【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2

NA，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lmolSiO2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KMnO4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-+H2↑+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(SO4)

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H2O2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C15H20O4，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NaHCO

3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2N

O(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CH3CH2CH2CH2COOH、、、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CH3CO

ONa，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NH4Cl，电极反应式为N2+8H++6

e-＝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0.3mol/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(-3HCO)+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pH1.95.23.3

7.6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.CuOB.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+H2SO4＝CuSO4+2H2O(6).蒸发浓缩冷却结晶(7).2H2O-4e-4H++O2↑(8).Cu2++2

e-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H2O2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0.336

L=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)⇌N

2(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-1H2S

O4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amolNO

2、bmolN2O4，cmolNO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-Fe2+(

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+O2SO2022222xxaaaxaxaa−−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，O2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+2S2O32-=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Na2Cr22-7O的物质的量为16×0.0

075mol=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+H2O、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CH3CHO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1m

olCH3CHO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)T

iCl4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3540×14=1353pm。