2017年江蘇省高考化學(xué)試卷及解析

2017年江蘇省高考化學(xué)試卷一、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.（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(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（2分）下列有關(guān)化學(xué)用語表示正確的是（ ）A.質(zhì)量數(shù)為31的磷原子：3i15PB.氟原子的結(jié)構(gòu)示意圖：C. 的電子式：七'「二?D.明礬的化學(xué)式：Al2（SO4）33.（2分）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（ ）Na2O2吸收CO2產(chǎn)生O2,可用作呼吸面具供氧劑C1O2具有還原性，可用于自來水的殺菌消毒SiO2硬度大，可用于制造光導(dǎo)纖維NH3易溶于水，可用作制冷劑.（2分）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)康氖牵?）A.制取SO2 B.驗(yàn)證漂白性C.收集SO2D.尾氣處理.（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(qiáng)的元素.下列說法正確的是（ ）

A.原子半徑：r（X）＜r（Y）＜r（Z）＜r（W）W的最高價(jià)氧化物的水化物是一種弱堿Y的單質(zhì)的氧化性比Z的強(qiáng)X、Y、Z三種元素可以組成共價(jià)化合物和離子化合物.（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：2CI-+2H2。電解％個(gè)+。2個(gè)+20小C.向氫氧化鋇溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH-+H++SO42--BaSO4J+H2OD.向碳酸氫銨溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3^+H2O.（2分）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.B.C.D.FeA.B.C.D.Fe。1rFeCI2型但Fe(OH)2S蔡SO3VH2sO,CaCO3^^CaO_1^CaSiO3NH3傕化a-no空HNO3.（2分）通過以下反應(yīng)可獲得新型能源二甲醚（CH30cH3）.下列說法不正確的是①C(s)+H20(g)=CO(g)+H2(g)△H1=akJ?mol-i②CO(g)+H20(g)—C02(g)+H2(g)△H2=bkJ?mol-i③C02(g)+3H2(g)—CH30H(g)+H20(g)^H3=ckJ?mol-iTOC\o"1-5"\h\z④2CH30H(g)—CH30CH3(g)+H20(g)^H4=dkJ?mol-i( )A.反應(yīng)①、②為反應(yīng)③提供原料氣反應(yīng)③也是C02資源化利用的方法之一C.反應(yīng)CH30H(g)=-|-CH3OCH3(g)+1h20(I)的4H得kJ?mol-iD.反應(yīng)2C0 (g) +4H2 (g)—CH30CH3 (g) +H20 (g)的4H= (2b+2c+d )kJ?mol-i（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-

c(H+)/c(OH-)=1X10-12的溶液中：K+、Na+、CO？-、NO3-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-(2分)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.下列說法正確的是( )工口即做物IOQ-二OIHIC電工二BLl4k(UM口叫工口即做物IOQ-二OIHIC電工二BLl4k(UM口叫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分解速率的影響大二、不定項(xiàng)選擇題：本題包括5小題，每小題4分，共計(jì)20分.每小題只有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意.若正確答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多選時(shí)，該小題得0分;若正確答案包括兩個(gè)選項(xiàng)，只選一個(gè)且正確的得2分，選兩個(gè)且都正確的得滿分，但只要選錯(cuò)一個(gè)，該小題就得0分.(4分)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法正確的是(確的是(a和b都屬于芳香族化合物a和c分子中所有碳原子均處于同一平面上a、b和c均能使酸性KMnO4溶液褪色b和c均能與新制的Cu(OH)2反應(yīng)生成紅色沉淀.(4分)下列說法正確的是( )A.反應(yīng)N2(g)+3H2(g)i2NH3(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

仁常溫下，Ksp[Mg(OH)2]=5.6X10-12,pH=10的含Mg2+溶液中，c(Mg2+)W5.6X10-4mol?L-iD.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6.02X1023.(4分)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 實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象 實(shí)驗(yàn)結(jié)論項(xiàng)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)白色沉部分Na2sO3淀；再加入足量稀鹽酸，部分沉淀溶解 被氧化C向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2sO4,加熱；再加入銀氨蔗糖未水解溶液；未出現(xiàn)銀鏡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.AB.BC.CD.D14.(4分)常溫下，Ka(HCOOH)=1.77X10-4,Ka(CH3COOH)=1.75X10-5,Kb(NH3?H2O)=1.76X10-5,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CHrOOH溶液至終點(diǎn)，消耗NaOH溶液的體積相等0.2mol?L-1HCOOH與0.1mol?L-1NaOH等體積混合后的溶液中：c(HCOO-)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)0.2mol?L-1CH3COONa與0.1mol?L-1鹽酸等體積混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3cOO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)15.(4分)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)i2NO(g)+O2(g)(正反應(yīng)吸熱).實(shí)驗(yàn)測(cè)得：v『v(NO2)消耗=k正c2(NO2 ),v逆=7 (NO)消耗=2v (O2 )消耗二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(hào) 物質(zhì)的起始濃度(mol?L-1) 物質(zhì)的平衡濃

度5。度5。111)c(N02)c(NO)c(02)I0.600n0.30.50.2田00.50.35c(02)0.2A.達(dá)平衡時(shí)，容器I與容器口中的總壓強(qiáng)之比為4：5B.達(dá)平衡時(shí)，容器口中c（02）/c（N02）比容器I中的大仁達(dá)平衡時(shí)，容器田中N0的體積分?jǐn)?shù)小于50%D?當(dāng)溫度改變?yōu)門2時(shí)，若kF=k一則T2>Ti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A1203,含Si02和Fe203等雜質(zhì)）為原料制備鋁的一種工藝流程如下：NaOHNdIC()3NaOHNdIC()3注：Si02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“過濾I”所得濾液中加入NaHC03溶液，溶液的pH（填“增大”、“不變”或“減小”）.（3）“電解I”是電解熔融Al203,電解過程中作陽極的石墨易消耗，原因是.（4）“電解口”是電解Na2c03溶液，原理如圖所示.F日南干交換膜

F日南干交換膜陽極的電極反應(yīng)式為，陰極產(chǎn)生的物質(zhì)陽極的電極反應(yīng)式為，陰極產(chǎn)生的物質(zhì)A的化學(xué)式為（5）鋁粉在10000c時(shí)可與N2反應(yīng)制備AlN.在鋁粉中添加少量NH4C1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Y-分泌調(diào)節(jié)劑的藥物中間體，其合成路線流程圖如下:ax>HCOOCI[COOCHooe電I]COCH：BrCJhCOCHiCHKQONHqK3C6H(CH止SO.ClifOCMCH.COOMOCHjN^CHD（1線流程圖如下:ax>HCOOCI[COOCHooe電I]COCH：BrCJhCOCHiCHKQONHqK3C6H(CH止SO.ClifOCMCH.COOMOCHjN^CHD（1）(2)CTCH5EOOCII：ac\\y曲〉NC中的含氧官能團(tuán)名稱為D玲E的反應(yīng)類型為(3)寫出同時(shí)滿足下列條件的C(3)a-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C12Hl4N2O2,經(jīng)氧化得到H,寫出G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式:該反應(yīng)的化學(xué)方程式為.X—H（5）已知：k2co3X—H（5）已知：k2co3~~（R代表烴基，R'代表烴基或H）請(qǐng)寫出以O(shè)il沖‘飛/n,)2、甄.iAH和（CH3）2so4為原料制備的合成路線流程圖（無機(jī)試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）.18.（12的合成路線流程圖（無機(jī)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(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,

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,Fe3+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(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溶液八，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?L1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.通過計(jì)算確定該樣品的化學(xué)式(寫出計(jì)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(duì)實(shí)驗(yàn)的影響可忽略).15%NaCI0港演I過量110%氨水預(yù)處理后

的光盤碎片I預(yù)處理后

的光盤碎片溶解1—?過濾[[ ?“fI *AgINaOH溶液調(diào)pH灌液 泳演已知：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+2NH『H2OiAg(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-4AgJ+N2個(gè)+4NH4++4NH3個(gè)+H2O“氧化”階段需在80℃條件下進(jìn)行，適宜的加熱方式為.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)“過濾口”的濾渣進(jìn)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NH『H2O反應(yīng)外（該條件下NaClO3與NH『H2O不反應(yīng)），還因?yàn)?（5）請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)從“過濾口”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-i水合肼溶液，1mol?L-iH2SO4）..（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CO32一，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.茶小理&寶集中奉茶小理&寶集中奉M①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)溶液由無色變?yōu)闇\紅色時(shí)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H3AsO/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.

圖，3圖，3①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.【選做題】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)］.(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?dú)狻⒈鸵掖紖⑴c.(1)Fe3+基態(tài)核外電子排布式為.C)II(2)丙酮(」：一’一■)分子中碳原子軌道的雜化類型是,1mol丙酮分子中含有。鍵的數(shù)目為.(3)C、H、O三種元素的電負(fù)性由小到大的順序?yàn)?(4)乙醇的沸點(diǎn)高于丙酮，這是因?yàn)?圖-1 晶胞鰭相示意圖幅世(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(xué)式為.圖-1 晶胞鰭相示意圖幅世圖-2轉(zhuǎn)化過程的能量變化B.［實(shí)驗(yàn)化學(xué)］22.1-溴丙烷是一種重要的有機(jī)合成中間體，沸點(diǎn)為71℃,密度為1.36g?cm-3.實(shí)

驗(yàn)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(shí)驗(yàn)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(jī)相.步驟4：將分出的有機(jī)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(jìn)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(shí)生成的主要有機(jī)副產(chǎn)物有2-溴丙烷和.(3)步驟2中需向接受瓶?jī)?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(jìn)行，目的是.(5)步驟4中用5%Na2c03溶液洗滌有機(jī)相的操作：向分液漏斗中小心加入12mL5%Na2CO3溶液，振蕩，，靜置，分液.I2017年江蘇省高考化學(xué)試卷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.(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(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

【分析】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)來改變生活細(xì)節(jié)，據(jù)此進(jìn)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(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；故選C.（2分）（2017?江蘇）下列有關(guān)化學(xué)用語表示正確的是（ ）A.質(zhì)量數(shù)為31的磷原子：3i15PB.氟原子的結(jié)構(gòu)示意圖：C.Cad2的電子式：二D.明礬的化學(xué)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(hào)的左上角為質(zhì)量數(shù)、左下角為質(zhì)子數(shù)；B.氟原子的核電荷數(shù)二核外電子總數(shù)=9,最外層含有7個(gè)電子；C.兩個(gè)氯離子不能合并；D.明礬為十二水合硫酸鋁鉀.【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；叱；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)出陰陽離子所帶電荷，氯化鈣正確的電子式為［；匚『二「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.3.（2分）（2017?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（ ）

Na2O2吸收CO2產(chǎn)生O2,可用作呼吸面具供氧劑C1O2具有還原性，可用于自來水的殺菌消毒SiO2硬度大，可用于制造光導(dǎo)纖維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.C1O2具有強(qiáng)氧化性；C.光導(dǎo)纖維的主要成分是二氧化硅，光導(dǎo)纖維是利用光的全反射原理;D.氨氣易液化而吸收熱量導(dǎo)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.C1O2具有強(qiáng)氧化性而使蛋白質(zhì)變性，所以該物質(zhì)能殺菌消毒，故B錯(cuò)誤；C.光導(dǎo)纖維的主要成分是二氧化硅，光導(dǎo)纖維是利用光的全反射原理，與二氧化硅的硬度大小無關(guān)，故C錯(cuò)誤；D.氨氣易液化而吸收熱量導(dǎo)致周圍環(huán)境溫度降低，所以氨氣常常作制冷劑，與氨氣易溶于水無關(guān)，故D錯(cuò)誤；故選A.（2分）（2017?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)康氖牵?）A.制取SO2 B.驗(yàn)證漂白性C.收集SO2D.尾氣處理【分析】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铮膳c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(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.故選B.(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(qiáng)的元素.下列說法正確的是()A.原子半徑：r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W)W的最高價(jià)氧化物的水化物是一種弱堿Y的單質(zhì)的氧化性比Z的強(qiáng)X、Y、Z三種元素可以組成共價(jià)化合物和離子化合物【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，Z是地殼中含量最多的元素，W是短周期中金屬性最強(qiáng)的元素，則Z是0、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)小于乙則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?。籛的最高價(jià)氧化物的水化物是NaOH；Y單質(zhì)是氮?dú)狻單質(zhì)是氧氣，元素的非金屬性氧氣，其單質(zhì)的氧化性越強(qiáng)；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(qiáng)的元素，則Z是0、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)小于乙則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；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；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；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；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個(gè)由解B.電解飽和食鹽水獲取燒堿和氯氣：2CI-+2H2。 H2個(gè)+Cl2個(gè)+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(shí)，陽極上生成氯氣、陰極上生成氫氣同時(shí)陰極附近有NaOH生成；仁二者反應(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；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個(gè)，故A錯(cuò)誤；B.電解飽和食鹽水時(shí)，陽極上生成氯氣、陰極上生成氫氣同時(shí)陰極附近有NaOH生成，離子方程式為2CI-+2H?O電解H2個(gè)+Cl2個(gè)+2OH-,故B正確；仁二者反應(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--BaSO4J+2H20,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-+2OH-=CaCO3^+H2O+NH3^H2O,>D錯(cuò)誤；故選B.

7.(2分)(2017?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A.B.Fe：%,FeCI嚴(yán)H3P).Fe(OH)A.B.S品SO3HH2s%C.CaCC產(chǎn)溫CaO聾CaSiO3【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?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(cuò)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-i②CO(g)+H2O(g)-CO2(g)+H2(g)△H2=bkJ?mol-1③CO2(g)+3H2(g)-CH3OH(g)+H2O(g)^H3=ckJ?mol-1④2CH30H(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)CH30H(g)一■|XH30cH3(g)+1-H20(I)的△H='J?mol-1D.反應(yīng)2CO (g) +4H2 (g)-CH3OCH3 (g) +H2O (g)的4H= ( 2b+2c+d )kJ?mol-

【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，②X2+③X2+④得到2CO(g)+4H2(g)=CH30CH3(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；.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)CH30H(g)=1cH3OCH3(g)+1-H20(I)的△H,kJ?mol-1,故C錯(cuò)誤；D.由蓋斯定律可知，②X2+③X2+④得到2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g),則^Hm(2b+2c+d)kJ?mol-i,>D正確；故選C..(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-c(H+)/c(OH-)=1X10-12的溶液中：K+、Na+、CO32-.NO3-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)；c(H+)/c(OH-)=1X10-12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(cuò)誤；c(H+)/c(OH-)=1X10-12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；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；故選B.10.（2分）（2017?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【分析】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；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(shí)間內(nèi)雙氧水濃度變化量越大；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；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.【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(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；故選D.二、不定項(xiàng)選擇題：本題包括5小題，每小題4分，共計(jì)20分.每小題只有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意.若正確答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多選時(shí)，該小題得0分;若正確答案包括兩個(gè)選項(xiàng)，只選一個(gè)且正確的得2分，選兩個(gè)且都正確的得滿分，但只要選錯(cuò)一個(gè)，該小題就得0分TOC\o"1-5"\h\z11.(4分)(2017?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法正確的是( )稱~f ~OHa b ca和b都屬于芳香族化合物a和c分子中所有碳原子均處于同一平面上a、b和c均能使酸性KMnO4溶液褪色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中不含苯環(huán)；a、c中含甲基、亞甲基、次甲基均為四面體構(gòu)型；a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；a、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；a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(cuò)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)i2NH3(g)的△H<0,4S>0B.地下鋼鐵管道用導(dǎo)線連接鋅塊可以減緩管道的腐蝕仁常溫下，Ksp[Mg(OH)2]=5.6X10-12,pH=10的含Mg2+溶液中，c(Mg2+)W5.6X10-4mol?L-iD.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6.02X1023【分析】A.由化學(xué)計(jì)量數(shù)可知4SV。；B.導(dǎo)線連接鋅塊，構(gòu)成原電池時(shí)Zn為負(fù)極；C.pH=10的含Mg2+溶液中，c(OH)=10-4mol*L-i,c(Mg2+)<一獨(dú)￡一；c(0H-)2D.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)，△HV0,且為氣體體積減小的反應(yīng)，則ASVO,故A錯(cuò)誤；.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；pH=10的含Mg2+溶液中，c(OH-)=10-4mol*L-i,c(Mg2+)W,^乂10~~=5.6X10-4mol?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；故選BC.13.(4分)(2017?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 實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象 實(shí)驗(yàn)結(jié)論項(xiàng)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)白色沉部分Na2sO3淀；再加入足量稀鹽酸，部分沉淀溶解被氧化

淀；再加入足量稀鹽酸，部分沉淀溶解被氧化C向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4,加熱；再加入銀氨蔗糖未水解溶液；未出現(xiàn)銀鏡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.AB.BC.CD.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(jìn)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(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；故選B.14.(4分)(2017?江蘇)常溫下，Ka(HCOOH)=1.77X10-4,Ka(CH3COOH)=1.75X10-5,Kb(NHjH2O)=1.76X10-5,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(diǎn)，消耗NaOH溶液的體積相等0.2mol?L-1HCOOH與0.1mol?L-1NaOH等體積混合后的溶液中：c(HCOO-)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)0.2mol?L-1CH3COONa與0.1mol?L-1鹽酸等體積混合后的溶液中(pH<7)：

c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)【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(diǎn)時(shí)，酸的濃度越大，消耗的堿體積越大；C.任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，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-i的HCOONa和NH4C1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(diǎn)時(shí)，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(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,甲酸電離程度大于水解程度，所以c(HCOOH)<c(Na+),所以得c(HCOO-)+c(OH-)>c(HCOOH)+c(H+),故C錯(cuò)誤；D.二者混合后溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的CH3COONa、CH3COOH和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(CH3C00-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+),故D正確；故選AD.15.(4分)(2017?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)：2NO(g)二2NO(g)+O,(g)(正反應(yīng)吸熱).實(shí)驗(yàn)測(cè)得：v=v(NO,)2 2 正 2消耗=k正c2(NO2 ), v逆二丫 (NO)消耗=2v (O2 )消耗二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(hào) 物質(zhì)的起始濃度(mol?L-i) 物質(zhì)的平衡濃度5。111)c(NO2)c(NO)c(O2)c(O2)I0.6000.2n0.30.50.2田00.50.35A.達(dá)平衡時(shí)，容器I與容器口中的總壓強(qiáng)之比為4：5B.達(dá)平衡時(shí)，容器口中c(O2)/c(NO2)比容器I中的大仁達(dá)平衡時(shí)，容器田中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=卜逆，則T2>T1【分析】A.I中的反應(yīng)2NO2(g)i2NO(g)+O2(g)TOC\o"1-5"\h\z開始(mol/L)0.6 0 0反應(yīng)(mol/L)0.4 0.4 0.2平衡(mol/L)0.2 0.4 0.2化學(xué)平衡常數(shù)K=°-4X？2=0.80.”容器體積為1L,則平衡時(shí)I中氣體總物質(zhì)的量=1LX(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lmol,II中開始時(shí)濃度商="5"：’=旦<0.型%0.8,則平衡正向移動(dòng);

B.如果II中平衡時(shí)c(N02)=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(N02)=c((J2)=-jLmol/L,c(NO)=0.5mol/L+_^mol/L=.lZ-mol/L,II心打工'qn'so中 "——型-'1.3>0.8,說明II中平衡時(shí)應(yīng)該存在c(NO_)>c(O.)；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%;D.v正二丫 (NO2 )消耗=k正c2 (NO2 ),v逆二丫 (NO)消耗=2v (O2 )消耗二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=卜逆，則c2(NO2)=c2(NO)?c(O2)，化學(xué)平衡常數(shù)K等于1.【解答】解：A.I中的反應(yīng)2NO2(g)i2NO(g)+O2(g)TOC\o"1-5"\h\z開始(mol/L)0.6 0 0反應(yīng)(mol/L)0.4 0.4 0.2平衡(mol/L)0.2 0.4 0.2化學(xué)平衡常數(shù)K=°-4X？2=0.80.好容器體積為1L,則平衡時(shí)I中氣體總物質(zhì)的量=1LX(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lmol,II中開始時(shí)濃度商="*:2=且<0,鏟勺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與容器口中的總壓強(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=^L,15平衡時(shí)c(NO2)=c((J2)=-^-mol/L,c(NO)=0.5mol/L+-^mol/L=-lLmol/L,II

山葭工,A"*MO 、，L 、rr中 '1.3>0.8,說明II中平衡時(shí)應(yīng)該存在c(NO.)>c(O9),容器I中c(O2)/c(NO2=1,所以達(dá)平衡時(shí)，容器口中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)，容器田中NO的體積分?jǐn)?shù)小于50%，故C正確；D. v正二丫 (NO2 )消耗=k正c2 (NO2 ),v逆二丫 (NO)消耗=2v (O2)消耗二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=卜逆，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)，說明升高溫度平衡正向移動(dòng)，所以T2>L，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：NaOHNfalICO3鋁土承NaOHNfalICO3鋁土承Al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AgO/OH-2AQ-+HR.(2)向“過濾I”所得濾液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH減小 (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，原因是石

墨電極被陽極上產(chǎn)生的O2氧化(4)“電解口”是電解Na<O。溶液，原理如圖所示.陰極FBM陰極NMICS溶液.Na^CCh溶液一■?__, ——— __一稀N日。H溶液用離子變換膜陽極的電極反應(yīng)式為4COg-+2H20-4e--4HCO3-+O2個(gè)，陰極產(chǎn)生的物質(zhì)A的化學(xué)式為H2.(5)鋁粉在10000c時(shí)可與N2反應(yīng)制備AlN.在鋁粉中添加少量NH4C1固體并充分混合，有利于AlN的制備，其主要原因是NH4C1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(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(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，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個(gè)，陰極上氫離子得到電子生成氫氣，則陰極產(chǎn)生的物質(zhì)A的化學(xué)式為H2,故答案為：4CO32-+2H2O-4e--4HCO3-+O2個(gè)；H2；

（5）鋁粉在10000c時(shí)可與N2反應(yīng)制備AlN.在鋁粉中添加少量NH4C1固體并充分混合，有利于AlN的制備，其主要原因是NH4C1分解產(chǎn)生的HCl能夠破壞Al表面的A12O3薄膜，故答案為：NH4C1分解產(chǎn)生的HCl能夠破壞Al表面的A12O3薄膜.17.（15分）（2017?江蘇）化合物H是一種用于合成Y-分泌調(diào)節(jié)劑的藥物中間體，其合成路線流程圖如下:（1）體，其合成路線流程圖如下:（1）C中的含氧官能團(tuán)名稱為醚鍵和酯基（2）D玲E的反應(yīng)類型為取代反應(yīng).（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:O'o-c-cei-ch3JNHt①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a-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C12Hl4N2O2，經(jīng)氧化得到H,寫出G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式:7一CkhR（7一CkhR（R代表烴基，R'代表烴基或H）Oil寫出以 和（CH3）2s04為原料制備一”,一二一「一-!—」”的合成路線流程圖（無機(jī)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玲B發(fā)生取代反應(yīng)，B玲C發(fā)生還原反應(yīng)，C玲D為取代反應(yīng)，D玲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玲H發(fā)生氧化反應(yīng)，（1）C中含氧官能團(tuán)為醚鍵、酯基；（2）D玲E為氨基上H被取代；（3）C的一種同分異構(gòu)體，滿足①含有苯環(huán)，且分子中有一個(gè)手性碳原子；②能發(fā)生水解反應(yīng)，水解產(chǎn)物之一是a-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;（4）G的分子式為C12Hl4N2O2，經(jīng)氧化得到H,可知F玲G的轉(zhuǎn)化-COOCH3轉(zhuǎn)化為-ch2oh；■- /OilH0Vj?沖（5）以 “…力U和（CH3）2S04為原料制備_1‘.—?一’’—「?，結(jié)合上述合成流程可知，-0H轉(zhuǎn)化為-Br,酚-0H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(tuán)名稱為醚鍵、酯基，故答案為：醚鍵；酯基；（2）D玲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a-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，OHUW可知符合條件的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 一' ,

HQ故答案為： ；（4）G的分子式為C12Hl4N2O2，經(jīng)氧化得到H,可知F玲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 ■- ,H0n02、HN,（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18.（12分）（2017?江蘇）堿式氯化銅是重要的無機(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4CuCI+OJ8HR里&￡^2Cu.（OH）2。』3匕0.②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,Fe3+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Fe2+.

CliHz0CliCW"'(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溶液八，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?L1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.通過計(jì)算確定該樣品的化學(xué)式(寫出計(jì)算過程).【分析】(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；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；(2)由②可知n(CI-)=n(AgCl)義—0口吐=1722g_x100,00mL=4.80025.OOniL143.5g/inol25.00mLXlOsmol,由③可知n(C112+)=n(EDTA)XQQnL=0.08000mol?L-1X30.0025.00mLmLX10-3L*mL-iX°。此=9.600X10-3mol,結(jié)合化合物中正負(fù)化合價(jià)的代數(shù)25.00mL和為0及物質(zhì)定組成來計(jì)算.【解答】解：(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4CuCI+O2+8H2O 2Cu2(OH)2cl/3H2O,故答案為：4CuCI+O2+8H2O45-50^2Cu2(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)n(CI-)=n(AgCl)義^口山。。山二0?廣段 LQQ.OML=4.800X10-3mol,25.00mL143.5g/mol25.00mL

n(CU2+)=n(EDTA)X100-00mL=0.08000mol?L-iX30.00mLX10-3L?mL-iX25.00mL100.00mL=9.600x10一3mol,25.00mLn(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2X9.600X10-3mol-4.800X10-3mol=1.440X10-2mol,m(Cl-)=4.800X10-3molX35.5g^mol-1=0.1704g,m(Cu2+)=9.600X10-3molX64g?mol-1=0.6144g,m(OH-)=1.440X10-2molX17g?mol-1=0.2448g,n(H2O)=1?1160g—。?24非皂《另。。*10-3mol,貝Ua：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,答：該樣品的化學(xué)式為Cu2(OH)3cl?H2O.(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(duì)實(shí)驗(yàn)的影響可忽略).15%NaCIO溶液(過量) 10%氨水篇幅T取化L過期解? 過渡篇幅T取化L過期解NaOH溶液調(diào)pH海海 謔選已知：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+2NH『H2OiAg(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-4AgJ+N2個(gè)+4NH4++4NH3個(gè)+H2O“氧化”階段需在80℃條件下進(jìn)行，適宜的加熱方式為水浴加熱.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4Ag+4NaClO+2H2O『4AgCl+4NaOH+O2個(gè).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.(3)為提高Ag的回收率，需對(duì)“過濾口”的濾渣進(jìn)行洗滌，并將洗滌后的濾液合并入過濾口的濾液中.

（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NH『H2O反應(yīng)外（該條件下NaClO3與NH『H2O不反應(yīng)），還因?yàn)槲催^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）請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)從“過濾口”后的濾液中獲取單質(zhì)Ag的實(shí)驗(yàn)方案：向?yàn)V液中滴加2mol?L-i水合肼溶液，攪拌使其充分反應(yīng)，同時(shí)用1mol?L-iHSO〃溶液吸收反應(yīng)中放出的NH，待溶液中無氣泡產(chǎn)生，停止滴加，靜置，過濾、洗滌，干燥（實(shí)驗(yàn)中須使用的試劑有：2mol?L-i水合肼溶液，1mol?L-iH2sO4）.【分析】回收一種光盤金屬層中的少量Ag,由流程可知，氧化時(shí)發(fā)生4Ag+4NaClO+2H2O—4AgCl+4NaOH+O2個(gè)，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+2NH『H2OiAg（NH3）2++Cl-+2H2O,過濾II分離出的濾渣為Ag,對(duì)過濾II得到的濾液用N2HjH2O（水合肼）在堿性條件下能還原Ag（NH3）2+得至UAg,以此來解答.【解答】解：（1）“氧化”階段需在80℃條件下進(jìn)行，不超過水的沸點(diǎn)，則適宜的加熱方式為水浴加熱，故答案為：水浴加熱；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個(gè).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個(gè)；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)“過濾口”的濾渣進(jìn)行洗滌，并將洗滌后的濾液合并入過濾口的濾液中，減少Ag的損失，故答案為：將洗滌后的濾液合并入過濾口的濾液中；（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NH『H2O反應(yīng)外（該條件下NaClO3與NH『H2O不反應(yīng)），還因?yàn)槲催^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：未過濾掉的溶液會(huì)稀釋加入的氨水，且其中含有一定濃度的。-，不利于AgCl與氨水反應(yīng)；（5）由信息③可知，從“過濾口”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-i水合肼溶液，攪拌使其充分反應(yīng)，同時(shí)用1mol?L-iH2sO4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?yàn)V液中滴加2mol?L-i水合肼溶液，攪拌使其充分反應(yīng)，同時(shí)用1mol?L-iH2sO4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.（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CO32i其原因是堿性溶液吸收了空氣中的CO（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.，-2O86420L0.。。。M131:2，-2O86420L0.。。。M131:2O0864rJ10,00①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)溶液由無色變?yōu)闇\紅色時(shí)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H3As。/H2AsO4-+H+的電離常數(shù)為Ka1，則pKa1=2.2（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)樵趐H4?7之間，吸附劑X表面帶正電，五價(jià)碑主要以H2As04-和HAsO42-陰離子存在，靜電引力較大；而三價(jià)碑主要以H3As03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(duì)三價(jià)砷去除效果可采取的措施是加入氧化劑，將三價(jià)砷轉(zhuǎn)化為五價(jià)碑【分析】（1）空氣中的C02屬于酸性氧化物，能溶于強(qiáng)堿溶液；（2）①根據(jù)圖知，堿性條件下H3As03的濃度減小、H2As03-濃度增大，說明堿和H3As03生成H2As03-,該反應(yīng)為酸堿的中和反應(yīng)；②K1=——',Q ,pH=2.2時(shí)c（H+）=10-2.2mol/L,c（H5As0.）=c（H9As0.a1cH3AsO4 3 3 2 3）;（3）①吸附劑X表面所帶負(fù)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(jià)碑主要以H2As04-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；而三價(jià)碑主要以H3As03分子存在；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.

【解答】解：(1)空氣中的CO2屬于酸性氧化物，能溶于強(qiáng)堿溶液，NaOH是堿，能吸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(shí)還生成水，離子方程式為OH-+H3AsO3=H2AsO"+H2O,故答案為：OH-+H3AsO3=H2AsO3-+H2O；②KJ——/,口 ,pH=2.2時(shí)c(H+)=10-2.2m