2023-2023年高中化学青海高考汇编测试试卷【8】含答案考点及解析

2023-2023年高中化学青海高考汇编测试试卷【8】含答案考点及解析班级:___________姓名：___________分数：___________题号一二三四五六总分得分考前须知：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上评卷人得

分

一、选择题1.以下研究目的和示意图相符的是(

)

ABCD研究目的固定容积的密闭容器中，压强对反响：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的影响固定容积的密闭容器中，温度对反响：N2(g)+3H2(g)

2NH3〔g〕ΔH<0的影响固定容积的密闭容器中，增大CO2浓度，对已达平衡的反响：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的影响等质量Na、K分别与足量水反响示意图【答案】D【解析】试题分析：A、P1时反响速率大，所以P1>P2，因为该反响正反响方向是气体系数减小的方向，所以P1平衡时SO3的物质的量更大，图像不符，错误；B、该反响为放热反响，温度升高，平衡向逆反响方向移动，NH3的物质的量减小，图像不符，错误；C、固定容积的密闭容器中，增大CO2浓度，逆反响速率突变，随着平衡的移动，正反响速率逐渐增大，图像不符，错误；D、K的活泼性大于Na，那么反响速率大于Na，K的摩尔质量大于Na的摩尔质量，那么等质量的K完全反响生成H2的量少，正确。考点：此题考查图像的分析、化学反响速率与化学平衡。2.某温度时，在密闭容器中，X、Y、Z三种气体浓度的变化如图Ⅰ所示，假设其它条件不变，当温度分别为T1和T2时，Y的体积分数与时间关系如图Ⅱ所示。那么以下结论正确的选项是

A．该反响的热化学方程式为X(g)＋3Y(g)2Z(g)ΔH＞0B．假设其它条件不变，升高温度，正、逆反响速度均增大，X的转化率减小C．到达平衡后，假设其他条件不变，减小容器体积，平衡向逆反响方向移动D．到达平衡后，假设其他条件不变，通入稀有气体，平衡向正反响方向移动【答案】B【解析】根据图Ⅰ，图Ⅱ推知X(g)＋3Y(g)2Z(g)ΔH＜0，A错，B对；加压，平衡右移，C错；假设恒温恒压，通入稀有气体，平衡左移；假设恒温恒容通入稀有气体，平衡不移动，D错。3.以下关于有机化合物的说法不正确的选项是()。A．乙烯、聚氯乙烯和苯分子均含有碳碳双键B．乙烷和丙烷互为同系物，蔗糖和麦芽糖互为同分异构体C．甲烷和氯气反响生成一氯甲烷，与苯和硝酸反响生成硝基苯的反响类型相同D．不同油脂水解都有甘油生成，不同的蛋白质水解都有氨基酸生成【答案】A【解析】聚氯乙烯、苯分子结构中不存在碳碳双键，A项错误。4.尿黑酸症是由酪氨酸在人体内非正常代谢而产生的一种疾病。其转化过程如下：OHCH2CH—COOHNH2―→OHCH2COCOOHHOCH2COOHOH酪氨酸对羟苯丙酮酸

尿黑酸以下说法错误的选项是〔〕A．1mol酪氨酸能与含1molHCl的盐酸反响，又能与含2molNaOH的溶液反响B．酪氨酸能发生加成、取代、消去和缩聚反响C．1mol对羟苯丙酮酸最多可与4molH2反响D．1mol尿黑酸最多可与含3molBr2的溶液反响【答案】B【解析】酪氨酸含有酚羟基和羧基，均为酸性基，含有的氨基为碱性基，A项正确；酪氨酸含有苯环，能发生加成反响和取代反响，含有氨基和羧基，能发生缩聚反响，但不能发生消去反响，B项错误；对羟苯丙酮酸含有苯环和酮羰基，能与H2发生加成反响，C项正确；酚羟基的邻位和对位氢原子活泼，能与溴发生取代反响，D项正确。5.3.2g铜与过量的硝酸〔8mol/L,30mL〕充分反响，硝酸的复原产物是NO和NO2，反响后溶液中含有amolH+，那么此时溶液中含有NO3-的物质的量为〔

〕A．〔0.2+a〕molB．〔0.1+a〕molC．〔0.05+a〕molD．amol【答案】B【解析】试题分析：3.2g铜为0.05mol，最后形成硝酸铜需要结合0.1mol的硝酸根离子，另外溶液中还剩余氢离子amol，所以硝酸根离子的总量为0.1+amol。考点：物质的量的计算点评：此题从解题技巧上出发，不需要写出方程式来解答，只需要考虑最后硝酸根离子的存在形态与结合方式就可以求出结果。6.在电解食盐水之前，需要提纯食盐水。为了除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO42－及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行以下五项操作，正确的操作顺序是

〔

〕①过滤

②加过量的NaOH溶液

③加适量的盐酸④加过量的碳酸钠溶液

⑤加过量的氯化钡溶液A．①④②⑤③B．④①②⑤③C．②⑤④①③D．⑤④②③①【答案】C【解析】试题分析：在粗盐提纯时，要先除SO42-、Mg2+再除Ca2+，然后过滤最后加适量的盐酸调节，所以正确的操作顺序为②⑤④①③，答案选C。考点：粗盐的提纯点评：此题SO42-、Mg2+除去的顺序可以颠倒。7.以下说法正确的选项是A．焓变和熵变都大于0的反响肯定是自发的B．焓变小于0而熵变大于0的反响肯定是自发的C．因为焓变和熵变都与反响的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反响自发性的判据D．在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反响进行的方向【答案】B【解析】试题分析：根据△G＝△H－T·△S可知，焓变和熵变都大于0的反响不一定是自发的，A不正确；焓变小于0而熵变大于0时△G一定是小于0的，反响是自发的，所以B正确；焓变或熵变不可以单独作为反响自发性的判据，而是要综合应用，C不正确；催化剂只能改变反响速率，但不能改变反响的方向，D不正确，答案选B。考点：考查反响的自发性判断点评：在判断反响的自发性时，应该利用△G＝△H－T·△S进行判断，而不能单独利用熵变或焓变。8.NA为阿伏加德罗常数，以下有关表达正确的选项是A．标准状况下，2.24LC6H14中含有的共用电子对数为1.9NAB．同温同压下，原子数均为NA的氢气和氦气具有相同的体积C．0.50mol的亚硫酸钠中含有的钠离子数为NAD．常温下，7.1gCl2与足量NaOH溶液作用，转移电子的数目为0.2NA【答案】C【解析】A不正确，标准状况下，己烷不是气体，不能适用于气体摩尔体积；B不正确，氦气是一个原子构成的，而氮气是2个原子构成的；根据化学式Na2SO3可知，0.5mol亚硫酸钠含有1mol钠离子，C正确；氯气和氢氧化钠溶液的反响中，氯气既是氧化剂，也是复原剂，转移1个电子，D不正确，答案选C。9.以下离子方程式书写不正确的选项是A．用NaOH溶液吸收Cl2：B．用浓盐酸与MnO2制取Cl2：△C．NaHCO3溶液与NaOH溶液反响：D．碳酸钙溶于醋酸溶液：【答案】D【解析】醋酸是弱酸，应该用化学式表示，D不正确，其余都是正确的，答案选D。10.[2023·长春市第三次调研]以下四种别离乙醇、乙酸的方案中最正确的一组是〔

〕【答案】D【解析】乙酸、乙醇的混合液中参加足量的氧化钙固体后，乙酸与其反响生成乙酸钙，且氧化钙溶于水放热，利于乙醇挥发得到乙醇，再向溶液中参加硫酸得乙酸，利用强酸制弱酸；最后互溶液体用蒸馏即可分开；评卷人得

分

二、实验题11.某炼铁废渣中含有大量的CuS及少量铁的氧化物，工业上以该废渣和NaCl为原料生产CuCl2·2H2O晶体，其工艺流程中主要涉及焙烧、尾气处理、酸浸、调控溶液pH、过滤、蒸发结晶等。焙烧过程中发生的主要反响为：

CuS+2NaCl+2O2=CuCl2+Na2SO4请答复以下问题：

(1)焙烧时还有废气产生，其中一种是主要的大气污染物。假设在实验室中以碱液吸收处理之，以下A、B、C装置中可行的是________(填字母)；假设选用甲装置，那么烧杯中的下层液体可以是_______。(2)调控溶液pH时采用pH试纸来测定溶液的pH，那么正确的操作方法是___________________。(3)假设最后所得的滤液中的阴离子只有S042-和Cl-，那么检验滤液中这两种离子的实验操作______

。【答案】〔1〕AB

四氯化碳或CCl4〔2〕将一小块pH试纸置于枯燥洁净的外表皿上，用枯燥洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，跟标准比色卡对照〔3〕取少量滤液，先参加过量的硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀出现，检出SO42-；过滤〔或静置〕再向滤液〔或清液〕参加适量的AgNO3溶液，也有白色沉淀出现，检出Cl-〔其他合理答案均可〕【解析】略评卷人得

分

三、填空题12.利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(Ⅲ)的处理工艺流程如下。其中硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3＋，其次是Fe3＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋。(1)实验室用18.4mol·L－1的浓硫酸配制250mL4.8mol·L－1的H2SO4溶液，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和量筒外，还需________________________。(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有___________________________________________________________________________________(答出两点)。(3)H2O2的作用是将滤液Ⅰ中的Cr3＋转化为Cr2O72—，写出此反响的离子方程式：_____________________________________________________________。(4)常温下，局部阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：阳离子Fe3＋Mg2＋Al3＋Cr3＋开始沉淀时的pH2.7－－－沉淀完全时的pH3.711.189(>9溶解)

参加NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O72—转化为CrO42—。滤液Ⅱ中阳离子主要有________；但溶液的pH不能超过8，其理由是_________________________。(5)钠离子交换树脂的反响原理为Mn＋＋nNaR―→MRn＋nNa＋，利用钠离子交换树脂除去的滤液Ⅱ中的金属阳离子是_______________________________。(6)写出上述流程中用SO2进行复原时发生反响的化学方程式：__________________________________________________。【答案】(1)250mL容量瓶、胶头滴管(2)升高反响温度、增大固体颗粒的外表积、加快搅拌速度等(答两点即可)(3)2Cr3＋＋3H2O2＋H2O===Cr2O72—＋8H＋(4)Na＋、Mg2＋、Ca2＋pH超过8会使局部Al(OH)3溶解生成AlO2—，最终影响Cr(Ⅲ)的回收与再利用(5)Ca2＋、Mg2＋(6)3SO2＋2Na2CrO4＋12H2O===2CrOH(H2O)5SO4↓＋Na2SO4＋2NaOH【解析】(1)结合一定物质的量浓度的溶液的配制步骤即可写出缺少的玻璃仪器，注意容量瓶必须注明规格。(4)参加NaOH溶液调节pH＝8，Fe3＋、Al3＋以Fe(OH)3、Al(OH)3形式沉淀下来，溶液中还有Mg2＋、Ca2＋及参加的Na＋。(5)运用钠离子交换树脂的目的是除去滤液Ⅱ中的Mg2＋、Ca2＋。13.利用以下装置探究氯气的性质。〔1〕写出实验室制取C12的化学方程式

；实验室制取氯气需要用到的仪器有

〔填写序号〕。①分液漏斗②碱式滴定管⑧酒精灯④圆底烧瓶⑤长颈漏斗〔2〕假设E中的枯燥有色布条：不褪色，那么D中盛有的试剂是

。〔3〕G中盛有NaOH溶液，写出发生反响的离子方程式

。〔4〕F中盛有蒸馏水，C12通过后可观察到溶液的颜色变为

色，说明溶液中存在

；将该溶液参加含有酚酞的氢氧化钠溶液中，溶液红色褪去。设计实验探究红色褪去的原因

。〔5〕假设F中盛有的是溴化亚铁溶液，通入过量C12后，写出可能发生反响的离子方程式

。【答案】【解析】略14.2023年上海世博会场馆，大量的照明材料或屏幕都使用了发光二极管〔LED〕。目前市售LED品片，材质根本以GaAs〔砷化镓〕、AlGaInP〔磷化铝镓铟〕、lnGaN〔氮化铟镓〕为主。镓是铝同族下一周期的元素。砷化镓的晶胞结构如以下图。试答复：⑴镓的基态原子的电子排布式是

。⑵砷化镓晶胞中所包含的砷原子〔白色球〕个数为

，与同一个镓原子相连的砷原子构成的空间构型为

。⑶N、P、As处于同一主族，其氢化物沸点由高到低的顺序是

。〔用氢化物分子式表示〕⑷砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃时制得。(CH3)3Ga中镓原子的杂化方式为

。⑸比拟二者的第一电离能：As______Ga〔填“<〞、“>〞或“=〞〕。⑹以下说法正确的选项是

〔填字母〕。A．砷化镓晶胞结构与NaCl相同

B．GaP与GaAs互为等电子体C．电负性：As>Ga

D．砷化镓晶体中含有配位键【答案】〔15分〕⑴ls22s22p63s23p63d104s24p1〔或[Ar]3d104s24p1〕〔2分〕⑵4〔2分〕正四面体〔2分〕

⑶NH3>AsH3>PH3

〔2分〕

⑷sp2〔2分〕

⑸>〔2分〕

⑹BCD〔3分〕【解析】⑴镓位于周期表中第四周期第IIIA，故其核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1。⑵根据“均摊法〞：白色球个数为(6/2)+(8/8)=4。由晶胞图可知与同一个镓原子相连的砷原子构成的空间构型为正四面体。⑶由于NH3分子间存在氢键，所以NH3的沸点最高，由于AsH3的相对分子质量大于PH3，故AsH3的沸点高于PH3。⑷由于Ga原子周围只有3对成键电子对，故其杂化方法为sp2。⑸As和Ga处于同一周期，而处于VA的As外围电子处于半满的较稳定结构，故As的第一电离能大于Ga。⑹由题中晶胞图可知A显然是错误的。根据等电子体的概念可知选项B正确。根据电负性的概念可知选项C正确。由于Ga原子最外层只有3个电子，而每个Ga原子与4个As原子成键，因此其中一个共价键必为配位键，D正确。15.［化学—选修3：物质结构与性质】W、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的前四周期元素。W是宇宙中最丰富的元素；X、Z元素原子基态时，核外电子均排布在3个能级上，且它们的价电子层上均有两个未成对电子；向含有Q2＋的溶液中滴加氨水，形成蓝色沉淀，再滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液。答复以下问题：〔l〕第一电离能Y

Z，电负性Y

Z〔均选填“大于〞、“小于〞或“等于’，〕。〔2〕写出与XZ分子互为等电子体的一种离子的化学式

。〔3〕假设向含有Q2＋的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，得到深蓝色溶液后再加乙醇，有深蓝色晶体析出，原因是

；该深蓝色晶体中，中心离子的电子排布式为

，配体为

〔4〕W、Y形成的一组二元化合物化学式为：YW3、Y2W4、Y3W5、Y4W6……其中，YW3分子中Y原子的杂化类型为

；这组化合物的通式为

W、Y形成的化合物的种类比W、X形成的化合物的种类

〔填“多〞或“少〞〕。〔5〕Q单质的晶体属于面心立方最密堆积。己知Q单质的密度是dg·cm－3，NA表示阿伏伽德罗常数的值，Q的相对原子质量为M，那么Q晶体中最邻近的原子核间距为

cm〔用含M、d、NA的代数式表示〕。Q原子在晶胞中的空间利用率为

〔用含的代数式表示〕。【答案】〔1〕大于，大于；〔2〕CN－或C22-；〔3〕乙醇极性比水小，[Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇中的溶解度小，故有晶体析出；[Ar]3d9，NH3；〔4〕sp3杂化，NnHn+2，少〔5〕，π/6。【解析】试题分析：根据题给信息推断，W是宇宙中最丰富的元素，那么W为氢元素；X、Z元素原子基态时，核外电子均排布在3个能级上，且它们的价电子层上均有两个未成对电子，那么X为碳元素，Z为氧元素，Y为氮元素；向含有Q2＋的溶液中滴加氨水，形成蓝色沉淀，再滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，那么Q为铜元素。〔l〕氧原子的价电子排布式为2s22p4，氮原子的价电子排布式为2s22p3，p轨道处于半充满状态，较稳定，故第一电离能：N大于O，同周期元素由左向右元素的电负性逐渐增大，故电负性：N小于O。〔2〕原子总数和价电子总数相等的微粒互为等电子体。与CO分子互为等电子体的离子的化学式CN－或C22-。〔3〕向硫酸铜溶液中参加过量氨水生成[Cu(NH3)4]2+，溶液呈深蓝色，再加乙醇有深蓝色晶体析出，该深蓝色晶体是[Cu(NH3)4]SO4·H2O，析出晶体的原因是乙醇极性比水小，[Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇中的溶解度小，故有晶体析出；[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体中，中心离子Cu2＋的电子排布式为[Ar]3d9，配体为NH3。〔4〕NH3分子中N原子形成3个键，含有1对孤对电子，杂化类型为sp3杂化；根据所给分子式确定这组化合物的通式为NnHn+2，H、N形成的化合物的种类比H、C形成的化合物烃的种类少。〔5〕铜单质的晶体属于面心立方最密堆积，那么1个晶胞中含有铜原子的个数为8×1/8+6×1/2=4，那么1mol晶胞的质量为4Mg，铜单质的密度是dg·cm－3，那么晶胞的棱长为，那么铜晶体中最邻近的原子核间距为cm；设晶胞的棱长为x，那么晶胞的体积为x3，铜原子半径x/4，晶胞中铜原子占据的体积为4×4/3π〔x/4〕3，铜原子在晶胞中的空间利用率为π/6。考点：考查物质结构与性质，涉及原子结构和元素推断，分子结构和晶胞计算。16.(1)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的空间构型是________。(2)在[Ni(NH3)6]2＋中Ni2＋与NH3之间形成的化学键称为________，提供孤电子对的成键原子是________。【答案】

正四面体

配位键

N【解析】(1)[Ni(NH3)6]SO4中阴离子是硫酸根离子，价层电子对数是4，不存在孤对电子，其空间构型是正四面体。(2)在[Ni(NH3)6]2＋中Ni2＋与NH3之间形成的化学键称为配位键，N原子含有孤对电子，因此提供孤电子对的成键原子是N。评卷人得

分

四、计算题17.消除汽车尾气是减少城市空气污染的热点研究课题。〔1〕汽车内燃机工作时发生的反响N2(g)+O2(g)2NO(g)，生成的NO是汽车尾气的主要污染物。T℃时，向5L密闭容器中充入6.5molN2和7.5molO2，在5min时反响到达平衡状态，此时容器中NO的物质的量是5mol〔不考虑后续反响〕。那么：①5min内该反响的平均速率ν(NO)=

；在T℃时，该反响的平衡常数K=

。②反响开始至到达平衡的过程中，容器中以下各项发生变化的是

〔填序号〕。a．混合气体的密度

b．混合气体的压强c．正反响速率

d．单位时间内，N2和NO的消耗量之比〔2〕用H2或CO催化复原NO可以到达消除污染的目的。：2NO(g)=N2(g)+O2(g)

△H="—180.5"kJ·mol－12H2O(l)=2H2(g)+O2(g)

△H="+571.6"kJ·mol－1那么H2(g)与NO(g)反响生成N2(g)和H2O(l)的热化学方程式是

。〔3〕当质量一定时，增大固体催化剂的外表积可提高化学反响速率。以下图表示在其他条件不变时，反响2NO(g)+2CO(g)

2CO2(g)+N2(g)中，NO的浓度[c(NO)]随温度〔T〕、催化剂外表积〔S〕和时间〔t〕的变化曲线。①该反响的H

0〔填“＞〞或“＜〞〕。②假设催化剂的外表积S1＞S2，在右图中画出c(NO)在T1、S2

条件下到达平衡过程中的变化曲线〔并作相应标注〕。【答案】〔16分〕〔1〕〔共9分〕①0.2mol·L－1·min－1〔2分〕

1.25〔3分〕

②cd〔4分〕〔2〕〔共3分〕2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(l)

△H=－752.1kJ·mol－1〔3〕〔共4分〕①＜〔2分〕

②〔2分〕见图：【解析】试题分析：〔1〕①由于c=n/V，各组分变化浓度之比等于系数之比，由此推断该反响体系中各组分的〔起始、变化、平衡〕浓度，那么：N2(g)+

O2(g)2NO(g)起始浓度〔mol/L〕

1.3

1.5

0变化浓度〔mol/L〕

0.5

0.5

1平衡浓度〔mol/L〕

0.8

1.0

1根据平均反响速率的定义式，v(NO)===0.2mol/(L•min)根据化学平衡常数的定义式，K==mol2/L2≈1.25②混合气体的密度等于混合气体总质量除以容器体积，由于该反响各组分都是气体，所以混合气体总质量始终保持不变，容器体积始终为5L，因此混合气体密度始终保持不变，且密度不变不能说明到达平衡，故a错误；由于N2(g)+O2(g)2NO(g)的正反响是气体物质的量保持不变的反响，那么混合气体总的物质的量始终不变，且容器内混合气体的压强始终不变不能说明到达平衡，故b错误；从反响开始到达平衡，反响物浓度逐渐减小，所以正反响速率逐渐减小，故c正确；单位时间内，N2和NO的消耗量之比就是正反响速率和逆反响速率之比，反响开始时，正反响速率最大、逆反响速率最小，此时N2和NO的消耗量之比最大，反响到达平衡时，正反响速率=逆反响速率，此时N2和NO的消耗量之比最小〔为1/2〕，故d正确；〔2〕根据盖斯定律，的前一个热化学方程式减去后一个热化学方程式，可以得到：2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(l)

△H=－752.1kJ·mol－1；〔3〕读图，两条曲线先后到达平衡，说明T2>T1，即升高温度，平衡时c(NO)增大，由于升温平衡向吸热方向移动，c(NO)增大说明平衡向逆反响方向移动，那么逆反响是吸热反响，所以正反响是放热反响，△H<0；画图要点：S1变为S2，即减小催化剂外表积，反响速率减小，单位时间内NO的变化浓度减小，那么T1、S2的曲线位于T1、S1曲线的右边；催化剂不能使平衡移动，所以NO的平衡浓度与T1、S1曲线相同，只是到达平衡的时间比T1、S1曲线增大。考点：考查化学反响原理，涉及求平均反响速率、化学平衡常数、化学平衡的建立、盖斯定律、热化学方程式、放热反响、吸热反响、画催化剂对反响速率和平衡移动的影响曲线。18.(15分)淀粉水解的产物〔C6H12O6〕用硝酸氧化可以制备草酸，装置如下图〔加热、搅拌和仪器固定装置均已略去〕：实验过程如下：①将1∶1的淀粉水乳液与少许硫酸(98%)参加烧杯中，水浴加热至85℃～90℃，保持30min，然后逐渐将温度降至60℃左右；②将一定量的淀粉水解液参加三颈烧瓶中；③控制反响液温度在55～60℃条件下，边搅拌边缓慢滴加一定量含有适量催化剂的混酸〔65%HNO3、98%H2SO4的质量比为2：1.5〕溶液；④反响3h左右，冷却，减压过滤后再重结晶得草酸晶体。硝酸氧化淀粉水解液过程中可发生以下反响：C6H12O6＋12HNO3→3H2C2O4＋9NO2↑＋3NO↑＋9H2O

C6H12O6＋8HNO3→6CO2＋8NO↑＋10H2O

3H2C2O4＋2HNO3→6CO2＋2NO↑＋4H2O请答复以下问题：(1)实验①参加98%硫酸少许的目的是：

。(2)冷凝水的进口是

〔填a或b〕；实验中假设混酸滴加过快，将导致草酸产量下降，其原因是

。(3)检验淀粉是否水解完全所用的试剂为

。(4)草酸重结晶的减压过滤操作中，除烧杯,玻璃棒外，还必须使用属于硅酸盐材料的仪器有(5)当尾气中n(NO2):n(NO)＝1：1时，过量的NaOH溶液能将NOx全部吸收，发生的化学反响方程式为：

。(6)将产品在恒温箱内约90℃以下烘干至恒重，得到二水合草酸。用KMnO4标准溶液滴定，该反响的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O称取该样品0.12g，加适量水完全溶解，然后用0.020mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定至终点〔杂质不参与反响〕，此时滴定终点的现象为

。滴定前后滴定管中的液面读数如下图，那么该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为

。【答案】(1)加快淀粉水解的速度〔或起到催化剂的作用〕(2分)(2)a(1分)

温度过高、硝酸浓度过大，导致H2C2O4进一步被氧化

(2分)(3)碘水或KI-I2溶液

(2分)(4)布氏漏斗、吸滤瓶〔平安瓶、抽气泵不作为主要仪器〕(2分)

(5)NO2＋NO＋2NaOH＝2NaNO2＋H2O

(2分)⑹溶液颜色由无色变为

紫红色〔或淡紫色〕，且半分钟内不退色(2分)

84.0%(2分)【解析】试题分析：(1)淀粉水解时，硫酸能起到催化剂的作用，加快淀粉水解的速度；(2)选择a作为冷凝水入口，下进上出，可以加快冷凝速度；实验中温度过高、硝酸浓度过大，都会导致H2C2O4进一步被氧化，故要控制混酸滴加速度；(3)检验淀粉是否水解完全所用的试剂为碘水或KI-I2溶液，溶液由蓝色变为无色且30S不变色即水解完全；(4)布氏漏斗、吸滤瓶是必须使用属于硅酸盐材料的仪器；

(5)NO2＋NO＋2NaOH＝2NaNO2＋H2O⑹滴定终点的现象为溶液颜色由无色变为紫红色〔或淡紫色〕，且半分钟内不退色；2MnO4-

+

5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O2

5〔18.5－2.5〕×10－３×0.020mol

c解得c=0.8×10－３mol故m〔二水合草酸〕="126"g/mol×0.8×10－３mol=0.1008g那么该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数w=〔0.1008g/0.12g〕×100%=84.0%考点：根底实验制备方法及考前须知，化学方程式的计算点评：此题考查学生对制备实验一些根底操作的掌握，涉及到了化学方程式的计算，计算的关键在于是求二水合草酸在样品中的质量分数，而不是无水草酸。19.〔6分〕某天然碱可以看作是CO2和NaOH反响后的产物组成的一种物质。为了测定该物质的成分，进行如下实验：⑴称取3.32g天然碱样品，参加30mL过量稀盐酸，产生672mLCO2气体〔标准状况〕；⑵另称取3.32g天然碱样品，在300℃下加热至分解完全，产生CO2112mL〔标准状况〕和0.45g水。试通过计算，确定天然碱的化学式。【答案】〔6分〕2Na2CO3·NaHCO3·2H2O【解析】略20.〔选做〕Na2SO3·7H2O是食品工业中常用的漂白剂、抗氧化剂和防腐剂。Na2SO3在30℃时的溶解度为35.5g/l00gH2O〔1〕计算30℃时Na2SO3饱和溶液中Na2SO3的质量分数ω。〔保存2位小数〕〔2〕计算30℃时271gNa2SO3饱和溶液中水的质量。〔3〕将30℃的Na2SO3饱和溶液271g冷却到10℃，析出Na2SO3·7H2O晶体79.5g。计算10℃时Na2SO3在水中的溶解度。【答案】〔1〕0.26；〔2〕200g；〔3〕19.5g。【解析】试题分析：〔1〕根据Na2SO3的溶解度，其饱和溶液中溶质为35.5g，溶剂为100g，溶液总质量=100+35.5=135.5g，那么ω(Na2SO3)=(35.5g÷135.5g)×100%≈0.26；〔2〕271g饱和溶液中，假设其含有的溶剂为x，Na2SO3在30℃时的溶解度为35.5g,那么100g÷135.5g=x÷271g，解之得：x=200〔g〕；〔3〕冷却溶液后，析出晶体79.5g，根据其晶体Na2SO3·7H2O的组成，其中含有水和亚硫酸钠为：m(Na2SO3)=79.5g×126/252=39.75g，m(H2O)=79.5g-39.75g=39.75g，10℃时Na2SO3的质量为271-200-39.75=31.25g，10℃时H2O的质量为200-39.75=160.25g，假设10℃时Na2SO3的溶解度为y，100g÷y=160.25g÷31.25g，解得y=19.5g。

考点：考查溶液的质量分数、溶剂的质量、溶解度等化学计算知识。评卷人得

分

五、简答题21.某强酸性溶液X中可能含有Fe2+、Fe3+、A13+、Ba2+、NH4+、CO32-、NO3ˉ、SO42-、SiO32-中的假设干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如下图。实验过程中有一种气体为红棕色。根据以上信息，答复以下问题：〔1〕由强酸性条件即可判断X溶液中肯定不存在的离子有____________________。〔2〕溶液X中关于硝酸根离子的判断，正确的选项是_______；〔填编号，下同〕a.一定含有

b.一定不含有

c.可能含有〔3〕气体F的电子式为__________，化合物I中含有的化学键类型有________；〔4〕转化⑦的离子方程式为_________________________________________；〔5〕对不能确定是否存在的离子，可以另取X溶液，参加以下溶液中的一种，根据现象即可判断，该试剂最好是_________。①NaOH溶液

②KSCN溶液

③氯水和KSCN的混合溶液

④pH试纸⑤KMnO4溶液【答案】

CO32-、SiO32-

b

共价键和离子键

[Al(OH)4]ˉ

+CO2

=HCO3ˉ

+Al(OH)3↓或AlO2ˉ+2H2O+CO2

=HCO3ˉ

+Al(OH)3↓

②【解析】〔1〕在强酸性溶液中氢离子和碳酸根离子反响生成二氧化碳和水，硅酸根离子和氢离子反响生成硅酸沉淀，所以一定不会存在CO32-、SiO32-离子；〔2〕参加过量硝酸钡生成沉淀，钡离子和硫酸根离子反响生成硫酸钡沉淀，说明一定含有SO42-，含有SO42-离子就一定不含Ba2+离子；气体A连续氧化生成D和E，那么A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有复原性离子，一定为Fe2+，那么在酸性条件下一定不含NO3ˉ离子，否那么酸性条件下NO3ˉ会将Fe2+氧化而不能大量共存，答案选b；〔3〕溶液B中参加过量NaOH溶液并加热，生成