2017 年江苏省高考化学试卷 一、单项选择题:本题包括 10 小题,每小题 2 分,共计 20 分.每小题只有一 个选项符合题意. 1.(2 分)2017 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”.下列做法应提倡的是( ) 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 2.(2 分)下列有关化学用语表示正确的是( ) A.质量数为 31 的磷原子:3115PB.氟原子的结构示意图: C.CaCl2 的电子式: D.明矾的化学式:Al2(SO4)3 3.(2 分)下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( ) A.Na2O2 吸收 CO2 产生 O2,可用作呼吸面具供氧剂 B.ClO2 具有还原性,可用于自来水的杀菌消毒 C.SiO2 硬度大,可用于制造光导纤维 D.NH3 易溶于水,可用作制冷剂 4.(2 分)下列制取 SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能 达到实验目的是( )A.制取 SO2 B.验证漂白性 C.收集 SO2D.尾气处理 5.(2 分)短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大,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 第 1 页(共 41 页) 素.下列说法正确的是( ) A.原子半径:r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W) B.W 的最高价氧化物的水化物是一种弱碱 C.Y 的单质的氧化性比 Z 的强 D.X、Y、Z 三种元素可以组成共价化合物和离子化合物 6.(2 分)下列指定反应的离子方程式正确的是( ) A.钠与水反应:Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑ B.电解饱和食盐水获取烧碱和氯气:2Cl﹣+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH﹣ C.向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸:Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O D.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水:Ca2++HCO3 +OH﹣═CaCO3↓+H2O ﹣7.(2 分)在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是( ) A.Fe FeCl2 SO3 CaO Fe(OH)2 B.S H2SO4 C.CaCO3 D.NH3 CaSiO3 NO HNO3 8.(2 分)通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3 ).下列说法不正确 的是 ①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2 (g)△H1=a kJ•mol﹣1 ②CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2 (g)△H2=b kJ•mol﹣1 ③CO2 (g)+3H2 (g)═CH3OH(g)+H2O(g)△H3=c kJ•mol﹣1 ④2CH3OH(g)═CH3OCH3 (g)+H2O(g)△H4=d kJ•mol﹣1( ) A.反应①、②为反应③提供原料气 B.反应③也是 CO2 资源化利用的方法之一 C.反应 CH3OH(g)═ CH3OCH3 (g)+ H2O(l)的△H= kJ•mol﹣1 D.反应 2CO(g)+4H2 (g)═CH3OCH3 (g)+H2O(g)的△H=( 2b+2c+d ) 第 2 页(共 41 页) kJ•mol﹣1 9.(2 分)常温下,下列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 ﹣ ﹣B.c(H+)/c(OH﹣)=1×10 ﹣12 的溶液中:K+、Na+、CO32﹣、NO3 +﹣2﹣ C.c(Fe2+ )=1 mol•L﹣1 的溶液中:K+、NH4 、MnO4 、SO4 +﹣D.能使甲基橙变红的溶液中:Na+、NH4 、SO42﹣、HCO3 10.(2 分)H2O2 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图所示.下列说法正确的是( ) A.图甲表明,其他条件相同时,H2O2 浓度越小,其分解速率越快 B.图乙表明,其他条件相同时,溶液 pH 越小,H2O2 分解速率越快 C.图丙表明,少量 Mn2+存在时,溶液碱性越强,H2O2 分解速率越快 D.图丙和图丁表明,碱性溶液中,Mn2+对 H2O2 分解速率的影响大 二、不定项选择题:本题包括 5 小题,每小题 4 分,共计 20 分.每小题只有一 个或两个选项符合题意.若正确答案只包括一个选项,多选时,该小题得 0 分; 若正确答案包括两个选项,只选一个且正确的得 2 分,选两个且都正确的得满 分,但只要选错一个,该小题就得 0 分 11.(4 分)萜类化合物广泛存在于动植物体内,关于下列萜类化合物的说法正 确的是( ) A.a 和 b 都属于芳香族化合物 B.a 和 c 分子中所有碳原子均处于同一平面上 第 3 页(共 41 页) C.a、b 和 c 均能使酸性 KMnO4 溶液褪色 D.b 和 c 均能与新制的 Cu(OH)2 反应生成红色沉淀 12.(4 分)下列说法正确的是( ) A.反应 N2 (g)+3H2 (g)⇌2NH3 (g)的△H<0,△S>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,Ksp[Mg(OH) ]=5.6×10﹣12,pH=10 的含 Mg2+溶液中,c(Mg2+ )≤ 25.6×10﹣4 mol•L﹣1 D.常温常压下,锌与稀 H2SO4 反应生成 11.2 L H2,反应中转移的电子数为 6.02× 1023 13.(4 分)根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是( ) 选项A实验操作和现象 实验结论 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 溶液中加入足量 BaCl2 溶液,出现白色 部分 Na2SO3 沉淀;再加入足量稀盐酸,部分沉淀溶解 被氧化 C向 20%蔗糖溶液中加入少量稀 H2SO4,加热;再加入银 蔗糖未水解 氨溶液;未出现银镜 D向某黄色溶液中加入淀粉 KI 溶液,溶液呈蓝色 溶液中含 Br2 A.A B.B C.C D.D 14.(4 分)常温下,Ka (HCOOH)=1.77×10﹣4,Ka (CH3COOH)=1.75×10﹣5, Kb (NH3•H2O)=1.76×10﹣5,下列说法正确的是( ) A.浓度均为 0.1 mol•L﹣1 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 C.0.2 mol•L﹣1 HCOOH 与 0.1 mol•L﹣1 NaOH 等体积混合后的溶液中:c(HCOO﹣) +c(OH﹣)=c(HCOOH)+c(H+) 第 4 页(共 41 页) D.0.2 mol•L﹣1 CH3COONa 与 0.1 mol•L﹣1 盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7):c (CH3COO﹣)>c(Cl﹣)>c(CH3COOH)>c(H+) 15.(4 分)温度为 T1 时,在三个容积均为 1L 的恒容密闭容器中仅发生反应:2NO2 (g)⇌2NO(g)+O2 (g) (正反应吸热).实验测得: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 逆为速率常数,受温度影响.下列说法正确的是( ) 物质的起始浓度(mol•L﹣1) 容器编号 物质的平衡浓 度(mol•L﹣1) c(NO2) c(NO) c(O2) c(O2) ⅠⅡⅢ0.6 0.3 000.5 0.5 00.2 0.2 0.35 A.达平衡时,容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为 4:5 B.达平衡时,容器Ⅱ中 c(O2 )/c(NO2 ) 比容器Ⅰ中的大 C.达平衡时,容器Ⅲ中 NO 的体积分数小于 50% D.当温度改变为 T2 时,若 k 正=k 逆,则 T2>T1 三、解答题 16.(12 分)铝是应用广泛的金属.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 . 第 5 页(共 41 页) (2)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入 NaHCO3 溶液,溶液的 pH “不变”或“减小”). (填“增大”、 (3)“电解Ⅰ”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Ⅱ”是电解 Na2CO3 溶液,原理如图所示. 阳极的电极反应式为 (5)铝粉在 1000℃时可与 N2 反应制备 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 . ,阴极产生的物质 A 的化学式为 . 17.(15 分)化合物 H 是一种用于合成 γ﹣分泌调节剂的药物中间体,其合成路 线流程图如下: (1)C 中的含氧官能团名称为 (2)D→E 的反应类型为 . (3)写出同时满足下列条件的 C 的一种同分异构体的结构简式: 和 . . ①含有苯环,且分子中有一个手性碳原子;②能发生水解反应,水解产物之一是 α﹣氨基酸,另一水解产物分子中只有 2 种不同化学环境的氢. 第 6 页(共 41 页) ( 4 ) G 的 分 子 式 为C12H14N2O2 , 经 氧 化 得 到H , 写 出G 的 结 构 简 式: . (5)已知: (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,合成路线流程图示例 见本题题干). 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 ①方法 1:45~50℃时,向 CuCl 悬浊液中持续通入空气得到 Cu2 (OH)2 Cl2•3H2O,该反应的化学方程式为 . ②方法 2:先制得 CuCl2,再与石灰乳反应生成碱式氯化铜.Cu 与稀盐酸在持续 通入空气的条件下反应生成 CuCl2,Fe3+对该反应有催化作用,其催化原理如图所 示. M′的化学式为 . (2)碱式氯化铜有多种组成,可表示为 Cua(OH)bClc•xH2O. 为测定某碱式氯 化铜的组成,进行下列实验: ①称取样品 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 AgCl 0.1722g; ③另取 25.00mL 溶液 A,调节 pH 4~5,用浓度为 0.08000mol•L﹣1 的 EDTA (Na2H2Y•2H2O)标准溶液滴定 Cu2+ (离子方程式为 Cu2++H2Y2﹣═CuY2﹣+2H+), 滴定至终点,消耗标准溶液 30.00mL.通过计算确定该样品的化学式(写出计算 过程). 19.(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). 第 7 页(共 41 页) 已知:①NaClO 溶液在受热或酸性条件下易分解,如:3NaClO═2NaCl+NaClO3 +②AgCl 可溶于氨水:AgCl+2NH3•H2O⇌Ag(NH3)2 +Cl﹣+2H2O +③常温时 N2H4•H2O(水合肼)在碱性条件下能还原 Ag(NH3)2 : ++4Ag(NH3)2 +N2H4•H2O═4Ag↓+N2↑+4NH4 +4NH3↑+H2O (1)“氧化”阶段需在 80℃条件下进行,适宜的加热方式为 . (2)NaClO 溶液与 Ag 反应的产物为 AgCl、NaOH 和 O2,该反应的化学方程 式为 .HNO3 也能氧化 Ag,从反应产物的角度分析,以 HNO3 代替 NaClO 的缺点是 . (3)为提高 Ag 的回收率,需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤,并 . (4)若省略“过滤Ⅰ”,直接向冷却后的反应容器中滴加 10%氨水,则需要增加 氨水的用量,除因过量 NaClO 与 NH3•H2O 反应外(该条件下 NaClO3 与 NH3•H2O 不反应),还因为 . (5)请设计从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质 Ag 的实验方案: 须使用的试剂有:2mol•L﹣1 水合肼溶液,1mol•L﹣1H2SO4 ). (实验中 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,搅拌使其充分反应, 可获得一种砷的高效吸附剂 X,吸附剂 X 中含有 CO32﹣,其原因是 . (2)H3AsO3 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 的关系分别如图﹣1 和图﹣2 所示. 第 8 页(共 41 页) ①以酚酞为指示剂(变色范围 pH 8.0~10.0),将 NaOH 溶液逐滴加入到 H3AsO3 溶液中,当溶液由无色变为浅红色时停止滴加.该过程中主要反应的离子方程式 为 . ②H3AsO4 第一步电离方程式 H3AsO4⇌H2AsO4 +H+的电离常数为 Ka1,则 pKa1= ﹣ (p Ka1=﹣lg Ka1 ). (3)溶液的 pH 对吸附剂 X 表面所带电荷有影响.pH=7.1 时,吸附剂 X 表面不 带电荷; pH>7.1 时带负电荷,pH 越高,表面所带负电荷越多;pH<7.1 时带 正电荷,pH 越低,表面所带正电荷越多.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 吸附砷的质量)如图﹣3 所 示. ①在 pH7~9 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 . ②在 pH4~7 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 . 【选做题】本题包括 A、B 两小题,请选定其中一小题,并在相应的答题区域内 第 9 页(共 41 页) 作答.若多做,则按 A 小题评分.A.[物质结构与性质] 21.(12 分)铁氮化合物(FexNy)在磁记录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. (1)Fe3+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 ,1mol 丙 酮分子中含有 σ 键的数目为 . (3)C、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 . (5)某 FexNy 的晶胞如图﹣1 所示,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 的能量变化如图﹣2 所示,其中更稳定的 Cu 替代型产物的化学式为 . B.[实验化学] 22 . 1﹣ 溴 丙 烷 是 一 种 重 要 的 有 机 合 成 中 间 体 , 沸 点 为71℃ , 密 度 为 1.36g•cm﹣3.实验室制备少量 1﹣溴丙烷的主要步骤如下: 步骤 1:在仪器 A 中加入搅拌磁子、12g 正丙醇及 20mL 水,冰水冷却下缓慢加 入 28mL 浓 H2SO4;冷却至室温,搅拌下加入 24g NaBr. 步骤 2:如图所示搭建实验装置,缓慢加热,直到无油状物馏出为止. 步骤 3:将馏出液转入分液漏斗,分出有机相. 步骤 4:将分出的有机相转入分液漏斗,依次用 12mL H2O、12mL 5% Na2CO3 溶 液和 12mL H2O 洗涤,分液,得粗产品,进一步提纯得 1﹣溴丙烷. (1)仪器 A 的名称是 ;加入搅拌磁子的目的是搅拌和 . 第 10 页(共 41 页) (2)反应时生成的主要有机副产物有 2﹣溴丙烷和 . (3)步骤 2 中需向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是 (4)步骤 2 中需缓慢加热使反应和蒸馏平稳进行,目的是 . (5)步骤 4 中用 5%Na2CO3 溶液洗涤有机相的操作:向分液漏斗中小心加入 12mL . 5% Na2CO3 溶液,振荡, ,静置,分液. 第 11 页(共 41 页) 2017 年江苏省高考化学试卷 参考答案与试题解析 一、单项选择题:本题包括 10 小题,每小题 2 分,共计 20 分.每小题只有一 个选项符合题意. 1.(2 分)(2017•江苏)2017 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”.下列做法应提倡的是( ) 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 【分析】绿色简约生活方式是一种生活理念,也是一种生活态度,指的是生活作 息时所耗用的能量要尽量减少,特别是减少二氧化碳的排放量,减缓生态恶化; 可以从节电、节能和回收等环节来改变生活细节,据此进行分析判断即可. 【解答】解:A、夏天设定空调温度尽可能的低,浪费了电能资源,增加能量损 耗,故 A 错误; B、推广使用一次性塑料袋和纸巾,浪费了资源,故 B 错误; C、少开私家车多乘公共交通工具,可以节约资源,减少空气污染,故 C 正确; D、对商品进行豪华包装促进销售,浪费了资源,故 D 错误; 故选 C. 2.(2 分)(2017•江苏)下列有关化学用语表示正确的是( ) A.质量数为 31 的磷原子:3115PB.氟原子的结构示意图: C.CaCl2 的电子式: D.明矾的化学式:Al2(SO4)3 【分析】A.质量数=质子数+中子数,元素符号的左上角为质量数、左下角为质 子数; B.氟原子的核电荷数=核外电子总数=9,最外层含有 7 个电子; C.两个氯离子不能合并; 第 12 页(共 41 页) D.明矾为十二水合硫酸铝钾. 【解答】解:A.质量数为 31 的磷原子的质量数=15+16=31,该原子正确的表示 方法为:3115P,故 A 正确; B.氟原子的核电荷数、核外电子总数都是 9,其正确的结构示意图为: ,故 B 错误; C.氯化钙为离子化合物,电子式中需要标出阴阳离子所带电荷,氯化钙正确的 电子式为 ,故 C 错误; D.明矾化学式中含有结晶水,其正确的化学式为:KAl(SO4)2•12H2O,故 D 错 误; 故选 A. 3.(2 分)(2017•江苏)下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( ) A.Na2O2 吸收 CO2 产生 O2,可用作呼吸面具供氧剂 B.ClO2 具有还原性,可用于自来水的杀菌消毒 C.SiO2 硬度大,可用于制造光导纤维 D.NH3 易溶于水,可用作制冷剂 【分析】A.Na2O2 吸收 CO2 生成 O2 和 Na2CO3,氧气能供给呼吸; B.ClO2 具有强氧化性; C.光导纤维的主要成分是二氧化硅,光导纤维是利用光的全反射原理; D.氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低. 【解答】解:A.Na2O2 吸收 CO2 生成 O2 和 Na2CO3,且人呼出的水蒸气也能和过 氧化钠反应生成氧气,氧气能供给呼吸,所以过氧化钠可用作呼吸面具的供氧剂, 故 A 正确; B.ClO2 具有强氧化性而使蛋白质变性,所以该物质能杀菌消毒,故 B 错误; C.光导纤维的主要成分是二氧化硅,光导纤维是利用光的全反射原理,与二氧 化硅的硬度大小无关,故 C 错误; D.氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低,所以氨气常常作制冷剂,与 第 13 页(共 41 页) 氨气易溶于水无关,故 D 错误; 故选 A. 4.(2 分)(2017•江苏)下列制取 SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的 装置和原理能达到实验目的是( )A.制取 SO2 B.验证漂白性 C.收集 SO2D.尾气处理 【分析】实验室可用浓硫酸和铜在加热条件下反应制备二氧化硫,二氧化硫密度 比空气大,可用向上排空气法收集,具有漂白性,可使品红褪色,二氧化硫为酸 性氧化物,可与碱反应,以此解答该题. 【解答】解:A.稀硫酸和铜不反应,应用浓硫酸和铜反应制备二氧化硫气体, 故 A 错误; B.二氧化硫具有漂白性,可使品红褪色,操作符号要求,可达到实验目的,故 B 正确; C.二氧化硫密度比空气大,可用向上排空气法收集,气体应从长导管进入,故 C 错误; D.二氧化硫不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液,应用氢氧化钠溶液吸收尾气,且防止 倒吸,故 D 错误. 故选 B. 5.(2 分)(2017•江苏)短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大,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.下列说法正确的是( ) A.原子半径:r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W) B.W 的最高价氧化物的水化物是一种弱碱 第 14 页(共 41 页) C.Y 的单质的氧化性比 Z 的强 D.X、Y、Z 三种元素可以组成共价化合物和离子化合物 【分析】短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大,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,则 Z 是 O、W 是 Na 元素,其中只有 Y、Z 处于同一周期且相邻,且 Y 原子序数小于 Z,则 Y 是 N 元素,X 是 H 元素; A.原子的电子层数越多其原子半径越大,原子的电子层数相同的元素,其原子 半径随着原子序数增大而减小; B.W 的最高价氧化物的水化物是 NaOH; C.Y 单质是氮气、Z 单质是氧气,元素的非金属性氧气,其单质的氧化性越强; D.X、Y、Z 三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵. 【解答】解:短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大,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,则 Z 是 O、W 是 Na 元素,其中 只有 Y、Z 处于同一周期且相邻,且 Y 原子序数小于 Z,则 Y 是 N 元素,X 是 H 元素; A.原子的电子层数越多其原子半径越大,原子的电子层数相同的元素,其原子 半径随着原子序数增大而减小,X 位于第一周期、Y 和 Z 位于第二周期且原子序 数 Y<Z,W 位于第三周期,所以原子半径:r(X)<r(Z)<r(Y)<r(W), 故 A 错误; B.W 的最高价氧化物的水化物是 NaOH,NaOH 是强碱,故 B 错误; C.Y 单质是氮气、Z 单质是氧气,元素的非金属性氧气,其单质的氧化性越强, 非金属性 O>N 元素,所以 Z 单质的氧化性大于 Y,故 C 错误; D.X、Y、Z 三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵,硝酸是共价化合物、 硝酸铵是离子化合物,故 D 正确; 故选 D. 6.(2 分)(2017•江苏)下列指定反应的离子方程式正确的是( ) A.钠与水反应:Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑ B.电解饱和食盐水获取烧碱和氯气:2Cl﹣+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH﹣ C.向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸:Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O 第 15 页(共 41 页) D.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水:Ca2++HCO3 +OH﹣═CaCO3↓+H2O ﹣【分析】A.钠和水反应生成氢氧化钠和氢气,且离子方程式要遵循原子守恒、 电荷守恒和转移电子守恒; B.电解饱和食盐水时,阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有 NaOH 生成; C.二者反应生成硫酸钡和水,且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是 2; D.二者反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水. 【解答】解:A.钠和水反应生成氢氧化钠和氢气,且离子方程式要遵循原子守 恒、电荷守恒和转移电子守恒,离子方程式为 2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑,故 A 错误; B.电解饱和食盐水时,阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有 NaOH 生成,离子方程式为 2Cl﹣+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH﹣,故 B 正确; C.二者反应生成硫酸钡和水,且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是 2,离 子方程式为 Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O,故 C 错误; D.二者反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水,离子方程式为向碳酸氢铵溶液中 +﹣加入足量石灰水:NH4 +Ca2++HCO3 +2OH﹣═CaCO3↓+H2O+NH3•H2O,故 D 错误; 故选 B. 7.(2 分)(2017•江苏)在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的 是( ) A.Fe FeCl2 SO3 CaO Fe(OH)2 B.S H2SO4 C.CaCO3 D.NH3 CaSiO3 NO HNO3 【分析】A、铁与氯气反应生成三氯化铁; B.硫与氧气反应生成二氧化硫; 第 16 页(共 41 页) C.CaCO3 高温分解生成 CaO,CaO 和二氧化硅高温反应生成硅酸钙; D.氨气催化氧化生成 NO,NO 和水不反应. 【解答】解:A、因为氯气具有强氧化性,则铁与氯气反应生成三氯化铁,而不 是氯化亚铁,故 A 错误; B.硫与氧气反应生成二氧化硫,而不是三氧化硫,故 B 错误; C.CaCO3 高温分解生成 CaO,CaO 为碱性氧化物,和酸性氧化物二氧化硅高温反 应生成盐硅酸钙,故 C 正确; D.氨气催化氧化生成 NO,NO 和水不反应,不能生成硝酸,故 D 错误; 故选 C. 8.(2 分)(2017•江苏)通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3 ).下 列说法不正确的是 ①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2 (g)△H1=a kJ•mol﹣1 ②CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2 (g)△H2=b kJ•mol﹣1 ③CO2 (g)+3H2 (g)═CH3OH(g)+H2O(g)△H3=c kJ•mol﹣1 ④2CH3OH(g)═CH3OCH3 (g)+H2O(g)△H4=d kJ•mol﹣1( ) A.反应①、②为反应③提供原料气 B.反应③也是 CO2 资源化利用的方法之一 C.反应 CH3OH(g)═ CH3OCH3 (g)+ H2O(l)的△H= kJ•mol﹣1 D.反应 2CO(g)+4H2 (g)═CH3OCH3 (g)+H2O(g)的△H=( 2b+2c+d ) kJ•mol﹣1 【分析】A.反应③中的反应物为 CO2、H2; B.反应③中的反应物为 CO2,转化为甲醇; C.由反应④可知,物质的量与热量成正比,且气态水的能量比液态水的能量高; D.由盖斯定律可知,②×2+③×2+④得到 2CO(g)+4H2 (g)═CH3OCH3 (g)+H2O(g). 【解答】解:A.反应③中的反应物为 CO2、H2,由反应可知,反应①、②为反 应③提供原料气,故 A 正确; 第 17 页(共 41 页) B.反应③中的反应物为 CO2,转化为甲醇,则反应③也是 CO2 资源化利用的方 法之一,故 B 正确; C.由反应④可知,物质的量与热量成正比,且气态水的能量比液态水的能量高, 则反应 CH3OH(g)═ CH3OCH3 (g)+ H2O(l)的△H≠ kJ•mol﹣1,故 C 错 误; D.由盖斯定律可知,②×2+③×2+④得到 2CO(g)+4H2 (g)═CH3OCH3 (g)+H2O(g),则△H=( 2b+2c+d ) kJ•mol﹣1,故 D 正确; 故选 C. 9.(2 分)(2017•江苏)常温下,下列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 ﹣ ﹣B.c(H+)/c(OH﹣)=1×10 ﹣12 的溶液中:K+、Na+、CO32﹣、NO3 +﹣2﹣ C.c(Fe2+ )=1 mol•L﹣1 的溶液中:K+、NH4 、MnO4 、SO4 +﹣D.能使甲基橙变红的溶液中:Na+、NH4 、SO42﹣、HCO3 【分析】A.无色透明说明溶液中不含有色离子,且离子之间不反应; B.c(H+)/c(OH﹣)=1×10 ﹣12 的溶液,溶液呈碱性,离子之间不反应且和氢 氧根离子不反应的能大量共存; C.能和亚铁离子反应的离子不能大量共存; D.能使甲基橙溶液变红色,说明溶液呈酸性,离子之间不反应的能大量共 存. 【解答】解:A.Fe3+呈黄色,不符合无色条件,且 Fe3+、SCN ﹣发生络合反应而 不能大量共存,故 A 错误; B.c(H+)/c(OH﹣)=1×10 ﹣12 的溶液,溶液呈碱性,这几种离子之间不反应 且都不和氢氧根离子反应,所以能大量共存,故 B 正确; C.Fe2+、MnO4 发生氧化还原反应而不能大量共存,故 C 错误; ﹣第 18 页(共 41 页) ﹣D.能使甲基橙溶液变红色,说明溶液呈酸性,HCO3 能和氢离子反应生成二氧 化碳和水而不能大量共存,故 D 错误; 故选 B. 10.(2 分)(2017•江苏)H2O2 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图所示.下列说法正确的是( ) A.图甲表明,其他条件相同时,H2O2 浓度越小,其分解速率越快 B.图乙表明,其他条件相同时,溶液 pH 越小,H2O2 分解速率越快 C.图丙表明,少量 Mn2+存在时,溶液碱性越强,H2O2 分解速率越快 D.图丙和图丁表明,碱性溶液中,Mn2+对 H2O2 分解速率的影响大 【分析】A.图甲中溶液的 pH 相同,但浓度不同,浓度越大,相同时间内浓度 的变化量越大; B.图乙中 H2O2 浓度相同,但加入 NaOH 浓度不同,说明溶液的 pH 不同,NaOH 浓度越大,相同时间内双氧水浓度变化量越大; C.图丙中少量 Mn2+存在时,相同时间内双氧水浓度变化量:0.1mol/LNaOH 溶 液>1.0mol/LNaOH 溶液>0mol/LNaOH 溶液; D.图丁中 pH 相同,锰离子浓度越大,相同时间内双氧水浓度变化量越大. 【解答】解:A.图甲中溶液的 pH 相同,但浓度不同,浓度越大,相同时间内 浓度的变化量越大,由此得出相同 pH 条件下,双氧水浓度越大,双氧水分解速 率越快,故 A 错误; B.图乙中 H2O2 浓度相同,但加入 NaOH 浓度不同,说明溶液的 pH 不同,NaOH 浓度越大,相同时间内双氧水浓度变化量越大,由此得出:双氧水浓度相同时, pH 越大双氧水分解速率越快,故 B 错误; C.图丙中少量 Mn2+存在时,相同时间内双氧水浓度变化量:0.1mol/LNaOH 溶 第 19 页(共 41 页) 液>1.0mol/LNaOH 溶液>0mol/LNaOH 溶液,由此得出:锰离子作催化剂时受溶 液 pH 的影响,但与溶液的 pH 值不成正比,故 C 错误; D.图丁中 pH 相同,锰离子浓度越大,相同时间内双氧水浓度变化量越大,图 丙中说明催化剂的催化效率受溶液的 pH 值影响,由此得出:碱性溶液中,Mn2+ 对 H2O2 分解速率的影响大,故 D 正确; 故选 D. 二、不定项选择题:本题包括 5 小题,每小题 4 分,共计 20 分.每小题只有一 个或两个选项符合题意.若正确答案只包括一个选项,多选时,该小题得 0 分; 若正确答案包括两个选项,只选一个且正确的得 2 分,选两个且都正确的得满 分,但只要选错一个,该小题就得 0 分 11.(4 分)(2017•江苏)萜类化合物广泛存在于动植物体内,关于下列萜类化 合物的说法正确的是( )A.a 和 b 都属于芳香族化合物 B.a 和 c 分子中所有碳原子均处于同一平面上 C.a、b 和 c 均能使酸性 KMnO4 溶液褪色 D.b 和 c 均能与新制的 Cu(OH)2 反应生成红色沉淀 【分析】A.a 中不含苯环; B.a、c 中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型; C.a 含碳碳双键、b 中苯环上连有甲基、c 含﹣CHO; D.只有﹣CHO 与新制的 Cu(OH)2 反应生成红色沉淀. 【解答】解:A.a 中不含苯环,则不属于芳香族化合物,只有 b 属于,故 A 错 误; B.a、c 中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型,则 a 和 c 分子中所有碳原 子不可能处于同一平面上,故 B 错误; C.a 含碳碳双键、b 中苯环上连有甲基、c 含﹣CHO,均能使酸性 KMnO4 溶液褪 第 20 页(共 41 页) 色,故 C 正确; D.只有﹣CHO 与新制的 Cu(OH) 反应生成红色沉淀,则只有 c 能与新制的 Cu 2(OH)2 反应生成红色沉淀,故 D 错误; 故选 C. 12.(4 分)(2017•江苏)下列说法正确的是( ) A.反应 N2 (g)+3H2 (g)⇌2NH3 (g)的△H<0,△S>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,Ksp[Mg(OH) ]=5.6×10﹣12,pH=10 的含 Mg2+溶液中,c(Mg2+ )≤ 25.6×10﹣4 mol•L﹣1 D.常温常压下,锌与稀 H2SO4 反应生成 11.2 L H2,反应中转移的电子数为 6.02× 1023 【分析】A.由化学计量数可知△S<0; B.导线连接锌块,构成原电池时 Zn 为负极; C.pH=10 的含 Mg2+溶液中,c(OH﹣)=10﹣4 mol•L﹣1,c(Mg2+ )≤ ;D.常温常压下,Vm≠22.4L/mol. 【解答】解:A.合成氨反应为放热反应,△H<0,且为气体体积减小的反应, 则△S<0,故 A 错误; B..导线连接锌块,构成原电池时 Zn 为负极,Fe 作正极被保护,则可以减缓管道 的腐蚀,故 B 正确; C.pH=10 的含 Mg2+溶液中,c(OH﹣)=10﹣4 mol•L﹣1,c(Mg2+ )≤ =5.6×10﹣4 mol•L﹣1,故 C 正确; D.常温常压下,Vm≠22.4L/mol,则不能利用氢气的体积计算物质的量及转移 电子数,故 D 错误; 故选 BC. 13.(4分)(2017•江苏)根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是( ) 第 21 页(共 41 页) 选项A实验操作和现象 实验结论 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 溶液中加入足量 BaCl2 溶液,出现白色 部分 Na2SO3 沉淀;再加入足量稀盐酸,部分沉淀溶解 被氧化 C向 20%蔗糖溶液中加入少量稀 H2SO4,加热;再加入银 蔗糖未水解 氨溶液;未出现银镜 D向某黄色溶液中加入淀粉 KI 溶液,溶液呈蓝色 溶液中含 Br2 A.A B.B C.C D.D 【分析】A.苯酚能和浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀,三溴苯酚能 溶于苯酚; B.硫酸钡不溶于稀盐酸、亚硫酸钡溶于稀盐酸; C.银镜反应必须在碱性条件下进行; D.该黄色溶液中可能含有铁离子,铁离子也能将碘离子氧化为碘单质. 【解答】解:A.苯酚能和浓溴水发生取代反应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,该实验结论错误,故 A 错误; B.硫酸钡不溶于稀盐酸、亚硫酸钡溶于稀盐酸,如果亚硫酸钠被氧化生成硫酸 钠,则加入氯化钡产生白色沉淀,且向该白色沉淀中加入稀盐酸时部分沉淀不溶 解,说明该白色沉淀中含有硫酸钡,则得出结论:部分 Na2SO3 被氧化,故 B 正 确; C.银镜反应必须在碱性条件下进行,该实验中加入银氨溶液前没有加入 NaOH 溶液中和未反应的稀硫酸,所以实验不成功,则实验操作及结论错误,故 C 错误; D.该黄色溶液中可能含有铁离子,铁离子也能将碘离子氧化为碘单质,所以不 能确定该黄色溶液中含有溴,则结论不正确,故 D 错误; 故选 B. 14.(4 分)(2017•江苏)常温下,Ka (HCOOH)=1.77×10﹣4,Ka (CH3COOH) =1.75×10﹣5,Kb (NH3•H2O)=1.76×10﹣5,下列说法正确的是( ) A.浓度均为 0.1 mol•L﹣1 的 HCOONa 和 NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之 第 22 页(共 41 页) 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 C.0.2 mol•L﹣1 HCOOH 与 0.1 mol•L﹣1 NaOH 等体积混合后的溶液中:c(HCOO﹣) +c(OH﹣)=c(HCOOH)+c(H+) D.0.2 mol•L﹣1 CH3COONa 与 0.1 mol•L﹣1 盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7):c (CH3COO﹣)>c(Cl﹣)>c(CH3COOH)>c(H+) 【分析】A.电离平衡常数越大,其离子水解程度越小,根据电离平衡常数知, +其离子水解程度:CH3COO﹣>NH4 >HCOO﹣,任何电解质溶液中都存在电荷守恒, 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,浓度:c(HCOOH)<c(CH3COOH),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 点时,酸的浓度越大,消耗的碱体积越大; C.任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒,根据电荷守恒得 c(HCOO﹣) +c(OH﹣)=c(Na+)+c(H+),混合溶液中溶质为等物质的量浓度的 HCOOH 和 HCOONa; D.二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的 CH3COONa、CH3COOH 和 NaCl,混合溶液的 pH<7,说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度. 【解答】解:A.电离平衡常数越大,其离子水解程度越小,根据电离平衡常数 +知,其离子水解程度:CH3COO﹣>NH4 >HCOO﹣,任何电解质溶液中都存在电荷 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﹣),所以浓度均为 0.1 mol•L﹣1 的 HCOONa 和 第 23 页(共 41 页) NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和:前者大于后者,故 A 正确; B.pH 相同的 HCOOH 和 CH3COOH,浓度:c(HCOOH)<c(CH3COOH),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 点时,酸的浓度越大,消耗的碱体积越大,pH、体积相同的 HCOOH 和 CH3COOH,物质的量前者小于后者,所以后者消耗的 NaOH 体积多,故 B 错误; C.任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒,根据电荷守恒得 c(HCOO﹣) +c(OH﹣)=c(Na+)+c(H+),混合溶液中溶质为等物质的量浓度的 HCOOH 和 HCOONa,甲酸电离程度大于水解程度,所以 c(HCOOH)<c(Na+),所以得 c (HCOO﹣)+c(OH﹣)>c(HCOOH)+c(H+),故 C 错误; D.二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的 CH3COONa、CH3COOH 和 NaCl,混合溶液的 pH<7,说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度,甲酸是弱酸, 其电离程度较小,所以粒子浓度大小顺序是 c(CH3COO﹣)>c(Cl﹣)>c (CH3COOH)>c(H+),故 D 正确; 故选 AD. 15.(4 分)(2017•江苏)温度为 T1 时,在三个容积均为 1L 的恒容密闭容器中仅 发生反应:2NO2(g)⇌2NO(g)+O2 (g) (正反应吸热).实验测得: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 逆为速率常数,受温度影响.下列说法正确的是( ) 物质的起始浓度(mol•L﹣1) 容器编号 物质的平衡浓 度(mol•L﹣1) c(NO2) c(NO) c(O2) c(O2) ⅠⅡⅢ0.6 0.3 000.5 0.5 00.2 0.2 0.35 A.达平衡时,容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为 4:5 B.达平衡时,容器Ⅱ中 c(O2 )/c(NO2 ) 比容器Ⅰ中的大 第 24 页(共 41 页) C.达平衡时,容器Ⅲ中 NO 的体积分数小于 50% D.当温度改变为 T2 时,若 k 正=k 逆,则 T2>T1 【分析】A.I 中的反应 2NO2(g)⇌2NO(g)+O2 (g) 开始(mol/L)0.6 反应(mol/L)0.4 平衡(mol/L)0.2 000.2 0.2 0.4 0.4 化学平衡常数 K= =0.8 容 器 体 积 为1L , 则 平 衡 时I 中 气 体 总 物 质 的 量 =1L × ( 0.2+0.4+0.2 ) mol/L=0.8mol, 恒容恒温时气体压强之比等于其物质的量之比,如果平衡时 I、II 中压强之比为 4:5,则 II 中平衡时气体总物质的量为 1mol,II 中开始时浓度商= <0.8,则平衡正向移动; =B.如果 II 中平衡时 c(NO2)=c(O2),设参加反应的 c(NO2)=xmol/L,则 0.3﹣x=0.2+0.5x,x= ,平衡时 c(NO2)=c(O2)= mol/L,c(NO)=0.5mol/L+ mol/L= mol/L,II 中≈1.3>0.8,说明 II 中平衡时应该存在 c(NO2)>c(O2); C.如果 III 中 NO 和氧气完全转化为二氧化氮,则 c(NO2)=0.5mol/L,且容器中 还有 c(O2)=0.1mol/L 剩余,与 I 相比,III 是相当于增大压强,平衡逆向移动, 二氧化氮和氧气之和所占体积比大于 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 ), 达到平衡状态时正逆反应速率相等,则 k 正 c2(NO2 )=k 逆 c2 (NO)•c(O2 ), 且 k 正=k 逆,则 c2(NO2 )=c2 (NO)•c(O2 ),化学平衡常数 K 等于 1. 【解答】解:A.I 中的反应 2NO2(g)⇌2NO(g)+O2 (g) 开始(mol/L)0.6 00第 25 页(共 41 页) 反应(mol/L)0.4 平衡(mol/L)0.2 0.4 0.4 0.2 0.2 化学平衡常数 K= =0.8 容 器 体 积 为1L , 则 平 衡 时I 中 气 体 总 物 质 的 量 =1L × ( 0.2+0.4+0.2 ) mol/L=0.8mol, 恒容恒温时气体压强之比等于其物质的量之比,如果平衡时 I、II 中压强之比为 4:5,则 II 中平衡时气体总物质的量为 1mol,II 中开始时浓度商= =<0.8,则平衡正向移动,平衡正向移动导致混合气体总物质的量之和增大,所 以达平衡时,容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比小于 4:5,故 A 错误; B.如果 II 中平衡时 c(NO2)=c(O2),设参加反应的 c(NO2)=xmol/L,则 0.3﹣x=0.2+0.5x,x= ,平衡时 c(NO2)=c(O2)= mol/L,c(NO)=0.5mol/L+ mol/L= mol/L,II 中≈1.3>0.8,说明 II 中平衡时应该存在 c(NO2)>c(O2),容器 I 中 c(O2 )/c(NO2=1,所以达平衡时,容器Ⅱ中 c(O2 )/c(NO2 )小于 1, 则 比容器Ⅰ中的小,故 B 错误; C.如果 III 中 NO 和氧气完全转化为二氧化氮,则 c(NO2)=0.5mol/L,且容器中 还有 c(O2)=0.1mol/L 剩余,与 I 相比,III 是相当于增大压强,平衡逆向移动, 二氧化氮和氧气之和所占体积比大于 50%,则达平衡时,容器Ⅲ中 NO 的体积 分数小于 50%,故 C 正确; 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 ), 达到平衡状态时正逆反应速率相等,则 k 正 c2(NO2 )=k 逆 c2 (NO)•c(O2 ), 且 k 正=k 逆,则 c2(NO2 )=c2 (NO)•c(O2 ),化学平衡常数 K 等于 1,该温 度下的 K 大于 0.8,且该反应的正反应是吸热反应,说明升高温度平衡正向移动, 所以 T2>T1,故 D 正确; 第 26 页(共 41 页) 故选 CD. 三、解答题 16.(12 分)(2017•江苏)铝是应用广泛的金属.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 Al2O3+2OH﹣═2AlO2 +H2O . ﹣(2)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入 NaHCO3 溶液,溶液的 pH 减小 (填“增大”、 “不变”或“减小”). (3)“电解Ⅰ”是电解熔融 Al2O3,电解过程中作阳极的石墨易消耗,原因是 石 墨电极被阳极上产生的 O2 氧化 . (4)“电解Ⅱ”是电解 Na2CO3 溶液,原理如图所示. 阳极的电极反应式为 4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3 +O2↑ ,阴极产生的物质 A ﹣的化学式为 H2 . (5)铝粉在 1000℃时可与 N2 反应制备 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 NH4Cl 分解产生的 HCl 能够破坏 Al 表面的 Al2O3 薄膜 . 【分析】以铝土矿(主要成分为 Al2O3,含 SiO2 和 Fe2O3 等杂质)为原料制备铝, 由流程可知,加 NaOH 溶解时 Fe2O3 不反应,由信息可知 SiO2 在“碱溶”时转化为 第 27 页(共 41 页) 铝硅酸钠沉淀,过滤得到的滤渣为 Fe2O3、铝硅酸钠,碳酸氢钠与偏铝酸钠反应 生成 Al(OH)3,过滤 II 得到 Al(OH)3,灼烧生成氧化铝,电解 I 为电解氧化 铝生成 Al 和氧气,电解 II 为电解 Na2CO3 溶液,结合图可知,阳极上碳酸根离子 失去电子生成碳酸氢根离子和氧气,阴极上氢离子得到电子生成氢气,以此来解 答. 【解答】解:(1)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为 Al2O3+2OH﹣ ═ ﹣﹣2AlO2 +H2O,故答案为:Al2O3+2OH﹣═2AlO2 +H2O; (2)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入 NaHCO3 溶液,与 NaAlO2 反应生成氢氧化铝沉 淀和碳酸钠,碱性为 OH﹣>AlO2 >CO32﹣,可知溶液的 pH 减小,故答案为:减 ﹣小; (3)“电解Ⅰ”是电解熔融 Al2O3,电解过程中作阳极的石墨易消耗,因石墨电极 被阳极上产生的 O2 氧化, 故答案为:石墨电极被阳极上产生的 O2 氧化; (4)由图可知,阳极反应为 4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3 +O2↑,阴极上氢离子 ﹣得到电子生成氢气,则阴极产生的物质 A 的化学式为 H2, 故答案为:4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3 +O2↑;H2; ﹣(5)铝粉在 1000℃时可与 N2 反应制备 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 NH4Cl 分解产生的 HCl 能够破坏 Al 表 面的 Al2O3 薄膜,故答案为:NH4Cl 分解产生的 HCl 能够破坏 Al 表面的 Al2O3 薄 膜. 17.(15 分)(2017•江苏)化合物 H 是一种用于合成 γ﹣分泌调节剂的药物中间 体,其合成路线流程图如下: 第 28 页(共 41 页) (1)C 中的含氧官能团名称为 醚键 和 酯基 . (2)D→E 的反应类型为 取代反应 . ( 3 ) 写 出 同 时 满 足 下 列 条 件 的C 的 一 种 同 分 异 构 体 的 结 构 简 式 : . ①含有苯环,且分子中有一个手性碳原子;②能发生水解反应,水解产物之一是 α﹣氨基酸,另一水解产物分子中只有 2 种不同化学环境的氢. ( 4 ) G 的 分 子 式 为C12H14N2O2 , 经 氧 化 得 到H , 写 出G 的 结 构 简 式 : . (5)已知: (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,合成路线流程图示例 见本题题干). 【分析】由合成流程可知,A→B 发生取代反应,B→C 发生还原反应,C→D 为取 代反应,D→E 为氨基上 H 被取代,属于取代反应,比较 F 与 H 的结构可知,G 第 29 页(共 41 页) 为,G→H 发生氧化反应, (1)C 中含氧官能团为醚键、酯基; (2)D→E 为氨基上 H 被取代; (3)C 的一种同分异构体,满足①含有苯环,且分子中有一个手性碳原子;② 能发生水解反应,水解产物之一是 α﹣氨基酸,另一水解产物分子中只有 2 种不 同化学环境的氢,则水解产物为对苯二酚,且含酯基,与氨基相连的 C 为手性碳; (4)G 的分子式为 C12H14N2O2,经氧化得到 H,可知 F→G 的转化﹣COOCH3 转 化为﹣CH2OH; ( 5 ) 以 和 ( CH3 ) SO4 为 原 料 制 备 2,结合上述合成流程可知,﹣OH 转化为﹣Br,酚﹣OH 转 化为醚键,硝基转化为氨基,最后发生信息中的反应. 【解答】解:(1)由结构可知 C 中的含氧官能团名称为醚键、酯基,故答案为: 醚键;酯基; (2)D→E 为氨基上 H 被取代,反应类型为取代反应,故答案为:取代反应; (3)C 的一种同分异构体,满足①含有苯环,且分子中有一个手性碳原子;② 能发生水解反应,水解产物之一是 α﹣氨基酸,另一水解产物分子中只有 2 种不 同化学环境的氢,则水解产物为对苯二酚,且含酯基,与氨基相连的 C 为手性碳, 可知符合条件的结构简式为 ,故答案为: ;(4)G 的分子式为 C12H14N2O2,经氧化得到 H,可知 F→G 的转化﹣COOCH3 转 化为﹣CH2OH,其它结构不变,则 G 的结构简式为 ,第 30 页(共 41 页) 故答案为: ;( 5 ) 以 和 ( CH3 ) SO4 为 原 料 制 备 2,结合上述合成流程可知,﹣OH 转化为﹣Br,酚﹣OH 转 化 为 醚 键 , 硝 基 转 化 为 氨 基 , 最 后 发 生 信 息 中 的 反 应 , 则 合 成 流 程 为 ,故答案为: . 18.(12 分)(2017•江苏)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 ①方法 1:45~50℃时,向 CuCl 悬浊液中持续通入空气得到 Cu2 (OH)2 Cl2•3H2O , 该 反 应 的 化 学 方 程 式 为4CuCl+O2+8H2O 2Cl2•3H2O . 2Cu2 ( OH ) ②方法 2:先制得 CuCl2,再与石灰乳反应生成碱式氯化铜.Cu 与稀盐酸在持续 通入空气的条件下反应生成 CuCl2,Fe3+对该反应有催化作用,其催化原理如图所 示. M′的化学式为 Fe2+ . (2)碱式氯化铜有多种组成,可表示为 Cua(OH)bClc•xH2O. 为测定某碱式氯 第 31 页(共 41 页) 化铜的组成,进行下列实验: ①称取样品 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 AgCl 0.1722g; ③另取 25.00mL 溶液 A,调节 pH 4~5,用浓度为 0.08000mol•L﹣1 的 EDTA (Na2H2Y•2H2O)标准溶液滴定 Cu2+ (离子方程式为 Cu2++H2Y2﹣═CuY2﹣+2H+), 滴定至终点,消耗标准溶液 30.00mL.通过计算确定该样品的化学式(写出计算 过程). 【分析】(1)①45~50℃时,向 CuCl 悬浊液中持续通入空气得到 Cu2 (OH)2 Cl2•3H2O,反应物为 CuCl、氧气、水; ②Fe3+对该反应有催化作用,结合图可知,Cu 元素的化合价升高,则 M 中 Fe 元 素的化合价降低; (2)由②可知 n(Cl﹣)=n(AgCl)× ==4.800 ×10﹣3mol,由③可知 n(Cu2+)=n(EDTA)× =0.08000 mol•L﹣1×30.00 mL×10﹣3 L•mL﹣1× =9.600×10﹣3 mol,结合化合物中正负化合价的代 数和为 0 及物质定组成来计算. 【解答】解:(1)①45~50℃时,向 CuCl 悬浊液中持续通入空气得到 Cu2 (OH)2 Cl2•3H2O,反应物为 CuCl、氧气、水,Cu 元素的化合价升高,O 元素的 化合价降低,由原子、电子守恒可知反应为 4CuCl+O2+8H2O (OH)2Cl2•3H2O, 2Cu2 故答案为:4CuCl+O2+8H2O 2Cu2(OH)2Cl2•3H2O; ②Fe3+对该反应有催化作用,结合图可知,Cu 元素的化合价升高,则 M 中 Fe 元 素的化合价降低,可知 M′的化学式为 Fe2+, 故答案为:Fe2+; ( 2 ) n ( Cl﹣ ) =n ( AgCl ) × ==4.800 × 10﹣3mol, n(Cu2+)=n(EDTA)× =0.08000 mol•L﹣1×30.00 mL×10﹣3 L•mL﹣1× 第 32 页(共 41 页) =9.600×10﹣3 mol, n(OH﹣)=2n(Cu2+)﹣n(Cl﹣)=2×9.600×10﹣3 mol﹣4.800×10﹣3 mol=1.440 ×10﹣2 mol, m(Cl﹣)=4.800×10﹣3 mol×35.5 g•mol﹣1=0.1704 g, m(Cu2+)=9.600×10﹣3 mol×64 g•mol﹣1=0.6144 g, m(OH﹣)=1.440×10﹣2 mol×17 g•mol﹣1=0.2448 g, n(H2O)= =4.800×10﹣3 mol, 则 a:b:c:x=n(Cu2+):n(OH﹣):n(Cl﹣):n(H2O)=2:3:1:1, 即化学式为 Cu2 (OH)3Cl•H2O, 答:该样品的化学式为 Cu2 (OH)3Cl•H2O. 19.(15 分)(2017•江苏)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). 已知:①NaClO 溶液在受热或酸性条件下易分解,如:3NaClO═2NaCl+NaClO3 +②AgCl 可溶于氨水:AgCl+2NH3•H2O⇌Ag(NH3)2 +Cl﹣+2H2O +③常温时 N2H4•H2O(水合肼)在碱性条件下能还原 Ag(NH3)2 : ++4Ag(NH3)2 +N2H4•H2O═4Ag↓+N2↑+4NH4 +4NH3↑+H2O (1)“氧化”阶段需在 80℃条件下进行,适宜的加热方式为 水浴加热 . (2)NaClO 溶液与 Ag 反应的产物为 AgCl、NaOH 和 O2,该反应的化学方程 式为 4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑ . HNO3 也能氧化 Ag,从反应 产物的角度分析,以 HNO3 代替 NaClO 的缺点是 会释放出氮氧化物(或 NO、 NO2),造成环境污染 . 第 33 页(共 41 页) (3)为提高 Ag 的回收率,需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤,并 将洗涤后的滤液 合并入过滤Ⅱ的滤液中 . (4)若省略“过滤Ⅰ”,直接向冷却后的反应容器中滴加 10%氨水,则需要增加 氨水的用量,除因过量 NaClO 与 NH3•H2O 反应外(该条件下 NaClO3 与 NH3•H2O 不反应),还因为 未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水,且其中含有一定浓度的 Cl﹣,不利于 AgCl 与氨水反应 . (5)请设计从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质 Ag 的实验方案: 向滤液中滴加 2mol•L﹣1 水合肼溶液,搅拌使其充分反应,同时用 1mol•L﹣1H2SO4 溶液吸收反应 中放出的 NH3,待溶液中无气泡产生,停止滴加,静置,过滤、洗涤,干燥 (实验中须使用的试剂有:2mol•L﹣1 水合肼溶液,1mol•L﹣1H2SO4 ). 【分析】回收一种光盘金属层中的少量 Ag ,由流程可知,氧化时发生 4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑,为控制 80℃,可水浴加热,过滤 I 分离 出 AgCl、可能含 Ag,再加氨水溶解 AgCl,发生 AgCl+2NH3•H2O⇌Ag(NH3) ++Cl﹣+2H2O,过滤 II 分离出的滤渣为 Ag,对过滤 II 得到的滤液用 N2H4•H2O(水 2+合肼)在碱性条件下能还原 Ag(NH3)2 得到 Ag,以此来解答. 【解答】解:(1)“氧化”阶段需在 80℃条件下进行,不超过水的沸点,则适宜 的加热方式为水浴加热, 故答案为:水浴加热; (2)NaClO 溶液与 Ag 反应的产物为 AgCl、NaOH 和 O2,Ag、O 元素的化合 价升高,Cl 元素的化合价降低,由电子、原子守恒可知该反应的化学方程式为 4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑. HNO3 也能氧化 Ag,从反应产物的角 度分析,以 HNO3 代替 NaClO 的缺点是会释放出氮氧化物(或 NO、NO2 ),造 成环境污染, 故答案为:4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑;会释放出氮氧化物(或 NO、NO2 ),造成环境污染; (3)为提高 Ag 的回收率,需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤,并将洗涤后的滤液合 并入过滤Ⅱ的滤液中,减少 Ag 的损失, 故答案为:将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中; 第 34 页(共 41 页) (4)若省略“过滤Ⅰ”,直接向冷却后的反应容器中滴加 10%氨水,则需要增加 氨水的用量,除因过量 NaClO 与 NH3•H2O 反应外(该条件下 NaClO3 与 NH3•H2O 不反应),还因为未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水,且其中含有一定浓度的Cl﹣, 不利于 AgCl 与氨水反应, 故答案为:未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水,且其中含有一定浓度的 Cl﹣,不 利于 AgCl 与氨水反应; (5)由信息③可知,从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质 Ag 的实验方案为向滤液中 滴加 2mol•L﹣1 水合肼溶液,搅拌使其充分反应,同时用 1 mol•L﹣1 H2SO4 溶液吸 收反应中放出的 NH3,待溶液中无气泡产生,停止滴加,静置,过滤、洗涤,干 燥, 故答案为:向滤液中滴加 2mol•L﹣1 水合肼溶液,搅拌使其充分反应,同时用 1 mol•L﹣1 H2SO4 溶液吸收反应中放出的 NH3,待溶液中无气泡产生,停止滴加, 静置,过滤、洗涤,干燥. 20.(14 分)(2017•江苏)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,搅拌使其充分反应, 可获得一种砷的高效吸附剂 X,吸附剂 X 中含有 CO32﹣,其原因是 碱性溶液吸 收了空气中的 CO2 . (2)H3AsO3 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 的关系分别如图﹣1 和图﹣2 所示. 第 35 页(共 41 页) ①以酚酞为指示剂(变色范围 pH 8.0~10.0),将 NaOH 溶液逐滴加入到 H3AsO3 溶液中,当溶液由无色变为浅红色时停止滴加.该过程中主要反应的离子方程式 为 OH﹣+H3AsO3=H2AsO3 +H2O . ﹣②H3AsO4 第一步电离方程式 H3AsO4⇌H2AsO4 +H+的电离常数为 Ka1,则 pKa1= 2.2 ﹣ (p Ka1=﹣lg Ka1 ). (3)溶液的 pH 对吸附剂 X 表面所带电荷有影响.pH=7.1 时,吸附剂 X 表面不 带电荷; pH>7.1 时带负电荷,pH 越高,表面所带负电荷越多;pH<7.1 时带 正电荷,pH 越低,表面所带正电荷越多.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 吸附砷的质量)如图﹣3 所 示. ①在 pH7~9 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 pH7~9 之间,随 pH 升高 H2AsO4 转变为 HAsO42﹣,吸附剂 X 表面所 ﹣带负电荷增多,静电斥力增加 . ②在 pH4~7 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 ﹣2﹣ 为 在 pH4~7 之间,吸附剂 X 表面带正电,五价砷主要以 H2AsO4 和 HAsO4 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 表 面产生的静电引力小 . 提高吸附剂X 对三价砷去除效果可采取的措施是 加 入氧化剂,将三价砷转化为五价砷 . 【分析】(1)空气中的 CO2 属于酸性氧化物,能溶于强碱溶液; ﹣(2)①根据图知,碱性条件下 H3AsO3 的浓度减小、H2AsO3 浓度增大,说明碱 ﹣和 H3AsO3 生成 H2AsO3 ,该反应为酸碱的中和反应; 第 36 页(共 41 页) ②Ka1= (H2AsO3 ); (3)①吸附剂 X 表面所带负电荷增多,静电斥力越大; ,pH=2.2 时 c(H+)=10﹣2.2 mol/L,c(H3AsO3)=c ﹣②在 pH4~7 之间,吸附剂 X 表面带正电,五价砷主要以 H2AsO4 和 HAsO42﹣阴 ﹣离子存在,pH<7.1 时带正电荷,pH 越低,表面所带正电荷越多;而三价砷主要 以 H3AsO3 分子存在; 在 pH4~7 之间,吸附剂 X 对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱,如果能将 三价砷转化为五价砷,能有效的去除三价砷. 【解答】解:(1)空气中的 CO2 属于酸性氧化物,能溶于强碱溶液,NaOH 是碱, 能吸收空气中的二氧化碳而生成碳酸根离子,所以其原因是碱性溶液吸收了空气 中的 CO2,故答案为:碱性溶液吸收了空气中的 CO2; ﹣(2)①根据图知,碱性条件下 H3AsO3 的浓度减小、H2AsO3 浓度增大,说明碱 ﹣和 H3AsO3 生成 H2AsO3 ,该反应为酸碱的中和反应,同时还生成水,离子方程 式为 OH﹣+H3AsO3=H2AsO3 +H2O, ﹣故答案为:OH﹣+H3AsO3=H2AsO3 +H2O; ﹣②Ka1= ,pH=2.2 时 c(H+)=10﹣2.2 mol/L,c(H3AsO3)=c ﹣(H2AsO3 ),p Ka1=﹣lg Ka1=﹣lg =2.2, 故答案为:2.2; (3)①吸附剂 X 表面所带负电荷增多,静电斥力越大,在 pH7~9 之间,随 pH 升高 H2AsO4 转变为 HAsO42﹣,吸附剂 X 表面所带负电荷增多,静电斥力增加, ﹣导致在 pH7~9 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, 故答案为:在 pH7~9 之间,随 pH 升高 H2AsO4 转变为 HAsO42﹣,吸附剂 X 表面 ﹣所带负电荷增多,静电斥力增加; ②在 pH4~7 之间,吸附剂 X 表面带正电,五价砷主要以 H2AsO4 和 HAsO42﹣阴 ﹣第 37 页(共 41 页) 离子存在,pH<7.1 时带正电荷,pH 越低,表面所带正电荷越多,所以静电引力 较大;而三价砷主要以 H3AsO3 分子存在,与吸附剂 X 表面产生的静电引力小, 所以在 pH4~7 之间,吸附剂 X 对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱; 在 pH4~7 之间,吸附剂 X 对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱,如果能将 三价砷转化为五价砷,能有效的去除三价砷,所以采取的措施是加入氧化剂,将 三价砷转化为五价砷, ﹣故答案为:在 pH4~7 之间,吸附剂 X 表面带正电,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 表面产生的静电引力小;加入氧化剂,将三价砷转化为五价砷. 【选做题】本题包括 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.若多做,则按 A 小题评分.A.[物质结构与性质] 21.(12 分)(2017•江苏)铁氮化合物(FexNy)在磁记录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. (1)Fe3+基态核外电子排布式为 [Ar]3d5 或 1s22s22p63s23p63d5 . (2)丙酮( )分子中碳原子轨道的杂化类型是 sp2 和 sp3 ,1mol 丙酮分子中含有 σ 键的数目为 9NA . (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 乙醇分子间存在氢键 . (5)某 FexNy 的晶胞如图﹣1 所示,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 图 ﹣2 所 示 , 其 中 更 稳 定 的Cu 替 代 型 产 物 的 化 学 式 为Fe3CuN . 第 38 页(共 41 页) 【分析】(1)Fe 的原子序数为 26,Fe3+基态核外电子数为 23,且 3d 电子为半满 稳定结构; (2) 中单键均为 σ 键,双键中含 1 个 σ 键,甲基上 C 形成 4 个 σ 键,C=O 中 C 形成 3 个 σ 键; (3)非金属性越强,电负性越大; (4)乙醇分子之间形成氢键,导致沸点较高; (5)由图 2 可知,Cu 替代 a 位置的 Fe 时能量较低,更稳定,则 Cu 位于顶点,N (Cu)=8× =1,Fe 位于面心,N(Fe)=6× =3,N 位于体心,以此来解答. 【解答】解:(1)Fe 的原子序数为 26,Fe3+基态核外电子数为 23,且 3d 电子为 半满稳定结构,可知 Fe3+基态核外电子排布式为[Ar]3d5 或 1s22s22p63s23p63d5, 故答案为:[Ar]3d5 或 1s22s22p63s23p63d5; (2) 中单键均为 σ 键,双键中含 1 个 σ 键,甲基上 C 形成 4 个 σ 键,C=O 中 C 形成 3 个 σ 键,均为孤对电子,则羰基上 C 为 sp2 杂化,甲基上 C 为 sp3 杂化,1mol 丙酮共有 9molσ 键,数目为 9NA 个, 故答案为:sp2 和 sp3;9NA; (3)非金属性越强,电负性越大,则 C、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺 序为 H<C<O, 故答案为:H<C<O; (4)乙醇的沸点高于丙酮,这是因为乙醇分子间存在氢键,导致沸点高, 故答案为:乙醇分子间存在氢键; (5)由图 2 可知,Cu 替代 a 位置的 Fe 时能量较低,更稳定,则 Cu 位于顶点,N (Cu)=8× =1,Fe 位于面心,N(Fe)=6× =3,N 位于体心,则只有 1 个 N, 第 39 页(共 41 页) 其化学式为 Fe3CuN,故答案为:Fe3CuN. B.[实验化学] 22.(2017•江苏)1﹣溴丙烷是一种重要的有机合成中间体,沸点为 71℃,密度 为 1.36g•cm﹣3.实验室制备少量 1﹣溴丙烷的主要步骤如下: 步骤 1:在仪器 A 中加入搅拌磁子、12g 正丙醇及 20mL 水,冰水冷却下缓慢加 入 28mL 浓 H2SO4;冷却至室温,搅拌下加入 24g NaBr. 步骤 2:如图所示搭建实验装置,缓慢加热,直到无油状物馏出为止. 步骤 3:将馏出液转入分液漏斗,分出有机相. 步骤 4:将分出的有机相转入分液漏斗,依次用 12mL H2O、12mL 5% Na2CO3 溶 液和 12mL H2O 洗涤,分液,得粗产品,进一步提纯得 1﹣溴丙烷. (1)仪器A的名称是 蒸馏烧瓶 ;加入搅拌磁子的目的是搅拌和 防止暴沸 . (2)反应时生成的主要有机副产物有 2﹣溴丙烷和 丙烯、正丙醚 . (3)步骤 2 中需向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是 减少 1﹣ 溴丙烷的挥发 . (4)步骤 2 中需缓慢加热使反应和蒸馏平稳进行,目的是 减少 HBr 挥发 . (5)步骤 4 中用 5%Na2CO3 溶液洗涤有机相的操作:向分液漏斗中小心加入 12mL 5% Na2CO3 溶液,振荡, 将分液漏斗下口向上倾斜、打开活塞排出气体 ,静 置,分液. 【分析】(1)由图可知仪器的名称,搅拌磁子除搅拌外,还可防止液体剧烈沸腾; (2)正丙醇在浓硫酸作用下可能发生消去反应,或分子间取代反应; (3)冰水浴可降低温度,减少生成物的挥发; 第 40 页(共 41 页) (4)步骤 2 中需缓慢加热,可减少浓硫酸与 NaBr 反应生成的 HBr 挥发; (5)加入 12mL 5% Na2CO3 溶液,振荡,洗涤 1﹣溴丙烷时可能发生 HBr 与碳酸 钠的反应生成气体,需要排出气体. 【解答】解:(1)由图可知,仪器 A 的名称是蒸馏烧瓶,加入搅拌磁子的目的是 搅拌和防止暴沸, 故答案为:蒸馏烧瓶;防止暴沸; (2)正丙醇在浓硫酸作用下可能发生消去反应,或分子间取代反应,则反应时 生成的主要有机副产物有 2﹣溴丙烷和丙烯、正丙醚, 故答案为:丙烯、正丙醚; (3)步骤 2 中需向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是减少 1﹣溴 丙烷的挥发, 故答案为:减少 1﹣溴丙烷的挥发; (4)步骤 2 中需缓慢加热使反应和蒸馏平稳进行,目的是减少 HBr 挥发, 故答案为:减少 HBr 挥发; (5)步骤 4 中用 5%Na2CO3 溶液洗涤有机相的操作:向分液漏斗中小心加入 12mL 5% Na2CO3 溶液,振荡,将分液漏斗下口向上倾斜、打开活塞排出气体,静置, 分液, 故答案为:将分液漏斗下口向上倾斜、打开活塞排出气体. 第 41 页(共 41 页)
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