《2019-2020学年安徽师范大学附中新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年安徽师范大学附中新高考化学模拟试卷含解析.pdf（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年安徽师范大学附中新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A澄清透明的溶液中：Na+、Cu2+、NO3-、Cl-B中性溶液中：Fe3+、NH4+、Br-、HCO3-Cc(OH-)wK的溶液中：Na+、Ca2+、ClO-、F-D 1 mol/L 的 KNO3溶液中：H+、Fe2+、SCN-、SO42-【答案】A【解析】【详解】A.选项离子之间不能发生任何反应，离子可以大量共存，A 符合题意；B.中性溶液中，OH-与 Fe3+会形成 Fe(OH)3沉淀，OH-与 H
2、CO3-反应产生CO32-、H2O，离子之间不能大量共存，B 不符合题意；C.c(OH-)wK的溶液显酸性，含有大量的H+，H+与 ClO-、F-发生反应产生弱酸HClO、HF，不能大量共存，C 错误；D.H+、Fe2+、NO3-会发生氧化还原反应，不能大量共存，D 错误；故合理选项是A。2新型材料B4C可用于制作切削工具和高温热交换器。关于B4C的推断正确的是A B4C是一种分子晶体BB4C是该物质的分子式CB4C是一种原子晶体DB4C的电子式为【答案】C【解析】【详解】A.新型材料B4C可用于制作切削工具和高温热交换器，表明了B4C 具有硬度大、熔点高的特性，而分子晶体硬度小、熔沸点低，A
3、 错误；B.B4C属于原子晶体，组成微粒是C、B 原子，不含分子，因此B4C不是该物质的分子式B错误；C.新型材料 B4C 可用于制作切削工具和高温热交换器，表明了B4C具有硬度大、熔点高的特性，说明该物质属于原子晶体，C正确；D.原子晶体中原子间以共价键相结合，B4C中 C和 B形成四对共用电子，电子式为，D 错误；故合理选项是C。3能用离子方程式2H+CO32 CO2+H2O 表示的是A NaHSO4和 Na2CO3BHCl 和 BaCO3CCH3COOH 和 Na2CO3DHI 和 NaHCO3【答案】A【解析】【详解】A.NaHSO4=Na+H+SO42-，Na2CO3=2Na+CO3
4、2-，所以两者反应可以用2H+CO32 CO2+H2O 表示，故 A正确；B.BaCO3是不溶性的盐，不能拆，故B 错误；C.CH3COOH是弱酸，不能拆，故C错误；D.NaHCO3是弱酸的酸式盐，不能电离出碳酸根离子，故D 错误；故选：A。4能证明与过量 NaOH 醇溶液共热时发生了消去反应的是（）A混合体系Br2的颜色褪去B混合体系淡黄色沉淀C混合体系有机物紫色褪去D混合体系有机物Br2的颜色褪去【答案】D【解析】【详解】A混合体系Br2的颜色褪去，可能是单质溴与碱反应，也可能单质溴与烯烃发生加成反应，无法证明发生消去反应，故A 错误；B混合体系淡黄色沉淀，说明生成了溴离子，而发生水解反应
5、和消去反应都能生成溴离子，无法证明发生消去反应，故B 正确；C混合体系有机物紫色褪去，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法证明发生消去反应，故C错误；D混合体系有机物Br2的颜色褪去，说明有苯乙烯生成，能证明发生消去反应，故D正确；故选 D。5下列说法不正确的是A淀粉、食用花生油、鸡蛋清都能发生水解反应Bamol 苯和苯甲酸混合物在足量氧气中完全燃烧后，消耗氧气7.5a mol C按系统命名法，有机物的命名为2，2，4，4，5-五甲基-3，3-二乙基己烷D七叶内酯（），和东莨菪内酯（），都是某些中草药中的成分，它们具有相同的官能团，互为同系物【答案】D【解析】【详解】A.食用花生油是油脂，、鸡
6、蛋清的主要成分为蛋白质，淀粉、油脂和蛋白质都能发生水解反应，故正确；B.1mol 苯或苯甲酸燃烧都消耗7.5mol 氧气，所以amol 混合物在足量氧气中完全燃烧后，消耗氧气7.5a mol，故正确；C.按系统命名法，有机物的命名时，从左侧开始编号，所以名称为2，2，4，4，5-五甲基-3，3-二乙基己烷，故正确；D.七叶内酯（）官能团为酚羟基和酯基，东莨菪内酯（）的官能团为酚羟基和酯基和醚键，不属于同系物，故错误。故选 D。【点睛】掌握同系物的定义，即结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称同系物。所谓结构相似，指具有相同的官能团。6反应 Fe2O3+3CO2Fe+3CO
7、2，作氧化剂的是（）A Fe2O3BCO CFe D CO2【答案】A【解析】【分析】在氧化还原反应中化合价降低，得电子的物质为氧化剂，据此分析。【详解】A、反应 Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，中 Fe元素的化合价降低，得电子，则Fe2O3是氧化剂，故A正确；B、CO中碳在氧化还原反应中化合价升高，失电子，作还原剂，故B 错误；C、铁是还原产物，故C 错误；D、CO2是氧化产物，故D 错误；故选：A。7用 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A 1 mol 过氧化钠中阴离子所带的负电荷数为NAB14 g 乙烯和丙烯的混合物中含有的碳原子的数目为NAC28 g C16O 与 2
8、8 g C18O 中含有的质子数均为14 NAD标准状况下，14 L 氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为2 NA【答案】B【解析】【分析】【详解】A 1 mol 过氧化钠(Na2O2)中阴离子(O1-)所带的负电荷数应为2NA，A 不正确；B乙烯和丙烯的最简式都是CH2，故 14 g中混合物所含的碳原子数为1414/gg mol=1mol，即碳原子数目为 NA，B 正确；C28 g C16O 的物质的量为1mol，含有的质子数为1mol （6+8）NA=14 NA，28 g C18O 的物质的量为28 30/gg mol=1415mol，即质子数为141415NACu2，向 FeCl3、
9、CuCl2混合溶液中加入铁粉，先发生 Fe 2Fe3=3Fe2，再发生 FeCu2=Fe2Cu。【详解】A、Fe2Fe3=3Fe2、Fe Cu2=Fe2 Cu都能生成Fe2，所以溶液中一定含有Fe2+，故 A正确；B、若铁过量，FeCu2=Fe2Cu反应完全，溶液中不含Cu2+，故 B错误；C、铁的还原性大于铜，充分反应后仍有固体存在，剩余固体中一定含有Cu，故 C正确；D、充分反应后仍有固体存在，Fe、Cu都能与 Fe3反应，溶液中一定不含有Fe3+，加入 KSCN 溶液一定不変红，故 D正确；选B。【点睛】本题考查金属的性质，明确金属离子的氧化性强弱，确定与金属反应的先后顺序是解本题关键，
10、根据固体成分确定溶液中溶质成分。11根据如表实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现结论A 常温下，将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，沉淀由白色变为红褐色常温下，KspFe（OH）3KspMg（OH）2 B 向某溶液中滴加稀硝酸酸化的BaCl2溶液，溶液中产生白色沉淀原溶液中一定含有SO42C 将稀硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色氧化性：H2O2Fe3+D 向含酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅证明 Na2CO3溶液中存在水解平衡A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A、将 FeCl3溶液加入Mg(OH
11、)2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色，说明氢氧化镁转化为氢氧化铁沉淀，则氢氧化镁溶解度大于氢氧化铁，但不能直接判断二者的溶度积常数大小关系，故A 错误；B、可能生成AgCl 等沉淀，应先加入盐酸，如无现象再加入氯化钡溶液检验，故B错误；C、硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可氧化亚铁离子，故C错误；D、含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaCl2固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故D 正确。答案选 D。【点睛】要熟悉教材上常见实验的原理、操作、现象、注意事项等，比如沉淀的转化实验要注意试剂用量的控制；硫酸
12、根的检验要注意排除干扰离子等。12以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线如图，则下列说法正确的是()A A的结构简式是B的反应类型分别是取代、消去C反应的条件分别是浓硫酸加热、光照D加入酸性KMnO4溶液，若溶液褪色则可证明已完全转化为【答案】B【解析】【分析】由环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线，根据逆向思维的方法推导，C为，B 为，A 为，据此分析解答。【详解】A由上述分析可知，A 为，故 A 错误；B根据合成路线，反应为光照条件下的取代反应，反应为在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应，反应为加成反应，反应为在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应，故B正确；C反应为卤代烃的消去反应，需要的反应试剂
13、和反应条件为氢氧化钠醇溶液、加热，反应为烯烃的加成反应，条件为常温，故C错误；D B为环戊烯，含碳碳双键，环戊二烯含碳碳双键，均能使高锰酸钾褪色，则酸性KMnO4溶液褪色不能证明环戊烷已完全转化成环戊二烯，故D 错误；答案选 B。【点睛】把握官能团与性质的关系为解答的关键。本题的易错点为A，要注意根据目标产物的结构和官能团的性质分析推导，环烷烃可以与卤素发生取代反应，要制得，可以再通过水解得到。13下列有关说法正确的是A酒精浓度越大，消毒效果越好B通过干馏可分离出煤中原有的苯、甲苯和粗氨水C可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中残留的乙酸D淀粉和纤维素作为同分异构体，物理性质和化学性质均有不同【答案
14、】C【解析】【分析】【详解】体积分数是75%的酒精杀菌消毒效果最好，A 错误；煤中不含苯、甲苯和粗氨水，可通过煤的干馏得到苯、甲苯和粗氨水等，B错误；饱和碳酸钠溶液能降低乙酸乙酯的溶解度而分层析出，且能除去乙酸，C正确；淀粉和纤维素通式相同但聚合度不同，不属于同分异构体，D 项错误。14常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A pH=1 的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Na+B水电离出的c(H+)=10-12mol/L 的溶液中：Ca2+、K+、Cl-、HCO3-C+-c(H)c(OH)=1012的水溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、Cl-D c(Fe3+)=0.1m
15、ol/L 的溶液中：K+、ClO-、SO42-、SCN-【答案】C【解析】【分析】【详解】A pH=1 的溶液，显酸性，Fe2+、NO3-、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故A 错误；B水电离出的c(H+)=10-12 mol/L 的溶液呈酸性或碱性，HCO3-和氢离子或氢氧根离子都能反应，都不能大量共存，故B错误；C+-c(H)c(OH)=1012的水溶液呈酸性，这几种离子之间不反应且和氢离子也不反应，能大量共存，故C正确；D Fe3+和 SCN-发生络合反应，不能大量共存，故D 错误；故选 C。15原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、P、Q 分别位于三个周期，X 与 Z、Y
16、与 P分别位于同主族，Z与 Y可形成原子个数比分别为1：1 和 2：1 的离子化合物。则下列说法正确的是A单质的沸点：QP B简单氢化物的热稳定性：YP C简单离子的半径：ZYX D X、Y、Z、P形成的化合物的水溶液显碱性【答案】B【解析】原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、P、Q 分别位于三个周期，则X 一定是 H。X与 Z、Y与 P分别位于同主族，Z与 Y可形成原子个数比分别为1：1 和 2：1 的离子化合物，所以Z 是 Na，Y 是 O，P是 S，则 Q 是 Cl。A.常温下硫是固体，则单质的沸点：QP，A 错误；B.氧元素非金属性强于硫元素，则简单氢化物的热稳定性：YP，
17、B 正确；C.核外电子排布相同的离子，离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子的半径：YZX，C错误；D.X、Y、Z、P 形成的化合物是硫酸氢钠，水溶液显酸性，D 错误，答案选B。点睛：本题属于元素周期表和元素周期律综合应用题型，通常考查的重点是原子序数排在前20 号的元素，依据题给信息准确推断元素种类是解题关键。元素的非金属性越强，氧化性越强，与氢气化合越容易，形成气态氢化物越稳定，元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强；元素的金属性越强，还原性越强，置换酸（或水）中的氢越容易，元素最高价氧化物对应水化物的碱性越强。同周期元素，从左到右，随着原子序数逐渐增大，原子半径减小，金属性减弱，非金属
18、性增强；同主族元素，从上到下，随着原子序数逐渐增大，原子半径增大，非金属性减弱，金属性增强。注意元素周期律的灵活应用。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16 以软锰矿（主要成分为MnO2，还含有少量的Fe2O3、FeO、Al2O3和 SiO2）为原料制备马日夫盐Mn（H2PO4）2 2H2O（磷酸二氢锰）的主要实验流程如下：（1）用 MnO2“氧化”时发生反应的离子方程式为_。（2）如何检验“沉锰”已完成 _。（3）加入 BaCO3除 SO42-，需控制温度在70?80，应采取的加热方式为_。（4）铁离子的萃取率与接触时间和溶液的pH 之间的关系如图1、2 所示，则应选择的接触时间为
19、_；pH1.7，铁离子的萃取率急剧下降的原因可能为_。（5）结合如图3 的溶解度曲线，请补充完整由浸锰得到的溶液制备MnSO4 H2O 的实验方案：边搅拌边先向溶液中滴加_，控制温度在80?90之间蒸发结晶，_。（实验中须使用的试剂有：双氧水、MnCO3粉末、80?90的蒸馏水；除常用仪器外须使用的仪器：真空干燥箱）已知该溶液中pH=7.8时 Mn（OH）2开始沉淀：pH=5.0 时 Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀完全，pH=8.8 时 Fe（OH）2沉淀完全。【答案】2Fe2+MnO2+4H+=2Fe3+2H2O+Mn2+在上层消液中继续滴如Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完
20、成70?80的热水浴加热60 分钟pH1.7 铁离子水解生成Fe（OH）3沉淀适量的双氧水再向滤液中加入MnCO3粉末调节溶液的pH 至 5.0pH7.8，过滤洗涤，将滤液与洗涤液合并；趁热过滤，得到MnSO4 H2O，用 80?90的蒸馏水洗涤2?3 次，放在真空干燥箱中低温干燥【解析】【分析】由流程可知，向软锰矿浆和稀硫酸的混合物中通入二氧化硫，得到含有金属阳离子Mn2+、Fe2+、Al3+的溶液，加入二氧化锰将溶液中Fe2+氧化为 Fe3+，加入有机萃取剂，萃取分液除去Fe3+，加入合适试剂调节溶液 pH，使 Al3+转化为沉淀除去，过滤，向滤液中加入碳酸钠溶液沉锰，过滤得到MnCO3沉
21、淀，MnCO3沉淀与加入的磷酸反应生成Mn（H2PO4）2，加入 BaCO3除去溶液中的SO42-，过滤，滤液浓缩结晶得到马日夫盐 Mn（H2PO4）2?2H2O。【详解】（1）用 MnO2“氧化”时，二氧化锰将溶液中Fe2+氧化为 Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2+MnO2+4H+=2Fe3+2H2O+Mn2+，故答案为2Fe2+MnO2+4H+=2Fe3+2H2O+Mn2+；（2）“沉锰”完成时，溶液中c(Mn2+)很小，再加入Na2CO3溶液，不会再生成MnCO3沉淀，故答案为在上层清液中继续滴如Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成；（3）加入 BaCO3除 SO42-，
22、可以利用水浴加热控制反应温度在70?80，故答案为70?80的热水浴加热；（4）由图 1 可知，接触时间为60min 时，Fe3+离子的萃取率达到最大，60min 后出现了平台，Fe3+离子的萃取率没有变化；由图2 可知，Fe3+的水解程度随着pH 的升高而增大，Fe3+离子的萃取率越低；故答案为60 分钟；Fe3+的水解程度随着pH 的升高而增大；（5）浸锰得到的溶液中含有金属阳离子Mn2+、Fe2+、Al3+，应先加入适量双氧水溶液，将溶液中Fe2+氧化为 Fe3+，再加入MnCO3粉末调节溶液的pH 至 5.0pH7.8，使 Fe3+和 Al3+完全转化为沉淀除去，过滤；由图 3 可知
23、MnSO4 H2O 的溶解度随温度升高而减小，应控制温度在80?90之间蒸发结晶，趁热过滤得到 MnSO4 H2O 晶体，并用80?90 的蒸馏水洗涤2?3 次，放在真空干燥箱中低温干燥得到产品，故答案为适量的双氧水；再向滤液中加入MnCO3粉末调节溶液的pH 至 5.0pHc(HSO3)c(H+)c(SO32-)c(OH)B c(HSO3)c(NH4+)(SO32)c(H+)c(OH)C c(NH4+)+c(NH3 H2O)=c(HSO3)+2c(SO32-)+c(H2SO3)D c(H+)+c(H2SO3)=c(OH)+c(SO32-)+c(NH3 H2O)IISO2的回收利用：（3）SO
24、2与 Cl2反应可制得磺酰氯(SO2Cl2)，反应为SO2(g)Cl2(g)垐?噲?SO2Cl2(g)。按投料比1:1 把 SO2与Cl2充入一恒压的密闭容器中发生上述反应，SO2的转化率与温度T 的关系如下图所示：恒温恒压条件下，密闭容器中发生上述反应，下列事实不能说明反应达到平衡状态的是_(填字母)。a SO2Cl2的浓度保持不变b 混合气体的压强不再改变c 混合气体的密度不再改变d 混合气体的平均相对分子质量不再改变若反应一直保持在p 压强条件下进行，则M 点的分压平衡常数Kp_(用含 p 的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压 体积分数)。III（4）过二硫酸(H2S2O8
25、)是一种强氧化性酸，其结构式为。在工业上用作强氧化剂。在 Ag+催化作用下，S2O82-能与 Mn2+在水溶液中发生反应生成SO42-和 MnO4-，1molS2O82-能氧化的Mn2+的物质的量为_mol。工业上可用惰性电极电解硫酸和硫酸铵混合溶液制备过二硫酸铵。则阳极的电极反应式为_。【答案】CaO（s）+SO2（g）=CaSO3（s）H=-402.0kJ mol-16 AD b 3/p 0.4 2SO42-2e-=S2O82-【解析】【分析】【详解】(1)CaO(s)与 SO2(g)反应生成CaSO3(s)方程式为：CaO(s)+SO2(g)=CaSO3(s)，可以由反应2a+b-c2得
26、到，根据盖斯定律，反应的焓变H=-1-1-12-178.3kJ mol-2762.2kJ mol+2314.8kJ mol2ggg=-402.0kJ?mol-1，即热化学方程式：CaO(s)+SO2(g)=CaSO3(s)H=-402.0kJ?mol-1；(2)H2SO3的 Ka1=+-323HHSOH SOccc，Ka2=+2-3-3HSOHSOccc，所以2-323SOH SOcc=a1a2+2HKKcg=1500，将 Ka1=1.5 10-2，Ka2=1.0 10-7带入可解得c(H+)=10-6mol/L，则 pH=-lgc(H+)=6；(3)NH4HSO3溶液中存在铵根的水解，其水解
27、平衡常数Kh=-14-10w-5105.75 101.7410bKK，存在 HSO3的电离和水解，其电离平衡常数为Ka2=1.0 10-7，其水解平衡常数Kh2=2-14-13wa11.510=6.671010KK，NH4+的水解程度大于 HSO3的水解，HSO3的电离大于水解，所以溶液显酸性，c(H+)c(OH)；ANH4+水解程度比HSO3的电离程度小，且HSO3会水解，所以c(NH4+)c(HSO3)，HSO3电离出氢离子，且大于水解，NH4+水解也生成氢离子，所以 c(H+)c(SO32-)，溶液呈酸性，水解是微弱的，所以 c(NH4+)c(HSO3)c(H+)c(SO32-)c(OH
28、)，故 A 正确；B根据分析A 项正确，则B 错误；C根据物料守恒可知：c(NH4+)+c(NH3 H2O)=c(HSO3)+c(SO32-)+c(H2SO3)，故 C错误；D溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(OH)=c(HSO3)+2c(SO32-)+c(H+)，与物料守恒式联立消去c(NH4+)可得：c(H+)+c(H2SO3)=c(OH)+c(SO32-)+c(NH3 H2O)，故 D 正确；综上所述选AD；(3)a当反应达到平衡时各组分的浓度不再改变，所以SO2Cl2的浓度保持不变说明反应达到平衡，故a不选；b恒温恒压条件下混合气体的压强一直不变，故b 选；c恒压条件下，平衡移动
29、过程中容器体积会发生变化，而气体的质量不变，所以平衡移动时密度发生改变，当密度不变时说明反应达到平衡，故c 不选；d气体质量一直不变，平衡移动过程中气体的总物质的量会发生改变，所以平均相对分子质量会发生改变，当其不变时说明反应达到平衡，故d 不选；综上所述选b；据图可知M 点 SO2的转化率为50%，不妨设初始投料为1mol SO2和 1mol Cl2，则列三段式有：2222SOg+mol220mol111mol11C1lgSO Clg?起始()转化()平衡()相同条件下气体压强之比等于物质的量之比，所以p(SO2)=p(Cl2)=p(SO2Cl2)=13p，所以 Kp=13=pp311pp3
30、3；(4)根据过二硫酸的结构式可知过二硫酸中S为+6 价，两个 O 为-1 价，S2O82-与 Mn2+反应时-1 价的 O 被还原成-2 价，Mn2+被氧化成+7 价，升高 5 价，1molS2O82-能得到 2mol 电子，所以可以氧化 Mn2+的物质的量为0.4mol；电解池中阳极发生氧化反应，用惰性电极电解硫酸和硫酸铵混合溶液制备过二硫酸铵时，硫酸根被氧化成 S2O82-，所以阳极反应为：2SO42-2e-=S2O82-。【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，
31、当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。19K3Fe(C2O4)3 3H2O三草酸合铁()酸钾晶体是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，也是一些有机反应很好的催化剂。下图是在实验室制备K3Fe(C2O4)3 3H2O 的流程：回答下列问题：（1）步骤 I 中加入稀硫酸的目的是_。步骤 II 中发生的主要化学反应为一可逆过程，其离子方程式为_。常温下，该反应的平衡常数K=_已知常温下：Ka1(H2C2O4)=5.6 10-2、Ka2(H2C2O4)=5.4 10-5、Ksp(FeC2O4)=2.1 10-7（2）下列试剂均可将FeC2O4氧化为 K3Fe(C2O4)3，最适宜作为“试剂
32、 a”的是 _(填序号)a氯水 b酸性 KMnO4溶液 cH2O2溶液 d稀硝酸（3）使用托盘天平称量制得的K3Fe(C2O4)3 3H2O 的质量。天平平衡时，右盘内砝码的总质量为20 g游码示数如图所示，则制得晶体的质量为_g，该实验中K3Fe(C2O4)3 3H2O 的产率为_。(已知：K3Fe(C2O4)3 3H2O 的相对分子质量为491，FeSO4 7H2O 的相对分子质量为278)（4）某研究小组将K3Fe(C2O4)3在一定条件下加热分解后，利用下图所示装置(可重复使用)确认所得含碳元素的气体产物为CO和 CO2。按气流从左到右的方向，装置的连接顺序为_(填装置序号)；确认气体
33、产物中含CO的现象为 _。【答案】抑制Fe2+水解Fe2+H2C2O4FeC2O4+2H+14.4 c 21.9 44.6%DCDBAD A 中黑色粉末变为红色，其后的D 中澄清石灰水变浑浊【解析】【分析】【详解】（1）步骤 中：亚铁离子在水溶液中水解：Fe2+2H2OFe(OH)2+2H+，溶解的过程中要加入几滴稀硫酸，目的是抑制Fe2+水解；在步骤 I 制备的溶液中加入25mL 饱和 H2C2O4溶液，搅拌并加热煮沸，晶体颗粒长大形成黄色FeC2O4?2H2O沉淀，离子方程式为Fe2+H2C2O4FeC2O4+2H+；Fe2+H2C2O4FeC2O4+2H+的平衡常数K=+2+2242()
34、()()HH C Oc Fecc，根据 H2C2O4H+HC2O4-，HC2O4-H+C2O42-，K1=+-24224()()()HHCHcCcOcO，K2=+2-24-24()()()HC OHC Occc根据的溶解平衡方程式：FeC2O4Fe2+C2O42-，Ksp(FeC2O4)=c(Fe2+)c(C2O42-)，可知，K=12spK KK=2575.6 105.4 102.1 10=14.4，故答案为抑制Fe2+水解；Fe2+H2C2O4FeC2O4+2H+；14.4；（2）为了不引入杂质，将FeC2O4氧化为 K3Fe(C2O4)3，最好需要双氧水，故选选 c；（3）根据题意和图示
35、，制得晶体的质量为21.9g；27.8gFeSO4 7H2O 的物质的量为2788/27.ggmol=0.1mol，根据铁元素守恒，理论上可以生成0.1molK3Fe(C2O4)3 3H2O，质量为49.1g，K3Fe(C2O4)3 3H2O 的产率为21949.1gg 100%=44.6%，故答案为21.9；44.6%；（4）二氧化碳能够是澄清石灰水变浑浊，一氧化碳具有还原性，被氧化生成二氧化碳，因此首先检验二氧化碳，除净二氧化碳后再检验一氧化碳，从左到右，装置的连接顺序为DCDBAD，当看到第一个澄清石灰水变浑浊，证明有二氧化碳，当看到A 中黑色粉末变为红色，其后的D 中澄清石灰水变浑浊，证明有一氧化碳，故答案为DCDBAD；A 中黑色粉末变为红色，其后的D 中澄清石灰水变浑浊。