高級中學名校試卷PAGEPAGE1安徽省部分高中2024-2025學年高三上學期12月聯考試題可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Na23Si28Ti48Ge73一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.圍繞化學家的突出貢獻，下列敘述錯誤的是戴維：農業化學的開創者蓋斯代表作品：《純化學基礎》門捷列夫代表作品：《化學原理》侯德榜發明了聯合制堿法A.磷、氮和硫的相關化合物在農業化學領域應用廣泛B.蓋斯提出的蓋斯定律，為化學動力學發展奠定了基礎C.門捷列夫按照相對原子質量由小到大的順序編制了第一張元素周期表D.聯合制堿法是向溶有NH3的飽和NaCl溶液中通入足量的CO2【答案】B【解析】A．磷、氮和硫的相關化合物在藥物化學及農業化學領域應用廣泛，故A正確；B．蓋斯提出的蓋斯定律，為化學熱力學發展奠定了基礎，故B錯誤；C．門捷列夫按照相對原子質量由小到大的順序編制了第一張元素周期表，故C正確；D．聯合制堿法是向溶有NH3的飽和NaCl溶液中通入足量的CO2生成碳酸氫鈉沉淀，故D正確；選B。2.下列化學用語表述正確的是A.HClO的空間填充模型：B.S2Cl2的結構式：Cl—S=S—ClC.NH3的VSEPR模型：D.用電子式表示HCl的形成過程：【答案】A【解析】A．的結構式為：，其中氧原子是中心原子，次氯酸的價層電子對數為，所以次氯酸的模型是四面體型，次氯酸中有鍵，有對成鍵電子對，所以有對孤電子對，所以次氯酸的分子構型為型，并且三種原子大小也符合元素周期律，A正確；B．分子中各原子均達到電子穩定結構，其結構式為，B錯誤；C．氨氣的價層電子對數為，當價層電子對數為時，模型預測分子構型為四面體形?，圖中漏了孤電子對；此圖為其氨氣分子的空間構型，為三角錐形?，C錯誤；D．氯化氫是共價化合物，其形成過程為，D錯誤；故選A。3.下列各組物質的提純、鑒別或檢驗方法中，可行的是A.檢驗SO2中的CO2：澄清石灰水B.鑒別NO2和Br2蒸氣：AgNO3溶液C.除去酒精中的少量水：加CaO、過濾D.除去Cl2中的HCl：通過飽和NaHCO3溶液、洗氣【答案】B【解析】A．SO2和CO2都能與澄清石灰水反應產生沉淀和沉淀，過量后沉淀都會溶解，現象一樣，無法進行區別，A錯誤；B．NO2和Br2蒸氣都為紅棕色氣體，通入AgNO3溶液中后，通入NO2的溶液紅棕色褪去，溶液無現象；通入Br2蒸氣的溶液紅棕色褪去，溶液產生淺黃色沉淀，現象不相同，可以區別，B正確；C．除去酒精中的少量水，加CaO吸收水后，是采用蒸餾的方式提純酒精，C錯誤；D．除去Cl2中的HCl，是通過飽和食鹽水進行洗氣除去HCl氣體，D錯誤；故答案為：B。4.設NA表示阿伏加德羅常數的值，下列敘述正確的是A.1.8g重水(D2O)中所含中子數為NAB.標準狀況下，22.4LCH3Cl中含有鍵數為NAC.1L1Na2SO4溶液中所含Na+和數均為NAD.30gSiO2晶體中，含有[SiO4]四面體結構單元數為NA【答案】B【解析】A．重水(D2O)摩爾質量，1.8g重水的物質的量，1個D2O分子中含有10個中子，所以1.8g重水所含中子數為，A錯誤；B．標準狀況下，22.4LCH3Cl的物質的量為1mol，1個CH3Cl分子中含有3個鍵和1個鍵，則1molCH3Cl中含有1mol鍵數，即為NA，B正確；C．1L1Na2SO4溶液中，Na+的物質的量為2mol，的物質的量為1mol，則Na+和數分別為2NA和NA，C錯誤；D．30gSiO2晶體的物質的量為0.5mol，1個[SiO4]四面體結構單元中含有1個Si原子，則0.5molSiO2晶體中含有[SiO4]四面體結構單元數為0.5NA，D錯誤；故選B。5.下列各組物質間的轉化，在指定條件下均能一步實現的是A.B.C.D.【答案】A【解析】A．次氯酸鈣溶液與二氧化碳反應生成碳酸鈣沉淀和次氯酸，次氯酸遇光分解生成鹽酸和氧氣，則物質間的轉化在指定條件下均能一步實現，故A符合題意；B．銀不能與濃氨水反應，則物質間的轉化在指定條件下不能一步實現，故B不符合題意；C．放電條件下氮氣與氧氣反應只能生成一氧化氮，不能生成二氧化氮，則物質間轉化在指定條件下不能一步實現，故C不符合題意；D．四羥基合鋁酸鈉在溶液中水解生成氫氧化鋁和氫氧化鈉，在加熱條件下不能使水解趨于完全，無法得到氧化鋁，則物質間的轉化在指定條件下不能一步實現，故D不符合題意；故選A。閱讀下列材料，完成下面小題。硫單質及其化合物在生產、生活、科研等方面應用廣泛。S8()是硫單質中最穩定的，可用于制作鋰硫電池(鋰硫電池的總反應為)；硫的重要化合物還包括H2S、CH3SH(甲硫醇)、Na2SO3、Na2S2O3、Na2S2O5(焦亞硫酸鈉)、Na2S2O8(過二硫酸鈉)、Na2S2O4(連二亞硫酸鈉，俗稱保險粉)等。6.下列有關電極反應式或離子方程式書寫正確的是A.鋰硫電池的負極反應式：B.將過量的H2S通入NaOH溶液中：C.向Na2S2O3溶液中通入過量氯氣：D.AgNO3溶液和堿性Na2S2O4溶液混合制納米級銀粉：【答案】C【解析】A．根據電池總反應，金屬Li為負極，失去電子后結合生成，負極電極反應式為：，A錯誤；B．過量的H2S通入NaOH溶液中得到的是溶液，，B錯誤；C．向Na2S2O3溶液中通入過量氯氣，被氯氣氧化為，反應的離子方程式為：，C正確；D．AgNO3溶液和堿性Na2S2O4溶液混合制納米級銀粉，把還原為單質銀而得到納米級銀粉，反應的離子方程式為：，D錯誤；故答案為：C。7.下列有關物質結構或性質的說法錯誤的是A.鍵角：H2O大于H2SB.沸點：CH3OH高于CH3SHC.S8在CS2中的溶解度大于在乙醇中的溶解度D.中硫原子的雜化方式為sp2【答案】D【解析】A．和的中心原子都是雜化，但氧原子的半徑更小，電負性更強，導致電子對之間的排斥作用更大，從而使得分子的鍵角大，A正確；B．因為分子間存在氫鍵作用，而分子間沒有氫鍵，所以沸點高于，B正確；C．S8為非極性分子，為非極性分子，為極性分子，根據相似相溶原理可知，S8在CS2中的溶解度大于在乙醇中的溶解度，C正確；D．離子中心原子的孤電子對為，結構為三角錐形，則中心硫原子采取的是雜化，D錯誤；故答案為：D。8.PDH反應是工業生產丙烯的重要途徑之一，其原理為。向密閉容器中充入一定量的丙烷發生PDH反應，測得丙烷平衡轉化率與溫度、壓強的關系如圖所示。已知：①C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)的燃燒熱()依次為、、。②PDH反應的v正=k正c(C3H8)、v逆=k逆c(C3H6)?c(H2)(其中k正、k逆為速率常數，只與溫度有關)。下列敘述錯誤的是A. B.壓強：p2>p1C.X點的大于Z點的 D.活化分子百分數：Z>X=Y【答案】C【解析】根據①C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)的燃燒熱()依次為、、得到它們的燃燒熱方程式為反應i：、反應ii：、反應iii：；據此數據回答。A．根據分析，目標反應

為反應i反應ii反應iii所得，則有，解得，A正確；B．反應

為氣體體積增大的反應，增大壓強，平衡向左移動，丙烷平衡轉化率減小，由圖可知壓強為，B正確；C．由、可知，當達到平衡時，，則有(平衡常數)，該反應為吸熱反應，Z點溫度比X點高，平衡會向右移動，則K會增大，所以X點的小于Z點的，C錯誤；D．活化分子百分數主要與溫度和催化劑有關?，X和Y點溫度相同，則活化分子百分數相等，Z點溫度比Y點高，則活化分子百分數比Y點高，最后得到活化分子百分數：Z>X=Y，D正確；故答案為：C。9.僅用下表提供的試劑和用品，能實現相應實驗目的的是選項實驗目的試劑用品A探究鐵件上電鍍銅銅片、鐵件、[Cu(NH3)4]SO4溶液燒杯、砂紙、導線、電流表B探究Na2SO3是否變質Na2SO3樣品、稀鹽酸、Ba(NO3)2溶液試管、膠頭、滴管C測定中和反應的反應熱0.55NaOH溶液和0.50鹽酸簡易量熱計、溫度計D利用反應探究濃度對化學平衡的影響2mL0.1K2Cr2O7溶液、6H2SO4溶液、6NaOH溶液試管、膠頭、滴管、量筒、試管架A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．要實現在鐵件上電鍍銅，電解質溶液最好用溶液，不能用絡合物，同時缺少電源，無法實現實驗目的，A錯誤；B．使用了，同時使用了鹽酸，等于間接使用了，能夠直接氧化為，無法證明Na2SO3是否變質，無法實現實驗目的，B錯誤；C．測定中為了使反應完全放熱最大，還需要使用玻璃攪拌器使之充分反應，實驗沒有提供，無法實現實驗目的，C錯誤；D．反應中的和呈現出不同的顏色，可以通過加酸或加堿改變的濃度使平衡左右移動，通過觀察顏色變化來探究濃度對化學平衡的影響，能夠達到實驗目的，D正確；故答案為：D。10.近日，大連化學物理研究所催化基礎國家重點實驗室開發出H2S脫除光電催化工藝，其工作原理如圖所示(兩個泵的工作效率相同)。下列說法錯誤的是A.X極接光伏電池的正極，發生氧化反應B.隨著反應的進行，電解池內部溶液的酸性增強C.A容器中生成S的離子方程式為D.該裝置的顯著優點：利用太陽能并獲得氫能【答案】B【解析】中間為電解池，由圖示H+由X極移向Y極，可知Y為陰極連接電源負極，電極反應式為：，X為陽極連接電源正極，電極反應式為：，可知電解液反應前后pH不變。A．由分析可知，X極接光伏電池的正極，發生氧化反應，A正確；B．由分析可知，反應前后溶液pH不變，H+在電解池中起到平衡電荷形成閉合回路的作用，B錯誤；C．A容器中將H2S氧化生成S，本身被還原為，離子方程式為：，C正確；D．太陽能是可再生資源，利用太陽能節能環保，且還生成了氫氣獲得了氫能源，這是該裝置的顯著優點，D正確；故選B。11.已知：、；25℃時，，，。下列敘述錯誤的是A.0.1的H2A溶液中：B.0.1的NaHA溶液中：C.0.01的NH4HS溶液中：D.0.01的Na2S溶液中：【答案】C【解析】根據已知：這一步全電離，說明只電離，不水解；；25℃時，，，，則酸性，據此分析回答。A．在溶液中，陽離子只有，陰離子有、、，根據電荷守恒得：，A正確；B．在NaHA溶液中，，，，根據電荷守恒：和物料守恒：得，最后得到：，B正確；C．在NH4HS溶液中，，則有，各離子在溶液中發生水解反應：，，電離，根據物料守恒有，則有，C錯誤；D．在Na2S溶液中，，然后水解、，由于水解都比較弱，所以有，D正確；故答案為：C。12.氨是水體污染物的主要成分之一，工業上可用次氯酸鹽作處理劑，反應原理如下：在一定條件下模擬處理氨氮廢水：將1L0.008的氨水分別和不同量的NaClO混合，測得溶液中氨去除率、總氮(NH3和的總和)殘余率與NaClO投入量(用x表示)的關系如圖所示。下列說法錯誤的是A.由NH3直接轉化為N2的離子方程式：B.當x=x1時，生成物中的C.當x=x1時，整個反應過程中轉移電子的物質的量為D.當x>x1時，x越大，生成N2的量越少【答案】C【解析】氨氮廢水通入溶液后，發生2個反應，分別為：和，據此信息回答。A．根據分析，由NH3直接轉化為N2的離子方程式：，A正確；B．當x=x1時，氨氣去除率為100%，總氮殘余率為5%(全部為)，則有95%的氨氣轉化為了，5%的氨氣轉化為硝酸根，生成物中，B正確；C．當x=x1時，根據分析的反應方程式和B選項中的數據，得到整個反應過程中轉移電子的物質的量為，C錯誤；D．當x>x1時，根據圖中曲線可知，x越大，總氮率越高，則越多，最終生成N2的量越少，D正確；故答案為：C。13.已知：[為或]。常溫下，調節CuSO4溶液與HA溶液的pH時，pCu2+和隨pH的變化曲線如圖所示(已知：lg2=0.3)。下列敘述正確的是A.曲線L2表示pCu2+隨pH的變化B.C.常溫下Cu(OH)2溶于水所得飽和溶液的pH為7.7D.向100mL0.2HA溶液中加入0.40gNaOH固體得到溶液X(不考慮溶液體積變化)，X溶液中存在：【答案】C【解析】根據，可以推出：；，可推導出，得到：，根據曲線斜率大小關系可知，曲線是隨的變化，是表示隨的變化。據此分析作答。A．根據上述分析可知，曲線L1表示pCu2+隨pH的變化，A錯誤；B．根據分析可知，用代入計算可知，，B錯誤；C．根據分析，曲線是隨的變化，代入計算可得：，常溫下溶于水所得飽和溶液中，根據可知，，則，所以，，，C正確；D．與反應，生成，同時剩余，根據電荷守恒可知：，剩余部分水解，HA部分電離，的電離常數為：，由此可以推出A-水解常數為：，因為水解程度大，所以有，故有：，D錯誤；故選C。14.某鉀離子電池負極材料的晶胞結構如圖1所示，該晶體沿垂直石墨層方向的部分投影如圖2所示，下列說法正確的是A.圖1晶胞是一個立方體B.該負極材料的組成可表示為KC6C.晶體中與K+緊鄰的C的數目為8D.晶胞底面棱長等于碳碳鍵長的倍【答案】D【解析】A．由圖2可知，4個距離最近的鉀離子形成的結構棱形，則圖1晶胞不是一個立方體，故A錯誤；B．由圖可知，晶胞中位于頂點的鉀離子個數為8×=1，位于體內的碳原子個數為8，則負極材料的組成為KC8，故B錯誤；C．由晶胞結構和圖2可知，則晶體中與鉀離子緊鄰的碳原子的數目為12，故C錯誤；D．晶胞底面棱長為d、碳碳鍵長為a，由圖可知，棱形的夾角為60o、面對角線為4a，則d=4a×=a，故D正確；故選D。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.氮化鈦(TiN)是一種金黃色固體，熔點高、硬度大，具有較高的導電性和超導性，可用于制備高溫結構材料和超導材料。以富鈦礦渣(主要成分為FeTiO3、Fe2O3、SiO2等)為原料制備氮化鈦并獲得綠礬(FeSO4?7H2O)的流程如圖所示：已知：①氧化性：Fe3+>TiO2+>H+；②酸浸后，溶液中鈦元素主要以TiO2+形式存在，TiO2+能水解。請回答下列問題：（1）基態Ti3+第三能層電子排布式為___________。（2）在“酸浸”工序中FeTiO3參與反應的化學方程式為___________。（3）向“酸浸”后的濾液1中加入適量鐵粉的原因是___________。（4）FeSO4?7H2O的結構示意圖如圖所示：FeSO4?7H2O中H2O與Fe2+、H2O與的作用力類型依次是___________、___________。（5）實驗室進行“酸洗”、“水洗”操作時，用到的玻璃儀器有___________。（6）生成TiN的化學方程式為___________。（7）氮化鈦的立方晶胞結構如圖所示，與氮原子距離最近且相等的氮原子的數目為___________；若晶胞參數為anm，NA表示阿伏加德羅常數的值，則該晶體的密度ρ=___________(用含a、NA的代數式表示)。【答案】（1）3s23p63d1（2）FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O（3）將溶液中Fe3+還原為Fe2+（4）①.配位鍵②.氫鍵（5）燒杯、漏斗、玻璃棒（6）6TiO2+8NH36TiN+N2↑+12H2O（7）①.12②.【解析】由題給流程可知，向富鈦礦渣中加入硫酸溶液酸浸，將FeTiO3轉化為TiOSO4和硫酸亞鐵，氧化鐵轉化為鐵離子，二氧化硅不反應，過濾得到含有二氧化硅的濾渣和濾液；向濾液中加入適量鐵粉，將溶液中的鐵離子轉化為亞鐵離子，反應得到的溶液降溫結晶、過濾得到七水硫酸亞鐵和濾液；加熱濾液使溶液中的TiO2+離子發生水解反應生成TiO2·xH2O，TiO2·xH2O經酸洗、水洗、煅燒得到二氧化鈦，二氧化鈦和氨氣高溫條件下反應生成氮化鈦、氮氣和水。（1）鈦元素的原子序數為22，基態Ti3+第三能層電子排布式為3s23p63d1，故答案為：3s23p63d1；（2）由分析可知，加入硫酸溶液酸浸的目的是將FeTiO3轉化為TiOSO4和硫酸亞鐵，反應的化學方程式為FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O，故答案為：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；（3）由分析可知，加入適量鐵粉的目的是將溶液中的鐵離子轉化為亞鐵離子，故答案為：將溶液中Fe3+還原為Fe2+；（4）由圖可知，七水硫酸亞鐵晶體中具有空軌道的亞鐵離子與水分子中具有孤對電子的氧原子形成配位鍵，硫酸根離子中的氧原子與水分子形成氫鍵，故答案為：配位鍵；氫鍵；（5）實驗室進行“酸洗”、“水洗”操作時均需用到過濾裝置，過濾需要用到的玻璃儀器為燒杯、漏斗、玻璃棒，故答案為：燒杯、漏斗、玻璃棒；（6）由分析可知，生成氮化鈦的反應為二氧化鈦和氨氣高溫條件下反應生成氮化鈦、氮氣和水，反應的化學方程式為，故答案為：6TiO2+8NH36TiN+N2↑+12H2O；（7）由晶胞結構可知，晶胞中位于體心氮原子與棱上的氮原子距離最近，共有12個；位于頂點和面心的鈦原子個數為8×+6×=4，位于體心和棱上的氮原子個數為12×+1=4，由晶胞的質量公式可得：=(10—7a)3ρ，解得ρ=，故答案為：12；。16.二氧化鍺(GeO2)在醫藥、電子工業、化工、光譜分析材料等眾多領域擁有廣闊的應用前景。實驗室以二氧化鍺粗品(含GeO2和As2O3等)為原料制備GeO2并測定產品純度。已知：①GeCl4熔點為51.5℃，沸點為86.6℃；易水解。②GeO2與NaOH溶液反應生成Na2GeO3.③As2O3與NaOH溶液反應生成NaAsO2，NaAsO2與鹽酸反應生成劇毒的AsCl3(沸點為130.2℃)。④H3AsO4的沸點為160℃。請回答下列問題：I．制備GeCl4實驗流程和裝置如下：（1）儀器a的名稱為___________；冷凝水的出水口為___________(填“m”或“n”)。（2）在滴加濃鹽酸之前，先通入一定量的氯氣，其目的為___________；實驗室可用漂白粉和濃鹽酸反應制氯氣，該反應的化學方程式為___________。（3）“蒸餾”過程中生成GeCl4的化學方程式為___________。II．水解法制GeO2將b裝置收集的GeCl4通過水解進一步制得GeO2?2H2O晶體，再加熱干燥制得純度較高的GeO2。（4）產品中二氧化鍺的含量常采用碘酸鉀(KIO3)滴定法進行測定。步驟如下：a．稱取0.380g產品，加入NaOH溶液充分溶解，再加入NaH2PO2溶液使鍺元素以Ge2+形式存在；b．加入適量稀硫酸將溶液pH調為酸性，滴加幾滴淀粉溶液；c．用0.050的KIO3標準溶液滴定，達到滴定終點時，消耗KIO3標準溶液的體積為24.00mL。已知：；樣品中的雜質不參與反應，NaH2PO2與KIO3和I2均不反應，滴定過程中消耗的忽略不計。①滴定時KIO3標準溶液應盛放在___________(填“酸”或“堿”)式滴定管中。②滴定終點的標志為___________。③此樣品中二氧化鍺的質量分數是___________%(保留小數點后一位)。④下列操作中會導致所測二氧化鍺的含量偏低的是___________(填字母)。a．滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失b．滴定管用蒸餾水洗滌后未用KIO3標準溶液潤洗就直接注入標準溶液c．讀取標準溶液體積時，開始時仰視讀數，滴定結束時俯視讀數【答案】（1）①.三頸燒瓶②.n（2）①.將NaAsO2氧化為Na3AsO4，防止蒸餾階段NaAsO2與濃鹽酸反應生成有劇毒的AsCl3②.Ca(ClO)2+4HCl(濃)=CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O（3）Na2GeO3.＋6HCl(濃)2NaCl+GeCl4↑＋3H2O（4）①.酸②.滴入最后半滴KIO3標準溶液，溶液變為藍色，且30s內不復原③.99.5④.c【解析】由題給流程可知，向二氧化鍺粗品中加入氫氧化鈉濃溶液，將二氧化鍺、三氧化二砷轉化為鍺酸鈉、亞砷酸鈉，向反應后的溶液中通入氯氣，將亞砷酸鈉氧化為砷酸鈉，向溶液中加入濃鹽酸，將鍺酸鈉轉化為四氯化鍺、砷酸鈉轉化為砷酸，將反應所得溶液蒸餾得到四氯化鍺。（1）由實驗裝置圖可知，儀器a為三頸燒瓶；為增強冷凝效果，直形冷凝管中冷凝水進水口為m、出水口為n，故答案為：三頸燒瓶；n；（2）由題意可知，亞砷酸鈉能與濃鹽酸反應生成有劇毒的三氯化砷，所以在滴加濃鹽酸之前，應先通入一定量的氯氣將亞砷酸鈉氧化為砷酸鈉，防止蒸餾階段亞砷酸鈉能與濃鹽酸反應生成有劇毒的三氯化砷；漂白粉和濃鹽酸反應制氯氣的反應為次氯酸鈣與濃鹽酸反應生成氯化鈣、氯氣和水，反應的化學方程式為Ca(ClO)2+4HCl(濃)=CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O，故答案為：將NaAsO2氧化為Na3AsO4，防止蒸餾階段NaAsO2與濃鹽酸反應生成有劇毒的AsCl3；Ca(ClO)2+4HCl(濃)=CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O；（3）“蒸餾”過程中生成四氯化鍺的反應為鍺酸鈉與濃鹽酸共熱反應生成氯化鈉、四氯化鍺和水，反應的化學方程式為Na2GeO3.＋6HCl(濃)2NaCl+GeCl4↑＋3H2O，故答案為：Na2GeO3.＋6HCl(濃)2NaCl+GeCl4↑＋3H2O；（4）①碘酸鉀溶液具有強氧化性，會腐蝕堿式滴定管的橡膠管，所以滴定時碘酸鉀標準溶液應盛放在酸式滴定管中，故答案為：酸；②由題意可知，酸性條件下溶液中的Ge2+離子與碘酸根離子完全反應后，滴入最后半滴碘酸鉀溶液，過量的碘酸鉀溶液能與溶液中的碘化鉀反應生成碘，使溶液變為藍色，則滴定終點的標志為滴入最后半滴KIO3標準溶液，溶液變為藍色，且30s內不復原，故答案為：滴入最后半滴KIO3標準溶液，溶液變為藍色，且30s內不復原；③由題意可得如下轉化關系：3GeO2—3Ge2+—KIO3，滴定消耗24.00mL0.050mol/L碘酸鉀溶液，則二氧化鍺的質量分數為≈99.5%，故答案為：99.5；④a．滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失會使消耗標準溶液的體積偏大，導致所測結果偏高，故不符合題意；b．滴定管用蒸餾水洗滌后未用碘酸鉀標準溶液潤洗就直接注入標準溶液會使消耗標準溶液的體積偏大，導致所測結果偏高，故不符合題意；c．讀取標準溶液體積時，開始時仰視讀數，滴定結束時俯視讀數會使消耗標準溶液的體積偏小，導致所測結果偏低，故符合題意；故選c。17.1907年拉希格(R-aschig)發明了以氨和次氯酸鈉反應制備肼(N2H4)的方法。請回答下列問題：（1）氨氣和次氯酸鈉的反應分兩步進行：①(快反應)②(慢反應)控速反應是___________(填“①”或“②”，下同)；活化能較小的反應是___________。（2）肼既可以作單齒配體(提供1個配位原子)，又可以作雙齒配體(提供2個配位原子)，與過渡金屬離子形成配合物。已知在配合物①[Pt(NH3)2(N2H4)]Cl2和②[Pt(NO2)2(N2H4)2]中，Pt2+的配位數是其電荷數的2倍，則N2H4作雙齒配體的配合物是___________(填“①”或“②”)。（3）肼是一種儲氫材料。向1L恒容密閉容器中加入3molN2H4(g)，一定條件下體系中存在如下平衡：i．ii．不同溫度下達到平衡時，分解產物的物質的量如圖所示。①已知幾種共價鍵的鍵能數據如下表：共價鍵鍵能/()391160945436___________。②400K以下，體系中以反應___________(填“i”或“ii”)為主。從圖像看，體系可能存在的副反應是___________(填化學方程式)。③已知Q點肼的分解率為a(假設只發生反應i和ii)。Q點對應溫度下，反應i的平衡常數K=___________(用含a的代數式表示)。（4）以KOH溶液為電解質溶液，肼-雙氧水燃料電池理論能量利用率高，且能將N2H4轉化為無污染的N2，該電池正極上的電極反應式是___________；以3.2A恒定電流工作18分鐘，消耗0.32gN2H4，則該電池將化學能轉化為電能的轉化率為___________[已知：電荷量q(C)=電流I(A)時間(s)；；]。【答案】（1）①.②②.①（2）①（3）①.-93②.ii③.④.（4）①.②.【解析】（1）慢反應為控速反應；所以選②；快反應的活化能小，故選①；（2）氨分子中配位原子是N，中配位原子是N，+2價鉑離子的配位數為4，①[Pt(NH3)2(N2H4)]Cl2中有一個肼分子，需要兩個配位原子，故該配合物中肼是雙齒配體；②[Pt(NO2)2(N2H4)2]中兩個肼分子提供兩個配位原子，故該配合物中肼為單齒配體，故答案為：①；（3）①應斷裂1mol鍵、4mol鍵，生成1mol鍵和2mol鍵，；②400K以下，氨氣含量高，以反應為ii主；答案為：ii；根據圖像，3molN2H4(g)分解后的氮氣不可能大于3mol，故y為氮氣，x為氫氣，根據鍵能數據計算，反應i和反應ii都是放熱反應，如果沒有副反應發生，隨著溫度的升高，氮氣、氫氣和氨氣的物質的量都減小，而圖像中隨著溫度的升高，氨氣的物質的量減小，氫氣的物質的量增大且增大程度大于氮氣，說明氨氣分解生成了氮氣和氨氣，可能存在的副反應為：；③根據圖像，3molN2H4(g)分解后的氮氣不可能大于3mol，故y為氮氣，x為氫氣；設Q點氨氣與氫氣的物質的量分別為m、n,，Q點氮氣和氨氣的物質的量相等，即，且，則，故反應i的平衡常數；（4）以KOH溶液為電解質溶液，N2H4轉化為無污染的N2，該電池正極上雙氧水得電子，電極反應式是：；理論上消耗0.32gN2H4，轉移0.04mol電子，故該電池將化學能轉化為電能的轉化率為：=。18.噠嗪衍生物具有優良廣譜的抑菌、殺蟲、除草和抗病毒活性，在開發高效、低毒、低殘留、環境友好的噠嗪類農藥品種方面具有潛力。噠嗪的一種合成路線如下。請回答下列問題：（1）A的分子式為___________；F、I中含氧官能團的名稱分別為___________、___________。（2）指出反應類型：C→D___________。（3）D→E的化學方程式為___________。（4）不采取C直接轉化為G的原因是___________。（5）試推測分子中電離平衡常數Ka(M)___________Ka(N)(填“>”“=”或“<”)，判斷依據為___________。（6）C的同分異構體中，同時滿足下列條件的有___________種(不考慮立體異構)。i．能發生銀鏡反應；ii．能與金屬鈉反應【答案】（1）①.C4H6②.羧基③.羥基（2）加成反應（3）+O2+2H2O（4）防止碳碳雙鍵被氧化（5）①.>②.Cl原子為吸電子基，分子中與羧基M的距離近，對羧基中羥基的影響大于羧基N（6）5【解析】由有機物的轉化關系可知，與溴發生加成反應生成，在氫氧化鈉溶液中共熱發生水解反應生成，催化劑作用下與氯化氫發生加成反應生成，銅做催化劑作用下與氧氣共熱發生催化氧化反應生成，則E為；與新制氫氧化銅懸濁液共熱反應后，酸化得到，在氫氧化鈉乙醇溶液中共熱發生消去反應生成，五氧化二磷、乙酸酐作用下發生脫水反應生成，與肼和鹽酸反應轉化為，經多步轉化得到噠嗪。（1）由結構簡式可知，的分子式為C4H6；、分子中含有的含氧官能團分別為羧基、羥基，故答案為：C4H6；羧基；羥基；（2）由分析可知，C→D的反應為催化劑作用下與氯化氫發生加成反應生成，故答案為：加成反應；（3）D→E的反應為銅做催化劑作用下與氧氣共熱發生催化氧化反應生成和水，反應的化學方程式為+O2+2H2O，故答案為：+O2+2H2O；（4）由結構簡式可知，和分子中都含有碳碳雙鍵，則不采取C直接轉化為G的原因是防止碳碳雙鍵被氧化，故答案為：防止碳碳雙鍵被氧化；（5）氯原子是吸電子基，由結構簡式可知，分子中氯原子與羧基M的距離近，對羧基中羥基的影響大于羧基N，電離出氫離子能力大于羧基N，所以Ka(M)大于Ka(N)，故答案為：>；Cl原子為吸電子基，分子中與羧基M的距離近，對羧基中羥基的影響大于羧基N，使得羧基M更容易電離產生H+；（6）C的同分異構體能發生銀鏡反應說明分子中含有醛基，能與金屬鈉反應說明分子中含有羥基，則同分異構體的結構可以視作醛基、羥基取代丙烷分子中氫原子所得結構，符合條件的結構簡式為HOCH2CH2CH2CHO、、、、，共有5種，故答案為：5。安徽省部分高中2024-2025學年高三上學期12月聯考試題可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Na23Si28Ti48Ge73一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.圍繞化學家的突出貢獻，下列敘述錯誤的是戴維：農業化學的開創者蓋斯代表作品：《純化學基礎》門捷列夫代表作品：《化學原理》侯德榜發明了聯合制堿法A.磷、氮和硫的相關化合物在農業化學領域應用廣泛B.蓋斯提出的蓋斯定律，為化學動力學發展奠定了基礎C.門捷列夫按照相對原子質量由小到大的順序編制了第一張元素周期表D.聯合制堿法是向溶有NH3的飽和NaCl溶液中通入足量的CO2【答案】B【解析】A．磷、氮和硫的相關化合物在藥物化學及農業化學領域應用廣泛，故A正確；B．蓋斯提出的蓋斯定律，為化學熱力學發展奠定了基礎，故B錯誤；C．門捷列夫按照相對原子質量由小到大的順序編制了第一張元素周期表，故C正確；D．聯合制堿法是向溶有NH3的飽和NaCl溶液中通入足量的CO2生成碳酸氫鈉沉淀，故D正確；選B。2.下列化學用語表述正確的是A.HClO的空間填充模型：B.S2Cl2的結構式：Cl—S=S—ClC.NH3的VSEPR模型：D.用電子式表示HCl的形成過程：【答案】A【解析】A．的結構式為：，其中氧原子是中心原子，次氯酸的價層電子對數為，所以次氯酸的模型是四面體型，次氯酸中有鍵，有對成鍵電子對，所以有對孤電子對，所以次氯酸的分子構型為型，并且三種原子大小也符合元素周期律，A正確；B．分子中各原子均達到電子穩定結構，其結構式為，B錯誤；C．氨氣的價層電子對數為，當價層電子對數為時，模型預測分子構型為四面體形?，圖中漏了孤電子對；此圖為其氨氣分子的空間構型，為三角錐形?，C錯誤；D．氯化氫是共價化合物，其形成過程為，D錯誤；故選A。3.下列各組物質的提純、鑒別或檢驗方法中，可行的是A.檢驗SO2中的CO2：澄清石灰水B.鑒別NO2和Br2蒸氣：AgNO3溶液C.除去酒精中的少量水：加CaO、過濾D.除去Cl2中的HCl：通過飽和NaHCO3溶液、洗氣【答案】B【解析】A．SO2和CO2都能與澄清石灰水反應產生沉淀和沉淀，過量后沉淀都會溶解，現象一樣，無法進行區別，A錯誤；B．NO2和Br2蒸氣都為紅棕色氣體，通入AgNO3溶液中后，通入NO2的溶液紅棕色褪去，溶液無現象；通入Br2蒸氣的溶液紅棕色褪去，溶液產生淺黃色沉淀，現象不相同，可以區別，B正確；C．除去酒精中的少量水，加CaO吸收水后，是采用蒸餾的方式提純酒精，C錯誤；D．除去Cl2中的HCl，是通過飽和食鹽水進行洗氣除去HCl氣體，D錯誤；故答案為：B。4.設NA表示阿伏加德羅常數的值，下列敘述正確的是A.1.8g重水(D2O)中所含中子數為NAB.標準狀況下，22.4LCH3Cl中含有鍵數為NAC.1L1Na2SO4溶液中所含Na+和數均為NAD.30gSiO2晶體中，含有[SiO4]四面體結構單元數為NA【答案】B【解析】A．重水(D2O)摩爾質量，1.8g重水的物質的量，1個D2O分子中含有10個中子，所以1.8g重水所含中子數為，A錯誤；B．標準狀況下，22.4LCH3Cl的物質的量為1mol，1個CH3Cl分子中含有3個鍵和1個鍵，則1molCH3Cl中含有1mol鍵數，即為NA，B正確；C．1L1Na2SO4溶液中，Na+的物質的量為2mol，的物質的量為1mol，則Na+和數分別為2NA和NA，C錯誤；D．30gSiO2晶體的物質的量為0.5mol，1個[SiO4]四面體結構單元中含有1個Si原子，則0.5molSiO2晶體中含有[SiO4]四面體結構單元數為0.5NA，D錯誤；故選B。5.下列各組物質間的轉化，在指定條件下均能一步實現的是A.B.C.D.【答案】A【解析】A．次氯酸鈣溶液與二氧化碳反應生成碳酸鈣沉淀和次氯酸，次氯酸遇光分解生成鹽酸和氧氣，則物質間的轉化在指定條件下均能一步實現，故A符合題意；B．銀不能與濃氨水反應，則物質間的轉化在指定條件下不能一步實現，故B不符合題意；C．放電條件下氮氣與氧氣反應只能生成一氧化氮，不能生成二氧化氮，則物質間轉化在指定條件下不能一步實現，故C不符合題意；D．四羥基合鋁酸鈉在溶液中水解生成氫氧化鋁和氫氧化鈉，在加熱條件下不能使水解趨于完全，無法得到氧化鋁，則物質間的轉化在指定條件下不能一步實現，故D不符合題意；故選A。閱讀下列材料，完成下面小題。硫單質及其化合物在生產、生活、科研等方面應用廣泛。S8()是硫單質中最穩定的，可用于制作鋰硫電池(鋰硫電池的總反應為)；硫的重要化合物還包括H2S、CH3SH(甲硫醇)、Na2SO3、Na2S2O3、Na2S2O5(焦亞硫酸鈉)、Na2S2O8(過二硫酸鈉)、Na2S2O4(連二亞硫酸鈉，俗稱保險粉)等。6.下列有關電極反應式或離子方程式書寫正確的是A.鋰硫電池的負極反應式：B.將過量的H2S通入NaOH溶液中：C.向Na2S2O3溶液中通入過量氯氣：D.AgNO3溶液和堿性Na2S2O4溶液混合制納米級銀粉：【答案】C【解析】A．根據電池總反應，金屬Li為負極，失去電子后結合生成，負極電極反應式為：，A錯誤；B．過量的H2S通入NaOH溶液中得到的是溶液，，B錯誤；C．向Na2S2O3溶液中通入過量氯氣，被氯氣氧化為，反應的離子方程式為：，C正確；D．AgNO3溶液和堿性Na2S2O4溶液混合制納米級銀粉，把還原為單質銀而得到納米級銀粉，反應的離子方程式為：，D錯誤；故答案為：C。7.下列有關物質結構或性質的說法錯誤的是A.鍵角：H2O大于H2SB.沸點：CH3OH高于CH3SHC.S8在CS2中的溶解度大于在乙醇中的溶解度D.中硫原子的雜化方式為sp2【答案】D【解析】A．和的中心原子都是雜化，但氧原子的半徑更小，電負性更強，導致電子對之間的排斥作用更大，從而使得分子的鍵角大，A正確；B．因為分子間存在氫鍵作用，而分子間沒有氫鍵，所以沸點高于，B正確；C．S8為非極性分子，為非極性分子，為極性分子，根據相似相溶原理可知，S8在CS2中的溶解度大于在乙醇中的溶解度，C正確；D．離子中心原子的孤電子對為，結構為三角錐形，則中心硫原子采取的是雜化，D錯誤；故答案為：D。8.PDH反應是工業生產丙烯的重要途徑之一，其原理為。向密閉容器中充入一定量的丙烷發生PDH反應，測得丙烷平衡轉化率與溫度、壓強的關系如圖所示。已知：①C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)的燃燒熱()依次為、、。②PDH反應的v正=k正c(C3H8)、v逆=k逆c(C3H6)?c(H2)(其中k正、k逆為速率常數，只與溫度有關)。下列敘述錯誤的是A. B.壓強：p2>p1C.X點的大于Z點的 D.活化分子百分數：Z>X=Y【答案】C【解析】根據①C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)的燃燒熱()依次為、、得到它們的燃燒熱方程式為反應i：、反應ii：、反應iii：；據此數據回答。A．根據分析，目標反應

為反應i反應ii反應iii所得，則有，解得，A正確；B．反應

為氣體體積增大的反應，增大壓強，平衡向左移動，丙烷平衡轉化率減小，由圖可知壓強為，B正確；C．由、可知，當達到平衡時，，則有(平衡常數)，該反應為吸熱反應，Z點溫度比X點高，平衡會向右移動，則K會增大，所以X點的小于Z點的，C錯誤；D．活化分子百分數主要與溫度和催化劑有關?，X和Y點溫度相同，則活化分子百分數相等，Z點溫度比Y點高，則活化分子百分數比Y點高，最后得到活化分子百分數：Z>X=Y，D正確；故答案為：C。9.僅用下表提供的試劑和用品，能實現相應實驗目的的是選項實驗目的試劑用品A探究鐵件上電鍍銅銅片、鐵件、[Cu(NH3)4]SO4溶液燒杯、砂紙、導線、電流表B探究Na2SO3是否變質Na2SO3樣品、稀鹽酸、Ba(NO3)2溶液試管、膠頭、滴管C測定中和反應的反應熱0.55NaOH溶液和0.50鹽酸簡易量熱計、溫度計D利用反應探究濃度對化學平衡的影響2mL0.1K2Cr2O7溶液、6H2SO4溶液、6NaOH溶液試管、膠頭、滴管、量筒、試管架A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．要實現在鐵件上電鍍銅，電解質溶液最好用溶液，不能用絡合物，同時缺少電源，無法實現實驗目的，A錯誤；B．使用了，同時使用了鹽酸，等于間接使用了，能夠直接氧化為，無法證明Na2SO3是否變質，無法實現實驗目的，B錯誤；C．測定中為了使反應完全放熱最大，還需要使用玻璃攪拌器使之充分反應，實驗沒有提供，無法實現實驗目的，C錯誤；D．反應中的和呈現出不同的顏色，可以通過加酸或加堿改變的濃度使平衡左右移動，通過觀察顏色變化來探究濃度對化學平衡的影響，能夠達到實驗目的，D正確；故答案為：D。10.近日，大連化學物理研究所催化基礎國家重點實驗室開發出H2S脫除光電催化工藝，其工作原理如圖所示(兩個泵的工作效率相同)。下列說法錯誤的是A.X極接光伏電池的正極，發生氧化反應B.隨著反應的進行，電解池內部溶液的酸性增強C.A容器中生成S的離子方程式為D.該裝置的顯著優點：利用太陽能并獲得氫能【答案】B【解析】中間為電解池，由圖示H+由X極移向Y極，可知Y為陰極連接電源負極，電極反應式為：，X為陽極連接電源正極，電極反應式為：，可知電解液反應前后pH不變。A．由分析可知，X極接光伏電池的正極，發生氧化反應，A正確；B．由分析可知，反應前后溶液pH不變，H+在電解池中起到平衡電荷形成閉合回路的作用，B錯誤；C．A容器中將H2S氧化生成S，本身被還原為，離子方程式為：，C正確；D．太陽能是可再生資源，利用太陽能節能環保，且還生成了氫氣獲得了氫能源，這是該裝置的顯著優點，D正確；故選B。11.已知：、；25℃時，，，。下列敘述錯誤的是A.0.1的H2A溶液中：B.0.1的NaHA溶液中：C.0.01的NH4HS溶液中：D.0.01的Na2S溶液中：【答案】C【解析】根據已知：這一步全電離，說明只電離，不水解；；25℃時，，，，則酸性，據此分析回答。A．在溶液中，陽離子只有，陰離子有、、，根據電荷守恒得：，A正確；B．在NaHA溶液中，，，，根據電荷守恒：和物料守恒：得，最后得到：，B正確；C．在NH4HS溶液中，，則有，各離子在溶液中發生水解反應：，，電離，根據物料守恒有，則有，C錯誤；D．在Na2S溶液中，，然后水解、，由于水解都比較弱，所以有，D正確；故答案為：C。12.氨是水體污染物的主要成分之一，工業上可用次氯酸鹽作處理劑，反應原理如下：在一定條件下模擬處理氨氮廢水：將1L0.008的氨水分別和不同量的NaClO混合，測得溶液中氨去除率、總氮(NH3和的總和)殘余率與NaClO投入量(用x表示)的關系如圖所示。下列說法錯誤的是A.由NH3直接轉化為N2的離子方程式：B.當x=x1時，生成物中的C.當x=x1時，整個反應過程中轉移電子的物質的量為D.當x>x1時，x越大，生成N2的量越少【答案】C【解析】氨氮廢水通入溶液后，發生2個反應，分別為：和，據此信息回答。A．根據分析，由NH3直接轉化為N2的離子方程式：，A正確；B．當x=x1時，氨氣去除率為100%，總氮殘余率為5%(全部為)，則有95%的氨氣轉化為了，5%的氨氣轉化為硝酸根，生成物中，B正確；C．當x=x1時，根據分析的反應方程式和B選項中的數據，得到整個反應過程中轉移電子的物質的量為，C錯誤；D．當x>x1時，根據圖中曲線可知，x越大，總氮率越高，則越多，最終生成N2的量越少，D正確；故答案為：C。13.已知：[為或]。常溫下，調節CuSO4溶液與HA溶液的pH時，pCu2+和隨pH的變化曲線如圖所示(已知：lg2=0.3)。下列敘述正確的是A.曲線L2表示pCu2+隨pH的變化B.C.常溫下Cu(OH)2溶于水所得飽和溶液的pH為7.7D.向100mL0.2HA溶液中加入0.40gNaOH固體得到溶液X(不考慮溶液體積變化)，X溶液中存在：【答案】C【解析】根據，可以推出：；，可推導出，得到：，根據曲線斜率大小關系可知，曲線是隨的變化，是表示隨的變化。據此分析作答。A．根據上述分析可知，曲線L1表示pCu2+隨pH的變化，A錯誤；B．根據分析可知，用代入計算可知，，B錯誤；C．根據分析，曲線是隨的變化，代入計算可得：，常溫下溶于水所得飽和溶液中，根據可知，，則，所以，，，C正確；D．與反應，生成，同時剩余，根據電荷守恒可知：，剩余部分水解，HA部分電離，的電離常數為：，由此可以推出A-水解常數為：，因為水解程度大，所以有，故有：，D錯誤；故選C。14.某鉀離子電池負極材料的晶胞結構如圖1所示，該晶體沿垂直石墨層方向的部分投影如圖2所示，下列說法正確的是A.圖1晶胞是一個立方體B.該負極材料的組成可表示為KC6C.晶體中與K+緊鄰的C的數目為8D.晶胞底面棱長等于碳碳鍵長的倍【答案】D【解析】A．由圖2可知，4個距離最近的鉀離子形成的結構棱形，則圖1晶胞不是一個立方體，故A錯誤；B．由圖可知，晶胞中位于頂點的鉀離子個數為8×=1，位于體內的碳原子個數為8，則負極材料的組成為KC8，故B錯誤；C．由晶胞結構和圖2可知，則晶體中與鉀離子緊鄰的碳原子的數目為12，故C錯誤；D．晶胞底面棱長為d、碳碳鍵長為a，由圖可知，棱形的夾角為60o、面對角線為4a，則d=4a×=a，故D正確；故選D。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.氮化鈦(TiN)是一種金黃色固體，熔點高、硬度大，具有較高的導電性和超導性，可用于制備高溫結構材料和超導材料。以富鈦礦渣(主要成分為FeTiO3、Fe2O3、SiO2等)為原料制備氮化鈦并獲得綠礬(FeSO4?7H2O)的流程如圖所示：已知：①氧化性：Fe3+>TiO2+>H+；②酸浸后，溶液中鈦元素主要以TiO2+形式存在，TiO2+能水解。請回答下列問題：（1）基態Ti3+第三能層電子排布式為___________。（2）在“酸浸”工序中FeTiO3參與反應的化學方程式為___________。（3）向“酸浸”后的濾液1中加入適量鐵粉的原因是___________。（4）FeSO4?7H2O的結構示意圖如圖所示：FeSO4?7H2O中H2O與Fe2+、H2O與的作用力類型依次是___________、___________。（5）實驗室進行“酸洗”、“水洗”操作時，用到的玻璃儀器有___________。（6）生成TiN的化學方程式為___________。（7）氮化鈦的立方晶胞結構如圖所示，與氮原子距離最近且相等的氮原子的數目為___________；若晶胞參數為anm，NA表示阿伏加德羅常數的值，則該晶體的密度ρ=___________(用含a、NA的代數式表示)。【答案】（1）3s23p63d1（2）FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O（3）將溶液中Fe3+還原為Fe2+（4）①.配位鍵②.氫鍵（5）燒杯、漏斗、玻璃棒（6）6TiO2+8NH36TiN+N2↑+12H2O（7）①.12②.【解析】由題給流程可知，向富鈦礦渣中加入硫酸溶液酸浸，將FeTiO3轉化為TiOSO4和硫酸亞鐵，氧化鐵轉化為鐵離子，二氧化硅不反應，過濾得到含有二氧化硅的濾渣和濾液；向濾液中加入適量鐵粉，將溶液中的鐵離子轉化為亞鐵離子，反應得到的溶液降溫結晶、過濾得到七水硫酸亞鐵和濾液；加熱濾液使溶液中的TiO2+離子發生水解反應生成TiO2·xH2O，TiO2·xH2O經酸洗、水洗、煅燒得到二氧化鈦，二氧化鈦和氨氣高溫條件下反應生成氮化鈦、氮氣和水。（1）鈦元素的原子序數為22，基態Ti3+第三能層電子排布式為3s23p63d1，故答案為：3s23p63d1；（2）由分析可知，加入硫酸溶液酸浸的目的是將FeTiO3轉化為TiOSO4和硫酸亞鐵，反應的化學方程式為FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O，故答案為：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；（3）由分析可知，加入適量鐵粉的目的是將溶液中的鐵離子轉化為亞鐵離子，故答案為：將溶液中Fe3+還原為Fe2+；（4）由圖可知，七水硫酸亞鐵晶體中具有空軌道的亞鐵離子與水分子中具有孤對電子的氧原子形成配位鍵，硫酸根離子中的氧原子與水分子形成氫鍵，故答案為：配位鍵；氫鍵；（5）實驗室進行“酸洗”、“水洗”操作時均需用到過濾裝置，過濾需要用到的玻璃儀器為燒杯、漏斗、玻璃棒，故答案為：燒杯、漏斗、玻璃棒；（6）由分析可知，生成氮化鈦的反應為二氧化鈦和氨氣高溫條件下反應生成氮化鈦、氮氣和水，反應的化學方程式為，故答案為：6TiO2+8NH36TiN+N2↑+12H2O；（7）由晶胞結構可知，晶胞中位于體心氮原子與棱上的氮原子距離最近，共有12個；位于頂點和面心的鈦原子個數為8×+6×=4，位于體心和棱上的氮原子個數為12×+1=4，由晶胞的質量公式可得：=(10—7a)3ρ，解得ρ=，故答案為：12；。16.二氧化鍺(GeO2)在醫藥、電子工業、化工、光譜分析材料等眾多領域擁有廣闊的應用前景。實驗室以二氧化鍺粗品(含GeO2和As2O3等)為原料制備GeO2并測定產品純度。已知：①GeCl4熔點為51.5℃，沸點為86.6℃；易水解。②GeO2與NaOH溶液反應生成Na2GeO3.③As2O3與NaOH溶液反應生成NaAsO2，NaAsO2與鹽酸反應生成劇毒的AsCl3(沸點為130.2℃)。④H3AsO4的沸點為160℃。請回答下列問題：I．制備GeCl4實驗流程和裝置如下：（1）儀器a的名稱為___________；冷凝水的出水口為___________(填“m”或“n”)。（2）在滴加濃鹽酸之前，先通入一定量的氯氣，其目的為___________；實驗室可用漂白粉和濃鹽酸反應制氯氣，該反應的化學方程式為___________。（3）“蒸餾”過程中生成GeCl4的化學方程式為___________。II．水解法制GeO2將b裝置收集的GeCl4通過水解進一步制得GeO2?2H2O晶體，再加熱干燥制得純度較高的GeO2。（4）產品中二氧化鍺的含量常采用碘酸鉀(KIO3)滴定法進行測定。步驟如下：a．稱取0.380g產品，加入NaOH溶液充分溶解，再加入NaH2PO2溶液使鍺元素以Ge2+形式存在；b．加入適量稀硫酸將溶液pH調為酸性，滴加幾滴淀粉溶液；c．用0.050的KIO3標準溶液滴定，達到滴定終點時，消耗KIO3標準溶液的體積為24.00mL。已知：；樣品中的雜質不參與反應，NaH2PO2與KIO3和I2均不反應，滴定過程中消耗的忽略不計。①滴定時KIO3標準溶液應盛放在___________(填“酸”或“堿”)式滴定管中。②滴定終點的標志為___________。③此樣品中二氧化鍺的質量分數是___________%(保留小數點后一位)。④下列操作中會導致所測二氧化鍺的含量偏低的是___________(填字母)。a．滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失b．滴定管用蒸餾水洗滌后未用KIO3標準溶液潤洗就直接注入標準溶液c．讀取標準溶液體積時，開始時仰視讀數，滴定結束時俯視讀數【答案】（1）①.三頸燒瓶②.n（2）①.將NaAsO2氧化為Na3AsO4，防止蒸餾階段NaAsO2與濃鹽酸反應生成有劇毒的AsCl3②.Ca(ClO)2+4HCl(濃)=CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O（3）Na2GeO3.＋6HCl(濃)2NaCl+GeCl4↑＋3H2O（4）①.酸②.滴入最后半滴KIO3標準溶液，溶液變為藍色，且30s內不復原③.99.5④.c【解析】由題給流程可知，向二氧化鍺粗品中加入氫氧化鈉濃溶液，將二氧化鍺、三氧化二砷轉化為鍺酸鈉、亞砷酸鈉，向反應后的溶液中通入氯氣，將亞砷酸鈉氧化為砷酸鈉，向溶液中加入濃鹽酸，將鍺酸鈉轉化為四氯化鍺、砷酸鈉轉化為砷酸，將反應所得溶液蒸餾得到四氯化鍺。（1）由實驗裝置圖可知，儀器a為三頸燒瓶；為增強冷凝效果，直形冷凝管中冷凝水進水口為m、出水口為n，故答案為：三頸燒瓶；n；（2）由題意可知，亞砷酸鈉能與濃鹽酸反應生成有劇毒的三氯化砷，所以在滴加濃鹽酸之前，應先通入一定量的氯氣將亞砷酸鈉氧化為砷酸鈉，防止蒸餾階段亞砷酸鈉能與濃鹽酸反應生成有劇毒的三氯化砷；漂白粉和濃鹽酸反應制氯氣的反應為次氯酸鈣與濃鹽酸反應生成氯化鈣、氯氣和水，反應的化學方程式為Ca(ClO)2+4HCl(濃)=CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O，故答案為：將NaAsO2氧化為Na3AsO4，防止蒸餾階段NaAsO2與濃鹽酸反應生成有劇毒的AsCl3；Ca(ClO)2+4HCl(濃)=CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O；（3）“蒸餾”過程中生成四氯化鍺的反應為鍺酸鈉與濃鹽酸共熱反應生成氯化鈉、四氯化鍺和水，反應的化學方程式為Na2GeO3.＋6HCl(濃)2NaCl+GeCl4↑＋3H2O，故答案為：Na2GeO3.＋6HCl(濃)2NaCl+GeCl4↑＋3H2O；（4）①碘酸鉀溶液具有強氧化性，會腐蝕堿式滴定管的橡膠管，所以滴定時碘酸鉀標準溶液應盛放在酸式滴定管中，故答案為：酸；②由題意可知，酸性條件下溶液中的Ge2+離子與碘酸根離子完全反應后，滴入最后半滴碘酸鉀溶液，過量的碘酸鉀溶液能與溶液中的碘化鉀反應生成碘，使溶液變為藍色，則滴定終點的標志為滴入最后半滴KIO3標準溶液，溶液變為藍色，且30s內不復原，故答案為：滴入最后半滴KIO3標準溶液，溶液變為藍色，且30s內不復原；③由題意可得如下轉化關系：3GeO2—3Ge2+—KIO3，滴定消耗24.00mL0.050mol/L碘酸鉀溶液，則二氧化鍺的質量分數為≈99.5%，故答案為：99.5；④a．滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失會使消耗標準溶液的體積偏大，導致所測結果偏高，故不符合題意；b．滴定管用蒸餾水洗滌后未用碘酸鉀標準溶液潤洗就直接注入標準溶液會使消耗標準溶液的體積偏大，導致所測結果偏高，故不符合題意；c．讀取標準溶液體積時，開始時仰視讀數，滴定結束時俯視讀數會使消耗標準溶液的體積偏小，導致所測結果偏低，故符合題意；故選c。17.1907年拉希格(R-aschig)發明了以氨和次氯酸鈉反應制備肼(N2H4)的方法。請回答下列問題：（1）氨氣和次氯酸鈉的反應分兩步進行：①(快反應)②(慢反應)控速反應是___________(填“①”或“②”，下同)；活化能較小的反應是___________。（2）肼既可以作單齒配體(提供1個配位原子)，又可以作雙齒配體(提供2個配位原子)，與過渡金屬離子形成配合