2024届甘肃省甘南高考化学五模试卷含解析

2024届甘肃省甘南高考化学五模试卷

注意事项

1.考生要认真填写考场号和座位序号。

2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑

色字迹的签字笔作答。

3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、四种有机物的结构简式如下图所示。下列说法中错误的是

①②中所有碳原子均处于同一平面

C.①©的一氯代物均有2种D.可用酸性高锌酸钾溶液鉴别③和④

2、下列事实能用元素周期律解释的是

A.沸点：H2O>H2Se>H2SB.酸性：H2SO4>H2CO3>HCIO

C.硬度：l2>Br2>CLD.碱性：KOH>NaOH>AI(OH)3

3、以下关于原子的未成对电子数的叙述正确的是（）

①钠、铝、氯：1个；②硅、硫：2个；③磷：3个；④铁：4个.

A.只有①③B.只有①②③C.只有②®④I）.有①©©④

4、如图是某有机物分子的比例模型，黑色的是碳原子，白色的是氢原子，灰色的是氧原子。该物质不具有的性质是（）

弟

A.能与氢氧化钠反应B.能与稀硫酸反应C.能发生酯化反应I）.能使紫色石蕊试液变红

5、室温下，用O.lOOmolT'NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol・L”的HA和HB两种酸溶液，滴定曲线如图所示［已

知下列说法不正确的是（）

c（OH）

*AG

A.P点时，加入NaOH溶液的体积为20・00mL

B.Ka(HB)的数量级为IO"

C.水的电离程度：N>M=P

D.M、P两点对应溶液中存在：c(A-)=c(B-)

6、下列说法不正确的是

用、aCI溶液浏

湿的活性发

及抑1CI播

液的泡雄UM

俯箔

图3

A.图1表示的反应为放热反应

B.图1中I、II两点的速率v(I)>v(II)

C.图2表示A(?)+2B(g)=2C(g)AHV0,达平衡后，在小t2、t3、1时都只改变了一种外界条件的速率变化，由图

可推知A不可能为气体

D.图3装置的总反应为4AI+3O2+6H2O=4A1(OH)3

7、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是()

A.pH=l的溶液中：Ba2\Fe，Cl\SCN'

22

B.能使酚酸变红的溶液：Ca\K\HCO3\CO3

2

C.80H)=io.i2的溶液中:NH4+、Cu\NO3\SO?

c(H)

3+

D.由水电离的c(H+)=10“2moi,L”的溶液中:Na+、Al>CWN03

8、下列说法不思醺的是()

A.FC2O3可用作红色颜料B.浓H2s04可用作干燥剂

C.可用SiOz作半导体材料D.NaHCCh可用作焙制糕点

9、已知HC1的沸点为-85C,则HI的沸点可能为()

A.一167cB.-87,CC.-35℃D.50*C

10、X、Y、Z、W为短周期主族元素，且原子序数依次增大。X原子中只有一个电子，Y原子的L电子层有5个电

子，Z元素的最高化合价为其最低化合价绝对值的3倍。下列叙述正确的是()

A.简单离子半径：VV>Z>Y

B.Y的气态氢化物与W的气态氢化物相遇有白烟产生

C.X、Y、Z三种元素形成的化合物只含共价键

D.含氧酸的酸性：W的一定强于Z的

11、实验室用Hz还原SiHCLK沸点：31.85C)制备纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法正确

的是（）

A.装置n、m中依次盛装的是浓H2s0八冰水

B.实验时，应先加热管式炉，再打开盛装稀硫酸的分液漏斗

c.为鉴定制得的硅中是否含微量铁单质，用到的试剂可以为：盐酸、双氧水、硫氯化钾溶液

D.实验中制备氢气的装置也可用于实验室中用碱石灰与氯化铉溶液反应制备氨气

12、元素周期表的第四周期为长周期，该周期中的副族元素共有

A.32种B.18种C.10种D.7种

13、下列化合物中，属于酸性氧化物的是（）

A.NazOzB.SO3C.NaHCO3D.CHzO

14、下列物质中含氯离子的是（)

A.HC1B.CChC.KC1D.NaClO

15、根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，合理的是

事实推测

A.Mg与水反应缓慢，Ca与水反应较快Be与水反应会更快

B.HCI在1500℃时分解，HI在230C时分解HBr的分解温度介于二者之间

在空气中也能自燃

C.SiH4,PH3在空气中能自燃H2s

D.标况下HCLHBr均为气体HF也为气体

A.AB.BC.CD.D

16、NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.标准状况下，O.lmolCL溶于水，转移的电子数目为O.INA

B.标准状况下，6.72LNO?与水充分反应转移的电子数目为O.INA

C.I.OLl.OmolL-1的NaAKh水溶液中含有的氧原子数为2NA

D.常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA

二、非选择题（本题包括5小题）

17、1,6-己二酸是合成高分子化合物尼龙的重要原料之一，可用六个碳原子的化合物氧化制备。如图是合成尼龙的反

应流程：

完成下列填空：

(1)写出反应类型：反应①____反应②________O

(2)A和B的结构简式为、o

(3)由,合成尼龙的化学方程式为。

(4)由A通过两步制备1,3-环己二烯的合成线路为：o

18、已知：环己烯可以通过1,3-丁二端与乙烯发生环化加成反应得到：

(—-0

二饵乙肝环己绿

实验证明，下列反应中，反应物分子的环外双键比环内双键更容易被氧化:

现仅以1,3.丁二烯为有机原料，无机试剂任选，按下列途径合成甲基环己烷:

1,3-丁端一►匹|——►回~~►(C7H14O)—►凹一►Qj

甲外环己烷

(1)写出结构简式：A;B

⑵加氢后产物与甲基环己烷互为同系物的是

(3)1molA与1molHBr加成可以得到种产物。

,

19、已知25C时，&p(Ag2S)=6.3xlO-。、^P(AgCl)=1.5xl(r\某研究性学习小组探究AgCI、Ag2s沉淀转化的原因。

步骤现象

I.将NaCl与AgNO3溶液混合产生白色沉淀

11.向所得固液混合物中加Na2s溶液沉淀变为黑色

DI.滤出黑色沉淀，加入NaCI溶液在空气中放置较长时间后，沉淀变为乳白色

(1)1中的白色沉淀是―。

(2)n中能说明沉淀变黑的离子方程式是一。

⑶滤出步骤m中乳白色沉淀，推测含有Aga。用浓HNO3溶解，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，过滤得到滤液x

和白色沉淀丫。

i.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀

ii.向丫中滴加KI溶液，产生黄色沉淀

①由i判断，滤液X中被检出的离子是

②由i、ii可确认步骤III中乳白色沉淀含有AgCI和另一种沉淀

(4)该学生通过如下对照实验确认了步骤HI中乳白色沉淀产生的原因：在NaCI存在下，氧气将HI中黑色沉淀氧化。

B：一段时间后，出现乳白色沉淀

现象

C：一段时间后，无明显变化

①A中产生的气体是_。

②C中盛放的物质W是

③该同学认为B中产生沉淀的反应如下(请补充完整)：_

2Ag2S+_+_+2H2O=4AgCl+_+4NaOH

④从溶解平衡移动的角度，解释B中NaCI的作用

20、草酸(二元弱酸，分子式为H2c2。4)遍布于自然界，几乎所有的植物都含有草酸钙(CaCzCh)。

(1)葡萄糖(C6Hl2O6)与HNO3反应可生成草酸和NO,其化学方程式为o

⑵相当一部分肾结石的主要成分是CaCzCh。若某人每天排尿量为L4L,含0.10gCa2+。当尿液中

2

C(C2O4)>mol・L'时，易形成CaC2O4沉淀。[已知Ksp(CaC2O4)=2.3xl0f]

(3)测定某草酸晶体(H2c2O4・XH2O)组成的实验如下:

COOH

步骤1：准确称取0.5508g邻苯二甲酸氢钾(结构简式为0()于锥形瓶中，用蒸储水溶解，以酚酬作指示

COOK

剂，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为22.50ml”

步骤2：准确称取0.1512g草酸晶体于锥形瓶中，用蒸储水溶解，以酚猷作指示剂，用步骤1中所用NaOH溶液滴定

至终点(H2c2O4+2NaOH===Na2c2O4+2H2O),消耗NaOH溶液的体积为20.00mLo

①“步骤1”的目的是o

②计算x的值(写出计算过程)o

21、［化学一选修3：物质结构与性质］

含硼、氮、磷的化合物有许多重要用途，如：(CH3)3N、CSP、磷化硼等。回答下列问题：

(1)基态B原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为一；基态Cu+的核外电子排布式为_<»

⑵化合物(CH3)3N分子中N原子杂化方式为该物质能溶于水的原因是_,>

(3)P%分子的键角小于NH3分子的原因是亚磷酸(H3P03)是磷元素的一种含氧酸，与NaOH反应只生成NaH2P03

和NazHPCh两种盐，则H3P03分子的结构式为。

(4)磷化硼是一种耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层。磷化硼晶体晶胞如图1所示：

①在一个晶胞中磷原子的配位数为一。

②已知磷化硼晶体的密度为Pg/cnP,阿伏加德罗常数为NA,则B・P键长为—pm。

③磷化碉晶胞沿着体对角线方向的投影如图2,请在答题卡上将表示B原子的圆圈涂黑

参考答案

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、B

【解析】

A.①②③©的分子式都是CM,,故A正确；

B.①中含有多个饱和的碳原子，根据甲烷分子的正四面体结构可以判断，分子中所有碳原子不可能共平面，故B错误;

C.①④分子中都有2种等效氢，所以一氯代物均有2种，故C正确；

D.③分子中没有碳碳双键，④分子中有碳碳双键，③不能使酸性高镒酸钾溶液褪色，④能，故可用酸性高倍酸钾溶

液鉴别③和④，D正确。选B。

2、D

【解析】

A.水分子间存在氢键，沸点高于同主族元素氢化物的沸点，与元素周期律没有关系，选项A错误；

B.含氧酸中非羟基氧原子个数越多酸性越强，与元素周期律没有关系，选项B错误；

卤素单质形成的晶体类型是分子晶体，硬度与分子间作用力有关系，与元素周期律没有关系，选项C错误；

D.金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强，同周期自左向右金属性逐渐减弱，则碱性：KOH>NaOH>AI(OH)3,

与元素周期律有关系，选项D正确。

答案选D。

3、D

【解析】

①钠原子的电子排布式为：Is22522P63s)则Na原子的未成对电子数为1；铝原子的电子排布式为：Is22s22P63s23p)

则铝原子的未成对电子数为1;氯原子的电子排布式为：Is22s22P63s23P5,则氯原子的未成对电子数为L故①正确；

②硅原子的电子排布式为：Is22s22P63s23P2,则硅原子的未成对电子数为2；硫原子的电子排布式为：Is22s22P63s23p4,

则硫原子的未成对电子数为2,故②正确；

③磷原子的电子排布式为：Is22s22P63s23P3,则磷原子的未成对电子数为3,故③正确；

④Fe的电子排布式为1S22S22P63s23P63d64s2,则铁原子的未成对电子数为4,故④正确；

答案选D。

【点睛】

磷原子的电子排布式为：Is22s22P63s23P3,3P为半充满状态，故未成对电子数为3,Fe的电子排布式为

Is22s22P63s23P63d64s2,电子先排布在4s能级上，再排布在3d能级上，3d有5个轨道，6个电子，先单独占据一个轨

道，剩余一个电子按顺序排，所以未成对电子数为4。

4、B

【解析】

该物质的结构简式为CH3coOH,为乙酸。

A.乙酸具有酸性，能够与NaOH溶液反应，不选A；

B.乙酸不与稀硫酸反应，选B；

C.乙酸能够与醇发生酯化反应，不选C；

D.乙酸具有酸性，能够使紫色石蕊试液变红，不选D。

答案选B。

5、D

【解析】

C”)

未加NaOH溶液时，HA的AG=12,则c(H+)・c(OH)=1014,—p一^=1012,则c(H+)=0.1mol/L=c(HA),

c(OH-)

HA是强酸;

皿)

未加NaOH溶液时，HB的AG=9,则c(H+)-c(OH)=10*14,=10'9,贝Uc(H+)=10-25mol/L<0.1mol/L,

c(0H-)

则HB是弱酸;

【详解】

A.P点AG=0时，c(H+)=c(OH),混合溶液呈中性，HA是强酸，酸碱的物质的量相等，酸碱的物质的量浓度相

等，则酸碱体积相等，所以加入NaOH溶液的体积为20・00mL,故A正确；

+

B.HB的电离程度较小，则溶液中c(B-)x(H)=1。25moi/L,c(HB)sO.lmol/L,Ka(HB)

C(H+)-C(B)_IO"x]0-2,

=10-4,故B正确;

c(HB)0.100

C.酸或减抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，M、P点溶液都呈中性，则

M、P点不影响水的电离，N点NaB浓度较大，促进水电离，所以水的电离程度：N>M=P,故C正确；

D.M、P点的AG都为0,都存在c(H+)=c(OH),混合溶液呈中性，加入的NaOH越多，c(Na+)越大，溶液中

存在电荷守恒，则存在P点c(A")=c(Na+)>M点c(Na+)=c(BO,但是c(Na+)：MVP点，则c(A)>c(B),

故D错误；

答案选D。

【点睛】

本题考查酸碱混合溶液定性判断，明确混合溶液中溶质及其性质、酸的酸性强弱是解本题关键，注意B中微粒浓度的

近似处理方法。

6、B

【解析】

A.平衡常数只与温度有关，根据图像，温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向移动，则反应为放热反应，故A正确;

B.温度越高，反应速率越快，图1中I、n两点的速率v(i)〈v(n),故B错误；

C.由于纵坐标表示v逆，t3时v速突然减小，且平衡不移动，只能是减小压强，说明该反应为气体体积不变的反应，说

明A一定不是气体，故C正确；

D.负极电极反应式为Al-3e=A|3+,正极反应式O2+2H2O+4c=4OFT,总反应方程式为：4AI+3O2+6H2O=4A1(OH)3,

故D正确；

答案选B。

【点睛】

本题的难点为C,要抓住平衡不发生移动的点，加入催化剂，平衡不移动，但反应速率增大，应该是U时的改变条件,

口时突然减小，且平衡不移动，只能是减小压强。

7、C

【解析】

A.pH=l的溶液中，Fe3\SCN•反应生成Fe(SCN〃，不能大量共存，故不选A；

B.能使酚配变红的溶液：Ca2\CO32-反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故不选B；

C.阴°=1012的溶液呈酸性，NH/、Cu2\NO"-不反应，能大量共存，故不选C；

D.由水电离的c(H+)=10"2moi・L」的溶液，呈酸性或碱性，若呈碱性，A伊不能存在，故不选D。

8、C

【解析】

A.FezCh的颜色是红色，可用作红色颜料，故A正确；

B.浓H2s04具有吸水性，可用作干燥剂，故B正确；

C.单质Si是半导体材料，故c错误；

D.NaHCCh加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，可用作焙制糕点，故D正确；

答案选C。

9、C

【解析】

氯化氢、碘化氢为结构相似的分子晶体，分子晶体熔沸点高低与分子间作用力有关，而分子间作用力与相对分子质量

成正比，碘化氢的相对分子质量大于氯化氢，所以分子间作用力强于氯化氢，熔沸点高于氯化氢熔沸点，排除A、B,

常温下破化氢为气体，所以沸点低于0C,排除D,C项正确；

答案选C。

10>B

【解析】

X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X原子中只有一个电子，则X为H元素；Y原子的L电子层

有5个电子，其核电荷数为7,为N元素；Z元素的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，则Z为S元素；W为短

周期土族元素且原子序数大于Z,所以为Cl元素；

A.S2•和c「的离子核外电子排布相同，核电荷数大，离子半径小，即S2->c「，故A错误;

B.N的气态氢化物NH3与C1的气态氢化物HC1相遇生成NH4。，现象为有白烟产生，故B正确；

C.H、N、S三种元素组成的化合物NH4Hs或（NH02S均为离子化合物，化合物中既有离子键，又有共价键，故C错

误；

D.CI的最高价氧化物的水化物HClOa的酸性比S的最高价氧化物的水化物H2s。4的酸性强,而H2sCh的酸性比HC1O

强，故D错误；

故答案为乐

11、C

【解析】

A.装置ni的作用是使siHCb挥发，in中应盛装热水，故A错误；

B.氢气、氧气的混合气体加热易爆炸，实验时，应先打开盛装稀硫酸的分液漏斗，用生成的氢气把装置中的空气排出,

冉加熟管式炉，故B错误；

C.铁与盐酸反应生成氯化亚铁，用双氧把亚铁离子氧化为铁离子，若加入硫料化钾溶液后变红，则说明含有铁单质，

故C正确;

D.实验室中一般用加热碱石灰与氯化铁固体混合物制备氨气，装置图为故D错误；答案选C。

12、D

【解析】

第四周期过渡元素有10种，但是从左到右的第8、9、10三列的元素为第皿族元素，不属于副族元素，所以副族元素

共有7种，故答案选D。

13、B

【解析】

A.NH2O2是过氧化物，不属于酸性氧化物，选项A错误；

B.SO3+2NaOH=Na2SO4+H2O,SO3是酸性氧化物，选项B正确；

C.NaHCCh不属于氧化物，是酸式盐，选项C错误；

D・CHzO由三种元素组成，不是氧化物，为有机物甲醛，选项D错误。

答案选B。

【点睛】

本题考食酸性氧化物概念的埋解，凡是能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，注意首先必须是氧化物，由两

种元素组成的化合物，其中一种元素为氧元素的化合物。

14、C

【解析】

A.HC1是共价化合物，不存在氯离子，故A错误；

B.CCL是共价化合物，不存在氯离子，故B错误；

C.KCI是离子化合物，由K+和C1•组成，含有氯离子，故C正确；

D.NaClO是离子化合物，由Na+和CIO组成，不存在氯离子，故D错误；

故答案为Co

15、B

【解析】

A.金属性越强，与水反应越剧烈，则Be与水反应很缓慢，故A错误；

B.非金属性越强，氢化物越稳定，由事实可知，HBr的分解温度介于二者之间，故B正确；

C.自燃与物质稳定性有关，硫化氢较稳定，则HzS在空气中不能自燃，故C错误；

D.HF可形成氢键，标况下HC1、HBr均为气体，但HF为液体，故D错误；

故选：B,

16、D

【解析】

A.氯气和水反应为可逆反应，所以转移的电子数目小于0』NA,故A错误；

B.标准状况下，6.72LNO2的物质的量为0.3nwl,根据反应3NO2+H2（）=2HNO3+NO可知，0.3mol二氧化氮完全反应

生成O.lmolNO,转移了0.2mol电子，转移的电子数目为0.2NA,故B错误；

CNaAKh水溶液中，除了NaAKh本身，水也含氧原子，故溶液中含有的氧原子的个数大于2NA个，故C错误；

14g

D.14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为：——;-7=0.5mol,含有Imol原子，含有的原子数目为NA,故D

28g/mol

正确。

故答案选Do

二、非选择题（本题包括5小题）

17、消去反应加成（氧化）反应O

n。察J+NHzRNHz吗HO葭设-葭…/"n-DWO

所氢氧化钠酷（o

o涅的四氯化碳溶液

【解析】

根据A的分子式可知，A中含1个不饱和度，因此可推出A为环己烯，其结构简式为:0,它是通过环己醇通过

66a：

消去反应而得到，A经过氧化得到与水在催化剂作用下生成根据已知信息，结合B在

水的催化作用下生成I采用逆合成分析法可知B应为厂工其分子式正好为C6H8。3；最后畿:经过

缩聚反应合成尼龙，据此分析作答。

【详解】

根据上述分析可知，

（1）反应①的反应类型为：消去反应；反应②为加氧氧化过程，其反应类型为加成（氧化）反应，故答案为：消去反

应；加成（氧化）反应；

（2）根据上述分析可知，A的结构简式为:。;B的结构简式为:故答案为:

（3）篇；;与NH2RNH2发生缩聚反应生成尼龙，其化学方程式为:

Q-NHRNH^

n+22-NHRNHH+(2n-l)H2O；

(4)A为0,若想制备1,3-环己二烯，可先与溟的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2—二溟环己烷，1,2—二

澳环己烷再在氢氧化钠乙醇溶液、加热的条件下发生消去反应生成1,3■环己二烯，其具体合成路线如下:

o渥的四氯化碳溶液c［现氢氧%内埼C）.

Br

4

【解析】

7CX

HCCH-CH=CH,

根据碳原子数目可知，反应①为1,3.丁二烯与CH*CH・CH3发生信息I反应生成A,则A为患A,结合

\/1

CE,

A发生信息n中反应生成B,则B为工£2°,结合C的分子式可知，B与氢气发生全加成反应生成C,C为

\/'

CH,

CH户

CH

RY%OH,C发生消去反应生成D,D为11ff-\D发生加成反应生成甲基环己烷。

2

tyH^CCH2

CH.X/

叫CH,

【详解】

CH

/CHj、CH,Z>

由组L3八q"TFA英舞CH-€H=CH,H/'CH-CH。11fCH-CH,OH

根据上述分析可知：A为建&，B为此lHj，C为/&，

\z\/\/

CH,CH,CH,

CH,C

n/\/\

⑴通过以上分析知，A的结构简式是』B的结构简式是看廿1。

HLHLCH«

\Z\/

CH,CH,

产

(2)A是患HCC％H—,CH=CH»，AVH2发生加成反应后产物为[]CHiCH?,名称为乙基环己烷，与甲基环己烷互为同

\H,/

系物，故合理物质序号为A；

7C\

HCCH-CH=CH

(3)A的结构简式是5I;2其分子中含有的2个碳碳双键上的4个C原子都不等效，所以Br原子加成到4

ULCn2

\/

CH,

个C原子上的产物都不相同，故其与HBr加成时的产物有4种。

【点睛】

本题考查有机物推断，正确理解题给信息是解本题关键，侧重考查学生获取信息、加工信息、利用信息及分析推断能

力，注意(3)中A发生加成反应产物种类判断，为易错点。

2

19、AgCl2AgCl(s)+S-(aq)=Ag2S(s)+2Cr(aq)SO?S02Ag2s的悬浊液2Ag2S+lO24-4NaCl4-

+2

2H2O=4AgCl+2S+4NaOH对于溶解平衡Ag2S(s)^=i2Ag(aq)+S(aq),O2将q-氧化生成S时有Ag*游离出来，

NaCI中大量的。•与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S

【解析】

(1)1中的白色沉淀由NaCI与AgNO3溶液发生反应生成。

⑵n中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S?•反应，生成Ag2s沉淀等。

⑶i.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSOj；

ii.向丫中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为Agl；

①由i判断，可确定滤液X中被检出的离子。

②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO4〜、等。

(4)①A中，MnCh是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体的成分。

②因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W。

③B中，反应物还有Na。、O2,由上面分析，生成物有S,由此可完善方程式。

④B中，Ag2s被氧化生成S,则Ag+会与NaCl作用，从而促进平衡正向移动。

【详解】

(1)1中的白色沉淀由NaQ与AgNCh反应生成，则为AgCl。答案为：AgCl；

(2)11中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S?•反应，生成Ag2s沉淀等，反应的离子方程式为

2?\gCl(s)+S2'(aq)=/\g2S(s)+2Cr(aq)o答案为：2AgCl(s)+S2*(aq)=Ag2S(s)+2Cr(aq)；

⑶i.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；

ii.向丫中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为Agl；

①由i判断，可确定滤液X中被检出的离子为SO』、答案为：SO42-;

②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SOF、N(h等，则其为S。答案为：S；

(4)①A中，MnCh是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体为02。答案为：02；

②因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W为AgiS的悬浊液。答案为：Ag2s的悬浊液；

③B中，反应物还有NaCkOz,由上面分圻，生成物有S,由此可得出配平的方程式为2Ag2S+102+4NaCl+2H2O=4AgCl

+2S+4NaOHo答案为：2Ag2S+lO2+4NaCl+2H2O=4AgCl+2s+4NaOH；

④B中，Ag2s被02氧化生成S,则Ag-游离出来，会与NaCl中的Cl•结合，生成AgCl沉淀，从而促进平衡正向移动,

B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。答案为：对于溶解平衡Ag2s(s)=：2Ag+(aq)+S2-(叫)，。2将?•氧化生成S时有

Ag+游离出来，Na。中大量的。•与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl

和S。

【点睛】

因为K、p(Ag2S)=6.3xlO-5。、&p(AgCl)=1.5xl(T6,所以将AgCl转化为AgiS我们容易理解，如何实现黑色沉淀向白色

沉淀的转化，即Ag2s转化为Ag。，则需要改变反应条件，通过实验我们可得出是02的帮助，结合前面推断，可确定

还有S生成，然后利用守恒法便可将方程式配平。

20、C6Hl2OG+6HNO3===3H2c2O4+6H2O+6NOT1.3x10"测定NaOH溶液的准确浓度x=2

【解析】

(1)依据氧化还原反应规律书写其方程式；

(2)根据c二2二』-得出溶液中的钙离子浓度，再依据溶度积公式求出草酸根离子浓度；

VMV

(3)利用邻苯二甲酸氢钾可以滴定氢氧化钠，再利用氢氧化钠标准液测定草酸的浓度，依据物质的量之间的关系，列

出关系式，求出草酸的物质的量，根据总质量间接再求出水的质量，进一步得出结晶水的个数。

【详解】

(1)HNO3将葡萄糖(C6Hl2。6)氧化为草酸，C元素从0价升高到+2价，N元素从+5价降低到+2价，则根据电子转移

数守恒、原子守恒可知，化学方程式为：C6Hl2O6+6HNO3===3H2Go4+6H2O+6NOT；

(2)c(Ca2+)=—=—=,°--=(HM)179mol/L,又Ksp(CaC2O4)=2.3xl0T=C(Ca")C(CQ;)，因此当形

VMV1.4Lx40g/mol

93x10-9

成沉淀时溶液中C(CO42-)>—«Cxi。'；

20.00179mol/L

(3)①“步骤1”中用准确称量的邻苯二甲酸氢钾测定氢氧化钠溶液的准确浓度，由于两者按物质的量1:1反应，故在

滴定终点时，两者物质的量相等，根据邻苯二甲酸氢钾的物质的量和消耗的氢氧化钠溶液的体积即可测定出氢氧化钠

溶液的准确浓度，故答案为测定NaOH溶液的准确浓度；

0.5508g

②。.5508g邻苯二甲酸氢钾的物质的量n(酸尸与冰嬴=。・。。27mM测定NaOH溶液的准确浓度c(NaOH)

().()()27mol

=------------------=0.1194mol/L，

22.50x10」

又草酸与氢氧化钠反应，根据H2c2()4+2NaOH===Na2c2O4+2H2O可知，2n(H2C2O4)=c(NaOH)V(NaOH),

3

n(H2c2O4)=°U94mol/Lx20.00x10L勺mob所以n(H2czO/xFhO)：1.194xl0mob

2

3

则n(H2C2O4)M(H2C2O4)=1.194X10-molx(94+18x)g/mol=0.1512g,则晶体中水的个数

故x=2。

21、哑铃形或纺锥形[Arl3d,0sp3杂化(CH3)3N为极性分子，且可与水分子间形成氢键电负性N>P,