天津市南开区2023届高三一模化学含解析

2022-2023学年度高三年级第二学期质量监测（一）

化学试卷

本试卷分为第卷（选择题）和第口卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时60分钟。第□

卷1至4页，第口卷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□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-23Mg-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）§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）§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：B,

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.HClO的电子式：H：C1：O：

C.质子数为17、中子数为20的氯原子CI

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,表示为故C错误；

D.5。2的价电子对数：=3,有一对孤对电子，空间构型为V形，故D正确；

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Na2S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+2比0,产生沉淀，但是SCh是非电解质，不符合题

意，D错误。

答案选A。

4.下列有关Fe2(SO4)3溶液的叙述正确的是

2+

A.该溶液中K+、Fe,C6H5OH,Br-可以大量共存

3+2+

B.和Kl溶液反应的离子方程式：Fe+2Γ=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-∣该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2gFc

【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++L,B错误；

C、不符合配比关系，正确的离子方程式为2Fe3++3S042-+3Ba2++60H—-2Fe(OH)3(+3BaSO4I,

C错误；

D、根据原子守恒，铁离子的物质的量为0.2mol,与足量Zn反应生成0.2mol铁，为11.2g,D正确；

答案选D。

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

2s22p∖下列说法不正确的是

rm

IYIZIWI

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>H?Z

【答案】A

【解析】

【分析】X元素基态原子的最外层电子排布式为2s22p”,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：C1<S2-1A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Cr的还原性，B正确；

C.由于H2SO1的非羟基。原子数是2,而H3PO4的的非羟基O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，HNQ1酸性强于H^POj,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HzO的稳定性也

大于IhS,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：

N4¼NHlHq(足量)O,

(((

3ft

CuO-∙一Rζ-►Cuj()—ɪ⅛[Cu<NHθJ^—、------[Cu(NHH

①)②③

N2

下列说法不思确的是

A.N2H4分子的共价键只有S-Per键

B.NzH4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(NHj,T而不是[Cu(NH3)4],说明[Cu(NHjJ相对较稳定

-

D.③中发生反应：4[Cu(NH3)1]'+O2+8NH3∙H2O=4[CU(NH3)4ʃ'+4OH+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—Pb,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。2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□H2O是足量的，但是反应产物是[Cu(NHj,]"而不是

+

[Cu(NH3)4],说明[Cu(NH3),T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]+O2+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)蒸储水、碱石灰

BAl2O3(Fc2O3)盐酸、Nae)H溶液、二氧化碳

BaCl2溶液、Na2CO3溶液、

CNaCl(Na2SO4)

盐酸

DI(I)酸性KMno&溶液

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N。？，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ALO,中含有的FjOj,先加入盐酸，涉及反应可203+64=2川3++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，得到

Al(OH)3沉淀，加热分解得到纯净的A%θ3,涉及反应A13++4OH=AlOZ+2凡0、

3+

Fe+30H=Fe(OH)3Φ、A1O^+CO2+2H2O=A1(OH)N+HCO；、

/、Δ

2A1(OH)3-A12O3+3H2O,其中不涉及氧化还原反应，故B不选;

C.除去NaCl中含有的NazSO-先加过量BaCI2溶液发生反应Ba?++SO：=BaSOaJ,再加过量

Na2CO3溶液发生反应Ba?++CO7=BaCOaJ,过滤，最后向滤液中加入盐酸调PH至中性，发生反

应Cθj+2H+=CC>2个+H?。，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KMnO,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A。

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=占，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数，故B不选；

58.5

C.碳酸钠和碳酸氢钠均能与Ba(OH)2反应生成碳酸钢沉淀，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：D

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1CrmOI∙L^'

B.在滴定至终点的过程中，水的电离程度不断减小

对应的溶液中均存在：+《。

C.tls——∏3Sc(Na+)+c(H+)=c(Cr)OH

D.由tas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NaoH溶液pH=a,

c(H+)=10-αmol∙I7*,常温下，根据KW=C(OH-)∙c(1Γ)=10*,得

K1n^l4

C(OH户湍5=年=10"T4mol∕L,Nae)H溶液的起始浓度为10"-μtmo[.LT,故A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，NaoH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NaCh等时，盐酸过量，溶质为HCl和NaCL所以根据电荷

守恒，t∣s——>t3S对应的溶液中均存在：c(Na+)+c(H+)=c(CT)+c(θH)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)+I2(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、ImolI2ImOlH2、1molɪ2

起始量2molHI

(g)(g)

l

平衡浓度C(HI)∕mol∙L7cιC2C3

平衡转化率«3(H)

a%(Hja2(Hl)2

平衡常数KlK2(

下列各项关系不事碘的是

A.c∣—C2>C3B.K]—K2<K3

C.α1(H2)>α3(H2)D.al(H2)+a2(Hl)=I

【答案】B

【解析】

【详解】容器和容器是等效平衡，温度升高平衡逆向移动，因止匕正确;

A.12H½c1=c2,Cl=C2>C3,A

B.容器1和容器2是等效平衡，因此KI=K2,温度升高平衡逆向移动，降减小，因此K∣=K2>K∙,,B

错误；

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

容器和容器是等效平衡，达到平衡状态时，各物质的浓度相等，且两容器温

D.12a2(Hl)=a1(Hl),

度相同，则有a∣(H2)+a2(HI)=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：

MN

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

化合物的分子式为：

C.NC17H18O

化合物能使酸性溶液；

D.PKMnO4,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；

根据化合物的结构简式，其分子式为：正确;

C.NC17H18O,C

D.化合物P中含有碳碳三键，既能使酸性KMno4溶液褪色，也能使溟水褪色，D错误；

故选C。

12.一种3D打印机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：

口凡.妾。下列说法

MnO2+lZn+(1+0+,ZnSO4∙MnOOH+ɪ[ZnSO4∙3Zn(OH)2∙xH2θ]

2I6)66

不巧确的是

-CH2-CH—CH2—CH—

碳纳米管纤维

-CH2-CH—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

充电时，阴极反应：

B.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

鬻一可知

MnO,+ɪzn+!1+-∣H90+-!-ZnSO4.∙MnOOH+ɪ[ZnSO4∙3Zn(OH)2∙xH,θl,Zn

216J~6允电6“

1Y11

为负极，电极反应为：-Zn+-H,O+-ZnSOV+OH-=TZnSO∙3Zn(0H),∙xH,0],正极反应式

266464

为：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：

11X1

-[ZnSO∙3Zn(OH),∙xH,0]+e=-Zn+-H0+-ZnS0+0H-,与电源正极相连为阳极，电极反应

6426164

为：据此分析解题。

MnOOH+OH--e=MnO2+H2O,

【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；

]]V1

B.由分析可知，充电时，阴极反应：一[ZnSO「3Zn(OH),∙xH,θ]+e-=-Zn+-ACH-ZnSOjOH-,

6^26~6

B错误；

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

Il,D正确；

CH2=CH-C-NH7

故答案为：Bo

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:

(1)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一。

(3)NH3BH3(氨硼烷)具有很高的储氢容量及相对低的放氢温度(<350),是颇具潜力的化学储氢材料

之一，它可通过环硼氮烷、CH4与H?0进行合成。

□NH3BH3中涉及的元素H、B、N电负性最大的是。

□键角：CH4H2。(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。

口距离Mg原子最近的Fe原子个数是

若该晶胞的棱长为anm,阿伏加德罗常数的值为NA,则该合金的密度为g-cm3.

□若该晶体储氢时，H2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L。

【答案】ɑ)H2(2)第四周期IVB族

(3)□.N□.>□.CH&分子中没有孤电子对，H2。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CH」的键角

【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；

□CHa与H?。价电子对数均为4,但CHil分子中没有孤电子对，H?。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CHil的键

角，故答案为：>；CH&分子中没有孤电子对，H?O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8xJ+6χ4=4,Mg原子位于体内有8个，则晶胞的质

82

416

56×4+24×8416416,

__________________3Λd-AΛ,4⅛s”,

量为:_____________________________CT—g,该合金的密度m一Nr一wτ31八-。1g∙cm,故tn案

NA°一NAP=V==NAa×10S

a3×10^2'

416

321；

NAaxlO-

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：1+12X'=4,晶胞中Mg原子

4

与氢气的关系：2MgH2;含Mg48g即2molMg吸收ImOl氢气，标准状况下体积为22.4L,故答案

为：22.4；

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。

„水解CHI„八DKMnO八OH

r3

CgH6OjC9H8Oj∙CIOHIoO3∙)>HQ+"^

ABC

COOH

COOH

COOHCOOH

OCH3

D

水杨酸

提示:

I

□CH3CH=CHCH2CH3)K湍°H>CH3COOH+CH3CH2COOH

□R-CH=CH2-13⅛r÷R-CH2-CH2-Br

回答下列问题:

(1)D中官能团的名称是。

(2)E的化学名称是。

(3)在上述转化过程中，反应BTC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)是以水杨酸和乙酸酢(II)为原料合成的，写出该反应的化学方

CH3COCCHj

程式：O

(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：。

«合成路线流程图示例：H2C=CH2>CH3CH2OH-≡^÷CH3CH2Br

【答案】(1)竣基、酸键

(2)乙二酸(3)□.取代反应□.保护酚羟基不被氧化

【解析】

(<55j∣-CH=CHCWH

【分析】结合信息①反应及D、E的结构可推知C为:根据B和C的分

<^-oc∖∖x

子式，可推知B应为：『、’(H—(IKOOIIB为A的水解产物，可知A中含有酯基，结合B

OH

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中含竣基和酸键两种官能团，故答案为：竣基和酸键；

【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CIW反应生成C,B中酚羟基上的氢原子被CFW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】

由上述分析可…CC法THCoOH,故答/Cq)SCHCOOH；

,在酸性条件下发生水解反应生成B,反应方程式为:

f<¼-CH=CHCOoH

【小问6详解】

COOH

水杨酸和乙酸酢发生取代反应生成乙酰水杨酸和乙酸，反应方程式为:

Ofl

00-COOH

IlIl+CH3COOH,故答案为:

CHCOCCH

33OH

00

IlIl+CH3COOHi

CH3COCCH3

【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则两取代基可以是-

OoCH和-OCH3、-OOCH^P-CH2OHʌ-CH2OOCHff-OH,且在苯环上有邻、间、对等不同位置，满足题

【小问8详解】

一CH；发生卤代燃的消去反应生成||,

与水发生加成反

COOH

fx^^CH2OHʌz-CH2OH

应生成[j,0在浓硫酸作用下发生分子内酯化生成

^ʌeθθH^ʌeθθH

NaOH醉溶液

Δ

15.K3[Fe（C2θJ313H2O（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].3H2O作感光剂，以K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂。其光解反应

光昭

的化学方程式为2κ3[Fe(c204)3]=w2Fec204+3κ2c204+2c02↑;显色反应中生成的蓝色物质

的化学式为。

(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。

斤版本Nα<>114∣ΛJbM)4

HCD

口通入氮气的目的是。

口实验中观察到装置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、o

□为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是o

□样品完全分解后，装置A中的残留物含有Feo和Fe?。,，检验Fe?/存在的方法是：。

(3)测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。

□称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用CmOI∙LKMno&溶液滴定至终点。滴定终点

的现象是»

□向上述溶液中加入适量还原剂将Fe?+完全还原为Fe?+,加入稀H?S04酸化后，用CmOl∙L7∣KMnO4

溶液滴定至终点，消耗KMno4溶液VmL。该晶体中铁的质量分数的表达式为。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】(1)Fe3[Fe(CN)6]2

(2)口隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置口.Cθ2□.C0□.先熄灭装置A、

E的酒精灯，冷却后停止通入氮气□.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

5cV×56

(3)□.滴加最后一滴高镒酸钾溶液,锥形瓶内溶液变浅红色,且半分钟内不褪色□.--------

mX1OOO

×100%口.偏小

【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FeC2O4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Cθ2,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；

④Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3和水，Fe?+遇KSCN溶液变红，检验Fe2O3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，高镒酸钾氧化草酸，

用Cmol∕LKMnO∙t溶液滴定，滴定终点的现象是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。故答案为：滴加最后一滴高镭酸钾溶液，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2Fe3++Cu=2Fe2++Cι>2+,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CmOI/LKMnCM溶液滴定，发生反应5Fe2++MnO；

+3+2+3+33

+8H=5Fe+Mn+4H2O,消耗KMnO4溶液VmL,n(Fe)=cmol∕L×V×10L×5=5cV×10mol,根据铁元

一一口八5cVX10'mol×562∕mol5cV×56——

素守怛，该晶体中铁的质量分数的表达式为------------------——×ιoo%=-------------×100%若滴定

mgm×l000o

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，消耗高镒酸钾的体积偏小，会使测定结果

5cV×56

偏小。故答案为：-———×100%;偏小。

m×1000

16.汽车尾气中Nor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NazCO.,溶液(密度为1.06g∕cπ√)作为N。,的吸收剂，该

Na?C03溶液物质的量浓度为。

(2)汽车发动机工作时会引发N2(g)+O2(g)=2N