2019年高考化学三模试题(含解析)

2019高考化学三模试卷一、选择题（共7小题，每小题0分，满分0分）1．化学与人类的生活、生产密切相关，下列说法不正确的是（）A．船舶外壳装上锌块，是利用牺牲阳极的阴极保护法进行金属防腐B．埃博拉病毒可用乙醇、次氯酸钠溶液、双氧水消毒，其消毒原理相同C．压缩天然气（CNG）、液化石油气（LPG）的主要成分是烃类，是城市推广的淸洁燃料D．2016年9月，中国太钢集团造出的圆珠笔头，可完全替代进口笔尖，该笔尖钢为合金，且具有良好的切削性2．绿原酸是从金银花中提取出的有很高药用价值的有机物，其结构如图所示，下列说法正确的是（）A．绿原酸分子中有4种含氧官能团B．绿原酸能发生取代、加成、消去和氧化反应C．绿原酸在酸性条件下的水解产物均能与FeCl3发生显色反应D．l mol绿原酸与足量钠反应，可生成4 molH24．在给定的条件下，下列选项中所示的物质间的转化均能一步实现的是（）A．N2NH3NH4Cl（aq）B．AgNO3 [Ag（NH3）2]OH（aq）AgC．SiO2SiCl4SiD．MgCO3MgCl2（aq）MgA．盐酸中水的离子积大于（NH4）2SO4溶液中水的离子积B．盐酸和硫酸铵溶液均抑制了水的电离C．盐酸的pH=aD．在（NH4）2SO4溶液中：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=2c（SO42﹣）6．有机物M的结构简式是，能用该结构简式表示的M的同分异构体共有（不考虑立体异构）（）A．12 种B．16 种C．20 种D．24 种7．A、B、C、D均为短周期主族元素，原子序数依次增大，其质子的最外层电子数之和为18，A和C同主族，B 原子的电子层数与最外层电子数相等，D元素最高正价与最低负价的绝对值之差为6．下列说法不正确的是（）A．A的一种单质具有良好的导电性B．氧化物对应水化物的酸性：D＞AC．B、C的单质均可与NaOH溶液反应生成氢气D．A、B、C三种元素均可以与D元素形成共价化合物二、解答题（共5小题，满分0分）8．三盐基硫酸铅（3PbO•PbSO4•H2O）简称三盐，白色或微黄色粉末，稍带甜味、有毒．200℃以上开始失去结晶水，不溶于水及有机溶剂．可用作聚氯乙烯的热稳定剂．以100.0吨铅泥（主要成分为PbO、Pb及PbSO4等）为原料制备三盐的工艺流程如图所示．已知：Ksp（PbSO4）=1.82×10﹣8，Ksp（PbCO3）=1.46×10﹣13．请回答下列问题：（1）步骤①转化的目的是，滤液1中的溶质为Na2CO3和（填化学式）．（2）步骤③酸溶时，为提高酸溶速率，可采取的措施是．（任写一条）．其中铅与硝酸反应生成Pb （NO3）2和NO的离子方程式为．（3）滤液2中可循环利用的溶质为（填化学式）．若步骤④沉铅后的滤液中c（Pb2+）=1.82×l0﹣5mol•L ﹣1，则此时 c（SO42﹣）mol•L﹣1．（4）步骤⑥合成三盐的化学方程式为．若得到纯净干燥的三盐49.5t，假设铅泥中的铅元素有80%转化为三盐，则铅泥中铅元素的质量分数为．简述步骤⑦洗涤沉淀的方法．9．用硝酸氧化淀粉水解的产物（C6H12O6）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己略去）．实验过程如下：①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85℃～90℃，保持30 min，得到淀粉水解液，然后逐渐将温度降至60℃左右；②将一定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中；③控制反应液温度在55～60℃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；④反应3h左右，冷却，减压过滤后得草酸晶体粗品，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+12HNO3→3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2OC6H12O6+8HNO3→6CO2+8NO↑+10H2O3H2C2O4+2HNO3→6CO2+2NO↑+4H2O请回答下列问题：（1）实验①加入少许98%硫酸的目的是：．（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）装置B的作用是，为使尾气被充分吸收，C中的试剂是．（4）重结晶时，将草酸晶体粗品经I加热溶解、Ⅱ趁热过滤、Ⅲ冷却结晶、Ⅳ过滤洗涤、Ⅴ干燥等实验步骤，得到较纯净的草酸晶体．该过程中可将粗品中溶解度较大的杂质在（填上述实验步骤序号）时除去；而粗品中溶解度较小的杂质最后留在（填“滤纸上”或“滤液中”）．（5）将产品在恒温箱内约90℃以下烘干至恒重，得到二水合草酸．称取一定量该样品加适量水完全溶解，用KMnO4标准液滴定，反应的离子方程式为．滴定前后滴定管中的液面读数如图2所示，则消耗KMnO4溶液的体积为．（6）已知草酸是一种二元弱酸，草酸氢钠溶液（NaHC2O4）显酸性．常温下，向10mL0.01mol•L﹣1IH2C2O4溶液中加入10mL0.01mol•L﹣1NaOH溶液时，溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序为．10．CO2的转换在生产、生活中具有重要的应用．（1）CO2的低碳转型对抵御气候变化具有重要意义，海洋是地球上碳元素最大的“吸收池”．①溶于海水中的CO2主要以四种无机碳形式存在，除CO2、H2CO3两种分子外，还有两种离子的化学式为、．②在海洋碳循环中，可通过图1所示的途径固碳．写出钙化作用的离子方程式：．（2）将CO2与金属钠组合设计成Na﹣CO2电池，很容易实现可逆的充、放电反应，该电池反应为4Na+3CO22Na2CO3+C．放电时，在正极得电子的物质为；充电时，阳极的反应式为．（3）目前工业上有一种方法是用CO2和H2在230℃并有催化剂条件下转化生成甲醇蒸汽和水蒸气．图2表示恒压容器中0.5molCO2和1.5mol H2转化率达80%时的能量变化示意图．能判断该反应达到化学平衡状态的依据（填字母）．A．容器中压强不变 B．H2的体积分数不变C．c（H2=3c（CH3OH） D．容器中密度不变E．2个C=O断裂的同时有6个H﹣H断裂（4）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2②实验3中，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则a/b的值（填具体值或取值范围）．③实验4，若900℃时，在此容器中加入CO、H2O、CO2、H2均为1mol，则此时v（正v（逆）（填“＜”、“＞”或“=“）．（5）已知在常温常压下：①2CH3OH（I）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1275.6kJ•mol﹣1②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566.0kJ•mol﹣1③H2O（g）=H2O（I）△H=﹣44.0kJ•mol﹣1写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式．11．A、B、C、D、E、R为原子序数依次增大的六种元素，位于元素周期表的前四周期．B元素原子含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同；D的原子核外有8种运动状态不同的电子；E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，且E元素的基态原子3d轨道上有4个未成对电子．请回答下列问题：（1）写出基态C原子的价层电子排布图，F基态原子的外围电子排布式．（2）下列说法正确的是（填序号）．A．二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳大，所以沸点：SiO2＞CO2B．第一电离能由小到大的顺序：B＜C＜DC．N2与CO为等电子体，结构相似D．稳定性：H2O＞H2S，水分子更稳定的原因是水分子间存在氢键（3）F元素位于周期表中区，其离子是人体内多种酶的辅因子，人工模拟酶是当前研究的热点．向F的硫酸盐溶液中通入过量的C与A形成的气体X可生成[F（X）4]2+，该离子的结构式为（用元素符号表示）．（4）某化合物与F（I）（I表示化合价为+1）结合形成图1所示的离子，该离子中碳原子的杂化方式为．（5）B单质的一种同素异形体的晶胞如图2所示，则一个晶胞中所含B原子的个数为．（6）D与F形成离子个数比为1：1的化合物，晶胞与NaCl类似，设D离子的半径为apm，F离子的半径bpm，则该晶胞的空间利用率为．12．光刻胶的一种合成路线如图：已知：Ⅰ．R1﹣CHO+R2﹣CH2﹣CHO+H2OⅡ．+R2﹣OH+HClⅢ．RCOOH+CH≡CH→RC OOCH=CH2回答下列问题（1）A的名称是．C中所含官能团的名称是．（2）C→D的反应类型是，X的结构简式为．（3）D+G→光刻胶的化学方程式为．（4）T是C的同分异构体，T具有下列性质或特征：①能发生水解反应和银镜反应；②能使溴水褪色；③属于芳香族化合物．则T的结构有种．其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为1：1：2：2：2的结构简式为．（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2COOH的合成路线流程图（无机试剂任用）．（合成路线流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2Br CH3CH2OH）2017年陕西省咸阳市高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题0分，满分0分）1．化学与人类的生活、生产密切相关，下列说法不正确的是（）A．船舶外壳装上锌块，是利用牺牲阳极的阴极保护法进行金属防腐B．埃博拉病毒可用乙醇、次氯酸钠溶液、双氧水消毒，其消毒原理相同C．压缩天然气（CNG）、液化石油气（LPG）的主要成分是烃类，是城市推广的淸洁燃料D．2016年9月，中国太钢集团造出的圆珠笔头，可完全替代进口笔尖，该笔尖钢为合金，且具有良好的切削性【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系．【分析】A．船身装上锌块，构成原电池，Zn为负极，Fe为正极，则Fe被保护；B．乙醇不具有强的氧化性；C．天然气主要成分为甲烷，液化石油气主要成分有乙烯、乙烷、丙烯、丙烷和丁烷等；D．钢是铁的合金，合金硬度大，性能优于纯金属．【解答】解：A．船身装上锌块，构成原电池，Zn为负极，Fe为正极，则Fe被保护，为牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；B．乙醇不具有氧化性，次氯酸钠溶液、双氧水具有氧化性，消毒原理不同，故B错误；C．天然气主要成分为甲烷，液化石油气主要成分有乙烯、乙烷、丙烯、丙烷和丁烷等，它们均只含有碳氢两种元素，属于烃类，故C正确；D．钢是铁的合金，合金一般具有良好的切削性，故D正确；故选：B．2．绿原酸是从金银花中提取出的有很高药用价值的有机物，其结构如图所示，下列说法正确的是（）A．绿原酸分子中有4种含氧官能团B．绿原酸能发生取代、加成、消去和氧化反应C．绿原酸在酸性条件下的水解产物均能与FeCl3发生显色反应D．l mol绿原酸与足量钠反应，可生成4 molH2【考点】HD：有机物的结构和性质．【分析】由有机物的结构可知，该有机物中含酚﹣OH、醇﹣OH、C=C、﹣COOC﹣、﹣COOH，则结合酚、醇、羧基、烯烃及酯的性质来解答．【解答】解：A．由结构简式可知有机物含有的含氧官能团为羧基、羟基和酯基，故A错误；B．分子中含﹣OH、﹣C=C、酚﹣OH、﹣COOH、﹣COOC﹣等，则能发生取代、加成、消去和氧化反应，故B正确；C．只有﹣COOC﹣水解，水解产物有两种，其中一种不含酚羟基，则与氯化铁溶液不反应，故C错误；D．能与钠反应的官能团为羧基、羟基，则l mol绿原酸与足量钠反应，可生成3 molH2，故D错误．故选B．【考点】U5：化学实验方案的评价．【分析】A ．用浓盐酸和二氧化锰制备氯气，应在加热条件下反应；B ．含有硝酸银，不能证明氯化银的转化；C ．二者都与氢氧化钙反应；D ．加入相同的钠块，可根据反应的剧烈程度判断．【解答】解：A ．反应没有加热，不能生成氯气，则实验不能完成，故A 错误；B ．含有硝酸银，通入硫化氢生成硫化银沉淀，不能证明氯化银的转化，故B 错误；C ．二者都与氢氧化钙反应，且反应现象相同，不能检验，故C错误；D．加入相同的钠块，分子中氢原子越活泼，反应越剧烈，可完成实验，故D正确．故选D．4．在给定的条件下，下列选项中所示的物质间的转化均能一步实现的是（ ）A ．N2NH3NH4Cl （aq ） B ．AgNO3[Ag （NH3）2]OH （aq ）Ag C ．SiO2SiCl4Si D ．MgCO3MgCl2（aq ）Mg 【考点】E9：氮气的化学性质；FH ：硅和二氧化硅；GK ：镁、铝的重要化合物．【分析】A ．氮气和氢气反应生成氨气，氨气和氯化氢反应生成氯化铵；B ．蔗糖为非还原性糖，与银氨溶液不反应；C ．二氧化硅和氯化氢不能反应生成四氯化硅；D ．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气．【解答】解：A ．工业上用氢气与氮气在高温高压和催化剂的条件下反应合成氨，3H2+N22NH3，氨气通入氯化氢溶液中发生NH3+HCl=NH4Cl，所示的物质间的转化均能一步实现，故A正确；B．蔗糖为非还原性糖，与银氨溶液不反应，故B错误；C．二氧化硅是酸性氧化物和氯化氢不能反应生成四氯化硅，故C错误；D．碳酸镁和盐酸反应生成氯化镁和二氧化碳、水，电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气，工业用电解熔融的氯化镁制备镁，故D错误；故选A．A．盐酸中水的离子积大于（NH4）2SO4溶液中水的离子积B．盐酸和硫酸铵溶液均抑制了水的电离C．盐酸的pH=aD．在（NH4）2SO4溶液中：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=2c（SO42﹣）【考点】DN：离子浓度大小的比较．【分析】A．均为常温下，Kw与温度有关；B．硫酸铵为强酸弱碱盐，可发生水解反应；C．盐酸中由水电离出的氢离子浓度为1.0×10﹣amol•L﹣1，可知1.0×10﹣amol•L﹣1×c（H+）酸=1×10﹣14；D．（NH4）2SO4溶液，n（N）=2n（S），结合物料守恒判断．【解答】解：A．温度相同，则酸中水的离子积等于（NH4）2SO4溶液中水的离子积，故A错误；B．盐酸抑制水的电离，硫酸铵促进水的电离，故B错误；C．盐酸中由水电离出的氢离子浓度为1.0×10﹣amol•L﹣1，可知1.0×10﹣amol•L﹣1×c（H+）酸=1×10﹣14，则盐酸的pH为14﹣a，故C错误；D．（NH4）2SO4溶液，n（N）=2n（S），由物料守恒可知c（NH4+）+c（NH3•H2O）=2c（SO42﹣），故D正确；故选D．6．有机物M的结构简式是，能用该结构简式表示的M的同分异构体共有（不考虑立体异构）（）A．12 种B．16 种C．20 种D．24 种【考点】H6：有机化合物的异构现象．【分析】先找出丁基的同分异构体，再找出﹣C3H6Br的同分异构体，然后找出有机物的种类数．【解答】解：丁烷有2种结构：CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH3，分子中分别含有2种、2种H原子，故丁基（﹣C4H9）共有4种；﹣C3H6Cl的碳链为C﹣C﹣C，溴原子分别在1号、2号、3号碳上（与1号重复），共有2种，1个溴在1号碳上，剩下的苯环在1号、2号或者3号碳，有3种结构；1个溴在2号碳上，剩下的一个苯环在2号、3号碳上，有2种结构，总共5种，所以该有机物共有4×5=20种；故选C．7．A、B、C、D均为短周期主族元素，原子序数依次增大，其质子的最外层电子数之和为18，A和C同主族，B 原子的电子层数与最外层电子数相等，D元素最高正价与最低负价的绝对值之差为6．下列说法不正确的是（）A．A的一种单质具有良好的导电性B．氧化物对应水化物的酸性：D＞AC．B、C的单质均可与NaOH溶液反应生成氢气D．A、B、C三种元素均可以与D元素形成共价化合物【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．【分析】B原子的电子层数与最外层电子数相等，可为Be或Al，D元素最高正价与最低负价的绝对值之差为6，应为Cl元素，A和C同主族，且四种元素质子的最外层电子数之和为18，如B为Be，则A、C的最外层电子数为=4.5，不满足电子数为整数的特点，则B应为Al，A、C的最外层电子数为=4，则A为C、C 为Si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：由以上分析可知A为C、B为Al、C为Si、D为Cl元素．A．A为C，如为石墨，则具有良好的导电性，故A正确；B．如不是最高价氧化物的水化物，则酸性不一定强，如HClO的酸性比碳酸弱，故B错误；C．Al、Si可与氢氧化钠溶液反应，生成气体为氢气，故C正确；D．四氯化碳、氯化铝以及四氯化硅都为共价化合物，故D正确．故选B．二、解答题（共5小题，满分0分）8．三盐基硫酸铅（3PbO•PbSO4•H2O）简称三盐，白色或微黄色粉末，稍带甜味、有毒．200℃以上开始失去结晶水，不溶于水及有机溶剂．可用作聚氯乙烯的热稳定剂．以100.0吨铅泥（主要成分为PbO、Pb及PbSO4等）为原料制备三盐的工艺流程如图所示．已知：Ksp（PbSO4）=1.82×10﹣8，Ksp（PbCO3）=1.46×10﹣13．请回答下列问题：（1）步骤①转化的目的是将PbSO4转化为PbCO3，提高铅的利用率，滤液1中的溶质为Na2CO3和Na2SO4 （填化学式）．（2）步骤③酸溶时，为提高酸溶速率，可采取的措施是适当升温（或适当增大硝酸浓度或减小沉淀粒径等）．（任写一条）．其中铅与硝酸反应生成Pb（NO3）2和NO的离子方程式为3Pb+8H++2NO3﹣=3Pb2++2NO↑+4H2O ．（3）滤液2中可循环利用的溶质为HNO3 （填化学式）．若步骤④沉铅后的滤液中c（Pb2+）=1.82×l0﹣5mol•L ﹣1，则此时 c（SO42﹣） 1.00×10﹣3 mol•L﹣1．（4）步骤⑥合成三盐的化学方程式为4PbSO4+6NaOH3PbO•PbSO4•H2O+3Na2SO4+2H2O ．若得到纯净干燥的三盐49.5t，假设铅泥中的铅元素有80%转化为三盐，则铅泥中铅元素的质量分数为51.75% ．简述步骤⑦洗涤沉淀的方法取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全．【考点】U3：制备实验方案的设计．【分析】以100.0t铅泥（主要成分为PbO、Pb及PbSO4等）为原料制备三盐：向铅泥中加Na2CO3溶液是将PbSO4转化成PbCO3，Na2CO3（aq）+PbSO4（s）=Na2SO4（aq）+PbCO3（s），所以滤液Ⅰ的溶质主要是Na2SO4和过量的Na2CO3，Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下反应：3Pb+8HNO3=Pb（NO3）2+2NO↑+4H2O、PbCO3+2HNO3=Pb（NO3）2+CO2↑+H2O、PbO+2HNO3=Pb（NO3）2+2H2O，均转化成Pb（NO3）2，Pb（NO3）2中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，过滤的滤液为HNO3，可循环利用，向硫酸铅中加入氢氧化钠合成三盐和硫酸钠，4PbSO4+6NaOH3PbO•PbSO4•H2O+3Na2SO4+2H2O，滤液3主要是硫酸钠，洗涤沉淀干燥得到三盐，据此分析解答．【解答】解：（1）步骤①向铅泥中加Na2CO3溶液，由表可知PbCO3的溶解度小于PbSO4的溶解度，Na2CO3（aq）+PbSO4（s）=Na2SO4（aq）+PbCO3（s），则可将PbSO4转化成PbCO3，所以滤液Ⅰ的溶质主要是Na2SO4和过量的Na2CO3；故答案为：将PbSO4转化为PbCO3，提高铅的利用率；Na2SO4；（2）酸溶时，为提高酸溶速率，可采取的措施是适当升温（或适当增大硝酸浓度或减小沉淀粒径等）；铅与硝酸反应生成Pb（NO3）2和NO的离子方程式为：3Pb+8H++2NO3﹣=3Pb2++2NO↑+4H2O；故答案为：适当升温（或适当增大硝酸浓度或减小沉淀粒径等）；3Pb+8H++2NO3﹣=3Pb2++2NO↑+4H2O；（3）Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb（NO3）2，Pb（NO3）2中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，HNO3可循环利用，若步骤④沉铅后的滤液中c（Pb2+）=1.82×10﹣5mol/L，已知Ksp（PbSO4）=1.82×10﹣8，则此时c（SO42﹣）=mol/L=1.00×10﹣3mol/L；故答案为：HNO3；1.00×10﹣3；（4）步骤⑥合成三盐的化学方程式为：4PbSO4+6NaOH3PbO•PbSO4•H2O+3Na2SO4+2H2O，若得到纯净干燥的三盐49.5t，则其中铅元素的质量为：×49.5t=41.4t，设铅泥中铅元素的质量分数为w，则100.0t 铅泥中铅元素为100×w，铅泥中的铅元素有80%转化为三盐，有100×w×80%=41.4，解得x=51.75%；步骤⑦沉淀表面附着硫酸根离子，检验沉淀是否洗净，检测其洗涤液是否含有硫酸根离子即可，方法为：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全；故答案为：4PbSO4+6NaOH3PbO•PbSO4•H2O+3Na2SO4+2H2O；51.75%；取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全．9．用硝酸氧化淀粉水解的产物（C6H12O6）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己略去）．实验过程如下：①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85℃～90℃，保持30 min，得到淀粉水解液，然后逐渐将温度降至60℃左右；②将一定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中；③控制反应液温度在55～60℃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；④反应3h左右，冷却，减压过滤后得草酸晶体粗品，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+12HNO3→3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2OC6H12O6+8HNO3→6CO2+8NO↑+10H2O3H2C2O4+2HNO3→6CO2+2NO↑+4H2O请回答下列问题：（1）实验①加入少许98%硫酸的目的是：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，其原因是温度过高，硝酸浓度过大，导致C6H12O6、H2C2O4进一步被氧化．（3）装置B的作用是防止倒吸，为使尾气被充分吸收，C中的试剂是氢氧化钠溶液．（4）重结晶时，将草酸晶体粗品经I加热溶解、Ⅱ趁热过滤、Ⅲ冷却结晶、Ⅳ过滤洗涤、Ⅴ干燥等实验步骤，得到较纯净的草酸晶体．该过程中可将粗品中溶解度较大的杂质在Ⅳ（填上述实验步骤序号）时除去；而粗品中溶解度较小的杂质最后留在滤纸上（填“滤纸上”或“滤液中”）．（5）将产品在恒温箱内约90℃以下烘干至恒重，得到二水合草酸．称取一定量该样品加适量水完全溶解，用KMnO4标准液滴定，反应的离子方程式为2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O ．滴定前后滴定管中的液面读数如图2所示，则消耗KMnO4溶液的体积为16.00mL ．（6）已知草酸是一种二元弱酸，草酸氢钠溶液（NaHC2O4）显酸性．常温下，向10mL0.01mol•L﹣1IH2C2O4溶液中加入10mL0.01mol•L﹣1NaOH溶液时，溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）．【考点】U3：制备实验方案的设计．【分析】（1）根据浓硫酸的三大特性结合反应解答；（2）冷凝水流向与蒸气流向逆向时冷凝效果最佳；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）生成的氮氧化物污染空气，故装置C用氢氧化钠吸收尾气，装置B防止倒吸；（4）根据题中实验步骤可知，通过重结晶得草酸晶体时，草酸晶体析出，溶解度较大的杂质留在溶液中，溶解度较小的杂质最后过滤时留在滤纸上；（5）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，如图2所示，则消耗KMnO4溶液的体积18.50mL﹣2.50mL=16.00mL；（6）常温下，向10mL 0.01mol•L﹣1 H2C2O4溶液中滴加10mL 0.01mol•L﹣1NaOH溶液反应得到的溶液中溶质为NaHC2O4，溶液显酸性，据此比较离子浓度大小．【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：催化剂的作用；（2）冷凝水流向与蒸气流向逆向时冷凝效果最佳，所以应从a口进入；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C6H12O6、H2C2O4进一步被氧化；（3）生成的氮氧化物污染空气，故装置C可用用氢氧化钠吸收尾气，装置B防止倒吸；故答案为：防止倒吸；氢氧化钠溶液；（4）根据题中实验步骤可知，通过重结晶得草酸晶体时，草酸晶体析出，溶解度较大的杂质留在溶液中，应该在步骤Ⅳ中除去，溶解度较小的杂质最后过滤时留在滤纸上；故答案为：Ⅳ；滤纸上；（5）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，离子反应为：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；如图2所示，则消耗KMnO4溶液的体积18.50mL﹣2.50mL=16.00mL；故答案为：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；16.00mL；（6）常温下，向10mL 0.01mol•L﹣1 H2C2O4溶液中滴加10mL 0.01mol•L﹣1NaOH溶液反应得到的溶液中溶质为NaHC2O4，溶液显酸性，电离大于水解，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）；故答案为：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）．10．CO2的转换在生产、生活中具有重要的应用．（1）CO2的低碳转型对抵御气候变化具有重要意义，海洋是地球上碳元素最大的“吸收池”．①溶于海水中的CO2主要以四种无机碳形式存在，除CO2、H2CO3两种分子外，还有两种离子的化学式为HCO3﹣、CO32﹣．②在海洋碳循环中，可通过图1所示的途径固碳．写出钙化作用的离子方程式：Ca2++2HCO3﹣═CaCO3↓+CO2↑+H2O ．（2）将CO2与金属钠组合设计成Na﹣CO2电池，很容易实现可逆的充、放电反应，该电池反应为4Na+3CO22Na2CO3+C．放电时，在正极得电子的物质为CO2 ；充电时，阳极的反应式为C﹣4e﹣+2CO32﹣═3CO2 ．（3）目前工业上有一种方法是用CO2和H2在230℃并有催化剂条件下转化生成甲醇蒸汽和水蒸气．图2表示恒压容器中0.5molCO2和1.5mol H2转化率达80%时的能量变化示意图．能判断该反应达到化学平衡状态的依据B、D （填字母）．A．容器中压强不变 B．H2的体积分数不变C．c（H2=3c（CH3OH） D．容器中密度不变E．2个C=O断裂的同时有6个H﹣H断裂（4）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2①实验2条件下平衡常数K= ．②实验3中，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则a/b的值＜1 （填具体值或取值范围）．③实验4，若900℃时，在此容器中加入CO、H2O、CO2、H2均为1mol，则此时v（正＜v（逆）（填“＜”、“＞”或“=“）．（5）已知在常温常压下：①2CH3OH（I）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1275.6kJ•mol﹣1②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566.0kJ•mol﹣1③H2O（g）=H2O（I）△H=﹣44.0kJ•mol﹣1写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式CH3OH（l）+O2（g）═CO（g）+2H2O（l）△H=﹣442.8kJ/mol ．【考点】CP：化学平衡的计算；BE：热化学方程式；E7：海水资源及其综合利用．【分析】（1）①溶于海水中的CO2主要以四种无机碳形式存在，除CO2、H2CO3两种分子外，还有两种离子，分别为CO32﹣和HCO3﹣；②根据图1的转化方式分析，钙化作用过程中，HCO3﹣通过钙化作用生成CaCO3，可知Ca2+与HCO3﹣在此反应中生成CaCO3，据此写出反应的离子方程式；（2）电池反应为：4Na+3CO2 2Na2CO3+C，放电池，为原电池反应，原电池中正极物质得电子，发生还原反应，据此判断，充电时，为电解池反应，阳极为物质失去电子，发生氧化反应，结合总反应式分析，据此写出阳极的电极反应方程式；（3）CO2和H2在230℃并有催化剂条件下转化生成甲醇蒸汽和水蒸气，反应方程式为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），反应为气体数减少的反应，增大压强有利于反应正向进行，根据能量变化图，反应物能量高于生成物，则反应为放热反应，降低温度有利于反应正向进行，据此逐项分析判断化学反应达到平衡的标志；（4）①反应为CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），反应的化学平衡常数为K=，根据实验2的数据，结合化学反应方程式计算平衡时各组分的物质的量浓度，代入平衡常数的表达式计算；②实验3中，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，CO和水蒸气是按1：1反应进行的，增大其中一种反应物的量可以增大另一反应物的平衡转化率，据此分析；③温度不变，平衡常数不变，根据此时的反应商J和平衡常数K的关系，判断化学反应进行的方向，分析化学反应正逆速率的大小关系；（5）甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）═CO（g）+2H2O（l），该反应可由已知焓变的热化学方程式推导，根据盖斯定律计算该反应的焓变．【解答】解：（1）①溶于海水中的CO2主要以四种无机碳形式存在，除CO2、H2CO3两种分子外，还有两种离子，分别为CO32﹣和HCO3﹣，故答案为：HCO3﹣；CO32﹣；②根据图1的转化方式分析，钙化作用过程中，HCO3﹣通过钙化作用生成CaCO3，可知Ca2+与HCO3﹣在此反应中生成CaCO3，则反应的离子方程式为：Ca2++2HCO3﹣═CaCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Ca2++2HCO3﹣═CaCO3↓+CO2↑+H2O；（2）电池反应为：4Na+3CO2 2Na2CO3+C，放电池，为原电池反应，原电池中正极物质得电子，发生还原反应，则放电时，在正极得电子的物质为CO2，充电时，为电解池反应，阳极为物质失去电子，发生氧化反应，根据总反应方程式，应为C失去电子，变成CO2，则充电时，阳极的反应式为：C﹣4e﹣+2CO32﹣═3CO2，故答案为：CO2；C﹣4e﹣+2CO32﹣═3CO2；（3）CO2和H2在230℃并有催化剂条件下转化生成甲醇蒸汽和水蒸气，反应方程式为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），反应为气体数减少的反应，增大压强有利于反应正向进行，根据能量变化图，反应物能量高于生成物，则反应为放热反应，降低温度有利于反应正向进行，A．反应在恒压装置中反应，整个反应过程体系压强一直不变，不能根据压强判断化学反应是否达到平衡，故A 不选；B．随着反应的进行，各组分的体积分数会改变，当H2的体积分数不变时，可以判断化学反应是否达到平衡，故B选；C．平衡时，不一定具有关系c（H2）=3c（CH3OH），需根据具体的反应的初始的量来判断，不可以判断化学反应。