2023年普通高中学业水平等级考试化学试卷北京卷(含答案).docx

北京市 2023 年一般高中学业水公正级性考试化学一、选择题1. 高粱酿酒过程中的局部流程按挨次排列如下 ,其中能说明高粱转 化过程中放出热量的是()ABCD“蒸粮”时加热A.A“拌曲”前摊晾B.B“堆酵”时升温C.C“馏酒”时控温D.D2. 以下化学用语书写正确的选项是过氧化钠的电子式是()A. 过氧化钠的电子式是B.乙烷的构造式是C.氯原子的构造示意图是D.中子数为 7 的碳原子是7 C63. 以下说法不正确的选项是()A. 葡萄糖作为人类重要的能量来源，是由于它能发生水解B.甲醛的水溶液具有防腐功能是由于它可使蛋白质变性C.纤维素能通过酯化反响得到醋酸纤维素，是由于纤维素分子中含有羟基 D.植物油氢化得到的硬化油不易变质，是由于氢化过程使不饱和键数目削减4.以下各项比较中，确定相等的是()A. 一样物质的量浓度的CHCOOH 和CH3COONa 溶液中的c CH COO-()33B. 一样质量的钠分别完全转化为Na O 和Na O 时转移的电子数222C. 一样物质的量的丙烷和 2 -甲基丙烷中所含C 一H 键的数目D. 标准状况下，一样体积的乙炔和苯中所含的H 原子数5. 最近，中国科学院大连化物所CO2催化转化为 CO 的争论获得成果。以以下图是使用不同催化剂NiPc 和 CoPc)时转化过程中的能量变化，以下说法不合理的是()A. 转化过程中有极性键形成B. CO2经氧化反响得到COOHC. 吸附在 NiPc 或 CoPc 外表带有一样基团的物种，其能量不同D.该争论成果将有利于缓解温室效应并解决能源转化问题6. 以下解释事实的方程式不正确的选项是()A. 用食醋清洗水垢： CO2- + 2CH33COOH = 2CH3COO- + HO + CO ­22B.84 消毒液与洁厕灵混用产生有毒气体：ClO- + Cl- + 2H+ = Cl2­ +H O2C.用氢氧化铝治疗胃酸过多： Al(OH)3+ 3H+ = Al3+ + 3H O2D.用硫化钠除去废水中的汞离子： Hg2+ + S2- = HgS ¯7. 以下颜色变化与氧化复原反响无关的是() A.潮湿的红色布条遇氯气褪色B. 棕黄色FeCl3饱和溶液滴入沸水中变红褐色C. 紫色酸性KMnO4溶液通入乙烯气体后褪色D. 浅黄色 Na O22固体露置于空气中渐渐变为白色8. 以以下图示方法能完成相应试验的是()A .配制确定物质的量浓度的 NaOH 溶液B .试验室制取Cl 2C .验证铁的析氢腐蚀D 验证氨气易溶于水A.AB.BC.CD.D9. 依据如图试验所得推论不合理的是():苯酚的熔点为 43 A. 试管 a 中钠沉在底部，说明密度：甲苯 <钠B. 试管 b、c 中生成的气体均有H2C. 苯酚中羟基的活性比乙醇中羟基的活性强D. 羟基对苯环的影响为使苯环上轻基邻、对位的CH 键易于断裂10.结合元素周期律,依据以下事实所得推想不合理的是()事实A A 族 Si 和 Ge 的单质是半导体材料1432B HI 在 230 时分解，HCl 在 1 500时分解推想同族 Pb 的单质是半导体材料82HF 分解温度大于 1 500C H PO34是中强酸， H SO24是强酸HClO4是强酸D Na、Al 通常用电解法冶炼Mg 可用电解法冶炼A.A AB.BC.CD.D11. 依据以以下图所得推断正确的选项是()： H2O(g) = HO(l)DH = -44kJ × mol-12A. 图 1 反响为吸热反响B. 图 1 反响使用催化剂时，会转变其DHC. 图 2 中假设HO 的状态为液态，则能量变化曲线可能为2D. 图 2 中反响为CO2(g) + H2(g) = CO(g) + HO(g) DH = +41kJ mol-1212. 用高分子吸附树脂提取卤水中的碘主要以I-形式存在的工艺程如下：以下说法不正确的选项是()A.经和所得溶液中， c (I-)后者大于前者B.的作用是将吸附的碘复原而脱离高分子树脂C.假设和中分别得到等量I2，则消耗的n (Cl2): n (KClO3)= 5: 2D.由得到碘产品的过程，主要发生的是物理变化13. 用确定浓度 NaOH 溶液滴定某醋酸溶液。滴定终点四周溶液 pH 和导电力气的变化分别如以下图利用溶液导电力气的变化可推断滴定终点；溶液总体积变化无视不计。以下说法不正确( )()()A.a 点对应的溶液中： c CH COO-= c Na+()3B. ab 过程中， n CH COO- 不断增大3()()C. cd 溶液导电性增加的主要缘由是c OH- 和c Na+增大D. 依据溶液 pH 和导电力气的变化可推断：V < V2314. 试验小组同学探究SO2与AgNO3溶液的反响，试验如下：将SO2通入AgNO3溶液(pH =5)中，得到无色溶液 A 和白色沉淀B；取洗涤后的沉淀B，参与3mol× L-1HNO3，产生的无色气体遇空气变成红棕色；向溶液A 中滴入过量盐酸，产生白色沉淀；取上层清液连续滴加BaCl2溶液，未消灭白色沉淀。：i.经分析，沉淀 B 可能为Ag SO23， Ag SO24或二者混合物ii.Ag SO24微溶于水， Ag SO23难溶于水以下说法不正确的选项是()A. 通过测溶液 A 的 pH 无法推断中硫元素是否被氧化B. 通过可知：沉淀 B 具有复原性C. 中参与过量盐酸的目的主要是除去溶液A 中的Ag +D. 通过上述试验可推断中所得白色沉淀中有Ag SO24二、非选择题15. 地球上的氮元素对动植物有重要作用,其中氨的合成与应 用是当前的争论热点。（1） 人工固氮最主要的方法是 Haber-Bosch 法。通常用以铁为主的催化剂在400 500 和10 30 MPa 的条件下，由氮气和氢气直接合成氨。3上述反响中生成 1mol NH 放出 46 kJ 热量，该反响的热化学方程式为。该反响放热，但仍选择较高温度。其缘由是。（2） 常温常压下电解法合成氨的原理如以下图：阴极生成氨的电极反响式为。2323阳极氧化产物只有O 。电解时实际生成的NH 的总量远远小于由O 理论计算所得NH的量，结合电极反响式解释缘由：。43（3） 氨是生产氮肥的原料,经如下转化可以得到NH NO 。NH ¾¾O2¾® NO ¾¾O2¾® NO ¾¾H2¾O® HNO ¾¾NH¾3 ® NH NO32343：氮原子利用率是指目标产物中氮的总质量与生成物中氮的总质量之比343上述反响的氮原子利用率为 66. 7%。要使原料NH 转化为NH NO 的整个过程中氮原子利用率到达 100%，可实行的措施是。16.2023 年诺贝尔化学奖授予对锂离子电池争论作出奉献的三位科学家。（1） 最早的可充电锂电池用金属锂作负极。锂在元素周期表中的位置是，属于活泼金属，使电池存在较大安全隐患。（2） 现在广泛使用的锂离子电池有多种类型。某可充电钴酸锂电池的工作原理如以下图：该电池放电时，其中一极的电极反响式是Li C - xe- =6C + xLi+ ，则该极应为图中x6的(填“A”或“B”。碳酸乙烯酯EC常用作电解液的溶剂，其构造为，熔点为 35，可燃，可由二氧化碳和有机物X 在确定条件下合成。X 与乙醛互为同分异构体，核磁共振氢谱显示只有一组峰。写出合成 EC 的化学方程式：。从正极材料中回收钴和锂的流程如下：写出酸浸过程中发生反响的化学方程式。拆解废旧电池前进展放电处理 , 既可保证安全又有利于回收锂。有利于回收锂的缘由是。17. 一种环状高分子 P3 的合成路线如下：P2 的构造为（1） 是一种常用的化工原料，其中包含的官能团是。（2） BC 的反响类型是。3D 生成CHCCHOH 的反响条件是。_2（4） 上述流程中生成F 的反响为酯化反响，则该反响的化学方式是_。（5） 单体的构造简式是_。（6） 以下说法正确的选项是_(填字母。a.FH 的反响类型为缩聚反响b.P3 可能的构造如以下图c.P2P3 的过程中有可能得到线型高分子碱性条件下，P3 可能彻底水解成小分子物质（7） ：是用于合成单体的中间体。如图是以苯酚为原料合成 Q 的流程，MN 的化学方程式是_。18. KéëFe(C O ) ùû × 3HO 是制备某负载型活性铁催化剂 的主要原料，具有工业生产价值。324 32某化学小组用如下方法制备KéëFe(C O ) ùû × 3HO ，并测定产品中铁的含量。.制备晶体324 32ë.称取 5 g 莫尔盐é(NH )4 2Fe(SO )4 2× 6H2Où ，用 15 mL 水和几滴3mol× L-1H SOû24溶液充分溶解，再参与 25 mL 饱和HC O224溶液，加热至沸,生成黄色沉淀；.将沉淀洗涤至中性，参与 10 mL 饱和KC O224溶液，水浴加热至 40，边搅拌边缓慢滴加H O22溶液，沉淀渐渐变为红褐色；.将混合物煮沸 30 s，参与 8 mL 饱和HC O224溶液，红褐色沉淀溶解，趁热过滤，滤液冷却后，析出翠绿色晶体，过滤、枯燥。.测定产品中铁的含量.称量 xg 制得的样品，加水溶解，并参与稀H SO 酸化，再滴入 ymol× L-1KMnO 溶液使其244恰好反响；.向的溶液中参与过量 Zn 粉，反响完全后，弃去不溶物，向溶液中参与稀H SO24用 ymol× L-1KMnO 溶液滴定至终点，消耗KMnO 溶液 z mL 。44酸化，： HC O224为二元弱酸，具有较强的复原性ë1莫尔盐é(NH )4 2Fe(SO )4 2× 6H2Oùû 中铁元素的化合价是。 2 步骤 中黄色沉淀的化学式为 FeC O24× 2HO ， 生成该沉淀的离子方程式2是。ëû（3） 步骤中除了生成红褐色沉淀，另一局部铁元素转化为éFe (C O24离子方程式补充完整) ù3- 、将下述反响的 36FeC O24× 2HO += 4 éFe (C Oëû224) ù3- 3+ 2Fe(OH)¯ +3H O2（4） 步骤中水浴加热的温度不宜过高，缘由是。（5） 步骤 iv 在铁的含量测定中所起的作用是。（6） ：中 Zn 粉将铁元素全部复原为Fe2+；反响中MnO- 转化为Mn 2+。则该样品中4铁元素的质量分数是用含 x, y, z 的代数式表示。19. 某小组探究影响金属与水反响猛烈程度的因素。（1） 分别将等质量的 Na 块和 Mg 条打磨光亮投入水中，记录现象如下：Na 块在水中猛烈反响发出响声，直至钠 Mg 条外表缓慢产生少量气泡，数分钟后反消逝应停顿，未收集到气体，镁条外表失去光泽补全 Na 与水反响的试验现象：。（2） 探究 Mg 与水反响缓慢的缘由。资料：Mg 与水反响时，Mg 外表掩盖了致密的Mg(OH)导致反响缓慢； NH+ 和HCO- 可以243加快 Mg 与水反响。同学们为了验证NH+ 和HCO- 对 Mg 与水反响的促进作用，用与水反响后的Mg 条与 4 种盐433230 min 时镁条外表状况大量固体附着固体可溶于盐酸溶液进展比照试验，结果如下。试验序号abCd盐溶液均为0.1mol L-1)NH Cl4NaHCO3NaClNH HCO4溶液起始 pH30 min 时产生气体体积/mL5.11.58.30.77.0<0.17.81.4气体的主要成分H依据Mg(OH)的溶解平衡可解释NH+ 和HCO- 的作用。243Mg(OH)2的溶解平衡表达式是。经检验，a 中还生成少量其他气体，可进一步证明NH+ 促进 Mg 与水反响。检验该气体的4方法是。上表中能够说明HCO- 对 Mg 与水反响起促进作用的证据是。3b、d 所得固体中还检验出碱式碳酸镁用Mg2(OH) CO23表示，写诞生成该固体的离子方程式。综合试验 ad 可以得到的结论是： NH+ 和HCO- 都能与Mg(OH)作用加快 Mg 与水反响，432补充两点。（3） 试验说明：与水反响的猛烈程度K> Na > Ca >Mg 。结合上述试验说明影响金属与水反响猛烈程度的因素有。参考答案1. 答案：C解析：“蒸粮”是高粱受热熟化的过程，该过程吸取热量，A 项错误； “拌曲”前摊晾马上蒸好的粮醅均匀铺开进展摊晾，该过程不涉及高粱的转化， B 项错误;“堆酵”是发酵过程， 由提示信息“升温”可知该过程放出热量，C 项正确；“馏酒”是通过蒸馏的方法提取乙醇的过程，该过程吸取热量，D 项错误。2. 答案：B解析：过氧化钠是离子化合物，其正确的电子式是，A 项错误；氯原子最外层有 7 个电子，其正确的构造示意图是，C 项错误；中子数为 7 的碳原子的质量数为 13，表示为13 C ，D 项错误。63. 答案：A解析：葡萄糖是单糖，不能水解，A 项错误；甲醛的水溶液也叫福尔马林，可使蛋白质变性， 具有防腐功能，B 项正确；纤维素构造中含轻基，可与醋酸中的羧基发生酯化反响，C 项正确；植物油中含碳碳不饱和键，这种化学键具有复原性，易被空气氧化，而植物油氢化的实 质是碳碳不饱和键与氢气发生加成反响，碳碳不饱和键数量变少，D 项正确。4. 答案：B解析：CHCOOH 在水溶液中局部电离，电离程度较小，CH3COONa 在水溶液中完全电离，3尽管CH3COO- 能水解，但水解程度较小，故一样物质的量浓度的CHCOOH 和CH3COONa3溶液中，后者中的CH COO- 浓度较大，A 项错误；Na 生成Na O 和Na O 的过程中钠元素3222均从 0 价转化为+1 价，故等量的钠转化为Na O 和Na O 失去的电子数相等，B 项正确；丙222烷为C H ，2 -甲基丙烷为C H，二者物质的量一样时所含 C 一 H 键的数目不一样，C 项错38410误；标准状况下，苯不为气态，无法依据气体摩尔体积计算其物质的量，D 项错误。5. 答案：B解析：由图中信息可知， CO2 ® COOH 的过程中有 OH 极性键的形成， A 项正确；CO® COOH 为加氢过程，属于复原反响，B 项错误；由图象信息可知，带有一样基团的2物种吸附在 NiPc 外表上的能量较高，C 项正确；该争论成果可使温室气体CO2有利于缓解温室效应并解决能源转化问题，D 项正确。6. 答案：A转化为 CO，解析：水垢的主要成分犯难溶的CaCO3， CaCO3在离子方程式中用化学式表示，A 项错误；84 消毒液中的 NaClO 与洁厕灵中的盐酸发生氧化复原反响生成Cl2，B 项正确；胃酸中的酸为盐酸，能溶解Al(OH)3的 HgS，D 项正确。7.答案：B，C 项正确；硫化钠在水溶液中电离出的S2-与Hg 2+ 反响生成难溶解析：氯气溶解于水，生成强氧化性的 HClO，使红色布条褪色，A 项不符合题意；向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，生成Fe(OH)3胶体，属于非氧化复原反响，B 项符合题意；KMnO4具有强氧化性，能氧化乙烯，C 项不符合题意； Na O22固体露置于空气中，与水蒸气和二氧化碳反响均生成O28. 答案：D，发生了氧化复原反响，D 项不符合题意。解析：配制确定物质的量浓度的溶液时，不能在容量瓶中溶解固体，A 项错误； MnO 与浓2盐酸反响制备Cl2时，需用酒精灯加热，且收集Cl2时应用向上排空气法，B 项错误；铁钉所在介质为中性食盐水，铁钉发生的是吸氧腐蚀，C 项错误；将胶头滴管中的水挤入烧瓶中，烧瓶中的NH3因溶于水而导致烧瓶内压强减小，翻开止水夹，烧杯中的水被大气压入烧瓶，形成喷泉，D 项正确。9. 答案：D解析：试管 a 中钠沉于底部,说明钠的密度比甲苯的密度大，A 项正确；苯酚和乙醇构造中均含羟基，因此二者均能与 Na 反响放出H2，B 项正确；由试验中产生H2的速率可知，苯酚中的羟基活性比乙醇中的强，C 项正确；苯酚与钠反响时，羟基中的OH 键断裂，与羟基邻、对位的 C-H 键无关，D 项错误。10. 答案：A解析：制造半导体材料的元素分布在元素周期表中非金属元素与金属元素的分界限处，而Pb 不在该分界限处，是典型的金属元素，其单质不能作半导体材料，A 项错误；同主族元素的简洁氢化物，从上到下稳定性渐渐减弱，B 项正确；P、S、Cl 的非金属性渐渐增加，则其最高价氧化物对应的水化物的酸性也渐渐增加，C 项正确；Mg 的活泼性介于 Na 与 Al 之间，故 Na、Mg、Al 均能用电解法冶炼，D 项正确。11. 答案：D解析：由图 1 曲线变化可知，反响物的总能量比生成物的总能量高，故该反响为放热反响， A 项错误；催化剂只能转变化学反响速率，不能转变反响的焓变，B 项错误；结合图 1 和图2 可得出热化学方程式： CO2(g) + H2(g) = CO(g) + HO(g)DH = +41kJ× mol-1 ，D 项正确；2由 已 知 信 息 及 D项 分 析 中的 热 化 学 方 程 式 ， 结 合 盖 斯 定 律 可 得 ：CO (g) + H22(g) = CO(g) + HO(l) DH = -3kJ × mol-1 ，该反响为放热反响，而图2 中的曲线2表示的是吸热反响，C 项错误。12. 答案：C( )解析：通过高分子树脂吸附，碘得以富集，故经过所得溶液中 c I-比经过的大，A项正确；中参与的是具有复原性的Na SO23，Na SO23与吸附在高分子树脂上的单质碘发生氧化复原反响，生成化合态的碘，从而使碘与高分子树脂脱离，B 项正确；中Cl2氧化I- 时，Cl 的化合价由 0 降 为-1，中KClO3氧化I- 时，Cl 的化合价由+5 降为-1，由得失电子守恒可知n(Cl2): n(KClO3)= 6 : 2 = 3:1 ，C 项错误；升华为物理变化，D 项正确。13. 答案：C()()(解析： a点溶液 pH=7 ， 则 c H+= c OH-， 而电解质溶液中存在电荷守恒：(c Na+)+ cH+ )= c(CH COO-3)+ c(OH-)，A 项正确；ab 的过程中，溶液中的 CH COOH3渐渐被中和，溶液中的CHCOOH 的物质的量渐渐增大,B 项正确；d 点以后溶液导电力气增3长速率更快，说明V (NaOH)= V3时CHCOOH 和 NaOH 完全反响，到达滴定终点，而pH =73时溶液中溶质为CHCOONa 和CH3COOH ，故V32< V ，D 项正确；到达滴定终点前，溶液3()()中的c CH COO- 、c Na+渐渐增大是溶液导电性渐渐增加的主要缘由，C 项错误。314. 答案：D解析：将SO2通入AgNO3溶液中，无论SO2是否被氧化，结合元素守恒知，所得溶液 A 中均含HNO3，故无法通过测定溶液的 pH 到达推断SO2是否被氧化的目的，A 项正确；依据无色气体遇空气变为红棕色，知沉淀B 与稀硝酸反响生成了 NO，则沉淀 B 具有复原性，能将HNO复原为 NO，B 项正确；试验参与过量盐酸可除去溶液 A 中的Ag + ，避开干扰SO2-34的检验，C 项正确；由试验可知溶液 A 中无SO2- ，结合试验可推断白色沉淀B 中含难溶4于水的Ag SO23，D 项错误。22315.答案：1 N (g)+3H (g)2NH (g) DH = -92kJ × mol-13较高温度下催化剂活性强，反响速率快22 N+ 6H+ 6e-= 2NH3 阴极除了发生N + 6H+2+ 6e-= 2NH， 还可能发生，N+ 8H+ + 6e- = 2NH+2H+24+ 2e-= H­23通入过量的氧气，使生成的 NO 全部转化为硝酸解 析 ： 1 由 题 知 生 成 1molNH3放 出 46kJ热 量 ， 则N (g)+3H(g)(g)-Fe400500?C,1030MPa2NH223的焓变DH = -92kJ × mol1 ，即该反响的热化学方程式是N (g) + 3H (g)2NH (g)DH = -92kJ × mol-1223该反响为放热反响，选择较高温度的缘由是低温下化学反响速率慢，且较高温度下催化剂活性高。23（2） 阴极发生复原反响，由原理图可知阴极上N 得电子生成 NH，电极反响式为233N+ 6e- + 6H+ = 2NH 。阴极生成物为NH ，而阳极生成的H+ 源源不断地通过质子交换3膜到达阴极，H+ 可消耗NH生成NH+ ，H+ 也可在阴极发生反响生成H，从而使阴极NH423的实际生成量比理论量小。（3） 氮原子的利用率为100% ，说明NH3 中全部N 均转化到目标产物NH4 NO3 中，而反响为3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO ，要使生成的 NO 也转化为HNO3 ，则需要连续通入O2 。16. 答案：1其次周期 IA 族2A 2LiCoO + 3H SO + H O= Li SO + 2CoSO + 4H O + O ­ ；放电处理，负极锂放电后，2242224422在正极 上生成钴酸锂，酸浸后生成的钴盐和锂盐易于分别解析：1Li 为 3 号元素，处于元素周期表其次周期A 族。2题中给出的电极反响为失电子的氧化反响，即为负极上发生的电极反响，原电池装置中，阳离子从负极移向正极，故图中A 极为负极。结合目标产物的构造特点及反响物X 为乙醛的同分异构体，X 分子中只有 1 种 H 原子可知，X 为环氧乙烷，故合成 EC的化学方程式是。由图可知“酸浸”过程中的反响物为LiCoO、H SO22、H O422，生成物为Li SO2、CaSO44，其中Co 元素化合价由+3 降为+2，则依据氧化复原反响原理可知该反响还应生成O ，依据得失电子守恒和元素守2恒配平化学方程式是2LiCoO + 3H SO + H O= Li SO + 2CoSO + 4H O + O ­ 。废旧的锂2242224422离子电池放电，负极上锂放电后，在正极上转化为LiCoO ，由流程图可知LiCoO 经过酸浸22转化为硫酸钴和硫酸锂，便于后续分别。17. 答案：1碳碳双键（2） 取代反响（3） NaOH 醇溶液,加热（4） HC º C-CH -OH+CH CHClCOOH催化剂HC º CCH OOCCHClCH +H O23232（5）（6） bc（7）解析：1由 A 的分子式可知其为丙烯或环丙烷，而环丙烷不含官能团，故A 为丙烯，官能团是碳碳双键。2依据D ® CH º CCH OH ，比照B、D 的分子式，结合A 为丙烯可知B 为CH= CHCH Cl ，222D 为CH BrCHBrCH OH ， B 生成C 是 Cl 被羟基取代的反响，C 为CH= CHCH OH 。22223D 为CH BrCHBrCH OH ，发生消去反响生成CH = CCH OH ，反响条件为NaOH 醇溶222液和加热。（4） 结合F 的分子式，由 P2 的构造简式逆推可知F 为，则 E为CH CHClCOOH，故生3成F的化学方程式HC º C-CH2-OH+CH CHClCOOH3催化剂HC º CCH2OOCCHClCH3+H O2（5） 结合信息，由F 的构造简式和 P2 的构造简式可知单体为，高分子 P1 为，高分子 P1 与单体再发生类似已知信息的反应，故单体为。（6） 由上述分析可知，F 生成高分子 P1 的化学方程式是，故该反响为加聚反响，a 项错误；由高分子 P2 的构造简式及信息可知P 与NaN 3反响生成，该物质含碳碳叁键和一N 3构造， 故该物质分子内可发生信息中“确定条件”下的反响，则P3 的构造可能为，b项正确；假设发生分子间反响，则会生成线型高分子化合物，c 项正确；碱性条件下，P3 的水解产物既有小分子化合物，也有高分子化合物，d 项错误。（7） 由单体的构造特点，结合 Q 的分子式可知Q 为，由该问反响可知N 的构造中含酮基，结合流程图可知N 为、M 为，故M 生成N 的化学方程式是。18.答案：1+22 Fe2+ + 2H2O + H2C2O4 = FeC2O4 × 2H2O ¯ +2H+（3） 6C2O2- ； 3H O422（4） 避开过氧化氢分解,防止草酸根离子和Fe3+ 更多的水解（5） 将草酸和草酸根离子全部氧化，避开对Fe2+ 测定产生影响6 28 yz %x解析： 1假设莫尔盐中铁元素化合价为 n ，由化合物中各元素的化合价代数和为0 可知：1´ 2 + n + (-2) ´ 2 = 0 ，解得n = +2 ，则铁元素的化合价是+2。 2 由 步 骤 的 信 息 可 知 ， 生 成 沉 淀 FeC O24× 2HO 的 离 子 方 程 式 是2Fe2+ + HC O224+ 2HO = FeC O224× 2HO ¯ +2H+2（3） 由步骤可知，反响物除FeC O24× 2HO 外，还有K2C O224和H O22，故完整的离子方程式是6FeC O24× 2HO + 6C22O2-4+ 3H O22= 4 éFe (C Oëû24) ù3- 3+ 2Fe(OH)3¯ +12H O 。2（4） H O22受热易分解，且温度越高， Fe3+、C2O2- 水解程度越大，故步骤中水浴加热的4温度不宜过高。 5酸性条件下，KMnO4量的测定更准确。具有强氧化性，可将HC O224和C O2- 全部氧化，使后续铁的含246滴定过程中，铁元素化合价从+2+3，锰元素化合价从+7+2，则由氧化复原反响中得失电子守恒可得关系式：5Fe2+ KMnO，则4n(Fe2+ )= 5n(KMnO4)= 5 ´ ymol× L-1 ´ z ´10-3 L ， m(Fe2+ )= n(Fe2+ )´ 56g× mol-1 = 0.28yzg ，m该样品中铁元素的质量分数为Fe2+(xg)´100% =28 yz % 。x19.答案：1钠浮在水面上,快速熔化成小球，四处游动（2） Mg(OH)2(s)Mg2+ (aq) + 2OH- (aq) 用潮湿的红色石蕊试纸在试管口检验生成的气体，试纸变蓝，则说明有NH3产生30 min 时 b 组试验产生气体的体积大于 c 组试验2Mg(OH)2+ 2HCO-3= Mg2(OH) CO23+ CO2-3+ 2H O或22Mg + 2HO + 2HCO-23= Mg2(OH) CO23+ CO2- + 2H­32同浓度时， NH+ 与氢氧化镁的作用更强；当 NH+ 和碳酸氢根离子同时存在时二者对 Mg44与水反响的促进作用并未叠加其他合理答案也可（3） 金属活动性、金属与水反响生成的氢氧化物的溶解性解析：1钠的密度比水小，故钠浮在水面上；钠熔点低，且钠与水反响放出热量，故钠快速熔化成小球；钠与水反响放出氢气，故钠在水面上四处游动。（2） Mg(OH)2的溶解平衡表达式是Mg(OH)2(s)Mg2+ (aq) + 2OH- (aq) 。Mg 与水反应生成Mg(OH)， NH+ 发生水解： NH+ + H ONH × HO + H+ ，两个反响相互促进，致244232使生成NH3， NH3为碱性气体，可用潮湿的红色石蕊试纸检验，现象是试纸变蓝。试验序号为b 和 c 的两组试验中，阳离子均为Na +，阴离子不同，而有HCO- 的 b 组试验中，303min 时产生气体的体积大于c