面帶正電，五價砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣陰離子存在，靜電引力較大；而三價砷主要以H3AsO3分子存在，與吸附劑X表面產(chǎn)生的靜電引力小．提高吸附劑X對三價砷去除效果可采取的措施是加入氧化劑，將三價砷轉(zhuǎn)化為五價砷．【分析】（1）空氣中的CO2屬于酸性氧化物，能溶于強堿溶液；（2）①根據(jù)圖知，堿性條件下H3AsO3的濃度減小、H2AsO3﹣濃度增大，說明堿和H3AsO3生成H2AsO3﹣，該反應(yīng)為酸堿的中和反應(yīng)；②Ka1=，pH=2.2時c（H+）=10﹣2.2mol/L，c（H3AsO3）=c（H2AsO3﹣）；（3）①吸附劑X表面所帶負電荷增多，靜電斥力越大；②在pH4～7之間，吸附劑X表面帶正電，五價砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣陰離子存在，pH＜7.1時帶正電荷，pH越低，表面所帶正電荷越多；而三價砷主要以H3AsO3分子存在；在pH4～7之間，吸附劑X對水中三價砷的去除能力遠比五價砷的弱，如果能將三價砷轉(zhuǎn)化為五價砷，能有效的去除三價砷．【解答】解：（1）空氣中的CO2屬于酸性氧化物，能溶于強堿溶液，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，說明堿和H3AsO3生成H2AsO3﹣，該反應(yīng)為酸堿的中和反應(yīng)，同時還生成水，離子方程式為OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O，故答案為：OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O；②Ka1=，pH=2.2時c（H+）=10﹣2.2mol/L，c（H3AsO3）=c（H2AsO3﹣），pKa1=﹣lg