XX省南阳市第一中学2023至2024学年高三上学期第三次月考化学试题附参考答案（解析）

南阳一中2023年秋期高三年级第三次月考化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16F-19Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Fe-56Mn-55Co-59Cu-64Ag-108Ba-137一、选择题(每小题只有一个正确选项，每题3分，共48分)1.化学是现代生产、生活与科技的中心学科之一，下列与化学有关的说法，正确的是A.“嫦娥五号”着陆器在月面展示的国旗主要材料为国产高性能芳纶纤维，属于新型无机非金属材料B.石墨烯是由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，属于烯烃C.泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火D.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染【答案】D【解析】【详解】A．芳纶纤维全称芳香族聚酰胺纤维，属于新型有机高分子材料，故A错误；B．烯烃中含有C、H元素，而石墨烯是由单层碳原子构成的单质，没有H原子，不属于烯烃，故B错误；C．泡沫灭火器中主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合时发生双水解反应，生成大量的二氧化碳泡沫，该泡沫能进行灭火，但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中含有水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，故C错误；D．绿色化学又称环境友好化学，是利用化学技术和方法减少和消除有害物质的生产和使用，其核心是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染，故D正确；故答案为D。2.下列有关钠及其化合物的说法正确的是A.金属钠具有强还原性，可与溶液反应制取金属TiB.氧化钠与过氧化钠都是离子化合物，阴、阳离子个数比均为1∶2C.烧碱、纯碱均属于碱，不能盛放在玻璃试剂瓶中D.可以用澄清石灰水来鉴别溶液和溶液【答案】B【解析】【详解】A．钠是活泼金属，可与水快速反应，故不能从盐的水溶液中置换出金属单质，应与熔融反应制取金属Ti；B．氧化钠与过氧化钠都是离子化合物，对应的阴离子分别为氧离子、过氧根离子，它们的阴、阳离子个数比均为1：2，故B正确；C．烧碱属于碱，纯碱是碳酸钠，属于盐，不能盛放在玻璃塞的试剂瓶中，故C错误；D．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液加入石灰水，都可以发生反应生成碳酸钙沉淀，不能用澄清石灰水来鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液，故D错误。答案选B。3.下列有关铁及其化合物的说法正确的是A.铁在纯氧中燃烧或高温下和水蒸气反应均能得到B.在给定条件下，所表示的物质间转化能实现C.氢氧化铁与HI溶液仅能发生中和反应D.极易水解，少量与足量溶液混合会因水解剧烈生成沉淀【答案】A【解析】【详解】A．铁在纯氧中燃烧生成四氧化三铁，铁在高温下和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，因此铁在纯氧中燃烧或高温下和水蒸气反应均能得到Fe3O4，故A正确；B．铁和氯气反应生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，故B错误；C．氢氧化铁与HI溶液反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I-═2Fe2++I2+6H2O，发生了氧化还原反应，故C错误；D．Fe3+具有较强氧化性，少量FeCl3与足量Na2S溶液反应生成硫化亚铁沉淀、硫单质，不会因水解反应生成Fe(OH)3沉淀，故D错误。答案选A。4.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molNaHSO4固体中含离子总数为3NAB.足量的浓盐酸与8.7gMnO2反应，转移电子的数目为0.4NAC.标准状况下，0.1molC3H6中一定含有0.8NA个σ键D.0.1molFeCl3水解制得的Fe(OH)3胶体中胶粒数小于0.1NA【答案】D【解析】【详解】A．1个硫酸氢钠含有1个钠离子和1个硫酸氢根离子，1molNaHSO4固体中含离子总数为2NA，故A错误；B．8.7gMnO2为0.1mol，与足量的浓盐酸反应，+4价Mn转化生成Mn2+，转移电子的数目为0.2NA，故B错误；C．C3H6有两种结构，如果是环丙烷则含有8个σ键，如果是丙烯，则含有7个σ键，故C错误；D．一个Fe(OH)3胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故0.1mol氯化铁形成的胶粒的个数小于0.1NA个，故D正确。答案选D。5.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是物质（括号内为杂质）除杂试剂AFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉BNaCl溶液（MgCl2）NaOH溶液、稀HClCCl2（HCl）H2O、浓H2SO4DNO（NO2）H2O、无水CaCl2A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；C.部分氯气与H2O发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；D.NO2与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。6.下列实验过程能达到实验目的的是选项实验目的实验过程A检验某铁的氧化物含二价铁将该氧化物溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，紫色褪去B检验乙醇中含有水用试管取少量的乙醇，加入一小块钠，产生无色气体C证明酸性：H2SO3＞HClO在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体，观察是否有沉淀生成D证明CO2有氧化性将点燃的镁条，迅速伸入盛满CO2的集气瓶中，产生大量白烟且瓶内有黑色颗粒产生A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．高锰酸钾可氧化浓盐酸，紫色褪去，不能检验二价铁，故A错误；B．乙醇、水均与Na反应生成氢气，有气体生成，不能检验是否有水，故B错误；C．Ca(ClO)2溶液中通入SO2，发生氧化还原反应生成硫酸钙沉淀，不能比较H2SO3、HClO的酸性强弱，故C错误；D．点燃时Mg与二氧化碳反应生成氧化镁和C，则产生大量白烟且瓶内有黑色颗粒产生，C元素的化合价降低，可知二氧化碳具有氧化性，故D正确。答案选D。7.陈述I和陈述II均正确且具有因果关系的是选项陈述I陈述IIA用溶液刻蚀铜质电路板氧化性：B用作呼吸面具的氧气来源能氧化C用除去废水中的和具有还原性D用石灰乳脱除烟气中的具有氧化性A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．氧化剂氧化性大于氧化产物，铁离子和铜生成亚铁离子和铜离子，说明氧化性，A正确；B．发生自身的氧化还原和二氧化碳生成氧气，可用作呼吸面具的氧气来源，B错误；C．用除去废水中的和，是硫离子和铜离子、汞离子生成沉淀，C错误；D．二氧化硫和氢氧化钙生成亚硫酸钙，空气中氧气会被亚硫酸钙氧化为硫酸钙，没有说明具有氧化性，D错误；故选A。8.利用催化剂通过电化学反应在室温下合成肼()的原理如图所示，下列有关分析错误的是A.电势：N极>M极 B.由右室通过质子交换膜向左室移动C.N极与铅酸蓄电池的负极相连 D.电解总反应为【答案】C【解析】【分析】由图可知，N极H2O转化为O2，失去电子，为阳极，其电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，M极N2转化为N2H4，得到电子，为阴极，其电极反应式为N2+4e-+4H+=N2H4；【详解】A．据分析可知，N极为阳极，M极为阴极，则电势：N极>M极，A正确；B．为阳离子，向阴极移动，由右室通过质子交换膜向左室移动，B正确；C．N极为阳极，与铅酸蓄电池的正极相连，C错误；D．根据阳、阴极的电极反应式可知，电解总反应为，D正确；故选C。9.对乙酰氨基酚具有解热镇痛的效果，常用于缓解感冒症状，其结构简式如图所示。有关该化合物叙述错误的是A.分子式为C8H9NO2 B.能发生水解反应C.能发生氧化反应 D.1mol该化合物最多与4molH2发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A．由结构简式可知，分子式为，故A正确；B．该分子含有酰胺基，能发生水解反应，故B正确；C．该分子含有酚羟基，能发生氧化反应，故C正确；D．该分子中苯环能与发生加成反应，1mol该化合物最多与3mol加成，故D错误；故选D。10.下列物质的转化在给定条件下能实现的是①盐卤(含MgCl2)Mg(OH)2MgCl2溶液无水MgCl2②铝土矿Al(OH)3Al2O3③NH3NONO2HNO3④NaCl溶液Cl2无水FeCl2⑤SSO3H2SO4⑥SiO2Na2SiO3溶液H2SiO3A.①③⑥ B.③⑤⑥ C.①④⑤ D.③⑥【答案】D【解析】【详解】①MgCl2溶液在加热蒸发水分时，盐发生水解反应产生Mg(OH)2、HCl，HCl加热挥发逸出，导致最后得到的固体是Mg(OH)2，而不是无水MgCl2，①错误；②铝土矿主要成分是Al2O3，用NaOH溶液溶解得到NaAlO2溶液，然后若加入足量HCl，NaAlO2转化为AlCl3，而不是Al(OH)3，②错误；③NH3与O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化反应产生NO，NO被O2氧化产生NO2，NO2被水吸收得到HNO3，能够实现物质之间的转化关系，③正确；④电解NaCl溶液，反应产生NaOH、H2、Cl2，Cl2与Fe在加热时反应产生FeCl3，不是反应产生FeCl2，④错误；⑤S与O2在点燃时反应产生SO2，不能反应产生SO3，⑤错误；⑥SiO2是酸性氧化物，与碱NaOH反应产生Na2SiO3，由于碳酸的酸性比硅酸强，向Na2SiO3溶液中通入CO2气体，反应产生H2SiO3沉淀，⑥正确；综上所述可知：说法正确的是③⑥，故合理选项是D。11.亚氯酸钠()是一种重要的含氯消毒剂，易溶于水，在碱性溶液中比较稳定，遇酸时放出(易溶于水，在温度过高、浓度过大时易发生分解)。下图是由与、NaOH制备的实验装置(夹持装置略去)。下列说法错误的是A.通入空气的目的之一是防止浓度过大发生分解B.装置A中做氧化剂C.装置C的冷水对反应液进行冷却，并防止温度过高和分解D.装置D中NaOH吸收未反应的，防止污染空气【答案】B【解析】【分析】装置A反应生成二氧化氯，B防止倒吸，与、NaOH在C中反应制备，尾气由D吸收。【详解】A．浓度过大时易发生分解，通入空气的目的之一是将二氧化氯排入装置C中反应生成亚氯酸钠，防止浓度过大发生分解，A正确；B．装置A中和氯酸钠反应生成二氧化氯，氯元素化合价降低为氧化剂，过氧化氢中氧元素化合价升高发生氧化反应做还原剂，B错误；C．和受热均易分解，装置C的冷水对反应液进行冷却，并防止温度过高和分解，C正确；D．装置D中NaOH吸收未反应，进行尾气处理，防止污染空气，D正确；故选B。12.下列说法用离子方程式表达正确是A.用稀盐酸处理铜器表面的铜锈：CuO+2H+=Cu2++H2OB.用FeCl3溶液吸收足量H2S：2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+C.酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液混合：2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2OD.向Ba(OH)2溶液中加入NaHSO4至溶液呈中性的离子方程式：Ba2++OH-+H++SO=BaSO4↓+H2O【答案】B【解析】【详解】A．铜器表面的铜锈不是CuO而是Cu2(OH)2CO3，故A错误；B．FeCl3溶液和H2S发生氧化还原反应生成FeCl2和S，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+，故B正确；C．草酸是弱酸，在离子方程式中不能拆，故C错误；D．向Ba(OH)2溶液中加入NaHSO4至溶液呈中性生成BaSO4和H2O，离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，故D错误；故选B。13.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数总和等于Z原子序数，由这四种元素组成一种化合物M具有如下性质下列推断正确的是（）A.原子半径Z>Y>X>WB.最高价氧化物对应的水化物酸性：Y>XC.简单阴离子的还原性：W<ZD.W、Y、Z组成的化合物只含有共价键【答案】B【解析】【分析】M溶液中滴入氯化铁溶液变红，说明溶液中含有硫氰根离子，加入NaOH溶液后加热，生成的气体能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明原溶液中含有铵根离子，则M为NH4SCN，W、X、Y、Z的原子序数依次增大，则W为H，X为C，Y为N，Z为S元素。【详解】A.同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径X＞Y，原子半径大小为：Z＞X＞Y＞W，故A错误B.非金属性：N＞C，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞X，故B正确；C.非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则简单阴离子的还原性：W＞Z，故C错误；D.W、Y、Z组成的化合物为NH4HS时，含离子键、共价键，故D错误。综上所述，答案为B。14.SnCl2易水解，是常见的抗氧化剂。实验室以SnCl2为原料制备SnSO4·2H2O的流程如下：下列说法错误的是A.溶解时，不可将SnCl2固体直接溶解在水里B.反应1的离子方程式为Sn2++=SnO↓+H++CO2↑C.可用HNO3酸化的AgNO3溶液检验SnO沉淀是否已被洗涤干净D.操作1为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥【答案】B【解析】【分析】【详解】A．SnCl2易水解，溶解时，需要先加浓盐酸酸化，不可将SnCl2固体直接溶解在热水里，A错误；B．反应1的离子方程式为Sn2++2=SnO↓+H2O+CO2↑，B错误；C．SnO沉淀带有Cl-杂质，可用检验Cl-的方法检验最后一次洗涤液判断其是否已被洗涤干净，C正确；D．因得到的产品带结晶水，不能直接蒸干，故操作1为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D正确；故选AB。15.将总物质的量为0.03mol的铜镁合金完全溶解于50mL14mol/L的浓硝酸中，得到NO2气体nmol(还原产物只有NO2)，再向反应后的溶液中加入VmL的1.0mol/LNaOH溶液，金属离子恰好全部沉淀，称得该沉淀质量为2.54g，则下列说法不正确的是A.n=0.06mol B.该合金质量为1.52gC.合金完全溶解后所得溶液中剩余硝酸为0.58mol D.V=600mL【答案】D【解析】【分析】当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，可知氢氧化铜、氢氧化镁的总质量为2.54g，则Mg2+、Cu2+结合OH-的物质的量为；根据电荷守恒，1.52g铜镁合金完全溶解失电子的物质的量为0.06mol。【详解】A．反应中Cu、Mg均表现+2价，故转移电子为0.03mol×2=0.06mol，则n(NO2)==0.06mol，故A正确；B．由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量，即氢氧根的物质的量为0.06mol，故该合金质量为2.54g-0.06mol×17g/mol=1.52g，故B正确；C．合金完全溶解得到Cu(NO3)2和Mg(NO3)2的混合溶液，Cu2+和Mg2+总物质的量为0.03mol，由得失电子守恒可知生成NO2的物质的量为，由N原子守恒可知，溶液中剩余硝酸为0.05L×14mol/L-0.03mol×2-0.06mol=0.58mol，故C正确；D．加入NaOH溶液使溶液中的金属离子恰好全部沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由N元素守恒可知n(NaNO3)+n(NO2)=n(HNO3)，则n(NaNO3)=0.05L×14.0mol/L-0.06mol=0.64mol，由钠离子守恒n(NaOH)=n(NaNO3)=0.64mol，故需要1.0mol/LNaOH溶液体积为=0.64L=640mL，故D错误；故选：D。16.在密闭容器中充入1和1，在一定条件下发生反应：，测得的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示。实验测得，，(、为速率常数，只与温度有关)，下列说法错误的是A.达到平衡后，仅升高温度，增大的倍数小于增大的倍数B.若密闭容器(对应压强下)体积为1L，则b点C.的物质的量浓度：b点点D.逆反应速率：a点点【答案】C【解析】【详解】A．平衡时，v正=v逆，即k正c2(NO)∙c2(CO)=k逆c(N2)∙c2(CO2)，升高温度后，正、逆反应的速率增大，但NO的平衡转化率降低，平衡逆向移动，说明逆反应增大的幅度大于正反应，而体系中各组分的瞬时浓度不变，故k正增大的倍数小于k逆增大的倍数，A正确；B．a点NO的平衡转化率为80%，CO和NO起始的物质的量均为1mol，根据化学方程式可知CO、NO、N2、CO2转化的物质的量分别为0.8mol、0.8mol、0.2mol、0.8mol，则CO、NO、N2、CO2平衡时的物质的量分别为0.2mol、0.2mol、0.4mol、0.8mol，由于容器体积为1L，故CO、NO、N2、CO2平衡时的浓度分别为0.2mol/L、0.2mol/L、0.4mol/L、0.8mol/L，a点===160；a点和b点温度相同，平衡常数相同，所以b点=160，B正确；C．a点和b点的NO的起始物质的量相同，若从a→b，需要减小压强，根据勒夏特列只减弱不消除原理，所以不论平衡如何移动，气体浓度一定是降低的，所以NO物质的量浓度是b点＜a点，C错误；D．设压强为p2，温度与a点相同时的点为d点，由C选项可知，d点NO的物质的量浓度大于a点，则a点N2、CO2的浓度大于d点，故a点逆反应速率大于d点；d点和c点的压强相同，d点的温度高于c点，则d点的逆反应速率大于c点，故a点逆反应速率大于c点，D正确；故选C。二、非选择题17.化合物X由四种短周期元素组成，加热X，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体Y，Y为纯净物；取3．01gX，用含HCl0.0600mol的盐酸完全溶解得溶液A，将溶液A分成A1和A2两等份，完成如下实验(白色沉淀C可溶于NaOH溶液)：请回答：(1)组成X的四种元素是N、H和________(填元素符号)，X的化学式是________。(2)溶液B通入过量CO2得到白色沉淀C的离子方程式是________。(3)写出一个化合反应(用化学方程式或离子方程式表示)________要求同时满足：①其中一种反应物的组成元素必须是X中除N、H外的两种元素；②反应原理与“HCl＋NH3=NH4Cl”相同。【答案】①.Al、Cl②.AlCl3NH3③.＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋④.AlCl3＋Cl−=或AlCl3＋NH3=AlCl3NH3【解析】【分析】根据题干可知，加热X可产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的纯净物气体Y，故Y为NH3，由实验流程图中分析可知，结合B中通入过量的CO2产生能溶于NaOH溶液的白色沉淀C，故C为Al(OH)3，则D为Al2O3，E是AgCl，利用原子守恒可知：A1溶液中含有N原子的物质的量为：n(N)=n(NH3)=，Al原子的物质的量为：n(Al)=2n(Al2O3)=，A2溶液中含有的Cl-的物质的量为：n(Cl)=n(AgCl)-；故一半溶液中含有的H原子的物质的量为：，故X中含有四种元素即N、H、Al、Cl，其个数比为：n(N)：n(H)：n(Al)：n(Cl)=0.01mol：0.03mol：0.01mol：0.03mol=1：3：1：3，故X的化学式为：AlCl3NH3，据此解题。【详解】(1)根据分析X中含有四种元素即N、H、Al、Cl，其个数比为：n(N)：n(H)：n(Al)：n(Cl)=0.01mol：0.03mol：0.01mol：0.03mol=1：3：1：3，故X的化学式为：AlCl3NH3；(2)根据分析(1)可知，溶液B中通入过量的CO2所发生的离子方程式为：AlO＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO；(3)结合题给的两个条件，再分析化合物X(AlCl3NH3)是NH3和AlCl3通过配位键结合成的化合物，不难想到类似于NH3和H2O反应，故可以很快得出该反应的离子方程式为AlCl3＋Cl−=AlCl或AlCl3＋NH3=AlCl3NH3。18.FeCO3可用于制备补血剂。某研究小组制备FeCO3并对FeCO3的性质和应用进行探究。已知：①FeCO3是白色固体，难溶于水；②(无色)。Ⅰ.FeCO3的制取(夹持装置略)装置C中，向Na2CO3溶液(pH=11.9)中通入一段时间CO2至溶液pH为7，滴加一定量FeSO4溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到FeCO3固体。（1）装置A中发生反应的化学方程式为_______。（2）试剂a是_______。（3）向Na2CO3溶液中通入CO2的目的是_______。（4）装置C中制取FeCO3的离子方程式为_______。Ⅱ.FeCO3的性质探究（5）对比实验ⅱ和ⅲ，得出的实验结论是_______。（6）依据实验ⅱ的现象，写出加入10%的H2O2溶液的离子方程式：_______。Ⅲ.FeCO3的应用（7）FeCO3溶于乳酸[CH3CH(OH)COOH]能制得可溶性乳酸亚铁补血剂。该实验小组用酸性KMnO4溶液测定补血剂中亚铁离子含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，发现乳酸亚铁的质量分数总是大于100%，其原因是_______(不考虑操作不当引起的误差)。【答案】（1）（2）饱和NaHCO3溶液（3）调节pH，防止生成Fe(OH)2（4）（5）Fe2+与SCN-络合，促进FeCO3沉淀溶解平衡正向移动（6）（7）除了Fe2+，乳酸亚铁中的羟基也能被酸性KMnO4溶液氧化，导致消耗酸性KMnO4溶液的量增多【解析】【分析】实验室利用CaCO3固体与稀盐酸在装置A中发生反应制取CO2气体，利用装置B中的试剂a(饱和碳酸氢钠溶液)除去CO2中混入的HCl，将净化后的CO2通入装置C中，先与Na2CO3反应生成NaHCO3，再与FeSO4反应制取FeCO3。【小问1详解】装置A中，CaCO3固体与稀盐酸反应生成CO2气体等，发生反应的化学方程式为。答案为：；【小问2详解】由分析可知，试剂a用于除去CO2中混有的HCl，则试剂a是饱和NaHCO3溶液。答案为：饱和NaHCO3溶液；【小问3详解】Na2CO3溶液的碱性较强，若将FeSO4溶液直接滴入Na2CO3溶液中，会生成Fe(OH)2，导致FeCO3的纯度较低，所以向Na2CO3溶液中通入CO2的目的是调节pH，防止生成Fe(OH)2。答案为：调节pH，防止生成Fe(OH)2；【小问4详解】装置C中，Na2CO3与CO2、H2O先发生反应生成NaHCO3，再与FeSO4反应制取FeCO3，离子方程式为。答案为：；【小问5详解】实验ⅲ中先加入KCl溶液，过滤取滤液后又分别加入KSCN溶液和H2O2溶液，但溶液一直基本无色，对比实验ⅱ和实验ⅲ可知，SCN-与Fe2+络合能促进FeCO3沉淀溶解平衡正向移动，使FeCO3固体溶解，而Cl-不能，所以FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解度比在KCl溶液中的大。则对比实验ⅱ和ⅲ，得出的实验结论是：Fe2+与SCN-络合，促进FeCO3沉淀溶解平衡正向移动。答案为：Fe2+与SCN-络合，促进FeCO3沉淀溶解平衡正向移动；【小问6详解】实验ⅱ中先加入KSCN溶液，发生反应，过滤取滤液后又分别加入KCl溶液和H2O2溶液，由实验ⅱ的现象可知，红色溶液是Fe(SCN)3溶液，红褐色沉淀是Fe(OH)3，加入H2O2溶液可将氧化成Fe(SCN)3和，离子方程式：。答案为：；【小问7详解】乳酸亚铁中的羟基也具有还原性，也能被酸性KMnO4溶液氧化，则其原因是：除了Fe2+，乳酸亚铁中的羟基也能被酸性KMnO4溶液氧化，导致消耗酸性KMnO4溶液的量增多。答案为：除了Fe2+，乳酸亚铁中的羟基也能被酸性KMnO4溶液氧化，导致消耗酸性KMnO4溶液的量增多。【点睛】乙醇具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化为乙酸。19.钴盐在生活和生产中有着重要应用。（1）在活性炭的催化作用下，通过氧化CoCl2·6H2O制得到[Co(NH3)6]Cl3流程如下：①在“氧化”过程，需水浴控温在50~60℃，温度不能过高，原因是：___________。“系列操作”是指在高浓度的盐酸中使[Co(NH3)6]Cl3结晶析出，过滤，醇洗，干燥。使用乙醇洗涤产品的具体操作是：___________。②结束后废水中的Co2+，人们常用FeS沉淀剂来处理，原理是___________(用离子方程式表示)。（2）草酸钴是制备钴氧化物的重要原料，常用(NH4)2C2O4溶液和CoCl2溶液制取难溶于水的CoC2O4·2H2O晶体。①常温下，(NH4)2C2O4溶液的pH___________7(填“>”、“=”或“<”)。(已知：常温下Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，H2C2O4：Ka1=5.6×10-2，Ka2=5.4×10-5)②制取CoC2O4·2H2O晶体时，还需加入适量氨水，其作用是___________。③在空气中加热10.98g二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)，受热过程中在不同温度范围内分别得到一种固体物质。已知Co的两种常见化合价为+2价和+3价，M(CoC2O4·2H2O)=183g/mol。温度范围／℃150~210290~320固体质量/g8824.82i．温度在范围内，固体物质为___________(填化学式)；ii．从加热到时生成一种钴的氧化物和CO2，此过程发生反应的化学方程式是______。【答案】（1）①.温度过高，H2O2大量分解，降低产率②.向漏斗中注入乙醇使其浸没沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2～3次③.Co2++FeS=CoS+Fe2+（2）①.<②.抑制(NH4)2C2O4的水解，提高的利用率（或“调节溶液pH，提高草酸钴晶体的产率”等）③.CoC2O4④.3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2【解析】【分析】CoCl2·6H2O加氯化铵溶液和活性炭，再加浓氨水，反应生成[Co(NH3)6]Cl2，在加5%H2O2氧化[Co(NH3)6]Cl2生成[Co(NH3)6]Cl3，再经浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥等操作得到[Co(NH3)6]Cl3；【小问1详解】①氧化过程中使用的氧化剂为H2O2，不稳定，受热易分解，温度过高，H2O2大量分解，降低产率；使用乙醇洗涤产品的具体操作是：向漏斗中注入乙醇使其浸没沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2～3次；②结束后废水中的Co2+，人们常用FeS沉淀剂来处理，原理是Co2++FeS=CoS+Fe2+；【小问2详解】①Kb(NH3·H2O)<Ka2，则(NH4)2C2O4溶液中，铵根离子的水解程度大于，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，呈酸性，pH<7；②制取CoC2O4·2H2O晶体时，还需加入适量氨水，抑制(NH4)2C2O4的水解，提高的利用率(或“调节溶液pH，提高草酸钴晶体的产率”等)；③10.98g二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)的物质的量为，所含结晶水的质量为0.06×2×18=2.16g；温度在范围内，固体质量为8.82g，可知此时恰好完全失去结晶水，所得固体物质为：CoC2O4；从加热到时生成一种钴的氧化物和CO2，则Co的质量为0.06mol×59g/mol=3.54g，则氧的质量为4.82g-3.54g=1.28g，氧原子物质的量为n=，则Co的氧化物为Co3O4；草酸钴和氧气反应生成Co3O4和二氧化碳，则此过程发生反应的化学方程式为：3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。20.合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是目前最有效的工业固氮方法，解决数亿人口生存问题。（1）反应历程中各步势能变化如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。该历程中反应速率最慢的步骤的方程式为________。（2）在T℃、压强为0.9MPa条件下，向一恒压密闭容器中通入=3的混合气体，体系中各气体的含量与时间变化关系如图所示：①以下叙述不能说明该条件下反应达到平衡状态的是_________(填字母)。a.氨气的体积分数保持不变b.容器中保持不变c.气体平均相对分子质量保持不变d.气体密度保持不变e.3v(H2)=v(N2)②反应20min时达到平衡，则0～20min内v(H2)=________MPa•min-1，该反应的Kp=_______MP