2017-2018学年江苏省南京市六校联合体高二下学期期末考试化学试题 解析版

2017-2018学年江苏省南京市六校联合体高二下学期期末考试化学试题 解析版

江苏省南京市六校联合体2017-2018学年高二下学期期末考试化学试卷 ‎1. 2018年世界环境日我国确定主题为“美丽中国，我是行动者”。下列做法不应提倡的是 A. 选择乘公共交通、步行和自行车等低碳绿色方式出行 B. 积极响应滴水必珍、全民节水行动，建设节水型社会 C. 日常生活中使用一次性筷子、纸杯、快餐盒和塑料袋 D. 生活垃圾分类投放、分类收集、分类运输和分类处理 ‎【答案】C ‎【解析】A. 选择乘公共交通、步行和自行车等低碳绿色方式出行，减少二氧化碳的排放，符合“美丽中国，我是行动者”，选项A不选；B. 积极响应滴水必珍、全民节水行动，建设节水型社会，符合“美丽中国，我是行动者”，选项B不选；C. 日常生活中使用一次性筷子、纸杯、快餐盒和塑料袋，造成白色污染，不符合“美丽中国，我是行动者”，选项C选；D. 生活垃圾分类投放、分类收集、分类运输和分类处理，回收再利用，减少污染，符合“美丽中国，我是行动者”，选项D不选；答案选C。‎ ‎2. 下列有关化学用语表示正确的是 A. 中子数为1的氢原子： B. 硫原子的结构示意图：‎ C. N2的电子式： D. 乙醇的结构简式：C2H5OH ‎【答案】D ‎【解析】分析: A.左上角为质量数,质量数=质子数+中子数；B.原子：质子数=核外电子数；C.没有表示出最外层电子；D.乙醇的结构简式为C2H5OH或CH3CH2OH。‎ 详解：A项，中子数为1的氢原子应为，故A项错误；‎ B项，硫的核电荷数为16，硫原子最外层电子数为6，故B项错误；‎ C项，没有表示出氮原子最外层电子，其电子式应为：，故C项错误；‎ D项，乙醇的结构简式为C2H5OH或CH3CH2OH，故D项正确。‎ 综上所述，本题正确答案为D。‎ 点睛：本题需要注意的是原子符号的书写，结构简式要把官能团表示出来，氮气的电子式是常考点，必须注意氮上面的孤对电子很容易忽略。‎ ‎3. 常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是 A. pH＝1的溶液中：Ba2＋、Fe3＋、Cl－、SCN－‎ B. 能使酚酞溶液变红的溶液中：Ca2＋、K＋、HCO3－、CO32－‎ C. c(OH－)/c(H+)＝10－12的溶液中：NH4+、Cu2＋、NO3－、SO42－‎ D. 水电离产生的c(OH－)＝10－12 mol·L－1的溶液中：Na＋、Al3＋、Cl－、NO3－‎ ‎【答案】C ‎【解析】A. pH=l 的溶液显酸性，Fe3+ 与SCN-那个反应生成络合物，故A错误；B. 能使酚酞变红的溶液显碱性，碱性溶液中HCO3-不能大量存在，且Ca2+与CO32-那个反应生成碳酸钙沉淀，故B错误；C. =10-12的溶液显酸性，在酸性溶液中NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-离子间不能发生反应，能够大量共存，故C正确；D. 由水电离的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液显酸性或碱性，在碱性溶液中Al3+反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量存在，故D错误；故选C。‎ 点晴：本题考查离子共存的正误判断。解决离子共存问题时要注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性、溶液的颜色等。本题的易错点是A，要注意Fe3+和 SCN-能发生络合反应。‎ ‎4. 用下列实验装置或操作进行相应实验，能达到实验目的的是 A. 用图1所示装置收集SO2气体 B. 用图2所示装置检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的乙烯 C. 用图3所示装置从食盐水中提取NaCl D. 用图4所示装置制取并收集O2‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：A.收集SO2应用向上排空法；B.应排除乙醇的干扰；C.加热溶液应在蒸发皿中进行；D.过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，可用向上排空法收集。‎ 详解：A. SO2密度比空气大，应用向上排空法收集，故A错误； B.乙醇易挥发，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，不能排除乙醇的干扰，故B错误； ‎ C.蒸发应用蒸发皿，不能在坩埚中进行，故C错误； D.过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，氧气,密度比空气大，可用向上排空法收集，所以D选项是正确的。 所以D选项是正确的。‎ ‎5. 下列说法正确的是 A. 镀铜铁制品镀层破损后，铁制品比破损前更容易生锈 B. 标准状况下，22.4 L Cl2与足量NaOH溶液反应，转移电子数为2mol C. 水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应 D. Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，CO32－水解程度减小，溶液的pH减小 ‎【答案】A ‎6. 下列指定反应的离子方程式正确的是 A. 用Ba(OH)2溶液吸收氯气：2OH－+ 2Cl2 =2Cl－+ClO－+H2O B. Cu 溶于稀HNO3: Cu + 2H++ NO3- = Cu2+ + NO2↑+ H2O C. NO2溶于水：3NO2+H2O =2H++2NO3- +NO D. 氯化镁溶液与氨水反应：Mg2+ + 2OH－= Mg(OH)2↓‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：A. 电荷不守恒、电子不守恒;B. 铜和稀硝酸反应生成硝酸、一氧化氮和水，离子方程式为：3Cu + 8H++ 2NO3- = 3Cu2+ +2NO↑+ 4H2O；C. 二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮；D.一水合氨在离子反应中保留化学式。‎ 详解:A. 用Ba(OH)2溶液吸收氯气的离子反应为2OH－+ Cl2 =Cl－+ClO－+H2O，所以A选项是错误的； B. 铜和稀硝酸反应生成硝酸、一氧化氮和水，离子方程式为：3Cu + 8H++ 2NO3- = 3Cu2+ +2NO↑+ 4H2O，故B错误； C. NO2溶于水，反应生成硝酸和一氧化氮，离子方程式：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO，故C正确； ‎ D.氯化镁溶液与氨水反应的离子反应为Mg2+ + 2NH3H2O= Mg(OH)2↓+2NH4+，故D错误； 所以C选项是正确的。‎ ‎7. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. 浓硫酸具有脱水性，可用于干燥氯气 B. FeCl3溶液有酸性，常用于蚀刻电路板 C. 炭具有强还原性，常用于冶炼钠、钾等金属 D. 碳酸氢钠溶液具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂 ‎【答案】D ‎【解析】A. 浓硫酸具有吸水性，可用于干燥氯气，A错误；B. FeCl3溶液中的铁离子具有氧化性，常用于蚀刻电路板，B错误；C. 钠、钾等均是活泼金属，炭虽然具有强还原性，不能用于冶炼钠、钾等金属，C错误；D. 碳酸氢钠溶液具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂，D正确，答案选D。‎ 点睛：注意浓硫酸吸水性和脱水性的区别，浓H2SO4夺取的水在原物质中以H2O分子形式存在时浓H2SO4表现吸水性，不以H2O分子形式而以H和O原子形式存在时，而浓H2SO4表现脱水性。‎ ‎8. 在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A 点睛：本题的易错选C选项，学生认为发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，需要注意此反应应在溶液中进行，但现在给的环境不是溶液，也就是Fe和Cl2反应，无论氯气过量与否反应生成的都是FeCl3.‎ ‎9.‎ ‎ X、Y、Z、W为短周期主族元素，X原子M层有1个电子，Y原子最外层电子数为最内层电子数的2倍，Z元素的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，Z、W同周期，W的原子半径小于Z。下列叙述正确的是 A. 原子半径由大到小的顺序：Z、X、Y B. 元素非金属性由强到弱的顺序：W、Z、Y C. 简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：Z、W D. W分别与X、Y形成的化合物化学键类型相同 ‎【答案】B ‎【解析】X的M层有1个电子，因此M为Na，Y原子最外层电子数为最内层的2倍，因此Y为C或Si，Z的最高价化合价为最低负化合价绝对值的3倍，即Z为S，Z、W同周期，W的原子半径小于Z，则W为Cl，A、如果Y为C，C只有2个电子层，因此原子半径最小，Na、S位于第三周期，同周期从左向右原子半径减小，因此半径大小顺序是Na>S>C，如果Y为Si，三种元素都位于第三周期，Na>Si>S，故A错误；B、如果Y为C，三种元素最高价氧化物对应水化物为H2CO3、H2SO4、HClO4，酸性强弱：HClO4>H2SO4>H2CO3，即非金属性Cl>S>C，如果Y为Si，同周期从左向右非金属性增强，即Cl>S>Si，故B正确；C、非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性：Cl>S，故C错误；D、前者为NaCl，属于离子化合物，后者为CCl4或SiCl4，属于共价化合物，故D错误。‎ ‎10. 锌-空气电池（原理如图）适宜用作城市电动车的动力电源。该电池放电时Zn转化为ZnO。该电池工作时下列说法正确的是 A. 氧气在石墨电极上发生氧化反应 B. 该电池的负极反应为Zn+H2O-2e- = ZnO+2H+‎ C. 该电池充电时应将Zn电极与电源负极相连 D. 该电池放电时OH-向石墨电极移动 ‎【答案】C ‎【解析】分析: A. 氧气在石墨电极上发生得到电子的还原反应；B. 溶液显碱性，负极反应为Zn+2OH－-2e－= ZnO+H2O；C. ‎ 充电时，电源的负极与外接电源的负极相连，即该电池充电时应将Zn电极与电源负极相连；D. 放电时OH-向负极即向锌电极移动。 详解：A. 氧气在石墨电极上发生得到电子的还原反应，A错误；‎ B. 溶液显碱性，负极反应为Zn+2OH－-2e－= ZnO+H2O，B错误；‎ C. 充电时，电源的负极与外接电源的负极相连，即该电池充电时应将Zn电极与电源负极相连，C正确；‎ D. 放电时OH-向负极即向锌电极移动，D错误。‎ 答案选C。 点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，难点是电极反应式的书写，书写时注意离子的移动方向、电解质溶液的酸碱性、是否存在交换膜以及是不是熔融电解质等。‎ ‎11. 下列图示与对应的叙述相符合的是 A. 图甲表示某可逆反应中物质浓度随时间的变化，反应在t时刻达到平衡状态 B. 图乙表示NO2在恒容密闭容器中发生反应：2NO2(g)= N2O4(g)，NO2体积分数与温度的变化曲线，则该反应的正反应△H＜0‎ C. 图丙表示某温度时，BaSO4在水中溶解平衡曲线，蒸发水可使溶液由b点变到a点 D. 图丁表示分别稀释l0 mLpH均为12的NaOH和NH3•H2O溶液时pH的变化，曲线I表示NH3•H2O溶液，n>100‎ ‎【答案】B ‎【解析】t时刻，虽然生成物的浓度等于反应物的浓度，当还没有建立平衡，故A错误；B、NO2的体积分数最小时，反应达到平衡，以后升高温度，NO2的体积分数增大，即升高温度，平衡向逆反应方向移动，即正反应方向是放热反应，△H<0，故B正确；C、蒸发水，c(Ba2＋)和c(SO42－)的浓度都增大，故C错误；D、NH3·H2O是弱碱，部分电离，相同pH，NH3·H2O的浓度大于NaOH，加水稀释，促进NH3·H2O的电离，稀释相同体积，NaOH的pH大，因此I是NaOH，II是NH3·H2O，故D错误。‎ ‎12. 乙酰紫草素具有抗菌、抗炎、抗病毒、抗肿瘤等作用，它的结构简式如图所示，下列有关乙酰紫草素的说法正确的是 A. 该分子中含有1个手性碳原子 B. 1mol乙酰紫草素最多可与2mol NaOH反应 C. 1mol 乙酰紫草素最多可与2mol Br2反应 D. 能与FeCl3溶液发生显色反应 ‎【答案】AD ‎【解析】分析：本题主要是考查有机物结构和性质，A．该分子中只有连接酯基中-COO-的碳原子是手性碳原子，所以只有1个手性碳原子；B．能和氢氧化钠反应的有酚羟基、酯基水解生成的羧基，所以1mol乙酰紫草素最多可与3molNaOH反应；C．能和溴发生加成反应的有碳碳双键，苯环上酚羟基邻位氢原子能被溴取代，所以1mol 乙酰紫草素最多可与4molBr2反应；D．含有酚羟基，能发生显色反应。‎ 详解：A．该分子中只有连接酯基中-COO-的碳原子是手性碳原子，所以只有1个手性碳原子，A正确；‎ B．能和氢氧化钠反应的有酚羟基、酯基水解生成的羧基，所以1mol乙酰紫草素最多可与3molNaOH反应，B错误；‎ C．能和溴发生加成反应的有碳碳双键，苯环上酚羟基邻位氢原子能被溴取代，所以1mol 乙酰紫草素最多可与4molBr2反应，C错误；‎ D．含有酚羟基，能发生显色反应， D正确。‎ 答案选AD。‎ 点晴：该类试题的关键是明确有机物分子中含有的官能团，然后联系相应代表物质的结构和性质分析解答即可。本题侧重于考查酚、酯的性质，注意酯基水解生成的羧基能和NaOH反应，是答题的易错点。‎ ‎13. 下列有关实验原理、方法和结论都正确的是 A. 向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，该溶液中不一定含有SO42－‎ B. 向蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液，将得到的沉淀分离出来，再加水可重新溶解。‎ C. 等体积的PH都为3的酸HA和HB分别与足量的Mg反应，HA放出的H2多，说明酸性：HA>HB D. 淀粉在稀硫酸的作用下水解后，加入氢氧化钠使溶液呈碱性，再加入新制Cu(OH)2‎ 后加热，若有砖红色沉淀生成，则淀粉已经完全水解。‎ ‎【答案】A ‎【解析】A正确，因为沉淀也可能是氯化银。硫酸铜属于重金属盐，能使蛋白质变性，而不是盐析，B不正确。C只HA放出的氢气多，说明HA的浓度大，所以在pH相等的条件下，HA的电离程度小于HB的，C不正确。D不正确，只能说明淀粉已经水解，要证明完全水解，还需要单质碘检验，所以答案选A。‎ ‎14. 室温下，下列指定溶液中微粒的浓度关系正确的是 A. 0.1mol ·L－1Na2CO3溶液中：c(OH－)＝c(H+)+c(HCO3－)+ c(H2CO3)‎ B. 0.1mol ·L－1NH4Cl溶液中：c(Cl－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)‎ C. 0.2mol ·L－1H2C2O4（弱酸）与0.1mol ·L－1 NaOH溶液等体积混合的溶液中：2[c(H+)-c(OH－)]＝3c(C2O42－)-c(H2C2O4)+ c(HC2O4－)‎ D. 0.1mol ·L－1Na2CO3溶液与同浓度等体积盐酸混合的溶液中：c(Na+)>c(Cl－)>c(CO32－)>c(HCO3－)‎ ‎【答案】BC ‎【解析】分析：A. 根据碳酸钠溶液中的质子守恒判断；B. 铵根离子部分水解,溶液呈酸性,则c(Cl－)>c(NH4+)、c(H+)>c(OH－)；C. 反应后溶质为等浓度的H2C2O4和NaHC2O4,根据混合液中的核电荷数和物料守恒判断；D. 反应后溶质为等浓度的碳酸氢钠和氯化钠,碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度,则c(HCO3－) >c(CO32－)。 详解：A. 根据0.1mol·L－1Na2CO3溶液中的质子守恒可得: c(OH－)＝c(H+)+c(HCO3－)+ 2c(H2CO3)，故A选项是错误的； B. 0.1mol ·L－1NH4Cl溶液中，铵根离子发生水解，溶液显示酸性,则c(H+)>c(OH－)，溶液中离子浓度大小为：c(Cl－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)，所以B选项是正确的； C. 反应后溶质为等浓度的H2C2O4和NaHC2O4，根据电荷守恒可得:①c(Na+)+ c(H+)= c(OH－)+ c(HC2O4－)+ 2c(C2O42－)，根据物料守恒可得:②2c(Na+)= c(H2C2O4)+ c(HC2O4－)+c(C2O42－)，将①2-②可得:  2c(H+)+c(H2C2O4)＝3c(C2O42－)+c(HC2O4－)+2c(OH－)，整理可得:  2[c(H+)-c(OH－)]＝3c(C2O42－)-c(H2C2O4)+ c(HC2O4－)，所以C选项是正确的； ‎ D. 0.1mol ·L－1Na2CO3溶液与同浓度等体积盐酸混合，反应后溶质为等浓度的碳酸氢钠和NaCl，因为碳酸氢根离子的水解和电离程度都较小，则c(HCO3－)>c(CO32－),正确的离子浓度大小为: c(Na+)>c(Cl－)> c(HCO3－) >c(CO32－),故D选项是错误的。‎ 所以BC选项是正确的。‎ ‎15. 汽车尾气净化器中发生的反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。一定温度下，在三个体积均为1.0L恒容密闭容器中发生上述反应，测得有关实验数据如下：‎ 容器 温度/（℃）‎ 起始物质的量（mol)‎ 平衡物质的量（mol)‎ NO CO N2‎ CO2‎ N2‎ CO2‎ I ‎400‎ ‎0.2‎ ‎0.2‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.12‎ II ‎400‎ ‎0.4‎ ‎0.4‎ ‎0‎ ‎0‎ III ‎300‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0.075‎ 下列说法正确是 A. 容器I中达到平衡所需时间2s，则v(N2)=0.06 mol•L-1·s-1‎ B. 该反应的ΔS<0、ΔH<0‎ C. 达到平衡时，体系中c(CO)关系：c(CO，容器II)>2c(CO，容器I)‎ D. 若起始时向I中充入NO、CO、N2、CO2各0.1mol，开始时V正>V逆 ‎【答案】BD ‎【解析】分析：由表格中数据，400℃时I中，            2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) 开始物质的量（mol） 0.2    0.2       0        0  转化物质的量（mol） 0.12    0.12      0.06    0.12  平衡物质的量（mol） 0.08    0.08      0.06     0.12  K==21.09, 以此解答。‎ 详解: A. 容器I中达到平衡所需时间2s,则v(N2)==0.03 mol•L-1·s-1,故A错误； B.该反应为气体体积减小的反应,则ΔS<0，I与III比较,III极限转化为反应物时,起始量相同,温度低时N2的平衡浓度大,可以知道降低温度平衡正向移动，正反应为放热反应，即ΔH<0，所以B选项是正确的； C.I与II比较,温度相同、起始量为2倍关系,但II中压强大、平衡正向移动，则达到平衡时,体系中关系: c(CO，容器II)<2c(CO，容器I),故C错误； ‎ D.起始时向I中充入NO、CO、N2、CO2各0.1mol，QC==10V逆，所以D选项是正确的。  所以BD选项是正确的。‎ ‎16. 工业上采用硫铁矿焙烧去硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质) 制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，流程如下：‎ ‎（1）浸取时，溶液中的Fe2+易被空气中的O2氧化，其离子方程式为____。能提高烧渣浸取速率的措施有____（填字母）。‎ A．将烧渣粉碎 B．降低硫酸的浓度 C．适当升高温度 ‎ ‎（2）还原时，试剂X的用量与溶液pH的变化如图所示，则试剂X可能是____（填字母）。‎ A．Fe粉 B．SO2 C．NaI 还原结束时，溶液中的主要阴离子有_____。 ‎ ‎（3）滤渣Ⅱ主要成分的化学式为______；由分离出滤渣Ⅱ后的溶液得到产品，进行的操作是_______、______、过滤、洗涤、干燥。‎ ‎【答案】 (1). 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O (2). AC (3). B (4). SO42- (5). Al(OH)3 (6). 蒸发浓缩 (7). 冷却结晶 ‎【解析】试题分析：（1）Fe2+易被空气中的O2氧化生成Fe3+，离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。A、将烧渣粉碎增大了反应物的接触面积，反应速率加快，正确；B、降低硫酸的浓度，反应速率减慢，错误；C、升高温度，反应速率加快，正确，故选AC；故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；AC；‎ ‎（2）A、Fe粉与Fe3+反应生成Fe2+，溶液的酸碱性基本不变，错误；B、SO2与Fe3+反应生成硫酸，溶液的酸性增强，正确；C、NaI与Fe3+反应生成I2‎ ‎，溶液的酸碱性基本不变，错误；还原结束时，溶液中的主要阴离子有SO42-，故答案为：B；SO42-；‎ ‎（3）第一次过滤后溶液中存在Fe3+和Al3+，加入X将Fe3+还原为Fe2+，Al3+仍在溶液中，调节pH的目的是除去Al3+，因此滤渣Ⅱ主要成分为Al(OH)3；从滤渣Ⅱ后的溶液得到产品，进行的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为:Al(OH)3；蒸发浓缩；冷却结晶。‎ 考点：考查了物质制备的工艺流程的相关知识。‎ ‎17. 酮洛芬是一种良好的抗炎镇痛药，可以通过以下方法合成：‎ ‎（1）酮洛芬中含氧官能团的名称为 ______和 ______。‎ ‎（2）化合物E的结构简式为 ______；由C→D的反应类型是 _____。‎ ‎（3）写出B→C的反应方程式 ______。‎ ‎（4）写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式 ______。‎ Ⅰ、能发生银镜反应 ‎ Ⅱ、与FeCl3发生显色反应 ‎ III、分子中含有5种不同化学环境的氢 ‎（5）请写出以甲苯和乙醇为原料制备化合物的合成路线流程图（无机试剂可任选）。______‎ ‎【答案】 (1). 羧基 (2). 羰基 (3). (4). 取代反应 (5). (6). (7). ‎ ‎【解析】试题分析：试题分析：（1）根据酮洛芬的结构 知，其中含氧官能团有羧基和羰基。‎ ‎（2）根据流程图，D与NaCN发生取代反应生成E，化合物E的结构简式为，由C→D是苯环侧链甲基上的氢原子被Br原子代替的反应，属于取代反应。‎ ‎（3）根据流程图，B→C是B中的酰基氯与苯环发生的取代反应，反应方程式为 ‎（4）①能发生银镜反应，说明分子结构中存在醛基；②与FeCl3发生显色反应，说明存在酚羟基；③分子中含有5种不同化学环境的氢，根据上述要求，A的同分异构体是。‎ ‎（5）根据流程图，C→D，可以在甲苯侧链甲基上引入卤素原子，从而引入-CN，氧化后可以删除羧基，再跟乙醇酯化即可，合成路线流程图为：。‎ 考点：考查有机合成和有机推断 ‎18. 自然界水体中的碳元素主要以碳酸盐、碳酸氢盐和有机物形式存在。水体中有机物含量是水质的重要指标，常用总有机碳衡量(总有机碳＝)。某学生兴趣小组用如下实验方法测定采集水样的总有机碳。‎ 步骤1：量取50 mL水样，加入足量硫酸，加热，通N2，并维持一段时间(装置如图，夹持类仪器省略)。‎ 步骤2：再向水样中加入过量的K2Cr2O7溶液(可将有机物中的碳元素氧化成CO2‎ ‎)，加热，充分反应，生成的CO2完全被100mL 0.206 mol·L－1的Ba(OH)2溶液吸收。‎ 步骤3：将吸收CO2后的浊液过滤并洗涤沉淀，再将洗涤得到的滤液与原滤液合并，加水配制成500mL溶液。量取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入几滴酚酞试剂，并滴加0.05mol·L－1的H2C2O4溶液，发生反应：Ba(OH)2＋H2C2O4===BaC2O4↓＋2H2O 恰好完全反应时，共消耗H2C2O4溶液20.00 mL。‎ ‎（1）步骤1的目的是____。‎ ‎（2）用H2C2O4溶液滴定至终点时，溶液颜色变化是____。‎ ‎（3）计算水样的总有机碳(以mg·L－1表示)，并写出计算过程。____‎ ‎【答案】 (1). 将水样中的CO32-和HCO3- 转化为CO2，并将CO2完全赶出 (2). 溶液由浅红色变为无色且30s内不变色 (3). 144 mg·L－1‎ ‎【解析】分析：（1）碳酸盐与稀硫酸反应生成二氧化碳；（2）滴定前是滴加酚酞的氢氧化钡溶液，溶液为红色，用H2C2O4溶液滴定至终点时，溶液颜色变化是溶液由浅红色变为无色且30s内不变色；（3）n(H2C2O4)=0.05000mol/L×20.00×10-3L=1.000×10-3mol,与H2C2O4反应的Ba(OH)2的物质的量：n1[Ba(OH)2]= n(H2C2O4)= 1.000×10-3mol。与CO2反应的Ba(OH)2的物质的量：n2[Ba(OH)2]=0.206mol/L×0.1L-1.000×10-3mol×=6.000×10-4mol。由水样中有机物转化成CO2的物质的量：n(CO2)= n2[Ba(OH)2]= 6.000×10-4mol。水样中有机物含碳元素的物质的量：n(C)= n(CO2) = 6.000×10-4mol,以此计算。‎ 详解：（1）碳酸盐与稀硫酸反应生成二氧化碳，则步骤1的目的是将水样中的CO32-和HCO3-转化为CO2,并将CO2完全赶出。‎ ‎（2）滴定前是滴加酚酞的氢氧化钡溶液，溶液为红色，用H2C2O4溶液滴定至终点时，溶液颜色变化是溶液由浅红色变为无色且30s内不变色； ‎ ‎（3）n(H2C2O4)=0.05000mol/L×20.00×10-3L=1.000×10-3mol,与H2C2O4反应的Ba(OH)2的物质的量：n1[Ba(OH)2]= n(H2C2O4)= 1.000×10-3mol。‎ 与CO2反应的Ba(OH)2的物质的量：n2[Ba(OH)2]=0.206mol/L×0.1L-1.000×10-3mol×=6.000×10-4mol。‎ 由水样中有机物转化成CO2的物质的量：n(CO2)= n2[Ba(OH)2]= 6.000×10-4mol。‎ 水样中有机物含碳元素的物质的量：n(C)= n(CO2) = 6.000×10-4mol,‎ 水样中总有机碳：=144 mg·L－1。‎ ‎19. NiSO4•6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等，可由电镀废渣（除含镍外，还含有Cu、Fe、Cr等杂质）为原料获得。工艺流程如下图：‎ 已知：25℃时，几种金属氢氧化物的溶度积常数和完全沉淀的pH范围如下表所示。‎ Fe(OH)2‎ Fe(OH)3‎ Cr(OH)3‎ Ni(OH)2‎ Ksp ‎8.0×10—16‎ ‎4.0×10—38‎ ‎6.0×10—31‎ ‎6.5×10—18‎ 完全沉淀pH ‎≥9.6‎ ‎≥3.2‎ ‎≥5.6‎ ‎≥8.4‎ 注：NiCO3是一种不溶于水易溶于强酸的沉淀。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）下列措施可行，且能提高废渣浸出率的有____。‎ A．升高反应温度 B．增大压强 C．在反应过程中不断搅拌 ‎（2）在滤液Ⅰ中加入6%的H2O2，其作用是____（用离子方程式表示）；加入NaOH调节pH的范围是________，为了除去溶液中的____离子。‎ ‎（3）滤液Ⅱ的主要成分是__________。‎ ‎（4）检验Ni2+已完全沉淀的实验方法是____________‎ ‎（5）操作Ⅰ的实验步骤依次为：‎ ‎①______；‎ ‎②__________；‎ ‎③蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO4•6H2O晶体；‎ ‎④用少量乙醇洗涤NiSO4•6H2O晶体并晾干。‎ ‎【答案】 (1). AC (2). 2Fe2++H2O2+2H+ = 2Fe3++2H2O (3). 5.6~8.4 (4). Fe3+、Cr3+ (5). Na2SO4、NiSO4 (6). 静置后向上层清液中再加入Na2CO3溶液后没有沉淀生成 (7). 过滤，并用蒸馏水洗涤沉淀2～3次 (8). 向沉淀中滴加稀H2SO4，直至恰好完全溶解 ‎【解析】试题分析：废渣（除含镍外，还含有Cu、Fe、Cr等元素的化合物杂质），在硫酸溶解调节pH后过滤后除去不溶于铁离子，滤液含有二价铁离子、三价铬离子、铜离子等杂质，加入H2O2‎ 是将二价铁氧化成三价铁，再通过调节pH值使三价铁和三价铬都以氢氧化物的沉淀而除去，滤液Ⅰ含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，再加碳酸钠沉淀二价镍，过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4晶体。‎ ‎（1）搅拌固体和液体的混合物，升高温度、增大浓度等，可加快反应速率，所以为了提高浸取率可采取的措施有加热或搅拌或增大硫酸浓度等，答案选AC。‎ ‎（2）根据以上分析可知加入双氧水的目的是氧化亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O。根据表中数据可知要沉淀铁离子和铬离子，需要调节溶液的pH为5.6≤pH＜8.4；‎ ‎（3）经过加入H2O2、NaOH后可除去Cu、Zn、Fe、Cr等杂质，滤液中含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4。‎ ‎（4）由于是通过碳酸钠沉淀镍离子，所以证明镍离子已经完全沉淀的实验操作是静置后向上层清液中再加入Na2CO3溶液后没有沉淀生成；‎ ‎（5）向含有NiSO4溶液中加碳酸钠，得到NiCO3沉淀，过滤、洗涤，向沉淀中加硫酸溶解，得到NiSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作得NiSO4•6H2O晶体，则从溶液中提取硫酸镍的步骤为：①过滤，并用蒸馏水洗涤沉淀2～3次；②向沉淀中加6 mol/L的H2SO4溶液，直至恰好完全溶解；③蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO4•6H2O晶体；④用少量乙醇洗涤NiSO4•6H2O晶体并晾干。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查物质的分离提纯的实验方案的设计 ‎【名师点晴】该类试题为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目难度较大，明确实验的目的和原理是解答该题的关键，注意把握基本实验操作。分析流程图需要掌握的技巧是：①浏览全题，确定该流程的目的——由何原料获得何产物（副产物），对比原料和产物；②了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用；③解析流程图并思考：从原料到产品依次进行了什么反应？利用了什么原理（氧化还原？溶解度？溶液中的平衡？）。每一步操作进行到什么程度最佳？每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物？杂质或副产物是怎样除去的？‎ ‎20. 二甲醚（DME）被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气制备二甲醚的主要原理如下： ‎ ‎① CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H 1=－90.7 kJ·mol-1‎ ‎② 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H 2=－23.5 kJ·mol-1‎ ‎③ CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H 3=－41.2kJ·mol-1‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）反应3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g) △H＝____kJ·mol-1。‎ 下列措施中，能提高CH3OCH3产率的有____。‎ A．使用合适的催化剂 B．升高温度 C．增大压强 ‎ ‎（2）将合成气以n(H2)/n(CO)=2通入1 L的反应器中，一定条件下发生反应：4H2(g)+2CO(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) △H，其CO的平衡转化率随温度、压强变化关系如图1所示，下列说法正确的是____。‎ A．△H < 0 ‎ B．P1P2>P3 ,故B错误;‎ 若在P3和316℃时，起始n(H2)/n(CO)=3，则增大了氢气的量,增大氢气的浓度，平衡正移，CO的转化率增大,所以CO转化率大于50％，故C错误； 因此，本题正确答案是:A; （3）观察图2可知催化剂中n(Mn)/n(Cu)约为2时，二甲醚的选择性最高。‎ 因此，本题正确答案是:2;‎ ‎（4）从图3中看出，b电极是氢离子流向的一极，应该是正极，得电子，氧气要在此极上得到电子，根据电荷守恒，电极反应式为 O2+4e-+4H+=2H2O。‎ 因此，本题正确答案是: O2+4e-+4H+=2H2O。‎ ‎（5）该反应有硫酸参加,因为硫酸是强酸,具有较强的腐蚀性,能腐蚀设备； 因此，本题正确答案是:H2SO4腐蚀设备或有硫酸废液产生。‎ ‎21. 元素周期表中第四周期的金属元素在生产和科研中有非常重要的使用价值。‎ ‎（1）测定土壤中铁的含量时需先将三价铁还原为二价铁，再采用邻啡罗啉作显色剂，用比色法测定，若土壤中含有高氯酸盐时会对测定有干扰。相关的反应如下：‎ FeCl3+2NH2OH•HCl= 4FeCl2+N2O↑+6HCl+H2O ‎① Fe3+在基态时，核外电子排布式_____；‎ ‎② 羟胺中（NH2OH）采用sp3杂化的原子有______，三种元素电负性由大到小的顺序为______；‎ ‎③ Fe2+与邻啡罗啉（用A表示）形成的配合物[FeA3] 2+中，Fe2+的配位数为____；‎ ‎④N2O分子的空间构型为______（用文字描述）。‎ ‎（2）氢的规模化制备是氢能应用的基础。在光化学电池中，以紫外线照钛酸锶电极时，可产生电流。钛酸锶晶体结构如图所示，则钛酸锶的化学式为_____。 ‎ ‎【答案】 (1). [Ar]3d5 (2). N，O (3). O>N>H (4). 6 (5). 直线型 (6). SrTiO3‎ ‎【解析】试题分析：（1）①Fe3+在基态时，核外共有23个电子，电子排布式为[Ar]3d5 ；② 根据价层电子对互斥理论，由VSEPR模型可知羟胺中（NH2OH）采用sp3杂化的原子有N，O； 三种元素电负性由大到小的顺序为O>N>H ；③ 配合物[FeA3] 2+中，Fe2+的配位数为6 ；④根据价层电子对互斥理论，N2O分子中，a=6，x=2,b=3,则中心原子上的孤对电子数＝0，VSEPR模型可知N2O的空间构型为直线型；（2）由均摊法可知，在钛酸锶的晶胞中含有Sr的个数为8×1/8=1，含Ti的个数为1，含O的个数为6×1/2＝3，所以化学式为SrTiO3 。‎ 考点：选修－物质结构与性质 ‎ ‎ ‎ ‎