甘肃省天水高中名校2024届高三最后一卷化学试卷含解析

甘肃省天水高中名校2024届高三最终一卷化学试卷1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦3.非选择题必需用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必需划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必需保证答题卡的洁净。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、为探究铝片(未打磨)与Na₂CO₃溶液的反应，试验如下：ⅢN消灭白色浑浊，产生大量气泡(经检验为H₂和CO2)下列说法不正确的是()B.对比I、Ⅲ,推想Na₂CO₃溶液能破坏铝表面的氧化膜C.IV溶液中可能存在大量Al³+D.推想消灭白色浑浊的可能缘由：AlOz+HCO₃+H₂O2、如图所示，电化学原理与微生物工艺相组合的电解脱硝法，可除去引起水华的NO₃原理是将NO₂还原为N。下列说法正确的是()A.若加入的是NaNO₃溶液，则导出的溶液呈碱性C.电子由石墨电极流出，经溶液流向镍电极D.若阳极生成0.1mol气体，理论上可除去0.04molNO₃A.能与氢氧化钠反应B.能与稀硫酸反应C.能发生酯化反应D.能使紫色石蕊试液变红A.等物质的量时所含阴离子数目相同B.颜色相同C.所含化学键类型相同D.化合物种类不同5、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.8gCH₄O中含有的C-H键数目为NAB.25℃时，100mLpH=8的氨水中NH₄的个数为9.9×10⁸NAC.56gFe和64gCu分别与1molS反应转移的电子数均为2NAD.标准状况下，2.24LCl₂溶于水所得氯水中含氯的微粒总数为0.2NA的两倍。下列说法正确的是()D.化合物DC与EC₂中化学键类型相同7、常温下，用0.1mol·L-'盐酸滴定10.0mL浓度为0.1molL-'Na₂A溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法错误的是A.K₁₂(H₂A)的数量级为10°A.2.1gDTO中含有的质子数为NAD.加入0.15molNaOH后，3c(Fe³*)+c(H*)=c(Na⁴)+c(OH-)①中物质②中物质ABCDA.纯水在25℃和80℃时的pH值D.1LpH=2的醋酸和盐酸溶液中，分别投入足量锌粒，放出H₂的物质的量依据上述反应做出的推断正确的是()B.生成物总能量均高于反应物总能量C.生成1molHCl(g)放出Q₁热量13、常温下，分别向NaX溶液和YCl溶液中加入盐酸和氢氧化钠溶液下列说法不正确的是()A.0.1mol/L的YX溶液中离与pH的变化关系D.a点时两溶液中水的电离程度不相同香兰素丙二酸阿魏酸A.阿魏酸分子式为C₀H₁oO₄B.阿魏酸存在顺反异构MC.方程式中三种有机物均可与NaOH、Na₂CO₃反应D.可用酸性KMnO₄溶液检测上述反应是否有阿魏酸生成时利用此装置在图乙中的铁上镀铜。下列说法中不正确的是()甲A.铜电极应与Y电极相连接B.H+通过质子交换膜由左向右移动乙C.当N电极消耗0.25mol气体时，则铁电极增重16g其电导率随滴入的NH₄HSO₄溶液体积的变化如图所示(忽视BaSO₄溶解产生的离子)。下列说法不正确的是A.a→e的过程水的电离程度渐渐增大17、“司乐平”是治疗高血压的一种临床药物，其有效成分M的结构简式如图.下列关于M的说法正确的是()C.能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.1molM完全水解生成2mol醇A.Na₂CO₃分子中既存在离子键，也存在共价键B.硅晶体受热溶化时，除了破坏硅原子间的共价键外，还需破坏分子间作用力C.H₂O不易分解是由于H₂O分子间存在较大的分子间作用力D.液态AICl₃不能导电，说明AICl₃晶体中不存在离子19、如图，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中，下列分析错误的是()A.闭合K₁构成原电池，闭合K₂构成电解池C.K₂闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳D.K₁闭合，石墨棒四周溶液pH渐渐上升20、a、b、c、d四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，a和b分别位于周期表的第2列和第13列，下列叙述正确的cdbA.离子半径b>dD.a的最高价氧化物对应水化物是强碱熔融碳石墨阴极A.该装置可以将太阳能转化为电能B.阴极的电极反应式为3CO₂+4e-=C+2CO₃²-C.高温的目的只是为了将碳酸盐熔融，供应阴阳离子D.电解过程中电子由负极流向阴极，经过熔融盐到阳极，最终回到正极A.含0.2molH₂SO₄的浓硫酸和足量的铜反应，转移B.25℃时，1LpH=13C.15gHCHO中含有1.5NA对共用电子对D.常温常压下，22.4L甲烷气体中含有的氢原子数目小于4NA二、非选择题(共84分)23、(14分)红色固体X由两种元素组成，为探究其组成和性质，设计了如下试验：(1)气体Y的一种同素异形体的分子式是,红褐色沉淀的化学式。(2)X在隔绝空气条件下受高温分解为Y和Z的化学方程式24、(12分)合成具有良好生物降解性的有机高分子材料是有机化学争辩的重要课题之一。聚醋酸乙烯酯(PVAc)水解生成的聚乙烯醇(PVA),具有良好生物降解性，常用于生产平安玻璃夹层材料PVB。有关合成路线如图(部分反(R、R'可表示烃基或氢原子)Ⅲ.A为饱和一元醇，其氧的质量分数约为34.8%,请回答：(1)C中官能团的名称为,该分子中最多有个原子共平面。(2)D与苯甲醛反应的化学方程式为(3)③的反应类型是(4)PVAc的结构简式为(5)写出与F具有相同官能团的同分异构体的结构简式(任写一种)。(6)参照上述信息，设计合成路线以溴乙烷为原料(其他无机试剂任选)合成(25、(12分)亚硝酸钠(NaNO₂)外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂，但使用过量会使人中毒.某学习小组针对亚硝酸钠设计了如下试验：(试验一)制取NaNO₂该小组先查阅资料知：①2NO+Na₂O₂→2NaNO₂;2NO₂+Na₂O₂→2NaNO₃;②NO能被酸性高锰酸钾氧化为NO₃,然后设计制取装置如图(夹持装置略去):D(2)就算在装置气密性良好的状况下进行试验，该小组发觉制得的NaNO₂的纯度也不高，可能的缘由是由 :设计一种提高NaNO₂纯度的改进措施_。(试验二)测定NaNO₂样品(含NaNO₃杂质)的纯度先查阅资料知：①5NO₂+2MnO₄+6H*→②MnO₄+5Fe²++8H*→Mn²⁴处理(3)取样品2.3g经溶解后得到溶液A100mL,精确     量取10.00mLA与24.00mL0.0500mol/L的酸性高锰酸钾溶液在锥形瓶中充分反应.反应后的溶液用0.1000mol/L(NH₄)₂Fe(SO₄)₂标准溶液滴定至紫色刚好褪去；重复上述试验3次，平均消耗(NH₄)₂Fe(SO₄)₂溶液10.00mL,则样品中NaNO₂的纯度为a.滴定至溶液紫色刚好褪去，马上停止滴定b.加入A与KMnO₄溶液前的锥形瓶未经干燥c.试验中使用的(NH₄)₂Fe(SO₄)₂溶液暴露在空气中的时间过长26、(10分)碘酸钾(KIO₃)是重要的微量元素碘添加剂。试验室设计下列试验流程制取并测定产品中KIO₃的纯度：其中制取碘酸(HIO₃)的试验装置见图，有关物质的性质列于表中AB乳物质性质白色固体，能溶于水，难溶于CCl₄②碱性条件下易发生氧化反应：CIO~+IO₃=IO₄-+CI(1)装置A中参与反应的盐酸所表现的化学性质为(2)装置B中反应的化学方程式为。B中所加CCl₄的作用是从而加快反应速率。(3)分别出B中制得的HIO,水溶液的操作为;中和之前，需将HIO₃溶液煮沸至接近于无色，其目的是,避开降低KIO₃的产率。(4)为充分吸取尾气，爱护环境，C处应选用最合NaOH(5)为促使KIO₂晶体析出，应往中和所得的KIO₃溶液中加入适量的(6)取1.000gKIO₃产品配成200.00mL溶液，每次精确量取20.00mL溶液置于锥形瓶中，加入足量KI溶液和稀盐酸，加入淀粉作指示剂，用0.1004mol/LNa,S₂O₃溶液滴定。滴定至终点时蓝色消逝(I₂+2S₂O³=2I+S₄O。),测得每次平均消耗Na,S,O,溶液25.00mL。则产品中KIO,的质量分数为(结果保留三位有效数字)。27、(12分)氮化铝(AIN)是一种新型无机材料，广泛应用于集成电路生产领域。某化学争辩小组利用Al₂O₃+3C+N₂高温2AIN+3CO制取氮化铝，设计如图试验装置：(1)试验中用饱和NaNO₂与NH₄Cl溶液制取氮气的化学方程式为。(2)装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A的作用是__(填写序号)。a.防止NaNO₂饱和溶液蒸发b.保证明验装置不漏气c.使NaNO₂饱和溶液简洁滴下(3)按图连接好试验装置，检查装置气密性的方法是：在干燥管D末端连接一导管，将导管插入烧杯中的液面下，(5)反应结束后，某同学用如图装置进行试验来测定氮化铝样品的质量分数(试验中导管体积忽视不计)。已知：氮化铝和NaOH溶液反应生成NaAlO₂和氨气。a.汽油b.酒精c.植物油d.CCl₄②广口瓶中的液体没有装满(上方留有空间),则试验测得NH₃的体积将③若试验中称取氮化铝样品的质量为10.0g,测得氨气的体积为3.36L(标准状况),则样品中AIN的质量分数为28、(14分)水体中硝酸盐造成的污染已成为突出的环境问题。某课题组争辩了去除不同各种水体中NO₃~的方法。(1)用铝粉去除饮用水中NO₃~的一种方案如下：N₂空气中煅烧箭水熔融①用熟石灰而不用NaOH调整pH的主要缘由是。在调整pH时，若pH过大或过小都会造成Al的利用率降低。写出pH过大造成Al利用率降低的离子方程式②在加入铝粉去除NO₃-的反应中，氧化产物和还原产物的物质的(2)用铁粉处理pH=2.5的含NO₃~废水，测得溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系如图(部分副反应产物略时间/min①t₁时刻前，该反应的离子方程式为。②争辩表明：铁粉还原含NO₃-废水时，加入活性碳粉可以提高去除NM-的废水，可使NO₃~变为NH₄。争辩发觉：其他条件不变，废水中加肯定量NaCl,去除NH₄的效果明显提高，溶液中氮元素含量显著降低，可能的缘由是29、(10分)据报道，我国化学争辩人员用Ni(NO₃)₂和Tb(CH₃COO)₃等合成了一个镍的一维链状配位聚合物(如图),(2)C、N、O三种元素中电负性最大的是(填元素符号),C在形成化合物时，其键型以共价键为主，缘由是(5)已知：CH₃COOH的沸点为117.9℃,HCOOCH₃的沸点为32℃,CH₃COOH的沸点高于HCOOCH₃的主要缘由①若NA为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为pgcm-3,则该晶胞中最近的O²~之间的距离为pm(用含p、Na的代②某缺陷氧化镍的组成为NiogO,其中Ni元素只有+2和+3两种价态，两种价态的镍离子数目之比为点睛：看似简洁的NA题，但在本题中最简洁错选A、D,而B有可能计算错误。甲醇(CH₄O)中并不是4个氢原子都与碳原子成键，而是3个，还要被分子式所迷惑；氯气是双原子分子，但并不能全部与水反应，还有一部分以Cl₂的形式存在于水中；还要明确Kw的含义是溶液中总的c(H+)与总的c(OH)的乘积，这样才能求出由一水合氨电离出的c(OH),进而求出NH₄的个数。【解析】为N,D原子最外层电子数与最内层电子数相等，则D为Mg,化合物DC中两种离子的电子层结构相同，C为O,【详解】【点睛】同周期，从左到右非金属性增加，最高价氧化物对应的水【解析】B.当V=5时依据物料守恒可知c(A²-)+c(HC.依据图像可知恰好生成NaHA时溶液显碱性，水解程度大于电离常数，NaHX溶液中c(ND.c点溶液显中性，盐酸的体积大于10mL小于20mL,则溶液中：c(Na⁴)>c(Cl)>c(H*)=c(OH),D正确；答案选C。【解析】氢元素，所以一个DTO分子中质子数，即原子序数和为10,那么2.1gDTO的物质的量,则0.1mol水中含有质子数为1NA,A正确；B.葡萄糖的分子式为C₆H₁₂O₆,冰醋酸的分子式为C₂H₄O₂,两种物质的最简式均为CH₂O,所以30g葡萄糖和醋酸个碳原子，所以12g石墨烯中六边形的个数为0.5NA,C项错误；D.铁与氧气可以生成FeO或Fe₃O₄,1molFe被氧化电子转移数不肯定；Fe与氯气反应生成FeCl₃,所以1molFe被答案选A。【解析】B.Cu+2Fe³⁴=Cu²*+2Fe²*,因加入Cu的量不确定，转移电子数目N(e~)≤0.1NA,无法确定，故B错误；D.加入0.15molNaOH后，溶液可得3c(Fe³⁴)+c(H*)=c(Na⁴)+c(OH~),故D正确；【点睛】列出溶液中的2c(Na+)=c(CI-)(物料守恒)是解D项的关键。A项、盐酸首先中和氢氧化钠，故A错误；B项、常温下铝在浓硝酸中钝化，得不到气体，故B错误；C项草酸具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使其褪色，故C正确；D项、氢氧化钠溶液开头是过量的，因此不行能产生白色沉淀氢氧化铝，故D错误；【解析】A.水的电离是吸热反应，上升温度促进水电离，所以温度越高水的pH越小，故A错误；B.两者的物质的量浓度和体积都相同，即两者的物质的量相同，而盐酸是一元酸，硫酸是二元酸，所以盐酸中和相同故选A;的与pH的关系，故B正确；D.a点溶液的pH<7,溶液呈酸性，对于曲线Li,NaX溶液呈碱性，而a点为酸性，说明加入盐酸所致，抑制了水故答案为A:【解析】A.依据结构简式可知，阿魏酸分子式为C₀H₁O₄,A项正确；D.能使酸性高锰酸钾溶液褪色的不仅有碳碳双键，醛类、酚类、某些上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相【详解】A.铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极Y相连，故A正确；B.M是负极，N是正极，质子透过离子交换膜由左M极移向右N极，即由左向右移动，故B正确；D.CO(NH₂)₂在负极M上失电子发生氧化反应，电极反应式为CO(NH₂)₂+H₂O-6e=CO₂↑+N₂↑+6H*,故D正确；故答案为C。【解析】率增加，是一水合氨和硫酸氢铵反应生成硫酸铵，溶液中的【详解】A.a→e的过程为碱溶液中加入盐，水的电离程度渐渐D.d点溶液为等物质的量的一水合氨和硫酸铵，电荷守恒有①c(NH₄+)+c(H*)=2c(SO₄²-)+c(OH),物料守恒有②c(NH₄+)+c(NH₃H₂O)=3c(SO₄²~),②-①可得c(SO₄²)+c(H⁴)=c(OH)+c(NH₃·H₂O),故错误。【点睛】把握溶液中的微粒守恒关系，如电荷守恒和物料守恒等，留意分清溶液中的成分【解析】A.含有C.H、0元素且含有苯环，属于芳香族化合物，不属于芳香烃，故A错误；B.不含酚羟基，所以不能和氯化铁溶液发生显色反应，故B错误；C.含有碳碳双键且连接苯环的碳原子上含有氢原子，所以能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸D.含有3个酯基，所以1molM完全水解生成3mol醇，故D错误；【点睛】取代反应、加聚反应等，据此分析解答.【解析】D.晶体加热熔化后所得液态物质不能导电，说明在液态时不存在自由移动的离子，即原晶体中不存在离子，则液态AICl₃不能导电，说明AICl₃晶体中不存在【解析】A、闭合K₁构成原电池，铁为负极；闭合K₂构成电解池，铁为阴极，选项A正确；a和b分别位于周期表的第2列和第13列，所以a是Be或Mg,b是Al,c是C,d是N。【点睛】公式(w=22.4(ma)的使用是同学们的易错点，并且也是高频考点，在使用时肯定看清楚两点①条件是否L甲烷气体的物质的量小于1mol,因此含有的氢原子数目小于4NA。二、非选择题(共84分)【解析】到X为氧化铁，再依据X分解得到Y与Z的量的关系可知，Z为Fe₃O₄,W为FeCl₃,红褐色沉淀为Fe(OH)₃。由于FeCl₃具有较强的氧化性，所以将FeCl₃溶液滴加在淀粉-KI试纸上时会有I₂生成，而使试纸变蓝色，据此分析解答。【详解】到X为氧化铁，再依据X分解得到Y与Z的量的关系可知，Z为Fe₃O₄,W为FeCl₃,红褐色沉淀为Fe(OH)s;由于FeCl₃具有较强的氧化性，所以将FeCl₃溶液滴加在淀粉-KI试纸上时会有I₂生成，而使试纸变蓝色，(1)无色气体Y为O₂,其同素异形体的分子式是O₃;红褐色沉淀为Fe(OH)₃;(2)X为Fe₂O₃,Y为O₂,Z为Fe₃O₄,Fe₂O₃在隔绝空气条件下受热高温分解为Fe₃O₄和O₂,化学反应方程式为(3)W为FeCl₃,FeCl₃具有较强的氧化性，能将KI氧化为I₂,试纸变蓝色，反应的离子方程式为2I-+2Fe³+=2Fe²【点睛】①第(1)问经常会消灭同学将化学式写成名称；②第(3)问错将离子方程式写成化学方程式；同学们做题时肯定要认真审题，按要求作答，可以用笔进行重点圈画，作答前肯定要看清是让填化学式还是名称，让写化学方程式还是离24、碳碳双键、醛基【解析】A为饱和一元醇，通式为C₁Hzn+2O,其氧的质量分数约为34.8%,则有A为CH₃CH₂OH,依据PVAc可知，A氧化成E,E为CH₃COOH,E与乙炔发生加成反应生成F,F为CH₃COOCH=CH₂,铜作催化剂的条件下氧化得到B,B为CH₃CHO,依据信息I,C结构简式为CH₃CH=CHCHO,C发生还原反应生成D,D结构简式为CH₃CH₂CH₂CHO,据此分析；【详解】A为饱和一元醇，通式为C₁H₂n+2O,其氧的质量分数约为34.8%,则有A为CH₃CH₂OH,依据PVAc可知，A氧化成E,E为CH₃COOH,E与乙炔发生加成反应生成F,F为CH₃COOCH=CH₂,,,铜作催化剂的条件下氧化得到B,B为CH₃CHO,依据信息I,C结构简式为CH₃CH=CHCHO,C发生还原反应生成D,D结构简式为CH₃CH₂CH₂CHO,(1)C的结构简式为CH₃CH=CHCHO,含有官能团是碳碳双键和醛基；利用乙烯空间构型为平面，醛基中C为sp²杂化，一CHO平面结构，利用三点确定一个平面，得出C分子中最多有9个原子共平面；(5)F为CH₃COOCH=CH₂,含有官能团是酯基和碳碳双键，与F具有相同官能团的同分异构体的结构简式为(6)溴乙烷发生水解反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛与乙醇反应得到,合成路线流程【点睛】难点是同分异构体的书写，同分异构体包括官能团异构、官能团位置异构、碳链异构，由于写出与F具有相同官能团的同分异构体，因此依据官能团位置异构、碳链异构进行分析，从而得到HCOOCH=CHCH₃、HCOOCH₂CH=CH₂、25、吸取多余的NO2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑、2NO+O₂=NO₂由于获得NO的过程中会产生其他氮氧化物【解析】在装置A中稀硝酸与Cu反应产生Cu(NO₃)₂、NO和H₂O,反应产生的NO气体经B装置的无水CaCl₂干燥后进入装置C中，发生反应：2NO+Na₂O₂=2NaNO₂,未反应的NO在装置D中被酸性KMnO₄氧化除去。再用酸性KMnO₄溶液测定NaNO₂纯度中，可依据反应过程中的电子得失数目相等计算，利用反应过程中操作使KMnO₄溶液消耗体积大【详解】(1)酸性KMnO₄溶液具有氧化性，能将NO氧化为NO₃,所以装置D的作用是吸取多余的NO;若没有装置B中无水CaCl₂的干燥作用，其中的H₂O就会与Na₂O₂发生反应：2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑,反应产生O₂再与NO反应：2NO+O₂=NO₂,气体变为NO₂;(2)由于反应开头时硝酸浓度较大时，可能有NO₂产生，获得NO的过程中可能会产生其他氮氧化物，这样会干扰试验结果，提高NaNO₂纯度可以在A、B之间增加装有水的洗气瓶，减小试验误差；(3)依据电子守恒可得关系式：5(NH₄)₂Fe(SO₄)₂~MnO₄,消耗n(KMnO₄)=0.1mol/L×0.01L=0.001mol,依据2MnO₄~5NO₂可知NO₂反应消耗KMnO₄溶液的物质的量n(KMnO₄)=0.05mol/L×0.024L-0.001mol=2.0×10⁴mol,则NaNO₂的物质的量n(NaNO₂)=5.0×10*mol,则100mL溶液中含NaNO₂的物质的量为n(NaNO₂)a=5.0×10⁴的纯度为所以样品中NaNO₂的纯度为b.加入A与KMnO₄溶液前锥形瓶未经干燥，对故合理选项是bc。【点睛】本题考查了装置的连接、试剂的作用、试验方案的设计与评价及滴定方法在物质含量测定的应用。把握反应原理、各个装置中试剂的作用是解题关键，在物质含量测定中要结合反应过程中电子守恒分析。题目考查同学分析和解决问题26、还原性、酸性5CI₂+I₂+6H₂O==2HIO₃+10HCl充分溶解I₂和Cl₂,以增大反应物浓度分液除去Cl₂(或ClO),防止氧化KIO₃C乙醇(或酒精)89.5%。【解析】装置C为尾气处理装置，既要吸取尾气中的HCl【详解】(1)装置A中发生的反应为：KCIO₃+6HCl(浓)=KCl+3Cl₂↑+3H₂O,浓盐酸中的Cl元素有一部分失电子转化为Cl₂,表现出还原性，还有一部分Cl元素没有变价转化为KCl(盐),表现出酸性，故答案为：还原性、酸性；(2)装置B中发生的反应为：5Cl₂+I₂+6H₂O=2HIO₃+10HCl,Cl₂和I₂均难溶于水，易溶于CCl₄,加入CCl₄可使二者溶解在CCl₄中，增大反应物浓度，故答案为：5Cl₂+I₂+6H₂O=2HIO₃+10HCl;充分溶解I₂和Cl₂,以增大反应物浓(3)分别B中制得的HIO₃水溶液的操作为分液，HIO₃溶液中混有的Cl₂在碱性条件下转化为ClO°,CIO会将IO₃氧化为IO₄,因此在中和前需要将Cl₂除去，故答案为：分液；除去Cl₂(或ClO'),防止氧化KIO₃;(4)尾气中主要含HCl和Cl₂,需用NaOH溶液吸取，同时要防止倒吸，故答案为：C;(5)由于KIO₃难溶于乙醇，向KIO₃溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使KIO₃晶体析出，故答案为：乙醇(或酒精);I₂+2S₂O₃²=2I+S₄O₆²,可列出关系式：I【点睛】1g样品配成了200mL溶液，而依据关系式计算出的是20mL溶液中KIO₃的物质的量，需扩大10倍才能得到1g样品导管内上升一段水柱，证明气密性良好在干燥管D末端连接一个尾气处理装置c不变61.5%【解析】制取氮化铝：用饱和NaNO₂与NH₄CI溶液制取氮气NaNO₂+NH₄CI△瓶之间的导管A,平衡内外压强，使NaNO₂饱和溶液简洁滴下，制得的氮气排尽装置中的空气，碱石灰干燥氮气，(1)饱和NaNO₂与NH₄Cl溶液应生成氯化钠、氮气和水；(2)依据试验的需要结合大气压强原理来回答；(3)只要先将装置密封再利用热胀冷缩原理进行气密性验证；(4)试验必需对有毒气体进行尾气处理，防止空气污染；(5)氮化铝和氢氧化钠反应会生成氨气，氨气进入广口瓶后，假如装置密闭，广口瓶中压强会增大，那么就会有水通过广口瓶的长管进入量筒中，依据等量法可知，进入到广口瓶中水的体积就等于生成的氨气的体积.所以通过量筒中排出的水的体积就可以知道氨气的体积，然后有氨气的密度求出氨气的质量，进而依据方程式求出①产生的氨气极易溶于水，为防止氨气溶于水需要把气体与水隔离，因此应选择不能与氨气产生作用的液体作为隔离②反应前广口瓶的上方留有的少量空间填充的是空气，反应后广口瓶的上方留有的少量空间填充的是氨气，氨气代替③依据氨气的体积计算出物质的量，得出其中氮原子的物质的量，依据氮原子守恒，来计算氮化铝的百分含量。【详解】制取氮化铝：用饱和NaNO₂与NH₄CI溶液制取氮气NaNO₂+NH₄CI△NaCl+N₂↑+2H₂O,装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A,平衡内外压强，使NaNO₂饱和溶液简洁滴下，制得的氮气排尽装置中的空气，碱石灰干燥氮气，(1)饱和NaNO₂与NH₄CI溶液反应生成氯化钠、氮气和水，反应为NaNO₂+NH₄CI△NaCl+N₂↑+2H₂O;故答案为：NaNO₂+NH₄CI△NaCl+N₂1+2H₂O;(2)装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A具有平衡气压的作用，这样可以保证NaNO₂饱和溶液简洁滴下，故选(3)关闭分液漏斗开关，使装置处于密闭体系，将导管一端浸入水中，用手紧握锥形瓶外壁，由于热胀冷缩，锥形瓶内气体受热膨胀，假如导管口有气泡冒出，说明气密性良好，否则装置漏气，故答案为：用酒精灯微热蒸馏烧瓶，导(4)试验必需对有毒气体进行尾气处理，应在干燥管D末端连接一个尾气处理装置，防止空气污染，故答案为：在(5)①酒精、汽油虽然都不能与氨气发生反应，但它们却都极易挥发，挥发出来的气体对试验有影响而且挥发完后不②本次试验的目的在于测定产生气体的体积而不是收集纯洁的气体，因此，把最终空间中充入的氨气当成开头时的空③氨气的体积为3.36L(标准状况),物质的量是0.15mol,所以氮化铝的物质的量是0.15mol,质量是0.15mol×41g/mol=6.15g,所以氮化铝的质量分数为,故答案为：61.5%。【点睛】本题考查对试验原理的理解与试验操作评价、物质含量测定、化学计算等，理解试验原理是关键，是对所学学问的综合运用，需要同学具备扎实的基础学问与综合运用学问分析问题、解决问题的力量，学习中全面把28、熟石灰价格廉价2Al+2OH~+2H₂O==2AIO₂~+3H₂t铁粉与活性碳粉形成原电池加快还原NO₃的反应速率正氧化成Cl₂(或游离氯),与阴极生成的NH₄+反应生成N₂2NO₃~+12H*+10e~=N₂t+6H₂OCl~在阳极上被【解析】依据已知信息和氧化还原反应原理写出铁和硝酸反应离子方程式，在过程中加碳粉为何加快反应速率，从原电池原理从图像中得出化合价升降，分析阴阳极，继而分析连接正负极的关系，再书写出电极反应式，从文字信息和氯化钠加【详解】①工业生成要考虑经济效益，因此用熟石灰而不用NaOH调整pH的主要缘由是熟石灰价格廉价，在调整pH时，若pH过大或过小都会造成Al的利用率降低，pH过子方程式2Al+2OH~