2024年高考押题预测卷—化学（北京卷01）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—化学（北京卷01）（全解全析），共20页。试卷主要包含了下列实验方案能达到实验目的的是等内容，欢迎下载使用。

（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Ca-40
1．化学与生产、生活、密切相关，下列说法不正确的是
A．北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”使用的聚乙烯属于有机高分子材料
B．“墨子号”卫星的成功发射实现了光纤量子通信，光纤的主要成分为二氧化硅
C．制造5G芯片的氮化铝晶圆属于无机非金属材料
D．焰火中的红色来源于钠盐灼烧
【答案】D
【详解】A．聚乙烯属于合成有机高分子材料，A正确；
B．光纤的主要成分为纯度较高二氧化硅，B正确；
C．氮化铝属于无机非金属材料，C正确；
D．钠的焰色反应为黄色，D错误；
故选D。
2．下列化学用语错误的是
A．基态原子的价层电子排布图：
B．乙炔分子的空间填充模型：
C．的电子式：
D．中键形成过程：
【答案】B
【详解】A．As元素原子序数为33，处于周期表第四周期第VA族，基态As原子的价层电子排布式为4s24p3，对应电子排布图为，A正确；
B．乙炔分子的空间填充模型为，B错误；
C．Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，是离子化合物，过氧根中两个氧原子共用一对电子，电子式为，C正确；
D．HCl中σ键形成过程，D正确；
本题选B。
3．下列叙述正确的是
A．浓氨水中滴加饱和溶液可制得胶体
B．明矾溶于水产生胶体：
C．用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物
D．沸水中滴加适量饱和溶液，形成带电的胶体，导电能力增强
【答案】C
【详解】A．向氯化铁溶液中加入浓氨水得到的是氢氧化铁沉淀，而不是胶体，A错误；
B．正确的方程式为:，用可逆符号，不能打沉定符号，B错误；
C．铝盐、铁盐都能水解生成对应的氢氧化物胶体，疏松多孔，具有吸附性，可吸附水中的悬浮物，C正确；
D．胶体不带电，氢氧化铁胶粒带正电，D错误；
故选C。
4．下列事实中，不能用化学平衡移动原理解释的是
A．棕色的体系加压后，颜色先变深后逐渐变浅
B．在配制硫酸亚铁溶液时往往要加入少量铁粉
C．用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小
D．工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率
【答案】B
【详解】A．存在平衡2NO2(g)⇌N2O4(g)，增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于移动的目的是减弱变化，而不是消除变化，故颜色仍比原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故A不选；
B．由于Fe2+易被空气中的氧气氧化，故在配制硫酸亚铁溶液时往往要加入少量铁粉，防止亚铁离子被氧化，与平衡移动原理无关，故选B；
C．难溶物AgCl在水中存在沉淀溶解平衡AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，用稀盐酸洗涤相比用水洗涤，稀盐酸中c(Cl-)较大，使沉淀溶解平衡逆向移动，减少氯化银沉淀的损耗，可以用平衡移动原理解释，故C不选；
D．工业上生产硫酸的过程中，二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫为可逆反应，使用过量的空气促进平衡正向移动，以提高二氧化硫的利用率，可以用勒夏特列原理解释，故D不选；
本题选B。
5．用如图装置电解制取，温度控制在10℃左右，持续通入，电解前后物质的量基本不变。下列说法正确的是

A．电解过程中的移动方向是：甲室→乙室
B．甲室产生的气体只有
C．当乙室产生的气体体积为11.2L时，外电路转移电子数为4
D．乙室电极反应为
【答案】D
【分析】从图中可知，该装置为电解池装置，铜电极上得电子转化为，因此铜电极为阴极，故铂电极为阳极。
【详解】A．由分析知，电解过程中电解质中的阴离子向阳极移动，由乙室向甲室移动，A错误；
B．电解前后物质的量基本不变，阴极上有生成，则阳极上HCO3-失电子生成和，电极反应为，B错误；
C．没有指明气体所处的状况，不能计算电子转移数目，C错误；
D．电解时电解质溶液中物质的量基本不变，故在阴极会同时产生碳酸氢根，发生的电极反应为，D正确；
故选D。
6．下列反应事实用离子方程式表示，其中正确的是
A．溶液腐蚀铜板：
B．酸性高锰酸钾标准溶液滴定草酸：
C．NaI溶液中滴加酸化溶液制取：
D．检测酒驾的反应原理：
【答案】C
【详解】A．该离子方程式不遵循电荷守恒以及得失电子守恒，正确写法为：，A错误；
B．草酸是弱酸，在离子反应中保留化学式，酸性标准溶液滴定草酸：，B错误；
C ．NaI溶液中滴加酸化溶液制取，离子方程式为：，C正确；
D．检测酒驾，重铬酸钾将乙醇氧化为乙酸，不是一氧化碳，正确反应为：，D错误；
故选C。
7．下列实验方案能达到实验目的的是
A．甲可制取无水B．乙可验证金属性：
C．丙可验证非金属性：D．丁可探究压强对平衡的影响
【答案】B
【详解】A．甲中镁离子水解，得到的最终产物为氢氧化镁，A错误；
B．该装置构成原电池，若铁钉两端溶液变红，没有蓝色沉淀生成，说明铁钉没有被腐蚀，说明锌为负极，铁为正极，金属性：，B正确；
C．丙中通过溴化钠溶液后得到的混合气中有Cl2和Br2，Cl2也能将硫化钠氧化为硫，不能证明非金属性Br>S，C错误；
D．氢气与碘蒸气反应前后气体分子数不变，压强对平衡无影响，故不能探究压强对平衡移动的影响，D错误；
故选B。
8．关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是
A．Ag与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快，所以实验室通常用浓硝酸洗涤附着在试管内壁上的银镜
B．加热浓硫酸与NaCl固体的混合物可制备HCl，说明浓硫酸酸性强于HCl
C．将CO2通入Ba(NO3)：溶液无明显现象，则将SO2通入Ba(NO3)2溶液也无明显现象
D．向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解反应
【答案】D
【详解】A．实验室通常用稀硝酸清洗银镜，稀硝酸成本更低，故A错误；
B．加热浓硫酸与NaCl固体反应方程式为：，反应能发生，是由于HCl为挥发性酸，不断离开反应体系，使得平衡正向移动，反应得以进行，与浓硫酸和HCl的酸性大小无关，故B错误；
C．SO2通入Ba(NO3)2溶液中，SO2被氧化为硫酸根，会生成BaSO4白色沉淀，故C错误；
D．向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，是由于次氯酸根水解：，使溶液呈碱性，由于生成的次氯酸具有漂白性，使得溶液变红后褪色，故D正确；
故选D。
9．合成某种药物的关键中间体结构如图所示。下列关于该物质说法不正确的是
A．碳原子采用2种杂化方式B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．核磁共振氢谱有10组峰D．该物质最多与反应
【答案】D
【详解】A．分子中存在碳碳双键、碳氧双键，其他碳均以单键形成，故碳原子采用sp3、sp22种杂化方式，A正确；
B．分子中存在醇羟基和碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．分子中除两个对称的-CH2CH3结构，其他位置上的氢均不相同，有10种不同化学环境的氢，故核磁共振氢谱有10组峰，C正确；
D．分子中只含有一个酯基能与氢氧化钠反应，该物质最多与反应，D不正确；
答案选D。
10．下列有关物质结构与性质的说法正确的是
A．雪花是天空中的水汽经凝华而来的一种晶体，其六角形形状与氢键的方向性有关
B．某基态原子的价层电子排布为4d25s2，该原子N层上有3个空轨道
C．C=C键的键能比C—C键的大，所以碳碳双键的化学性质比碳碳单键稳定
D．碘易溶于浓碘化钾溶液，甲烷难溶于水都可用“相似相溶”原理解释
【答案】A
【详解】A．氢键具有方向性和饱和性，导致雪花内分子有序排列，故雪花都是六角形形状，A正确；
B．该元素第N层的电子排布为4s24p64d2，d有5个轨道，基态原子第N能层上还有3个空轨道，但4f上有7个轨道均没有电子，故该原子N层上有10个空轨道，B错误；
C． C=C键的键能比C—C键的大，但碳碳双键的键能小于碳碳单键键能的2倍，碳碳双键不稳定，易断裂，所以碳碳双键的化学性质比碳碳单键更不稳定，C错误；
D．碘易溶于浓碘化钾溶液，发生的反应为I2+I-，与相似相溶原理无关，甲烷是非极性分子，H2O是极性分子，故CH4难溶于水可用“相似相溶”原理解释，D错误；
故答案为：A。
11．聚乙烯醇缩甲醛(维纶)是一种优质的合成材料，可用于生产服装、绳索等，一种合成路线如下所示。下列说法不正确的是
A．X的结构简式为
B．试剂Y可以是氢氧化钠溶液
C．甲醛易溶于水，其水溶液具有杀菌、防腐的作用
D．生成需要和
【答案】D
【分析】CH≡CH和CH3COOH发生加成反应，CH≡CH断开一条π键，CH3COOH断开-OH，生成，即X为，X在催化剂、加热条件下发生加聚反应生成M，M在试剂Y作用下发生酯基的水解反应生成N，Y可以是稀硫酸或NaOH溶液，2分子N的链节和1分子甲醛发生缩聚反应生成1分子Q的链节，据此分析解题。
【详解】A．根据分析，X的结构简式为，A正确；
B．根据分析，试剂Y可以是氢氧化钠溶液，B正确；
C．甲醛易溶于水，其水溶液是福尔马林，具有杀菌、防腐的作用，C正确；
D．Q为高聚物，2分子N的链节和1分子甲醛发生缩聚反应生成1分子Q的链节，D错误；
答案选D。
12．高铁酸钠()是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理，制备的一种方法其原理：，下列说法不正确的是
A． Fe3+是还原剂B．H2O既不是还原产物也不是氧化产物
C．生成，转移电子D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为
【答案】C
【详解】A．反应中Fe3+的化合价升高到+6价，被氧化，故Fe3+是还原剂，A正确；
B．反应中H和O的化合价均未改变，故H2O既不是还原产物也不是氧化产物，B正确；
C．反应中Fe3+的化合价升高到+6价，则生成，转移3ml电子，C错误；
D．反应中是氧化产物，Cl-是还原产物，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为，D正确；
故答案为：C。
13．氨氧化法是工业制硝酸的重要途径，其中氨氧化过程如下图所示。下列说法错误的是
A．能降低氧化的活化能
B．该过程的总反应式为：
C．第一电离能：O>N>H
D．可用氨还原法处理硝酸工业的尾气
【答案】C
【分析】由图可知，反应物为NH3和氧气，生成物为水与NO，Pt / CaTiO3为反应的催化剂，据此回答。
【详解】A．Pt / CaTiO3为反应的催化剂，降低NH3氧化的活化能，A正确；
B．根据分析可知，该过程的总反应式为：，B正确；
C．第一电离能：N>O>H，N的2p能级半满，能量低，比相邻元素第一电离能大，C错误；
D．氨还原法处理硝酸工业的尾气NO，方程式为，D正确；
故选C。
14．已知的电离常数，，常温下，难溶物在不同浓度盐酸(足量)中恰好不再溶解时，测得混合液中与的关系如图所示，下列说法正确的是
A．约为
B．点：
C．点：约为
D．直线上任一点均满足：
【答案】A
【详解】A．由BaR+2H+=Ba2++H2R结合H2R的Ka1、Ka2可知c(Ba2+)≈c(H2R)，H2RH++HR-，HR-H++R2-故Ka1=，Ka2=，Ka1Ka2=，得到c(R2-)=，Ksp（BaR）=c(Ba2+) ，由题干图示信息，当pH=1时，lg(Ba2+)=0即c(H+)=0.1ml/L，c(Ba2+)=1.0ml/L，故约为，A正确；
B．由题干信息可知，直线MN的方程式为：lg(Ba2+)=1-pH，故M点为lg(Ba2+)=0.4，pH=0.6，根据分析可知≈c(Ba2+)=10-0.4ml/L，c(H+)=10-0.6ml/L，此时溶质为BaCl2和H2R，故c(Cl−)>c(H+)>c（R2-），B错误；
C．由题干信息可知，直线MN的方程式为：lg(Ba2+)=1-pH，故N点pH=0.8，lg(Ba2+)=0.2，故c(H2R)≈c(Ba2+)=10-0.2ml/L，c(H+)=10-0.8ml/L，约为2×10-7ml⋅L-1，C错误；
D．由+2H+=Ba2++H2R、、，根据电荷守恒可知，直线上任一点均满足：，D错误；
故答案为：A。
15．(11分) C、N化合物对人类生存环境有重要影响。
Ⅰ.汽车尾气中的NO和CO在催化剂作用下可生成无毒无害的气体，工业废气中的NO可被NH3在高温催化作用下还原为N2和H2O。
(1)原子序数为N元素两倍的元素的基态原子的外围电子排布图为 。
(2)C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序为 。
(3)键角：NH3 (填“>“<”或“=”)H2O；NH3的VSEPR模型为 。
Ⅱ.NO与血红蛋白中的[Fe(H2O)6]2+结合生成[Fe(NO)(H2O)5]2+可导致人体的血红蛋白丧失携氧能力。
(4)Fe2+的配位数为 。
(5)在[Fe(NO)(H2O)5]2+中，配体NO提供配位的原子为 (填元素符号)，原因是 。
Ⅲ.C元素与N元素形成的一种超硬晶体的晶胞结构如图所示(8个碳原子位于立方体的顶点，4个碳原子位于立方体的面心，4个氮原子在立方体内)，设晶胞参数为anm，NA为阿伏加德罗常数的值，1号原子的坐标为(0，0，0)、3号原子的坐标为(1，1，1)。
(6)①C原子的杂化方式为 。
②2号原子的坐标为 。
③该晶体的密度为 g/cm3。
【答案】(1) (1分)
(2) (1分)
(3) ＞ (1分) 四面体形 (1分)
(4)6 (1分)
(5) N (1分) O电负性大于N，N更容易提供孤电子对 (1分)
(6) sp3 (1分) (1分) (2分)
【详解】（1）原子序数为N元素两倍的元素为Si元素，其基态原子的外围电子排布图：；
（2）同周期元素第一电离能从左到右逐渐增大，由于N核外电子排布处于半充满的较稳定状态，其第一电离能大于相邻族元素第一电离能，即第一电离能：；
（3）H2O中心原子O价层电子对数：，含2对孤电子对，分子空间结构为V形；NH3中心原子N价层电子对数：，含1对孤电子对，VSEPR模型为四面体形，分子空间结构为三角锥形；孤电子对数越多，键角越小，即键角：；
（4）[Fe(NO)(H2O)5]2+中Fe2+的配位数为6；
（5）在[Fe(NO)(H2O)5]2+中，配体NO提供配位的原子为N，O电负性大于N，N更容易提供孤电子对；
（6）①晶胞中C原子价层电子对数为4，为sp3杂化；
②2号原子位于体对角线位置，根据1号原子及3号原子坐标，得2号原子坐标；
③根据均摊法计算，碳原子个数：，氮原子个数为4，根据晶胞密度计算公式：；
16． (10分)氢能的开发和利用是推动我国能源结构转型，保障国家能源安全，实现“碳达峰”、“碳中和”目标的重要途径。目前，我国已成为世界第一大产氢国，主要有三类工业制氢路线：
(1)化工燃料重整制氢
已知：

则与反应生成和的反应热是 。
(2)工业副产氢
已知：工业上用水煤气法制氢气，有关化学方程式是：
反应一：
反应二：
①反应一在时达到化学平衡状态，则此温度下该反应的平衡常数表达式 。
②在时将和各通入体积为的密闭容器中反应发生反应二，时达到平衡状态，该反应的平衡常数是9，则的转化率是 ，用的浓度变化表示的反应速率是 。
(3)清洁能源电解制氢
已知：利用电解饱和食盐水可制得氢气，下图为电解装置示意图：
①电极是极 (填“阴”或“阳”)，电极的电极反应式 。
②假设室温条件下电解饱和食盐水一段时间，当两极产生的气体共(标准状况下)时，溶液的为 (溶液体积没有变化)。
【答案】(1)+659.8 (2分)
(2) (1分) (或0.75) (1分) (1分)
(3) 阳 (1分) (2分) 13 (2分)
【详解】（1）①
②
与反应生成和的反应依据盖斯定律①×2-②得到：+2=+4 △H=+659.8kJ•ml-1，反应热是+659.88kJ•ml-1，故答案为：+659.8。
（2）①，注意碳为固体，由反应的化学方程式可知平衡常数表达式K=，故答案为：；
②在时将和各通入体积为的密闭容器中反应发生反应，5分钟时达到平衡状态，该反应的平衡常数是9，设CO的转化率是x，依据三段式列式得到：
K= x=0.75，则CO的转化率为75%；用CO的浓度变化表示的反应率速==7.5×10-4 ml/(L•min)；故答案为：75%；7.5×10-4 ；
（3）①分析装置图可知，饱和食盐水变为淡盐水，则C1极上Cl-失去电子转化为氯气， Na+通过阳离子交换膜向右移动，所以电极是阳极，C2电极为阴极，在阴极是水中的氢离子得到电子生成氢气，电极反应式为；
②C1为阳极溶液中氯离子失电子生成氯气，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，结合阴极电极反应式可知，通过相等电量，两极生成的气体物质的量相等，当两极产生的气体共(标准状况下)即0.01ml气体时，生成氢气0.005ml，则同时生成OH-为0.01ml，溶液体积为100mL，则溶液中的OH-浓度为0.1ml/L，所以溶液的pH=13。故答案为：阳；；13。
17．(12分)F是抗过敏药非索非那定制备的关键中间体，其合成路线如下：

回答下列问题：
(1)A的分子式为 。
(2)B的结构简式为 。
(3)C中含氧官能团的名称为 。
(4)C生成D的化学方程式为 。
(5)D生成E的反应类型为 ；1mlF最多与 mlH2发生加成反应。
(6)A的同分异构体中，同时满足下列条件的共有 种(不考虑立体异构)；
①苯环上有两个取代基；②含有一个手性碳原子；③含有乙基
其中核磁共振氢谱为6组峰，且苯环上连有甲基的同分异构体的结构简式为 。
【答案】(1)C10H13Cl (1分)
(2) (1分)
(3)酮羰基、酯基 (2分)
(4) (2分)
(5) 氧化反应 (1分) 10 (1分)
(6)9 (2分) (2分)
【分析】由有机物的转化关系可知，与乙酸钾共热发生取代反应生成，则B为；一定条件下与发生取代反应生成，15—25℃条件下在氢氧化钠溶液中发生取代反应生成，一定条件下发生氧化反应生成，经多步转化。
【详解】（1）由结构简式可知，的分子式为C10H13Cl；
（2）由分析可知，B的结构简式为；
（3）由结构简式可知，分子的含氧官能团为酮羰基、酯基；
（4）由分析可知，C生成D的反应为15—25℃条件下在氢氧化钠溶液中发生取代反应生成、乙酸钠、氯化钠和水，反应的化学方程式为 ；
（5）由分析可知，D生成E的反应为一定条件下发生氧化反应生成；由结构简式可知，分子中的苯环、酮羰基一定条件下能与氢气发生加成反应，则1ml F最多与10ml氢气发生加成反应；
（6）A的同分异构体分子中苯环上有两个取代基，含有一个手性碳原子，含有乙基说明取代基可能为和Cl—、和CH3—、CH3CH2—和，取代基在苯环上都有邻间对三种位置关系，则符合条件的结构简式共有9种，其中核磁共振氢谱为6组峰，且苯环上连有甲基的同分异构体的结构简式为。
18． (12分) 四氧化三锰()是一种可用于生产锂离子电池正极材料的原料。以天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含等元素)为原料制备高纯的工艺流程如下图所示。
该工艺条件下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下表：
回答下列问题：
(1)“氧化”中添加适量的的作用是 。(用离子方程式表示)
(2)“滤渣2”中主要有 ，“调”时溶液的范围应调节为 ~6.2之间。
(3)“除杂2”的目的是生成，沉淀除去。若溶液酸度过高，会导致 。
(4)常温下，利用表格中的数据，计算 。(已知)
(5)和氨水混合在下得到的的产率最高。若继续升高温度，会导致产率降低，原因可能是 。
(6)在“沉锰”时，可用尿素代替，同时控制温度在，写出尿素“沉锰”反应的离子方程式： 。
【答案】(1) (2分)
(2) 、 (2分) 4.7 (1分)
(3)沉淀不完全 (1分)
(4)12.8 (2分)
(5)温度升高，导致氨水挥发或分解(2分)
(6)(2分)
【分析】硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)，MnS矿和MnO2粉加入稀硫酸，MnO2具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成MnSO4、S，同时溶液中还有难溶性的SiO2（或不溶性硅盐），所以得到的滤渣1为S和SiO2（或不溶性硅盐）；然后向滤液中加入MnO2，将还原性离子Fe2+氧化生成Fe3+，再向溶液中加入氨水调节溶液的pH除铁和铝，所以滤渣2为Al(OH)3、Fe(OH)3，加入的Na2S和Zn2+、Ni2+反应生成硫化物沉淀，所以滤渣3为NiS和ZnS，所得滤液中继续加入MnF2生成MgF2沉淀除去Mg2+，所以滤渣4为MgF2，最后向滤液中加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，用稀硫酸溶解沉淀得到硫酸锰，硫酸锰与氨水反应得氢氧化锰，氢氧化锰再空气中加热得四氧化三锰。
【详解】（1）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
（2）根据分析，“滤渣2”中主要有Al(OH)3、Fe(OH)3， 由表中数据知pH在4.7时，Al3+和Fe3+沉淀完全，Zn2+在pH=6.2开始沉淀，故“调pH”时溶液的pH范围应调节为4.7~6.2之间；
（3）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，溶液中存在MgF2的溶解平衡，如果溶液酸性较强，F-与H+结合形成弱电解质HF，使MgF2(s)⇌Mg2++2F-平衡向右移动，导致镁离子沉淀不完全；
（4）Mn2+开始沉淀的pH为8.1，即溶液中c(H+)=10-8.1ml/L，则溶液中c(OH-)=10-5.9ml/L，则Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)c2(OH-)=0.1×(10-5.9)2=10-12.8，则pKsp[Mn(OH)2]=12.8；
（5）硫酸锰与氨水反应得氢氧化锰，温度过高，氨水挥发或分解，碱性不足，生成氢氧化锰不完全，导致Mn3O4产率降低；
（6）尿素在115~120°C水解生成铵根和碳酸根，锰离子和碳酸氢离子生成了MnCO3沉淀，离子方程式为：Mn2++CO(NH2)2+2H2OMnCO3↓+2；
19．(13分)亚硝酸钙可作为混凝土防冻剂和钢筋阻锈剂的主要原料。熔点为，易潮解，易溶于水。实验室中，某兴趣小组根据反应，利用如下装置(部分装置可重复选用)制备无水亚硝酸钙并测定产品的纯度(夹持装置略)。
已知：①；
②酸性条件下：能被溶液氧化，；
③是具有氧化性的一元弱酸，是一种难溶于水的白色化合物。
回答下列问题：
(1)上述装置按气流方向连接的顺序为 (填标号)；装置A中发生反应的离子方程式为 ，装置的作用是 。
(2)完全还原后，进行操作：(ⅰ)停止滴加稀硝酸，停止通电；(ⅱ)……；(ⅲ)冷却后，将所得产品完全转移到试剂瓶中密封保存；(ⅳ)……操作(ⅱ)为 。
(3)兴趣小组同学认为制备的可能会混有，下列试剂可以鉴别二者的是 (填标号)。
A．溶液 B．淀粉(酸性)溶液 C．溶液
设计如下方案测定样品中的纯度(杂质不参与以下反应)：称取样品、溶解、定容至；移取溶液于锥形瓶中，加入过量酸化的溶液；以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定，发生反应：。平行滴定3次，平均消耗的标准液。
(4)测定过程所需仪器中，使用前必须检查是否漏液的有 ；样品中的质量分数 ；下列情况会导致的质量分数测量值偏大的是 (填标号)。
A．称量后样品发生了潮解
B．定容时俯视刻度线
C．移取溶液后发现滴定管尖嘴管内有气泡
D．滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
【答案】(1) (2分) (2分)
除去挥发的HNO3 (1分)
(2)打开止水夹，向装置中通入一段时间N2(1分)
(3)C (1分)
(4) 容量瓶、滴定管(2分) (2分) BCD(2分)
【分析】实验开始前先通一段时间氮气，排尽装置内的空气，A中稀硝酸与Cu片反应生成NO，NO先通入D中除去NO中挥发的HNO3，再通入C中干燥NO,干燥的NO通入B中与在加热条件下反应生成，实验结束后继续通入一段时间氮气，将过量的NO赶入E中被酸性高锰酸钾溶液吸收，据此分析解答。
【详解】（1）由上述分析可知，上述装置按气流方向连接的顺序为；装置A中铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应离子方程式为：；装置的作用是除去NO中的HNO3；
（2）操作(ⅱ)为打开止水夹，向装置中通入一段时间N2，将装置中多余的NO完全赶入高锰酸钾溶液中吸收；
（3）结合已知信息，可用溶液鉴别、，与溶液反应会生成沉淀；
（4）实验过程中需要配制溶液，需用到容量瓶，同时滴定过程中需用到滴定管，使用前都需要检查是否漏液；
与KI发生反应生成碘单质和NO，根据得失电子守恒得关系：，平均消耗的标准液，消耗的物质的量为：，的物质的量为，样品中的质量分数；
A．称量后样品发生了潮解，导致所称样品中含量偏低，所测含量偏低，故不选；
B．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，则所测含量偏高，故选；
C．移取溶液后发现滴定管尖嘴管内有气泡，则待测液体积偏大，消耗标准液偏高，则所测含量偏高，故选；
D．滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，导致标准液被稀释，所耗体积偏大，则所测含量偏高，故选。
评卷人
得分
一、选择题：本题共14小题，每小题3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。
评卷人
得分
二、非选择题：本题共5小题，共58分。
金属离子
开始沉淀的
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9