普通高等学校招生全国统一考试江苏卷化学.docx
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普通高等学校招生全国统一考试江苏卷化学
2017年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）化学
一、单项选择题：
本题包括10小题，每小题2分，共计20分
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
解析：
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。
答案：
C
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：
3115P
B.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
解析：
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。
答案：
A
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
解析：
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，与氨气易溶于水无关，故D错误。
答案：
A
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SO2
D.尾气处理
解析：
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。
答案：
B
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
解析：
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，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。
答案：
D
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
解析：
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，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。
答案：
B
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
Fe（OH）2
B.S
SO3
H2SO4
C.CaCO3
CaO
CaSiO3
D.NH3
NO
HNO3
解析：
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，和酸性氧化物二氯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。
答案：
C
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=akJ•mol﹣1
②CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H2=bkJ•mol﹣1
③CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H3=ckJ•mol﹣1
④2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H4=dkJ•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
解析：
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；
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。
答案：
C
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﹣
C.c（Fe2+）=1mol•L﹣1的溶液中：
K+、NH4+、MnO4﹣、SO42﹣
D.能使甲基橙变红的溶液中：
Na+、NH4+、SO42﹣、HCO3﹣
解析：
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；
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。
答案：
B
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
解析：
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，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。
答案：
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）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
解析：
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含﹣OH、c含﹣CHO，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；
D.只有﹣CHO与新制的Cu（OH）2反应生成红色沉淀，则只有c能与新制的Cu（OH）2反应生成红色沉淀，故D错误。
答案：
C
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）2]=5.6×10﹣12，pH=10的含Mg2+溶液中，c（Mg2+）≤5.6×10﹣4mol•L﹣1
D.常温常压下，锌与稀H2SO4反应生成11.2LH2，反应中转移的电子数为6.02×1023
解析：
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﹣）=10﹣4mol•L﹣1，c（Mg2+）≤
=5.6×10﹣4mol•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。
答案：
BC
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
实验操作和现象
实验结论
A
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，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，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，加热；再加入银氨溶液；未出现银镜
蔗糖未水解
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
解析：
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，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。
答案：
B
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0.1mol•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.0.2mol•L﹣1HCOOH与0.1mol•L﹣1NaOH等体积混合后的溶液中：
c（HCOO﹣）+c（OH﹣）=c（HCOOH）+c（H+）
D.0.2mol•L﹣1CH3COONa与0.1mol•L﹣1盐酸等体积混合后的溶液中（pH＜7）：
c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）
解析：
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﹣），所以浓度均为0.1mol•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，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。
答案：
AD
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（ ）
容器编号
物质的起始浓度（mol•L﹣1）
物质的平衡浓度（mol•L﹣1）
c（NO2）
c（NO）
c（O2）
c（O2）
Ⅰ
0.6
0
0
0.2
Ⅱ
0.3
0.5
0.2
Ⅲ
0
0.5
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
解析：
A.I中的反应2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）
开始（mol/L）0.600
反应（mol/L）0.40.40.2
平衡（mol/L）0.20.40.2
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。
答案：
CD
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 。
解析：
“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O。
答案：
Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O
（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH （填“增大”、“不变”或“减小”）。
解析：
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。
答案：
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 。
解析：
“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。
答案：
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 ，阴极产生的物质A的化学式为 。
解析：
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。
答案：
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 。
解析：
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。
答案：
NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜
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 和 。
解析：
由结构可知C中的含氧官能团名称为醚键、酯基。
答案：
醚键酯基
（2）D→E的反应类型为 。
解析：
D→E为氨基上H被取代，反应类型为取代反应。
答案：
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。
解析：
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
。
答案：
（4）G的分子式为C12H14N2O2，经氧化得到H，写出G的结构简式：
。
解析：
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
。
答案：
（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）。
解析：
以
和（CH3）2SO4为原料制备
，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
。
答案：
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）2Cl2•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 。
解析：
①45～50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2（OH）2Cl2•3H2O，反
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