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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）