【文档说明】山西省朔州市重点中学2019-2020学年高一下学期期末教学质量检测化学试题【精准解析】.doc，共(18)页，1.224 MB，由小赞的店铺上传

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2019—2020学年第二学期高二期末教学质量检测化学(B)可能用到的相对原子质量有：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Cl35.5Fe56Cu64Cr52Ti48一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1.新冠肺炎自发现至今已全球扩散，造成巨大损

失，75%酒精、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、乙醚和氯仿等溶剂均可有效灭杀该病毒。下列有关说法正确的是A.外出返家时，可用75%酒精喷雾对手、衣服等部位进行消毒B.过氧乙酸的摩尔质量为76C.标准状况下，2.24L氯仿的分子数约为0.lNA个D.将“84”消毒

液与75%酒精1:l混合、消毒效果更好【答案】A【解析】【详解】A.75%酒精能杀菌消毒，因此外出返家时，可用75%酒精喷雾对手、衣服等部位进行消毒，A正确；B.过氧乙酸的化学式为CH3COOOH，摩尔质量为76g/mol，B错误；C.标准状况下氯仿是

液体，2.24L氯仿的分子数不是0.lNA个，C错误；D.“84”消毒液具有强氧化性，乙醇具有还原性，将“84”消毒液与75%酒精1:l混合消毒效果更差，D错误；答案选A。2.下列有关化学用语表示正确

的是A.丙烯的结构简式：CH2CHCH3B.NaH的电子式：C.基态铁原子的价电子排布式：3d74s1D.中子数为11镁原子：2411Mg【答案】B【解析】【详解】A．结构简式中碳碳双键不能省略，丙烯的结构简式为CH2=CHCH3，A错误；B．NaH是离子化合物，由Na+和H-组成，电子式

为，B正确；C．Fe为26号元素，电子排布式为[Ar]3d64s2，故基态铁原子的价电子排布式为3d64s2，C错误；D．元素符号左下角的数字表示质子数，故中子数为11镁原子为2312Mg，D错误；故选B。3.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.30g葡萄糖

和冰醋酸的混合物中含有的氢原子数为4NAB.SiO2是正四面体结构，lmolSiO2中含有的共价键为2NAC.向1L0.1mol•L-1，氯化铵溶液中通入少量氨气调节溶液为中性．则+4NH的数目为0.1NAD.25℃'时pH=4的H2CO3溶液中含有H+数为10-4NA【答案】C【解

析】【详解】A．葡萄糖和冰醋酸最简式相同，为CH2O，30g葡萄糖和冰醋酸的混合物含有原子团CH2O的物质的量=30g30g/mol=1mol，含有的氢原子数为2NA，A错误；B．SiO2是正四面体结构，每个硅原子与4个O原子相连，有四个共价键，且共价键不共用，故l

molSiO2中含有的共价键为4NA，B错误；C．由电荷守恒得++--4c(NH)c(H)c(Cl)c(OH)+=+，溶液中性时，+-cHcOH=)(()，所以+-4c(NH)c(Cl)==0.1mol•L-1，故+4NH的物质的量为1L×0.1mol•L-

1=0.1mol，数目为0.1NA，C正确；D．选项中没有说明体积，不能计算H+的物质的量，D错误；故选C。4.下列解释事实的离子方程式正确的是A.Na2CO3溶液使酚酞变红：2-3CO+H2O⇌H2CO3+OH-B.H2C2O4遇酸性KMnO

4溶液紫色褪去(已知：室温下，0.lmol•L-1H2C2O4的pH=l.3)：2-4MnO+52-24CO+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2OC.用惰性电极电解饱和MgCl2溶液：2Cl-+2H2O2OH-+H

2↑+Cl2↑D.用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O【答案】D【解析】【详解】A．碳酸根水解分步进行，即Na2CO3溶液使酚酞变红：CO32－+H2OHCO3－+OH－，A错误；B．草酸是弱电解质，则H2C2O4遇酸

性KMnO4溶液紫色褪去：2-4MnO+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，B错误；C．电解饱和MgCl2溶液的化学方程式应为：Mg2+＋2Cl－＋2H2O电解Mg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑，C错误；D．酸性条

件下，过氧化氢与海带灰浸出液中的碘离子反应生成单质碘和水，反应的离子方程式为2I－＋H2O2＋2H+＝I2＋2H2O，D正确；答案选D。5.化学是一门以实验为基础的学科。关于下列叙述中，正确的是A.碱式滴定管既可用于中和滴定．也可用于量取一定量的NaCl或Al2(S

O4)3溶液B.下图实验用于比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果C.准确移取20.00mL某待测浓度的盐酸于锥形瓶中，用0.1000mol/L的氢氧化钠标准溶液滴定，随着氢氧化钠溶液的滴入，锥形瓶中溶液的pH由小变大D.用惰性电极电解CuSO4的水

溶液，电解一段时间后．再加入Cu(OH)2能使溶液恢复到电解前的状态【答案】C【解析】【详解】A.碱式滴定管既可用于中和滴定，也可用于量取一定量的NaCl溶液，硫酸铝溶液显酸性，不能量取Al2(SO4)3溶液，A错误；B.用于比较Fe3+和Cu2+对H

2O2分解的催化效果，所加溶液的体积不同而使实验没有可比性，B错误；C.酸中滴入碱，溶液的碱性增强，酸性减弱，溶液pH由小变大，C正确；D.用惰性电极电解CuSO4的水溶液，电解一段时间后生成硫酸、氧气和铜，所以再加入CuO能使溶液恢复到电解前的状态，D错误；答案选C。6.已知有如下转化关系：

；则反应①、②、③的反应类型分别为（）A.取代、加成、取代B.取代、取代、加成C.氧化、加成、加成D.氧化、取代、取代【答案】C【解析】【详解】由题给转化关系可知，在一定条件下，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，在铜做催化剂作用

下，乙醇发生催化氧化反应生成乙醛，乙烯与溴化氢发生加成反应生成溴乙烷，则反应①为氧化反应、反应②为加成反应、反应③为加成反应，故选C。7.武汉军运会期间对大量盆栽鲜花施用了S诱抗素制剂，以保证鲜花盛开。S诱抗素的分子结构简式如图所示，下列关于该分子的说法正确的是A.该有机物和乙醇酯化后

的分子式为：C17H24O4B.该分子所有原子可能处于同一平面C.为芳香化合物，且1mol有机物与足量的钠反应产生lmolH2D.在铜的催化下与氧气反应的产物中含有醛基【答案】A【解析】【详解】A.根据结构简式可知分子式为C1

5H20O4，分子中含有1个羧基，因此该有机物和乙醇酯化后的分子式为：C17H24O4，A正确；B.分子中含有多个饱和碳原子，因此该分子所有原子不可能处于同一平面，B错误；C.分子中不存在苯环，不属于芳

香化合物，C错误；D.与羟基相连的碳原子上没有氢原子，在铜的催化下不能发生催化氧化，D错误；答案选A。8.下列说法正确的一组是①明矾、纯碱溶液、烧碱为电解质②常温下2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)能够自发进行，则该反应为吸热反应③C5H10O2的同分异构体中，

能与NaHCO3反应生成CO2的有4种④港珠澳大桥设计使用寿命为120年，对桥体钢构件采用牺牲阳极的阴极保护法时需外接镁、锌等作辅助阳极⑤10mL0.1mol•L-1醋酸溶液与5mL0.2mol•L-1NaOH溶液混合，c(Na+)=

c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)⑥金刚石、SiC、H2O、H2S晶体的熔点依次降低A.③④⑥B.①③④C.②④⑥D.①⑤⑥【答案】A【解析】【详解】①电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，纯碱溶

液是混合物，不是电解质，①错误；②自发反应的TGHS=−<0，反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)为熵减反应，S<0，若要G<0，则H<0，反应放热，②错误；③C5H10O2的同分异构体中，能与NaHCO3反应生成CO2的是羧酸，同分异构体有CH

3CH2CH2CH2COOH、、、共4种，③正确；④牺牲阳极的阴极保护法是原电池的原理，外加的Mg或Zn比Fe活泼，作为原电池的负极，失电子发生氧化反应，能够保护正极，④正确；⑤10mL0.1mol•L-1醋酸溶

液与5mL0.2mol•L-1NaOH溶液混合，恰好反应生成CH3COONa，CH3COONa溶液中，CH3COO-水解会使CH3COO-减少，故c(Na+)>c(CH3COO-)，⑤错误；⑥金刚石、SiC是原子晶体，原子半径越小，熔沸点

越高，熔点：金刚石>SiC，H2O、H2S是分子晶体，H2O分子间有氢键，熔点：H2O>H2S，原子晶体的熔沸点大于分子晶体，所以熔点由大到小为金刚石>SiC>H2O>H2S，⑥正确；综上所述，③④⑥正确，故选A。9.已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增

大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，C原子的最外层电子排布式是2s22p4，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，E的最高正价与最低负价代数和为4。下列说法正确的是A.化合物EC2、乙烯使溴水褪色的原理相同B.B的氧化物对应的水化物一定是强酸C.D、E的简单离子均

能破坏水的电离平衡D.化合物DC与A2C2中化学键类型相同【答案】C【解析】【分析】A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成化合物常用作制冷剂，制冷剂为氨气，所以A为氢元素，B为氮元素，C原子的最外层

电子排布式是2s22p4，即C是氧元素，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，则D为镁元素，E的最高正价与最低负价代数和为4，则E为硫元素。【详解】A．根据分析，化合物EC2是SO2，SO2使溴水褪色发

生氧化还原反应，乙烯使溴水褪色发生加成反应，反应原理不同，A错误；B．根据分析，B是氮元素，N的氧化物N2O3对应的水化物HNO2为弱酸，B错误；C．根据分析，D、E的简单离子是Mg2+和S2-，由于Mg2+，S2-水解,可促进水的电离，C正确；D．根据

分析，化合物DC与A2C2是MgO和H2O2，MgO含有离子键，H2O2含有共价键，化学键类型不同，D错误；故选C。10.下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是A.用图所示装置可吸收多余氨气且能防止倒吸B.用图所示装置

(正放)可收集NO气体C.用图所示装置可实现反应：Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑D.用图所示装置可实现检查出装置的气密性A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．NH3直接与硫酸接触，发生倒吸，苯起不到防倒吸的作用，A错误；B．二

氧化碳可防止NO被氧化，且NO的密度比CO2小，从短导管进入集气瓶，排出CO2，类似于排空气法收集气体，B正确；C．Cu与电源负极相连，为阴极，Cu不失去电子，该实验为电解水，C错误；D．装置长颈漏斗与外界空气相通不是

密闭装置，无法检查出装置的气密性，D错误；故选B。11.如图甲是一种既能提供电能，又能实现氮固定的新型燃料电池(采用新型电极材料，N2、H2为电极反应物，HCl-NH4Cl为电解质溶液)；图乙是利用甲装置产生的电能在铁上镀铜。下列说法中正确

的是A.通入N2的一极与图乙中的铁电极相连B.燃料电池工作一段时间后，溶液pH减少C.当消耗0.488L(标准状况)N2时，铁电极增重3.84gD.通入N2一端的电极反应式为N2+8H++8e-=2+4NH【答

案】C【解析】【详解】A．由题图甲可知，通入H2的一极为电池的负极，则通入N2的一极为正极，图乙为铁上镀铜的装置，铜电极为阳极，与正极相连，A项错误；B．由题图甲知，电池的总反应为3H2+N2+2H+＝2NH4+，故电池工作一段时间后，溶液pH增大，B项错误；C．当消耗

标况下0.448L氮气即0.02molN2时转移0.12mol电子，根据各电极上转移电子数相等可知，铁电极上析出Cu的质量为0.06mol×64g/mol＝3.84g，C项正确；D．正极上N2得电子，生成N

H4Cl，电极反应式为N2+8H++6e-＝2NH4+，D项错误；答案选C。12.常温下，下列溶液中各粒子的物质的量浓度关系正确的是A.若常温下浓度均为0.1mol•L-1的NaA和HA的混合溶液的pH＞7，则c(A-)＞c(HA)B.相同条件下，pH=5的①NH4Cl溶液、②CH3COOH

溶液、③稀盐酸三种溶液中由水电离出的c(H+)：①＞②＞③C.等物质的量浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c(HClO)+c(ClO-)＝c(-3HCO)+c(H2CO3)+c(2-3CO)D.0.2mol/L的NaHCO3溶液与0.3m

ol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH-)＞c(Ba2+)＞c(Na+)＞c(H+)【答案】C【解析】【详解】A．由题意知该混合溶液的pH＞7，说明A-的水解程度大于HA的电离程度，故c(A-)＜

c(HA)，A项错误；B．盐酸、醋酸是酸，电离出的氢离子抑制水的电离，氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解促进水的电离，pH相同时，由水电离产生的c(H+)：①＞②=③，B项错误；C．根据物料守恒可知等物质的量浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c(HClO)+c(ClO-)＝c(-3HC

O)+c(H2CO3)+c(2-3CO)，C正确；D．0.2mol/L的NaHCO3溶液与0.3mol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合发生反应后氢氧化钡过量，c(Ba2+)=0.05mol/L，c(Na+)=0.1mol/L，故c(Na+)＞c(Ba2+)

，D项错误；答案选C。13.下列曲线图与对应的叙述相符的是A.如图所示，在体积均为0.5L、pH均等于1的盐酸、醋酸溶液中，分别投入1.4g铁粉，产生氢气的物质的量变化B.用0.1mol•L-1NaOH溶液分别滴定相同物

质的量浓度、相同体积的盐酸和醋酸，其中实线表示的是滴定盐酸的曲线C.反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH>0，水蒸气含量随温度的变化D.某温度下FeS、CuS的沉淀溶解平衡曲线如图所示，纵轴c(M2+)代

表Fe2+或Cu2+的浓度，横轴c(S2-)代表S2-的浓度。在物质的量浓度相等的Fe2+和Cu2+的溶液中滴加硫化钠溶液．首先沉淀的离子为Cu2+【答案】D【解析】【详解】A．在体积均为0.5L、pH均为1的盐酸、醋酸溶液中，投入1

.4g(0.025mol)铁粉，HCl恰好完全反应，醋酸过量，则产生氢气的物质的量相同，A错误；B．用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定醋酸时，随着加入氢氧化钠溶液的量的增加，醋酸会电离出一部分氢离子，所以对应的pH突跃要缓慢；起始时盐酸和醋酸浓度相等，盐酸的pH小；综上所述，虚线应为

盐酸的滴定曲线，B错误；C．依据选项的图分析可知，温度为T2的曲线先平衡，故T2>T1，平衡后温度由T1升至T2时，平衡向吸热方向移动，该反应ΔH>0，即平衡向正方向移动，水蒸气含量增大，但图中温度由T1升至T2时，水蒸气含量减小，C错误；D．依据选项

的图分析可知，硫化铜的溶度积小于硫化亚铁，向同浓度Fe2+和Cu2+的溶液中滴加硫化钠溶液，先沉淀的离子是Cu2+，D正确；故选D。14.a、b、c是三种短周期主族元素。甲是一种常见的温室气体，a、b、c原子序

数之和为26，它们之间存在如图所示关系。下列说法正确的是A.离子半径：c2-＜a2+B.电负性：c＞bC.工业上常用电解熔融乙物质来制取a的单质D.甲分子为非极性键构成的非极性分子【答案】B【解析】【分析】甲是一种常见的温室气体，则甲为CO2；b的单质和c的单质反应生成二氧化碳，则b

、c元素分别为C元素和O元素中的一种；a、b、c原子序数之和为26，则a的原子序数为26－8－6＝12，则a为Mg元素；结合转化关系可知，b为C元素，c为O元素。据此解答。【详解】A．核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径：O2-＞Mg2+，A错误；B．非金属

性越强，电负性越大，则电负性：O＞C，B正确；C．MgO熔点较高，工业上常用电解熔融氯化镁的方法获得金属Mg，C错误；D．甲分子是二氧化碳，为极性键构成的非极性分子，D错误；答案选B。15.元素X的基态原子的2p能级有4个电子；元素Y的M层电子

运动状态与X的价电子运动状态相同；元素Z位于第四周期，其基态原子的2价阳离子M层轨道全部排满电子。下列推断正确的是A.Y是S元素，基态原子最外层电子排布图为B.离子晶体ZX、ZY的熔点：ZX＞ZYC.在Y的氢化物H2Y分子中，Y原子轨道的杂化类型是sp2D.Y与X可形成YX32-，立体构型为四面体

【答案】B【解析】【详解】元素Z位于第四周期，其基态原子的2价阳离子M层轨道全部排满电子，Z是Zn元素；元素X的基态原子的2p能级有4个电子，X是O元素；元素Y的M层电子运动状态与X的价电子运动状态相同，Y是S元素。A．S元素基态原子最外层电子排布图为，A错误；B．离子晶体中离子

的半径越小，带电荷数越多，晶格能越大，晶体的熔沸点越高，可知熔点ZnO＞ZnS，B正确C．H2S分子中，S原子杂化轨道数是4，S原子轨道的杂化类型是sp3，C错误；D．SO32－中S原子的价层电子对数是4，含有一对孤对电子，所以立体构型为三角锥形，D错误；答案选B。二、填空题

16.2020年奥运会奖牌制作原料来自于电子垃圾中提炼出来的金属。从废线路板中提炼贵重金属和制备硫酸铜晶体的一种工艺流程如图：(1)操作①中，使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还需__________。(2)滤液中所含的阳离子有Cu2+、Al3+和__________(填离子符号)。(3)

已知部分金属阳离子以氢氧化物形成沉淀时溶液的pH见下表：对应离子Fe3+Cu2+Al3+Fe2+开始沉淀时pH1.95.23.37.6完全沉淀时pH3.26.74.09.6调节pH时，加入的试剂可以是________(填序号)，pH应调整为______。A.CuO

B.Cu(OH)2C.Cu2(OH)2CO3D.CuSO4(4)写出粗铜中的铜与稀硫酸和过氧化氢的混合溶液发生反应的化学方程式：_________。(5)从CuSO4溶液中析出CuSO4晶体的方法是_________。(6)用新型甲醇燃

料电池作电源电解硫酸铜溶液①若a、b均为石墨，a极的电极反应式为_________。②若该装置用于粗铜(含有锌、银等杂质)的电解精炼，则b极的电极反应式为_________，反应一段时间，硫酸铜溶液的浓度将_________(填

“增大”、“减小”或“不变”)。③若a为石墨，b为铜，在标准状况下有336mL氧气参加反应，则电解后CuSO4溶液的pH为(忽略溶液体积变化)____________。【答案】(1).漏斗(2).Fe3+、H+(3).ABC(4).4.0≤pH<5.2(5).Cu+H2O2+H2S

O4＝CuSO4+2H2O(6).蒸发浓缩冷却结晶(7).2H2O-4e-4H++O2↑(8).Cu2++2e-Cu(9).减小(10).1【解析】【分析】废线路板经处理后得到粗铜（含Cu、Al、Fe、Au、Pt），加入稀硫酸

和H2O2的混合液，Cu转化为Cu2+，铝和铁转化为Al3+和Fe3+，过滤后得重金属（Au、Pt）和滤液，滤液中含有Cu2+、Al3+、Fe3+、H+，滤液调pH后，Al3+和Fe3+转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀下

来，过滤后得到两个沉淀和CuSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥等操作得到CuSO4晶体。【详解】（1）经过操作①得到固体和液体，所以该操作是过滤，玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还需漏斗；（2）根据分析，滤液中含有的离子有：Cu2+、Al3+、Fe3+、

H+；（3）调节pH时要消耗H+，且不能引入杂质，CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3均与H+反应生成Cu2+，消耗H+的同时不引入杂质，CuSO4不能与H+反应，所以不能用来调节pH，故选ABC；调节pH是为了使

Al3+、Fe3+转化为沉淀，而不能使Cu2+沉淀，由表中数据可知当pH≥4.0时，Al3+、Fe3+沉淀完全，而Cu2+开始沉淀的pH为5.2，所以要调节pH为4.0≤pH<5.2；（4）根据信息在酸性环境中有H2O2存在时，铁和铜分别会转化为Fe3+和Cu2+。可知粗铜中的铜与稀硫酸和H

2O2的混合溶液发生反应生成CuSO4和水，对应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O；（5）根据分析，从CuSO4溶液中析出CuSO4晶体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶；（6）①a为阳极，b为阴极。若a、b均为石墨，电解CuSO4溶液

为放氧生酸型，a极的电极反应式为2H2O-4e-4H++O2↑；②电解精炼铜时a应为粗铜，b应为纯铜。b极的电极反应式为Cu2++2e-Cu；粗铜中含有锌、银等杂质，则阳极上铜、锌失电子进入溶液，阳极反应为Zn-2e-Zn2+、Cu-2e-

Cu2+，根据得失电子数相等可知，阳极上溶解的铜少于阴极上析出的铜，所以反应一段时间后，硫酸铜溶液的浓度将减小；③消耗标准状况下336mLO2时，物质的量为0.336L=0.015mol22.4L/mol，每个O2转移4e-，故转移电子为

0.06mol，根据各电极上转移电子数相等，每个H+转移1e-，可得n(H+)=0.06mol，则c(H+)=0.06mol0.6L=0.1mol·L-1，pH=-lg0.1=1；17.研究碳、氮、硫及其化合物的转化

对环境的改善有重大意义。(1)在一定条件下，CH4可与NO2反应除去NO，已知：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.2kJ•mol-1②2NO2(g)⇌N2(g)+2O2(g)ΔH=-67.0kJ•rnol-1③H2O(g)=H2O(l)ΔH=

-44.0kJ•mol-1则CH4(g)+2NO2(g)⇌CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)ΔH=_________kJ·mol-1。(2)SO2经过净化后与空气混合进行催化氧化可制取硫酸，其中SO2发生催化氧化的反应为：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH<

0，下列说法正确的是________。A.升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小B.使用催化剂，能提高SO2的转化率C在一定温度下的恒容容器中，混合气体的密度不再发生变化能说明上述反应达到平衡状态D

.温度不变，增大压强，该反应的化学平衡常数不变E.350K和500K时，反应的平衡常数分别为Kl、K2，且K1>K2(3)若在T1℃下，往一恒容密闭容器中通入SO2和O2[其中n(SO2)：n(O2)=2：l]发生反应2SO2(

g)+O2(g)⇌2SO3(g)，容器中总压强为0.1MPa，反应8min时达到平衡，测得容器内总压强为0.09MPa，反应8min时，SO2的转化率为________。(4)将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，电解处理含2-27CrO的废

水，工作原理如图所示。①Fe(a)电极为________(填“阳极”或“阴极”)，a极的电极反应为_________。②请完成电解池中Cr2O72-转化为Cr3+的离子反应方程式：___2-27CrO+___Fe2++___=____Cr3++___Fe3++___

_。③若在标准状况下有224mL氧气参加反应，则电解装置中铁棒的质量减少_________。在相同条件下，消耗的NO2和O2的体积比为_________。④称取含Na2Cr2O7的废水样品6.55g配成250mL溶液，量取25.00mL于碘量瓶中，加入2moll•L

-1H2SO4和足量碘化钾溶液(铬的还原产物为Cr3+)，放于暗处5min，加入淀粉溶液作指示剂，用0.3000mol•L-1Na2S2O3]标准溶液滴定(I2+22-23SO=2I-+2-46SO)，判断达到滴定终点的现象是__

_______。若实验中平均消耗Na2S2O3标准溶液25.00mL，则重铬酸钠的纯度为________(设整个过程中其他杂质不参与反应)(5)为了清除NO、NO2、N2O4对大气的污染，常采用氢氧化钠溶液进行吸收处理。现有由amolNO2、bmolN2O4，cm

olNO组成的混合气体，恰好被VL氢氧化钠溶液吸收(无气体剩余)转化为NaNO3和NaNO2，则此氢氧化钠溶液的物质的量浓度最小为________。【答案】(1).-869.2(2).DE(3).30%(4).a为阳极(5).Fe-2e-Fe

2+(6).1(7).6(8).14H+(9).2(10).6(11).7H2O(12).1.12g(13).4∶1(14).达到滴定终点时，滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色(15).50%(16).(a+2b+c)/Vmol·L-1【解析】【详

解】（1）方程式CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)可由①+②-2×③得到，根据盖斯定律，ΔH=-890.2kJ·mol-1-67.0kJ·mol-1-2×(-44kJ·mol-1)=-869.2kJ·mol-1；（2）A

．升高温度，正、逆反应速率都增大，A错误；B．使用催化剂只能缩短达到平衡的时间，不能提高CO的转化率，B错误；C．该反应体系中全为气体，气体质量和容器体积不变，则混合气体的密度始终保持不变，不能由此判断反应是否达到平衡状态，C错误；D．增大压强，平衡正向移动，但

温度不变，平衡常数不变，D正确；E．此反应正向放热，升高温度，K值减小，E正确；故选DE。（3）设起始加入SO2、O2的物质的量分别为2x和x，转化的SO2和O2的物质的量分别为2a和a，则有2232SO+O

2SO2022222xxaaaxaxaa−−起始变化终止根据容器内总压强之比等于总物质的量之比，20.1MPa2220.09MPaxxxaxaa+=−+−+，解得a=0.3x，则SO2的转化率为30%；（4）

①原电池通入O2的一极为正极，Fe(a)棒与正极相连，为电解池装置的阳极，阳极失电子，电极反应式为：Fe-2e-Fe2+；②该离子方程式可用氧化还原配平。Cr元素由+6价降为+3价，2个Cr得6e-，Fe2+由+2价升为+3价的Fe3+，失去1e-，反应中得失电子守恒，故2-27CrO配1，Cr3

+配2，Fe2+和Fe3+都配6，此时反应物的总电荷为+10，生成物的总电荷为+24，故反应物中需加14个H+，生成物加7个H2O；③根据串联电池中转移电子数相等可得，氧气和铁的关系式为O2~2Fe，O

2的物质的量为0.224L=0.01mol22.4L/mol，故反应的Fe的物质的量为0.02mol，装置中铁棒的质量减少为0.02mol×56g/mol=1.12g；NO2-O2原电池装置中，NO2被氧化为-3NO，，N的化合价升高1，O2被还原为

-2价，O的化合价降低2，根据各电极上转移电子数相等知，存在关系式4NO2~O2，则相同条件下，消耗的NO2和O2的体积比为4∶1；④反应过程涉及的离子方程式有Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O、I2+2S2

O32-=S4O62-+2I-，达到滴定终点时，滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色；由上述方程式可得关系式Cr22-7O-3I2-6S22-3O，由题意可知，S22-3O的物质的量为0.025L×0.3mol/L=0.0075mol，则Na2C

r22-7O的物质的量为16×0.0075mol=0.00125mol，重铬酸钠的纯度为262g/mol0.00125mol10100%6.55g=50%；（5）混合气体发生的反应有NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2

O、2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O、N2O4+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O，由题意可知混合气体完全与NaOH反应生成NaNO3、NaNO2，产物中Na与N为1：1，反应物中N的总物质的量为(a+2b+c)mol

，故需要的Na的物质的量也为(a+2b+c)mol，所以N元素全都转化为钠盐，全部吸收最少消耗NaOH(a+2b+c)mol，浓度为(a+2b+c)/Vmol·L-1。18.钛很多重要的化合物。如TiO2、TiCl4、[Ti(OH)2(H2O)4]Cl2。如图为TiO2催化下，O3降解CH

3CHO的示意图。回答下列问题：(1)基态Ti原子的价层电子排布式为________。(2)1molCH3CHO中含有的σ键的数目为_________(设阿伏加德罗常数的值为NA)，碳原子的杂化方式为_____

___。(3)乙醛的沸点_________(填“高于”或“低于”)乙醇的沸点，原因是_________。(4)半夹心结构催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯的聚合，其结构如下图所示。①M中非金属元素O、C的第一电离能大小顺序_________。②基态Cl原子的核外电子占据的最

高能级的电子云轮廓图为__________形。③M中不含(填代号)________。a.π键b.离子键c.σ键d.配位键(5)根据等电子原理，可推断O3的空间构型是__________。(6)TiCl4的沸点为136.4℃易溶于乙醇等有机溶剂，说明TiCl4属于

_________晶体。(7)钛原子(Ti)一定条件下和碳原子可形成气态团簇分子；分子模型如图1所示，其中白球表示Ti原子，黑球表示碳原子，则其分子式为________。已知晶体TiO2的晶胞如图2所示，其晶胞边长为540.0pm，密度为_________g•cm-3

(列式表示)，Ti与O之间的距离为________pm(列式表示)。【答案】(1).3d24s2(2).6NA(3).sp3、sp2(4).低于(5).乙醇能形成分子间氢键,分子间作用力增强,而乙醛不能形成分子间氢键(6).

O＞C(7).哑铃(8).b(9).V形(10).分子(11).Ti14C13(12).()3-10A28054010N(13).1353【解析】【详解】(1)Ti是22号元素，原子核外有22个电子，按照构造原理可知其价层电子排布式为3d24s2。(2)

单键都是σ键，双键中含有1个σ键，则1molCH3CHO中含有的σ键的数目为6NA；甲基中的碳原子为饱和碳原子，属于sp3杂化，醛基中的碳原子含有碳氧双键，为sp2杂化。(3)乙醛分子间不存在氢键,而乙醇分子间存在氢键，所以乙醛的沸点低于乙醇

的沸点。(4)①同周期元素从左往右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能为O＞C；②基态氯原子的核外电子占据的最高能级为3p，p能级的原子轨道为哑铃形。③M中含有共价键，配位键，共价单键为σ键，共价双键中含

有1个σ键、1个π键，不含有离子键，答案选b；(5)O3与SO2互为等电子体，因此O3的空间构型是V形。(6)TiCl4的沸点低，说明熔化时只需要克服微弱的范德华力，且能溶于有机溶剂，表明TiCl4是分子晶体。(7)气态团簇分子的分子模型代表实际组成，该团簇分子

中含有14个Ti原子和13个C原子，故分子式为Ti14C13。根据均摊原则，化合物的化学式为TiO2，Ti原子数是2，O原子数是4，其晶胞边长为540.0pm，密度为3280AaN＝()3-10A28054010N，体对角线的长度是3540pm，Ti与O之间的距离为体对角线的14，为35

40×14=1353pm。