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2019-2020学年江苏省南京市高二上学期期中考试化学试题 解析版
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南京市2019~2020学年度第一学期期中调研测试卷高二化学
本试卷分选择题和非选择题两部分，共100 分。考试用时90分钟。
注意事项：答题前，考生务必将自己的学校、姓名写在答题卡上。考试结束后，交回答题卡。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 K 39 Fe 56Cu64
选择题（共40分）
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.最近华人女科学家鲍哲南教授领导的团队开发出了一种导电性和拉伸性俱佳的高分子材料，用于可拉伸塑料电极。下列材料属于高分子材料的是
A. 聚乙烯 B. 陶瓷 C. 玻璃 D. 石墨
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，聚乙烯是高聚物，属于高分子，故A正确；
B选项，陶瓷是传统的无机非金属材料，故B错误；
C选项，玻璃是传统的无机非金属材料，故C错误；
D选项，石墨是碳的一种单质，不是高分子，故D错误；
综上所述，答案为A。
2.下列有关化学用语表示正确的是
A. 中子数为10的氧原子： B. 氧原子的结构示意图：
C. H2O的电子式： D. 乙醇的结构简式：CH3CH2OH
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，中子数为10的氧原子：，故A错误；
B选项，是氧离子的结构示意图，氧原子核外电子排布为2、6，故B错误；
C选项，H2O是共用电子对，因此电子式：，故C错误；
D选项，乙醇的结构简式：CH3CH2OH，正确，故D正确；
综上所述，答案为D。
3.下列有关物质的性质与用途对应关系正确的是
A SiO2熔点高硬度大，可用作光导纤维
B. Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料
C. 稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈
D. SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，SiO2熔点高硬度大，可用作光导纤维，两句话都正确，但没有对应关系，故A错误；
B选项，Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料，两句话都正确，但没有对应关系，熔点高可用作耐高温材料，故B错误；
C选项，稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈，酸和铁锈反应是利用酸的酸性，故C正确；
D选项，SO2具有漂白性，可用于纸浆漂白，而不是氧化性，故D错误；
综上所述，答案为C.
【点睛】二氧化硫使溶液褪色，原理不一样，
使品红褪色，是漂白性；
使溴水、氯水褪色，是二氧化硫还原性；
使酸性高锰酸钾溶液褪色，是二氧化硫还原性。
4.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＋、Cu2＋、NO3－、Cl－
B. 使酚酞变红色的溶液中：Na＋、K＋、CO32－、NO3－
C. 0.1mol·L－1K2CO3溶液：Cu2＋、Ca2＋、Cl−、OH−
D. 0.1mol·L－1HCl溶液：Mg2＋、Na+、SO32－、MnO4－
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，Fe3＋、Cu2＋都是有颜色的离子，故A错误；
B选想，使酚酞变红色的溶液是含有氢氧根离子，这些离子Na＋、K＋、CO32－、NO3－间不反应，和氢氧根离子也不反应，故B正确；
C选项，CO32－和Cu2＋、Ca2＋要反应生成沉淀，故C错误；
D选项，H+和SO32－、MnO4－会发生氧化还原反应，故D错误；
综上所述，答案为B。
5.下列说法正确是
A. 石油分馏是化学变化
B. 常温常压下，22.4L Cl2中含有的分子数为6.02×1023个
C. 氢氧燃料电池工作时，H2在负极上失去电子
D. 维生素C（）中含氧官能团的名称为羟基、羧基
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，石油分馏是利用石油中各成分沸点不同而使其分开的方法，是物理变化，故A错误；
B选项，常温常压下，气体摩尔体积比22.4 L/mol大，因此22.4L Cl2物质的量小于
1 mol，因此含有的分子数小于6.02×1023个，故B错误；
C选项，氢氧燃料电池工作时，H2在负极上失去电子发生氧化反应，故C正确；
D选项，维生素C（）中含氧官能团的名称为羟基、酯基，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】石油分馏是物理变化，石油裂化、裂解是化学变化，煤的干馏、气化、液化是化学变化。
6.下列实验操作能达到实验目的的是
A. 用经水湿润pH试纸测量溶液的pH
B. 铂丝用稀盐酸洗涤并灼烧至无色，再蘸取待测液进行焰色反应
C. 用装置分离乙醇和水
D. 用装置制备乙酸乙酯
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，不能用经水湿润的pH试纸测量溶液的pH，会稀释待测液，故A错误；
B选项，铂丝用稀盐酸洗涤并灼烧至无色，再蘸取待测液进行焰色反应并观察火焰的颜色，故B正确；
C选项，乙醇和水互溶，不能用分液漏斗分离乙醇和水，故C错误；
D选项，用不能用NaOH溶液装置来接收乙酸乙酯，而要用饱和碳酸钠溶液，导管口也不能伸入液面下，故D错误；
综上所述，答案为B。
【点睛】试纸测溶液pH值时不能湿润，湿润后可能会引起误差。
7.下列离子方程式正确的是
A. 铁粉与稀盐酸反应：2Fe＋6H＋=2Fe3＋＋3H2↑
B. 氢氧化镁与醋酸反应：OH－＋H＋＝H2O
C. 钠与水反应：Na＋H2O＝Na＋＋OH－＋H2↑
D. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3＋＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4＋
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，铁粉与稀盐酸反应生成亚铁离子和氢气：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，故A错误；
B选项，氢氧化镁与醋酸反应，氢氧化镁和醋酸都不拆，故B错误；
C选项，钠与水反应未配平：2Na＋2H2O＝2Na＋＋2OH－＋H2↑，故C错误；
D选项，向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝和铵根离子：Al3＋＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4＋，故D正确；
综上所述，答案为D。
8.短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层只有一个电子，Z与X属于同一主族。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酸
C. Z的单质的氧化性比W的强
D. X、Y、Z三种元素可以组成离子化合物
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素即为O，Y原子的最外层只有一个电子即为Na，Z与X属于同一主族即Z为S，W为Cl。
【详解】A选项，原子半径：r(O)＜r(Cl)＜r(S)＜r(Na)，故A错误；
B选项，Cl的最高价氧化物的水化物是一种强酸，故B错误；
C选项，从左到右，非金属增强，因此S的单质的氧化性比Cl的弱，故C错误；
D选项，X、Y、Z三种元素可以组成离子化合物硫酸钠，故D正确；
综上所述，答案为D。
9.下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A. SSO3H2SO4
B. MgCl2(aq) Mg(OH)2 MgO
C. SiO2 H2SiO3 Na2SiO3
D. NaCl(aq) NaHCO3 Na2CO3
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，硫在氧气中点燃只能变为SO3，故A错误；
B选项，MgCl2(aq)和石灰乳反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2煅烧得到MgO，故B正确；
C选项，SiO2与水不反应，不能生成H2SiO3，故C错误；
D选项，NaCl(aq)和二氧化碳不反应，故D错误；
综上所述，答案为B。
【点睛】硫在氧气中，不管氧气充足与否都不能生成三氧化硫，只能生成二氧化硫；
二氧化硅不溶于水，不与水反应。
10.下列图示与对应的叙述不相符合的是
A. 图可表示石灰石分解反应的能量变化
B. 图可表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化
C. 图可表示在一定条件的可逆反应中，正反应速率和逆反应速率随时间的变化
D. 图可表示向H2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液，溶液的导电性随碱溶液体积的变化
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，是吸热反应，石灰石分解反应是吸热反应，如图所示能量关系，故A正确；
B选项，酶催化反应的反应速率随反应温度先加快后减慢，如图，故B正确；
C选项，图可表示在一定条件的可逆反应中，正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大，当两者速率相等，达到平衡，故C正确；
D选项，向H2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液，导电性先减小直到几乎没有导电性，继续加氢氧化钡，导电性又增强，故D错误；
综上所述，答案为D。
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.下列说法正确的是
A. 地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀
B. 电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极
C. 一定条件下，反应N2＋3H22NH3达到平衡时，3v正(H2)=2v逆(NH3)
D. 反应2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)常温下可自发进行，该反应为放热反应
【答案】AD
【解析】
【详解】A选项，地下钢铁管道用导线连接锌块，锌块作负极，钢铁管道作正极，可以减缓管道的腐蚀，故A正确；
B选项，电解法精炼铜时，以粗铜作阳极，纯铜作阴极，故B错误；
C选项，一定条件下，反应N2＋3H22NH3达到平衡时，应该是2v正(H2)=3v逆(NH3)，故C错误；
D选项，反应2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)常温下可自发进行，ΔS < 0，根据
，得出该反应为放热反应，故D正确；
综上所述，答案为AD。
【点睛】能从自由能分析反应是否自发反应。
12.下列关于2—甲基丙烯（）的说法不正确的是
A. 与乙烯互为同系物
B. 可使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 分子中所有碳原子一定在同一平面上
D. 与足量氢气完全加成所得产物的一氯代物有3种
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，2—甲基丙烯（）与乙烯结构相似，都只有一个碳碳双键，它们相差2个—CH2—原子团，因此互为同系物，故A正确；
B选项，因含有碳碳双键，因此可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；
C选项，用乙烯分子的结构分析，乙烯分子中所有原子在同一平面内，因此2—甲基丙烯（）分子中所有碳原子一定在同一平面上，故C正确；
D选项，与足量氢气完全加成所得产物为CH3CH(CH3)2，它的一氯代物有2种，故D错误；
综上所述，答案为D。
13.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
结论
A
向X溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色
X溶液中一定含有Fe2＋
B
向Y溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊
Y溶液中一定含有CO32—
C
向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色
I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度
D
向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀
H2SiO3的酸性强于H2CO3的酸性
A. A B. B C. C D. D
【答案】AC
【解析】
【详解】A选项，向X溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，说明溶液中没有铁离子，滴加氯水后溶液显红色，说明原溶液中有亚铁离子，故A正确；
B选项，向Y溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明Y中可能有碳酸根、碳酸氢根、亚硫酸根或亚硫酸氢根都有可能，故B错误；
C选项，向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明四氯化碳萃取了单质碘，I2在CCl4中溶解度大于在水中的溶解度，故C正确；
D选项，向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀，H2SiO3的酸性弱于H2CO3的酸性，故D错误；
综上所述，答案为AC。
14.2019年10月9日，瑞典皇家科学院将诺贝尔化学奖授予古迪纳夫等三位科学家，表彰他们在锂离子电池方面的研究成果，钴酸锂电池是他们的研究成果之一，其工作原理为LixC6＋Li1－xCoO2C6＋LiCoO2。下列说法正确的是
A. 放电时Li＋从正极通过导线流向负极
B. 放电时负极的电极反应式为：LixC6－xe－＝C6＋xLi+
C. 充电时电池的负极与电源的正极相连
D. 充电时阴极的电极反应式为：LiCoO2－xe－＝Li1－xCoO2＋xLi+
【答案】B
【解析】
【分析】
LixC6＋Li1－xCoO2C6＋LiCoO2，根据放电分析，发生氧化反应的LixC6作负极，发生还原反应的Li1－xCoO2作正极，
【详解】A选项，放电时“同性相吸”，Li＋应该在电解质溶液中从负极移向正极，故A错误；
B选项，放电时负极的电极反应式为：LixC6－xe－＝C6＋xLi+，故B正确；
C选项，充电时电池的负极与电源的负极相连，故C错误；
D选项，充电时阴极的电极反应式为：C6＋xLi+＋xe－＝LixC6，故D错误；
综上所述，答案为B。
【点睛】分析方程式，化合价升高的为负极，化合价降低为正极，充电时负极连接电源的负极，正极连接电源的正极。
15.Deacon发明将氯化氢直接转化为氯气：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH。下图为恒容密闭容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时，HCl平衡转化率随温度变化的关系。下列说法正确的是
A. ΔH> 0
B. 正反应速率v正(a)
D. 若HCl初始浓度为c0，按曲线Ⅰ计算K(400℃)，表达式为
【答案】B
【解析】
【分析】
进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时，HCl平衡转化率与进料浓度比关系是，进料比越大，HCl转化率越小，故I是进料浓度比为1∶1的图像，依次为4:1、7:1的图像。
【详解】A选项，温度越高，平衡向吸热反应移动，转化率越低，平衡逆向移动，说明逆向是吸热反应，正向为放热反应，ΔH < 0，故A错误；
B选项，曲线上的点都为平衡点，b点温度高，则速率大，因此正反应速率v正(a)
D选项，若HCl初始浓度为c0，按曲线Ⅰ计算K(400℃)，
表达式为，故D错误；
综上所述，答案为B。
非选择题（共60分）
16.以绿矾（主要成分FeSO4·7H2O，部分Fe2＋已被氧化为Fe3＋）为原料，生产铁红（Fe2O3）的工艺流程如下：
（1）“转化”过程中，加入Fe粉时发生反应的离子方程式为____；为提高该反应速率可采取的措施有：____、____。
（2）“结晶”时，控制温度在75℃左右进行（相关物质的溶解度见下图），从溶液中析出的晶体是____（填化学式）。
（3）“滤液”的主要成分为FeSO4、____（填化学式）。利用该滤液将工业废水中的Cr2O72—还原为Cr3＋，然后投加石灰乳，使Cr3＋转化为Cr(OH)3，理论上完全反应消耗的n(FeSO4)∶n(Cr2O72—) =____。
（4）“煅烧”时生成铁红的化学方程式为____。
【答案】 (1). Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋ (2). 搅拌 (3). 升高温度、研碎等 (4). FeSO4·H2O (5). H2SO4 (6). 6:1 (7). 4[FeSO4·H2O]＋O22Fe2O3＋4SO3＋4H2O
【解析】
【分析】
绿矾溶于水后有铁离子，铁离子加入铁粉后变为亚铁离子，加入过量稀硫酸，控制温度析出FeSO4·H2O，在氧气中煅烧得到氧化铁。
【详解】⑴“转化”过程中，由于溶液中有部分铁离子，加入Fe粉时发生反应生成亚铁离子，其离子方程式为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋；为提高该反应速率可采取的措施有：升高温度、搅拌、研碎等方法，
故答案为：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋；搅拌；升高温度、研碎等；
⑵“结晶”时，根据溶解度曲线图，控制温度在75℃左右进行，从溶液中析出的晶体是FeSO4·H2O，
故答案为：FeSO4·H2O；
⑶“滤液”的主要成分为FeSO4、H2SO4。利用该滤液将工业废水中的Cr2O72－还原为Cr3＋，亚铁化合价升高到铁离子，铁升高1价，重铬酸根离子降低6价，根据得失电子守恒，理论上完全反应消耗的n(FeSO4)∶n(Cr2O72－) = 6:1。
⑷“煅烧”时FeSO4·H2O在氧气中反应生成铁红，发生氧化还原反应，其反应的化学方程式为
4[FeSO4·H2O]＋O22Fe2O3＋4SO3＋4H2O，
故答案为：4[FeSO4·H2O]＋O22Fe2O3＋4SO3＋4H2O。
17.某Cu(Ⅱ)盐晶体组成可表示为Ka[Cub(C2O4)c]·dH2O，为测定其组成，实验如下：
（1）溶液的配制
准确称取3.540 g样品，加入1mol·L－1H2SO4溶解，配制成100mL溶液。所需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、胶头滴管、____、______。
（2）铜含量的测定
取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加入过量淀粉—KI溶液，充分反应后，生成的I2与12.50mL0.2000mol·L－1Na2S2O3恰好完全反应。已知：2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I2，I2＋2S2O32—= 2I－＋S4O62—。判断生成的I2与Na2S2O3恰好完全反应的现象为______。3.540 g样品中n(Cu2＋)=_____mol。
（3）草酸根含量的测定
取另一份所配溶液25.00mL于锥形瓶中，滴入0.1000 mol·L－1KMnO4溶液至恰好完全反应，消耗20.00 mL KMnO4溶液。已知：2MnO4—＋5C2O42—＋16H＋=2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑，所配溶液中c(C2O42—)=____mol·L－1。
（4）计算该铜盐的组成（写出计算过程）____。
【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 玻璃棒 (3). 蓝色褪去 (4). 0.01 (5). 0.2 (6). K2[Cu(C2O4)2]·2H2O
【解析】
【分析】
利用信息，先求出铜离子的物质的量，再根据氧化还原反应求出草酸根的物质的量，根据物质的量和化合价写出初步化学式，再根据质量求出水的质量和物质的量，再根据物质的量求出化学式。
【详解】某Cu(Ⅱ)盐晶体组成可表示为Ka[Cub(C2O4)c]·dH2O，为测定其组成，实验如下：
⑴准确称取3.540 g样品，加入1mol·L－1H2SO4溶解，配制成100mL溶液。所需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶、玻璃棒，
故答案为：100mL容量瓶；玻璃棒；
⑵判断生成的I2与Na2S2O3恰好完全反应的现象为蓝色褪去，
解得x = 2.5×10－3 mol
3.540 g样品中n(Cu2＋) = 2.5×10－3 mol ×4 = 0.01mol。
故答案为：蓝色褪去；0.01；
⑶另一份所配溶液25.00mL于锥形瓶中，滴入0.1000 mol·L－1KMnO4溶液至恰好完全反应，消耗20.00 mL KMnO4溶液。已知：
解得y = 5×10－3 mol
所配溶液中
⑷3.540 g样品中n(Cu2＋) = 2.5×10－3 mol ×4 = 0.01mol
3.540 g样品中n(C2O42－) = 5×10－3 mol ×4 = 0.02mol
根据上面分析得出n(Cu2＋)：n(C2O42－) =1:2，再根据化合价得出化学式K2[Cu(C2O4)2]，物质的量为0.01 mol，则质量为0.01 mol × 318g∙mol－1 = 3.18g
m(H2O) = 3.540 g － 3.18 g = 0.360 g， n(H2O) = 0.02 mol
因此化学式为K2[Cu(C2O4)2]·2H2O，
故答案为：K2[Cu(C2O4)2]·2H2O；
18.氯化铵具有广泛用途，可用于选矿、医药等。
（1）实验室用氯化铵与熟石灰反应制取氨气的化学方程式为____，收集氨气时，可选用下图中的装置____（填字母）。
ABC
（2）工业上为提高氯化铵产品的经济利用价值，常利用氢氧化镁和氯化铵共热制得氨气、碱式氯化镁[Mg(OH)Cl]（520℃发生分解）。实验室模拟该工艺的装置图如下：
①冷凝管进水口是_____（填“a”或“b”）。
②实验中持续通入氮气的目的是_____。
③共热时，温度不宜过高的原因是_____。
④共热时，若氯化铵用量过大会导致Mg(OH)Cl中混有较多的杂质为_____（写化学式）。
（3）已知氧化钙与氯化铵溶液反应制备氯化钙的适宜温度为80℃。补充完整由氧化钙（含少量SiO2）、氯化铵溶液制备医用CaCl2·2H2O晶体的实验步骤：将氯化铵溶液、氧化钙粉末按照一定配比加入反应器中，_____，得到CaCl2溶液，_____、趁热过滤、洗涤、干燥。（实验中须使用的试剂：稀硫酸）
【答案】 (1). Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O (2). B (3). b (4). 使装置内的NH3尽量排出 (5). Mg(OH)Cl温度高时会分解 (6). MgCl2 (7). 80℃水浴加热并不断搅拌，用硫酸溶液吸收蒸出的氨气，充分反应后过滤 (8). 将滤液蒸发结晶
【解析】
【详解】⑴实验室用氯化铵与熟石灰反应制取氨气的化学方程式为Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O，氨气极易溶于水且密度比空气小，因此只能采用向下排空气法收集，只能用装置B来收集氨气，
故答案为：Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O；B；
⑵
①冷凝管进水口应下进上出，因此进口管是b，
故答案为b；
②实验中持续通入氮气的目的是使装置内的NH3尽量排出；
③共热时，根据信息Mg(OH)Cl在520℃发生分解，因此温度不宜过高的原因是Mg(OH)Cl温度高时会分解，
故答案为：Mg(OH)Cl温度高时会分解；
④共热时，若氯化铵用量过大，两者按照2:1反应生成氯化镁，因此用量过大会导致Mg(OH)Cl中混有较多的杂质MgCl2，
故答案为：MgCl2；
⑶已知氧化钙与氯化铵溶液反应制备氯化钙的适宜温度为80℃。所以由氧化钙（含少量SiO2）、氯化铵溶液制备医用CaCl2·2H2O晶体的实验步骤为：将氯化铵溶液、氧化钙粉末按照一定配比加入反应器中，控制水浴温度为80℃加热并不断搅拌，发生反应Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，用硫酸溶液吸收蒸出的氨气，由于氧化钙中含有二氧化硅杂质，因此将反应后的溶液先过滤除去二氧化硅，再加热蒸发结晶、趁热过滤出氯化钙、洗涤、干燥。
故答案为：80℃水浴加热并不断搅拌，用硫酸溶液吸收蒸出的氨气，充分反应后过滤；将滤液蒸发结晶。
19.氯酸钠是一种基础化工原料。
（1）已知：Cl2(g)＋2OH－(aq)＝ClO－(aq)＋Cl－(aq)＋H2O(l) ΔH＝－186 kJ·mol－1，3ClO－(aq)＝ClO3— (aq)＋2Cl－(aq) ΔH＝－113 kJ·mol－1，则：3Cl2(g)＋6OH－(aq)＝ClO3—(aq)＋5Cl－(aq)＋3H2O(l)ΔH＝____kJ·mol－1，该反应中生成1molClO3—，转移电子数为____。
（2）工业上采用无隔膜电解饱和食盐水可制备氯酸钠。该工艺过程中，生成氯酸钠的相关反应为：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，HClOH＋＋ClO－，2HClO＋ClO－＝ClO＋2H＋＋2Cl－。已知：溶液中，Cl2、HClO、ClO－的物种分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系如下图。
①电解过程中，为按化学计量数比反应，需控制电解液的pH约为___（填序号）。
A．5 B．6.8 C．7.2D．7.5
②若电解液碱度过大，阳极会有较多的O2放出，电极反应方程式为____。已知：Cr2O72—＋H2O2CrO42—＋2H＋，电解时向食盐水中加入的重铬酸钠（Na2Cr2O7）可以防止电解液碱度过大，其原理是____。
③若电解液pH<5时，溶液中HClO浓度会随pH减小迅速降低，其原因是____（用离子方程式表示）。
（3）电解时须对电解槽进行冷却处理以防止电解液温度过高的原因是____。
（4）氯酸钠与硫酸酸化的双氧水溶液反应常用于制备饮用水消毒剂ClO2(g)，该反应的化学方程式为____。
【答案】 (1). －671 (2). 5NA (3). B (4). 4OH－－4e－=O2↑＋2H2O (5). 当碱度过大时，平衡Cr2O72—＋H2O2CrO42—＋2H＋向右移动，抑制碱度增大 (6). HClO＋H＋＋Cl－=Cl2↑＋H2O (7). 温度过高，HClO分解速率加快，也不利于氯气的溶解 (8). 2NaClO3＋H2O2＋H2SO4=2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O
【解析】
【分析】
根据盖斯定律求出第三个方程式的焓变，根据化合价升降得出转移电子数目；
根据生成的氯酸根的方程式中次氯酸和次氯酸根的比例得出pH值，
利用重铬酸根的平衡移动原理分析怎样防止氢氧根过量，
酸性过大，次氯酸会很快减少，主要是它们要发生反应生成氯气，
温度过高，会导致次氯酸分解。
【详解】氯酸钠一种基础化工原料。
⑴已知：Cl2(g)＋2OH－(aq)＝ClO－(aq)＋Cl－(aq)＋H2O(l) ΔH＝－186 kJ·mol－1，
3ClO－(aq)＝ClO3－ (aq)＋2Cl－(aq) ΔH＝－113 kJ·mol－1，
将第一个方程乘以3再加上第二个方程得到
3Cl2(g)＋6OH－(aq)＝ClO3－(aq)＋5Cl－(aq)＋3H2O(l) ΔH＝－671 kJ·mol－1，根据反应方程式知6个氯原子，其中1个氯原子升高5价，另外5个氯原子降低，每个氯原子降低1价，因此该反应中生成1molClO3－，转移电子数为5NA，
故答案为：－671；5NA；
⑵①电解过程中，为按化学计量数比反应，即2HClO＋ClO－＝ClO＋2H＋＋2Cl－反应，次氯酸根和次氯酸的比为1:2，则次氯酸占67%，因此根据图中信息应该控制电解液的pH约为6.8，
故答案为：B；
②若电解液碱度过大，阳极会有较多的O2放出，电极反应方程式为4OH－－4e－= O2↑＋2H2O，已知：电解时向食盐水中加入的重铬酸钠（Na2Cr2O7），当氢氧根过大时，会消耗平衡Cr2O72－＋H2O2CrO42－＋2H＋中的氢离子，致使平衡正向移动，有效降低了氢氧根过大，
故答案为：4OH－－4e－= O2↑＋2H2O；当碱度过大时，平衡Cr2O72－＋H2O2CrO42－＋2H＋向右移动，抑制碱度增大
③若电解液pH<5时，溶液中HClO浓度会随pH减小迅速降低，其原因是次氯酸和氯离子、氢离子三者反应生成氯气和水，其离子方程式为HClO＋H＋＋Cl－=Cl2↑＋H2O，
故答案为：HClO＋H＋＋Cl－=Cl2↑＋H2O；
⑶电解时须对电解槽进行冷却处理以防止电解液温度过高，次氯酸在温度较高条件下要分解，而且温度高不利于氯气的溶解，因此温度不能过高的原因是温度过高，HClO分解速率加快，也不利于氯气的溶解，
故答案为：温度过高，HClO分解速率加快，也不利于氯气的溶解；
⑷氯酸钠与硫酸酸化的双氧水溶液反应常用于制备饮用水消毒剂ClO2(g)，氯酸钠中氯的化合价降低生成消毒剂，双氧水中氧的化合价升高变为氧气，因此该反应的化学方程式为2NaClO3＋H2O2＋H2SO4=2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O，
故答案为：2NaClO3＋H2O2＋H2SO4=2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O。
南京市2019~2020学年度第一学期期中调研测试卷高二化学
本试卷分选择题和非选择题两部分，共100 分。考试用时90分钟。
注意事项：答题前，考生务必将自己的学校、姓名写在答题卡上。考试结束后，交回答题卡。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 K 39 Fe 56Cu64
选择题（共40分）
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.最近华人女科学家鲍哲南教授领导的团队开发出了一种导电性和拉伸性俱佳的高分子材料，用于可拉伸塑料电极。下列材料属于高分子材料的是
A. 聚乙烯 B. 陶瓷 C. 玻璃 D. 石墨
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，聚乙烯是高聚物，属于高分子，故A正确；
B选项，陶瓷是传统的无机非金属材料，故B错误；
C选项，玻璃是传统的无机非金属材料，故C错误；
D选项，石墨是碳的一种单质，不是高分子，故D错误；
综上所述，答案为A。
2.下列有关化学用语表示正确的是
A. 中子数为10的氧原子： B. 氧原子的结构示意图：
C. H2O的电子式： D. 乙醇的结构简式：CH3CH2OH
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，中子数为10的氧原子：，故A错误；
B选项，是氧离子的结构示意图，氧原子核外电子排布为2、6，故B错误；
C选项，H2O是共用电子对，因此电子式：，故C错误；
D选项，乙醇的结构简式：CH3CH2OH，正确，故D正确；
综上所述，答案为D。
3.下列有关物质的性质与用途对应关系正确的是
A SiO2熔点高硬度大，可用作光导纤维
B. Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料
C. 稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈
D. SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，SiO2熔点高硬度大，可用作光导纤维，两句话都正确，但没有对应关系，故A错误；
B选项，Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料，两句话都正确，但没有对应关系，熔点高可用作耐高温材料，故B错误；
C选项，稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈，酸和铁锈反应是利用酸的酸性，故C正确；
D选项，SO2具有漂白性，可用于纸浆漂白，而不是氧化性，故D错误；
综上所述，答案为C.
【点睛】二氧化硫使溶液褪色，原理不一样，
使品红褪色，是漂白性；
使溴水、氯水褪色，是二氧化硫还原性；
使酸性高锰酸钾溶液褪色，是二氧化硫还原性。
4.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＋、Cu2＋、NO3－、Cl－
B. 使酚酞变红色的溶液中：Na＋、K＋、CO32－、NO3－
C. 0.1mol·L－1K2CO3溶液：Cu2＋、Ca2＋、Cl−、OH−
D. 0.1mol·L－1HCl溶液：Mg2＋、Na+、SO32－、MnO4－
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，Fe3＋、Cu2＋都是有颜色的离子，故A错误；
B选想，使酚酞变红色的溶液是含有氢氧根离子，这些离子Na＋、K＋、CO32－、NO3－间不反应，和氢氧根离子也不反应，故B正确；
C选项，CO32－和Cu2＋、Ca2＋要反应生成沉淀，故C错误；
D选项，H+和SO32－、MnO4－会发生氧化还原反应，故D错误；
综上所述，答案为B。
5.下列说法正确是
A. 石油分馏是化学变化
B. 常温常压下，22.4L Cl2中含有的分子数为6.02×1023个
C. 氢氧燃料电池工作时，H2在负极上失去电子
D. 维生素C（）中含氧官能团的名称为羟基、羧基
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，石油分馏是利用石油中各成分沸点不同而使其分开的方法，是物理变化，故A错误；
B选项，常温常压下，气体摩尔体积比22.4 L/mol大，因此22.4L Cl2物质的量小于
1 mol，因此含有的分子数小于6.02×1023个，故B错误；
C选项，氢氧燃料电池工作时，H2在负极上失去电子发生氧化反应，故C正确；
D选项，维生素C（）中含氧官能团的名称为羟基、酯基，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】石油分馏是物理变化，石油裂化、裂解是化学变化，煤的干馏、气化、液化是化学变化。
6.下列实验操作能达到实验目的的是
A. 用经水湿润pH试纸测量溶液的pH
B. 铂丝用稀盐酸洗涤并灼烧至无色，再蘸取待测液进行焰色反应
C. 用装置分离乙醇和水
D. 用装置制备乙酸乙酯
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，不能用经水湿润的pH试纸测量溶液的pH，会稀释待测液，故A错误；
B选项，铂丝用稀盐酸洗涤并灼烧至无色，再蘸取待测液进行焰色反应并观察火焰的颜色，故B正确；
C选项，乙醇和水互溶，不能用分液漏斗分离乙醇和水，故C错误；
D选项，用不能用NaOH溶液装置来接收乙酸乙酯，而要用饱和碳酸钠溶液，导管口也不能伸入液面下，故D错误；
综上所述，答案为B。
【点睛】试纸测溶液pH值时不能湿润，湿润后可能会引起误差。
7.下列离子方程式正确的是
A. 铁粉与稀盐酸反应：2Fe＋6H＋=2Fe3＋＋3H2↑
B. 氢氧化镁与醋酸反应：OH－＋H＋＝H2O
C. 钠与水反应：Na＋H2O＝Na＋＋OH－＋H2↑
D. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3＋＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4＋
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，铁粉与稀盐酸反应生成亚铁离子和氢气：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，故A错误；
B选项，氢氧化镁与醋酸反应，氢氧化镁和醋酸都不拆，故B错误；
C选项，钠与水反应未配平：2Na＋2H2O＝2Na＋＋2OH－＋H2↑，故C错误；
D选项，向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝和铵根离子：Al3＋＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4＋，故D正确；
综上所述，答案为D。
8.短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层只有一个电子，Z与X属于同一主族。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酸
C. Z的单质的氧化性比W的强
D. X、Y、Z三种元素可以组成离子化合物
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素即为O，Y原子的最外层只有一个电子即为Na，Z与X属于同一主族即Z为S，W为Cl。
【详解】A选项，原子半径：r(O)＜r(Cl)＜r(S)＜r(Na)，故A错误；
B选项，Cl的最高价氧化物的水化物是一种强酸，故B错误；
C选项，从左到右，非金属增强，因此S的单质的氧化性比Cl的弱，故C错误；
D选项，X、Y、Z三种元素可以组成离子化合物硫酸钠，故D正确；
综上所述，答案为D。
9.下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A. SSO3H2SO4
B. MgCl2(aq) Mg(OH)2 MgO
C. SiO2 H2SiO3 Na2SiO3
D. NaCl(aq) NaHCO3 Na2CO3
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，硫在氧气中点燃只能变为SO3，故A错误；
B选项，MgCl2(aq)和石灰乳反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2煅烧得到MgO，故B正确；
C选项，SiO2与水不反应，不能生成H2SiO3，故C错误；
D选项，NaCl(aq)和二氧化碳不反应，故D错误；
综上所述，答案为B。
【点睛】硫在氧气中，不管氧气充足与否都不能生成三氧化硫，只能生成二氧化硫；
二氧化硅不溶于水，不与水反应。
10.下列图示与对应的叙述不相符合的是
A. 图可表示石灰石分解反应的能量变化
B. 图可表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化
C. 图可表示在一定条件的可逆反应中，正反应速率和逆反应速率随时间的变化
D. 图可表示向H2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液，溶液的导电性随碱溶液体积的变化
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，是吸热反应，石灰石分解反应是吸热反应，如图所示能量关系，故A正确；
B选项，酶催化反应的反应速率随反应温度先加快后减慢，如图，故B正确；
C选项，图可表示在一定条件的可逆反应中，正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大，当两者速率相等，达到平衡，故C正确；
D选项，向H2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液，导电性先减小直到几乎没有导电性，继续加氢氧化钡，导电性又增强，故D错误；
综上所述，答案为D。
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.下列说法正确的是
A. 地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀
B. 电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极
C. 一定条件下，反应N2＋3H22NH3达到平衡时，3v正(H2)=2v逆(NH3)
D. 反应2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)常温下可自发进行，该反应为放热反应
【答案】AD
【解析】
【详解】A选项，地下钢铁管道用导线连接锌块，锌块作负极，钢铁管道作正极，可以减缓管道的腐蚀，故A正确；
B选项，电解法精炼铜时，以粗铜作阳极，纯铜作阴极，故B错误；
C选项，一定条件下，反应N2＋3H22NH3达到平衡时，应该是2v正(H2)=3v逆(NH3)，故C错误；
D选项，反应2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)常温下可自发进行，ΔS < 0，根据
，得出该反应为放热反应，故D正确；
综上所述，答案为AD。
【点睛】能从自由能分析反应是否自发反应。
12.下列关于2—甲基丙烯（）的说法不正确的是
A. 与乙烯互为同系物
B. 可使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 分子中所有碳原子一定在同一平面上
D. 与足量氢气完全加成所得产物的一氯代物有3种
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，2—甲基丙烯（）与乙烯结构相似，都只有一个碳碳双键，它们相差2个—CH2—原子团，因此互为同系物，故A正确；
B选项，因含有碳碳双键，因此可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；
C选项，用乙烯分子的结构分析，乙烯分子中所有原子在同一平面内，因此2—甲基丙烯（）分子中所有碳原子一定在同一平面上，故C正确；
D选项，与足量氢气完全加成所得产物为CH3CH(CH3)2，它的一氯代物有2种，故D错误；
综上所述，答案为D。
13.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
结论
A
向X溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色
X溶液中一定含有Fe2＋
B
向Y溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊
Y溶液中一定含有CO32—
C
向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色
I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度
D
向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀
H2SiO3的酸性强于H2CO3的酸性
A. A B. B C. C D. D
【答案】AC
【解析】
【详解】A选项，向X溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，说明溶液中没有铁离子，滴加氯水后溶液显红色，说明原溶液中有亚铁离子，故A正确；
B选项，向Y溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明Y中可能有碳酸根、碳酸氢根、亚硫酸根或亚硫酸氢根都有可能，故B错误；
C选项，向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明四氯化碳萃取了单质碘，I2在CCl4中溶解度大于在水中的溶解度，故C正确；
D选项，向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀，H2SiO3的酸性弱于H2CO3的酸性，故D错误；
综上所述，答案为AC。
14.2019年10月9日，瑞典皇家科学院将诺贝尔化学奖授予古迪纳夫等三位科学家，表彰他们在锂离子电池方面的研究成果，钴酸锂电池是他们的研究成果之一，其工作原理为LixC6＋Li1－xCoO2C6＋LiCoO2。下列说法正确的是
A. 放电时Li＋从正极通过导线流向负极
B. 放电时负极的电极反应式为：LixC6－xe－＝C6＋xLi+
C. 充电时电池的负极与电源的正极相连
D. 充电时阴极的电极反应式为：LiCoO2－xe－＝Li1－xCoO2＋xLi+
【答案】B
【解析】
【分析】
LixC6＋Li1－xCoO2C6＋LiCoO2，根据放电分析，发生氧化反应的LixC6作负极，发生还原反应的Li1－xCoO2作正极，
【详解】A选项，放电时“同性相吸”，Li＋应该在电解质溶液中从负极移向正极，故A错误；
B选项，放电时负极的电极反应式为：LixC6－xe－＝C6＋xLi+，故B正确；
C选项，充电时电池的负极与电源的负极相连，故C错误；
D选项，充电时阴极的电极反应式为：C6＋xLi+＋xe－＝LixC6，故D错误；
综上所述，答案为B。
【点睛】分析方程式，化合价升高的为负极，化合价降低为正极，充电时负极连接电源的负极，正极连接电源的正极。
15.Deacon发明将氯化氢直接转化为氯气：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH。下图为恒容密闭容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时，HCl平衡转化率随温度变化的关系。下列说法正确的是
A. ΔH> 0
B. 正反应速率v正(a)
D. 若HCl初始浓度为c0，按曲线Ⅰ计算K(400℃)，表达式为
【答案】B
【解析】
【分析】
进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时，HCl平衡转化率与进料浓度比关系是，进料比越大，HCl转化率越小，故I是进料浓度比为1∶1的图像，依次为4:1、7:1的图像。
【详解】A选项，温度越高，平衡向吸热反应移动，转化率越低，平衡逆向移动，说明逆向是吸热反应，正向为放热反应，ΔH < 0，故A错误；
B选项，曲线上的点都为平衡点，b点温度高，则速率大，因此正反应速率v正(a)
D选项，若HCl初始浓度为c0，按曲线Ⅰ计算K(400℃)，
表达式为，故D错误；
综上所述，答案为B。
非选择题（共60分）
16.以绿矾（主要成分FeSO4·7H2O，部分Fe2＋已被氧化为Fe3＋）为原料，生产铁红（Fe2O3）的工艺流程如下：
（1）“转化”过程中，加入Fe粉时发生反应的离子方程式为____；为提高该反应速率可采取的措施有：____、____。
（2）“结晶”时，控制温度在75℃左右进行（相关物质的溶解度见下图），从溶液中析出的晶体是____（填化学式）。
（3）“滤液”的主要成分为FeSO4、____（填化学式）。利用该滤液将工业废水中的Cr2O72—还原为Cr3＋，然后投加石灰乳，使Cr3＋转化为Cr(OH)3，理论上完全反应消耗的n(FeSO4)∶n(Cr2O72—) =____。
（4）“煅烧”时生成铁红的化学方程式为____。
【答案】 (1). Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋ (2). 搅拌 (3). 升高温度、研碎等 (4). FeSO4·H2O (5). H2SO4 (6). 6:1 (7). 4[FeSO4·H2O]＋O22Fe2O3＋4SO3＋4H2O
【解析】
【分析】
绿矾溶于水后有铁离子，铁离子加入铁粉后变为亚铁离子，加入过量稀硫酸，控制温度析出FeSO4·H2O，在氧气中煅烧得到氧化铁。
【详解】⑴“转化”过程中，由于溶液中有部分铁离子，加入Fe粉时发生反应生成亚铁离子，其离子方程式为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋；为提高该反应速率可采取的措施有：升高温度、搅拌、研碎等方法，
故答案为：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋；搅拌；升高温度、研碎等；
⑵“结晶”时，根据溶解度曲线图，控制温度在75℃左右进行，从溶液中析出的晶体是FeSO4·H2O，
故答案为：FeSO4·H2O；
⑶“滤液”的主要成分为FeSO4、H2SO4。利用该滤液将工业废水中的Cr2O72－还原为Cr3＋，亚铁化合价升高到铁离子，铁升高1价，重铬酸根离子降低6价，根据得失电子守恒，理论上完全反应消耗的n(FeSO4)∶n(Cr2O72－) = 6:1。
⑷“煅烧”时FeSO4·H2O在氧气中反应生成铁红，发生氧化还原反应，其反应的化学方程式为
4[FeSO4·H2O]＋O22Fe2O3＋4SO3＋4H2O，
故答案为：4[FeSO4·H2O]＋O22Fe2O3＋4SO3＋4H2O。
17.某Cu(Ⅱ)盐晶体组成可表示为Ka[Cub(C2O4)c]·dH2O，为测定其组成，实验如下：
（1）溶液的配制
准确称取3.540 g样品，加入1mol·L－1H2SO4溶解，配制成100mL溶液。所需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、胶头滴管、____、______。
（2）铜含量的测定
取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加入过量淀粉—KI溶液，充分反应后，生成的I2与12.50mL0.2000mol·L－1Na2S2O3恰好完全反应。已知：2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I2，I2＋2S2O32—= 2I－＋S4O62—。判断生成的I2与Na2S2O3恰好完全反应的现象为______。3.540 g样品中n(Cu2＋)=_____mol。
（3）草酸根含量的测定
取另一份所配溶液25.00mL于锥形瓶中，滴入0.1000 mol·L－1KMnO4溶液至恰好完全反应，消耗20.00 mL KMnO4溶液。已知：2MnO4—＋5C2O42—＋16H＋=2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑，所配溶液中c(C2O42—)=____mol·L－1。
（4）计算该铜盐的组成（写出计算过程）____。
【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 玻璃棒 (3). 蓝色褪去 (4). 0.01 (5). 0.2 (6). K2[Cu(C2O4)2]·2H2O
【解析】
【分析】
利用信息，先求出铜离子的物质的量，再根据氧化还原反应求出草酸根的物质的量，根据物质的量和化合价写出初步化学式，再根据质量求出水的质量和物质的量，再根据物质的量求出化学式。
【详解】某Cu(Ⅱ)盐晶体组成可表示为Ka[Cub(C2O4)c]·dH2O，为测定其组成，实验如下：
⑴准确称取3.540 g样品，加入1mol·L－1H2SO4溶解，配制成100mL溶液。所需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶、玻璃棒，
故答案为：100mL容量瓶；玻璃棒；
⑵判断生成的I2与Na2S2O3恰好完全反应的现象为蓝色褪去，
解得x = 2.5×10－3 mol
3.540 g样品中n(Cu2＋) = 2.5×10－3 mol ×4 = 0.01mol。
故答案为：蓝色褪去；0.01；
⑶另一份所配溶液25.00mL于锥形瓶中，滴入0.1000 mol·L－1KMnO4溶液至恰好完全反应，消耗20.00 mL KMnO4溶液。已知：
解得y = 5×10－3 mol
所配溶液中
⑷3.540 g样品中n(Cu2＋) = 2.5×10－3 mol ×4 = 0.01mol
3.540 g样品中n(C2O42－) = 5×10－3 mol ×4 = 0.02mol
根据上面分析得出n(Cu2＋)：n(C2O42－) =1:2，再根据化合价得出化学式K2[Cu(C2O4)2]，物质的量为0.01 mol，则质量为0.01 mol × 318g∙mol－1 = 3.18g
m(H2O) = 3.540 g － 3.18 g = 0.360 g， n(H2O) = 0.02 mol
因此化学式为K2[Cu(C2O4)2]·2H2O，
故答案为：K2[Cu(C2O4)2]·2H2O；
18.氯化铵具有广泛用途，可用于选矿、医药等。
（1）实验室用氯化铵与熟石灰反应制取氨气的化学方程式为____，收集氨气时，可选用下图中的装置____（填字母）。
ABC
（2）工业上为提高氯化铵产品的经济利用价值，常利用氢氧化镁和氯化铵共热制得氨气、碱式氯化镁[Mg(OH)Cl]（520℃发生分解）。实验室模拟该工艺的装置图如下：
①冷凝管进水口是_____（填“a”或“b”）。
②实验中持续通入氮气的目的是_____。
③共热时，温度不宜过高的原因是_____。
④共热时，若氯化铵用量过大会导致Mg(OH)Cl中混有较多的杂质为_____（写化学式）。
（3）已知氧化钙与氯化铵溶液反应制备氯化钙的适宜温度为80℃。补充完整由氧化钙（含少量SiO2）、氯化铵溶液制备医用CaCl2·2H2O晶体的实验步骤：将氯化铵溶液、氧化钙粉末按照一定配比加入反应器中，_____，得到CaCl2溶液，_____、趁热过滤、洗涤、干燥。（实验中须使用的试剂：稀硫酸）
【答案】 (1). Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O (2). B (3). b (4). 使装置内的NH3尽量排出 (5). Mg(OH)Cl温度高时会分解 (6). MgCl2 (7). 80℃水浴加热并不断搅拌，用硫酸溶液吸收蒸出的氨气，充分反应后过滤 (8). 将滤液蒸发结晶
【解析】
【详解】⑴实验室用氯化铵与熟石灰反应制取氨气的化学方程式为Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O，氨气极易溶于水且密度比空气小，因此只能采用向下排空气法收集，只能用装置B来收集氨气，
故答案为：Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O；B；
⑵
①冷凝管进水口应下进上出，因此进口管是b，
故答案为b；
②实验中持续通入氮气的目的是使装置内的NH3尽量排出；
③共热时，根据信息Mg(OH)Cl在520℃发生分解，因此温度不宜过高的原因是Mg(OH)Cl温度高时会分解，
故答案为：Mg(OH)Cl温度高时会分解；
④共热时，若氯化铵用量过大，两者按照2:1反应生成氯化镁，因此用量过大会导致Mg(OH)Cl中混有较多的杂质MgCl2，
故答案为：MgCl2；
⑶已知氧化钙与氯化铵溶液反应制备氯化钙的适宜温度为80℃。所以由氧化钙（含少量SiO2）、氯化铵溶液制备医用CaCl2·2H2O晶体的实验步骤为：将氯化铵溶液、氧化钙粉末按照一定配比加入反应器中，控制水浴温度为80℃加热并不断搅拌，发生反应Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，用硫酸溶液吸收蒸出的氨气，由于氧化钙中含有二氧化硅杂质，因此将反应后的溶液先过滤除去二氧化硅，再加热蒸发结晶、趁热过滤出氯化钙、洗涤、干燥。
故答案为：80℃水浴加热并不断搅拌，用硫酸溶液吸收蒸出的氨气，充分反应后过滤；将滤液蒸发结晶。
19.氯酸钠是一种基础化工原料。
（1）已知：Cl2(g)＋2OH－(aq)＝ClO－(aq)＋Cl－(aq)＋H2O(l) ΔH＝－186 kJ·mol－1，3ClO－(aq)＝ClO3— (aq)＋2Cl－(aq) ΔH＝－113 kJ·mol－1，则：3Cl2(g)＋6OH－(aq)＝ClO3—(aq)＋5Cl－(aq)＋3H2O(l)ΔH＝____kJ·mol－1，该反应中生成1molClO3—，转移电子数为____。
（2）工业上采用无隔膜电解饱和食盐水可制备氯酸钠。该工艺过程中，生成氯酸钠的相关反应为：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，HClOH＋＋ClO－，2HClO＋ClO－＝ClO＋2H＋＋2Cl－。已知：溶液中，Cl2、HClO、ClO－的物种分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系如下图。
①电解过程中，为按化学计量数比反应，需控制电解液的pH约为___（填序号）。
A．5 B．6.8 C．7.2D．7.5
②若电解液碱度过大，阳极会有较多的O2放出，电极反应方程式为____。已知：Cr2O72—＋H2O2CrO42—＋2H＋，电解时向食盐水中加入的重铬酸钠（Na2Cr2O7）可以防止电解液碱度过大，其原理是____。
③若电解液pH<5时，溶液中HClO浓度会随pH减小迅速降低，其原因是____（用离子方程式表示）。
（3）电解时须对电解槽进行冷却处理以防止电解液温度过高的原因是____。
（4）氯酸钠与硫酸酸化的双氧水溶液反应常用于制备饮用水消毒剂ClO2(g)，该反应的化学方程式为____。
【答案】 (1). －671 (2). 5NA (3). B (4). 4OH－－4e－=O2↑＋2H2O (5). 当碱度过大时，平衡Cr2O72—＋H2O2CrO42—＋2H＋向右移动，抑制碱度增大 (6). HClO＋H＋＋Cl－=Cl2↑＋H2O (7). 温度过高，HClO分解速率加快，也不利于氯气的溶解 (8). 2NaClO3＋H2O2＋H2SO4=2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O
【解析】
【分析】
根据盖斯定律求出第三个方程式的焓变，根据化合价升降得出转移电子数目；
根据生成的氯酸根的方程式中次氯酸和次氯酸根的比例得出pH值，
利用重铬酸根的平衡移动原理分析怎样防止氢氧根过量，
酸性过大，次氯酸会很快减少，主要是它们要发生反应生成氯气，
温度过高，会导致次氯酸分解。
【详解】氯酸钠一种基础化工原料。
⑴已知：Cl2(g)＋2OH－(aq)＝ClO－(aq)＋Cl－(aq)＋H2O(l) ΔH＝－186 kJ·mol－1，
3ClO－(aq)＝ClO3－ (aq)＋2Cl－(aq) ΔH＝－113 kJ·mol－1，
将第一个方程乘以3再加上第二个方程得到
3Cl2(g)＋6OH－(aq)＝ClO3－(aq)＋5Cl－(aq)＋3H2O(l) ΔH＝－671 kJ·mol－1，根据反应方程式知6个氯原子，其中1个氯原子升高5价，另外5个氯原子降低，每个氯原子降低1价，因此该反应中生成1molClO3－，转移电子数为5NA，
故答案为：－671；5NA；
⑵①电解过程中，为按化学计量数比反应，即2HClO＋ClO－＝ClO＋2H＋＋2Cl－反应，次氯酸根和次氯酸的比为1:2，则次氯酸占67%，因此根据图中信息应该控制电解液的pH约为6.8，
故答案为：B；
②若电解液碱度过大，阳极会有较多的O2放出，电极反应方程式为4OH－－4e－= O2↑＋2H2O，已知：电解时向食盐水中加入的重铬酸钠（Na2Cr2O7），当氢氧根过大时，会消耗平衡Cr2O72－＋H2O2CrO42－＋2H＋中的氢离子，致使平衡正向移动，有效降低了氢氧根过大，
故答案为：4OH－－4e－= O2↑＋2H2O；当碱度过大时，平衡Cr2O72－＋H2O2CrO42－＋2H＋向右移动，抑制碱度增大
③若电解液pH<5时，溶液中HClO浓度会随pH减小迅速降低，其原因是次氯酸和氯离子、氢离子三者反应生成氯气和水，其离子方程式为HClO＋H＋＋Cl－=Cl2↑＋H2O，
故答案为：HClO＋H＋＋Cl－=Cl2↑＋H2O；
⑶电解时须对电解槽进行冷却处理以防止电解液温度过高，次氯酸在温度较高条件下要分解，而且温度高不利于氯气的溶解，因此温度不能过高的原因是温度过高，HClO分解速率加快，也不利于氯气的溶解，
故答案为：温度过高，HClO分解速率加快，也不利于氯气的溶解；
⑷氯酸钠与硫酸酸化的双氧水溶液反应常用于制备饮用水消毒剂ClO2(g)，氯酸钠中氯的化合价降低生成消毒剂，双氧水中氧的化合价升高变为氧气，因此该反应的化学方程式为2NaClO3＋H2O2＋H2SO4=2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O，
故答案为：2NaClO3＋H2O2＋H2SO4=2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O。
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