2021-2022学年黑龙江省安达市重点高三适应性调研考试化学试题含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、只能在溶液中导电的电解质是()AKOHBCH3COONH4CSO2DCH3COOH2、某温度下，将Cl2通入KOH溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合液，经测定ClO-和ClO3-个数比为1

2、：2，则Cl2与KOH溶液反应时，被还原的氯与被氧化的氯的物质的量之比为（ ）A21：5B4：1C3：lD11：33、已知反应：生成的初始速率与NO、的初始浓度的关系为，k是为速率常数。在时测得的相关数据如下表所示。下列说法不正确的是实验数据初始浓度生成的初始速率mol/(Ls)123A关系式中、B时，k的值为C若时，初始浓度 mol/L，则生成的初始速率为 mol/(Ls) D当其他条件不变时，升高温度，速率常数是将增大4、铈是稀土元素，氢氧化铈Ce(OH)4是一种重要的氢氧化物。平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2），某课题组以此粉末为原料回收铈

3、，设计实验流程如下：下列说法不正确的是A过程中发生的反应是：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2OB过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒C过程中有O2生成D过程中发生的反应属于置换反应5、有3份等量的烧碱溶液，第1份直接与盐酸反应；第2份稀释一倍，再与盐酸反应；第3份通入适量的CO2后，再与盐酸反应若盐酸的浓度相同，完全反应时消耗盐酸的体积分别为V1、V2和V3，则V1、V2和V3的大小关系正确的是（ ）AV1=V2=V3BV1V3V2CV2V3V1DV1V2V36、某离子反应中涉及H2O、ClO-、 NH4+、H+、 N2、Cl-六种微粒。其中ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示

4、。下列判断正确的是（ ）A该反应的还原剂是Cl-B反应后溶液的酸性明显增强C消耗1mol还原剂，转移6 mol电子D氧化剂与还原剂的物质的量之比为237、已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A3g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NAB1L0.1molL1 Na2SiO3溶液中含有的SiO32-数目为0.1NAC0.1molH2O2分解产生O2时，转移的电子数为0.2NAD2.8g聚乙烯中含有的碳碳双键数目为0.1NA8、用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出废旧印刷电路板上的铜。已知：Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g) H=+64.39 kJ

5、/mol 2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g) H=-196.46 kJ/molH2(g)+O2(g)=H2O(l) H=-285.84 kJ/mol在H2SO4溶液中，Cu与H2O2反应生成Cu2+(aq)和H2O(l)的反应热H等于A319.68 kJ/molB417.91 kJ/molC448.46 kJ/molD546.69 kJ/mol9、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是一种情洁能源，X的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，Y是非金属性最强的元素，Z的原子半径是所有短周期金属元素中最大的。下列说法不正确的是AW与Y两种元素既可以形成共价化合物，又可

6、以形成离子化合物BY的简单氢化物的热稳定性比W的强CZ的简单离子与Y的简单离子均是10电子微粒DZ的最高价氧化物的水化物和X的简单氢化物的水化物均呈碱性10、下列说法不正确的是A乙醇、苯酚与金属钠的反应实验中，先将两者溶于乙醚配成浓度接近的溶液，再投入绿豆大小的金属钠，观察、比较实验现象B可以用新制Cu（OH）2浊液检验乙醛、甘油、葡萄糖、鸡蛋白四种物质的溶液（必要时可加热）C牛油与NaOH浓溶液、乙醇混合加热充分反应后的混合液中，加入冷饱和食盐水以促进固体沉淀析出D分离氨基酸混合液可采用控制pH法、分离乙醇和溴乙烷的混合物可用萃取法11、有关化合物 2苯基丙烯，说法错误的是A能发生加聚反应B

7、能溶于甲苯，不溶于水C分子中所有原子能共面D能使酸性高锰酸钾溶液褪色12、下列说法正确的是()A铁表面镀铜时，将铁与电源的正极相连，铜与电源的负极相连B0.01 mol Cl2通入足量水中，转移电子的数目为6.021021C反应3C(s)CaO(s)=CaC2(s)CO(g)在常温下不能自发进行，说明该反应的H0D加水稀释0.1 molL1CH3COOH溶液，溶液中所有离子的浓度均减小13、下列说法正确的是（ ）A天然油脂中含有高级脂肪酸甘油酯，油脂的皂化过程是发生了加成反应B向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加热后滴入几滴新制氢氧化铜悬浊液，再加热至沸腾，未出现红色物质，说明淀粉未水解C向鸡蛋清的溶

8、液中加入浓的硫酸钠或硫酸铜溶液，蛋白质的性质发生改变并凝聚D氨基酸种类较多，分子中均含有COOH和NH2，甘氨酸为最简单的氨基酸14、下列实验对应的实验现象和结论或解释都正确的是( )选项实验操作实验现象结论或解释AKI淀粉溶液中通入少Cl2溶液变蓝Cl2能与淀粉发生显色反应B向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置水层几乎无色苯与溴水发生了取代反应C向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，然后加入银氨溶液，加热无银镜出现不能判断蔗糖是否水解D向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液出现红褐色沉淀KspFe(OH)3C6H5OHC向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉

9、淀Ksp(CuS)0，因在常温下不能自发进行，则G=H-TS0，那么H必大于0，C项正确；D. CH3COOH为弱酸，发生电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释0.1 molL1CH3COOH溶液过程中，CH3COO-与H+的离子浓度减小，但一定温度下，水溶液中的离子积不变，则OH-的浓度增大，D项错误；答案选C。13、D【解析】A天然油脂为高级脂肪酸与甘油生成的酯，水解反应属于取代反应的一种；B在加入新制氢氧化铜悬浊液之前需要加入NaOH溶液；C加入硫酸钠，蛋白质不变性；D氨基酸含羧基和氨基官能团。【详解】A油脂得到皂化是在碱性条件下发生的水解反应，水解反应属于取代反应，

10、故A错误；B在加入新制氢氧化铜悬浊液之前需要加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，否则不产生砖红色沉淀，故B错误；C加入浓硫酸钠溶液，蛋白质发生盐析，不变性，故C错误；D氨基酸结构中都含有COOH 和NH2 两种官能团，甘氨酸为最简单的氨基酸，故D正确；故选：D。【点睛】解题关键：明确官能团及其性质关系，易错点A，注意：水解反应、酯化反应都属于取代反应。14、C【解析】A、I2能与淀粉发生显色反应，Cl2不能与淀粉发生显色反应，故A错误； B、向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置，苯萃取溴水中的溴，苯与溴水不反应，故B错误；C、银镜反应需在碱性条件下进行，向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，先加入

11、氢氧化钠中和硫酸，然后加入银氨溶液，加热，才能判断蔗糖是否水解，故C正确；D、向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液，生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠，不能证明KspFe(OH)3KspAl(OH)3，故D错误。15、A【解析】ANaBH4中Na元素显+1价、B元素显+3价、H元素显-1价，A错误；B异丙胺沸点为33，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，所以操作所进行的分离操作是蒸馏，B正确；C反应为NaBO2+SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3，H2作氧化剂，Na作还原剂，C正确；D钠硬度小，且保存在煤油里，取用少量钠需要用镊子取出，滤纸吸干煤油

12、，用小刀在玻璃片上切割，D正确；故答案选A。16、A【解析】A氯气在饱和食盐水中的溶解度较低，可除掉氯化氢，故A正确；B蒸馏试验中温度计测量蒸气的温度，应与蒸馏烧瓶支管口处相平，故B错误；C制备乙酸乙酯可直接加热，水浴加热不能达到合成温度，故C错误；D可用浓氨水和生石灰制备氨气，氨气的密度比空气小，用向下排空法收集，但导管应插入试管底部，故D错误。故选A。【点睛】氯气和水的反应是可逆的，氯化氢溶于水电离是不可逆的，所有单质气体都是难溶于或者微溶于水的，只有卤族除外，他们可以和水发生化学反应，而Cl2和水反应产生Cl-，这个反应是一个平衡反应，有一定的限度，当水中Cl-增多时，平衡会逆向移动，所

13、以NaCl溶液中Cl2更加难溶，HCl溶于水后非常容易电离，因此可以用饱和食盐水除去Cl2中的HCl。17、A【解析】高铁酸钾具有强氧化性，可杀菌消毒。同时生成的还原产物铁离子，在溶液中能水解生成氢氧化铁胶体，吸附水中的悬浮物，因此正确的答案选A。18、D【解析】A的原子半径最小，为氢原子，C、D位于同周期，C形成三个共价键，B形成4个共价键，C为N，B为C，D的常见单质常温下为气态，D形成两个共价键，D为O，然后分析；【详解】A根据分析，B为C，它的同素异形体有金刚石，石墨，C60等，数目不是最多2种，故A错误；BN和H可以形成氢化铵，属于离子化合物，故B错误；C通过最高氧化物对应的水化物的

14、酸性比较元素C和N的非金属性，不能比较含氧酸酸性，故C错误；DN与O形成的阴离子NO2中，氮元素的化合价为+3，处于中间价态，既可以升高，也可以降低，既具有氧化性又具有还原性，故D正确；答案选D。【点睛】判断出这种分子的结构式是关键，需要从题目中提取有效信息，根据球棍模型判断出分子的结构。19、B【解析】A、氯气与水反应生成次氯酸和盐酸，盐酸与碳酸钠反应，生成二氧化碳气体，所以有气体产生，A错误；B、氯化钙和二氧化碳不符合离子发生反应的条件，故不发生反应，溶液不会变浑浊，所以无现象，B正确；C、NH3通入硝酸和硝酸银的混合溶液中，先与硝酸反应，故开始没有沉淀，等硝酸全部反应完全后，再与硝酸银反

15、应生成氢氧化银沉淀，再继续通入氨气会生成可溶性的银氨溶液，故沉淀又会减少，直至最终没有沉淀，反应方程式为NH3+HNO3=NH4NO3、NH3+AgNO3+H2O=AgOH+NH4NO3、AgOH+2NH3=Ag(NH3)2OH（银氨溶液），C错误；D、SO2通入NaHS溶液中，发生氧化还原反应，生成淡黄色固体，D错误；故选B。20、B【解析】A某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2+，但是无法证明是否有Fe3+，选项A错误；B向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，根据强酸制弱酸的原则，得到碳酸的酸性强于苯酚，选B正确；C向含有ZnS和Na

16、2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，虽然有ZnS不溶物，但是溶液中还有Na2S，加入硫酸铜溶液以后，Cu2+一定与溶液中的S2-反应得到黑色的CuS沉淀，不能证明发生了沉淀转化，选项C错误；D向溶液中加入硝酸钡溶液，得到白色沉淀（有很多可能），再加入盐酸时，溶液中就会同时存在硝酸钡电离的硝酸根和盐酸电离的氢离子，溶液具有硝酸的强氧化性。如果上一步得到的是亚硫酸钡沉淀，此步就会被氧化为硫酸钡沉淀，依然不溶，则无法证明原溶液有硫酸根离子，选项D错误。【点睛】在解决本题中选项C的类似问题时，一定要注意判断溶液中的主要成分。当溶液混合进行反应的时候，一定是先进行大量离子之间的反应（本题就是进行大量存在的

17、硫离子和铜离子的反应），然后再进行微量物质之间的反应。例如，向碳酸钙和碳酸钠的悬浊液中通入二氧化碳，二氧化碳先和碳酸钠反应得到碳酸氢钠，再与碳酸钙反应得到碳酸氢钙。21、C【解析】A、“水浸七日，其汁自来”涉及到溶解，故A不选；B、“搅冲数十下”涉及到搅拌，故B不选；C、升华是指由固态受热直接变成气体，文中没有涉及，故C选；D、“其掠出浮沫晒干者曰靛花”涉及到蒸发，故D不选；故选C。22、B【解析】A. 11g超重水(T2O)的物质的量为=0.5mol，则含中子数为0.5mol(22+8) NA =6NA，A项错误；B. SiO2中每个Si原子会形成4个SiO键，故1mol SiO2中SiO键

18、的数目为4NA，B项正确；C. 溶液的体积未知，H+的数目无法求出，C项错误；D. 标准状况下，2.24L Cl2为0.1mol，但氯气溶于水为可逆反应，因此生成的Cl数目小于0.1NA，D项错误；答案选B。二、非选择题(共84分)23、三、VIIA H2O分子间存在着氢键 离子晶体 NH4+H2ONH3H2O+H+ SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H=-190.0kJ/mol 【解析】由短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数为6，故Y

19、为O元素，可推知X为N元素、Z为S元素、W为Cl。【详解】(1)由上述分析可知：W为Cl元素，处于周期表中第三周期第VIIA族，故答案为：三、VIIA；(2)由上述分析可知：X为N元素，X和氢可以构成+1价阳离子为NH4+，其电子式是；Y为O元素，Z为S元素，Y的气态氢化物H2O比Z的气态氢化物H2S的沸点高，是因为H2O分子间存在着氢键。故答案为：；H2O分子间存在着氢键；(3) 由上述分析可知：X为N元素，X的最高价氧化物的水化物硝酸与其氢化物氨气能化合生成M为NH4NO3，属于离子晶体，水溶液中铵根离子水解NH4+H2ONH3H2O+H+，破坏水的电离平衡，溶液呈酸性，故答案：离子晶体，

20、NH4+H2ONH3H2O+H+；(4) 由上述分析可知：Y为O元素，Z为S元素，W为Cl， Y和Z可组成一种气态化合物Q为SO2，SO2能与氯气在潮湿环境中反应生成硫酸与HCl,反应的化学方程式是： SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，故答案为：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；在一定条件下，化合物Q（SO2）与Y为O元素的单质(O2)反应达平衡时有三种气态物质，反应方程式为：2SO2+O22SO3，反应时，每转移4mol电子放热190.0kJ，则参加反应二氧化硫为2mol，氧气为1mol，生成2mol SO3，放出热量为190.0kJ，所以该反应的热化学方程式是2

21、SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H=-190.0kJ/mol；故答案为： 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H=-190.0kJ/mol。24、（酚）羟基、硝基、羰基（或酮基） 取代反应 + AC 、（合理即可） bc 【解析】由有机物结构的变化分析可知，反应中，A中O-H键断裂，B中C-Cl键断裂，A与B发生取代反应生成C，反应中，溴原子取代C中甲基上的氢原子生成D，根据已知反应I，可知反应生成E为，反应中，E中C-O键断裂，F中N-H键断裂，二者发生加成反应生成G，根据已知反应II，可知反应生成H为，据此分析解答。【详解】(1)A为，所含官能团为-OH、-NO2、，名称为（酚）

22、羟基、硝基、羰基（或酮基），故答案为：（酚）羟基、硝基、羰基（或酮基）；(2)由分析可知，反应中，溴原子取代C中甲基上的氢原子生成D，反应为与发生加成反应生成，故答案为：取代反应；+；(3)由分析可知，H为，故答案为：；(4)A. I含有醛基，能发生银镜反应，A项正确；B. 手性碳原子连接4个不一样的原子或原子团，I中含有2个手性碳原子，如图所示，B项错误；C. I含有羟基，且与连接羟基的碳原子相邻的碳原子上有氢原子，可以发生消去反应，C项正确；D. I中含有1个肽键，D项错误；故答案为：AC ；(5)A为，A的同分异构体Q分子结构中含有3种含氧官能团，能发生银镜反应，则含有醛基或者含有甲酸酯

23、基结构，可与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，苯环上只有两个取代基且处于对位，符合的Q的结构简式为、，A和Q互为同分异构体，所含元素相同，所含官能团不同，则区分A和Q可选用的仪器是红外光谱仪、核磁共振波谱仪，故答案为：、（合理即可）；bc；(6)根据给出的原料以及信息反应，采用逆合成分析方法可知，可由醋酸与通过酯化反应制得，根据反应可知可由与反应制得，根据信息反应I可知可由反应制得，根据反应可知可由与Br2反应制得，故答案为：。25、取代反应 （直形）冷凝管 正丁醇 防暴沸或防止反应液剧烈沸腾 135 提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率 分水器中水（或有机物）的量（或液面）不再变化 正丁醇

24、 【解析】根据反应方程式2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O，分析得到制备正丁醚的反应类型，根据图中装置得出仪器a的名称。步骤中药品的添加顺序是，根据溶液的稀释，密度大的加到密度小的液体中，烧瓶中是液体与液体加热需要沸石防暴沸。根据题中信息，生成副反应在温度大于135；该反应是可逆反应，分离出水，有利于平衡向正反应方向移动；水分离器中是的量不断增加，当水分离器中水量不再增加时表明反应完成。根据题中信息正丁醇易溶于50%硫酸，正丁醚微溶于50%硫酸；根据2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O理论得到C4H9OC4H9物质的量，再计算正丁醚的产率。【详解】根据反应方程式2C4H9OH C

25、4H9OC4H9+H2O，分析得到制备正丁醚的反应类型是取代反应，根据图中装置得出仪器a的名称是(直形)冷凝管；故答案为：取代反应；(直形)冷凝管。步骤中药品的添加顺序是，根据溶液的稀释，密度大的加到密度小的液体中，因此先加正丁醇，烧瓶中是液体与液体加热，因此沸石的作用是防暴沸或防止反应液剧烈沸腾；故答案为：正丁醇；防暴沸或防止反应液剧烈沸腾。根据题中信息，生成副反应在温度大于135，因此步骤中为减少副反应，加热温度应不超过135为宜。该反应是可逆反应，分离出水，有利于平衡向正反应方向移动，因此使用水分离器不断分离出水的目的是提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率。水分离器中水的量不断增加，当水分离

26、器中水量不再增加时或则有机物的量不再变化时，表明反应完成，即可停止实验；故答案为：135；提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率；分水器中水(或有机物)的量(或液面)不再变化。根据题中信息正丁醇易溶于50%硫酸，正丁醚微溶于50%硫酸，因此步骤中用50%硫酸洗涤的目的是为了除去正丁醇。根据2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O理论得到C4H9OC4H9物质的量为0.17mol，则正丁醚的产率为；故答案为：正丁醇；。26、2ClO22CN-2CO2N22Cl- 稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸 防止倒吸（或作安全瓶） 2NaClO3H2O2H2SO42ClO2Na2SO4O22H2

27、O 加大氮气的通入量 酸式滴定管（或移液管） 淀粉溶液 溶液蓝色退去 0.04000 【解析】(3) ClO2有强氧化性，容易氧化乳胶，量取ClO2溶液时，不可用碱式滴定管，可用酸式滴定管或移液管。标定ClO2浓度的思路为：ClO2将I-氧化成I2，再用Na2S2O3标准液滴定生成的I2，根据电子得失守恒、原子守恒有：2ClO22Cl-10e-10I-5I210Na2S2O3，据此计算解答。【详解】(1) ClO2将CN-氧化成CO2和N2，自身被还原为Cl-，结合电子得失守恒、原子守恒、电荷守恒可得离子方程式为：2ClO22CN-2CO2N22Cl-，故答案为：2ClO22CN-2CO2N2

28、2Cl-；(2)二氧化氯体积分数大于10%即可能发生爆炸，通入氮气除起到搅拌作用外，还可以稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，故答案为：稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；ClO2极易溶于水，如果没有B，极易引起倒吸，所以B的作用是：防止倒吸（或作安全瓶），故答案为：防止倒吸（或作安全瓶）；NaClO3作氧化剂、H2O2作还原剂，结合原子守恒、得失电子守恒可得方程式为：2NaClO3H2O2H2SO42ClO2Na2SO4O22H2O，故答案为：2NaClO3H2O2H2SO42ClO2Na2SO4O22H2O；当看到装置C中导管液面上升，说明ClO2的含量偏高了，

29、要加大氮气的通入量，以免爆炸，故答案为：加大氮气的通入量；(3)ClO2有强氧化性，量取ClO2溶液时，可用酸式滴定管或移液管，ClO2将KI氧化成I2，再用Na2S2O3标准液滴定生成的I2，反应涉及碘单质，可用淀粉溶液做指示剂，I2遇淀粉溶液呈蓝色，当I2反应完时，溶液蓝色褪去。根据电子得失守恒、原子守恒有：2ClO22Cl-10e-10I-5I210Na2S2O3，消耗0.1000 molL-1的Na2S2O3标准液20.00mL，即消耗Na2S2O3物质的量=0.1000 molL-120.00mL10-3=210-3mol，由2ClO22Cl-10e-10I-5I210Na2S2O3

30、可知，n(ClO2)=410-4mol，c(ClO2)= 0.04000mol/L，故答案为：酸式滴定管（或移液管）；淀粉溶液；溶液蓝色退去；0.04000。27、3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO+4H2O 干燥管(或球形干燥管) 结晶水 l2滴KSCN溶液 无蓝色沉淀生成 4Fe(NO3)2xH2O2Fe2O3+8NO2+O2+4xH2O 淀粉溶液 【解析】(1) 铁在低温下溶于稀硝酸，反应生成硝酸亚铁和NO，据此书写反应的化学方程式；(2)无水CuSO4变蓝，说明生成了水，据此解答；实验中观察到A装置的试管中有红棕色气体生成，该气体为二氧化氮，同时生成氧化铁，据此书写分

31、解的化学方程式；将少量氧化铁溶于稀硫酸，得到含有铁离子的溶液，铁离子遇到KSCN变红色， K3 Fe(CN)6溶液是检验亚铁离子的试剂，据此分析解答；(3)铁离子具有氧化性，加入过量的KI溶液，能够将碘离子氧化生成碘单质，据此选择指示剂；根据发生的反应2Fe3+2I-=2Fe2+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-分析解答。【详解】(1) 铁在低温下溶于稀硝酸，反应生成硝酸亚铁和NO，反应的化学方程式为3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO+4H2O，故答案为3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO+4H2O；(2)根据装置图，仪器B为干燥管，实验中无水C

32、uSO4变蓝，说明生成了水，由此可知硝酸亚铁晶体含有结晶水，故答案为干燥管；结晶水；实验中观察到A装置的试管中有红棕色气体生成，该气体为二氧化氮，同时生成氧化铁，则硝酸亚铁晶体Fe(NO3)2xH2O分解的化学方程式为4Fe(NO3)2xH2O2Fe2O3+8NO2+O2+4xH2O；根据检验氧化铁的实验步骤：将少量氧化铁溶于稀硫酸，得到含有铁离子的溶液，铁离子遇到KSCN变红色， K3 Fe(CN)6溶液是检验亚铁离子的试剂，因此滴入12滴K3 Fe(CN)6溶液，无蓝色沉淀生成，故答案为l2滴KSCN溶液；无蓝色沉淀生成；4Fe(NO3)2xH2O2Fe2O3+8NO2+O2+4xH2O；

33、(3)铁离子具有氧化性，加入过量的KI溶液，能够将碘离子氧化生成碘单质，因此可以选用淀粉溶液作指示剂，故答案为淀粉溶液；发生的反应有2Fe3+2I-=2Fe2+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，有关系式2Fe3+I22S2O32-，因此硝酸亚铁晶体中铁的质量分数为100%=，故答案为。【点睛】本题的易错点为(2)，要注意K3 Fe(CN)6溶液的作用是检验亚铁离子，如果溶液中存在亚铁离子，则会生成蓝色沉淀。28、增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率 漏斗、烧杯 3NaBiO3+Cr2(SO4)3+7NaOH+H2O=2Na2CrO4+3Na2SO4+3Bi(OH)3

34、2CrO42+2H+ Cr2O72+H2O 冷却结晶 2.5molL1 0.10mol 【解析】（1）根据影响反应速率的因素进行分析；（2）操作I、III、IV均是过滤，根据过滤操作所需的仪器进行分析； （3）NaBiO3有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO，据此写出反应的化学方程式；（4）酸化是使CrO转化为Cr2O，在转化过程中元素化合价不变；据此写出离子方程式；（5）根据从溶液中得到晶体的一般操作进行分析；（6）根据图像可知加入氢氧化钠时没有立即产生沉淀，这说明酸过量，首先发生酸碱中和；继续加入氢氧化钠溶液，沉淀逐渐增大，达到最大值，后氢氧化钠过量，沉淀部分溶解，说明沉淀为

35、氢氧化铁和氢氧化铝；根据图像结合方程式和元素守恒进行分析计算。【详解】（1）将铬铁矿石粉碎可以增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率；故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率；（2）操作I、III、IV均是过滤，则用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和漏斗、烧杯；故答案为：漏斗、烧杯； （3）常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO，则反应的化学方程式为3NaBiO3 +Cr2(SO4)3+7OH+H2O=Na2CrO4+3Na2SO4+3Bi(OH)3；故答案为：3NaBiO3+Cr2(SO4)3+7NaOH+H2O=2Na2CrO4+3Na2SO4+3Bi(OH)3；（4）中酸化是使CrO42-转化为Cr2O72-，在转化过程中元素化合价不变，则该反应的离子方程式为2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O； 故答案为：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；（5）从溶液中得到晶体的一般操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠；故答案为：冷却结晶；（6）根据图像可知加入氢氧化钠时没有立即产生沉淀，这说明酸过量，首先发生酸碱中和；当沉淀不再发生变化时需要氢氧化钠是180mL；继续加入氢氧化钠沉淀开始减小，即氢氧化铝开始溶解，溶解氢氧化铝消耗