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30，河南省南阳市第一中学校2023-2024学年高二上学期12月月考化学试题
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这是一份30，河南省南阳市第一中学校2023-2024学年高二上学期12月月考化学试题，共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1. 用化学用语表示中的相关微粒，其中正确的是
A. 分子的空间构型为V形
B. 的电子式为
C. S原子的结构示意图为
D. 基态O原子的价电子轨道表示式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．分子中S原子采用杂化，故分子的空间构型为V形，A正确；
B．H和S均为非金属元素，二者之间形成共价键，电子式为，B错误；
C．S的结构示意图中核电荷数为16，最外层电子数为6，C错误；
D．基态O原子的价电子排布式为，则轨道容纳4个电子，其中有2个轨道各容纳1个电子，但自旋方向应相同，价电子轨道表示式为，D错误；
故选A。
2. X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X与Y相邻，X基态原子核外有2个未成对电子；Z是元素周期表中电负性最大的元素。W原子在同周期中原子半径最大。下列说法不正确的是
A. 第一电离能：
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>X
C. Z、W的简单离子的半径：
D. 简单气态氢化物的热稳定性：Z>Y
【答案】A
【解析】
【分析】Z是元素周期表中电负性最大的元素，Z为F元素；W的原子序数大于Z，所以W是第三周期元素，又因为W原子在同周期中原子半径最大，所以W为Na元素；X基态原子核外有2个未成对电子，且X位于第二周期，所以X为C元素或O元素；又因为X与Y相邻，且Y的原子序数大于X，所以X只能是C元素，Y是N元素。
【详解】A．同周期元素第一电离能随着原子序数增大有增大的趋势，所以第一电离能：F＞N＞C，即，A项错误；
B．N元素最高价氧化物对应水化物为硝酸，C元素的最高价氧化物对应水化物为碳酸，硝酸酸性大于碳酸，B项正确；
C．氟离子和钠离子的核外电子排布相同，核电荷数大的离子半径小，氟离子的半径大于钠离子，C项正确；
D．非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越稳定，所以简单气态氢化物的热稳定性：F＞N，D项正确；
故选A。
3. X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价与最低负价之和为0，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族；化合物的电子总数为18；Q元素原子的最外层电子数比最内层多5个电子。下列说法不正确的是
A. 原子半径：
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：
C. Y和M简单氢化物稳定性：
D. X、Z和Q三种元素形成的化合物一定是共价化合物
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价与最低负价之和为0，则Y为C，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族，则Z为N，M为Si，化合物的电子总数为18，则为N2H4，则X为H，Q元素原子的最外层电子数比最内层多5个电子，则Q为Cl。
【详解】A．根据同周期从左到右半径逐渐减小，同主族从上到下半径逐渐增大，则原子半径：，故A正确；
B．根据非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，因此最高价氧化物对应水化物的酸性：，故B正确；
C．根据非金属性越强，其简单氢化物越稳定，因此Y和M简单氢化物的稳定性：，故C正确；
D．X、Z和Q三种元素形成的化合物可能是离子化合物，比如氯化铵，故D错误。
综上所述，答案为D。
4. 短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。用表中信息判断下列说法正确的是
A. 元素电负性：ZC. 元素第一电离能：Z【答案】A
【解析】
【分析】四种短周期元素，均可以形成最高价氧化物对应的水化物。有H3ZO4可知，该酸为弱酸，则Z为P元素；0.1 ml∙L−1 W的最高价氧化物对应的水化物的pH为0.70，说明该物质为多元强酸，为硫酸，则W为S元素；0.1 ml∙L−1 Y的最高价氧化物对应的水化物的pH为13.00，说明该物质为一元强碱，为氢氧化钠，则Y为Na元素；0.1 ml∙L−1 X的最高价氧化物对应的水化物的pH为1.00，说明该物质为一元强酸，为硝酸，则Y为N元素，据此回答。
【详解】A．同一周期元素的电负性随着原子序数的递增而增大，因S的原子序数大于P，则S的电负性大于P，胡A正确；
B．电子层数越多离子半径越大，Na+有两个电子层而S2−有三个电子层，因此S2−的离子半径较大，故B错误；
C．同一周期元素原子的第一电离能总趋势为依次增大，但由于第ⅡA、ⅤA族元素的电子排布结构为全充满或半充满状态，原子结构较为稳定，故第ⅡA、ⅤA族元素的第一电离能较相邻两个主族的电离能较大，故P的第一电离能大于S，故C错误；
D．相对分子质量越大，物质的熔沸点越高，但由于X的氢化物NH3中含有分子间氢键，因此NH3的沸点高于PH3的沸点，故D错误；
综上所述，答案为A。
【点睛】分子的相对分子质量越大，熔沸点越高，但需要注意分子间是否能够形成氢键；分子间氢键可以增大物质的熔沸点，但分子内氢键可以降低物质的熔沸点。
5. 2019年是“国际化学元素周期表年”。W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增加，其中W、X、Z组成的化合物M、N、R之间存在如图所示的反应。下列叙述正确的是
A. 元素非金属性的顺序为X>Y>Z>W
B. M、N、R三种分子中，所有原子均满足8电子稳定结构
C. M、N、R三种分子均含有极性键和非极性键
D W、X、Y、Z四种元素既可形成离子化合物，又可形成共价化合物
【答案】D
【解析】
【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增加，其中M为1个X原子和2个Z原子构成，N为1个X原子和4个W原子构成，R结构明显为有机物结构，反应为加成反应，即W为氢元素，X为碳元素，Y为氮元素，Z为氧元素，M为二氧化碳，N为甲烷，R为乙酸。
【详解】A．同周期，元素非金属性从左到右逐渐增大，顺序为Z > Y > X >W，A错误；
B．M、N、R三种分子中，氢原子满足2电子稳定结构，B错误；
C．N、M分别为甲烷和二氧化碳，只含有极性共价键， R分子含有极性键和非极性键，C错误；
D．W、X、Y、Z四种元素既可形成离子化合物NH4HCO3，又可形成共价化合物CH2(NH2)COOH，D正确；
答案为D。
6. 四种元素Y、Z、M、N位于同一短周期，Y的一种同位素在考古学中可用于断代。这四种元素参与组成的一种化合物属于离子液体，结构如图所示。下列说法错误的是
A. 电负性N>Z>Y>MB. 原子半径：M>Y>Z>N
C. 简单氢化物沸点：Z>YD. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Z
【答案】D
【解析】
【详解】Y的一种同位素用于考古，说明Y为碳，再结合所给物质中各原子形成化学键的个数和Y、Z、M、N位于同一周期可知，Z能形成三条共价键，Z为氮元素，N能形成一条共价键，N的最外层有7个电子，所以N为氟元素，M得到 1个电子形成了4对共用电子，说明M最外层有3个电子，M为B。
A．电负性同一周期从左到右依次增大，故N>Z>Y>M，A正确；
B．原子半径从左到右依次减小，B>C>N>F，B正确；
C . 简单氢化物的沸点：NH3分子间有氢键，所以NH3> CH4，C正确；
D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化合物的酸性越强，所以应该是Y答案选D。
7. 氯化银固体难溶于水，但在水中存在沉淀溶解平衡AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，对该平衡的说法中错误的是
A. 向该平衡中加入NaCl固体，平衡向左移动，AgCl溶解度减小
B. 向该平衡中加入AgCl固体，平衡不移动
C. 向该平衡中加水，平衡向右移动，AgCl溶度积增大
D. 向该平衡中加入KI固体，平衡向右移动，AgCl转化为AgI
【答案】C
【解析】
【详解】A．向该平衡体系中加入氯化钠固体，增大，平衡向左移动，AgCl溶解度减小，选项A正确；
B．此溶液为AgCl饱和溶液，向该平衡体系中加入AgCl固体，平衡不移动，选项B正确；
C．温度不变，AgCl溶度积不变，选项C错误；
D．向该平衡体系中加入KI固体，由于碘化银的溶度积小于氯化银的溶度积，平衡向右移动，发生沉淀的转化，AgCl转化为AgI，选项D正确；
答案选C。
8. 难溶盐可溶于盐酸，常温下，用调节浊液的，测得体系中或与的关系如图所示。下列说法错误的是
A. M代表与的变化曲线
B. 难溶盐的溶度积常数
C. Y点的溶液中存在
D. Z点的溶液中存在
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据题意，浊液存在溶解平衡：，用调节溶液存在平衡：。根据，随着横坐标增大，则减小，增大，故M代表与的变化曲线，A正确；
B．根据X点坐标可求，由W点可知，当时，，此时，则，B错误；
C．Y点，氟离子的浓度与钙离子的相同，即，溶解出的氟离子，，再根据电荷守恒，故，C正确；
D．Z点的溶液中，根据及，存在，根据可求，而此时，则，D正确；
故选B。
9. 肼(N2H4)又称联氨，为二元弱碱，在水中的电离与氨类似。已知常温下，N2H4第一步电离平衡N2H4+H2O+OH-，Kb1=8.7×10-7。下列说法错误的是
A. N2H4的水溶液中存在：c()+2c()+c(H+)=c(OH-)
B. 反应 N2H4+H+的平衡常数K=8.7×107
C. 联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为N2H5HSO4
D. 向N2H4的水溶液中加水，不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据电荷守恒可知在N2H4的水溶液中存在：c()+2c()+c(H+)=c(OH-)，A正确；
B．反应 N2H4+H+的平衡常数K==8.7×107，B正确；
C．联氨是二元弱碱，其与硫酸形成酸式盐的化学式为(N2H6)(HSO4)2，C错误；
D．温度不变电离平衡常数不变，加水稀释N2H4的水溶液中，×不变，D正确；故合理选项是C。
10. 一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
下列说法正确的是
A. a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀
B. b点时，c(Cl-)=c(CrO)，Ksp(AgCl)=Ksp(Ag2CrO4)
C. Ag2CrO4+2Cl-2AgCl+CrO的平衡常数K=107.9
D. 向NaCl、Na2CrO4均为0.1ml·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀
【答案】C
【解析】
【分析】根据图像，由(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度积Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(CrO)=(1×10-5)2×1×10-1.7=10-11.7，由(4.8，5)可得到AgCl的溶度积Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl)=1×10-5×1×10-4.8=10-9.8，据此数据计算各选项结果。
【详解】A．假设a点坐标为(4，6.5)，此时分别计算反应的浓度熵Q得，Q(AgCl)=10-10.5，Q(Ag2CrO4)=10-17，二者的浓度熵均小于其对应的溶度积Ksp，二者不会生成沉淀，A错误；
B．Ksp为难溶物的溶度积，是一种平衡常数，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，根据分析可知，二者的溶度积不相同，B错误；
C．该反应的平衡常数表达式为K=，将表达式转化为与两种难溶物的溶度积有关的式子得K=====1×107.9，C正确；
D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1ml·L-1的混合溶液中滴加AgNO3，开始沉淀时所需要的c(Ag+)分别为10-8.8和10-5.35，说明此时沉淀Cl-需要的银离子浓度更低，在这种情况下，先沉淀的是AgCl，D错误；
故答案选C。
11. 下图为和在水中达沉淀溶解平衡时的关系图(；可认为离子沉淀完全)。下列叙述正确的是
A. 由点可求得
B. 时的溶解度为
C. 浓度均为的和可通过分步沉淀进行分离
D. 混合溶液中时二者不会同时沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．由点a(2，2.5)可知，此时pH=2，pOH=12，则===，故A错误；
B．由点(5，6)可知，此时pH=5，pOH=9，则===，时的溶解度为=10-3，故B错误；
C．由图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀和，故C正确；
D．由图可知，沉淀完全时，，pM5，此时pH约为4.7，在此pH下刚开始沉淀的浓度为，而题中>，则会同时沉淀，故D错误；
答案选C。
12. 常温下，一种解释乙酰水杨酸(用HA表示，)药物在人体吸收模式如下：
假设离子不会穿过组织薄膜，而未电离的HA则可自由穿过该膜且达到平衡。下列说法错误的是
A. 血浆中HA电离程度比胃中大B. 在胃中，
C. 在血浆中，D. 总药量之比
【答案】C
【解析】
【详解】A．如图可知，胃液酸性强，H+浓度大，抑制HA的电离，故血浆中HA电离程度比胃中大，A正确；
B．在胃中=，根据可得，B正确；
C．在血浆中，，C错误；
D．未电离的HA则可自由穿过该膜且达到平衡，血浆Ⅰ和胃Ⅱ中相等，由，可得，则，溶液Ⅰ中，，，同理溶液Ⅱ中，，故总药量之比，D正确；
故选C。
13. 实验测得0.5 ml·L－1CH3COONa溶液、0.5 ml·L－1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A. 随温度升高，纯水中c(H＋)=c(OH－)
B. 随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH－)减小
C. 随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是水解平衡移动的结果
D. 随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO－、Cu2＋水解平衡移动方向不同
【答案】A
【解析】
【详解】A．任何温度时，纯水中H＋浓度与OH－浓度始终相等，A正确；
B．随温度升高，CH3COONa水解程度增大，溶液中c(OH－)增大，且温度升高，水的电离程度增大，c(OH－)也增大，B错误；
C．温度升高，水的电离程度增大，c(H＋)增大，又CuSO4水解使溶液显酸性，温度升高，水解平衡正向移动，故c(H＋)增大，C错误；
D．温度升高，能使电离平衡和水解平衡均正向移动，而CH3COONa溶液随温度升高pH降低的原因是水的电离程度增大得多，而CuSO4溶液随温度升高pH降低的原因是Cu2＋水解程度增大得多，D错误；
故选A。
14. 某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 曲线Ⅰ代表HNO2溶液
B. 溶液中水的电离程度：b点＞c点
C. 相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同
D. c点到d点，溶液中保持不变（HA、A-代表相应的酸和酸根离子）
【答案】D
【解析】
【详解】A．HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，相同浓度的HNO2和CH3COOH，酸性HNO2＞CH3COOH，pH相同的HNO2和CH3COOH分别加水稀释相同的倍数，pH值变化较大的是强酸，根据图知，曲线I表示CH3COOH、曲线II表示HNO2，故A错误；
B．酸抑制水电离，酸中c(H+)越大，其抑制水电离程度越大，酸中c(H+)：b＞c，则水的电离程度：b＜c，故B错误；
C．相同体积的a点两种溶液中n(酸)：n(HNO2)＜n(CH3COOH)，分别与NaOH恰好中和后消耗n(NaOH)：HNO2＜CH3COOH，所以溶液中n(Na+)：HNO2＜CH3COOH，故C错误；
D．温度不变水解平衡常数不变，从c点到d点温度不变，溶液中 =Kh(HA)不变，故D正确；
答案选D。
【点睛】pH相同的HNO2和CH3COOH分别加水稀释相同的倍数，pH值变化较大的是强酸，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强都是解题的关键。
15. 可溶性钡盐有毒，医院中常用硫酸钡这种钡盐作为内服造影剂。已知：；。下列推断正确的是
A. 饱和溶液中存在：
B. 向、的饱和混合溶液中加入少量，溶液中减小
C. 不用碳酸钡作为内服造影剂，是因为
D. 若每次加入的溶液，至少需要6次可将转化为
【答案】D
【解析】
【详解】A．是难溶性盐，饱和溶液中存在：，根据物料守恒：，故A错误；
B．、的饱和混合溶液中存在平衡：(s)+SO(aq)(s)+ (aq)，溶液中，少量，温度不变，和不变，不变，故B错误；
C．胃液中含有盐酸，不用碳酸钡作为内服造影剂的原因是：碳酸钡能和盐酸反应而溶解，和溶度积常数无关，故C错误；
D．向中加入溶液，发生反应(s)+(aq)(s)+ SO(aq)，该反应的平衡常数K=，若每次加入的溶液，能处理BaSO4物质的量xml，则K= ，x=，，所以至少6次可以将转化为，故D正确；
故选D。
二、非选择题(共4小题，共55分)
16. 乙二酸俗名草酸，下面是化学学习小组的同学对草酸晶体(H2C2O4·xH2O)进行的探究性学习的过程，请你参与并协助他们完成相关学习任务。该组同学的研究课题是：探究测定草酸晶体(H2C2O4·xH2O)中的x值。通过查阅资料和网络查寻得，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O,学习小组的同学设计了滴定的方法测定x值。
①称取1.260 g纯草酸晶体，将其制成100.00 mL水溶液为待测液。
②取25.00 mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4。
③用浓度为0.1000 ml·L－1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定，达到终点时消耗10.00 mL。
(1)滴定时，将酸性KMnO4标准液装在如图中的________(填“甲”或“乙”)滴定管中。
(2)本实验滴定达到终点的标志是___________________。
(3)通过上述数据，求得x＝________。
讨论：①若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得的x值会________(填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同)。
②若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则由此测得的x值会________。
【答案】 ①. 甲 ②. 当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点 ③. 2 ④. 偏大 ⑤. 偏小
【解析】
【分析】（1）因为酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，结合滴定管的适用要求作答；
（2）根据KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点；
（3）由题给化学方程式及数据计算出1.260g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量，然后求出1.260g纯草酸晶体中含H2O的物质的量，根据H2O的物质的量和纯草酸晶体的物质的量的关系求出x；根据操作不当对标准液消耗的体积变化来判断H2C2O4的物质的量的误差，进而推出纯草酸晶体中含H2O的物质的量误差变化。
【详解】（1）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，腐蚀橡皮管，所以用需用酸式滴定管，甲正确，
故答案为甲；
（2）当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；
（3）2MnO4−+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
2 5
0.1000ml/L×0.01L 0.0025ml
25.00 mL待测液中含有0.0025 ml H2C2O4，100.00 mL待测液中含有0.01ml H2C2O4，其质量为0.01 ml×90 g/ml=0.9 g，所以1.260 g纯草酸晶体中水的物质的量为1.260 g−0.9 g=0.36 g，其物质的量为0.02 ml，则x=2；
①若滴定终点时俯视滴定管读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小，由此所得n(H2C2O4)偏小，则n(H2O)偏大，x值偏大；
②若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则消耗的标准液的体积偏大，最终导致n(H2C2O4)偏大，则n(H2O)偏小，x值偏小；
故答案为2；偏大；偏小。
17. 甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。工业上一般采用下列两种反应合成甲醇。
反应Ⅰ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，△H1
反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+ H2O(g)，△H2
下表所列数据是反应I在不同温度下的化学平衡常数(K)：
（1）在一定条件下将2 mlCO和6mlH2充入2L的密闭容器中发生反应I，5min后测得c(CO)=0.4 ml／L，计算此段时间的反应速率(用H2表示)___________ ml／(L·min)。
（2）由表中数据判断△H1_____0(填“>”、“<”或“=”)反应，CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H3=____(用△H1和△H2表示)。
（3）若容器容积不变，下列措施可提高反应Ⅰ中CO转化率的是_________(选字母)。
a．充入CO，使体系总压强增大
b．将CH3OH(g)从体系中分离
e．充入He，使体系总压强增大
d．使用高效催化剂
（4）写出反应Ⅱ的化学平衡常数表达式：K=_________；保持恒温恒容的条件下将反应Ⅱ的平衡体系各物质浓度均增加一倍，则化学平衡_________(填“正向”、“逆向”或“不”)移动，平衡常数K____(填“变大”、“变小”或“不变”)。
【答案】 ①. 0.24 ②. ＜ ③. △H2 - △H1 ④. b ⑤. C（CH3 OH）C（H2 O）/ C（C O2）C3（H2） ⑥. 正向 ⑦. 不变
【解析】
【详解】(1)、CO浓度变化量为2ml/2L−0.4ml/L=0.6ml/L，故v(CO)=0.6ml/L÷5min=0.12ml/(L⋅min)，速率之比等于化学计量数之比，故v(H2)=2v(CO)=2×0.12ml/(L⋅min)=0.24ml/(L⋅min)，故答案为0.24。
(2)、由表中数据可知，随温度升高平衡常数K减小，说明温度升高，平衡逆向进行，所以正向是放热反应，即△H1<0。
反应Ⅰ：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H1
反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H2
根据盖斯定律Ⅱ−Ⅰ得到CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，则△H3=△H2−△H1，故答案为＜；△H2−△H1。
(3)、a.充入CO，使体系总压强增大，平衡向正反应移动，但CO的转化率降低，故a错误；b.将CH3OH(g)从体系中分离，平衡向正反应方向移动，CO转化率增大，故b正确；
c.充入He，使体系总压强增大，但各物质的浓度不变，平衡不移动，CO转化率不变，故c错误；d.使用高效催化剂，平衡不移动，CO的转化率不变，故d错误。故答案为b。
(4)反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数k= C（CH3 OH）C（H2 O）/ C（C O2）C3（H2），保持恒温恒容，将反应Ⅱ的平衡体系中各物质浓度均增加一倍，相当于增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动即正向移动；平衡常数仅与温度有关，所以平衡常数K不变。故答案为C（CH3 OH）C（H2 O）/ C（C O2）C3（H2）；正向；不变。
18. 不锈钢是由铁、铬、镍、碳及众多不同元素所组成的合金，铁是主要成分元素，铬是第一主要的合金元素。其中铬的含量不能低于11%，不然就不能生成致密氧化膜CrO3防止腐蚀。
（1）基态铬(Cr)原子电子排布式为___________。
（2）[Cr(H2O)4Cl2]Cl•2H2O中Cr的配位数为___________；已知CrO5中Cr为+6价，则CrO5的结构式为___________。
（3）金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液态Ni(CO)4，呈四面体构型。423K时，Ni(CO)4分解为Ni和CO，从而制得高纯度的Ni粉。试推测：四羰基镍的晶体类型是___________，Ni(CO)4易溶于下列___________。
A．水 B．四氯化碳 C．苯 D．硫酸镍溶液
（4）已知：H3C-CH3中C-C键能为346kJ/ml、H2N-NH2中N-N键能为247kJ/ml、HO-OH中O-O键能为207kJ/ml，问：H3C-CH3中碳原子杂化方式为___________，试运用物质结构知识说明其键能变化趋势原因___________。
（5）Fe的一种晶体如甲、乙所示，若按甲虚线方向切乙得到的A～D图中正确的是___________。
（6）只含镁、镍和碳三种元素的晶体结构如图，试写出该晶体的化学式___________。晶体中每个镁原子周围距离最近的镍原子有___________个。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d54s1
（2） ①. 6 ②.
（3） ①. 分子晶体 ②. BC
（4） ①. sp3 ②. H3C-CH3、H2N-NH2、HO-OH中的C、N、O均为sp3杂化，其孤电子对数分别为0、1、2，由于孤电子对与孤电子对间斥力较大，随孤电子对数增加，原子间斥力增大，其键能渐小
（5）A （6） ①. MgCNi3 ②. 12
【解析】
【小问1详解】
铬是24号元素，基态铬（Cr）原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故答案为1s22s22p63s23p63d54s1。
【小问2详解】
[Cr(H2O)4Cl2]Cl•2H2O中Cr与4个H2O，2个Cl-形成配位键，所以配位数为6，CrO5中存在过氧键、Cr-O键、Cr＝O，在4个Cr-O键中Cr为+1价，在Cr＝O键中Cr为+2价，则结构式为，故答案为：6；。
【小问3详解】
沸点较低的晶体一般为分子晶体，四羰基镍的晶体为分子晶体；Ni(CO)4呈四面体构型，为非极性分子，根据相似相溶原理可知，它易溶于四氯化碳和苯，故答案为分子晶体；BC。
【小问4详解】
H3C-CH3中碳原子的价层电子对数为，所以碳原子的杂化方式为sp3杂化，在H3C-CH3、H2N-NH2、HO-OH 中的C、N、O均为sp3 杂化，其孤电子对数分别为0、1、2，由于孤电子对与孤电子对间斥力较大，随孤电子对数增加，原子间斥力增大，所以键能逐渐减小，故答案为sp3；H3C-CH3、H2N-NH2、HO-OH中的C、N、O均为sp3杂化，其孤电子对数分别为0、1、2，由于孤电子对与孤电子对间斥力较大，随孤电子对数增加，原子间斥力增大，其键能渐小。
【小问5详解】
甲中Fe位于顶点和体心，乙由8个甲组成，按甲虚线方向切乙形成的纵截面边长不相等，则排除B、D，由于每个小晶胞中的体心含有1个Fe原子，则应为A，故答案为A。
【小问6详解】
该晶胞中，碳原子个数是1，镁原子个数＝8×＝1，镍原子个数＝6×＝3，所以其化学式为：MgCNi3，利用沿X、Y、Z三轴切割的方法知，晶体中每个镁原子周围距离最近的镍原子有4×3＝12，故答案为MgCNi3；12。
19. 晶体硅是一种重要的非金属材料，有科学家认为硅是“21世纪的能源”、“未来的石油”。
(1)工业上生产纯硅的工艺流程如下：
石英砂的主要成分是SiO2，在制备粗硅时，焦炭的作用是__________(填“氧化剂”或“还原剂”)；在该反应中，若消耗了3.0 g SiO2 ，则转移电子的总数为_______________。
(2)某实验室利用SiHCl3(沸点33.0 ℃)与过量H2在1 000 ℃～1 100 ℃反应制得纯硅。已知SiHCl3能与H2O强烈反应，在空气中易自燃。装置如图所示(热源及夹持装置略去)。
①装置B中的试剂是___________。装置C中的烧瓶需要加热，其目的是_________________。
②反应一段时间后，装置D中观察到的现象是______________________；装置D中发生反应的化学方程式为___________________________________。
③为检验产品硅中是否含微量铁单质，将试样用稀盐酸溶解，取上层清液后需要加入的试剂有______(填字母)。
a.碘水 b.氯水 c.Na2SO3溶液 d.KSCN溶液
【答案】 ①. 还原剂 ②. 1.204×1023或0.2NA ③. 浓硫酸 ④. 使滴入烧瓶中的SiHCl3汽化 ⑤. 有固体物质生成 ⑥. SiHCl3＋H2Si＋3HCl ⑦. bd
【解析】
【分析】(1)根据工艺流程写出化学方程式，从化合价的变化判断焦炭的作用，根据化学方程式和质量关系求出转移的电子数；
(2) ①A生成的氢气经过干燥，进入D与从C中汽化的SiHCl3反应制粗硅，B是干燥装置，②氢气和SiHCl3发生置换反应，写出化学方程式；
③选择检验亚铁离子的试剂；
【详解】(1)根据流程可知，化学方程式为SiO2+2CSi+2CO，碳的化合价升高，做还原剂， 1ml SiO2参加反应转移的电子数为4ml，反应中消耗了3.0 g SiO2 ，n==0.05 ml，转移电子为0.2 ml，即1.204×1023或0.2NA；
(2)SiHCl3能与H2O强烈反应，需要用浓硫酸干燥氢气，反应需要的温度比较高，在D中反应，SiHCl3的沸点较低，C中的烧瓶需要加热是为了使滴入烧瓶中的SiHCl3汽化；
②装置D中有硅单质生成，即有固体物质生成 。此反应为 SiHCl3＋H2Si＋3HCl；
③亚铁离子的检验通常用的方法是：先向溶液中加入KSCN，溶液不变红色，再加入氯水溶液变红色，即可却确定有亚铁离子，答案为bd。元素
X
Y
Z
W
最高价氧化物的水化物
H3ZO4
溶液对应的pH(25℃)
1.00
13.00
1.57
0.70
温度
250℃
300℃
350℃
K
2.0
0.27
0.012
1. 用化学用语表示中的相关微粒，其中正确的是
A. 分子的空间构型为V形
B. 的电子式为
C. S原子的结构示意图为
D. 基态O原子的价电子轨道表示式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．分子中S原子采用杂化，故分子的空间构型为V形，A正确；
B．H和S均为非金属元素，二者之间形成共价键，电子式为，B错误；
C．S的结构示意图中核电荷数为16，最外层电子数为6，C错误；
D．基态O原子的价电子排布式为，则轨道容纳4个电子，其中有2个轨道各容纳1个电子，但自旋方向应相同，价电子轨道表示式为，D错误；
故选A。
2. X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X与Y相邻，X基态原子核外有2个未成对电子；Z是元素周期表中电负性最大的元素。W原子在同周期中原子半径最大。下列说法不正确的是
A. 第一电离能：
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>X
C. Z、W的简单离子的半径：
D. 简单气态氢化物的热稳定性：Z>Y
【答案】A
【解析】
【分析】Z是元素周期表中电负性最大的元素，Z为F元素；W的原子序数大于Z，所以W是第三周期元素，又因为W原子在同周期中原子半径最大，所以W为Na元素；X基态原子核外有2个未成对电子，且X位于第二周期，所以X为C元素或O元素；又因为X与Y相邻，且Y的原子序数大于X，所以X只能是C元素，Y是N元素。
【详解】A．同周期元素第一电离能随着原子序数增大有增大的趋势，所以第一电离能：F＞N＞C，即，A项错误；
B．N元素最高价氧化物对应水化物为硝酸，C元素的最高价氧化物对应水化物为碳酸，硝酸酸性大于碳酸，B项正确；
C．氟离子和钠离子的核外电子排布相同，核电荷数大的离子半径小，氟离子的半径大于钠离子，C项正确；
D．非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越稳定，所以简单气态氢化物的热稳定性：F＞N，D项正确；
故选A。
3. X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价与最低负价之和为0，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族；化合物的电子总数为18；Q元素原子的最外层电子数比最内层多5个电子。下列说法不正确的是
A. 原子半径：
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：
C. Y和M简单氢化物稳定性：
D. X、Z和Q三种元素形成的化合物一定是共价化合物
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价与最低负价之和为0，则Y为C，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族，则Z为N，M为Si，化合物的电子总数为18，则为N2H4，则X为H，Q元素原子的最外层电子数比最内层多5个电子，则Q为Cl。
【详解】A．根据同周期从左到右半径逐渐减小，同主族从上到下半径逐渐增大，则原子半径：，故A正确；
B．根据非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，因此最高价氧化物对应水化物的酸性：，故B正确；
C．根据非金属性越强，其简单氢化物越稳定，因此Y和M简单氢化物的稳定性：，故C正确；
D．X、Z和Q三种元素形成的化合物可能是离子化合物，比如氯化铵，故D错误。
综上所述，答案为D。
4. 短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。用表中信息判断下列说法正确的是
A. 元素电负性：Z
【解析】
【分析】四种短周期元素，均可以形成最高价氧化物对应的水化物。有H3ZO4可知，该酸为弱酸，则Z为P元素；0.1 ml∙L−1 W的最高价氧化物对应的水化物的pH为0.70，说明该物质为多元强酸，为硫酸，则W为S元素；0.1 ml∙L−1 Y的最高价氧化物对应的水化物的pH为13.00，说明该物质为一元强碱，为氢氧化钠，则Y为Na元素；0.1 ml∙L−1 X的最高价氧化物对应的水化物的pH为1.00，说明该物质为一元强酸，为硝酸，则Y为N元素，据此回答。
【详解】A．同一周期元素的电负性随着原子序数的递增而增大，因S的原子序数大于P，则S的电负性大于P，胡A正确；
B．电子层数越多离子半径越大，Na+有两个电子层而S2−有三个电子层，因此S2−的离子半径较大，故B错误；
C．同一周期元素原子的第一电离能总趋势为依次增大，但由于第ⅡA、ⅤA族元素的电子排布结构为全充满或半充满状态，原子结构较为稳定，故第ⅡA、ⅤA族元素的第一电离能较相邻两个主族的电离能较大，故P的第一电离能大于S，故C错误；
D．相对分子质量越大，物质的熔沸点越高，但由于X的氢化物NH3中含有分子间氢键，因此NH3的沸点高于PH3的沸点，故D错误；
综上所述，答案为A。
【点睛】分子的相对分子质量越大，熔沸点越高，但需要注意分子间是否能够形成氢键；分子间氢键可以增大物质的熔沸点，但分子内氢键可以降低物质的熔沸点。
5. 2019年是“国际化学元素周期表年”。W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增加，其中W、X、Z组成的化合物M、N、R之间存在如图所示的反应。下列叙述正确的是
A. 元素非金属性的顺序为X>Y>Z>W
B. M、N、R三种分子中，所有原子均满足8电子稳定结构
C. M、N、R三种分子均含有极性键和非极性键
D W、X、Y、Z四种元素既可形成离子化合物，又可形成共价化合物
【答案】D
【解析】
【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增加，其中M为1个X原子和2个Z原子构成，N为1个X原子和4个W原子构成，R结构明显为有机物结构，反应为加成反应，即W为氢元素，X为碳元素，Y为氮元素，Z为氧元素，M为二氧化碳，N为甲烷，R为乙酸。
【详解】A．同周期，元素非金属性从左到右逐渐增大，顺序为Z > Y > X >W，A错误；
B．M、N、R三种分子中，氢原子满足2电子稳定结构，B错误；
C．N、M分别为甲烷和二氧化碳，只含有极性共价键， R分子含有极性键和非极性键，C错误；
D．W、X、Y、Z四种元素既可形成离子化合物NH4HCO3，又可形成共价化合物CH2(NH2)COOH，D正确；
答案为D。
6. 四种元素Y、Z、M、N位于同一短周期，Y的一种同位素在考古学中可用于断代。这四种元素参与组成的一种化合物属于离子液体，结构如图所示。下列说法错误的是
A. 电负性N>Z>Y>MB. 原子半径：M>Y>Z>N
C. 简单氢化物沸点：Z>YD. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Z
【答案】D
【解析】
【详解】Y的一种同位素用于考古，说明Y为碳，再结合所给物质中各原子形成化学键的个数和Y、Z、M、N位于同一周期可知，Z能形成三条共价键，Z为氮元素，N能形成一条共价键，N的最外层有7个电子，所以N为氟元素，M得到 1个电子形成了4对共用电子，说明M最外层有3个电子，M为B。
A．电负性同一周期从左到右依次增大，故N>Z>Y>M，A正确；
B．原子半径从左到右依次减小，B>C>N>F，B正确；
C . 简单氢化物的沸点：NH3分子间有氢键，所以NH3> CH4，C正确；
D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化合物的酸性越强，所以应该是Y
7. 氯化银固体难溶于水，但在水中存在沉淀溶解平衡AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，对该平衡的说法中错误的是
A. 向该平衡中加入NaCl固体，平衡向左移动，AgCl溶解度减小
B. 向该平衡中加入AgCl固体，平衡不移动
C. 向该平衡中加水，平衡向右移动，AgCl溶度积增大
D. 向该平衡中加入KI固体，平衡向右移动，AgCl转化为AgI
【答案】C
【解析】
【详解】A．向该平衡体系中加入氯化钠固体，增大，平衡向左移动，AgCl溶解度减小，选项A正确；
B．此溶液为AgCl饱和溶液，向该平衡体系中加入AgCl固体，平衡不移动，选项B正确；
C．温度不变，AgCl溶度积不变，选项C错误；
D．向该平衡体系中加入KI固体，由于碘化银的溶度积小于氯化银的溶度积，平衡向右移动，发生沉淀的转化，AgCl转化为AgI，选项D正确；
答案选C。
8. 难溶盐可溶于盐酸，常温下，用调节浊液的，测得体系中或与的关系如图所示。下列说法错误的是
A. M代表与的变化曲线
B. 难溶盐的溶度积常数
C. Y点的溶液中存在
D. Z点的溶液中存在
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据题意，浊液存在溶解平衡：，用调节溶液存在平衡：。根据，随着横坐标增大，则减小，增大，故M代表与的变化曲线，A正确；
B．根据X点坐标可求，由W点可知，当时，，此时，则，B错误；
C．Y点，氟离子的浓度与钙离子的相同，即，溶解出的氟离子，，再根据电荷守恒，故，C正确；
D．Z点的溶液中，根据及，存在，根据可求，而此时，则，D正确；
故选B。
9. 肼(N2H4)又称联氨，为二元弱碱，在水中的电离与氨类似。已知常温下，N2H4第一步电离平衡N2H4+H2O+OH-，Kb1=8.7×10-7。下列说法错误的是
A. N2H4的水溶液中存在：c()+2c()+c(H+)=c(OH-)
B. 反应 N2H4+H+的平衡常数K=8.7×107
C. 联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为N2H5HSO4
D. 向N2H4的水溶液中加水，不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据电荷守恒可知在N2H4的水溶液中存在：c()+2c()+c(H+)=c(OH-)，A正确；
B．反应 N2H4+H+的平衡常数K==8.7×107，B正确；
C．联氨是二元弱碱，其与硫酸形成酸式盐的化学式为(N2H6)(HSO4)2，C错误；
D．温度不变电离平衡常数不变，加水稀释N2H4的水溶液中，×不变，D正确；故合理选项是C。
10. 一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
下列说法正确的是
A. a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀
B. b点时，c(Cl-)=c(CrO)，Ksp(AgCl)=Ksp(Ag2CrO4)
C. Ag2CrO4+2Cl-2AgCl+CrO的平衡常数K=107.9
D. 向NaCl、Na2CrO4均为0.1ml·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀
【答案】C
【解析】
【分析】根据图像，由(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度积Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(CrO)=(1×10-5)2×1×10-1.7=10-11.7，由(4.8，5)可得到AgCl的溶度积Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl)=1×10-5×1×10-4.8=10-9.8，据此数据计算各选项结果。
【详解】A．假设a点坐标为(4，6.5)，此时分别计算反应的浓度熵Q得，Q(AgCl)=10-10.5，Q(Ag2CrO4)=10-17，二者的浓度熵均小于其对应的溶度积Ksp，二者不会生成沉淀，A错误；
B．Ksp为难溶物的溶度积，是一种平衡常数，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，根据分析可知，二者的溶度积不相同，B错误；
C．该反应的平衡常数表达式为K=，将表达式转化为与两种难溶物的溶度积有关的式子得K=====1×107.9，C正确；
D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1ml·L-1的混合溶液中滴加AgNO3，开始沉淀时所需要的c(Ag+)分别为10-8.8和10-5.35，说明此时沉淀Cl-需要的银离子浓度更低，在这种情况下，先沉淀的是AgCl，D错误；
故答案选C。
11. 下图为和在水中达沉淀溶解平衡时的关系图(；可认为离子沉淀完全)。下列叙述正确的是
A. 由点可求得
B. 时的溶解度为
C. 浓度均为的和可通过分步沉淀进行分离
D. 混合溶液中时二者不会同时沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．由点a(2，2.5)可知，此时pH=2，pOH=12，则===，故A错误；
B．由点(5，6)可知，此时pH=5，pOH=9，则===，时的溶解度为=10-3，故B错误；
C．由图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀和，故C正确；
D．由图可知，沉淀完全时，，pM5，此时pH约为4.7，在此pH下刚开始沉淀的浓度为，而题中>，则会同时沉淀，故D错误；
答案选C。
12. 常温下，一种解释乙酰水杨酸(用HA表示，)药物在人体吸收模式如下：
假设离子不会穿过组织薄膜，而未电离的HA则可自由穿过该膜且达到平衡。下列说法错误的是
A. 血浆中HA电离程度比胃中大B. 在胃中，
C. 在血浆中，D. 总药量之比
【答案】C
【解析】
【详解】A．如图可知，胃液酸性强，H+浓度大，抑制HA的电离，故血浆中HA电离程度比胃中大，A正确；
B．在胃中=，根据可得，B正确；
C．在血浆中，，C错误；
D．未电离的HA则可自由穿过该膜且达到平衡，血浆Ⅰ和胃Ⅱ中相等，由，可得，则，溶液Ⅰ中，，，同理溶液Ⅱ中，，故总药量之比，D正确；
故选C。
13. 实验测得0.5 ml·L－1CH3COONa溶液、0.5 ml·L－1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A. 随温度升高，纯水中c(H＋)=c(OH－)
B. 随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH－)减小
C. 随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是水解平衡移动的结果
D. 随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO－、Cu2＋水解平衡移动方向不同
【答案】A
【解析】
【详解】A．任何温度时，纯水中H＋浓度与OH－浓度始终相等，A正确；
B．随温度升高，CH3COONa水解程度增大，溶液中c(OH－)增大，且温度升高，水的电离程度增大，c(OH－)也增大，B错误；
C．温度升高，水的电离程度增大，c(H＋)增大，又CuSO4水解使溶液显酸性，温度升高，水解平衡正向移动，故c(H＋)增大，C错误；
D．温度升高，能使电离平衡和水解平衡均正向移动，而CH3COONa溶液随温度升高pH降低的原因是水的电离程度增大得多，而CuSO4溶液随温度升高pH降低的原因是Cu2＋水解程度增大得多，D错误；
故选A。
14. 某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 曲线Ⅰ代表HNO2溶液
B. 溶液中水的电离程度：b点＞c点
C. 相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同
D. c点到d点，溶液中保持不变（HA、A-代表相应的酸和酸根离子）
【答案】D
【解析】
【详解】A．HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，相同浓度的HNO2和CH3COOH，酸性HNO2＞CH3COOH，pH相同的HNO2和CH3COOH分别加水稀释相同的倍数，pH值变化较大的是强酸，根据图知，曲线I表示CH3COOH、曲线II表示HNO2，故A错误；
B．酸抑制水电离，酸中c(H+)越大，其抑制水电离程度越大，酸中c(H+)：b＞c，则水的电离程度：b＜c，故B错误；
C．相同体积的a点两种溶液中n(酸)：n(HNO2)＜n(CH3COOH)，分别与NaOH恰好中和后消耗n(NaOH)：HNO2＜CH3COOH，所以溶液中n(Na+)：HNO2＜CH3COOH，故C错误；
D．温度不变水解平衡常数不变，从c点到d点温度不变，溶液中 =Kh(HA)不变，故D正确；
答案选D。
【点睛】pH相同的HNO2和CH3COOH分别加水稀释相同的倍数，pH值变化较大的是强酸，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强都是解题的关键。
15. 可溶性钡盐有毒，医院中常用硫酸钡这种钡盐作为内服造影剂。已知：；。下列推断正确的是
A. 饱和溶液中存在：
B. 向、的饱和混合溶液中加入少量，溶液中减小
C. 不用碳酸钡作为内服造影剂，是因为
D. 若每次加入的溶液，至少需要6次可将转化为
【答案】D
【解析】
【详解】A．是难溶性盐，饱和溶液中存在：，根据物料守恒：，故A错误；
B．、的饱和混合溶液中存在平衡：(s)+SO(aq)(s)+ (aq)，溶液中，少量，温度不变，和不变，不变，故B错误；
C．胃液中含有盐酸，不用碳酸钡作为内服造影剂的原因是：碳酸钡能和盐酸反应而溶解，和溶度积常数无关，故C错误；
D．向中加入溶液，发生反应(s)+(aq)(s)+ SO(aq)，该反应的平衡常数K=，若每次加入的溶液，能处理BaSO4物质的量xml，则K= ，x=，，所以至少6次可以将转化为，故D正确；
故选D。
二、非选择题(共4小题，共55分)
16. 乙二酸俗名草酸，下面是化学学习小组的同学对草酸晶体(H2C2O4·xH2O)进行的探究性学习的过程，请你参与并协助他们完成相关学习任务。该组同学的研究课题是：探究测定草酸晶体(H2C2O4·xH2O)中的x值。通过查阅资料和网络查寻得，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O,学习小组的同学设计了滴定的方法测定x值。
①称取1.260 g纯草酸晶体，将其制成100.00 mL水溶液为待测液。
②取25.00 mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4。
③用浓度为0.1000 ml·L－1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定，达到终点时消耗10.00 mL。
(1)滴定时，将酸性KMnO4标准液装在如图中的________(填“甲”或“乙”)滴定管中。
(2)本实验滴定达到终点的标志是___________________。
(3)通过上述数据，求得x＝________。
讨论：①若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得的x值会________(填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同)。
②若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则由此测得的x值会________。
【答案】 ①. 甲 ②. 当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点 ③. 2 ④. 偏大 ⑤. 偏小
【解析】
【分析】（1）因为酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，结合滴定管的适用要求作答；
（2）根据KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点；
（3）由题给化学方程式及数据计算出1.260g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量，然后求出1.260g纯草酸晶体中含H2O的物质的量，根据H2O的物质的量和纯草酸晶体的物质的量的关系求出x；根据操作不当对标准液消耗的体积变化来判断H2C2O4的物质的量的误差，进而推出纯草酸晶体中含H2O的物质的量误差变化。
【详解】（1）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，腐蚀橡皮管，所以用需用酸式滴定管，甲正确，
故答案为甲；
（2）当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；
（3）2MnO4−+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
2 5
0.1000ml/L×0.01L 0.0025ml
25.00 mL待测液中含有0.0025 ml H2C2O4，100.00 mL待测液中含有0.01ml H2C2O4，其质量为0.01 ml×90 g/ml=0.9 g，所以1.260 g纯草酸晶体中水的物质的量为1.260 g−0.9 g=0.36 g，其物质的量为0.02 ml，则x=2；
①若滴定终点时俯视滴定管读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小，由此所得n(H2C2O4)偏小，则n(H2O)偏大，x值偏大；
②若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则消耗的标准液的体积偏大，最终导致n(H2C2O4)偏大，则n(H2O)偏小，x值偏小；
故答案为2；偏大；偏小。
17. 甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。工业上一般采用下列两种反应合成甲醇。
反应Ⅰ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，△H1
反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+ H2O(g)，△H2
下表所列数据是反应I在不同温度下的化学平衡常数(K)：
（1）在一定条件下将2 mlCO和6mlH2充入2L的密闭容器中发生反应I，5min后测得c(CO)=0.4 ml／L，计算此段时间的反应速率(用H2表示)___________ ml／(L·min)。
（2）由表中数据判断△H1_____0(填“>”、“<”或“=”)反应，CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H3=____(用△H1和△H2表示)。
（3）若容器容积不变，下列措施可提高反应Ⅰ中CO转化率的是_________(选字母)。
a．充入CO，使体系总压强增大
b．将CH3OH(g)从体系中分离
e．充入He，使体系总压强增大
d．使用高效催化剂
（4）写出反应Ⅱ的化学平衡常数表达式：K=_________；保持恒温恒容的条件下将反应Ⅱ的平衡体系各物质浓度均增加一倍，则化学平衡_________(填“正向”、“逆向”或“不”)移动，平衡常数K____(填“变大”、“变小”或“不变”)。
【答案】 ①. 0.24 ②. ＜ ③. △H2 - △H1 ④. b ⑤. C（CH3 OH）C（H2 O）/ C（C O2）C3（H2） ⑥. 正向 ⑦. 不变
【解析】
【详解】(1)、CO浓度变化量为2ml/2L−0.4ml/L=0.6ml/L，故v(CO)=0.6ml/L÷5min=0.12ml/(L⋅min)，速率之比等于化学计量数之比，故v(H2)=2v(CO)=2×0.12ml/(L⋅min)=0.24ml/(L⋅min)，故答案为0.24。
(2)、由表中数据可知，随温度升高平衡常数K减小，说明温度升高，平衡逆向进行，所以正向是放热反应，即△H1<0。
反应Ⅰ：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H1
反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H2
根据盖斯定律Ⅱ−Ⅰ得到CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，则△H3=△H2−△H1，故答案为＜；△H2−△H1。
(3)、a.充入CO，使体系总压强增大，平衡向正反应移动，但CO的转化率降低，故a错误；b.将CH3OH(g)从体系中分离，平衡向正反应方向移动，CO转化率增大，故b正确；
c.充入He，使体系总压强增大，但各物质的浓度不变，平衡不移动，CO转化率不变，故c错误；d.使用高效催化剂，平衡不移动，CO的转化率不变，故d错误。故答案为b。
(4)反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数k= C（CH3 OH）C（H2 O）/ C（C O2）C3（H2），保持恒温恒容，将反应Ⅱ的平衡体系中各物质浓度均增加一倍，相当于增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动即正向移动；平衡常数仅与温度有关，所以平衡常数K不变。故答案为C（CH3 OH）C（H2 O）/ C（C O2）C3（H2）；正向；不变。
18. 不锈钢是由铁、铬、镍、碳及众多不同元素所组成的合金，铁是主要成分元素，铬是第一主要的合金元素。其中铬的含量不能低于11%，不然就不能生成致密氧化膜CrO3防止腐蚀。
（1）基态铬(Cr)原子电子排布式为___________。
（2）[Cr(H2O)4Cl2]Cl•2H2O中Cr的配位数为___________；已知CrO5中Cr为+6价，则CrO5的结构式为___________。
（3）金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液态Ni(CO)4，呈四面体构型。423K时，Ni(CO)4分解为Ni和CO，从而制得高纯度的Ni粉。试推测：四羰基镍的晶体类型是___________，Ni(CO)4易溶于下列___________。
A．水 B．四氯化碳 C．苯 D．硫酸镍溶液
（4）已知：H3C-CH3中C-C键能为346kJ/ml、H2N-NH2中N-N键能为247kJ/ml、HO-OH中O-O键能为207kJ/ml，问：H3C-CH3中碳原子杂化方式为___________，试运用物质结构知识说明其键能变化趋势原因___________。
（5）Fe的一种晶体如甲、乙所示，若按甲虚线方向切乙得到的A～D图中正确的是___________。
（6）只含镁、镍和碳三种元素的晶体结构如图，试写出该晶体的化学式___________。晶体中每个镁原子周围距离最近的镍原子有___________个。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d54s1
（2） ①. 6 ②.
（3） ①. 分子晶体 ②. BC
（4） ①. sp3 ②. H3C-CH3、H2N-NH2、HO-OH中的C、N、O均为sp3杂化，其孤电子对数分别为0、1、2，由于孤电子对与孤电子对间斥力较大，随孤电子对数增加，原子间斥力增大，其键能渐小
（5）A （6） ①. MgCNi3 ②. 12
【解析】
【小问1详解】
铬是24号元素，基态铬（Cr）原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故答案为1s22s22p63s23p63d54s1。
【小问2详解】
[Cr(H2O)4Cl2]Cl•2H2O中Cr与4个H2O，2个Cl-形成配位键，所以配位数为6，CrO5中存在过氧键、Cr-O键、Cr＝O，在4个Cr-O键中Cr为+1价，在Cr＝O键中Cr为+2价，则结构式为，故答案为：6；。
【小问3详解】
沸点较低的晶体一般为分子晶体，四羰基镍的晶体为分子晶体；Ni(CO)4呈四面体构型，为非极性分子，根据相似相溶原理可知，它易溶于四氯化碳和苯，故答案为分子晶体；BC。
【小问4详解】
H3C-CH3中碳原子的价层电子对数为，所以碳原子的杂化方式为sp3杂化，在H3C-CH3、H2N-NH2、HO-OH 中的C、N、O均为sp3 杂化，其孤电子对数分别为0、1、2，由于孤电子对与孤电子对间斥力较大，随孤电子对数增加，原子间斥力增大，所以键能逐渐减小，故答案为sp3；H3C-CH3、H2N-NH2、HO-OH中的C、N、O均为sp3杂化，其孤电子对数分别为0、1、2，由于孤电子对与孤电子对间斥力较大，随孤电子对数增加，原子间斥力增大，其键能渐小。
【小问5详解】
甲中Fe位于顶点和体心，乙由8个甲组成，按甲虚线方向切乙形成的纵截面边长不相等，则排除B、D，由于每个小晶胞中的体心含有1个Fe原子，则应为A，故答案为A。
【小问6详解】
该晶胞中，碳原子个数是1，镁原子个数＝8×＝1，镍原子个数＝6×＝3，所以其化学式为：MgCNi3，利用沿X、Y、Z三轴切割的方法知，晶体中每个镁原子周围距离最近的镍原子有4×3＝12，故答案为MgCNi3；12。
19. 晶体硅是一种重要的非金属材料，有科学家认为硅是“21世纪的能源”、“未来的石油”。
(1)工业上生产纯硅的工艺流程如下：
石英砂的主要成分是SiO2，在制备粗硅时，焦炭的作用是__________(填“氧化剂”或“还原剂”)；在该反应中，若消耗了3.0 g SiO2 ，则转移电子的总数为_______________。
(2)某实验室利用SiHCl3(沸点33.0 ℃)与过量H2在1 000 ℃～1 100 ℃反应制得纯硅。已知SiHCl3能与H2O强烈反应，在空气中易自燃。装置如图所示(热源及夹持装置略去)。
①装置B中的试剂是___________。装置C中的烧瓶需要加热，其目的是_________________。
②反应一段时间后，装置D中观察到的现象是______________________；装置D中发生反应的化学方程式为___________________________________。
③为检验产品硅中是否含微量铁单质，将试样用稀盐酸溶解，取上层清液后需要加入的试剂有______(填字母)。
a.碘水 b.氯水 c.Na2SO3溶液 d.KSCN溶液
【答案】 ①. 还原剂 ②. 1.204×1023或0.2NA ③. 浓硫酸 ④. 使滴入烧瓶中的SiHCl3汽化 ⑤. 有固体物质生成 ⑥. SiHCl3＋H2Si＋3HCl ⑦. bd
【解析】
【分析】(1)根据工艺流程写出化学方程式，从化合价的变化判断焦炭的作用，根据化学方程式和质量关系求出转移的电子数；
(2) ①A生成的氢气经过干燥，进入D与从C中汽化的SiHCl3反应制粗硅，B是干燥装置，②氢气和SiHCl3发生置换反应，写出化学方程式；
③选择检验亚铁离子的试剂；
【详解】(1)根据流程可知，化学方程式为SiO2+2CSi+2CO，碳的化合价升高，做还原剂， 1ml SiO2参加反应转移的电子数为4ml，反应中消耗了3.0 g SiO2 ，n==0.05 ml，转移电子为0.2 ml，即1.204×1023或0.2NA；
(2)SiHCl3能与H2O强烈反应，需要用浓硫酸干燥氢气，反应需要的温度比较高，在D中反应，SiHCl3的沸点较低，C中的烧瓶需要加热是为了使滴入烧瓶中的SiHCl3汽化；
②装置D中有硅单质生成，即有固体物质生成 。此反应为 SiHCl3＋H2Si＋3HCl；
③亚铁离子的检验通常用的方法是：先向溶液中加入KSCN，溶液不变红色，再加入氯水溶液变红色，即可却确定有亚铁离子，答案为bd。元素
X
Y
Z
W
最高价氧化物的水化物
H3ZO4
溶液对应的pH(25℃)
1.00
13.00
1.57
0.70
温度
250℃
300℃
350℃
K
2.0
0.27
0.012
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