2025年苏教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年苏教版高二化学上册月考试卷960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5题，共10分)1、如图所示，在密闭容器内可移动活塞K的两侧分别充入空气(已知空气体积占整个容器容积的1/4)和H2、O2的混合气体，在标准状况下，若将H2、O2的混合气体点燃引爆，活塞先左弹，恢复到原温度后，活塞右滑停留于容器的中央，则原来H2和O2的体积比可能最接近于()A.2:7B.3:1C.4:5D.8:12、已知胆矾溶于水时溶液温度降低rm{.}胆矾分解的热化学方程式为rm{CuSO_{4}?5H_{2}O(s)篓TCuSO_{4}(s)+5H_{2}O(l)triangleH=+Q_{1}}rm{CuSO_{4}?5H_{2}O(s)篓TCuSO_{4}(s)+5H_{2}O(l)triangle

H=+Q_{1}}室温下，若rm{kJ?mol^{-1}.}无水硫酸铜溶解为溶液放热rm{1mol}rm{Q_{2}}则rm{kJ}rm{(}A.rm{)}B.rm{Q_{1}>Q_{2}}C.rm{Q_{1}=Q_{2}}D.无法比较rm{Q_{1}<Q_{2}}3、有机物rm{垄脵CH_{2}OH(CHOH)_{4}CHO}rm{垄脷CH_{3}CH_{2}CH_{2}OH}rm{垄脹CH_{2}=CH-CH_{2}OH}rm{垄脺CH_{2}=CH-COOCH_{3}}rm{垄脻CH_{2}=CH-COOH}中，既能发生加成、酯化反应，又能发生氧化反应的是rm{(}rm{)}A.rm{垄脹垄脻}B.rm{垄脵垄脹垄脻}C.rm{垄脷垄脺}D.rm{垄脵垄脹}4、如图所示的实验中，投入铝片后（）①②A.①中产生气泡，②中不产生气泡B.①和②中都不产生气泡C.①和②中都产生气泡，①中是H2，②中是O2D.①和②中都产生气泡，且都是H25、下列关于“生活中的化学”的叙述中不正确的是()A.棉花和蚕丝的主要成分都是纤维素B.误食重金属盐，可立即喝大量牛奶或生蛋清进行解毒C.食用植物油的主要成分是高级不饱和脂肪酸甘油酯，是人体的营养物质D.新居室内装饰材料中缓慢释放出的甲醛、甲苯等有机物会污染室内空气评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)6、下列对一些实验事实及其理论解释都正确的是（）

。选项实验事实理论解释ABe原子的第一电离能小于B原子同周期元素原子的电离能随原子序数增大而增大BCH4为正四面体形分子CH4分子中C为sp3杂化，键角为109°28′C金刚石的熔点高于石墨金刚石是原子晶体，石墨是分子晶体DHF的沸点高于HClHF分子间能形成氢键，HCl不能A.AB.BC.CD.D7、是一种有机烯醚，可由链烃rm{A}通过下列路线制得，下列说法正确的是A.rm{B}中含有的官能团有溴原子、碳碳双键B.rm{A}能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.rm{A}的结构简式是rm{CH_{2}=CHCH_{2}CH_{3}}D.rm{垄脵垄脷垄脹}的反应类型分别为加成反应、取代反应、消去反应8、某同学按如图所示的装置进行电解实验rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}

A.电解过程中，铜电极上有rm{H_{2}}产生B.电解初期，主反应方程式为：rm{Cu+H_{2}SO_{4}dfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}CuSO_{4}+H_{2}隆眉}C.电解一定时间后，石墨电极上有铜析出D.整个电解过程中，rm{Cu+H_{2}SO_{4}dfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}CuSO_{4}+H_{2}隆眉}的浓度不断增大rm{H^{+}}9、rm{25隆忙}时，在rm{10mL}浓度为rm{0.1mol/L}的rm{NH_{3}?H_{2}O}溶液中滴加rm{0.1mol/L}盐酸，下列有关描述正确的是rm{(}rm{)}A.加入rm{5}rm{mL}盐酸时：rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}B.加入rm{10mL}盐酸时：rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(Cl^{-})}C.在溶液rm{pH=7}时：水的电离程度最大D.加入rm{20}rm{mL}盐酸时：rm{c(Cl^{-})=2c(NH_{4}^{+})}10、根据陈述的知识，类推得出的结论正确的是rm{(}rm{)}A.钠在空气中燃烧生成的氧化物是rm{Na_{2}O_{2}}则锂在空气中燃烧生成的氧化物是rm{Li_{2}O_{2}}B.rm{NH_{3}}和rm{PCl_{3}}是等电子体，均为三角锥形结构C.rm{CO_{2}}和rm{SiO_{2}}化学式相似，则rm{CO_{2}}与rm{SiO_{2}}的物理性质也相似D.第二周期元素氢化物稳定性顺序是rm{HF>H_{2}O>NH_{3}}则第三周期元素氢化物稳定性顺序也是rm{HCl>H_{2}S>PH_{3}}评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)11、（8分）某离子晶体晶胞结构如图所示，X位于立方体的顶点，Y位于立方体的中心，试回答：（1）晶体中每个Y同时吸引着个X，每个X同时吸引着____个Y，该晶体的化学式为____。（2）晶体中在每个X周围与它最接近且距离相等的X共有____个。（3）晶体中距离最近的2个X与一个Y形成的夹角（∠XYX）为（填角的度数）。（4）若该晶体的摩尔质量为Mg·mol-1，晶体密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则晶体中两个距离最近的X中心间的距离为____cm。12、目前工业上制备丙烯腈rm{(CH_{2}篓TCHC隆脭N)}有乙炔法；丙烯氨氧化法等．

乙炔法：rm{CH_{2}篓TCHC隆脭N+HCNxrightarrow[80-90隆忙]{CuC{l}_{2}-N{H}_{4}-HCl}CH_{2}篓TCHCN}

丙烯氨氧化法：rm{CH_{2}篓TCHC隆脭N+HCN

xrightarrow[80-90隆忙]{CuC{l}_{2}-N{H}_{4}-HCl}CH_{2}篓TCHCN}rm{O_{2}xrightarrow[]{麓脽禄炉录脕}CH_{2}篓TCHCN+3H_{2}O}

rm{CH_{2}篓TCHCH_{3}+NH_{3}+}下列说法正确____；

rm{O_{2}xrightarrow[]{麓脽禄炉录脕}

CH_{2}篓TCHCN+3H_{2}O}空间构型呈正四面体。

rm{(1)}分子中只有碳；氢原子位于同一平面。

rm{a.NH_{4}^{+}}rm{b.CH_{2}=CHCN}分子中所有原子均位于同一直线。

rm{c.C_{2}H_{2}}极易溶于rm{HCN}是因为它们都是非极性分子。

rm{d.NH_{3}}与rm{H_{2}O}互为等电子体的阳离子为____rm{(2)}写化学式rm{NH_{3}}．

rm{(}丙烯腈分子中含有rm{)}键的数目为____．

rm{(3)1mol}铜能与浓盐酸缓慢发生置换反应产生氢气，有配合物rm{娄脪}生成．

rm{(4)}该反应的化学方程式为____．

rm{H[CuCl_{2}]}在空气中久置会生成含rm{垄脵}的蓝色溶液，rm{垄脷H[CuCl_{2}]}的结构可用示意图表示为____．

rm{[Cu(H_{2}O)_{4}]^{2+}}13、以下7种为中学化学中常见的物质；请按下列分类标准回答问题：（填序号）

①CaCO3②液态SO2③胆矾④熔融氢氧化钠⑤Cu⑥氨水⑦酒精。

（1）属于电解质的是______；

（2）属于盐的是______；

（3）能导电的是______；

（4）属于非电解质的是______．14、食物所供应的广大营养素中，____、____和____，____能在人体中被____（填“氧化”或“还原”），供给人体所需要的能量．葡萄糖作为营养剂供给人体能量，在体内发生主要的化学反应是____．15、一种离子晶体的晶胞如右图。其中阳离子A以表示，阴离子B以表示。（1）每个晶胞种含A离子的数目为________，含B离子数目为________。（2）若A的核外电子排布与Ar相同，B的电子排布与Ne相同，则该离子化合物的化学式是___________________；（3）阳离子的配位数为_________，阴离子的配位数为________。（4）已知A的离子半径为0.99×10－10m，则该晶胞的体积是_______________m3。（每空2分，共12分）16、(22分)乙炔是有机合成工业的一种原料。工业上曾用CaC2与水反应生成乙炔。(1)CaC2中C22-与O22+互为等电子体，O22+的电子式可表示为____；1molO22+中含有的键数目为____。(2)将乙炔通入[Cu(NH3)2]Cl溶液生成Cu2C2,红棕色沉淀。Cu+基态核外电子排布式为。(3)乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是；分子中处于同一直线上的原子数目最多为____。(4)CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如图所示），但CaC2晶体中哑铃形C22-的存在，使晶胞沿一个方向拉长。CaC2晶体中1个Ca2+周围距离最近的C22-数目为____。(5)甲醇催化氧化可得到甲醛，甲醛与新制Cu(OH)2的碱性溶液反应生成Cu2O沉淀。①甲醇的沸点比甲醛高，其主要原因是；甲醛分子中碳原子的轨道杂化类型为。②甲醛分子的空间构型是；1mol甲醛分子中σ键的数目为。③在1个Cu2O晶胞中（结构如图所示），所包含的Cu原子数目为。17、（1）三氯化铁常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上易升华．易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂．据此判断三氯化铁晶体类型为______．

（2）①CH2=CH2、②CH≡CH、③④CH3-CH3这四种分子中碳原子采取sp2杂化的是______（填序号）．

（3）如图为某晶体的一个晶胞示意图，该晶体由A、B、C三种基本粒子组成，则该晶体的化学式为______．18、298K时，合成氨反应的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H=-92.4kJ•mol-1，在该温度下，取1molN2和3molH2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量总是小于92.4KJ．其原因是______．19、某学校研究性学习小组开展课题探究：

探究课题Ⅰrm{.}“不同条件对化学反应速率影响的探究”，选用rm{4mL}rm{0.01mol?L^{-1}KMnO_{4}}溶液与rm{2mL}rm{0.1mol?L^{-1}}rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液在稀硫酸中进行实验；改变条件如表：

。组别草酸的体积rm{(mL)}温度rm{/隆忙}其他物质rm{?垄脵}rm{2mL}rm{20}rm{?垄脷}rm{2mL}rm{20}rm{10}滴饱和rm{MnSO_{4}}溶液rm{?垄脹}rm{2mL}rm{30}rm{垄脺}rm{1mL}rm{20}rm{1mL}蒸馏水rm{(1)}如果研究催化剂对化学反应速率的影响，使用实验______和______rm{(}用rm{垄脵隆芦垄脺}表示，下同rm{)}如果研究温度对化学反应速率的影响；使用实验______和______．

rm{(2)}对比实验rm{垄脵}和rm{垄脺}可以研究______对化学反应速率的影响，实验rm{垄脺}中加入rm{1mL}蒸馏水的目的是______．

探究课题Ⅱrm{.}该小组查阅资料得知：rm{C_{2}O_{4}^{2-}+MnO_{4}^{-}+H^{+}隆煤CO_{2}隆眉+Mn^{2+}+H_{2}O(}未配平rm{)}欲利用该反应测定某草酸钠rm{(Na_{2}C_{2}O_{4})}样品中草酸钠的质量分数rm{.}该小组称量rm{1.34g}草酸钠样品溶于稀硫酸中，然后用rm{0.200mol?L^{-1}}的酸性高锰酸钾溶液进行滴定rm{(}其中的杂质不跟高锰酸钾和稀硫酸反应rm{)}．

rm{(1)}滴定前是否要滴加指示剂？______rm{(}填“是”或“否”rm{)}请说明理由______rm{.}

rm{(2)}滴定时用______rm{(}填rm{a}或rm{b)}滴定管盛装rm{KMnO_{4}}标准溶液．

rm{(3)}达到终点时消耗了rm{15.00mL}的高锰酸钾溶液，样品中草酸钠的质量分数为______．评卷人得分四、实验题(共3题，共30分)20、现用0.02500mol/L的标准盐酸溶液滴定某未知浓度的氢氧化钠溶液；有关数据记录如表：

。序号待测液体积（ml）所消耗标准盐酸的体积（ml）滴定前滴定后消耗体积滴定后消耗体积125.001.0027.3026.30225.00？？？325.001.5027.8426.34（1）在滴定过程中，选用______（填“石蕊”、“酚酞”）做指示剂，用______盛装标准浓度的盐酸，用______盛装未知浓度的氢氧化钠溶液，眼睛注视______，当______时；说明达到滴定终点．

（2）如图表示第二组实验时滴定前后滴定管中的液面位置，则该次所用标准盐酸的体积为______，根据所给数据，计算该氢氧化钠溶液的浓度为______（保留4位有效数字）．

（3）若在实验过程中存在如下操作；会导致实验测定结果如何？（填“偏大”“偏小”“无影响”）

①滴定时酸式滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗，______．

②滴定过程中，不小心将锥形瓶内液体摇到瓶外，______．

③锥形瓶用蒸馏水洗涤后为干燥直接装待测液，______．

④量取待测液时，刚开始尖嘴处有气泡后来消失，______．

⑤滴定前平视读数，滴定后仰视读数，______．21、实验室用加热rm{l-}丁醇、溴化钠和浓硫酸的混合物的方法来制备rm{1-}溴丁烷时，还会有烯、醚等副产物生成。反应结束后将反应混合物蒸馏，分离得到rm{1隆陋}溴丁烷，已知相关有机物的性质如下：。物质熔点rm{/隆忙}沸点rm{/隆忙}rm{1}rm{-}丁醇rm{-89.53}rm{117.25}rm{1}rm{-}溴丁烷rm{-112.4}rm{101.6}丁醚rm{-95.3}rm{142.6}rm{1}rm{-}丁烯rm{-185.3}rm{-6.5}rm{(1)}反应中由于发生副反应而生成醚的有机反应类型为

rm{(2)}制备rm{1-}溴丁烷的装置应选用下图中的_______rm{(}填序号rm{)}反应加热时的温度不宜超过rm{100隆忙}理由是__________________________。

rm{(3)}当给烧瓶中的混合物加热时；溶液会出现橘红色，其原因是___________________。

rm{(4)}反应结束后，将反应混合物中rm{1-}溴丁烷分离出来的操作方法名称为____。22、菱锰矿的主要成份是rm{MnCO_{3}}此外还含有rm{FeCO_{3}}rm{SiO_{2}}rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}等杂质。一种以菱锰矿为原料制取rm{MnO_{2}}并将杂质分离后变废为宝的流程如下：rm{(}其中，产品rm{1}产品rm{2}均为单质；溶液rm{2隆煤}溶液rm{3}的变化中，元素的种类未发生变化；浓的溶液rm{7}用于印刷电路工业；通常情况下，气体甲为黄绿色；rm{Mn}的金属性比rm{Fe}的强rm{)}

已知，rm{25隆忙}时，生成氢氧化物沉淀的rm{pH}及某些物质的rm{Ksp}如下表：时，生成氢氧化物沉淀的rm{25隆忙}及某些物质的rm{pH}如下表：

rm{Ksp}产品rm{垄脜}产品rm{1}的主要用途是______，产品rm{2}用_____法进行精炼。的主要用途是______，产品rm{垄脜}用_____法进行精炼。

rm{1}rm{2}操作rm{垄脝}操作rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}rm{5}中均需使用的仪器是_________________。rm{垄脝}rm{1}rm{2}中均需使用的仪器是_________________。rm{3}时，测得溶液rm{4}中，rm{5}根据上表给出的数据进行计算，若要使溶液中rm{垄脟25隆忙}不沉淀，其它金属阳离子沉淀完全，则在溶液rm{3}中加入氨水时，调节溶液的rm{c(Mn^{2+})=4.5mol/L}的范围是____________rm{Mn^{2+}}

rm{3}试剂rm{pH}是_____，试剂rm{(lg2=0.3)}是________。rm{垄脠}试剂rm{a}是_____，试剂rm{b}是________。固体rm{垄脠}与黑色固体rm{a}反应的化学方程式是__，溶液rm{b}与rm{垄脡}溶液反应的离子方程式是________________________。

rm{1}利用惰性电极电解溶液rm{Y}也可以制得rm{4}rm{NaClO_{3}}rm{垄脢}利用惰性电极电解溶液rm{4}也可以制得rm{MnO}

rm{垄脢}rm{4}制得rm{MnO}rm{{,!}_{2}}。若直接电解rm{垄脵}制得rm{MnO}溶液，生成rm{垄脵}的时候会产生少量的rm{MnO}若向溶液中加入一定量的rm{{,!}_{2}}固体粉末，则无的电极反应是_______________。产生。原因是____________________。rm{垄脷}评卷人得分五、有机推断题(共4题，共36分)23、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__________________________________．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。26、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5题，共10分)1、C【分析】设氢气和氧气的物质的量分别是x和y，则空气的物质的量就是(x+y)/3。如果氢气过量，则剩余氧气就是(x+y)/3，参加反应的氧气是x/2，所以y－x/2＝(x+y)/3，解得5x＝4y。如果氢气过量，则x－2y＝(x+y)/3，解得2x＝7y。答案选C。【解析】【答案】C2、A【分析】解：胆矾溶于水时溶液温度降低，可知其为吸热过程，rm{triangleH>0}

rm{1mol}胆矾分解生成rm{1molCuSO_{4}(s)}时，rm{CuSO_{4}?5H_{2}O(s)dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}CuSO_{4}(s)+5H_{2}O(l)triangleH=+Q_{1}KJ?mol^{-1}}

rm{CuSO_{4}?5H_{2}O(s)dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}CuSO_{4}(s)+5H_{2}O(l)triangle

H=+Q_{1}KJ?mol^{-1}}溶解时放热rm{1molCuSO_{4}(s)}

可得如下图所示关系；

根据盖斯定律，则有rm{triangleH=Q_{1}+(-Q_{2})>0}则rm{Q_{2}kJ}

故选A．

胆矾溶于水时可分为两步；一是胆矾分解成无水硫酸铜，二是无水硫酸铜溶解，然后结合盖斯定律来解答．

解答此类习题的关键是，读懂题意，正确列出图示关系．rm{triangle

H=Q_{1}+(-Q_{2})>0}【解析】rm{A}3、B【分析】【分析】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的官能团及性质的关系，熟悉常见的性质即可解答，题目难度不大。【解答】rm{垄脵CH_{2}OH(CHOH)_{4}CHO}中含rm{-CHO}能发生加成和氧化反应，含rm{-OH}能发生酯化反应，故符合题意；rm{垄脷CH_{3}CH_{2}CH_{2}OH}中含rm{-OH}能发生氧化反应和酯化反应，不能发生还原反应，故不符合题意；

rm{垄脹CH_{2}=CH-CH_{2}OH}中含rm{C=C}能发生氧化反应、加成反应，rm{-OH}能发生酯化反应和氧化反应；故符合题意；

rm{垄脺CH_{2}=CH-COOCH_{3}}中，含rm{C=C}能发生氧化反应；加成反应，不能发生酯化反应，故不符合题意；

rm{垄脻CH_{2}=CH-COOH}中，含rm{C=C}能发生氧化反应、加成反应，含rm{-COOH}能发生酯化反应，故符合题意；故rm{垄脵垄脹垄脻}符合题意。

故选B。

【解析】rm{B}4、D【分析】考查铝的性质。单质铝既能和盐酸反应生成氢气，也能和氢氧化钠溶液反应生成氢气，所以答案选D。【解析】【答案】D5、A【分析】【分析】棉花是纤维素；蚕丝是蛋白质。重金属盐可以使蛋白质变性，所以误食时用牛奶或生蛋清解毒。植物油主要是高级不饱和脂肪酸形成的甘油酯，是人体的营养成分。新装修的居室，装饰材料中会释放出甲醛；苯的同系物等污染物而污染空气。答案选A

【点评】属于要求识记的内容,难度不大.二、双选题(共5题，共10分)6、B|D【分析】解：A、Be原子的价电子排布为2s2全满状态；能量最低，所以Be原子的第一电离能大于B原子，而不是小于B原子，故A错误；

B、CH4中价层电子对个数=4+×（4-4×1）=4，所以C原子采用sp3杂化，所以CH4为正四面体形分子；故B正确；

C．金刚石是原子晶体；石墨属于混合晶体，故C错误；

D．理论解释不对；HF分子中含有氢键，故HF的沸点高于HCl，故D正确．

故选BD．

A、Be原子的价电子排布为2s2全满状态；能量最低，所以Be原子的第一电离能大于B原子；

B、CH4中价层电子对个数=4+×（4-4×1）=4，所以C原子采用sp3杂化；

C；金刚石属于原子晶体；石墨属于混合晶体；

D；从HF分子中含有氢键角度分析．

本题考查物质结构与性质知识，题目难度不大，注意把握Be原子的第一电离能大于B原子的原因．【解析】【答案】BD7、AB【分析】【分析】本题考查有机物的合成，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意逆合成法的应用，题目难度不大。【解答】由合成流程可知，rm{A}与溴发生加成反应得rm{B}rm{B}在碱性条件下水解得rm{C}rm{C}在浓硫酸作用下发生脱水成醚，结合的结构可以反推得rm{C}为rm{HOCH_{2}CH=CHCH_{2}OH}rm{B}为rm{BrCH_{2}CH=CHCH_{2}Br}rm{A}为rm{CH_{2}=CHCH=CH_{2拢禄}}A.rm{B}中含有的官能团有溴原子、碳碳双键，故A正确；B.rm{A}中含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C.rm{A}为rm{CH_{2}=CHCH=CH_{2}}名称为rm{1}rm{3-}丁二烯，故C错误；D.由上述分析，rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}的反应类型分别为加成、水解rm{(}取代rm{)}取代，故D错误。故选AB。

【解析】rm{AB}8、rBC【分析】解：rm{A}铜电极和电源正极相连做电解池阳极，铜失电子发生氧化反应，电极反应rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}铜电极无氢气生成，故A错误；

B、电解原理分析，铜失电子生成铜离子，硫酸溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气，电解初期，主反应方程式为：rm{Cu+H_{2}SO_{4}dfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}CuSO_{4}+H_{2}隆眉}故B正确；

C；阳离子移向阴极；所以阳极生成的铜离子会移向阴极，由于铜离子氧化性大于氢离子，所以在阴极得到电子生成铜，故C正确；

D、活性电极必然被氧化，rm{Cu+H_{2}SO_{4}dfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}CuSO_{4}+H_{2}隆眉}在阴极放电，变成rm{H^{+}}放出rm{H_{2}}会减少；故D错误；

故选BC．

A；依据装置图分析；铜电极和电源正极相连做电解池阳极，铜失电子发生氧化反应；

B；依据电解原理分析；铜失电子生成铜离子，硫酸溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气；

C；阳离子移向阴极；所以铜离子会移向阴极氧化性大于氢离子，在阴极得到电子生成铜；

D；电解过程中氢离子浓度减小．

本题考查了电解原理的分析，电极名称，电极反应，电极产物判断是解题关键，题目难度中等．rm{..H^{+}}【解析】rm{BC}9、rAB【分析】解：rm{A.}加入rm{5mL}盐酸时，一水合氨过量，反应后溶质为等浓度的一水合氨和氯化铵，一水合氨的电离程度对应铵根离子的水解程度，溶液呈碱性，则rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})}溶液中离子浓度大小为：rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}故A正确；

B.加入rm{10mL}盐酸时，根据电荷守恒可知：rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(Cl^{-})}故B正确；

C.在溶液rm{pH=7}时；溶液呈中性，基本不影响水的电离程度，当溶质为氯化铵时水的电离程度最大，故C错误；

D.加入rm{20}rm{mL}盐酸时，根据物料守恒可得：rm{c(Cl^{-})=2c(NH_{4}^{+})+2c(NH_{3}?H_{2}O)}故D错误；

故选AB．

A.加入rm{5mL}盐酸时，反应后溶质为等浓度的一水合氨和氯化铵，一水合氨的电离程度对应铵根离子的水解程度，则溶液呈碱性，rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})}

B.根据溶液中的电荷守恒判断；

C.当二者恰好反应时；铵根离子发生水解，水的电离程度最大；

D.根据反应后溶液中的物料守恒判断．

本题考查了溶液酸碱性与溶液rm{pH}的计算、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法．【解析】rm{AB}10、rBD【分析】解：rm{A}锂与镁在对角线上，所以镁与锂的性质相似，镁在氧气在燃烧只生成氧化镁，则rm{Li}在空气中燃烧生成rm{Li_{2}O}故A错误；

B、原子总数相同、电子总数或价电子总数相同的互为等电子体，rm{NH_{3}}和rm{PCl_{3}}的原子总数相等；价电子总相等是等电子体，都是三角锥形，故B正确；

C；二氧化碳和二氧化硅都是酸性氧化物化学性质相似；但二氧化碳是分子晶体而二氧化硅是原子晶体，两者的物理性质不同，故C错误；

D、同周期从左到右非金属性增强，所以非金属性越强氢化物越稳定，第二周期元素氢化物稳定性顺序是rm{HF>H_{2}O>NH_{3}}则第三周期元素氢化物稳定性顺序也是rm{HCl>H_{2}S>PH_{3}}故D正确；

故选：rm{BD}．

A；锂与镁在对角线上；所以镁与锂的性质相似，镁在氧气在燃烧只生成氧化镁；

B；原子总数相同、电子总数或价电子总数相同的互为等电子体；

C；二氧化碳和二氧化硅都是酸性氧化物化学性质相似；但二氧化碳是分子晶体而二氧化硅是原子晶体；

D；非金属性越强氢化物越稳定．

本题考查物质的组成、结构与性质，题目难度中等，本题虽然考查类比规律，但把握物质的性质是解答该题的关键．【解析】rm{BD}三、填空题(共9题，共18分)11、略

【分析】（1）Y位于立方体的中心，所以根据晶胞的结构可知，晶体中每个Y同时吸引着4个X。立方体的顶点是被8个立方体共用，所以每个X同时吸引着8个Y。其化学式为XY2或Y2X。（2）晶体中在每个X周围与它最接近且距离相等的X位于面的对角线上，所以X共有3×8÷2＝12个。（3）根据晶胞的结构可知，晶胞中4个X恰好位于正四面体的4个顶点上，所以∠XYX＝109028，。（4）设晶胞的边长是acm。该晶胞中含有1个Y，所以有解得a＝所以晶体中两个距离最近的X中心间的距离为（M/2ρNA）1/3cm。【解析】【答案】（1）（3分）4，8，XY2或Y2X。（2）（1分）12（3）（2分）109028，。（4）（2分）（M/2ρNA）1/312、（1）ac（2）H3O+（3）6mol[或6×6.02×1023、或3.6×1024、或6NA]（4）①2Cu+4HCl（浓）=2H[CuCl2]+H2↑②（或）【分析】【分析】本题主要考查了原子的杂化、分子的空间构型、原子共面、分子的极性以及配合物等知识，注意对应知识的掌握，题目难度中等。【解答】rm{(1)a.NH_{4}^{+}}中氮原子杂化轨道数rm{=娄脛}键数rm{+}孤对电子对数rm{=4+0=4}所以采取rm{sp^{3}}杂化，所以空间构型呈正四面体，故rm{a}正确；

rm{b.CH_{2}=CH-C隆脭N}分子相当于一个碳碳双键和一个碳氮参键通过一个碳碳单键相连，所以所有原子都处在同一平面上，故rm{b}错误；

rm{c.C_{2}H_{2}}rm{HCN}分子都含有一个参键，所以都为rm{sp}杂化，则所有原子均位于同一直线，故rm{c}正确；

rm{d.NH_{3}}是极性分子，水是极性溶剂，极性分子易溶于极性溶剂，同时rm{NH_{3}}能与rm{H_{2}O}分子间形成氢键，所以根据相似相溶原理，则rm{NH_{3}}极易溶于rm{H_{2}O}故rm{d}错误；

故答案为：rm{ac}

rm{(2)NH_{3}}含有rm{4}个原子，价电子总数为rm{8}个电子，则对应的等电子体有rm{H_{3}O^{+}}

故答案为：rm{H_{3}O^{+}}

rm{(3)}每个单键、双键、叁键都含有rm{1}个rm{娄脛}键，通过丙烯氰的结构rm{CH_{2}篓TCHC隆脭N}可以知道，rm{1mol}丙烯腈分子中含有rm{娄脪}键的数目为rm{6mol[}或rm{6隆脕6.02隆脕10^{23}}或rm{3.6隆脕10^{24}}或rm{6N_{A}]}

故答案为：rm{6mol[}或rm{6隆脕6.02隆脕10^{23}}或rm{3.6隆脕10^{24}}或rm{6N_{A}]}

rm{(4)垄脵}铜能与浓盐酸缓慢发生置换反应，有配合物rm{H[CuCl_{2}]}生成，所以反应方程式为：rm{2Cu+4HCl(}浓rm{)=2H[CuCl_{2}]+H_{2}隆眉}

故答案为：rm{2Cu+4HCl(}浓rm{)=2H[CuCl_{2}]+H_{2}隆眉}

rm{垄脷[Cu(H_{2}O)_{4}]^{2+}}中铜离子提供空轨道，氧原子提供电子对形成配位键，所以rm{[Cu(H_{2}O)_{4}]^{2+}}的结构可用示意图表示为。

rm{(}或rm{)}

故答案为：rm{(}或rm{)}

【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{ac}rm{(2)}rm{(2)}rm{H_{3}O^{+}}或rm{(}或rm{(}或rm{3)6mol[}rm{6隆脕6.02隆脕10^{23}}浓rm{3.6隆脕10^{24}}rm{6N_{A}]}rm{(4)垄脵2Cu+4HCl(}或rm{)=2H[CuCl_{2}]+H_{2}隆眉}rm{垄脷}13、①③④①③④⑤⑥②⑦【分析】解：（1）电解质包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水，所以①CaCO3③胆矾④熔融氢氧化钠都是电解质；故答案为：①③④；

（2）盐是由金属离子或者铵根离子和酸根离子组成的化合物，所以①CaCO3③胆矾属于盐；故答案为：①③；

（3）④Cu中有自由电子；所以能导电；④熔融氢氧化钠有自由移动的离子，所以能导电；⑥氨水有自由移动的离子，所以能导电；

故答案为：④⑤⑥；

（4）非电解质包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等），所以②液态SO2⑦酒精都是非电解质；

故答案为：②⑦．

（1）根据电解质的定义分析；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括酸；碱、盐、活泼金属氧化物和水；

（2）盐是由金属离子或者铵根离子和酸根离子组成的化合物；

（3）根据物质导电的原因分析；只要含有自由移动的离子或自由电子即可；

（4）非电解质是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物；包括一些非金属氧化物；氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等）．

本题考查学生盐的概念、电解质溶液导电的原因及电解质、非电解质的定义，注意概念的整理和把握是关键，题目难度不大．【解析】①③④①③④⑤⑥②⑦14、略

【分析】

糖类、油脂、蛋白质氧化时都能够释放出能量，其中的糖类物质是主要的供能物质；葡萄糖在人体内被氧化的反应为C6H12O6+6O2→6CO2+6H2O；

故答案为：糖类；油脂；蛋白质；氧化；C6H12O6+6O2→6CO2+6H2O．

【解析】【答案】糖类；油脂、蛋白质氧化时都能够释放出能量；维生素、无机盐、水不能为人体提供热量．

15、略

【分析】【解析】【答案】（1）4、8（2）CaF2（3）8、4（4）16r316、略

【分析】【解析】【答案】③417、略

【分析】解：（1）分子晶体熔沸点较低；该物质的熔沸点较低，所以为分子晶体，故答案为：分子晶体；

（2）①CH2=CH2分子中碳原子采取sp2杂化、②CH≡CH分子中碳原子采取sp杂化、③分子中碳原子采取sp2杂化、④CH3-CH3分子中碳原子采取sp3杂化，所以①③碳原子是采取sp2杂化；

故答案为：①③；

（3）根据晶胞图可知，A原子分布在立方体的六个面心上，所以晶胞中含有A原子的数目为=3，B原子分布在立方体的八个顶点上，所以晶胞含有B原子数目为=1，C原子位于立方体的体心，数目为1，所以在晶胞中ABC三种原子的个数比为3：1：1，所以化学式为：CBA3，故答案为：CBA3．

（1）分子晶体熔沸点较低；

（2）①CH2=CH2分子中碳原子采取sp2杂化、②CH≡CH分子中碳原子采取sp杂化、③分子中碳原子采取sp2杂化、④CH3-CH3分子中碳原子采取sp3杂化；

（3）根据晶胞图可知，A原子分布在立方体的六个面心上，所以晶胞中含有A原子的数目为=3，B原子分布在立方体的八个顶点上，所以晶胞含有B原子数目为=1；C原子位于立方体的体心，数目为1，所以在晶胞中ABC三种原子的个数比为3：1：1，据此答题．

本题考查物质结构与性质，熟悉物质的物理性质及物质的成键即可解答，难度较大，注重学生对信息的处理，较好的考查学生分析问题、解决问题的能力．【解析】分子晶体；①③；CBA318、略

【分析】解：热化学方程式为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4kJ/mol表示1mol氮气（g）与3mol氢气（g）生成2mol氨气（g）反应的热量为92.4kJ，由于该反应是可逆反应，加入1molN2和3molH2不可能完全反应；所以放出的热量总是小于92.4kJ；

故答案为：该反应是可逆反应，1molN2和3molH2不可能完全反应；所以放出的热量总是小于92.4kJ．

热化学方程式N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H=-92.4kJ•mol-1的含义是：当1mol氮气和3mol氢气完全反应生成2mol氨气时；反应放热92.4KJ．

但该反应是可逆反应，取1molN2和3molH2放在一密闭容器中；不能完全反应生成2mol氨气，据此分析．

考查反应热计算，应注意热化学方程式的含义和反应的可逆性，难度不大．【解析】该反应是可逆反应，1molN2和3molH2不可能完全反应，所以放出的热量总是小于92.4kJ19、略

【分析】解：Ⅰrm{.(1)}由实验目的可知，探究反应物浓度、温度、催化剂对反应速率影响，需在相同的条件下对比实验，同浓度溶液，在相同温度下进行反应，rm{垄脵}无催化剂，rm{垄脷}有催化剂，对比实验；如果研究温度对化学反应速率的影响，需其它条件相同，温度不同，rm{垄脵}有rm{20隆忙}rm{垄脹}中温度为rm{30隆忙}能进行对照实验；

故答案为：rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脵}rm{垄脹}

rm{(2)}对比实验rm{垄脵}和rm{垄脺}rm{10%}硫酸的体积不同，其它物质，rm{垄脺}中加入了蒸馏水，说明两组实验中的反应物的浓度不同，所以可通过探究反应物的浓度对化学反应速率的影响；对比实验rm{垄脵}和rm{垄脺}Ⅳ中只加入rm{1mL10%}硫酸，与rm{I}中加入的溶液体积不等，就不能保证，rm{4mL}rm{0.01mol?L^{-1}KMnO_{4}}溶液与rm{2mL}rm{0.1mol?L^{-1}}rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液，反应物浓度相同，实验rm{垄脺}中加入rm{1mL}蒸馏水的目的是保证了rm{KMnO_{4}}溶液与rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液的起始浓度相同；

故答案为：硫酸的浓度或氢离子浓度；确保rm{垄脵}和rm{垄脺}组对比实验中rm{c(KMnO_{4})}rm{c(H_{2}C_{2}O_{4})}浓度不变或确保溶液总体积不变；

Ⅱrm{.(1)}高锰酸钾溶液为紫红色；当达到滴定终点时，再滴入高锰酸钾溶液时，紫红色不再褪去；

故答案为：否；rm{KMnO_{4}}溶液呈紫红色；达滴定终点紫色不再褪去；

rm{(2)}高锰酸钾具有强氧化性；腐蚀橡皮管，应用酸式滴定管；

故答案为：rm{b}

rm{(3)}草酸钠rm{(Na_{2}C_{2}O_{4})}溶于稀硫酸中，然后用酸性高锰酸钾溶液进行滴定，离子方程式为：rm{2MnO_{4}^{-}+5C_{2}O_{4}^{2-}+16H^{+}=2Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O.n(KMnO_{4})=0.015L隆脕0.200mol?L^{-1}=3隆脕10^{-3}mol}根据方程式可得：

rm{2MnO_{4}^{-}+5C_{2}O_{4}^{2-}+16H^{+}=2Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O.}

rm{2}rm{5}

rm{3隆脕10^{-3}mol}rm{7.5隆脕10^{-3}mol}

样品中草酸钠的质量为：rm{m=7.5隆脕10^{-3}mol隆脕134g/mol=7.5隆脕134隆脕10^{-3}g}

样品中草酸钠的质量分数为：rm{dfrac{7.5隆脕134隆脕10-3g}{1.34g}隆脕100%=75%}

故答案为：rm{dfrac

{7.5隆脕134隆脕10-3g}{1.34g}隆脕100%=75%}．

Ⅰrm{75%}探究反应物浓度；温度、催化剂对反应速率影响；需在其它条件相同，的条件下，对比实验；

rm{.(1)}对比实验rm{(2)}和rm{垄脵}从提供的反应物的差异解答；

Ⅱrm{垄脺}高锰酸钾为紫红色；过程中不需要加指示剂；

rm{.(1)}高锰酸钾具有强氧化性；

rm{(2)}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，根据反应计算．

本题主要结合实验考查了外界条件对化学反应速率的影响、质量分数的计算，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握化学反应速率及其影响，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．rm{(3)}【解析】rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脵}rm{垄脹}硫酸的浓度或氢离子浓度；确保rm{垄脵}和rm{垄脺}组对比实验中rm{c(KMnO_{4})}rm{c(H_{2}C_{2}O_{4})}浓度不变或确保溶液总体积不变；否；rm{KMnO_{4}}溶液呈紫红色，达滴定终点紫色不再褪去；rm{b}rm{75%}四、实验题(共3题，共30分)20、略

【分析】解：（1）用盐酸滴定氢氧化钠溶液；可以选择酚酞作指示剂，不能用石蕊，石蕊的变色范围太大；标准盐酸溶液应该用酸式滴定管盛放，待测溶液氢氧化钠盛放在锥形瓶中；滴定时，目光观察锥形瓶中溶液颜色的变化，酚酞在氢氧化钠溶液中显红色，当滴加最后一滴盐酸时溶液由浅红色变为无色，并且半分钟内不恢复红色；

故答案为：酚酞；当滴加最后一滴盐酸时溶液由浅红色变为无色；并且半分钟内不恢复红色；

（2）由图表示第二组实验时滴定前后滴定管中的液面位置，可知该次所用标准盐酸的体积为24.50mL，三次消耗的盐酸的体积分别为26.30ml，24.50mL，26.34ml，第二次数据误差过大，应该舍去；另外两次的平均值为=26.32ml；

c（待测）==0.02632mol/L；

故答案为：0.02632mol/L；

（3）①滴定时酸式滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗；标准溶液的浓度减小，滴定消耗的标准溶液的体积偏大，则c（待测）偏大；

故答案为：偏大；

②滴定过程中；不小心将锥形瓶内液体摇到瓶外，待测溶液中溶质的物质的量偏小，消耗的标准溶液的体积偏小，则c（待测）偏小；

故答案为：偏小；

③锥形瓶用蒸馏水洗涤后为干燥直接装待测液；对滴定结果无影响；

故答案为：无影响；

④量取待测液时；刚开始尖嘴处有气泡后来消失，则待测溶液的体积偏小，耗的标准溶液的体积偏小，则c（待测）偏小；

故答案为：偏小；

⑤滴定前平视读数；滴定后仰视读数，则读数偏大，即消耗的标准溶液的体积偏大，则c（待测）偏大；

故答案为：偏大．

（1）用盐酸滴定氢氧化钠溶液；可以选择酚酞作指示剂；酸性溶液用酸式滴定管盛放，待测溶液盛放在锥形瓶中；滴定时，目光观察溶液颜色的变化，根据颜色变化判断滴定终点；

（2）根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V（盐酸），带入c（待测）=求算；

（3）根据错误操作对标准溶液的体积的影响，结合c（待测）=分析．

本题考查了滴定操作和计算，题目难度中等，操作时要规范，分析误差时要看是否影响标准体积的用量，若标准体积偏大，结果偏高；若标准体积偏小，则结果偏小；若不影响标准体积，则结果无影响．【解析】酚酞；酸式；锥形瓶；锥形瓶中颜色的变化；滴加最后一滴盐酸时溶液由浅红色变为无色，并且半分钟内不恢复红色；24.50mL；0.02632mol/L；偏大；偏小；无影响；偏小；偏大21、（1）取代反应（2）C防止1－溴丁烷因气化而逸出，影响产率（3）－1价的溴被氧化生成溴单质，溶于反应液中（4）蒸馏【分析】【分析】本题考查有机物制备实验方法，为高频考点，把握有机物的性质及发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，注意实验基本操作的应用，装置选择等即可解答，题目难度中等。【解答】rm{(1)}反应中由于发生副反应而生成醚，醇分子间脱去水生成醚的反应属于取代反应，反应中由于发生副反应而生成醚，醇分子间脱去水生成醚的反应属于取代反应，rm{(1)}

故答案为：取代反应；实验室用加热rm{(2)}实验室用加热rm{1-}丁醇、溴化钠和浓rm{H}丁醇、溴化钠和浓rm{(2)}rm{1-}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}溴丁烷时，发生反应生成产物中含有易溶于水的溴化氢，还会有烯、醚等副产物生成，吸收装置需要防倒吸，则制备rm{SO}溴丁烷的装置应选用上图中rm{{,!}_{4}}的混合物的方法来制备rm{1-}溴丁烷时，发生反应生成产物中含有易溶于水的溴化氢，还会有烯、醚等副产物生成，吸收装置需要防倒吸，则制备rm{1-}溴丁烷的装置应选用上图中rm{C}rm{1-}溴丁烷沸点rm{101.6}反应加热时的温度不宜超过rm{100隆忙}防止rm{1-}溴丁烷因气化而逸出，影响产率，溴丁烷沸点rm{1-}反应加热时的温度不宜超过rm{1-}防止rm{C}溴丁烷因气化而逸出，影响产率，rm{1-}防止rm{101.6}溴丁烷因汽化而逸出，影响产率；

rm{100隆忙}由于浓硫酸具有强氧化性，能够将溴离子氧化成橘红色溴单质，所以当给烧瓶中的混合物加热时，溶液会出现橘红色，rm{1-}价的溴被氧化生成溴单质，溶于反应液中；

故答案为：rm{C}防止rm{1-}溴丁烷因汽化而逸出，影响产率；利用沸点不同分离液体混合物的方法是蒸馏，故答案为：蒸馏。rm{C}

rm{1-}【解析】rm{(1)}取代反应rm{(2)C}防止rm{1-}溴丁烷因气化而逸出，影响产率rm{(3)-1}价的溴被氧化生成溴单质，溶于反应液中rm{(4)}蒸馏22、rm{垄脜}制太阳能电池板rm{(}或：太阳能发电或：作半导体材料或：电脑芯片rm{)}电解

rm{垄脝}漏斗、烧杯、玻璃棒

rm{垄脟3.2leqslantpH<7.5}

rm{垄脟3.2leqslant

pH<7.5}铁粉rm{垄脠}的rm{30%}溶液rm{H_{2}O_{2}}或：rm{(}溶液rm{H_{2}O_{2}}

rm{垄脡SiO_{2}+2Coverset{赂脽脦脗}{=}Si+2CO隆眉}rm{)}

rm{垄脢垄脵Mn^{2+}-2e^{-}+2H_{2}O=MnO_{2}+4H^{+}}

rm{垄脡SiO_{2}+2Coverset{赂脽脦脗}{=}

Si+2CO隆眉}增大rm{5Mn^{2+}+2ClO_{3}^{-}+4H_{2}O=Cl_{2}隆眉+5MnO_{2}隆媒+8H^{+}}浓度，利于rm{垄脢垄脵

Mn^{2+}-2e^{-}+2H_{2}O=MnO_{2}+4H^{+}}放电，而抑制rm{垄脷}在阳极放电rm{Mn^{2+}}或：增大溶液中rm{Mn^{2+;}}利于rm{Cl^{-;}}放电，抑制rm{(}放电rm{c(Mn^{2+})/c(Cl^{-})}rm{Mn^{2+}}【分析】【分析】本题考查了制备方案的设计、物质的分离与提纯方法，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握化学实验基本操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。【解答】菱锰矿用盐酸酸浸，rm{MnCO_{3}}rm{FeCO_{3}}rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}与盐酸反应，rm{SiO_{2}}不与盐酸反应，过滤得到固体rm{1}为rm{SiO_{2}}向固体rm{1}中加入黑色的碳单质高温下反应制得粗硅，粗硅经提纯得到纯硅，产品rm{1}为纯硅；溶液rm{1}中含有氯化锰、氯化亚铁、氯化铜及剩余的rm{HCl}向溶液rm{1}中加入过量铁粉，铁置换出铜，固体rm{2}为铁、铜的混合物，向固体rm{2}中加入盐酸，溶解过量的铁粉，过滤得固体铜，产品rm{2}为铜；溶液rm{6}为氯化亚铁，氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，溶液rm{7}为氯化铁；向溶液rm{2}中加入过氧化氢将溶液中rm{Fe^{2+}}氧化为rm{Fe^{3+}}向溶液rm{3}中加入氨水，调节溶液rm{pH}使氧化得到rm{Fe^{3+}}转化为rm{Fe(OH)_{3}}沉淀，过滤除去，固体rm{3}为氢氧化铁，向溶液rm{4}中加入氯酸钠，rm{5Mn^{2+}+2ClO_{3}^{-}+4H_{2}O=Cl_{2}隆眉+5MnO_{2}隆媒+8H^{+}}得到rm{MnO_{2}}rm{(1)}产品rm{1}为硅，主要用途是制太阳能电池板rm{(}或：太阳能发电或：作半导体材料或：电脑芯片rm{)}产品rm{2}为铜，用电解法进行精炼，故答案为：制太阳能电池板rm{(}或：太阳能发电或：作半导体材料或：电脑芯片rm{)}电解；rm{(2)}操作rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}rm{5}均为过滤，过滤时需使用的仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；rm{(3)}氨水可以将铁离子沉淀，氢氧化铁的rm{Ksp=c^{3}(OH^{-})?c(Fe^{3+})}铁离子完全沉淀时，铁离子的浓度是rm{1隆脕10^{-5}mol/L}此时rm{c(OH^{-})=sqrt[3]{dfrac{4隆脕{10}^{-38}}{1隆脕{10}^{-5}}}mol/L=sqrt[3]{4}隆脕{10}^{-11}mol/L}所以rm{c(H^{+})=dfrac{{10}^{-3}}{sqrt[3]{4}}mol/L}所以rm{c(OH^{-})=sqrt[3]{

dfrac{4隆脕{10}^{-38}}{1隆脕{10}^{-5}}}mol/L=sqrt[3]{4}隆脕{10}^{-11}

mol/L}所以将铁离子沉淀完全，rm{c(H^{+})=dfrac{{10}^{-3}}{

sqrt[3]{4}}mol/L}rm{c(OH^{-})=sqrt{dfrac{4.5隆脕{10}^{-13}}{4.5}}mol/L=10^{-6.5}mol/L}所以rm{pH=3.2}所以rm{c(Mn^{2+})=4.5mol/L}锰离子未沉淀的范围是rm{3.2leqslantpH<7.5}故答案为：rm{3.2leqslantpH<7.5}rm{c(OH^{-})=sqrt{

dfrac{4.5隆脕{10}^{-13}}{4.5}}mol/L=10^{-6.5}mol/L}试剂rm{c(H^{+})=10^{-7.5}mol/L}是铁粉，试剂rm{pH=7.5}是rm{3.2leqslant

pH<7.5}的rm{3.2leqslant

pH<7.5}溶液rm{(4)}或：rm{a}溶液rm{b}故答案为：铁粉；rm{30%}的rm{H_{2}O_{2}}溶液rm{(}或：rm{H_{2}O_{2}}溶液rm{)}rm{30%}固体rm{H_{2}O_{2}}与黑色固体rm{(}反应的化学方程式是rm{H_{2}O_{2}}rm{)}rm{+2Coverset{赂脽脦脗}{=}Si+2CO隆眉}用酸化的rm{(5)}rm{1}溶液将rm{Y}rm{SiO}氧化得到rm{2}rm{2}，rm{+2Coverset{赂脽脦脗}{=}

Si+2CO隆眉}元素发生氧化反应，则rm{NaClO}元素发生还原反应生成rm{3}rm{3}，由于在酸性条件下反应，离子方程式为：rm{MnCl}rm{2}rm{2}rm{MnO}rm{2}rm{2}rm{Mn}rm{Cl}rm{Cl}rm{2}rm{2}rm{5Mn}rm{2+}，故答案为：rm{2+}rm{+2ClO}rm{+2Coverset{赂脽脦脗}{=}Si+2CO隆眉}rm{3}rm{3}由题意可知，rm{-}转化为rm{-}发生氧化反应，由rm{+4H}元素守恒可知有水参加反应，由电荷守恒可知应有rm{2}生成，电极反应式为：rm{2}故答案为：rm{O=Cl}rm{2}rm{2}都在阳极放电，二者为竞争关系，增大rm{隆眉+5MnO}浓度rm{2}或增大rm{2}有利于rm{+8H}放电rm{+}不利于rm{+}放电rm{SiO}故答案为：增大rm{2}浓度，利于rm{2}放电，而抑制rm{+2Coverset{赂脽脦脗}{=}

Si+2CO隆眉}在阳极放电rm{5Mn^{2+}+2ClO_{3}^{-}+4H_{2}O=Cl_{2}隆眉+5MnO_{2}+8H^{+}}或：增大溶液中rm{(6)垄脵}利于rm{Mn^{2+}}放电，抑制rm{MnO_{2}}放电rm{O}rm{H^{+}}【解析】rm{垄脜}制太阳能电池板rm{(}或：太阳能发电或：作半导体材料或：电脑芯片rm{)}电解rm{垄脝}漏斗、烧杯、玻璃棒rm{垄脟3.2leqslantpH<7.5}rm{垄脟3.2leqslant

pH<7.5}铁粉rm{垄脠}的rm{30%}溶液rm{H