2023年高考化学压轴题训练③（真题选编）

这是一份2023年高考化学压轴题训练③（真题选编），共61页。试卷主要包含了是制备硅烷、多晶硅的重要原料等内容，欢迎下载使用。
2023年高考化学压轴题训练③（真题选编）
一．元素质量分数的计算（共1小题）
1．（2018•全国）某口服营养液的有效化学成分为 MX2，其中X为有机酸根。现称取该化合物 2.130g，定容于 100mL 容量瓶中。取 25.00mL 该溶液，以 0.1000mol•L﹣1的EDTA（Y4﹣）滴定至终点，消耗 EDTA 溶液 24.96mL；用元素分析仪测得有机酸根中只含有C、H、N、O 四种元素，其质量分数依次为 32.43%、5.41%、18.92%和 43.24%。
已知：M2++Y4﹣＝MY2﹣，列式推算 MX2 的化学式。
二．晶胞的计算（共1小题）
2．（2018•海南）黄铜矿是主要的炼铜原料，CuFeS2是其中铜的主要存在形式。回答下列问题：
（1）CuFeS2中存在的化学键类型是　 　。
下列基态原子或离子的价层电子排布图正确的　 　。
A．
B．
C．
D．
（2）在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X产生。
①X分子的立体构型是　 　，中心原子杂化类型为　 　，属于　 　（填“极性”或“非极性”）分子。
②X的沸点比水低的主要原因是　 　。
（3）CuFeS2与氧气反应生成SO2，SO2中心原子的价层电子对数为　 　，共价键的类型有　 　。
（4）四方晶系CuFeS2晶胞结构如图所示。

①Cu+的配位数为　 　，S2﹣的配位数为　 　。
②已知：a＝b＝0.524nm，c＝1.032nm，NA为阿伏加德罗常数的值，CuFeS2晶体的密度是　 　g•cm3（列出计算式）。
三．化学平衡的计算（共4小题）
3．（2020•浙江）研究CO2氧化C2H6制C2H4对资源综合利用有重要意义。
相关的主要化学反应有：
ⅠC2H6（g）⇌C2H4（g）+H2（g）△H1═136kJ•mol﹣1
ⅡC2H6（g）+CO2（g）⇌C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）△H2═177kJ•mol﹣1
ⅢC2H6（g）+2CO2（g）⇌4CO（g）+3H2（g）△H3
ⅣCO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H4═41kJ•mol﹣1
已知：298K时，相关物质的相对能量（如图1）。

可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的△H（△H随温度变化可忽略）。例如：H2O（g）═H2O（l）△H＝﹣286kJ•mol﹣1﹣（﹣242kJ•mol﹣1）＝﹣44kJ•mol﹣1。
请回答：
（1）①根据相关物质的相对能量计算△H3＝　 　kJ•mol﹣1。
②下列描述正确的是　 　
A．升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大
B．加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动
C．反应Ⅲ有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成
D．恒温恒压下通水蒸气，反应Ⅳ的平衡逆向移动
③有研究表明，在催化剂存在下，反应Ⅱ分两步进行，过程如下：【C2H6（g）+CO2（g）】→【C2H4（g）+H2（g）+CO2（g）】→【C2H4（g）+CO（g）+H2O（g）】，且第二步速率较慢（反应活化能为210kJ•mol﹣1）。根据相关物质的相对能量，画出反应Ⅱ分两步进行的“能量﹣反应过程图”，起点从【C2H6（g）+CO2（g）】的能量﹣477kJ•mol﹣1，开始（如图2）。
（2）①CO2和C2H6按物质的量1：1投料，在923K和保持总压恒定的条件下，研究催化剂X对“CO2氧化C2H6制C2H4”的影响，所得实验数据如下表：
催化剂
转化率C2H6/%
转化率CO2/%
产率C2H4/%
催化剂X
19.0
37.6
3.3
结合具体反应分析，在催化剂X作用下，CO2氧化C2H6的主要产物是　 　，判断依据是　 　。
②采用选择性膜技术（可选择性地让某气体通过而离开体系）可提高C2H4的选择性（生成C2H4的物质的量与消耗C2H6的物质的量之比）。在773K，乙烷平衡转化率为9.1%，保持温度和其他实验条件不变，采用选择性膜技术，乙烷转化率可提高到11.0%．结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是　 　。
4．（2019•全国）二氧化硫是硫酸工业的主要原料，还可用作防腐剂、消毒剂、漂白剂等。
已知：①S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1＝﹣296.8kJ•mol﹣1
②2S（s）+3O2（g）＝2SO3（g） △H2＝﹣793.4kJ•mol﹣1
（1）由SO2与O2反应生成SO3（g）的热化学方程式为　 　。
（2）一定温度下，将0.1mol的SO3 放入容积为10L的密闭容器中，发生分解反应。2SO3（g）═2SO 2（g）+O2（g） 测得反应体系的总压强随时间变化的关系如图：
①在0～20min内，反应的速率v（SO3）为　 　mol•L﹣1•min﹣1； 反应的平衡常数Kc为　 　。
②此平衡体系中，O2的压强为　 　kPa、SO3的分解转化率为　 　；若要提高此反应体系中SO3分解的平衡转化率，可采取的方法是　 　。
（3）在与（2）相同的反应容器和初始SO3压强条件下，相同反应时间体系压强对应图中M点。分析M点与（2）反应条件有何不同　 　。（列举2点）

5．（2018•新课标Ⅰ）采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题：
（1）1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应氧化产物是一种气体，其分子式为　 　
（2）F．Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5（g）分解反应：

其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强ρ随时间t的变化如下表所示（t＝∞时，N2O5（g）完全分解）：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①已知：2N2O5（g）＝2N2O4（g）+O2（g）△H1＝﹣4.4kJ•mol﹣1
2NO2（g）＝N2O4（g）△H2＝﹣55.3kJ•mol﹣1
则反应N2O5（g）＝2NO2（g）+O2（g）的△H＝　 　kJ•mol﹣1
②研究表明，N2O5（g）分解的反应速率v＝2×10﹣3×P（kPa•min﹣1），t＝62min时，测得体系中P＝2.9kPa，则此时的P＝　 　kPa，v＝　 　kPa•min﹣1。
③若提高反应温度至35℃，则N2O5（g）完全分解后体系压强P∞（35℃）　 　63.1kPa（填“大于”“等于”或“小于”），原因是　 　
④25℃时N2O4（g）⇌2NO2（g）反应的平衡常数KP＝　 　kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数）。
（3）对于反应2N2O5（g）→4NO2（g）+O2（g），R．A．Ogg提出如下反应历程：
第一步：N2O5⇌NO2+NO3 快速平衡
第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2 慢反应
第三步NO+NO3→2NO2 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是　 　（填标号）
A．v（第一步的逆反应）＞v（第二步反应）
B．反应的中间产物只有NO3
C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效
D．第三步反应活化能较高
6．（2018•新课标Ⅲ）三氯氢硅（ SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
（1）SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成（HSiO）2O等，写出该反应的化学方程式 　 　。
（2）SiHCl3在催化剂作用下发生反应：
2SiHCl3（g）＝SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）△H＝+48 KJ•mol﹣1
3SiH2Cl2（g）＝SiH4（g）+2SiHCl3（g）△H＝﹣30 KJ•mol﹣1
则反应4SiHCl3（g）＝SiH4（g）+3SiCl4（g）的△H为 　 　kJ•mol﹣1。
（3）对于反应2SiHCl3（g）＝SiH2Cl2（g）+SiCl4（g），采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323K和343K时 SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
①343K时反应的平衡转化率α＝　 　%．平衡常数K343K＝　 　（保留2位小数）。
②在343K下：要提高 SiHCl3转化率，可采取的措施是 　 　；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有 　 　、　 　。
③比较a、b处反应速率大小：va　 　vb（填“大于”“小于”或“等于”）。反应速率v＝v正﹣v逆＝k正x﹣k逆xx，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处的＝　 　（保留1位小数）

四．离子浓度大小的比较（共1小题）
（多选）7．（2020•江苏）室温下，将两种浓度均为0.10mol•L﹣1的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（　　）
A．NaHCO3﹣Na2CO3混合溶液（pH＝10.30）：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）
B．氨水﹣NH4Cl混合溶液（pH＝9.25）：c（NH4+）+c（H+）＝c（NH3•H2O）+c（OH﹣）
C．CH3COOH﹣CH3COONa混合溶液（pH＝4.76）：c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）
D．H2C2O4﹣NaHC2O4混合溶液（pH＝1.68，H2C2O4为二元弱酸）：c（H+）+c（H2C2O4）═c（Na+）+c（C2O42﹣）+c（OH﹣）
五．卤代反应（共1小题）
（多选）8．（2018•海南）下列氯代烃中不能由烯烃与氯化氢加成直接得到的有（　　）
A．氯代环己烷
B．2，2﹣二甲基﹣1﹣氯丙烷
C．2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷
D．2，2，3，3﹣四甲基﹣1﹣氯丁烷
六．有机物的合成（共4小题）
9．（2020•江苏）化合物F是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如图：

（1）A中的含氧官能团名称为硝基、　 　和　 　。
（2）B的结构简式为　 　。
（3）C→D的反应类型为　 　。
（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式　 　。
①能与FeCl3溶液发生显色反应。
②能发生水解反应，水解产物之一是α﹣氨基酸，另一产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1：1且含苯环。
（5）写出以CH3CH2CHO和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。
10．（2020•山东）化合物F是合成吲哚﹣2﹣酮类药物的一种中间体，其合成路线如图：

已知：Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
Ar为芳基；X＝Cl，Br；Z或Z′＝COR，CONHR，COOR等。
回答下列问题：
（1 ）实验室制备A的化学方程式为 　 　，提高A产率的方法是 　 　；A的某同分异构体只有一种化学环境的碳原子，其结构简式为 　 　。
（2）C→D的反应类型为 　 　；E中含氧官能团的名称为 　 　。
（3）C的结构简式为 　 　，F的结构简式为 　 　。
（4）Br2和的反应与Br2和苯酚的反应类似，以和为原料合成，写出能获得更多目标产物的较优合成路线（其它试剂任选）。
11．（2020•浙江）某研究小组以邻硝基甲苯为起始原料，按下列路线合成利尿药美托拉宗。

已知：

请回答：
（1）下列说法正确的是　 　。
A．反应Ⅰ的试剂和条件是Cl2和光照
B．化合物C能发生水解反应
C．反应Ⅱ涉及到加成反应、取代反应
D．美托拉宗的分子式是C16H14ClN3O3S
（2）写出化合物D的结构简式　 　。
（3）写出B+E→F的化学方程式　 　。
（4）设计以A和乙烯为原料合成C的路线（用流程图表示，无机试剂任选）　 　。
（5）写出化合物A同时符合下列条件的同分异构体的结构简式　 　。
1H﹣NMR谱和IR谱检测表明：①分子中共有4种氢原子，其中苯环上的有2种；②有碳氧双键，无氮氧键和﹣CHO。
12．（2018•海南）盐酸美西律（E）是一种抗心律失常药，其一条合成路线如图：

回答下列问题：
（1）已知A的分子式为C8H10O，其化学名称为　 　。
（2）B中的官能团的名称为　 　。
（3）由A生成C的化学反应方程式为　 　，反应类型是　 　。
（4）由D的结构可判断，D应存在立体异构。该立体异构体的结构简式为　 　。
（5）若用更为廉价易得的氨水替代盐酸羟氨（NH2OH•HCl）与C反应，生成物的结构简式为　 　。
（6）A的同分异构体中能与三氯化铁溶液发生显色反应的还有　 　种；其中核磁共振氢谱为4组峰，峰面积比为6：2：1：1的结构简式为　 　。
七．有关混合物反应的计算（共1小题）
13．（2018•江苏）碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为：
（2﹣x）Al2（SO4）3+3x CaCO3+3xH2O═2[（1﹣x）Al2（SO4）3•xAl（OH）3]+3x CaSO4↓+3xCO2↑
生成物（1﹣x）Al2（SO4）3•xAl（OH）3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。
（1）制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有　 　。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH　 　（填“增大”、“减小”、“不变）。
（3）通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：
①取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300g。
②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 mol•L﹣1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol•L﹣1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL（已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1：1）
计算（1﹣x）Al2（SO4）3•xAl（OH）3中的x值（写出计算过程）。
八．物质分离、提纯的实验方案设计（共1小题）
14．（2018•浙江）某学习小组欲从含有[Cu（NH3）4]SO4、乙醇和氨水的实验室废液中分离乙醇并制备硫酸铜铵[CuSO4•（NH4）2SO4]固体，完成了如下实验：

已知：[Cu（NH3）4]2++4H+═Cu2++4NH4+
请回答：
步骤①中，试剂X应采用　 　。
甲、乙两同学取相同量的溶液Y分别进行蒸馏，收集到的馏出液体积相近，经检测，甲同学的馏出液中乙醇含量明显偏低，可能的原因是　 　。设计实验方案验证硫酸铜铵固体中的NH4+　 　
九．探究物质的组成或测量物质的含量（共3小题）
15．（2020•浙江）Ⅰ．化合物X由四种短周期元素组成，加热X，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体Y，Y为纯净物；取3.01g X，用含HCl 0.0600mol的盐酸完全溶解得溶液A，将溶液A分成A1和A2两等份，完成如下实验（白色沉淀C可溶于NaOH溶液）：

请回答：
（1）组成X的四种元素是N、H和　 　（填元素符号），X的化学式是　 　。
（2）溶液B通入过量CO2得到白色沉淀C的离子方程式是　 　。
（3）写出一个化合反应（用化学方程式或离子方程式表示）　 　。
要求同时满足：
①其中一种反应物的组成元素必须是X中除N、H外的两种元素；
②反应原理与“HCl+NH3═NH4Cl”相同。
Ⅱ．某兴趣小组为验证浓硫酸的性质进行实验，如图。实验中观察到的现象有：锥形瓶内有白雾，烧杯中出现白色沉淀。请回答：

（1）将浓硫酸和浓盐酸混合可产生HCl气体的原因是　 　。
（2）烧杯中出现白色沉淀的原因是　 　。
16．（2018•新课标Ⅱ）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O（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。其光解反应的化学方程式为2K3[Fe（C2O4）3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑；显色反应的化学方程式为　 　。
（2）某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按如图所示装置进行实验。

①通入氮气的目的是　 　。
②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　 　、　 　。
③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是　 　。
④样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验Fe2O3存在的方法是：　 　。
（3）测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。
①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用cmol•L﹣1KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是　 　。
②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，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cmol•L﹣1KMnO4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　 　。
17．（2020•山东）某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如图所示（夹持装置略）：

已知：锰酸钾（K2MnO4）在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO42﹣+2H2O═2MnO4﹣+MnO2↓+4OH﹣
回答下列问题：
（1）装置A中a的作用是 　 　；装置C中的试剂为 　 　；装置A中制备Cl2的化学方程式为 　 　。
（2）上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是 　 　。
（3）KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO4溶液加入 　 　（填“酸式”或“碱式”）滴定管中；在规格为50.00 mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数为15.00 mL，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为 　 　（填标号）。
A．15.00 mL
B．35.00 mL
C．大于35.00 mL
D．小于15.00 mL
（4）某FeC2O4•2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2（C2O4）3、H2C2O4•2H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下：
Ⅰ．称取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃．用c mol•L﹣1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。
Ⅱ．向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入稀H2SO4酸化后，在75℃继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2 mL。
样品中所含H2C2O4•2H2O（M＝126g•mol﹣1）的质量分数表达式为 　 　。
下列关于样品组成分析的说法，正确的是 　 　（填标号）。
A．＝3时，样品中一定不含杂质
B．越大，样品中H2C2O4•2H2O含量一定越高
C．若步骤Ⅰ中滴入KMnO4溶液不足，则测得样品中Fe元素含量偏低
D．若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则测得样品中Fe元素含量偏高
一十．性质实验方案的设计（共1小题）
18．（2018•天津）烟道气中的NO2是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用图1所示采样和检测方法。回答下列问题：

Ⅰ．采样
采样步骤：
①检验系统气密性；②加热器将烟道气加热至140℃：③打开抽气泵置换系统内空气；④采集无尘、干燥的气样；⑤关闭系统，停止采样。
（1）A中装有无碱玻璃棉，其作用为 　 　。
（2）C中填充的干燥剂是（填序号） 　 　。
a．碱石灰
b．无水CuSO4
c．P2O5
（3）用实验室常用仪器组装一套装置，其作用与D（装有碱液）相同，在虚线框中画出该装置的示意图、气体的流向及试剂。

（4）采样步骤②加热烟道气的目的是 　 　。
Ⅱ．NOx含量的测定
将vL气体通入适量酸性的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化成NO3﹣，加水稀释至100.00 mL，量取20.00 mL该溶液，加入 v1 mL c1 mol•L﹣1FeSO4标准溶液（过量），充分反应后，用c2 mol•L﹣1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2mL。
（5）NO被H2O2氧化为NO3﹣的离子方程式为 　 　。
（6）滴定操作使用的玻璃仪器主要有 　 　。
（7）滴定过程中发生下列反应：
3Fe2++NO3﹣+4H+＝NO↑+3Fe3++2H2O
Cr2O72﹣+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O
则气样中NOx折合成NO2的含量为 　 　mg•m﹣3。
（8）判断下列情况对NOx含量测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
若缺少采样步骤③，会使测定结果 　 　。
若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果 　 　。
一十一．制备实验方案的设计（共3小题）
19．（2020•浙江）硫代硫酸钠在纺织业等领域有广泛应用。某兴趣小组用如图装置制备Na2S2O3•5H2O。

合成反应：SO2+Na2CO3═Na2SO3+CO2 2Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S
Na2SO3+SNa2S2O3
滴定反应：I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6
已知：Na2S2O3•5H2O易溶于水，难溶于乙醇，50℃开始失结晶水。
实验步骤：
ⅠNa2S2O3制备：装置A制备的SO2经过单向阀通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液pH约为7时，停止通入SO2气体，得产品混合溶液。
Ⅱ产品分离提纯：产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到Na2S2O3•5H2O产品。
Ⅲ产品纯度测定：以淀粉作指示剂，用Na2S2O3•5H2O产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点，计算Na2S2O3•5H2O含量。
请回答：
（1）步骤Ⅰ单向阀的作用是　 　；装置C中的反应混合溶液pH过高或过低将导致产率降低，原因是　 　。
（2）步骤Ⅱ下列说法正确的是　 　。
A．快速蒸发溶液中水分，可得较大晶体颗粒
B．蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热
C．冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率
D．可选用冷的Na2CO3溶液作洗涤剂
（3）步骤Ⅲ
①滴定前，有关滴定管的正确操作为（选出正确操作并按序排列）：
检漏→蒸馏水洗涤→　 　→　 　→　 　→　 　→　 　→开始滴定。
A．烘干 B．装入滴定液至零刻度以上 C．调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下 D．用洗耳球吹出润洗液 E．排除气泡 F．用滴定液润洗2至3次 G．记录起始读数
②装标准碘溶液的碘量瓶（带瓶塞的锥形瓶）在滴定前应盖上瓶塞，目的是　 　。
③滴定法测得产品中Na2S2O3•5H2O含量为100.5%，则Na2S2O3•5H2O产品中可能混有的物质是　 　。
20．（2018•江苏）3，4﹣亚甲二氧基苯甲酸是一种用途广泛的有机合成中间体，微溶于水，实验室可用KMnO4氧化3，4﹣亚甲二氧基苯甲醛制备，其反应方程式为：
3+2KMnO4→2++2MnO2+H2O
实验步骤如下
步骤1：向反应瓶中加入3，4﹣亚甲二氧基苯甲醛和水，快速搅拌，于70～80℃滴加KMnO4溶液。反应结束后，加入KOH溶液至碱性。
步骤2：趁热过滤，洗涤滤饼，合并滤液和洗涤液。
步骤3：对合并后的溶液进行处理。
步骤4：抽滤，洗涤，干燥，得3，4﹣亚甲二氧基苯甲酸固体
（1）步骤1中，反应结束后，若观察到反应液呈紫红色，需向溶液中滴加 NaHSO3溶液，HSO3﹣转化为 　 　（填化学式）；加入KOH溶液至碱性的目的是 　 　。
（2）步骤2中，趁热过滤除去的物质是 　 　（填化学式）。
（3）步骤3中，处理合并后溶液的实验操作为 　 　。
（4）步骤4中，抽滤所用的装置包括 　 　、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵。
21．（2020•北京）MnO2是重要化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图。

资料：
①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2
②金属离子沉淀的pH

Fe3+
Al3+
Mn2+
Fe2+
开始沉淀时
1.5
3.4
5.8
6.3
完全沉淀时
2.8
4.7
7.8
8.3
③该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。
（1）溶出
①溶出前，软锰矿需研磨。目的是 　 　。
②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示。

ⅰ．Ⅱ是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是 　 　
ⅱ．若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+═Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2．而实际比值（0.9）小于2，原因是 　 　。
（2）纯化
已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3•H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：　 　。
（3）电解：Mn2+纯化液经电解得MnO2．生成MnO2的电极反应式是 　 　。
（4）产品纯度测定
向ag产品中依次加入足量bg Na2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用cmol•L﹣1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL．（已知：MnO2及MnO4﹣均被还原为Mn2+．相对分子质量：MnO286.94；Na2C2O4134.0）产品纯度为 　 　。（用质量分数表示）

2023年高考化学压轴题训练③（真题选编）
参考答案与试题解析
一．元素质量分数的计算（共1小题）
1．（2018•全国）某口服营养液的有效化学成分为 MX2，其中X为有机酸根。现称取该化合物 2.130g，定容于 100mL 容量瓶中。取 25.00mL 该溶液，以 0.1000mol•L﹣1的EDTA（Y4﹣）滴定至终点，消耗 EDTA 溶液 24.96mL；用元素分析仪测得有机酸根中只含有C、H、N、O 四种元素，其质量分数依次为 32.43%、5.41%、18.92%和 43.24%。
已知：M2++Y4﹣＝MY2﹣，列式推算 MX2 的化学式。
【解答】解：25mL溶液中n（M2+）＝n（Y4﹣）＝0.1000mol/L×24.96×10﹣3 L＝2.496×10﹣3 mol，故2.130g化合物中M2+的物质的量＝2.496×10﹣3 mol×＝4×2.496×10﹣3 mol，则 MX2的相对分子质量＝2.130÷（4×2.496×10﹣3）＝213，
有机酸根中只含有C、H、N、O 四种元素，其质量分数依次为 32.43%、5.41%、18.92%和 43.24%，则酸根中C、H、N、O原子数目之比＝：：：＝2：4：1：2，酸根中原子组成最简式为C2H4NO2，化合物MX2中M2+与酸根X﹣为1：2，酸根最简式的式量为74，故酸根的组成为：C2H4NO2﹣，该有机酸根为H2NCH2COO﹣，则M的相对原子质量＝213﹣74×2＝65，则M为Zn，MX2 的化学式为（H2NCH2COO）2Zn
答：MX2 的化学式为（H2NCH2COO）2Zn。
【点评】本题考查物质推断，关键是确定酸根的组成，是对学生综合能力的考查，题目将化学知识与社会生产生活实际的联系起来，体现化学的社会价值，题目数据处理比较繁琐，一定程度影响学生的心理，容易出错。
二．晶胞的计算（共1小题）
2．（2018•海南）黄铜矿是主要的炼铜原料，CuFeS2是其中铜的主要存在形式。回答下列问题：
（1）CuFeS2中存在的化学键类型是　离子键　。
下列基态原子或离子的价层电子排布图正确的　CD　。
A．
B．
C．
D．
（2）在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X产生。
①X分子的立体构型是　V形　，中心原子杂化类型为　sp3　，属于　极性　（填“极性”或“非极性”）分子。
②X的沸点比水低的主要原因是　水分子间存在氢键　。
（3）CuFeS2与氧气反应生成SO2，SO2中心原子的价层电子对数为　3　，共价键的类型有　σ键和π键　。
（4）四方晶系CuFeS2晶胞结构如图所示。

①Cu+的配位数为　4　，S2﹣的配位数为　4　。
②已知：a＝b＝0.524nm，c＝1.032nm，NA为阿伏加德罗常数的值，CuFeS2晶体的密度是　　g•cm3（列出计算式）。
【解答】解：（1）CuFeS2中硫为非金属元素，铁和铜为金属元素，之间形成的化学键为离子键，铁原子价电子为3d64s2，铜原子价电子为3d104s1，
A．二价铁离子是铁原子失去最外层2个电子形成的阳离子，3d轨道有一个成对电子，4s轨道为空轨道，故A错误；
B．铜原子价电子为3d104s1，轨道表示式不符合，故B错误；
C．三价铁离子是铁原子失去4s两个电子和3d一个电子，3d轨道上各有一个电子为稳定结构，故C正确；
D．亚铜离子是失去4s轨道一个电子形成的阳离子，轨道表示式正确，故D正确；
故答案为：离子键； CD；
（2）①H2S分子中，价层电子对为4对，VSEPR模型为四面体形，价层电子对之间的夹角均为109°28′，但S原子有2对孤电子对，所以分子的构型为V形，中心原子杂化类型为sp3杂化，属于极性分子，
故答案为：V形； sp3； 极性；
②H2S的沸点比水低的主要原因是水分子间形成氢键，
故答案为：水分子间存在氢键；
（3）二氧化硫为共价化合物，硫原子和两个氧原子间分别形成一个σ键，同时氧原子和硫原子间形成一个4电子离域π键，SO2中心原子的价层电子对数为3对，共价键的类型有：σ键和π键，
故答案为：3； σ键和π键；
（4）①晶胞结构分析可知，由面心上Cu与2个S相连，晶胞中每个Cu原子与4个S相连，Cu+的配位数为4，硫原子连接两个亚铁离子和两个亚铜离子，S2﹣的配位数为4，
故答案为：4； 4；
②晶胞中亚铁离子＝8×+4×+1＝4，亚铜离子＝6×+4×＝4，硫离子＝8，晶胞内共含4个CuFeS2，a＝b＝0.524nm，c＝1.032nm，则晶体的密度＝＝，
故答案为：。
【点评】本题考查了原子结构、轨道表示式、化学键形成和类型、晶胞结构的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度较大。
三．化学平衡的计算（共4小题）
3．（2020•浙江）研究CO2氧化C2H6制C2H4对资源综合利用有重要意义。
相关的主要化学反应有：
ⅠC2H6（g）⇌C2H4（g）+H2（g）△H1═136kJ•mol﹣1
ⅡC2H6（g）+CO2（g）⇌C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）△H2═177kJ•mol﹣1
ⅢC2H6（g）+2CO2（g）⇌4CO（g）+3H2（g）△H3
ⅣCO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H4═41kJ•mol﹣1
已知：298K时，相关物质的相对能量（如图1）。

可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的△H（△H随温度变化可忽略）。例如：H2O（g）═H2O（l）△H＝﹣286kJ•mol﹣1﹣（﹣242kJ•mol﹣1）＝﹣44kJ•mol﹣1。
请回答：
（1）①根据相关物质的相对能量计算△H3＝　+430　kJ•mol﹣1。
②下列描述正确的是　AD　
A．升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大
B．加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动
C．反应Ⅲ有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成
D．恒温恒压下通水蒸气，反应Ⅳ的平衡逆向移动
③有研究表明，在催化剂存在下，反应Ⅱ分两步进行，过程如下：【C2H6（g）+CO2（g）】→【C2H4（g）+H2（g）+CO2（g）】→【C2H4（g）+CO（g）+H2O（g）】，且第二步速率较慢（反应活化能为210kJ•mol﹣1）。根据相关物质的相对能量，画出反应Ⅱ分两步进行的“能量﹣反应过程图”，起点从【C2H6（g）+CO2（g）】的能量﹣477kJ•mol﹣1，开始（如图2）。
（2）①CO2和C2H6按物质的量1：1投料，在923K和保持总压恒定的条件下，研究催化剂X对“CO2氧化C2H6制C2H4”的影响，所得实验数据如下表：
催化剂
转化率C2H6/%
转化率CO2/%
产率C2H4/%
催化剂X
19.0
37.6
3.3
结合具体反应分析，在催化剂X作用下，CO2氧化C2H6的主要产物是　CO　，判断依据是　C2H4的产率低，说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率　。
②采用选择性膜技术（可选择性地让某气体通过而离开体系）可提高C2H4的选择性（生成C2H4的物质的量与消耗C2H6的物质的量之比）。在773K，乙烷平衡转化率为9.1%，保持温度和其他实验条件不变，采用选择性膜技术，乙烷转化率可提高到11.0%．结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是　选择性膜吸附C2H4，促进反应Ⅱ平衡正向移动　。
【解答】解：（1）①由图1的数据可知，C2H6（g）、CO2（g）、CO（g）、H2（g）的相对能量分别为﹣84kJ•mol﹣1、﹣393 kJ•mol﹣1、﹣110 kJ•mol﹣1、0 kJ•mol﹣1．由题中信息可知，△H＝生成物的相对总能量﹣反应物的相对总能量，因此，C2H6（g）+2CO2（g）⇌4CO（g）+3H2（g）△H3＝（﹣110kJ•mol﹣1）×4﹣（﹣84kJ•mol﹣1）﹣（﹣393 kJ•mol﹣1）×2＝+430kJ•mol﹣1，
故答案为：+430；
②A．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度能使其化学平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，故A正确；
B．反应Ⅰ和反应Ⅱ的正反应均为气体分子数增大的反应，增大压强，其化学平衡均向逆反应方向移动，故B错误；
C．反应Ⅲ的产物中有CO，CO的浓度增大，能使反应Ⅱ的化学平衡向逆反应方向移动，不利于乙烷脱氢和乙烯的生成，故C错误；
D．反应Ⅳ的反应前后气体分子数不变，在恒温恒压下向平衡体系中通入水蒸气，体系的总体积变大，水蒸气的浓度变大，其他组分的浓度均减小相同的倍数，则该反应的浓度商Qc变大（大于平衡常数），所以化学平衡向逆反应方向移动，故D正确；
故答案为：AD；
③由题中信息可知，反应Ⅱ分两步进行，第一步的反应是C2H6（g）+CO2（g）＝C2H4（g）+H2（g）+CO2（g），C2H4（g）、H2（g）、CO2（g）的相对能量之和为52kJ•mol﹣1+0+（﹣393kJ•mol﹣1）＝﹣341kJ•mol﹣1；第二步的反应是C2H4（g）+H2（g）+CO2（g）＝C2H4（g）+H2O（g）+CO（g），其活化能为210kJ•mol﹣1，故该反应体系的过渡态的相对能量又升高了210kJ•mol﹣1，过渡态的的相对能量变为﹣341kJ•mol﹣1+210kJ•mol﹣1＝﹣131kJ•mol﹣1，最终生成物C2H4（g）、H2O（g）、CO（g）的相对能量之和为（52kJ•mol﹣1）+（﹣242kJ•mol﹣1）+（﹣110kJ•mol﹣1）＝﹣300kJ•mol﹣1，根据题中信息，第一步反应是快反应，反应的活化能较小，第二步的活化能较大，所以反应Ⅱ分两步进行的“能量﹣反应过程图”可以表示为：，
故答案为：。
（2）①由题中信息及表中数据可知，尽管CO2和C2H6按物质的量之比1：1投料，但是C2H4的产率远远小于C2H6的转化率、CO2的转化率高于C2H6，说明在催化剂X的作用下，除了发生反应Ⅱ，还发生了反应Ⅲ，并且反应Ⅲ为主反应，这也说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率，即CO2氧化C2H6的主要产物是CO，
故答案为：CO；C2H4的产率低说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率；
②由题中信息可知，选择性膜技术可提高C2H4的选择性，可选择性地让C2H4通过而离开体系，使平衡体系中C2H4的浓度降低，从而促进反应ⅡC2H6（g）+CO2（g）⇌C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）的化学平衡向正反应方向移动，提高乙烷的转化率。
故答案为：选择性膜吸附C2H4，促进反应Ⅱ平衡向正反应方向移动。
【点评】本题考查化学平衡及其影响因素、反应热的计算、平衡图象分析与判断等知识，侧重考查学生分析能力和灵活运用能力，准确提取题中的关键信息和关键数据及数据的处理是解答本题的关键，把握活化能概念及活化能与化学反应速率的关系、化学平衡的影响因素即可解答，要求考生细心、有耐心和扎实的基本功，注意选择性膜技术的理解，题目难度较大。
4．（2019•全国）二氧化硫是硫酸工业的主要原料，还可用作防腐剂、消毒剂、漂白剂等。
已知：①S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1＝﹣296.8kJ•mol﹣1
②2S（s）+3O2（g）＝2SO3（g） △H2＝﹣793.4kJ•mol﹣1
（1）由SO2与O2反应生成SO3（g）的热化学方程式为　2SO2（g）+O2（g）＝2SO3（g）△H＝﹣199.8kJ•mol﹣1　。
（2）一定温度下，将0.1mol的SO3 放入容积为10L的密闭容器中，发生分解反应。2SO3（g）═2SO 2（g）+O2（g） 测得反应体系的总压强随时间变化的关系如图：
①在0～20min内，反应的速率v（SO3）为　0.0002　mol•L﹣1•min﹣1； 反应的平衡常数Kc为　0.00089　。
②此平衡体系中，O2的压强为　15　kPa、SO3的分解转化率为　40%　；若要提高此反应体系中SO3分解的平衡转化率，可采取的方法是　升高温度　。
（3）在与（2）相同的反应容器和初始SO3压强条件下，相同反应时间体系压强对应图中M点。分析M点与（2）反应条件有何不同　升高温度、使用催化剂　。（列举2点）

【解答】解：（1）：①S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1＝﹣296.8kJ•mol﹣1
②2S（s）+3O2（g）＝2SO3 △H2＝﹣793.4kJ•mol﹣1
根据盖斯定律②﹣2×①得2SO2（g）+O2（g）＝2SO3 （g）△H＝（﹣793.4+296.8×2）kJ•mol﹣1＝﹣199.8kJ•mol﹣1，
故答案为：2SO2（g）+O2（g）＝2SO3 （g）△H＝﹣199.8kJ•mol﹣1；
（2）①设生成氧气物质的量为x
2SO3（g）═2SO 2（g）+O2（g）
起始n（mol） 0.1 0 0
转化n（mol） 2x 2x x
平衡n（mol） 0.1﹣2x 2x x
压强之比等于物质的量之比，则＝，解得x＝0.02mol，
在0～20min内，反应的速率v（SO3）为＝0.0002mol/（L•min）；
Kc＝＝＝0.00089，
故答案为：0.0002；0.00089；
②反应在20min达到平衡状态，
O2的压强等于总压强×氧气的物质的量分数＝×90kPa＝15kPa；
SO3的分解转化率＝×100%＝×100%＝40%；
提高此反应体系中SO3分解的平衡转化率即要使平衡正向移动，该反应是吸热反应，升高温度，使平衡正向移动，降低生成物浓度可以使平衡正向移动，
故答案为：15；40%；升高温度；
（3） 在与（2）相同的反应容器和初始SO3压强条件下，相同反应时间体系压强对应图中M点，反应速率更快，则M点与（2）反应条件可能是升高温度或者使用催化剂，
故答案为：升高温度、使用催化剂。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及反应热的计算、化学平衡的移动、化学平衡的计算，根据题意和图中数据，结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式解答，此题难度较大。
5．（2018•新课标Ⅰ）采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题：
（1）1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应氧化产物是一种气体，其分子式为　O2　
（2）F．Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5（g）分解反应：

其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强ρ随时间t的变化如下表所示（t＝∞时，N2O5（g）完全分解）：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①已知：2N2O5（g）＝2N2O4（g）+O2（g）△H1＝﹣4.4kJ•mol﹣1
2NO2（g）＝N2O4（g）△H2＝﹣55.3kJ•mol﹣1
则反应N2O5（g）＝2NO2（g）+O2（g）的△H＝　+53.1　kJ•mol﹣1
②研究表明，N2O5（g）分解的反应速率v＝2×10﹣3×P（kPa•min﹣1），t＝62min时，测得体系中P＝2.9kPa，则此时的P＝　30.0　kPa，v＝　6.0×10﹣2　kPa•min﹣1。
③若提高反应温度至35℃，则N2O5（g）完全分解后体系压强P∞（35℃）　大于　63.1kPa（填“大于”“等于”或“小于”），原因是　由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮生成四氧化二氮的反应为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5（g）完全分解后体系压强p∞（35℃）大于63.1 kPa　
④25℃时N2O4（g）⇌2NO2（g）反应的平衡常数KP＝　13.4　kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数）。
（3）对于反应2N2O5（g）→4NO2（g）+O2（g），R．A．Ogg提出如下反应历程：
第一步：N2O5⇌NO2+NO3 快速平衡
第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2 慢反应
第三步NO+NO3→2NO2 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是　AC　（填标号）
A．v（第一步的逆反应）＞v（第二步反应）
B．反应的中间产物只有NO3
C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效
D．第三步反应活化能较高
【解答】解：（1）氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，分子式为O2，
故答案为：O2；
（2）①已知：
ⅰ、2N2O5（g）＝2N2O4（g）+O2（g）△H1＝﹣4.4kJ/mol
ⅱ、2NO2（g）＝N2O4（g）△H2＝﹣55.3kJ/mol
根据盖斯定律可知ⅰ÷2﹣ⅱ即得到N2O5（g）＝2NO2（g）+O2（g）△H＝+53.1kJ/mol，
故答案为：+53.1；
②根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1：2，又因为压强之比是物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是2.9kPa×2＝5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa﹣5.8kPa＝30.0kPa，因此此时反应速率v＝2.0×10﹣3×30＝6.0×10﹣2（kPa•min﹣1），
故答案为：30.0；6.0×10﹣2；
③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮生成四氧化二氮的反应为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5（g）完全分解后体系压强p∞（35℃）大于63.1 kPa，
故答案为：大于；由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮生成四氧化二氮的反应为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5（g）完全分解后体系压强p∞（35℃）大于63.1 kPa；
④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×2＝71.6 kPa，氧气是35.8kPa÷2＝17.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa＝89.5 kPa，平衡后压强减少了8 9.5 kPa﹣63.1kPa＝26.4kPa，所以根据方程式2NO2（g）⇌N2O4（g）可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6 kPa﹣26.4kPa×2＝18.8kPa，则反应的平衡常数K＝≈13.4KPa，
故答案为：13.4；
（3）A．第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，故A正确；
B．根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，故B错误；
C．根据第二步反应生成物中有NO2，说明NO2是NO3分解反应的催化剂，反应发生了部分有效碰撞，故C正确；
D．第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，故D错误；
故选：AC。
【点评】本题主要是考查化学反应原理，侧重于化学反应速率与化学平衡的有关分析与计算，题目难度较大。试题设计新颖，陌生感强，计算量较大，对学生的要求较高。压强和平衡常数的计算是解答的难点，注意从阿伏加德罗定律的角度去理解压强与气体物质的量之间的关系，注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用。
6．（2018•新课标Ⅲ）三氯氢硅（ SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
（1）SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成（HSiO）2O等，写出该反应的化学方程式 　2SiHCl3+3H2O＝（HSiO）2O+6HCl　。
（2）SiHCl3在催化剂作用下发生反应：
2SiHCl3（g）＝SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）△H＝+48 KJ•mol﹣1
3SiH2Cl2（g）＝SiH4（g）+2SiHCl3（g）△H＝﹣30 KJ•mol﹣1
则反应4SiHCl3（g）＝SiH4（g）+3SiCl4（g）的△H为 　+114　kJ•mol﹣1。
（3）对于反应2SiHCl3（g）＝SiH2Cl2（g）+SiCl4（g），采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323K和343K时 SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
①343K时反应的平衡转化率α＝　22　%．平衡常数K343K＝　0.02　（保留2位小数）。
②在343K下：要提高 SiHCl3转化率，可采取的措施是 　及时分离出产物　；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有 　增大压强　、　使用催化剂或增大反应物的浓度等　。
③比较a、b处反应速率大小：va　大于　vb（填“大于”“小于”或“等于”）。反应速率v＝v正﹣v逆＝k正x﹣k逆xx，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处的＝　1.3　（保留1位小数）

【解答】解：（1）SiHCl3遇潮气时发烟生成（HsiO）2O和HCl，结合原子守恒可知发生反应的化学方程式为2SiHCl3+3H2O＝（HsiO）2O+6HCl，
故答案为：2SiHCl3+3H2O＝（HsiO）2O+6HCl；
（2）已知反应：①2SiHCl3（g）＝SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）△H1＝+48 kJ•mol﹣1；②3SiH2Cl2（g）＝SiH4（g）+2SiHCl3（g）△H2＝﹣30 kJ•mol﹣1，根据盖斯定律可知，由3☓①+②得反应4SiHCl3（g）＝SiH4（g）+3SiCl4（g），则△H＝（+48 kJ•mol﹣1）×3+（﹣30 kJ•mol﹣1）＝+114 kJ•mol﹣1，
故答案为：+114；
（3）①温度越高，反应速率越快，图象中点a所在曲线为343K，由图示可知343K时反应2SiHCl3（g）＝SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）的平衡转化率α＝22%，设SiHCl3的起始浓度为cmol/L，则
2SiHCl3（g）⇌SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）
起始浓度（mol/L） c 0 0
变化浓度（mol/L） 0.22c 0.11c 0.11c
平衡浓度（mol/L） 0.78c 0.11c 0.11c
平衡常数K343K＝＝≈0.02，
故答案为：22；0.02；
②由题目中前后反应气体体积不变，并且温度恒定，所以只能使用及时分离出产物的方法加大反应物的转化率；要缩短反应达到的时间，应增大反应速率，则在温度不变的条件下可采取的措施是：增大压强、使用催化剂或增大反应物的浓度等，
故答案为：及时分离出产物；增大压强、使用催化剂或增大反应物的浓度等；
③由图象可知，a的反应温度高于b，温度高反应速率快，所以a点的反应速率比b高；a点时转化率为20%，设起始时SiHCl3的物质的量为nmol，此时
2SiHCl3（g）⇌SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）
起始物质的量（mol） n 0 0
变化物质的量（mol） 0.2n 0.1n 0.1n
终态物质的量（mol） 0.8n 0.1n 0.1n
则：XSiHCl3＝＝0.8，x＝x＝0.1；
反应速率v＝v正﹣v逆＝k正x﹣k逆xx，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，则a点时v正＝k正x＝0.82K正，v逆＝k逆xx＝0.01k逆，由平衡时正逆反应速率相等，可得出＝K（平衡常数），则＝＝≈1.3，
故答案为：大于；1.3。
【点评】此题考查的主要内容有根据题干要求写出化学方程式，利用盖斯定律求算热化学反应方程式的焓变，依据化学平衡图象获取信息，进行有关化学平衡的计算和影响化学平衡的因素，重视基本知识的掌握，培养学生获取信息的能力及解题能力。
四．离子浓度大小的比较（共1小题）
（多选）7．（2020•江苏）室温下，将两种浓度均为0.10mol•L﹣1的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（　　）
A．NaHCO3﹣Na2CO3混合溶液（pH＝10.30）：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）
B．氨水﹣NH4Cl混合溶液（pH＝9.25）：c（NH4+）+c（H+）＝c（NH3•H2O）+c（OH﹣）
C．CH3COOH﹣CH3COONa混合溶液（pH＝4.76）：c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）
D．H2C2O4﹣NaHC2O4混合溶液（pH＝1.68，H2C2O4为二元弱酸）：c（H+）+c（H2C2O4）═c（Na+）+c（C2O42﹣）+c（OH﹣）
【解答】解：A．NaHCO3水溶液呈碱性，说明HCO3﹣的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：CO32﹣＞HCO3﹣，溶液中剩余微粒浓度关系为：c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣），HCO3﹣和 CO32﹣水解程度微弱，生成的OH﹣浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣），故A正确；
B．该混合溶液中电荷守恒为：c（NH4+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），物料守恒为：c（NH3•H2O）+c（NH4+）＝2c（Cl﹣），两式联立消去c（Cl﹣）可得c（NH4+）+2c（H+）＝c（NH3•H2O）+2c（OH﹣），故B错误；
C．若不考虑溶液中相关微粒行为，则c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣）＝c（Na+），该溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故C错误；
D．该混合溶液中物料守恒为：2c（Na+）＝c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣），电荷守恒为：2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），两式相加可得：c（H+）+c（H2C2O4）═c（Na+）+c（C2O42﹣）+c（OH﹣），故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了盐类的水解、电解质的电离等知识点，明确“谁强谁显性、谁弱谁水解”以及溶液中的电荷守恒和物料守恒即可解答，难度较大。
五．卤代反应（共1小题）
（多选）8．（2018•海南）下列氯代烃中不能由烯烃与氯化氢加成直接得到的有（　　）
A．氯代环己烷
B．2，2﹣二甲基﹣1﹣氯丙烷
C．2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷
D．2，2，3，3﹣四甲基﹣1﹣氯丁烷
【解答】解：A．氯代环己烷可以由环己烯与HCl加成得到，故A不符合；
B.2，2﹣二甲基﹣1﹣氯丙烷分子中与氯原子连接的碳原子相连的碳原子上还含有H原子，不能由烯烃与HCl加成得到，故B符合；
C.2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷可以由2﹣甲基丙烯与HCl加成得到，故C不符合；
D．2，2，3，3﹣四甲基﹣1﹣氯丁烷分子中与氯原子连接的碳原子相连的碳原子上还含有H原子，不能由烯烃与HCl加成得到，故D符合。
故选：BD。
【点评】本题考查烯烃的加成反应、卤代烃的消去反应，关键要明确反应中化学键的断裂与形成，能根据有机物的名称能书写出物质的结构简式。
六．有机物的合成（共4小题）
9．（2020•江苏）化合物F是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如图：

（1）A中的含氧官能团名称为硝基、　羟基　和　醛基　。
（2）B的结构简式为　　。
（3）C→D的反应类型为　取代反应　。
（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式　　。
①能与FeCl3溶液发生显色反应。
②能发生水解反应，水解产物之一是α﹣氨基酸，另一产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1：1且含苯环。
（5）写出以CH3CH2CHO和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。
【解答】解：（1）A中的含氧官能团名称为硝基、羟基和醛基，
故答案为：羟基；醛基；
（2）B的结构简式为，
故答案为：；
（3）C中醇羟基被﹣Br取代生成D，C→D的反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件：
①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；
②能发生水解反应，说明含有酯基或肽键，水解产物之一是α﹣氨基酸，另一产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1：1且含苯环，
则符合条件的结构简式为，
故答案为：；
（5）以CH3CH2CHO和为原料制备，根据生成化合物F合成路线知，丙醛发生类似C生成D、D生成E、E发生F的反应生成，即丙醛发生加成反应生成丙醇，丙醇发生取代反应生成1﹣溴丙烷，1﹣溴丙烷和发生取代反应、氧化反应得到，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，利用反应前后物质碳链结构、官能团结构变化正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维结合原料和目标产物结构差异性进行合成路线设计，题目难度中等。
10．（2020•山东）化合物F是合成吲哚﹣2﹣酮类药物的一种中间体，其合成路线如图：

已知：Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
Ar为芳基；X＝Cl，Br；Z或Z′＝COR，CONHR，COOR等。
回答下列问题：
（1 ）实验室制备A的化学方程式为 　CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O　，提高A产率的方法是 　及时蒸出产物（或增大乙酸或乙醇的用量）　；A的某同分异构体只有一种化学环境的碳原子，其结构简式为 　　。
（2）C→D的反应类型为 　取代反应　；E中含氧官能团的名称为 　羰基、酰胺基　。
（3）C的结构简式为 　CH3COCH2COOH　，F的结构简式为 　　。
（4）Br2和的反应与Br2和苯酚的反应类似，以和为原料合成，写出能获得更多目标产物的较优合成路线（其它试剂任选）。
【解答】解：（1）根据分析，有机物A为乙酸乙酯，在实验室中用乙醇和乙酸在浓硫酸的催化下制备，反应方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；该反应为可逆反应，若想提高乙酸乙酯的产率需要及时的将生成物蒸出或增大反应的用量；A的某种同分异构体只有1种化学环境的C原子，说明该同分异构体是一个对称结构，含有两条对称轴，则该有机物的结构为，
故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；及时蒸出产物（或增大乙酸或乙醇的用量）；；
（2）根据分析，C→D为 和SOCl2的反应，反应类型为取代反应；E的结构，其结构中含氧官能团为羰基、酰胺基，
故答案为：取代反应；羰基、酰胺基；
（3）根据分析，C的结构简式为CH3COCH2COOH；F的结构简式，

故答案为：CH3COCH2COOH；；
（4）以苯胺和H5C2OOCCH2COCl为原料制得目标产物，可将苯胺与溴反应生成2，4，6﹣三溴苯胺，再将2，4，6﹣三溴苯胺与H5C2OOCCH2COCl反应发生已知条件Ⅱ的取代反应，再发生已知条件Ⅲ的成环反应即可得到目标产物，反应的流程

故答案为：

【点评】本题考查了有机物的推断，正确理解题给信息是解本题关键，采用正推的方法进行分析解答，注意结合题干所给的提示信息，难度中等。
11．（2020•浙江）某研究小组以邻硝基甲苯为起始原料，按下列路线合成利尿药美托拉宗。

已知：

请回答：
（1）下列说法正确的是　BC　。
A．反应Ⅰ的试剂和条件是Cl2和光照
B．化合物C能发生水解反应
C．反应Ⅱ涉及到加成反应、取代反应
D．美托拉宗的分子式是C16H14ClN3O3S
（2）写出化合物D的结构简式　　。
（3）写出B+E→F的化学方程式　　。
（4）设计以A和乙烯为原料合成C的路线（用流程图表示，无机试剂任选）　　。
（5）写出化合物A同时符合下列条件的同分异构体的结构简式　　。
1H﹣NMR谱和IR谱检测表明：①分子中共有4种氢原子，其中苯环上的有2种；②有碳氧双键，无氮氧键和﹣CHO。
【解答】解：（1）A．由→，与甲基对位的苯环上的氢原子被氯原子代替，故反应Ⅰ试剂是液氯、FeCl3，其中FeCl3作催化剂，故A错误；
B．化合物C中含有肽键，可以发生水解，故B正确；
C．结合F的结构简式和CH3CHO、美托拉宗的结构简式以及已知条件，反应Ⅱ涉及到加成反应、取代反应，故C正确；
D．美托拉宗的分子式为C16H16ClN3O3S，故D错误；
故答案为：BC；
（2）由分析知化合物D的结构简式为，
故答案为：；
（3）由分析可知，B的结构简式，E的结构简式为，F的结构简式为，B和E发生取代反应生成F，其反应方程式为：，
故答案为：；
（4）乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇被氧化乙醛，乙醛被氧化为乙酸，在一定条件下被还原为，乙酸与发生取代反应生成，流程图为，
故答案为：；
（5）分子中有4种氢原子并且苯环上有2种，分子中含有碳氧双键，不含﹣CHO和氮氧键，故分子中苯环上含有两个取代基，满足条件的它们分别为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断和合成，涉及官能团的性质、有机物反应类型、同分异构体的书写、合成路线设计等知识，利用已经掌握的知识来考查有机合成与推断、反应条件的选择、物质的结构简式、化学方程式、同分异构体的书写的知识。考查学生对知识的掌握程度、自学能力、接受新知识、新信息的能力；考查了学生应用所学知识进行必要的分析来解决实际问题的能力。难点是设计合成路线图时有关信息隐含在题干中的流程图中，需要学生自行判断和灵活应用。
12．（2018•海南）盐酸美西律（E）是一种抗心律失常药，其一条合成路线如图：

回答下列问题：
（1）已知A的分子式为C8H10O，其化学名称为　2，6﹣二甲基苯酚　。
（2）B中的官能团的名称为　溴原子、羰基　。
（3）由A生成C的化学反应方程式为　　，反应类型是　取代反应　。
（4）由D的结构可判断，D应存在立体异构。该立体异构体的结构简式为　　。
（5）若用更为廉价易得的氨水替代盐酸羟氨（NH2OH•HCl）与C反应，生成物的结构简式为　　。
（6）A的同分异构体中能与三氯化铁溶液发生显色反应的还有　8　种；其中核磁共振氢谱为4组峰，峰面积比为6：2：1：1的结构简式为　　。
【解答】解：（1）A的分子式为C8H10O，对比B、C的结构，可知A为，化学名称为：2，6﹣二甲基苯酚，故答案为：2，6﹣二甲基苯酚；
（2）由B的结构，可知B中含有的官能团为﹣Br、，名称分别为溴原子、羰基，故答案为：溴原子、羰基；
（3）A与B发生取代反应生成C，还生成HBr，生成的HBr与NaOH发生中和反应，反应方程式为：，
故答案为：；取代反应；
（4）类似烯烃的顺反异构，羟基还可以与甲基处于双键的同一侧，该立体异构体的结构简式为：，
故答案为：；
（5）氨水替代盐酸羟氨（NH2OH•HCl）与C反应，相当于氨气与羰基之间脱去1分子水，生成物的结构简式为：，
故答案为：；
（6）A的同分异构体中能与三氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，2个甲基有邻、间、对三种位置，对应的酚羟基分别有2种、3种、1种（包含A），可以有2个取代基分别为酚羟基、乙基，有邻、间、对3种，去掉A本身符合条件的共有：2+3+1+3﹣1＝8种，其中核磁共振氢谱为4组峰，峰面积比为6：2：1：1的结构简式为：，
故答案为：8；。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及有机物的命名、官能团的识别、有机反应类型、限制条件同分异构体的书写等，注意理解烯烃的顺反异构，适当拓展有机物的命名，熟练掌握官能团的性质与转化，侧重考查学生分析推理能力。
七．有关混合物反应的计算（共1小题）
13．（2018•江苏）碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为：
（2﹣x）Al2（SO4）3+3x CaCO3+3xH2O═2[（1﹣x）Al2（SO4）3•xAl（OH）3]+3x CaSO4↓+3xCO2↑
生成物（1﹣x）Al2（SO4）3•xAl（OH）3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。
（1）制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有　适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率　。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH　减小　（填“增大”、“减小”、“不变）。
（3）通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：
①取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300g。
②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 mol•L﹣1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol•L﹣1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL（已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1：1）
计算（1﹣x）Al2（SO4）3•xAl（OH）3中的x值（写出计算过程）。
【解答】解：（1）反应是室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，根据反应方程式分析，可以通过增大反应程度提高x的值，所以可以适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率，
故答案为：适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率；
（2）碱式硫酸铝溶液呈弱碱性，吸收酸性气体SO2能使溶液pH减小，
故答案为：减小；
（3）①取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300g，即得到2.3300gBaSO4固体，则25.00mL溶液中SO42﹣的物质的量为n（SO42﹣）＝＝0.01mol，
②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 mol•L﹣1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol•L﹣1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL，则2.5mL硫酸铝溶液中Al3+的物质的量为n'（Al3+）＝n（EDTA）﹣n（Cu2+）＝（0.1×25×10﹣3﹣0.08×20×10﹣3）mol＝9×10﹣4mol，所以25mL硫酸铝溶液中Al3+的物质的量应为n（Al3+）＝9×10﹣3mol，
根据元素守恒，则有＝＝＝＝，
可解得x＝≈0.41，
答：通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度可确定x的值约为0.41。
【点评】本题考查碱式碳酸铝溶液的制备及滴定计算，明确滴定过程中发生的反应，根据元素守恒计算是解题的关键，注意计算正确，把握住定量关系，易错点为两次实验使用的溶液体积不一样，题目整体难度中等。
八．物质分离、提纯的实验方案设计（共1小题）
14．（2018•浙江）某学习小组欲从含有[Cu（NH3）4]SO4、乙醇和氨水的实验室废液中分离乙醇并制备硫酸铜铵[CuSO4•（NH4）2SO4]固体，完成了如下实验：

已知：[Cu（NH3）4]2++4H+═Cu2++4NH4+
请回答：
步骤①中，试剂X应采用　H2SO4　。
甲、乙两同学取相同量的溶液Y分别进行蒸馏，收集到的馏出液体积相近，经检测，甲同学的馏出液中乙醇含量明显偏低，可能的原因是　温度计水银球高于蒸馏烧瓶的支管口　。设计实验方案验证硫酸铜铵固体中的NH4+　取样，加足量的氢氧化钠溶液，加热，如能产生使红色石蕊试纸变蓝色的气体，则说明含有NH4+　
【解答】解：由题给信息可知[Cu（NH3）4]SO4加入X后最终生成[CuSO4•（NH4）2SO4]，则X应为硫酸，甲同学的馏出液中乙醇含量明显偏低，说明实际的蒸馏温度较大，则温度计水银球应高于蒸馏烧瓶的支管口，检验固体中含有NH4+，可取样，加足量的氢氧化钠溶液，加热，如能产生使红色石蕊试纸变蓝色的气体，则说明含有NH4+，
故答案为：H2SO4；温度计水银球高于蒸馏烧瓶的支管口；取样，加足量的氢氧化钠溶液，加热，如能产生使红色石蕊试纸变蓝色的气体，则说明含有NH4+。
【点评】本题考查物质的分离、提纯以及检验、鉴别的设计，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，主要把握物质的性质以及实验的原理，难度不大。
九．探究物质的组成或测量物质的含量（共3小题）
15．（2020•浙江）Ⅰ．化合物X由四种短周期元素组成，加热X，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体Y，Y为纯净物；取3.01g X，用含HCl 0.0600mol的盐酸完全溶解得溶液A，将溶液A分成A1和A2两等份，完成如下实验（白色沉淀C可溶于NaOH溶液）：

请回答：
（1）组成X的四种元素是N、H和　Al、Cl　（填元素符号），X的化学式是　AlCl3NH3　。
（2）溶液B通入过量CO2得到白色沉淀C的离子方程式是　AlO2﹣+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3﹣　。
（3）写出一个化合反应（用化学方程式或离子方程式表示）　AlCl3+Cl﹣＝AlCl4﹣或AlCl3+NH3＝AlCl3NH3　。
要求同时满足：
①其中一种反应物的组成元素必须是X中除N、H外的两种元素；
②反应原理与“HCl+NH3═NH4Cl”相同。
Ⅱ．某兴趣小组为验证浓硫酸的性质进行实验，如图。实验中观察到的现象有：锥形瓶内有白雾，烧杯中出现白色沉淀。请回答：

（1）将浓硫酸和浓盐酸混合可产生HCl气体的原因是　浓硫酸吸收浓盐酸中的水分且放热，使浓盐酸的挥发性增强，使HCl挥发出来　。
（2）烧杯中出现白色沉淀的原因是　HCl气体能够带出H2SO4分子，与Ba（NO3）2反应生成BaSO4沉淀　。
【解答】解：Ⅰ．（1）由分析可知，Y为NH3，由实验流程图中分析可知，结合B中通入过量的CO2产生能溶于NaOH溶液的白色沉淀C，故C为Al（OH）3，则D为Al2O3，E是AgCl，利用原子守恒可知：A1溶液中含有N原子的物质的量为n（N）＝n（NH3）＝＝＝0.01mol，Al原子的物质的量为：n（Al）＝2n（Al2O3）＝2×＝2×＝0.01mol，A2溶液中含有的Cl﹣的物质的量为：n（Cl﹣）＝n（AgCl）﹣＝＝＝0.03mol；
故一半溶液中含有的H原子的物质的量为n（H）＝＝0.03mol，故X中含有四种元素即N、H、Al、Cl，其个数比为：n（N）：n（H）：n（Al）：n（Cl）＝0.01mol：0.03mol：0.01mol：0.03mol＝1：3：1：3，故X的化学式为：AlCl3NH3，
故答案为：Al、Cl；AlCl3NH3；
（2）根据分析（1）可知，溶液B中通入过CO2所发生的离子方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3﹣，
故答案为：AlO2﹣+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3﹣；
（3）结合题给的两个条件，再分析化合物X（AlCl3NH3）是NH3和AlCl3通过配位键结合成的化合物，不难想到类似于NH3和H2O反应，故可以很快得出该反应的离子方程式为AlCl3+Cl﹣＝AlCl4﹣或AlCl3+NH3＝AlCl3NH3，
故答案为：AlCl3+Cl﹣＝AlCl4﹣或AlCl3+NH3＝AlCl3NH3；
Ⅱ．（1）由于浓硫酸具有吸水性且浓硫酸稀释是个放热过程，而且HCl的挥发性随浓度增大而增大，随温度升高而增大，从而得出用浓硫酸和浓盐酸混合制备HCl的原理是浓硫酸吸收浓盐酸中的水分且放热，使浓盐酸的挥发性增强，使HCl挥发出来，
故答案为：浓硫酸吸收浓盐酸中的水分且放热，使浓盐酸的挥发性增强，使HCl挥发出来；
（2）浓硫酸虽然难挥发，但也会随HCl气流而带出少量的H2SO4分子，与Ba（NO3）2反应生成硫酸钡白色沉淀，
故答案为：HCl气体能够带出H2SO4分子，与Ba（NO3）2反应生成BaSO4沉淀。
【点评】本题为实验题结合有关物质的量计算，只要认真分析题干信息，利用（元素）原子守恒就能较快求出化合物X的化学式，进而推到出整个流程过程，难度较大。
16．（2018•新课标Ⅱ）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O（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。其光解反应的化学方程式为2K3[Fe（C2O4）3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑；显色反应的化学方程式为　3FeC2O4+2K3[Fe（CN）6]＝Fe3[Fe（CN）6]2↓+3K2C2O4　。
（2）某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按如图所示装置进行实验。

①通入氮气的目的是　排出装置中原有空气，避免O2和CO2干扰实验，同时用N2把装置A、E中反应生成的气体排出进行后续检验　。
②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　CO　、　CO2　。
③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是　先关闭A、E中的酒精灯，冷却后再停止通入N2　。
④样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验Fe2O3存在的方法是：　取少量装置A中残留物放入试管中，加入稀硫酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，若观察到溶液变红，则证明A中残留物中含Fe2O3　。
（3）测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。
①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用cmol•L﹣1KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是　当滴入最后一滴溶液后，溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色　。
②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，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cmol•L﹣1KMnO4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　×100%或×100%（或%）　。
【解答】解：（1）显色过程是FeC2O4中的亚铁离子与[Fe（CN）6]3﹣结合成蓝色沉淀的反应，该反应的化学方程式为：3FeC2O4+2K3[Fe（CN）6]＝Fe3[Fe（CN）6]2↓+3K2C2O4，
故答案为：3FeC2O4+2K3[Fe（CN）6]＝Fe3[Fe（CN）6]2↓+3K2C2O4；（2）①在反应开始前通入N2，可排净装置中的空气，以免O2和CO2对实验干扰，同时用N2把装置A、E中反应生成的气体排出进行后续检验，
故答案为：排出装置中原有空气，避免O2和CO2干扰实验，同时用N2把装置A、E中反应生成的气体排出进行后续检验；
②B中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中一定含有CO2，E中固体变红、F中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中有还原性气体CO，
故答案为：CO；CO2；
③为防止倒吸，需要先关闭反应装置中的酒精灯，冷却至常温过程中需保持一直通入N2，
故答案为：先关闭A、E中的酒精灯，冷却后再停止通入N2；
④检验固体中是否存在Fe2O3，需将Fe2O3转化成铁离子，再用硫氰化钾进行检验，操作方法为：取少量装置A中残留物放入试管中，加入稀硫酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，若观察到溶液变红，则证明A中残留物中含Fe2O3，
故答案为：取少量装置A中残留物放入试管中，加入稀硫酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，若观察到溶液变红，则证明A中残留物中含Fe2O3；
（3）①用KMnO4溶液滴定K3[Fe（C2O4）3]•3H2O溶液，滴定终点溶液变成浅红色，则滴定终点为：当滴入最后一滴溶液后，溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色，
故答案为：当滴入最后一滴溶液后，溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色；
②用cmol•L﹣1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL，消耗MnO4﹣的物质的量为：n（MnO4﹣）＝cmol/L×L＝mol，
根据化合价升降相等可得反应关系式：5Fe2+～MnO4﹣，
则n（Fe2+）＝5n（MnO4﹣）＝5×mol，m（Fe2+）＝56g/mol×5×mol，
所以铁的质量分数＝×100%＝×100%或×100%（或%）），
故答案为：×100%或×100%（或%）
【点评】本题考查探究物质组成、测量物质含量，题目难度较大，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力。
17．（2020•山东）某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如图所示（夹持装置略）：

已知：锰酸钾（K2MnO4）在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO42﹣+2H2O═2MnO4﹣+MnO2↓+4OH﹣
回答下列问题：
（1）装置A中a的作用是 　平衡气压，使浓盐酸顺利流下　；装置C中的试剂为 　NaOH溶液　；装置A中制备Cl2的化学方程式为 　Ca（ClO）2+4HCl＝CaCl2+2Cl2↑+2H2O　。
（2）上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是 　在装置A、B之间加装有饱和食盐水的洗气瓶　。
（3）KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO4溶液加入 　酸式　（填“酸式”或“碱式”）滴定管中；在规格为50.00 mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数为15.00 mL，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为 　C　（填标号）。
A．15.00 mL
B．35.00 mL
C．大于35.00 mL
D．小于15.00 mL
（4）某FeC2O4•2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2（C2O4）3、H2C2O4•2H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下：
Ⅰ．称取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃．用c mol•L﹣1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。
Ⅱ．向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入稀H2SO4酸化后，在75℃继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2 mL。
样品中所含H2C2O4•2H2O（M＝126g•mol﹣1）的质量分数表达式为 　×100%　。
下列关于样品组成分析的说法，正确的是 　B、D　（填标号）。
A．＝3时，样品中一定不含杂质
B．越大，样品中H2C2O4•2H2O含量一定越高
C．若步骤Ⅰ中滴入KMnO4溶液不足，则测得样品中Fe元素含量偏低
D．若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则测得样品中Fe元素含量偏高
【解答】解：（1）装置A中a的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利流下；装置C中的试剂为NaOH溶液、吸收尾气；装置A中制备Cl2的化学方程式为Ca（ClO）2+4HCl＝CaCl2+2Cl2↑+2H2O，
故答案为：平衡气压，使浓盐酸顺利流下；NaOH溶液；Ca（ClO）2+4HCl＝CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
（2）上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是在装置A、B之间加装有饱和食盐水的洗气瓶，
故答案为：在装置A、B之间加装有饱和食盐水的洗气瓶；
（3）KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO4溶液加入酸式滴定管中；在规格为50.00 mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数为15.00 mL，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为大于（50.00﹣15.00）mL＝35.00mL，可选C，
故答案为：酸式；C；
（4）由I可知样品中Fe2+、C2O42﹣、H2C2O4消耗的KMnO4溶液的体积为V1mL，KMnO4的物质的量为V1×10﹣3L×cmol/L＝cV1×10﹣3mol，
由II可知Fe2+消耗的KMnO4溶液的体积为V2mL，KMnO4的物质的量为V2×10﹣3L×cmol/L＝cV2×10﹣3mol，
由电子守恒可知存在5Fe2+～MnO4﹣，5C2O42﹣～2MnO4﹣，可知H2C2O4消耗的高锰酸钾的物质的量为（cV1×10﹣3mol﹣3cV2×10﹣3mol），H2C2O4的物质的量为2.5（cV1×10﹣3mol﹣3cV2×10﹣3mol），
样品中所含H2C2O4•2H2O（M＝126g•mol﹣1）的质量分数表达式为×100%＝×100%，
A．＝3时，样品中一定不含H2C2O4•2H2O、可能含Fe2（C2O4）3，故A错误；
B．由H2C2O4•2H2O的质量分数表达式可知，越大，样品中H2C2O4•2H2O含量一定越高，故B正确；
C．若步骤Ⅰ中滴入KMnO4溶液不足，则II中消耗高锰酸钾偏大，可知测得样品中Fe元素含量偏高，故C错误；
D．若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则消耗高锰酸钾的体积偏大，测得样品中Fe元素含量偏高，故D正确；
故答案为：×100%；B、D。
【点评】本题考查物质的制备及含量测定，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意（4）为解答的难点，题目难度不大。
一十．性质实验方案的设计（共1小题）
18．（2018•天津）烟道气中的NO2是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用图1所示采样和检测方法。回答下列问题：

Ⅰ．采样
采样步骤：
①检验系统气密性；②加热器将烟道气加热至140℃：③打开抽气泵置换系统内空气；④采集无尘、干燥的气样；⑤关闭系统，停止采样。
（1）A中装有无碱玻璃棉，其作用为 　除尘　。
（2）C中填充的干燥剂是（填序号） 　c　。
a．碱石灰
b．无水CuSO4
c．P2O5
（3）用实验室常用仪器组装一套装置，其作用与D（装有碱液）相同，在虚线框中画出该装置的示意图、气体的流向及试剂。

（4）采样步骤②加热烟道气的目的是 　防止NOx溶于冷凝水　。
Ⅱ．NOx含量的测定
将vL气体通入适量酸性的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化成NO3﹣，加水稀释至100.00 mL，量取20.00 mL该溶液，加入 v1 mL c1 mol•L﹣1FeSO4标准溶液（过量），充分反应后，用c2 mol•L﹣1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2mL。
（5）NO被H2O2氧化为NO3﹣的离子方程式为 　2NO+3H2O2＝2H++2NO3﹣+2H2O　。
（6）滴定操作使用的玻璃仪器主要有 　锥形瓶、酸式滴定管　。
（7）滴定过程中发生下列反应：
3Fe2++NO3﹣+4H+＝NO↑+3Fe3++2H2O
Cr2O72﹣+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O
则气样中NOx折合成NO2的含量为 　　mg•m﹣3。
（8）判断下列情况对NOx含量测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
若缺少采样步骤③，会使测定结果 　偏低　。
若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果 　偏高　。
【解答】解：Ⅰ．采样
（1）第一步过滤器是为了除去粉尘，因此其中的无碱玻璃棉的作用是除尘，
故答案为：除尘；
（2）a．碱石灰为碱性干燥剂，不能干燥酸性气体，故a不选；
b．无水硫酸铜可用于检验是否含有水蒸气，干燥能力不强，故b不选；
c．五氧化二磷是酸性干燥剂，可以干燥酸性气体，故c选；
故答案为：c；
（3）D装置为吸收装置，用于吸收酸性气体，因此可以用氢氧化钠溶液，导气管应长进短出，装置图为：，
故答案为：；
（4）采样步骤②加热烟道气的目的是：为了防止NOx溶于冷凝水，
故答案为：防止NOx溶于冷凝水；
Ⅱ．NOx含量的测定
（5）NO与过氧化氢在酸性溶液中发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2NO+3H2O2＝2H++2NO3﹣+2H2O，
故答案为：2NO+3H2O2＝2H++2NO3﹣+2H2O；
（6）滴定操作主要用到铁架台、酸式滴定管、锥形瓶、其中玻璃仪器为酸式滴定管、锥形瓶，
故答案为：酸式滴定管、锥形瓶；
（7）滴定剩余Fe2+时，消耗的K2Cr2O7的物质的量为c2V2×10﹣3mol，则剩余的Fe2+物质的量为6c2V2×10﹣3mol，在所配制溶液中加入的Fe2+物质的量为c1V1×10﹣3mol，则与NO3﹣反应的Fe2+物质的量＝c1V1×10﹣3mol﹣6c2V2×10﹣3mol，则VL气样中氮元素总物质的量＝5×mol，
则二氧化氮的总质量＝g，
气样中氮元素含量＝mg/m3，
折合为NO2的含量＝ mg/m3，
故答案为：；
（8）若没打开抽气泵，则系统中还存在有气样中的二氧化氮，导致吸收不完全，测定结果偏低，若FeSO4变质则会导致测定剩余亚铁离子偏低，即所得到的氮元素含量偏高，测定结果偏高，
故答案为：偏低；偏高。
【点评】本题考查了物质性质实验验证、物质组成的含量测定方法、滴定实验的过程分析等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
一十一．制备实验方案的设计（共3小题）
19．（2020•浙江）硫代硫酸钠在纺织业等领域有广泛应用。某兴趣小组用如图装置制备Na2S2O3•5H2O。

合成反应：SO2+Na2CO3═Na2SO3+CO2 2Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S
Na2SO3+SNa2S2O3
滴定反应：I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6
已知：Na2S2O3•5H2O易溶于水，难溶于乙醇，50℃开始失结晶水。
实验步骤：
ⅠNa2S2O3制备：装置A制备的SO2经过单向阀通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液pH约为7时，停止通入SO2气体，得产品混合溶液。
Ⅱ产品分离提纯：产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到Na2S2O3•5H2O产品。
Ⅲ产品纯度测定：以淀粉作指示剂，用Na2S2O3•5H2O产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点，计算Na2S2O3•5H2O含量。
请回答：
（1）步骤Ⅰ单向阀的作用是　防止倒吸　；装置C中的反应混合溶液pH过高或过低将导致产率降低，原因是　pH过高，Na2CO3、Na2S反应不充分，pH过低，导致Na2S2O3转化为S和SO2　。
（2）步骤Ⅱ下列说法正确的是　BC　。
A．快速蒸发溶液中水分，可得较大晶体颗粒
B．蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热
C．冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率
D．可选用冷的Na2CO3溶液作洗涤剂
（3）步骤Ⅲ
①滴定前，有关滴定管的正确操作为（选出正确操作并按序排列）：
检漏→蒸馏水洗涤→　F　→　B　→　E　→　C　→　G　→开始滴定。
A．烘干 B．装入滴定液至零刻度以上 C．调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下 D．用洗耳球吹出润洗液 E．排除气泡 F．用滴定液润洗2至3次 G．记录起始读数
②装标准碘溶液的碘量瓶（带瓶塞的锥形瓶）在滴定前应盖上瓶塞，目的是　防止碘挥发损失　。
③滴定法测得产品中Na2S2O3•5H2O含量为100.5%，则Na2S2O3•5H2O产品中可能混有的物质是　Na2SO3，失去部分结晶水的Na2S2O3•5H2O　。
【解答】解：（1）SO2会与装置C中混合溶液发生反应，且导管进入液面以下，需要防倒吸的装置，单向阀可以防止发生倒吸；Na2CO3、Na2S水解都会使溶液显碱性，所以pH过高，说明Na2CO3、Na2S反应不充分；而pH过低，又会导致Na2S2O3发生歧化反应转化为S和SO2，所以pH过高或过低都会导致产率降低，
故答案为：防止倒吸；pH过高，Na2CO3、Na2S反应不充分，pH过低，导致Na2S2O3转化为S和SO2；
（2）A．蒸发结晶时，快速蒸发溶液中的水分，可以得到较小的晶体颗粒，故A错误；
B．为防止固体飞溅，蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热，故B正确；
C．Na2S2O3•5H2O难溶于乙醇，所以冷却结晶后的固液混合物中可以加入适量乙醇降低Na2S2O3的溶解度，析出更多的晶体，提高产率，故C正确；
D．用碳酸钠溶液洗涤会使晶体表面附着碳酸钠杂质，Na2S2O3•5H2O难溶于乙醇，可以用乙醇作洗涤剂，故D错误；
故答案为：BC；
（3）①滴定前应检查滴定管是否漏液，之后用蒸馏水洗涤滴定管，为防止稀释滴定液使测定结果不准确，需用滴定液润洗2至3次，之后装入滴定液至零刻度以上，排除装置中的气泡，然后调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下，并记录起始读数，开始滴定，所以正确的操作和顺序为：检漏→蒸馏水洗涤→F→B→E→C→G→开始滴定，
故答案为：F；B；E；C；G；
②碘容易挥发，所以装标准碘溶液的碘量瓶在滴定前应盖上瓶塞，防止碘挥发损失，
故答案为：防止碘挥发损失；
③测定的产品中Na2S2O3•5H2O含量大于100%，说明产品中混有Na2SO3以及失去部分结晶水的Na2S2O3•5H2O，
故答案为：Na2SO3，失去部分结晶水的Na2S2O3•5H2O。
【点评】本题考查学生的读图、分析能力，能够迅速在装置图和题干中提取有用信息，利用信息解决有关问题。主要考查知识点还有：蒸发结晶、滴定的操作顺序、产率等知识，学生要善于整合表中数据获取信息，准确把握基础实验知识，尤其是物质的分离和提纯实验操作是高中阶段经常考查的问题，题目难度较大。
20．（2018•江苏）3，4﹣亚甲二氧基苯甲酸是一种用途广泛的有机合成中间体，微溶于水，实验室可用KMnO4氧化3，4﹣亚甲二氧基苯甲醛制备，其反应方程式为：
3+2KMnO4→2++2MnO2+H2O
实验步骤如下
步骤1：向反应瓶中加入3，4﹣亚甲二氧基苯甲醛和水，快速搅拌，于70～80℃滴加KMnO4溶液。反应结束后，加入KOH溶液至碱性。
步骤2：趁热过滤，洗涤滤饼，合并滤液和洗涤液。
步骤3：对合并后的溶液进行处理。
步骤4：抽滤，洗涤，干燥，得3，4﹣亚甲二氧基苯甲酸固体
（1）步骤1中，反应结束后，若观察到反应液呈紫红色，需向溶液中滴加 NaHSO3溶液，HSO3﹣转化为 　SO42﹣　（填化学式）；加入KOH溶液至碱性的目的是 　将反应生成的酸转化为可溶性的盐　。
（2）步骤2中，趁热过滤除去的物质是 　MnO2　（填化学式）。
（3）步骤3中，处理合并后溶液的实验操作为 　加入盐酸至水层不再产生沉淀　。
（4）步骤4中，抽滤所用的装置包括 　布氏漏斗　、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵。
【解答】解：实验步骤如下
步骤1：向反应瓶中加入3，4﹣亚甲二氧基苯甲醛和水，快速搅拌，于70～80℃滴加KMnO4溶液，二者发生反应
3+2KMnO4→2++2MnO2+H2O，反应结束后，加入KOH溶液至碱性，使转化为可溶性的；
步骤2：趁热过滤，除去不溶性的MnO2，洗涤滤饼，合并滤液和洗涤液，减少资源浪费；
骤3：对合并后的溶液进行处理，向溶液中加入稀盐酸至水层不再产生沉淀为止；
步骤4：抽滤，洗涤，干燥，得3，4﹣亚甲二氧基苯甲酸固体；
（1）步骤1中，反应结束后，若观察到反应液呈紫红色，需向溶液中滴加 NaHSO3溶液，HSO3﹣具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，HSO3﹣被氧化生成SO42﹣，
加入KOH溶液能和﹣COOH反应生成可溶性的盐，从而易于分离；
故答案为：SO42﹣；将反应生成的酸转化为可溶性的盐；
（2）步骤2中，趁热过滤除去的物质难溶性的物质，为MnO2，
故答案为：MnO2；
（3）步骤3中，处理合并后溶液的实验操作为加入盐酸至水层不再产生沉淀，
故答案为：加入盐酸至水层不再产生沉淀；
（4）步骤4中，抽滤所用的装置包括布氏漏斗、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵，
故答案为：布氏漏斗。
【点评】本题考查物质制备，侧重考查学生实验操作、实验分析能力，明确实验原理、仪器用途、物质性质是解本题关键，但是有机化学制备实验在中学中接触较少，导致学生感觉难度较大。
21．（2020•北京）MnO2是重要化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图。

资料：
①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2
②金属离子沉淀的pH

Fe3+
Al3+
Mn2+
Fe2+
开始沉淀时
1.5
3.4
5.8
6.3
完全沉淀时
2.8
4.7
7.8
8.3
③该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。
（1）溶出
①溶出前，软锰矿需研磨。目的是 　增大反应速率，提高浸出率　。
②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示。

ⅰ．Ⅱ是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是 　MnO2+4H++2Fe2+═Mn2++2Fe3++2H2O　
ⅱ．若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+═Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2．而实际比值（0.9）小于2，原因是 　二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+　。
（2）纯化
已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3•H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：　MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，同时通过调节pH除去溶液中的Al3+和Fe3+　。
（3）电解：Mn2+纯化液经电解得MnO2．生成MnO2的电极反应式是 　Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+　。
（4）产品纯度测定
向ag产品中依次加入足量bg Na2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用cmol•L﹣1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL．（已知：MnO2及MnO4﹣均被还原为Mn2+．相对分子质量：MnO286.94；Na2C2O4134.0）产品纯度为 　×100%　。（用质量分数表示）
【解答】解：（1）①研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率，
故答案为：增大反应速率，提高浸出率；
②i．根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+═Mn2++2Fe3++2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2Fe2+═Mn2++2Fe3++2H2O；
ii．根据方程式可知，Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，导致需要的铁减少Fe2+，故实际比值（0.9）小于2，
故答案为：二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+；
（2）MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，后加入NH3•H2O，调溶液pH≈5，除去溶液中的Al3+、Fe3+，
故答案为：MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，同时通过调节pH除去溶液中的Al3+和Fe3+；
（3）电解时，溶液呈酸性，Mn2+失电子，与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+，
故答案为：Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+；
（4）根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应（5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O+5Na2SO4），则与二氧化锰反应的草酸钠；MnO2+Na2C2O4+2H2SO4＝Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O，则n（MnO2）＝n（Na2C2O4）＝﹣，产品纯度＝×100%＝×100%，
故答案为：。
【点评】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，为高考常见题型，注意把握题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度较大。