山东省淄博一中2023学年高二化学第二学期期末学业质量监测试题（含解析）

2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、某无机化合物的二聚分子结构如图，该分子中A、B两种元素都是第三周期的元素，分子中所有原子最外层都达到8电子稳定结构。关于该化合物的说法不正确的是（）A．化学式是Al2Cl6B．不存在离子键和非极性共价键C．在固态时所形成的晶体是分子晶体D．是离子化合物，在熔融状态下能导电2、下列说法不正确的是A．油脂是一种营养物质，也是一种重要的工业原料，用它可以制造肥皂和油漆等B．饱和Na2SO4溶液加入蛋白质溶液中，可使蛋白质析出C．碱性条件下，葡萄糖与新制氢氧化铜混合、加热、生成砖红色沉淀D．每个氨基酸分子中均只有一个羧基和一个氨基3、学习化学要懂得结构决定性质，性质也可以预测结构；已知稀有气体氟化物XeF2是非极性分子，下列有关说法正确的是A．二氟化氙的各原子最外层均达到8电子的稳定结构B．XeF2的沸点比KrF2的高C．二氟化氙的空间结构为V形D．二氟化氙是由非极性键构成的非极性分子4、下列物质仅用溴水即可鉴别的是（）A．苯、己烷、己烯 B．己烷、己烯、己炔C．苯、四氯化碳、苯乙烯 D．溴苯、四氯化碳、己烯5、下列关于有机化合物的说法错误的是（）A．尼龙绳主要由合成纤维制造B．蔗糖的水解产物有两种，且互为同分异构体C．高纤维食物富含膳食纤维的食物，在人体内都可以通过水解反应提供能量D．加热能够杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性6、由Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共10.0g，放入500mL某浓度的盐酸中，混合物完全溶解，当再加入250mL2.00mol/L的NaOH溶液时，得到沉淀最多。上述盐酸的浓度为()A．1.00mol/L B．0.500mol/LC．2.00mol/L D．3.00mol/L7、酚酞含片是一种治疗消化系统疾病的药物，其有效成分的结构简式如图所示．下列对该有效成分的说法正确的是（）A．核磁共振氢谱中有5个峰B．最多有15个碳原子共平面C．可能发生缩聚反应生成高分子化合物D．1mol该物质最多能与含4molNaOH的烧碱溶液反应8、对可逆反应，下列图象正确的是（）A． B．C． D．9、标准状况下VL氨气溶解在1L水中(水的密度近似为1g·mL

-1

)，所得溶液的密度为ρg·mL

-1，质量分数为ω，物质的量浓度为cmol·L

-1，则下列关系中不正确的是A．ρ=(17V+22400)/(22.4+22.4V)B．ω=17c/1000ρC．ω=17V/(17V＋22400)D．c=1000Vρ/(17V+22400)10、NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．100mL1mol·L－1FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目为0.1NAB．常温常压下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAC．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NAD．标准状况下，124gP4中所含P—P键数目为6NA11、已知：25°C时，，。下列说法正确的是A．25°C时，饱和溶液与饱和溶液相比，前者的大B．25°C时，在的悬浊液加入少量的固体，增大C．25°C时，固体在20ml0.01mol·氨水中的比在20mL0.01mol·溶液中的小D．25°C时，在的悬浊液加入溶液后，不可能转化成为12、有机物烃A、B和C的结构如下图，下列有关说法正确的是A．A的二氯代物结构有两种B．B的分子式为C．与C互为同分异构体且属于芳香烃的有机物可能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．A、B、C中只有C的最简式为CH13、向盛有硝酸银水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到无色的透明溶液，下列对此现象的说法正确的是A．配合离子[Ag(NH3)2]+中，Ag+提供空轨道，NH3给出孤对电子B．沉淀溶解后，生成[Ag(NH3)2]OH难电离C．配合离子[Ag(NH3)2]+存在离子键和共价键D．反应前后Ag+的浓度不变14、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A．NH3具有还原性，可用作制冷剂B．Si熔点高硬度大，可用于制半导体C．Fe2(SO4)3具有氧化性，可用作净水剂D．Al(OH)3具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂15、化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性B．血液透析利用了胶体的性质C．活性炭具有除异味和杀菌作用D．碘酒可用于皮肤外用消毒16、能和银氨溶液反应，出现银镜现象的是A．乙烯 B．苯 C．甲醛 D．乙酸乙酯二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物A〜H的转化关系如下图所示。其中A是植物生长调节剂，它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平；D是一种合成高分子材料，此类物质如果大量使用易造成“白色污染”。请回答下列问题：(1)E官能团的电子式为_____。(2)关于有机物A、B、C、D的下列说法，不正确的是____(选填序号）。a.A、B、C、D均属于烃类b.B的同系物中，当碳原子数≥4时开始出现同分异构现象c.等质量的A和D完全燃烧时消耗O2的量相等，生成CO2的量也相等d.B不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，但A和D可以(3)写出下列反应的化学方程式：反应③：____________________________；反应⑥：_____________________________。(4)C是一种速效局部冷冻麻醉剂，可由反应①或②制备，请指出用哪一个反应制备较好:_______，并说明理由：__________________。18、根据下面的反应路线及所给信息填空：（1）A的结构简式是_____________，名称是___________________________。（2）③的反应类型__________________。（3）反应④的化学方程式_______________________________________________。19、含有K2Cr2O7的废水具有较强的毒性，工业上常用钡盐沉淀法处理含有K2Cr2O7的废水并回收重铬酸，具体的流程如下：已知：i.CaCr2O7、BaCr2O7易溶于水，其它几种盐在常温下的溶度积如下表所示。物质CaSO4CaCrO4BaCrO4BaSO4溶度积ii.Cr2O72－+H2O2CrO42－+2H+（1）向滤液1中加入BaCl2·H2O的目的，是使CrO42－从溶液中沉淀出来。①结合上述流程说明熟石灰的作用是_______________________________。②结合表中数据，说明选用Ba2+而不选用Ca2+处理废水的理由是________________。③研究温度对CrO42－沉淀效率的影响。实验结果如下：在相同的时间间隔内，不同温度下CrO42－的沉淀率，如下图所示。已知：BaCrO4（s）Ba2+（aq）+CrO42－（aq）CrO42－的沉淀效率随温度变化的原因是___________________________________。（2）向固体2中加入硫酸，回收重铬酸。①硫酸浓度对重铬酸的回收率如下图（左）所示。结合化学平衡移动原理，解释使用0.450mol/L的硫酸时，重铬酸的回收率明显高于使用0.225mol/L的硫酸的原因是_________________________________。②回收重铬酸的原理如下图（右）所示。当硫酸浓度高于0.450mol/L时，重铬酸的回收率没有明显变化，其原因是_______________________________。（3）综上所述，沉淀BaCrO4并进一步回收重铬酸的效果与___________有关。20、高铁酸钾(K2FeO4)为紫黑色粉末，是一种新型高效消毒剂。K2FeO4易溶于水，微溶于浓KOH溶液，在0℃~5℃的强碱性溶液中较稳定。一般制备方法是先用Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO（在较高温度下则生成KClO3），KClO再与KOH、Fe(NO3)3溶液反应即可制得K2FeO4。实验装置如图所示：回答下列问题：(1)制备KClO。①仪器a的名称是________________；装置B吸收的气体是________。②装置C中三颈烧瓶置于冰水浴中的目的是______________；装置D的作用是_____________。(2)制备K2FeO4。①装置C中得到足量KClO后，将三颈烧瓶上的导管取下，加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，水浴控制反应温度，搅拌，当溶液变为紫红色，该反应的离子方程式为________________________________。②向装置C中加入饱和________溶液，析出紫黑色晶体，过滤。(3)测定K2FeO4纯度。测定K2FeO4的纯度可用滴定法，滴定时有关反应的离子方程式为：a.FeO42-+CrO2-+2H2O=CrO42-+Fe(OH)3↓+OH-b.2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2Oc.Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O称取2.0g制备的K2FeO4样品溶于适量KOH溶液中，加入足量的KCrO2，充分反应后过滤，滤液在250mL容量瓶中定容．取25.00mL加入稀硫酸酸化，用0.10mol•L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，重复操作2次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为24.00mL，则该K2FeO4样品的纯度为________。21、[2017新课标Ⅱ]化合物G是治疗高血压的药物“比索洛尔”的中间体，一种合成G的路线如下：已知以下信息：①A的核磁共振氢谱为单峰；B的核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6∶1∶1。②D的苯环上仅有两种不同化学环境的氢；1molD可与1molNaOH或2molNa反应。回答下列问题：（1）A的结构简式为____________。（2）B的化学名称为____________。（3）C与D反应生成E的化学方程式为____________。（4）由E生成F的反应类型为____________。（5）G的分子式为____________。（6）L是D的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，1mol的L可与2mol的Na2CO3反应，L共有______种；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3∶2∶2∶1的结构简式为___________、____________。

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【答案解析】分析：A.将二聚分子变成单分子，得BA3化学式，根据两种元素都处于第三周期，可能是PCl3

或AlCl3，再根据原子最外层都达到8电子稳定结构判断；B、根据该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，不存在离子键；C、化合物形成二聚分子，是分子晶体；D、该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物。详解：将二聚分子变成单分子，得BA3化学式，根据两种元素都处于第三周期，可能是PCl3或AlCl3，而在PCl3所有原子已达稳定结构，形成二聚分子是不可能的，所以只可能是AlCl3，该化合物的化学式是Al2Cl6，A说法正确；该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，不存在离子键，只存在Cl-Al键，Cl与Cl之间没有形成非极性共价键，所以也不存在非极性共价键，B说法正确；C、该化合物是无机化合物的形成的二聚分子，属于共价化合物，是分子晶体，C说法正确；该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，不存在离子键，也不是离子化合物，在熔融状态下不能导电，D说法错误；正确选项D。2、D【答案解析】

A项、油脂属于高级脂肪酸甘油酯，油脂是一种营养物质，用油脂可以制造肥皂和油漆，故A正确；B项、饱和Na2SO4溶液加入蛋白质溶液中，可使蛋白质发生盐析而析出，故B正确；C项、碱性条件下，葡萄糖与新制氢氧化铜混合，加热至沸腾生成砖红色的氧化亚铜沉淀，故C正确；D项、根据组成蛋白质的氨基酸的结构特点可知，每个氨基酸都至少含有一个氨基和一个羧基，但不是只有一个羧基和一个氨基，如谷氨酸中含一个氨基和两个羧基，故D错误。故选D。【答案点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意判断有机物中的官能团，把握官能团与性质的关系、有机反应和性质应用等为解答的关键。3、B【答案解析】

A.二氟化氙的氙原子原有8个电子，故其与氟成键后最外层一定超过到8电子，A错误；B.XeF2、KrF2均为分子晶体，分子量越大，沸点越高，XeF2的沸点比KrF2的高，B正确；C.二氟化氙为非极性分子，则其分子结构一定是对称的，故分子的空间构型为直线型，C错误；D.二氟化氙为直线构型，则由极性键构成的非极性分子，D错误；答案为B4、C【答案解析】

A、苯、己烷、己烯中只有己烯能使溴水褪色，苯、己烷都不与溴水反应，且不溶于水、密度都比水小，所以苯、己烷、己烯仅用溴水不能鉴别，故不选A；B.己烯、己炔都能与溴水发生加成反应使溴水褪色，所以己烷、己烯、己炔仅用溴水不能鉴别，故不选B；C.苯、四氯化碳、苯乙烯中只有苯乙烯能使溴水褪色，苯、四氯化碳都不与溴水反应，且不溶于水，但苯的密度比水小、四氯化碳的密度比水大，所以苯、四氯化碳、苯乙烯仅用溴水能鉴别，故选C；D.溴苯、四氯化碳、己烯中只有己烯能使溴水褪色，溴苯、四氯化碳都不与溴水反应，且不溶于水、密度都比水大，所以溴苯、四氯化碳、己烯仅用溴水不能鉴别，故不选D。5、C【答案解析】

A、尼龙绳的主要成分是聚酯类合成纤维，选项A正确；B、蔗糖的水解产物有果糖和葡萄糖两种，果糖和葡萄糖互为同分异构体，选项B正确；C、高纤维食物是指富含膳食纤维的食物，经常食用对人体健康有益，膳食纤维是植物的一部分并不被人体消化的一大类糖类物质，选项C错误；D、加热能杀死流感病毒，与蛋白质受热变性有关，选项D正确；答案选C。6、A【答案解析】

Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最多，应满足恰好反应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠元素守恒可得：n(NaCl)=n(NaOH)=0.250L×2.00mol/L=0.5mol，根据氯元素守恒可得：n(HCl)=n(NaCl)=0.5mol，故该元素的物质的量浓度==1mol/L，A项正确；答案选A。【答案点睛】元素守恒是解化学计算题经常用到的一种方法，把握物质之间的转化关系，追踪元素的存在形式，列出关系式得出结论。7、C【答案解析】

A.该物质中含8种位置的H原子,则核磁共振氢谱中有8个峰,故A错误;B.苯环为平面结构,与苯环直接相连的原子在同一平面内,则2个苯环及-COOC-中的两个碳可共平面,最多14个碳原子共面,故B错误;C.含酚-OH,能发生缩聚反应,故C正确;D.酚-OH及-COOC-能与碱反应,则该物质最多能与含3mol的烧碱溶液反应,故D错误;答案：C。【答案点睛】该物质含酚-OH和-COOC-,且结构不对称,苯环为平面结构,结合酚,酯的性质来解答即可。8、A【答案解析】

A．只增加氧气的浓度，则正反应速率增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，与图象吻合，A正确；B．正反应为放热反应，则升高温度平衡向逆反应方向移动，二氧化硫的转化率降低，图象不符，B错误；C．增大压强平衡正向移动，转化率增大，但反应速率增大，到达平衡所用时间较少，图象不符，C错误；D．加入催化剂，反应速率增大，到达平衡所用时间减少，但平衡不移动，图象不符，D错误；答案选A。9、A【答案解析】

NH3溶于水绝大部分与水生成一水合氨，但是计算时，以NH3算。A．根据，则，选项中的表达式利用的是，，但是溶液的体积不是气体体积（V）和溶剂体积（1L）的加和，A项错误，符合题意；B．根据公式，得；B项正确，不符合题意；C．，；，，C项正确，不符合题意；D．,，带入有，D项正确，不符合题意；本题答案选A。【答案点睛】两个体积不同的溶液混合在一起，混合后的溶液体积不等于混合前两溶液的体积之和，所以混合后的溶液的体积一般根据计算，此外注意单位的换算。10、D【答案解析】

A．三价铁离子在水溶液中部分水解，所以100

mL

1

mol•L-1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，故A错误；B．常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，因此11.2

L甲烷和乙烯混合物的物质的量不是0.5mol，其中含氢原子数目不是2NA，故B错误；C．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫的反应为可逆反应，不能进行到底，所以密闭容器中，2

mol

SO2和1

mol

O2催化反应后分子总数大于2NA小于3NA，故C错误；D．124gP4的物质的量为=1mol，根据P4的结构式，1molP4含有6molP-P键，即含有P-P键数目为6NA，故D正确；答案选D。11、B【答案解析】

A项，Mg(OH)2的溶度积小，由Ksp计算则其镁离子浓度小，故A项错误；B项，NH4＋可以结合Mg(OH)2电离出的OH－离子，从而促使Mg(OH)2的电离平衡正向移动，c(Mg2＋)增大，故B项正确；C项，Ksp不随浓度变化，仅与温度有关，故C项错误；D项，两者Ksp接近，使用浓氟化钠溶液，可以使氢氧化镁转化，故D项错误。答案选B。12、C【答案解析】

A.A是正四面体结构，A的二氯代物只有相邻的位置，则二氯代物只有一种，故A错误；B.B为正三棱柱结构，其分子式为C6H6，故B错误；C.C为正方体结构，分子式为C8H8，其属于芳香烃，它的同分异构体为C6H5—CH=CH2，因含有碳碳双键能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D.A的分子式为C4H4，B的分子式为：C6H6，C的分子式为：C8H8，它们的最简式为CH，故D错误；故选C。13、A【答案解析】分析：氨水呈碱性,向盛有硝酸银水溶液的试管里加入氨水,首先形成难溶物,Ag++OH-=AgOH↓，继续添加氨水,难溶物溶计算得出到无色的透明溶液,发生：AgOH+2NH3=[Ag(NH3)2]++OH-。

A.配合物中,配位体提供孤电子对,中心原子提供空轨道形成配位键；B.[Ag(NH3)2]OH为强电解质，易电离；

C.在配合离子[Ag(NH3)2]+中，没有离子键，仅有共价键；

D.最终得到无色的透明溶液为[Ag(NH3)2]+，所以反应后Ag+的浓度减小。详解:A.在配合离子[Ag(NH3)2]+中，Ag+提供空轨道，NH3提供孤电子对，形成配位键，故A正确；B.[Ag(NH3)2]OH为强电解质，完全电离[Ag(NH3)2]OH=[Ag(NH3)2]++OH-，故B错误；

C.在配合离子[Ag(NH3)2]+中,Ag+提供空轨道，NH3提供孤电子对，形成配位键，存在N、H间共价键，配位键属于特殊共价键，没有离子键，故C错误；

D.反应后形成[Ag(NH3)2]+络离子，该离子较稳定难电离，所以Ag+的浓度减小，故D错误；所以A选项是正确的。点睛：本题考查了配合物、配位键的形成等性质，题目难度中等，明确形成配合物的条件是：有提供空轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体。注意[Ag（NH

3）

2]

+中，没有离子键。14、D【答案解析】

A.液氨气化时吸热，可用作制冷剂，故A错误；B.晶体硅可用于制作半导体材料是因为导电性介于导体与绝缘体之间，与晶体硅熔点高硬度大无关，故B错误；C.Fe2(SO4)3在溶液中水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中悬浮杂质，可用作净水剂，故C错误；D.Al(OH)3是两性氢氧化物，能与盐酸反应，可用于制胃酸中和剂，故D正确；故选D。【答案点睛】本题考查了常见物质的用途，解题关键：熟悉相关物质的性质，易错点B，注意结构性质和用途的关系。15、C【答案解析】

A、疫苗中的主要成分是用于诱导人体产生相应抗体的抗原，抗原是蛋白质，蛋白质受热易变性，失去活性，因此疫苗一般应冷藏存放，故A说法正确；B、血液为胶体，血液透析利用了胶体不能透过半透膜，即渗析，属于胶体的性质，故B说法正确；C、活性炭具有吸附性，能吸附异味，但不具有杀菌作用，故C说法错误；D、碘酒是游离状态的碘和酒精的混合物，其消毒作用的原理是游离态的碘的超强氧化作用，可以破坏病原体的细胞膜结构及蛋白质分子，因此碘酒可用于皮肤外用消毒，故D说法正确；答案选C。16、C【答案解析】

含有醛基的物质能和银氨溶液反应，出现银镜现象，据此判断。【题目详解】A.乙烯含有碳碳双键，不能发生银镜反应，A不选；B.苯不能发生银镜反应，B不选；C.甲醛含有醛基，能发生银镜反应，C选；D.乙酸乙酯不含有醛基，不能发生银镜反应，D不选；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、adnCH2=CH2CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O①反应①为加成反应，原子利用率100%，反应②为取代反应，有副反应，CH3CH2Cl产量较低，故反应①制备较好【答案解析】

A是植物生长调节剂，它的产量用来衡量一个国家石油化工发展的水平，即A为乙烯，结构简式为CH2=CH2；A与H2发生加成，即B为CH3CH3；A与HCl发生加成反应，即C为CH3CH2Cl；A与H2O发生加成反应，即E为CH3CH2OH；反应⑤是乙醇的催化氧化，即F为CH3CHO；乙醇被酸性K2Cr2O7氧化成乙酸，即G为CH3COOH；乙醇与乙酸发生酯化反应，生成H，则H为CH3CH2OOCCH3；D为高分化合物，常引起白色污染，即D为聚乙烯，其结构简式为，据此分析；【题目详解】（1）根据上述分析，E为CH3CH2OH，其官能团是-OH，电子式为；（2）a、A、B、C、D结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、，其中C不属于烃，故a说法错误；b、烷烃中出现同分异构体，当碳原子≥4时开始出现同分异构现象，故b说法正确；c、A和D的最简式相同，因此等质量时，耗氧量相同，故c说法正确；d、B为乙烷，不能使酸性高锰酸钾溶液或溴水褪色，D中不含碳碳双键，也不能使酸性高锰酸钾溶液或溴水褪色，故d说法错误；答案选ad；（3）反应③发生加聚反应，其反应方程式为nCH2=CH2；反应⑥发生酯化反应，反应方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O；（4）反应①为加成反应，原子利用率100%，反应②为取代反应，有副反应，CH3CH2Cl产量较低，故反应①制备较好。18、环己烷加成反应【答案解析】

由反应路线可知，A为，反应①为取代反应，反应②为消去反应，反应③为碳碳双键与溴发生的加成反应，B为，④为消去反应【题目详解】（1）由以上分析可知A的结构简式是，为环己烷；（2）反应③为加成反应；（3）反应④在氢氧化钠的乙醇溶液中发生消去反应，化学方程式：【答案点睛】本题考查有机物的合成、有机物性质、有机反应类型等，易错点（3），注意掌握卤代烃的性质与反应条件。19、沉淀SO42－；调节溶液pH，使Cr2O72－转化为CrO42－而沉淀BaCrO4比CaCrO4更难溶，可以使CrO42－沉淀更完全温度升高，沉淀速率加快c（H2SO4）增大，则c（SO42－）增大，与Ba2+生成沉淀，促进BaCrO4Ba2++CrO42－平衡右移，c（CrO42－）增大；同时，c（H+）也增大，共同促进Cr2O72－+H2O2CrO42－+2H+平衡左移，有利于生成更多的H2Cr2O7BaSO4与BaCrO4溶解度接近，c（H2SO4）越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使其难于接触H2SO4，阻碍重铬酸生成受到溶液pH、温度、H2SO4浓度、BaCrO4颗粒大小等影响（其他答案合理给分）【答案解析】

①加入熟石灰有两个作用，首先Ca2+使SO42－沉淀便于分离，同时OH-的加入会与溶液中的H+反应，使上述离子方程式平衡向右移动，Cr2O72－转化为CrO42－，便于与BaCl2·H2O生成沉淀BaCrO4。②BaCrO4的溶度积比CaCrO4小很多，所以BaCrO4更难溶，加入Ba2+可以使CrO42－沉淀更完全。③根据热化学方程式可知沉淀溶解是吸热反应，因此生成沉淀的过程是放热的，温度升高会加快生成沉淀的速率，在未达化学平衡态时，相同的时间间隔内产生更多的沉淀，所以沉淀率提高。（3）①c（H2SO4）增大，则c（SO42－）增大，与Ba2+生成沉淀，促进BaCrO4Ba2++CrO42－平衡右移，c（CrO42－）增大；同时，c（H+）也增大，共同促进Cr2O72－+H2O2CrO42－+2H+平衡左移，有利于生成更多的H2Cr2O7。②BaSO4与BaCrO4溶解度接近，c（H2SO4）越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使CrO42－更难接触到H2SO4，阻碍H2Cr2O7生成，所以H2SO4浓度高于0.450mol/L时，H2Cr2O7的回收率没有明显变化。（3）溶液pH降低有利于生成Cr2O72-，温度改变会影响沉淀回收率，加入H2SO4能回收H2Cr2O7，同时BaCrO4颗粒大小关系到回收量的多少，颗粒越大BaSO4越难完全包裹住BaCrO4，因此沉淀BaCrO4并进一步回收H2Cr2O7的效果受溶液pH

、温度、H2SO4浓度、BaCrO4颗粒大小等影响。20、分液漏斗HCl防止Cl2与KOH反应生成KClO3吸收多余的Cl2，防止污染空气3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2OKOH79.2%【答案解析】

根据实验装置图可知，A装置中用二氧化锰与浓盐酸加热制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液反应制得次氯酸钾，为防止在较高温度下生成KClO3，C装置中用冰水浴，反应的尾气氯气用D装置中氢氧化钠吸收。(3)根据反应FeO42-+CrO2-+2H2O═CrO42-+Fe(OH)3↓+OH-、2CrO42-+2H+═Cr2O72-+H2O和Cr2O72-+6Fe2++14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，可得关系式2FeO42-～Cr2O72-～6Fe2+，再根据题意计算。【题目详解】(1)①根据装置图可知仪器a的名称是分液漏斗，根据上述分析，装置B吸收的气体为HCl；②Cl2与K