2021-2022学年江苏省苏州市八校高二（下）期末化学试卷

第1页（共1页）2021-2022学年江苏省苏州市八校高二（下）期末化学试卷一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。1．（3分）2022年6月5日，搭载神舟十四号载人飞船的长征二号F遥十四运载火箭发射成功。下列有关航天化学材料的叙述正确的是（）A．火箭采用的高强度新型钛合金属于金属材料 B．空间站碳纤维操纵杆是航天员手臂“延长器”，碳纤维属于有机高分子材料 C．核心舱搭载有柔性太阳能电池，太阳能电池板的核心材料是二氧化硅 D．宇航员所戴手套的羊皮内衬，羊皮属于天然纤维素2．（3分）实验室制备Na2S2O3的反应原理是：2Na2S+4SO2+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2。下列有关说法正确的是（）A．S2﹣的结构示意图为： B．基态O的电子排布式为：1s22s22p4 C．SO2的球棍模型为： D．CO2的电子式为：3．（3分）以含钴废渣（主要成分CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质）为原料制备Co2O3需经历酸浸、还原、沉钴、过滤、灼烧等操作。下列实验装置能达到实验目的的是（）A．配制“酸浸”所需的1mol⋅L﹣1H2SO4溶液 B．制备“还原”所需的SO2气体 C．过滤“沉钴”所得悬浊液 D．灼烧CoCO3固体制Co2O3阅读材料，完成4～6题：纯碱（Na2CO3）是重要的基础化工原料，我国化学家侯德榜在1943年提出了著名侯氏制碱法。原理为：将CO2通入氨化的饱和食盐水中析出NaHCO3晶体，将得到的NaHCO3晶体加热分解生成Na2CO34．（3分）下列物质的性质与用途具有对应关系的是（）A．NaCl晶体熔点高；电解熔融NaCl制取金属Na B．NH4Cl水溶液有酸性；氯铵用作农作物肥料 C．Na2CO3水溶液有碱性；纯碱用于清洗餐具油污 D．NaHCO3受热易分解；小苏打用于制作灭火剂5．（3分）下列有关NH3、NH4+、CO2和CO32﹣的说法正确的是（）A．电负性：N＞O＞C＞H B．沸点：CO2＞NH3 C．键角：NH4+＞CO32﹣ D．NH3为极性分子，CO2为非极性分子6．（3分）在指定条件下，下列各物质间转化均能实现的是（）A．NaNa2ONa2CO3 B．NH3（g）NO（g）HNO3（aq） C．NaCl（aq）Cl2FeCl2（s） D．BaCl2（aq）BaCO3（s）BaSO4（s）7．（3分）原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素，其中X、Z位于同一主族，Y、Z、W处于同一周期。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍。基态Y原子的电子总数是其最高能级电子数的5倍。下列说法正确的是（）A．第一电离能：Y＜Z＜W B．简单离子半径：W＜Z＜Y C．气态氢化物的稳定性：X＜Z＜Y D．氧化物对应水化物的酸性：Y＜Z＜W8．（3分）下列用物质结构知识解释原因不合理的是（）A．的沸点高于，是因为其范德华力更大 B．H2O的热稳定性大于H2S，是因为键能O﹣H比S﹣H大 C．NaCl熔点大于KCl，是因为晶格能NaCl比KCl大 D．Zn（OH）2溶于氨水，是因为Zn2+能和NH3形成稳定的[Zn（NH3）4]2+9．（3分）醇的Jones氧化：用丙酮作溶剂，一级醇（或二级醇）与铬酸（H2CrO4）作用可氧化生成羧酸（或酮）的反应，反应过程如图所示。下列说法不正确的是（）已知：羟基相连的碳上有2个H的醇为一级醇；有1个H的醇为二级醇。A．铬在元素周期表中位于第四周期ⅥB族 B．铬酸（H2CrO4）只是醇的Jones氧化反应的催化剂 C．反应物（X）→产物（Z）的反应属于酯化反应 D．若R1为﹣H、R2为﹣C2H5，则最终氧化产物为丙酸10．（3分）异黄酮类化合物是药用植物的有效成分。一种异黄酮Z的部分合成路线如图：下列有关化合物X、Y和Z的说法不正确的是（）A．X分子中碳原子杂化类型为sp2、sp3 B．Y分子结构中有三种含氧官能团 C．Z在水中的溶解性比Y好 D．等物质的量的X、Y、Z，完全反应消耗NaOH的物质的量之比为2：3：211．（3分）氯化亚铜（CuCl）可用作有机合成的催化剂。工业上用黄铜矿（主要成分是CuFeS2，还含有少量SiO2）制备CuCl的工艺流程如图：下列说法正确的是（）A．“浸取”时每充分溶解4molCuFeS2至少反应消耗17×22.4LO2 B．“调pH”目的是除铁，用氨水代替CuO效果更好 C．“还原”时生成了[CuCl2]﹣，反应的离子方程式为Cu+Cu2++4Cl﹣2[CuCl2]﹣ D．CuCl的晶胞如图，每个Cu+周围与之距离最近的Cu+数目是412．（3分）利用小粒径零价铁（ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯（C2HCl3）进行水体修复的过程如图所示，水体中的H+、O2、NO3﹣等共存物会影响修复效果。下列说法错误的是（）A．若水体酸性较强，则ZVI易发生析氢腐蚀 B．水体修复过程溶液的pH保持不变 C．图中④的电极反应式为NO3﹣+10H++8e﹣＝NH4++3H2O D．过程中可产生Fe（OH）3胶体有利于净化水质13．（3分）已知亚硒酸（H2SeO3）为二元弱酸，常温下，向某浓度的亚硒酸溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，测得溶液中H2SeO3、HSeO3﹣、SeO32﹣三种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。下列说法不正确的是（）A．向pH＝1.2的溶液中滴加NaOH溶液至pH＝4.2的过程中水的电离程度一直增大 B．pH＝4.2时，溶液中c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+3c（HSeO3﹣） C．在NaHSeO3溶液中，存在c（SeO32﹣）＜c（H2SeO3） D．常温下，亚硒酸的电离平衡常数Kal＝10﹣1.214．（3分）已知：无CO时反应2NO（g）⇌N2（g）+O2（g）、有CO时反应2CO（g）+2NO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）。某研究小组以AgZSM为催化剂，在容积为1L的容器中，相同时间下测得0.1molNO转化为N2的转化率随温度变化如图所示。下列说法不正确的是（）A．反应2NO（g）⇌N2（g）+O2（g）的ΔH＜0 B．X点可以通过更换高效催化剂提高NO的反应速率 C．Y点再通入CO、N2各0.01mol，此时v（CO，正）＜v（CO，逆） D．达平衡后，其他条件不变改变物料使＞1，CO转化率下降二、非选择题共58分15．（15分）铜阳极泥含有金属（Au、Ag、Cu等）及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有Ag、Ag2Se、AgCl等。如图是从铜阳极泥提取银的一种工艺：（1）基态Se原子的核外电子排布式为；溶液a的主要成分是（填写化学式）。（2）水氯化浸金得到HAuCl4的化学方程式为；[AuCl4]﹣配离子的结构式为（需用“→”标明配位键，不必考虑空间构型）。（3）氨浸分银需不断通氨提高银的浸取率，请说明氨气极易溶于水的主要原因：。（4）N2H4为二元弱碱，在水中可电离产生N2H62+，写出一种和N2H62+互为等电子体的分子的电子式。（5）如图，金属Ag的晶胞为面心立方体结构，则晶体银的密度ρ＝g•cm﹣3。（用代数式表示）已知：1pm＝1×10﹣10cm，NA表示阿伏加德罗常数的值。16．（15分）溴化锂（LiBr）是一种高效空气湿度调节剂；碘化钠（NaI）可用于医用祛痰剂等。它们可利用单质直接化合、氢氧化物和氢卤酸中和等反应合成。（1）工业上以碳酸锂为原料制备LiBr⋅H2O晶体的流程如图：①合成LiBr时生成了两种参与大气循环的气体，反应的化学方程式为。②加还原剂硫脲[CS（NH2）2]除去可能含有的BrO3﹣，1molCS（NH2）2共有molσ键。③溴化锂的溶解度随温度的变化曲线如图1所示。则从脱色、过滤所得溶液中提取LiBr⋅H2O晶体的操作有：在HBr氛围下蒸发浓缩、，，洗涤后烘干。（2）某学生兴趣小组在实验室用碘单质制备较纯的NaI晶体，部分装置如图2所示。药品：30mLNaOH溶液（含8.2gNaOH）、25.4g碘、水合肼（还原剂，产物为N2）、1.0g活性炭和蒸馏水等。实验步骤：向三口烧瓶中加入30mLNaOH溶液，边搅拌边加入25.4g单质碘。连接好装置并通入冷凝水，，过滤后将滤液蒸发浓缩、结晶、过滤、干燥得产品24.3g。回答问题：①碘溶于NaOH溶液生成NaI和NaIO3的离子方程式为。②设计合理方案，补充完整上述实验步骤：。17．（15分）阳澄湖在从“生产养殖水体”向“生态旅游水体”转型，湖水的化学耗氧量（COD）有明显下降。COD值是指氧化1L水样中还原性物质所消耗O2的质量（常用K2Cr2O7标准溶液测定，并换算成O2的质量）。已知：i）溶液中Cr2O72﹣+H2O2⇌2CrO42﹣+2H+；六价铬[Cr（VI）]在pH＞6.5时主要以CrO42﹣形式存在，pH＜6.5时主要以Cr2O72﹣形式存在；ii）Cr2O72﹣有强氧化性，还原产物为Cr3+；iii）Ksp（Ag2CrO4）＝9.0×10﹣12、Ksp[Cr（OH）3]＝6.3×10﹣31、Ksp[Fe（OH）3]＝2.6×10﹣39。（1）水样COD的测定：量取20.00mL水样，加入V1mL0.2500mol•L﹣1K2Cr2O7标准溶液混合，在Ag+催化和强酸性条件下充分氧化；再用0.1200mol⋅L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定剩余的K2Cr2O7，消耗V2mL（NH4）2Fe（SO4）2溶液。试回答：①水样进行氧化时需保持强酸性的目的有：一是降低CrO42﹣浓度，以免将Ag+沉淀而影响催化活性；二是。②计算水样的COD（单位：mg⋅L﹣1）。（写出必要的计算过程）（2）测定废液的处理：COD测定所产生的酸性废液中含有Cr2O72﹣、Cr3+、Fe3+、Ag+等，处理流程如图。①固体Ⅰ可溶于浓氨水，反应的离子方程式为。②可排放溶液中＝。（计算结果用科学记数法，并保留两位有效数字）。③氧化石墨烯（AGO）可以吸附去除Cr（VI）。已知AGO表面Zeta电位（数值表示吸附剂表面电荷的电性和电荷数相对大小）随pH变化的曲线如图。当pH为4.0～6.0时，AGO对Cr（Ⅵ）的去除率较高，可能的原因是。18．（13分）甲酸（HCOOH）是重要的液态储氢原料。将温室气体CO2转化为甲酸既具有经济技术意义，又具有环保意义。（1）已知CO2（g）+H2（g）＝HCOOH（g）ΔH＝35.2kJ⋅mol﹣1。该反应在理论上属于原子经济性100%的绿色工艺，但是该反应不能自发进行，判断依据是。（2）在实践中，CO2制备甲酸的一种流程如图：①写出过程Ⅱ的离子方程式。②过程Ⅱ中，其他条件不变，HCO3﹣转化为HCOO﹣的转化率如图1所示。则在40℃～80℃范围内转化率迅速上升，其主要原因可能是。（3）近期，天津大学化学团队以CO2与辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如图2所示。①在In/In2O3﹣x电极上发生的电极反应式为：。②工作一段时间后，右侧电极室内辛胺溶液pH显著降低，原因为。

2021-2022学年江苏省苏州市八校高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。1．（3分）2022年6月5日，搭载神舟十四号载人飞船的长征二号F遥十四运载火箭发射成功。下列有关航天化学材料的叙述正确的是（）A．火箭采用的高强度新型钛合金属于金属材料 B．空间站碳纤维操纵杆是航天员手臂“延长器”，碳纤维属于有机高分子材料 C．核心舱搭载有柔性太阳能电池，太阳能电池板的核心材料是二氧化硅 D．宇航员所戴手套的羊皮内衬，羊皮属于天然纤维素【分析】A．合金和金属单质都属于金属材料；B．碳纤维为碳的一种单质；C．晶体硅为良好的半导体；D．羊皮主要成分为蛋白质。【解答】解：A．火箭采用的高强度新型钛合金属于合金，合金属于金属材料，故A正确；B．碳纤维为碳的一种单质，属于无机物，不是有机高分子化合物，故B错误；C．晶体硅为良好的半导体，是制造太阳能电池板的核心材料，二氧化硅不具有此性质和用途，故C错误；D．宇航员所戴手套的羊皮内衬，羊皮主要成分为蛋白质，属于天然蛋白质，故D错误；故选：A。【点评】本题主要考查化学材料的结构、组成与分类、性质等，同时考查学生的灵活应用能力与分析能力，属于基本知识的考查，难度不大。2．（3分）实验室制备Na2S2O3的反应原理是：2Na2S+4SO2+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2。下列有关说法正确的是（）A．S2﹣的结构示意图为： B．基态O的电子排布式为：1s22s22p4 C．SO2的球棍模型为： D．CO2的电子式为：【分析】A．S2﹣的质子数为16，不是18；B．氧原子的核外电子数为8，结合构造原理书写其排布式；C．是SO2的比例模型，不是球棍模型；D．二氧化碳分子中C和O原子之间共用两对电子。【解答】解：A．硫离子的核内有16个质子，核外有18个电子，核外电子分层排布，其结构示意图为，故A错误；B．基态O原子的核外有8个电子，根据构造原理书写其电子排布式为1s22s22p4，故B正确；C．SO2是V形分子，中心原子是S，并且S的原子半径大于O，其比例模型为，球棍模型为，故C错误；D．CO2分子中C和O原子之间共用两对电子，C、O原子最外层电子数都是8，其电子式为，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学用语的表示方法，侧重基础知识的检测和灵活运用能力的考查，明确电子式、离子结构示意图、电子排布式、球棍模型及比例模型的书写方法及规则是解本题关键，题目难度不大。3．（3分）以含钴废渣（主要成分CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质）为原料制备Co2O3需经历酸浸、还原、沉钴、过滤、灼烧等操作。下列实验装置能达到实验目的的是（）A．配制“酸浸”所需的1mol⋅L﹣1H2SO4溶液 B．制备“还原”所需的SO2气体 C．过滤“沉钴”所得悬浊液 D．灼烧CoCO3固体制Co2O3【分析】A.不能在容量瓶中稀释浓硫酸；B.铜与浓硫酸的反应需要加热，缺少加热装置；C.过滤操作时要遵循“一贴、二低、三靠”的原则；D.灼烧固体应该选用坩埚。【解答】解：A.配制1mol•L﹣1H2SO4溶液时，应该在烧杯中稀释浓硫酸，不能直接在容量瓶中稀释，故A错误；B.Cu与浓硫酸的反应需要加热，图示装置中缺少酒精灯，无法制取SO2，故B错误；C.图中为过滤装置，可过滤分离出CoCO3固体，操作合理，故C正确；D.灼烧应在坩埚中进行，不能选蒸发装置，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。阅读材料，完成4～6题：纯碱（Na2CO3）是重要的基础化工原料，我国化学家侯德榜在1943年提出了著名侯氏制碱法。原理为：将CO2通入氨化的饱和食盐水中析出NaHCO3晶体，将得到的NaHCO3晶体加热分解生成Na2CO34．（3分）下列物质的性质与用途具有对应关系的是（）A．NaCl晶体熔点高；电解熔融NaCl制取金属Na B．NH4Cl水溶液有酸性；氯铵用作农作物肥料 C．Na2CO3水溶液有碱性；纯碱用于清洗餐具油污 D．NaHCO3受热易分解；小苏打用于制作灭火剂【分析】A．钠性质活泼，通常用电解法冶炼；B．氯铵含有氮元素；C．油脂在碱性环境下水解生成可溶性物质；D．碳酸氢钠与硫酸铝反应生成氢氧化铝、二氧化碳。【解答】解：A．钠性质活泼，通常用电解法冶炼，与其熔点高无关，故A错误；B．氯铵含有氮元素，氮元素是植物生长需要的元素，所以氯铵用作农作物肥料，与NH4Cl水溶液有酸性无关，故B错误；C．油脂在碱性环境下水解生成可溶性物质，而Na2CO3水溶液有碱性，所以纯碱用于清洗餐具油污，故C正确；D．碳酸氢钠与硫酸铝反应生成氢氧化铝、二氧化碳，可用于制造泡沫灭火器，与NaHCO3受热易分解无关，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉物质性质与用途之间的关系即可解答，题目难度不大。5．（3分）下列有关NH3、NH4+、CO2和CO32﹣的说法正确的是（）A．电负性：N＞O＞C＞H B．沸点：CO2＞NH3 C．键角：NH4+＞CO32﹣ D．NH3为极性分子，CO2为非极性分子【分析】A．同周期主族元素的电负性由左向右逐渐增大，同主族元素的电负性由上向下逐渐减小；B．氨气与二氧化碳都是分子晶体，氨气分子间存在氢键；C．铵根离子为正四面体构形，碳酸根离子为平面三角形；D．分子中正负电荷中心不重合的为极性分子，重合的为非极性分子。【解答】解：A．同周期主族元素的电负性由左向右逐渐增大，同主族元素的电负性由上向下逐渐减小，所以该配离子中的非金属元素的电负性大小顺序为O＞N＞C＞H，故A错误；B．氨气与二氧化碳都是分子晶体，氨气分子间存在氢键，所以沸点：CO2＜NH3，故B错误；C．铵根离子为正四面体构形，碳酸根离子为平面三角形，键角：NH4+＜CO32﹣，故C错误；D．NH3为三角锥形，正负电荷中心不重合，极属于性分子，CO2为直线形结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了物质结构与性质，明确电负性大小规律，熟悉价电子互斥理论、极性分子与非极性分子的概念即可解答，题目难度不大。6．（3分）在指定条件下，下列各物质间转化均能实现的是（）A．NaNa2ONa2CO3 B．NH3（g）NO（g）HNO3（aq） C．NaCl（aq）Cl2FeCl2（s） D．BaCl2（aq）BaCO3（s）BaSO4（s）【分析】A．钠与氧气点燃生成过氧化钠；B．一氧化氮与水不反应；C．氯气与铁反应生成氯化铁；D．氯化钡、氨气和二氧化碳反应生成碳酸钡和氯化铵，碳酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和碳酸钠。【解答】解：A．钠与氧气点燃生成过氧化钠，NaNa2O不能实现，故A错误；B．一氧化氮与水不反应，NO（g）HNO3（aq）不能实现，故B错误；C．氯气与铁反应生成氯化铁，Cl2FeCl2（s）不能实现，故C错误；D．氯化钡、氨气和二氧化碳反应生成碳酸钡和氯化铵，碳酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和碳酸钠，所以BaCl2（aq）BaCO3（s）BaSO4（s）能够实现，故D正确；故选：D。【点评】本题考查金属及其化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。7．（3分）原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素，其中X、Z位于同一主族，Y、Z、W处于同一周期。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍。基态Y原子的电子总数是其最高能级电子数的5倍。下列说法正确的是（）A．第一电离能：Y＜Z＜W B．简单离子半径：W＜Z＜Y C．气态氢化物的稳定性：X＜Z＜Y D．氧化物对应水化物的酸性：Y＜Z＜W【分析】原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，X只能有2个电子层符合电子排布规律，最外层电子数为6，则X为O元素；X、Z位于同一主族，则Z为S元素；Y、Z、W处于同一周期，均为第三周期，基态Y原子的电子总数是其最高能级电子数的5倍，设最外层电子数为y，则2+8+y＝5（y﹣2），解得y＝5，则Y为P元素；W的原子序数大于S，且为短周期主族元素，则W为S元素，以此来解答。【解答】解：根据分析可知，X为O元素，Y为P元素，Z为S元素，W为Cl元素，A．主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，P的3p轨道处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：S＜P＜Cl，故A错误；B．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则简单离子半径由小到大的顺序为：W＜Z＜Y，故B正确；C．非金属性：P＜S＜O，则气态氢化物的稳定性：Y＜Z＜X，故C错误；D．非金属性：S＜P＜Cl，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜Z＜W，没有指出元素最高价，该关系不一定成立，如磷酸、磷酸、亚硫酸的酸性均大于次氯酸，故D错误；故选：B。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。8．（3分）下列用物质结构知识解释原因不合理的是（）A．的沸点高于，是因为其范德华力更大 B．H2O的热稳定性大于H2S，是因为键能O﹣H比S﹣H大 C．NaCl熔点大于KCl，是因为晶格能NaCl比KCl大 D．Zn（OH）2溶于氨水，是因为Zn2+能和NH3形成稳定的[Zn（NH3）4]2+【分析】A．分子间氢键使物质的沸点升高，分子内氢键使物质的沸点降低；B．原子半径越小，共价键越短，键能越大，分子越稳定；C．离子晶体的晶格能越大，熔点越高；D．Zn2+能与NH3形成[Zn（NH3）4]2+。【解答】解：A．的沸点高于，是因为对羟基苯甲醛分子间存在氢键，邻羟基苯甲醛分子内形成氢键，分子间氢键使物质的沸点升高，分子内氢键使物质的沸点降低，故A错误；B．原子半径越小，共价键越短，键能越大，分子越稳定，H2O的热稳定性大于H2S，是因为键能O﹣H比S﹣H大，故B正确；C．离子晶体的晶格能越大，熔点越高；NaCl熔点大于KCl，是因为晶格能NaCl比KCl大，故C正确；D．由于Zn2+能与NH3形成[Zn（NH3）4]2+，所以Zn（OH）2溶于氨水，故D正确；故选：A。【点评】本题考查分子的性质，侧重考查学生基础知识的应用能力，试题难度中等。9．（3分）醇的Jones氧化：用丙酮作溶剂，一级醇（或二级醇）与铬酸（H2CrO4）作用可氧化生成羧酸（或酮）的反应，反应过程如图所示。下列说法不正确的是（）已知：羟基相连的碳上有2个H的醇为一级醇；有1个H的醇为二级醇。A．铬在元素周期表中位于第四周期ⅥB族 B．铬酸（H2CrO4）只是醇的Jones氧化反应的催化剂 C．反应物（X）→产物（Z）的反应属于酯化反应 D．若R1为﹣H、R2为﹣C2H5，则最终氧化产物为丙酸【分析】A．Cr的价电子排布为3d54s1；B．铬酸可氧化醇；C．反应物（X）→产物（Z）生成酯基；D．R1为﹣H、R2为﹣C2H5，一级醇的最终氧化产物含羧基。【解答】解：A．Cr的价电子排布为3d54s1，位于第四周期ⅥB族，故A正确；B．铬酸参加整个反应，则铬酸（H2CrO4）是整个反应的氧化剂，故B错误；C．反应物（X）→产物（Z）生成酯基，可知反应属于酯化反应，故C正确；D．R1为﹣H、R2为﹣C2H5，最终产物含羧基，则最终氧化产物为丙酸，故D正确；故选：B。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构变化、催化剂的作用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。10．（3分）异黄酮类化合物是药用植物的有效成分。一种异黄酮Z的部分合成路线如图：下列有关化合物X、Y和Z的说法不正确的是（）A．X分子中碳原子杂化类型为sp2、sp3 B．Y分子结构中有三种含氧官能团 C．Z在水中的溶解性比Y好 D．等物质的量的X、Y、Z，完全反应消耗NaOH的物质的量之比为2：3：2【分析】A．苯环、连接双键的碳原子都采用sp2杂化，饱和碳原子都采用sp3杂化；B．Y中含氧官能团有羟基、羰基、酯基；C．酚羟基和羧基都属于亲水基；D．酚羟基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH以1：1反应。【解答】解：A．苯环、连接双键的碳原子都采用sp2杂化，饱和碳原子都采用sp3杂化，X中甲基上的碳原子采用sp3杂化，苯环和羰基上的碳原子都采用sp2杂化，故A正确；B．Y中含有羟基、羰基、酯基三种含氧官能团，故B正确；C．酚羟基和羧基都属于亲水基，Z含有羧基和酚羟基、Y只有一个羧基，所以Z在水中的溶解性比Y好，故C正确；D．酚羟基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH以1：1反应，等物质的量的X、Y、Z，完全反应消耗NaOH的物质的量之比为2：4：2＝1：2：1，故D错误；故选：D。【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。11．（3分）氯化亚铜（CuCl）可用作有机合成的催化剂。工业上用黄铜矿（主要成分是CuFeS2，还含有少量SiO2）制备CuCl的工艺流程如图：下列说法正确的是（）A．“浸取”时每充分溶解4molCuFeS2至少反应消耗17×22.4LO2 B．“调pH”目的是除铁，用氨水代替CuO效果更好 C．“还原”时生成了[CuCl2]﹣，反应的离子方程式为Cu+Cu2++4Cl﹣2[CuCl2]﹣ D．CuCl的晶胞如图，每个Cu+周围与之距离最近的Cu+数目是4【分析】黄铜矿（主要成分是CuFeS2，还含有少量SiO2）加入H2SO4浸取，同时通入O2，发生反应4CuFeS2+17O2+4H+＝4Cu2++4Fe3++8SO42﹣+2H2O，SiO2不与H2SO4反应，过滤后除去SiO2，溶液中阳离子为Cu2+和Fe3+，加入过量的CuO调pH后，将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，滤渣中含有Fe（OH）3和过量的CuO，加入过量Cu、NaCl、盐酸还原Cu2+得到CuCl，溶于浓盐酸生成氯亚铜酸，化学式为[H（CuCl2）]，过滤得到滤渣的主要成分是Cu，氯亚铜酸溶液经一系列操作后得到CuCl固体，据此分析。【解答】解：A．“浸取”时，CuFeS2在酸性条件下与氧气发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：4CuFeS2+17O2+4H+＝4Cu2++4Fe3++8SO42﹣+2H2O，溶解4molCuFeS2至少消耗标况下17×22.4LO2，故A错误；B．“调pH”目的是除铁，用氨水代替CuO会引入杂质铵根离子，不选氨水，故B错误；C．“还原”时，铜粉与Cu2+及Cl﹣反应转化为Na[CuCl2]，离子反应方程式为Cu+Cu2++4Cl﹣2[CuCl2]﹣，故C正确；D．由CuCl的晶胞图可知，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是12，故D错误；故选：C。【点评】本题以物质制备为载体，考查学生对原理的分析理解、物质的分离提纯、氧化还原反应、晶胞计算等，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等。12．（3分）利用小粒径零价铁（ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯（C2HCl3）进行水体修复的过程如图所示，水体中的H+、O2、NO3﹣等共存物会影响修复效果。下列说法错误的是（）A．若水体酸性较强，则ZVI易发生析氢腐蚀 B．水体修复过程溶液的pH保持不变 C．图中④的电极反应式为NO3﹣+10H++8e﹣＝NH4++3H2O D．过程中可产生Fe（OH）3胶体有利于净化水质【分析】A．根据图知，反应②的电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑；B．反应②的电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑、反应③的电极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣；C．反应④的电极上NO3﹣得电子和H+反应生成NH4+、H2O；D．修复过程中溶液呈碱性，发生的反应有Fe﹣2e﹣＝Fe2+、Fe2++2OH﹣＝Fe（OH）2↓、4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3（胶体），胶体具有吸附性。【解答】解：A．根据图知，反应②的电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，若水体酸性较强，则ZVI易发生析氢腐蚀，故A正确；B．反应②的电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑、反应③的电极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，消耗H+、生成OH﹣，所以溶液碱性增强，溶液的pH值增大，故B错误；C．反应④的电极上NO3﹣得电子和H+反应生成NH4+、H2O，电极反应式为NO3﹣+10H++8e﹣＝NH4++3H2O，故C正确；D．修复过程中溶液呈碱性，发生的反应有Fe﹣2e﹣＝Fe2+、Fe2++2OH﹣＝Fe（OH）2↓、4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3（胶体），胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而净水，故D正确；故选：B。【点评】本题考查金属腐蚀与防护，侧重考查识图、分析、判断及知识综合运用能力，明确金属腐蚀与防护原理、发生的化学反应等知识点是解本题关键，题目难度不大。13．（3分）已知亚硒酸（H2SeO3）为二元弱酸，常温下，向某浓度的亚硒酸溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，测得溶液中H2SeO3、HSeO3﹣、SeO32﹣三种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。下列说法不正确的是（）A．向pH＝1.2的溶液中滴加NaOH溶液至pH＝4.2的过程中水的电离程度一直增大 B．pH＝4.2时，溶液中c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+3c（HSeO3﹣） C．在NaHSeO3溶液中，存在c（SeO32﹣）＜c（H2SeO3） D．常温下，亚硒酸的电离平衡常数Kal＝10﹣1.2【分析】H2SeO3、HSeO3﹣的物质的量分数相等时，c（H2SeO3）＝c（HSeO3﹣），溶液的pH＝1.2，Ka1＝＝c（H+）＝10﹣1.2mol/L，HSeO3﹣、SeO32﹣的物质的量分数相等时，c（HSeO3﹣）＝c（SeO32﹣），溶液的pH＝4.2，Ka2＝＝c（H+）＝10﹣4.2mol/L；A．酸抑制水电离，溶液酸性越强，其抑制水电离程度越大；B．pH＝4.2时，c（HSeO3﹣）＝c（SeO32﹣），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HSeO3﹣）+2c（SeO32﹣）；C．HSeO3﹣的水解平衡常数Kh＝＝＝10﹣12.8＜Ka2，说明HSeO3﹣的电离程度大于水解程度；D．通过以上分析知，亚硒酸的电离平衡常数Ka1＝10﹣1.2。【解答】解：H2SeO3、HSeO3﹣的物质的量分数相等时，c（H2SeO3）＝c（HSeO3﹣），溶液的pH＝1.2，Ka1＝＝c（H+）＝10﹣1.2mol/L，HSeO3﹣、SeO32﹣的物质的量分数相等时，c（HSeO3﹣）＝c（SeO32﹣），溶液的pH＝4.2，Ka2＝＝c（H+）＝10﹣4.2mol/L；A．向pH＝1.2的溶液中滴加NaOH溶液至pH＝4.2的过程中，溶液的酸性逐渐减弱，则水电离程度逐渐增大，故A正确；B．pH＝4.2时，c（HSeO3﹣）＝c（SeO32﹣），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HSeO3﹣）+2c（SeO32﹣），所以存在c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+3c（HSeO3﹣），故B正确；C．HSeO3﹣的水解平衡常数Kh＝＝＝10﹣12.8＜Ka2，说明HSeO3﹣的电离程度大于水解程度，所以存在c（SeO32﹣）＞c（H2SeO3），故C错误；D．通过以上分析知，亚硒酸的电离平衡常数Ka1＝10﹣1.2，故D正确；故选：C。【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确电离平衡常数计算方法、电离平衡常数与水解平衡常数关系、水的影响因素等知识点是解本题关键，题目难度不大。14．（3分）已知：无CO时反应2NO（g）⇌N2（g）+O2（g）、有CO时反应2CO（g）+2NO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）。某研究小组以AgZSM为催化剂，在容积为1L的容器中，相同时间下测得0.1molNO转化为N2的转化率随温度变化如图所示。下列说法不正确的是（）A．反应2NO（g）⇌N2（g）+O2（g）的ΔH＜0 B．X点可以通过更换高效催化剂提高NO的反应速率 C．Y点再通入CO、N2各0.01mol，此时v（CO，正）＜v（CO，逆） D．达平衡后，其他条件不变改变物料使＞1，CO转化率下降【分析】A．升高温度，平衡向吸热反应方向移动；B．加入催化剂能使反应速率加快；C．增大反应物的浓度，平衡正向移动；D．增大反应物的浓度，平衡正向移动，但该物质的转化率降低。【解答】解：A．升高温度，NO的转化率降低，因此反应2NO（g）⇌N2（g）+O2（g）为放热反应，△H＜0，故A正确；B．X点更换高效催化剂，能提高NO的反应速率，故B正确；C．Y点再通入CO、N2各0.01mol，增大反应物的浓度，平衡正向移动，因此此时v（CO，正）＞v（CO，逆），故C错误；D．达平衡后，其他条件不变，使＞1，增大了CO的浓度，平衡正向移动，CO的转化率下降，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查化学平衡的影响因素，为基础知识的考查，题目难度不大。二、非选择题共58分15．（15分）铜阳极泥含有金属（Au、Ag、Cu等）及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有Ag、Ag2Se、AgCl等。如图是从铜阳极泥提取银的一种工艺：（1）基态Se原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4；溶液a的主要成分是CuSO4（填写化学式）。（2）水氯化浸金得到HAuCl4的化学方程式为2Au+3Cl2+2HCl＝2HAuCl4；[AuCl4]﹣配离子的结构式为（需用“→”标明配位键，不必考虑空间构型）。（3）氨浸分银需不断通氨提高银的浸取率，请说明氨气极易溶于水的主要原因：NH3和H2O形成分子间氢键，且氨气分子与水分子结合生成一水合氨。（4）N2H4为二元弱碱，在水中可电离产生N2H62+，写出一种和N2H62+互为等电子体的分子的电子式。（5）如图，金属Ag的晶胞为面心立方体结构，则晶体银的密度ρ＝g•cm﹣3。（用代数式表示）已知：1pm＝1×10﹣10cm，NA表示阿伏加德罗常数的值。【分析】铜阳极泥含有金属（Au、Ag、Cu等）及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有Ag2Se、Ag、AgCl等，铜阳极泥在酸性环境中焙烧脱硒得到含SeO2的炉气，接着再加入硫酸酸浸，分离后得到主要成分为CuSO4的溶液a，再向滤渣中通入Cl2、HCl，发生反应2Au+3Cl2+2HCl＝2HAuCl4，接着通入氨气，AgCl溶解：AgCl+2NH3⇌[Ag（NH3）2]++Cl﹣，过滤后加入N2H4沉银，得到粗银粉，据此分析解答（1）～（4）；（5）由晶胞结构可知，Ag原子位于晶胞的面心和顶点，则1个晶胞含有Ag原子的个数为＝4，则1个Ag的晶胞的质量为g，又晶胞的棱长为apm，则晶胞的体积为V＝a3×10﹣30cm3，因此晶体银的密度。【解答】解：（1）硒元素的原子序数为34，基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p4，由分析可知，溶液a的主要成分是CuSO4，故答案为：[Ar]3d104s24p4；CuSO4；（2）水氯化浸金过程中2Au+3Cl2+2HCl＝2HAuCl4，在[AuCl4]﹣中金离子与4个Cl﹣形成4个配位键，金离子配位数为4，金离子有空轨道，Cl﹣提供孤电子对，[AuCl4]﹣的结构式为：，故答案为：2Au+3Cl2+2HCl＝2HAuCl4；；（3）氨气极易溶于水的主要原因是NH3和H2O形成分子间氢键，且氨气分子与水分子结合生成一水合氨，故答案为：NH3和H2O形成分子间氢键，且氨气分子与水分子结合生成一水合氨；（4）等电子体是指价电子数和原子数（氢等轻原子不计在内）相同的分子、离子或原子团，和N2H62+互为等电子体的分子为C2H6，其电子式为，故答案为：；（5）由晶胞结构可知，Ag原子位于晶胞的面心和顶点，则1个晶胞含有Ag原子的个数为＝4，则1个Ag的晶胞的质量为g，又晶胞的棱长为apm，则晶胞的体积为V＝a3×10﹣30cm3，因此晶体银的密度＝g/cm3，故答案为：。【点评】本题主要考查核外电子排布、原子的杂化、配合物、晶胞的结构及计算等知识点，中等难度，解题的难点在于对晶胞结构的观察和空间想象。16．（15分）溴化锂（LiBr）是一种高效空气湿度调节剂；碘化钠（NaI）可用于医用祛痰剂等。它们可利用单质直接化合、氢氧化物和氢卤酸中和等反应合成。（1）工业上以碳酸锂为原料制备LiBr⋅H2O晶体的流程如图：①合成LiBr时生成了两种参与大气循环的气体，反应的化学方程式为3Br2+3Li2CO3+2NH3•H2O═6LiBr+N2↑+3CO2↑+5H2O。②加还原剂硫脲[CS（NH2）2]除去可能含有的BrO3﹣，1molCS（NH2）2共有7molσ键。③溴化锂的溶解度随温度的变化曲线如图1所示。则从脱色、过滤所得溶液中提取LiBr⋅H2O晶体的操作有：在HBr氛围下蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤后烘干。（2）某学生兴趣小组在实验室用碘单质制备较纯的NaI晶体，部分装置如图2所示。药品：30mLNaOH溶液（含8.2gNaOH）、25.4g碘、水合肼（还原剂，产物为N2）、1.0g活性炭和蒸馏水等。实验步骤：向三口烧瓶中加入30mLNaOH溶液，边搅拌边加入25.4g单质碘。连接好装置并通入冷凝水，打开恒温磁力搅拌器，保持60～70℃至反应完全；继续加入稍过量的N2H4•H2O，还原生成的NaIO和NaIO3，得到NaI溶液，同时释放出氮气，过滤后将滤液蒸发浓缩、结晶、过滤、干燥得产品24.3g。回答问题：①碘溶于NaOH溶液生成NaI和NaIO3的离子方程式为6OH﹣+3I2＝5I﹣+IO3﹣+3H2O。②设计合理方案，补充完整上述实验步骤：打开恒温磁力搅拌器，保持60～70℃至反应完全；继续加入稍过量的N2H4•H2O，还原生成的NaIO和NaIO3，得到NaI溶液，同时释放出氮气。【分析】（1）分析工艺流程，以碳酸锂为原料制备LiBr•H2O，Li2CO3和溴和氨水混合反应生成混合溶液并产生气体，结合已知条件判断反应过程中发生氧化还原反应，生成了LiBr同时产生了气体，加入试剂X调节溶液的pH，加入硫脲除杂，经过活性炭吸附脱色，最后经过一系列流程处理得到目标产物LiBr•H2O，据此具体分析解答；（2）①碘既做氧化剂也做还原剂，结合电子守恒书写离子方程式；②三口烧瓶中加入30mLNaOH溶液，边搅拌边加入25.4g单质碘，连接好装置并通入冷凝水，打开恒温磁力搅拌器，保持60～70℃至反应完全；继续加入稍过量的N2H4•H2O，还原生成的NaIO和NaIO3，得到NaI溶液，同时释放出氮气，过滤后将滤液蒸发浓缩、结晶、过滤、干燥得产品24.3g。【解答】解：（1）①根据提供的已知反应的方程式判断，合成步骤中发生了氧化还原反应，除生成LiBr外，还产生了两种参与大气循环的气体，从元素角度可以判断这两种气体分别为N2和CO2，则合成步骤的化学反应方程式为：3Br2+3Li2CO3+2NH3•H2O═6LiBr+N2↑+3CO2↑+5H2O，故答案为：3Br2+3Li2CO3+2NH3•H2O═6LiBr+N2↑+3CO2↑+5H2O；②硫脲[CS（NH2）2]结构如图，单键形成σ键，双键形成一个σ键、一个π键，则1molCS（NH2）2共有7molσ键，故答案为：7；③溴化锂的溶解度随温度的变化曲线如图1所示。则从脱色、过滤所得溶液中提取LiBr⋅H2O晶体的操作有：在HBr氛围下蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤后烘干，故答案为：冷却结晶；过滤；（2）①碘溶于NaOH溶液生成NaI和NaIO3的离子方程式为6OH﹣+3I2＝5I﹣+IO3﹣+3H2O，故答案为：6OH﹣+3I2＝5I﹣+IO3﹣+3H2O；②向三口烧瓶中加入30mLNaOH溶液，边搅拌边加入25.4g单质碘，连接好装置并通入冷凝水，打开恒温磁力搅拌器，保持60～70℃至反应完全；继续加入稍过量的N2H4•H2O，还原生成的NaIO和NaIO3，得到NaI溶液，同时释放出氮气，过滤后将滤液蒸发浓缩、结晶、过滤、干燥得产品24.3g，故答案为：打开恒温磁力搅拌器，保持60～70℃至反应完全；继续加入稍过量的N2H4•H2O，还原生成的NaIO和NaIO3，得到NaI溶液，同时释放出氮气。【点评】本题考查制备实验方案设计，为高频考点，题目难度中等，明确实验原理是解题关键，注意把握相关基本实验方法和操作的把握，试题侧重于学生的分析、实验能力的考查。17．（15分）阳澄湖在从“生产养殖水体”向“生态旅游水体”转型，湖水的化学耗氧量（COD）有明显下降。COD值是指氧化1L水样中还原性物质所消耗O2的质量（常用K2Cr2O7标准溶液测定，并换算成O2的质量）。已知：i）溶液中Cr2O72﹣+H2O2⇌2CrO42﹣+2H+；六价铬[Cr（VI）]在pH＞6.5时主要以CrO42﹣形式存在，pH＜6.5时主要以Cr2O72﹣形式存在；ii）Cr2O72﹣有强氧化性，还原产物为Cr3+；iii）Ksp（Ag2CrO4）＝9.0×10﹣12、Ksp[Cr（OH）3]＝6.3×10﹣31、Ksp[Fe（OH）3]＝2.6×10﹣39。（1）水样COD的测定：量取20.00mL水样，加入V1mL0.2500mol•L﹣1K2Cr2O7标准溶液混合，在Ag+催化和强酸性条件下充分氧化；再用0.1200mol⋅L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定剩余的K2Cr2O7，消耗V2mL（NH4）2Fe（SO4）2溶液。试回答：①水样进行氧化时需保持强酸性的目的有：一是降低CrO42﹣浓度，以免将Ag+沉淀而影响催化活性；二是防止Cr2O72﹣转化为CrO42﹣。②计算水样的COD（单位：mg⋅L﹣1）根据反应为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O计算剩余K2Cr2O7的物质的量为n（Fe2+）＝2V2×10﹣5mol，水样中的还原物质消耗K2Cr2O7的物质的量为2.5V1×10﹣4mol﹣2.0V2×10﹣5mol，结合关系式2K2Cr2O7～12e﹣～3O2计算水样中还原性物质所消耗O2的物质的量n（O2）＝n（K2Cr2O7）＝1.5（2.5V1×10﹣4﹣2V2×10﹣5）mol，水样的COD为＝（600V1﹣48V2）mg/L。（写出必要的计算过程）（2）测定废液的处理：COD测定所产生的酸性废液中含有Cr2O72﹣、Cr3+、Fe3+、Ag+等，处理流程如图。①固体Ⅰ可溶于浓氨水，反应的离子方程式为AgCl+2NH3•H2O＝[Ag（NH3）2]Cl+2H2O。②可排放溶液中＝2.4××108。（计算结果用科学记数法，并保留两位有效数字）。③氧化石墨烯（AGO）可以吸附去除Cr（VI）。已知AGO表面Zeta电位（数值表示吸附剂表面电荷的电性和电荷数相对大小）随pH变化的曲线如图。当pH为4.0～6.0时，AGO对Cr（Ⅵ）的去除率较高，可能的原因是AGO表面的Zeta电位较高，所带的正电荷较多，此时铬元素主要以Cr2O72﹣、HCrO4﹣形式存在，故此时去除率较高。【分析】（1）①保持溶液强酸性可使平衡Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+向左移动，Cr2O72﹣的浓度较大；Ag+做催化剂，保持溶液强酸性可使平衡Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+向左移动，避免生成Ag2CrO4沉淀；②K2Cr2O7与（NH4）2Fe（SO4）2的反应为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O，则加入V1mL0.2500mol•L﹣1K2Cr2O7标准溶液后剩余K2Cr2O7的物质的量为n（Fe2+）＝×0.12V2×10﹣3mol＝2V2×10﹣5mol，水样中的还原物质消耗K2Cr2O7的物质的量为2.5V1×10﹣4mol﹣2.0V2×10﹣5mol，根据电子守恒可得关系式2K2Cr2O7～12e﹣～3O2，则水样中还原性物质所消耗O2的物质的量n（O2）＝n（K2Cr2O7）＝1.5（2.5V1×10﹣4mol﹣2.0V2×10﹣5mol）＝（3.75V1×10﹣4﹣3V2×10﹣5）mol，结合m＝nM和COD定义进行计算；（2）①酸性废液中含有Cr2O72﹣、Cr3+、Fe3+、Ag+等，加入NaCl生成AgCl沉淀，过滤，AgCl沉淀与浓氨水反应生成氯化二氨合银；②加入NaOH溶液沉淀Cr3+、Fe3+，则可排放溶液为Cr（OH）3、Fe（OH）3的饱和溶液，溶液中＝×＝；③当pH为4.0～6.0时，AGO对Cr（Ⅵ）的去除率较高，可能的原因是pH为4.0～6.0时，AGO表面的Zeta电位较高，所带的正电荷较多，此时铬元素主要以Cr2O72﹣、HCrO4﹣形式存在。【解答】解：（1）①Cr2O72﹣、CrO42﹣间存在的平衡为Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+，并且CrO42﹣、Ag+能转化为Ag2CrO4沉淀，所以水样进行氧化时需保持强酸性的目的有：一是降低CrO42﹣浓度，以免将Ag+沉淀而影响催化活性；二是防止Cr2O72﹣转化为CrO42﹣，故答案为：防止Cr2O72﹣转化为CrO42﹣；②反应为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O，则加入V1mL0.2500mol•L﹣1K2Cr2O7标准溶液后剩余K2Cr2O7的物质的量为n（Fe2+）＝×0.12V2×10﹣3mol＝2V2×10﹣5mol，20.00mL水样中的还原物质消耗K2Cr2O7的物质的量为2.5V1×10﹣4mol﹣2.0V2×10﹣5mol，根据电子守恒可得关系式2K2Cr2O7～12e﹣～3O2，则水样中还原性物质所消耗O2的物质的量n（O2）＝n（K2Cr2O7）＝1.5（2.5V1×10﹣4mol﹣2.0V2×10﹣5mol）＝1.5（2.5V1×10﹣4﹣2V2×10﹣5）mol，m（O2）＝nM＝1.5（2.5V1×10﹣4﹣2V2×10﹣5）mol×32g/mol＝48（2.5V1×10﹣4﹣2V2×10﹣5）g＝48（0.25V1﹣0.02V2）mg，水样的COD为＝（600V1﹣48V2）mg/L，故答案为：根据反应为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O计算剩余K2Cr2O7的物质的量为n（Fe2+）＝2V2×10﹣5mol，水样中的还原物质消耗K2Cr2O7的物质的量为2.5V1×10﹣4mol﹣2.0V2×10﹣5mol，结合关系式2K2Cr2O7～12e﹣～3O2计算水样中还原性物质所消耗O2的物质的量n（O2）＝n（K2Cr2O7）＝1.5（2.