2025年浙教版高二化學(xué)下冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙教版高二化學(xué)下冊階段測試試卷894考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、對于平衡體系mA(g)＋nB(g)===pC(g)＋qD(g)ΔH＜0。下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是A.若溫度不變，將容器的體積縮小到原來的一半，此時(shí)A的濃度為原來的2．1倍，則m＋n＜p＋qB.若平衡時(shí)，B的轉(zhuǎn)化率相等，說明反應(yīng)開始時(shí)，B的物質(zhì)的量之比為m∶nC.若m＋n=p＋q，則往含有amol氣體的平衡體系中再加入amol的B，達(dá)到新平衡時(shí)，氣體的總物質(zhì)的量等于2aD.若改變條件使平衡體系中物質(zhì)的濃度發(fā)生變化，則平衡一定發(fā)生移動(dòng)2、有關(guān)甲、乙、丙、丁四個(gè)圖示的敘述正確的是（）A.甲中負(fù)極反應(yīng)式為：2H++2e－＝H2↑B.乙中陽極反應(yīng)式為：Ag＋＋e－==AgC.丙中H+向碳棒方向移動(dòng)D.丁中電解開始時(shí)陰極產(chǎn)生黃綠色氣體3、下列對元素周期律和元素周期表的認(rèn)識正確的是rm{(}rm{)}A.元素周期律的本質(zhì)是隨著核電荷數(shù)的增加元素化合價(jià)呈周期性的變化B.核外電子排布的周期性變化是元素性質(zhì)周期性變化的本質(zhì)C.元素周期表中可以把元素分成rm{s}rm{p}rmtrzxn77rm{ds}四個(gè)區(qū)D.元素周期表中最外層電子數(shù)rm{<2}的元素一定是金屬元素4、異丁烷rm{CH_{3}CH(CH_{3})CH_{3}}的二氯代物的數(shù)目有()A.rm{2}種B.rm{3}種C.rm{4}種D.rm{5}種5、據(jù)報(bào)道，近來發(fā)現(xiàn)了一種新的星際分子氰基辛炔，其結(jié)構(gòu)簡式為：HC≡C—C≡C—C≡C—C≡C—C≡N。對該物質(zhì)判斷正確的是()A.晶體的硬度與金剛石相當(dāng)B.能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C.不能發(fā)生加成反應(yīng)D.可由乙炔和含氮化合物加聚制得6、已知298K時(shí)，N2(g）＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－QkJ·mol－1.在相同條件下，向密閉容器中加入1molN2和3molH2，達(dá)到平衡時(shí)生成0.2molNH3放出的熱量為Q1kJ，向另一容積相同的密閉容器中通入0.95molN2、2.85molH2和0.1molNH3，達(dá)到平衡時(shí)放出的熱量為Q2kJ，若向相同容積的另一密閉容器中通入2molNH3，達(dá)到平衡時(shí)吸收的熱量為Q3kJ。則下列關(guān)系式正確的是：A.Q＞Q1＞Q2＞Q3B.Q=Q1+Q3C.Q＞Q1+Q3D.Q＞Q3＞Q1＞Q27、某有機(jī)化合物結(jié)構(gòu)式為：它可以發(fā)生的反應(yīng)類型有（）

①取代②加成③消去④水解⑤酯化⑥中和⑦縮聚⑧加聚．A.①③⑤⑥B.②④⑥⑧C.①②③⑤⑥D(zhuǎn).除④⑧外8、下列物質(zhì)中，水解的最終產(chǎn)物含有葡萄糖的是（）A.油脂B.蛋白質(zhì)C.蔗糖D.酶評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)9、下列物質(zhì)與水混合后靜置，出現(xiàn)分層的是()A.乙酸乙酯B.乙酸C.苯D.四氯化碳10、氯酸根和亞硫酸氫根發(fā)生氧化還原反應(yīng)：rm{ClO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}=3SO_{4}^{2-}+3H^{+}+Cl^{-}}，下圖為該反應(yīng)速率隨時(shí)間變化的圖像。圖中rm{ClO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}=

3SO_{4}^{2-}+3H^{+}+Cl^{-}}是用rm{v(ClO_{3}^{-})}在單位時(shí)間內(nèi)的物質(zhì)的量濃度的變化來表示的反應(yīng)速率。則下列說法不正確的是()

A.反應(yīng)開始時(shí)速率增大可能是rm{ClO_{3}^{-}}增大引起的B.若坐標(biāo)改為rm{c(H^{+})}時(shí)，速率時(shí)間曲線和上圖曲線完全重合C.后期反應(yīng)速率下降的原因是反應(yīng)物濃度減少D.圖中陰影部分rm{v(Cl^{-})}面積rm{"}為rm{"}至rm{t_{1}}時(shí)間內(nèi)rm{t_{2}}的物質(zhì)的量的減少值rm{ClO_{3}^{-}}11、下列過程能使蛋白質(zhì)變性的是rm{(}rm{)}A.蛋白質(zhì)中加rm{Na_{2}SO_{4}}后析出蛋白質(zhì)B.蛋白質(zhì)用福爾馬林浸泡C.蛋白質(zhì)中加rm{Pb(Ac)_{2}}后析出蛋白質(zhì)固體D.蛋白質(zhì)中遇rm{X}光后12、下列分子中的碳原子可能處在同一平面內(nèi)的是()A.rm{CH_{3}(CH_{2})_{4}CH_{3}}B.rm{CH_{3}(CH_{2})_{4}CH_{3}}C.D.13、制造下列文化用品的原料屬于有機(jī)材料的是A.紙B.鉛筆芯C.橡皮擦D.塑料文具盒評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)14、工業(yè)上制備BaCl2的工藝流程圖如下：某研究小組在實(shí)驗(yàn)室用重晶石（主要成分BaSO4）對工業(yè)過程進(jìn)行模擬實(shí)驗(yàn)。查表得BaSO4(s)+4C(s)4CO(g)+BaS(s)△H1＝＋571.2kJ·mol-1①BaSO4(s)+2C(s)2CO2(g)+BaS(s)△H2＝＋226.2kJ·mol-1②（1）氣體用過量NaOH溶液吸收,得到硫化鈉。Na2S水解的離子方程式為。（2）向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，當(dāng)兩種沉淀共存時(shí)，＝。[Ksp(AgBr)＝5.4×10-13，Ksp(AgCl)＝2.0×10-10]（3）反應(yīng)C(s)+CO2(g)2CO(g)的△H＝____kJ·mol-1。（4）實(shí)際生產(chǎn)中必須加入過量的炭，同時(shí)還要通入空氣，其目的是。15、近年來，湖南省圍繞“資源節(jié)約型和環(huán)境友好型”這一主題，積極謀求社會(huì)的和諧發(fā)展。請你根據(jù)這一主題和題意，用下列選項(xiàng)的字母代號進(jìn)行填空。A．二氧化硫B．二氧化碳C．開發(fā)新能源D．沉淀法(1)造成溫室效應(yīng)和全球氣候變暖的主要物質(zhì)是；(2)以煤炭為主的能源結(jié)構(gòu)易導(dǎo)致酸雨的形成，形成這類酸雨的主要物質(zhì)是；(3)水體污染加劇了水資源的短缺。處理含有Hg2+等重金屬離子的廢水常用的一種方法是____；(4)石油是一種重要能源，人類正面臨著石油短缺的難題。解決能源短缺問題的一種方法是。16、(6分)Ⅰ．有機(jī)物A的紅外光譜圖分別如下：（1）符合該條件的相對分子質(zhì)量最小的A的結(jié)構(gòu)簡式為：_________________________________。Ⅱ．相對分子質(zhì)量不超過100的有機(jī)物B，既能與金屬鈉反應(yīng)產(chǎn)生無色氣體，又能與碳酸鈉反應(yīng)產(chǎn)生無色氣體，還可以使溴的四氯化碳溶液褪色。B完全燃燒只生成CO2和H2O。經(jīng)分析其含氧元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為37.21%。經(jīng)核磁共振檢測發(fā)現(xiàn)B的氫譜如下：（2）B的結(jié)構(gòu)簡式為：___________________________________。17、合金是由______（或______）熔合而成的具有______的物質(zhì)，與各成分的金屬相比，其特點(diǎn)為硬度比純金屬______，熔點(diǎn)比比各成分金屬______．18、（14分）I.A是由導(dǎo)熱材料制成的密閉容器,B是一耐化學(xué)腐蝕且易于傳熱的氣球.關(guān)閉K2,將等量且少量的NO2通過K1、K3分別充入A、B中，反應(yīng)開始時(shí)，A、B的體積相同。已知：2NO2（g）N2O4（g）△H＜0。（1）一段時(shí)間后，反應(yīng)達(dá)到平衡，此時(shí)A、B中生成的N2O4的速率是V（A）____V（B）（填“＜”、“＞”或“=”）；若打開活塞K2，氣球B將（填“變大”、“變小”或“不變”，下同）。（2）若在A、B中再充入與初始量相等的NO2，則達(dá)到平衡時(shí)，NO2的轉(zhuǎn)化率α（A）將。若通入等量的Ne氣，則達(dá)到平衡時(shí)，A中NO2的轉(zhuǎn)化率將____，B中NO2的轉(zhuǎn)化率將（3）室溫時(shí)，若A、B都保持體積不變，將A套上一個(gè)絕熱層，B與外界可以進(jìn)行熱傳遞，則達(dá)到平衡時(shí)，中的顏色較深。（4）若在容器A中充入4.6g的NO2，達(dá)到平衡后容器內(nèi)混合氣體的壓強(qiáng)為原來的80%，試求出平衡時(shí)NO2的轉(zhuǎn)化率。II.已知可逆反應(yīng)：M(g)＋N(g)P(g)＋Q(g)；△H＞0，請回答下列問題：①若要增大M的轉(zhuǎn)化率，在其它條件不變的情況下可以采取的措施為A、加入一定量MB、加入一定量NC、反應(yīng)溫度升高D、縮小容器體積E、加入某物質(zhì)作催化劑F、分離出一定量P②在某溫度下，反應(yīng)物的起始濃度分別為：c(M)=1mol·L－1，c(N)=2.4mol·L－1，達(dá)到平衡后，M的轉(zhuǎn)化率為60％，此時(shí)N的轉(zhuǎn)化率為。③若反應(yīng)溫度不變，反應(yīng)物的起始濃度分別為：c(M)=4mol·L－1，c(N)=amol·L－1；達(dá)到平衡后，c(P)=2mol·L－1，a=mol·L－1。評卷人得分四、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共32分)19、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學(xué)小組設(shè)計(jì)并開展以下實(shí)驗(yàn)：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍(lán)色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學(xué)式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學(xué)方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學(xué)式）。20、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半徑最小，X與R的最外層電子數(shù)相等；Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半；U的最高化合價(jià)和最低化合價(jià)的代數(shù)和為6；R和Q可形成原子個(gè)數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物；T與Z同主族。請回答下列問題：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三種元素的原子半徑由小到大的順序?yàn)開__________（填元素符號）。

(3)R、T兩元素最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________。

(4)某同學(xué)用X、R兩元素的單質(zhì)反應(yīng)生成固體物質(zhì)RX，RX屬于離子化合物，且能與化合物X2Q反應(yīng)生成X的單質(zhì)。

①RX的電子式為_____________；RX與X2Q反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。

②該同學(xué)認(rèn)為取X、R兩元素的單質(zhì)反應(yīng)后的固體物質(zhì)與X2Q反應(yīng)，若能產(chǎn)生的單質(zhì)，即可證明得到的固體物質(zhì)一定是純凈的RX。請判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。21、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學(xué)小組設(shè)計(jì)并開展以下實(shí)驗(yàn)：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍(lán)色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學(xué)式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學(xué)方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學(xué)式）。22、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固體，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2種或3種組成；為確定該白色固體組成，進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)：取白色固體少許，加入適量蒸餾水充分振蕩，得到無色溶液；取無色溶液少許，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固體必須含有的物質(zhì)是①第一組_______；第二組_______。

(2)若要確定白色固體的組成，還需做的實(shí)驗(yàn)_______評卷人得分五、工業(yè)流程題(共4題，共24分)23、高鐵酸鹽是一種新型綠色凈水消毒劑，熱穩(wěn)定性差，在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應(yīng)：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-?；卮鹣铝袉栴}：

（1）工業(yè)上濕法制備高鐵酸鉀(K2FeO4)的工藝如圖：

①Na2FeO4中鐵元素的化合價(jià)為___，高鐵酸鈉用于殺菌消毒時(shí)的化學(xué)反應(yīng)類型為___(填“氧化還原反應(yīng)”；“復(fù)分解反應(yīng)”或“化合反應(yīng)”)。

②反應(yīng)2加入飽和KOH溶液可轉(zhuǎn)化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化學(xué)氧化法生產(chǎn)高鐵酸鈉(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應(yīng)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___；理論上每制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量為___（保留小數(shù)點(diǎn)后1位）。

（3）采用三室膜電解技術(shù)制備Na2FeO4的裝置如圖甲所示，陽極的電極反應(yīng)式為__。電解后，陰極室得到的A溶液中溶質(zhì)的主要成分為___(填化學(xué)式)。

（4）將一定量的K2FeO4投入一定濃度的Fe2(SO4)3溶液中，測得剩余K2FeO4濃度變化如圖乙所示，推測曲線I和曲線Ⅱ產(chǎn)生差異的原因是___。24、金屬鉻在工業(yè)上有廣泛用途，主要用于不銹鋼及高溫合金的生產(chǎn)。鉻銨礬(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一種以碳素鉻鐵(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)為主要原料生產(chǎn)金屬鉻，并能獲得副產(chǎn)物鐵銨礬【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有關(guān)流程如下:

已知部分陽離子以氫氧化物開始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金屬離子濃度為0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3開始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，其目的是____________

(2)凈化和轉(zhuǎn)化階段:所得殘?jiān)闹饕煞质莀__________，轉(zhuǎn)化時(shí)需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為______；過濾；洗滌、干燥。

(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)陽極液通入SO2的離子反應(yīng)方程式______________。

(5)工業(yè)廢水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“鈣、鎂”是將其轉(zhuǎn)化為MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，當(dāng)加入過量NaF使兩種沉淀共存時(shí)，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某課外活動(dòng)小組將鉻銨礬(NH4CrSO4)·12H2O)經(jīng)過一系列操作獲得了Cr2(CO3)3粗品。該小組利用EDTA(乙二胺四乙酸二鈉，陰離子簡寫為H2Y2-)測定粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，準(zhǔn)確稱取2.00g粗品試樣，溶于5.0mL稀鹽酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl緩沖溶液、0.10g紫脲酸銨混合指示劑，用0.100mol/LEDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至呈穩(wěn)定顏色，平均消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前裝有EDIA標(biāo)準(zhǔn)溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結(jié)束后氣泡消失，則測定結(jié)果將_____(填“偏大”；“偏小”或“不變”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w[Cr2(CO3)3]=____。25、過碳酸鈉(2Na2CO3·3H2O2)是由Na2CO3與H2O2復(fù)合而形成的一種固體放氧劑，同時(shí)具有Na2CO3和H2O2雙重性質(zhì)?？捎糜谙礈?、紡織、醫(yī)藥、衛(wèi)生等領(lǐng)域。工業(yè)上常以過碳酸鈉產(chǎn)品中活性氧含量([O]%＝×100%)來衡量其優(yōu)劣；13%以上為優(yōu)等品。一種制備過碳酸鈉的工藝流程如圖：

回答下列問題：

(1)過碳酸鈉受熱易分解，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式：_____________。

(2)穩(wěn)定劑及反應(yīng)溫度等因素對產(chǎn)品質(zhì)量有很大影響。

①下列試劑中，可能用作“穩(wěn)定劑”的是________(填字母)。

a．MnO2b．KI

c．Na2SiO3d．FeCl3

②反應(yīng)溫度對產(chǎn)品產(chǎn)率(y%)及活性氧含量的影響如下圖所示。要使產(chǎn)品達(dá)到優(yōu)等品且產(chǎn)率超過90%，合適的反應(yīng)溫度范圍是______________。

③“結(jié)晶”時(shí)加入NaCl的目的是______________。

(3)“母液”中可循環(huán)利用的主要物質(zhì)是______________。

(4)產(chǎn)品中活性氧含量的測定方法：稱量0.1600g樣品，在250mL錐形瓶中用100mL0.5mol·L－1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol·L－1高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，至溶液呈淺紅色且半分鐘內(nèi)不褪色即為終點(diǎn)，平行三次，消耗KMnO4溶液的平均體積為26.56mL。另外，在不加樣品的情況下按照上述過程進(jìn)行空白實(shí)驗(yàn)，消耗KMnO4溶液的平均體積為2.24mL。

①過碳酸鈉與硫酸反應(yīng)，產(chǎn)物除硫酸鈉和水外，還有_____________。

②該樣品的活性氧含量為________%。26、三氯化鉻是化學(xué)合成中的常見物質(zhì),三氯化鉻易升華,在高溫下能被氧氣氧化,堿性條件下能被H2O2氧化為Cr(Ⅵ)。制三氯化鉻的流程如下:

(1)重鉻酸銨分解產(chǎn)生的三氧化二鉻(Cr2O3難溶于水)需用蒸餾水洗滌的原因是________,如何判斷其已洗滌干凈:_____

(2)已知CCl4沸點(diǎn)為76.8℃,為保證穩(wěn)定的CCl4氣流,適宜加熱方式是______。

(3)用如圖裝置制備CrCl3時(shí),主要步驟包括:①將產(chǎn)物收集到蒸發(fā)皿中;②加熱反應(yīng)管至400℃,開始向三頸燒瓶中通入氮?dú)?使CCl4蒸氣經(jīng)氮?dú)廨d入反應(yīng)管進(jìn)行反應(yīng),繼續(xù)升溫到650℃;③三頸燒瓶中裝入150mLCCl4,并加熱CCl4,溫度控制在50～60℃之間;④反應(yīng)管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時(shí),切斷加熱管式爐的電源;⑤停止加熱CCl4,繼續(xù)通入氮?dú)?⑥檢查裝置氣密性。正確的順序?yàn)?⑥→③→________。

(4)已知反應(yīng)管中發(fā)生的主要反應(yīng)有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光氣有劇毒,實(shí)驗(yàn)需在通風(fēng)櫥中進(jìn)行,并用乙醇處理COCl2,生成一種含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇處理尾氣的化學(xué)方程式為_____。

(5)樣品中三氯化鉻質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測定。

稱取樣品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一種帶塞的錐形瓶)中,加熱至沸騰后加入1gNa2O2,充分加熱煮沸,適當(dāng)稀釋,然后加入過量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈強(qiáng)酸性,此時(shí)鉻以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,搖勻,于暗處靜置5分鐘后,加入1mL指示劑,用0.0250mol/L硫代硫酸鈉溶液滴定至終點(diǎn),平行測定三次,平均消耗標(biāo)準(zhǔn)硫代硫酸鈉溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①該實(shí)驗(yàn)可選用的指示劑名稱為______。

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

③樣品中無水三氯化鉻的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____(結(jié)果保留一位小數(shù))。評卷人得分六、簡答題(共4題，共36分)27、如圖所示，某同學(xué)設(shè)計(jì)一個(gè)甲醚燃料電池并探究氯堿工業(yè)原理和粗銅的精煉原理，其中乙裝置中rm{X}為陽離子交換膜．

根據(jù)要求回答相關(guān)問題：

rm{(1)}寫出負(fù)極的電極反應(yīng)式_________________________．

rm{(2)}鐵電極為____rm{(}填“陽極”或“陰極”rm{)}石墨電極rm{(C)}的電極反應(yīng)式為______________．

rm{(3)}如果粗銅中含有鋅、銀等雜質(zhì)，丙裝置中反應(yīng)一段時(shí)間，硫酸銅溶液濃度將______rm{(}填“增大”“減小”或“不變”rm{)}．

rm{(4)}若在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，有rm{2.24L}氧氣參加反應(yīng)，則丙裝置中陰極析出銅的質(zhì)量為______．rm{(5)}假設(shè)乙裝置中氯化鈉溶液足夠多，若在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，有rm{224mL}氧氣參加反應(yīng)，則乙裝置中陽離子交換膜左側(cè)溶液質(zhì)量將___rm{(}填“增大”“減小”或“不變”rm{)}且變化了______克。rm{(6)}若將乙裝置中鐵電極與石墨電極位置互換，其他裝置不變，此時(shí)乙裝置中發(fā)生的總反應(yīng)式為_____________________________________________。28、請用化學(xué)方法除去下列物質(zhì)中混有的少量雜質(zhì)；寫出有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式．

①銅粉中混有少量的氧化銅。

②硝酸中混有少量的硫酸。

③氫氧化鈉中混有少量的碳酸鈉。

④氧化鈣中混有少量的碳酸鈣。

⑤硫酸鈉中混有少量的氧化鈉．29、KMnO4溶液常用作氧化還原反應(yīng)滴定的標(biāo)準(zhǔn)液，由于KMnO4的強(qiáng)氧化性，它的溶液很容易被空氣中或水中某些少量還原性物質(zhì)還原，生成難溶性物質(zhì)MnO（OH）2，因此配制KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液的操作是：

（1）稱取稍多于所需量的KMnO4固體溶于水；將溶液加熱并保持微沸1h；

（2）用微孔玻璃漏斗過濾除去難溶的MnO（OH）2；

（3）過濾得到的KMnO4溶液貯存于棕色試劑瓶放在暗處；

（4）利用氧化還原滴定方法；在70℃-80℃條件下用基準(zhǔn)試劑（純度高；式量較大、穩(wěn)定性較好的物質(zhì)）溶液標(biāo)定其濃度．請回答下列問題：

（1）將溶液加熱并保持微沸1h的目的是______．

（2）如何保證在70℃～80℃條件下進(jìn)行滴定操作：______．

（3）準(zhǔn)確量取一定體積的KMnO4溶液用______（填儀器名稱）．

（4）在下列物質(zhì)中，用于標(biāo)定KMnO4溶液的基準(zhǔn)試劑最好選用______（填序號）．

A．H2C2O4?2H2OB．FeSO4C．濃鹽酸D．Na2SO3

（5）若準(zhǔn)確稱取Wg你選的基準(zhǔn)試劑溶于水配成500mL水溶液；取25.00mL置于錐形瓶中，用高錳酸鉀溶液滴定至終點(diǎn)，消耗高錳酸鉀溶液VmL．問：

①滴定終點(diǎn)標(biāo)志是______；

②所配制KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液的物質(zhì)的量濃度為______mol/L；

（6）若用放置兩周的KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液去滴定水樣中Fe2+含量，測得的濃度值將______（填“偏高”或“偏低”）．30、二氧化碳的捕集、利用與封存是我國能源領(lǐng)域的一個(gè)重要戰(zhàn)略方向，發(fā)展成一項(xiàng)重要的新興產(chǎn)業(yè)。rm{(1)}已知：rm{CH_{4}}rm{CO}rm{H_{2}}的燃燒熱分別為rm{890kJ?mol^{-1}}rm{283kJ?mol^{-1}}rm{285.8kJ?mol^{-1}}計(jì)算下列反應(yīng)的反應(yīng)熱。rm{CO_{2}(g)+CH_{4}(g)=2CO(g)+2H_{2}(g)婁隴H=}____rm{CO_{2}(g)+CH_{4}(g)=2CO(g)+

2H_{2}(g)婁隴H=}

rm{kJ?mol^{-1}}利用廢氣中的rm{(2)}為原料制取甲醇，反應(yīng)方程式為：rm{CO_{2}+3H_{2}underset{}{overset{}{?}}CH_{3}OH+H_{2}O}其他條件相同，該甲醇合成反應(yīng)在不同催化劑rm{CO_{2}}Ⅰ、Ⅱ、Ⅲrm{CO_{2}+3H_{2}

underset{}{overset{}{?}}CH_{3}OH+H_{2}O}作用下反應(yīng)相同時(shí)間后，rm{(}的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)溫度的變化如圖rm{)}所示。

rm{CO_{2}}該反應(yīng)的rm{攏鹵}____rm{壟脵}填“rm{婁隴H}”或“rm{0(}”rm{>}

rm{<}點(diǎn)不同催化劑rm{)}Ⅰ、Ⅱ、Ⅲrm{壟脷d}作用下rm{(}的轉(zhuǎn)化率相同的原因是____。

rm{)}用二氧化碳催化加氫來合成低碳烯烴，起始時(shí)以rm{CO_{2}}rm{(3)}的投料比充入反應(yīng)器中，發(fā)生反應(yīng)：rm{2CO_{2}(g)+6H_{2}(g)underset{}{overset{}{?}}C_{2}H_{4}(g)+4H_{2}O(g)triangleH}不同溫度下平衡時(shí)的四種氣態(tài)物質(zhì)的物質(zhì)的量如圖rm{0.1MPa}所示：

rm{n(H_{2})隆脙n(CO_{2})=3隆脙1}代表的物質(zhì)是____。

rm{2CO_{2}(g)+6H_{2}(g)

underset{}{overset{}{?}}C_{2}H_{4}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H}溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率為____，相對于起始狀態(tài)，平衡時(shí)氣體的平均分子量增大的百分率為____rm{2}保留三位有效數(shù)字rm{壟脵b}rm{壟脷T1}參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【解析】【答案】D2、C【分析】【解析】【答案】C3、B【分析】解：rm{A.}元素周期律的實(shí)質(zhì)是隨著原子序數(shù)的遞增；元素化合價(jià)呈周期性的變化，與核電荷數(shù)的增加無關(guān)，故A錯(cuò)誤；

B.元素周期律的實(shí)質(zhì)是隨著原子序數(shù)的遞增；元素原子最外層電子排布呈周期性的變化，故B正確；

C.元素周期表中，按電子排布，可把周期表中元素分為rm{s}rm{p}rmhpfbhv9rm{f}rm{ds}五個(gè)區(qū)，除rm{ds}區(qū)外；區(qū)的名稱來自構(gòu)造原理最后填入電子的能級的符號，故C錯(cuò)誤；

D.元素周期表中最外層電子數(shù)rm{<2}的元素可能為rm{H}如rm{H}是非金屬元素；故D錯(cuò)誤；

故選B．

A.原子結(jié)構(gòu)決定元素的性質(zhì)；

B.原子結(jié)構(gòu)具有周期性變化；

C.電子排布中最外層電子的填充決定分區(qū)；

C.最外層電子數(shù)rm{<2}的元素可能為rm{H}．

本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點(diǎn)，把握元素周期律的實(shí)質(zhì)、元素在周期表的位置、元素的性質(zhì)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意選項(xiàng)C為解答的難點(diǎn)，題目難度不大．【解析】rm{B}4、B【分析】【分析】本題考查同分異構(gòu)體的書寫rm{隆陋}官能團(tuán)的位置異構(gòu)，難度不大，側(cè)重對學(xué)生能力的培養(yǎng)，做題注意先判斷該有機(jī)物中有幾個(gè)等效氫原子，先固定一個(gè)氯原子的位置rm{(}生成一個(gè)一氯代物rm{)}然后對其二氯代物可能的情況進(jìn)行書寫?！窘獯稹慨惗⊥闉閞m{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{CH(CH}rm{CH(CH}rm{{,!}_{3}}rm{)CH}個(gè)rm{)CH}原子，有：rm{{,!}_{3}}，二氯代物取代同一碳原子上的rm{2}個(gè)rm{H}原子，有：rm{CH}rm{2}rm{H}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{CH(CH}原子，有：rm{CH(CH}rm{{,!}_{3}}rm{)CHCl}rm{)CHCl}rm{{,!}_{2}}；取代不同碳原子上的rm{H}原子，有：rm{ClCH}rm{H}rm{ClCH}rm{{,!}_{2}}rm{CH(CH}rm{CH(CH}rm{{,!}_{3}}rm{)CH}rm{)CH}種。rm{{,!}_{2}}rm{Cl}rm{ClCH}【解析】rm{B}5、B【分析】【解析】試題分析：A、氰基辛炔是分子構(gòu)成的物質(zhì)，與金剛石（原子晶體）的晶體結(jié)構(gòu)不一樣。所以硬度不一樣。故A錯(cuò)誤。B、不飽和叁鍵可以使酸性高錳酸鉀褪色。故B正確。C、不飽和叁鍵可發(fā)生加成反應(yīng)。故C錯(cuò)誤。D乙炔加聚后不可能還出現(xiàn)叁鍵。故D錯(cuò)誤。故選B。考點(diǎn)：炔烴的性質(zhì)?！窘馕觥俊敬鸢浮緽6、B|D【分析】【解析】【答案】BD7、D【分析】解：①該有機(jī)物含有苯環(huán)；醇羥基、羧基；能與鹵素、鹵化氫和醇發(fā)生取代反應(yīng)，故①正確．

②該有機(jī)物中含有苯環(huán)；所以能和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，故②正確．

③該有機(jī)物含有醇羥基；能發(fā)生消去反應(yīng)生成烯烴，故③正確．

④該有機(jī)物沒有氯原子和酯基；不能發(fā)生水解反應(yīng)，故④錯(cuò)誤．

⑤該有機(jī)物中含有醇羥基；羧基；能和酸或醇發(fā)生酯化反應(yīng)，故⑤正確；

⑥該有機(jī)物中含羧基；能和堿發(fā)生中和反應(yīng)，故⑥正確；

⑦該有機(jī)物中含有羥基；羧基；所以能與酸或醇發(fā)生縮聚反應(yīng)，故⑦正確．

⑧該有機(jī)物中不含有碳碳雙鍵和碳碳三鍵；所以不能發(fā)生加聚反應(yīng)，故⑧錯(cuò)誤．

故選D．

該有機(jī)物中含有苯環(huán)；酚羥基、醇羥基、羧基；所以具有苯、酚、醇、羧酸的性質(zhì)．

本題考查有機(jī)物的性質(zhì)，據(jù)該有機(jī)物具有的官能團(tuán)即可解答本題，官能團(tuán)決定其性質(zhì)，難度不大．【解析】【答案】D8、C【分析】解：A．油脂的水解產(chǎn)物為高級脂肪酸鈉和甘油；故A錯(cuò)誤；

B．蛋白質(zhì)的水解產(chǎn)物為氨基酸；故B錯(cuò)誤；

C．蔗糖的水解產(chǎn)物為葡萄糖；故C正確；

D．酶是蛋白質(zhì)；水解產(chǎn)物為氨基酸，故D錯(cuò)誤；

故選C．

油脂的水解產(chǎn)物為高級脂肪酸鈉和甘油；蛋白質(zhì)的水解產(chǎn)物為氨基酸；蔗糖的水解產(chǎn)物為葡萄糖；酶屬于蛋白質(zhì)；依此進(jìn)行判斷．

本題考查有機(jī)物的水解產(chǎn)物的判斷，難度不大．要注意平時(shí)基礎(chǔ)知識的積累．【解析】【答案】C二、多選題(共5題，共10分)9、ACD【分析】【分析】本題考查了物質(zhì)分離提純的方法，混合物分層，說明兩種液體不互溶，反之不出現(xiàn)分層時(shí)選項(xiàng)中的物質(zhì)與水互溶，以此來解答?！窘獯稹恳宜嵋阴?、苯、四氯化碳和水不溶，能分層，乙酸和水以任意比互溶，不分層，故ACD正確。故選rm{ACD}rm{ACD}【解析】rm{ACD}10、BD【分析】【分析】本題主要考查了外界條件對化學(xué)反應(yīng)速率的有關(guān)知識，難度不大，需要注意的是要抓住題目的信息是解答rm{A}選項(xiàng)的關(guān)鍵。【解答】A.由方程式：rm{ClO_{3}^{-}+HSO_{3}^{-}-SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+H^{+}}可知：反應(yīng)開始時(shí)隨著反應(yīng)的進(jìn)行，rm{c(H^{+})}不斷增大，反應(yīng)的速率加快由題目信息可知反應(yīng)的速率隨rm{c(H^{+})}的增大而加快；故A正確；

B.在反應(yīng)中rm{ClO_{3}^{-}+HSO_{3}^{-}-SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+H^{+}}rm{1molClO_{3}^{-}}參加氧化還原反應(yīng)得到rm{6mol}電子，rm{1mol}亞硫酸氫根離子參加氧化還原反應(yīng)失去rm{2mol}電子，所以得失電子的最小公倍數(shù)是rm{6}則rm{ClO_{3}^{-}}的計(jì)量數(shù)是rm{1}亞硫酸氫根離子的計(jì)量數(shù)是rm{3}其它原子根據(jù)原子守恒來配平，所以該方程式為：rm{ClO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}=3SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+3H^{+}}rm{v(ClO_{3}^{-})}rm{v(H^{+})=1}rm{3}縱坐標(biāo)為rm{v(H^{+})}的rm{v-t}曲線與圖中曲線不重合；故B錯(cuò)誤；

C.隨著反應(yīng)的進(jìn)行；反應(yīng)物的濃度減少，反應(yīng)速率減小，所以后期反應(yīng)速率下降的主要原因是反應(yīng)物濃度減小，故C正確；

D.在反應(yīng)中rm{ClO_{3}^{-}+HSO_{3}^{-}-SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+H^{+}}rm{1molClO_{3}^{-}}參加氧化還原反應(yīng)得到rm{6mol}電子，rm{1mol}亞硫酸氫根離子參加氧化還原反應(yīng)失去rm{2mol}電子，所以得失電子的最小公倍數(shù)是rm{6}則rm{ClO_{3}^{-}}的計(jì)量數(shù)是rm{1}亞硫酸氫根離子的計(jì)量數(shù)是rm{3}其它原子根據(jù)原子守恒來配平，所以該方程式為：rm{ClO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}=3SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+3H^{+}}rm{trianglen(Cl^{-})}rm{trianglen(ClO_{3}^{-})=1}rm{triangle

n(ClO_{3}^{-})=1}所以圖中陰影部分“面積”可以表示rm{1}時(shí)間為rm{t_{1}-t_{2}}增加或者是rm{n(Cl^{-})}濃度的減??；故D錯(cuò)誤。

故選BD。rm{ClO_{3}^{-}}【解析】rm{BD}11、BCD【分析】解：rm{A.}蛋白質(zhì)中加rm{Na_{2}SO_{4}}后發(fā)生鹽析；故A錯(cuò)誤；

B.蛋白質(zhì)遇甲醛發(fā)生變性；故B正確；

C.rm{Pb(Ac)_{2}}是重金屬鹽；蛋白質(zhì)遇重金屬鹽發(fā)生變性，故C正確；

D.蛋白質(zhì)中遇rm{X}光發(fā)生變性；故D正確．

故選BCD．

蛋白質(zhì)變性是指蛋白質(zhì)在某些物理和化學(xué)因素作用下其特定的空間構(gòu)象被改變；從而導(dǎo)致其理化性質(zhì)的改變和生物活性的喪失，這種現(xiàn)象稱為蛋白質(zhì)變性．

能使蛋白質(zhì)變性的化學(xué)方法有加強(qiáng)酸；強(qiáng)堿、尿素、乙醇、丙酮、甲醛等有機(jī)溶劑化學(xué)物質(zhì)、重金屬鹽等；

能使蛋白質(zhì)變性的物理方法有加熱rm{(}高溫rm{)}紫外線及rm{X}射線照射；超聲波、劇烈振蕩或攪拌等．

本題考查蛋白質(zhì)的變性，難度不大，了解蛋白質(zhì)變性的常用方法，注意蛋白質(zhì)變性是不可逆的．【解析】rm{BCD}12、wudaan【分析】【分析】本題考查了學(xué)生對有機(jī)物的共面知識的認(rèn)識，難度較大，分析時(shí)可根據(jù)已學(xué)過的甲烷、乙烯、苯的結(jié)構(gòu)來類比判斷?！窘獯稹緼.rm{CH}rm{3}rm{3}rm{(CH}rm{2}rm{2}rm{)}rm{4}rm{4}rm{CH}中中間碳原子與其相連的碳原子結(jié)構(gòu)與甲烷類似，分子中的碳原子不可能處在同一平面內(nèi)，故B錯(cuò)誤；rm{3}中側(cè)鏈子中的碳原子與其相連的碳原子結(jié)構(gòu)與甲烷類似，分子中的碳原子不可能處在同一平面內(nèi)，故C錯(cuò)誤；rm{3}中與乙炔基相連的碳原子與其相連的碳原子結(jié)構(gòu)與甲烷類似，分子中的碳原子不可能處在同一平面內(nèi)，故D錯(cuò)誤。故無答案。屬于烷烴，結(jié)構(gòu)呈鋸齒狀，分子中的碳原子不可能處在同一平面內(nèi)，故A錯(cuò)誤；【解析】rm{wudaan}13、ACD【分析】【分析】有機(jī)材料指的是成分為有機(jī)化合物的材料，最基本的組成要素是都含碳元素，含有碳元素的化合物叫有機(jī)化合物，簡稱有機(jī)物。碳的氧化物、碳酸鹽、碳酸雖含碳，但其性質(zhì)與無機(jī)物類似，因此把它們看作無機(jī)物。【解答】A.紙的主要成分是纖維素，纖維素屬于有機(jī)物，故A正確；B.鉛筆芯的主要成分是碳單質(zhì)，屬于無機(jī)物，故B錯(cuò)誤；C.橡皮擦的成分是橡膠，屬于有機(jī)物，故C正確；D.塑料文具盒的成分是塑料，塑料屬于有機(jī)物，故D正確。故選ACD。【解析】rm{ACD}三、填空題(共5題，共10分)14、略

【分析】試題分析：（1）硫化鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，水解顯堿性，水解方程式為S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-。（2）當(dāng)兩種沉淀共存時(shí)，沉淀均達(dá)到溶解平衡，則溶液中＝==＝2.7×10-3。（3）根據(jù)熱化學(xué)方程式①BaSO4(s)+4C(s)4CO(g)+BaS(s)△H1＝571.2kJ·mol-1、②BaSO4(s)+2C(s)2CO2(g)+BaS(s)△H2＝226.2kJ·mol-1，并根據(jù)蓋斯定律可知，（①－②）×即得到C(s)+CO2(g)2CO(g)，則該反應(yīng)的反應(yīng)熱△H＝（＋571.2kJ·mol-1－226.2kJ·mol-1）×＝＋172.5kJ·mol-1。（4）因?yàn)橐笲aSO4得到充分的還原（或提高BaS的產(chǎn)量），且反應(yīng)①②為吸熱反應(yīng)，炭和氧氣反應(yīng)放熱維持反應(yīng)所需高溫，所以實(shí)際生產(chǎn)中必須加入過量的炭，同時(shí)還要通入空氣，考點(diǎn)：考查水解方程式書寫、反應(yīng)熱、溶度積常數(shù)計(jì)算與應(yīng)用以及外界條件對平衡狀態(tài)的影響【解析】【答案】（1）S2-+H2OHS-+OH-HS-+H2OH2S+OH-（可不寫）（2）2.7×10-3（3）+172.5（4）使BaSO4得到充分的還原（或提高BaS的產(chǎn)量），①②為吸熱反應(yīng)，炭和氧氣反應(yīng)放熱維持反應(yīng)所需高溫15、略

【分析】【解析】試題分析：造成溫室效應(yīng)和全球氣候變暖的主要物質(zhì)是二氧化碳，形成酸雨的主要物質(zhì)是二氧化硫，處理含有Hg2+等重金屬離子的廢水，常用沉淀法，解決能源短缺問題的一種方法就是開發(fā)新能源，如太陽能，潮汐能等?？键c(diǎn)：化學(xué)與環(huán)境【解析】【答案】BADC16、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3CH2OCH2CH3（2）CH2＝C(CH3)COOH17、略

【分析】解：合金是指由一種金屬與其它金屬或非金屬熔合而成的具有金屬特性的混合物．一般說來合金的硬度一般比各成分金屬大；多數(shù)合金的熔點(diǎn)低于組成它的成分金屬的熔點(diǎn)．

故答案為：金屬；非金屬；金屬特性；大；低．

合金是指由一種金屬與其它金屬或非金屬熔合而成的具有金屬特性的物質(zhì)；合金的硬度大，熔點(diǎn)低．

本題考查合金的概念及其合金的性質(zhì)，難度不大，注意基礎(chǔ)知識的積累．【解析】金屬；非金屬；金屬特性；大；低18、略

【分析】I.（1）A保持恒溫恒容，B保持恒溫恒壓。因?yàn)檫@是一個(gè)體積減小的放熱的可逆反應(yīng)，所以在反應(yīng)過程中，B中的壓強(qiáng)大于A中的壓強(qiáng)，因此B中反應(yīng)速率快。若打開活塞K2，則A和B會(huì)混合，由于B中壓強(qiáng)小于A中壓強(qiáng)，所以氣球的體積將變小。（2）A中容器容積不變，所以再增加NO2濃度，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，轉(zhuǎn)化率增大。若通入等量的Ne氣，則A中濃度不變，所以平衡不移動(dòng)，轉(zhuǎn)化率不變。而B中容積必須增大，所以平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，轉(zhuǎn)化率減小。（3）因?yàn)槭欠艧岱磻?yīng)，所以溫度高不利于平衡向正反應(yīng)方向進(jìn)行，由于A中溫度高，所以NO2的濃度大，顏色深。（4）4.6gNO2是0.1mol，設(shè)轉(zhuǎn)化率是x，則生成N2O4是0.05xmol，剩余NO2是0.1×（1－x）mol。所以有0.05xmol＋0.1×（1－x）mol＝0.1mol×0.8，解得x＝0.4。II.①因?yàn)榉磻?yīng)是體積不變的，吸熱的可逆反應(yīng)，所以要增大M的轉(zhuǎn)化率可采取的措施為BCF。其中A是降低，DE不變。②M的轉(zhuǎn)化率為60％，則消耗M是0.6mol，則消耗N也是0.6mol，所以N的轉(zhuǎn)化率是0.6÷2.4＝0.25。③平衡時(shí)，c(P)=2mol·L－1，則消耗Q的濃度也是=2mol·L－1，消耗M和N的濃度也是=2mol·L－1，所以平衡時(shí)M的濃度是2mol/L，N的濃度設(shè)是（a－2）mol/L。由于溫度相同，所以平衡常數(shù)不變，根據(jù)②可得出平衡常數(shù)，進(jìn)而可以得出a值?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）<，變?。?）增大，不變，變?。?）A（每空各1分）（4）40%（2分）II①BCF。②25％。③6四、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共32分)19、略

【分析】【詳解】

根據(jù)固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍(lán)色，說明固體中一定有硝酸銅；又因?yàn)闊o氣泡產(chǎn)生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過量硝酸鋇產(chǎn)生白色沉淀，說明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸銀溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則該白色沉淀為氯化銀，由于一開始加入過量稀鹽酸，所以溶液中一定有氯離子，所以會(huì)生成氯化銀沉淀，但不能確定氯離子是來自于原固體中的氯化鈉，即不一定含有氯化鈉。則（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是NaHCO?；（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應(yīng)生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學(xué)方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據(jù)向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍(lán)色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應(yīng)生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點(diǎn)睛：本題主要考查鹽的性質(zhì)，要求學(xué)生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應(yīng)，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍(lán)色?！窘馕觥竣?NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）220、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半徑最小，則X為H元素，X與R的最外層電子數(shù)相等，二者原子序數(shù)相差大于2，則R為Na元素，可知Z、Q處于第二周期，Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半，Z的核外電子排布為2、4，Z原子最外層電子數(shù)為4，則Z為C元素；U的最高化合價(jià)和最低化合物的代數(shù)和為6，則U為Cl元素，R和Q可形原子數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物，則Q為O元素，這兩種化合物為Na2O2、Na2O；T與Z同主族，由于Z是C元素，所以T為Si元素，據(jù)此分析解答。

【詳解】

根據(jù)上述分析可知：X為H；Z為C，Q為O，R為Na，T為Si，U為Cl元素。(1)T為Si元素，原子核外電子排布為2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X為H，Z為C，Q為O，同一周期元素原子序數(shù)越大原子半徑越?。辉雍送怆娮訉訑?shù)越多，原子半徑越大，所以上述三種元素中原子半徑由小到大順序?yàn)镠

(3)R為Na，T為Si，它們的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物分別為NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以與強(qiáng)堿NaOH發(fā)生中和反應(yīng)產(chǎn)生Na2SiO3和H2O，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X為H，R為Na，Q為O，H、Na二種元素形成的化合物NaH是離子化合物，X2Q是H2O，NaH與H2O反應(yīng)產(chǎn)生NaOH和H2。

①NaH中Na+與H-通過離子鍵結(jié)合，電子式為NaH與H2O反應(yīng)產(chǎn)生NaOH和H2，反應(yīng)方程式為：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非?；顫姷慕饘?，可以與水反應(yīng)產(chǎn)生H2，反應(yīng)方程式為2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na殘留，過量的Na與水反應(yīng)也生成氫氣，因此不能根據(jù)H；Na反應(yīng)后的固體與水反應(yīng)放出氫氣確定得到的固體一定是純凈NaH，即該同學(xué)的說法不合理。

【點(diǎn)睛】

本題考查元素周期表及原子結(jié)構(gòu)在元素推斷中的應(yīng)用。根據(jù)元素的原子結(jié)構(gòu)及相互關(guān)系推斷元素是解題關(guān)鍵。熟練掌握結(jié)構(gòu)、性質(zhì)、位置關(guān)系，注意元素金屬性、非金屬性強(qiáng)弱比較實(shí)驗(yàn)事實(shí)，要注意基礎(chǔ)知識并靈活運(yùn)用，注意金屬氫化物有關(guān)問題。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反應(yīng)后有Na殘留，也能與水反應(yīng)生成H221、略

【分析】【詳解】

根據(jù)固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍(lán)色，說明固體中一定有硝酸銅；又因?yàn)闊o氣泡產(chǎn)生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過量硝酸鋇產(chǎn)生白色沉淀，說明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸銀溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則該白色沉淀為氯化銀，由于一開始加入過量稀鹽酸，所以溶液中一定有氯離子，所以會(huì)生成氯化銀沉淀，但不能確定氯離子是來自于原固體中的氯化鈉，即不一定含有氯化鈉。則（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是NaHCO?；（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應(yīng)生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學(xué)方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據(jù)向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍(lán)色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應(yīng)生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點(diǎn)睛：本題主要考查鹽的性質(zhì)，要求學(xué)生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應(yīng)，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍(lán)色?！窘馕觥竣?NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）222、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和過量KOH的混合物AgNO3和過量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）繼續(xù)滴加稀HNO3至溶液明顯呈酸性，若白色沉淀溶解，為Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，為AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物五、工業(yè)流程題(共4題，共24分)23、略

【分析】【分析】

(1)反應(yīng)1中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分離出的Na2FeO4中加入飽和KOH溶液反應(yīng)生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應(yīng)生成Na2FeO4，同時(shí)生成還原產(chǎn)物NaCl，結(jié)合守恒法寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式；根據(jù)電子守恒計(jì)算制備0.5molNa2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量；

(3)電解時(shí)，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)生成FeO42-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉；

(4)由圖可知，F(xiàn)e2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越??；與鐵離子的水解有關(guān)。

【詳解】

(1)①Na2FeO4中鈉元素的化合價(jià)為+1價(jià)；氧元素的化合價(jià)為-2價(jià)，根據(jù)化合物中元素的正負(fù)化合價(jià)代數(shù)和為0，則鐵元素的化合價(jià)為0-(-2)×4-(+1)×2=+6價(jià)；高鐵酸鈉中鐵元素為+6價(jià)，具有強(qiáng)氧化性，能殺菌消毒，故高鐵酸鈉用于殺菌消毒時(shí)的化學(xué)反應(yīng)類型為發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

②反應(yīng)2加入飽和KOH溶液可轉(zhuǎn)化析出K2FeO4，即加入飽和KOH溶液發(fā)生的反應(yīng)為Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；說明該溫度下高鐵酸鉀的溶解度小于高鐵酸鈉的溶解度；

(2)Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應(yīng)生成Na2FeO4，反應(yīng)中Fe元素的化合價(jià)從+3價(jià)升高為+6價(jià)，Cl元素的化合價(jià)從+1價(jià)降為-1價(jià)，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒，則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；設(shè)制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量為mg，則由電子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根據(jù)裝置圖，F(xiàn)e為陽極，電解時(shí)，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)生成FeO42-，電極方程式為Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；陰極電極反應(yīng)式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉，則陰極室得到的A溶液中溶質(zhì)的主要成分為NaOH；

(4)由圖可知，F(xiàn)e2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越小，根據(jù)“高鐵酸鹽在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應(yīng)：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，則產(chǎn)生曲線Ⅰ和曲線Ⅱ差異的原因是Fe2(SO4)3溶液水解顯酸性，促進(jìn)K2FeO4與水反應(yīng)從而降低K2FeO4濃度?！窘馕觥竣?+6②.氧化還原反應(yīng)③.該溫度下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溶液水解顯酸性，促進(jìn)K2FeO4與水反應(yīng)，從而降低K2FeO4的濃度24、略

【分析】【詳解】

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，增大接觸面積，提高反應(yīng)速率；(2)碳與雙氧水、硫酸銨及硫酸均不反應(yīng)，故凈化和轉(zhuǎn)化階段:所得殘?jiān)闹饕煞质翘?或C)，轉(zhuǎn)化時(shí)需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾、洗滌、干燥；(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是抑制離子的水解；(4)陽極液通入SO2，二氧化硫與Cr2O72-反應(yīng)生成SO42-、Cr3+，反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O；(5)c(Mg2+)/c(Ca2+)=c(Mg2+)c2(F-)/c(Ca2+)c2(F-)=Ksp(MgF2)/Ksp(CaF2)=(6)①滴定操作中，如果滴定前裝有EDIA標(biāo)準(zhǔn)溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結(jié)束后氣泡消失，消耗的標(biāo)準(zhǔn)溶液計(jì)數(shù)偏大，則測定結(jié)果將偏大；②粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w[Cr2(CO3)3]=【解析】①.增大接觸面積，提高反應(yīng)速率②.碳(或C)③.使Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+④.蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶⑤.抑制離子的水解⑥.3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O⑦.0.7⑧.偏大⑨.3.55%25、略

【分析】【詳解】

(1)過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復(fù)合而形成的一種固體放氧劑，受熱分解生成碳酸鈉、氧氣、水，反應(yīng)為：2(2Na2CO3?3H2O2)4Na2CO3+3O2↑+6H2O；

(2)①過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復(fù)合而形成的一種固體放氧劑，具有碳酸鈉和過氧化氫的性質(zhì)，過氧化氫易分解，MnO2、FeCl3為其催化劑，所以不能選，過氧化氫與碘離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，所以也不能選，過碳酸鈉與硅酸鈉不反應(yīng)，可能用作“穩(wěn)定劑”，故C選項(xiàng)符合，故答案為c；

②根據(jù)圖象分析，溫度為286.8～288.5K，產(chǎn)品達(dá)到優(yōu)等品且產(chǎn)率超過90%，超過288.5K后，活性氧百分含量和產(chǎn)率均降低，所以最佳反應(yīng)溫度范圍為286.8～288.5K；

③結(jié)晶過程中加入氯化鈉、攪拌，增加鈉離子濃度，能降低過碳酸鈉的溶解度，有利于過碳酸鈉析出；

(3)結(jié)晶過程中加入氯化鈉促進(jìn)過碳酸鈉析出，“母液”中主要為氯化鈉溶液，NaCl溶液又是結(jié)晶過程中促進(jìn)過碳酸鈉析出的原料，故循環(huán)利用的物質(zhì)是NaCl；

(4)①過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復(fù)合而形成的一種固體放氧劑，過碳酸鈉與硫酸反應(yīng)，為碳酸鈉、過氧化氫和硫酸反應(yīng)，所以產(chǎn)物為硫酸鈉、過氧化氫、二氧化碳、水；

②稱量0.1600g樣品，在250mL錐形瓶中用100mL0.5mol?L-1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol?L-1高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，反應(yīng)中MnO4-是氧化劑，H2O2是還原劑，氧化產(chǎn)物是O2；依據(jù)元素化合價(jià)變化，錳元素化合價(jià)從+7價(jià)變化為+2價(jià)，過氧化氫中的氧元素化合價(jià)從-1價(jià)變化為0價(jià)，根據(jù)電子守恒配平寫出離子方程式為：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2三次滴定平均消耗KMnO4溶液26.56mL，依據(jù)反應(yīng)2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2；

2MnO4-～～～～～5H2O2；

25

(0.2526-0.0224)L×0.02mol/L0.01216mol

過碳酸鈉產(chǎn)品中活性氧含量([O]%=×100%==12.16%。

點(diǎn)睛：明確實(shí)驗(yàn)?zāi)康募胺磻?yīng)原理為解答關(guān)鍵，制備過碳酸鈉的工藝流程：2Na2CO3+2H2O2=2Na2CO3?3H2O2；雙氧水穩(wěn)定性差，易分解；因此向反應(yīng)前的H2O2中加入穩(wěn)定劑的作用是防止雙氧水分解，因過碳酸鈉易溶解于水，可利用鹽析原理，結(jié)晶過程中加入氯化鈉、攪拌，能降低過碳酸鈉的溶解度，有利于過碳酸鈉析出，從溶液中過濾出固體后，需要洗滌沉淀，然后干燥得到產(chǎn)品?！窘馕觥竣?2(2Na2CO3·3H2O2)4Na2CO3＋3O2↑＋6H2O②.c③.286.8～288.5K④.提高產(chǎn)量；增加鈉離子濃度，促進(jìn)過碳酸鈉析出⑤.NaCl⑥.CO2⑦.12.16%26、略

【分析】【分析】

重鉻酸銨分解不完全，還可能含有其它可溶性雜質(zhì)；因?yàn)?NH4)2Cr2O7顯桔紅色，所以可以提供顏色來判斷；因?yàn)镃Cl4沸點(diǎn)為76.8°C，溫度比較低，因此保證穩(wěn)定的CCl4氣流，可以通過水浴加熱來控制其流量；由(4)可知反應(yīng)制備原理為Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在管式爐中反應(yīng)管與Cr2O3反應(yīng)，反應(yīng)管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時(shí)，切斷加熱管式爐的電源，停止加熱CCl4，繼續(xù)通入氮?dú)猓瑢a(chǎn)物收集到蒸發(fā)皿；由分子式可知，COCl2中的2個(gè)Cl原子被2個(gè)-OC2H5代替，故乙醇與COCl2發(fā)生取代反應(yīng)，-OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5與HCl；利用Na2S2O3滴定生成I2，I2遇淀粉顯藍(lán)色，可以用淀粉作指示劑；溶液中有溶解的氧氣，氧氣可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧氣使生成的I2的量增大，產(chǎn)生偏高的誤差；由Cr元素守恒及方程式可得關(guān)系式2Cr3+~Cr2O72-~3I2~6Na2S2O3；根據(jù)關(guān)系式計(jì)算。據(jù)此分析。

【詳解】

(1)重鉻酸銨分解不完全,還可能含有其他可溶性雜質(zhì)，用蒸餾水洗滌除去其中的可溶性雜質(zhì)或除去固體表面的重鉻酸銨溶液；因?yàn)?NH4)2Cr2O7屬于銨鹽；可以通過檢驗(yàn)銨根離子的方法檢驗(yàn)是否洗凈：取最后一次洗滌液于試管中，向其中加入適量氫氧化鈉濃溶液,加熱，取一片紅色石蕊試紙潤濕，粘在玻璃棒上，接近試管口，觀察試紙是否變藍(lán)，若不變藍(lán)，則說明已洗滌干凈；

(2)因?yàn)镃Cl4沸點(diǎn)為76.8℃，溫度比較低，因此為保證穩(wěn)定的CCl4氣流；可以通過水浴加熱來控制，并用溫度計(jì)指示溫度；

(3)反應(yīng)制備原理為Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在反應(yīng)管中與Cr2O3反應(yīng)，反應(yīng)管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時(shí)，切斷加熱管式爐的電源，停止加熱CCl4；繼續(xù)通入氮?dú)?，將產(chǎn)物收集到蒸發(fā)皿，操作順序?yàn)椋孩蕖邸凇堋荨伲?/p>

(4)由該含氧酸酯的分子式可知COCl2中的2個(gè)Cl原子被2個(gè)—OC2H5代替，故乙醇與COCl2發(fā)生取代反應(yīng)，—OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5與HCl，方程式為COCl2+2C2H5OH→C2H5OCOOC2H5+2HCl；

(5)①利用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定生成的I2，I2遇淀粉顯藍(lán)色，可以用淀粉溶液作指示劑；②溶液中有溶解的氧氣，氧氣可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧氣會(huì)使生成的I2的量增大，產(chǎn)生誤差；③設(shè)25.00mL溶液中含有n(Cr3+)，由Cr元素守恒及方程式可得關(guān)系式：2Cr3+～Cr2O72-～3I2～6Na2S2O3，根據(jù)關(guān)系式計(jì)算：

故n(Cr3+)=所以250mL溶液中n'(Cr3+)=根據(jù)Cr元素守恒可知n(CrCl3)=n'(Cr3+)=0.002mol，所以樣品中m(CrCl3)=0.002mol×158.5g/mol=0.317g，故樣品中三氯化鉻的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為

【點(diǎn)睛】

本題為物質(zhì)的制備，考查常見實(shí)驗(yàn)流程，離子檢驗(yàn)，難度較大的是計(jì)算，此處應(yīng)運(yùn)用原子守恒思路求出樣品中的三氯化鉻的質(zhì)量，正確找出關(guān)系式是答題的關(guān)鍵；易錯(cuò)點(diǎn)是實(shí)驗(yàn)操作流程?！窘馕觥砍テ渲械目扇苄噪s質(zhì)(或除去固體表面的重鉻酸銨溶液)取最后一次洗滌液于試管中,向其中加入適量氫氧化鈉濃溶液,加熱,取一片紅色石蕊試紙潤濕,粘在玻璃棒上,接近試管口,觀察試紙是否變藍(lán),若不變藍(lán),則說明已洗滌干凈(合理即可)水浴加熱(并用溫度計(jì)指示溫度)②→④→⑤→①COCl2+2C2H5OHC2H5OCOOC2H5+2HCl淀粉溶液除去其中溶解的氧氣,防止O2將I-氧化,產(chǎn)生誤差96.1%六、簡答題(共4題，共36分)27、（1）CH3OCH3-12e-+16OH-══2CO32－+11H2O

（2）陰極2Cl－－2e－=Cl2↑

（3）減小

（4）12.8

（5）增大0.88

（6）Fe+2H2OFe(OH)2↓+H2↑

【分析】【分析】本題以原電池和電解池原理為載體考查了電極反應(yīng)式的書寫、物質(zhì)的量的有關(guān)計(jì)算等知識點(diǎn)，注意燃料電池中電極反應(yīng)式的書寫要結(jié)合電解質(zhì)溶液的酸堿性，燃料相同，如果電解質(zhì)溶液不同，電極反應(yīng)式則不同，為易錯(cuò)點(diǎn)?！窘獯稹縭m{(1)}燃料電池中，通入燃料的電極是負(fù)極、通入氧化劑的電極是正極，負(fù)極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為rm{CH_{3}OCH_{3}}rm{-12e^{-}}rm{+16OH^{-}}rm{簍T簍T2CO_{3}^{2-}+11H_{2}O}

故答案為：rm{簍T簍T2CO_{3}^{2-}+

11H_{2}O}rm{CH_{3}OCH_{3}}rm{-12e^{-}}rm{簍T簍T2CO_{3}^{2-}+11H_{2}O}

rm{+16OH^{-}}乙池有外接電源屬于電解池，鐵電極連接原電池的負(fù)極，所以是陰極，則石墨電極是陽極，陽極上氯離子放電生成氯氣，rm{簍T簍T2CO_{3}^{2-}+

11H_{2}O}rm{(2)}故答案為：陰極；電極反應(yīng)式為：

rm{2Cl^{-}-2e^{-}=Cl_{2}隆眉}如果粗銅中含有鋅、銀等雜質(zhì)，陽極上不僅銅還有鋅、銀失電子進(jìn)入溶液，陰極上析出銅，電極反應(yīng)式為：rm{2Cl^{-}-2e^{-}=Cl_{2}隆眉}根據(jù)轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等知；陽極上溶解的銅小于陰極上析出的銅，所以丙裝置中反應(yīng)一段時(shí)間，硫酸銅溶液濃度將減??；

故答案為：減小；rm{(3)}若在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，有rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}氧氣，即rm{(4)}若在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，有rm{2.24L}氧氣，即rm{0.1mol}參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子為rm{0.4mol}根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒，則丙裝置中陰極析出銅為rm{0.2mol}質(zhì)量為rm{0.2molx64g/mol=12.8g}參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子為rm{(4)}根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒，則丙裝置中陰極析出銅為rm{2.24L}質(zhì)量為rm{0.1mol}故答案為：rm{0.4mol}rm{0.2mol}根據(jù)串聯(lián)電池中轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等得氧氣、氫氣的關(guān)系式為：rm{0.2molx64g/mol=12.8g}rm{12.8g}設(shè)生成氫氣的物質(zhì)的量是rm{(5)}

rm{O_{2}}rm{2H_{2}}

rm{xmol}rm{O_{2}}

rm{2H_{2}}rm{22.4L}

rm{2}所以消耗rm{0.224L}氫離子，則乙裝置中陽離子交換膜右側(cè)進(jìn)入左側(cè)的鈉離子也為rm{x}所以乙裝置中陽離子交換膜左側(cè)溶液質(zhì)量將增大rm{x=0.02}

故答案為：增大；rm{0.02隆脕2=0.04mol}

rm{0.04mol}若將乙裝置中鐵電極與石墨電極位置互換，其他裝置不變，此時(shí)乙裝置中發(fā)生的總反應(yīng)式為：rm{Fe+2H_{2}Ooverset{碌莽陸芒}{=}Fe(OH)_{2}隆媒+H_{2}隆眉}故答案為：rm{Fe+2H_{2}Ooverset{碌莽陸芒}{=}Fe(OH)_{2}隆媒+H_{2}隆眉}

rm{0.04隆脕23-0.04隆脕1=0.88g}【解析】rm{(1)CH_{3}OCH_{3}}rm{-12e^{-}}rm{+16OH^{-}}rm{簍T簍T2CO_{3}^{2-}+11H_{2}O}rm{簍T簍T2CO_{3}^{2-}+

11H_{2}O}陰極rm{(2)}rm{2Cl^{-}-2e^{-}=Cl_{2}隆眉}減小rm{(3)}rm{(4)12.8}增大rm{(5)}rm{(6)Fe+2H_{2}Ooverset{碌莽陸芒}{=}Fe(OH)_{2}隆媒+H_{2}隆眉}

rm{0.88}28、略

【分析】