1、上海市闵行区2022-2023学年高三一模质量调研化学试题相对原子质量：H1 C12 O16 Fe56一、选择题(本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确选项)1. 医学入门中记载我国传统中医提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”，下列分离方法涉及的有A. 萃取B. 分液C. 蒸发D. 蒸馏【答案】C【解析】【详解】水洗净是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等，涉及的操作方法是洗涤；细研水飞是指将固体研成粉末后加水溶解，涉及的操作方法是溶解；去石澄清是指倾倒出澄清液，去除未溶解的固体，涉及的操作方法是倾倒；慢火熬干是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余，涉及的操作方法是蒸发，则
2、未涉及的操作方法是萃取、分液和蒸馏，涉及的有蒸发，故选C。2. 下列变化过程需克服共价键的是A. 二氧化硅熔化B. 冰融化C. 氯化钾熔化D. 钠熔化【答案】A【解析】【分析】共价晶体熔化克服共价键，离子晶体熔化或电离均克服离子键，分子晶体发生三态变化只破坏分子间作用力，金属晶体熔化克服金属键，以此来解答。【详解】A二氧化硅是共价晶体，熔化克服共价键，故A符合题意；B冰融化克服的是分子间作用力，故B不符合题意；C氯化钾熔化克服的是离子键，故C不符合题意；D钠熔化克服金属阳离子和自由电子之间的金属键，故D不符合题意；答案选A。3. 常温下，0.1mo/L的下列溶液pH=1的是A. 醋酸B. 硫酸
3、C. 氯化铝D. 硫酸氢钠【答案】D【解析】【详解】A醋酸是一元弱酸，在溶液中部分电离出氢离子，则0.1mo/L醋酸溶液的pH大于1，故A错误；B硫酸是二元强酸，在溶液中完全电离出氢离子，则0.1mo/L硫酸溶液的pH小于1，故B错误；C氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应使溶液呈酸性，则0.1mo/L氯化铝溶液的pH大于1，故C错误；D硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在溶液中完全电离出氢离子，则0.1mo/L硫酸溶液的pH为1，故D正确；故选D。4. 能与溴水反应的非电解质是A. 硫化氢B. 二氧化硫C. 氢氧化钠D. 苯【答案】B【解析】【详解】A硫化氢在溶液中能电离出自由移动的离子，属于电解
4、质，故A不符合题意；B二氧化硫不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，能与溴水中溴单质发生氧化还原反应，故B符合题意；C氢氧化钠在熔融状态下或水溶液中能电离出自由移动的离子，属于电解质，故C不符合题意；D苯是非电解质，但不能与溴水反应，故D不符合题意；故选B。5. 下列转化属于工业固氮的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】工业固氮是人为将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程。A，游离态的氮转化为化合态氮，符合氮的固定定义，属于工业固氮，故A选；B，是同种价态的氮的化合物之间转化，不属于固氮，故B不选；C，为不同化合态氮之间转化，不属于固氮，故C不选；D，氮元素由游离态变为化合
5、态，属于自然固氮，故D不选；故选A。6. 分子和分子比较，相同的是A. 化学键类型B. 空间结构C. 分子极性D. 键角【答案】A【解析】【详解】氨分子的空间构型为结构不对称的三角锥形，是含有极性键的极性分子，键角为10718，甲烷的空间构型为结构对称的正四面体形，是含有极性键的非极性分子，键角为10928，则氨分子和甲烷分子的化学键类型相同，故选A。7. 能证明HCl是共价化合物的是A. 水溶液呈酸性B. 受热不易分解C. 液态下不能导电D. 仅由非金属元素组成【答案】C【解析】【详解】氯化氢是共价化合物，液态氯化氢中只有分子，不含有自由移动的离子，不能导电，若氯化氢是离子化合物，熔融状态下
6、能电离出自由移动的离子，能导电，所以能用液态氯化氢不导电证明氯化氢是共价化合物，故选C。8. 下列化学用语表示正确的是A. 中子数为16的磷原子：B. 过氧化氢的电子式：C. 的名称：2-乙基丁烷D. 氧原子核外电子轨道表示式：【答案】B【解析】【详解】A中子数为16的磷原子的质量数为15+16=31，可以用表示，故A错误；B双氧水为共价化合物，其电子式为 ，故B正确；C的名称：3-甲基戊烷，故C错误；D氧原子核外电子排布式为1s22s2p4，p轨道数为3，其中一轨道中的两个电子自旋方向相反，故D错误；故选B。9. 下列事实正确，且能用于判断氯、硫非金属性强弱的是A. 酸性：B. 还原性：C.
7、 沸点：D. 氧化性：【答案】B【解析】【详解】A是无氧酸，根据最高价含氧酸的酸性强弱判断元素非金属性强弱，故不选A；B元素非金属性越强，其单质氧化性越强；还原性，则氧化性，能说明氯的非金属性大于硫，故选B；C单质的熔沸点与元素非金属性无关，故不选C；D根据元素最高价含氧酸的酸性强弱判断元素的非金属性，不能根据最高价含氧酸氧化性判断元素非金属性强弱，故不选D；选B。10. 下列有机物的实验室制备装置(夹持仪器省略)中，正确的是A.制乙烯B.制乙炔C.制乙酸乙酯D.制乙酸丁酯A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A实验室用浓硫酸与乙醇制备乙烯时，应用温度计控制反应温度为170
8、，由图可知，装置中缺少温度计，故A错误；B实验室用电石与饱和食盐水反应制备乙炔，电石与水反应会放出大量的热，且生成的氢氧化钙乳状物易堵塞导气管，所以不能用启普发生器制备乙炔气体，故B错误；C加热加有碎瓷片的乙酸、乙醇和浓硫酸的混合溶液能制得乙酸乙酯，盛有饱和碳酸钠溶液的试管可以除去乙酸、吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，便于析出乙酸乙酯，故C正确；D加热没有加碎瓷片的乙酸、1丁醇和浓硫酸的混合溶液能制乙酸丁酯时，溶液受热会发生暴沸导致实验失败或发生意外事故，故D错误；故选C。11. 食品包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同，对其脱氧过程的分析中，正确
9、的是A. 炭粉做原电池负极B. 铁粉发生还原反应C. 负极的电极反应为：D. 铁元素的变化为：【答案】D【解析】【分析】铁粉、炭粉在氯化钠溶液中构成原电池，铁粉作原电池的负极，碳粉作正极，负极上铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，水分子作用下氧气在正极上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子。【详解】A由分析可知，炭粉做原电池正极，故A错误；B由分析可知，铁粉作原电池的负极，负极上铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，故B错误；C由分析可知，铁粉作原电池的负极，负极上铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe2e=Fe2+，故C错误；D脱氧过程中铁元素的变化为铁发生吸氧腐蚀生成氢氧化亚铁，
10、氢氧化亚铁迅速被氧化为氢氧化铁，氢氧化铁分解生成含水的氧化铁，故D正确；故选D。12. 化合物(a)和(b)的结构简式如图所示，相关叙述中正确的是A. (b)是乙烯的同系物B. (a)的二氯代物有2种C. (a)和(b)互为同分异构体D. (b)分子中所有原子处于同一平面【答案】C【解析】【详解】A同系物必须是结构相似、含有相同数目相同官能团的同类物质，由结构简式可知，(b)与乙烯的结构不相似，不是同类物质，故A错误；B由结构简式可知，(a)分子的一氯代物只有1种，一氯代物的分子中含有3类氢原子，二氯代物有3种，故B错误；C由结构简式可知，(a)和(b)的分子式相同、结构不同，互为同分异构体，
11、故C正确；D由结构简式可知，(b)分子中含有饱和碳原子，饱和碳原子的空间构型为四面体形，所以分子中所有原子不可能处于同一平面，故D错误；故选C。13. 科学家已成功将二氧化碳在高温高压下转化为类似二氧化硅的晶体结构。关于这种二氧化碳晶体的叙述，错误的是A. 属于原子晶体B. 熔点比二氧化硅晶体低C. 每个原子都达到8电子稳定结构D. 每个碳原子与4个氧原子形成单键【答案】B【解析】【详解】A这种二氧化碳晶体类似二氧化硅的晶体结构，属于原子晶体，故A正确；B二氧化碳晶体结构和二氧化硅晶体结构相似，都为原子晶体，C原子半径小于Si原子半径，所以C-O键键能大于Si-O键，二氧化碳晶体熔点比二氧化硅
12、晶体高，故B错误；C每个碳原子与4个氧原子通过1对共用电子对连接，每个氧原子与2个碳原子通过1对共用电子对连接，所以晶体中C、O原子最外层电子都满足8电子结构，故C正确；D二氧化碳晶体结构和二氧化硅晶体结构相似，二氧化碳晶体中每个碳原子和4个氧原子形成单键，构成正四面体结构，其键角是10928，故D正确；故选B。14. 除去下列物质中所含少量杂质(括号内为杂质)，所选试剂和方法均正确的是A. 溴苯(Br2)溶液：加溶液，分液B. 甲烷(C2H4)：酸性溶液，洗气C. 乙醛(HCOOH)：新制，蒸馏D. 氯化亚铁溶液(FeCl3)，铁粉，过滤【答案】AD【解析】【详解】A溴苯(Br2)溶液：加溶
13、液，与反应生成可溶于水的钠盐溶液，再用分液方法分离，A正确；B酸性溶液将氧化，生成，在甲烷气体中引入新的杂质，B错误；C乙醛和都能与新制反应，不能用新制反应除去乙醛中的，C错误；D氯化亚铁溶液(FeCl3)，加入铁粉，发生反应：，过滤除去多余的铁粉，D正确； 故选A D。15. a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层电子数相同，c所在周期数与族序数相同，d与a同主族，全科免费下载公众号高中僧课堂下列叙述一定正确的是A. 原子半径：B. 形成的气态氢化物稳定性d大于aC. b的最高价氧化物对应水化物是一种强碱D. 四种元素中c的氧化物能溶于溶液中【答案
14、】D【解析】【分析】a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层电子数相同，a的核外电子总数为8，为O元素，则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族序数相同，应为Al元素，d与a同主族，应为S元素，b可能为Na或Mg。【详解】A一般电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，因此原子半径大小顺序是：Na(Mg)AlSO，故A错误； B同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，所以非金属性OS，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，则气态氢化物稳定性H2S小于H2O，故B错误；Cb的最高价氧化物对应水化物为NaOH或Mg(OH)2，其中N
15、aOH是一种强碱，而Mg(OH)2属于中强碱，不是强碱，故C错误；Dc的氧化物为氧化铝，氧化铝能与溶液反应生成偏铝酸钠和水，故D正确；答案选D。16. 是一种有毒气体，能溶于水，人们常用溶液除去气体中混有的杂质，生成黑褐色的CuS沉淀，下列说法正确的是A. 离子方程式：B. 溶解或电离出能力：C. 足量溶液吸收可得到D. 稀释溶液，溶液中的离子浓度都降低【答案】B【解析】【详解】A为弱酸不能写成离子形式，应该用分子式表示，正确的离子方程式为：+2H+，故A错误；B由铜离子与硫化氢反应生成硫化铜沉淀可知，相同条件下溶解或电离出能力：，故B正确；C足量溶液和反应生成和水，故C错误； D温度不变，不
16、变，c(H+)降低，则c(OH-)必然增大，所以稀释溶液时，不是溶液中的所有离子浓度都降低，故D错误；答案选B。17. 由和反应生成和的能量变化如图所示。下列说法正确的是A 反应消耗吸热B. 反应物的总键能小于生成物的总键能C. 加入催化剂，可以減少反应热，加快反应速率D. 相同条件下，反应物、生成物和过渡态中的物质，过渡态中的物质最稳定【答案】B【解析】【详解】A反应物总能量高于生成物总能量，属于放热反应，即反应消耗放热，A错误；B属于放热反应，则反应物的总键能小于生成物的总键能，B正确；C加入催化剂，可以改变活化能，加快反应速率，但不能改变少反应热，C错误；D相同条件下，反应物、生成物和过
17、渡态中的物质，过渡态的能量最高，过渡态最不稳定，D错误；答案选B。18. 某有机物的结构简式如图所示，关于该有机物叙述中，错误的是A. 含3种官能团B. 能发生消去、取代、氧化反应C. 与等物质的量加成，产物有两种D. 该有机物最多能与反应【答案】C【解析】【详解】A含有羧基、羟基、碳碳双键3种官能团，故A正确；B含有羟基能发生消去反应；含有羧基、羟基能发生取代反应；含有羟基、碳碳双键能发生氧化反应，故B正确；C与等物质的量加成，产物有、，共三种，故C错误；D羧基、羟基能与钠反应，该有机物最多能与反应，故D正确；选C。19. 一定量的某磁黄铁矿(主要成分，S为-2价)与盐酸恰好完全反应(杂质不
18、与盐酸反应)，生成硫单质、和一定量的某种气体，且反应后溶液中无。有关说法正确的是A. B. 生成了气体C. D. 中，【答案】D【解析】【详解】A盐酸恰好完全反应，生成，没有其他的氯化物生成，根据元素守恒，所以盐酸的浓度为：，A错误；B根据信息，和盐酸反应，硫单质、和气体，根据氢元素守恒，生成的为，标况下体积为，B错误；C根据上述分析，可以写出反应方程式：，根据元素守恒，算出：，C错误；D在，为-2价，设化合物中的物质的量分别为和，则，所以，D正确； 故选D。20. 在恒温恒压下，某一体积可变的密闭容器中发生反应，时达到平衡后，在时改变某一条件，达到新平衡，反应过程vt如图所示。有关叙述中，错
19、误的是A. 时，v正v逆B. 时向密闭容器中加入物质CC 、两平衡状态中c(C)不相等D. 时v正先瞬时减小后逐渐增大直至与原平衡相等后保持不变【答案】C【解析】【分析】由图像可知，反应条件是恒温恒压，而反应特点是反应前后气体分子数相同，两次达到平衡时反应速率相等，则两平衡应为等效平衡，由时逆反应速率瞬间增大可知，改变的条件是向密闭容器中加入物质C，此时容器体积增大，反应物浓度减小，v正先瞬时减小后逐渐增大直至与原平衡相等后保持不变。【详解】A由题中图示可知，时，逆反应速率增大，说明可逆反应从正向建立平衡，正反应速率大于逆反应速率，即v正v逆，故A正确；B向密闭容器中加入物质C，逆反应速率瞬间
20、增大，再次建立的平衡与原平衡等效，说明和原平衡相同，符合图像，故B正确；C反应速率与反应物浓度成正比，、两平衡状态时逆反应速率相等，说明达到平衡状态时，各物质的浓度不变，则c(C)相等，故C错误；D根据分析，时改变的条件是向密闭容器中加入物质C，容器的容积变大，反应物浓度减小，则v正先瞬时减小后逐渐增大直至与原平衡相等后保持不变，故D正确；答案选C。二、综合题(共60分)(一)(本题共15分)21. 氯及其化合物有着广泛用途。工业生产方法之一是：在80时电解NaCl溶液，得到溶液；室温下加入足量KI固体，析出晶体。（1）中反应的总化学方程式：_NaCl_。若电解时温度过低，会造成溶液中可能混入
21、_。（2）中能析出晶体而无其它晶体析出的原因是_。【答案】（1） . . NaClO （2）相同温度下，在水中的溶解度明显小于其它晶体【解析】【小问1详解】根据氧化还原反应的规律，元素的化合价升高，所以必须有元素的化合价降低，故，所以反应总方程式为：；温度过低时，只能生成较低价态的含氯化合物，所以溶液中会混入。【小问2详解】在相同温度下，晶体析出而其他晶体不析出，原因为：相同温度下，在水中的溶解度明显小于其它晶体。22. 某温度下，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释时pH变化曲线如图所示。（1）a、b、c三点溶液中水的电离程度大小关系：_。（2）b点溶液中c(H+) =_+_ (填微粒
22、浓度)。_用等浓度的NaOH溶液和b、c处溶液反应，消耗NaOH溶液的体积。_(填“”“bc （2） . . （3）a、c两点溶液的离子度ca，所以导电能力ca【解析】【分析】盐酸溶液中的氢离子主要是盐酸电离出来的，盐酸完全电离，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释的过程中，盐酸不能继续电离，盐酸溶液中氢离子浓度变化大；水解是微弱的，氯化铵溶液中铵离子可继续水解，溶液中氢离子浓度变化小，所以c点的曲线pH变化是盐酸溶液的，含a、b点的曲线pH变化是氯化铵溶液的。【小问1详解】盐酸电离出的氢离子抑制了水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最小；水解促进水的电离，由于氯化铵溶液中的氢离子来自于
23、铵根离子水解生成的氢离子，氢离子浓度越大，说明水解程度越大，a点的pHb，综上所述，a、b、c三点溶液中水的电离程度abc，故答案为：abc；【小问2详解】b点溶液中，根据质子守恒得出，故答案为：；用等浓度的NaOH溶液和b、c处溶液反应，b点溶液中铵根和氢离子均消耗NaOH，而c点溶液只有盐酸消耗NaOH（盐酸完全电离），故消耗NaOH溶液的体积，故答案为：；【小问3详解】溶液的导电能力和溶液中自由移动离子浓度的大小有关，当溶液的体积相等时，a、c两点溶液的离子浓度ca，所以导电能力ca，故答案为：a、c两点溶液的离子度ca，所以导电能力ca。(二)(本题共15分)23. 金属钛(Ti)在航
24、空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途。.目前常见的生产钛的方法是碳氯化法。在1000时主要发生反应：，再进一步冶炼得到钛。（1）碳元素原子核外最外层电子的排布式是_；能量最高的电子有_个，其电子云形状为_。（2）恒温恒容时，下列叙述一定能说明该反应达到平衡状态的是_(填序号)。a.混合气体的压强保持不变 b.c.混合气体的密度保持不变 d.和CO物质的量相等（3）平衡常数表达式K=_；温度升高，K_(填“变大”“变小”或“不变”)。.一定压强下，在2L的密闭容器中投入0.9mol、2.0mo1C、进行反应，平衡体系中气体组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。（4）图中显示
25、，在200平衡时几乎完全转化为，同时生成_气体。但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是_。（5）600时5分钟后反应达到平衡状态，计算5分钟内=_。（6）由冶炼钛有两种方法：在900用熔融的镁在氩气中还原可得钛：；在2000左右分解也可得钛：。你认为相对合理的方法及理由是_。【答案】（1） . 2s22p2 . 2 . 纺锤形 （2）ac （3） . . 减小 （4） . CO2 . 实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品 （5）0.02 （6）方法相对合理，方法温度高，能耗大，产物含氯气，处理
26、成本高【解析】【小问1详解】碳是6号元素，原子核外最外层电子排布式是2s22p2，电子离核越远能量越高，C原子中能量最高的能级为2p，有2个电子，其电子云形状为纺锤形。【小问2详解】a该反应是气体体积增大的吸热反应，反应过程中压强不断增大，当混合气体的压强保持不变时，说明反应达到平衡，故a选；b由方程式可知Cl2和TiCl4化学反应速率关系为：，时不能说明正反应速率等于逆反应速率，证明反应达到平衡，故b不选；c该反应是固体生成气体的反应，反应过程中气体总质量增大，混合气体的密度增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应达到平衡，故c选；d和CO物质的量相等时不能说明正反应速率等于逆反应速率，不
27、能证明反应达到平衡，故d不选；故选ac。【小问3详解】反应平衡常数表达式K=，该反应是放热反应，温度升高，K减小。【小问4详解】图中显示，在200平衡时几乎完全转化为，同时生成CO2气体，实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品。【小问5详解】600时，的物质的量分数为0.45，Cl2的物质的量分数为0，根据已知条件列出“三段式”：则有=0，=0.45，解得x=0.9，y=0.2，5分钟后反应达到平衡状态，计算5分钟内=0.02。【小问6详解】方法相对合理，方法温度高，能耗大，产物含氯气，处理成本高。(
28、三)(本题共15分)24. 化合物F是合成一种治疗癌症药的中间体，F的一种合成路线如图：（1）反应的试剂和反应条件是_。C的结构简式_。（2）反应中，反应类型相同的是_(填反应序号)，_(填反应类型)。反应的化学方程式为_。（3）两步反应不可互换的理由是_。（4）F有多种同分异构体，写出“既能水解，又能发生银镜反应，苯环上只有2种化学环境不同的氢原子”的结构简式_。（5）已知：苯环上的羟基易被氧化；。请设计由合成的路线_【答案】（1） . NaOH醇溶液/加热 . （2） . . 消去反应 . （3）碳碳双键易被氧化 （4） （5）【解析】【分析】根据分子式，B比A少了1个，故反应为卤代烃的消
29、去反应，生成的B分子的结构简式为：，再和的溶液发生加成反应，生成，再水解生成D分子：，发生催化氧化生成。【小问1详解】根据分子式，B比A少了1个，故反应为卤代烃的消去反应，所以反应条件为：NaOH醇溶液/加热；由D的结构简式和B分子中含有碳碳双键，与的溶液发生加成反应，生成，发生水解生成D分子。【小问2详解】根据以上的分析，反应为卤代烃消去反应，反应为醇消去反应；反应的化学方程式为：。【小问3详解】碳碳双键很不稳定，很容易被氧化，故两步反应不可互换。【小问4详解】既能水解，又能发生银镜反应，分子中含有，根据分子的不饱和度和原子个数，该分子中还有碳碳双键，苯环上只有2种化学环境不同的氢原子，苯环
30、上的两个取代基处于对位上，故满足条件的分子结构为：。【小问5详解】根据题目合成信息，且苯环上的羟基易被氧化，由合成时，先将发生酯化反应，再将苯环上的甲基氧化为羧基，保护苯环上的羟基不被氧化，合成路线为：。(四)(本题共15分)25. 是白色固体，难溶于水，可用于制各补血剂。.的制取步骤和装置图如下(夹持仪器略)：先向中的溶液通入一段时间至其为7；然后滴加一定量溶液，产生白色沉淀；过滤、洗涤、干燥，得到固体。（1）通入溶液的用大理石与盐酸反应制得后，先经过装置再进入中，装置的作用是_，试剂a是_。（2）写出装置中制取离子方程式：_。若向溶液中直接滴入溶液，产生的沉淀可能有_。.溶于乳酸能制得可溶
31、性乳酸亚铁()补血剂。（3）验证乳酸亚铁补血剂中亚铁离子未被氧化的试剂是_。.两位同学分别用不同的方案进行乳酸亚铁补血剂中铁元素含量测定：（4）甲同学通过滴定法测定样品中的含量计算样品纯度。在操作均正确的前提下，所得纯度总是大于，其原因可能是_。（5）乙同学经查阅资料后改用碘量法测定铁元素的含量。称取样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，取所有可溶物配成溶液。吸取该溶液加入过量溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用硫代硫酸钠溶液滴定(已知：)，当_，即为滴定终点；平行滴定3次，硫代硫酸钠溶液的平均用量为，则样品纯度为_【答案】（1） . 除去中的气体 . 饱和溶液 （2） . 、 （3）KSCN
32、溶液 （4）乳酸根中的羟基被氧化，也消耕了 （5） . 蓝色褪去且半分钟不恢复 . 77.4【解析】【分析】CO2气体通入Na2CO3溶液至pH约为7，生成NaHCO3，此时加入FeSO4，发生离子反应：，经过滤、洗涤、干燥，可得到产物固体。【小问1详解】因为盐酸有挥发性，因此需要用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl气体。【小问2详解】通一段时间CO2后，Na2CO3溶液变为NaHCO3溶液，此时制取的离子方程式：；若向Na2CO3溶液中直接加入FeSO4，除了生成FeCO3以外，因为溶液碱性较强，还会生成Fe(OH)2杂质。【小问3详解】检验补铁剂中Fe2+未被氧化，即没有Fe3+生成的试剂应选用KSCN溶液。【小问4详解】乳酸亚铁中的乳酸根含有还原性官能团，因此也可以消耗KMnO4，造成结果偏高。【小问5详解】碘的淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，当蓝色刚好褪去且半分钟内不恢复原色即可判定滴定终点；样品灼烧完全灰化后，加入足量盐酸溶解后，铁元素全部转化为Fe3+，从配置的100mL溶液中吸取25mL进行检测，该溶液中所含Fe3+可按如下关系计算：计算得x=0.00248mol，则所配的100mL溶液中铁离子为4x=0.00992mol，按铁元素守恒可知，样品中的乳酸亚铁也是0.00992mol，则样品纯度为。
浙公网安备33030202001339号