广东省珠海市2022年高考一模化学试卷1（2022•珠海一模）下列叙述正确的是（　　）A．煤的干馏和石油的分馏均属化学变化B．葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应现象，不属于胶体C．14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体D．BaSO4在医学上用作钡餐，Ba2+对人体无毒考点：胶体的应用；同素异形体；石油的分馏产品和用途；煤的干馏和综合利用．专题：化学应用．分析：A．物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成．如果有新物质生成，则属于化学变化；B．根据溶液和胶体的不同来判断；C．同素异形体是同一种元素形成的不同单质；D．根据BaSO4的溶解度来分析．解答：解：A．石油的分馏属物理变化，因为石油的分馏是利用石油中各种成分沸点不同将其分离的一种方法，没有新物质生成，所以是物理变化，煤的干馏是复杂的物理化学变化，故A错误； B．葡萄糖注射液是溶液，不属于胶体，丁达尔现象是胶体具有的性质，故B正确；C．14C与12C质子数相同，中子数不同，互为同位素，故C错误；D．钡离子对人体有害，它是一种重金属离子，可以使人体中毒．硫酸钡在医学上用作钡餐是因为硫酸钡既不溶于水也不溶于酸，不会产生可溶性钡离子，所以它对人体无害，故D错误．故选B．点评：本题考查物理变化、胶体、同位素等，难度不大，注意硫酸钡在医学上用作钡餐是因为硫酸钡既不溶于水也不溶于酸，不会产生可溶性钡离子，所以它对人体无害．2（2022•珠海一模）设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）A．标准状况下，224 mL水含有的电子数为0.1NAB．1L 0.1mol/L硅酸钠溶液中含有0.1NA个SiO2-3C．标准状况下，11.2 LCO2和SO2混合气体中含NA个氧原子D．足量的铁粉与1mol Cl2加热条件下充分反应，转移的电子数为3NA考点：阿伏加德罗常数．16专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A．标准状况下，水为液体，不能使用气体摩尔体积；B．溶液中SiO32-水解，其离子浓度小于1mol/L，根据n=cV、N=nNA进行判断；C．根据n=VVm计算11.2 LCO2和SO2混合气体的物质的量，二者每个分子都含2个氧原子，氧原子物质的量为混合气体的2倍，再根据N=nNA计算氧原子数目；D．铁与氯气反应生成氯化铁，反应中氯气起氧化剂作用，根据氯气的物质的量计算转移电子数目．解答：解：A．标准状况下，水为液体，不能使用气体摩尔体积，224 mL水的物质的量远大于0.01mol，故A错误；B．溶液中SiO32-水解，其离子浓度小于1mol/L，SiO32-的物质的量小于1mol/L×1L=1mol，故SiO32-数目小于1mol×NAmol-1=NA，故B错误；C．标况下，11.2 LCO2和SO2混合气体的物质的量为11.2L22.4L/mol=0.5mol，二者每个分子都含2个氧原子，氧原子物质的量为0.5mol×2=1mol，故含有氧原子数目为1mol×NAmol-1=NA，故C正确；D．铁与氯气反应生成氯化铁，反应中氯气起氧化剂作用，氯元素化合价由0价降低为-1价，故转移电子数目为1mol×2×NAmol-1=2NA，故D错误；故选C．点评：本题考查常用化学计量，难度不大，注意气体摩尔体积的使用体积与对象，D选项中铁过量与否都生成氯化铁．3（2022•珠海一模）下列说法正确的是（　　）A．甲烷和乙醇均能发生取代反应B．苯酚和甲苯遇FeCl3均显紫色C．溴乙烷与NaOH水溶液共热生成乙烯D．油脂和淀粉都是高分子化合物考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：A．甲烷可与氯气在光照条件下发生取代反应，乙醇可发生酯化反应；B．甲苯与FeCl3溶液不反应；C．溴乙烷与NaOH水溶液发生取代反应；D．油脂不是高分子化合物．16解答：解：A．甲烷可与氯气在光照条件下发生取代反应，乙醇可与酸发生酯化反应、与卤化氢发生取代反应，故A正确；B．苯酚遇FeCl3显紫色，但甲苯不反应，故B错误；C．溴乙烷与NaOH水溶液发生取代反应，在NaOH醇溶液中发生消去反应，故C错误；D．高分子化合物的相对分子质量较大，一般在一万以上，多数属于高聚物，油脂不是高分子化合物，故D错误．故选A．点评：本题考查有机物的结构和性质，侧重于有机物官能团的性质以及反应条件和反应类型的判断，题目难度不大．4（2022•珠海一模）在水溶液中能大量共存的一组离子是（　　）A．NH+4、Na+、Br-、SO2-4B．Fe2+、H+、ClO-、Cl-C．K+、Ca2+、OH-、NO-3D．Mg2+、H+、SiO32-、SO2-4考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，不能发生氧化还原反应等，则离子能大量共存，以此来解答．解答：解：A．该组离子之间不反应，能大量共存，故A正确；B．因Fe2+、H+、ClO-发生氧化还原反应，则不能大量共存，故B错误；C．Ca2+、OH-结合生成微溶物，不能大量共存，故C错误；D．H+、SiO32-结合生成沉淀，则不能大量共存，故D错误；故选A．点评：本题考查离子的共存，明确常见离子之间的反应即可解答，注意选项B中的氧化还原反应及选项C中氢氧化钙的溶解度较小为解答的难点，题目难度中等．5（2022•珠海一模）以下进行性质比较的实验设计，不合理的是（　　）A．比较Cu、Fe2+的还原性；Cu加入FeCl3溶液中B．比较氯、溴非金属性；氯气通入溴化钠溶液中C．比较镁、铝金属性：镁、铝（除氧化膜）分别放入4mol•L-1NaOH溶液中D．比较高锰酸钾、氯气的氧化性；高锰酸钾中加入浓盐酸考点：性质实验方案的设计．专题：实验评价题．分析：A、依据氧化还原反应中还原剂的还原性大于含有产物分析判断；B、非金属单质的氧化性强弱是非金属性强弱的判断依据；16C、比较金属活泼性用金属和水反应剧烈程度、最高氧化物对应水化物形成的氢氧化物碱性强弱比较，与碱反应不能比较；D、高猛酸钾能氧化浓盐酸生成氯气，依据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物判断；解答：解：A、Cu加入FeCl3溶液中反应Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，还原剂Cu的还原性大于还原产物Fe2+，故A合理；B、氯气通入溴化钠溶液中反应，Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，反应中氯气氧化性大于溴单质，说明氯的非金属性大于溴，故B合理；C、镁、铝（除氧化膜）分别放入4mol•L-1NaOH溶液中，铝溶解反应，镁不能反应，铝反应是因为铝是两性元素，但不能证明金属性强弱，D、高猛酸钾能氧化浓盐酸生成氯气，依据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物判断，高锰酸钾氧化性大于氯气，故D合理；故选C．点评：本题考查了氧化还原反应的强弱规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，非金属性和金属性的强弱判断依据，题目难度中等．6（2022•珠海一模）下列实验装置图正确的是（　　）A．实验室制乙烯B．实验室制氨气C．实验室制氧气D．实验室制乙酸乙酯考点：气体发生装置．专题：化学实验基本操作．分析：A、根据实验室制乙烯时温度计测量的是液体的温度；B、根据加热氢氧化钙和氯化铵组成的固体可以制取NH3，NH3极易溶于水，密度比空气小且不与空气中的成份发生反应；C、根据实验室制氧气可用双氧水和二氧化锰制得；D、根据实验室制乙酸乙酯，导管不能插入试管中的液面以下；16解答：解：A、因实验室制乙烯时温度计测量的是液体的温度，应插入液面以下，故A错误；B、由于加热氢氧化钙和氯化铵组成的固体可以制取NH3，NH3极易溶于水，密度比空气小且不与空气中的成份发生反应，所以不能用排水法收集，只能选用向下排气法收集，所以发生装置B适合，故B正确；C、根据实验室制氧气可用双氧水和二氧化锰制得，而二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制得氯气，故C错误；D、实验室制乙酸乙酯导管不能插入液面以下，以免发生倒吸，故D错误．故选：B．点评：本题考查了常见气体制备原理及装置选择，根据反应物的状态及反应条件，可把实验室制备气体发生装置分为：固体、固体加热型，如加热高锰酸钾制取氧气；固体、液体加热型，如制取氯气；固体、液体不加热型，如用稀硫酸和锌粒制取氢气．7（2022•珠海一模）如图为短周期的一部分，Y原子最外层电子数是其电子层数的2倍，下列说法正确的是（　　）A．Y的氢化物比Z的氢化物稳定B．原子半径大小顺序是X＞Y＞RC．Y、R形成的化台物YR2能使酸性KMnO4溶液褪色D．四种元素中最高价氧化物的水化物的酸性最强的是Y考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：X、Y、R、Z为短周期元素，由元素在周期表中的位置可知，R处于第二周期，X、Y、Z处于第三周期，Y原子最外层电子数是其电子层数的2倍，故最外层电子数为6，则Y为S元素，则X为P元素、Z为Cl元素、R为O元素，结合元素周期律知识解答该题．解答：解：X、Y、R、Z为短周期元素，由元素在周期表中的位置可知，R处于第二周期，X、Y、Z处于第三周期，Y原子最外层电子数是其电子层数的2倍，故最外层电子数为6，则Y为S元素，则X为P元素、Z为Cl元素、R为O元素，A、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，故非金属性Z＞Y，非金属性越强，氢化物越稳定，故Z的氢化物比Y的氢化物稳定，故A错误；B、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素原子半径从上到下逐渐增大，则原子半径X＞Y＞R，故B正确；C、二氧化硫具有还原性，可以被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；16D、氯元素的高价氧化物的水化物HClO4的酸性最强，故D错误；故选C．点评：本题考查位置结构性质的相互关系应用，难度中等，整体把握元素周期表的结构进行元素推断是解题关键．8（2022•珠海一模）25℃时，某氯化铵溶液pH=4．下列说法正确的是（　　）A．c（OH-）=1×10-10mol•L-1B．c（NH+4）＞c（Cl-）＞c（H+）＞c（OH-）C．c（NH3•H2O）=c（NH+4）D．c（H+）+c（NH+4）=c（Cl-）+c（OH-）考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的原理．专题：盐类的水解专题．分析：氯化铵是强酸弱碱盐，因水解而使其溶液呈酸性，溶液中c（H+）=10-pH，根据水的离子积常数计算氢氧根离子浓度，溶液中存在电荷守恒，据此分析解答．解答：解：A.25℃时，某氯化铵溶液pH=4，则c（H+）=10-pH=10-4mol/L，c（OH-）=10-1410-4mol/L，故A正确；B．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而氯离子不水解，所以c（Cl-）＞c（NH+4），故B错误；C．氯化铵溶液中铵根离子能水解，但较微弱，所以c（NH3•H2O）＜c（NH+4），故C错误；D．氯化铵溶液呈电中性，所以溶液中存在电荷守恒，即c（H+）+c（NH+4）=c（Cl-）+c（OH-），故D正确；故选AD．点评：本题考查离子浓度大小的比较、盐类水解等，题目难度中等，注意根据溶液电中性和物料守恒解答该题．9（2022•珠海一模）己知：C能与NaHCO3溶液反应，C和D的相对分子质量相等且D催化氧化的产物不能发生银镜反应．（1）C中官能团的名称是羧基16；B不能发生的反应是D．A．加成反应    B．消去反应    C．酯化反应  D．水解反应（2）反应③的类型为酯化反应．（3）E的结构简CH3COOCH（CH3）2．A的结构简式．（4）同时符合下列四个条件的B的同分异构体结构简式为．A．苯环上有二个取代基且苯环上的一氯代物有2种B．能与FeCl3溶液发生显色反应C．能发生水解反应D．核磁共振氢谱有6个峰，峰的面积之比为1：2：2：2：2：1（5）写出化合物B发生分子内成环反应的化学方程式浓硫酸△+H2O．考点：有机物的推断．专题：有机物的化学性质及推断．分析：C能与NaHCO3溶液反应，含有-COOH，C与D反应生成E，E的分子式为C5H12O2，可知E为酯，D为醇，C和D的相对分子质量相等且D催化氧化的产物不能发生银镜反应，故C为CH3COOH，D为CH3CH（OH）CH3，E为CH3COOCH（CH3）2，A在碱性条件下水解，酸化得到B、C、D，由B、C、D的结构可知，A为16，（1）根据C的结构判断含有的官能团；由B的结构可知，B中含有-COOH，具有羧酸性质，含有醇羟基，具有醇的性质，含有苯环，具有苯的性质；（2）反应③是CH3COOH与CH3CH（OH）CH3发生酯化反应生成CH3COOCH（CH3）2；（3）E为CH3COOCH（CH3）2，A为；（4）符合下列四个条件的B的同分异构体：A．苯环上有二个取代基且苯环上的一氯代物有2种，两个取代基处于对位；B．能与FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基；C．能发生水解反应，含有酯基；D．核磁共振氢谱有6个峰，分子中含有6种H，峰的面积之比为1：2：2：2：2：1，6种H原子数目分别为1、2、2、2、2、1，故另一支链为-CH2CH2OOCH，据此书写；（5）B通过酯化反应发生分子内成环反应生成．解答：解：C能与NaHCO3溶液反应，含有-COOH，C与D反应生成E，E的分子式为C5H12O2，可知E为酯，D为醇，C和D的相对分子质量相等且D催化氧化的产物不能发生银镜反应，故C为CH3COOH，D为CH3CH（OH）CH3，E为CH3COOCH（CH3）2，A在碱性条件下水解，酸化得到B、C、D，由B、C、D的结构可知，A为，（1）C为CH3COOH，含有的官能团为羧基，由B的结构可知，B中含有-COOH，具有羧酸性质，能发生酯化反应，含有醇羟基，具有醇的性质，能发生酯化反应、消去反应，含有苯环，具有苯的性质，可以越氢气发生加成反应，不能发生水解反应，故答案为：羧基；D；（2）反应③是CH3COOH与CH3CH（OH）CH3发生酯化反应生成CH3COOCH（CH3）2，故答案为：酯化反应；（3）由上述分析可知，E为CH3COOCH（CH3）2，A为；故答案为：CH3COOCH（CH3）2；；（4）符合下列四个条件的B的同分异构体：16A．苯环上有二个取代基且苯环上的一氯代物有2种，两个取代基处于对位；B．能与FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基；C．能发生水解反应，含有酯基；D．核磁共振氢谱有6个峰，分子中含有6种H，峰的面积之比为1：2：2：2：2：1，6种H原子数目分别为1、2、2、2、2、1，故另一支链为-CH2CH2OOCH，故符合条件的B的同分异构体结构简式为，故答案为：；（5）B通过酯化反应发生分子内成环反应生成，反应方程式为：浓硫酸△+H2O，故答案为：浓硫酸△+H2O．点评：本题考查有机物的推断与合成，涉及酯、羧酸、醇、酚等性质，注意根据E的分子式及题目提供C、D的特点进行推断，难度中等，注意限制条件同分异构体的书写．10（2022•珠海一模）（1）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入体积2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），得到如下两组数据：16实验组温度℃起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OH2CO1650421.62.462900210.41.63①实验1中以v（CO2）表示的反应速率为0.13mol/（L•min）（第二位小数）②该反应为放热（填“吸热”或“放热”）反应．③求实验2的平常常数K，要求写出计算过程，结果取二位小数（2）已知在常温常压下：①2CH3OH（1）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（1）△H=-1451.6kJ/mol②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ/mol写出甲醇不完全燃烧生成CO和液态水的热化学方程式CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=-442.8kJ/mol（3）甲醇和氧气完全燃烧的反应可以设计为燃料电池，装置如图，该电池通过K2CO3溶液吸收反应生的CO2．则负极的电极反应为CH3OH+7CO32-+2H2O-6e-=8HCO3-．（4）CaCO3的KSP=2.8×10-9．将等体积CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为2×10-4mol/L，则生成沉淀所需该CaCl2溶液的最小浓度为5.6×10-5mol/L．考点：化学平衡的计算；热化学方程式；化学电源新型电池；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题．分析：（1）①、由表中数据可知，CO的物质的量变化量为4mol-2.4mol=1.6mol，根据v=△nV△t计算v（CO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（CO2）；②、第二组温度比第一组高，反应物物质的量比第一组减半，但是平衡时CO2的物质的量比第一组的一半少，表明该反应为放热反应；③16、利用三段式计算平衡时，各组分的物质的量，该反应是气体体积不变的反应，故利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算平衡常数；（2）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的计算；（3）总的电池反应式为：2CH3OH+3O2+2CO32-=4HCO3-+2H2O，甲醇发生氧化反应，在负极放电，氧气发生还原反应，在正极放电，正极电极反应式为3O2+12e-+12HCO3-=12CO32-+6H2O，总反应是减去正极反应式可得负极电极反应式；（4）由混合后碳酸根浓度为1×10-4mol/L，根据碳酸钙溶度积常数计算混合后溶液中钙离子的浓度，原氯化钙浓度为混合后钙离子浓度的2倍．解答：解：（1）①、由表中数据可知，CO的物质的量变化量为4mol-2.4mol=1.6mol，v（CO）=1.6mol2L6min=215mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，故v（CO2）=v（CO）=215mol/（L•min）=0.13mol/（L•min），故答案为：0.13mol/（L•min）；②、实验1中CO的转化率为4mol-2.4mol4mol×100%=40%，实验2中CO的转化率为2mol-1.6mol2mol×100%=20%，则实验1的转化率大于实验2，则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，正反应放热，故答案为：放热；③、平衡时CO的物质的量为1.6mol，则：          CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），开始（mol）：2     1        0       0变化（mol）：0.4   0.4     0.4     0.4平衡（mol）：1.6   0.6     0.4     0.4该反应前后气体体积不变，故利用物质的量代替浓度计算平衡常数，故900℃时该反应平衡常数k=0.4×0.41.6×0.6=0.17，故答案为：0.17；（2）已知：①2CH3OH（1）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（1）△H=-1451.6kJ/mol16②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ/mol根据盖斯定律，①-②得2CH3OH（1）+2O2（g）=2CO（g）+4H2O（1），故△H=（-1451.6kJ/mol）-（-566.0kJ/mol）=885.6kJ/mol，即CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=-442.8kJ/mol，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=-442.8kJ/mol；（3）总的电池反应式为：2CH3OH+3O2+2CO32-=4HCO3-+2H2O，甲醇发生氧化反应，在负极放电，氧气发生还原反应，在正极放电，正极电极反应式为3O2+12e-+12HCO3-=12CO32-+6H2O，总反应是减去正极反应式可得负极电极反应式为：2CH3OH+14CO32-+4H2O-12e-=16HCO3-，即CH3OH+7CO32-+2H2O-6e-=8HCO3-，故答案为：CH3OH+7CO32-+2H2O-6e-=8HCO3-；正极电极反应式为3O2+12e-+6H2O=12OH-，（4）由混合后碳酸根浓度为1×10-4mol/L，混合后使碳酸根沉淀，需要钙离子的最小浓度为2.8×10-91×10-4mol/L=2.8×10-5mol/L，原氯化钙浓度为混合后钙离子浓度的2倍，故原氯化钙的浓度为2×2.8×10-5mol/L=5.6×10-5mol/L，故答案为：2.8×10-5mol/L．点评：本题考查反应速率的计算、化学平衡有关计算、热化学方程式书写、溶度积有关计算等，难度中等，注意（3）热化学方程式的书写为易错点、难点，注意利用总反应式与正极反应式之差得负极反应式，注意总反应式为生成物二氧化碳与碳酸根反应的总反应，正极反应式为生成的氢氧根与碳酸氢根的合反应．11（2022•珠海一模）现从锌制品加工企业回收的废渣（含有ZnO、FeO、Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质）来制取氧化锌，流程如下：有关氢氧化物完全沉淀的pH见下表沉淀物AI（OH）3Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2Zn（OH）2pH5.23.29.76.78.0（l）在酸浸过程中，要提高浸出率，可以采取加热、搅拌16措施．（2）上述流程中多处涉及“过滤’，实验室中过滤操作需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗．（3）在“除杂I”步骤中，将溶液调至pH=4的目的是使三价铁转化为氢氧化铁沉淀除去．在“除杂Ⅱ”后，溶液的pH约为6，则此步过滤时滤渣中含有Al（OH）3、Cu、Fe．（4）在“碳化合成”中，生成的产物之一为碱式碳酸锌[Zn2（OH）2CO3]，同时放出CO2，请写出该反应的化学方程式2Na2CO3+2Zn（NO3）2+H2O=[Zn2（OH）2CO3+CO2+4NaNO3．（5）从滤液中提取NaNO3晶体的操作步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤．（6）在实验室如何洗涤过滤出的碱式碳酸锌？往漏斗中加入少量的蒸馏水，浸没沉淀，让其自然滤出，反复几次．考点：铁的氧化物和氢氧化物；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：（1）从温度、浓度、增大接触面积等分析增大反应速率；（2）过滤操作使用漏斗、烧杯、玻璃棒等仪器；（3）根据沉淀和pH表分析控制溶液的pH；（4）根据反应物和生成物来书写化学方程式；（5）根据物质的溶解度受温度的影响，可以采取适当的方法来实现物质的分离；（6）根据洗涤过滤沉淀物质的方法来回答．解答：解：（1）因适当升高反应温度（或增大硝酸浓度、将锌废渣粉碎等）、搅拌可提高锌的浸出速率，故答案为：加热、搅拌；（2）过滤操作需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；（3）“除杂I”步骤中，将溶液调至pH=4，可以让三价铁转化为氢氧化铁沉淀而除去，在“除杂Ⅱ”后，溶液的pH约为6，此时氢氧化铝沉淀依然存在，并且过程中会发生置换反应产生金属Cu和金属Zn，则此步过滤时滤渣中含有Al（OH）3、Cu、Fe，故答案为：使三价铁转化为氢氧化铁沉淀除去；Al（OH）3、Cu、Fe；16（4）在“碳化合成”中，是碳酸钠和硝酸锌的水溶液之间发生反应生成产物之一为碱式碳酸锌[Zn2（OH）2CO3]，同时放出CO2，即2Na2CO3+2Zn（NO3）2+H2O=[Zn2（OH）2CO3+CO2+4NaNO3，故答案为：2Na2CO3+2Zn（NO3）2+H2O=[Zn2（OH）2CO3+CO2+4NaNO3；（5）根据物质的溶解度受温度的影响，从滤液中提取NaNO3晶体的操作步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；（6）碱式碳酸锌的洗涤方法：往漏斗中加入少量的蒸馏水，浸没沉淀，让其自然滤出，反复几次，故答案为：往漏斗中加入少量的蒸馏水，浸没沉淀，让其自然滤出，反复几次．点评：本题考查晶体的制备及混合物的分离、提纯，注意已知信息与所学知识的结合来分析解答问题，除杂流程及表格数据是解答本题的关键，题目难度中等．12（2022•珠海一模）（I）小明在做“研究温度对反应速率的影响”实验时，他取了两只试管，均加入4mL 0.01mol/L的KMnO4酸性溶液和2mL 0.1mol/L  H2C2O4（乙二酸）溶液，振荡，A试管置于热水中，B试管置于凉水中，记录溶液褪色所需的时间．①需要用硫酸来酸化KMnO4溶液，褪色所需时间tA＜tB（填“＞”、“=”或“＜”）．②写出该反应的离子方程式5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O．（2）实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，具体操作    为：①配制250mL溶液：准确称量5.0g乙二酸样品，配成250mL溶液．②滴定：准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，加少量酸酸化，将0.1000mol•L-1KMnO4溶液装入酸式（填“酸式”或“碱式”）滴定管，进行滴定操作．在实验中发现，刚滴下少量KMnO4溶液时，溶液迅速变成紫红色．将锥形瓶摇动一段时间后，紫红色慢慢消失；再继续滴加时，紫红色就很快褪色了．请解释原因：反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快．当当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成紫红色且半分钟不变化16，证明达到滴定终点．③计算：再重复上述操作2次，记录实验数据如下．序号滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）10.0020.1021.0020.9030.0021.10则消耗KMnO4溶液的平均体积为20.00mL，已知H2C2O4的相对分子质量为90，则此样品的纯度为90.00%．④误差分析：下列操作会导致测定结果偏高的是ACD．A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管B．滴定前锥形瓶有少量水C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视．考点：探究温度、压强对化学反应速率的影响；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量．专题：实验探究和数据处理题．分析：（1）①高锰酸钾具有强氧化性，要酸化高锰酸钾溶液需要选用无还原性的酸，温度越高反应速率越快，则褪色时间越短；②酸性条件下，高锰酸根离子能氧化草酸生成二氧化碳，自身被还原生成锰离子，同时生成水；（2）②酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，锰离子有催化作用而导致反应速率加快，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成紫红色且半分钟不变化，证明达到终点；③平均值等于消耗高锰酸钾的总体积与次数的比值，根据高锰酸钾和草酸之间的关系式计算；④根据c=nV 判断不当操作对n或V的影响判断．解答：解：（1）①高锰酸钾具有强氧化性，要酸化高锰酸钾溶液需要选用无还原性的酸，一般选稀硫酸，温度越高反应速率越快，则褪色时间越短，所以褪色所需时间tA＜tB，故答案为：硫酸，＜；16②酸性条件下，高锰酸根离子能氧化草酸生成二氧化碳，自身被还原生成锰离子，同时生成水，发生的离子反应方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；（2）②酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以酸性高锰酸钾溶液应该盛放在酸式滴定管中，高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成紫红色且半分钟不变化，证明达到终点，故答案为：酸式，反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成紫红色且半分钟不变化；③第三次消耗体积与第一次和第二次相差较大，所以要舍去，则消耗KMnO4溶液的平均体积=(20.10-0.00)+(20.90-1.00)2mL=20.00mL，设样品的纯度为x，5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g   2mol5.0x×110g （0.1×0.020）molx=0.1×0.020×4502×5.0×0.1=90.00%，故答案为：20.00；90.00%；④A．酸式滴定管水洗后未用待测液润洗，会导致酸性高锰酸钾浓度偏小，需要高锰酸钾体积偏大，测定值偏大，故正确；B．锥形瓶内有水，对实验无影响，故错误；C．定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致测定高锰酸钾体积偏大，测定值偏大，故正确；D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，会导致测定高锰酸钾体积偏大，测定值偏大，故正确；E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，导致测定高锰酸钾体积偏小，测定值偏小，故错误；故选ACD．点评：本题考查了探究物质的组成及其含量的测定，难度较大，注意把握实验基本方法，能会分析导致误差的不当操作，注意把握实验操作要点和注意事项．16