2019年湖南师大附中高考化学考前演练试卷(四)-解析版

2019年湖南师大附中高考化学考前演练试卷（四）
一、单选题（本大题共7小题，共42分）
1.化学在生活中有着广泛的应用。

下列说法不正确的是（）
A. 木材和甘蔗渣的主要成分都是纤维素，蚕丝和蜘蛛丝的主要成分都是蛋白质
B. 高温烹调食物不仅可能产生刺激性气味，同时还可能产生致癌物
C. 液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰
D. 水果中含有丰富的维生素，熬制水果粥可以使其中的营养被人体充分吸收
2.设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是（）
A. 30g丙醇中存在的共价键总数为5N A
B. 9.3gMnO2与500mL0.8mol/L.盐酸充分反应，至少失去约1.204×1023个电子
C. 3.6gCaO2与KHS的固体混合物中含有的阴离子的数目为0.05N A
D. 容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2N A
3.下列关于有机化合物的说法中正确的是（）
A. 淀粉和纤维素互为同分异构体
B. 油脂是低分子有机物，皂化反应与酯化反应互为可逆反应
C. 苯乙烯被足量的氢气还原后的产物最多可以得到5种一溴代物(不考虑立体异构
)
D. 植物油的硬化过程中发生了加成反应
4.下列实验操作能达到实验目的是（）
A. A
B. B
C. C
D. D
5.短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为13．X与
Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍．下列说法正确的是（）
A. X的氢化物溶于水显酸性
B. Y的氧化物是离子化合物
C. Z的氢化物的水溶液在空气中存放不易变质
D. X和Z的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸
6.锌一空气电池是一种电荷容量大、体积小、工作安全可靠的环保电池，可用作电动
车动力电源。

锌空气电池是一种半蓄电池半燃料电池，电解质溶液是KOH溶液，其反应原理是2Zn+O2+4OH-+2H2O=2Zn（OH）42-．下列选项正确的是（）
A. 放电时，外电路电子的流向是O2→Zn
B. 放电时，电解质溶液中的pH逐渐增大
C. 充电时，电解质溶液中OH−移向阳极
D. 充电时，电路中通过0.6mol电子，消耗氧气6.72L(
标准状况)
7.小明同学想探究中和滴定过程中的pH变化。

常温下，
他向20.00mL 0.1000mol・L-1的某酸HX中滴入
0.1000mol・L-1的NaOH溶液，滴定曲线如图所示，其
中A点坐标为（0，5.15）。

下列说法不正确的是（）
A. P点溶液中的微粒浓度大小是c(Na+)>c(HX)>c(X−)>c(OH−)>C(H+)
B. 滴定过程中的指示剂可选用酚酞
C. HX的电离常数K a=5×10−10
D. P点之后，由水电离的c(OH−)先増大后减小
二、简答题（本大题共4小题，共48分）
8.高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，还有少量FeS2和金属硫酸盐）是常
见的化工原料，可用于生产单质铝及Fe3O4等，其部分工艺流程如图1所示：
注：SiO2在“碱浸”时转化为铝硅酸钠沉淀。

（1）“焙烧1”中添加CaO的作用是______。

（2）“过滤1”得到的滤渣中含大量的Fe2O3．Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下经“焙烧2”生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=______。

（3）向“滤液”中加入NaHCO3溶液，请写出涉及的主要反应的离子方程式：______。

（4）“电解1”的总化学方程式为______。

其阳极材料石墨易消耗，原因是______。

（5）”电解2”的原理如图2所示。

阳极的电极反应式为______。

（6）经步骤“电解2”后，循环进入步骤“碱浸”的物质是______。

9.铁及其化合物在生产、生活中应用广泛。

试回答下列问题：
（1）FeCl3的净水原理是______。

（2）工业上用NaClO3氧化FeCl2废液得到FCl3来节约成本。

若酸性FeCl2废液中c （Fe2+）=1.0×10-3mol•L-1，c（Cl-）=3.6×10-3mol•L-1，c（Fe3+）=2.0×10-4mol•L-1则该溶液的pH约为______。

（3）用零价铁去除水体中的硝酸盐已成为环境修复研究的热点之一，铁还原水体中的NO3-的反应原理如图1所示。

①负极材料是______，正极的电极反应式是______。

②实验发现：在初始pH=4.5的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的Fe2+可
以明显提高NO3-的去除率。

对Fe2+的作用提出两种假设：
Ⅰ．Fe2+直接还原NO3-
Ⅱ．Fe2+破坏FO（OH）氧化层。

做对比实验，结果如图2所示，可得到的结论是______。

（4）K3[Fe（C2O4）3]・3H2O（三草酸合铁酸钾）为翠绿色晶体，可用于晒制蓝图。

用K3[Fe（C2O4）3]・3H2O作感光剂，以K3[Fe（CN）6]溶液为显色剂，光解反应的化学方程式为2 K3[Fe（C2O4）3]−光照2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑；显色反应的化学方程式为______。

（5）钢制构件在镀锌前需要经过酸洗，其基本原理是用盐酸除去其表面的Fe2O3・H2O及FeO）等杂质。

回收废酸的同时生产含铁产品的流程如下：
已知：酸洗钢制构件后得到废酸的主要成分如表所示 成分 Cl - 游离HCl Fe 2+ Fe 3+
含量/g 。

L -1 130～160 50～70 60～80 0 i ．pH ＜4时，Fe 2+不易被氧气氧化。

①过程Ⅱ中，发生的主要反应：FeCl 2（s ）+H 2SO 4（aq ）⇌FeSO 4（s ）+2HCl （aq ）。

加入过量H 2SO 4的作用是______。

（至少写出两点）。

用化学平衡原理解释鼓入空气的目的：______。

②过程V ：阴离子交換树脂可将FeCl 4-
选择性吸附分离，其过程可表示为
ROH+X-⇌脱附吸附RX+OH -（X 表示FeCl 4-）。

当树脂吸附饱和后可直接用水洗涤树脂进行脱
附，同时脱附过程发生反应：FeCl 4-⇌Fe 3++4Cl -．吸附后溶液的pH 将会______（填“升高”“降低”或“不变”）。

10. 碳族元素及其化合物广泛存在于自然界中，请回答下列问题：
Ⅰ．锗（Ge ）是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。

（1）基态Ge 原子的核外电子排布式为[Ar]______。

（2）Ge 与C 是同族元素，C 原子之间可以形成双键、三键，但Ge 原子之间难以形成双键或三键。

从原子结构角度分析，原因可能是______。

（3）比较下表中锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因
GeCl 4 GeBr 4 GeI 4 熔点/℃
-49.5 26 146 沸点/℃ 83.1 186 约400
（4）光催化还原CO 2制备CH 4的反应中，带状纳米Zn 2GeO 4是该反应的良好催化剂。

Zn
Ge 、O 的电负性由大至小的顺序是______。

Ⅱ．碳元素的単质有多种形式，其化合物在电子、材料等领域亦应用广泛。

（5）图1所示依次是C 60、石墨和金刚石的结构图。

金刚石、石墨烯（指单层石墨）中碳原子的杂化形式分别为______、______。

（6）C 60属于______晶体，石墨属于______晶体。

（7）一种含碳磁性材料的单晶胞结构如图2所示。

①原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置。

上图所示晶胞结构中A的原子坐
标参数为（0，0，0），B为（0，1，1），则该晶胞中碳原子的原子坐标为______。

②Mn在晶体中的堆积方式为______（填“简单立方”“体心立方”“面心立方最
密”或”六方最密”）堆积。

③若该晶胞的边长为apm，N A表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度的表达式为
______。

11.由常见的有机化工原料芳香烃A制备医药中间体K和高分子E的合成路线如图所示
（部分反应条件已省略）：
已知：①
②有机物分子中，同一个碳原子上连接有两个羟基时不稳定，会自动脱水。

请回答下列问题：
（1）G的名称是______，J含有的官能团的名称是______。

（2）反应⑤的反应类型是______，反应⑦的作用是______。

（3）写出反应②的化学方程式：______。

（4）D的同分异构体中能同时满足下列条件的有______种，其中核磁共振氢谱为5组峰，峰面积之比为1：2：2：2：3的结构简式为______。

①苯环上有两个取代基；
②能发生银镜反应；
③能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应。

（5）小文同学想用起始原料D制备请帮助他将合成路线补充完整（无机试剂及溶剂任选）。

三、实验题（本大题共1小题，共15分）
12.水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。

某课外小组设计如图所示的实验装
置（夹持装置略），采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧的含量。

实验步骤及测定原理如下：
Ⅰ．取样、氧的固定
a．用溶解氧瓶采集水样，记录大气压及水体温度。

b．向烧瓶中加入200mL水样。

c．向烧瓶中依次迅速加入1mL．MnSO4无氧溶液（过量）和2mL．碱性KI无氧溶液（过量）开启搅拌器，反应生成MnO（OH）2，实现氧的固定。

Ⅱ．酸化、滴定
d．搅拌，并向烧瓶中加人2mL硫酸无氧溶液至MnO（OH）2被I-还原为Mn2+，溶液为中性或弱酸性
e．在暗处静置5min后，取一定量溶液，用Na2SO4标准溶液滴定生成的I2
（2S2O32-+I2=2I-+S4O62-），记录数据。

f．……
g．处理数据（忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体积的变化）。

回答下列问题：
（1）配制以上无氧溶液时，除去所用溶剂水中的氧气的简单操作为______。

（2）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是______。

（3）“步骤c”中“搅拌”的作用是______。

（4）“氧的固定”中发生主要反应的化学方程式为______。

（5）“步骤f”为______。

（6）“步骤e”中，用a mol・L-1Na2SO4标准溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，滴定终点的现象为______；若200mL水样经处理后，共消耗Na2SO4标准溶液的体积为bmL，则水样中溶解氧的含量为______（用含字母的式子表示）mg・L-1。

（7）“步骤d“中加入硫酸溶液反应后，若溶液pH过低，滴定时会产生明显的误差，写出产生此误差的原因______（用离子方程式表示，至少写出2个）：
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
解：A．植物秸秆中主要含纤维素，则木材和甘蔗渣的主要成分都是纤维素，蚕丝和蜘蛛丝的主要成分都是蛋白质，故A正确；
B．高温烹调实物不仅有刺激性气味，同时还会产生致癌物，故B正确；
C．生石灰和水反应生成氢氧化钙，氯气有毒，氯气和氢氧化钙反应生成无毒的氯化钙、次氯酸钙和水，从而降低氯气的毒性，故C正确；
D．维生素高温，营养破坏，熬制水果粥破坏维生素营养成分，故D错误；
故选：D。

A．植物秸秆中主要含纤维素，蚕丝和蜘蛛丝的主要成分都是蛋白质；
B．食物高温能够产生致癌；
C．氯气和氢氧化钙反应生成无毒的氯化钙、次氯酸钙和水；
D．维生素高温，营养破坏。

本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意生活与化学的联系，题目难度不大。

2.【答案】C
【解析】
解：A、30g丙醇的物质的量为0.5mol，而丙醇中含11条共价键，故0.5mol丙醇中含共价键为5.5N A条，故A错误；
B、二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故盐酸不能反应完全，故转移的电子少于1.204×1023个，故B错误；
C、CaO2与KHS的摩尔质量均为72g/mol，故3.6g混合物的物质的量为0.05mol，且两者均由1个阳离子和1个阴离子构成，故0.05mol混合物中含阴离子为0.05N A个，故C 正确；
D、NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致最终产物分子小于2N A个，故D错误。

故选：C。

A、求出丙醇的物质的量，然后根据丙醇中含11条共价键来分析；
B、二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应；
C、CaO2与KHS的摩尔质量均为72g/mol，且均由1个阳离子和1个阴离子构成；
D、NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4。

本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。

3.【答案】D
【解析】
解：A．淀粉和纤维素都为高聚物，聚合度介于较大范围之间，没有确定的值，则分子式不一定相等，二者不一定为同分异构体，故A错误；
B．皂化反应为酯类在碱性条件下的水解，比较彻底，与酯化反应反应的条件不同，不是可逆反应，故B错误；
C．苯乙烯被足量的氢气还原可生成乙基环己烷，有6种H，则得到6种一溴代物，故C 错误；
D．植物油的硬化过程为与氢气的加成反应，故D正确。

故选：D。

A．淀粉和纤维素都为高聚物，分子式不一定相等；
B．皂化反应为酯类在碱性条件下的水解；
C．苯乙烯被足量的氢气还原可生成乙基环己烷；
D．植物油的硬化过程为与氢气的加成反应。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，把握官能团与性质的关系为解答的关键，选项A为易错点，题目难度不大。

4.【答案】B
【解析】
解：A．发生氧化还原反应生成硫酸钠、水，现象不明显，不能探究浓度对速率的影响，故A错误；
B．发生强酸制取弱酸的反应，生成硅酸沉淀，可判断苯酚与碳酸的酸性强弱，故B正确；
C．发生复分解反应生成沉淀，应水解制备胶体，故C错误；
D．溶解后，先冷却再转移，然后在250mL容量瓶中定容，故D错误；
故选：B。

A．发生氧化还原反应生成硫酸钠、水，现象不明显；
B．发生强酸制取弱酸的反应；
C．发生复分解反应生成沉淀；
D．溶解后，先冷却再转移。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、反应速率、胶体制备、溶液配制、沉淀生成为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

5.【答案】B
【解析】
解：因X与Y、Z位于相邻周期，短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，则X可能为第二周期的元素，即Y、Z位于第三周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，则Z的最外层电子数为2×3=6，即Z为硫，Y 的最外层电子数为=2，即为镁元素，再由原子的最外层电子数之和为13，则X的最外层电子数为13-2-6=5，即X为氮元素；
A、X的氢化物为氨气，氨气和水反应生成一水合氨，在水中电离生成按很离子合氢氧根离子，则溶液显碱性，故A错误；
B、Y的氧化物为氧化镁，是由镁离子和氧离子构成，则属于离子化合物，故B正确；
C、Z的氢化物为硫化氢，硫元素的化合价为最低价，具有较强的还原性，其水溶液在
空气中存放易被氧化，故C错误；
D、N、S的最高价氧化物对应的水化物为硝酸和硫酸，都属于强酸，故D错误；
故选：B。

X与Y、Z位于相邻周期，短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，则X可能为第二周期的元素，即Y、Z位于第三周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，则Z的最外层电子数为2×3=6，即Z为硫，Y的最外层电子数为=2，即为镁元素，再由原子的最外层电子数之和为13，则X的最外层电子数为13-2-6=5，即X为氮元素；
A、利用氨气与水反应即氨水的电离来分析；
B、利用氧化镁的构成微粒来分析；
C、利用硫化氢中硫元素的化合价来分析其性质；
D、X的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，Z的最高价氧化物对应的水化物为硫酸．
本题考查学生利用元素的位置及原子的最外层电子数和内层电子数的关系来推断元素，利用X为第二周期元素为突破口是解答本题的关键，学生应熟悉元素化合物知识来解答此类习题．
6.【答案】C
【解析】
解：A．放电时，外电路电子的流向：负极经过导线流向正极，即Zn→O2，故A错误；B．放电时，原电池总反应为2Zn+O2+4OH-+2H2O=2Zn（OH）42-，消耗OH-，溶液碱性减弱，pH逐渐减小，故B错误；
C．充电时，为电解池，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，故C正确；
D．放电时，总反应为2Zn+O2+4OH-+2H2O═2Zn（OH）42-，电路中通过4mol电子，消耗氧气1mol，则电路中通过0.6mol电子，消耗氧气3.36L（标准状况），故D错误。

故选：C。

根据2Zn+O2+4OH-+2H2O═2Zn（OH）42-可知，O2中元素的化合价降低，被还原，应为原电池正极，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，Zn元素化合价升高，被氧化，应为原电池负极，电极反应式为Zn+4OH--2e-=Zn（OH）42-，放电时电子由负极经过导线流向正极，电流由正极流向负极，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；电池充电与放电时电极反应相反，阳离子向阴极移动，以此解答该题。

本题考查原电池与电解池的原理，正确判断正负极、阴阳极，注意电极反应式的书写及电子转移的计算，正确判断化合价的变化为解答该题的关键，题目难度不大。

7.【答案】D
【解析】
解：A．P点加入10mLNaOH溶液，0.1000mol/L10mLNaOH溶液与0.1000mol/L20.00mLHX 充分反应得到等物质的量浓度的NaX和HX的混合液，溶液的pH=8说明X-的水解程度大于HX的电离程度，则则c（HX）＞c（X-），结合物料守恒可知，c（HX）＞c（Na+）＞c（X-），所以P点溶液中微粒浓度由大到小的顺序为：c（HX）＞c（Na+）＞c（X-）＞c（OH-）＞c（H+），故A错误；
B．恰好反应得到的NaX溶液呈碱性，滴定时指示剂可可选用酚酞，故B正确；
C.0.1000mol/LHX溶液的pH=5.15，溶液中c（H+）=c（X-）=10-5.15，c（HX）=（0.1000-10-5.15）mol/L≈0.1000mol/L，HX的电离方程式为HX⇌H++X-，HX的电离常数K a== =10-9.3=100.7×10-10≈5×10-10，故C正确
D．P点加入10mLNaOH溶液，反应后溶质为等浓度NaX和HX的混合液，溶液的pH=8说明X-的水解程度大于HX的电离程度，促进了水的电离，当加入20mLNaOH溶液时NaOH 和HX恰好完全反应，水的电离程度达最大，NaOH溶液大于20mL时过量的NaOH电离的OH-抑制水的电离，所以P点到B点过程中，水电离的c（OH-）先增大后减小，故D正确；
故选：D。

A．P点反应得到等物质的量浓度的NaX和HX的混合液，溶液的pH=8，溶液呈碱性，说明X-的水解程度大于HX的电离程度，则c（HX）＞c（X-），结合物料守恒分析；B．NaOH与HX恰好完全反应得到的NaX溶液呈碱性，应选用碱性范围内发生颜色变化的指示剂；
C.0.1000mol/LHX溶液的pH=5.15，溶液中c（H+）=c（X-）=10-5.15，c（HX）=（0.1000-10-5.15）mol/L≈0.1000mol/L，结合电离常数K a==计算；
D．恰好反应生成NaX时，X-水解水的电离程度最大，恰好反应之前，加入的氢氧化钠溶液体积越大，水的电离程度越大，恰好反应之后氢氧化钠浓度越大，水的电离程度越小。

本题考查守恒的定性判断、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。

8.【答案】除去焙烧时生成的SO2 1：16 OH-+HCO3-=CO32-+H2O、HCO3-+AlO2-+H2O=Al （OH）3↓+CO32- 2Al2O3−电解4Al+3O2石墨电极被阳极上产生的O2氧
化 4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑ NaOH溶液
【解析】
解：（1）矿粉焙烧时FeS2与氧气反应生成二氧化硫，加入CaO，可除去焙烧时生成的二氧化硫，生成硫酸钙，
故答案为：除去焙烧时生成的SO2；
（2）过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3，Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，设有xmolFe2O3和ymolFeS2完全参加反应，根据电子得失守恒：2x×（3-）=2y×5+y×-2），解得=16，所以理论上完全反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1：
16，
故答案为：1：16；
（3）“过滤”所得滤液中含有NaOH、NaAlO2，加入NaHCO3溶液生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为OH-+HCO3-=CO32-+H2O、HCO3-+AlO2-+H2O=Al（OH）3↓+CO32-，
故答案为：OH-+HCO3-=CO32-+H2O、HCO3-+AlO2-+H2O=Al（OH）3↓+CO32-；
（4）“电解1”是电解熔融Al2O3，方程式为2Al2O34Al+3O2，电解过程中作阳极的石墨易消耗，因石墨电极被阳极上产生的O2氧化，
故答案为：2Al2O34Al+3O2；石墨电极被阳极上产生的O2氧化；
（5）由图可知，生成氧气的为阳极室，同时生成HCO3-，阳极反应为4CO32-+2H2O-4e-═4HCO3-+O2↑，
故答案为：4CO32-+2H2O-4e-═4HCO3-+O2↑；
（6）阴极室水电离的氢离子放电生成氢气而破坏水的电离平衡，氢氧化钠溶液浓度变大，则循环进入步骤“碱浸”的物质是NaOH溶液，故答案为：NaOH溶液。

高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，还有少量FeS2和金属硫酸盐），由流程可知，加入少量CaO，在空气中煅烧，可生成硫酸钙，加入氢氧化钠溶液进行碱浸，滤液中含有NaAlO2，加入碳酸氢钠溶液可生成氢氧化铝，灼烧生成氧化铝，电解可生成铝，过滤得到的溶液为碳酸钠，电解可生成氧气、氢氧化钠，过滤1得到的滤渣含有铁的氧化物、硫酸盐以及铝硅酸钠等，加入FeS2后进行煅烧，可生成四氧化三铁，磁选后可得到较为纯净的四氧化三铁，以此解答该题。

本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，为高考常见题型和高频考点，题目难度较大，明确制备流程为解答关键，注意掌握常见物质分离与提纯的操作方法，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。

9.【答案】Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂
质 3 Fe NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O 本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3-；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3-的去除率 3FeC2O4+2K3[Fe（CN）6]=Fe3[Fe（CN）6]2↓+3K2C2O4抑制Fe2+水解：防止pH＞4时，Fe2+被氧气氧化提供SO42-利于FeSO4固体析出；空气带走HCl气体，促进平衡FeCl2（s）+H2SO4（aq）⇌FeSO4（s）+2HCl（aq）向正反应方向移动，有利于FeSO4固体的析出升高
【解析】
解：（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用，
故答案为：Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质；
（2）根据电荷守恒：c（Cl-）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH-浓度很小，在这里可以忽略不计），则c（H+）=c（Cl-）-2c（Fe2+）-3c（Fe3+）=1.0×10-3mol •L-1，则溶液pH=-lg1.0×10-3=3，
故答案为：3；
（3）①Fe还原水体中NO3-，则Fe作还原剂，失去电子，作负极，
NO3-在正极得电子发生还原反应产生NH4+，根据图2信息可知为酸性环境，则正极的电极反应式为：NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O，
故答案为：Fe；NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O；
②从图2的实验结果可以看出，单独加入Fe2+时，NO3-的去除率为0，因此得出Fe2+不能
直接还原NO3-；而Fe和Fe2+共同加入时NO3-的去除率比单独Fe高，因此可以得出结论：本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3-；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3-的去除率。

故答案为：本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3-；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3-
的去除率；
（4）FeC2O4与反应K3[Fe（CN）6]生成蓝色的Fe3[Fe（CN）6]2沉淀，同时生成K2C2O4，该反应的化学方程式为：3FeC2O4+2K3[Fe（CN）6]=Fe3[Fe（CN）6]2↓+3K2C2O4，
故答案为：3FeC2O4+2K3[Fe（CN）6]=Fe3[Fe（CN）6]2↓+3K2C2O4；
（5）①过程II中，发生的主要反应：FeCl2（s）十H2SO4（aq）⇌FeSO4（s）+2HCl（aq），Fe2+水解，Fe2++2H2O=Fe（OH）2+2+，加入过量的H2SO4，氢离子浓度增大，平衡正向移动，抑制Fe2+水解：防止pH＞4时，Fe2+被氧气氧化：同时提供H+利于HCl气体的逸出；提
供SO42-利于FeSO4固体析出；
鼓入空气的目的是空气带走HCl气体，促进平衡FeCl2（s）+H 2SO4（aq）⇌FeSO4（s）+2HCl（aq）向正反应方向移动，有利于FeSO4固体的析出；
故答案为：抑制Fe2+水解：防止pH＞4时，Fe2+被氧气氧化：同时提供H+利于HCl气体
的逸出；提供SO42-利于FeSO4固体析出；空气带走HCl气体，促进平衡FeCl2（s）+H 2SO4（aq）⇌FeSO4（s）+2HCl（aq）向正反应方向移动，有利于FeSO4固体的析出；
②阴离子交换树脂对离子选择性吸附分离，其过程可表示为ROH+X-
RX+OH-，利用
阴离子交换树脂进行吸附时，树脂上的OH-被交换下来进入吸附后溶液，则附后溶液酸
性下降，pH升高，故答案为：升高。

（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；（2）根据电荷守恒：c（Cl-）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH-浓度很小，在这里可以忽略不计），据此溶液中氢离子的浓度，再根据pH=-lgc（H+）计算；（3）①Fe还原水体中NO3-，根据题意Fe3O4为电解质，则Fe作还原剂，失去电子，作
负极；NO3-在正极得电子发生还原反应产生NH4+，根据图2信息可知为酸性环境；
②根据图2中的三个实验结果进行分析，单独加入Fe2+时，NO3-的去除率为0，因此得出Fe2+不能直接还原NO3-；而Fe和Fe2+共同加入时NO3-的去除率比单独Fe高；
（4）FeC2O4与反应K3[Fe（CN）6]生成蓝色的Fe3[Fe（CN）6]2沉淀，同时生成K2C2O4；（5）废酸为盐酸去除Fe2O3•2H2O及FeO等杂质后的物质，该过程发生的反应为：
2H++FeO=Fe2++H2O、6H++Fe2O3•2H2O+Fe═3Fe2++5H2O，故废酸中主要含有氯化亚铁和盐酸，回收废酸同时生产含铁产品的流程，加热浓缩废酸，得到氯化氢气体和氯化亚铁的固液混合物，其中氯化氢溶于水可得盐酸，向氯化亚铁的固液混合物中将入过量的稀硫酸并
通入空气，生成氯化氢气体和硫酸亚铁固体，灼烧发生反应：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3
↑；
向废酸中加入双氧水得到含有FeCl4-的溶液，反应为：2Fe2++H2O2+8Cl-+2H+═2FeCl4-+2H2O，树脂吸附饱和后可直接用水洗涤树脂进行脱附，洗脱液中为FeCl3和HCl，以此解答该题。

本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分
离及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物与实验相结合的训练，综合性较强，题目难度中等。

10.【答案】3d104s24p2 Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键 O＞Ge＞Zn sp3 sp2分
子混合（0.5，0.5，0.5）面心立方最密
296
N A×(a×10−10)3
g/cm3
【解析】
解：（1）Ge是32号元素，位于第四周期第IVA族，基态Ge原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2，
故答案为：3d104s24p2；
（2）虽然Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但考虑Ge的原子半径大，难以通过“肩并肩”方式形成π键，所以Ge原子之间难以形成双键或叁键，
故答案为：Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键；
（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：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，故沸点：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，
故答案为：GeCl4、GeBr4、GeI4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；
（4）元素的非金属性越强，其电负性越大，这几种元素的非金属性O＞Ge＞Zn，所以电负性O＞Ge＞Zn，
故答案为：O＞Ge＞Zn；
（5）根据图知，石墨中每个C原子形2个共价单键、1个共价双键，则每个C原子的价层电子对个数是3、金刚石中每个C原子形成4个共价键，则价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论知，石墨中C原子采用sp2杂化、金刚石中C原子采用sp3杂化，
故答案为：sp3；sp2；
（6）C60晶体组成微粒为60个碳原子组成的C60分子，属于分子晶体；石墨片层内以共价键结合，片层之间以分子间作用力结合，为混合晶体，
故答案为：分子；混合；
（7）①上图所示晶胞结构中A的原子坐标参数为（0，0，0），B为（0，1，1），则该晶胞中碳原子在x、y、z轴的投影都是0.5，所以C原子坐标参数为（0.5，0.5，0.5），故答案为：（0.5，0.5，0.5）；
②Mn在晶胞的面心上，为面心立方最密堆积，
故答案为：面心立方最密；
③若该晶胞的边长为apm，晶胞体积为（a×10-10cm）3，该晶胞中C原子个数是1、Sn 原子个数=8×=1、Mn原子个数=6×=3，该晶体密度==g/cm3=
g/cm3，。