2019-2020年高考化学查缺补漏试卷 含解析.doc

2019-2020年高考化学查缺补漏试卷 含解析一、选择题1下列叙述正确的是（）A淀粉、蛋白质、油脂均是天然高分子化合物B铜矿石在细菌作用下可直接转化为单质铜，这个过程叫生物炼铜C氟氯烃的肆意排放会加速臭氧层的破坏，使大气层中的紫外线增强D凯库勒的“基团理论”尽管存在缺陷，但仍对有机化学的发展起到了巨大的推动作用2短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，核电荷数之和为36；X、Z原子的最外层电子数之和等于Y原子的次外层电子数；R原子的质子数是Y原子质子数的两倍下列有关这四种元素的相关叙述正确的是（）AR的氢化物比Y的氢化物的沸点更高BX与Z组成的化合物溶于水呈碱性C只有Y元素存在同素异形体DX、Y、Z、R形成简单离子的半径依次增大3下列离子方程式正确的是（）A用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH3CHO+2Ag（NH3）2+2OHCH3COO+NH4+3NH3+2Ag+H2OB苯酚钠溶液中通入少量CO2：CO2+H2O+2C6H5O2C6H5OH+2CO32CNa2SO3溶液使酸性KMnO4溶液褪色：5SO32+4H+2MnO45SO42+2Mn2+2H2OD向AlCl3溶液滴入过量氨水：Al3+4OHAlO2+2H2O4异秦皮啶具有镇静安神抗肿瘤功效，秦皮素具有抗痢疾杆菌的作用他们在一定条件下有如图所示的转化关系下列有关说法正确的是（）A异秦皮啶分子式为C11H14O5B异秦皮啶与秦皮素均能与NaHCO3溶液反应，放出CO2C异秦皮啶与秦皮素可用FeCl3溶液鉴别D1mol的秦皮素最多可与4mol NaOH反应5高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压高铁电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，下列叙述错误的是（）A放电时正极附近溶液的碱性增强B充电时锌极与外电源正极相连C放电时每转移3 mol电子，正极有1mol K2FeO4被还原D充电时阳极反应为：Fe（OH）33e+5OHFeO42+4 H2O6向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是（）操作现象结论A滴加AgNO3溶液生成白色沉淀原溶液中有ClB滴加盐酸溶液产生无色无味气体使澄清石灰水变浑浊原溶液中有CO32C滴加硫酸钠和稀硝酸溶液产生白色沉淀原溶液中有Ba2+D滴加稀NaOH溶液生成白色沉淀原溶液中一定有Mg2+AABBCCDD7在某温度时，将n molL1氨水滴入10mL 1.0molL1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是（）Aa点Kw=1.01014B水的电离程度：bcadCb点：c（NH4+）c（Cl）c（H+）c（OH）D25时NH4Cl水解常数为（n1）107 molL1（用n表示）二、解答题（共4小题，满分58分）8已知一个碳原子上连有两个羟基时，易脱水形成碳氧双键请根据下图回答（1）A中官能团的名称是，反应的反应类型是；（2）反应的化学方程式为（3）已知B的相对分子质量为162，其燃烧产物中n（CO2）：n（H2O）=2：1则B的分子式为（4）高分子光阻剂是光刻蚀0.11 m电脑芯片的关键技术，F是生产它的主要原料F具有如下特点：能跟FeCl3溶液发生显色反应；能发生加聚反应；芳环上的一氯代物只有两种F在一定条件下发生加聚反应的化学方程式为（5）G是F的同分异构体，属于芳香族化合物，能发生银镜反应G可能的结构有种，写出其中任一种同分异构体的结构简式9随着氮氧化物污染的日趋严重，国家将于“十二五”期间加大对氮氧化物排放的控制力度 目前，消除氮氧化物污染有多种方法（1）用活性炭还原法处理氮氧化物有关反应为：C（s）+2NO（g）N2 （g）+CO2 （g）H某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，恒温（T1）条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：浓度/molL1/时间/minNON2CO200.10000100.0580.0210.021200.0400.0300.030300.0400.0300.030400.0320.0340.017500.0320.0340.017T1时，该反应的平衡常数K=（保留两位小数）30min后，改变某一条件，反应重新达到平衡，则改变的条件可能是若30min后升高温度至T2，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5：3：3，则该反应的H0（填“”、“=”或“”）（2）用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染已知：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=574kJmol1CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=1160kJmol1H2O（g）=H2O（l）H=44.0kJmol1写出CH4（g）与NO2（g）反应生成N2 （g）、CO2 （g）和H2O（1）的热化学方程式（3）以NO2、O2、熔融NaNO3组成的燃料电池装置如下图所示，在使用过程中石墨I电极反应生成一种氧化物Y，有关电极反应可表示为10硫化钠主要用于皮革、毛纺、高档纸张、染料等行业生产硫化钠大多采用无水芒硝（Na2SO4）炭粉还原法，其流程示意图如图1：（1）上述流程中“碱浸”后，物质A必须经过（填写操作名称）处理后，方可“煅烧”；若煅烧所得气体为等物质的量的CO和CO2，写出煅烧时发生的总的化学反应方程式为（2）上述流程中采用稀碱液比用热水更好，理由是（3）取硫化钠晶体（含少量NaOH）加入到硫酸铜溶液中，充分搅拌若反应后测得溶液的pH=4，则此时溶液中c（ S2）=（已知：常温时CuS、Cu（OH）2的Ksp分别为8.81036、2.21020）（4）皮革工业废水中的汞常用硫化钠除去，汞的去除率与溶液的pH和x（x代表硫化钠的实际用量与理论用量的比值）有关（如图2所示）为使除汞效果最佳，应控制的条件是、某毛纺厂废水中含0.001molL1的硫化钠，与纸张漂白后的废水（含0.002molL1NaClO）按1：2的体积比混合，能同时较好处理两种废水，处理后的废水中所含的主要阴离子有11淀粉水解的产物（C6H12O6）用硝酸氧化可以制备草酸，装置如图1所示（加热、搅拌和仪器固定装置均已略去）：实验过程如下：将1：1的淀粉水乳液与少许硫酸（98%）加入烧杯中，水浴加热至8590，保持30min，然后逐渐将温度降至60左右；将一定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中；控制反应液温度在5560条件下，边搅拌边缓慢滴加一定量含有适量催化剂的混酸（65%HNO3与98%H2SO4的质量比为2：1.5）溶液；反应3h左右，冷却，减压过滤后再重结晶得草酸晶体硝酸氧化淀粉水解液过程中可发生下列反应：C6H12O6+12HNO33H2C2O4+9NO2+3NO+9H2OC6H12O6+8HNO36CO2+8NO+10H2O3H2C2O4+2HNO36CO2+2NO+4H2O请回答下列问题：（1）实验加入98%硫酸少许的目的是：（2）冷凝水的进口是（填a或b）；实验中若混酸滴加过快，将导致草酸产量下降，其原因是（3）检验淀粉是否水解完全所用的试剂为（4）草酸重结晶的减压过滤操作中，除烧杯、玻璃棒外，还必须使用属于硅酸盐材料的仪器有（5）当尾气中n（NO2）：n（NO）=1：1时，过量的NaOH溶液能将NOx全部吸收，发生的化学反应为：NO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2O，若用含硫酸的母液来吸收氮氧化物，其优点是、缺点是（6）将产品在恒温箱内约90以下烘干至恒重，得到二水合草酸用KMnO4标准溶液滴定，该反应的离子方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O称取该样品0.12g，加适量水完全溶解，然后用0.020molL1的酸性KMnO4溶液滴定至终点（杂质不参与反应），此时溶液颜色由变为滴定前后滴定管中的液面读数如图2所示，则该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为xx年北京市101中学高考化学查缺补漏试卷参考答案与试题解析一、选择题1下列叙述正确的是（）A淀粉、蛋白质、油脂均是天然高分子化合物B铜矿石在细菌作用下可直接转化为单质铜，这个过程叫生物炼铜C氟氯烃的肆意排放会加速臭氧层的破坏，使大气层中的紫外线增强D凯库勒的“基团理论”尽管存在缺陷，但仍对有机化学的发展起到了巨大的推动作用【考点】有机物的结构和性质；常见的生活环境的污染及治理【分析】A相对分子质量在10000以上的分子是高分子化合物；B铜矿石在细菌作用下可把不溶性的硫化铜转化为可溶性的铜盐；C卤素原子能加速臭氧分解；D“基团理论”是李比希提出的【解答】解：A相对分子质量在10000以上的分子是高分子化合物，天然高分子化合物有蛋白质、纤维素和淀粉，油脂属于小分子化合物，故A错误；B铜矿石在细菌作用下可把不溶性的硫化铜转化为可溶性的铜盐，使铜的冶炼变得简单，故B错误；C氟氯烃在大气层中会释放出卤素原子，卤素原子能加速臭氧分解，则氟氯烃的肆意排放会加速臭氧层的破坏，使大气层中的紫外线增强，故C正确；D“基团理论”是李比希提出的，不是凯库勒，故D错误；故选C2短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，核电荷数之和为36；X、Z原子的最外层电子数之和等于Y原子的次外层电子数；R原子的质子数是Y原子质子数的两倍下列有关这四种元素的相关叙述正确的是（）AR的氢化物比Y的氢化物的沸点更高BX与Z组成的化合物溶于水呈碱性C只有Y元素存在同素异形体DX、Y、Z、R形成简单离子的半径依次增大【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，核电荷数之和为36；X、Z原子的最外层电子数之和等于Y原子的次外层电子数；R原子的质子数是Y原子质子数的两倍，由原子序数关系可知X、Z原子的最外层电子数之和应为2，Y的次外层电子数为2，则X为H元素，Z为Na元素，Y为O元素，R为S元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率解答该题【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，核电荷数之和为36；X、Z原子的最外层电子数之和等于Y原子的次外层电子数；R原子的质子数是Y原子质子数的两倍，由原子序数关系可知X、Z原子的最外层电子数之和应为2，Y的次外层电子数为2，则X为H元素，Z为Na元素，Y为O元素，R为S元素，AY为O元素，对应的氢化物含有氢键，沸点较高，故A错误；BX与Z组成的化合物为NaH，与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，故B正确；CS元素存在同素异形体，如单斜硫等，故C错误；DO、Na对应的离子，核电荷数越大离子半径越小，故D错误故选B3下列离子方程式正确的是（）A用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH3CHO+2Ag（NH3）2+2OHCH3COO+NH4+3NH3+2Ag+H2OB苯酚钠溶液中通入少量CO2：CO2+H2O+2C6H5O2C6H5OH+2CO32CNa2SO3溶液使酸性KMnO4溶液褪色：5SO32+4H+2MnO45SO42+2Mn2+2H2OD向AlCl3溶液滴入过量氨水：Al3+4OHAlO2+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A乙醛具有还原性，能够被银氨溶液氧化生成乙酸铵、氨气、水、银；B不符合反应客观事实；C得失电子不守恒；D生成氢氧化铝和氯化铵；【解答】解：A乙醛具有还原性，能够被银氨溶液氧化生成乙酸铵、氨气、水、银，离子方程式：CH3CHO+2Ag（NH3）2+2OHCH3COO+NH4+3NH3+2Ag+H2O，故A正确；B苯酚钠溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式：CO2+H2O+C6H5OC6H5OH+HCO3，故B错误；CNa2SO3溶液使酸性KMnO4溶液褪色，离子方程式：5SO32+2MnO4+6H+5SO42+2Mn2+3H2O，故C错误；D向AlCl3溶液中滴入过量氨水的离子反应为Al3+3NH3H2OAl（OH）3+NH4+，故D错误；故选：A4异秦皮啶具有镇静安神抗肿瘤功效，秦皮素具有抗痢疾杆菌的作用他们在一定条件下有如图所示的转化关系下列有关说法正确的是（）A异秦皮啶分子式为C11H14O5B异秦皮啶与秦皮素均能与NaHCO3溶液反应，放出CO2C异秦皮啶与秦皮素可用FeCl3溶液鉴别D1mol的秦皮素最多可与4mol NaOH反应【考点】有机物的结构和性质【分析】根据有机物的结构简式判断有机物所含元素种类以及原子个数，可确定有机物的分子式，异秦皮啶含有酚羟基，可发生取代、氧化反应，含有C=O，可发生加成反应，含有酯基，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，由官能团的转化可知，异秦皮啶取代反应生成秦皮素，以此解答该题【解答】解：A异秦皮啶分子式为C11H10O5，故A错误；B异秦皮啶与秦皮素中均含酚OH，酸性较弱，不能与NaHCO3溶液反应，故B错误；C二者都含有酚羟基，都可与FeCl3溶液反应发生显色反应，故C错误；D秦皮素水解产物含有3个酚羟基和1个羧基，则1mol的秦皮素最多可与4molNaOH反应，故D正确故选D5高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压高铁电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，下列叙述错误的是（）A放电时正极附近溶液的碱性增强B充电时锌极与外电源正极相连C放电时每转移3 mol电子，正极有1mol K2FeO4被还原D充电时阳极反应为：Fe（OH）33e+5OHFeO42+4 H2O【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn2e+2OH=Zn（OH）2，高铁酸钠在正极得到电子，电极反应式为FeO42+4H2O+3e=Fe（OH）3+5OH，根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系，充电时，阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钠，电极反应式为Fe（OH）3+5OH=FeO42+4H2O+3e，阳极消耗OH离子，碱性要减弱【解答】解：A放电时正极附近有OH生成，所以正极附近碱性增强，故A正确；B充电时锌极与外电源负极相连，故B错误；C放电时正极转化为：FeO42Fe（OH）3，1mol K2FeO4被还原要得到3mol电子，故C正确；D充电时阳极反应为：Fe（OH）33e+5OH=FeO42+4H2O，该电池环境为碱性环境，故D正确；故选B6向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是（）操作现象结论A滴加AgNO3溶液生成白色沉淀原溶液中有ClB滴加盐酸溶液产生无色无味气体使澄清石灰水变浑浊原溶液中有CO32C滴加硫酸钠和稀硝酸溶液产生白色沉淀原溶液中有Ba2+D滴加稀NaOH溶液生成白色沉淀原溶液中一定有Mg2+AABBCCDD【考点】常见离子的检验方法；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【分析】A白色沉淀可能为硫酸银等；B无色无味气体为二氧化碳；C白色沉淀为硫酸钡，不溶于酸；DNaOH少量时，生成白色沉淀为氢氧化铝或氢氧化镁【解答】解：A白色沉淀可能为硫酸银，则原溶液中可能含氯离子或硫酸根离子等，故A错误；B无色无味气体为二氧化碳，则原溶液中可能含CO32或HCO3，或二者均存在，故B错误；C白色沉淀为硫酸钡，不溶于酸，则原溶液中有Ba2+，故C正确；DNaOH少量时，生成白色沉淀为氢氧化铝或氢氧化镁，则溶液中可能含Mg2+或Al3+，或二者均存在，故D错误；故选C7在某温度时，将n molL1氨水滴入10mL 1.0molL1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是（）Aa点Kw=1.01014B水的电离程度：bcadCb点：c（NH4+）c（Cl）c（H+）c（OH）D25时NH4Cl水解常数为（n1）107 molL1（用n表示）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A水的电离是吸热反应，降低温度抑制水电离，导致其离子积常数降低；B酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且温度越高水的电离程度越大；Cc点溶液呈中性，氯化铵溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则氨水应该过量，c点酸碱体积相等，则氨水浓度大于1.0mol/L，b点溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），结合电荷守恒判断；D.25时溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH）=107 molL1，c（NH4+）=c（Cl）=0.5mol/L，根据物料守恒可知：c（NH3H2O）=（0.5n0.5）mol/L，然后结合铵根离子的水解平衡常数表达式计算【解答】解：A水的离子积与温度有关，温度越低水的离子积常数越小，a点时溶液温度小于25，则水的离子积Kw1.01014，故A错误；Bb点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，则a、d两点都抑制了水的电离，则b点水的电离程度最大；由于d点混合液的pH未知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小，故B错误；Cb点时溶液的pH7，则c（H+）c（OH），根据电荷守恒可知：c（Cl）c（NH4+），溶液中离子浓度大小为：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），故C错误；D根据图象可知，25时溶液的pH=7，则：c（H+）=c（OH）=107 molL1，c（NH4+）=c（Cl）=0.5mol/L，根据物料守恒可知：c（NH3H2O）=（0.5n0.5）mol/L，则25时NH4Cl水解常数为：K=（n1）107，故D正确；故选D二、解答题（共4小题，满分58分）8已知一个碳原子上连有两个羟基时，易脱水形成碳氧双键请根据下图回答（1）A中官能团的名称是溴原子，反应的反应类型是氧化反应；（2）反应的化学方程式为CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O+2H2O（3）已知B的相对分子质量为162，其燃烧产物中n（CO2）：n（H2O）=2：1则B的分子式为C10H10O2（4）高分子光阻剂是光刻蚀0.11 m电脑芯片的关键技术，F是生产它的主要原料F具有如下特点：能跟FeCl3溶液发生显色反应；能发生加聚反应；芳环上的一氯代物只有两种F在一定条件下发生加聚反应的化学方程式为（5）G是F的同分异构体，属于芳香族化合物，能发生银镜反应G可能的结构有4种，写出其中任一种同分异构体的结构简式、任意1种【考点】有机物的合成【分析】A和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成C和D，D酸化生成E，C发生氧化反应生成E，故C为醛，E为羧酸，由于一个碳原子上连有两个羟基时，易脱水形成碳氧双键，结合A的结构简式，可知C的结构简式为CH3CHO，D为CH3COONa，E为CH3COOH（2）中B的相对分子质量为162，其完全燃烧的产物中n（CO2）：n （H2O）=2：1，则B中碳氢原子个数之比为1：1，所以x=y，结合其相对分子质量知，x=y=10，所以B的分子式为C10H10O2，B水解生成E（乙酸）和F，F的分子式为C10H10O2+H2OC2H4O2=C8H8O，不饱和度为5，F具有如下特点：能跟FeCl3溶液发生显色反应，能发生加聚反应；苯环上的一氯代物只有两种，则F含有酚羟基、含有1个CH=CH2，且2个取代基处于对位，则F的结构简式为：，B为，据此解答【解答】解：A和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成C和D，D酸化生成E，C发生氧化反应生成E，故C为醛，E为羧酸，由于一个碳原子上连有两个羟基时，易脱水形成碳氧双键，结合A的结构简式，可知C的结构简式为CH3CHO，D为CH3COONa，E为CH3COOH（2）中B的相对分子质量为162，其完全燃烧的产物中n（CO2）：n （H2O）=2：1，则B中碳氢原子个数之比为1：1，所以x=y，结合其相对分子质量知，x=y=10，所以B的分子式为C10H10O2，B水解生成E（乙酸）和F，F的分子式为C10H10O2+H2OC2H4O2=C8H8O，不饱和度为5，F具有如下特点：能跟FeCl3溶液发生显色反应，能发生加聚反应；苯环上的一氯代物只有两种，则F含有酚羟基、含有1个CH=CH2，且2个取代基处于对位，则F的结构简式为：，B为，（1）由A的结构简式可知，其含有的不含有氧的官能团是：溴原子，反应是乙醛与新制氢氧化铜反应生成乙酸，属于有机反应，故答案为：溴原子；氧化反应；（2）反应是乙醛氧化生成乙酸，反应方程式为：CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O+2H2O，故答案为：CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O+2H2O；（3）（3）由以上分析可知B的分子式为C10H10O2，故答案为：C10H10O2；（4）F为，在一定条件下发生加聚反应的化学方程式为：，故答案为：；（5）化合物G是F的同分异构体，属于芳香族化合物，能发生银镜反应，G中含有醛基，可能的同分异构体有、等4种，故答案为：4；、任意1种9随着氮氧化物污染的日趋严重，国家将于“十二五”期间加大对氮氧化物排放的控制力度 目前，消除氮氧化物污染有多种方法（1）用活性炭还原法处理氮氧化物有关反应为：C（s）+2NO（g）N2 （g）+CO2 （g）H某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，恒温（T1）条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：浓度/molL1/时间/minNON2CO200.10000100.0580.0210.021200.0400.0300.030300.0400.0300.030400.0320.0340.017500.0320.0340.017T1时，该反应的平衡常数K=0.56（保留两位小数）30min后，改变某一条件，反应重新达到平衡，则改变的条件可能是减小CO2的浓度若30min后升高温度至T2，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5：3：3，则该反应的H0（填“”、“=”或“”）（2）用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染已知：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=574kJmol1CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=1160kJmol1H2O（g）=H2O（l）H=44.0kJmol1写出CH4（g）与NO2（g）反应生成N2 （g）、CO2 （g）和H2O（1）的热化学方程式CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）H=955 kJmol1（3）以NO2、O2、熔融NaNO3组成的燃料电池装置如下图所示，在使用过程中石墨I电极反应生成一种氧化物Y，有关电极反应可表示为NO2+NO3e=N2O5【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池；化学平衡的影响因素【分析】（1）依据图表数据结合化学平衡常数概念是利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积计算得到；依据图表数据计算分析判断；依据平衡浓度之比和30min前达到的平衡浓度比较分析平衡移动方向，结合平衡移动原理判断反应热量变化；（2）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；（3）燃料原电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应；先根据化合价判断生成氧化物N2O5的电极，再根据离子的放电顺序写出电极反应式；【解答】解：（1）平衡状态物质的平衡浓度为，c（NO）=0.04mol/L；c（N2）=0.03mol/L；c（CO2）=0.03mol/L；K=0.56；故答案为：0.56；30min时改变某一条件，反应重新达到平衡，依据平衡常数计算得到c（N2）=0.034mol/L；c（CO2）=0.017mol/L；c（NO）=0.032mol/L；K=0.56，化学平衡常数随温度变化，平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；依据数据分析，氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度减小，反应前后气体体积不变，所以可能是减小二氧化碳浓度；故答案为：减小CO2的浓度；若30min后升高温度至T2，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5：3：3，和图表数据分析判断，平衡逆向进行，由平衡移动原理可知，升温平衡向吸热反应方向进行，所以正反应为放热反应；反应的H0；故答案：；（2）CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=574kJmol1CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=1160kJmol1H2O（g）=H2O（l）H=44.0kJmol1依据盖斯定律（+4）2得到：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）H=955 kJmol1；故答案为：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）H=955 kJmol1；（3）以NO2、O2、熔融NaNO3组成的燃料电池装置如下图所示，在使用过程中石墨I电极反应生成一种氧化物Y，二氧化氮在负极失电子发生氧化反应，元素化合价升高为+5价，氧化物为N2O5，反应的电极反应为：NO2+NO3e=N2O5；故答案为：NO2+NO3e=N2O5；10硫化钠主要用于皮革、毛纺、高档纸张、染料等行业生产硫化钠大多采用无水芒硝（Na2SO4）炭粉还原法，其流程示意图如图1：（1）上述流程中“碱浸”后，物质A必须经过过滤（填写操作名称）处理后，方可“煅烧”；若煅烧所得气体为等物质的量的CO和CO2，写出煅烧时发生的总的化学反应方程式为3Na2SO4+8C 3Na2S+4CO2+4CO（2）上述流程中采用稀碱液比用热水更好，理由是热水会促进Na2S水解，而稀碱液能抑制Na2S水解（3）取硫化钠晶体（含少量NaOH）加入到硫酸铜溶液中，充分搅拌若反应后测得溶液的pH=4，则此时溶液中c（ S2）=41036（已知：常温时CuS、Cu（OH）2的Ksp分别为8.81036、2.21020）（4）皮革工业废水中的汞常用硫化钠除去，汞的去除率与溶液的pH和x（x代表硫化钠的实际用量与理论用量的比值）有关（如图2所示）为使除汞效果最佳，应控制的条件是x=12、pH介于910之间某毛纺厂废水中含0.001molL1的硫化钠，与纸张漂白后的废水（含0.002molL1NaClO）按1：2的体积比混合，能同时较好处理两种废水，处理后的废水中所含的主要阴离子有SO42、Cl【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】根据图1可知，制备硫化钠晶体的流程为：无水芒硝（Na2SO4）与碳在高温煅烧反应：3Na2SO4+8C3Na2S+4CO2+4CO，由于硫离子水解，则用稀碱溶液浸泡抑制硫离子水解，通过精制获得硫化钠晶体，（1）从获得固体A的原混合物状态分析操作方法，由于煅烧时加入过量的炭粉，且固体A可以分离并进行煅烧的应用分析A是什么物质；依据题干信息可知生成物中除含有硫化钠外还含有一氧化碳和二氧化碳，以及两种碳的氧化物分子个数比是1：1进行分析判断即可；（2）依据硫化钠溶液中硫离子水解显碱性的水解平衡影响因素分析判断；（3）常温时CuS、Cu（OH）2的Ksp，依据溶度积常数计算得到，依据溶液PH计算溶液中铜离子浓度，依据CuS的Ksp计算得到硫离子的浓度；（4）依据图象中曲线分析，汞去除率最佳PH和x的取值；依据硫化钠和次氯酸钠在溶液中发生的氧化还原反应电子守恒计算分析判断【解答】解：（1）由于固体A是从液体中获得，所以得到A的操作是过滤，由于煅烧时加入过量的炭粉，且固体A可以分离并进行煅烧的应用可知A是炭粉，化学式为C；从题干信息可知生成物中除含有硫化钠外还含有一氧化碳和二氧化碳，而反应物是硫酸钠和碳，根据煅烧时一氧化碳和二氧化碳的分子个数比是1：1，所以可设两种气体的化学计量数分别是1和1，可得该反应的方程式为： Na2SO4+2C Na2S+1CO2+1CO，该反应两边同乘以4所得的反应方程式为：3Na2SO4+8C 3Na2S+4CO2+4CO，故答案为：过滤；3Na2SO4+8C 3Na2S+4CO2+4CO；（2）上述流程中采用稀碱液比用热水更好，硫化钠溶液中硫离子水解显碱性，水解过程是吸热反应，加热促进水解进行，稀碱溶液能起到抑制水解的作用，故答案为：热水会促进Na2S水解，而稀碱液能抑制Na2S水解；（3）取硫化钠晶体（含少量NaOH）加入到硫酸铜溶液中，充分搅拌若反应后测得溶液的pH=4，常温时CuS、Cu（OH）2的Ksp分别为8.81036、2.21020，Ksp=c（Cu2+）c2（OH）=2.21020，pH=4，c（OH）=1010mol/L，c（Cu2+）=2.2mol/L，硫化铜中的Ksp=c（Cu2+）c（S2）=8.81036、计算得到c（S2）=41036mol/L，故答案为：41036；（4）依据图象中曲线分析，汞去除率最佳PH和x的取值是x=12，pH介于910之间时汞的去除率最大，接近100%，故答案为：x=12、pH介于910之间；某毛纺厂废水中含0.001molL1的硫化钠，与纸张漂白后的废水（含0.002molL1 NaClO）按1：2的体积比混合，能同时较好处理两种废水，次氯酸钠和硫化钠发生氧化还原反应，n（Na2S）：n（NaClO）=0.001mol/L1：0.002molL12=1：4，依据电子守恒分析可知，Na2S+4NaClO=Na2SO4+4NaCl，处理后的废水中所含的主要阴离子有SO42、Cl，故答案为：SO42、Cl11淀粉水解的产物（C6H12O6）用硝酸氧化可以制备草酸，装置如图1所示（加热、搅拌和仪器固定装置均已略去）：实验过程如下：将1：1的淀粉水乳液与少许硫酸（98%）加入烧杯中，水浴加热至8590，保持30min，然后逐渐将温度降至60左右；将一定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中；控制反应液温度在5560条件下，边搅拌边缓慢滴加一定量含有适量催化剂的混酸（65%HNO3与98%H2SO4的质量比为2：1.5）溶液；反应3h左右，冷却，减压过滤后再重结晶得草酸晶体硝酸氧化淀粉水解液过程中可发生下列反应：C6H12O6+12HNO33H2C2O4+9NO2+3NO+9H2OC6H12O6+8HNO36CO2+8NO+10H2O3H2C2O4+2HNO36CO2+2NO+4H2O请回答下列问题：（1）实验加入98%硫酸少许的目的是：加快淀粉水解的速度（或起到催化剂的作用）（2）冷凝水的进口是a（填a或b）；实验中若混酸滴加过快，将导致草酸产量下降，其原因是加快淀粉水解的速度（或起到催化剂的作用）（3）检验淀粉是否水解完全所用的试剂为碘水或KII2溶液（4）草酸重结晶的减压过滤操作中，除烧杯、玻璃棒外，还必须使用属于硅酸盐材料的仪器有布氏漏斗、吸滤瓶（安全瓶、抽气泵不作为主要仪器）（5）当尾气中n（NO2）：n（NO）=1：1时，过量的NaOH溶液能将NOx全部吸收，发生的化学反应为：NO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2O，若用含硫酸的母液来吸收氮氧化物，其优点是提高HNO3利用率（或循环使用氮氧化物）、缺点是NOx（或氮氧化物）吸收不完全（6）将产品在恒温箱内约90以下烘干至恒重，得到二水合草酸用KMnO4标准溶液滴定，该反应的离子方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O称取该样品0.12g，加适量水完全溶解，然后用0.020molL1的酸性KMnO4溶液滴定至终点（杂质不参与反应），此时溶液颜色由无色变为紫红色（或淡紫色）滴定前后滴定管中的液面读数如图2所示，则该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为84%【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）根据浓硫酸的三大特性结合反应解答；（2）冷凝效果逆流效果好；浓硫酸溶于水放热；草酸具有还原性，硝酸能进一步氧化C6H12O6和H2C2O4；（3）碘水遇到淀粉会变蓝，如果溶液中无淀粉，加入碘水没有变化；（4）布氏漏斗与吸滤瓶配套，用于无机制备中晶体或粗颗粒沉淀的减压过滤；（5）优点：提高HNO3利用率（或循环使用氮氧化物）； 缺点：NOx（或氮氧化物）吸收不完全；（6）高锰酸钾为紫红色，过程中不需要加指示剂；在酸性条件下，高锰酸根离子能和草酸发生氧化还原反应生成二价锰离子、二氧化碳和水，根据反应计算【解答】解：（1）浓硫酸具有强氧化性、吸水性和脱水性，本题实验是将C6H12O6用硝酸氧化可以制备草酸，浓硫酸作催化剂且浓硫酸吸水有利于向生成草酸的方向移动，故答案为：加快淀粉水解的速度（或起到催化剂的作用）；（2）冷凝效果逆流效果好，冷凝水的进口是a进b出，混酸为65%HNO3与98%H2SO4的混合液，混合液溶于水放热，温度高能加快化学反应，硝酸能进一步氧化H2C2O4成二氧化碳，故答案为：a；温度过高，硝酸浓度过大，导致H2C2O4进一步被氧化；（3）淀粉遇碘变蓝色，在已经水解的淀粉溶液中滴加几滴碘液或KII2溶液，溶液显蓝色，则证明淀粉没有完全水解；溶液若不显色，则证明淀粉完全水解，故答案为：碘水或KII2溶液；（4）减压过滤与常压过滤相比，优点：可加快过滤速度，并能得到较干燥的沉淀，装置特点：布氏漏斗与吸滤瓶配套，用于无机制备中晶体或粗颗粒沉淀的减压过滤，安全瓶、抽气泵不作为主要仪器，布氏漏斗颈的斜口要远离且面向吸滤瓶的抽气嘴，并且安全瓶中的导气管是短进长出，故答案为：布氏漏斗、吸滤瓶（安全瓶、抽气泵不作为主要仪器）；（5）用含硫酸的母液来吸收氮氧化物，会生成硝酸而重复使用，提高HNO3利用率；但也会造成吸收不充分，造成环境污染，故答案为：提高HNO3利用率（或循环使用氮氧化物）；NOx（或氮氧化物）吸收不完全；（6）高锰酸钾溶液为紫红色，当达到滴定终点时，再滴入高锰酸钾溶液时，淡紫色不再褪去，草酸钠（Na2C2O4）溶于稀硫酸中，然后用酸性高锰酸钾溶液进行滴定，离子方程式为：2MnO4+5C2O42+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O，n（KMnO4）=0.016L0.0200molL1=3.2104mol，根据方程式可得：2MnO4+5C2O42+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O2 53.2104mol 8104mol 样品中二水合草酸的质量为m=8104mol126g/mol=8126104g=0.1008g，则该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为100%=84%，故答案为：无色；紫红色（或淡紫色）；84%xx年12月13日