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湖北省宜昌市第二中学2020届高三上学期期中考试理综化学试题
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理科综合试卷
相对原子质量：N-14 O-16 F-19 Cl-35.5 Ca-40 Fe56
一、选择题
1.化学与社会、生活、生产密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是（ ）
选项
现象或事实
解释
A
明矾用于净水
明矾具有消毒杀菌的作用
B
含硫煤中加入适量石灰石可减少对大气的污染
使煤燃烧产生的SO2最终生成CaSO4
C
钢铁在海水中比在河水中更易腐蚀
海水中含氧量高于河水
D
“地沟油”可以用来制生物柴油
其主要成分和从石油中提取的柴油类似
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.明矾没有强氧化性,没有消毒杀菌作用，故A错误；
B.向煤中加入适量石灰石，石灰石与煤燃烧时产生的SO2与空气中的O2反应，生成CaSO4和CO2，所以B选项是正确的；
C.海水中含有电解质氯化钠，氯化钠可与钢铁形成原电池，原电池能加快化学反应速率，故C错误；
D.生物柴油的主要成分是脂肪酸甲酯，是酯类化合物，是动植物油脂与甲醇通过酯化反应得到的；而石化柴油属于烃类物质，是从石油里面提炼出来的，故D错误；
故选B。
【点睛】明矾净水是利用盐类水解原理，没有强氧化性；生物柴油的主要成分是脂肪酸甲酯，而石化柴油属于烃类物质，两者成分不同，制取方法不同。
2.能正确表示下列反应离子方程式的是（ ）
A. Ca(HCO3)2 溶液与过量 NaOH 溶液反应：HCO3－＋Ca2＋＋OH－= CaCO3↓＋H2O
B. 少量 SO2 通入 Ca(ClO)2 溶液中反应：2SO2+2H2O+Ca2++2ClO－= CaSO4↓+4H++2Cl－+SO42－
C. 铜溶于稀硝酸中：Cu＋4H＋＋2NO3－ = Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
D. FeBr2溶液中通入少量的Cl2：2Fe2++Cl2 = 2Fe3++2Cl—
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应，离子方程式为2HCO3－+Ca2＋+2OH－═CaCO3↓+2H2O+CO32－，故A错误；
B．次氯酸根离子能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，正确的离子方程式为SO2+H2O+Ca2＋+3ClO－=CaSO4↓+2HClO+Cl－，故B错误；
C．铜溶于稀硝酸中，离子方程式为：3Cu+8H＋+2NO3－═3Cu2＋+2NO↑+4H2O，故C错误；
D．Fe2＋还原性强于Br-，FeBr2溶液中通入少量的Cl2，离子方程式为2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl－，故D正确；
故选：D。
3.一种肼燃料电池的结构如图所示，下列说法正确的是( )
A. a极是正极，电极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2↑＋4H2O
B. 电路中每转移NA个电子，就有1mol Na＋穿过膜向正极移动
C. b极的电极反应式为H2O2+2e-=2OH-
D. 用该电池作电源电解饱和食盐水，当得到0.1mol Cl2时，至少要消耗0.1mol N2H4
【答案】B
【解析】
【详解】根据图知，a电极上N元素化合价由-2价变为0价，所以a是负极，则b是正极，负极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2↑＋4H2O，正极上电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O。
A.a电极上N元素化合价由-2价变为0价，所以a是负极，负极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2↑＋4H2O，A错误；
B.电路中每转移6.02×1023个电子，根据电荷守恒知，有1molNa+穿过膜向正极移动，B正确；
C.酸性溶液中不能得到OH-，b电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O，C错误；
D.阳极上生成标况下2.24L氯气，其物质的量是0.1mol，根据转移电子守恒得肼的物质的量==0.05mol，D错误；
故合理选项是B。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A. 1mol硝基(—NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA
B. 1L1mol·L-1 Na2CO3溶液中含有的氧原子数目为3NA
C. 将0.1molFeCl3滴入沸水形成的胶体粒子的数目为0.1NA
D. 过氧化氢分解制得标准状况下2.24LO2，转移电子的数目为0.4NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 一个硝基含有23个电子，一个二氧化氮分子也含有23个电子，46g二氧化氮(NO2)的物质的量为1mol，因此，1mol硝基(—NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA，故A正确；
B. 1L1mol·L-1 Na2CO3 溶液中含有1mol Na2CO3 ，这些碳酸钠中含有3mol氧原子，但作为溶剂的水中也含有氧原子，因此，该溶液中含有的氧原子数大于3NA，故B错误；
C. 氢氧化铁胶体的一个胶体粒子是由多个氢氧化铁分子构成的集合体，若0.1mol三价铁离子完全水解，形成的胶体粒子数小于0.1NA，故C错误；
D. 过氧化氢中氧元素为-1价，每生成1molO2，转移2mol电子。标准状况下2.24LO2的物质的量为0.1mol，转移的电子数为0.2NA，故D错误；
答案选A。
【点睛】物质的量是桥梁，将宏观物质和微观粒子联系在一起，将所给条件都换成物质的量。
5.短周期主族元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，R的简单氢化物可用作制冷剂，X是短周期中金属性最强的元素。Y的简单离子在同周期元素的简单离子中半径最小，由W、X和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀(Z的单质)析出，同时产生有刺激性气味的气体(Z的氧化物)。下列说法正确的是( )
A. 原子半径：Z>Y>X>W
B. Z的简单氢化物的热稳定性比W的强
C. Y的氧化物既可溶于R的最高价氧化物对应的水化物水溶液，也可溶于R的氢化物水溶液
D. X与W、Z形成的化合物不少于三种
【答案】D
【解析】
【分析】
R的简单氢化物可用作制冷剂，常见制冷剂为液氨，则R为N元素；X是短周期中金属性最强的元素，则X为Na元素；Y离子在同周期元素简单离子半径中最小，因Y的原子序数大于X，则Y为第三周期元素，第三周期元素形成的简单离子中，铝离子半径最小，则Y是Al元素；由W、X和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生，则黄色沉淀为S，则由W、X和Z三种元素形成的一种盐为Na2S2O3，刺激性气体为SO2，则W为O元素，Z为S元素。
综上，R、W、X、Y、Z分别为N、O、Na、Al、S。
【详解】根据以上分析，R、W、X、Y、Z分别为N、O、Na、Al、S，
A项，根据元素周期律可知，同周期元素的原子半径随原子序数的递增而逐渐减小，同主族元素的原子半径随原子序数的递增而逐渐增大，因此原子半径：Na>Al>S>O，即X> Y> Z>W，故A项错误；
B项，非金属性：O>S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则H2O的稳定性强于H2S的稳定性，即Z的简单氢化物的热稳定性比W弱，故B项错误；
C项，Y的氧化物是Al2O3，可溶于强酸和强碱溶液，R的最高价氧化物对应的水化物是硝酸，因硝酸是强酸，所以Al2O3可溶于硝酸中，R的氢化物是NH3，溶于水生成弱碱NH3H2O，则Al2O3不能溶于NH3的水溶液中，故C项错误；
D项，X与W、Z形成的化合物有Na2SO3、Na2SO4、Na2S2O3、Na2S2O8等，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
6.下列实验操作，现象和解释或结论都正确的（ ）
操作
现象
解释或结论
A
向饱和Na2CO3 溶液中通入足量CO2
溶液变浑浊
析出了NaHCO3晶体
B
向含有酚酞的烧碱溶液中通入SO2
溶液红色退去
二氧化硫有漂白性
C
用洁净的玻璃棒蘸取溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
溶液中有Na+，不含K+
D
将海带剪碎，加蒸馏水浸泡，再加入几滴淀粉溶液，观察溶液颜色的变化
溶液颜色变蓝
海带中含有碘元素
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. 相同条件下碳酸氢钠的溶解度小，则析出了NaHCO3晶体，溶液变浑浊，故A正确；
B. 二氧化硫为酸性氧化物，与NaOH反应，碱性减弱，与漂白无关，故B错误；
C. 观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，由现象可知溶液中有Na+、不能确定是否含K+，故C错误；
D. 仅将海带剪碎、加蒸馏水浸泡处理无法使海带中碘元素进入溶液，剪碎后应燃烧然后再用蒸馏水浸泡，之后过滤，故D错误；
答案选A。
【点睛】淀粉遇到碘，溶液变蓝，淀粉是检验碘单质的，不是碘元素；焰色反应中钾离子的焰色需要通过蓝色钴玻璃片进行观察，焰色呈紫色。
7.碱式氯化铜[CuaClb(OH)c ·xH2O]是一种重要的无机杀虫剂，它可以通过以下步骤制备。步骤 1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成 CuCl2 。已知 Fe3+ 对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。
步骤 2：在制得的 CuCl2 溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜。
下列有关说法正确的是
A. a、b、c 之间的关系式为：a=b+c
B. 图中 M、Mˊ分别 Fe2+ 、Fe3+
C. 步骤 1 充分反应后，加入少量 CuO 是为了除去 Fe3+
D. 制备 1 mol CuCl2 ，理论上消耗 11.2L O2
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据碱式氯化铜[CuaClb(OH)c ·xH2O]的化学式可知，正负化合价代数和为0，则2a-b-c=0 得到2a=b+c，故A错误；
B. Fe3+对该反应有催化作用，结合图可知，Cu元素的化合价升高，则M中Fe元素的化合价降低，可知M′的化学式为Fe2+，M、Mˊ分别为Fe3+ 、Fe2+，故B错误；
C. 步骤 1 充分反应后，Fe3+易水解生成氢氧化铁和氢离子，加入少量 CuO消耗了氢离子，促进了三价铁离子的水解，是为了除去 Fe3+，故C正确；
D.没 有指明温度和压强，无法算出氧气的体积，故D错误；
答案为C。
8.铁有两种氯化物，都是重要的化工试剂，它们的一些性质及制备方法如下所示：
Ⅰ.氯化铁：熔点为306 ℃，沸点为315 ℃，易吸收空气中的水分而潮解。工业上采用向500～600 ℃的铁粉中通入氯气来生产无水氯化铁。
Ⅱ.氯化亚铁：熔点为670 ℃，易升华。工业上采用向炽热铁粉中通入氯化氢来生产无水氯化亚铁。
实验室可用下图所示的装置模拟工业生产无水氯化铁，请回答相关问题：
(1)装置A用于KMnO4固体与浓盐酸反应制氯气，a管的作用是______________，反应的离子方程式为__________。
(2)导管b口应与_______________(从虚线框内装置中选择一个装置，用字母代号填空)连接，这样可避免反应系统与环境间的相互影响。
(3)实验完成后，取广口瓶C中收集到的产物进行如下测定分析：
①称取4.2 g样品溶于过量的稀盐酸中；②加入足量H2O2；③再加入足量NaOH溶液；④过滤、洗涤后灼烧沉淀；⑤称量所得红棕色固体为2.40 g。则该样品中铁元素的质量分数为_________。
(4)由以上数据分析和计算得出结论：
①用此装置制得的无水氯化铁含铁量___________ (填“偏高”或“偏低”)，显然其中含有较多的___________(填化学式)杂质。
②若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的装置改进措施是 ______。
【答案】 (1). 2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (2). 平衡压强，使液体顺利滴下 (3). F (4). 40% (5). 偏高 (6). FeCl2 (7). 在AB装置间增加一个饱和食盐水的洗气装置，除去氯气中混有的HCl
【解析】
【分析】
由实验装置可知，A中发生2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，a管中导气管是维持分液漏斗和圆底烧瓶的压强相等，使液体顺利滴下。B中浓硫酸干燥氯气，C中发生2Fe+3Cl2-2FeCl3，水槽中冰水冷却，C中收集到FeCl3，若产物中混有FeCl2，可利用其还原性或与K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀检验，F为干燥管，F中为碱石灰可吸收未反应的氯气，且防止空气中水进入装置C中导致氯化铁水解，以此来解答。
【详解】(1)在装置A中，用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，反应的离子方程式为2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，a管中导气管是维持分液漏斗和圆底烧瓶的压强相等，使液体顺利滴下，
故答案为：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；平衡压强，使液体顺利滴下；
(2)仪器F的名称是干燥管；D中装的药品是碱石灰，其作用是吸收未反应的氯气，且防止空气中水进入装置C中导致氯化铁水解，
故答案：F；
(3) )取装置C中的产物，按以下步骤进行测定：①称取4.20g产品溶于过量的稀盐酸中；②加入足量H2O2溶液；③再加入足量NaOH溶液；④过滤、洗涤后灼烧沉淀；⑤称量所得红棕色固体为2.40g，可知氧化铁为2.40g，由Fe元素守恒可知该样品中铁元素的质量分数为×100%=40%，
故答案为：40%；
(4)①因盐酸易挥发，未除去氯气中的HCl，由FeCl2中Fe的质量分数大于FeCl3中Fe的质量分数可知，用题目所给的装置制得的产物中，铁元素含量偏高，说明含有FeCl2杂质，
故答案为：偏高；FeCl2；
②若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的“装置”改进措施在AB装置间增加一个饱和食盐水的洗气装置，除去氯气中混有的HCl，
故答案为：在AB装置间增加一个饱和食盐水的洗气装置，除去氯气中混有的HCl。
【点睛】根据题意，氯化铁易水解，故需干燥，还应防止空气中的气体进入，利用铁元素守恒解决问题（3）是难点。
9.Ⅰ.某化工厂以铬铁矿(主要成分为 FeO 和 Cr2O3 ，含有 Al2O3、SiO2 等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分 Na2Cr2O7 ·2H2O)，其主要工艺流程如下图：
查阅资料得知:
i．常温下，NaBiO3 不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将 Cr 3+ 转化为CrO42－ 。
ii．
回答下列问题：
(1)步骤③加的试剂为氢氧化钠溶液，此时溶液 pH 要调到5的目的是_________ 。
(2)写出④反应的离子反应方程式：________________
(3)将溶液 H 经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，精制红矾钠粗晶体需要采用的操作是____________ (填操作名称)。
(4)取一定质量的固体 D 溶解于 200mL 的硫酸中，向所得溶液中加入5mol/L 的NaOH 溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH 溶液的体积V 关系如图所示，则硫酸的浓度为_______ ，固体 D 中含铁化合物的物质的量为__________ 。
Ⅱ.经检测该化工厂的工业废水中含 5.00×10 -3 mol·L -1 的 Cr2O72- ，其毒性较大。该化工厂的科研人员为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料 Cr0.5Fe1.5FeO4 （Fe 的化合价依次为+3、+2），又设计了如下工艺流程：
(1)第①步反应的离子方程式_______________ 。
(2)欲使 1L 该废水中的 Cr2O72- 完全转化为 Cr 0.5 Fe 1.5 FeO4 。理论上需要加FeSO4 ·7H2O 的质量为 ________g (已知 FeSO 4 ·7H2O 的摩尔质量为 278g/mol)。
【答案】 (1). 使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去 (2). 3NaBiO3+2Cr3++7OH−+H2O=2CrO42−+3Na++3Bi(OH)3 (3). 重结晶 (4). 2.5mol/L (5). 0.1mol (6). Cr2O72-+14H++6Fe2+=2Cr3+ +6Fe3++7H2O (7). 13.9
【解析】
【分析】
Ⅰ.铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质），加入过量稀硫酸，固体A为SiO2，溶液B中含有Cr3+、Al3+、Fe2+，在B中加入过氧化氢，可生成Fe3+，调节溶液pH可除去Fe3+、Al3+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体D，溶液E含有Cr3+，在溶液E中加入NaBiO3和NaOH，发生氧化还原反应，固体G为Bi(OH)3，溶液F含有Na2CrO4，酸化可得Na2Cr2O7，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得Na2Cr2O7•2H2O，以此解答该题。
Ⅱ.Cr2O72-有较强氧化性，FeSO4•7H2O中Fe2+有一定的还原性，在酸性介质中发生氧化还原反应，由实验流程可知，第①步反应中Cr2O72-在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cr3+，根据守恒元素守恒及所处环境可知，还应有水生成．再根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒配平；根据Cr原子计算Cr0.5Fe1.5FeO4的物质的量，结合Cr0.5Fe1.5FeO4的物质的量，利用Fe原子守恒计算FeSO4•7H2O质量。
【详解】（1）根据表格数据分析，步骤③加的试剂为氢氧化钠溶液，此时溶液pH要调到5的目的使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去，而铬离子不沉淀，
故答案为：使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去；
（2）在溶液E中加入NaBiO3和NaOH,发生氧化还原反应，固体G为Bi(OH)3，反应离子方程式为3NaBiO3+2Cr3++7OH−+H2O=2CrO42−+3Na++3Bi(OH)3，
故答案为：3NaBiO3+2Cr3++7OH−+H2O=2CrO42−+3Na++3Bi(OH)3；
（3）将溶液H经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，此操作为重结晶，
故答案为：重结晶；
(4)由图象可知加入NaOH200mL时沉淀完全，此时溶液为，则，，加入200mL～240mL时发生，则，从20mL到200mL，生成和，，所以固体D中含化合物的物质的量为0.1mol，
故答案为：2.5mol/L；0.1mol；
Ⅱ. (1) Cr2O72-有较强氧化性，FeSO4•7H2O中Fe2+有一定的还原性，在酸性介质中发生氧化还原反应，实验流程可知，第①步反应中Cr2O72-在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cr3+ ，根据元素守恒及所处环境可知，还应有水生成，反应离子方程式为Cr2O72-+14H++6Fe2+=2Cr3+ +6Fe3++7H2O，
故答案为：Cr2O72-+14H++6Fe2+=2Cr3+ +6Fe3++7H2O；
(2) 1L废水中含n(Cr2O72-) = 5.00×10-3mol，根据Cr原子、Fe原子守恒，可得Cr2O72-~ 4Cro.5Fe1.5FeO4 ~ 10FeSO4•7H2O，所以理论上n(FeSO4•7H2O)= 10n(Cr2O72-)=5.00×10-3mol ×10= 0.05mol，所以m(FeSO4•7H2O) = 0.05mol ×278g/mol = 13.9g，
故答案为：13.9。
【点睛】离子反应方程式的书写要遵循元素守恒，要看反应所处的环境。
10.火力发电厂释放出大量的氮氧化物(NOx)、二氧化硫和二氧化碳等气体会对环境造成严重影响。对燃煤废气进行脱硝､脱硫和脱碳等处理，可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的。
(1)脱硝。
利用甲烷催化还原NOx：
CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H1=-574 kJ/mol
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H2=-1160 kJ/mol
则甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为________________。
(2)脱碳。
将CO2转化为甲醇的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H3
①取五份等体积CO2和H2的混合气体(物质的量之比均为1∶3)，分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生上述反应，反应相同时间后，测得甲醇的体积分数φ(CH3OH)与反应温度T的关系曲线如图所示，则上述CO2转化为甲醇的反应热△H3_____0(填“>”､“<”或“=”)，该反应的平衡常数表达式为_______________。
②在一恒温恒容密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2，进行上述反应。测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示，试回答：
0~10 min内，氢气的平均反应速率为 ___________________mol/(L·min)。第10 min后，若向该容器中再充入1 mol CO2和3 mol H2，则再次达到平衡时CH3OH(g)的体积分数____________ (填“增大”､“减小”或“不变”，下同)，反应的平衡常数_____________________。
(3)脱硫。
①有学者想利用如图所示装置用原电池原理将SO2转化为重要的化工原料。A､B是惰性电极，A极的电极反应式为：_________。
②某种脱硫工艺中将废气处理后，与一定量的氨气、空气反应，生成硫酸铵和硝酸铵的混合物，可作为化肥。常温下，将NH4NO3 溶解于水中，为了使该溶液中的NH4+ 和 NO3-离子的物质的量浓度之比等于1 : 1，可以采取的正确措施为_________。
A．加入适量的硝酸，抑制 NH4+的水解
B．加入适量的氨水，使溶液的 PH = 7
C．加入适量的 NaOH 溶液，使溶液的PH = 7
D．加入适量的NH4NO3
【答案】 (1). CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=−867kJ/mol (2). < (3). (4). 0.225 (5). 变大 (6). 不变 (7). SO2−2e−+2H2O=4H++SO42− (8). B
【解析】
【分析】
(1)依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；
（2）①由图可知，到达平衡后，温度越高，φ(CH3OH)越小，平衡向逆反应进行；化学平衡常数为生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂乘积的比值；
②先根据图表，利用v=计算v(CO2)，再利用各物质的反应速率之比等于计量数之比，确定v(H2)；到达平衡后，温度越高，φ(CH3OH)越小，平衡向逆反应进行；化学平衡常数只受温度的影响；
（3）①SO2与O2反应生成SO3，SO3再与水化合生成硫酸，根据硫酸的出口判断正负极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应；
②硝酸铵是强酸弱碱盐，由于NH4+水解，因铵盐要发生水NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，导致溶液中c(NH4+)
②CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=−1160kJ⋅mol−1
由盖斯定律(①+②)×得到CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=−867kJ/mol，
故答案为：CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=−867kJ/mol；
(2)①由图可知最高点反应到达平衡，达平衡后，温度越高，φ(CH3OH)越小，平衡向逆反应进行，升高温度平衡吸热方向进行，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，即△H3<0，化学平衡常数为生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂乘积的比值，则化学平衡常数为K=，
故答案为：<；；
②由图可知，10min时，反应已经达平衡，△c(CO2)=1.00mol/L−0.25mol/L=0.75mol/L，所以10min内，v(CO2)==0.075mol/(L⋅min)，反应速率之比等于计量数之比，故v(H2)=3v(CO2)=3×0.075mol/(L⋅min)=0.225mol/(L⋅min)，第10min后，向该容器中再充入1molCO2和3molH2，等效为增大压强，平衡向正反应移动，CH3OH(g)的体积分数增大，化学平衡常数只受温度的影响，故化学平衡常数不变，
故答案为：0.225；变大；不变；
(3)①该原电池中，负极上失电子被氧化，所以负极上投放的气体是二氧化硫，二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，则A为负极，A电极发生的反应为：SO2−2e−+2H2O=4H++SO42−，
故答案为：SO2−2e−+2H2O=4H++SO42−；
②硝酸铵是强酸弱碱盐，由于NH4+水解，因铵盐要发生水NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，导致溶液中c(NH4+)
C. 加入适量的NaOH，使溶液的pH=7，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液呈中性，溶液中阴阳离子所带的电荷相等，[c(NH4+)+C(Na+)]:c(NO3−)=l:l，所以c(NH4+):c(NO3−)小于l:l，故C错误；
D. 再加入适量的NH4NO3，不能抑制铵根离子的水解，仍存在c(NH4+):c(NO3−)小于l:l，故D错误；
故答案选B。
【点睛】本题重点考查盖斯定律的应用，化学平衡常数表达式，和平衡的移动等知识点。盐类水解是难点，需理解盐类水解的实质。
11.早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Ca、Cu、Fe四种金属元素组成。请回答下列问题：
(1)基态铁原子价电子排布式为_________，从结构角度来看，Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是________________。
(2)SCN－离子可用于 Fe3+的检验，其对应的酸有两种，分别为硫氰酸(H-S-C≡N)和异硫氰酸(H-N=C=S)。
①写出与 SCN－互为等电子体的一种微粒_____(分子或离子)；
②硫氰酸分子中硫原子的杂化方式为_____。
③异硫氰酸的沸点比硫氰酸沸点高的原因是____________________________。
(3)新制的Cu(OH)2可溶于过量的氨水，生成的配合物[Cu(NH3)4](OH)2中含有的化学键类型有 _____________________，1 mol该物质中含有 ____________________个σ键。
(4)CaF2晶体的晶胞如图所示。已知：CaF2晶体的密度为ρ g·cm－3，NA代表阿伏加德罗常数的值。CaF2晶体中Ca2＋和F－之间的最近核间距(d)为 ______________pm(列出计算式即可)。
【答案】 (1). 3d64s2 (2). Fe3+价电子为3d5半满状态，更稳定 (3). N2O、CO2、CS2、OCN−任意一种 (4). sp3 (5). 异硫氰酸分子间含有氢键 (6). 离子键、共价键、配位键 (7). 18NA (8).
【解析】
【分析】
(1)基态铁原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2；结合构造原理与洪特规则特例，书写符合条件的元素原子的价电子排布进行判断；
(2)根据洪特规则特例，处于半充满、全充满状态更稳定；
①原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，C原子与1个单位负电荷可以等效替换为N原子，N原子与1个单位负电荷可以替换为O原子，S原子可以用氧原子替换；
②单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键；HSCN分子中分子结构式为H−S−C≡N，每个S原子价层电子对个数是4且含有两个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断硫原子的杂化方式；
③分子间形成氢键的物质，沸点更高；
(3)根据分子的结构所以含有的化学键离子键、共价键、配位键，得出σ键的数目；
(4)则氟离子和钙离子之间的最小距离就是该晶胞体对角线的，根据密度公式，算出体积，再算出晶胞的边长，再算出对角线的长度，从而得出距离。
【详解】（1）26号铁元素的基态原子的原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，基态铁原子价电子排布式为3d64s2，可知在3d轨道上存在4个未成对电子；失去电子变成铁离子时，先失去4s轨道上的2个电子，后失去3d轨道上的1个电子，Fe2+价电子为3d6，失去电子形成更稳定的3d5半满状态的Fe3+，Fe2+ 易被氧化成Fe3+，
故答案为：3d64s2；Fe3+价电子为3d5半满状态，更稳定；
(2)①C原子与1个单位负电荷可以等效替换为N原子，N原子与1个单位负电荷可以替换为O原子，S原子可以用氧原子替换，与SCN−互为等电子体的一种微粒为：N2O、CO2、CS2、OCN−，
故答案为：N2O、CO2、CS2、OCN−任意一种；
② HSCN分子中分子结构式为H−S−C≡N，每个S原子价层电子对个数是4且含有两个孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知硫原子的杂化方式为sp3，
故答案为：sp3；
③异硫氰酸分子间含有氢键，异硫氰酸的沸点比硫氰酸沸点高，
故答案为：异硫氰酸分子间含有氢键；
(3) [Cu(NH3)4](OH)2铜离子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，铜离子和氨气分子之间形成配位键，氨气分子中氮和氢原子之间以共价键结合，内界离子和外界离子氢氧根离子之间以离子键结合，所以含有的化学键离子键、共价键、配位键，4molNH3总共含有σ键的物质的量为12mol，1mol该配合物中含有4mol配位键，外界的氢氧根离子中也有2molσ键，所以该1mol物质中含有的键的物质的量为18mol，即18NA个键。
故答案为：离子键、共价键、配位键；18NA；
(4)该晶胞中含有氟离子的个数为6×+8×=4，含有钙离子的个数为8，故该晶胞的质量为，由晶胞的密度可以求出晶胞的体积===cm3，故晶胞的边长为 cm。则氟离子和钙离子之间的最小距离就是该晶胞体对角线的，因此，
故答案为：。
【点睛】物质的结构与性质中，结构决定性质，易错点1：价电子排布式的书写；易错点2：等电子体的判断；影响分子晶体沸点高低的是范德华力的大小，还要考虑到氢键。
理科综合试卷
相对原子质量：N-14 O-16 F-19 Cl-35.5 Ca-40 Fe56
一、选择题
1.化学与社会、生活、生产密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是（ ）
选项
现象或事实
解释
A
明矾用于净水
明矾具有消毒杀菌的作用
B
含硫煤中加入适量石灰石可减少对大气的污染
使煤燃烧产生的SO2最终生成CaSO4
C
钢铁在海水中比在河水中更易腐蚀
海水中含氧量高于河水
D
“地沟油”可以用来制生物柴油
其主要成分和从石油中提取的柴油类似
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.明矾没有强氧化性,没有消毒杀菌作用，故A错误；
B.向煤中加入适量石灰石，石灰石与煤燃烧时产生的SO2与空气中的O2反应，生成CaSO4和CO2，所以B选项是正确的；
C.海水中含有电解质氯化钠，氯化钠可与钢铁形成原电池，原电池能加快化学反应速率，故C错误；
D.生物柴油的主要成分是脂肪酸甲酯，是酯类化合物，是动植物油脂与甲醇通过酯化反应得到的；而石化柴油属于烃类物质，是从石油里面提炼出来的，故D错误；
故选B。
【点睛】明矾净水是利用盐类水解原理，没有强氧化性；生物柴油的主要成分是脂肪酸甲酯，而石化柴油属于烃类物质，两者成分不同，制取方法不同。
2.能正确表示下列反应离子方程式的是（ ）
A. Ca(HCO3)2 溶液与过量 NaOH 溶液反应：HCO3－＋Ca2＋＋OH－= CaCO3↓＋H2O
B. 少量 SO2 通入 Ca(ClO)2 溶液中反应：2SO2+2H2O+Ca2++2ClO－= CaSO4↓+4H++2Cl－+SO42－
C. 铜溶于稀硝酸中：Cu＋4H＋＋2NO3－ = Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
D. FeBr2溶液中通入少量的Cl2：2Fe2++Cl2 = 2Fe3++2Cl—
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应，离子方程式为2HCO3－+Ca2＋+2OH－═CaCO3↓+2H2O+CO32－，故A错误；
B．次氯酸根离子能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，正确的离子方程式为SO2+H2O+Ca2＋+3ClO－=CaSO4↓+2HClO+Cl－，故B错误；
C．铜溶于稀硝酸中，离子方程式为：3Cu+8H＋+2NO3－═3Cu2＋+2NO↑+4H2O，故C错误；
D．Fe2＋还原性强于Br-，FeBr2溶液中通入少量的Cl2，离子方程式为2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl－，故D正确；
故选：D。
3.一种肼燃料电池的结构如图所示，下列说法正确的是( )
A. a极是正极，电极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2↑＋4H2O
B. 电路中每转移NA个电子，就有1mol Na＋穿过膜向正极移动
C. b极的电极反应式为H2O2+2e-=2OH-
D. 用该电池作电源电解饱和食盐水，当得到0.1mol Cl2时，至少要消耗0.1mol N2H4
【答案】B
【解析】
【详解】根据图知，a电极上N元素化合价由-2价变为0价，所以a是负极，则b是正极，负极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2↑＋4H2O，正极上电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O。
A.a电极上N元素化合价由-2价变为0价，所以a是负极，负极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2↑＋4H2O，A错误；
B.电路中每转移6.02×1023个电子，根据电荷守恒知，有1molNa+穿过膜向正极移动，B正确；
C.酸性溶液中不能得到OH-，b电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O，C错误；
D.阳极上生成标况下2.24L氯气，其物质的量是0.1mol，根据转移电子守恒得肼的物质的量==0.05mol，D错误；
故合理选项是B。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A. 1mol硝基(—NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA
B. 1L1mol·L-1 Na2CO3溶液中含有的氧原子数目为3NA
C. 将0.1molFeCl3滴入沸水形成的胶体粒子的数目为0.1NA
D. 过氧化氢分解制得标准状况下2.24LO2，转移电子的数目为0.4NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 一个硝基含有23个电子，一个二氧化氮分子也含有23个电子，46g二氧化氮(NO2)的物质的量为1mol，因此，1mol硝基(—NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA，故A正确；
B. 1L1mol·L-1 Na2CO3 溶液中含有1mol Na2CO3 ，这些碳酸钠中含有3mol氧原子，但作为溶剂的水中也含有氧原子，因此，该溶液中含有的氧原子数大于3NA，故B错误；
C. 氢氧化铁胶体的一个胶体粒子是由多个氢氧化铁分子构成的集合体，若0.1mol三价铁离子完全水解，形成的胶体粒子数小于0.1NA，故C错误；
D. 过氧化氢中氧元素为-1价，每生成1molO2，转移2mol电子。标准状况下2.24LO2的物质的量为0.1mol，转移的电子数为0.2NA，故D错误；
答案选A。
【点睛】物质的量是桥梁，将宏观物质和微观粒子联系在一起，将所给条件都换成物质的量。
5.短周期主族元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，R的简单氢化物可用作制冷剂，X是短周期中金属性最强的元素。Y的简单离子在同周期元素的简单离子中半径最小，由W、X和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀(Z的单质)析出，同时产生有刺激性气味的气体(Z的氧化物)。下列说法正确的是( )
A. 原子半径：Z>Y>X>W
B. Z的简单氢化物的热稳定性比W的强
C. Y的氧化物既可溶于R的最高价氧化物对应的水化物水溶液，也可溶于R的氢化物水溶液
D. X与W、Z形成的化合物不少于三种
【答案】D
【解析】
【分析】
R的简单氢化物可用作制冷剂，常见制冷剂为液氨，则R为N元素；X是短周期中金属性最强的元素，则X为Na元素；Y离子在同周期元素简单离子半径中最小，因Y的原子序数大于X，则Y为第三周期元素，第三周期元素形成的简单离子中，铝离子半径最小，则Y是Al元素；由W、X和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生，则黄色沉淀为S，则由W、X和Z三种元素形成的一种盐为Na2S2O3，刺激性气体为SO2，则W为O元素，Z为S元素。
综上，R、W、X、Y、Z分别为N、O、Na、Al、S。
【详解】根据以上分析，R、W、X、Y、Z分别为N、O、Na、Al、S，
A项，根据元素周期律可知，同周期元素的原子半径随原子序数的递增而逐渐减小，同主族元素的原子半径随原子序数的递增而逐渐增大，因此原子半径：Na>Al>S>O，即X> Y> Z>W，故A项错误；
B项，非金属性：O>S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则H2O的稳定性强于H2S的稳定性，即Z的简单氢化物的热稳定性比W弱，故B项错误；
C项，Y的氧化物是Al2O3，可溶于强酸和强碱溶液，R的最高价氧化物对应的水化物是硝酸，因硝酸是强酸，所以Al2O3可溶于硝酸中，R的氢化物是NH3，溶于水生成弱碱NH3H2O，则Al2O3不能溶于NH3的水溶液中，故C项错误；
D项，X与W、Z形成的化合物有Na2SO3、Na2SO4、Na2S2O3、Na2S2O8等，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
6.下列实验操作，现象和解释或结论都正确的（ ）
操作
现象
解释或结论
A
向饱和Na2CO3 溶液中通入足量CO2
溶液变浑浊
析出了NaHCO3晶体
B
向含有酚酞的烧碱溶液中通入SO2
溶液红色退去
二氧化硫有漂白性
C
用洁净的玻璃棒蘸取溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
溶液中有Na+，不含K+
D
将海带剪碎，加蒸馏水浸泡，再加入几滴淀粉溶液，观察溶液颜色的变化
溶液颜色变蓝
海带中含有碘元素
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. 相同条件下碳酸氢钠的溶解度小，则析出了NaHCO3晶体，溶液变浑浊，故A正确；
B. 二氧化硫为酸性氧化物，与NaOH反应，碱性减弱，与漂白无关，故B错误；
C. 观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，由现象可知溶液中有Na+、不能确定是否含K+，故C错误；
D. 仅将海带剪碎、加蒸馏水浸泡处理无法使海带中碘元素进入溶液，剪碎后应燃烧然后再用蒸馏水浸泡，之后过滤，故D错误；
答案选A。
【点睛】淀粉遇到碘，溶液变蓝，淀粉是检验碘单质的，不是碘元素；焰色反应中钾离子的焰色需要通过蓝色钴玻璃片进行观察，焰色呈紫色。
7.碱式氯化铜[CuaClb(OH)c ·xH2O]是一种重要的无机杀虫剂，它可以通过以下步骤制备。步骤 1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成 CuCl2 。已知 Fe3+ 对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。
步骤 2：在制得的 CuCl2 溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜。
下列有关说法正确的是
A. a、b、c 之间的关系式为：a=b+c
B. 图中 M、Mˊ分别 Fe2+ 、Fe3+
C. 步骤 1 充分反应后，加入少量 CuO 是为了除去 Fe3+
D. 制备 1 mol CuCl2 ，理论上消耗 11.2L O2
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据碱式氯化铜[CuaClb(OH)c ·xH2O]的化学式可知，正负化合价代数和为0，则2a-b-c=0 得到2a=b+c，故A错误；
B. Fe3+对该反应有催化作用，结合图可知，Cu元素的化合价升高，则M中Fe元素的化合价降低，可知M′的化学式为Fe2+，M、Mˊ分别为Fe3+ 、Fe2+，故B错误；
C. 步骤 1 充分反应后，Fe3+易水解生成氢氧化铁和氢离子，加入少量 CuO消耗了氢离子，促进了三价铁离子的水解，是为了除去 Fe3+，故C正确；
D.没 有指明温度和压强，无法算出氧气的体积，故D错误；
答案为C。
8.铁有两种氯化物，都是重要的化工试剂，它们的一些性质及制备方法如下所示：
Ⅰ.氯化铁：熔点为306 ℃，沸点为315 ℃，易吸收空气中的水分而潮解。工业上采用向500～600 ℃的铁粉中通入氯气来生产无水氯化铁。
Ⅱ.氯化亚铁：熔点为670 ℃，易升华。工业上采用向炽热铁粉中通入氯化氢来生产无水氯化亚铁。
实验室可用下图所示的装置模拟工业生产无水氯化铁，请回答相关问题：
(1)装置A用于KMnO4固体与浓盐酸反应制氯气，a管的作用是______________，反应的离子方程式为__________。
(2)导管b口应与_______________(从虚线框内装置中选择一个装置，用字母代号填空)连接，这样可避免反应系统与环境间的相互影响。
(3)实验完成后，取广口瓶C中收集到的产物进行如下测定分析：
①称取4.2 g样品溶于过量的稀盐酸中；②加入足量H2O2；③再加入足量NaOH溶液；④过滤、洗涤后灼烧沉淀；⑤称量所得红棕色固体为2.40 g。则该样品中铁元素的质量分数为_________。
(4)由以上数据分析和计算得出结论：
①用此装置制得的无水氯化铁含铁量___________ (填“偏高”或“偏低”)，显然其中含有较多的___________(填化学式)杂质。
②若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的装置改进措施是 ______。
【答案】 (1). 2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (2). 平衡压强，使液体顺利滴下 (3). F (4). 40% (5). 偏高 (6). FeCl2 (7). 在AB装置间增加一个饱和食盐水的洗气装置，除去氯气中混有的HCl
【解析】
【分析】
由实验装置可知，A中发生2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，a管中导气管是维持分液漏斗和圆底烧瓶的压强相等，使液体顺利滴下。B中浓硫酸干燥氯气，C中发生2Fe+3Cl2-2FeCl3，水槽中冰水冷却，C中收集到FeCl3，若产物中混有FeCl2，可利用其还原性或与K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀检验，F为干燥管，F中为碱石灰可吸收未反应的氯气，且防止空气中水进入装置C中导致氯化铁水解，以此来解答。
【详解】(1)在装置A中，用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，反应的离子方程式为2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，a管中导气管是维持分液漏斗和圆底烧瓶的压强相等，使液体顺利滴下，
故答案为：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；平衡压强，使液体顺利滴下；
(2)仪器F的名称是干燥管；D中装的药品是碱石灰，其作用是吸收未反应的氯气，且防止空气中水进入装置C中导致氯化铁水解，
故答案：F；
(3) )取装置C中的产物，按以下步骤进行测定：①称取4.20g产品溶于过量的稀盐酸中；②加入足量H2O2溶液；③再加入足量NaOH溶液；④过滤、洗涤后灼烧沉淀；⑤称量所得红棕色固体为2.40g，可知氧化铁为2.40g，由Fe元素守恒可知该样品中铁元素的质量分数为×100%=40%，
故答案为：40%；
(4)①因盐酸易挥发，未除去氯气中的HCl，由FeCl2中Fe的质量分数大于FeCl3中Fe的质量分数可知，用题目所给的装置制得的产物中，铁元素含量偏高，说明含有FeCl2杂质，
故答案为：偏高；FeCl2；
②若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的“装置”改进措施在AB装置间增加一个饱和食盐水的洗气装置，除去氯气中混有的HCl，
故答案为：在AB装置间增加一个饱和食盐水的洗气装置，除去氯气中混有的HCl。
【点睛】根据题意，氯化铁易水解，故需干燥，还应防止空气中的气体进入，利用铁元素守恒解决问题（3）是难点。
9.Ⅰ.某化工厂以铬铁矿(主要成分为 FeO 和 Cr2O3 ，含有 Al2O3、SiO2 等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分 Na2Cr2O7 ·2H2O)，其主要工艺流程如下图：
查阅资料得知:
i．常温下，NaBiO3 不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将 Cr 3+ 转化为CrO42－ 。
ii．
回答下列问题：
(1)步骤③加的试剂为氢氧化钠溶液，此时溶液 pH 要调到5的目的是_________ 。
(2)写出④反应的离子反应方程式：________________
(3)将溶液 H 经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，精制红矾钠粗晶体需要采用的操作是____________ (填操作名称)。
(4)取一定质量的固体 D 溶解于 200mL 的硫酸中，向所得溶液中加入5mol/L 的NaOH 溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH 溶液的体积V 关系如图所示，则硫酸的浓度为_______ ，固体 D 中含铁化合物的物质的量为__________ 。
Ⅱ.经检测该化工厂的工业废水中含 5.00×10 -3 mol·L -1 的 Cr2O72- ，其毒性较大。该化工厂的科研人员为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料 Cr0.5Fe1.5FeO4 （Fe 的化合价依次为+3、+2），又设计了如下工艺流程：
(1)第①步反应的离子方程式_______________ 。
(2)欲使 1L 该废水中的 Cr2O72- 完全转化为 Cr 0.5 Fe 1.5 FeO4 。理论上需要加FeSO4 ·7H2O 的质量为 ________g (已知 FeSO 4 ·7H2O 的摩尔质量为 278g/mol)。
【答案】 (1). 使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去 (2). 3NaBiO3+2Cr3++7OH−+H2O=2CrO42−+3Na++3Bi(OH)3 (3). 重结晶 (4). 2.5mol/L (5). 0.1mol (6). Cr2O72-+14H++6Fe2+=2Cr3+ +6Fe3++7H2O (7). 13.9
【解析】
【分析】
Ⅰ.铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质），加入过量稀硫酸，固体A为SiO2，溶液B中含有Cr3+、Al3+、Fe2+，在B中加入过氧化氢，可生成Fe3+，调节溶液pH可除去Fe3+、Al3+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体D，溶液E含有Cr3+，在溶液E中加入NaBiO3和NaOH，发生氧化还原反应，固体G为Bi(OH)3，溶液F含有Na2CrO4，酸化可得Na2Cr2O7，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得Na2Cr2O7•2H2O，以此解答该题。
Ⅱ.Cr2O72-有较强氧化性，FeSO4•7H2O中Fe2+有一定的还原性，在酸性介质中发生氧化还原反应，由实验流程可知，第①步反应中Cr2O72-在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cr3+，根据守恒元素守恒及所处环境可知，还应有水生成．再根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒配平；根据Cr原子计算Cr0.5Fe1.5FeO4的物质的量，结合Cr0.5Fe1.5FeO4的物质的量，利用Fe原子守恒计算FeSO4•7H2O质量。
【详解】（1）根据表格数据分析，步骤③加的试剂为氢氧化钠溶液，此时溶液pH要调到5的目的使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去，而铬离子不沉淀，
故答案为：使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去；
（2）在溶液E中加入NaBiO3和NaOH,发生氧化还原反应，固体G为Bi(OH)3，反应离子方程式为3NaBiO3+2Cr3++7OH−+H2O=2CrO42−+3Na++3Bi(OH)3，
故答案为：3NaBiO3+2Cr3++7OH−+H2O=2CrO42−+3Na++3Bi(OH)3；
（3）将溶液H经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，此操作为重结晶，
故答案为：重结晶；
(4)由图象可知加入NaOH200mL时沉淀完全，此时溶液为，则，，加入200mL～240mL时发生，则，从20mL到200mL，生成和，，所以固体D中含化合物的物质的量为0.1mol，
故答案为：2.5mol/L；0.1mol；
Ⅱ. (1) Cr2O72-有较强氧化性，FeSO4•7H2O中Fe2+有一定的还原性，在酸性介质中发生氧化还原反应，实验流程可知，第①步反应中Cr2O72-在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cr3+ ，根据元素守恒及所处环境可知，还应有水生成，反应离子方程式为Cr2O72-+14H++6Fe2+=2Cr3+ +6Fe3++7H2O，
故答案为：Cr2O72-+14H++6Fe2+=2Cr3+ +6Fe3++7H2O；
(2) 1L废水中含n(Cr2O72-) = 5.00×10-3mol，根据Cr原子、Fe原子守恒，可得Cr2O72-~ 4Cro.5Fe1.5FeO4 ~ 10FeSO4•7H2O，所以理论上n(FeSO4•7H2O)= 10n(Cr2O72-)=5.00×10-3mol ×10= 0.05mol，所以m(FeSO4•7H2O) = 0.05mol ×278g/mol = 13.9g，
故答案为：13.9。
【点睛】离子反应方程式的书写要遵循元素守恒，要看反应所处的环境。
10.火力发电厂释放出大量的氮氧化物(NOx)、二氧化硫和二氧化碳等气体会对环境造成严重影响。对燃煤废气进行脱硝､脱硫和脱碳等处理，可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的。
(1)脱硝。
利用甲烷催化还原NOx：
CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H1=-574 kJ/mol
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H2=-1160 kJ/mol
则甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为________________。
(2)脱碳。
将CO2转化为甲醇的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H3
①取五份等体积CO2和H2的混合气体(物质的量之比均为1∶3)，分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生上述反应，反应相同时间后，测得甲醇的体积分数φ(CH3OH)与反应温度T的关系曲线如图所示，则上述CO2转化为甲醇的反应热△H3_____0(填“>”､“<”或“=”)，该反应的平衡常数表达式为_______________。
②在一恒温恒容密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2，进行上述反应。测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示，试回答：
0~10 min内，氢气的平均反应速率为 ___________________mol/(L·min)。第10 min后，若向该容器中再充入1 mol CO2和3 mol H2，则再次达到平衡时CH3OH(g)的体积分数____________ (填“增大”､“减小”或“不变”，下同)，反应的平衡常数_____________________。
(3)脱硫。
①有学者想利用如图所示装置用原电池原理将SO2转化为重要的化工原料。A､B是惰性电极，A极的电极反应式为：_________。
②某种脱硫工艺中将废气处理后，与一定量的氨气、空气反应，生成硫酸铵和硝酸铵的混合物，可作为化肥。常温下，将NH4NO3 溶解于水中，为了使该溶液中的NH4+ 和 NO3-离子的物质的量浓度之比等于1 : 1，可以采取的正确措施为_________。
A．加入适量的硝酸，抑制 NH4+的水解
B．加入适量的氨水，使溶液的 PH = 7
C．加入适量的 NaOH 溶液，使溶液的PH = 7
D．加入适量的NH4NO3
【答案】 (1). CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=−867kJ/mol (2). < (3). (4). 0.225 (5). 变大 (6). 不变 (7). SO2−2e−+2H2O=4H++SO42− (8). B
【解析】
【分析】
(1)依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；
（2）①由图可知，到达平衡后，温度越高，φ(CH3OH)越小，平衡向逆反应进行；化学平衡常数为生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂乘积的比值；
②先根据图表，利用v=计算v(CO2)，再利用各物质的反应速率之比等于计量数之比，确定v(H2)；到达平衡后，温度越高，φ(CH3OH)越小，平衡向逆反应进行；化学平衡常数只受温度的影响；
（3）①SO2与O2反应生成SO3，SO3再与水化合生成硫酸，根据硫酸的出口判断正负极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应；
②硝酸铵是强酸弱碱盐，由于NH4+水解，因铵盐要发生水NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，导致溶液中c(NH4+)
②CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=−1160kJ⋅mol−1
由盖斯定律(①+②)×得到CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=−867kJ/mol，
故答案为：CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=−867kJ/mol；
(2)①由图可知最高点反应到达平衡，达平衡后，温度越高，φ(CH3OH)越小，平衡向逆反应进行，升高温度平衡吸热方向进行，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，即△H3<0，化学平衡常数为生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂乘积的比值，则化学平衡常数为K=，
故答案为：<；；
②由图可知，10min时，反应已经达平衡，△c(CO2)=1.00mol/L−0.25mol/L=0.75mol/L，所以10min内，v(CO2)==0.075mol/(L⋅min)，反应速率之比等于计量数之比，故v(H2)=3v(CO2)=3×0.075mol/(L⋅min)=0.225mol/(L⋅min)，第10min后，向该容器中再充入1molCO2和3molH2，等效为增大压强，平衡向正反应移动，CH3OH(g)的体积分数增大，化学平衡常数只受温度的影响，故化学平衡常数不变，
故答案为：0.225；变大；不变；
(3)①该原电池中，负极上失电子被氧化，所以负极上投放的气体是二氧化硫，二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，则A为负极，A电极发生的反应为：SO2−2e−+2H2O=4H++SO42−，
故答案为：SO2−2e−+2H2O=4H++SO42−；
②硝酸铵是强酸弱碱盐，由于NH4+水解，因铵盐要发生水NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，导致溶液中c(NH4+)
C. 加入适量的NaOH，使溶液的pH=7，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液呈中性，溶液中阴阳离子所带的电荷相等，[c(NH4+)+C(Na+)]:c(NO3−)=l:l，所以c(NH4+):c(NO3−)小于l:l，故C错误；
D. 再加入适量的NH4NO3，不能抑制铵根离子的水解，仍存在c(NH4+):c(NO3−)小于l:l，故D错误；
故答案选B。
【点睛】本题重点考查盖斯定律的应用，化学平衡常数表达式，和平衡的移动等知识点。盐类水解是难点，需理解盐类水解的实质。
11.早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Ca、Cu、Fe四种金属元素组成。请回答下列问题：
(1)基态铁原子价电子排布式为_________，从结构角度来看，Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是________________。
(2)SCN－离子可用于 Fe3+的检验，其对应的酸有两种，分别为硫氰酸(H-S-C≡N)和异硫氰酸(H-N=C=S)。
①写出与 SCN－互为等电子体的一种微粒_____(分子或离子)；
②硫氰酸分子中硫原子的杂化方式为_____。
③异硫氰酸的沸点比硫氰酸沸点高的原因是____________________________。
(3)新制的Cu(OH)2可溶于过量的氨水，生成的配合物[Cu(NH3)4](OH)2中含有的化学键类型有 _____________________，1 mol该物质中含有 ____________________个σ键。
(4)CaF2晶体的晶胞如图所示。已知：CaF2晶体的密度为ρ g·cm－3，NA代表阿伏加德罗常数的值。CaF2晶体中Ca2＋和F－之间的最近核间距(d)为 ______________pm(列出计算式即可)。
【答案】 (1). 3d64s2 (2). Fe3+价电子为3d5半满状态，更稳定 (3). N2O、CO2、CS2、OCN−任意一种 (4). sp3 (5). 异硫氰酸分子间含有氢键 (6). 离子键、共价键、配位键 (7). 18NA (8).
【解析】
【分析】
(1)基态铁原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2；结合构造原理与洪特规则特例，书写符合条件的元素原子的价电子排布进行判断；
(2)根据洪特规则特例，处于半充满、全充满状态更稳定；
①原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，C原子与1个单位负电荷可以等效替换为N原子，N原子与1个单位负电荷可以替换为O原子，S原子可以用氧原子替换；
②单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键；HSCN分子中分子结构式为H−S−C≡N，每个S原子价层电子对个数是4且含有两个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断硫原子的杂化方式；
③分子间形成氢键的物质，沸点更高；
(3)根据分子的结构所以含有的化学键离子键、共价键、配位键，得出σ键的数目；
(4)则氟离子和钙离子之间的最小距离就是该晶胞体对角线的，根据密度公式，算出体积，再算出晶胞的边长，再算出对角线的长度，从而得出距离。
【详解】（1）26号铁元素的基态原子的原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，基态铁原子价电子排布式为3d64s2，可知在3d轨道上存在4个未成对电子；失去电子变成铁离子时，先失去4s轨道上的2个电子，后失去3d轨道上的1个电子，Fe2+价电子为3d6，失去电子形成更稳定的3d5半满状态的Fe3+，Fe2+ 易被氧化成Fe3+，
故答案为：3d64s2；Fe3+价电子为3d5半满状态，更稳定；
(2)①C原子与1个单位负电荷可以等效替换为N原子，N原子与1个单位负电荷可以替换为O原子，S原子可以用氧原子替换，与SCN−互为等电子体的一种微粒为：N2O、CO2、CS2、OCN−，
故答案为：N2O、CO2、CS2、OCN−任意一种；
② HSCN分子中分子结构式为H−S−C≡N，每个S原子价层电子对个数是4且含有两个孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知硫原子的杂化方式为sp3，
故答案为：sp3；
③异硫氰酸分子间含有氢键，异硫氰酸的沸点比硫氰酸沸点高，
故答案为：异硫氰酸分子间含有氢键；
(3) [Cu(NH3)4](OH)2铜离子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，铜离子和氨气分子之间形成配位键，氨气分子中氮和氢原子之间以共价键结合，内界离子和外界离子氢氧根离子之间以离子键结合，所以含有的化学键离子键、共价键、配位键，4molNH3总共含有σ键的物质的量为12mol，1mol该配合物中含有4mol配位键，外界的氢氧根离子中也有2molσ键，所以该1mol物质中含有的键的物质的量为18mol，即18NA个键。
故答案为：离子键、共价键、配位键；18NA；
(4)该晶胞中含有氟离子的个数为6×+8×=4，含有钙离子的个数为8，故该晶胞的质量为，由晶胞的密度可以求出晶胞的体积===cm3，故晶胞的边长为 cm。则氟离子和钙离子之间的最小距离就是该晶胞体对角线的，因此，
故答案为：。
【点睛】物质的结构与性质中，结构决定性质，易错点1：价电子排布式的书写；易错点2：等电子体的判断；影响分子晶体沸点高低的是范德华力的大小，还要考虑到氢键。
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