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2021-2022学年四川省南充市南部县第二中学高二下学期3月月考化学试题（解析版）
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这是一份2021-2022学年四川省南充市南部县第二中学高二下学期3月月考化学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了5 Cd-112， 对于0， 反应A+B→C分两步进行，1ml/L等内容，欢迎下载使用。
满分：100分 时间：90分钟
可能用到的原子量：H-1 S-32 O-16 Na-23 C-12 Sn-119 Cl-35.5 Cd-112
第I卷(选择题)
一、单选题(每小题3分，共54分)
1. 关于下列仪器使用的说法正确的是
A. ①、③需要垫石棉网加热B. ①、④可作反应容器
C. ②、④滴定时需要润洗D. ③、⑤可用于蒸馏
【答案】D
【解析】
【详解】A．①为蒸发皿,可以直接加热，③为蒸馏烧瓶,需要垫石棉网加热，A错误；
B．①为蒸发皿,不可以作为反应容器，④为锥形瓶,可作反应容器，B错误；
C．②为碱式滴定管，滴定时需要用待装液润洗，④为锥形瓶，滴定时不能用待装液润洗，C错误；
D．③为蒸馏烧瓶，⑤为冷凝管，都可用于蒸馏操作，D正确；
故答案为D。
2. 对于0.1 ml·L-1的醋酸溶液，CH3COOHCH3COO-＋H＋，下列说法错误的是
A. 温度降低后，溶液的酸性增强
B. 温度升高后，溶液的酸性增强
C. 升高温度能促进弱电解质的电离
D. 温度升高，比值增大
【答案】A
【解析】
【详解】弱电解质的电离是吸热的，升温促进醋酸的电离，c(H+)增大，溶液的酸性增强，故A错误，B、C正确；醋酸电离平衡正移，c(H+)增大，c(CH3COOH)减小，则增大，故D正确；
故选A。
3. 在空气中久置会变色的强电解质是
A. 氯水B. 硫化氢C. 烧碱D. 硫酸亚铁
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯水在空气中久置会褪色，氯水是混合物，不属于电解质，A不符合题意；
B．硫化氢在空气中久置会生成黄色硫单质，硫化氢是弱酸，属于弱电解质，B不符合题意；
C．烧碱为白色固体，碳酸钠为白色固体；烧碱是氢氧化钠在空气中久置变为碳酸钠，颜色不变，C不符合题意；
D．硫酸亚铁在空气中久置会被氧化，溶液从浅绿色变成硫酸铁的黄色，硫酸亚铁属于强电解质，D符合题意；
故选D。
4. 反应A+B→C(放热)分两步进行：①A+B→X(吸热)②X→C(放热)，下列示意图中能正确表示总反应过程中能量进变化的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据物质具有的能量进行计算：△H=E(生成物的总能量)-E(反应物的总能量)，当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热。
【详解】A+B→C为放热反应，则A+B的总能量大于C的能量，A、B项错误；A+B→X(吸热)，则X的能量大于A+B的总能量，X→C(放热)，则X的能量大于C的能量，C项错误，D项正确；
答案选D。
5. 升高温度，下列数据不一定增大的是
A. 化学反应速率vB. 弱电解质电离平衡常数Ka
C. 化学平衡常数KD. 水的离子积常数Kw
【答案】C
【解析】
【详解】A．升高温度，活化分子百分数增大，则化学反应速率加快，故A不选；
B．弱电解质的电离吸热，则升高温度，电离程度增大，故B不选；
C．化学反应可能为吸热反应或放热反应，则升高温度，可增大或减小，故C选；
D．水的电离吸热，则升高温度，水的离子积常数Kw增大，故D不选；
故选：C。
6. 如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液的相互滴定的滴定曲线，下列叙述不正确的是
A. 氢氧化钠的物质的量浓度为0.1ml/L
B. 甲基橙做指示剂，滴定终点溶液呈中性
C. 曲线a是氢氧化钠溶液滴定盐酸溶液的测定曲线
D. 酚酞能用作本实验的指示剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．曲线b所表示的中和反应刚开始时，溶液的pH=13，说明原溶液是氢氧化钠溶液，所以曲线b表示的是盐酸滴定氢氧化钠溶液的滴定曲线，故c(NaOH)=c(OH-)=ml/L=0.1ml/L，A正确；
B．甲基橙的变色范围是3.1~4.4，达到滴定终点时，溶液呈酸性，B错误；
C．曲线a所表示的中和反应刚开始时，溶液的pH=1，说明原溶液是盐酸，所以曲线a表示的是氢氧化钠溶液滴定盐酸的滴定曲线，C正确；
D．酚酞的变色范围为8.2~10，且变色现象较明显，所以该中和滴定实验可以用酚酞作指示剂，D正确；
答案选B。
7. 氢燃料电池汽车每投放100万辆，一年可减少二氧化碳排放5.1亿吨，这将极大助力碳中和目标实现。下列有关氢燃料电池说法错误的是
A. 发展氢燃料电池汽车需要安全高效的储氢技术
B. 理论上氢燃料电池汽车使用时不会产生污染物
C. 氢燃料电池工作时无燃烧现象
D. 氢燃料电池汽车直接将化学能转化为动能
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于H2是易燃气体，变为液态需要高压，容易发生爆炸等事故，故发展氢燃料电池汽车需要安全高效的储氢技术，A正确；
B．氢燃料电池的总反应为：2H2+O2=2H2O，故理论上氢燃料电池汽车使用时不会产生污染物，B正确；
C．氢燃料电池中H2和O2不直接接触，故工作时无燃烧现象，C正确；
D．氢燃料电池汽车是先将化学能转化为电能，再将电能转化为动能，而不是直接将化学能转化为动能，D错误；
故答案为：D。
8. 液体锌电池是一种电压较高的二次电池，具有成本低、安全性强、可循环使用等特点，其示意图如图。下列说法不正确的是
已知：①Zn(OH)2＋2OH-=Zn(OH)。
②KOH凝胶中允许离子存在、生成或迁移。
A. 放电过程中，H＋由负极向正极迁移
B. 放电过程中，负极的电极反应：MnO2＋4H＋＋2e-=Mn2＋＋2H2O
C. 充电过程中，阴极的电极反应：Zn(OH)＋2e-=Zn＋4OH-
D. 充电过程中，凝胶中的KOH可再生
【答案】B
【解析】
【分析】放电过程中，Zn为负极，电极反应式为：，MnO2为正极，电极反应式为：MnO2+4H++2e−=Mn2++2H2O，充电时的阴极反应式为：+2e- =Zn +4OH−，阳极反应式为：Mn2++2H2O-2e−=MnO2+4H+。
【详解】A．放电过程中，阳离子向正极移动，则H＋由负极向正极迁移，A项正确；
B．放电过程中，负极的电极反应式为，B项错误；
C．充电过程中，阴极的电极反应+2e- =Zn +4OH−，C项正确；
D．充电过程中，阴极的电极反应+2e- =Zn +4OH−，氢氧根与钾离子组成氢氧化钾，，D项正确；
答案选B。
9. 在恒容的密闭容器中发生反应△H，不同温度下反应经过相同时间，测得混合体系中A的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是
A. X、Z两点，A的逆反应速率相等
B. 温度不变，平衡后充入氦气，C的体积分数减小
C. 降低温度，化学平衡常数增大
D. X、Y、Z三点中，Z点A的转化率最大
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，X~Y为平衡的建立过程，Y点达到平衡状态，然后升高温度A的体积分数增大，可知升高温度平衡逆向移动，则证明该反应的正反应为放热反应，Y之后的点均为平衡点，据此解答。
【详解】A．该反应从正反应方向开始，尽管X、Z两点A的含量相同，但温度Z点高于X点，因此A的逆反应速率Z大于X，二者速率不相等，A错误；
B．反应在恒容的密闭容器中进行，反应温度不变，平衡后充入氢气，平衡不移动，则C的体积分数不变，B错误；
C．根据图象可知：温度升高，A的含量增大，说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，降低温度，化学平衡正向移动，导致化学平衡常数增大，C正确；
D．根据图象可知：反应从正反应方向开始，在X~Y为平衡的建立过程，A的转化率逐渐增大，当反应进行到Y点达到平衡状态，此时A的转化率达到最大值，Y~Z化学平衡逆向移动，导致A的转化率降低，因此X、Y、Z三点中，Y点A的转化率最大，D错误；
故选C。
10. 在一定温度下、容积不变的密闭容器中，可逆反应达到平衡状态的标志是
①C的生成速率与C的消耗速率相等
②单位时间内生成，同时生成
③A、B、C的浓度不再改变
④混合气体的密度不再改变
⑤混合气体的总压强不再改变
⑥混合气体的总物质的量不再改变
⑦A，B、C的浓度之比为1:3:2
A. ③④⑤⑥⑦B. ①③④⑤⑥C. ①②③④⑦D. ②③④⑤⑥
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】①C的生成速率与C的消耗速率相等，即，说明该反应达到平衡状态，①符合题意；
②无论该反应是否达到平衡状态，单位时间内生成的同时都会生成，所以不能作为达到平衡状态的标志，②不符题意；
③反应达到平衡状态时，各物质的物质的量保持不变，浓度也不变，所以A、B、C的浓度不再变化，说明该反应达到平衡状态，③符合题意；
④反应前后气体的总质量发生改变，容器容积一定，当混合气体的密度不再发生改变时，说明反应达到平衡状态，④符合题意；
⑤该反应是反应前后气体分子数减小的反应，容器容积、温度均不变，当混合气体的总压强不再变化时，说明反应达到平衡状态，⑤符合题意；
⑥该反应是反应前后气体的物质的量减小的反应，当混合气体的总物质的量不再变化时，说明反应达到平衡状态，⑥符合题意；
⑦达到平衡状态时，A、B、C三种物质浓度之比可能是1:3:2，也可能不是1:3:2，⑦不符题意；
综上分析，B项正确；
选B。
11. 某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下归纳总结(均在常温下)，正确的是
①常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中离子浓度均降低
②pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，之比为1：10
③液态HCl、固体NaC1均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质
④已知醋酸电离平衡常数为；醋酸根水解常数为；水的离子积为；则三者关系为
⑤pH值相同的醋酸和盐酸，分别用蒸馏水稀释到原来体积的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH值仍相同，则m＞n
A. ①②④B. ③④⑤C. ①②⑤D. ②④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①pH=1的强酸溶液加水稀释后，溶液中H+离子浓度、酸根离子的浓度一定降低，氢离子和氢氧极根离子的浓度的乘积为定值，氢氢氧根离子浓度增大，故①错误；
②pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，之比为10-2ml/L:10-1ml/L=1：10，故②正确；
③液态HCl不导电，但在水溶液中电离出氢离子和氯离子，可以导电；固态NaCl不导电，在水溶液中或熔融状态下电离出钠离子和氯离子，可以导电，所以HCl、NaCl均是电解质，故③错误；
④已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh，水的离子积为Kw，则三者关系为：Ka•Kh==Kw，故④正确；
⑤因为醋酸是弱酸，加水后反应正向进行，醋酸电离度增加，加水后，氢离子浓度在减小的过程中有增大的趋势，而盐酸是强酸在水中完全电离，加水后，氢离子浓度只是在减小，所以要使稀释后两溶液pH值相同，就必须使m＞n，故⑤正确；
综上所述，②④⑤正确；
答案选D。
12. 用水稀释0.1ml/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是
A. B.
C. 和的乘积D. 的物质的量
【答案】B
【解析】
【分析】加水稀释，促进了一水合氨的电离，溶液中n(NH3∙H2O)减小，n(OH-)和n()增大，但是一水合氨电离程度小于溶液体积的增大程度，导致溶液中c(NH3∙H2O)、c(OH-)、c()都减小，由于温度不变，离子积常数不变，电离平衡常数不变，则溶液中c(H+)增大，据以上分析解答。
【详解】A．根据一水合氨的电离平衡表达式，可推知= ，加水稀释，温度不变，c()减小，比值变大，A项错误；
B．由分析可知，c(NH3∙H2O)减小，c(H+)增大，可推知水量的增加而减小，B项正确；
C．由于温度不变，c(H+)c(OH-)为离子积常数，为定值保持不变，C项错误；
D．由分析可知，加水稀释，促进了一水合氨的电离，溶液中n(NH3∙H2O) 减小，n(OH-)增大，D项错误；
答案选B。
13. 常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是
A. 使酚酞变红色的溶液中：、、、
B. 的溶液中：、Ca2+、、
C. 溶液中的溶液中：、、、
D. 水电离的的溶液中：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．使酚酞变红色的溶液显碱性，不能大量共存，A不选；
B．的溶液显酸性，、Ca2+、、可以大量共存，B选；
C．溶液中的溶液显酸性，、之间发生氧化还原反应，不能大量共存，C不选；
D．水电离的的溶液中水的电离被抑制，如果显酸性、不能大量共存，D不选；
答案选B。
14. 用下列装置进行实验，仪器选择正确且能达到实验目的的是
A. 图1，合成氨并检验氨的存在B. 图2，测定Fe2＋的浓度
C. 图3，肥皂水冒泡说明生成了H2D. 图4，测量生成氢气的体积
【答案】D
【解析】
【详解】A．用湿润的pH试纸检验氨气的存在，故A错误；
B．不能把酸性高锰酸钾溶液盛在碱式滴定管中，故B错误；
C．试管内的空气受热膨胀，肥皂水冒泡不能说明生成了H2，故C错误；
D．用恒压滴液漏斗滴加稀硫酸，锌和稀硫酸反应放出氢气，注射器内收集气体的体积为生成氢气的体积，故D正确；
答案选D。
15. NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 1.0 L 1.0 ml·L-1的NaClO水溶液中含有的氧原子数为NA
B. 25 ℃时，1 L pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH—的数目为0.1NA
C. 2.24 L的2H35Cl分子中的中子数是1.9NA
D. 某密闭容器中盛有0.1 ml N2和0.3 ml H2，充分反应，形成N—H键的数目为0.6NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．次氯酸钠和水中都含有氧原子，无法计算1.0 L 1.0 ml·L-1次氯酸钠水溶液中水的物质的量，则无法计算水溶液中含有氧原子的数目，故A错误；
B．25 ℃时，1 L pH=13的氢氧化钡溶液中含有氢氧根离子的数目为0.1ml/L×1L×NAml—1=0.1NA，故B正确；
C．缺标准状况下，无法计算2.24 L2H35Cl分子的物质的量和含有的中子数目，故C错误；
D．合成氨反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则密闭容器中盛有的0.1 ml N2和0.3 ml H2充分反应，形成N—H键的数目小于0.1ml×2×3×NAml—1=0.6NA，故D错误；
故选B。
16. 常温下，有体积相同的四种溶液：①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的盐酸，③0.01ml/L的醋酸溶液；④0.01ml/L的盐酸。下列说法正确的是
A. 把四种溶液稀释到相同pH，所需水的体积：①＞②=④=③
B. 四种溶液中和氢氧化钠的能力：①=②=③=④
C. 与过量镁条反应生成氢气的质量：①＞②=③=④
D. 与镁条反应的起始速率的大小关系为：①＞②=④＞③
【答案】C
【解析】
【详解】A．醋酸为弱酸，在溶液中存在电离平衡，盐酸是强酸，在溶液中完全电离，则等浓度的盐酸和醋酸溶液稀释到相同pH，所需水的体积为④＞③，A错误：
B．醋酸为弱酸，在溶液中存在电离平衡，盐酸是强酸，在溶液中完全电离，pH=2的醋酸溶液的浓度大于0.01ml/L，中和氢氧化钠的能力大于其他三种溶液，B错误；
C．醋酸为弱酸，在溶液中存在电离平衡，盐酸是强酸，在溶液中完全电离，pH=2的醋酸溶液的浓度大于0.01ml/L。其他酸均为0.01ml/L，则与过量镁条反应生成H2的质量为①＞②=③=④。C正确；
D．pH=2的醋酸溶液和pH=2的盐酸中氢离子浓度相同，与镁条反应的起始速率相等。D错误。
故选C。
17. 将和2mlCO通入1L的反应器中，一定条件下发生反应，其中CO的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示，下列说法正确的是
A.
B.
C. X点和Y点对应化学平衡常数
D. 在和316℃时，若将和2mlCO通入容器中，则平衡时CO的平衡转化率大于50%
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，压强一定时，温度越高，平衡时CO的转化率越低，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即△H＜0，故A错误；
B．由图可知转化率P1＞P2，正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故压强P1＞P2，故B错误；
C．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，X点和Y点对应的温度相同，则化学平衡常数，故C错误；
D．在P2和316℃时，若将和通入容器中，相当于在原平衡的基础上增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故CO转化率应大于50%，故D正确；
答案选D。
18. 在下列实验操作中，会导致测量结果偏小的是
A. 胆矾品体中结晶水含量测定实验中，坩埚中有受热不分解的物质
B. 灼烧法测定 Na2CO3、NaHCO3混合物中Na2CO3的质量分数实验中，未进行恒重操作
C. HCl标准液滴定未知浓度的NaOH溶液实验中，锥形瓶内溶液溅出
D. 气体摩尔体积的测定中，反应结束后未冷却至室温便读数
【答案】C
【解析】
【详解】A． 胆矾品体中结晶水含量测定实验中，坩埚中有受热不分解的物质，而加热前后固体的质量差不变，测量结果不变，故A不选；
B． 灼烧法测定 Na2CO3、NaHCO3混合物中Na2CO3的质量分数实验中，未进行恒重操作，减小的质量小，碳酸氢钠的含量小，碳酸钠的含量增大，故B不选；
C． HCl标准液滴定未知浓度的NaOH溶液实验中，锥形瓶内溶液溅出，引起消耗HCl标准液的体积偏小，导致测量NaOH溶液浓度偏小，故C选；
D． 气体摩尔体积的测定中，反应结束后未冷却至室温便读数，温度高，测得的气体体积偏大，故D不选；
故选C。
第II卷(非选择题)
二、计算题(每空1分，共6分)
19. 回答问题：
（1）常温下，浓度为0.005ml/L的溶液pH值为___________；的NaOH溶液中水电离出的心为___________ml/L。
（2）常温下，的盐酸和的NaOH等体积混合，溶液的pH值为___________；求的溶液与的NaOH溶液的等体积混合，溶液的pH值为___________。
（3）在一定温度下，有以下三种酸：a．醋酸 b．硫酸 c．盐酸
①当三种酸物质的量浓度相同时，三种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是___________。(用a、b、c表示，下同)。
②当三种酸的pH相同、体积相同时，分别加入足量的锌，产生H2的体积(相同状况)由大到小的顺序为___________。
【答案】（1） ①. 2 ②. 10－12
（2） ①. 7 ②. 11.7
（3） ①. a＞c＞b ②. a＞c=b
【解析】
【小问1详解】
常温下，浓度为0.005ml/L的溶液中氢离子浓度是0.005ml/L×2＝0.01ml/L，所以pH值为2；的NaOH溶液中水电离出的就是溶液中氢离子浓度，为10－12ml/L。
【小问2详解】
常温下，的盐酸溶液中氯化氢的浓度是0.1ml/L，的NaOH溶液中氢氧化钠的浓度是0.1ml/L，因此等体积混合二者恰好反应，则溶液的pH值为7；的溶液与的NaOH溶液的等体积混合，溶液中氢氧根浓度是，则氢离子浓度是2×10－12ml/L，所以溶液的pH值为11.7。
【小问3详解】
①酸电离出的氢离子浓度越大，对水的电离抑制程度越大，由于醋酸是一元弱酸、盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸，所以当三种酸物质的量浓度相同时，三种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是a＞c＞b；
②当三种酸的pH相同、体积相同时，酸的元数越大其浓度越小，氢离子总量越小，盐酸和硫酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸在反应过程中，好会电离生成氢离子，因而当三者pH相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是a＞c=b。
三、原理综合题(每空2分，共14分)
20. 能源问题是人类社会面临的重大课题，甲醇是一种可再生能源，具有开发应用的广阔前景，研究甲醇具有重要意义。
（1）利用工业废气中的CO2可制取甲醇，其反应为：CO2+3H2⇌CH3OH+H2O。
①常温常压下，已知反应的能量变化如图1、图2所示，由二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式为_____。
②为探究用CO2生产燃料甲醇的反应原理，现进行如下实验：在一恒温恒容密闭容器中，充入lmlCO2和3mlH2，进行上述反应。测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。从反应开始到平衡，v(H2)=_____；该温度下的平衡常数数值K=______(保留两位有效数字)；能使平衡体系中增大的措施有_____(任写一条)。
（2）工业上利用甲醇制备氢气的常用方法有两种。
①甲醇蒸汽重整法。主要反应为CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)；设在容积为2.0L的密闭容器中充入0.60mlCH3OH(g)，体系压强为P1，在一定条件下达到平衡时，体系压强为P2，且P2/P1=2.2，则该条件下CH3OH的平衡转化率为_____。
②甲醇部分氧化法。在一定温度下以Ag/CeO2—ZnO为催化剂时原料气比例对反应的选择性(选择性越大，表示生成的该物质越多)影响关系如图4所示，则当=0.25时，CH3OH与O2发生的主要反应方程式_____。在制备H2时最好控制=_____。
【答案】（1） ①. CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(l)＋H2O(l) ΔH=－50kJ·ml－1 ②. 0.225ml/(L·min) ③. 5.3 ④. 降低温度或加压或增大氢气量或将H2O(g)从体系中分离出来
（2） ①. 60% ②. 2CH3OH＋O22HCHO(g)＋2H2O ③. 0.5
【解析】
【小问1详解】
①根据图1得出CO(g)＋H2O(l)=CO2(g)＋H2(g) ΔH=－41kJ·ml－1……①，根据图2得出CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(l) ΔH=－91kJ·ml－1……②，根据盖斯定律，②－①ΔH=(－91kJ·ml－1)－(－41kJ·ml－1)=－50kJ·ml－1，CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(l)＋H2O(l) ΔH=－50kJ·ml－1，故答案为CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(l)＋H2O(l) ΔH=－50kJ·ml－1；
②达到平衡时，消耗CO2物质的量浓度为(1.00－0.25)ml·L－1=0.75ml·L－1，此时消耗H2的物质的量浓度为3×0.75ml·L－1=2.25ml·L－1，即v(H2)==0.225ml/(L·min)；达到平衡时，c(CO2)=0.25ml·L－1，c(H2)=(3－2.25)ml·L－1=0.75ml·L－1，c(CH3OH)=c(H2O)=0.75ml·L－1，该反应的平衡常数K==5.3；使该比值增大，n(CH3OH)增大，n(CO2)减小，说明反应向正反应方向进行，措施为降低温度或加压或增大氢气量或将H2O(g)从体系中分离出来；故答案为0.225ml/(L·min)；5.3；降低温度或加压或增大氢气量或将H2O(g)从体系中分离出来；
【小问2详解】
①令达到平衡时，消耗CH3OH物质的量为xml，则生成CO的物质的量为xml，氢气的物质的量为2xml，相同条件下，气体压强之比等于其物质的量之比，即，解得x=0.36，则甲醇的平衡转化率为60%；故答案为60%；
②当=0.25，根据图像，此时HCHO的选择性最大，因此CH3OH和氧气发生的主要反应是生成HCHO，主要反应的方程式为2CH3OH＋O22HCHO(g)＋2H2O；制备氢气，则氢气的选择性最大，根据图像可知，=0.5；故答案为2CH3OH＋O22HCHO(g)＋2H2O；0.5。
四、实验题(每空2分，共14分)
21. 乙二酸(H2C2O4)俗名草酸，是一种有还原性的有机二元弱酸，在化学上有广泛应用。为测定某乙二酸样品的纯度，实验步骤如下：
①准确称量5.000g乙二酸样品，配成250mL溶液。
②取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加入少量硫酸酸化，用0.1000ml·L-1KMnO4溶液滴定至草酸恰好全部氧化成二氧化碳，共消耗KMnO4溶液20.00mL(杂质不与KMnO4溶液反应)。
回答下列问题：
（1）写出草酸的电离方程式_______。
（2）KMnO4标准液应装入_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管，理由是_______。
（3）KMnO4溶液滴定草酸过程中发生反应的离子方程为_______，滴定终点的现象为_______。
（4）计算此样品的纯度为_______。
（5）下列操作会导致测定结果偏高的是_______(填字母)。
a.未用KMnO4标准溶液润洗滴定管
b.滴定前锥形瓶内有少量水
c.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
d.观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视
【答案】（1）H2C2O4HC2O+H+、HC2OH++C2O
（2） ①. 酸式 ②. KMnO4溶液有强氧化性，会腐蚀橡胶管
（3） ①. 2MnO+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O ②. 当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅红(或浅紫色)色，且半分钟内不褪色
（4）90.00% （5）ac
【解析】
【小问1详解】
草酸为二元弱酸，草酸的电离方程式：H2C2O4HC2O+H+、HC2OH++C2O；
【小问2详解】
酸性KMnO4加了硫酸标准液，又有强氧化性，应装入酸式滴定管；理由是KMnO4溶液有强氧化性，会腐蚀橡胶管；
【小问3详解】
KMnO4溶液滴定草酸过程中发生反应的离子方程式为：，高锰酸钾溶液为紫红色溶液，接近滴定终点时，溶液为无色，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变成紫红色，振荡后若溶液在半分钟内不褪色，可证明达到终点；
小问4详解】
设样品的纯度为x，
，x==90.00%；
【小问5详解】
a．未用KMnO4标准溶液润洗滴定管，造成KMnO4标准溶液体积偏大，结果偏高，a符合题意；
b．锥形瓶内有水，对实验无影响，故b不符合题意；
c．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后无气泡，会导致测定高锰酸钾体积偏大，测定值偏大，故c符合题意；
d．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，导致测定高锰酸钾体积偏小，测定值偏小，故d不符合题意；
答案为：ac。
五、结构与性质(1-3小题每空1分，4小题每空2分，共12分)
22. CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题：
（1）As位于元素周期表中___________周期___________族，其基态原子的核外电子排布式为___________；第一电离能As＞Se，原因是___________。
（2）NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为___________(填化学式，下同)，键能由大到小的顺序为___________。
（3）Sn为IVA族元素，单质Sn与干燥Cl2反应生成SnCl4。常温常压下SnCl4为无色液体，SnCl4空间构型为___________，中心原子Sn的杂化方式为___________。
（4）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。
一个晶胞中有___________个Sn，找出该晶胞内距离Cd(0，0，0)最近的Sn___________(用分数坐标表示)。(任写一点即可)
【答案】（1） ①. 四 ②. VA ③. 1s22s22p63s23p63d104s24p3([Ar]3d104s24p3) ④. As原子价层电子排布为4s24p3，其4p轨道为半满稳定结构；Se的价层电子排布为4s24p4，失去的是4p轨道的配对电子，配对电子有一定的斥力
（2） ①. NH3＞AsH3＞PH3 ②. NH3＞PH3＞AsH3
（3） ①. 正四面体 ②. sp3
（4） ① 4 ②. (，0，)；(，，0)
【解析】
【小问1详解】
As属于第四周期VA族元素，原子序数为33，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3；As价电子排布式为4s24p3，其4p轨道为半满稳定结构，Se其位于第ⅥA元素，价电子排布式为4s24p4，失去的是4p轨道的配对电子，配对电子有一定的斥力；故答案为四；VA；1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3；As原子价层电子排布为4s24p3，其4p轨道为半满稳定结构；Se的价层电子排布为4s24p4失去的是4p轨道的配对电子，配对电子有一定的斥力；
【小问2详解】
NH3、PH3、AsH3均属于分子晶体，NH3分子间存在氢键，PH3、AsH3分子间没有氢键，NH3的沸点最高，AsH3相对分子质量大于PH3，AsH3的范德华力大于PH3，因此AsH3的沸点高于PH3，因此三种氢化物沸点高低顺序是NH3＞AsH3＞PH3；N、P、As原子半径依次减小，N－H、P－H、As－H键长依次增大，键能依次减小，因此键能由大到小顺序是NH3＞PH3＞AsH3；故答案为NH3＞AsH3＞PH3；NH3＞PH3＞AsH3；
【小问3详解】
SnCl4中心原子为Sn，有4个σ键，孤电子对数为=0，Sn价层电子对数为4，空间构型为正四面体形；价层电子对数等于杂化轨道数，即Sn杂化类型为sp3；故答案为正四面体形；sp3；
【小问4详解】坐标原子
x
y
z
Cd
0
0
0
Sn
0
0
0.5
As
0.25
0.25
0.125
满分：100分 时间：90分钟
可能用到的原子量：H-1 S-32 O-16 Na-23 C-12 Sn-119 Cl-35.5 Cd-112
第I卷(选择题)
一、单选题(每小题3分，共54分)
1. 关于下列仪器使用的说法正确的是
A. ①、③需要垫石棉网加热B. ①、④可作反应容器
C. ②、④滴定时需要润洗D. ③、⑤可用于蒸馏
【答案】D
【解析】
【详解】A．①为蒸发皿,可以直接加热，③为蒸馏烧瓶,需要垫石棉网加热，A错误；
B．①为蒸发皿,不可以作为反应容器，④为锥形瓶,可作反应容器，B错误；
C．②为碱式滴定管，滴定时需要用待装液润洗，④为锥形瓶，滴定时不能用待装液润洗，C错误；
D．③为蒸馏烧瓶，⑤为冷凝管，都可用于蒸馏操作，D正确；
故答案为D。
2. 对于0.1 ml·L-1的醋酸溶液，CH3COOHCH3COO-＋H＋，下列说法错误的是
A. 温度降低后，溶液的酸性增强
B. 温度升高后，溶液的酸性增强
C. 升高温度能促进弱电解质的电离
D. 温度升高，比值增大
【答案】A
【解析】
【详解】弱电解质的电离是吸热的，升温促进醋酸的电离，c(H+)增大，溶液的酸性增强，故A错误，B、C正确；醋酸电离平衡正移，c(H+)增大，c(CH3COOH)减小，则增大，故D正确；
故选A。
3. 在空气中久置会变色的强电解质是
A. 氯水B. 硫化氢C. 烧碱D. 硫酸亚铁
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯水在空气中久置会褪色，氯水是混合物，不属于电解质，A不符合题意；
B．硫化氢在空气中久置会生成黄色硫单质，硫化氢是弱酸，属于弱电解质，B不符合题意；
C．烧碱为白色固体，碳酸钠为白色固体；烧碱是氢氧化钠在空气中久置变为碳酸钠，颜色不变，C不符合题意；
D．硫酸亚铁在空气中久置会被氧化，溶液从浅绿色变成硫酸铁的黄色，硫酸亚铁属于强电解质，D符合题意；
故选D。
4. 反应A+B→C(放热)分两步进行：①A+B→X(吸热)②X→C(放热)，下列示意图中能正确表示总反应过程中能量进变化的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据物质具有的能量进行计算：△H=E(生成物的总能量)-E(反应物的总能量)，当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热。
【详解】A+B→C为放热反应，则A+B的总能量大于C的能量，A、B项错误；A+B→X(吸热)，则X的能量大于A+B的总能量，X→C(放热)，则X的能量大于C的能量，C项错误，D项正确；
答案选D。
5. 升高温度，下列数据不一定增大的是
A. 化学反应速率vB. 弱电解质电离平衡常数Ka
C. 化学平衡常数KD. 水的离子积常数Kw
【答案】C
【解析】
【详解】A．升高温度，活化分子百分数增大，则化学反应速率加快，故A不选；
B．弱电解质的电离吸热，则升高温度，电离程度增大，故B不选；
C．化学反应可能为吸热反应或放热反应，则升高温度，可增大或减小，故C选；
D．水的电离吸热，则升高温度，水的离子积常数Kw增大，故D不选；
故选：C。
6. 如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液的相互滴定的滴定曲线，下列叙述不正确的是
A. 氢氧化钠的物质的量浓度为0.1ml/L
B. 甲基橙做指示剂，滴定终点溶液呈中性
C. 曲线a是氢氧化钠溶液滴定盐酸溶液的测定曲线
D. 酚酞能用作本实验的指示剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．曲线b所表示的中和反应刚开始时，溶液的pH=13，说明原溶液是氢氧化钠溶液，所以曲线b表示的是盐酸滴定氢氧化钠溶液的滴定曲线，故c(NaOH)=c(OH-)=ml/L=0.1ml/L，A正确；
B．甲基橙的变色范围是3.1~4.4，达到滴定终点时，溶液呈酸性，B错误；
C．曲线a所表示的中和反应刚开始时，溶液的pH=1，说明原溶液是盐酸，所以曲线a表示的是氢氧化钠溶液滴定盐酸的滴定曲线，C正确；
D．酚酞的变色范围为8.2~10，且变色现象较明显，所以该中和滴定实验可以用酚酞作指示剂，D正确；
答案选B。
7. 氢燃料电池汽车每投放100万辆，一年可减少二氧化碳排放5.1亿吨，这将极大助力碳中和目标实现。下列有关氢燃料电池说法错误的是
A. 发展氢燃料电池汽车需要安全高效的储氢技术
B. 理论上氢燃料电池汽车使用时不会产生污染物
C. 氢燃料电池工作时无燃烧现象
D. 氢燃料电池汽车直接将化学能转化为动能
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于H2是易燃气体，变为液态需要高压，容易发生爆炸等事故，故发展氢燃料电池汽车需要安全高效的储氢技术，A正确；
B．氢燃料电池的总反应为：2H2+O2=2H2O，故理论上氢燃料电池汽车使用时不会产生污染物，B正确；
C．氢燃料电池中H2和O2不直接接触，故工作时无燃烧现象，C正确；
D．氢燃料电池汽车是先将化学能转化为电能，再将电能转化为动能，而不是直接将化学能转化为动能，D错误；
故答案为：D。
8. 液体锌电池是一种电压较高的二次电池，具有成本低、安全性强、可循环使用等特点，其示意图如图。下列说法不正确的是
已知：①Zn(OH)2＋2OH-=Zn(OH)。
②KOH凝胶中允许离子存在、生成或迁移。
A. 放电过程中，H＋由负极向正极迁移
B. 放电过程中，负极的电极反应：MnO2＋4H＋＋2e-=Mn2＋＋2H2O
C. 充电过程中，阴极的电极反应：Zn(OH)＋2e-=Zn＋4OH-
D. 充电过程中，凝胶中的KOH可再生
【答案】B
【解析】
【分析】放电过程中，Zn为负极，电极反应式为：，MnO2为正极，电极反应式为：MnO2+4H++2e−=Mn2++2H2O，充电时的阴极反应式为：+2e- =Zn +4OH−，阳极反应式为：Mn2++2H2O-2e−=MnO2+4H+。
【详解】A．放电过程中，阳离子向正极移动，则H＋由负极向正极迁移，A项正确；
B．放电过程中，负极的电极反应式为，B项错误；
C．充电过程中，阴极的电极反应+2e- =Zn +4OH−，C项正确；
D．充电过程中，阴极的电极反应+2e- =Zn +4OH−，氢氧根与钾离子组成氢氧化钾，，D项正确；
答案选B。
9. 在恒容的密闭容器中发生反应△H，不同温度下反应经过相同时间，测得混合体系中A的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是
A. X、Z两点，A的逆反应速率相等
B. 温度不变，平衡后充入氦气，C的体积分数减小
C. 降低温度，化学平衡常数增大
D. X、Y、Z三点中，Z点A的转化率最大
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，X~Y为平衡的建立过程，Y点达到平衡状态，然后升高温度A的体积分数增大，可知升高温度平衡逆向移动，则证明该反应的正反应为放热反应，Y之后的点均为平衡点，据此解答。
【详解】A．该反应从正反应方向开始，尽管X、Z两点A的含量相同，但温度Z点高于X点，因此A的逆反应速率Z大于X，二者速率不相等，A错误；
B．反应在恒容的密闭容器中进行，反应温度不变，平衡后充入氢气，平衡不移动，则C的体积分数不变，B错误；
C．根据图象可知：温度升高，A的含量增大，说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，降低温度，化学平衡正向移动，导致化学平衡常数增大，C正确；
D．根据图象可知：反应从正反应方向开始，在X~Y为平衡的建立过程，A的转化率逐渐增大，当反应进行到Y点达到平衡状态，此时A的转化率达到最大值，Y~Z化学平衡逆向移动，导致A的转化率降低，因此X、Y、Z三点中，Y点A的转化率最大，D错误；
故选C。
10. 在一定温度下、容积不变的密闭容器中，可逆反应达到平衡状态的标志是
①C的生成速率与C的消耗速率相等
②单位时间内生成，同时生成
③A、B、C的浓度不再改变
④混合气体的密度不再改变
⑤混合气体的总压强不再改变
⑥混合气体的总物质的量不再改变
⑦A，B、C的浓度之比为1:3:2
A. ③④⑤⑥⑦B. ①③④⑤⑥C. ①②③④⑦D. ②③④⑤⑥
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】①C的生成速率与C的消耗速率相等，即，说明该反应达到平衡状态，①符合题意；
②无论该反应是否达到平衡状态，单位时间内生成的同时都会生成，所以不能作为达到平衡状态的标志，②不符题意；
③反应达到平衡状态时，各物质的物质的量保持不变，浓度也不变，所以A、B、C的浓度不再变化，说明该反应达到平衡状态，③符合题意；
④反应前后气体的总质量发生改变，容器容积一定，当混合气体的密度不再发生改变时，说明反应达到平衡状态，④符合题意；
⑤该反应是反应前后气体分子数减小的反应，容器容积、温度均不变，当混合气体的总压强不再变化时，说明反应达到平衡状态，⑤符合题意；
⑥该反应是反应前后气体的物质的量减小的反应，当混合气体的总物质的量不再变化时，说明反应达到平衡状态，⑥符合题意；
⑦达到平衡状态时，A、B、C三种物质浓度之比可能是1:3:2，也可能不是1:3:2，⑦不符题意；
综上分析，B项正确；
选B。
11. 某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下归纳总结(均在常温下)，正确的是
①常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中离子浓度均降低
②pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，之比为1：10
③液态HCl、固体NaC1均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质
④已知醋酸电离平衡常数为；醋酸根水解常数为；水的离子积为；则三者关系为
⑤pH值相同的醋酸和盐酸，分别用蒸馏水稀释到原来体积的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH值仍相同，则m＞n
A. ①②④B. ③④⑤C. ①②⑤D. ②④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①pH=1的强酸溶液加水稀释后，溶液中H+离子浓度、酸根离子的浓度一定降低，氢离子和氢氧极根离子的浓度的乘积为定值，氢氢氧根离子浓度增大，故①错误；
②pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，之比为10-2ml/L:10-1ml/L=1：10，故②正确；
③液态HCl不导电，但在水溶液中电离出氢离子和氯离子，可以导电；固态NaCl不导电，在水溶液中或熔融状态下电离出钠离子和氯离子，可以导电，所以HCl、NaCl均是电解质，故③错误；
④已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh，水的离子积为Kw，则三者关系为：Ka•Kh==Kw，故④正确；
⑤因为醋酸是弱酸，加水后反应正向进行，醋酸电离度增加，加水后，氢离子浓度在减小的过程中有增大的趋势，而盐酸是强酸在水中完全电离，加水后，氢离子浓度只是在减小，所以要使稀释后两溶液pH值相同，就必须使m＞n，故⑤正确；
综上所述，②④⑤正确；
答案选D。
12. 用水稀释0.1ml/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是
A. B.
C. 和的乘积D. 的物质的量
【答案】B
【解析】
【分析】加水稀释，促进了一水合氨的电离，溶液中n(NH3∙H2O)减小，n(OH-)和n()增大，但是一水合氨电离程度小于溶液体积的增大程度，导致溶液中c(NH3∙H2O)、c(OH-)、c()都减小，由于温度不变，离子积常数不变，电离平衡常数不变，则溶液中c(H+)增大，据以上分析解答。
【详解】A．根据一水合氨的电离平衡表达式，可推知= ，加水稀释，温度不变，c()减小，比值变大，A项错误；
B．由分析可知，c(NH3∙H2O)减小，c(H+)增大，可推知水量的增加而减小，B项正确；
C．由于温度不变，c(H+)c(OH-)为离子积常数，为定值保持不变，C项错误；
D．由分析可知，加水稀释，促进了一水合氨的电离，溶液中n(NH3∙H2O) 减小，n(OH-)增大，D项错误；
答案选B。
13. 常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是
A. 使酚酞变红色的溶液中：、、、
B. 的溶液中：、Ca2+、、
C. 溶液中的溶液中：、、、
D. 水电离的的溶液中：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．使酚酞变红色的溶液显碱性，不能大量共存，A不选；
B．的溶液显酸性，、Ca2+、、可以大量共存，B选；
C．溶液中的溶液显酸性，、之间发生氧化还原反应，不能大量共存，C不选；
D．水电离的的溶液中水的电离被抑制，如果显酸性、不能大量共存，D不选；
答案选B。
14. 用下列装置进行实验，仪器选择正确且能达到实验目的的是
A. 图1，合成氨并检验氨的存在B. 图2，测定Fe2＋的浓度
C. 图3，肥皂水冒泡说明生成了H2D. 图4，测量生成氢气的体积
【答案】D
【解析】
【详解】A．用湿润的pH试纸检验氨气的存在，故A错误；
B．不能把酸性高锰酸钾溶液盛在碱式滴定管中，故B错误；
C．试管内的空气受热膨胀，肥皂水冒泡不能说明生成了H2，故C错误；
D．用恒压滴液漏斗滴加稀硫酸，锌和稀硫酸反应放出氢气，注射器内收集气体的体积为生成氢气的体积，故D正确；
答案选D。
15. NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 1.0 L 1.0 ml·L-1的NaClO水溶液中含有的氧原子数为NA
B. 25 ℃时，1 L pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH—的数目为0.1NA
C. 2.24 L的2H35Cl分子中的中子数是1.9NA
D. 某密闭容器中盛有0.1 ml N2和0.3 ml H2，充分反应，形成N—H键的数目为0.6NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．次氯酸钠和水中都含有氧原子，无法计算1.0 L 1.0 ml·L-1次氯酸钠水溶液中水的物质的量，则无法计算水溶液中含有氧原子的数目，故A错误；
B．25 ℃时，1 L pH=13的氢氧化钡溶液中含有氢氧根离子的数目为0.1ml/L×1L×NAml—1=0.1NA，故B正确；
C．缺标准状况下，无法计算2.24 L2H35Cl分子的物质的量和含有的中子数目，故C错误；
D．合成氨反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则密闭容器中盛有的0.1 ml N2和0.3 ml H2充分反应，形成N—H键的数目小于0.1ml×2×3×NAml—1=0.6NA，故D错误；
故选B。
16. 常温下，有体积相同的四种溶液：①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的盐酸，③0.01ml/L的醋酸溶液；④0.01ml/L的盐酸。下列说法正确的是
A. 把四种溶液稀释到相同pH，所需水的体积：①＞②=④=③
B. 四种溶液中和氢氧化钠的能力：①=②=③=④
C. 与过量镁条反应生成氢气的质量：①＞②=③=④
D. 与镁条反应的起始速率的大小关系为：①＞②=④＞③
【答案】C
【解析】
【详解】A．醋酸为弱酸，在溶液中存在电离平衡，盐酸是强酸，在溶液中完全电离，则等浓度的盐酸和醋酸溶液稀释到相同pH，所需水的体积为④＞③，A错误：
B．醋酸为弱酸，在溶液中存在电离平衡，盐酸是强酸，在溶液中完全电离，pH=2的醋酸溶液的浓度大于0.01ml/L，中和氢氧化钠的能力大于其他三种溶液，B错误；
C．醋酸为弱酸，在溶液中存在电离平衡，盐酸是强酸，在溶液中完全电离，pH=2的醋酸溶液的浓度大于0.01ml/L。其他酸均为0.01ml/L，则与过量镁条反应生成H2的质量为①＞②=③=④。C正确；
D．pH=2的醋酸溶液和pH=2的盐酸中氢离子浓度相同，与镁条反应的起始速率相等。D错误。
故选C。
17. 将和2mlCO通入1L的反应器中，一定条件下发生反应，其中CO的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示，下列说法正确的是
A.
B.
C. X点和Y点对应化学平衡常数
D. 在和316℃时，若将和2mlCO通入容器中，则平衡时CO的平衡转化率大于50%
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，压强一定时，温度越高，平衡时CO的转化率越低，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即△H＜0，故A错误；
B．由图可知转化率P1＞P2，正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故压强P1＞P2，故B错误；
C．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，X点和Y点对应的温度相同，则化学平衡常数，故C错误；
D．在P2和316℃时，若将和通入容器中，相当于在原平衡的基础上增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故CO转化率应大于50%，故D正确；
答案选D。
18. 在下列实验操作中，会导致测量结果偏小的是
A. 胆矾品体中结晶水含量测定实验中，坩埚中有受热不分解的物质
B. 灼烧法测定 Na2CO3、NaHCO3混合物中Na2CO3的质量分数实验中，未进行恒重操作
C. HCl标准液滴定未知浓度的NaOH溶液实验中，锥形瓶内溶液溅出
D. 气体摩尔体积的测定中，反应结束后未冷却至室温便读数
【答案】C
【解析】
【详解】A． 胆矾品体中结晶水含量测定实验中，坩埚中有受热不分解的物质，而加热前后固体的质量差不变，测量结果不变，故A不选；
B． 灼烧法测定 Na2CO3、NaHCO3混合物中Na2CO3的质量分数实验中，未进行恒重操作，减小的质量小，碳酸氢钠的含量小，碳酸钠的含量增大，故B不选；
C． HCl标准液滴定未知浓度的NaOH溶液实验中，锥形瓶内溶液溅出，引起消耗HCl标准液的体积偏小，导致测量NaOH溶液浓度偏小，故C选；
D． 气体摩尔体积的测定中，反应结束后未冷却至室温便读数，温度高，测得的气体体积偏大，故D不选；
故选C。
第II卷(非选择题)
二、计算题(每空1分，共6分)
19. 回答问题：
（1）常温下，浓度为0.005ml/L的溶液pH值为___________；的NaOH溶液中水电离出的心为___________ml/L。
（2）常温下，的盐酸和的NaOH等体积混合，溶液的pH值为___________；求的溶液与的NaOH溶液的等体积混合，溶液的pH值为___________。
（3）在一定温度下，有以下三种酸：a．醋酸 b．硫酸 c．盐酸
①当三种酸物质的量浓度相同时，三种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是___________。(用a、b、c表示，下同)。
②当三种酸的pH相同、体积相同时，分别加入足量的锌，产生H2的体积(相同状况)由大到小的顺序为___________。
【答案】（1） ①. 2 ②. 10－12
（2） ①. 7 ②. 11.7
（3） ①. a＞c＞b ②. a＞c=b
【解析】
【小问1详解】
常温下，浓度为0.005ml/L的溶液中氢离子浓度是0.005ml/L×2＝0.01ml/L，所以pH值为2；的NaOH溶液中水电离出的就是溶液中氢离子浓度，为10－12ml/L。
【小问2详解】
常温下，的盐酸溶液中氯化氢的浓度是0.1ml/L，的NaOH溶液中氢氧化钠的浓度是0.1ml/L，因此等体积混合二者恰好反应，则溶液的pH值为7；的溶液与的NaOH溶液的等体积混合，溶液中氢氧根浓度是，则氢离子浓度是2×10－12ml/L，所以溶液的pH值为11.7。
【小问3详解】
①酸电离出的氢离子浓度越大，对水的电离抑制程度越大，由于醋酸是一元弱酸、盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸，所以当三种酸物质的量浓度相同时，三种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是a＞c＞b；
②当三种酸的pH相同、体积相同时，酸的元数越大其浓度越小，氢离子总量越小，盐酸和硫酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸在反应过程中，好会电离生成氢离子，因而当三者pH相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是a＞c=b。
三、原理综合题(每空2分，共14分)
20. 能源问题是人类社会面临的重大课题，甲醇是一种可再生能源，具有开发应用的广阔前景，研究甲醇具有重要意义。
（1）利用工业废气中的CO2可制取甲醇，其反应为：CO2+3H2⇌CH3OH+H2O。
①常温常压下，已知反应的能量变化如图1、图2所示，由二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式为_____。
②为探究用CO2生产燃料甲醇的反应原理，现进行如下实验：在一恒温恒容密闭容器中，充入lmlCO2和3mlH2，进行上述反应。测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。从反应开始到平衡，v(H2)=_____；该温度下的平衡常数数值K=______(保留两位有效数字)；能使平衡体系中增大的措施有_____(任写一条)。
（2）工业上利用甲醇制备氢气的常用方法有两种。
①甲醇蒸汽重整法。主要反应为CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)；设在容积为2.0L的密闭容器中充入0.60mlCH3OH(g)，体系压强为P1，在一定条件下达到平衡时，体系压强为P2，且P2/P1=2.2，则该条件下CH3OH的平衡转化率为_____。
②甲醇部分氧化法。在一定温度下以Ag/CeO2—ZnO为催化剂时原料气比例对反应的选择性(选择性越大，表示生成的该物质越多)影响关系如图4所示，则当=0.25时，CH3OH与O2发生的主要反应方程式_____。在制备H2时最好控制=_____。
【答案】（1） ①. CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(l)＋H2O(l) ΔH=－50kJ·ml－1 ②. 0.225ml/(L·min) ③. 5.3 ④. 降低温度或加压或增大氢气量或将H2O(g)从体系中分离出来
（2） ①. 60% ②. 2CH3OH＋O22HCHO(g)＋2H2O ③. 0.5
【解析】
【小问1详解】
①根据图1得出CO(g)＋H2O(l)=CO2(g)＋H2(g) ΔH=－41kJ·ml－1……①，根据图2得出CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(l) ΔH=－91kJ·ml－1……②，根据盖斯定律，②－①ΔH=(－91kJ·ml－1)－(－41kJ·ml－1)=－50kJ·ml－1，CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(l)＋H2O(l) ΔH=－50kJ·ml－1，故答案为CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(l)＋H2O(l) ΔH=－50kJ·ml－1；
②达到平衡时，消耗CO2物质的量浓度为(1.00－0.25)ml·L－1=0.75ml·L－1，此时消耗H2的物质的量浓度为3×0.75ml·L－1=2.25ml·L－1，即v(H2)==0.225ml/(L·min)；达到平衡时，c(CO2)=0.25ml·L－1，c(H2)=(3－2.25)ml·L－1=0.75ml·L－1，c(CH3OH)=c(H2O)=0.75ml·L－1，该反应的平衡常数K==5.3；使该比值增大，n(CH3OH)增大，n(CO2)减小，说明反应向正反应方向进行，措施为降低温度或加压或增大氢气量或将H2O(g)从体系中分离出来；故答案为0.225ml/(L·min)；5.3；降低温度或加压或增大氢气量或将H2O(g)从体系中分离出来；
【小问2详解】
①令达到平衡时，消耗CH3OH物质的量为xml，则生成CO的物质的量为xml，氢气的物质的量为2xml，相同条件下，气体压强之比等于其物质的量之比，即，解得x=0.36，则甲醇的平衡转化率为60%；故答案为60%；
②当=0.25，根据图像，此时HCHO的选择性最大，因此CH3OH和氧气发生的主要反应是生成HCHO，主要反应的方程式为2CH3OH＋O22HCHO(g)＋2H2O；制备氢气，则氢气的选择性最大，根据图像可知，=0.5；故答案为2CH3OH＋O22HCHO(g)＋2H2O；0.5。
四、实验题(每空2分，共14分)
21. 乙二酸(H2C2O4)俗名草酸，是一种有还原性的有机二元弱酸，在化学上有广泛应用。为测定某乙二酸样品的纯度，实验步骤如下：
①准确称量5.000g乙二酸样品，配成250mL溶液。
②取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加入少量硫酸酸化，用0.1000ml·L-1KMnO4溶液滴定至草酸恰好全部氧化成二氧化碳，共消耗KMnO4溶液20.00mL(杂质不与KMnO4溶液反应)。
回答下列问题：
（1）写出草酸的电离方程式_______。
（2）KMnO4标准液应装入_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管，理由是_______。
（3）KMnO4溶液滴定草酸过程中发生反应的离子方程为_______，滴定终点的现象为_______。
（4）计算此样品的纯度为_______。
（5）下列操作会导致测定结果偏高的是_______(填字母)。
a.未用KMnO4标准溶液润洗滴定管
b.滴定前锥形瓶内有少量水
c.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
d.观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视
【答案】（1）H2C2O4HC2O+H+、HC2OH++C2O
（2） ①. 酸式 ②. KMnO4溶液有强氧化性，会腐蚀橡胶管
（3） ①. 2MnO+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O ②. 当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅红(或浅紫色)色，且半分钟内不褪色
（4）90.00% （5）ac
【解析】
【小问1详解】
草酸为二元弱酸，草酸的电离方程式：H2C2O4HC2O+H+、HC2OH++C2O；
【小问2详解】
酸性KMnO4加了硫酸标准液，又有强氧化性，应装入酸式滴定管；理由是KMnO4溶液有强氧化性，会腐蚀橡胶管；
【小问3详解】
KMnO4溶液滴定草酸过程中发生反应的离子方程式为：，高锰酸钾溶液为紫红色溶液，接近滴定终点时，溶液为无色，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变成紫红色，振荡后若溶液在半分钟内不褪色，可证明达到终点；
小问4详解】
设样品的纯度为x，
，x==90.00%；
【小问5详解】
a．未用KMnO4标准溶液润洗滴定管，造成KMnO4标准溶液体积偏大，结果偏高，a符合题意；
b．锥形瓶内有水，对实验无影响，故b不符合题意；
c．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后无气泡，会导致测定高锰酸钾体积偏大，测定值偏大，故c符合题意；
d．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，导致测定高锰酸钾体积偏小，测定值偏小，故d不符合题意；
答案为：ac。
五、结构与性质(1-3小题每空1分，4小题每空2分，共12分)
22. CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题：
（1）As位于元素周期表中___________周期___________族，其基态原子的核外电子排布式为___________；第一电离能As＞Se，原因是___________。
（2）NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为___________(填化学式，下同)，键能由大到小的顺序为___________。
（3）Sn为IVA族元素，单质Sn与干燥Cl2反应生成SnCl4。常温常压下SnCl4为无色液体，SnCl4空间构型为___________，中心原子Sn的杂化方式为___________。
（4）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。
一个晶胞中有___________个Sn，找出该晶胞内距离Cd(0，0，0)最近的Sn___________(用分数坐标表示)。(任写一点即可)
【答案】（1） ①. 四 ②. VA ③. 1s22s22p63s23p63d104s24p3([Ar]3d104s24p3) ④. As原子价层电子排布为4s24p3，其4p轨道为半满稳定结构；Se的价层电子排布为4s24p4，失去的是4p轨道的配对电子，配对电子有一定的斥力
（2） ①. NH3＞AsH3＞PH3 ②. NH3＞PH3＞AsH3
（3） ①. 正四面体 ②. sp3
（4） ① 4 ②. (，0，)；(，，0)
【解析】
【小问1详解】
As属于第四周期VA族元素，原子序数为33，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3；As价电子排布式为4s24p3，其4p轨道为半满稳定结构，Se其位于第ⅥA元素，价电子排布式为4s24p4，失去的是4p轨道的配对电子，配对电子有一定的斥力；故答案为四；VA；1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3；As原子价层电子排布为4s24p3，其4p轨道为半满稳定结构；Se的价层电子排布为4s24p4失去的是4p轨道的配对电子，配对电子有一定的斥力；
【小问2详解】
NH3、PH3、AsH3均属于分子晶体，NH3分子间存在氢键，PH3、AsH3分子间没有氢键，NH3的沸点最高，AsH3相对分子质量大于PH3，AsH3的范德华力大于PH3，因此AsH3的沸点高于PH3，因此三种氢化物沸点高低顺序是NH3＞AsH3＞PH3；N、P、As原子半径依次减小，N－H、P－H、As－H键长依次增大，键能依次减小，因此键能由大到小顺序是NH3＞PH3＞AsH3；故答案为NH3＞AsH3＞PH3；NH3＞PH3＞AsH3；
【小问3详解】
SnCl4中心原子为Sn，有4个σ键，孤电子对数为=0，Sn价层电子对数为4，空间构型为正四面体形；价层电子对数等于杂化轨道数，即Sn杂化类型为sp3；故答案为正四面体形；sp3；
【小问4详解】坐标原子
x
y
z
Cd
0
0
0
Sn
0
0
0.5
As
0.25
0.25
0.125
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