1、天津市第八中学2021届高三化学上学期第三次统练试题（含解析）可能用到的相对原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ge 73一、选择题1. 化学与生活密切相关。下列说法错误的是A. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性B. 陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐C. 棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2OD. 为使水果保鲜，在水果箱内放入用高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土【答案】C【解析】【详解】A.疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品，由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋
2、白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，故A正确；B. 陶瓷是传统无机非金属材料，主要原料是黏土，是人类应用很早使用的硅酸盐材料，故B正确；C. 丝、毛的主要成份是蛋白质，蛋白质由C、H、O、N等元素组成，完全燃烧的产物是CO2、H2O和N2，故C错误；D. 水果在存放过程中会释放出乙烯，乙烯具有催熟的作用，在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土可以吸收掉乙烯，延长水果的保鲜期，故D正确；故选C。【点睛】丝、毛的主要成份是蛋白质，蛋白质由C、H、O、N等元素组成，完全燃烧的产物是CO2、H2O和N2是解答易错点。2. 下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是( )A. 无色溶液中：
3、Cu2+、K+、SCN、ClB. pH1的溶液中：Cl、K+、S2O、SOC. 含有NO3的溶液中：I、SO、SO、H+D. 由水电离出的c(H+)1.01013 molL1的溶液中：Na+、K+、SO、Cl【答案】D【解析】【详解】A含有Cu2+的溶液显蓝色，A不符合要求；BpH=1是强酸性条件，溶液中含大量H+，由，知B不符合题意；CH+与同时存在相当于硝酸，有强氧化性，能将I- 氧化为I2，氧化为，C不符合题意；Dc(H+，水)=10-13 mol/L，说明水的电离受到抑制，可能是酸抑制，也可能是碱抑制，故此时溶液可能是酸性或碱性，但D选项四种离子酸性、碱性条件下都能大量共存，D符合题意
4、；故答案选D3. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 将2gH2与足量的N2混合，充分反应后转移的电子数为2NAB. 常温下，46gNO2和N2O4组成的混合气体中所含有的分子数为NAC. 标准状况下，8gSO3的体积为2.24LD. 1molNa218O2与足量水反应，最终水溶液中18O原子为NA个【答案】D【解析】【详解】A2 g H2为1mol，将2 g H2与足量的N2混合，该反应为可逆反应，不能进行彻底，充分反应后转移的电子数小于2NA，故A错误；BNO2、N2O4的摩尔质量不同，故46g混合物的物质的量无法计算，则含有的分子数无法计算，故B错误；C标准状况下，SO3
5、不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故C错误；D过氧化钠和水的方程式为2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 ，氧元素由-1价变为-2价和0价，过氧化钠中的氧原子有一半变成氧气放出，有一半形成氢氧化钠，最终水溶液中18O原子为NA个，故D正确；故选D。【点睛】本题的难点和易错点为D，要注意反应的方程式可以改写为2Na218O2 + 2H2O = 2NaOH +2Na18OH+ 18O2。4. 我国研发一款拥有自主知识产权的超薄铷(Rb)原子钟，每3000万年误差仅1秒。Rb是第五周期第A族元素，下列关于37Rb的说法正确的是( )A. 与同周期元素53I的原子半径比：
6、RbIB. 中子数为50的Rb的核素：RbC. 元素的金属性：KRbD. 最高价氧化物对应的水化物的碱性：KOHRbOH【答案】A【解析】【分析】铷元素(Rb)位于元素周期表中第五周期第A族，为碱金属元素，同主族从上到下金属性增强，同主族元素化合物的性质相似，以此来解答。【详解】A铷和碘位于同一周期，铷在碘的左侧，同周期从左到右，原子半径逐渐减小，故原子半径RbI，故A正确；B中子数为50的Rb的核素表示为：Rb，故B错误；C同主族从上往下金属性增强，所以金属性：KRb，故C错误；D同主族从上往下金属性增强，最高价氧化物对应的水化物的碱性增强，故碱性RbOHKOH，故D错误；答案选A。5. 下
7、列各微粒的电子排布式或电子排布图不符合能量最低原理的是（ ）A. B. C. FD. Na+【答案】B【解析】【分析】能量最低原理：原子核外电子先占有能量较低的轨道，然后依次进入能量较高的轨道，电子填充顺序为1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f、5d、6p、7s、5f、6d、7p，结合泡利原理与洪特规则判断。【详解】AFe2离子核外电子数为24，由能量最低原理，可知核外电子排布为ls22s22p63s23p63d6，故A不选；BCu原子核外电子数为29，满足半满全满的稳定结构，能量最低，核外电子排布应为ls22s22p63s23p63d104s1，故B选
8、；CF原子最外电子层为第2电子层，有7个电子，外围电子排布为2s22p5，由泡利原理与洪特规则可知，外围电子轨道排布式为，故C不选；DNa离子最外电子层为第2电子层，有8个电子，外围电子排布为2s22p6，由泡利原理与洪特规则可知，外围电子轨道排布式为，故D不选；故答案选B。6. 下列实验操作能达到实验目的的是A. 将pH试纸放在实验台上测量溶液的pHB. 通过蒸干FeCl3溶液制取无水FeCl3固体C. 可用热的烧碱溶液区分植物油和矿物油D. 将8 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中，加水至刻度线，配制2 molL1 NaOH溶液【答案】C【解析】【详解】A测定pH最简单的方法是使用p
9、H试纸，测定时，将一小块pH试纸放在表面皿或玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测溶液，滴在试纸上，然后再与标准比色卡对照，便可测出溶液的pH，故A错误；B. FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中存在水解平衡Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，加热蒸发时HCl受热挥发，促进水解趋于完全，蒸干得到的固体为Fe（OH）3，不能得到FeCl3固体，故B错误；C. 矿物油为烃类混合物，植物油为油脂，矿物油不与烧碱反应，油脂能够与烧碱溶液反应，则向植物油和矿物油中分别加入烧碱溶液，加热，混合液分层的为矿物油，不分层的为植物油，故C正确；D. 若将氢氧化钠直接置于容量瓶中，加水后氢氧化钠溶于水会放热引起容量瓶的容积发
10、生变化，引起实验误差，故D错误；故选C。【点睛】植物油为高级脂肪酸甘油酯，能够在碱性环境下水解，生成易溶于水的物质，反应后液体不再分层，可用热的烧碱溶液鉴别植物油和矿物油。7. 下列说法正确的是A. 化学键既存在于相邻原子之间，又存在于相邻分子之间B. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱C. 电负性越大，非金属性越强，第一电离能也越大D. 碳碳双键的键能是碳碳单键键能的2倍【答案】B【解析】【详解】A. 化学键存在于相邻的原子之间，不存在于分子之间，故A错误；B. 元素非金属性越强，其氢化来物越稳定，同一主族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，非金属性FClBrI，则热稳定性：HF
11、HClHBrHI，故B正确；C. 主族元素的电负性越大，元素原子的第一电离能不一定越大，例如氧元素的电负性大于氮元素的，氮元素的第一电离能大于氧元素的，故C错误；D. 乙烯中碳碳双键的百键能小于乙烷中碳碳单键的键能的2倍，故D错误；故选B。【点睛】电离能是气态原子测出来的，电负性是从共价化合物中测出来的，一般第一电离能越大的电负性越大，但第二主族跟第三主族、第五主族跟第六主族比较特殊，如Mg的第一电离能大于度Al，电负性却小于Al是解答关键。8. 下列溶液中通入SO2一定不会产生沉淀是A. Ba(OH)2B. Ba(NO3)2C. Na2SD. BaCl2【答案】D【解析】【详解】A中可以生成
12、亚硫酸钡沉淀，B中SO2溶于水溶液显酸性，NO3能把SO2氧化生成硫酸，进而生成硫酸钡沉淀。C中SO2能把S2氧化生成单质S沉淀。D中氯化钡和SO2不反应，答案选D。9. 下列有关物质性质的比较，结论正确的是A. 碱性：LiOHRbOHB. 溶解度：Na2CO3NaHCO3C. 还原性：HFH2ONH3D. 沸点：C2H5OHC2H5SH【答案】A【解析】【详解】A金属性LiRb，则最高价氧化物对应水合物的碱性：LiOHRbOH，故A正确；B碳酸钠的溶解度较大，即溶解度：Na2CO3NaHCO3，故B错误；C非金属性：FON，元素的非金属性越强，氢化物的还原性越弱，则还原性：HFH2ONH3，
13、故C错误；DC2H5OH分子间存在氢键，沸点较高，即沸点：C2H5OHC2H5SH，故D错误；故选A。10. 固体A的化学式为NH5,其所有原子的最外电子层结构都符合相应稀有气体元素原子的最外电子层结构,则下列有关说法不正确的是（）A. 1 mol NH5中含有5NA个NH键（设NA表示阿伏加德罗常数的值）B. NH5中既有共价键又有离子键C. NH5的电子式为D. NH5与水反应的离子方程式为NH4+H-+H2O=NH3H2O+H2【答案】A【解析】【分析】固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体的最外电子层结构，则NH5属于铵盐，电子式为，铵根离子和氢离子之间存在离子
14、键，铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，据此分析解答。【详解】ANH5中存在离子键和共价键，1 mol NH5中含有4NA个NH键（NA表示阿伏加德罗常数），含有1mol离子键，故A错误；BNH5属于铵盐，铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，所以NH5中既有共价键又有离子键，故B正确；CNH5属于铵盐，铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，电子式为，故C正确；DNH5和水发生氧化还原反应生成一水合氨和氢气，离子方程式为NH4HH2ONH3H2OH2，故D正确；故答案选A。【点睛】明确该物质结构是解本题关键，注意该物质中存
15、在的化学键，注意该物质中H元素化合价不都相等。11. 下列指定反应的离子方程式正确的是 ()A. FeO溶于稀硝酸:FeO+2H+ Fe2+H2OB. Al2(SO4)3溶液中加入过量Ba(OH)2溶液:Al3+4OH- AlO2-+2H2OC. 漂白粉溶液中通入少量CO2: 2ClO-+H2O+CO22HClO+CO32-D. 向NaOH溶液中滴加过量Ca(HCO3)2溶液:Ca2+HCO3-+OH-CaCO3+H2O【答案】D【解析】【详解】A项，FeO溶于稀硝酸时，FeO被氧化成Fe3+并生成NO，其离子方程式为：3FeO+10H+NO3-=3Fe3+NO+5H2O，故A项错误；B项，A
16、l2(SO4)3溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，生成偏铝酸盐和硫酸钡沉淀，其离子方程式为2Al3+3SO42-+3Ba2+8OH-=2AlO2-+4H2O+3BaSO4，故B项错误；C项，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，漂白粉溶液中通入少量CO2的离子方程式为：Ca2+2ClO-+ H2O+ CO2=2HClO+CaCO3，故C项错误；D项，向NaOH溶液中滴加过量Ca(HCO3)2溶液生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，反应的离子方程式为Ca2+ HCO3+ OHCaCO3+ H2O，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。【点睛】本题考查离子方程式正误的判断，注意明确离子方程式正误判断常用方法
17、：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。12. 在300mL的密闭固定容器中，一定条件下发生Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g)的反应，该反应平衡常数（K）与温度（T）的关系如下表所示：T/2580230K510421.9105下列说法不正确是（ ）。A. 上述生成Ni(CO)4(g)的反应为放热反应B. 230时，该反应的正反应为不自发的反应C. 80达到平衡时，测得n(CO)=0.3mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为2 molL1D. 25时反应Ni(CO)4(g) Ni(s)+4CO(g)的平衡常数
18、为210-5【答案】B【解析】【详解】A图表数据分析，平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，故A正确；B230时，该反应的平衡常数K=1.9105，只是说明正反应进行的程度低，但仍为自发的反应，故B错误；C80达到平衡时，测得n(CO)=0.3mol，c(CO)=1mol/L，依据平衡常数计算式，K=2，则Ni(CO)4的平衡浓度为2mol/L，故C正确；D25时反应Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，平衡常数的倒数=210-5，故D 正确；故答案为B。13. 目前应用最广泛的氮氧化物脱除技术
19、原理为：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g) H=11.63 kJ/mol。其他条件不变时，在2 L密闭容器中使用不同的催化剂X、Y、Z，产生n(N2)随时间的变化如下图所示。下列说法不正确的是A. 用催化剂X与Z，达到平衡时，N2产率一样B. 用催化剂Y前50 s平均反应速率v(NH3)=0.03 mol/(Ls)C. 分离出体系中的H2O(g)有利于提升氮氧化物的脱除率D. 若体系各物质状态保持不变，则反应在任何温度下均可自发进行【答案】B【解析】【详解】A催化剂的使用只改变化学反应速率不改变反应的结果，故催化剂X与Z达平衡时N2产率相同，A正确；B使用催化剂Y，反应前
20、50s内N2的物质的量改变3mol，故v(N2)=0.03mol/(Ls)，故可以计算出v(NH3)=0.024mol/(Ls)，B错误；C分离出体系中的水蒸气，减小生成物浓度，可以提高反应的转化率，提高氮氧化物的脱除率，C正确；D该反应为放热反应，H0，故反应的G=H-TS0，故反应在任何时候都能够自发的进行，D正确；故选B。14. 科学家利用H2N2生物燃料电池，以固氮酶为正极催化剂、氢化酶为负极催化剂，在室温条件下即实现合成NH3的同时还获得电能，其工作原理如下图所示：下列叙述不正确的是A. 该装置是将化学能转化为电能B. 正极反应：N2+6e-+6H+ = 2NH3C. 电池工作时H2
21、在负极发生还原反应D. 电子沿X极板经导线向Y极板迁移【答案】C【解析】【详解】A该装置原电池装置，故能量转化为化学能转化为电能，A正确；B根据电池示意图可知，正极是有N2得电子生成NH3，故电极方程式为N2+6e-+6H+ = 2NH3，B正确；C原电池工作的时候，H2在负极发生反应失电子，发生氧化反应，C错误；D根据电池示意图可知，H2在X电极上失电子，经过负载流入Y电极，N2得到电子，D正确；故选C。15. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是 选项实验操作和现象结论A将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变红原Fe(NO3)2样品已变质B向蛋白质溶液中分别加入
22、甲醛和(NH4)2SO4饱和溶液，均有固体析出蛋白质均发生了变性C向2 mL 0.5 molL1 NaHCO3溶液中滴加1 mL 0.5 molL1 CaCl2溶液，产生白色沉淀和气体白色沉淀和气体分别为CaCO3和CO2D向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀气体X一定具有强氧化性A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A向Fe（NO3）2溶液中滴加稀硫酸，酸性条件下硝酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子，结论不合理，故A错误；B. 浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析产生沉淀，向蛋白质溶液中加入 (NH4)2SO4饱和溶液，有固体析出是蛋白质发生盐析，
23、不是变性，故B错误；C. NaHCO3溶液中存在电离平衡HCO3-CO32-+H+，向2 mL 0.5 molL1 NaHCO3溶液中滴加1 mL 0.5 molL1 CaCl2溶液，钙离子与碳酸根反应生成碳酸钙沉淀，使电离平衡向右移动，电离出的氢离子与过量的碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，则白色沉淀和气体分别为CaCO3和CO2，故C正确；D. 向溶有SO2的BaCl2溶液中通入氨气，氯化钡、二氧化硫和氨气反应生成亚硫酸钡白色沉淀，氨气表现碱性，不表现氧化性，故D错误；故选C。二、填空题16. (1)对碳原子核外两个未成对电子的描述，正确的是_A. 电子云形状不同 B. 自旋方向相同 C.
24、 能量不同 D. 在同一轨道(2)C、O、N三种元素第一电离能由大到小的顺序是_。(3)HCHO分子中碳原子轨道的杂化类型是_，福尔马林(HCHO的水溶液)，HCHO极易与水互溶的主要原因是_。(4)Ge在周期表中的位置_，基态Ge原子的核外电子排布式为_，有 _个未成对电子。(5)K4Fe(CN)6配合物中存在的作用力类型有_(从“金属键”、“离子键”、“共价键”、“配位键”、“氢键”、“范德华力”中选填)，中心离子是_。 (6)在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2，调节pH3，Ce3通过下列反应形成Ce(OH)4沉淀得以分离。完成反应的离子方程式：_Ce3+_H2O2_H2O=_Ce(OH
25、)4_ _。【答案】 (1). B (2). NOC (3). sp2 (4). 甲醛与水分子之间形成氢键 (5). 第四周期第IVA族 (6). 1s22s22p63s22p63d104s24p2 (7). 2 (8). 离子键、共价键、配位键 (9). Fe2+ (10). 2Ce3+H2O26H2O=2Ce(OH)46H+【解析】【详解】(1)A碳原子核外两个未成对电子，都属于2p能级，p能级轨道沿x、y、z轴的方向电子云密度大，呈现哑铃型，则电子云形状相同，A错误；B不同电子优先占据空轨道，并且自旋方向相同，所以碳原子核外两个未成对电子，自旋方向相同，B正确；C碳原子核外两个未成对电子
26、，都属于2p能级，能量相同，故C错误；Dp能级又分三个轨道，不同电子优先占据空轨道，所以碳原子核外两个未成对电子，不在同一轨道，故D错误；故合理选项是B；(2)同一周期元素随原子序数增大，元素的第一电离能呈增大趋势。但N原子是2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于氧元素的，故第一电离能由大到小的顺序为：NOC；(3)HCHO分子中C原子价层电子对数为3，则碳原子采取sp2杂化；甲醛与水分子之间形成氢键，增加了分子之间的吸引作用，因此甲醛易与水互溶；(4)Ge与C是同一主族元素，位于元素周期表第四周期第IVA族，基态Ge原子的核外电子排布式为1s22s22p63s22p63d104s24p2；
27、其原子核外最外层有2个未成对的2p电子；(5)K4Fe(CN)6是配合物，K+与Fe(CN)64+以离子键结合，在Fe2+与CN-之间以配位键结合；在CN-内C、N原子之间以共价键结合，故K4Fe(CN)6中存在的化学键有离子键、共价键、配位键，中心离子为Fe2+；(6)根据题意：“强酸性”可知方程式中反应中缺少微粒为H+，Ce元素化合价由反应前Ce3+中的+3价变为反应后Ce(OH)4中的+4价，化合价升高，失去e-；O元素化合价由反应前H2O2中的-1价变为反应后Ce(OH)4中的-2价，化合价降低，得到电子2e-；电子得失最小公倍数是2，所以Ce3+、Ce(OH)4的系数是2，H2O2的
28、系数是1；根据电荷守恒，可知H+的系数是6；最后根据H原子守恒，可知H2O的系数是6，则配平后的该反应方程式为：2Ce3+H2O26H2O=2Ce(OH)46H+。17. A、D、E、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A的原子最外层电子数是次外层的2倍，D的氧化物属于两性氧化物，D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状。（1）W在元素周期表中的位置是_。A与E组成的化合物是常用的溶剂，写出其电子式_。（2）下列事实能用元素周期表相应规律解释的是（填字母序号）_。aD的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg(OH)2bE的气态氢
29、化物的稳定性小于HFcA的单质能与二氧化硅高温下制得粗品硅单质（3）WE3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板，反应的离子方程式为_。（4）工业上用电解法制备D的单质，反应的化学方程式为_。家用“管道通”的有效成分是烧碱和D的单质，使用时需加入一定量的水，此时发生反应的化学方程式为_。（5）W的单质可用于处理酸性废水中的NO3，使其转换为NH4+，同时生成有磁性的W的氧化物X，再进行后续处理，上述反应的离子方程式为_。上述W的氧化物X能与D的单质反应，写出该反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 第四周期，第V族 (2). (3). ab (4). 2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+ (5).
30、2Al2O3(熔融)4A1+3O2 (6). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 (7). 3Fe+NO3-+2H+H2O=Fe3O4+NH4+ (8). 8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe【解析】【分析】A、D、E、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A的原子最外层电子数是次外层的2倍，A为C元素；D的氧化物属于两性氧化物，D为Al元素；D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，则E的最外层电子数=14-4-3=7，E为Cl元素；W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状，W为Fe元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为C元素，D为Al元
31、素，E为Cl元素，W为Fe元素。(1)W为Fe元素，在元素周期表中位于第四周期，第V族；A为C元素，E为Cl元素，组成的化合物是常用的溶剂为四氯化碳，电子式为，故答案为第四周期，第V族；(2)a同周期元素，从左到右，金属性依次减弱，铝在镁的右边，所以金属性弱于镁，所以氢氧化铝的碱性弱于Mg(OH)2，故a选；b同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，所以F的非金属性强于Cl，则氢化物稳定性HCl小于HF，故b选；c高温下，碳能与二氧化硅高温下制得粗品硅单质，是因为生成的CO是气体，沸点远低于二氧化硅，不能用元素周期律解释，故c不选；故答案为ab；(3)FeCl3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板
32、，是因为铁离子能够氧化铜生成铜离子，反应的离子方程式为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故答案为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；(4)工业上用电解氧化铝的方法制备铝，方程式：2Al2O3(熔融)4Al+3O2；故答案为2Al2O3(熔融)4Al+3O2；铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，生成的氢气可以有效的疏通管道，反应的化学方程式：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，故答案为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；(5)酸性环境下硝酸根离子具有强的氧化性，能够氧化铁生成四氧化三铁，反应的离子方程式：3Fe+NO3-+2H+H2O=Fe3O4+NH4
33、+；铝与四氧化三铁反应生成氧化铝和铁，方程式：8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe，故答案为3Fe+NO3-+2H+H2O=Fe3O4+NH4+；8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe。18. 水合肼(N2H4H2O)又名水合联氨，无色透明，是具有腐蚀性和强还原性的碱性液体，它是一种重要的化工试剂，沸点：118 ，易被氧化。利用尿素法生产水合肼的原理为：CO(NH2)22NaOHNaClO=N2H4H2ONa2CO3NaCl。实验1：制备NaClO溶液。(已知：3NaClO2NaClNaClO3)(1)图甲装置中烧瓶内发生反应的化学方程式为_。(2)用NaOH固体配制溶质质量分数为30%
34、的NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有_(填字母)。a烧杯 b容量瓶 c玻璃棒 d烧瓶(3)图甲装置中用冰水浴控制温度的目的是_ 。实验2：制取水合肼。(4)图乙中充分反应后，_(填操作名称)A中溶液即可得到水合肼的粗产品。若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4H2O会参与A中反应并产生大量氮气，降低产品产率。写出该过程反应生成氮气的化学方程式 _。实验3：测定馏分中水合肼的含量。(5)称取馏分3.0g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成250 mL溶液，移出25.00 mL置于锥形瓶中，并滴加23滴淀粉溶液，用0.15 molL1的碘的标准溶液
35、滴定(已知：N2H4H2O2I2=N24HIH2O)。滴定时，碘的标准溶液盛放在 _(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。下列能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是 _(填字母)。a锥形瓶清洗干净后未干燥 b滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡c读数时，滴定前平视，滴定后俯视 d盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液判断滴定终点的方法_ 实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中水合肼(N2H4H2O)的质量分数为 _。【答案】 (1). MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O (2). ac (3). 防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率 (4). 蒸馏 (5). N2H4
36、H2O+2NaClO=N2+3H2O+2NaCl (6). 酸式 (7). d (8). 滴入最后一滴碘液时溶液变蓝且半分钟内不褪色 (9). 25%【解析】【分析】根据题给信息及实验仪器分析，装置I为制备氯气的装置，氯气通入装置II中与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠，装置III的作用是进行尾气处理；制备的次氯酸钠溶液在图乙装置中的三颈烧瓶中与尿素发生反应生成N2H4H2O，通过加热蒸馏的方法分离出N2H4H2O；根据酸碱中和滴定原理分析计算所得样品的质量分数，据此分析解答。【详解】(1) 装置中烧瓶内浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO24HCl(浓)MnCl
37、2Cl22H2O，故答案为：MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O；(2) 配制30%NaOH溶液时，用天平称量一定质量的氢氧化钠固体，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，故答案为：ac；(3) 由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，图中装置中用冰水浴控制温度可以防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率，故答案为：防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率；(4) 由反应方程式示可知，加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液可得到水合肼的粗产品；N2H4H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4H2O与次氯酸钠反应生成氮气、氯化钠和水，反应的化学方
38、程式为N2H4H2O+2NaClO=N2+3H2O+2NaCl，故答案为：蒸馏；N2H4H2O+2NaClO=N2+3H2O+2NaCl；(5) 碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中，故答案为：酸式；a.锥形瓶清洗干净后未干燥，不影响水合肼的物质的量，对实验结果无影响，故错误；b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故错误；c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故错误；d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液会稀释碘的标准溶液，导致碘的标准溶液体积偏大，所测结果偏高，故正确；故答案为：d； 淀粉遇碘变蓝，所以判断滴定中的方法是滴入最后一滴碘液时溶液变蓝且半分钟内不褪色，故答案为：滴入最后一滴碘液时溶液变蓝且半分钟内不褪色； 由方程式N2H4H2O2I2=N24HIH2O可得如下关系N2H4H2O2I2，则3.0g馏分中n(N2H4H2O)=n(I2)10=0.15 molL120103L10=0.015 mol，则馏分中水合肼(N2H4H2O)的质量分数为100%=25%，故答案为：25%。