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2016-2017学年江苏省盐城市高三上学期期中化学试卷
一、单项选择题
1．（2016高三上·盐城期中）第四届“绿发会”主题是“绿色发展让世界更美好”，下列行为不符合这一宗旨的是（　　）
A．提高风能、太阳能等可再生清洁能源的使用比例
B．推广CO2再利用技术，将其合成有价值的化学品
C．利用工业废水灌溉农作物，提高水资源的利用率
D．研发煤炭的洁净、高效利用技术，保护生态环境
【答案】C
【知识点】常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】解：A．提高风能、太阳能等可再生清洁能源的使用比例，可以减少化石燃料的使用，减少污染物的排放，有利于环境保护，故A正确；
B．推广CO2再利用技术，将其合成有价值的化学品，能够减少碳的排放，符合低碳经济，故B正确；
C．工业废水含有污染物，能够引起食物中毒，不能用于灌溉农作物，故C错误；
D．研发煤炭的洁净、高效利用技术，保护生态环境，符合绿色化学理念，故D正确；
故选：C．
【分析】善待地球、珍惜资源应减少资源开发，减少污染物的排放，节约能源、降低能耗，据此解答．
2．（2016高三上·盐城期中）下列有关化学用语表示正确的是（　　）
A．质子数与中子数相等的硫原子： S
B．Al3+的结构示意图：
C．CaO2的电子式：
D．2﹣溴丙烷的结构简式：C3H7Br
【答案】A
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】解：A．质子数与中子数相等的硫原子的质量数为32，该原子可以表示为： S，故A正确；
B．铝是13号元素，最外层有3个电子，Al3+是将原子的外层3个电子失去，次外层做最外层，铝离子正确的离子结构示意图为： ，故B错误；
C．过氧化钙构成离子是钠离子和过氧根离子，过氧化钙为离子化合物，钙离子直接写成离子形式，过氧根离子需要标出最外层电子，过氧化钙的电子式为 ，故C错误；
D.2﹣溴丙烷分子中，官能团Br原子在2号C，正确的结构简式为：CH3CH2BrCH3，故D错误；
故选A．
【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．铝离子的核外电子总数为10，最外层含有8个电子；
C．过氧化钙构成离子是钠离子和过氧根离子，过氧根离子的电子式错误；
D．C3H7Br为分子式，结构简式中需要表示出有机物结构特点．
3．（2016高三上·盐城期中）纤维素等生物碳源材料可以高产率制备石墨烯（如图），下列说法正确的是（　　）
A．石墨烯导电属于化学变化 B．石墨烯与金刚石结构相同
C．纤维素与淀粉互为同分异构体 D．纤维素属于天然高分子化合物
【答案】D
【知识点】同素异形体
【解析】【解答】解：A、石墨烯中有自由移动的电子，故能导电，故石墨烯的导电是物理变化，故A错误；
B、石墨是平面结构，金刚石是立体网状结构，两者的结构不同，故B错误；
C、淀粉和纤维素的下标n的范围不同，故淀粉和纤维素的分子式不同，不是同分异构体，故C错误；
D、相对分子质量在1万以上的化合物为高分子化合物，故纤维素是天然的高分子化合物，故D正确．
故选D．
【分析】A、石墨烯中有自由移动的电子；
B、石墨是平面结构，金刚石是立体网状结构；
C、淀粉和纤维素的下标n的范围不同；
D、相对分子质量在1万以上的化合物为高分子化合物．
4．（2016高三上·盐城期中）用实验室制溴苯的废催化剂FeBr3作原料，制取溴的苯溶液和无水FeCl3．下列设计能达到相应实验目的是（　　）
A．用装置甲制取氯气
B．用装置乙氧化FeBr3溶液中的溴离子
C．用装置丙分液时先从下口放出水相，再从上口倒出有机相
D．用装置丁将分液后的水相蒸发至干，再灼烧制得无水FeCl3
【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，稀盐酸和二氧化锰不反应，因为该实验中用的是稀盐酸，所以不能用该装置制取氯气，不能实现实验目的，故A错误；
B．用氯气氧化溴离子时，导气管应该采用“长进短出”原则，所以该装置错误，不能实现实验目的，故B错误；
C．分液时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口倒出，所以用装置丙分液时先从下口放出水相，再从上口倒出有机相，否则易引进杂质，所以能实现实验目的，故C正确；
D．加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和HCl，升高温度促进水解，为防止水解，应该在HCl氛围中加热蒸干氯化铁溶液，则不能实现实验目的，故D错误；
故选C．
【分析】A．实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，稀盐酸和二氧化锰不反应；
B．用氯气氧化溴离子时，导气管应该采用“长进短出”原则；
C．分液时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口倒出；
D．加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和HCl，升高温度促进水解．
5．（2016高三上·盐城期中）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（　　）
A．臭氧具有氧化性，可用作自来水的消毒剂
B．活性炭具有还原性，可用作制糖业脱色剂
C．氢氟酸具有弱酸性，可用作玻璃的蚀刻剂
D．氨气具有弱碱性，可用作食品工业制冷剂
【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】解：A．臭氧具有强氧化性，可使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，故A正确；
B．活性炭使糖脱色与吸附性有关，与还原性无关，故B错误；
C．氢氟酸与玻璃中的二氧化硅反应，不能用玻璃试剂瓶，故C错误；
D．用作制冷剂与易液化有关，与碱性无关，故D错误．
故选A．
【分析】A．臭氧具有强氧化性，可使蛋白质变性；
B．活性炭使糖脱色与吸附性有关；
C．氢氟酸与玻璃中的二氧化硅反应；
D．用作制冷剂与易液化有关．
6．（2016高三上·盐城期中）设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）
A．28g乙烯与丙烯的混合气体中含有双键数目为NA
B．标准状况下，22.4L甘油中含有羟基的数目为3NA
C．1L0.1mol L﹣1NaHS溶液中，HS﹣与S2﹣数目之和为0.1 NA
D．0.2molCl2与0.1molCH4充分反应，生成HCl分子数为0.2 NA
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A、乙烯和丙烯的摩尔质量不同，故混合物的物质的量无法计算，故A错误；
B、标况下甘油为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；
C、1L0.1mol L﹣1NaHS溶液中，HS﹣既能水解为H2S又能电离为S2﹣，根据物料守恒可知，H2S、HS﹣与S2﹣数目之和为0.1 NA，故C错误；
D、0.2molCl2与0.1molCH4充分反应，氯气完全反应，由于1mol氯气～1molHCl，故0.2mol氯气生成0.2molHCl，分子个数为0.2NA个，故D正确．
故选D．
【分析】A、乙烯和丙烯的摩尔质量不同，但均含一条碳碳双键；
B、标况下甘油为液态；
C、1L0.1mol L﹣1NaHS溶液中，HS﹣既能水解又能电离，根据物料守恒来分析；
D、0.2molCl2与0.1molCH4充分反应，氯气完全反应，且1mol氯气～1molHCl．
7．（2016高三上·盐城期中）下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）
A．Cl2通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl﹣+ClO﹣
B．铜丝插入稀硝酸：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O
C．向NaClO溶液中通入过量SO2：ClO﹣+SO2+H2O=HClO+HSO3﹣
D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．HCl是弱电解质，要写化学式，离子方程式为Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，故A错误；
B．稀硝酸和Cu反应生成可溶性的硝酸铜、NO和水，离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，故B正确；
C．二者发生氧化还原反应生成硫酸钠、HCl，离子方程式为ClO﹣+H2O+SO2═2H++Cl﹣+SO42﹣，故C错误；
D．二者反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故D错误；
故选B．
【分析】A．HCl是弱电解质，要写化学式；
B．稀硝酸和Cu反应生成可溶性的硝酸铜、NO和水；
C．二者发生氧化还原反应生成硫酸钠、HCl；
D．二者反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠．
8．（2016高三上·盐城期中）下列有关氨或铵盐的说法不正确的是（　　）
A．NH3属于弱电解质
B．可用湿润的红色石蕊试纸检验氨气
C．用盐酸滴定氨水，当溶液呈中性时，c（NH4+）=c（Cl﹣）
D．常温时，0.1mol L﹣1NH4Cl溶液加水稀释， 的值不变
【答案】A
【知识点】强电解质和弱电解质；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】解：A．NH3不能电离属于非电解质，故A错误；
B．氨气是碱性气体，遇到湿润的红色石蕊试纸变蓝色，可用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，故B正确；
C．用盐酸滴定氨水，当溶液呈中性时，溶液中c（H+）=c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（NH4+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），则c（NH4+）=c（Cl﹣），故C正确；
D．常温时，0.1mol L﹣1NH4Cl溶液加水稀释， = × = ，温度不变，比值不变，故D正确；
故选A．
【分析】A．水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，水溶液中或熔融状态下都不导电的化合物为非电解质；
B．氨气是碱性气体，遇到湿润的红色石蕊试纸变蓝色；
C．溶液中存在电荷守恒分析；
D．平衡常数只随温度变化，不随浓度改变．
9．（2016高三上·盐城期中）在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（　　）
A．NH3 NO NaNO2
B．Fe2O3 Fe FeCl3
C．SiO2 H2SiO3（aq） Na2SiO3
D．CuCl2（aq） Cu（OH）2 Cu2O
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；硅和二氧化硅；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】解：A．氨气与氧气反应生成NO，NO与氢氧化钠不反应，不能转化为亚硝酸钠，所以不能实现转化，故A错误；
B．Fe2O3与Al粉混合物发生铝热反应，实质是置换反应，生成铁和氧化铝，方程式为：2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3，氯气能将金属氧化为最高价，铁在氯气中燃烧的产物是氯化铁，反应为：2Fe+3Cl2 2FeCl3，能实现转化，故B正确；
C．二氧化硅不溶于水，二氧化硅与水不反应，无法一步得到硅酸，故C错误；
D．氯化铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜，CuCl2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaCl，氢氧化铜和葡萄糖加热反应生成氧化亚铜红色沉淀，C6H12O6+2Cu（OH）2 CH2（OH）（CHOH）4COOH+Cu2O↓+2H2O，氢氧化铜和蔗糖不反应，所以不能实现转化，故D错误；
故选B．
【分析】A．NO与氢氧化钠不反应；
B．铝的金属性强于铁，铝和氧化铁发生铝热反应，氯气具有强氧化性，具有变价的铁与氯气反应生成氯化铁；
C．二氧化硅不溶于水；
D．氯化铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜，但氢氧化铜和蔗糖不反应，不能生成氧化亚铜红色沉淀．
10．（2016高三上·盐城期中）2010年乔治华盛顿大学Licht和他的合作者设计的捕获二氧化碳的电化学部分装置如图所示．下列说法正确的是（　　）
A．化学能转变为电能
B．阴极的电极反应为：CO2+4e﹣=C↓+2O2﹣
C．阳极的电极反应为：2CO32﹣﹣4e﹣=2CO2↑+O2↑
D．阴极上每通过4mole﹣，阴极区有1molCO2参与反应
【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】解：A．由装置图可知为电解池，电能转化成化学能，故A错误；
B．a极与电源负极相连为阴极，则二氧化碳得电子发生还原反应，反应为：3CO2+4e﹣=2CO32﹣+C↓，故B错误；
C．b极与电源正极相连为阳极发生氧化反应，反应为：2CO32﹣﹣4e﹣=2CO2↑+O2↑，故C正确；
D．由阴极反应为：3CO2+4e﹣=2CO32﹣+C↓，则阴极上每通过4mole﹣，阴极区有3molCO2参与反应，故D错误；
故选C．
【分析】由装置图可知为电解池，电能转化成化学能，a极与电源负极相连为阴极，则二氧化碳得电子发生还原反应，反应为：3CO2+4e﹣=2CO32﹣+C↓，b极与电源正极相连为阳极发生氧化反应，反应为：2CO32﹣﹣4e﹣=2CO2↑+O2↑，据此分析解答．
二、不定项选择题
11．（2016高三上·盐城期中）制备5Ca（NO3）2 NH4NO3 10H2O的实验中，过滤出产品后，常温下另取母液（pH＜1），向其中加入指定物质，反应后溶液中可大量存在的一组离子是（　　）
A．加入过量Na2CO3溶液：Na+、Ca2+、NH4+、NO3﹣、H+
B．加入适量NaHCO3溶液：Na+、Ca2+、NH4+、NO3﹣、HCO3﹣
C．加入适量NaOH溶液：Na+、Ca2+、NH4+、NO3﹣、OH﹣
D．加入过量FeSO4和稀硫酸：Fe2+、Fe3+、NH4+、Ca2+、NO3﹣
【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A．加入过量Na2CO3溶液与H+、Ca2+反应生成气体、沉淀，不能共存，故A不选；
B．加入适量NaHCO3溶液，该组离子之间不反应，可大量共存，故B选；
C．加入适量NaOH溶液，与NH4+反应不能共存，故C不选；
D．加入过量FeSO4和稀硫酸，Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，且Ca2+、SO42﹣结合生成沉淀，不能共存，故D不选；
故选B．
【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答．
12．（2016高三上·盐城期中）2016年诺贝尔化学奖由法国、美国及荷兰的三位化学家分获，以表彰他们在“分子马达”研究方面的成就，一种光驱分子马达结构如图所示．有关该分子的说法正确的是（　　）
A．该分子中有两个手性碳原子
B．两个苯环可以处于同一平面
C．能与NaHCO3和酸性KMnO4溶液反应
D．1mol该分子最多可与2molH2发生加成
【答案】B,C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】解：A．连接不同原子或原子团的为手性碳原子，分子中只有1个，故A错误；
B．两个苯环连接在碳碳三键上，可在同一个平面上，故B正确；
C．含有羧基，可与碳酸氢钠反应，含有碳碳三键，可被高锰酸钾氧化，故C正确；
D．能与氢气反应的为苯环和碳碳三键，则1mol该分子最多可与8molH2发生加成，故D错误．
故选BC．
【分析】有机物分子含有苯环，为平面形结构，含有碳碳三键，具有直线形结构，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，以此解答该题．
13．（2016高三上·盐城期中）短周期主族元素X，Y，Z，W原子序数依次增大，m是W的单质，r是X的单质，s是Y的单质，n、p及q是这些元素组成的二元化合物；t由其中的三种元素组成，其水溶液呈碱性；p是淡黄色固体，q是一种耐高温材料，它们的关系如图所示．下列说法正确的是（　　）
A．Y，Z，W的简单离子的电子层结构相同
B．原子半径：r（X）＜r（Y）＜r（Z）＜r（W）
C．简单氢化物的稳定性：X＞Y
D．Y与Z两种元素形成的化合物一定只含离子键
【答案】A
【知识点】无机物的推断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，m是W的单质，r是X的单质，s是Y的单质，n、p及q是这些元素组成的二元化合物；t由其中的三种元素组成，其水溶液呈碱性；p是淡黄色固体，q是一种耐高温材料，结合图转化可知，p为Na2O2，n为CO2，t为Na2CO3，s为O2，m为Mg，q为MgO，r为C，则元素X为C、Y为O、Z为Na，W为Mg，
A．Y、Z、W的简单离子的电子层结构相同，均为10电子结构，故A正确；
B．电子层越多，原子半径越大，同周期原子序数大的原子半径小，则原子半径：r（Y）＜r（X）＜r（W）＜r（Z），故B错误；
C．非金属性Y＞X，则简单氢化物的稳定性：X＜Y，故C错误；
D．Y与Z两种元素形成的化合物为Na2O，含离子键，若为Na2O2时含离子键和共价键，故D错误；
故选A．
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，m是W的单质，r是X的单质，s是Y的单质，n、p及q是这些元素组成的二元化合物；t由其中的三种元素组成，其水溶液呈碱性；p是淡黄色固体，q是一种耐高温材料，结合图转化可知，p为Na2O2，n为CO2，t为Na2CO3，s为O2，m为Mg，q为MgO，r为C，则元素X为C、Y为O、Z为Na，W为Mg，然后结合元素周期律来解答．
14．（2016高三上·盐城期中）根据下列实验操作和现象所得结论正确的是（　　）
选项 实验操作和现象 结论
A 室温下，向苯酚钠溶液中滴入NaHSO3溶液，出现白色浑浊 C6H5O﹣结合质子的能力比SO32﹣强
B 向待测液X中依次滴入氯水、KSCN溶液，溶液变红 待测液X中一定含有Fe2+
C 向（NH4）2S2O8溶液中加入硝酸酸化的Mn（NO3）2溶液和1滴AgNO3溶液（作催化剂），微热，溶液变紫色 S2O82﹣氧化性比MnO4﹣强
D 浓硫酸与乙醇共热产生的气体Y，通入酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去 气体Y为纯净的乙烯
A．A B．B C．C D．D
【答案】A,C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．室温下，向苯酚钠溶液中滴入NaHSO3溶液，出现白色浑浊，说明HSO3﹣的酸性大于苯酚，所以C6H5O﹣结合质子的能力比SO32﹣强，故A正确；
B．原溶液中可能含有Fe3+，检验Fe2+的方法是：向待测液X中滴入KSCN溶液，无现象，再滴入氯水，溶液变红，说明待测液X中一定含有Fe2+，故B错误；
C．向（NH4）2S2O8溶液中加入硝酸酸化的Mn（NO3）2溶液和1滴AgNO3溶液（作催化剂），微热，溶液变紫色，S2O82﹣是氧化剂，MnO4﹣是氧化产物，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，则S2O82﹣氧化性比MnO4﹣强，故C正确；
D．浓硫酸与乙醇共热可能生成乙烯和二氧化硫，二氧化硫也能使酸性KMnO4溶液，所以气体Y为乙烯和二氧化硫，故D错误；
故选AC．
【分析】A．酸根离子结合氢离子能力越强，其酸的酸性越弱；
B．原溶液中可能含有Fe3+；
C．氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物；
D．浓硫酸与乙醇共热可能生成乙烯和二氧化硫．
15．（2016高三上·盐城期中）最近中国科学院上海高等研究院在合成气直接制烯烃研究获重大突破．已知：
反应①：C（s）+ O2（g）=CO （g）△H1
反应②：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H2
反应③：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H 3=﹣90.1kJ mol﹣1
反应④：2CH3OH（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）△H 4=﹣134.0kJ mol﹣1
反应⑤：3CH3OH（g）=CH3CH=CH2（g）+3H2O（g）△H 5=﹣31.0kJ mol﹣1
下列说法正确的是（　　）
A．△H1﹣△H2＜0
B．反应②为放热反应
C．3CH3OCH3（g）=2CH3CH=CH2（g）+3H2O（g）△H=﹣103.0 kJ mol﹣1
D．3CO（g）+6H2（g）=CH3CH=CH2（g）+3H2O（g）△H=﹣301.3kJ mol﹣1
【答案】A,D
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】解：A．△H1﹣△H2为： O2（g）+H2（g）=H2O（g）化合反应，为放热反应，故A正确；
B．反应②：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）为吸热反应，故B错误；
C．根据盖斯定律：⑤×2﹣④×3得3CH3OCH3（g）=2CH3CH=CH2（g）+3H2O（g）△H=340.0 kJ mol﹣1，故C错误；
D．根据盖斯定律：③×3+⑤得3CO（g）+6H2（g）=CH3CH=CH2（g）+3H2O（g）△H=﹣301.3kJ mol﹣1，故D正确．
故选AD．
【分析】A．△H1﹣△H2为 O2（g）+H2（g）=H2O（g）的反应热；
B．反应②：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）为吸热反应；
C．根据盖斯定律可得3CH3OCH3（g）=2CH3CH=CH2（g）+3H2O（g）△H=340.0 kJ mol﹣1；
D．根据盖斯定律可得3CO（g）+6H2（g）=CH3CH=CH2（g）+3H2O（g）△H=﹣301.3kJ mol﹣1．
三、非选择题
16．（2016高三上·盐城期中）碘化钡（BaI2 2H2O）是一种白色粉末，常用于制取其他含碘化合物．一种制备流程如图1：
（1）步骤Ⅰ制FeI2溶液时，提高反应速率的可行措施有　 　（填序号）．
a．铁粉和碘粉用球磨机磨成细粉
b．增大n（铁粉）：n（碘）的配料比
c．适当升高反应温度和搅拌速度
d．向反应器中加水至I2全部溶解
（2）步骤Ⅱ发生反应的化学方程式为　 　；用pH试纸测定溶液pH的方法是　 　
（3）步骤Ⅲ小心“煮沸”约20分钟，可使Fe（OH）2颗粒长大，其目的是　 　；步骤V加入活性炭的目的是　 　．
（4）从过滤2所得滤液中获得BaI2 2H2O（溶解度曲线如图2所示）的方法是　 　．
【答案】（1）a c
（2）FeI2+Ba（OH）2=Fe（OH）2↓+BaI2；把一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取待测溶液点在试纸的中部，试纸变色后，立刻与标准比色卡比较确定溶液的pH
（3）便于（步骤Ⅳ）过滤分离；吸附Fe（OH）2及有机杂质等
（4）蒸发浓缩、冷却结晶
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）a．铁粉和碘粉用球磨机磨成细粉，增大固体的接触面积，可提高反应速率，故正确；
b．增大n（铁粉）：n（碘）的配料比，固体的接触面积不变，反应速率不变，故错误；
c．适当升高反应温度和搅拌速度，可提高反应速率，故正确；
d．向反应器中加水至I2全部溶解，则浓度减小，反应速率减小，故错误；
故选：a c；（2）步骤ⅡFeI2溶液加入氢氧化钡调节pH值为9.0发生反应生成BaI2溶液和Fe（OH）2沉淀，方程式为：FeI2+Ba（OH）2=Fe（OH）2↓+BaI2；用pH试纸测定溶液pH的方法是把一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取待测溶液点在试纸的中部，试纸变色后，立刻与标准比色卡比较确定溶液的pH，
故答案为：FeI2+Ba（OH）2=Fe（OH）2↓+BaI2；把一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取待测溶液点在试纸的中部，试纸变色后，立刻与标准比色卡比较确定溶液的pH；（3）使Fe（OH）2颗粒长大便于（步骤Ⅳ）过滤分离；因为活性炭具有吸附性，所以加入活性炭的目的为吸附残留的Fe（OH）2及有机杂质等，
故答案为：便于（步骤Ⅳ）过滤分离；吸附Fe（OH）2及有机杂质等；（4）由溶解度曲线图可知BaI2的溶解度随温度变化比较大，所以从过滤2所得滤液中获得BaI2 2H2O的方法是蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶．
【分析】碘、铁粉与水混合反应生成FeI2溶液，然后加入氢氧化钡调节pH值为9.0发生反应生成BaI2溶液和Fe（OH）2沉淀，煮沸过滤除去Fe（OH）2沉淀同时滤液为BaI2溶液，再在滤液中加入活性炭吸附残留的Fe（OH）2及有机杂质等，再过滤，最后将BaI2溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到BaI2 2H2O，据此分析解答；（1）搅拌、升温、增大反应物浓度、增大固体的接触面积等，可提高反应速率；（2）步骤ⅡFeI2溶液加入氢氧化钡调节pH值为9.0发生反应生成BaI2溶液和Fe（OH）2沉淀；用pH试纸测定溶液pH的方法是把一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取待测溶液点在试纸的中部，试纸变色后，立刻与标准比色卡比较确定溶液的pH；（3）使Fe（OH）2颗粒长大便于（步骤Ⅳ）过滤分离；根据活性炭具有吸附性分析作用；（4）根据BaI2的溶解度随温度变化比较大分析析出晶体的方法．
17．（2016高三上·盐城期中）盐酸赛庚啶是一类抗凝血、抗过敏类新药，其关键中间体H的合成路线如图：
（1）D中含氧官能团名称为　 　和　 　．
（2）D→E的反应类型为　 　．
（3）C还原可得到D，C的分子式为C15H12O3，写出C的结构简式　 　
（4）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式　 　
①含有两个苯环且能发生银镜反应②分子中只有4种不同化学环境的氢
（5）请以 为原料制备 ，写出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）．　 　
【答案】（1）羟基；羧基
（2）消去反应
（3）
（4）
（5）
【知识点】有机物的合成
【解析】【解答】解：（1）由D的结构简式可以判断其中含氧官能团的名称为羟基和羧基，故答案为：羟基；羧基；（2）由流程可知D→E即在浓硫酸加热条件下脱去一份子水生成双键，所以D→E的反应类型为消去反应，故答案为：消去反应；（3）C还原可得到D，由D的结构式推出D的分子式为C15H14O3，又C的分子式为C15H12O3，所以C→D即增加2个H，则C的结构简式 ，故答案为： ；（4）①含有两个苯环且能发生银镜反应，说明含有醛基；②分子中只有4种不同化学环境的氢，说明分子结构对称性比较好，又除了2个苯环外，有2个O，2个不饱和度，所以应该为对称的2个醛基，则符合条件的同分异构体为 ；故答案为： ；（5）由流程中的信息F→G→H，则可以将羧基变成羰基，再根据C→D将羰基还原成羟基，后根据D→E→F经过消去加成去掉羟基即可，则流程图为： ，故答案为：．
【分析】（1）根据D的结构简式可以判断其中含氧官能团名称；（2）根据D→E即在浓硫酸加热条件下脱去一份子水生成双键判断；（3）根据C还原可得到D结合C的分子式为C15H12O3，和D的结构简式判断；（4）①含有两个苯环且能发生银镜反应，说明含有醛基；②分子中只有4种不同化学环境的氢，说明分子结构对称性比较好；据此分析判断；（5）根据流程中的信息F→G→H分析书写．
18．（2016高三上·盐城期中）PbO2及2PbCO3 Pb（OH）2（碱式碳酸铅）均是生产铅酸蓄电池正极的原料．
（1）PbO2可由NaClO氧化Pb（NO3）2溶液得到．
①Pb（NO3）2被氧化为PbO2的离子方程式为　 　．
②Pb（NO3）2溶液中通入H2S发生Pb2+（aq）+H2S（aq） PbS（s）+2H+（aq），直至平衡，该反应的平衡常数为K=　 　1已知：Ksp（PbS）=3.55×10﹣28；H2S电离常数Ka1=1.3×10﹣7，Ka2=7.1×10﹣15]．
（2）制备碱式碳酸铅的实验步骤如图1：
①“碳化”时，发生反应的化学方程式为　 　．
②“洗涤”时，经水洗涤后再用酒精洗涤的目的是　 　．
（3）为确定2PbCO3 Pb（OH）2（相对式量：775）的热分解过程，进行如下实验：称取一定量（2）实验制得的样品放在热重分析仪中，在氩气流中热分解，测得样品的固体残留率（固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量×100%）随温度的变化如图2所示．
①A→B过程中，从体系中逸出的分解产物（化合物）为　 　（填化学式）；C→D过程中，从体系中逸出的分解产物（化合物）为　 　（填化学式）．
②根据图中实验数据，计算并确定E点残留固体的化学式（写出计算过程）．
【答案】（1）Pb2++ClO﹣+H2O=PbO2↓+Cl﹣+2H+；2.6×106
（2）3[（CH3COO）2Pb Pb（OH）2]+2CO2=3（CH3COO）2Pb+2PbCO3 Pb（OH）2↓+2H2O；除去沉淀表面附着的水并促进其快速干燥
（3）H2O；CO2
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）①Pb（NO3）2被NaClO氧化为PbO2，NaClO被还原成氯离子，反应的离子方程式为Pb2++ClO﹣+H2O=PbO2↓+Cl﹣+2H+，
故答案为：Pb2++ClO﹣+H2O=PbO2↓+Cl﹣+2H+；
②根据反应Pb2+（aq）+H2S（aq） PbS（s）+2H+（aq），平衡常数K= = =2.6×106，
故答案为：2.6×106；（2）①“碳化”时，用CH3COO）2Pb Pb（OH）2与二氧化碳反应生成2PbCO3 Pb（OH）2，发生反应的化学方程式为 3[（CH3COO）2Pb Pb（OH）2]+2CO2=3（CH3COO）2Pb+2PbCO3 Pb（OH）2↓+2H2O，
故答案为：3[（CH3COO）2Pb Pb（OH）2]+2CO2=3（CH3COO）2Pb+2PbCO3 Pb（OH）2↓+2H2O；②“洗涤”时，经水洗涤后再用酒精洗涤的目的是除去表面的水份同时可以快速干燥，得纯净2PbCO3 Pb（OH）2的产品，
故答案为：除去沉淀表面附着的水并促进其快速干燥；（3）①根据图可知加热后得固体的质量分数，结合2PbCO3 Pb（OH）2的相对式量：775，所以1mol2PbCO3 Pb（OH）2的质量为775g，A→B过程中， =1﹣0.9768，所以△m1=18g，减少的是H2O；C→D过程中， =0.9768﹣0.9200，所以△m2=44g，减少的是CO2，
故答案为：H2O；CO2；②1mol2PbCO3 Pb（OH）2的质量为775g，A→B过程中， =1﹣0.9768，所以△m1=18g，减少的是H2O；C→D过程中， =0.9768﹣0.9200，所以△m2=44g，减少的是CO2；D→E过程中， =0.9200﹣0.8632，△m3=44g，减少的是CO2，2PbCO3 Pb（OH）2共脱去1个H2O及2个CO2，故E点残留固体为PbO，
答：E点残留固体的化学式为PbO．
【分析】（1）①Pb（NO3）2被NaClO氧化为PbO2，NaClO被还原成氯离子，据此书写反应的离子方程式；②根据平衡常数等于生成物浓度的系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积计算平衡常数；（2）制备碱式碳酸铅的流程为用氧化铅与醋酸反应生成CH3COO）2Pb Pb（OH）2，再用CH3COO）2Pb Pb（OH）2与二氧化碳反应生成2PbCO3 Pb（OH）2，经过滤后先用水洗涤，再用酒精洗涤，以除去表面的水份同时可以快速干燥，得纯净2PbCO3 Pb（OH）2的产品；（3）根据图可知加热后得固体的质量分数，结合2PbCO3 Pb（OH）2的相对式量：775，可知加热过程中产生的物质及剩余的固体的成分．
19．（2016高三上·盐城期中）Ca（H2PO2）2（次磷酸钙，一元中强酸H3PO2的钙盐）是一种白色结晶粉末，溶于水（常温时，溶解度16.7g/100g水），其水溶液呈现弱酸性．可用作医药、抗氧化剂以及制备次磷酸钠等．由白磷（P4）与石灰乳制备Ca（H2PO2）2的实验步骤如下：
步骤1．在三口烧瓶中加入白磷和石灰乳，先通入N2，然后在约98℃下充分搅拌1h，同时收集产生的pH3．
步骤2．将反应液静置、过滤．
步骤3．向滤液中通入适量CO2，再过滤．
步骤4．用次磷酸溶液调节步骤3滤液的pH，浓缩、冷却结晶、干燥得次磷酸钙．
a.步骤1先通入N2的目的是　 　．
b.步骤1石灰乳与 P4（白磷）发生反应的化学方程式为　 　；步骤2过滤所得滤渣成分为　 　．
c.步骤3的目的是　 　．
d.请补充完整由产品进一步制备NaH2PO2 H2O的实验方案：取产品次磷酸钙加入烧杯中，加适量的水溶解，　 　，干燥得到NaH2PO2 H2O．
（已知：在常压下，加热蒸发次磷酸钠溶液会发生爆炸，100℃时NaH2PO2 H2O的溶解度为667g/100g水）
【答案】排除装置内的空气，防止次磷酸钙及白磷被氧化；2P4+3Ca（OH）2+6H2O 3Ca（H2PO2）2+2PH3↑；P4和Ca（OH）2；除去其中的Ca（OH）2；边搅拌边向溶液中加入Na2CO3溶液，静置，向上层清液中滴入Na2CO3溶液，若无沉淀，过滤，将滤液减压蒸发浓缩，结晶
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：a.因为次磷酸钙及白磷易被氧化，所以步骤1先通入N2的目的是排除装置内的空气，防止次磷酸钙及白磷被氧化；搅拌的目的是使反应物充分接触反应，加快反应速率，
故答案为：排除装置内的空气，防止次磷酸钙及白磷被氧化；使反应物充分接触反应，加快反应速率；
b.根据实验原理步骤1石灰乳与 P4（白磷）发生反应生成Ca（H2PO2）2和PH3，反应的化学方程式为：2P4+3Ca（OH）2+6H2O 3Ca（H2PO2）2+2PH3↑；反应后过量的P4和Ca（OH）2难溶于水，所以步骤2过滤所得滤渣成分为P4和Ca（OH）2，
故答案为：2P4+3Ca（OH）2+6H2O 3Ca（H2PO2）2+2PH3↑；P4和Ca（OH）2；
c.因为滤液中溶有少量的Ca（OH）2，所以通入适量CO2，目的是除去其中的Ca（OH）2，故答案为：除去其中的Ca（OH）2；
d.因为次磷酸钙与Na2CO3溶液反应生成碳酸钙沉淀和NaH2PO2溶液，所以应先加入Na2CO3溶液使次磷酸钙完全转化为碳酸钙沉淀和NaH2PO2溶液，再根据在常压下，加热蒸发次磷酸钠溶液会发生爆炸，所以采用减压蒸发浓缩，结晶得到NaH2PO2 H2O晶体，
故答案为：边搅拌边向溶液中加入Na2CO3溶液，静置，向上层清液中滴入Na2CO3溶液，若无沉淀，过滤，将滤液减压蒸发浓缩，结晶．
【分析】a.根据次磷酸钙及白磷易被氧化分析通入N2的目的；搅拌的目的是使反应物充分接触反应，加快反应速率；
b.根据实验原理步骤1石灰乳与 P4（白磷）发生反应生成Ca（H2PO2）2和PH3；根据滤渣不溶于水分析步骤2过滤所得滤渣成分；
c.步骤3向滤液中通入适量CO2，消耗溶解于水的少量Ca（OH）2；
d.根据次磷酸钙与Na2CO3溶液反应生成碳酸钙沉淀和NaH2PO2溶液，再结合在常压下，加热蒸发次磷酸钠溶液会发生爆炸，100℃时NaH2PO2 H2O的溶解度为667g/100g水分析要得到NaH2PO2 H2O晶体的方法为减压蒸发浓缩，结晶．
20．（2016高三上·盐城期中）从含铜废料（如：覆铜板、印刷线路板及铅冰铜等）中提取铜，既可提高资源的利用率又可减少重金属污染．
（1）废覆铜板（Cu和Sn组成）可用CuSO4和H2SO4混合溶液作电解质溶液，直接电解回收精铜，阳极上发生的电极反应为　 　．
（2）废印刷线路板中的铜常用含盐酸的FeCl3溶液或H2O2﹣HCl﹣NaCl混合溶液浸取回收．
①用FeCl3溶液浸取铜时发生反应的离子方程式为　 　；若加盐酸不足，反应一段时间后线路板表面有红褐色沉淀，产生红褐色沉淀的原因是　 　．
②将粉碎后的废印刷线路板放入三口烧瓶中，分别加入由0.3mol L﹣1盐酸、0.5mol L﹣1NaCl及不同浓度的H2O2组成的混合溶液，在温度、搅拌速率及固液比等均相同时，铜的浸取率随H2O2的浓度和时间的变化如图1所示．当c（H2O2）=0mol L﹣1时，也有少量的铜被浸出，其原因是　 　．
③用H2O2﹣HCl﹣NaCl混合溶液浸取时，其浸取过程包括：
（Ⅰ） Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O
（Ⅱ） Cu2++Cu 2Cu+
（Ⅲ） Cu++nCl﹣ CuCln（n﹣1）﹣
（Ⅳ） 2CuCln（n﹣1）﹣+2H++H2O2=2Cu2++2H2O+2nCl﹣
其他条件相同时，增大下列离子浓度可以加速Cu从废电路板中浸出的是　 　（填序号）．
a．Na+ b．Cu2+ c．Cl﹣d．OH﹣
（3）铅冰铜（PbS、Cu2S及FeS的混合物）可用HCl﹣H2O2混合溶液浸取．
①Cu2S被HCl﹣H2O2混合溶液浸取得到硫酸铜和氯化铜溶液的化学方程式为　 　．
②若由H2SO4代替HCl﹣H2O2中的HCl，其他条件相同，铜的浸取率随硫酸浓度的变化如图2所示．当H2SO4浓度大于3.1mol L﹣1时，硫酸浓度越大，铜的浸取率反而越小，其原因可能是　 　．
【答案】（1）Cu﹣2e﹣=Cu2+和Sn﹣2e﹣=Sn2+
（2）2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；c（H+）和c（Fe3+）小，有利于Fe3+水解生成Fe（OH）3沉淀；液面上方空气中O2随搅拌不断进入溶液，溶解的O2将铜氧化而被浸取；bc
（3）Cu2S+5H2O2+2HCl=CuCl2+CuSO4+6H2O；过量的硫酸会生成PbSO4沉淀包裹在铅冰铜颗粒表面，使铜无法与浸出液接触
【知识点】离子反应发生的条件；离子共存
【解析】【解答】解：（1）电解法精炼铜，阳极为活性电极，电极本身参与放电，铜失去电子发生氧化反应，电极反应式：Cu﹣2e﹣=Cu2+；锡失去电子生成锡离子，电极反应式：Sn﹣2e﹣=Sn2+；
故答案为：Cu﹣2e﹣=Cu2+ 和Sn﹣2e﹣=Sn2+；
2）①三价铁离子能够氧化铜生成铜离子，本身被还原为二价铁离子，离子方程式：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
若加盐酸不足，溶液中氢离子浓度较小，三价铁离子水解生成氢氧化铁，所以若加盐酸不足，反应一段时间后线路板表面有红褐色沉淀；
故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
c（H+）和c（Fe3+）小，有利于Fe3+水解生成Fe（OH）3沉淀；
②当c（H2O2）=0mol L﹣1时，液面上方空气中O2随搅拌不断进入溶液，溶解的O2将铜氧化而被浸取，所以也有少量的铜被浸出；
故答案为：液面上方空气中O2随搅拌不断进入溶液，溶解的O2将铜氧化而被浸取；
③a．依据给出的方程式可知，上述反应与钠离子都无关，所以改变钠离子的浓度，不影响Cu从废电路板中浸出，故a不选；
b．由Cu2++Cu 2Cu+可知增大铜离子浓度，上述反应的速率加快，故b选；
c．由Cu++nCl﹣ CuCln（n﹣1）﹣可知增大Cl﹣浓度，反应Ⅲ加快，故c选；
d．氢氧根离子能够与氢离子、铜离子反应，增大氢氧根离子浓度，能够使氢离子、铜离子浓度减小，反应速率减慢，故d不选；
故选：bc；
3）①Cu2S在盐酸的酸性环境下被过氧化氢生成硫酸铜、氯化铜和水，依据得失电子守恒，原子个数守恒反应的方程式为：Cu2S+5H2O2+2HCl=CuCl2+CuSO4+6H2O；
故答案为：Cu2S+5H2O2+2HCl=CuCl2+CuSO4+6H2O；
②由H2SO4代替HCl﹣H2O2中的HCl，其他条件相同，铜的浸取率随硫酸浓度的变化如图2所示．当H2SO4浓度大于3.1mol L﹣1时，过量的硫酸会生成PbSO4沉淀包裹在铅冰铜颗粒表面，使铜无法与浸出液接触，使得硫酸浓度越大，铜的浸取率反而越小；
故答案为：过量的硫酸会生成PbSO4沉淀包裹在铅冰铜颗粒表面，使铜无法与浸出液接触；
【分析】（1）废覆铜板（Cu和Sn组成）可用CuSO4和H2SO4混合溶液作电解质溶液，直接电解回收精铜，阳极为活性电极本身失电子发生氧化反应；（2）①用FeCl3溶液浸取铜是氯化铁和铜反应生成氯化亚铜和氯化亚铁；若加盐酸不足，反应一段时间后线路板表面有红褐色沉淀是因为氢离子浓度小的溶液中铁离子会水解生成氢氧化铁红褐色沉淀；
②当c（H2O2）=0mol L﹣1时，液面上方空气中O2随搅拌不断进入溶液，溶解的O2将铜氧化而被浸取；
③a．依据浸取过程发生反应与钠离子无关解答；
b．依据方程式（Ⅱ） Cu2++Cu 2Cu+，判断；
c．依据方程式（Ⅲ） Cu++nCl﹣ CuCln（n﹣1）﹣，判断；
d．氢氧根离子能够与氢离子、铜离子反应；
3）①Cu2S在盐酸的酸性环境下被过氧化氢生成硫酸铜、氯化铜和水；
②硫酸容易与铅离子反应生成硫酸铅沉淀，附着在铅冰铜颗粒表面，阻止反应的进行．
21．（2016高三上·盐城期中）亚硝酸盐与钴（Ⅲ）形成的一种配合物1Co（NH3）5NO2]Cl2的制备流程如图：
（1）Co2+基态核外电子排布式为　 　．
（2）配合物1Co（NH3）5Cl]Cl2中与Co3+形成配位键的原子为　 　（填元素符号）；配离子 1Co（NH3）5NO2]2+的配体中氮原子的杂化轨道类型为　 　．
（3）与NO2﹣互为等电子体的单质分子为　 　（写化学式）．
（4）H2O2与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为　 　．
（5）亚硝酸盐在水体中可转化为强致癌物亚硝胺，亚硝胺NDMA的结构简式如图 所示，1molNDMA分子中含有σ键的数目为　 　mol．
【答案】（1）[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7
（2）N和Cl；sp2和sp3
（3）O3
（4）H2O2与H2O之间可以形成氢键
（5）10
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】解：（1）Co2+核外25个电子，基态核外电子排布式为[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7，故答案为：[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7；
2）配合物1Co（NH3）5Cl]Cl2中氮与氯离子提供孤对电子对与Co3+形成配位键，Co（NH3）5NO2]2+的配体中NH3中氮原子的杂化轨道类型为sp3，而NO2﹣中氮原子的杂化轨道类型为sp2，故答案为：N和Cl；sp2和sp3；
3）NO2﹣的电子数为24，其等电子体为O3，故答案为：O3；
4）H2O2与H2O之间可以形成氢键，溶解度增大，导致H2O2与H2O可以任意比例互溶，故答案为：H2O2与H2O之间可以形成氢键；
5）双键中一个π键、一个σ键，1molNDMA中、结构简式如图 ，有6molC﹣H、2molC﹣N、1molN﹣N和1molN﹣Oσ键，共10molσ键，故答案为：10．
【分析】（1）Co2+核外25个电子；
2）配合物1Co（NH3）5Cl]Cl2中氮与氯离子提供孤对电子对与Co3+形成配位键，Co（NH3）5NO2]2+的配体中NH3中氮原子的杂化轨道类型为sp3，而NO2﹣中氮原子的杂化轨道类型为sp2；
3）NO2﹣的电子数为24，其等电子体为O3；
4）分子间形成氢键，溶解度增大；
5）双键中一个π键、一个σ键；
22．（2016高三上·盐城期中）氧化石墨烯（结构如图1所示）是一种性能优异的新型碳材料．实验室制备氧化石墨烯的一种方法如图2：
（1）将浓硫酸“冷却至0℃”可采用的方法是　 　．
（2）步骤②采用100目鳞片状的石墨，其主要目的是　 　；图3示的“搅拌”方式为　 　．
（3）步骤③④中加NaNO3和KMnO4的作用是　 　．
（4）步骤⑧H2O2还原剩余的KMnO4反应的离子方程式为　 　；检验洗涤已无SO42﹣的方法是　 　．
【答案】（1）用冰水浴
（2）增大石墨粒子表面积，提高氧化程度；磁力搅拌
（3）作氧化剂
（4）2MnO4﹣+6H++5H2O2=5O2↑+2Mn2++8H2O；取少量最后一次的离心洗涤滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）冰水混合物的温度是零度，将浓硫酸“冷却至0℃”可采用的方法是用冰水浴，故答案为：用冰水浴；
2）采用100目鳞片状的石墨，其主要目的是增大石墨粒子表面积，提高氧化程度，3示的“搅拌”方式为磁力搅拌；
故答案为：增大石墨粒子表面积，提高氧化程度；磁力搅拌；
3）NaNO3和KMnO4中N、Mn元素的化合价较高，具有氧化性，骤③④中加NaNO3和KMnO4的作用就是利用的物质的氧化性．
故答案为：作氧化剂；
4）高锰酸钾具有强的氧化性，酸性环境下可以将双氧水氧化，发生的反应为：2MnO4﹣+6H++5H2O2=5O2↑+2Mn2++8H2O，硫酸根离子可以和钡离子之间反应产生白色的沉淀，验洗涤已无SO42﹣的方法是：取少量最后一次的离心洗涤滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全．故答案为：2MnO4﹣+6H++5H2O2=5O2↑+2Mn2++8H2O；取少量最后一次的离心洗涤滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全．
【分析】（1）冰水混合物的温度是零度，据此回答；
2）采用100目鳞片状的石墨可以增大石墨粒子表面积，提高氧化程度；图3示的“搅拌”方式为磁力搅拌；
3）NaNO3和KMnO4中N、Mn元素的化合价较高，具有氧化性；
4）高锰酸钾具有强的氧化性，酸性环境下可以将双氧水氧化，据此书写方程式；硫酸根离子可以和钡离子之间反应产生白色的沉淀，据此检验硫酸根离子．
1 / 12016-2017学年江苏省盐城市高三上学期期中化学试卷
一、单项选择题
1．（2016高三上·盐城期中）第四届“绿发会”主题是“绿色发展让世界更美好”，下列行为不符合这一宗旨的是（　　）
A．提高风能、太阳能等可再生清洁能源的使用比例
B．推广CO2再利用技术，将其合成有价值的化学品
C．利用工业废水灌溉农作物，提高水资源的利用率
D．研发煤炭的洁净、高效利用技术，保护生态环境
2．（2016高三上·盐城期中）下列有关化学用语表示正确的是（　　）
A．质子数与中子数相等的硫原子： S
B．Al3+的结构示意图：
C．CaO2的电子式：
D．2﹣溴丙烷的结构简式：C3H7Br
3．（2016高三上·盐城期中）纤维素等生物碳源材料可以高产率制备石墨烯（如图），下列说法正确的是（　　）
A．石墨烯导电属于化学变化 B．石墨烯与金刚石结构相同
C．纤维素与淀粉互为同分异构体 D．纤维素属于天然高分子化合物
4．（2016高三上·盐城期中）用实验室制溴苯的废催化剂FeBr3作原料，制取溴的苯溶液和无水FeCl3．下列设计能达到相应实验目的是（　　）
A．用装置甲制取氯气
B．用装置乙氧化FeBr3溶液中的溴离子
C．用装置丙分液时先从下口放出水相，再从上口倒出有机相
D．用装置丁将分液后的水相蒸发至干，再灼烧制得无水FeCl3
5．（2016高三上·盐城期中）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（　　）
A．臭氧具有氧化性，可用作自来水的消毒剂
B．活性炭具有还原性，可用作制糖业脱色剂
C．氢氟酸具有弱酸性，可用作玻璃的蚀刻剂
D．氨气具有弱碱性，可用作食品工业制冷剂
6．（2016高三上·盐城期中）设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）
A．28g乙烯与丙烯的混合气体中含有双键数目为NA
B．标准状况下，22.4L甘油中含有羟基的数目为3NA
C．1L0.1mol L﹣1NaHS溶液中，HS﹣与S2﹣数目之和为0.1 NA
D．0.2molCl2与0.1molCH4充分反应，生成HCl分子数为0.2 NA
7．（2016高三上·盐城期中）下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）
A．Cl2通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl﹣+ClO﹣
B．铜丝插入稀硝酸：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O
C．向NaClO溶液中通入过量SO2：ClO﹣+SO2+H2O=HClO+HSO3﹣
D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣
8．（2016高三上·盐城期中）下列有关氨或铵盐的说法不正确的是（　　）
A．NH3属于弱电解质
B．可用湿润的红色石蕊试纸检验氨气
C．用盐酸滴定氨水，当溶液呈中性时，c（NH4+）=c（Cl﹣）
D．常温时，0.1mol L﹣1NH4Cl溶液加水稀释， 的值不变
9．（2016高三上·盐城期中）在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（　　）
A．NH3 NO NaNO2
B．Fe2O3 Fe FeCl3
C．SiO2 H2SiO3（aq） Na2SiO3
D．CuCl2（aq） Cu（OH）2 Cu2O
10．（2016高三上·盐城期中）2010年乔治华盛顿大学Licht和他的合作者设计的捕获二氧化碳的电化学部分装置如图所示．下列说法正确的是（　　）
A．化学能转变为电能
B．阴极的电极反应为：CO2+4e﹣=C↓+2O2﹣
C．阳极的电极反应为：2CO32﹣﹣4e﹣=2CO2↑+O2↑
D．阴极上每通过4mole﹣，阴极区有1molCO2参与反应
二、不定项选择题
11．（2016高三上·盐城期中）制备5Ca（NO3）2 NH4NO3 10H2O的实验中，过滤出产品后，常温下另取母液（pH＜1），向其中加入指定物质，反应后溶液中可大量存在的一组离子是（　　）
A．加入过量Na2CO3溶液：Na+、Ca2+、NH4+、NO3﹣、H+
B．加入适量NaHCO3溶液：Na+、Ca2+、NH4+、NO3﹣、HCO3﹣
C．加入适量NaOH溶液：Na+、Ca2+、NH4+、NO3﹣、OH﹣
D．加入过量FeSO4和稀硫酸：Fe2+、Fe3+、NH4+、Ca2+、NO3﹣
12．（2016高三上·盐城期中）2016年诺贝尔化学奖由法国、美国及荷兰的三位化学家分获，以表彰他们在“分子马达”研究方面的成就，一种光驱分子马达结构如图所示．有关该分子的说法正确的是（　　）
A．该分子中有两个手性碳原子
B．两个苯环可以处于同一平面
C．能与NaHCO3和酸性KMnO4溶液反应
D．1mol该分子最多可与2molH2发生加成
13．（2016高三上·盐城期中）短周期主族元素X，Y，Z，W原子序数依次增大，m是W的单质，r是X的单质，s是Y的单质，n、p及q是这些元素组成的二元化合物；t由其中的三种元素组成，其水溶液呈碱性；p是淡黄色固体，q是一种耐高温材料，它们的关系如图所示．下列说法正确的是（　　）
A．Y，Z，W的简单离子的电子层结构相同
B．原子半径：r（X）＜r（Y）＜r（Z）＜r（W）
C．简单氢化物的稳定性：X＞Y
D．Y与Z两种元素形成的化合物一定只含离子键
14．（2016高三上·盐城期中）根据下列实验操作和现象所得结论正确的是（　　）
选项 实验操作和现象 结论
A 室温下，向苯酚钠溶液中滴入NaHSO3溶液，出现白色浑浊 C6H5O﹣结合质子的能力比SO32﹣强
B 向待测液X中依次滴入氯水、KSCN溶液，溶液变红 待测液X中一定含有Fe2+
C 向（NH4）2S2O8溶液中加入硝酸酸化的Mn（NO3）2溶液和1滴AgNO3溶液（作催化剂），微热，溶液变紫色 S2O82﹣氧化性比MnO4﹣强
D 浓硫酸与乙醇共热产生的气体Y，通入酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去 气体Y为纯净的乙烯
A．A B．B C．C D．D
15．（2016高三上·盐城期中）最近中国科学院上海高等研究院在合成气直接制烯烃研究获重大突破．已知：
反应①：C（s）+ O2（g）=CO （g）△H1
反应②：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H2
反应③：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H 3=﹣90.1kJ mol﹣1
反应④：2CH3OH（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）△H 4=﹣134.0kJ mol﹣1
反应⑤：3CH3OH（g）=CH3CH=CH2（g）+3H2O（g）△H 5=﹣31.0kJ mol﹣1
下列说法正确的是（　　）
A．△H1﹣△H2＜0
B．反应②为放热反应
C．3CH3OCH3（g）=2CH3CH=CH2（g）+3H2O（g）△H=﹣103.0 kJ mol﹣1
D．3CO（g）+6H2（g）=CH3CH=CH2（g）+3H2O（g）△H=﹣301.3kJ mol﹣1
三、非选择题
16．（2016高三上·盐城期中）碘化钡（BaI2 2H2O）是一种白色粉末，常用于制取其他含碘化合物．一种制备流程如图1：
（1）步骤Ⅰ制FeI2溶液时，提高反应速率的可行措施有　 　（填序号）．
a．铁粉和碘粉用球磨机磨成细粉
b．增大n（铁粉）：n（碘）的配料比
c．适当升高反应温度和搅拌速度
d．向反应器中加水至I2全部溶解
（2）步骤Ⅱ发生反应的化学方程式为　 　；用pH试纸测定溶液pH的方法是　 　
（3）步骤Ⅲ小心“煮沸”约20分钟，可使Fe（OH）2颗粒长大，其目的是　 　；步骤V加入活性炭的目的是　 　．
（4）从过滤2所得滤液中获得BaI2 2H2O（溶解度曲线如图2所示）的方法是　 　．
17．（2016高三上·盐城期中）盐酸赛庚啶是一类抗凝血、抗过敏类新药，其关键中间体H的合成路线如图：
（1）D中含氧官能团名称为　 　和　 　．
（2）D→E的反应类型为　 　．
（3）C还原可得到D，C的分子式为C15H12O3，写出C的结构简式　 　
（4）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式　 　
①含有两个苯环且能发生银镜反应②分子中只有4种不同化学环境的氢
（5）请以 为原料制备 ，写出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．（2016高三上·盐城期中）PbO2及2PbCO3 Pb（OH）2（碱式碳酸铅）均是生产铅酸蓄电池正极的原料．
（1）PbO2可由NaClO氧化Pb（NO3）2溶液得到．
①Pb（NO3）2被氧化为PbO2的离子方程式为　 　．
②Pb（NO3）2溶液中通入H2S发生Pb2+（aq）+H2S（aq） PbS（s）+2H+（aq），直至平衡，该反应的平衡常数为K=　 　1已知：Ksp（PbS）=3.55×10﹣28；H2S电离常数Ka1=1.3×10﹣7，Ka2=7.1×10﹣15]．
（2）制备碱式碳酸铅的实验步骤如图1：
①“碳化”时，发生反应的化学方程式为　 　．
②“洗涤”时，经水洗涤后再用酒精洗涤的目的是　 　．
（3）为确定2PbCO3 Pb（OH）2（相对式量：775）的热分解过程，进行如下实验：称取一定量（2）实验制得的样品放在热重分析仪中，在氩气流中热分解，测得样品的固体残留率（固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量×100%）随温度的变化如图2所示．
①A→B过程中，从体系中逸出的分解产物（化合物）为　 　（填化学式）；C→D过程中，从体系中逸出的分解产物（化合物）为　 　（填化学式）．
②根据图中实验数据，计算并确定E点残留固体的化学式（写出计算过程）．
19．（2016高三上·盐城期中）Ca（H2PO2）2（次磷酸钙，一元中强酸H3PO2的钙盐）是一种白色结晶粉末，溶于水（常温时，溶解度16.7g/100g水），其水溶液呈现弱酸性．可用作医药、抗氧化剂以及制备次磷酸钠等．由白磷（P4）与石灰乳制备Ca（H2PO2）2的实验步骤如下：
步骤1．在三口烧瓶中加入白磷和石灰乳，先通入N2，然后在约98℃下充分搅拌1h，同时收集产生的pH3．
步骤2．将反应液静置、过滤．
步骤3．向滤液中通入适量CO2，再过滤．
步骤4．用次磷酸溶液调节步骤3滤液的pH，浓缩、冷却结晶、干燥得次磷酸钙．
a.步骤1先通入N2的目的是　 　．
b.步骤1石灰乳与 P4（白磷）发生反应的化学方程式为　 　；步骤2过滤所得滤渣成分为　 　．
c.步骤3的目的是　 　．
d.请补充完整由产品进一步制备NaH2PO2 H2O的实验方案：取产品次磷酸钙加入烧杯中，加适量的水溶解，　 　，干燥得到NaH2PO2 H2O．
（已知：在常压下，加热蒸发次磷酸钠溶液会发生爆炸，100℃时NaH2PO2 H2O的溶解度为667g/100g水）
20．（2016高三上·盐城期中）从含铜废料（如：覆铜板、印刷线路板及铅冰铜等）中提取铜，既可提高资源的利用率又可减少重金属污染．
（1）废覆铜板（Cu和Sn组成）可用CuSO4和H2SO4混合溶液作电解质溶液，直接电解回收精铜，阳极上发生的电极反应为　 　．
（2）废印刷线路板中的铜常用含盐酸的FeCl3溶液或H2O2﹣HCl﹣NaCl混合溶液浸取回收．
①用FeCl3溶液浸取铜时发生反应的离子方程式为　 　；若加盐酸不足，反应一段时间后线路板表面有红褐色沉淀，产生红褐色沉淀的原因是　 　．
②将粉碎后的废印刷线路板放入三口烧瓶中，分别加入由0.3mol L﹣1盐酸、0.5mol L﹣1NaCl及不同浓度的H2O2组成的混合溶液，在温度、搅拌速率及固液比等均相同时，铜的浸取率随H2O2的浓度和时间的变化如图1所示．当c（H2O2）=0mol L﹣1时，也有少量的铜被浸出，其原因是　 　．
③用H2O2﹣HCl﹣NaCl混合溶液浸取时，其浸取过程包括：
（Ⅰ） Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O
（Ⅱ） Cu2++Cu 2Cu+
（Ⅲ） Cu++nCl﹣ CuCln（n﹣1）﹣
（Ⅳ） 2CuCln（n﹣1）﹣+2H++H2O2=2Cu2++2H2O+2nCl﹣
其他条件相同时，增大下列离子浓度可以加速Cu从废电路板中浸出的是　 　（填序号）．
a．Na+ b．Cu2+ c．Cl﹣d．OH﹣
（3）铅冰铜（PbS、Cu2S及FeS的混合物）可用HCl﹣H2O2混合溶液浸取．
①Cu2S被HCl﹣H2O2混合溶液浸取得到硫酸铜和氯化铜溶液的化学方程式为　 　．
②若由H2SO4代替HCl﹣H2O2中的HCl，其他条件相同，铜的浸取率随硫酸浓度的变化如图2所示．当H2SO4浓度大于3.1mol L﹣1时，硫酸浓度越大，铜的浸取率反而越小，其原因可能是　 　．
21．（2016高三上·盐城期中）亚硝酸盐与钴（Ⅲ）形成的一种配合物1Co（NH3）5NO2]Cl2的制备流程如图：
（1）Co2+基态核外电子排布式为　 　．
（2）配合物1Co（NH3）5Cl]Cl2中与Co3+形成配位键的原子为　 　（填元素符号）；配离子 1Co（NH3）5NO2]2+的配体中氮原子的杂化轨道类型为　 　．
（3）与NO2﹣互为等电子体的单质分子为　 　（写化学式）．
（4）H2O2与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为　 　．
（5）亚硝酸盐在水体中可转化为强致癌物亚硝胺，亚硝胺NDMA的结构简式如图 所示，1molNDMA分子中含有σ键的数目为　 　mol．
22．（2016高三上·盐城期中）氧化石墨烯（结构如图1所示）是一种性能优异的新型碳材料．实验室制备氧化石墨烯的一种方法如图2：
（1）将浓硫酸“冷却至0℃”可采用的方法是　 　．
（2）步骤②采用100目鳞片状的石墨，其主要目的是　 　；图3示的“搅拌”方式为　 　．
（3）步骤③④中加NaNO3和KMnO4的作用是　 　．
（4）步骤⑧H2O2还原剩余的KMnO4反应的离子方程式为　 　；检验洗涤已无SO42﹣的方法是　 　．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】解：A．提高风能、太阳能等可再生清洁能源的使用比例，可以减少化石燃料的使用，减少污染物的排放，有利于环境保护，故A正确；
B．推广CO2再利用技术，将其合成有价值的化学品，能够减少碳的排放，符合低碳经济，故B正确；
C．工业废水含有污染物，能够引起食物中毒，不能用于灌溉农作物，故C错误；
D．研发煤炭的洁净、高效利用技术，保护生态环境，符合绿色化学理念，故D正确；
故选：C．
【分析】善待地球、珍惜资源应减少资源开发，减少污染物的排放，节约能源、降低能耗，据此解答．
2．【答案】A
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】解：A．质子数与中子数相等的硫原子的质量数为32，该原子可以表示为： S，故A正确；
B．铝是13号元素，最外层有3个电子，Al3+是将原子的外层3个电子失去，次外层做最外层，铝离子正确的离子结构示意图为： ，故B错误；
C．过氧化钙构成离子是钠离子和过氧根离子，过氧化钙为离子化合物，钙离子直接写成离子形式，过氧根离子需要标出最外层电子，过氧化钙的电子式为 ，故C错误；
D.2﹣溴丙烷分子中，官能团Br原子在2号C，正确的结构简式为：CH3CH2BrCH3，故D错误；
故选A．
【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．铝离子的核外电子总数为10，最外层含有8个电子；
C．过氧化钙构成离子是钠离子和过氧根离子，过氧根离子的电子式错误；
D．C3H7Br为分子式，结构简式中需要表示出有机物结构特点．
3．【答案】D
【知识点】同素异形体
【解析】【解答】解：A、石墨烯中有自由移动的电子，故能导电，故石墨烯的导电是物理变化，故A错误；
B、石墨是平面结构，金刚石是立体网状结构，两者的结构不同，故B错误；
C、淀粉和纤维素的下标n的范围不同，故淀粉和纤维素的分子式不同，不是同分异构体，故C错误；
D、相对分子质量在1万以上的化合物为高分子化合物，故纤维素是天然的高分子化合物，故D正确．
故选D．
【分析】A、石墨烯中有自由移动的电子；
B、石墨是平面结构，金刚石是立体网状结构；
C、淀粉和纤维素的下标n的范围不同；
D、相对分子质量在1万以上的化合物为高分子化合物．
4．【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，稀盐酸和二氧化锰不反应，因为该实验中用的是稀盐酸，所以不能用该装置制取氯气，不能实现实验目的，故A错误；
B．用氯气氧化溴离子时，导气管应该采用“长进短出”原则，所以该装置错误，不能实现实验目的，故B错误；
C．分液时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口倒出，所以用装置丙分液时先从下口放出水相，再从上口倒出有机相，否则易引进杂质，所以能实现实验目的，故C正确；
D．加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和HCl，升高温度促进水解，为防止水解，应该在HCl氛围中加热蒸干氯化铁溶液，则不能实现实验目的，故D错误；
故选C．
【分析】A．实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，稀盐酸和二氧化锰不反应；
B．用氯气氧化溴离子时，导气管应该采用“长进短出”原则；
C．分液时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口倒出；
D．加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和HCl，升高温度促进水解．
5．【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】解：A．臭氧具有强氧化性，可使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，故A正确；
B．活性炭使糖脱色与吸附性有关，与还原性无关，故B错误；
C．氢氟酸与玻璃中的二氧化硅反应，不能用玻璃试剂瓶，故C错误；
D．用作制冷剂与易液化有关，与碱性无关，故D错误．
故选A．
【分析】A．臭氧具有强氧化性，可使蛋白质变性；
B．活性炭使糖脱色与吸附性有关；
C．氢氟酸与玻璃中的二氧化硅反应；
D．用作制冷剂与易液化有关．
6．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A、乙烯和丙烯的摩尔质量不同，故混合物的物质的量无法计算，故A错误；
B、标况下甘油为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；
C、1L0.1mol L﹣1NaHS溶液中，HS﹣既能水解为H2S又能电离为S2﹣，根据物料守恒可知，H2S、HS﹣与S2﹣数目之和为0.1 NA，故C错误；
D、0.2molCl2与0.1molCH4充分反应，氯气完全反应，由于1mol氯气～1molHCl，故0.2mol氯气生成0.2molHCl，分子个数为0.2NA个，故D正确．
故选D．
【分析】A、乙烯和丙烯的摩尔质量不同，但均含一条碳碳双键；
B、标况下甘油为液态；
C、1L0.1mol L﹣1NaHS溶液中，HS﹣既能水解又能电离，根据物料守恒来分析；
D、0.2molCl2与0.1molCH4充分反应，氯气完全反应，且1mol氯气～1molHCl．
7．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．HCl是弱电解质，要写化学式，离子方程式为Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，故A错误；
B．稀硝酸和Cu反应生成可溶性的硝酸铜、NO和水，离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，故B正确；
C．二者发生氧化还原反应生成硫酸钠、HCl，离子方程式为ClO﹣+H2O+SO2═2H++Cl﹣+SO42﹣，故C错误；
D．二者反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故D错误；
故选B．
【分析】A．HCl是弱电解质，要写化学式；
B．稀硝酸和Cu反应生成可溶性的硝酸铜、NO和水；
C．二者发生氧化还原反应生成硫酸钠、HCl；
D．二者反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠．
8．【答案】A
【知识点】强电解质和弱电解质；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】解：A．NH3不能电离属于非电解质，故A错误；
B．氨气是碱性气体，遇到湿润的红色石蕊试纸变蓝色，可用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，故B正确；
C．用盐酸滴定氨水，当溶液呈中性时，溶液中c（H+）=c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（NH4+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），则c（NH4+）=c（Cl﹣），故C正确；
D．常温时，0.1mol L﹣1NH4Cl溶液加水稀释， = × = ，温度不变，比值不变，故D正确；
故选A．
【分析】A．水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，水溶液中或熔融状态下都不导电的化合物为非电解质；
B．氨气是碱性气体，遇到湿润的红色石蕊试纸变蓝色；
C．溶液中存在电荷守恒分析；
D．平衡常数只随温度变化，不随浓度改变．
9．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；硅和二氧化硅；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】解：A．氨气与氧气反应生成NO，NO与氢氧化钠不反应，不能转化为亚硝酸钠，所以不能实现转化，故A错误；
B．Fe2O3与Al粉混合物发生铝热反应，实质是置换反应，生成铁和氧化铝，方程式为：2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3，氯气能将金属氧化为最高价，铁在氯气中燃烧的产物是氯化铁，反应为：2Fe+3Cl2 2FeCl3，能实现转化，故B正确；
C．二氧化硅不溶于水，二氧化硅与水不反应，无法一步得到硅酸，故C错误；
D．氯化铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜，CuCl2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaCl，氢氧化铜和葡萄糖加热反应生成氧化亚铜红色沉淀，C6H12O6+2Cu（OH）2 CH2（OH）（CHOH）4COOH+Cu2O↓+2H2O，氢氧化铜和蔗糖不反应，所以不能实现转化，故D错误；
故选B．
【分析】A．NO与氢氧化钠不反应；
B．铝的金属性强于铁，铝和氧化铁发生铝热反应，氯气具有强氧化性，具有变价的铁与氯气反应生成氯化铁；
C．二氧化硅不溶于水；
D．氯化铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜，但氢氧化铜和蔗糖不反应，不能生成氧化亚铜红色沉淀．
10．【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】解：A．由装置图可知为电解池，电能转化成化学能，故A错误；
B．a极与电源负极相连为阴极，则二氧化碳得电子发生还原反应，反应为：3CO2+4e﹣=2CO32﹣+C↓，故B错误；
C．b极与电源正极相连为阳极发生氧化反应，反应为：2CO32﹣﹣4e﹣=2CO2↑+O2↑，故C正确；
D．由阴极反应为：3CO2+4e﹣=2CO32﹣+C↓，则阴极上每通过4mole﹣，阴极区有3molCO2参与反应，故D错误；
故选C．
【分析】由装置图可知为电解池，电能转化成化学能，a极与电源负极相连为阴极，则二氧化碳得电子发生还原反应，反应为：3CO2+4e﹣=2CO32﹣+C↓，b极与电源正极相连为阳极发生氧化反应，反应为：2CO32﹣﹣4e﹣=2CO2↑+O2↑，据此分析解答．
11．【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A．加入过量Na2CO3溶液与H+、Ca2+反应生成气体、沉淀，不能共存，故A不选；
B．加入适量NaHCO3溶液，该组离子之间不反应，可大量共存，故B选；
C．加入适量NaOH溶液，与NH4+反应不能共存，故C不选；
D．加入过量FeSO4和稀硫酸，Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，且Ca2+、SO42﹣结合生成沉淀，不能共存，故D不选；
故选B．
【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答．
12．【答案】B,C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】解：A．连接不同原子或原子团的为手性碳原子，分子中只有1个，故A错误；
B．两个苯环连接在碳碳三键上，可在同一个平面上，故B正确；
C．含有羧基，可与碳酸氢钠反应，含有碳碳三键，可被高锰酸钾氧化，故C正确；
D．能与氢气反应的为苯环和碳碳三键，则1mol该分子最多可与8molH2发生加成，故D错误．
故选BC．
【分析】有机物分子含有苯环，为平面形结构，含有碳碳三键，具有直线形结构，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，以此解答该题．
13．【答案】A
【知识点】无机物的推断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，m是W的单质，r是X的单质，s是Y的单质，n、p及q是这些元素组成的二元化合物；t由其中的三种元素组成，其水溶液呈碱性；p是淡黄色固体，q是一种耐高温材料，结合图转化可知，p为Na2O2，n为CO2，t为Na2CO3，s为O2，m为Mg，q为MgO，r为C，则元素X为C、Y为O、Z为Na，W为Mg，
A．Y、Z、W的简单离子的电子层结构相同，均为10电子结构，故A正确；
B．电子层越多，原子半径越大，同周期原子序数大的原子半径小，则原子半径：r（Y）＜r（X）＜r（W）＜r（Z），故B错误；
C．非金属性Y＞X，则简单氢化物的稳定性：X＜Y，故C错误；
D．Y与Z两种元素形成的化合物为Na2O，含离子键，若为Na2O2时含离子键和共价键，故D错误；
故选A．
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，m是W的单质，r是X的单质，s是Y的单质，n、p及q是这些元素组成的二元化合物；t由其中的三种元素组成，其水溶液呈碱性；p是淡黄色固体，q是一种耐高温材料，结合图转化可知，p为Na2O2，n为CO2，t为Na2CO3，s为O2，m为Mg，q为MgO，r为C，则元素X为C、Y为O、Z为Na，W为Mg，然后结合元素周期律来解答．
14．【答案】A,C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．室温下，向苯酚钠溶液中滴入NaHSO3溶液，出现白色浑浊，说明HSO3﹣的酸性大于苯酚，所以C6H5O﹣结合质子的能力比SO32﹣强，故A正确；
B．原溶液中可能含有Fe3+，检验Fe2+的方法是：向待测液X中滴入KSCN溶液，无现象，再滴入氯水，溶液变红，说明待测液X中一定含有Fe2+，故B错误；
C．向（NH4）2S2O8溶液中加入硝酸酸化的Mn（NO3）2溶液和1滴AgNO3溶液（作催化剂），微热，溶液变紫色，S2O82﹣是氧化剂，MnO4﹣是氧化产物，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，则S2O82﹣氧化性比MnO4﹣强，故C正确；
D．浓硫酸与乙醇共热可能生成乙烯和二氧化硫，二氧化硫也能使酸性KMnO4溶液，所以气体Y为乙烯和二氧化硫，故D错误；
故选AC．
【分析】A．酸根离子结合氢离子能力越强，其酸的酸性越弱；
B．原溶液中可能含有Fe3+；
C．氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物；
D．浓硫酸与乙醇共热可能生成乙烯和二氧化硫．
15．【答案】A,D
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】解：A．△H1﹣△H2为： O2（g）+H2（g）=H2O（g）化合反应，为放热反应，故A正确；
B．反应②：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）为吸热反应，故B错误；
C．根据盖斯定律：⑤×2﹣④×3得3CH3OCH3（g）=2CH3CH=CH2（g）+3H2O（g）△H=340.0 kJ mol﹣1，故C错误；
D．根据盖斯定律：③×3+⑤得3CO（g）+6H2（g）=CH3CH=CH2（g）+3H2O（g）△H=﹣301.3kJ mol﹣1，故D正确．
故选AD．
【分析】A．△H1﹣△H2为 O2（g）+H2（g）=H2O（g）的反应热；
B．反应②：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）为吸热反应；
C．根据盖斯定律可得3CH3OCH3（g）=2CH3CH=CH2（g）+3H2O（g）△H=340.0 kJ mol﹣1；
D．根据盖斯定律可得3CO（g）+6H2（g）=CH3CH=CH2（g）+3H2O（g）△H=﹣301.3kJ mol﹣1．
16．【答案】（1）a c
（2）FeI2+Ba（OH）2=Fe（OH）2↓+BaI2；把一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取待测溶液点在试纸的中部，试纸变色后，立刻与标准比色卡比较确定溶液的pH
（3）便于（步骤Ⅳ）过滤分离；吸附Fe（OH）2及有机杂质等
（4）蒸发浓缩、冷却结晶
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）a．铁粉和碘粉用球磨机磨成细粉，增大固体的接触面积，可提高反应速率，故正确；
b．增大n（铁粉）：n（碘）的配料比，固体的接触面积不变，反应速率不变，故错误；
c．适当升高反应温度和搅拌速度，可提高反应速率，故正确；
d．向反应器中加水至I2全部溶解，则浓度减小，反应速率减小，故错误；
故选：a c；（2）步骤ⅡFeI2溶液加入氢氧化钡调节pH值为9.0发生反应生成BaI2溶液和Fe（OH）2沉淀，方程式为：FeI2+Ba（OH）2=Fe（OH）2↓+BaI2；用pH试纸测定溶液pH的方法是把一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取待测溶液点在试纸的中部，试纸变色后，立刻与标准比色卡比较确定溶液的pH，
故答案为：FeI2+Ba（OH）2=Fe（OH）2↓+BaI2；把一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取待测溶液点在试纸的中部，试纸变色后，立刻与标准比色卡比较确定溶液的pH；（3）使Fe（OH）2颗粒长大便于（步骤Ⅳ）过滤分离；因为活性炭具有吸附性，所以加入活性炭的目的为吸附残留的Fe（OH）2及有机杂质等，
故答案为：便于（步骤Ⅳ）过滤分离；吸附Fe（OH）2及有机杂质等；（4）由溶解度曲线图可知BaI2的溶解度随温度变化比较大，所以从过滤2所得滤液中获得BaI2 2H2O的方法是蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶．
【分析】碘、铁粉与水混合反应生成FeI2溶液，然后加入氢氧化钡调节pH值为9.0发生反应生成BaI2溶液和Fe（OH）2沉淀，煮沸过滤除去Fe（OH）2沉淀同时滤液为BaI2溶液，再在滤液中加入活性炭吸附残留的Fe（OH）2及有机杂质等，再过滤，最后将BaI2溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到BaI2 2H2O，据此分析解答；（1）搅拌、升温、增大反应物浓度、增大固体的接触面积等，可提高反应速率；（2）步骤ⅡFeI2溶液加入氢氧化钡调节pH值为9.0发生反应生成BaI2溶液和Fe（OH）2沉淀；用pH试纸测定溶液pH的方法是把一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取待测溶液点在试纸的中部，试纸变色后，立刻与标准比色卡比较确定溶液的pH；（3）使Fe（OH）2颗粒长大便于（步骤Ⅳ）过滤分离；根据活性炭具有吸附性分析作用；（4）根据BaI2的溶解度随温度变化比较大分析析出晶体的方法．
17．【答案】（1）羟基；羧基
（2）消去反应
（3）
（4）
（5）
【知识点】有机物的合成
【解析】【解答】解：（1）由D的结构简式可以判断其中含氧官能团的名称为羟基和羧基，故答案为：羟基；羧基；（2）由流程可知D→E即在浓硫酸加热条件下脱去一份子水生成双键，所以D→E的反应类型为消去反应，故答案为：消去反应；（3）C还原可得到D，由D的结构式推出D的分子式为C15H14O3，又C的分子式为C15H12O3，所以C→D即增加2个H，则C的结构简式 ，故答案为： ；（4）①含有两个苯环且能发生银镜反应，说明含有醛基；②分子中只有4种不同化学环境的氢，说明分子结构对称性比较好，又除了2个苯环外，有2个O，2个不饱和度，所以应该为对称的2个醛基，则符合条件的同分异构体为 ；故答案为： ；（5）由流程中的信息F→G→H，则可以将羧基变成羰基，再根据C→D将羰基还原成羟基，后根据D→E→F经过消去加成去掉羟基即可，则流程图为： ，故答案为：．
【分析】（1）根据D的结构简式可以判断其中含氧官能团名称；（2）根据D→E即在浓硫酸加热条件下脱去一份子水生成双键判断；（3）根据C还原可得到D结合C的分子式为C15H12O3，和D的结构简式判断；（4）①含有两个苯环且能发生银镜反应，说明含有醛基；②分子中只有4种不同化学环境的氢，说明分子结构对称性比较好；据此分析判断；（5）根据流程中的信息F→G→H分析书写．
18．【答案】（1）Pb2++ClO﹣+H2O=PbO2↓+Cl﹣+2H+；2.6×106
（2）3[（CH3COO）2Pb Pb（OH）2]+2CO2=3（CH3COO）2Pb+2PbCO3 Pb（OH）2↓+2H2O；除去沉淀表面附着的水并促进其快速干燥
（3）H2O；CO2
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）①Pb（NO3）2被NaClO氧化为PbO2，NaClO被还原成氯离子，反应的离子方程式为Pb2++ClO﹣+H2O=PbO2↓+Cl﹣+2H+，
故答案为：Pb2++ClO﹣+H2O=PbO2↓+Cl﹣+2H+；
②根据反应Pb2+（aq）+H2S（aq） PbS（s）+2H+（aq），平衡常数K= = =2.6×106，
故答案为：2.6×106；（2）①“碳化”时，用CH3COO）2Pb Pb（OH）2与二氧化碳反应生成2PbCO3 Pb（OH）2，发生反应的化学方程式为 3[（CH3COO）2Pb Pb（OH）2]+2CO2=3（CH3COO）2Pb+2PbCO3 Pb（OH）2↓+2H2O，
故答案为：3[（CH3COO）2Pb Pb（OH）2]+2CO2=3（CH3COO）2Pb+2PbCO3 Pb（OH）2↓+2H2O；②“洗涤”时，经水洗涤后再用酒精洗涤的目的是除去表面的水份同时可以快速干燥，得纯净2PbCO3 Pb（OH）2的产品，
故答案为：除去沉淀表面附着的水并促进其快速干燥；（3）①根据图可知加热后得固体的质量分数，结合2PbCO3 Pb（OH）2的相对式量：775，所以1mol2PbCO3 Pb（OH）2的质量为775g，A→B过程中， =1﹣0.9768，所以△m1=18g，减少的是H2O；C→D过程中， =0.9768﹣0.9200，所以△m2=44g，减少的是CO2，
故答案为：H2O；CO2；②1mol2PbCO3 Pb（OH）2的质量为775g，A→B过程中， =1﹣0.9768，所以△m1=18g，减少的是H2O；C→D过程中， =0.9768﹣0.9200，所以△m2=44g，减少的是CO2；D→E过程中， =0.9200﹣0.8632，△m3=44g，减少的是CO2，2PbCO3 Pb（OH）2共脱去1个H2O及2个CO2，故E点残留固体为PbO，
答：E点残留固体的化学式为PbO．
【分析】（1）①Pb（NO3）2被NaClO氧化为PbO2，NaClO被还原成氯离子，据此书写反应的离子方程式；②根据平衡常数等于生成物浓度的系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积计算平衡常数；（2）制备碱式碳酸铅的流程为用氧化铅与醋酸反应生成CH3COO）2Pb Pb（OH）2，再用CH3COO）2Pb Pb（OH）2与二氧化碳反应生成2PbCO3 Pb（OH）2，经过滤后先用水洗涤，再用酒精洗涤，以除去表面的水份同时可以快速干燥，得纯净2PbCO3 Pb（OH）2的产品；（3）根据图可知加热后得固体的质量分数，结合2PbCO3 Pb（OH）2的相对式量：775，可知加热过程中产生的物质及剩余的固体的成分．
19．【答案】排除装置内的空气，防止次磷酸钙及白磷被氧化；2P4+3Ca（OH）2+6H2O 3Ca（H2PO2）2+2PH3↑；P4和Ca（OH）2；除去其中的Ca（OH）2；边搅拌边向溶液中加入Na2CO3溶液，静置，向上层清液中滴入Na2CO3溶液，若无沉淀，过滤，将滤液减压蒸发浓缩，结晶
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：a.因为次磷酸钙及白磷易被氧化，所以步骤1先通入N2的目的是排除装置内的空气，防止次磷酸钙及白磷被氧化；搅拌的目的是使反应物充分接触反应，加快反应速率，
故答案为：排除装置内的空气，防止次磷酸钙及白磷被氧化；使反应物充分接触反应，加快反应速率；
b.根据实验原理步骤1石灰乳与 P4（白磷）发生反应生成Ca（H2PO2）2和PH3，反应的化学方程式为：2P4+3Ca（OH）2+6H2O 3Ca（H2PO2）2+2PH3↑；反应后过量的P4和Ca（OH）2难溶于水，所以步骤2过滤所得滤渣成分为P4和Ca（OH）2，
故答案为：2P4+3Ca（OH）2+6H2O 3Ca（H2PO2）2+2PH3↑；P4和Ca（OH）2；
c.因为滤液中溶有少量的Ca（OH）2，所以通入适量CO2，目的是除去其中的Ca（OH）2，故答案为：除去其中的Ca（OH）2；
d.因为次磷酸钙与Na2CO3溶液反应生成碳酸钙沉淀和NaH2PO2溶液，所以应先加入Na2CO3溶液使次磷酸钙完全转化为碳酸钙沉淀和NaH2PO2溶液，再根据在常压下，加热蒸发次磷酸钠溶液会发生爆炸，所以采用减压蒸发浓缩，结晶得到NaH2PO2 H2O晶体，
故答案为：边搅拌边向溶液中加入Na2CO3溶液，静置，向上层清液中滴入Na2CO3溶液，若无沉淀，过滤，将滤液减压蒸发浓缩，结晶．
【分析】a.根据次磷酸钙及白磷易被氧化分析通入N2的目的；搅拌的目的是使反应物充分接触反应，加快反应速率；
b.根据实验原理步骤1石灰乳与 P4（白磷）发生反应生成Ca（H2PO2）2和PH3；根据滤渣不溶于水分析步骤2过滤所得滤渣成分；
c.步骤3向滤液中通入适量CO2，消耗溶解于水的少量Ca（OH）2；
d.根据次磷酸钙与Na2CO3溶液反应生成碳酸钙沉淀和NaH2PO2溶液，再结合在常压下，加热蒸发次磷酸钠溶液会发生爆炸，100℃时NaH2PO2 H2O的溶解度为667g/100g水分析要得到NaH2PO2 H2O晶体的方法为减压蒸发浓缩，结晶．
20．【答案】（1）Cu﹣2e﹣=Cu2+和Sn﹣2e﹣=Sn2+
（2）2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；c（H+）和c（Fe3+）小，有利于Fe3+水解生成Fe（OH）3沉淀；液面上方空气中O2随搅拌不断进入溶液，溶解的O2将铜氧化而被浸取；bc
（3）Cu2S+5H2O2+2HCl=CuCl2+CuSO4+6H2O；过量的硫酸会生成PbSO4沉淀包裹在铅冰铜颗粒表面，使铜无法与浸出液接触
【知识点】离子反应发生的条件；离子共存
【解析】【解答】解：（1）电解法精炼铜，阳极为活性电极，电极本身参与放电，铜失去电子发生氧化反应，电极反应式：Cu﹣2e﹣=Cu2+；锡失去电子生成锡离子，电极反应式：Sn﹣2e﹣=Sn2+；
故答案为：Cu﹣2e﹣=Cu2+ 和Sn﹣2e﹣=Sn2+；
2）①三价铁离子能够氧化铜生成铜离子，本身被还原为二价铁离子，离子方程式：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
若加盐酸不足，溶液中氢离子浓度较小，三价铁离子水解生成氢氧化铁，所以若加盐酸不足，反应一段时间后线路板表面有红褐色沉淀；
故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
c（H+）和c（Fe3+）小，有利于Fe3+水解生成Fe（OH）3沉淀；
②当c（H2O2）=0mol L﹣1时，液面上方空气中O2随搅拌不断进入溶液，溶解的O2将铜氧化而被浸取，所以也有少量的铜被浸出；
故答案为：液面上方空气中O2随搅拌不断进入溶液，溶解的O2将铜氧化而被浸取；
③a．依据给出的方程式可知，上述反应与钠离子都无关，所以改变钠离子的浓度，不影响Cu从废电路板中浸出，故a不选；
b．由Cu2++Cu 2Cu+可知增大铜离子浓度，上述反应的速率加快，故b选；
c．由Cu++nCl﹣ CuCln（n﹣1）﹣可知增大Cl﹣浓度，反应Ⅲ加快，故c选；
d．氢氧根离子能够与氢离子、铜离子反应，增大氢氧根离子浓度，能够使氢离子、铜离子浓度减小，反应速率减慢，故d不选；
故选：bc；
3）①Cu2S在盐酸的酸性环境下被过氧化氢生成硫酸铜、氯化铜和水，依据得失电子守恒，原子个数守恒反应的方程式为：Cu2S+5H2O2+2HCl=CuCl2+CuSO4+6H2O；
故答案为：Cu2S+5H2O2+2HCl=CuCl2+CuSO4+6H2O；
②由H2SO4代替HCl﹣H2O2中的HCl，其他条件相同，铜的浸取率随硫酸浓度的变化如图2所示．当H2SO4浓度大于3.1mol L﹣1时，过量的硫酸会生成PbSO4沉淀包裹在铅冰铜颗粒表面，使铜无法与浸出液接触，使得硫酸浓度越大，铜的浸取率反而越小；
故答案为：过量的硫酸会生成PbSO4沉淀包裹在铅冰铜颗粒表面，使铜无法与浸出液接触；
【分析】（1）废覆铜板（Cu和Sn组成）可用CuSO4和H2SO4混合溶液作电解质溶液，直接电解回收精铜，阳极为活性电极本身失电子发生氧化反应；（2）①用FeCl3溶液浸取铜是氯化铁和铜反应生成氯化亚铜和氯化亚铁；若加盐酸不足，反应一段时间后线路板表面有红褐色沉淀是因为氢离子浓度小的溶液中铁离子会水解生成氢氧化铁红褐色沉淀；
②当c（H2O2）=0mol L﹣1时，液面上方空气中O2随搅拌不断进入溶液，溶解的O2将铜氧化而被浸取；
③a．依据浸取过程发生反应与钠离子无关解答；
b．依据方程式（Ⅱ） Cu2++Cu 2Cu+，判断；
c．依据方程式（Ⅲ） Cu++nCl﹣ CuCln（n﹣1）﹣，判断；
d．氢氧根离子能够与氢离子、铜离子反应；
3）①Cu2S在盐酸的酸性环境下被过氧化氢生成硫酸铜、氯化铜和水；
②硫酸容易与铅离子反应生成硫酸铅沉淀，附着在铅冰铜颗粒表面，阻止反应的进行．
21．【答案】（1）[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7
（2）N和Cl；sp2和sp3
（3）O3
（4）H2O2与H2O之间可以形成氢键
（5）10
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】解：（1）Co2+核外25个电子，基态核外电子排布式为[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7，故答案为：[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7；
2）配合物1Co（NH3）5Cl]Cl2中氮与氯离子提供孤对电子对与Co3+形成配位键，Co（NH3）5NO2]2+的配体中NH3中氮原子的杂化轨道类型为sp3，而NO2﹣中氮原子的杂化轨道类型为sp2，故答案为：N和Cl；sp2和sp3；
3）NO2﹣的电子数为24，其等电子体为O3，故答案为：O3；
4）H2O2与H2O之间可以形成氢键，溶解度增大，导致H2O2与H2O可以任意比例互溶，故答案为：H2O2与H2O之间可以形成氢键；
5）双键中一个π键、一个σ键，1molNDMA中、结构简式如图 ，有6molC﹣H、2molC﹣N、1molN﹣N和1molN﹣Oσ键，共10molσ键，故答案为：10．
【分析】（1）Co2+核外25个电子；
2）配合物1Co（NH3）5Cl]Cl2中氮与氯离子提供孤对电子对与Co3+形成配位键，Co（NH3）5NO2]2+的配体中NH3中氮原子的杂化轨道类型为sp3，而NO2﹣中氮原子的杂化轨道类型为sp2；
3）NO2﹣的电子数为24，其等电子体为O3；
4）分子间形成氢键，溶解度增大；
5）双键中一个π键、一个σ键；
22．【答案】（1）用冰水浴
（2）增大石墨粒子表面积，提高氧化程度；磁力搅拌
（3）作氧化剂
（4）2MnO4﹣+6H++5H2O2=5O2↑+2Mn2++8H2O；取少量最后一次的离心洗涤滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）冰水混合物的温度是零度，将浓硫酸“冷却至0℃”可采用的方法是用冰水浴，故答案为：用冰水浴；
2）采用100目鳞片状的石墨，其主要目的是增大石墨粒子表面积，提高氧化程度，3示的“搅拌”方式为磁力搅拌；
故答案为：增大石墨粒子表面积，提高氧化程度；磁力搅拌；
3）NaNO3和KMnO4中N、Mn元素的化合价较高，具有氧化性，骤③④中加NaNO3和KMnO4的作用就是利用的物质的氧化性．
故答案为：作氧化剂；
4）高锰酸钾具有强的氧化性，酸性环境下可以将双氧水氧化，发生的反应为：2MnO4﹣+6H++5H2O2=5O2↑+2Mn2++8H2O，硫酸根离子可以和钡离子之间反应产生白色的沉淀，验洗涤已无SO42﹣的方法是：取少量最后一次的离心洗涤滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全．故答案为：2MnO4﹣+6H++5H2O2=5O2↑+2Mn2++8H2O；取少量最后一次的离心洗涤滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全．
【分析】（1）冰水混合物的温度是零度，据此回答；
2）采用100目鳞片状的石墨可以增大石墨粒子表面积，提高氧化程度；图3示的“搅拌”方式为磁力搅拌；
3）NaNO3和KMnO4中N、Mn元素的化合价较高，具有氧化性；
4）高锰酸钾具有强的氧化性，酸性环境下可以将双氧水氧化，据此书写方程式；硫酸根离子可以和钡离子之间反应产生白色的沉淀，据此检验硫酸根离子．
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