吉林省白城市第一中学2024-2025学年高二下学期7月期末化学试题（含答案）

这是一份吉林省白城市第一中学2024-2025学年高二下学期7月期末化学试题（含答案），共3页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共6页，满分100分，考试时间75分钟。
一、选择题(本大题共15小题，共45分)
1.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
①无色溶液中：、、、
②酸性溶液中：、、、
③加入Al能放出的溶液中：、、、
④0.1 ml·L-1的溶液中：、、、
⑤含有较多的溶液中：、、、
⑥0.1 ml·L-1的溶液中：、、、
A. ①②④ B. ②③C. ⑤⑥ D. ⑥
【答案】D
【解析】①项中MnO4−为紫色，与题意不符；②项酸性溶液中Fe2+、NO3−及H+会发生氧化还原反应，不能共存，与题意不符；③加入Al能放出H2的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性，HCO3−在两种情况下都不能共存，NH4+在碱性条件下不能共存，与题意不符；④可以和、反应生成沉淀，与题意不符；⑤中和发生络合反应，也可以和发生相互促进的水解反应，不能共存，与题意不符；⑥和四种离子不反应，且四种离子间也不反应，可以共存，符合题意。
2.分类思想是研究化学的常用方法，下列分类叙述正确的是( )
A. 既有单质参加又有单质生成的反应一定是氧化还原反应
B. 淀粉、纤维素、油脂均属于天然高分子化合物
C. 有水生成的反应一定是复分解反应
D. 碱性氧化物一定是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物
【答案】D
【解析】A.同一反应中，既有单质参加，又有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，如臭氧和氧气之间的转化，故A错误；B.淀粉、纤维素属于天然高分子化合物，油脂不属于高分子化合物，故B错误；C.有水生成的反应不一定是复分解反应，如H2＋CuOCu＋H2O，故C错误；D.碱性氧化物是与酸反应生成盐和水的氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3，故D正确。
3.下列说法正确的是( )
A. 用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯、环己烯和环己烷B. 乙烯和乙烷都能发生加聚反应C. 乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键D. 乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别
【答案】D
【解析】酸性高锰酸钾溶液不能氧化苯和环己烷，A项错误；乙烷是饱和烃，不能发生加聚反应，B项错误；聚氯乙烯、苯分子中均无碳碳双键，C项错误；乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，而甲烷不能，D项正确。
4.下列关于250mL容量瓶的操作，正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】A．容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染试剂，故A错误；B．定容时，视线应与溶液凹液面和刻度线“三线相切”，不能仰视或俯视，故B错误；C．向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶口，故C正确。
D．定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来回颠倒，将溶液摇匀，颠倒过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，故D错误；
综上所述，正确的是C项。
5.用红土镍矿(含NiO、CO、FeO、SiO2等)制取镍的氧化物NiOx的工艺流程如图1所示。已知滤渣Ⅱ主要成分是铁黄FeOOH；NiOx晶胞如图2所示，晶胞边长为apm。
已知：1cm=10−10pm，阿伏伽德罗常数的值为NA。下列说法不正确的是（ ）
A. 滤渣Ⅰ的主要成分为SiO2
B. 步骤Ⅱ除铁的离子方程式为
C. NiOx中，x=1，镍离子的价层电子排布式为3d8
D. 该氧化物晶体的密度为4×75×1030a3NAg/cm3
【答案】B
【解析】二氧化硅不能被硫酸溶解，滤渣I的主要成分为SiO2，A正确；氯气先将铁氧化后与碳酸根离子双水解，离子方程式为，Cl2+2Fe2++3CO32-+H2O=2FeOOH↓+2Cl-+3CO2↑，B错误；镍离子位于顶点和面心，氧离子填充在镍离子构成的八面体空隙中，填充率为100%，则氧化镍晶胞，在氧化镍晶胞中，镍位于面心和顶点共含有4个，O位于体心和棱上，也含有4个，故x=1，镍为28号元素，故镍离子的价层电子排布式为3d8，C正确；该氧化物晶体的密度为ρ=4×(59+16)(a×10-10)3NA=4×75×1030a3NAg/cm3，D正确。故选B。
6.在给定条件下,下列所示物质间转化合理的是( )
A. Mg(OH)2MgCl2(aq) MgB. CuCuSO4Cu(NO3)2C. 浓盐酸Cl2漂白粉D. FeOFeCl3(aq)无水FeCl3
【答案】C
【解析】电解氯化镁应该在熔融状态下,而不是溶液,A项错误;铜与稀硫酸不反应,B项错误;MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O,2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋2H2O＋Ca(ClO)2,C项正确;FeO与盐酸反应只能生成FeCl2,得不到FeCl3,且氯化铁溶液蒸发过程中铁离子水解生成氢氧化铁和HCl,HCl易挥发,加热促进HCl挥发,水解正向移动,所以产物为氢氧化铁并不是无水氯化铁,D项错误。
7.下图是一种综合处理含SO2尾气的工艺流程，下列叙述正确的是( )
A. “吸收”过程中SO2被还原B. “吸收”后溶液的酸性减弱C. “氧化”后的溶液可以循环使用D. “氧化”中，每1 ml O2参加反应转移2 ml电子
【答案】C
【解析】根据流程图分析，利用Fe2(SO4)3的氧化性氧化吸收SO2气体，反应为2H2O+SO2+Fe2(SO4)3===2FeSO4+2H2SO4，得到FeSO4溶液，再用空气中的氧气氧化得到Fe2(SO4)3溶液，反应为4FeSO4+O2+2H2SO4===2 Fe2(SO4)3+2H2O，Fe2(SO4)3溶液循环到“吸收”步骤使用。A项，“吸收”过程中SO2的化合价升高，被氧化，错误；B项，“吸收”过程中反应为2H2O+SO2+ Fe2(SO4)3===2FeSO4+2H2SO4，酸性增强，错误；C项，用空气中的氧气氧化得到Fe2(SO4)3溶液，Fe2(SO4)3溶液循环到“吸收”步骤循环使用，正确；D项，“氧化”中，O2化合价由0价降低为-2价，每1 ml O2参加反应转移4 ml电子，错误。
8.甲醇重整制氢涉及三个反应：
反应Ⅰ．CH3OHg⇌COg+2H2gK1
反应Ⅱ．CH3OHg+H2Og⇌CO2g+3H2gK2
反应Ⅲ．COg+H2Og⇌CO2g+H2gK3
反应Ⅰ和反应Ⅱ不同温度下的平衡常数如下表：
下列说法正确的是（ ）
A. 相同温度下，K2=K1K3
B. 反应Ⅰ、Ⅱ在低温下可自发进行
C. 恒容恒温体系中，反应达平衡后充入稀有气体，体系压强增大，反应Ⅱ平衡逆移
D. 398K时，向起始容积相同的恒压和恒容两个容器中，均充入1mlCH3OHg与1mlH2Og，恒压条件下H2的平衡产率更高
【答案】D
【解析】根据盖斯定律，Ⅱ=Ⅰ+Ⅲ，所以，K2=K1×K3，A错误；反应Ⅰ温度升高，K增大，说明Ⅰ为熵增的吸热反应，应ΔH>0，ΔS>0，高温下能自发，反应Ⅱ温度升高，K增大，说明Ⅱ为熵增的吸热反应，ΔH>0，ΔS>0，在高温下可自发进行，B错误；恒容恒温体系中，反应达平衡后充入稀有气体，体系压强增大，各组分浓度不变，反应Ⅱ平衡不移动，C错误；综合以上反应，恒压条件下，随着反应进行，气体分子数增多，容器的体积增大，相当于减小压强，有利于气体向着体积增大的方向反应，所以恒压条件下H2的平衡产率更高，D正确；故选D。
9.我国在太阳能光电催化—化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示。下列说法中正确的是( )
A. 该制氢工艺中光能最终转化为化学能B. 该装置工作时，H＋由b极区流向a极区C. a极上发生的电极反应为Fe3＋＋e－===Fe2＋D. a极区需不断补充含Fe3＋和Fe2＋的溶液
【答案】A
【解析】该制氢工艺中光能转化为电能，最终转化为化学能，A项正确；该装置工作时，H＋由a极区流向b极区，B项错误；a极上发生氧化反应，失电子，所以a极上发生的电极反应式为Fe2＋－e－===Fe3＋，C项错误；由题图可知a极区Fe2＋和Fe3＋可相互转化，故不需补充含Fe3＋和Fe2＋的溶液，D项错误。
10.某混合溶液中所含离子的浓度如下表，则X离子可能为( )
A. Cl－B. Ba2＋C. Fe2＋D. Mg2＋
【答案】D
【解析】溶液(设体积为1 L)中的阴离子所带电荷数为2 ml·L－1×1×1 L＋1 ml·L－1×2×1 L＝4 ml，氢离子所带正电荷数为2 ml·L－1×1×1 L＝2 ml，根据溶液呈电中性原则，则X为阳离子，且所带电荷数为2，只有Ba2＋、Fe2＋、Mg2＋三种离子可选；而在酸性环境下，硝酸根离子能够氧化亚铁离子，二者不能大量共存，硫酸根离子与钡离子产生BaSO4沉淀，二者不能大量共存，只有镁离子在题述溶液中能大量共存，故选D。
11.氮化钼作为锂离子电池负极材料具有很好的发展前景。它属于填隙式氮化物，N原子部分填充在M原子立方晶格的八面体空隙中，晶胞结构如图所示，其中氮化钼晶胞参数为a nm，下列说法正确的是( )
A. 相邻两个最近的N原子的距离为32B. 氮化钼的化学式为C. 每个钼原子周围与其距离最近的钼原子有12个D. 晶体的密度ρ=412NA∙a3×10−27
【答案】C
【解析】A．由晶胞图示可知，相邻两个最近的N原子的位置关系为：，故相邻两个最近的N原子的距离为22a nm，A错误；B．由晶胞结构示意图可知，每个晶胞中含有M的个数为：8×18+6×12，N的个数为：4×14+1=2，故氮化钼的化学式为，B错误；C．由晶胞结构示意图可知，钼原子位于8个顶点和6个面心上，故每个钼原子周围与其距离最近的钼原子有12个，C正确；D．由B项分析可知，该晶胞中含有4个M，2个N，则一个晶胞的质量为：2×206NA g，一个晶胞的体积为(a×10-7cm)3,故晶体的密度ρ=412NA∙a3×10−21
12.工业上用电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示。已知：①Ni2＋在弱酸性溶液中发生水解；②氧化性：Ni2＋(高浓度)>H＋>Ni2＋(低浓度)。
下列说法中不正确的是( )
A. 石墨棒上发生的电极反应：4OH--4e-O2↑＋2H2O
B. 电解过程中，B室中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小
C. 为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水的pH
D. 若将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解反应的总方程式发生改变
【答案】B
【解析】由题图可知，石墨棒与电源正极相连，作电解池的阳极，电极反应式为4OH--4e-O2↑＋2H2O，A项正确。电解过程中为平衡A、C室中的电荷，A室中的Na＋和C室中的Cl-分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B室中，使B室中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大，B项错误。因Ni2＋在弱酸性溶液中易发生水解反应，且氧化性Ni2＋(高浓度)>H＋>Ni2＋(低浓度)，为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水的pH，C项正确。若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl->OH-，则Cl-在阳极放电，发生反应2Cl--2e-Cl2↑，电解反应的总方程式会发生改变，D项正确。
13.下列实验探究方案不能达到探究目的的是（ ）
A. 答案A B. 答案B C. 答案C D. 答案D
【答案】B
【解析】将新鲜菠菜剪碎、研磨、溶解，过滤，向滤液中加入少量稀硝酸，再滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红，说明菠菜中含有铁元素，A正确；AgNO3过量，加入0.1ml⋅L−1KI，剩余的AgNO3与KI反应生成AgI黄色沉淀，不能证明明发生沉淀转化，不能得出KspAgCl、KspAgI，B不正确；常温下，用pH计测量0.1ml⋅L−1NaClO溶液的pH>7，说明ClO-水解使溶液呈碱性，证明HClO是弱酸，C正确；向NH42SO4饱和溶液中加入几滴鸡蛋清溶液，震荡出现沉淀，再加入蒸馏水振荡，沉淀溶解，证明蛋白质的盐析过程是可逆的，D正确。故选B。
14.下列方法中，可制得Cl2的正确组合是( )
①MnO2和浓盐酸混合共热；②MnO2、NaCl和浓硫酸混合共热；③NaClO和浓盐酸混合；④K2Cr2O7和浓盐酸混合；⑤KClO3和浓盐酸混合；⑥KMnO4和浓盐酸混合
A. ①②⑥ B. ②④⑥C. ①④⑥ D. ①②③④⑤⑥
【答案】D
15.现有不纯的碳酸钠(仅含碳酸氢钠杂质)，欲测定其中碳酸钠的质量分数，分别进行以下4个操作，其中不能成功的是( )
A. 取m g样品，加热到质量不再变化时称重为n g
B. 取m g样品，加入过量的稀盐酸，再将所得溶液加热蒸发、结晶、灼烧，余下物质质量为n g
C. 取m g样品，溶于水，向所得溶液中加入过量的CaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干后称重为n g
D. 取m g样品，加入过量的稀硫酸，再将所逸出的气体用碱石灰吸收，碱石灰增重n g
【答案】D
【解析】碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以取m g样品，加热到质量不再变化时称重为n g，根据差量能计算碳酸氢钠的质量，进而求出碳酸钠的质量分数，故A正确；碳酸氢钠和碳酸钠都能和稀盐酸反应生成二氧化碳、水和氯化钠，所以取m g样品，加入过量的稀盐酸，再将所得溶液加热蒸发、结晶、灼烧，余下物质为氯化钠，根据钠原子守恒，通过氯化钠的质量为n g就能计算碳酸钠的质量，进而求出碳酸钠的质量分数，故B正确；取m g样品，溶于水，向所得溶液中加入过量的CaCl2溶液，将所得沉淀碳酸钙过滤、洗涤、烘干后称重为n g，根据碳酸钙的质量可以计算碳酸钠的质量，进而求出碳酸钠的质量分数，故C正确；碳酸氢钠和碳酸钠都能和稀硫酸反应放出二氧化碳，取m g样品，加入过量的稀硫酸，所逸出的气体中含有水蒸气，也能被碱石灰吸收，所以碱石灰增重n g为二氧化碳和水蒸气的质量，所以无法计算碳酸钠的质量，不能求出碳酸钠的质量分数，故D错误。
二、非选择题(本大题共5小题，共55分)
16.BaCl2·2H2O为无色结晶，有毒；水中的溶解度为35.7 g(20 ℃)、58.7 g(100 ℃)。实验室用毒重石(主要含BaCO3，及少量Pb2+、BaSO4、SiO2等杂质)经过加工处理，可制得BaCl2·2H2O晶体。其实验步骤如下：
I：样品分解：称取a g毒重石矿粉于烧杯中，加入稍过量的NH4Cl溶液，90 ℃下加热搅拌2h，待充分反应后，冷却，过滤。
II：除Pb2+：向滤液中加入一定量的BaS溶液，有黑色沉淀生成，过滤。
III：结晶：将步骤II的BaCl2滤液经过蒸发浓缩，冷却结晶，抽滤，用_______和_______各洗涤晶体2～3次，自然晾干。
回答下列问题：
(1)步骤I中，观察到的实验现象有。
(2)步骤II检验Pb2+是否完全沉淀的方法是；在过滤中，下列仪器必需用到的是(填仪器名称)，与普通过滤相比，步骤III抽滤的优点是。
(3)完善步骤III的实验步骤：“用和各洗涤晶体2～3次”。
A．冷水 B．80 ℃热水 C．无水乙醇 D．0.1 ml·L-1盐酸
(4)样品分解时，不选用酸性更强且等量的盐酸溶液替代NH4Cl溶液，可能的原因是。
(5)BaCl2·2H2O纯度的测定。某学生查阅资料：X2++H2Y2-=XY2- +2H+，X代表Ba2+，Pb2+、Ca2+等，H2Y2-代表Na2H2Y的阴离子，设计如下纯度测量方案：
步骤I：准确称取3.0 gBaCl2·2H2O粗品并用20.0 mL水溶解。
步骤II：用0.4000ml·L-1的Na2H2Y标准溶液滴定其中的Ba2+
步骤III：重复滴定2～3次记录每次消耗Na2H2Y标准溶液的体积，平均每次滴定消耗标准溶液24.60 mL
①产品中BaCl2·2H2O的纯度%(保留两 位有效数字)，为滴定时采用如图所示的侧边自动定零位滴定管，结合该装置的使用说明书分析其优点。
②下列选项所涉及内容会导致Ba2+含量的测定值偏高的是(填序号)。
a．未干燥锥形瓶
b．Na2H2Y标准溶液久置部分失效
c．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡
d．杂质可与Na2H2Y反应
【答案】(1)部分固体溶解，同时溶液中逸出刺激性气味的气体
(2)静置，取上层清液少许于试管中，向试管中加入适量BaS溶液，若产生黑色沉淀，则Pb2+未完全沉淀，反之，则已完全沉淀 玻璃棒、烧杯、漏斗 过滤速率快，分离彻底
(3)A C
(4)HCl过量步骤II易产生有毒H2S气体
(5)①80 ②自动调零代替手动操作，可以减少人为误差 bd
【解析】（1）步骤Ⅰ中加入过量的氯化钡溶液共热浸取的目的是将碳酸钡转化为氯化钡，实验中BaCO3+2NH4Cl≜BaCl2+CO2↑+2NH3↑+H2O，可观察到部分固体溶解，同时逸出刺激性气味的气体；
（2）若溶液中Pb2+未完全沉淀，向溶液中继续加入BaCl2，会有黑色沉淀生成，具体操作为静置，取上清液少许于试管中，向试管中加入适量BaS溶液，若产生黑色沉淀，则Pb2+未完全沉淀，反之，则已完全沉淀；在过滤中，需要用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，不需要用到酒精灯、容量瓶和锥形瓶；与普通过滤相比，步骤III采用抽滤的方法分离得到二水氯化钡晶体的优点是过滤速率快，分离彻底，易于得到二水氯化钡；
（3）结晶的操作为氯化钡溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤、用冷水和乙醇各洗涤晶体2～3次，自然晾干得到二水氯化钡晶体；
（4）2HCl+BaS= BaCl2+H2S↑，H2S气体有毒，所以样品分解时，不选用酸性更强且等量的盐酸溶液替代氯化铵溶液；
（5）滴定消耗0.4000ml·L-1的Na2H2Y的平均体积为24.60 mL，则n(Na2H2Y)=0.4000ml·L-1×0.02460L=0.00984ml，则n(BaCl2·2H2O)=0.00984 ml，m(BaCl2·2H2O)=
0.00984ml×244g/ml≈2.4g，产品中BaCl2·2H2O的纯度为×100%=80%；由题给信息可知，滴定时采用自动定零位滴定管可以自动调零代替手动操作，可以减少人为误差；
②未干燥锥形瓶不影响溶质的物质的量，对测定结果无影响，故a错误；Na2H2Y标准溶液久置部分失效会使消耗Na2H2Y标准溶液体积偏大，导致测定结果偏高，故b正确；滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡会使消耗Na2H2Y标准溶液体积偏小，导致测定结果偏低，故c错误；杂质可与Na2H2Y反应消耗Na2H2Y标准溶液体积偏大，导致测定结果偏高，故d正确；故答案为：bd。
17.实验室在55∼60℃的条件下将20mL苯（密度为0.88g⋅cm−3）与22mL浓硫酸和20mL浓硝酸的混合液共热来制备硝基苯（难溶于水的油状液体），制备原理和装置如下（加热和夹持装置省略）：
(1)实验所用苯的质量为。
(2)若该实验制备得到纯硝基苯18g，计算该实验中硝基苯的产率为（保留小数点后两位）。
【答案】(1)17.6g (2)64.86%
【解析】（1）实验所用苯的质量20mL×0.88g⋅cm−3=17.6g。
（2）根据关系式：，可知理论上生成的硝基苯的质量为123×17.678g≈27.75g，则硝基苯的产率为18g27.75g×100%≈64.86%。
18.某小组探究K2Cr2O7的制备。
已知：i.Cr2O3(绿色，不溶于水)、Cr3+(绿色)、CrOH3(灰绿色，不溶于水)、
CrNO263−(玫瑰红色)、Cr2O72−(橙色)、CrO42−(黄色)
ii.HNO2是一种弱酸，易分解：3HNO2=2NO↑+HNO3+H2O
将7.60gCr2O3固体和15.15gKNO3固体(物质的量之比为1:3)与过量的K2CO3固体混合，高温煅烧得含K2CrO4的黄色固体，反应如下：
Cr2O3+3KNO3+2K2CO3高温__2K2CrO4+2CO2↑+3KNO2。
(1)KNO3受热分解转化为KNO2，反应的化学方程式是______________________。
(2)K2CrO4转化为K2Cr2O7，进行实验Ⅰ：
①加入H2SO4，CrO42−转化为Cr2O72−反应的离子方程式是______________________。
②无色气泡中的气体有______________________。
③资料显示溶液变为棕黑色是Cr3+与Cr2O72−混合所致。设计实验：取少量棕黑色溶液于试管中，逐滴加入NaOH溶液，生成灰绿色沉淀，溶液变为黄色，至不再生成沉淀时，静置，取上清液___________ (填操作和现象)，证实溶液中存在Cr3+与Cr2O72−。
(3)探究Cr3+的来源
来源1：……
来源2：酸性环境中，Cr2O72−与NO2−发生氧化还原反应生成Cr3+。
①来源1：______________________。
②进行实验Ⅱ证实来源2成立，实验操作及现象如下：
溶液由橙色变为绿色、绿色变为玫瑰红色的反应的离子方程式：___________、___________。
从平衡移动的角度解释溶液由玫瑰红色变为绿色的原因：______________________。
(4)为避免K2CrO4转化为K2Cr2O7的过程中产生Cr3+，进行实验Ⅲ。
将煅烧后的黄色固体浸泡于100mL水中，过滤后向滤液中加入醋酸溶液，调至pH＝5，溶液变为橙色。
实验Ⅲ中溶液的颜色与实验Ⅰ中的不同的原因可能是______________________。
【答案】(1)2KNO3Δ__2KNO2+O2↑
(2)2CrO42−+2H+=Cr2O72−+H2O NO、CO2 加入稀硫酸，调至pH＝3，溶液由黄色变为橙色
(3)黄色固体中含有Cr2O3，溶于稀硫酸生成Cr3+Cr2O72−+3NO2−+8H+=2Cr3++3NO3−+4H2OCr3++6NO2−=CrNO263−CrNO263−⇌Cr3++6NO2−，加入H2SO4溶液，NO2−+H+__HNO2，且HNO2易分解，cNO2−减小，平衡正向移动，CrNO263−转化为Cr3+，溶液由玫瑰红色变为绿色
(4)实验Ⅱ中，过滤除去了Cr2O3，溶液中的cH+比实验Ⅰ中的小，Cr2O72−的氧化性减弱的程度大于HNO2的还原性增强的程度，使Cr2O72−与HNO2不能反应生成Cr3+，溶液仍为橙色
【解析】(1)根据得失电子守恒和质量守恒定律，KNO3受热分解转化为KNO2和氧气，化学方程式：2KNO3Δ__2KNO2+O2↑；
(2)①根据原子守恒及电荷守恒，加入H2SO4，CrO42−转化为Cr2O72−反应的离子方程式：2CrO42−+2H+=Cr2O72−+H2O；
②过量的碳酸盐与硫酸反应生成二氧化碳气体，亚硝酸盐在酸性环境下形成亚硝酸，亚硝酸不稳定分解出NO气体；
③溶液中存在Cr3+与Cr2O72−，结合题干信息可知，可通过改变溶液酸碱性，通过颜色变化进行成分判断，具体操作及现象：加入稀硫酸，调至pH＝3，溶液由黄色变为橙色；
(3)①根据实验信息可知，黄色固体中含有Cr2O3，溶于稀硫酸生成Cr3+；
②结合题干信息各微粒颜色，结合得失电子守恒及电荷守恒可知，溶液由橙色变为绿色、绿色变为玫瑰红色的反应的离子方程式：Cr2O72−+3NO2−+8H+=2Cr3++3NO3−+4H2O、Cr3++6NO2−=CrNO263−；CrNO263−⇌Cr3++6NO2−，加入H2SO4溶液，NO2−+H+=HNO2，且HNO2易分解，cNO2−减小，平衡正向移动，CrNO263−转化为Cr3+，溶液由玫瑰红色变为绿色；
(4)实验Ⅱ中，过滤除去了Cr2O3，溶液中的cH+比实验Ⅰ中的小，Cr2O72−的氧化性减弱的程度大于HNO2的还原性增强的程度，使Cr2O72−与HNO2不能反应生成Cr3+，溶液仍为橙色。
19.过氧化锶(SrO2)通常用作分析试剂、氧化剂、漂白剂等。制备原理为Sr＋O2SrO2。某兴趣小组利用下列装置在实验室中模拟制备过氧化锶。
(1)选择必要仪器制备过氧化锶(气流按从左到右的流向)： (填字母)。
(2)该实验制备氧气的化学方程式为。
(3)连接好装置进行实验，实验步骤如下，正确的操作顺序为 (填序号)。
①打开分液漏斗活塞，将水滴入烧瓶中 ②在相应装置中装入药品 ③检查装置气密性
④加热 ⑤停止加热 ⑥关闭分液漏斗活塞
(4)利用反应Sr2＋＋H2O2＋2NH3＋8H2O===SrO2·8H2O↓＋2NH制备过氧化锶，装置如下：
①仪器X的作用是。
②氨气在该反应中所起的作用是。
③实验结束后，得到SrO2·8H2O的操作为。
(5)设计实验证明SrO2的氧化性比FeCl3的氧化性强：。
【答案】(1)A→B→E→B (2)2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑ (3)③②①④⑤⑥
(4)①防倒吸 ②中和生成的氢离子，促进反应正向进行 ③过滤、洗涤、干燥 (5)在盐酸酸化的氯化亚铁溶液中滴加硫氰化钾溶液，无明显现象，再向其中加入少量过氧化锶，溶液变为红色，证明SrO2的氧化性比FeCl3的强
【解析】(1)根据反应原理，需要制备氧气。由于锶是活泼金属，能与水发生反应，因此需要预先除去氧气中的水蒸气，然后通入玻璃管中与锶发生反应，同时防止空气中的水和二氧化碳进入E装置，因此装置的连接顺序是A→B→E→B。(3)由于有气体参加反应，所以首先要检查装置的气密性，然后加入药品。打开分液漏斗活塞，排尽装置内的空气，对玻璃管进行加热，发生反应，反应完全后，停止加热，关闭分液漏斗活塞，故实验操作的顺序是③②①④⑤⑥。(4)①氨气极易溶于水，因此仪器X的作用是防倒吸。②根据反应原理Sr2＋＋H2O2===SrO2＋2H＋，通入氨气可中和H＋，促进反应的正向进行。
20.H(3－溴－5－甲氧基苯甲酸甲酯)是重要的有机物中间体，可以由A(C7H8)通过下图路线合成。
请回答下列问题：
(1)C的化学名称为， G中所含的官能团有醚键、(填名称)。
(2)B的结构简式为， B生成C的反应类型为。
(3)由G生成H的化学方程式为。
(4)化合物F的同分异构体中能同时满足下列条件的共有种。
①氨基和羟基直接连在苯环上 ②苯环上有三个取代基且能发生水解反应
(5)设计用对硝基乙苯
( ) 为起始原料制备化合物 的合成路线(其他试剂任选)。
【答案】(1)3，5－二硝基苯甲酸 羧基、溴原子 (2) 取代反应
(3)
(4)80
(5)
【解析】A发生氧化反应生成B，B发生取代反应生成C，根据C结构简式及A分子式知，A为，B为，根据E结构简式知，E→F是将硝基转化为氨基，D为，H为。
(1)根据C的结构简式可知：C的化学名称为3，5－二硝基苯甲酸，G中所含的官能团有醚键、溴原子、羧基；
(2)B的结构简式为，B生成C的反应类型为取代反应；
(3)G和甲醇发生酯化反应生成H，由G生成H的化学方程式为；
(4)化合物F的同分异构体中能同时满足下列条件：①氨基和羟基直接连在苯环上；②苯环上有三个取代基且能发生水解反应，说明含有酯基；如果取代基为—NH2、—OH、CH3COO—，有10种；如果取代基为—NH2、—OH、HCOOCH2—，有10种；如果取代基为—NH2、—OH、—COOCH3，有10种；所以符合条件的有3×10＝30种；
(5)用对硝基乙苯()为起始原料制备化合物，对硝基乙苯的乙基被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧基—COOH，反应生成对硝基苯甲酸，然后 再发生还原反应生成对氨基苯甲酸，最后发生缩聚反应生成目标产物。