2022-2023学年天津市南仓中学高二上学期1月期末考试化学试题(解析版)
展开天津市南仓中学2022至2023学年度第一学期高二年级期末过程性监测与诊断
(化学学科)
本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试用时60分钟。第I卷1至2页,第Ⅱ卷3至4页。
答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题纸上。答卷时,考生务必将答案涂写在答题纸上,答在试卷上的无效。
第Ⅰ卷
注意事项:
1.每小题选出答案后,用铅笔将机读卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。
2.本卷共12小题,共36分。
一、选择题(每小题3分,共36分)
1. 下列表示正确的是
A. 中子数为176的某核素:Ts
B. 基态氮原子的轨道表示式:
C. Fe3+的结构示意图:
D. 基态锌原子的价层电子排布式:3d104s2
【答案】D
【解析】
【详解】A.元素符号左上角的数字是质量数,质量数等于质子数和中子数的和,则中子数为176的某核素,其符号为,故A错误;
B.根据洪特规则,基态氮原子的轨道表示式为: ,故B错误;
C.Fe的原子序数为26,核外的26个电子分四层排布,由里往外依次排2、8、14、2个电子,则Fe3+的结构示意图为: ,故C错误;
D.锌的原子序数为30,价层电子排布式为3d104s2,故D正确;
故选D。
2. 《化学反应原理》模块从不同的视角对化学反应进行了探究、分析。以下观点中不正确的是
①放热反应在常温下均能自发进行;
②电解过程中,化学能转化为电能而“储存”起来;
③原电池工作时所发生的反应一定有氧化还原反应;
④加热时,放热反应的υ(正)会减小;
⑤化学平衡常数的表达式与化学反应方程式的书写无关。
A. ①②④⑤ B. ①④⑤ C. ②③⑤ D. ①②⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①放热反应常温下不一定能自发进行,比如碳在常温下不与氧气反应,故①错误;
②电解过程中,电能转化为化学能而“储存”起来,故②错误;
③原电池中负极失去电子,正极得到电子,因此原电池工作时所发生的反应一定有氧化还原反应,故③正确;
④加热时,放热反应的υ(正)会增大,υ(逆)会增大,故④错误;
⑤化学平衡常数的表达式与化学反应方程式的书写有关,方程式变为2倍,则平衡常数是原来的平方,故⑤错误;
因此①②④⑤错误,故A错误。
综上所述,答案为A。
3. 下列说法正确的是
A. H2的燃烧热△H=−285.8 kJ∙mol−1,则2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) △H=+571.6 kJ∙mol−1
B. 测定中和反应反应热的实验中,混合溶液的温度不再变化时,该温度为终止温度
C. 化学反应的热效应数值只与参加反应的物质的多少有关
D. 已知稀溶液中,H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH1=−57.3 kJ∙mol−1,稀醋酸和稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水时的反应热为ΔH2,则ΔH1<ΔH2
【答案】D
【解析】
【详解】A.H2的燃烧热△H=−285.8 kJ∙mol−1,不应该是气态水,则2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H=+571.6 kJ∙mol−1,故A错误;
B.测定中和反应反应热的实验中,混合溶液的温度上升到最高值时,该温度为终止温度,故B错误;
C.化学反应的热效应数值与参加反应的物质的多少有关,还与反应所处的温度、压强有关,故C错误;
D.已知稀溶液中,H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH1=−57.3 kJ∙mol−1,醋酸电离会吸收热量,稀醋酸和稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水时的反应热为ΔH2,根据放出热量越少,焓变越大,则ΔH1<ΔH2,故D正确。
综上所述,答案D。
4. 已知某可逆反应mA(g)+ nB(g)p C(g);在密闭容器中进行,下图表示在不同反应时间t、温度T和压强P与反应物B在混合气体中的百分含量B%的关系曲线,由曲线分析,下列判断正确的是
A. T1
B. T1>T2、P1
C. T1
【答案】B
【解析】
【详解】根据“先拐先平,数值大”, 可知P1
0,故选B。
5. 常温时下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 0.1 mol∙L−1的硫酸溶液中:、、、
B. 中性溶液中:、、、
C. 0.1 mol∙L−1的碳酸氢钠溶液中:、、、
D. 澄清透明溶液中:、、、
【答案】D
【解析】
【详解】A.0.1 mol∙L−1的硫酸溶液中:、、发生氧化还原反应,故A不符合题意;
B.中性溶液中:、、、,由于铁离子、铵根水解,因此溶液呈酸性,故B不符合题意;
C.0.1 mol∙L−1的碳酸氢钠溶液中:与、水反应生成氢氧化铝和碳酸根,故C不符合题意;
D.澄清透明溶液中:、、、,都大量共存,故D符合题意。
综上所述,答案为D。
6. 利用下列装置(夹持装置略)进行实验,能达到实验目的的是
A. 图①装置可用于粗铜精炼
B. 图②装置是将Zn+Cu2+=Cu+Zn2+设计成原电池装置
C. 图③装置可制备无水MgCl2
D. 图④装置可观察铁的析氢腐蚀
【答案】C
【解析】
【详解】A.电解精炼粗铜时,粗铜作阳极,应与电源正极相连,A错误;
B.图②装置的情况下,左侧烧杯中Zn会将溶液中的Cu置换出来附着在其表面,阻碍锌持续失电子,若锌表面完全被铜覆盖则反应终止,无电流通过。应该将左侧烧杯中与Zn电极接触的电解质溶液改为ZnSO4溶液,右侧烧杯中溶液改为CuSO4溶液,此时在盐桥的作用下能够产生持续电流,才能设计成原电池装置,B错误;
C.将在干燥的HCl气氛下加热,可避免Mg2+的水解,干燥管里的无水CaCl2可防止空气中的水蒸气进入装置并吸收水和HCl气体,因此可制得无水MgCl2,C正确;
D.NaCl溶液是中性环境,铁钉会发生吸氧腐蚀,左侧试管压强减小,右侧试管中导管内红墨水液面上升,因此图④装置可观察到铁的吸氧腐蚀,D错误;
故选C。
7. 在温度不变的4 L密闭容器中充入6 mol A气体和5 mol B气体,在一定条件下发生反应:3A(g)+B(g)2C(g)+xD(g),达到平衡时,生成了2 mol C,经测定,D的浓度为0.5 mol·L-1,下列判断正确的是
A. x=1 B. 达到平衡时,气体总的物质的量不变
C. B的转化率为80% D. 平衡时A的浓度为1.50 mol·L-1
【答案】B
【解析】
【分析】达到平衡时,生成了2mol C,经测定,D的浓度为0.5mol•L-1,生成D为0.5mol/L×4L=2mol,生成C、D的物质的量相同,化学方程式的化学计量数之比等于参与反应的物质的物质的量之比,则x=2,A减少了3mol,平衡时A的物质的量为6mol-3mol=3mol,B减少了1mol,平衡时B的物质的量为5mol-1mol=4mol。
【详解】A.由分析可知,x=2,A错误;
B.反应前气体的总物质的量为6mol+5mol=11mol,达平衡时,气体的总物质的量为3mol+4mol+2mol+2mol=11mol,气体的总物质的量不变,B正确;
C.B的转化率为100%=20%,C错误;
D.平衡时A的物质的量为6mol-3mol=3mol,浓度为=0.75mol/L,D错误;
答案选B。
8. 下列说法正确的是
A. 常温下,若反应A(s)+B(g)=C(g)+D(g)不能自发进行,则该反应
B. 应该投入大量资金研究2CO(g)→2C(s)+O2(g) 该过程发生的条件,以解决含碳燃料不充分燃烧引起的环境问题
C. 熵增的反应都是自发的,自发反应的现象一定非常明显
D. 已知C(s)+CO2(g)=2CO(g) ,该反应吸热,一定不能自发进行
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A.常温下,反应A(s)+B(g)=C(g) + D(g) △S>0,而该反应不能自发进行,故该反应的△H-T△S>0,故该反应的△H>0,故A正确;
B.反应2CO(g)→2C(s)+O2(g) ,△S<0,故△H-T△S一定大于0,该反应一定不能自发进行,故不应该投入大量资金研究该过程发生的条件,以解决含碳燃料不充分燃烧引起的环境问题,故B错误;
C.熵增的反应的△S>0,但△H-T△S不一定小于0,故熵增的反应不一定都是自发的,且自发反应的现象不一定非常明显,故C错误;
D.反应C(s)+CO2(g)=2CO(g) ,故该反应是吸热反应,且△S>0,故该反应在高温下有△H-T△S <0,在高温下可以自发进行,故D错误;
故选A。
9. 下列叙述及解释正确的是
A. N2(g)+3H2(g)2NH3(g),在达到平衡后,保持压强不变,充入氩气,平衡向左移动
B. H2(g)+I2(g)2HI(g) DH<0,在达到平衡后,对平衡体系采取增大容积、减小压强的措施,因为平衡不移动,故体系颜色不变
C. 2C(s)+O2(g)2CO(g),在达到平衡后,加入碳,平衡向正反应方向移动
D. 2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色) DH<0,在达到平衡后,对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施,因为平衡向正反应方向移动,故体系颜色变浅
【答案】A
【解析】
【详解】A.合成氨时保持压强不变,充入Ar,则体积增大相当于反应体系的压强减小,平衡气体体积增大的方向移动,所以平衡左移,A正确;
B.增大容积、减小压强,平衡不发生移动,但体积增大,浓度减小,混合物颜色变浅,B错误;
C.碳是固体,加入碳,没有增大碳的浓度,平衡不移动,C错误;
D.缩小容积、增大压强平衡向气体体积减小的方向移动即正反应方向移动,由于体积减小,但二氧化氮的浓度仍然增大,所以体系颜色加深,D错误;
故选A。
10. 0.1mol/L溶液中,由于的水解,使得。如果要使更接近于0.1mol/L,可采取的措施是
A. 加入少量氢氧化钠 B. 加入少量水
C. 加入少量盐酸 D. 加热
【答案】C
【解析】
【分析】如果要使更接近于0.1mol/L,需要抑制铵根离子水解,并且加入的物质和铵根离子之间不反应即可,根据水解平衡的移动影响因素来回答。
【详解】A.加入氢氧化钠,会消耗铵根离子,使得铵根离子浓度更小于,故A错误;
B.加水稀释会导致溶液中铵根离子浓度减小,故B错误;
C.加入盐酸会抑制铵根离子水解,能使更接近于0.1mol/L,故C正确;
D.加热会促进铵根离子水解,导致溶液中铵根离子浓度减小,故D错误;
答案选C。
11. 下列实验中,由实验现象不能得到正确结论的是
选项
实验
现象
结论
A
相同的铝片分别与同温同体积,且c(H+)=1mol·L-1的盐酸、硫酸反应
铝与盐酸反应产生气泡较快
可能是Cl-对该反应起到促进作用
B
在醋酸钠溶液中滴入酚酞溶液并加热
加热后红色加深
证明盐类水解是吸热反应
C
将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中,振荡
沉淀由白色变为红褐色
Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2的溶解度
D
向5mL0.1mol/L的AgNO3溶液中先滴加5滴0.lmol/LNaCl溶液,再加5滴0.lmol/LKI溶液
白色沉淀转化为黄色沉淀
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.相同的铝片分别与同温同体积,且c(H+)=1mol·L-1的盐酸、硫酸反应,盐酸和硫酸不同之处在于阴离子不同,铝与盐酸反应产生气泡较快,所以可能是Cl-对该反应起到促进作用,故A得到的结论正确;
B.醋酸钠溶液由于醋酸根离子水解显碱性,在醋酸钠溶液中滴入酚酞溶液并加热,加热后红色加深,可证明盐类水解是吸热反应,故B得到的结论正确;
C.将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中,振荡,振荡,沉淀由白色变为红褐色,说明Mg(OH)2转化为Fe(OH)3,则Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2的溶解度,故C得到的结论正确;
D.向5mL0.1mol/L的AgNO3溶液中先滴加5滴0.lmol/LNaCl溶液,硝酸银是过量的,再加5滴0.lmol/LKI溶液,I-直接和过量的Ag+生成AgI沉淀,没有发生沉淀的转化,无法比较AgCl和AgI的Ksp,故D不能得到相应的结论;
故选D。
12. 向10.00mL0.01mol·L-1某一元酸HA溶液中逐滴加入0.01mol·L-1NaOH溶液,溶液pH变化曲线如图所示。下列说法不正确的是
A. HA是弱酸
B. b点表示的溶液中:2c(Na+)=c(A-)+c(HA)
C. c点时:V=10.00mL
D. b、c、d点表示的溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)
【答案】C
【解析】
【分析】由图象知,0.01mol/L的HA溶液的pH值约为4,不能完全电离,为弱酸,加入的酸的物质的量=0.01mol/L×0.01L=10−4mol,b点碱的物质的量=0.01mol/L×0.005L=5×10−5mol,溶液溶质为NaA和HA,溶液呈酸性,说明HA的电离程度大于A−的水解程度,c点时,溶液呈中性,如V=10.00 mL,二者恰好反应,溶液应呈碱性,则实际加入NaOH溶液的体积应小于10mL,结合电荷守恒解答该题。
【详解】A.由图象知,0.01mol/L的HA溶液的pH值大于2,所以该酸是弱酸,故A正确;
B.b点时,加入的酸的物质的量=0.01mol/L×0.01L=10−4mol,碱的物质的量=0.01mol/L×0.005L=5×10−5mol,HA与NaOH充分反应得到等物质的量浓度的HA和NaA的混合液,根据物料守恒知,2c(Na+)=c(A-)+c(HA),故B正确;
C.HA与NaOH反应生成的钠盐是强碱弱酸盐,其溶液呈碱性,若要使溶液呈中性,酸应稍微过量,即V<10.00mL,故C错误;
D.溶液中呈电中性,溶液中阴阳离子所带电荷相等,即c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),故D正确;
故答案选C。
第Ⅱ卷 本卷共4小题,共64分。
二、填空题(共64分)
13. 氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。合成氨工业中:N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H<0,其化学平衡常数K与温度t的关系如表:
t/℃
600
500
400
K
K1
K2
0.5
(1)试比较K1、K2的大小,K1_______K2(填写“>”、“=”或“<”)
(2)400℃时,反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的化学平衡常数的值为_______。当测得NH3和N2、H2的物质的量浓度分别为1mol/L和3mol/L、2mol/L时,则该反应υ(N2)(正)_______υ(N2)(逆)(填写“>”、“=”或“<”)
(3)在密闭恒容的容器中,下列能作为合成氨反应达到平衡的依据的是_______。
a.3υ(N2)(正)=υ(H2)(逆)
b.容器内密度保持不变
c.混合气体的压强保持不变
d.3molH-H断裂时有6molN-H生成
e.N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2
(4)0.1mol/L的(NH4)2SO4水溶液中各离子浓度由小到大的顺序是_______,在该溶液中加入少量明矾固体,溶液中NH的浓度_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(5)如图是1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图,请写出NO2和CO反应的热化学方程式_______。
【答案】(1)< (2) ①. 2 ②. <
(3)ac (4) ①. c()>c()>c(H+)>c(OH-) ②. 增大
(5)NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) ΔH=-234kJ/mol
【解析】
【小问1详解】
对于N2(g)+3H2(g) ⇌ 2NH3(g)△H<0,温度降低,平衡正向移动,K增大,即K1<K2,故答案为:<;
【小问2详解】
反应2NH3(g) ⇌ N2(g)+3H2(g)为反应N2(g)+3H2(g) ⇌ 2NH3(g)的逆反应,所以2NH3(g) ⇌ N2(g)+3H2(g)的K= =2,当测得NH3和N2、H2的物质的量浓度分别为1mol/L和3mol/L、2mol/L时,Qc= = 24 >2,反应逆向进行,υ(N2)(正)<υ(N2)(逆),故答案为:2;<;
【小问3详解】
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)a.结合化学计量数可知:3υ(N2)(正)= υ(H2)(正),又因为3υ(N2)(正)=υ(H2)(逆),则υ(H2)(正)=υ(H2)(逆),反应达到平衡状态,故a选;b.体系中气体的总质量和体积始终保持不变,则混合气体的密度始终保持不变,即混合气体的密度保持不变,不能说明反应是否平衡,故b不选;恒容下,该反应的正反应是气体总物质的量减小的反应,若反应未平衡,压强将减小,容器内压强保持不变,说明反应已平衡, 故c选;H-H断裂代表正向,N-H生成也代表正向,则3molH-H断裂时有6molN-H生成无法体现正逆反应速率相等,故d不选;N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2无法判断三者的浓度是否还会变化,也就无法判断反应是否已平衡,故e不选;故答案为:ac;
【小问4详解】
(NH4)2SO4是强电解质,完全电离,溶液中会水解,但水解是微弱的,所以浓度最大,不水解,其浓度小于,水解显酸性,H+浓度大于OH-浓度,即c()>c()>c(H+)>c(OH-),水解呈酸性,加入少量明矾固体,Al3+水解也呈酸性,两者相互抑制,c()增大,故答案为:c()>c()>c(H+)>c(OH-);增大;
【小问5详解】
由图可知,1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO的 ΔH =E1-E2=134 kJ/mol -368 kJ/mol=-234kJ/mol,所以该反应的热化学方程式为:NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) ΔH=-234kJ/mol,故答案为:NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) ΔH=-234kJ/mol。
14. 某课外活动小组进行电解饱和食盐水的实验(如图)。请回答下列问题。
(1)通电一段时间后,可观察到_______电极(填“阴极”或“阳极”)附近溶液颜色先变红,该电极上电极反应式为_______。
(2)该溶液电解反应的化学方程式为_______。
(3)若开始时改用银棒做阳极,阳极的电极反应式为_______。
(4)若用H2和O2为反应物,以KOH为电解质溶液,可构成新型燃料电池(如图),两个电极均由多孔性炭制成,通入的气体由孔隙中逸出,并在电极表面放电。则a极的电极反应式为_______。
【答案】(1) ①. 阴极 ②. 2H2O+2e-=H2↑+2OH-
(2)2NaCl+2H2O Cl2↑+H2↑+2NaOH
(3)Ag-e-═Ag+
(4)H2-2e-+2OH-=2H2O
【解析】
【分析】该装置为电解池,在阳极溶液中的Cl-失去电子生成氯气,在阴极水电离出来的氢离子得到电子生成氢气。
【小问1详解】
阴极氢离子放电产生氢氧根离子使附近溶液颜色先变红,电极反应方程式为:2H2O+2e-=H2↑+2OH-,故答案为:阴极;2H2O+2e-=H2↑+2OH-;
【小问2详解】
阳极是还原性强的氯离子放电生成氯气,阴极是水电离的氢离子放电生成氢气,所以电解反应的化学方程式为2NaCl+2H2O Cl2↑+H2↑+2NaOH;
【小问3详解】
金属银作阳极,阳极是金属银本身放电,电极反应方程式为:Ag-e-═Ag+;
【小问4详解】
通氢气的一极发生氧化反应是负极;b极氧气发生还原反应是正极,在碱性溶液中负极的电极反应式为:H2-2e-+2OH-=2H2O。
15. 某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液,其操作可分解为如下几步:
A.移取20.00mL待测NaOH溶液注入洁净的锥形瓶中,加入2~3滴酚酞试液;
B.用盐酸标准溶液润洗滴定管2~3次;
C.把盛有标准溶液的酸式滴定管固定好,调节滴定管尖嘴使之充满溶液;
D.取盐酸标准溶液注入酸式滴定管至“0”刻度以上2~3mL;
E.调节液面至“0”或“0”刻度以下,记下读数;
F.把锥形瓶放在滴定管下面,用盐酸标准溶液滴定至终点并记下滴定管的读数。请填写下列空白:
(1)正确操作步骤的顺序是_______(填序号)。
(2)用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时,左手握酸式滴定管的活塞,右手摇动锥形瓶,眼睛注视锥形瓶中颜色变化,直到加最后半滴盐酸时,溶液颜色由_______变为_______,且半分钟内不变化为止。
(3)下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是_______。
A. 酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B. 读取盐酸体积时,开始仰视读数,滴定结束时俯视读数
C. 碱式滴定管未用待测液NaOH润洗就直接注入
D. 滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
(4)若滴定开始和结束时,酸式滴定管中的液面如下图所示,则终点读数为_______mL。
【答案】(1)B→D→C→E→A→F
(2) ①. 红色 ②. 无色 (3)BC
(4)25.90
【解析】
【分析】中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、调零、取待测液加指示剂、滴定等操作,进行误差分析时根据c(待测)×V(待测)=c(标准)×V(标准) ,V(待测)、c(标准)均是已知的,
V(标准)是待测的,c(待测)是待计算的,因此V(标准)偏大,计算出的c(待测)就偏大,V(标准)偏小,计算出的c(待测)就偏小,据此进行分析。
【小问1详解】
中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、调零、取待测液加指示剂、滴定等操作,所以正确的操作顺序为:B→D→C→E→A→F;
【小问2详解】
锥形瓶内溶液颜色由红色变为无色,且半分钟内溶液不恢复原来颜色,即达到终点;
【小问3详解】
A.酸式滴定管用蒸馏水洗净后立即装标准溶液来滴定,没有润洗,标准液浓度被稀释,则消耗的标准体积偏大,从而导致最终所测氢氧化钠浓度偏高,A不符合题意;
B.中和滴定开始仰视读数,到达终点时俯视滴定管内液面读数,会使所测标准液的体积差偏小,从而导致最终所测氢氧化钠浓度偏低,B符合题意;
C.碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即取待测碱溶液注入锥形瓶进行滴定,没有润洗,则会使消耗的标准体积偏小,从而导致最终所测氢氧化钠浓度偏低,C符合题意;
D.滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥,对结果没有影响,D不符合题意;
答案选BC。
【小问4详解】
由于滴定管的刻度自上而下逐渐增大,所以根据装置图可知,此时的读数是25.90mL。
16. 已知A、B、C、D、E为原子序数依次增大的前36号元素,A的2p轨道有3个电子;B是地壳中含量最多的元素;C元素的M层有一个电子;D元素形成的单质具有两性;E的基态原子的电子排布为[Ar]3d104S1。回答下列问题(用元素符号或化学式表示):
(1)A的最高能级电子云呈_______形,B的价层电子轨道表达式是_______。
(2)D的基态原子核外电子排布式为_______。
(3)A、B的第一电离能由小到大顺序是_______(填元素符号)。
(4)B、C、D的电负性由小到大的顺序为_______(填元素符号)。
(5)B、C、D的原子半径由小到大的顺序为_______(填元素符号)。
(6)E在元素周期表中的位置_______,位于_______区。
【答案】(1) ①. 哑铃 ②.
(2)[Ne]3s23p1
(3)O
【分析】已知A、B、C、D、E为原子序数依次增大的前36号元素,A的2p轨道有3个电子,即核外电子排布为1s22s22p3,所以A是N;B是地壳中含量最多的元素,则B为O;C元素的M层有一个电子,则C是Na;D元素形成的单质具有两性,则D是Al;E的基态原子的电子排布为[Ar]3d104s1,则E是Cu。
【小问1详解】
根据分析可知,A是N,的最高能级是2p能级,电子云呈哑铃型;B是O,是第8号元素,其价层电子轨道表达式,
【小问2详解】
根据分析可知,D是Al,是第13号元素,其基态原子核外电子排布式[Ne]3s23p1;
【小问3详解】
同一周期随着原子序数变大,第一电离能变大,但N的2p轨道为半充满稳定状态,不易失电子,第一电离能大于同周期相邻元素,故O
电负性是原子对键合电子的吸引能力,一般元素的非金属性越强,其电负性越大,金属性越强,电负性越小。同周期从左到右,电负性逐渐增大,所以电负性:Al>Na,O为非金属元素,电负性大于Mg和Al,故电负性Na
一般电子层数越大,原子半径越大,电子层数相同时,质子数越多,原子半径越小,故原子半径:O
根据分析可知,E是Cu,Cu是第四周期第ⅠB族元素,在周期表中位于ds区。
17. Ⅰ.已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示,回答下列问题:
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
Ka=1.8´10-5
Ka1=4.3´10-7
Ka2=5.6´10-11
Ka=3.0´10-8
(1)物质的量浓度均为0.1mol×L-1的下列四种溶液:pH由大到小排列的顺序是_______。(填写“>”、“=”或“<”)。
a.CH3COONa b.Na2CO3 c.NaClO d.NaHCO3
(2)常温下,0.1mol×L-1CHCOOH溶液加水稀释过程中,下列表达式的数据变小的是_______(填序号)。
A.c(H+) B. C.c(H+)·c(OH-) D. E.
(3)相同体积,pH均为3的CH3COOH和HClO溶液,中和NaOH的能力_______(填“相同”、“不相同”、“无法确定”)
(4)25℃时,将amol×L-1的醋酸溶液与bmol×L-1氢氧化钠溶液等体积混合,反应后溶液恰好显中性,则溶液中c(Na+)_______c(CH3COO-)(填写“>”、“=”或“<”)。
Ⅱ.常温下,有四种溶液:①0.1mol·L-1CH3COOH溶液②0.1mol·L-1CH3COONa溶液③0.1mol·L-1NaHSO3溶液④0.1mol·L-1NaHCO3溶液。
(5)溶液②呈_______(填“酸”“碱”或“中”)性。其原因是_______(用相关离子方程式说明)。
(6)①和②两种溶液:CH3COOH溶液中c(CH3COO-)_______CH3COONa溶液中c(CH3COO-)(填写“>”、“=”或“<”)。
(7)NaHSO3溶液的pH<7,NaHCO3溶液的pH>7,则NaHSO3溶液中c(SO)_______c(H2SO3)。(填写“>”、“=”或“<”)。
【答案】(1)b>c>d>a
(2)A (3)不相同
(4)= (5) ①. 碱 ②. H2O +CH3COO- CH3COOH+OH-
(6)< (7)>
【解析】
【小问1详解】
根据电离平衡常数知,酸性:CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO,水解程度:CO>ClO->HCO>CH3COO-,物质的量浓度相同的这几种钠盐溶液,水解程度越大,溶液的pH值越大,物质的量浓度均为0.1mol×L-1的下列四种溶液:pH由大到小排列的顺序是b>c>d>a。故答案为:b>c>d>a;
【小问2详解】
常温下,0.1mol×L-1CHCOOH溶液加水稀释过程中,稀释过程中促进CH3COOH电离,则n(CH3COOH)减小,n(CH3COO-)、n(H+)增大,但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度,c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、c(H+)都减小,温度不变醋酸的电离平衡常数、水的离子积常数不变;
A.加水稀释促进醋酸电离,但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度,则c(H+)减小,故A选;B.稀释过程中促进CH3COOH电离,电离常数不变,则c(CH3COO-)减小,=增大,故B不选;C.c(H+)·c(OH-)=kw,温度不变,水的离子积不变,故C不选;D.加水稀释过程中,c(H+)减小,温度不变水的离子积常数不变,则c(OH-)增大, 增大,故D不选; E.为电离常数,温度不变,电离常数不变,故E不选;故答案为:A;
【小问3详解】
酸性:CH3COOH>HClO相同体积,pH均为3的CH3COOH和HClO溶液,次氯酸溶液浓度大,中和NaOH的能力强,中和NaOH的能力不相同,故答案为:不相同;
【小问4详解】
25℃时,将amol×L-1的醋酸溶液与bmol×L-1氢氧化钠溶液等体积混合,反应后溶液恰好显中性,c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),则溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)。故答案为:=;
【小问5详解】
溶液②0.1mol·L-1CH3COONa溶液呈碱性。其原因是H2O +CH3COO- CH3COOH+OH-。故答案为:碱;H2O +CH3COO- CH3COOH+OH-;
【小问6详解】
①0.1mol·L-1CH3COOH溶液中醋酸只有少量电离②0.1mol·L-1CH3COONa溶液醋酸根离子只有少量水解:CH3COOH溶液中c(CH3COO-)<CH3COONa溶液中c(CH3COO-)。故答案为:<;
【小问7详解】
HSO电离使溶液呈酸性,得到SO,HSO水解使溶液呈碱性,得H2SO3,NaHSO3溶液的pH<7,说明HSO水解小于电离,则NaHSO3溶液中c(SO)>c(H2SO3)。故答案为:>。
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