天津市南开区高三一模化学试题2

2022-2023学年度第二学期高三年级质量监测（一）

化学学科试卷

本试卷分为第I卷（选择题）和第∏卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时60

分钟。第I卷1至4页，第∏卷5至8页。

答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定位置粘

贴考试用条形码。答题时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上无效。

第I卷

注意事项：

1.每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，

用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

2.本卷共12题，每题3分，共36分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最

符合题目要求的。

可能用到的相对原子质量：H-IC-12N-140-16Na-23

Mg-24Fe-56

1.化学无处不在，下列与化学有关的说法正确的是

A.淀粉、纤维素、油脂都属于天然高分子

B.二氧化硫可用于制作葡萄酒的食品添加剂

C.Fe（OH）3胶体无色、透明，能发生丁达尔效应

D.碘是人体必需微量元素，应多吃富含高碘酸的食物

【答案】B

【解析】

【详解】A.油脂不属于高分子化合物，故A错误；

B.二氧化硫具有强的还原性，可用作葡萄酒中作抗氧化剂，故B正确；

C.Fe（OH）3胶体为红褐色液体，故C错误；

D.碘是人体必需微量元素，补充碘元素常在食盐中加入碘酸钾固体而不是高碘酸，高碘酸

为强酸，具有强烈刺激性和腐蚀性不能食用，故D错误；

故选：Bo

2.下列有关化学用语表示正确的是

A.乙醛的结构简式：CH3OCH3

B.HCIO的电子式：H：C1：O：

C.质子数为17、中子数为20的氯原子：；；Cl

D.SO2的空间结构：V形

【答案】D

【解析】

【详解】A.乙醛的结构简式：CH3CH2OCH2CH3,故A错误；

B.HClO的电子式：H：O：C1：＞故B错误；

C.质子数为17、中子数为20的氯原子质量数为37,表示为：；C1,故C错误；

D.SO,的价电子对数9=3,有一对孤对电子，空间构型为V形，故D正确；

2

故选：D。

3.与氢硫酸反应有沉淀生成的电解质是

A.硫酸铜B.氢氧化钠C.硫酸亚铁D.二氧化

硫

【答案】A

【解析】

【详解】A.CUSo4是盐，属于电解质，加入氢硫酸，会发生反应：CUSO4+H2S=CUSI+H2SO4,

产生黑色沉淀，A正确。

B.氢氧化钠是碱，属于电解质，与氢硫酸发生反应：2NaOH+H2S=Na2S+2H2O,产生的

NazS是可溶性的物质，没有沉淀产生，B错误。

C.硫酸亚铁是盐，属于电解质，由于酸性：硫酸＞氢硫酸，因此二者不能发生反应，无沉

淀产生，C错误。

D.二氧化硫与硫化氢会发生反应：SO2+2H2S=3SI+2H2O,产生沉淀，但是SO2是非电解

质，不符合题意，D错误。

答案选A。

4,下列有关Fe2(SO”3溶液的叙述正确的是

2

A.该溶液中K+、Fe∖C6H5OHsBr-可以大量共存

32+

B.和Kl溶液反应的离子方程式：Fe'+21-Fe+I2

3+22+

C.和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：Fe+SO4-+Ba+3OH=Fe(OH)3I+

BaSO4I

D.1LO.1mol∙L-1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2gFe

【答案】D

【解析】

【详解】A、三价铁与苯酚会发生显色反应，不能大量共存，A错误；

B、电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe3++2I==2Fe2++l2,B错误；

C、不符合配比关系，正确的离子方程式为2Fe3++3Sθ4?-+3Ba2++6OIΓ=2Fe(OH)3I+

3BaSO4I，C错误;

D、根据原子守恒，铁离子的物质的量为，与足量Zn反应生成铁，为，D正确；

答案选D。

5.X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，X元素基态原子的最外层电

子排布式为2s?2p4。下列说法下走砸的是

A.离子半径：Z2^<W-B.还原性：Z2^>W-

C.酸性：H3YO4<H2ZO4D.氢化物稳定性：H2X>H2Z

【答案】A

【解析】

【分析】X元素基态原子的最外层电子排布式为2s?2p4,因此X是氧元素，则Z是硫元素,

Y是磷元素，W是氯元素。

【详解】A.CKs”电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：ClyS2-,

A错误；

B.根据同周期阴离子的还原性从左到右依次减弱，故S'的还原性比大于CI-的还原性，B

正确；

C.由于H?S04的非羟基0原子数是2,而H3PO4的的非羟基0原子数是1,H2SO4的非

羟基0原子数比H3PO4多，使得S原子的正电性较大，导致H2SO4中-OH的电子向S偏

向程度更大，使H+在水分子作用下更易电离，H2S04酸性强于H3PO4,C正确；

D.非金属氢化物的稳定性代表了元素非金属性的强弱，氧的非金属性远大于硫，所以H2θ

的稳定性也大于H2S,D正确；

故选Ao

6.联氨(N2H4)可用于处理水中的溶解氧，其反应机理如下图所示：

N,H,NHyH2O^lft)O2

j,

CiiO、-CuQ'------->>[Cι>(NHjh]*ɪ⅜[Cu(NHλ)4]

下列说法不巧碰的是

A.N2H4分子的共价键只有S-PO■键

B.N2H4具有还原性，在一定条件下可被O2氧化

C.②中反应产物是［Cu(NH?),［而不是［Cu(NH3)j+，说明［Cu(NH3),『相对较稳定

D.③中发生反应：

+2+

4［CU(NH3),］+O2+8NH3∙H2O=4［CU(NH3)J+40H^+6H2O

【答案】A

【解析】

【详解】A∙N2H4分子的共价键有N-H之间的S-pb键和N-N之间的P-P。，A错误；

B.由题干信息可知，N2H4能够被CUo氧化生成N2,即N2H4具有还原性，而02的氧化性

强于CU0,故N2H4具有还原性，在一定条件下可被02氧化，B正确；

C.由题干信息可知，②中反应物NH3∙氏0是足量的，但是反应产物是［Cu(NH3),『而

不是［Cu(NH3)j+,说明［CU(NH3),［相对较稳定，C正确；

D.根据氧化还原反应配平可知，③中发生反应：

+2+

4［Cu(NH3)2］+02+8NH3-H2O=4［Cu(NH3)4］+4OH^+6H2O,D正确;

故答案为：Ao

7.下列除杂试剂选用正确且除杂过程涉及氧化还原反应的是

选项物质(括号内为杂质)除杂试剂

ANO(NO2)蒸偏水、碱石灰

BAl2O3(Fe2O3)盐酸、NaOH溶液、二氧化碳

BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐

CNaCl(Na2SO4)

酸

酸性KMnO溶液

DOr(04

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【分析】除杂时，加入的试剂或使用的方法不能影响主体物质，且不能引入新杂质；氧化反

应中存在元素的化合价升高或者降低；

【详解】A.除去NO中的NO2,先通入蒸储水中，发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO,

再通过碱石灰干燥得到纯净的NO,其除杂过程涉及氧化还原反应，故A选；

B.除去AI2O3中含有的Fe0,先加入盐酸，涉及反应ALO3+6H*=2A产+3乩0、

+3+

Fe2O3+6H=2Fe+3H2O,再加入过量NaOH溶液，过滤，向滤液中通入过量二氧化碳,

3+

得到Al(OH)3沉淀，加热分解得到纯净的Al2O3,涉及反应Al+40H=A10；+2H2O、

3+

Fe+30HɪFe(OH)31、A1O^+CO2+2H2O=A1(OH)34.+HC0；、

/、ʌ

2A1(OH)3-Al2O3+3H2O,其中不涉及氧化还原反应，故B不选；

2+

C.除去NaCl中含有的Na2SO4,先加过量BaCl2溶液发生反应Ba+SO；=BaSO41,

再加过量Na2CO3溶液发生反应Ba2++CO；-=BaCO3J,过滤，最后向滤液中加入盐酸

调PH至中性，发生反应CO:+2H+=CC>2T+H2O,然后蒸发结晶得到NaC1,其中不涉

及氧化还原反应，故C不选；

D.除去甲苯的苯，加入酸性KMno4溶液，主体物质甲苯被氧化，没有达到除杂目的，故

D不选；

故选Ao

8.下列实验方案中，不能测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3质量分数的是

A.取ag混合物充分加热，质量减少bg

B.取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体

C.取ag混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干、得到bg固体

D.取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，质量增加bg

【答案】D

【解析】

【详解】A.只有碳酸氢钠加热分解，由差量法可计算碳酸氢钠的质量，然后再计算碳酸钠

的质量分数，能够测出混合物中碳酸钠的质量分数，故A不选；

B.加热后bg固体为氯化钠的质量，设碳酸钠的物质的量为x、碳酸氢钠的物质的量为y,

则106x+84y=a,2x+y=上，解方程计算出a、b,然后可计算出混合物中碳酸钠的质量分

58.5

数，故B不选;

C.碳酸钠和碳酸氢钠均能与Ba(OH)2反应生成碳酸领沉淀，结合B项分析，也可以计算

出混合物中碳酸钠的质量分数，故C不选；

D.ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体主要是二氧化碳和水，所以质量增加bg两

种气体的质量，故无法求出混合物中碳酸钠的质量分数，故D选；

故选：DO

9.向NaOH溶液中持续滴加稀盐酸，记录溶液PH及温度随时间的变化如图所示。下列说

法正确的是

A.NaOH溶液的起始浓度为10nmol∙L^'

B.在滴定至终点的过程中，水的电离程度不断减小

C.t1s---->t?s对应的溶液中均存在：C(Na+)+c(H+)=c(C「)+c(0H1

D.由t2S后溶液的温度变化可推知，NaOH与HCl的反应是吸热反应

【答案】C

【解析】

【分析】向NaoH溶液中持续滴加稀盐酸，如图，曲线a到b为中和曲线，b点时刚好反

应完全，此时反应温度最高；

【详解】A.如图，未滴加盐酸时，溶液PH最大，NaOH属于强碱，起始时Nac)H溶液pH=a,

c(H+)=10-flmol∙L^1,常温下,根据KWy(C)H)c(H+)=10*,得

K∖O-14

c(OH")=—J=-=10n^14mol∕L,NaOH溶液的起始浓度为,故A

C(H)10"r

错误；

B.任何酸或碱均抑制水的电离，在滴定至终点的过程中，Nae)H浓度减小，水的电离程

度不断增大。刚好反应时，达到最大，故B错误；

C.t∣s时，NaOH过量，溶质为NaOH和NaC1；t?s时，盐酸过量，溶质为HCI和NaC1,

所以根据电荷守恒，t∣s——>t3S对应的溶液中均存在：

c(Na+)+e(H+)=c(CΓ)+c(0H-),故C正确;

D.如图，曲线a到b为中和曲线,b点时刚好反应完全,此时反应温度最高，由此可知，NaOH

与HCl的反应是放热反应，故D错误；

故选C。

10.已知：H2(g)+L(g)=2Hl(g)AH<0现将三个相同容积的密闭容器中按不同方式

投入反应物发生反应。相关数据见下表：

容器1容器2容器3

反应温度(OC)400400500

ImolH2、

起始量2molHIImolH2ʌlmoll2(g)

ImOlI2(g)

平衡浓度C(HI)∕mol∙L-∣GC2c3

平衡转化率a%(凡)¾(HI)«3(H)2

平衡常数KI&小

下列各项关系不氐施的是

A.C]=c2>ɑɜB.Kl—K，2<K3

C.α1(H2)>a3(H2)D.a1(H2)+a2(Hl)=1

【答案】B

【解析】

【详解1A.容器1和容器2是等效平衡,因此C∣=C2,温度升高平衡逆向移动，因此C∣=C2>C3,

A正确；

B.容器1和容器2是等效平衡，因此Kl=K2,温度升高平衡逆向移动，K3减小，因此

K∣=K2,B错误;

C.温度升高平衡逆向移动，平衡转化率减小，因此a∣(H2)>%(H2),C正确；

D.容器1和容器2是等效平衡，达到平衡状态时•，各物质的浓度相等，a2(Hl)=a∣(Hl),

且两容器温度相同，则有a∣(H2)+(X2(HD=l,D正确；

故选B«

11.一篇关于合成“纳米小人”的文章成为有机化学史上最受欢迎的文章之一，其中涉及的一

个转化关系为：

下列说法正确的是

A.该反应的原子利用率为100%

B.化合物M含有一个手性碳原子

C.化合物N的分子式为：C17H18O

D.化合物P能使酸性KMnO4溶液褪色，但不能使滨水褪色

【答案】C

【解析】

【详解】A.反应物中含有Br原子，生成物中没有Br原子，所以原子利用率不是IOO%,A

错误；

B.化合物M没有手性碳原子，B错误；

C.根据化合物N的结构简式，其分子式为：C17H18O,C正确；

D.化合物P中含有碳碳三键，既能使酸性KMne)&溶液褪色，也能使溟水褪色，D错误；

故选C。

12.一种3D打印机的柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物为

固态电解质，电池总反应为：

MnO2+ɪZn+ɑ+H2O+⅛nSO4.-g^MnOOH+ɪ-[ZnSO4∙3Zn(OH)2∙xH2O]

。下列说法不正确的是

Y碳纳米管纤维

有机高聚物

MnO^

'、碳纳米2管纤维

-

-CH2CH—CH2—CH—

图1电池结构图2有机高聚物的结构片段

A.放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极

-

B.充电时，阴极反应：MnO2+e+H2O=MnOOH+0H^

C有机高聚物中含有极性键、非极性键和氢键

O

D.合成有机高聚物的单体：Il

CH2=CH-C-NH2

【答案】B

【解析】

【分析】由电池的总反应

MnO7+ɪzn+11+-∣H,O+-ZnSO4、•譬一MnOOH+-IZnSO4∙3Zn(OH)2∙xH,O1

,可知Zn为负极，电极反应为：

1VI1

-Zn+-H,O+-ZnSO-e+OH^=-[ZnSO∙3Zn(OH),∙xH,01,正极反应式为：

26^6464

MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-,故充电时，与电源负极相连的是阴极，电极反应为：

11V1

一[ZnSOq∙3Zn(0H)z∙xH,0]+e-=-Zn+—H,O-ZnSQ+0H，与电源正极相连为阳极，

6'26'6t

电极反应为：MnOOH+OH--e^=MnO2+H2O,据此分析解题。

【详解】A.根据总反应可知，Zn所在电极为负极，即放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维

作电池负极，A正确；

B.由分析可知，充电时，阴极反应：

ɪ[znsθ,,∙3Zn(OH)2∙xH20]+e=-Zn+^H,O-ZnSO4+0H^,B错误；

6"26^6

C.根据高聚物的结构可知，高聚物中存在作用力：极性键、非极性键和氢键，C正确；

D.有机高聚物的结构片段发现可知，是加成聚合产物，合成有机高聚物的单体是：

O

L，D正确；

CH2=CH-C-NH2

故答案为：B«

第∏卷

注意事项

1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。

2.本卷共4题，共64分。

13.氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，下列物质都是具有广阔应用前景的储氢材料。回

答下列问题：

(I)氢化钠(NaH)是一种常用的储氢剂，遇水后放出氢气并生成一种碱，该反应的还原产物

为。

(2)Ti-Fe合金室温下吸、放氢的速率快，Ti元素在周期表中的位置是—。

(3)NH3BH3(氨硼烷)具有很高的储氢容量及相对低的放氢温度(V35O∙C),是颇具潜力的

化学储氢材料之一，它可通过环硼氮烷、CH’与HtO进行合成。

①NH3BH3中涉及的元素H、B、N电负性最大的是。

②键角：CH4H?。(填“>”、“<”或"=")，原因是。

(4)Fe-Mg合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。

OFe

OMg

①距离Mg原子最近的Fe原子个数是。

②若该晶胞的棱长为anm,阿伏加德罗常数的值为N,、，则该合金的密度为

___________g∙cm3»

③若该晶体储氢时，H?分子在晶胞的体心和棱心位置，则含Mg48g的该储氢合金可储存标

准状况下H2的体积约为L0

【答案】(I)H2(2)第四周期IVB族

(3)@.N②.>③.CH4分子中没有孤电子对，HzO有2对孤电子对，孤电

子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所

以H?O小于CH’的键角

416

⑷①“②NAa3χN⑨

【解析】

【小问1详解】

NaH遇水反应的方程式为：NaH+H2O=H2↑+NaOH,NaH中-2价H与H2O中+1价H

结合生成氢气，可知氢气既是氧化产物也是还原产物，故答案为：H2;

【小问2详解】

Ti为22号元素，位于周期表中第四周期IVB族，故答案为：第四周期IVB族；

【小问3详解】

①根据H、B、N在周期表中的位置可知电负性：N>B>H,电负性最大的是N,故答案为：

N；

②CHit与H20价电子对数均为4,但CHit分子中没有孤电子对，H20有2对孤电子对，

孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力,排斥力越大,键角越小,

所以HQ小于CHit的键角，故答案为：＞；CH4分子中没有孤电子对，也0有2对孤电

子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键

角越小，所以H?。小于CH4的键角；

【小问4详解】

①由晶胞结构可知Mg原子周围距离最近的Fe有4个，故答案为：4；

②在晶胞中，Fe原子位于顶点和面心，个数为8χJ+6xg=4,Mg原子位于体内有8个,

82

56×4+24×8416

则晶胞的质量为：——------g=『g，该合金的密度

NANA

—4163416

P=色=NANAa3χl()-2∣gem’故答案为：丽月，■产；

PVa3×10-2'AA

③H2分子在晶胞的体心和棱心位置，则1个晶胞中储存氢气的个数为：l+12χ∕=4,晶

胞中Mg原子与氢气的关系：2Mg-H2；含Mg48g即2molMg吸收Imol氢气，标准状况

下体积为，故答案为：；

14.香豆素是广泛存在于植物中的一类芳香族化合物，它的核心结构是芳香内酯A.该芳香

内酯A经下列步骤转变为水杨酸。

水就CHII)KMnO八OH

i3

CAO2C9HKO3--*C10H10O3DHQ=1"

A

COOH

I~*I

COOH

E

cθ,1

I_fγ°Hl_(PrC∞H

DOCHj

水杨酸

提示：

(I)CH3CH=CHCH2CH3—^≡^→CH3COOH+CH3CH2COOH

②R-CH=CH2过黑物→R-CH2-CH2-Br

回答下列问题：

(1)D中官能团的名称是o

(2)E的化学名称是o

(3)在上述转化过程中，反应B-C的反应类型是,目的是

(4)C的结构简式为o

(5)反应A-B的化学方程式为。

OO

(6)阿司匹林(乙酰水杨酸)是以水杨酸和乙酸醉(I1')为原料合成的，写出该反

CH5COCCH;

应的化学方程式：。

(7)化合物D有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的二取代物，且水解后生成的

产物之一能发生银镜反应。写出其中一种同分异构体的结构简式：o

Z

(8)请设计合理方案从小『C?H—CHj合成、IpT写出合成路线流程图：

^ʌeθθHO

。合成路线流程图示例：

H2C=CH2ɪʌ>CH3CH2OH^÷CH3CH2Br

【答案】(1)较基、醛键

(2)乙二酸(3)①.取代反应②.保护酚羟基不被氧化

(4)PIZCH=CHCoOH(5)

CCV吗CC犷E

H

【解析】

^^-CH=CHCooH

【分析】结合信息①反应及D、E的结构可推知C为:U-OCH；根

据B和C的分子式，可推知B应为:=CHCOOHB为A的水解产物,

可知A中含有酯基,结合B中存在竣基和羟基，可知A为:D与HI

发生取代反应生成水杨酸，据此分析解答。

【小问1详解】

由D的结构简式可知，D中含我基和酸键两种官能团，故答案为：竣基和醛键;

【小问2详解】

E的名称为乙二酸，故答案为：乙二酸；

【小问3详解】

由上述分析可知B与C%I反应生成C,B中酚羟基上的氢原子被C%I中甲基替代，发生

取代反应，这样可以将酚羟基转化成酸键，避免后续过程中羟基被氧化，故答案为：取代反

应；保护酚羟基不被氧化；

【小问4详解】

H珈公安％

由上述分析可知C为:CH=CHCOO

OCH3'故答案为:

CH=CHCoOH

OeH3

【小问5详解】

,在酸性条件下发生水解反应生成B,反应方程式为:

SrCHC∞H-

CH=CHCOOH

OH

【小问6详解】

水杨酸和乙酸酊发生取代反应生成乙酰水杨酸和乙酸，反应方程式为:

OO

++CH3COO

CH3COCCH3

H,故答案为:

00

++CH3COO

CH3COCCH3

H：

【小问7详解】

D的同分异构体水解后生成的产物之一能发生银镜反应，可知该结构中含有酯基，其水解产

物中含有醛基，结合D的结构简式可知该同分异构体中应存在-OoCH结构，又为苯环二取

代结构贝IJ两取代基可以是-OoeH和-OCH3、-Oe)CH和-CH20H、-CH2OOCH⅛-0H,且在

OOCH

苯环上有邻、间、对等不同位置，满足题意的结构简式有:或

OCH3

【小问8详解】

八

IX⅞5^-CH2OHyCH2OH

发生加成反应生成[,.；,[|J在浓硫酸作用下发生分子

^ʌeθθH^ʌeθθn

15.K3[Fe(C2O4)3]SH2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。回答下列

问题：

(1)晒制蓝图时，用K3[Fe(C2O4)3]SH2O作感光剂，以K31Fe(CN)6]溶液为显色剂。

光昭

其光解反应的化学方程式为2K3[Fe(C2θJ]32FeC2θ4+3K2C2θ4+2cθ2T；显

色反应中生成的蓝色物质的化学式为O

(2)某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按下图所示装置进行实验。

Cιι()

①通入氮气的目的是。

②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分

解产物中一定含有、。

③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是。

④样品完全分解后，装置A中的残留物含有Feo和Fe2O3,检验Fe2O3存在的方法是:

(3)测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。

①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用Cmol∙I7∣KMnO4溶液滴定至终

点。滴定终点的现象是。

②向上述溶液中加入适量还原剂将Fe?+完全还原为Fe?+,加入稀H2SO4酸化后，用

cmol∙L^'KMno4溶液滴定至终点，消耗KMno,溶液VmL。该晶体中铁的质量分数的表

达式为o若滴定前滴定管尖嘴内无气泡，终点读数时滴定管尖嘴内留有气泡，

会使测定结果(填“偏大”、“偏小”或“无影响”

【答案】⑴Fe3[Fe(CN)6]2

(2)①.隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置②.82③.CO④.

先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气⑤.取少许固体粉末于试管中，加稀

硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3

(3)①.滴加最后一滴高锯酸钾溶液，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色

5cVχ56

②.×ιoo%③.偏小

m×1OOO

【解析】

【分析】实验开始前先通一段时间氮气，排尽装置中的空气防止干扰产物检验，然后点燃A

处酒精灯，使样品充分分解，通入B中检验产物中的二氧化碳，用C中NaOH溶液除去二

氧化碳，再经浓硫酸干燥后，用CUo与CO反应生成二氧化碳，通入F中检验产物二氧化

碳确定CO生成，据此分析解答。

【小问1详解】

显色时，K3[Fe(CN)6]和FeCzCU反应生成Fe3[Fe(CN)6]2沉淀和K2C2O4;生成的蓝色物质为

Fe3[Fe(CN)6]2沉淀,故答案为：Fe3[Fe(CN)6]2;

【小问2详解】

①通入氮气排出装置内的空气，并使反应产生的气体全部进入后续装置。故答案为：隔绝空

气、使反应产生的气体全部进入后续装置；

②二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明热分解产物中一定

含有C02,E中固体变为红色、F中澄清石灰水变浑浊，说明氧化铜被还原为铜，氧化产物

为C02,由此判断热分解产物中一定含有CO。故答案为：CO2；CO；

③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮

气。故答案为：先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气；

④FezCh与硫酸反应生成Fe2(SO4)3和水，Fe3+遇KSCN溶液变红，检验FezCh存在的方法是:

取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1〜2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含

有FezCh。故答案为：取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，

溶液变红色，证明含有Fe2O3;

【小问3详解】

①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，生成硫酸钾、硫酸铁、草酸，高锦酸

钾氧化草酸，用Cmol/LKMnCU溶液滴定，滴定终点的现象是滴加最后--滴高锯酸钾溶液，

锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色。故答案为：滴加最后一滴高锦酸钾溶液，锥

形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色：

②向上述溶液中加入过量铜粉发生反应2Fe∙"+Cu=2Fe2++Cu2+,过滤、洗涤，将滤液及洗涤

液全部收集到锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，用Cmol∕LKMnθ4溶液滴定，发生反应

2+3+2+

5Fe+MnO；+8H÷=5Fe+Mn+4H2O,消耗KMne)4溶液VmL,

n(Fe3+)=cmol∕L×V×103L×5=5cV×10~3mol,根据铁元素守恒，该晶体中铁的质量分数的表达

3

4,5cV×10-mol×56g∕mol5cV×56HTiA

式为------------------——X100%=------------×100%若滴定前滴定管尖嘴内无气泡，

mgm×1000o

终点读数时滴定管尖嘴内留有气泡，消耗高锌酸钾的体积偏小，会使测定结果偏小。故答案

5cVχ56

为:×100%;偏小。

m×1000

16.汽车尾气中NOX的生成和消除是科学家研究的重要课题。回答下列问题：

(1)工业上通常用溶质质量分数为15%的NazCO3溶液(密度为g∕cn√)作为NoV的吸收

剂，该Na2CO3溶液物质的量浓度为O

⑵汽车