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浙江省宁波市奉化区2022-2023学年高二化学上学期期末联考试题(Word版附解析)
浙江省宁波市奉化区2022-2023学年高二化学上学期期末联考试题(Word版附解析)
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奉化区二O二二学年第一学期期末联考高二化学试题说明:1.本卷考试时间:90分钟,满分100分。2.可能用到的相对原子质量:H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27Si-28Cl-35.5Mn-55Ag-1083.请把答案做在答题卷的指定区域,在试卷或草稿纸上作答一律无效。第I卷选择题(共50分)一、选择题(本题共20小题,1-10小题每题2分,11-20小题每题3分,共50分;每小题只有一个选项符合题意,多选、错选、不选均不给分)1.中华民族的发明创造为人类文明进步做出了巨大贡献,下列过程主要是利用化学反应中能量变化的是ABCD九章量子计算机打磨磁石制司南神舟十四载人飞船发射粮食酿醋A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.九章量子计算机主要利于它的物理性质,不是利用化学反应中能量变化,A错误;B.打磨磁石制司南过程是物理变化,不是利用化学反应中能量变化,B错误;C.神舟十四载人飞船发射时,燃料燃烧发生氧化还原反应,放出大量热,属于利用化学反应中能量变化,C正确;D.粮食酿醋过程是淀粉水解成葡萄糖,葡萄糖在酶作用下分解生成乙醇,乙醇氧化成醋酸,过程中是利用物质转化制备其他物质,D错误;故答案为:C。2.中华传统文化蕴含着丰富的化学知识,下列诗句中主要涉及吸热反应的是A.白居易《赋得古原草送别》:“野火烧不尽,春风吹又生。” B.于谦《石灰吟》:“千锤万凿出深山,烈火焚烧若等闲。”C.于谦《咏煤炭》:“爝火燃回春浩浩,烘炉照破夜沉沉。”D.李商隐《相见时难别亦难》:“春蚕到死丝方尽,蜡炬成灰泪始干。”【答案】B【解析】【详解】A.野草燃烧的反应为放热反应,则诗句中主要涉及的不是吸热反应,故A不符合题意;B.碳酸钙高温发生分解的反应是吸热反应,则诗句中主要涉及的是吸热反应,故B符合题意;C.煤块燃烧的反应为放热反应,则诗句中主要涉及的不是吸热反应,故C不符合题意;D.蜡烛燃烧的反应为放热反应,则诗句中主要涉及的不是吸热反应,故D不符合题意;故选B。3.下列化学用语的表达正确的是A.原子核内有10个中子的氧原子:B.氯原子的结构示意图:C.Fe3+的最外层电子排布式:3s23p63d5D.基态铜原子的价层电子排布图:【答案】C【解析】【详解】A.原子核内有10个中子的氧原子:,A不正确;B.氯原子的结构示意图:,B不正确;C.Fe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5,则Fe3+的最外层电子排布式为3s23p63d5,C正确;D.基态铜原子的价层电子排布图为,D不正确;故选C。4.下列实验能达到目的的是 A.装置甲证明醋酸为弱酸B.装置乙处理Cl2尾气C.装置丙除去乙醇中少量的水D.装置丁准确量取一定体积的酸性KMnO4标准溶液【答案】A【解析】【分析】【详解】A.醋酸钠水解显碱性,测定盐溶液的pH可证明醋酸为弱酸,能够达到实验目的,故A选;B.氯气在饱和NaCl溶液中的溶解度很小,不能用来处理Cl2尾气,应用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气,故B不选;C.乙醇和水均易挥发,不能通过蒸发的方法装除去乙醇中少量的水,故C不选;D.KMnO4溶液具有强氧化性,能够腐蚀橡胶管,不能用碱式滴定管量取一定体积的酸性KMnO4标准溶液,应用酸式滴定管,故D不选;故选A。5.下列说法正确的是A.基态硅原子中电子占据的最高能层符号为3s23p2B.硅原子电子占据的最高能层的轨道数为9C.基态硫原子电子占据最高能级的的电子云轮廓图为球形D.铝原子核外电子云有7种不同的伸展方向【答案】B【解析】【详解】A.硅原子有三层电子,基态硅原子中电子占据的最高能层符号M,A项错误;B.硅原子电子占据的最高能层为M层,M层能级有3s、3p、3d,轨道数为1+3+5=9,B项正确;C.基态硫原子电子排布式为3s23p4,占据最高能级为3p,电子云轮廓图为哑铃形,C项错误;D.铝原子电子排布式为1s22s22p63s23p1,s轨道为球形,有1个伸展方向,p轨道为向空间3个方向伸展的哑铃形,故核外电子云有4种不同的伸展方向,D项错误;答案选B。 6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍,Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2,Y、W最外层电子数相同。下列说法正确的是A.第一电离能:W>X>Y>ZB.简单离子的还原性:Y>X>WC.简单离子的半径:W>X>Y>ZD.氢化物水溶液的酸性:Y>W【答案】C【解析】【分析】四种短周期主族元素,基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍,设若X为第二周期元素原子,则X可能为Be或O,若X为第三周期元素原子,则均不满足题意,Z与X能形成Z2X2的淡黄色化合物,该淡黄色固体为Na2O2,则X为O元素,Z为Na元素;Y与W的最外层电子数相同,则Y为F元素,W为Cl元素,据此分析。【详解】A.同一周期从左向右第一电离能总趋势为逐渐增大,同一主族从上到下第一电离能逐渐减小,故四种元素中第一电离能从大到小的顺序为F>O>Cl>Na,A错误;B.单质的氧化性越强,简单离子的还原性越弱,O、F、Cl三种元素中F2的氧化性最强O2的氧化性最弱,故简单离子的还原性O2->Cl->F-,B错误;C.电子层数越多简单离子半径越大,相同结构的离子,原子序数越大半径越小,故四种元素中离子半径从大到小的顺序为Cl->O2->F->Na+,C正确;D.F元素的非金属性强于Cl元素,则形成氢化物后F原子束缚H原子的能力强于Cl原子,在水溶液中HF不容易发生电离,故HCl的酸性强于HF,D错误;故选C。7.2019年科学家们合成了具有半导体特性的环状C18分子,其合成方法的示意图如下:下列说法不正确的是A.C与O同属第二周期元素,原子半径r(C)>r(O)B.非金属性C<O,故C24O6中O显负价C.C22O4分子中含有共价键D.C18与C60、金刚石互为同位素 【答案】D【解析】【详解】A.同周期元素从左到右,原子半径逐渐减小,故原子半径r(C)>r(O),故A正确;B.元素的非金属性越强,则原子得电子能力越强,在形成化合物时显负价,故由于非金属性C<O,故C24O6中O显负价,故B正确;C.根据C22O4的结构可知,其结构中含碳碳键和碳氧键,均为共价键,C正确;D.同种元素的不同种原子间互为同位素,C18、C60和金刚石间互为同素异形体,D不正确;故选D。8.SF6可用作高压发电系统的绝缘气体,分子呈正八面体结构,如图所示。有关SF6的说法正确的是A.是非极性分子B.键角都等于90°C.与之间共用电子对偏向SD.原子满足8电子稳定结构【答案】A【解析】【分析】【详解】A.结构对称、正负电荷重心重合的分子为非极性分子,SF6分子呈正八面体结构,S原子位于正八面体的中心,该分子结构对称、正负电荷重心重合,所以为非极性分子,A正确;B.SF6是结构对称、正负电荷重心重合的分子,确切地说角FSF可以是90度,但也有处于对角位置的角FSF为180度,故键角不都等于90°,B错误;C.由于F的电负性比S的大,S与F之间共用电子对偏向F,C错误;D.中心元素价电子数+化合价的绝对值=8时该分子中所有原子都达到8电子稳定结构,但氢化物除外,该化合物中S元素化合价+价电子数=6+6=12,则S原子不是8电子稳定结构,D错误;故答案为:A。9.中国学者在水煤气变换[]中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题,该过程是基于双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化实现的。反应过程示意图如下: 下列说法正确的是A.过程Ⅰ、过程Ⅲ均为放热过程B.过程Ⅱ是吸热反应C.使用催化剂降低了水煤气变换反应的D.图示过程中的均参与了反应过程【答案】D【解析】【详解】A.根据反应过程示意图,过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂的过程,为吸热过程,过程Ⅲ形成化学键,为放热过程,故A错误;B.根据反应过程示意图,过程Ⅱ也是水分子中的化学键断裂的过程,为吸热过程,不是吸热反应,故B错误;C.催化剂不能改变反应的始态和终态,不能改变反应的焓变ΔH,故C错误;D.根据反应过程示意图,过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂,过程Ⅱ也是水分子中的化学键断裂的过程,过程Ⅲ中形成了水分子,因此H2O均参与了反应过程,故D正确;故答案选D。10.、属于第三代半导体材料,二者成键结构与金刚石相似,晶体中只存在键、键。下列说法错误的是A.的熔点高于B.晶体中所有化学键均为极性键C.晶体中所有原子均采取杂化D.晶体中所有原子的配位数均相同【答案】A【解析】【分析】Al和Ga均为第ⅢA元素,N属于第ⅤA元素,AlN、GaN的成键结构与金刚石相似,则其为共价晶体,且其与金刚石互为等电子体,等电子体之间的结构和性质相似。AlN、GaN晶体中,N原子与其相邻的原子形成3个普通共价键和1个配位键。【详解】A.因为AlN、GaN为结构相似的共价晶体,由于Al原子的半径小于Ga,N—Al的键长小于 N—Ga的,则N—Al的键能较大,键能越大则其对应的共价晶体的熔点越高,故GaN的熔点低于AlN,A说错误;B.不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键,故两种晶体中所有化学键均为极性键,B说法正确;C.金刚石中每个C原子形成4个共价键(即C原子的价层电子对数为4),C原子无孤电子对,故C原子均采取sp3杂化;由于AlN、GaN与金刚石互为等电子体,则其晶体中所有原子均采取sp3杂化,C说法正确;D.金刚石中每个C原子与其周围4个C原子形成共价键,即C原子的配位数是4,由于AlN、GaN与金刚石互为等电子体,则其晶体中所有原子的配位数也均为4,D说法正确。综上所述,本题选A。11.设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液,下列说法正确的是A.每升溶液中的H+数目为0.02NAB.c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH−)C加水稀释使电离度增大,溶液pH减小D.加入NaH2PO4固体,溶液酸性增强【答案】B【解析】【详解】A、常温下pH=2,则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L,因此每升溶液中H+数目为0.01NA,A错误;B、根据电荷守恒可知选项B正确;C、加水稀释促进电离,电离度增大,但氢离子浓度减小,pH增大,C错误;D、加入NaH2PO4固体,H2PO4-浓度增大,抑制磷酸的电离,溶液的酸性减弱,D错误;答案选B。12.下列关于如图所示转化关系(X代表卤素)的说法不正确的是A.△H3<0B.△H1+△H2+△H3=0C.按照Cl、Br、I的顺序,△H2依次减少 D.一定条件下,拆开1mol气态HX需要吸收akJ能量,则该条件下△H3=-2akJ/mol【答案】B【解析】【分析】【详解】A.形成化学键放出热量,即2H(g)+2X(g)=2HX(g)△H3<0,A正确;B.由盖斯定律可知,反应一步完成与分步完成的热效应相同,则△H1=△H2+△H3,所以△H1-△H2-△H3=0,B错误;C.原子半径:Cl<Br<I,Cl2、Br2、I2中键能:Cl-Cl键>Br-Br键>I-I键,由于断裂化学键吸热,则吸收的热量逐渐减小,所以途径II吸收的热量依次减小,即△H2依次减小,C正确;D.一定条件下,拆开1mol气态HX需要吸收akJ能量,即形成1molHX放出热量是akJ,因此形成2molHX放出热量为2akJ,所以该条件下△H3=-2akJ/mol,D正确;故合理选项是B。13.可逆反应mA(固)+nB(气)pC(气)+qD(气),反应过程中其它条件不变时C的百分含量C%与温度(T)和压强(P)的关系如图所示,下列叙述中正确的是A.达到平衡后,使用催化剂,C%将增大B.达到平衡后,若升高温度、化学平衡向逆反应方向移动C方程式中n>p+qD.达到平衡后,增加A的量有利于化学平衡向正反应方向移动【答案】B【解析】【详解】可逆反应,当其他条件一定时,温度越高,反应速率越大,达到平衡所用的时间越短。由图象(1)可知T1>T2,温度越高,平衡时C的体积分数φ(C)越小,故此反应的正反应为放热反应;当其他条件一定时,压强越高,反应速率越大,达到平衡所用的时间越短。由图(2)可知P2>P1,压强越大,平衡时C的体积分数φ(C)越小,可知正反应为气体物质的量增大的反应,即n<p+q。A.催化剂只改变化学反应速率,对平衡移动没有影响,C的质量分数不变,故A错误;B.由上述分析可知,可逆反应mA(固)+nB(气)⇌Pc(气)+qD(气)正反应为放热反应,升高温度平衡向吸热方 向移动,即向逆反应移动,故B正确;C.由上述分析可知,可逆反应mA(固)+nB(气)⇌Pc(气)+qD(气)正反应为气体物质的量增大的反应,即n<p+q,故C错误;D. A为固体,浓度为定值,达平衡后,增加A的量,平衡不移动,故D错误。答案选B。14.微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置,其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是A.正极反应中有CO2生成B.微生物促进了反应中电子的转移C.质子通过交换膜从负极区移向正极区D.电池总反应为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O【答案】A【解析】【详解】A.根据图象,负极上C6H12O6失电子,正极上O2得电子和H+反应生成水,负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+,正极的电极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O,因此CO2在负极产生,故A错误;B.葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能,形成原电池,有电流产生,所以微生物促进了反应中电子的转移,故B正确;C.通过原电池的电极反应可知,负极区产生了H+,根据原电池中阳离子向正极移动,可知质子(H+)通过交换膜从负极区移向正极区,故C正确;D.该反应属于燃料电池,燃料电池的电池反应式和燃烧反应式相同,则电池反应式为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O,故D正确;故选A。15.室温时,向20mL0.1mol/L的醋酸溶液中不断滴加0.1mol/L的NaOH溶液,溶液的pH变化曲线如图所示,在滴定过程中,下列关于溶液中离子浓度大小关系的描述不正确的是 A.a点时:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)B.b点时:c(Na+)=c(CH3COO-)C.c点时:c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)D.d点时:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)【答案】D【解析】【详解】A.a点时醋酸过量,溶液为CH3COOH和CH3COONa的混合物,溶液呈酸性,醋酸根离子的水解程度小于醋酸的电离程度,则c(CH3COO-)>c(CH3COOH),但醋酸的电离程度较小,因此c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-),故A正确;B.溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),b点时溶液的pH=7,呈中性,则c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒可知c(Na+)=c(CH3COO-),故B正确;C.c点时,氢氧化钠与醋酸恰好反应生成醋酸钠溶液,醋酸钠溶液中存在电荷守恒:①c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),也存在物料守恒:②c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),将②带入①可得:c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+),故C正确;D.d点为等物质的量的NaOH和CH3COONa的混合物,溶液呈碱性,由于CH3COO-存在微弱的水解,则:c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+),故D错误;故选D。【点睛】掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系,能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解判断溶液中离子浓度大小是解题的关键。本题的易错点A,要注意醋酸是弱酸,电离程度较小。16.“冰面为什么滑?”,这与冰层表面的结构有关(如图)。下列有关说法错误的是A.由于氢键的存在,水分子的稳定性好,高温下也很难分解B.第一层固态冰中,水分子间通过氢键形成空间网状结构 C.第二层“准液体”中,水分子间形成氢键的机会比固态冰中少D.当高于一定温度时,“准液体”中的水分子与下层冰连接的氢键断裂,产生“流动性的水分子”,使冰面变滑【答案】A【解析】【详解】A.水分子的稳定性好,是由水分子内氢氧共价键的键能决定的,与分子间形成的氢键无关,A错误;B.固态冰中,1个水分子与周围的4个水分子通过氢键相连接,从而形成空间网状结构,B正确;C.“准液体”中,水分子间的距离不完全相等,所以1个水分子与少于4个的水分子间距离适合形成氢键,形成氢键的机会比固态冰中少,C正确;D.当温度达到一定数值时,“准液体”中的水分子与下层冰连接的氢键被破坏,使一部分水分子能够自由流动,从而产生“流动性的水分子”,造成冰面变滑,D正确;故选A。17.用水稀释0.1mol/L氨水时,溶液中随着水量的增加而减小的是A.B.C.c(H+)和c(OH-)的乘积D.OH-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,故A错误;B.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,比值减小,故B正确;C.由于温度不变,c(H+)c(OH-)离子积常数,为定值保持不变,故C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,故D错误; 故选B。18.下列描述中,正确的是A.是空间结构为V形的极性分子B.的空间结构为平面三角形C.中所有的原子不都在一个平面上D.和的中心原子的杂化轨道类型均为杂化【答案】D【解析】【详解】A.中心原子C原子周围的价电子对数为:2+=2,故其是空间结构为直线形,正负电荷中心重合,为非极性分子,A错误;B.中心原子Cl原子周围的价电子对数为:3+=4,故其空间结构为三角锥形,B错误;C.中心原子N原子周围的价电子对数为:3+=3,故其空间构型为平面三角形,故其中所有的原子都在一个平面上,C错误;D.中心原子Si原子周围的价电子对数为:4+=4,中心原子S原子周围的价电子对数为:3+=4,故二者的中心原子的杂化轨道类型均为杂化,D正确;故答案为:D。19.室温下,某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等,同时发生以下两个反应:①M+N=X+Y;②M+N=X+Z,反应①的速率可表示为v1=k1c2(M),反应②的速率可表示为v2=k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图,下列说法错误的是 A.0~30min时间段内,Y的平均反应速率为6.67×10-8mol•L-1•min-1B.反应开始后,体系中Y和Z的浓度之比保持不变C.如果反应能进行到底,反应结束时62.5%的M转化为ZD.反应①的活化能比反应②的活化能大【答案】A【解析】【详解】A.由图中数据可知,时,M、Z的浓度分别为0.300和0.125,则M的变化量为0.5-0.300=0.200,其中转化为Y的变化量为0.200-0.125=0.075。因此,时间段内,Y的平均反应速率为,A说法不正确;B.由题中信息可知,反应①和反应②的速率之比为,Y和Z分别为反应①和反应②的产物,且两者与M的化学计量数相同(化学计量数均为1),因此反应开始后,体系中Y和Z的浓度之比等于,由于k1、k2为速率常数,故该比值保持不变,B说法正确;C.结合A、B的分析可知反应开始后,在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于=,因此,如果反应能进行到底,反应结束时有的M转化为Z,即的M转化为Z,C说法正确;D.由以上分析可知,在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少,因此,反应①的化学反应速率较小,在 同一体系中,活化能较小的化学反应速率较快,故反应①的活化能比反应②的活化能大,D说法正确。综上所述,相关说法不正确的只有A,故本题选A。20.常温下,已知H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1mol·L-1,溶液中各含磷物种的pc—pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数(pc=-lgc),pOH表示OH-的浓度负对数[pOH=-lgc(OH-)];x、y、z三点的坐标:x(7.3,1.3),y(10.0,3.6),z(12.6,1.3)。下列说法正确的是A.曲线①表示pc(H3PO3)随pOH的变化B.H3PO3的结构简式为C.pH=4的溶液中:c(H2PO)<0.1mol·L-1-2c(HPO)D.H3PO3+HPO2H2PO的平衡常数K>1.0×105【答案】D【解析】【分析】【详解】A.图象中含P物质只有3种,说明为二元弱酸。随着逐渐增大,减小,根据、,知逐渐减小,先增大后减小,逐渐增大,,则逐渐增大,先减小后增大,逐渐减小,故曲线③表示,曲线②表示,曲线①表示;根据x点知,时,,c(OH-)=10-7.3mol/L,c(H+)=10-6.7mol/L,则的,根据z点知, ,,c(OH-)=10-12.6mol/L,c(H+)=10-1.4mol/L,则的,曲线①表示随的变化,故A错误;B.为二元弱酸,其结构简式为,故B错误;C.即,由图可知,此时,,即,而,故,故C错误;D.由减去,可得,则平衡常数,故D正确;故答案:D。第Ⅱ卷非选择题(共50分)二、非选择题(本题共5大题,每题10分,共50分)21.已知A、B、C、D都是元素周期表中前36号的元素,它们的原子序数依次增大。A与其他3种元素既不在同一周期又不在同一主族。B原子的L层p能级中有5个电子;C是周期表1~18列中的第14列元素;D原子的L层电子数与最外层电子数之比为4∶1,其d能级中有1对成对电子。请回答:(1)A与C形成的简单共价化合物的分子式是______,中心原子杂化类型是______,分子的空间结构是______,是______分子(填“极性”或“非极性”)。(2)B与C比较,电负性较小的是______(填元素符号)。(3)D位于元素周期表中第______族,D2+的结构示意图是______,D元素的+3价离子的电子排布式为______。(4)A与B形成的化合物极易溶于水,其原因是______。【答案】(1)①.SiH4②.sp3③.正四面体④.非极性(2)Si(3)①Ⅷ②.③.1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5(4)HF与H2O都是极性分子,且HF与H2O可形成分子间氢键 【解析】【分析】B原子的L层p能级有5个电子,即电子排布式为[He]2s22p5,B为F;四种元素原子序数增大,C为周期表中的第14列元素,则为Si;D原子的L层电子与最外层电子之比为4:1,同时其d能级中有1对成对电子,则该原子的电子排布式为[Ar]3d64s2,D为Fe;A与其它元素既不同周期也不同族,则A为H;所以推知A、B、C、D分别为H、F、Si、Fe。【小问1详解】C(Si)为碳族元素,其氢化物类似于CH4,A与C形成的物质为SiH4;SiH4中Si有4个价层电子对,为sp3杂化,0对孤电子对,为正四面体形,是非极性分子;【小问2详解】电负性同周期从左往右电负性增强:C<F,而同周期从上往下电负性减弱:C>Si,B与C电负性比较为F>Si;【小问3详解】D为Fe,位于周期表中的Ⅷ;原子变为离子时,优先失去最外层电子,再依次失去内层的电子。Fe2+电子排布式为[Ar]3d6,其结构示意图为;Fe3+电子排布式为[Ar]3d5;【小问4详解】HF易溶于水原因是HF与H2O都是极性分子,且HF与H2O可形成分子间氢键。22.溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答问题。(1)盐碱地(含较多Na2CO3、NaCl)不利于植物生长,试用化学方程式表示:盐碱地产生碱性的原因_________;农业上用石膏降低其碱性的反应原理____________。(2)已知水存在如下平衡:H2O+H2OH3O++OH-向水中加NaHSO4固体,水的电离平向________移动,且所得溶液显_____性。(3)若取pH、体积均相等的NaOH和氨水分别加水稀释m倍、n稀释后pH仍相等,则m______n(填“>”“<”或“=”);(4)常温下,在pH=6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中水电离出来的c(OH-)=_________;(5)在如图坐标纸上画出用0.1000mol/LNaOH滴定20.00mL0.1000mol/LHCl的滴定曲线示意图。 ______【答案】①.Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH②.Na2CO3+CaSO4═CaCO3+Na2SO4③.逆向④.酸⑤.<⑥.1×10-8mol/L⑦.【解析】【分析】(1)从碳酸钠水解角度及沉淀转化角度考虑;(2)根据电离方程式NaHSO4=Na++H++SO42-分析;(3)稀释会促进弱电解质的电离,若稀释后pH相等,则稀释后氨水体积较大;(4)pH=6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中的氢氧根离子是水的电离的,根据Kw计算水电离的c(OH-);(5)找出几个关键点,起始点,恰好反应点及碱过量的点,把点连成平滑曲线即可。【详解】(1)碳酸钠水解溶液显碱性,故不利于作物生长,水解的化学方程式为:Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH;加入石膏,会和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀,降低了碳酸根离子浓度,所以其土壤碱性降低,反应方程式为:Na2CO3+CaSO4═CaCO3+Na2SO4,故答案为Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH;Na2CO3+CaSO4═CaCO3+Na2SO4;(2)硫酸氢钠的电离方程式为:NaHSO4=Na++H++SO42-,电离出H+,使溶液显酸性,抑制水的电离,故答案为逆向;酸;(3)稀释会促进弱电解质的电离,故若取pH、体积均相等的NaOH和氨水分别加水稀释m倍、n稀释后pH仍相等,则氨水稀释倍数大,故答案为<;(4)pH=6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中,醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度,则溶液呈酸性,该混合液中的氢氧根离子是水的电离的,则水电离出的c(OH-)==mol/L=10-8mol/L;(5)当氢氧化钠体积为0时,溶液pH为1,当二者恰好反应时,消耗氢氧化钠溶液体积为20mL,此时溶液的pH=7,若碱过量,则溶液pH增大,最大不会大于0.1mol/LNaOH溶液的pH(13),接近滴定终点 出现突变,由此作出滴定曲线示意图为:。【点睛】本题综合考查了盐类水解、水的电离、弱电解质的电离平衡、中和滴定等知识点,题目难度中等,注意掌握盐的水解原理、弱电解质的电离平衡及其影响,(5)为易错点,注意掌握中和滴定原理,试题培养了学生的化学实验能力。23.断开1molAB(g)分子中的化学键使其分别生成气态A原子和气态B原子所吸收的能量称为A—B的键能。下表列出了一些化学键的键能(E):化学键H—HCl—ClO=OC—ClC—HO—HH—ClE/(kJ·mol-1)436247x330413463431请回答下列问题:(1)如图表示某反应的能量变化关系,则此反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应,其中ΔH=_______(用含有a、b的关系式表示)。(2)若图示中表示反应H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH=-241.8kJ·mol-1,则根据所给键能数据可得,b=_______kJ·mol-1,x=_______。(3)历史上曾用“地康法”制氯气,这一方法是用CuCl2作催化剂,在450℃时利用空气中的氧气与氯化氢反应制氯气。反应的化学方程式为_______。若忽略温度和压强对反应热的影响,根据题给有关数据及前面的计算结果,计算当反应中有1mol电子转移时,反应的能量变化为_______。【答案】(1)①.放热②.(a-b)kJ·mol-1(2)①.926②.496.4(3)①.O2+4HCl2Cl2+2H2O②.放出31.4kJ能量【解析】 【小问1详解】根据图象可知反应物的总能量高于生成物的总能量,因此是放热反应;ΔH=生成物总能量-反应物总能量=(a-b)kJ·mol-1;【小问2详解】b表示氢原子和氧原子结合为1mol气态水时的能量变化,其数值为2463=926;焓变ΔH=反应物键能之和-生成物键能之和=EH-H+EO=O-2EO-H=(436+x-2463)kJ·mol-1=-241.8kJ·mol-1,解得x=496.4;【小问3详解】用CuCl2作催化剂,在450℃利用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气,反应的化学方程式为:O2+4HCl2Cl2+2H2O,根据表中数据可知反应的ΔH=(496.4+431×4-247×2-463×4)kJ·mol-1=-125.6kJ·mol-1,反应中转移4mol电子,则转移1mol电子时反应放出的能量为125.6kJ÷4=31.4kJ。24.知识的梳理和感悟是有效学习的方法之一。某学习小组将有关“电解饱和食盐水”的相关内容进行梳理,形成如下问题(显示的电极均为石墨)。(1)图1中,电解一段时间后,气球b中的气体是__________(填化学式),U形管________(填“左”或“右”)边的溶液变红。(2)利用图2制作一种环保型消毒液发生器,电解可制备“84”消毒液的有效成分,则c为电源的________极;该发生器中反应的总离子方程式为_______________________________。(3)二氧化氯(ClO2)为一种黄绿色气体,是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。下图是目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺。①阳极产生ClO2的电极反应式:__________________________________________________。②当阴极产生标准状况下112mL气体时,通过阳离子交换膜的离子物质的量为________。 【答案】①.H2②.右③.负④.Cl-+H2OClO-+H2↑⑤.Cl--5e-+2H2O===ClO2↑+4H+⑥.0.01mol【解析】【详解】(1)根据图1中电子移动的方向,推出右端的电极为阴极,左端的电极为阳极,右端电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,气球b收集的气体为H2,酚酞遇碱变红,即右边溶液变红;(2)“84”消毒液的有效成分是NaClO,图2是制作消毒液发生器,阳极上Cl-生成Cl2,阴极上H2O得电子转化成H2和OH-,为了使反应更充分,下边电极生成氯气,上边电极有NaOH生成,则c为负极,该反应器的总离子方程式为Cl-+H2OClO-+H2↑;(3)①根据Na+移动的方向,左边电极为阳极,右边电极为阴极,左边电极生成ClO2,即左边电极反应式为Cl-+2H2O-5e-=ClO2↑+4H+;②右边电极为阴极,其电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,产生112mL的H2,转移电子物质的量为112×10-3×2/22.4mol=0.01mol,右侧产生0.01molOH-,通过阳离子交换膜0.01mol离子。【点睛】难点是电极反应式的书写,(3)①,阳极产生ClO2,根据图中所给原料,左侧为阳极,Cl-→ClO2,1molCl-参与反应失去5mole-,即Cl--5e-→ClO2↑,根据所给原料,以及反应前后所带电荷守恒,电极反应式为Cl-+2H2O-5e-=ClO2↑+4H+。25.硫及其化合物对人类的生产和生活有着重要的作用。(1)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-198kJ·mol-1是制备硫酸的一个重要反应。在容积为VL的密闭容器中分别充入2molSO2和1molO2,在不同条件下进行反应,反应体系的总压强随时间的变化如图所示。与实验a相比,实验b改变的条件是_____,判断的依据是______。(2)二氧化硫在一定条件下还可以发生如下反应:SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)ΔH=-42kJ·mol-1。在1L恒容密闭容器中充入SO2(g)和NO2(g),所得实验数据如表所示:实验编号温度起始时物质的量/mol平衡时物质的量/mol n(SO2)n(NO2)n(NO)甲T10.800.200.18乙T20.200.800.16丙T20.200.30a①在实验甲中,若2min时测得反应放出的热量是4.2kJ,则0~2min内,用SO2(g)表示的平均反应速率v(SO2)=_____。②在实验丙中,达到平衡时,NO2的转化率为______。③由表中数据可推知,T1_____T2(填“>”“<”或“=”),判断的理由是_____。【答案】(1)①升高温度②.实验b与实验a相比,反应速率快(2)①.0.05mol·L-1·min-1②.40%③.<④.T1时,该反应的平衡常数K1≈2.613,T2时,该反应的平衡常数K2=1,该反应的正反应为放热反应,所以T1<T2【解析】【小问1详解】根据图象,实验b与a相比,反应速率快,到达平衡时总压强变大,平衡向逆反应方向移动,该反应的正反应是气体体积减小的放热反应,故与实验a相比,实验b改变的条件是升高温度。答案为升高温度;实验b与a相比,反应速率快;【小问2详解】实验甲中,若2min时测得放出的热量是4.2kJ,则0~2min时间内消耗二氧化硫物质的量为=0.1mol,则υ(SO2)==0.05mol/(L·min);平衡时NO为0.18mol,根据三段式T1温度下平衡常数K1==2.613;实验丙中,平衡时NO为amol,则参加反应二氧化氮的物质的量为amol,故二氧化氮的转化率为×100%=×100%;乙实验平衡时,NO为0.16mol,根据三段式 T2温度下平衡常数K2==1<2.613,正反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动,平衡常数减小,故T1<T2。答案为0.05mol·L-1·min-1;40%;<;T1时,该反应的平衡常数K1≈2.613,T2时,该反应的平衡常数K2=1,该反应的正反应为放热反应,所以T1<T2。
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