1、江苏省苏锡常镇四市 2018届高三教学情况调研（一） （3 月）化学试题1. 每年 3月 22日为“世界水日” 。下列有关“废水”的处理正确的是A. 工业废水无需处理，直接用于农业灌溉B. 废水经氯气消毒后，即可安全再利用C. 寻找方式来减少和再利用废水可节约水资源D. 收集和处理废水，弊大于利【答案】C【解析】A. 工业废水中含有重金属离子，污染环境，不能直接用于农业灌溉，A 错误；B. 废水经氯气消毒后还需要进一步净化处理，B 错误；C. 寻找方式来减少和再利用废水可节约水资源，C 正确；D. 收集和处理废水，有利于改善环境，利大于弊，D 错误，答案选 C。2. 下列有关化学用语的表示，正
2、确的是A. 氨基(-NH 2)的电子式：B. 钾离子的结构示意图: C. 二氧化碳分子的比例模型：D. 碳酸电离的方程式：【答案】A点睛：选项 C是易错点，注意比例模型与球棍模型的区别，由于比例模型是一种用来表现分子三维空间分布的分子模型。球代表原子，球的大小代表原子直径的大小，球和球紧靠在一起，因此判断时还需要注意原子半径的相对大小。3. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A. 晶体硅熔点高硬度大，可用于制造半导体材料B. 碳酸钠溶液显碱性，可用于除去金属器件表面的油脂C. 碳酸氢钠能与碱反应，可用作焙制糕点的膨松剂D. 明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的杀菌消毒【答案】B4. 实验室
3、制取氨气、收集、验证其还原性并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是A. 用装置甲制取氨气B. 用装置乙收集氨气时气体应该从 a口进 b口出C. 装置丙中黑色固体变成红色时还原产物一定为铜D. 可以用装置丁吸收氨气，进行尾气处理【答案】B【解析】A. 氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，冷却后又重新化合生成氯化铵，不能用装置甲制取氨气，A 错误；B. 氨气密度小于空气，可以用向下排空气法收集，即用装置乙收集氨气时气体应该从 a口进 b口出，B 正确；C. 装置丙中黑色固体变成红色时还原产物不一定为铜，因为氧化亚铜也是红色的，C 错误；D. 氨气极易溶于水，不能用水直接吸收，D 错误，答案选 B
4、。5. 短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，其中 X、Y 处于同一周期且相邻，Z 元素的原子在短周期中原子半径最大，W 是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是A. 原子半径：r(X）0【答案】A【解析】A. 应该是以铁作阴极，铂作阳极，电解饱和食盐水，可以制备烧碱，A 错误；B. 表示铵根的水解常数，温度不变，水解常数不变，B 正确；C. 工业生产硫酸时，接触室催化氧化 S02时使用热交换器可以充分利用热量，降低生产成本，C 正确；D. 反应 Al2O3(s)+3Cl2(g)+3C(s)2AlCl 3(g)+3CO(g)的熵值增加，室温下不能自发进行，说明反应一定是吸热反应
5、，则H0，D 正确，答案选 A。12. 羟甲香豆素是一种治疗胆结石的药物。合成其的两种中间体及羟甲香豆素的结构如下：下列有关说法正确的是A. 化合物 X和 Y分子各含有 1个手性碳原子B. 化合物 Y能发生加成反应、取代反应和消去反应C. 1mol羟甲香豆素最多可与 2molNaOH反应D. 化合物 X和羟甲香豆素分别与溴水反应，最多消耗的 Br2的物质的量之比为 1:l【答案】AB【解析】A. 化合物 X中与醇羟基相连的碳原子以及 Y分子与醇羟基相连的碳原子均为手性碳原子，A 正确；B. 化合物 Y含有酯基、酚羟基、醇羟基，能发生加成反应、取代反应和消去反应，B 正确；C. 羟甲香豆素含有酚
6、羟基以及酚羟基形成的酯基，1mol 羟甲香豆素最多可与 3molNaOH反应，C 错误；D. 化合物 X和羟甲香豆素分别与溴水反应，最多消耗的 Br2的物质的量之比为 2:3，D 错误，答案选 AB。点睛：准确判断出分子中含有的官能团是解答的关键，注意已知官能团结构与性质的迁移应用。C 选项是解答的易错点，主要是没有考虑到酯基水解后形成的酚羟基能继续与氢氧化钠溶液反应。13. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A、生成的乙烯中含有乙醇，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A 错误；B、硝酸酸化的硝酸钡溶液排除了其它离子的干扰，再加入硝
7、酸银溶液产生白色沉淀说明含有氯离子，B正确；C、再加入新制氢氧化铜悬浊液之前没有加入氢氧化钠中和稀硫酸，C 错误；D、反应中氢氧化钠过量，加入氯化铁一定产生氢氧化铁沉淀，D 错误，答案选 B。14. 常温时，向 20 mL01000 mol/L H 2C2O4溶液中滴加 0.1000 molL-1NaOH溶液，混合溶液 pH随加入 NaOH溶液体积的变化如图所示。下列有关叙述正确的是A. 点、所示溶液中，点所示溶液 H2O的电离程度最小B. 点所示溶液中：C. 点所示溶液中：D. 滴定过程中可能出现：【答案】BC【解析】室温时，向 20 mL0.1000 mol/LH2C2O4溶液中滴加 0.
8、1000 mol/LNaOH溶液，发生反应为：H 2C2O4+OH-HC 2O4-+H2O，HC 2O4-+OH-C 2O42-+H2O，消耗 20mLNaOH溶液时为第一化学计量点，恰好生成 NaHC2O4，消耗 40mLNaOH溶液时为第二化学计量点，恰好生成 Na2C2O4，则A酸或碱存在抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，随着滴定反应的进行，溶液中 H2C2O4的量越来越少盐类含量越来越高，则水的电离程度逐渐增大，点、所示溶液中，点所示溶液 H2O的电离程度最小，A 错误；B点时氢氧化钠与草酸的物质的量之比是3：2，根据电荷守恒和物料守恒可知溶液中 2c(H+)+c(HC2O4-)+3
9、c(H2C2O4)2c(OH -)+c(C2O42-)，B正确；C点溶液显中性，根据电荷守恒可知 c(HC2O4-)+2c(C2O42-)c(Na )，C 正确；D根据图像可知当溶液显碱性时，c(HC 2O4-)与 c(C2O42-)不可能相等，D 错误，答案选 BC。点睛：本题考查酸碱滴定原理，结合图像分析第一化学计量点和第二化学计量点，明确滴定发生的反应，牢牢把握溶液中的守恒思想是解答此类问题的关键。15. 一定温度下(T 2 Tl)，在 3个体积均为 2.0 L的恒容密闭容器中反应 2NO(g)+ Cl 2(g) = 2ClNO(g)（正反应放热）达到平衡，下列说法正确的是A. 达到平衡
10、时，容器 I与容器 II中的总压强之比为 1：2B. 达到平衡时，容器 III中 ClNO的转化率小于 80%C. 达到平衡时，容器 II中 c(ClNO(/ c(NO)比容器 I中的大D. 若温度为 Tl，起始时向同体积恒容密闭容器中充入 0.20 mol NO(g)、0.2 mol Cl 2(g)和0.20 mol ClNO(g)，则该反应向正反应方向进行【答案】C【解析】A. 容器 II相当于是 0.4mol/LNO与 0.2mol/L氯气开始建立平衡，正反应体积减小，相当于容器 I增大了压强，平衡正向移动，因此达到平衡时，容器 I与容器 II中的总压强之比为大于 1：2，A 错误；B.
11、 容器 III相当于是 0.2mol/LNO与 0.1mol/L氯气开始建立平衡，正反应放热，升高温度平衡逆向移动，因此达到平衡时，容器 III中 NO的转化率小于容器 I中 NO的转化率（20%） ，所以达到平衡时，容器 III中 ClNO的转化率大于 80%，B 错误；C. 容器 II相当于是 0.4mol/LNO与 0.2mol/L氯气开始建立平衡，正反应体积减小，相当于容器 I增大了压强，平衡正向移动，因此达到平衡时，容器 II中 c(ClNO(/c(NO)比容器I中的大，C 正确；D. 根据容器 I中数据可知该温度下平衡常数为 ,若温度为 Tl，起始时向同体积恒容密闭容器中充入 0.
12、20 mol NO(g)、0.2 mol Cl 2(g)和 0.20 mol ClNO(g)，则浓度熵为 K，所以该反应向逆反应方向进行，D 错误，答案选 C。16. 以菱锰矿（主要成分 还含有 等杂质）为原料制各二氧化锰的工艺流程如下：已知草酸钙、草酸镁不溶于水。（1）写出“氧化”时发生反应的离子方程式：_。（2） “中和”的目的是将铁、铝元素转化为沉淀除去，化合物 X可用 _（写一种物质的化学式） 。（3）该工艺流程中固体 l和固体 2均需用水洗涤，目的是_。（4） “除杂”时，除去的金属离子有_。（5） “电解”原理如下图所示，阳极的电极反应式为_ （6）该流程中可以循环使用的物质有 _
13、 。【答案】 (1). MnO 22Fe 2+4H =Mn2+ 2Fe 3+2H 2O (2). CaCO3（或 MnCO3等合理）(3). 用水洗涤滤渣，洗出液用于酸浸工序，提高锰的回收率（或用水洗涤滤渣，洗出液循环利用，提高锰的回收率等合理） (4). Ca 2+、Mg 2+ (5). Mn2+2H 2O2e = MnO24H (6). H2SO4、MnO 2【解析】 （1）酸浸后溶液中含有亚铁离子，能被二氧化锰氧化，则“氧化”时发生反应的离子方程式为 MnO22Fe 2+4H Mn 2+2Fe 3+2H 2O。 （2） “中和”的目的是将铁、铝元素转化为沉淀除去，由于不能再引入新杂质，则
14、化合物 X可用 MnCO3。 （3）过滤得到的沉淀表面含有杂质离子，因此该工艺流程中固体 l和固体 2均需用水洗涤滤渣，洗出液用于酸浸工序，提高锰的回收率。 （4）已知草酸钙、草酸镁不溶于水，则“除杂”时，除去的金属离子有Ca2+、Mg 2+。 （5）阳极锰离子失去电子转化为二氧化锰，则阳极的电极反应式为 Mn2+2H 2O2e MnO 24H 。 （6）硫酸锰电解生成二氧化锰和硫酸，则该流程中可以循环使用的物质有H2SO4、MnO 2。17. 麻黄素是中枢神经兴奋剂，其合成路线如下图所示。（1）F 中的含氧官能团名称为 _和_。（2）E 的结构简式为 _。（3）写出 BC 的化学反应方程式：
15、_。（4） FG 历经两步反应，反应类型依次为_、 _。（5）请写出同时满足下列条件的 F的一种同分异构体的结构简式_。能发生银镜反应；水解产物能与 FeCl3显色：核磁共振氢谱显示有四组峰。（6）请写出以乙醇为原料制备强吸水性树脂 的合成路线流程图（可选择题干中相关试剂，无机试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干）_。【答案】 (1). 羟基 (2). 羰基 (3). (4). (5). 加成反应 (6). 消去反应 (7). 或(8). 【解析】 （1）根据 F的结构简式可知 F中的含氧官能团名称为羟基和羰基；（2）根据已知信息结合 F的结构简式可知 E的结构简式为 。 （3）BC 是卤代
16、烃的水解反应，反应的化学反应方程式为 +NaOH。 （4）FG 历经两步反应，首先是羰基的加成反应生成羟基，然后羟基发生消去反应生成双键；（5）能发生银镜反应，含有醛基；水解产物能与 FeCl3显色，含有酚羟基形成的酯基：核磁共振氢谱显示有四组峰，则符合条件的有机物结构简式为 或 。 （6）根据逆推法结合题干信息可知以乙醇为原料制备强吸水性树脂 的合成路线流程图为。点睛：有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，因此掌握常见官能团的性质以及它们之间的转化是解决有机化学题的基础，也是关键。另外还需要注意提取题干中隐含的信息并能灵活应用。该类试题的另一个难点是有机合成路线的设计，解答时先要对比原料的
17、结构和最终产物的结构，官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，再根据官能团的性质进行设计，注意逆推法和已知信息的应用。18. 氯化苄(C 6H5CH2Cl)是一种重要的有机化工原料。工业上采用甲苯与干燥氯气在光照条件下反应合成氯化苄。（1）写出甲苯与干燥氯气在光照条件下反应合成氯化苄的化学方程式_。（2）用下列方法分析氯化苄粗产品的纯度：步骤 I：称取 2.555 g样品于烧瓶中，加入 100.00 mL 4mol/L氢氧化钠溶液共热，冷却至室温。加入 100.00 mL4mol/L硝酸，一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至 250.00 mL的容量瓶中，加水定容。步骤 II：从容量瓶中各
18、取 50.00 mL溶液于三只锥形瓶中，各加入 25.00 mL0.2000mol/L硝酸银溶液。步骤 m:用硫酸铁铵作指示剂，用 0.2000 mol/LNH4SCN溶液分别滴定剩余的硝酸银，所得滴定数据如下表。加入硝酸的目的是_。在步骤 III操作中，判断达到滴定终点的现象是_。该样品中氯化苄的质量分数（写出计算过程）_。上述测定结果通常高于氯化苄中氯元素的理论含量，原因是_。【答案】 (1). C 6H5CH3Cl 2 C6H5CH2ClHCl (2). 中和 NaOH使溶液呈酸性，防止 OH对下一步的干扰 (3). 当滴入最后一滴，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色 (4). (5)
19、. 甲苯与氯气在光照条件下可能生成多氯代物，Cl 2或生成的 HCl也会造成测定结果偏高【解析】 （1）甲苯与干燥氯气在光照条件下反应合成氯化苄的化学方程式为 C6H5CH3Cl 2C6H5CH2ClHCl。 （2）溶液显碱性，则加入硝酸的目的是中和 NaOH使溶液呈酸性，防止 OH对下一步的干扰。铁离子能与 SCN 反应使溶液显红色，则在步骤 III操作中，判断达到滴定终点的现象是当滴入最后一滴，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色。三次实验中消耗标准液体积分别是 9.98mL、10.02mL、10.21mL，第三次实验数据误差大，舍去，则消耗标准液体积的平均值是 10.00mL，根据方程式
20、可知剩余硝酸银是 0.002mol，所以与氯离子反应的硝酸银是 0.005mol0.002mol0.003mol，则水解生成的氯离子是0.003mol250mL/50mL0.015mol，因此该样品中氯化苄的质量分数为。由于甲苯与氯气在光照条件下可能生成多氯代物，且 Cl2或生成的 HCl也会造成测定结果偏高，因此上述测定结果通常高于氯化苄中氯元素的理论含量。19. 以铬铁矿为原料 可制备 K2Cr2O7和金属铬。实验流程如下：（1）写出铬铁矿焙烧转化为 NazCrO4的化学反应方程式：_。焙烧时不能使用陶瓷容器的原因是_。（2）加入稀硫酸后所得 Na2Cr2O7溶液的 pH 应小于 3.0，
21、可用 _测定溶液 pH。（3）操作包括过滤和洗涤。实验室洗涤沉淀的操作是_。（4） Na 2S的作用是调节溶液的酸碱度和_ （5）Fe 3+在 pH为 3.7时可完全转化为 Fe(OH)3。在上述流程中所得 NazCrz07溶液中含有少量Fe3+。请结合上图有关物质的溶解度曲线，设计由 Na2Cr2O7液制备 K2Cr2O7固体的实验方案（实验中须选用的试剂：硫酸、NaOH 溶液、KCl 固体、蒸馏水）：_。【答案】 (1). 4Fe(CrO 2)27O 28Na 2CO3 2Fe2O38Na 2CrO48CO 2 (2). 陶瓷在高温下会与 Na2CO3反应 (3). pH 计 (4). 沿
22、玻璃棒加水至浸没沉淀，待水自然滤出后重复 23次 (5). 将重铬酸钠还原为氢氧化铬 (6). 向 Na2Cr2O7溶液中加入适量NaOH调节 pH大于 3.7，过滤，向滤液中加入硫酸溶液至 pH小于 3.0，再加入适量 KCl固体，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥【解析】 （1）根据流程图可知高温下碳酸钠、氧气与 Fe(CrO2)2反应转化为 NazCrO4的化学反应方程式为 4Fe(CrO2)27O 28Na 2CO3 2Fe2O38Na 2CrO48CO 2。由于陶瓷在高温下会与 Na2CO3反应，所以焙烧时不能使用陶瓷容器；（2）要精确测定溶液的 pH，应该选择 pH计。（3）洗涤
23、沉淀在过滤器中完成，则实验室洗涤沉淀的操作是沿玻璃棒加水至浸没沉淀，待水自然滤出后重复 23 次；（4）硫离子具有还原性，则 Na2S的作用除了调节溶液的酸碱度外，还有将重铬酸钠还原为氢氧化铬的作用；（5）Na 2Cr2O7的溶解度大于重铬酸钾，又因为Fe3+在 pH为 3.7时可完全转化为 Fe(OH)3，所以结合已知信息可知由 Na2Cr2O7溶液制备K2Cr2O7固体的实验方案为向 Na2Cr2O7溶液中加入适量 NaOH调节 pH大于 3.7，过滤，向滤液中加入硫酸溶液至 pH小于 3.0，再加入适量 KCl固体，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即可。20. 氮氧化物会形成光化学烟
24、雾和酸雨，可采取下列方法对氰氧化物进行处理。（1） SNCR 脱硝技术的原理：_（2） NSR (NO x储存还原)工作原理：NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图 a所示。NO x储存转化为 Ba(NO3)2过程中，参加反应的 NO和 02的物质的量之比为_。H 2还原 Ba(NO3)2的过程分两步进行，图 b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应的化学方程式为_。（3）SCR 消除氮氧化物的反应原理：其他条件相同，某密闭容器中分别投入 NH3、NO、O 2，在甲、乙两种催化剂作用下，NO 转化率与温度的关系如图 c所示。在催化剂甲作用下，图中 Y点处（对应温度为 210）N
25、O 的转化率一定不是该温度下的平衡转化率的原因是_。工业实际选择催化剂乙的原因是_。（4）用石灰乳吸收氨的氧化物，原理为：为使吸收充分 _(选填“”或“”)l。目前可采用电解的方法除去废水中的 NO2-，原理如图 d所示。写出阴极的电极反应式：_。【答案】 (1). H=2735.6kJmol 1 (2). 43 (3). 8H 2Ba(NO 3)2 BaO2NH 35H 2O (4). 平衡转化率是该温度下的最大转化率，此时 Y点 NO的转化率明显低于同温度下乙作催化剂时 NO的转化率 (5). 在低温下，使用催化剂乙，NO 转化率很高 (6). (7). 2NO 4H 2O6e - =N2
26、8 OH （若答 2NO 8H 6e - =N24H 2O也正确）【解析】 （1）已知：4NO(g)+4NH 3(g)+O2(g)4N 2(g)+6H2O(g) H1627.2kJ/mol6NO(g)+4NH 3(g)5N 2(g)+6H2O(g) H1807.0kJ/mol2NO(g)+O 2(g)2NO 2(g) H113.0kJ/mol则根据盖斯定律可知（）3即得到反应 6NO2(g)+8NH3(g)7N 2(g)+12H2O(g) H2735.6kJ/mol；（2）反应中氮元素化合价从+2 价升高到+5 价，失去 3个电子，氧气中氧元素化合价从 0价降低到2 价，得到 2个电子，根据电
27、子得失守恒可知参加反应的 NO和 02的物质的量之比为 43；根据图像可知第一步反应的还原产物是氨气，则结合图 a可知第一步反应的化学方程式为 8H2Ba(NO 3)2 BaO2NH 35H 2O。（3）由于平衡转化率是该温度下的最大转化率，此时 Y点 NO的转化率明显低于同温度下乙作催化剂时 NO的转化率，所以在催化剂甲作用下，图中 Y点处（对应温度为 210）NO 的转化率一定不是该温度下的平衡转化率。根据图像可知在低温下，使用催化剂乙，NO 转化率很高，所以工业实际选择催化剂乙；（4）由于 NO不能与氢氧化钙反应，而 NO2可以，所以为使吸收充分，NO 2与 NO的体积之比应该l。阴极
28、NO2 得到电子发生还原反应生成氮气，因此阴极的电极反应式为2NO2 4H 2O6e -N 28OH 。21. 铜的化合物具有广泛的用途。（1）Cu 2+基态核外电子排布式为_。（2）往硫酸铜溶液中加入过量氨水，溶液最终变成深蓝色，继续加入乙醇，可析出N、O、S 原子的第一电离能由大到小的顺序为_，与SO42-互为等电子体的分子的化学式为_ ，每个乙醇分子中 sp3杂化的原子个数为_。（3）铜的一种氧化物晶体结构如图所示，其中 O原子的配位数为_。（4） Cu 2O的熔点比 Cu2S高的原因是_。【答案】 (1). Ar3d 9或 1s22s22p63s23p63d9 (2). NOS (3)
29、. CCl4 （CF 4、SiF 4等合理） (4). 3 (5). 4 (6). 因为 r(O2-)r(S2-)，所以 Cu2O的晶格能比 Cu2S大，熔点高【解析】 （1）铜的质子数是 29，则 Cu2+基态核外电子排布式为Ar3d 9或1s22s22p63s23p63d9。 （2）非金属性越强，第一电离能越大，氮元素的 2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，第一电离能大于相邻元素，则 N、O、S 原子的第一电离能由大到小的顺序为 NOS。原子数和价电子数分别都相等的互为等电子体，则与 SO42-互为等电子体的分子的化学式为 CCl4、CF 4、SiF 4等，饱和碳原子均是 sp3杂化，羟
30、基氧原子也是 sp3杂化，则每个乙醇分子中 sp3杂化的原子个数为 3个。 （3）O 原子和铜原子的原子个数分别是81/8+61/24、4，铜原子的配位数是 4，则氧原子的配位数也为 4；（4）因为 r(O2-)r(S 2-)，所以 Cu2O的晶格能比 Cu2S大，熔点高。22. 亚硝酸钠(NaNO 2)是工业盐的主要成分，在漂白、电镀等方面应用广泛。实验室以木炭、浓硝酸、Na 2O2为主要原料按照如图所示装置制各亚硝酸钠（加热装置及部分夹持装置已略去），反应原理为：2NO+Na 2O2=2NaNO2。回答下列问题：（1）A 装置中反应的化学方程式为_。（2）B 装置中铜的作用是_。（3）充分
31、反应后，C 中生成的固体除 NaN02外，还可能有杂质生成，应在 B、C 之间加一个装置，该装置所盛放试剂的名称是_。（4）检查装置气密性并装入药品后，以下实验操作步骤正确的顺序为_填标号） 。a打开弹簧夹，向装置中通入 N2 b点燃酒精灯c向三颈烧瓶中滴加浓硝酸 d熄灭酒精灯e关闭分液漏斗旋塞 f.停止通入 N2（5）D 装置用于尾气处理，写出 D中反应的离子方程式：_。（6）利用改进后的装置，将 7.8gNa2O2完全转化成 NaNO2，理论上至少需要木炭_g。【答案】 (1). C4HNO 3(浓) CO24NO 22H 2O (2). 铜可以和二氧化氮与水反应生成的硝酸反应，提高 NO
32、产率 (3). 碱石灰 (4). acebdf (5). 5NO3MnO 4H = 5NO 3Mn 2+2H 2O (6). 1.2【解析】 （1）A 装置中发生碳与浓硝酸的反应，反应的化学方程式为 C4HNO 3(浓)CO24NO 22H 2O。 （2）装置 B中是 A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，3NO 2+H2O2HNO 3+NO，硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，因此 B装置中铜的作用是铜可以和二氧化氮与水反应生成的硝酸反应，提高 NO产率。 （3）因为一氧化氮中混有二氧化碳和水蒸汽，二氧化碳和过氧化钠发生的反应生成碳酸钠和氧气，水与过氧化钠反应生成氢氧化钠，故 C
33、产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和氢氧化钠，为避免产生这些副产物，应在 B、C 装置间增加装置 E，E 中盛放的试剂应碱石灰，用来吸收二氧化碳和水蒸气；（4）由于该实验中有气体参加，所以在组装好仪器后首先要检查装置的气密性，再装药品，由于实验过程中有一氧化氮产生，所以要将装置中的空气全部排尽，再进行实验，可以利用氮气排空气。又因为 NO有毒，所以最后需要利用氮气把剩余的 NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中，因此实验操作顺序为 acebdf；（5）NO 与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为 5NO3MnO 4 4H 5NO 3 3Mn 2+2H 2O。 （6）n（Na 2O2）7.8g78g/m
34、ol0.1mol，根据 C+4HNO3（浓） CO2+4NO 2+2H 2O，3NO 2+H2O2HNO 3+NO，有关系式C4NO 24/3NO8/3HNO 3，根据 3Cu+8HNO3=3Cu（NO 3） 2+2NO+4H 2O，有关系式HNO33/8Cu1/4NO，则有 C2/3NO，所以碳与总的 NO的关系式为 C（4/3+2/3）NO，根据 2NO+Na2O22NaNO 2，可知碳与 Na2O2的关系式为 CNa 2O2，所以 7.8g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要碳的质量为 0.1mol12g/mol1.2g。点睛：本题考查了物质制备实验方案的设计和信息判断，物质性质的理解应用，注意实验过程中的反应现象分析，掌握实验原理、相关物质的性质是解答此类问题的关键。难点是最后一问的计算，注意利用反应的化学方程式结合原子守恒、电子得失守恒进行分析计算。
