2025年北师大版高二化学上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年北师大版高二化学上册月考试卷122考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、电瓶车所用电池一般为铅蓄电池，这是一种典型的可充电电池，电池总反应式为：Pb+PbO2+4H++2SO42-2PbSO4+2H2O则下列说法正确的是（）A.放电时：电子流动方向由A经导线流向BB.放电时：正极反应是Pb-2e-+SO42-PbSO4C.充电时：铅蓄电池的负极应与充电器电源的正极相连D.充电时：阳极反应是PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+2、某有机具有手性碳原子，经下面的变化后仍一定具有手性碳原子的是rm{(}rm{)}A.加成反应B.消去反应C.氯代反应D.水解反应3、有如下合成路线，甲经二步转化为丙：下列叙述错误的是rm{(}rm{)}

A.甲和丙均可与酸性rm{KMnO_{4}}溶液发生反应B.反应rm{(1)}的无机试剂是液溴和铁粉，实际起催化作用的是rm{FeBr_{3}}C.步骤rm{(2)}产物中可能含有未反应的甲，可用溴水检验是否含甲D.反应rm{(2)}属于取代反应4、从柑桔中可炼制萜二烯rm{(}rm{)}下列有关它的推测不正确的是rm{(}rm{)}A.分子式为rm{C_{10}H_{16}}B.常温下呈液态难溶于水C.所有原子可能共平面D.与过量溴的rm{CCl_{4}}溶液反应后产物rm{(}如图rm{)}为：5、在一定温度下的定容密闭容器中，当下列条件不再改变时，表明反应：A(s)+2B(g)C(g)+D(g)已达到平衡状态的现象是A.混合气体的压强B.混合气体的密度C.气体的总物质的量D.单位时间内生成nmolC的同时消耗2nmolB6、“盐水动力”玩具车的电池以镁片、活性炭为电极，向极板上滴加食盐水后电池便可工作，电池反应为2Mg+O2+2H2O=2Mg（OH）2．下列关于该电池的说法错误的是（）

A.镁片作为正极B.食盐水作为电解质溶液C.电池工作时镁片逐渐被消耗D.电池工作时实现了化学能向电能的转化7、2002年诺贝尔化学奖获得者的贡献之一是发明了对有机物分子进行结构分析的质谱法．其方法是让极少量的（10﹣9g）化合物通过质谱仪的离子化室使样品分子大量离子化，少量分子碎裂成更小的离子．如C2H6离子化后可得到C2H6+、C2H5+、C2H4+；然后测定其质荷比．某有机物样品的质荷比如下图所示（假设离子均带一个单位正电荷，信号强度与该离子的多少有关），则该有机物可能是（）

A.甲醇B.甲烷C.丙烷D.乙烯8、下列物质中，属于强电解质的是rm{(}rm{)}A.rm{NH_{4}Cl}B.rm{HCOOH}C.rm{NH_{3}?H_{2}O}D.rm{Al(OH)_{3}}9、下列实验事实____平衡移动原理解释的是A.B.C.D.评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、现有Fe、Cu组成的合金，其中Cu、Fe的总物质的量为amol，Cu的物质的量分数为x；研成粉末后，全部投入含bmolHNO的稀溶液中，微热使其充分反应，且硝酸的还原产物只有NO，试回答下列问题：（1）若剩余的残渣只有Cu，则溶液中含有的金属离子为__________。(写出所有可能情况)（2）当溶液中金属离子只有FeCu时，则b的取值范围是(用a、x表示)___________。（3）当x＝0.5，溶液中Fe与Fe的物质的量相等时，在标准状况下共产生672mL气体。则a＝____________、b＝_____________。11、有人设想在住宅小区附近建立小型生活垃圾焚烧厂；其工艺流程如下图所示。请将图中①②③所要表达的内容填在下面横线上。

①____，②____，③____。12、（1）已知某溶液中只存在OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子；某同学推测该溶液中各离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：

A．c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）B．c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（OH-）＞c（H+）

C．c（Cl-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-）D．c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）

①若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质的名称是______，上述离子浓度大小顺序关系中正确的是（选填序号）______．

②若上述关系中C是正确的，则溶液中溶质的化学式是______．

③若该溶液中由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c（HCl）（填“＞”、“＜”、或“=”，下同）______c（NH3•H2O），混合后溶液中c（NH4+）与c（Cl-）的关系c（NH4+）______c（Cl-）．

（2）在25℃条件下将pH=11的氨水稀释100倍后溶液的pH为（填序号）______．

A．9B．9～11之间C．11～13之间D．13

（3）25℃时，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是（填序号）______．

A．氨水与氯化铵发生化学反应；

B．氯化铵溶液水解显酸性，增加了c（H+）；

C．氯化铵溶液水解显碱性，降低了c（H+）；

D．氯化铵溶于水，电离出大量铵根离子，抑制了氨水的电离，使c（OH-）减小．13、呼吸面具中常用Na2O2来做供氧剂，发生反应2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2↑，在反应中Na2O2是：______CO2是：______（填氧化剂，还原剂，既不是氧化剂也不是还原剂），若有1mol的O2生成，转移了______mol的电子；Na2O2中阴阳离子个数比______；0.5molCO2中，有______mol电子，______mol碳原子，在标准状况下所占有的体积______，含有的O原子个数______，摩尔质量______．14、下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放足量的rm{KI}溶液、足量的rm{CuSO_{4}}溶液和rm{K_{2}SO_{4}}溶液，电极均为石墨电极。接通电源，经过一段时间后，测得乙中rm{c}电极质量增加rm{32g}据此回答问题：

rm{(1)}电源的rm{N}端为____极；rm{(2)}电极rm{b}上发生的电极反应为____；rm{(3)}电极rm{f}上生成的气体在标准状况下的体积____；rm{(4)}电解开始时，在甲烧杯的中央，滴几滴淀粉溶液，你能观察到的现象是____；rm{(5)}电解前后溶液的rm{pH}变化情况，rm{(}填增大、减小或不变rm{)}甲溶液；乙溶液。15、（1）常温下，0.10mol/LNH4Cl溶液pH____7（填＞、=或＜），溶液中各离子浓度由大到小的顺序是____．

（2）相同物质的量浓度的Na2CO3溶液与NaHCO3溶液，pH大小：Na2CO3____NaHCO3（填＞、=或＜），两种溶液中微粒种类：Na2CO3____NaHCO3（填＞；=或＜）．

（3）NaHCO3溶液呈碱性的原因是____（写出有关的离子方程式，下同），Al2（SO4）3溶液呈酸性的原因是____，普通泡沫灭火器是利用NaHCO3溶液跟Al2（SO4）3溶液混合，产生大量的气体和沉淀，气体将混合物压出灭火器，相关反应的离子方程式是____．16、科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池。已知H2(g)、CO(g)和CH3OH(l)的燃烧热△H分别为－285.8kJ·mol－1、－283.0kJ·mol－1和－726.5kJ·mol－1。请回答下列问题：（1）用太阳能分解10mol水消耗的能量是_____________kJ；（2）甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为________________________；（3）在容积为2L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇(CO2+3H2CH3OH+H2O)在其他条件不变得情况下，考察温度对反应的影响，实验结果如下图所示（注：T1、T2均大于300℃）；下列说法正确的是______（填序号）①温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为v(CH3OH)＝nA/tAmol·L-1·min-1②该反应在T1时的平衡常数比T2时的小③该反应为放热反应④处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大（4）在T1温度时，将1molCO2和3molH2充入一密闭恒容器中，充分反应达到平衡后，若CO2转化率为a,则容器内的压强与起始压强之比为_________________________。17、锗rm{(Ge)}是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛rm{.}回答下列问题：

rm{(1)}基态rm{Ge}原子的核外电子排布式为rm{[Ar]}______；有______个未成对电子．

rm{(2)Ge}与rm{C}是同族元素，rm{C}原子之间可以形成双键、叁键，但rm{Ge}原子之间难以形成双键或叁键rm{.}从原子结构角度分析；原因是______．

rm{(3)}比较下列锗卤化物的熔点和沸点；分析其变化规律及原因______．

。rm{GeCl_{4}}rm{GeBr_{4}}rm{GeI_{4}}熔点rm{/隆忙}rm{-49.5}rm{26}rm{146}沸点rm{/隆忙}rm{83.1}rm{186}约rm{400}rm{(4)}光催化还原rm{CO_{2}}制备rm{CH_{4}}反应中，带状纳米rm{Zn_{2}GeO_{4}}是该反应的良好催化剂rm{.Zn}rm{Ge}rm{O}电负性由大至小的顺序是______．

rm{(5)Ge}单晶具有金刚石型结构，其中rm{Ge}原子的杂化方式为______微粒之间存在的作用力是______．

rm{(6)}晶胞有两个基本要素：rm{垄脵}原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，如图rm{(1}rm{2)}为rm{Ge}单晶的晶胞，其中原子坐标参数rm{A}为rm{(0,0,0)}rm{B}为rm{(dfrac{1}{2},0,dfrac{1}{2})}rm{(dfrac{1}{2},0,dfrac

{1}{2})}为rm{(dfrac{1}{2},dfrac{1}{2},0).}则rm{C}原子的坐标参数为______．

rm{(dfrac{1}{2},dfrac

{1}{2},0).}晶胞参数，描述晶胞的大小和形状，已知rm{D}单晶的晶胞参数rm{垄脷}其密度为______rm{Ge}列出计算式即可rm{a=565.76pm}．rm{g?cm^{-3}(}评卷人得分三、工业流程题(共5题，共10分)18、高铁酸盐是一种新型绿色净水消毒剂，热稳定性差，在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列问题：

（1）工业上湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的工艺如图：

①Na2FeO4中铁元素的化合价为___，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为___(填“氧化还原反应”；“复分解反应”或“化合反应”)。

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化学氧化法生产高铁酸钠(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应，该反应的化学方程式为___；理论上每制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为___（保留小数点后1位）。

（3）采用三室膜电解技术制备Na2FeO4的装置如图甲所示，阳极的电极反应式为__。电解后，阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为___(填化学式)。

（4）将一定量的K2FeO4投入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，测得剩余K2FeO4浓度变化如图乙所示，推测曲线I和曲线Ⅱ产生差异的原因是___。19、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加热时易被氧气氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，利用如图装置对FeSO4·nH2O中结晶水的含量进行测定。

称量C中的空硬质玻璃管的质量(82.112g)；装入晶体后C中的硬质玻璃管的质量(86.282g)和D的质量(78.368g)后；实验步骤如下：

完成下面小题。

1．下列分析正确的是()

A．装置B中的浓硫酸可以换成浓氢氧化钠溶液。

B．步骤I的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．装置B和装置D可以互换位置。

D．为加快产生CO2的速率；可将A中装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉状。

2．操作甲和操作丙分别是()

A．操作甲：关闭K1操作丙：熄灭酒精灯。

B．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：冷却到室温。

C．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：关闭K1

D.．作甲：熄灭酒精灯操作丙：烘干。

3．步骤Ⅳ称得此时C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g，产品硫酸亚铁晶体(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理论值，产生误差的可能原因是()

A．加热时间过长，FeSO4进一步分解了。

B．原晶体中含有易挥发的物质。

C．装置D中的碱石灰失效了。

D．加热时间过短，结晶水未完全失去20、过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是由Na2CO3与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，同时具有Na2CO3和H2O2双重性质。可用于洗涤、纺织、医药、卫生等领域。工业上常以过碳酸钠产品中活性氧含量([O]%＝×100%)来衡量其优劣；13%以上为优等品。一种制备过碳酸钠的工艺流程如图：

回答下列问题：

(1)过碳酸钠受热易分解，写出反应的化学方程式：_____________。

(2)稳定剂及反应温度等因素对产品质量有很大影响。

①下列试剂中，可能用作“稳定剂”的是________(填字母)。

a．MnO2b．KI

c．Na2SiO3d．FeCl3

②反应温度对产品产率(y%)及活性氧含量的影响如下图所示。要使产品达到优等品且产率超过90%，合适的反应温度范围是______________。

③“结晶”时加入NaCl的目的是______________。

(3)“母液”中可循环利用的主要物质是______________。

(4)产品中活性氧含量的测定方法：称量0.1600g样品，在250mL锥形瓶中用100mL0.5mol·L－1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol·L－1高锰酸钾标准溶液滴定，至溶液呈浅红色且半分钟内不褪色即为终点，平行三次，消耗KMnO4溶液的平均体积为26.56mL。另外，在不加样品的情况下按照上述过程进行空白实验，消耗KMnO4溶液的平均体积为2.24mL。

①过碳酸钠与硫酸反应，产物除硫酸钠和水外，还有_____________。

②该样品的活性氧含量为________%。21、三氯化铬是化学合成中的常见物质,三氯化铬易升华,在高温下能被氧气氧化,碱性条件下能被H2O2氧化为Cr(Ⅵ)。制三氯化铬的流程如下:

(1)重铬酸铵分解产生的三氧化二铬(Cr2O3难溶于水)需用蒸馏水洗涤的原因是________,如何判断其已洗涤干净:_____

(2)已知CCl4沸点为76.8℃,为保证稳定的CCl4气流,适宜加热方式是______。

(3)用如图装置制备CrCl3时,主要步骤包括:①将产物收集到蒸发皿中;②加热反应管至400℃,开始向三颈烧瓶中通入氮气,使CCl4蒸气经氮气载入反应管进行反应,继续升温到650℃;③三颈烧瓶中装入150mLCCl4,并加热CCl4,温度控制在50～60℃之间;④反应管出口端出现了CrCl3升华物时,切断加热管式炉的电源;⑤停止加热CCl4,继续通入氮气;⑥检查装置气密性。正确的顺序为:⑥→③→________。

(4)已知反应管中发生的主要反应有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光气有剧毒,实验需在通风橱中进行,并用乙醇处理COCl2,生成一种含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇处理尾气的化学方程式为_____。

(5)样品中三氯化铬质量分数的测定。

称取样品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中,加热至沸腾后加入1gNa2O2,充分加热煮沸,适当稀释,然后加入过量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈强酸性,此时铬以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,摇匀,于暗处静置5分钟后,加入1mL指示剂,用0.0250mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点,平行测定三次,平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①该实验可选用的指示剂名称为______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加热煮沸,加入Na2O2后也要加热煮沸,其主要原因是____。

③样品中无水三氯化铬的质量分数为____(结果保留一位小数)。22、叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊及头孢类药物生产等。水合肼还原亚硝酸甲酯(CH3ONO)制备叠氮化钠(NaN3)的工艺流程如下：

已知：i．叠氮化钠受热或剧烈撞击易分解；具有较强的还原性。

ii．相关物质的物理性质如下表：。相关物质熔点℃沸点℃溶解性CH3OH-9767.1与水互溶亚硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300与水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步骤I总反应的化学方程式为___________。

(2)实验室模拟工艺流程步骤II；III的实验装置如图。

①步骤II三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是___________。

②步骤II开始时的操作为___________(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是___________(选填字母编号)。

a．打开K1、K2b．关闭K1、K2c．打开K3d．关闭K3e．水浴加热f．通冷凝水。

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)实验室用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

称取2.50g产品配成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反应后稍作稀释，向溶液中加适量硫酸，滴加2滴邻菲哕啉指示剂，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4＋，消耗标准溶液V2mL。

①产品纯度为___________。

②为了提高实验的精确度，该实验还需要___________。评卷人得分四、简答题(共1题，共7分)23、实验室制取少量溴乙烷的装置如图所示rm{.}根据题意完成下列填空：

rm{(1)}圆底烧瓶中加入的反应物是溴化钠、______、和rm{1}rm{1}的硫酸rm{.}配制体积比rm{1}rm{1}的硫酸所用的定量仪器为______rm{(}选填编号rm{)}．

rm{a.}天平rm{b.}量筒rm{c.}容量瓶rm{d.}碱式滴定管。

rm{(2)}写出加热时烧瓶中发生的主要反应的化学方程式______

rm{(3)}将生成物导入盛有冰水混合物的试管rm{A}中；冰水混合物的作用是______．

试管rm{A}中的物质分为三层rm{(}如图所示rm{)}产物在第______层rm{(}填序号rm{)}．

rm{(4)}试管rm{A}中除了产物和水之外，还可能存在______、______rm{(}写出化学式rm{)}．

rm{(5)}用浓的硫酸进行实验，若试管rm{A}中获得的有机物呈棕黄色，除去其中杂质的正确方法是______rm{(}选填编号rm{)}．

rm{a.}蒸馏rm{b.}用氢氧化钠溶液洗涤rm{c.}用四氯化碳萃取rm{d.}用亚硫酸钠溶液洗涤。

若试管rm{B}中的酸性高锰酸钾溶液褪色；使之褪色的物质的名称是______．

rm{(6)}实验员老师建议把上述装置中的仪器连接部分都改成标准玻璃接口，其原因是______．评卷人得分五、有机推断题(共4题，共32分)24、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．25、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．26、某研究小组按下列路线合成神经系统药物抗痫灵：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

请回答：

(1)下列说法正确的是___________。

A．化合物B能与FeCl3溶液发生显色反应。

B．化合物C能发生氧化反应。

C．具有弱碱性。

D．抗痫灵的分子式是C15H15NO3

(2)写出化合物E的结构简式___________。

(3)写出由化合物G→抗痫灵的化学方程式___________。

(4)设计以化合物C为原料经过三步制备化合物D的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物，写出化合物H同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。

IR谱和1H－NMR谱检测表明：

①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。27、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路线如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)

②D与A互为同系物；在相同条件下；D蒸气相对于氢气的密度为39。

请回答下列问题：

（1）G中含氧官能团的名称是_______________，写出一种能鉴别A和D的试剂：________________。

（2）②的反应类型是____________，B和F的结构简式分别为______________、___________________。

（3）写出反应①的化学方程式_________________________________________________。

（4）C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的还有_______种。

（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)，写出其反应流程图：_____________________________________________________________________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】解：A．放电时，Pb极即B极为电池负极，PbO2极即A极为正极；电子流动方向由负极经导线流向正极，即由B经导线流向A，故A错误；

B、由铅蓄电池的总反应PbO2+2H2SO4+Pb═2PbSO4+2H2O可知，放电时，Pb被氧化，应为电池负极反应，电极反应式为Pb-2e-+SO42-=PbSO4，正极上PbO2得电子被还原，电极反应式为PbO2+SO42-+2e-+4H+═PbSO4+2H2O；故B错误；

C；在充电时；铅蓄电池的负极的逆反应是还原反应，应与充电器电源的负极相连，故C错误；

D、在充电时，阳极上发生氧化反应，和放电时的正极反应互为逆反应，即PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+；故D正确．

故选D．

由铅蓄电池的总反应PbO2+2H2SO4+Pb═2PbSO4+2H2O可知，放电时，Pb被氧化，应为电池负极反应，电极反应式为Pb-2e-+SO42-=PbSO4，正极上PbO2得电子被还原，电极反应式为PbO2+SO42-+2e-+4H+═PbSO4+2H2O；在充电时，阳极上发生氧化反应，电极反应式和放电时的正极反应互为逆反应，阴极上发生还原反应，电极反应式和放电时的负极反应互为逆反应．

本题考查原电池的工作原理，题目难度中等，本题注意电极反应式的书写，为解答该题的关键．【解析】【答案】D2、D【分析】解：rm{A.}碳碳双键与氢气发生加成反应，中间rm{C}连接rm{2}个rm{-CH_{2}CH_{3}}不具有手性，故A不选；

B.rm{-Cl}发生消去反应后，中间rm{C}连接rm{2}个rm{-CH=CH_{2}}不具有手性，故B不选；

C.若最左侧的甲基发生氯代反应，中间rm{C}连接rm{2}个rm{-CH_{2}CH_{2}Cl}不具有手性，故C不选；

D.rm{-CH_{2}CH_{2}Cl}发生水解反应转化为rm{-CH_{2}CH_{2}OH}中间rm{C}上连接rm{4}个不同基团；为手性碳原子，故D选；

故选D．

由结构可知，不含rm{H}原子的rm{C}上连接rm{4}个不同基团，为手性碳原子，分子中含碳碳双键、rm{-Cl}结合烯烃；卤代烃的性质来解答．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯烃、卤代烃的性质，题目难度不大．【解析】rm{D}3、B【分析】解：由合成路线，甲经二步转化为丙，由rm{C=C}引入两个rm{-OH}则反应rm{(1)}为rm{C=C}与卤素单质的加成反应，反应rm{(2)}为卤素原子的水解反应；

A.rm{C=C}rm{-OH}均能被酸性rm{KMnO_{4}}溶液氧化，则甲和丙均可与酸性rm{KMnO_{4}}溶液发生反应；故A正确；

B.由上述分析可知，rm{(1)}为加成反应，不需要rm{Fe}为催化剂；故B错误；

C.步骤rm{(2)}产物中可能含有未反应的甲；甲与溴水反应，而丙不能，则可用溴水检验是否含甲，故C正确；

D.反应rm{(2)}为卤素原子的水解反应；属于取代反应，故D正确；

故选B．

由合成路线，甲经二步转化为丙，由rm{C=C}引入两个rm{-OH}则反应rm{(1)}为rm{C=C}与卤素单质的加成反应，反应rm{(2)}为卤素原子的水解反应；以此来解答．

本题考查有机物合成及结构与性质，为高频考点，把握合成反应中官能团的变化判断发生的反应为解答的关键，侧重烯烃、卤代烃、醇性质的考查，题目难度不大．【解析】rm{B}4、C【分析】解：rm{A.}该有机物含有rm{10}个rm{C}rm{16}个rm{H}则分子式为rm{C_{10}H_{16}}故A正确；

B.碳原子数大于rm{4}常温下为液态，烃类物质都不溶于水，故B正确；

C.分子中含有饱和碳原子；具有甲烷的结构特点，则所有原子不可能在同一个平面上，故C错误；

D.含有rm{C=C}可发生加成反应，与过量溴可完全发生加成反应生成故D正确．

故选C．

该有机物中含有rm{C=C}可发生加成反应，能被酸性高锰酸钾氧化，根据有机物的结构简式判断有机物含有的元素的种类和原子数目，可确定有机物的分子式，有机物中烃类物质都不溶于水．

本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重于学生的分析、应用能力的考查，注意烯烃的加成与氧化反应，题目难度不大．【解析】rm{C}5、B【分析】【解析】试题分析：由反应方程式可以看出，反应前后气体体积不变，但气体的质量发生了改变。因此，当达到化学平衡时，气体的质量应保持不变，混合气体的密度也应保持不变。故答案选B。考点：化学平衡与移动【解析】【答案】B6、A【分析】【解答】解：A．根据原电池反应式知；Mg元素化合价由0价变为+2价，所以Mg失电子作负极，故A错误；

B．电解质溶液是食盐水；发生吸氧腐蚀，故B正确；

C．Mg作负极，电极反应式为Mg﹣2e﹣+2OH﹣=Mg（OH）2↓；所以电池工作时镁片逐渐被消耗，故C正确；

D．该装置是将化学能转化为电能的装置；为原电池，故D正确；

故选A．

【分析】该装置是将化学能转化为电能的装置，Mg易失电子作负极、C作正极，负极反应式为Mg﹣2e﹣+2OH﹣=Mg（OH）2↓、正极反应式为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，据此分析解答．7、B【分析】【解答】解：由有机物样品的质谱图可知；该有机物微粒质荷比最大值为16，则该有机物的相对分子质量为16，甲醇；甲烷、丙烷、乙烯的相对分子质量为32、16、42、28，则该有机物甲烷，故选B．

【分析】根据质谱图中有机物样品的质荷比的最大值为该物质的相对分子质量，然后根据相对分子质量来确定物质的分子式．8、A【分析】解：rm{A.}氯化铵是盐；属于强电解质，故A正确；

B.甲酸是弱酸；属于弱电解质，故B错误；

C.一水合氨属于弱碱；是弱电解质，故C错误；

D.氢氧化铝属于弱碱；故D错误；

故选A．

在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在溶液里全部电离的是强电解质，部分电离属于若电解质，电解质属于纯净物；化合物，据此解答即可．

本题考查了强弱电解质的判断，把握电解质的定义，分清强弱电解质的本质区别，题目难度不大．【解析】rm{A}9、A【分析】【分析】本题考查化学平衡移动原理及化学反应速率的影响因素，意在考查考生对相关知识的掌握情况。【解答】A.催化剂对化学反应速率的影响，与化学平衡无关，故A错误；B.说明离子积随着温度的升高而增大，即温度升高，水的电离平衡正向移动，故B正确；C.可以用温度变化来解释化学平衡的移动，故C正确；D.浓度与溶液rm{pH}的关系说明浓度对rm{NH_{3}隆陇H_{2}O}的电离平衡的影响，故D正确。故选A。【解析】rm{A}二、填空题(共8题，共16分)10、略

【分析】试题分析：(1)Cu、Fe的混合物与稀硝酸反应，金属可能有剩余，可能没有剩余．金属可能有剩余时，根据共存可知，剩余金属有两种情况：①剩余Fe、Cu，当有Fe剩余时，溶液中能与Fe反应的Fe3+、Cu2+都不存在，所以溶液中只有Fe2+；②只剩余Cu，溶液中一定不存在与Cu反应的Fe3+，根据离子共存，溶液可能只有Fe2+；③通过②知，溶液中还可能存在的离子是Fe2+、Cu2+；④当固体没有剩余时，可能存在的情况是：当Fe恰好与硝酸反应生成Fe2+，Cu恰好与硝酸生成Cu2+，所以溶液中存在的离子是Fe2+、Cu2+；⑤通过④知，固体没有剩余时，生成的Fe3+部分反应，根据离子共存，溶液中存在的离子可能的Fe2+、Fe3+、Cu2+；⑥通过④、⑤知，固体没有剩余时，铁、铜全部被氧化成离子，根据离子共存，溶液中存在的离子可能是Cu2+、Fe3+；有如下情况：。残留固体成分Fe、CuCuCu__溶液中的金属离子Fe2+Fe2+Fe2+、Cu2+Fe2+、Cu2+Fe2+、Fe3+、Cu2+Cu2+、Fe3+（2）当溶液金属离子只有Fe2＋、Cu2＋时，说明Cu恰好完全反应或者有剩余，而HNO3和Fe则完全反应（否则的话，如果有硝酸剩余，则Fe2＋则会被进一步氧化为Fe3＋；如果有Fe剩余，则会和Cu2＋继续反应）3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO↑+4H2Oax3Fe+8HNO33Fe(NO3)2+2NO↑+4H2Oa(1－x)总耗用硝酸量：n(HNO3)=+=所以：＜b≤（3）当溶液中为Fe3＋、Fe2＋时，说明Cu、Fe完全反应（如果未完全反应，则Cu和Fe会和Fe3＋反应），并且HNO3也完全反应没有剩余（如果有硝酸剩余，则Fe2＋则会被进一步氧化为Fe3＋）溶液中Fe3＋、Fe2＋的物质的量相等，说明有一半Fe变为Fe3＋，一半变为Fe2+当x=0.5，nFe3＋=nFe2＋V(NO)=0.672L则nFe3＋=nFe2＋=0.25amolnCu=0.5amol此时3Fe＋8HNO33Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O①3Cu＋8HNO33Cu(NO3)2＋2NO＋4H2O②3Fe(NO3)2＋4HNO33Fe(NO3)3＋NO＋2H2O③反应均发生了，且无反应物剩余。3Fe＋8HNO33Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O①0.5a0.5a×8/30.5a0.5a×2/33Cu＋8HNO33Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O②0.5a0.5a×8/30.5a0.5a×2/33Fe(NO3)2＋4HNO33Fe(NO3)3＋NO＋2H2O③0.25a0.25a×4/30.25a0.5a×2/3+0.5a×2/3+0.25a×1/3=0.672L/22.4L·mol－1=0.03mol解得：a=0.04molb=0.5a×8/3+0.5a×8/3+0.25a×4/3=3a=3×0.04mol=0.12mol【解析】【答案】(1)Fe2＋或Fe2＋、Cu2＋(2分)(2)（2分）(3)a＝0.04molb＝0.12mol（2分）11、垃圾分类收集点热能再利用(制砖、制肥料、作建筑填料)【分析】【解答】垃圾处理是一个复杂的问题；不能再引起二次污染，应随时监控。焚烧是一种常用的方法，但必须对废气严格处理。

【分析】本题考查垃圾处理与环境污染的关系，熟练掌握环境保护的原则是解题的关键​。12、略

【分析】解：（1）只存在OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子的溶液；可能为氯化铵溶液；可能为氯化铵和盐酸的混合溶液、可能为氯化铵和氨水的混合溶液；

①若为NH4Cl溶液，名称为氯化铵，因铵根离子水解，水解显酸性，则离子浓度为c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；故答案为：氯化铵；D；

②C是正确的，c（H+）＞c（NH4+），则该溶液应为HCl和NH4Cl溶液，故答案为：HCl和NH4Cl；

③若等体积等浓度混合，恰好生成氯化铵，溶液显酸性，则为保证中性，碱的浓度大于酸的浓度，即c（HCl）＜c（NH3•H2O）；由电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）可知，溶液为中性，c（H+）=c（OH-），则c（Cl-）=c（NH4+）；故答案为：＜；=；

（2）一水合氨为弱电解质，存在电离平衡，稀释后一水合氨的电离程度增大，溶液中氢氧根离子的物质的量增大，所以将pH=11的氨水稀释100倍后，稀释后的溶液中氢氧根离子浓度大于原来的溶液的pH应该9-11之间；

故选B；

（3）一水合氨是弱电解质；溶液中存在电离平衡，向溶液中加入氯化铵，铵根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小；

A．氨水与氯化铵不发生化学反应；故A错误；

B．氯化铵溶液水解显酸性；但铵根离子浓度远远大于氢离子浓度，所以铵根离子抑制一水合氨电离为主，氢离子浓度减小，故B错误；

C．氯化铵溶液水解显酸性；故C错误；

D．氯化铵溶于水，电离出大量铵根离子，抑制了氨水的电离，使c（OH-）减小；故D正确；

故答案为：D；

（1）只存在OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子的溶液；可能为氯化铵溶液；可能为氯化铵和盐酸的混合溶液、可能为氯化铵和氨水的混合溶液；

①若为NH4Cl溶液；由铵根离子水解来分析；

②C是正确的，c（H+）＞c（NH4+）；以此来分析；

③若等体积等浓度混合，恰好生成氯化铵，溶液显酸性，则为保证中性，碱的浓度大于酸的浓度；并利用电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）来分析；

（2）将pH=11的氨水稀释100倍后，一水合氨存在电离平衡，稀释促进电离，稀释后的溶液中氢氧根离子浓度大于原来的

（3）氨水是弱电解质存在电离平衡；向溶液中加入相同的离子能抑制氨水电离；

本题考查离子浓度大小的比较，熟悉溶液中的电荷守恒及物料守恒是解答本题的关键，注意溶液中溶质的判断及离子的水解为解答的难点，题目难度中等．【解析】氯化铵；D；NH4Cl和HCl；＜；=；B；D13、略

【分析】解：发生反应2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2↑，在反应中Na2O2是既是氧化剂也是还原剂，二氧化碳中各元素的化合价不变，所以二氧化碳既不是氧化剂也不是还原剂，若有1mol的O2生成，转移了2mol的电子；Na2O2中阴离子为过氧根离子，所以阴阳离子个数比2：1；0.5molCO2中，有0.5×（6+8×2）=11mol电子，0.5mol碳原子，在标准状况下所占有的体积0.5×22.4L/mol=11.2L，含有的O原子个数0.5×2×NA=NA；摩尔质量44g/mol；

故答案为：既是氧化剂也是还原剂；既不是氧化剂也不是还原剂；2；1：2；11；0.5；11.2L；NA；44g/mol．

由方程式可知反应中只有O元素的化合价发生变化，反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂；根据化合价的变化判断电子转移的数目，由此分析解答．

本题考查氧化还原反应，题目难度不大，解答该类题目的关键是能把握元素的化合价的变化，注意有关物理量转化过程中公式的使用．【解析】既是氧化剂也是还原剂；既不是氧化剂也不是还原剂；2；1：2；11；0.5；11.2L；NA；44g/mol14、（1）正；

（2）2I--2e-=I2；

（3）5.6L；

（4）溶液变蓝；

（5）增大；减小。

【分析】【分析】

本题为电化学知识的综合应用；做题时要注意根据电极反应现象判断出电解池的阴阳级，进而判断出电源的正负极，要注意三个电解池为串联电路，各电极上得失电子的数目相等，做题时要正确写出电极方程式，准确判断两极上离子的放电顺序。

【解答】

rm{(1)}乙杯中rm{c}质量增加，说明rm{Cu}沉积在rm{c}电极上，电子是从rm{b-c}移动，rm{M}是负极，rm{N}为正极；

故答案为：正；

rm{(2)}甲中为rm{KI}溶液，阳极rm{b}处为阴离子rm{I^{-}}放电，即rm{2I^{-}-2e}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{-}}rm{=I}；

故答案为：rm{2}rm{2}rm{2I^{-}-2e}rm{{,!}^{-}}；

rm{{,!}^{-}}丙中为rm{=I}相当于电解水，rm{2}电极质量增加rm{2}各个电极转移的电子的物质的量均为：rm{dfrac{32g}{64g/mol}隆脕2=1mol}由方程式rm{(3)}可知，生成rm{K_{2}SO_{4}}转移乙中rm{c}电极质量增加rm{32g}各个电极转移的电子的物质的量均为：rm{dfrac{32g}{64g/mol}隆脕

2=1mol}电子，所以整个反应中转化rm{c}电子，则生成rm{32g}为rm{dfrac{32g}{64g/mol}隆脕

2=1mol}标况下的体积为rm{2H_{2}+O_{2}篓T2H_{2}O}

故答案为：rm{2molH_{2}O}．

rm{4mol}甲中rm{1mol}在rm{O_{2}}极上放电生成碘单质，遇淀粉变蓝，则观察到溶液颜色变为蓝色，故答案为：溶液变蓝；rm{1mol隆脗4=0.25mol}是电解碘化钾溶液，是放氢生成碱型，所以溶液的rm{0.25隆脕22.4=5.6L}值变大，rm{5.6L}中电解硫酸铜溶液生成硫酸，溶液中氢离子浓度增大，rm{(4)}减小，故答案为：增大；减小。rm{I^{-}}【解析】rm{(1)}正；正；

rm{(1)}

rm{(2)2I^{-}-2e^{-;}=I_{2}}

rm{(2)2I^{-}-2e^{-;}=I_{2}}溶液变蓝；

rm{(3)5.6L}增大；减小。

rm{(3)5.6L}15、略

【分析】

（1）NH4+水解生成NH3•H2O和H+，呈酸性，则溶液中c（H+）＞c（OH-），c（Cl-）＞c（NH4+），由于水解程度较小，则c（NH4+）＞c（H+），故答案为：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；

（2）Na2CO3以第一步水解，Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，所以Na2CO3的PH大于NaHCO3；

溶液中还存在HCO3-H++CO32-；所以两种溶液中微粒种类相同；

故答案为：＞；=；

（3）HCO3-水解，反应为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-；溶液呈碱性；

Al3+水解，反应为：Al3++3H2OAl（OH）3+3H+，Al2（SO4）3溶液呈酸性；

NaHCO3溶液跟Al2（SO4）3溶液混合；发生相互促进的水【解析】

3HCO3-+Al3+=3CO2↑+Al（OH）3↓，产生大量的气体和沉淀，故答案为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-；Al3++3H2OAl（OH）3+3H+；3HCO3-+Al3+=3CO2↑+Al（OH）3↓．

【解析】【答案】（1）根据NH4+水解呈酸性分析；

（2）Na2CO3以第一步水解为主；

（3）从盐类的水解角度分析．

16、略

【分析】【解析】【答案】（1）2858（2）CH3OH(l)+O2(g)===CO(g)+2H2O(l)△H=-443.5kJ/moL（3）③④（4）（4-2a）：417、略

【分析】解：rm{(1)Ge}是rm{32}号元素，位于第四周期第rm{IVA}族，基态rm{Ge}原子核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}4p^{2}}或rm{[Ar]3d^{10}4s^{2}4p^{2}}在最外层的rm{4s}能级上rm{2}个电子为成对电子，rm{4p}轨道中rm{2}个电子分别处以不同的轨道内，有rm{2}轨道未成对电子；

故答案为：rm{3d^{10}4s^{2}4p^{2}}rm{2}

rm{(2)}虽然rm{Ge}与rm{C}是同族元素，rm{C}原子之间可以形成双键、叁键，但考虑rm{Ge}的原子半径大，难以通过“肩并肩”方式形成rm{娄脨}键，所以rm{Ge}原子之间难以形成双键或叁键；

故答案为：rm{Ge}原子半径大，原子间形成的rm{娄脪}单键较长，rm{p-p}轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成rm{娄脨}键；

rm{(3)}锗的卤化物都是分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，对于组成与结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，由于相对分子质量：rm{GeCl_{4}<GeBr_{4}<GeI_{4}}故沸点：rm{GeCl_{4}<GeBr_{4}<GeI_{4}}

故答案为：rm{GeCl_{4}}rm{GeBr_{4}}rm{GeI_{4}}的熔；沸点依次增高；原因是分子结构相似；分子量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强；

rm{(4)}元素非金属性：rm{Zn<Ge<O}元素的非金属性越强，吸引电子的能力越强，元素的电负性越大，故电负性：rm{O>Ge>Zn}

故答案为：rm{O>Ge>Zn}

rm{(5)Ge}单晶具有金刚石型结构，rm{Ge}原子与周围rm{4}个rm{Ge}原子形成正四面体结构，向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体，rm{Ge}原子之间形成共价键，rm{Ge}原子杂化轨道数目为rm{4}采取rm{sp^{3}}杂化；

故答案为：rm{sp^{3}}共价键；

rm{(6)垄脵D}与周围rm{4}个原子形成正四面体结构，rm{D}与顶点rm{A}的连线处于晶胞体对角线上，过面心rm{B}rm{C}及上底面面心原子的平面且平行侧面将晶胞rm{2}等分，同理过rm{D}原子的且平衡侧面的平面将半个晶胞再rm{2}等份，可知rm{D}处于到各个面的rm{dfrac{1}{4}}处，则rm{D}原子的坐标参数为rm{(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},dfrac{1}{4})}

故答案为：rm{(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},dfrac{1}{4})}

rm{(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},dfrac

{1}{4})}晶胞中rm{(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},dfrac

{1}{4})}原子数目为rm{4+8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=8}结合阿伏伽德罗常数，可知出晶胞的质量为rm{dfrac{8隆脕73g/mol}{6.02times10^{23}mol^{-1}}}晶胞参数rm{垄脷}

其密度为rm{dfrac{8隆脕73g/mol}{6.02times10^{23}mol^{-1}}隆脗(565.76隆脕10^{-10}cm)^{3}=dfrac{8隆脕73}{6.02times565.76^{3}}隆脕10^{7}}

故答案为：rm{dfrac{8隆脕73}{6.02times565.76^{3}}隆脕10^{7}}．

rm{Ge}是rm{4+8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=8}号元素，位于第四周期第rm{dfrac{8隆脕73g/mol}{6.02times

10^{23}mol^{-1}}}族，基态rm{a=565.76pm}原子核外电子排布式为rm{dfrac{8隆脕73g/mol}{6.02times

10^{23}mol^{-1}}隆脗(565.76隆脕10^{-10}cm)^{3}=dfrac{8隆脕73}{6.02times

565.76^{3}}隆脕10^{7}}

rm{dfrac{8隆脕73}{6.02times

565.76^{3}}隆脕10^{7}}原子半径大，难以通过“肩并肩”方式形成rm{(1)Ge}键；

rm{32}锗的卤化物都是分子晶体；相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高；

rm{IVA}元素的非金属性越强；吸引电子的能力越强，元素的电负性越大；

rm{Ge}单晶具有金刚石型结构，rm{[Ar]3d^{10}4s^{2}4p^{2}}原子与周围rm{(2)Ge}个rm{娄脨}原子形成正四面体结构；向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体；

rm{(3)}与周围rm{(4)}个原子形成正四面体结构，rm{(5)Ge}与顶点rm{Ge}的连线处于晶胞体对角线上，过面心rm{4}rm{Ge}及上底面面心原子的平面且平行侧面将晶胞rm{(6)垄脵D}等分，同理过rm{4}原子的且平衡侧面的平面将半个晶胞rm{D}等等份可知rm{A}处于到各个面的rm{B}处；

rm{C}根据均摊法计算晶胞中rm{2}原子数目，结合阿伏伽德罗常数表示出晶胞的质量，再根据rm{D}计算晶胞密度．

本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、化学键、晶体类型与性质、电负性、杂化方式、晶胞计算等，rm{2}中晶胞计算为易错点、难点，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，难度较大．rm{D}【解析】rm{3d^{10}4s^{2}4p^{2}}rm{2}锗的原子半径大，原子之间形成的rm{娄脪}单键较长，rm{p-p}轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成rm{娄脨}键；rm{GeCl_{4}}rm{GeBr_{4}}rm{GeI_{4}}熔、沸点依次增高；原因是分子结构相似，相对分子质量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强；rm{O>Ge>Zn}rm{sp^{3}}共价键；rm{(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},dfrac{1}{4})}rm{dfrac{8隆脕73}{6.02times565.76^{3}}隆脕10^{7}}rm{(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},dfrac

{1}{4})}三、工业流程题(共5题，共10分)18、略

【分析】【分析】

(1)反应1中发生反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分离出的Na2FeO4中加入饱和KOH溶液反应生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，同时生成还原产物NaCl，结合守恒法写出该反应的化学方程式；根据电子守恒计算制备0.5molNa2FeO4消耗NaClO的质量；

(3)电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-；阴极生成氢气和氢氧化钠；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小；与铁离子的水解有关。

【详解】

(1)①Na2FeO4中钠元素的化合价为+1价；氧元素的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，则铁元素的化合价为0-(-2)×4-(+1)×2=+6价；高铁酸钠中铁元素为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，故高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为发生氧化还原反应；

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，即加入饱和KOH溶液发生的反应为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；说明该温度下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，反应中Fe元素的化合价从+3价升高为+6价，Cl元素的化合价从+1价降为-1价，根据得失电子守恒、原子守恒，则该反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；设制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为mg，则由电子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根据装置图，Fe为阳极，电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-，电极方程式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；阴极生成氢气和氢氧化钠，则阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为NaOH；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小，根据“高铁酸盐在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，则产生曲线Ⅰ和曲线Ⅱ差异的原因是Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应从而降低K2FeO4浓度。【解析】①.+6②.氧化还原反应③.该温度下Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4④.2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O⑤.55.9g⑥.Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O⑦.NaOH⑧.Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应，从而降低K2FeO4的浓度19、略

【分析】【详解】

1．A．装置B中的浓硫酸不能换成浓氢氧化钠溶液；因为氢氧化钠溶液会吸收二氧化碳气体，达不到排尽装置中空气的目的，故A错误；

B．步骤Ⅰ的目的是导入二氧化碳气体，排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4•nH2O被氧化；故B正确；

C．装置B和装置D不能互换位置；因为碱石灰也会吸收二氧化碳气体，故C错误；

D．将A装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉末；会使产生二氧化碳的速率过大，粉末状的石灰石会很快反应完，同时还会带入HCl气体，故D错误；

答案选B；

2．先熄灭酒精灯，通二氧化碳直至C装置冷却至室温，然后关闭K1；操作甲：熄灭酒精灯，操作丙：关闭K1；故选C；

3．硫酸亚铁晶体的质量=86.282g-82.112g=4.17g；失水后的硫酸亚铁无水盐的质量=84.432g-82.112g=2.32g，失去的结晶水的质量=4.17g-2.32g=1.85g，解得n≈6.734，故选B；

4．A．加热时间过长，FeSO4进一步分解；会使m(无水盐)偏大，则n偏大，故A错误；

B．将原晶体中易挥发物质的质量计入减少的结晶水中；则n偏大，故B错误；

C．装置D中的碱石灰失效了；不会影响n值，故C错误；

D．加热时间过短；结晶水未完全失去，n值会小于理论值，故D正确；

答案选D。【解析】①.B②.C③.B④.D20、略

【分析】【详解】

(1)过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，受热分解生成碳酸钠、氧气、水，反应为：2(2Na2CO3•3H2O2)4Na2CO3+3O2↑+6H2O；

(2)①过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，具有碳酸钠和过氧化氢的性质，过氧化氢易分解，MnO2、FeCl3为其催化剂，所以不能选，过氧化氢与碘离子发生氧化还原反应：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，所以也不能选，过碳酸钠与硅酸钠不反应，可能用作“稳定剂”，故C选项符合，故答案为c；

②根据图象分析，温度为286.8～288.5K，产品达到优等品且产率超过90%，超过288.5K后，活性氧百分含量和产率均降低，所以最佳反应温度范围为286.8～288.5K；

③结晶过程中加入氯化钠、搅拌，增加钠离子浓度，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出；

(3)结晶过程中加入氯化钠促进过碳酸钠析出，“母液”中主要为氯化钠溶液，NaCl溶液又是结晶过程中促进过碳酸钠析出的原料，故循环利用的物质是NaCl；

(4)①过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，过碳酸钠与硫酸反应，为碳酸钠、过氧化氢和硫酸反应，所以产物为硫酸钠、过氧化氢、二氧化碳、水；

②称量0.1600g样品，在250mL锥形瓶中用100mL0.5mol•L-1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol•L-1高锰酸钾标准溶液滴定，反应中MnO4-是氧化剂，H2O2是还原剂，氧化产物是O2；依据元素化合价变化，锰元素化合价从+7价变化为+2价，过氧化氢中的氧元素化合价从-1价变化为0价，根据电子守恒配平写出离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2三次滴定平均消耗KMnO4溶液26.56mL，依据反应2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2；

2MnO4-～～～～～5H2O2；

25

(0.2526-0.0224)L×0.02mol/L0.01216mol

过碳酸钠产品中活性氧含量([O]%=×100%==12.16%。

点睛：明确实验目的及反应原理为解答关键，制备过碳酸钠的工艺流程：2Na2CO3+2H2O2=2Na2CO3•3H2O2；双氧水稳定性差，易分解；因此向反应前的H2O2中加入稳定剂的作用是防止双氧水分解，因过碳酸钠易溶解于水，可利用盐析原理，结晶过程中加入氯化钠、搅拌，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出，从溶液中过滤出固体后，需要洗涤沉淀，然后干燥得到产品。【解析】①.2(2Na2CO3·3H2O2)4Na2CO3＋3O2↑＋6H2O②.c③.286.8～288.5K④.提高产量；增加钠离子浓度，促进过碳酸钠析出⑤.NaCl⑥.CO2⑦.12.16%21、略

【分析】【分析】

重铬酸铵分解不完全，还可能含有其它可溶性杂质；因为(NH4)2Cr2O7显桔红色，所以可以提供颜色来判断；因为CCl4沸点为76.8°C，温度比较低，因此保证稳定的CCl4气流，可以通过水浴加热来控制其流量；由(4)可知反应制备原理为Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在管式炉中反应管与Cr2O3反应，反应管出口端出现了CrCl3升华物时，切断加热管式炉的电源，停止加热CCl4，继续通入氮气，将产物收集到蒸发皿；由分子式可知，COCl2中的2个Cl原子被2个-OC2H5代替，故乙醇与COCl2发生取代反应，-OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5与HCl；利用Na2S2O3滴定生成I2，I2遇淀粉显蓝色，可以用淀粉作指示剂；溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧气使生成的I2的量增大，产生偏高的误差；由Cr元素守恒及方程式可得关系式2Cr3+~Cr2O72-~3I2~6Na2S2O3；根据关系式计算。据此分析。

【详解】

(1)重铬酸铵分解不完全,还可能含有其他可溶性杂质，用蒸馏水洗涤除去其中的可溶性杂质或除去固体表面的重铬酸铵溶液；因为(NH4)2Cr2O7属于铵盐；可以通过检验铵根离子的方法检验是否洗净：取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入适量氢氧化钠浓溶液,加热，取一片红色石蕊试纸润湿，粘在玻璃棒上，接近试管口，观察试纸是否变蓝，若不变蓝，则说明已洗涤干净；

(2)因为CCl4沸点为76.8℃，温度比较低，因此为保证稳定的CCl4气流；可以通过水浴加热来控制，并用温度计指示温度；

(3)反应制备原理为Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在反应管中与Cr2O3反应，反应管出口端出现了CrCl3升华物时，切断加热管式炉的电源，停止加热CCl4；继续通入氮气，将产物收集到蒸发皿，操作顺序为：⑥→③→②→④→⑤→①；

(4)由该含氧酸酯的分子式可知COCl2中的2个Cl原子被2个—OC2H5代替，故乙醇与COCl2发生取代反应，—OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5与HCl，方程式为COCl2+2C2H5OH→C2H5OCOOC2H5+2HCl；

(5)①利用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，I2遇淀粉显蓝色，可以用淀粉溶液作指示剂；②溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧气会使生成的I2的量增大，产生误差；③设25.00mL溶液中含有n(Cr3+)，由Cr元素守恒及方程式可得关系式：2Cr3+～Cr2O72-～3I2～6Na2S2O3，根据关系式计算：

故n(Cr3+)=所以250mL溶液中n'(Cr3+)=根据Cr元素守恒可知n(CrCl3)=n'(Cr3+)=0.002mol，所以样品中m(CrCl3)=0.002mol×158.5g/mol=0.317g，故样品中三氯化铬的质量分数为

【点睛】

本题为物质的制备，考查常见实验流程，离子检验，难度较大的是计算，此处应运用原子守恒思路求出样品中的三氯化铬的质量，正确找出关系式是答题的关键；易错点是实验操作流程。【解析】除去其中的可溶性杂质(或除去固体表面的重铬酸铵溶液)取最后一次洗涤液于试管中,向其中加入适量氢氧化钠浓溶液,加热,取一片红色石蕊试纸润湿,粘在玻璃棒上,接近试管口,观察试纸是否变蓝,若不变蓝,则说明已洗涤干净(合理即可)水浴加热(并用温度计指示温度)②→④→⑤→①COCl2+2C2H5OHC2H5OCOOC2H5+2HCl淀粉溶液除去其中溶解的氧气,防止O2将I-氧化,产生误差96.1%22、略

【分析】【分析】

根据流程：NaNO2与甲醇、70%稀硫酸反应得到CH3ONO，加入NaOH水合肼溶液反应：CH3ONO+N2H4•H2O+NaOH═CH3OH+NaN3+3H2O，得到的A溶液为NaN3，混有水合肼、NaOH、CH3OH，蒸馏A将甲醇分离，得到B溶液，将其结晶、抽滤、洗涤、干燥得到产品。计算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，剩余的六硝酸铈铵，向溶液中加适量硫酸，用c2mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+；结合化学方程式定量关系计算；为了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值。

【详解】

(1)步骤I总反应亚硝酸钠和甲醇在酸性条件下生成CH3ONO和硫酸钠，化学方程式为2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O。故答案为：2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O；

(2)①步骤II三颈烧瓶中发生反应CH3ONO加入NaOH水合肼溶液生成NaN3和CH3OH，化学方程式为CH3ONO＋N2H4·H2O＋N