1、高考资源网（） 您身边的高考专家2016-2017学年江西省鹰潭市高三（上）第三次综合能力化学试卷一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列有关叙述不正确的是（）A标准状况下，1L庚烷完全燃烧所生成的气态产物的分子数为NAB1mol甲基（CH3）所含的电子总数为9NAC0.5mol 1，3丁二烯（CH2=CHCH=CH2）分子中含有碳碳双键数为NAD1mol碳正离子（CH3+）所含的电子总数为8NA2分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，若不考虑立体异构，这些醇和酸重新组合可形成的酯
2、共有（）A15种B28种C32种D40种3重铬酸铵（NH4）2Cr2O7是一种受热易分解的盐下列各项中的物质可能是重铬酸铵受热分解的产物是（）ACr、NH3、H2OBCr2O3、N2、H2OCCr2O3、NH3、H2ODCrO3、N2、H2O4同主族的三种元素X、Y、Z，它们最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序为HXO4HYO4HZO4，下列判断错误的是（）A离子半径XYB单质氧化性YZC气态氢化物稳定性：HXHZDY单质可以在海水中提取5将某些化学知识用图象表示，可以收到直观、简明的效果下列图象所表示的化学知识中，明显不正确的是（）A分散系的分类B醋酸稀释C向Na2CO3溶液中逐滴滴入盐酸D
3、向AlCl3溶液中滴加过量的NaOH溶液625时，将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，当溶液的pH=7时，下列关系正确的是（）Ac（NH4+）=c（SO42）Bc（NH4+）=2c（SO42）C2c（NH4+）=c（SO42）Dc（OH）+c（SO42）=c（H+）+c（NH4+）7如图，将纯Fe棒和石墨棒插入1L饱和NaCl溶液中下列说法正确的是（）AM接负极，N接正极，当两极产生气体总量为22.4L（标准状况）时，生成1 mol NaOHBM接负极，N接正极，在溶液中滴人酚酞试液，C电极周围溶液变红CM接负极，N接正极，若把烧杯中溶液换成1L CuSO4溶液，反应一段时间后，烧杯中产生蓝色沉淀DM
4、接电源正极，N接电源负极，将C电极换成Cu电极，电解质溶液换成CuSO4溶液，则可实现在铁上镀铜三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第8题-第10题为必考题，每个试题考生都必须作答第11题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共53分）8某课外活动小组对“外界条件对铜与稀硝酸反应速率的影响”作了如下探究（1）现有以下仪器和用品：橡胶管、秒表、温度计、a mol/L 稀硝酸、b mol/L 稀硝酸及图中仪器写出本实验的化学方程式：，并标出电子转方向和数目：设计实验方案：在下，测定在如图中将 A、B、C、D、几处用橡胶管以正确方式连接起来，以测定反应所产生气体的体积（三个容器中的液体和水都已出
5、） 测定前，为避免 NO 被氧化为 NO2，要用 CO2排出锥形瓶和橡胶管中的空气：在锥形瓶中加入铜片后松开 K2弹簧夹，从 K2处的橡胶管向装置中通入 CO2，此时 K1处应进行的操作是，则空气已排尽（2）注入稀硝酸后，在给定条件下设计实验探究浓度和温度对化学反应速率的影响：温度25、50；时间 t1、t2、t3；收集气体体积 V1、V2请完成表：实验编号稀硝酸的浓度/（mol/L）稀硝酸的体积/mL温度/时间/min收集气体的体积/mLaV25t1V1VV9节能减排已经成为全社会的共识，浙江省在原先推行乙醇汽油的基础上，开始试点甲醇汽油（即在汽油中添加一定量的甲醇），根据检测的数据分析认为
6、，若宁波全市的140余万辆机动车全部使用甲醇汽油，一年内能减少有害气体（一氧化碳）排放将近100万吨甲醇常利用煤气化过程中生成的CO和H2来制备：CO+2H2CH3OH请根据图示回答下列：（1）关于该反应的下列说法中，正确的是（填字母）：AH0，S0BH0，S0CH0，S0DH0，S0（2）现进行如下实验，在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO和3molH2，净测得CO和CH3OH（g）的浓度随时间变化如（图1）所示从反应开始到平衡，CO的平均反应速率v（CO）=，该反应的平衡常数K=（3）恒容条件下，达到平衡后，下列措施中能使增大的有A升高温度 B充入He气C再冲入1molCO和3mol
7、H2 D使用催化剂（4）若在一体积可变的密闭容器中充入1molCO、2molH2和1molCH3OH，达到平衡时测的混合气体的密度是同温同压下起始的1.6倍（此过程三种物质均处于气态），则平衡时混合气体的平均摩尔质量=g/mol（5）根据（图2），写出此反应的热化学方程式10草酸亚铁和草酸铁常用作照相显影剂或制药工业I某化学兴趣小组的同学进行草酸亚铁晶体（FeC2O42H2O）分解产物的实验探究他们设计了如下装置进行实验（夹持装置未画出），干燥管B、G中装有无水氯化钙，试管D、F、I中盛有澄清石灰水（1）烧瓶A中盛有饱和NH4C1和饱和NaNO2的混合液，常用于实验室制N2，则该反应的化学方程
8、式为（2）实验时先打开活塞a，并加热烧瓶A一段时间，其目的是（3）试管D中出现浑浊，证明分解产物中有存在证明分解产物中存在CO的现象是要证明分解时产生的另一种气态产物的存在，应该如何改进装置将C中充分反心后的固体残余物投入经煮沸的稀硫酸中，固体完全溶解且无气体放出，取反应液加入KSCN溶液无血红色，证明固体产物为（填化学式）II三氯化铁是合成草酸铁的重要原料已知草酸铁晶体在低温时溶解度较小（4）利用工业FeCl3（含杂质）制取纯净的草酸铁晶体溶液X为浓盐酸，其目的是上述流程中FeCl3可用异丙醚萃取，其原因是所得草酸铁晶体需用水洗涤，其目的是为测定所得草酸铁晶体的纯度，实验室中用KMnO4标准
9、溶液滴定生成的H2C2O4，KMnO4标准溶液应置于（填“酸式或“碱式”）滴定管中2016-2017学年江西省鹰潭市高三（上）第三次综合能力化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列有关叙述不正确的是（）A标准状况下，1L庚烷完全燃烧所生成的气态产物的分子数为NAB1mol甲基（CH3）所含的电子总数为9NAC0.5mol 1，3丁二烯（CH2=CHCH=CH2）分子中含有碳碳双键数为NAD1mol碳正离子（CH3+）所含的电子总数为8NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、气体
10、摩尔体积的使用范围是气体，液体和固体不适用，标况下，庚烷是液体；B、每个甲基中含有9个电子，再根据N（电子）=9n（甲基）NA计算电子总数；C、每个1，3丁二烯（CH2=CHCH=CH2）分子中含有碳碳双键数2个，再根据N（双键数）=2n（1，3丁二烯）NA计算双键数；D、每个碳正离子（CH3+）所含的电子数为8个，再根据N（电子）=8n（CH3+）NA计算含有的电子数；【解答】解：A、气体摩尔体积的使用范围是气体，液体和固体不适用，标况下，庚烷是液体，故A错误；B、每个甲基中含有9个电子，N（电子）=9n（甲基）NA=91moNA=9NA，故B正确；C、每个1，3丁二烯（CH2=CHCH=C
11、H2）分子中含有碳碳双键数2个，N（双键数）=2n（1，3丁二烯）NA=20.5mol1NA=NA，故C正确；D、每个碳正离子（CH3+）所含的电子数为8个，N（电子）=8n（CH3+）NA=81molNA=8NA，故D正确；故选A2分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，若不考虑立体异构，这些醇和酸重新组合可形成的酯共有（）A15种B28种C32种D40种【考点】有机化合物的异构现象【分析】分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为5，讨论羧酸与醇含有的碳原子，判断形成该酯的羧酸与醇的同分异构体种数，根据羧酸与醇组合，计算同分异构体数目【解答】解
12、：分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，属于饱和一元酯，若为甲酸和丁醇酯化，甲酸只有1种，丁醇有4种；若为乙酸和丙醇酯化，乙酸只有1种，丙醇有2种；若为丙酸和乙醇酯化，丙酸只有1种，乙醇只有1种；若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种，甲醇只有1种；故羧酸共有5种，醇共有8种，酸和醇重新组合可形成的酯共有58=40种，故选D3重铬酸铵（NH4）2Cr2O7是一种受热易分解的盐下列各项中的物质可能是重铬酸铵受热分解的产物是（）ACr、NH3、H2OBCr2O3、N2、H2OCCr2O3、NH3、H2ODCrO3、N2、H2O【考点】氧化还原反应【分析】重铬酸铵（NH4）2Cr2O7是
13、一种受热易分解的盐，分解时发生氧化还原反应，N元素的化合价应升高，Cr元素的化合价应降低，以此来解答【解答】解：重铬酸铵（NH4）2Cr2O7是一种受热易分解的盐，分解时发生氧化还原反应，N元素的化合价应升高，Cr元素的化合价应降低，即N元素由3价可能升高为0价，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，只有B符合，故选B4同主族的三种元素X、Y、Z，它们最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序为HXO4HYO4HZO4，下列判断错误的是（）A离子半径XYB单质氧化性YZC气态氢化物稳定性：HXHZDY单质可以在海水中提取【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律【分析】同主族元素从上到下元
14、素的非金属性逐渐减弱，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，已知HXO4HYO4HZO4，则非金属性XYZ，以此判断元素对应单质、化合物的性质【解答】解：同主族元素对应的HXO4HYO4HZO4，则非金属性XYZ，则A同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，对应离子核外电子排布相同，离子半径逐渐增大，则XY，故A正确；B非金属性YZ，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，单质氧化性YZ，故B错误；C非金属性XZ，元素的非金属性越强，对应氢化物越稳定，则气态氢化物稳定性：HXHZ，故C正确；D三种元素X、Y、Z，对应的元素为Cl、Br、I，都可以海水为原料来提取，故
15、D正确故选B5将某些化学知识用图象表示，可以收到直观、简明的效果下列图象所表示的化学知识中，明显不正确的是（）A分散系的分类B醋酸稀释C向Na2CO3溶液中逐滴滴入盐酸D向AlCl3溶液中滴加过量的NaOH溶液【考点】钠的重要化合物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A分散系的本质区别是分散质微粒直径的大小；B溶液的导电性与溶液中离子浓度有关；C碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸反应生成二氧化碳；D根据可能发生的反应Al3+3OH=Al（OH）3，Al3+4OH=AlO2+2H2O分析【解答】解：A散系的本质区别是分散质微粒直径的大小，分散质粒度
16、小于1nm的为溶液，大于100nm的为浊液，介于1100nm的为胶体，故A错误；B醋酸溶液加水稀释溶液中离子浓度减小，溶液的导电能力逐渐减弱，故B正确；C碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸反应生成二氧化碳，所以开始滴加盐酸，不会产生二氧化碳，一段时间后，开始产生二氧化碳，故C正确；D先后发生的反应为：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl，Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，生成沉淀过程消耗的NaOH与沉淀溶解消耗的NaOH体积比是3：1，故D正确；故选A625时，将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，当溶液的pH=7时，下列关系正确的是（）Ac（NH4+）=c（
17、SO42）Bc（NH4+）=2c（SO42）C2c（NH4+）=c（SO42）Dc（OH）+c（SO42）=c（H+）+c（NH4+）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】根据溶液的电中性原则分析，溶液中存在c（OH）+2c（SO42）=c（NH4+）+c（H+），溶液pH=7，则c（OH）=c（H+），以此解答该题【解答】解：25时，溶液pH=7，则有c（OH）=c（H+），溶液呈电中性，则有c（OH）+2c（SO42）=c（NH4+）+c（H+），所以有：2c（SO42）=c（NH4+），故选B7如图，将纯Fe棒和石墨棒插入1L饱和NaCl溶液中下列说法正确的是（）AM接负极，N接正
18、极，当两极产生气体总量为22.4L（标准状况）时，生成1 mol NaOHBM接负极，N接正极，在溶液中滴人酚酞试液，C电极周围溶液变红CM接负极，N接正极，若把烧杯中溶液换成1L CuSO4溶液，反应一段时间后，烧杯中产生蓝色沉淀DM接电源正极，N接电源负极，将C电极换成Cu电极，电解质溶液换成CuSO4溶液，则可实现在铁上镀铜【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】M接负极，N接正极，阳极发生2Cl2e=Cl2，阴极发生2H2O+2e=2OH+H2，M接电源正极，N接电源负极，将C电极换成Cu电极，阳极发生Fe2e=Fe2+，阴极发生Cu2+2e=Cu，以此解答该题【解答】解：AM接负极，
19、N接正极，阳极发生2Cl2e=Cl2，阴极发生2H2O+2e=2OH+H2，当两极产生气体总量为22.4L（标准状况）时，气体的物质的量为1mol，则阴极生成0.5molH2，同时生成1molNaOH，故A正确；BM接负极，N接正极，C电极发生2Cl2e=Cl2，加入酚酞不变红，故B错误；CM接负极，N接正极，若把烧杯中溶液换成1L CuSO4溶液，阳极发生2Cl2e=Cl2，阴极发生Cu2+2e=Cu，没有氢氧化铜沉淀生成，故C错误；DM接电源正极，N接电源负极，将C电极换成Cu电极，阳极发生Fe2e=Fe2+，阴极发生Cu2+2e=Cu，不能实现在铁上镀铜，故D错误故选A三、非选择题：包括
20、必考题和选考题两部分第8题-第10题为必考题，每个试题考生都必须作答第11题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共53分）8某课外活动小组对“外界条件对铜与稀硝酸反应速率的影响”作了如下探究（1）现有以下仪器和用品：橡胶管、秒表、温度计、a mol/L 稀硝酸、b mol/L 稀硝酸及图中仪器写出本实验的化学方程式：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，并标出电子转方向和数目：设计实验方案：在相同稀硝酸浓度、不同温度（或相同温度、不同稀硝酸浓度下，测定相同时间内产生气体体积（或产生相同体积的气体所需的时间）在如图中将 A、B、C、D、几处用橡胶管以正确方式连接起来，以测
21、定反应所产生气体的体积（三个容器中的液体和水都已出） 测定前，为避免 NO 被氧化为 NO2，要用 CO2排出锥形瓶和橡胶管中的空气：在锥形瓶中加入铜片后松开 K2弹簧夹，从 K2处的橡胶管向装置中通入 CO2，此时 K1处应进行的操作是松开K1弹簧夹，接导管通入澄清石灰水至出现白色浑浊为止，则空气已排尽（2）注入稀硝酸后，在给定条件下设计实验探究浓度和温度对化学反应速率的影响：温度25、50；时间 t1、t2、t3；收集气体体积 V1、V2请完成表：实验编号稀硝酸的浓度/（mol/L）稀硝酸的体积/mL温度/时间/min收集气体的体积/mLaV25t1V1VV【考点】探究影响化学反应速率的因
22、素【分析】（1）根据铜与稀硝酸反应中，铜做还原剂被氧化，而稀硝酸中的氮元素被还原为NO，根据得失电子数守恒来计算；从所给的药品和仪器可知，本题可以探究硝酸浓度的不同或温度的不同对反应速率的影响；根据题意可知，此装置应为排水量气装置，而D为反应的发生装置，连接量气管将量气管中的水排出，即量气管起排水量气的作用，而贮水管起到贮水的作用，故橡胶软管的应D接C接B接A，据此分析；由于量气管起到收集NO的作用，故将锥形瓶到量气管间的空气排干净即可，据此分析；（2）要设计实验探究浓度对化学反应速率的影响，则必须保持其他影响反应速率的影响因素一致，据此分析【解答】解：（1）因铜失去电子，HNO3得到电子，铜
23、做还原剂被氧化，而稀硝酸中的氮元素被还原为NO，故化学方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；电子转移方向和数目用单线桥表示为：，故答案为：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；从所给的药品和仪器可知，本题可以探究硝酸浓度的不同或温度的不同对反应速率的影响，而要探究一个影响因素，则必须保持其他影响因素一致，故若探究硝酸浓度对反应速率的影响，则温度相同，反之，若温度不同，则硝酸浓度相同；测定反应速率的快慢，可以通过测定相同时间内产生气体体积或产生相同体积的气体所需的时间来进行，故答案为：相同稀硝酸浓度、不同温度（或相同温度、不同稀硝酸浓度）；相同时
24、间内产生气体体积（或产生相同体积的气体所需的时间）；根据题意可知，此装置应为排水量气装置，而D为反应的发生装置，生成的气体通过软管进入量气管，将其中的水排出，即量气管起排水量气的作用，排出的水进入贮水管，而贮水管起到贮水的作用，故橡胶软管的应D接C接B接A，故图为：，故答案为：；由于量气管起到收集NO的作用，故要将锥形瓶到量气管间的空气排干净，从从K2处的橡胶管向装置中通入CO2，松开K1弹簧夹，在K1处接盛有澄清石灰水的烧杯，直到石灰水变浑浊时为止，故答案为：松开K1弹簧夹，接导管通入澄清石灰水至出现白色浑浊为止；（2）要设计实验探究浓度对化学反应速率的影响，则必须保持其他影响反应速率的影响
25、因素一致，故若的稀硝酸的浓度为b，则应保持温度与的相同即25，而由于稀硝酸的浓度不同，故反应速率不同，则在相同的时间段内，收集到的其他的体积要不同，即时间为t1，则收集到的气体体积应为V2；或收集相同体积的气体时，所需的时间不同，即收集到的气体体积也为V1，但所需时间为t2；既然对比试验探究的是浓度的不同对反应速率的影响，则探究的是温度的不同对反应速率的影响，故中温度应为50，则稀硝酸的浓度应为a，而由于温度不同，故反应速率不同，则在相同的时间段内，收集到的其他的体积要不同，即时间为t1，则收集到的气体体积应为V2；或收集相同体积的气体时，所需的时间不同，即收集到的气体体积也为V1，但所需时间
26、为t2故答案为：实验编号稀硝酸的浓度/（mol/L）稀硝酸的体积/mL温度/时间/min收集气体的体积/mLaV25t1V1bV25t1（或t2）V2（或V1）a（或b）V50t2（或t1）V1（或V2）9节能减排已经成为全社会的共识，浙江省在原先推行乙醇汽油的基础上，开始试点甲醇汽油（即在汽油中添加一定量的甲醇），根据检测的数据分析认为，若宁波全市的140余万辆机动车全部使用甲醇汽油，一年内能减少有害气体（一氧化碳）排放将近100万吨甲醇常利用煤气化过程中生成的CO和H2来制备：CO+2H2CH3OH请根据图示回答下列：（1）关于该反应的下列说法中，正确的是C（填字母）：AH0，S0BH0，
27、S0CH0，S0DH0，S0（2）现进行如下实验，在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO和3molH2，净测得CO和CH3OH（g）的浓度随时间变化如（图1）所示从反应开始到平衡，CO的平均反应速率v（CO）=0.075mol/（Lmin），该反应的平衡常数K=（3）恒容条件下，达到平衡后，下列措施中能使增大的有CA升高温度 B充入He气C再冲入1molCO和3molH2 D使用催化剂（4）若在一体积可变的密闭容器中充入1molCO、2molH2和1molCH3OH，达到平衡时测的混合气体的密度是同温同压下起始的1.6倍（此过程三种物质均处于气态），则平衡时混合气体的平均摩尔质量=25.6
28、g/mol（5）根据（图2），写出此反应的热化学方程式CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）H=91 kJ/mol【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的影响因素【分析】（1）根据方程式可知，该反应为气体体积减小的反应，根据图2可知，生成物质能量低于反应；（2）根据图I时，反应中CO浓度的变化，结合速率公式计算，根据K=计算平衡常数；（3）恒容条件下，下列措施中能使增大，则平衡正移，据此分析；（4）根据平均摩尔质量=计算；（5）根据反应物与生成物的总能量来分析吸热还是放热，并书写热化学反应方程式【解答】解：（1）根据方程式可知，该反应为气体体积减小的反应，所以该反应S0，根据图2
29、可知，生成物质能量低于反应，所以H0，故选C；（2）由图I可知，反应中CO浓度的变化为：1.000.25=0.75molL1，则v（CO）=0.075mol/（Lmin），根据图可知，平衡时c（CO）=0.25mol/L，c（CH3OH）=0.75mol/L，c（H2）=1.5mol/L，K=，故答案为：0.075mol/（Lmin）；（3）恒容条件下，下列措施中能使增大，则平衡正移；A已知该反应的正方向为放热反应，升高温度，平衡逆移，故A错误；B充入He气，容器的体积不变，各反应物的浓度不变，平衡不移动，故B错误；C再充入1molCO和2molH2，与原来加入了的量等比例，平衡时比原来的平衡
30、的压强增大，平衡正移，故C正确；D使用催化剂，同等程度的改变正逆反应速率，平衡不移动，故D错误；故答案为：C；（4）由平衡时密度可知，平衡后混合气体的物质的量为起始时的，平衡时总物质的量为（1mol+2mol+1mol）=2.5mol，总质量为128g+22g+132g=64g，所以平均摩尔质量=25.6g/mol，故答案为：25.6；（5）反应物的总能量为419kJ，生成物的总能量为510kJ，则该反应为放热反应，放出的热量为419kJ510kJ=91kJ，热化学方程式为CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）H=91 kJ/mol，故答案为：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）H=
31、91 kJ/mol10草酸亚铁和草酸铁常用作照相显影剂或制药工业I某化学兴趣小组的同学进行草酸亚铁晶体（FeC2O42H2O）分解产物的实验探究他们设计了如下装置进行实验（夹持装置未画出），干燥管B、G中装有无水氯化钙，试管D、F、I中盛有澄清石灰水（1）烧瓶A中盛有饱和NH4C1和饱和NaNO2的混合液，常用于实验室制N2，则该反应的化学方程式为NH4Cl+NaNO2NaCl+N2+2H2O（2）实验时先打开活塞a，并加热烧瓶A一段时间，其目的是用生成的N2排除装置内的空气，避免空气中CO2对实验造成的干扰（3）试管D中出现浑浊，证明分解产物中有CO2存在证明分解产物中存在CO的现象是F中不
32、出现浑浊，I中出现浑浊要证明分解时产生的另一种气态产物的存在，应该如何改进装置在装置C、D之间连一个盛有无水CuSO4的装置将C中充分反心后的固体残余物投入经煮沸的稀硫酸中，固体完全溶解且无气体放出，取反应液加入KSCN溶液无血红色，证明固体产物为FeO（填化学式）II三氯化铁是合成草酸铁的重要原料已知草酸铁晶体在低温时溶解度较小（4）利用工业FeCl3（含杂质）制取纯净的草酸铁晶体溶液X为浓盐酸，其目的是抑制氯化铁水解上述流程中FeCl3可用异丙醚萃取，其原因是FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度所得草酸铁晶体需用水洗涤，其目的是除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗为测定所得草酸铁
33、晶体的纯度，实验室中用KMnO4标准溶液滴定生成的H2C2O4，KMnO4标准溶液应置于酸式（填“酸式或“碱式”）滴定管中【考点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计【分析】A中生成氮气可将装置内空气排出，B为干燥装置，加热C中草酸亚铁晶体，D用于检验是否生成二氧化碳气体，E用于除去二氧化碳，F用于检验二氧化碳是否除尽，G为干燥装置，H中CO与氧化亚铁反应生成二氧化碳，I为二氧化碳的检验装置，（1）烧瓶A中盛有饱和NH4C1和饱和NaNO2的混合液，常用于实验室制N2，混合加热反应生成氮气、氯化钠和水；（2）利用氮气排除装置中的空气，避免空气中二氧化碳对实验造成干扰，减少误差；（3）D中是澄
34、清石灰水，生成沉淀证明生成二氧化碳；证明一氧化碳生成可以利用装置F中澄清石灰水不变浑浊，一氧化碳还原氧化铜反应生成二氧化碳通过I澄清石灰水变浑浊；结晶水合物分解生成水蒸气，在CD间加一个成无水硫酸铜的干燥管证明水的生成；将充分反应后的固体残余物投入经煮沸的稀硫酸中溶解，固体完全溶解且无气体放出，说明无金属铁，取反应液加入KSCN溶液无血红色，证明无铁离子存在，分解生成的固体产物应为氧化亚铁；（4）氯化铁水溶液中乙水解变浑浊，溶液X为浓盐酸抑制氯化铁的水解；萃取是利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异分离提取物质的一种方法，能萃取说明FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；洗涤是除去沉淀表面
35、杂质，冰水是减少沉淀溶解损失；KMnO4标准溶液具有强氧化性，应置于酸式滴定管中【解答】解：A中生成氮气可将装置内空气排出，B为干燥装置，加热C中草酸亚铁晶体，D用于检验是否生成二氧化碳气体，E用于除去二氧化碳，F用于检验二氧化碳是否除尽，G为干燥装置，H中CO与氧化亚铁反应生成二氧化碳，I为二氧化碳的检验装置，（1）烧瓶A中盛有饱和NH4C1和饱和NaNO2的混合液，常用于实验室制N2，混合加热反应生成氮气、氯化钠和水，反应的化学方程式为：NH4Cl+NaNO2NaCl+N2+2H2O；故答案为：NH4Cl+NaNO2NaCl+N2+2H2O；（2）实验时先打开活塞a，并加热烧瓶A一段时间，
36、其目的是利用氮气排除装置中的空气，避免空气中二氧化碳对实验造成干扰，减少测定误差；故答案为：用生成的N2排除装置内的空气，避免空气中CO2对实验造成的干扰；（3）试管D中是澄清石灰水，生成沉淀变浑浊证明生成二氧化碳气体，故答案为：CO2；证明分解产物中存在CO的可以利用装置F中澄清石灰水不变浑浊，一氧化碳还原氧化铜反应生成二氧化碳通过I澄清石灰水变浑浊说明，实验现象为：F中不出现浑浊，I中出现浑浊证明生成一氧化碳，故答案为：F中不出现浑浊，I中出现浑浊；结晶水合物分解生成水蒸气，验证水蒸气存在的试剂可以选择无水硫酸铜，在CD间加一个成无水硫酸铜的干燥管，固体变蓝色证明水的生成，故答案为：在装置
37、C、D之间连一个盛有无水CuSO4的装置；故将充分反应后的固体残余物投入经煮沸的稀硫酸中溶解，固体完全溶解且无气体放出，说明无金属铁，取反应液加入KSCN溶液无血红色，证明无铁离子存在，分解生成的固体产物应为氧化亚铁，故答案为：FeO；（4）酸化FeCl3用盐酸酸化，不引入杂质，且抑制铁离子的水解，故答案为：抑制氯化铁水解；萃取是利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异分离提取物质的一种方法，能萃取说明FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度，故答案为：FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；洗涤是除去沉淀表面杂质，所得Fe2（C2O4）35H2O需用冰水洗涤，冰水是减少沉淀溶解损失，故答案为：除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗；KMnO4标准溶液具有强氧化性，应置于酸式滴定管中，故答案为：酸式2017年1月20日高考资源网版权所有，侵权必究！