2022届江苏省盐城中学高三第三次模拟考试化学试题（含解析）

1、试卷第 =page 10 10页，共 =sectionpages 12 12页 江苏省盐城中学2022届高三第三次模拟考试化学试题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1习近平主席于2020年9月22日第七十五届联合国大会上提出了努力争取2060年前实现“碳中和”的战略目标。下列说法错误的是A大量使用化石燃料会加剧温室效应B将CO2不断通入海洋中以实现“碳中和”C推行燃煤改天然气，可以减少污染D开发新能源是实现“碳中和”的必由之路【答案】B【解析】【详解】A大量使用化石燃料会产生大量的二氧化碳，会加剧温室效应，故A正确；B碳中和，是指通过节能减排、能源替代等方式，抵消产生排放的二氧化碳量，

2、实现净零排放，CO2不断通入海洋中并不能从源头上减少CO2排放，故B错误；C天然气的燃烧产物是二氧化碳和水，对环境没污染，推行燃煤改天然气，可以减少污染，故C正确；D新能源的使用可减少化石燃料的使用，减少CO2的排放，开发新能源是实现“碳中和”的必由之路，故D正确；答案B。2氢氟酸是芯片加工的重要试剂，常见制备反应为：CaF2+H2SO4CaSO4+2HF。下列有关说法错误的是ACa2+的结构示意图：BSO的空间构型：正四面体形CHF的电子式：DCaF2晶体类型：离子晶体【答案】A【解析】【详解】ACa2+的结构示意图为，A项错误；BSO的价层电子对数为，且不含孤对电子对，则空间构型为正四面体

3、形，B项正确；CHF为共价化合物，则其电子式为，C项正确；DCaF2由离子构成，则晶体类型为离子晶体，D项正确；答案选A。3下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A晶体硅具有半导体特性，用于制耐温差硅橡胶B焦炭具有高熔点，用作工业炼铁原料C石英晶体具有高熔点，用作生产坩埚DCO具有还原性，用作工业炼铝【答案】C【解析】【详解】A晶体硅具有半导体特性，是应用最为广泛的半导体材料。而耐温差的硅橡胶是以Si-O单元为主链，以有机基团为侧基的线性聚合物，是典型的半无机半有机聚合物，既具有无机高分子的耐热性，又具有有机高分子的柔顺性。两者并无对应关系，A不符合题意；B工业炼铁利用的是焦炭的还原性，与焦

4、炭的熔点无关，B不符合题意；C石英晶体熔点高，广泛用于玻璃、铸造、陶瓷及耐火材料、冶金、建筑、化工、塑料、橡胶，磨料等工业，因此可用作生产坩埚，C符合题意；DCO确实具有还原性，但是铝却是活泼金属，需要电解熔融的氧化铝才能获得铝单质，两者没有对应关系，D不符合题意；故合理选项为C。4NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放：NONO22NaOH=2NaNO2H2O，2NO22NaOH=NaNO2NaNO3H2O。常温下存在：2NO2(g) N2O4(g)。N2H4可作还原剂，火箭推进剂。下列说法正确的是ACl2和SO2都具有漂白性，是因为它们都有强氧化性B铜锌原电

5、池中，盐桥中的K+和NO分别移向正极和负极C合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率D常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同【答案】B【解析】【详解】ASO2具有漂白性，是因为它能和有色物质结合，不是因为具有强氧化性，A项错误；B铜锌原电池中，盐桥中的K+移向正极，NO分别移向负极，B项正确；C合成氨生产中将NH3液化分离，生成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的转化率提高，因为反应物浓度减小，则正反应速率减慢，C项错误；D盐酸中溶液中水的电离被抑制，水的电离程度减小，氯化铵溶液中水的电离被促进，水的电离程度增大，D项错误；答案选B。5NO和NO2等氮氧化

6、物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放：NONO22NaOH=2NaNO2H2O，2NO22NaOH=NaNO2NaNO3H2O。常温下存在：2NO2(g) N2O4(g)。N2H4可作还原剂，火箭推进剂。在给定条件下，下列物质间所示的转化能实现的是ANH3 NO2BN2H4 N2CNONaNO2D【答案】B【解析】【详解】ANH3中N原子的化合价为-3价，NO2中N原子的化合价为+4价，化合价升高NH3做还原剂，可以与O2发生氧化还原反应，化学方程式为4NH3+5O2=4NO+6H2O，A项错误；BN2H4中N原子的化合价为-2价，N2O4中N原子的化合价为+4价，可以发生归中反

7、应生成N2，B项正确；CNO为不成盐氧化物不与NaOH反应，C项错误；D侯氏制碱法为向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，化学方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3+NH4Cl，D项错误；答案选B。6NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放：NONO22NaOH=2NaNO2H2O，2NO22NaOH=NaNO2NaNO3H2O。常温下存在：2NO2(g) N2O4(g)。N2O4可作还原剂，火箭推进剂。在一定条件下的密闭容器中，对于反应2NO2(g) N2O4(g)。下列说法正确的是A升高温度，体系的颜色加深B该反应的S0，H0C增加NO2的浓度，

8、c(N2O4)/c2(NO2)比值下降D加压重新平衡后体系的颜色变浅【答案】A【解析】【分析】常温下存在：2NO2(g) N2O4(g)，则H-TS0，该反应分子数减小，则S0，因为H-TS0，则H0，据此分析作答。【详解】A由分析可知，H0，升高温度，平衡逆向移动，体系的颜色加深，A项正确；B由分析可知，该反应的S0，H0，B项错误；C平衡常数，增加NO2的浓度，平衡正向移动，反应前后温度不变，则比值不变，C项错误；D加压平衡正向移动，重新平衡后，二氧化氮的浓度也会增大，则体系的颜色变深，D项错误；答案选A。7NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放：NONO2

9、2NaOH=2NaNO2H2O，2NO22NaOH=NaNO2NaNO3H2O。常温下存在：2NO2(g) N2O4(g)。N2H4可作还原剂，火箭推进剂。水合肼(N2H4H2O)为无色透明的油状发烟液体，是一种重要的精细化工原料，其制备的反应原理为NaClO2NH3=N2H4H2ONaCl。下列关于实验室制备水合肼的说法不正确的是A装置甲中试剂X可以选择碱石灰B装置乙作为反应过程的安全瓶C装置丙制备水合肼时氨气从b口进入D装置丁可用于吸收多余的尾气【答案】C【解析】【详解】A在装置甲的圆底烧瓶中加入碱石灰，其中的CaO与氨水中的水反应产生Ca(OH)2，反应放热使NH3H2O分解制取NH3，

10、故A正确；B装置乙中导管短进短出，可作安全瓶，故B正确；C氨气极易溶于水，导管应长进短出，不能达到实验目的，则应从a口通入NH3，故C错误；D丁中球形结构容积大，水进入球形部分，就不能再进入左边装置中，因而可防止倒吸现象的发生，且用于NH3极容易溶于水，因此丁可吸收过量的NH3，故D正确；故选C。8以印刷线路板的酸性蚀刻废液(主要成分为CuCl2、HCl)为原料可制备CuCl等产品，反应过程如图所示。已知CuCl难溶于水和乙醇，易溶于浓的NaCl溶液，原理为：CuCl(s)+Cl-(aq)CuCl (aq)，潮湿时易被空气氧化。下列有关说法错误的是A加入N2H4H2O的反应：2Cu2(OH)3

11、Cl +N2H4H2O+2H+6Cl-=4CuCl+N2+7H2OB加入足量水是利用了平衡移动原理使CuCl(s)+Cl-(aq)CuCl (aq)反应向左移动C“系列操作”可以是：过滤、用无水乙醇洗涤固体D“系列操作”后所得的溶液中主要含有Na+和Cl-两种离子【答案】A【解析】【分析】蚀刻废液中加足量氢氧化钠溶液，CuCl2与氢氧化钠反应生成Cu2(OH)3Cl沉淀，过滤在沉淀中加N2H4H2O，发生反应生成CuCl和N2，再加足量水将转化成CuCl，CuCl经过滤、洗涤、干燥得到CuCl，据此解答。【详解】A加入N2H4H2O的反应为：2Cu2(OH)3Cl +N2H4H2O+6Cl-=

12、4CuCl+N2+5H2O+2OH-，故A错误；B溶液中存在CuCl(s)+Cl-(aq) CuCl (aq)，加足量水使得平衡逆向移动，使转化成CuCl，故B正确；C“系列操作”可以是：过滤、CuCl难溶于水和乙醇，用乙醇洗涤，晾干得到CuCl，故C正确；D转化成CuCl，同时生成NaCl，过滤后CuCl固体上残留NaCl，经洗涤后洗涤液中含有钠离子和氯离子，故D正确；故选：A；9短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y是金属元素。X原子中有6个运动状态完全不同的电子，X、Y、Z原子最外层电子数之和等于13。下列叙述正确的是AX的氢化物的稳定性大于W的BY的第一电离能在同周期金

13、属元素中最大C元素X与Z的最高价氧化物均为非极性分子D元素Z在周期表中位于第3周期族【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子中有6个运动状态完全不同的电子，可知X有6个电子，为C；X、Y、Z原子最外层电子数之和等于13，其中Y是金属元素，若Y最外层电子数是1，则Z最外层电子数为8，不是主族元素；若Y最外层电子数为2，则Z最外层电子数为7，Y为Mg，Z为Cl，则W不再是主族元素，不符合题意；若Y最外层电子数为3，则Z最外层电子数为6，Y为Al，Z为S，即X为C，Y为Al，Z为S，W为Cl，据此分析解答。【详解】A非金属性强，则简单氢化物的稳定性越强，则简单

14、氢化物的稳定性：HClCH4，但是碳的氢化物有多种，无法比较，A项错误；B同周期元素第一电离能呈增大趋势，但IIA最外层处于全满稳定状态，其第一电离能大于同周期的IIIA族元素，因此Al的第一电离能小于Mg，B项错误；C碳的最高价氧化物为二氧化碳，直线型分子，正负电荷重心重合为非极性分子，硫的最高价氧化物为三氧化硫，为平面正三角形结构，正负电荷重心重合为非极性分子，C项正确；D元素Z为S，处于周期表中第3周期VIA族，D项错误；答案选C。10化合物Y是制备抗肿瘤药物的关键中间体，其人工合成路线如下：下列说法正确的是AX分子中所有碳原子不可能共平面BXY发生了还原反应C用酸性KMnO4溶液区分X

15、、Y分子DX易溶于水【答案】B【解析】【详解】A苯环和碳碳双键均为平面结构，单键可旋转，因此X分子中所有碳原子可能共平面，故A错误；BX中的硝基被还原为Y中的氨基，则XY发生了还原反应，故B正确；CX、Y左边苯环均含有甲基，均能被酸性KMnO4溶液氧化，不能用酸性KMnO4溶液区分X、Y分子，故C错误；DX分子中不含亲水基，不易溶于水，故D错误；答案选B。11一种微生物电池处理含氮()废水的装置如下图所示。下列说法正确的是A电池放电时将电能转化为化学能B放电时，电极B附近溶液的pH降低C放电时的负极反应为：C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2+24H+D理论上，电极A每消耗1mol C

16、6H12O6，电极B处生成1mol N2【答案】C【解析】【详解】A电池放电时为原电池，是将化学能转化为电能的过程，A项错误；B放电时，电极B上得电子，生成氮气，作正极，电极方程式为：，H+被消耗，附近溶液的pH升高，B项错误；C放电时，电极A上C6H12O6失去电子，生成二氧化碳和H+，作负极，电极方程式为：C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2+24H+，C项正确；D由BC项可知，该原电池的总反应为：，则电极A每消耗1mol C6H12O6，电极B处生成N2的物质的量=，D项错误；答案选C。12室温下，在BaSO4悬浊液中加入足量的饱和Na2CO3溶液，过滤，向滤渣中加盐酸，部分溶解

17、，且产生气泡。已知Ksp(BaCO3)=5.010-9，Ksp(BaSO4)=1.010-10。下列说法正确的是A饱和Na2CO3溶液中存在：c(Na+)c(CO)c(HCO)c(OH-)BBaSO4悬浊液与Na2CO3溶液反应的离子方程式：Ba2+CO=BaCO3C要有BaCO3生成，需满足c(SO)/c(CO)0.02D过滤后所得清液中一定存在：c(SO)c(Ba2+)Ksp(BaSO4)【答案】C【解析】【分析】室温下，在BaSO4悬浊液中加入足量的饱和Na2CO3溶液，过滤，向滤渣中加盐酸，部分溶解，且产生气泡，说明滤渣中含有碳酸钡，则发生的反应为：BaSO4(s)+CO(aq)BaC

18、O3(aq)+SO(aq)，据此分析。【详解】A饱和Na2CO3溶液中存在碳酸根离子的水解平衡和水的电离平衡，其离子浓度大小关系为：c(Na+)c(CO)c(OH-)c(HCO)，A错误；BBaSO4悬浊液中BaSO4难溶于水，离子方程式中需保留化学式，所以反应的离子方程式为BaSO4(s)+CO(aq)BaCO3(aq)+SO(aq)或BaSO4+COBaCO3+SO，B错误；C要有BaCO3生成，需满足Qc=c(SO)/c(CO)K，其中上述反应的平衡常数K=，C正确；D过滤后的清液为硫酸钡和碳酸钡的混合溶液，因此溶液中有c(SO)c(Ba2+)=Ksp(BaSO4)，D错误；故选C。13

19、室温下，通过实验探究亚硫酸盐的性质。已知Ka1(H2SO3)=1.5410-2，Ka2(H2SO3)=1.0210-7。实验操作和现象1把SO2通入氨水中，测得溶液pH=72向0.1molL-1Na2SO3溶液中加入过量0.2molL-1CaCl2溶液，产生白色沉淀3向0.1molL-1NaHSO3溶液中滴入一定量NaOH溶液至pH=74把少量氯气通入Na2SO3溶液中，测得pH变小下列说法错误的是A实验1中，可得出c(HSO)c(SO)B实验2反应静置后的上层清液中有C实验3中：D实验4中反应的离子方程式为【答案】C【解析】【详解】A把SO2通入氨水，测得溶液pH=7，由，得，所以c(HSO

20、)c(SO)，A项正确；B实验2中向Na2SO3溶液中加入过量CaCl2溶液，产生白色沉淀CaSO3，则溶液中存在CaSO3的溶解平衡，则反应静置后的上层清液中有，B项正确；C由电荷守恒可知，pH=7时，则2c(HSO)+c(SO)+c(H2SO3)，C项错误；D由于氯气具有氧化性，有还原性，故二者能发生氧化还原反应，离子方程式为：H2O+Cl2+SO=SO+2H+2Cl-，D项正确；答案选C。14H2和O2在钯的配合物离子PdCl4的作用下合成H2O2，反应历程如图，下列说法不正确的是A该过程的总反应为H2+O2H2O2BPdCl2O22在此过程中作为催化剂C生成1molH2O2的过程中，转

21、移电子总数为2molD历程中发生了Pd+O2+2Cl =PdCl2O22【答案】B【解析】【详解】A由图可知， 在反应过程中先消耗后生成，反应前后不变，为反应的催化剂，总反应为氢气与氧气在催化作用下生成过氧化氢，反应的方程式为H2+O2H2O2，故A正确；B由图可知，PdCl2O22先生成后消耗，为反应中间体，故B错误；C根据H2+O2H2O2可知，生成转移2mol电子，故C正确；D由图示可知，过程中发生了，故D正确；答案选B。二、填空题15硫化氢(H2S)是一种有毒气体，高于200分解，脱除H2S的方法很多。(1)Na2CO3吸收。含H2S的气体与饱和Na2CO3溶液在吸收塔内逆流接触，生成

22、两种酸式盐。该反应的离子方程式为_。(2)干法脱硫技术。铁系脱硫剂：活性氧化铁(Fe2O3H2O)是经典而有效的脱硫剂，脱硫反应：Fe2O3H2O+H2SFeS+S+H2O(未配平)，再生反应：FeS+H2O+O2Fe2O3H2O+S(未配平)。若处理标况下4.48LH2S时，理论上消耗O2的物质的量为_。锌系脱硫剂：550时，将H2S和还原性气体H2按一定比例混合，以一定的流速通过装有锌的复合金属脱硫剂(ZnFe2O4)的反应器，脱硫过程中，ZnFe2O4与H2S、H2反应生成了ZnS和FeS，其化学方程式为_。(3)Cu2+/ Fe3+体系湿式催化脱硫。研究表明，在室温下Cu2+和Fe3+

23、参与了H2S和O2反应生成S和H2O的反应，且反应前后Cu2+和Fe3+的浓度基本不变，其反应机理如下：H2S(g)H2S(aq)H+HS- HS-H+S2- Cu2+S2-=CuS 2Fe3+S2-=S+2Fe2+ 2Fe3+ CuS=S+2Fe2+Cu2+ 4Fe2+ +O2+4H=4Fe3+2H2OFe3+在该反应过程中的作用可描述为_。H2S的脱硫率随温度的变化如图所示，当温度高于45时，脱硫率随温度的升高而降低的可能原因是_。【答案】(1)(2) 0.1mol (3) 催化剂 温度高于45时，随温度的升高，Cu2+和Fe3+的水解程度增大，生成更多的氢氧化物，催化剂的量变少，同时H2

24、S在溶液中的溶解度也随温度升高而降低【解析】(1)H2S的气体与饱和Na2CO3溶液生成两种酸式盐可知为NaHS和NaHCO3，反应的离子方程式为：，故答案为：；(2)1mol氧化铁转化成FeS得1mol电子，每生成1molS单质转移2mol电子，根据得失电子守恒得：， 同理可得：， 结合两反应可得：，则，处理标况下4.48LH2S即0.2mol时，理论上消耗O2的物质的量为0.1mol，故答案为：0.1mol；ZnFe2O4与H2S、H2反应生成了ZnS和FeS，1mol ZnFe2O4反应得2mol电子，1mol氢气反应失2mol电子，根据得失电子守恒可得反应：，故答案为：；(3)Fe3+

25、在反应前后存在，且质量和性质基本不变，在反应中作催化剂，故答案为：催化剂；温度高于45时，随温度的升高，Cu2+和Fe3+的水解程度增大，水解后生成更多的氢氧化物，使催化剂的量变少，降低了催化效率，同时H2S气体在溶液中的溶解度也随温度升高而降低，故答案为：温度高于45时，随温度的升高，Cu2+和Fe3+的水解程度增大，生成更多的氢氧化物，催化剂的量变少，同时H2S在溶液中的溶解度也随温度升高而降低；三、有机推断题16化合物F是合成某种祛痰止咳药的重要中间体，其合成路线如下：(1)A中与苯环相连的官能团名称为_。(2)DE的过程中，涉及的反应类型有：加成反应、_，实验室中常用于鉴别C、D的试剂

26、为_。(3)的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_。分子中有一个含氮五元环；核磁共振氢谱显示分子中有5种不同化学环境的氢原子；红外光谱显示分子中无甲基。(4)已知：，易被氧化(R为H或烃基)。设计以和为原料制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干) _。【答案】(1)氨基、酯基(2) 消去反应 银氨溶液(3)(4)【解析】【分析】 和正丁醛合成 ，需要把中的硝基还原为氨基、把甲基氧化为羧基。根据题目信息，氨基易被氧化，为防止氨基被氧化，先把甲基氧化为羧基在把硝基还原为氨基。(1)A中与苯环相连的官能团名称为氨基、酯基；(2)DE的过程中先发生加成

27、反应生成 ，再发生消去反应生成，涉及的反应类型有：加成反应、消去反应；C不含醛基、D含有醛基，醛基能发生银镜反应，实验室中常用于鉴别C、D的试剂为银氨溶液。(3)分子中有一个含氮五元环；核磁共振氢谱显示分子中有5种不同化学环境的氢原子，说明结构对称；红外光谱显示分子中无甲基。符合条件的 的同分异构体的结构简式为 ；(4)由于易被氧化，所以先用高锰酸钾把 氧化为 ， 再还原为 ，正丁醛和 反应生成 ， 和氢气发生加成反应生成 ，合成路线为。四、实验题17钴的化合物用途广泛，可用于指示剂和催化剂制备。(1)以CoCl2溶液为原料，加入NH4HCO3和氨水，控制温度为5060制备CoCO3，其反应的

28、离子方程式为_。(2)钴有多种氧化物，其中Co3O4可用作电极，若选用KOH电解质溶液，通电时可转化为CoOOH，其电极反应式为_。(3)以尿素为原料也可获得CoCO3并制备Co3O4。已知：尿素水溶液呈弱碱性，在70以上能缓慢水解产生CO，在pH为13时水解速率对生成CoCO3沉淀较为适宜。设计以CoCl2溶液、尿素、盐酸为原料，制备Co3O4实验方案：_。(4)为测定某草酸钴样品中草酸钴晶体(CoC2O42H2O)的质量分数，进行如下实验：取草酸钴(CoC2O42H2O)样品3.050g，加入100.00mL0.1000molL-1酸性KMnO4溶液，加热(该条件下Co2+不被氧化)。充分

29、反应后将溶液冷却至室温，加入250 mL容量瓶中，定容。取25.00 mL溶液，用0.1000 molL-1 FeSO4溶液滴定，消耗18.00mL FeSO4溶液。计算样品中草酸钴晶体(CoC2O42H2O)的质量分数_(写出计算过程)。【答案】(1)Co2+NH3H2O= CoCO3+H2O(2)Co3O4+OH-+H2O-e-=3CoOOH(3)加入稀盐酸调节溶液的pH在13时，在70水浴中边搅拌边滴加尿素溶液，充分反应后过滤出沉淀，洗涤沉淀，干燥并在温度下高温煅烧至恒重即可(4)由实验可知，取溶液，用溶液滴定，消耗溶液，根据电子守恒可知，与FeSO4反应的KMnO4的物质的量为：n(K

30、MnO4)= n(FeSO4)=18.0010-3L0.1000mol/L=0.0036mol，则与COC2O4反应的KMnO4的物质的量为：0.1L0.1mol/L-0.0036mol=0.0064mol，根据电子守恒可知，n(CoC2O4)=n(KMnO4)=0.016mol，故样品中草酸钴晶体()的质量分数为：100%=96.00%【解析】(1)一水合氨会和氢离子反应生成铵根离子，促进平衡右移，最终离子方程式为Co2+NH3H2O= CoCO3+H2O，故答案为：Co2+= CoCO3+CO2+H2O；(2)由题意可知，四氧化三钴为原电池的负极，碱性条件下失去电子发生氧化反应生成CoOO

31、H，电极反应式为Co3O4+OH-+H2O-e-=3CoOOH；(3)已知：尿素水溶液在以上能缓慢水解产生，在为13时水解速率对生成沉淀较为适宜。结合题干信息可知，煅烧生成，以上生成，故以溶液、尿素粉末、盐酸为原料，制备的实验方案：取一定体积溶液，加入稀盐酸调节溶液的pH在13时，在70水浴中边搅拌边滴加尿素溶液，充分反应后过滤出沉淀，洗涤沉淀，干燥并在温度下高温煅烧至恒重即可，故答案为：加入稀盐酸调节溶液的pH在13时，在70水浴中边搅拌边滴加尿素溶液，充分反应后过滤出沉淀，洗涤沉淀，干燥并在温度下高温煅烧至恒重即可；(4)由实验可知，取溶液，用溶液滴定，消耗溶液，根据电子守恒可知，与FeS

32、O4反应的KMnO4的物质的量为：n(KMnO4)= n(FeSO4)=18.0010-3L0.1000mol/L=0.0036mol，则与CoC2O4反应的KMnO4的物质的量为：0.1L0.1mol/L-0.0036mol=0.0064mol，根据电子守恒可知，n(CoC2O4)=n(KMnO4)=0.016mol，故样品中草酸钴晶体()的质量分数为：100%=96.00%，故答案为：由实验可知，取溶液，用溶液滴定，消耗溶液，根据电子守恒可知，与FeSO4反应的KMnO4的物质的量为：n(KMnO4)= n(FeSO4)=18.0010-3L0.1000mol/L=0.0036mol，则与

33、CoC2O4反应的KMnO4的物质的量为：0.1L0.1mol/L-0.0036mol=0.0064mol，根据电子守恒可知，n(CoC2O4)=n(KMnO4)=0.016mol，故样品中草酸钴晶体()的质量分数为：100%=96.00%。五、原理综合题18氰化氢(HCN，易挥发，)主要应用于电镀、采矿、药物合成等工业生产。HCN、能抑制人体组织细胞内酶的活性，不能直接排放到环境中。(1)Na2S2O3在临床上常用于氰化物的解毒剂。解毒的原理是将转化为和。验证该转化过程中生成的实验方法是：向NaCN溶液中加入过量的Na2S2O3的溶液，充分反应后，取少量反应后的溶液于试管中，加入足量稀盐酸酸化，_。(2)Cu2+可催化过氧化氢氧化废水中的。反应不能在酸性条件下进行，原因是_在含氰废水总量、过氧化氢用量和溶液pH一定的情况下，反应相同时间，测得的氧化去除率随c(Cu2+)的变化与如图所示。c(Cu2+)超过时，的氧化去除率有所下降，原因是_。(3)通过电激发产生和可处理废水中的，其可能的反应机理如图所示。反应I的离子方程式为_。虚线方框内的过程可描述为_。(4)在铜镍为催化剂(Cu、CuO为活性组分，