2023亳州一中高二下学期第一次月考化学试题含解析

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安徽省亳州市第一中学2022-2023学年高二下学期第一次月考
化学试卷
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间75分钟。
2.请将各题答案填写在答题卡上。
3.考试范围：选择性必修一、选择性必修二第一章
4.可能用到的相对原子质量： C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56
一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. 已知Ni(CO)4(s)=Ni(s)＋4CO(g)　ΔH=QkJ·mol-1，则：Ni(s)＋4CO(g)=Ni(CO)4(s)　ΔH=-QkJ·mol-1
B. 在一定温度和压强下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放出热量19.3 kJ，则其热化学方程式为N2(g)＋H2(g) NH3(g)　ΔH=-19.3 kJ·mol-1
C. 已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)　ΔH1，2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)　ΔH2，则ΔH1>ΔH2
D. 已知C(s，石墨)=C(s，金刚石)　ΔH>0，则金刚石比石墨稳定
【答案】A
【解析】
【详解】A．Ni(s)＋4CO(g)=Ni(CO)4(s)与已知反应互为逆过程，所以对应的反应热数值互为相反，Ni(s)＋4CO(g)=Ni(CO)4(s)　ΔH=-QkJ·mol-1，A正确；
B．合成氨的反应是可逆反应，不能进行完全，B错误；
C．H2O(g)转化为H2O(l)放热，且氢气燃烧的焓变ΔH＜0，所以ΔH1＜ΔH2，C错误；
D．由C(s，石墨)=C(s，金刚石)　ΔH>0可知，1 mol石墨的能量小于1 mol金刚石的能量，则石墨比金刚石稳定，D错误。
故选A。
2. 常温下，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 向0.10 mol·L-1CH3COONa溶液中滴加0.10 mol·L-1HCl溶液恰好使溶液呈中性：c(Na＋)>c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(Cl-)
B. 将Na2CO3和NaHCO3的稀溶液混合恰好至溶液中c(CO)=c(HCO)：2c(Na＋)＜3c(CO)＋3c(HCO)＋3c(H2CO3)
C. 向0.10 mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液恰好呈中性： c(Na＋)=c(SO)＋c(NH3·H2O)
D. 将等体积等物质的量浓度的CH3COONa和NaF溶液混合： c(CH3COOH)＋c(HF)=c(OH-)＋c(H＋)
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH3COONa与盐酸反应生成CH3COOH和NaCl，溶液呈中性，推出溶质为CH3COONa、CH3COOH和NaCl，根据电荷守恒，推出c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO-)＋c(OH-)＋c(Cl-)，因为溶液呈中性，推出c(Na＋)=c(CH3COO-)＋c(Cl-)，根据物料守恒，推出c(Na＋)=c(CH3COO-)＋c(CH3COOH)，推出c(CH3COOH)=c(Cl-)，故A错误；
B．假设Na2CO3和NaHCO3物质的量相等，根据物料守恒，有2c(Na＋)=3c(CO)＋3c(HCO)＋3c(H2CO3)，CO的水解程度大于HCO的水解程度，为了达到c(CO)=c(HCO)，需要多加入些Na2CO3，因此有2c(Na＋)>3c(CO)＋3c(HCO)＋3c(H2CO3)，故B错误；
C．加入NaOH溶液，使溶液呈中性，即有c(H＋)=c(OH-)，溶液中含有的离子有Na＋、NH、H＋、OH-、SO，根据电荷守恒，有c(Na＋)＋c(NH)=2c(SO)，根据物料守恒，有c(SO)=c(NH)＋c(NH3·H2O)，联立得到c(Na＋)=c(SO)＋c(NH3·H2O)，故C正确；
D．根据电荷守恒，有c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c(CH3COO-)＋c(F-)，根据物料守恒有：c(Na＋)=c(CH3COOH)＋c(CH3COO-)＋c(HF)＋c(F-)，代入上式，得出c(CH3COOH)＋c(HF)=c(OH-)-c(H＋)，故D错误；
故选：C。
3. 一定条件下，体积不变容器中，N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ·mol－1，在反应过程中，反应速率的变化如图所示，下列说法不正确的是（ ）

A. t1时刻增大c(N2)或c(H2) B. t2时刻加入催化剂
C. t3时刻降低温度 D. t4时刻往容器中充入He，以增大体系压强
【答案】D
【解析】
【分析】由图象可知，t1时正反应速率突然增大，逆反应速率不变；t2时正、逆反应速率同等程度增大，t3时正、逆反应速率突然减小，t4时正、逆反应速率突然增大，结合影响化学反应速率和化学平衡的因素分析解答。
【详解】A．t1时正反应速率突然增大，逆反应速率不变，正反应速率大于逆反应速率，则平衡正向移动，应为增大反应物浓度，故A正确；
B．t2时正、逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，则为使用了催化剂，故B正确；
C．t3时正、逆反应速率突然减小，正反应速率大于逆反应速率，则平衡正向移动，该反应为放热反应，则为降低温度，故C正确；
D．t4时正、逆反应速率突然增大，正反应速率大于逆反应速率，则平衡正向移动，则应为增大压强，但往容器中充入He，以增大体系压强，反应物和生成物浓度不变，平衡不移动，故D错误；
故选D。
【点睛】本题的易错点为AD，要注意t1、t4时刻逆反应速率的变化不同，t1时刻逆反应速率逐渐增大、t4时刻逆反应速率突然增大。
4. 乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯水化法生产，反应的化学方程式如下： C2H4(g)＋H2O(g)C2H5OH(g)， 下图为乙烯的平衡转化率与温度(T)、压强(p) 的关系[ 起始n(C2H4)∶n(H2O)＝1∶1]。下列有关叙述正确的是

A. Y 对应的乙醇的物质的量分数为
B. X、Y、Z 对应的反应速率：v(X)>v(Y)>v(Z)
C. X、Y、Z 对应的平衡常数数值：KX D. 增大压强、升高温度均可提高乙烯的平衡转化率
【答案】A
【解析】
【详解】A．Y 点乙烯的转化率为20%，

Y 对应的乙醇的物质的量分数为，故A正确；
B．C2H4(g)＋H2O(g)C2H5OH(g)正反应气体物质的量减小，增大压强，乙烯转化率增大，所以， X、Y、Z三点压强依次增大、温度依次升高，对应的反应速率：v(X) C．升高温度，乙烯转化率减小，平衡逆向移动，平衡常数减小，X、Y、Z 对应的平衡常数数值：KX>KY>KZ，故C错误；
D．根据图象可知，升高温度乙烯的平衡转化率减小，故D错误；
选A。
5. 相同温度下，容积均为的两个恒容密闭容器中发生反应：
实验测得起始时的有关数据如下表：
容器
编号
起始时各物质的物质的量/
达到平衡时体
系能量的变化



①
1
3
0
放出热量
②
0.9
2.7
0.2
放出热量Q
下列叙述错误的是
A. 容器①②中反应的平衡常数相等
B. 平衡时，两个容器中的体积分数均为
C. 容器②中达到平衡时放出的热量
D. 若容器①容积为，则平衡时放出的热量小于
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应的温度没有发生变化，K不变，A正确；
B．由①可知，放出23.0 kJ的热量时，生成NH3的物质的量为=0.5mol，
因体积之比等于物质的量之比，所以NH3的体积分数=，
②中加入的氨气转化成氮气和氢气后，氮气和氢气的量与①相同，达到的平衡状态等效，因此平衡时两个容器中氨气的体积分数相等，都是，B正确；
C．②中含有0.2molNH3，相当于在①的基础上加入了氨气，抑制了平衡的正向移动，容器②中达平衡时放出的热量Q<23.0 kJ，C错误；
D．若容器①的体积为0.5 L，减小压强，平衡逆向移动，反应物的转化率降低，达到平衡时放出的热量小于23.0 kJ，D正确；
故选C。
6. 以丙烯(C3H6)、NH3、O2为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的化学方程式分别为：
反应Ⅰ 2C3H6(g)＋2NH3(g)＋3O2(g)⇌2C3H3N(g)＋6H2O(g)
反应Ⅱ C3H6(g)＋O2(g)⇌C3H4O(g)＋H2O(g)
反应时间相同、反应物起始投料相同时，丙烯腈产率与反应温度的关系如图所示(图中虚线表示相同条件下丙烯腈平衡产率随温度的变化)。下列说法正确的是

A. 其他条件不变，增大压强有利于提高丙烯腈平衡产率
B. 图中X点所示条件下，延长反应时间或使用更高效催化剂均能提高丙烯腈产率
C. 图中Y点丙烯腈产率高于X点的原因是温度升高导致反应I建立的平衡向正反应方向移动
D. 图中X点丙烯腈产率与Z点相等(T1＜T2)，则一定有Z点的正反应速率大于X点的正反应速率
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应Ⅰ中正反应体积增大，反应Ⅱ中反应前后体积不变，因此其他条件不变，增大压强不有利于提高丙烯腈平衡产率，A错误；
B．根据图象可知图中X点所示条件下反应没有达到平衡状态，又因为存在副反应，因此延长反应时间或使用更高效催化剂均能提高丙烯腈产率，B正确；
C．根据图象可知图中X点、Y点所示条件下反应均没有达到平衡状态，Z点反应达到平衡状态，升高温度平衡逆向进行，因此图中Y点丙烯腈产率高于X点的原因不是因为温度升高导致反应I建立的平衡向正反应方向移动，C错误；
D．由于温度会影响催化剂的活性，因此Z点的正反应速率不一定大于X点的正反应速率，D错误；
答案选B
7. 氨不仅应用于化肥生产，也可以应用于能源领域，与氢氧燃料电池比，氨氧燃料电池有其独特优势，某研究小组设计的氨氧燃料电池装置如图，下列有关说法正确的是

A. 电极2为负极，发生氧化反应
B. 电极1的电极反应式为：2NH3-6e-=N2↑+6H+
C. 放电过程中溶液中的OH-朝正极移动
D. 标准状况下，2.24 LO2参加反应，转移电子数为0.4NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图示可知：在电极1上NH3失去电子变为N2、H2O，则电极1为负极；在电极2上O2得到电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故电极2为正极，A错误；
B．电解质溶液显碱性，不可能大量存在H+，B错误；
C．在放电过程中溶液中的OH-向正电荷较多的负极移动，C错误；
D．标准状况下，2.24 LO2的物质的量是0.1 mol，若其参加反应，电子转移的物质的量是0.1 mol×4=0.4 mol，则转移的电子数目是0.4NA，D正确；
故合理选项是D。
8. 以柏林绿Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法错误的是

A. 放电时，正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2e-+2Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]
B. 充电时，Mo箔接电源的负极
C. 充电时，Na+通过交换膜从左室移向右室
D. 外电路中通过0.2mol电子时，负极质量变化为2.4g
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．根据工作原理，Mg失电子作负极，Mo作正极，正极反应式为Fe[Fe(CN)6]+2e-+2Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]，A项正确；
B．充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，即Mo箔接电源的正极，B项错误；
C．充电时该装置作电解池，电解池工作时阳离子移向阴极，Na＋应从左室移向右室，C项正确；
D．负极上应是2Mg－4e－＋2Cl－=[Mg2Cl2]2+，当电路中通过0.2mol电子时，消耗0.1molMg，质量减少2.4g，D项正确；
答案选B。
9. 常温下，将AgNO3溶液分别滴加到浓度均为0.01mol/L的NaBr、Na2SeO3溶液中，所得的沉淀溶解平衡曲线如图所示（Br−、用Xn−表示，不考虑的水解）。下列叙述正确的是

A. 滴加AgNO3溶液时首先析出Ag2SeO3沉淀
B. 与a点对应AgBr体系为稳定的分散系
C. 可用NaBr溶液除去AgBr中的Ag2SeO3
D. 饱和AgBr、Ag2SeO3溶液中，c(Ag+)后者是前者的2倍
【答案】C
【解析】
【详解】A.由图知，当酸根离子浓度相等时，在c(Ag+)较小的情况下就可以形成AgBr沉淀，A错误；B.a点相对于AgBr溶液，体系处于过饱和状态，不是稳定的分散系，B错误；
C.根据图中数据可计算出Ksp(Ag2SeO3)=1×10−15，Ksp (AgBr)=1×10−12.3，沉淀转化反应Ag2SeO3+2Br−2AgBr +的平衡常数K= c()/c2(Br−)=Ksp(Ag2SeO3)/Ksp2(AgBr)=109.6，平衡常数很大，表明向右进行的程度很大，转化反应很彻底，C正确；
D.由两种盐的溶度积常数，可计算出两者的饱和溶液中，c(Ag+)后者不是前者的2倍，D错误。
答案为C。
10. 下列结论错误的是。
①粒子半径：K+>Al3+>S2->Cl-　
②氢化物的稳定性：HF>HCl>H2S>PH3>SiH4　
③离子的还原性：S2->Cl->Br->I-　
④第一电离能：Cl>S>Se>Te　
⑤酸性：H2SO4>H3PO4>H2CO3>HClO　
⑥电负性：O>N>P>Si
A. ① B. ①③⑤ C. ②④⑤⑥ D. ①③
【答案】D
【解析】
【详解】①K+、S2-、Cl-的核外电子排布相同，核电荷数：S2-Cl->K+，①错误；
②非金属性：F>Cl>S>P>Si，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则氢化物的稳定性：HF>HCl>H2S>PH3>SiH4，故②正确；
③电负性：Cl>Br>I，元素的电负性越强，元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则还原性：Cl- ④同周期中从左到右元素的第一电离能呈增大的趋势，故第一电离能：Cl>S，同主族元素原子的第一电离能从上到下逐渐减小，故第一电离能：S>Se>Te，则第一电离能：Cl>S>Se>Te，故④正确；
⑤非金属性：S>P>C，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：H2SO4>H3PO4>H2CO3，H2CO3的酸性大于HClO的酸性，则酸性：H2SO4>H3PO4>H2CO3>HClO，故⑤正确；
⑥一般来说，同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，则电负性：O>N、P>Si；同主族从上到下元素的电负性逐渐减小，则电负性：N>P，所以电负性：O>N>P>Si，故⑥正确；
综上，错误的有①③；
答案选D。
11. W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与Li+具有相同的电子层排布且半径稍大，X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为3︰2，X与Z同主族，Z的价电子排布式为。下列说法错误的是
A. 气态氢化物的热稳定性： B. 第一电离能：
C. 原子半径： D. 电负性：
【答案】C
【解析】
【分析】W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与Li+具有相同的电子层排布且半径稍大，则W为H；Z的价电子排布式为3s23p4， Z为S；X与Z同主族，X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为3:2，X为O，Y为Si，R为Cl。
【详解】A．元素非金属性越强，其气态氢化物越稳定，非金属性：S>Si，气态氢化物的热稳定性：H2S>SiH4，A正确；
B．同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，因此第一电离能：Cl>S>Si，B正确；
C．根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则原子半径：S>Cl>O，C错误；
D．根据同周期从左到右元素电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，因此电负性：S 答案选C。
12. 已知：Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增，Z的原子序数为29，其余均为短周期主族元素；Y原子价层电子排布式为msnmpn；R原子核外的L层电子数为奇数；Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。下列说法中正确的是
A. 元素的第一电离能：X>R>Q
B. 电负性：X>R>Q
C. 基态Z2＋的电子排布式：1s22s22p63s23p63d8
D. 原子半径：Y>X>R>Q
【答案】B
【解析】
【分析】Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增，Z的原子序数为29，为Cu元素，其余的均为短周期主族元素；Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4，Q原子的核外电子排布为1s22s22p2，故Q为C元素；X原子的核外电子排布为1s22s22p4，为O元素；Y原子价层电子排布式为msnmpn，则n=2，故为第ⅣA族元素，原子序数大于O元素，小于Cu元素，故Y为Si元素，R原子核外L层电子数为奇数，R原子有2个电子层，原子序数介于C元素与O元素之间，故R为N元素。
【详解】A．同周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，同主族元素自上而下第一电离能降低，但第ⅤA族由于p轨道为半充满状态，更加稳定，所以第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：O B．非金属性越强，电负性越大，非金属性：O>N>C，所以电负性：O>N>C，故B正确；
C．Cu原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，Cu原子失去4s能级的1个电子及3d能级中的1个电子形成Cu2＋，Cu2＋的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d9，故C错误；
D．同周期元素自左而右原子半径减小，同主族元素自上而下原子半径增大，所以原子半径：Si>C>N>O，故D错误；
故选：B。
13. 几种短周期元素的原子半径及主要化合价如图所示，下列叙述不正确的是

A. 第一电离能：X＞Y
B. Z的电负性小于W
C. Y元素原子核外共有5种不同运动状态的电子
D. X的单质可分别与Z、W的单质发生氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【分析】根据短周期元素的化合价与元素的原子半径大小关系可知：X是Mg，Y是Al，Z是N，W是O元素，然后根据元素周期律分析判断。
【详解】根据上述分析可知X是Mg，Y是Al，Z是N，W是O元素。
A．X是Mg，Y是Al，二者是同一周期元素，一般情况下，同一周期主族元素的原子序数越大，元素的第一电离能越大，但当元素处于第ⅡA时，处于原子轨道的全充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素，所以镁的第一电离能大于铝，A正确；
B．Z是N，W是O元素，二者是同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，其电负性就越大。元素的非金属性：O＞N，则电负性：Z(N)＜W(O)，B正确；
C．在任何原子中都不存在运动状态完全相同的电子存在。Y是13号Al元素，铝原子核外有13个电子，每个电子的运动状态都不同，则有13种不同运动状态的电子，C错误；
D．X是Mg，Z是N，W是O元素，Mg能与N2反应产生Mg3N2，Mg与O2反应产生MgO，D正确；
故合理选项是C。
14. 某化合物(结构如图所示)可用作酿造酵母的培养剂、强化剂、膨松剂、发酵助剂。已知X、Y、Z、W为元素周期表中前20号元素且位于不同周期，原子序数依次增大，Y为地壳中含量最高的元素。下列有关说法正确的是

A. 单质的氧化性：Z>Y>X
B. 同周期中第一电离能比Z小的元素只有4种
C. 简单离子半径：Z>W
D. X与Z形成的最简单化合物比X与Y形成的最简单化合物稳定
【答案】C
【解析】
【分析】已知X、Y、Z、W为元素周期表中前20号元素且位于不同周期，原子序数依次增大，Y为地壳中含量最高的元素，则Y为O；X位于第一周期，为H元素；Z位于第三周期，W位于第四周期，Z形成5个共价键，W形成＋1价阳离子，则Z为P，W为K元素
【详解】A．非金属性越强，单质的氧化性越强，非金属性： ，则单质的氧化性： ，A错误；
B．同周期中第一电离能比P小的元素有5种：Na、Mg、Al、Si、S，B错误；
C．Z为P，W为K，电子层结构相同的简单离子，核电荷数越大，简单离子半径越小，简单离子半径： 即，C正确；
D．的非金属性比的弱，所以的稳定性比弱，D错误；
故选C。
15. 下列描述中正确的是
A. 氮原子的价电子排布图：
B. 2p和3p轨道形状均为哑铃形，能量也相等
C. 价电子排布为的元素位于第四周期ⅤA族，是p区元素
D. 钠原子由时，原子释放能量，由基态转化成激发态
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据洪特规则可知，2p轨道电子的自旋方向应该相同，正确的电子排布图为，故A错误；
B．2p和3p轨道形状均为哑铃形，但是原子轨道离原子核越远，能量越高，2p轨道能量低于3p轨道能量，故B错误；
C．价电子排布式为4s24p3的元素有4个电子层、最外层电子数为5，位于第四周期第VA族，最后填充p电子，是p区元素，故C正确；
D．基态Na原子的电子排布式为1s22s22p63s1，由基态转化成激发态1s22s22p63p1时，电子能量增大，需要吸收能量，故D错误；
故选C。
16. 下列有关微粒性质的排列顺序中错误的是(　　)
A. 原子半径：Na＞S＞O B. 稳定性：PH3＜H2S＜H2O
C. 离子半径：Al3＋＞Mg2＋＞Na＋ D. 第一电离能：O＜F＜Ne
【答案】C
【解析】
【详解】A．同周期元素原子半径从左到右依次减小，同主族元素原子半径从上到下依次增大，所以原子半径Na＞S＞O，故A正确；
B．元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性O＞S＞P，所以稳定性PH3＜H2S＜H2O，故B正确；
C．核外电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径Na+＞Mg2+＞Al3+，故C错误；
D．同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而呈增大的趋势，所以第一电离能O＜F＜Ne，故D正确；
答案选C。
【点睛】本题主要考查元素周期律，易错点是离子半径和第一电离能的大小比较，比较核外电子排布相同的离子半径时：“序大径小”，比较核外电子排布不相同的离子半径时：电子层数越多，半径越大；比较第一电离能大小时，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈现增大的趋势，同时要注意同一周期的第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，第ⅤA族的大于第ⅥA族的。
二、非选择题：本题共4小题，共52分。
17. 根据已学知识，请回答下列问题：
（1）基态N原子中，核外电子占据的最高能层的符号是___________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为___________。
（2）写出3p轨道上有2个未成对电子的元素的符号：___________。
（3）某元素被科学家称之为人体微量元素中的“防癌之王”，其原子的外围电子排布式为4s24p4，该元素的名称是___________。
（4）已知铁是26号元素，写出Fe的价层电子排布式___________；在元素周期表中，该元素在_____________填“s”“p”“d”“f”或“ds”)区。
（5）从原子结构的角度分析B、N和O的第一电离能由大到小的顺序为___________。电负性的顺序是___________。
（6）写出C的核外电子排布图为：___________。
（7）Zn2＋的核外电子排布式为___________。
【答案】（1） ①. L ②. 球形和哑铃形
（2）Si或S （3）硒
（4） ①. 3d64s2 ②. d
（5） ①. N > O > B ②. O > N > B
（6） （7）1s22s22p63s23p63d10
【解析】
【小问1详解】
N原子核外有7个电子，基态N原子核外电子排布式为1s2 2s2 2p3，核外电子占据的最高能层的符号是L，s轨道电子云为球形、p轨道电子云为哑铃形，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为球形和哑铃形；
【小问2详解】
3p轨道上有2个未成对电子的元素是Si和S；
【小问3详解】
某原子的外围电子排布式为4s24p4，该元素的电子排布式是[Ar]3d104s24p4，该元素的名称是硒；
【小问4详解】
铁是26号元素，Fe价层电子排布式3d64s2；在元素周期表中，Fe是Ⅷ族元素，该元素在d区。
【小问5详解】
同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，N原子2p轨道半充满，N原子第一电离能大于同周期相邻元素， B、N和O的第一电离能由大到小的顺序为N > O > B。同周期元素从左到右，电负性依次增大，电负性的顺序是O > N > B；
【小问6详解】
C原子核外有6个电子，根据能量最低原理和泡利原理，核外电子排布图为；
【小问7详解】
Zn原子和有30个电子，失去最外层2个电子得到Zn2＋，Zn2＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；
18. 用活性炭还原处理氮氧化物，有关反应为C(s)＋2NO(g) N2(g)＋CO2(g)。
（1）写出上述反应的平衡常数表达式：_______。
（2）在2 L恒容密闭容器中加入足量C与NO发生反应，所得数据如表，回答下列问题。
实验编号
温度/℃
起始时NO的物质的量/mol
平衡时N2的物质的量/mol
1
700
0.40
0.09
2
800
0.24
0.08
①结合表中数据，判断该反应的ΔH_______(填“>”或“＜”)0，理由是_______。
②判断该反应达到平衡状态的依据是_______(填字母)。
A.容器内气体密度恒定　　　　　　　B.容器内各气体浓度恒定
C.容器内压强恒定　　　　　　　　　D.2v正(NO)=v逆(N2)
（3）700 ℃时，若向2 L体积恒定的密闭容器中充入一定量N2和CO2发生反应：N2(g)＋CO2(g) C(s)＋2NO(g)；其中N2、NO物质的量随时间变化的曲线如图所示。请回答下列问题。

①0～10 min内CO2的平均反应速率v=_______。
②图中A点v正_______(填“>”“＜”或“=”)v逆。
③第10 min时，外界改变的条件可能是_______(填字母)。
A.加催化剂　　　　　　　　　　B.增大C的物质的量
C.减小CO2的物质的量　　　　　D.升温 E.降温
（4）采用真空封管法制备磷化硼纳米颗粒，在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇方向取得重要进展，该反应历程如图所示。

容易得到的副产物有CO和CH2O，其中相对较多的副产物为_______；上述合成甲醇的反应速率较慢，要使反应速率加快，主要降低下列变化中_______(填字母)的能量变化。
A.*CO＋*OH*CO＋*H2O　　　　　B.*CO*OCH
C.*OCH2*OCH3　　　　　　　　　D.*OCH3*CH3OH
【答案】（1）K=
（2） ①. > ②. 计算700 ℃和800 ℃平衡常数K1、K2，得K1＜K2，所以ΔH>0 ③. AB
（3） ①. 0.01 mol·L-1·min-1 ②. > ③. AD
（4） ①. CO ②. A
【解析】
【小问1详解】
反应C(s)＋2NO(g) N2(g)＋CO2(g)的平衡常数表达式为：K=；
【小问2详解】
①根据表格中的数据，列出实验1(700 ℃)的三段式：

K1==，
根据表格中的数据，列出实验2(800 ℃)的三段式：

K2==1>K1；
温度升高，K增大，则正反应为吸热反应，ΔH>0；
②A．该反应气体的总质量是变量，容器体积不变，所以密度是一个变量，当容器内气体密度恒定时，则反应达到平衡状态，故A正确；
B．各组分的浓度不再改变能说明反应达到平衡状态，故B正确；
C．该反应前后气体分子的数目相同，则气体的总物质的量一直不变，恒温恒容条件下，压强一直不变，所以容器内压强恒定不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D．2v正(NO)=v逆(N2)，此时正反应速率和逆反应速率不相等，应是v正(NO)=2v逆(N2)时反应达到平衡状态，故D错误；
故选AB；
【小问3详解】
①随着反应进行，n(N2)逐渐减小，n(NO)逐渐增大，10 min内，Δn(N2)=0.2 mol，物质的量的变化之比等于化学计量数之比，则Δn(CO2)=0.2 mol，所以v(CO2)==0.01 mol·L-1·min-1.；
②根据图像可知A点反应向正反应方向进行，则v正>v逆；
③第10 min时，N2、NO物质量没有发生突变，N2的物质的量逐渐减小，速率比10 min前大；NO物质的量逐渐增大，速率比10 min前大。
A．加催化剂，不会引起物质的量的突变，只会增大反应速率，故A正确；
B．增大碳固体的物质的量，对反应速率没有影响，故B错误；
C．减小CO2的物质的量，反应速率减小，故C错误；
D．升温，反应速率增大，故D正确；
E．降温，反应速率减小，故E错误。
故选AD；
【小问4详解】
CO的相对能量与CH2O的相比较低，较稳定，得到的相对较多；
上述合成甲醇的反应速率由慢反应决定，即反应历程中活化能较高的反应*CO＋*OH*CO＋*H2O决定反应速率，所以将*CO＋*OH*CO＋*H2O变化的活化能降低，即可增大反应速率，A项符合题意。
19. 已知X、Y、Z、W、Q、R、E七种元素中，原子序数X 元素
结构或性质信息
X
原子的L层上s电子数等于p电子数
Y
元素原子最外层电子排布式为nsnnpn+1
Z
单质在常温、常压下是气体，原子的M层上有1个未成对的p电子
W
元素的正一价离子的电子层结构与氩相同
Q
元素的核电荷数为Y和Z之和
R
元素的正三价离子的3d能级为半充满
E
元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子
请根据信息回答有关问题：
（1）元素X的原子核外共有_______种不同运动状态的电子，有_______种不同能级的电子。
（2）Q的基态原子电子排布式为_______，R的元素符号为_______，E元素基态原子的价电子排布式为_______。
（3）含有元素W的盐的焰色试验为_______色，许多金属元素形成的盐都可以发生焰色试验，其原因是_______。
【答案】（1） ①. 6 ②. 3
（2） ①. 1s22s22p63s23p63d54s1 ②. Fe ③. 3d104s1
（3） ①. 紫 ②. 激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)的光的形式释放能量，发出不同颜色的光
【解析】
【分析】已知X、Y、Z、W、Q、R、E七种元素中，原子序数X 【小问1详解】
X为碳元素，其原子核外共有6种不同运动状态的电子，有3种不同能级的电子。
【小问2详解】
Q为Cr元素，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；R为26号元素Fe，根据题给信息，E为Cu元素，原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，价电子排布式为3d104s1。
【小问3详解】
W为K元素，含有元素K的盐的焰色反应为紫色，由于激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光的形式释放能量，所以许多金属盐都可以发生焰色反应。
20. 高纯活性氧化锌可用于光催化、光电极、彩色显影等领域。以工业级氧化锌(含Fe2＋、Mn2＋、Cu2＋、Ni2＋、Cd2＋等)为原料，用硫酸浸出法生产高纯活性氧化锌的工艺流程如下：

已知Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38。
回答下列问题：
(1)浸出时，为了提高浸出效率可采用的措施有(写两种)：___________；___________。
(2)氧化时，加入KMnO4溶液是为了除去浸出液中的Fe2＋和Mn2＋(溶液中Mn全部转化为MnO2)，请配平下列除去Fe2＋的离子方程式：MnO＋Fe2＋＋ ===MnO2↓＋Fe(OH)3↓＋H＋ ____________
(3)加入锌粉的目的是_______________________________________________________。
(4)已知H2SO4浸出液中，c(Fe2＋)＝5.04 mg·L－1、c(Mn2＋)＝1.65 mg·L－1，加入KMnO4溶液反应一段时间后，溶液中c(Fe3＋)＝0.56 mg·L－1，若溶液pH＝3，则此时Fe3＋__________(填“能”或“不能”)生成沉淀。
(5) 已知：常温下，①Ka1(H2CO3)＝4.3×10-7，Ka2(H2CO3)＝5.6×10-11；②H2R及其钠盐的溶液中，H2R、HR－、R2-分别在三者中所占的物质的量分数(α)随溶液pH的变化关系如图所示。

①比较H2R ，HR－，H2CO3三者的酸性强弱_________________________________
②NaHR溶液中存在= _______________________
【答案】 ①. 将工业级氧化锌粉碎、搅拌， ②. 增大硫酸浓度，提高浸出温度等 ③. 1　3　7　H2O　1　3　5 ④. 调节溶液pH，除去溶液中的Cu2＋、Ni2＋、Cd2＋等 ⑤. 不能 ⑥. H2R ＞HR－＞H2CO3 ⑦. 10-3
【解析】
【分析】（1）增大接触可以提高浸出效率，如搅拌、将氧化锌粉碎等；
（2）Mn元素化合价由MnO4-中+7价降低为MnO2中+4价，共降低3价，Fe元素化合价由Fe2+中+2价升高为Fe（OH）3中+3价，共升高1价，化合价升降最小公倍数为3，则MnO4-的系数为1，Fe3+的系数为3，由原子守恒可知缺项为水，再结合原子守恒、电荷守恒配平；
（3）调节溶液pH，除去溶液中Cu2+、Ni2+、Cd2+等；
（4）溶液中c（Fe3+）=0.56mg．L-1，物质的量浓度为10-5mol/L，溶液pH=3，则溶液中c（OH-）=10-11mol/L，计算浓度积Qc，与溶度积Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38比较判断；
（5）根据电离常数比较酸性强弱；
【详解】（1）搅拌、将氧化锌粉碎等可以增大反应物的接触面积，可以提高浸出效率，故答案为搅拌、将氧化锌粉碎；
（2）Mn元素化合价由MnO4-中+7价降低为MnO2中+4价，共降低3价，Fe元素化合价由Fe2+中+2价升高为Fe（OH）3中+3价，共升高1价，化合价升降最小公倍数为3，则MnO4-的系数为1，Fe3+的系数为3，由原子守恒可知缺项为水，再结合原子守恒、电荷守恒配平：MnO4-+3Fe2++7H2O═MnO2↓+3Fe（OH）3↓+5H+，
故答案为1；3；7H2O；1；3；5；
（3）加入锌粉的目的是：调节溶液pH，除去溶液中Cu2+、Ni2+、Cd2+等；
（4）溶液中c（Fe3+）=0.56mg．L-1，则其物质的量浓度为10-5mol/L，溶液pH=3，则溶液中c（OH-）=10-11mol/L，10-5×（10-11）3=1×10-38 （5）①由图象可知，当溶液pH=1.3时，c（H2R）=c（HR-），则Ka1==10-1.3，溶液的pH=4.3时，c（R2-）=c（HR-），则Ka2==10-4.3，且Ka1(H2CO3)＝4.3×10-7，Ka2(H2CO3)＝5.6×10-11，根据电离平衡常数可知，H2R的电离常数Ka2大于H2CO3的Ka1，即酸性：H2R ＞HR－＞H2CO3；
②NaHR溶液中存=10-3。