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安徽省亳州市部分中学2022-2023学年高二下学期第一次月考化学试卷（含解析）
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亳州市部分中学2022-2023学年高二下学期第一次月考
化学试卷 答案解析
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】合成氨的反应是可逆反应，不能进行完全，B错误；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；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。
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】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；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；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；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。
3. 一定条件下，容积不变的容器中发生反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1，在反应过程中，某时刻改变某一反应条件，反应速率的变化如图所示，下列说法不正确的是( )
A. t1时，增大c(N2)或c(H2) B. t2时，加入催化剂
C. t3时，降低温度 D. t4时，往容器中充入He，以增大体系压强
【答案】D
【解析】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，改变的条件应为增大反应物浓度，A正确；t2时，正、逆反应速率同等程度增大，则改变的条件为使用了催化剂，B正确；t3时，正、逆反应速率突然减小，且逆反应速率减小得多，正反应速率大于逆反应速率，正反应为放热反应，则改变的条件为降低温度，C正确；t4时，正、逆反应速率突然增大，且正反应速率增大得多，正反应速率大于逆反应速率，则改变的条件应为增大压强，往容器中充入He，增大体系总压强，容器容积不变，则反应物和生成物浓度不变，正、逆反应速率不变，D错误。
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：C2H4(g)＋H2O(g)C2H5OH(g)，如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点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
【答案】A
【解析】据图可知，Y点对应乙烯的平衡转化率为20%，起始n(C2H4)∶n(H2O)＝1∶1，设C2H4和H2O的起始物质的量均为1 mol，根据“三段式”计算：
则平衡时乙醇的物质的量分数为＝，故A正确；结合图像可得：p1KY>KZ，故C错误；因正反应是气体体积减小的反应，则压强越大，乙烯的平衡转化率越大，又因正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，乙烯的平衡转化率降低，故D错误。
5. 相同温度下，容积均为0.25 L的两个恒容密闭容器中发生反应：
N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.0 kJ·mol-1
实验测得起始时的有关数据如下表：
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NH3的体积分数均为17
C. 容器②中达到平衡时放出的热量Q=23.0 kJ
D. 若容器①容积为0.5 L，则平衡时放出的热量小于23.0 kJ
【答案】C
【解析】对于给定反应，平衡常数只与温度有关，温度相同，平衡常数相同，A项正确。根据①中放出的热量和热化学方程式，参加反应的N2为23.0 kJ92.0 kJ·mol-1=0.25 mol，根据N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，可知生成0.5 mol NH3(g)，同时气体的总物质的量减小0.5 mol，①中NH3的体积分数为0.5mol4mol-0.5mol=17，由于①和②中投料相当，相同条件下建立的平衡相同，所以两容器中NH3的体积分数均为17，B项正确。相同条件下①和②建立的是相同的平衡，但因投料不同，②中N2转化0.15 mol，放出的热量为92.0 kJ·mol-1×0.15 mol=13.8 kJ，C项错误。若容器①容积为0.5 L，即气体体积增大，压强减小，平衡向逆反应方向移动，则平衡时参加反应的N2小于0.25 mol，放出的热量小于23.0 kJ，D项正确。
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的平衡产率
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
【解析】反应Ⅰ中正反应气体体积增大，反应Ⅱ中反应前后气体体积不变，因此其他条件不变，增大压强不利于提高丙烯腈的平衡产率，A错误；根据图像可知，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；根据图像可知图中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，升高温度平衡逆向移动，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；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。
7. 氨不仅应用于化肥生产，也可以应用于能源领域，与氢氧燃料电池相比，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－向正极移动
D. 标准状况下，2.24 L O2参加反应，转移电子数为0.4NA
【答案】D
【解析】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；电解质溶液显碱性，不可能大量存在H＋，B错误；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；标准状况下，2.24 L O2的物质的量是0.1 mol，若其参加反应，转移电子的物质的量是0.1 mol×4＝0.4 mol，则转移的电子数目是0.4NA，D正确。
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，正极反应式为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0.2 mol电子时，负极质量变化为2.4 g
【答案】B
【解析】根据原电池工作原理知，Mg箔失电子作负极，Mo箔作正极，正极反应式为Fe[Fe(CN)6]＋2e－＋2Na＋===Na2Fe[Fe(CN)6]，A项正确；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；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；负极上电极反应是2Mg－4e－＋2Cl－===[Mg2Cl2]2＋，当电路中通过0.2 mol电子时，消耗0.1 mol Mg，质量减少2.4 g，D项正确。
9. 常温下，将AgNO3溶液分别滴加到浓度均为0.01 mol·L－1的NaBr、Na2SeO3溶液中，所得的沉淀溶解平衡曲线如图所示(Br－、SeO用Xn－表示，不考虑SeO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】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项错误；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项错误；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(s)＋2Br－(aq)2AgBr(s)＋SeO(aq)的平衡常数K＝＝＝109.6，平衡常数很大，表明反应向右进行的程度很大，转化反应很彻底，C项正确；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项错误。
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】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-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。
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的价层电子排布式为3s23p4。下列说法错误的是( )
A. 气态氢化物的热稳定性：Z>Y B. 第一电离能：R>Z>Y
C. 原子半径：R>Z>X D. 电负性：Z
【解析】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的价层电子排布式为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，则X为O，Y为Si，R为Cl。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；同周期元素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；根据层多径大，同电子层结构核大径小原则，则原子半径：S>Cl>O，C错误；根据同周期元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，因此电负性：S
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】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。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：ON>C，所以电负性：O>N>C，故B正确；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；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。
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】依据题图可知元素X、Y、Z、W分别为Mg、Al、N、O。Mg的第一电离能大于Al，A正确；N的电负性小于O，B正确；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；镁能分别与氮气、氧气发生氧化还原反应，D正确。
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】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。非金属性越强，单质的氧化性越强，非金属性：O>P>H，则单质的氧化性：Y>Z>X，故A错误；同周期中第一电离能比P小的元素有5种：Na、Mg、Al、Si、S，故B错误；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：P3－>K＋即Z>W，故C正确。
15. 下列描述正确的是( )
A. 氮原子的价层电子轨道表示式：
B. 价层电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第ⅤA族，是p区元素
C. 2p和3p轨道形状均为哑铃形，能量也相等
D. 钠原子由1s22s22p63s1→1s22s22p63p1时，原子释放能量，由基态转化成激发态
【答案】B
【解析】根据洪特规则可知，2p轨道电子应自旋平行，正确的轨道表示式为，故A错误；价层电子排布为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，是p区元素，故B正确；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，故C错误；基态Na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。
16. 下列有关微粒性质的排列顺序错误的是( )
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】能层结构相同的微粒，核电荷数越大，微粒半径越小，故离子半径：Na＋＞Mg2＋＞Al3＋，C项错误。
二、非选择题：本题共4小题，共52分。
17.（10分）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________，占据该能层电子的原子轨道形状为________________。
(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”，其原子的价层电子排布式为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__________________，电负性由大到小的顺序是__________________。
(6)写出C的核外电子的轨道表示式为______________________。
(7)Zn2＋的核外电子排布式为________________________________。
【答案】(1) L 球形和哑铃形 (2)Si、S (3)硒 (4) 3d64s2 d (5) N>O>B O>N>B (6) (7)1s22s22p63s23p63d10
【解析】(1)N原子核外有7个电子，基态N原子核外电子排布式为1s22s22p3，核外电子占据的最高能层的符号是L，s轨道电子云轮廓图为球形、p轨道电子云轮廓图为哑铃形，占据最高能层电子的原子轨道形状为球形和哑铃形。
(2)3p轨道上有2个未成对电子的元素是Si或S。
(3)某原子的价层电子排布式为4s24p4，该元素的电子排布式是[Ar]3d104s24p4，该元素的名称是硒。
(4)铁是26号元素，Fe的价层电子排布式为3d64s2；在元素周期表中，Fe是第Ⅷ族元素，该元素在d区。
(5)同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，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，电负性由大到小的顺序是O>N>B。
(6)C原子核外有6个电子，根据能量最低原理、洪特规则和泡利原理，核外电子的轨道表示式为 。
18.（16分）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。
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＞ 计算700 ℃和800 ℃的平衡常数K1、K2，得K1＜K2，所以ΔH＞0 ②AB (3)①0.01 mol·L－1·min－1 ②＞ ③AD (4)CO A
【解析】(2)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。
②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；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；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；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。
(3)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物质的量没有发生突变，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。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；增大碳固体的物质的量，对反应速率没有影响，故B错误；减小CO2的物质的量，反应速率减小，故C错误；升温，反应速率增大，故D正确；降温，反应速率减小，故E错误。
19. （12分）已知X、Y、Z、W、Q、R、E七种元素中，原子序数X
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)6 3
(2)1s22s22p63s23p63d54s1 Fe 3d104s1
(3)紫 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】(1)X元素原子的L层上s电子数等于p电子数，即电子排布式为1s22s22p2，故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。
(2)Z元素原子的M层上有1个未成对的p电子，可能为Al或Cl，单质在常温、常压下是气体的是Cl2，故Z为Cl元素；Q为Cr元素，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；R元素原子失去2个4s电子和1个3d电子后变成＋3价离子，其原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，即R为26号元素Fe；根据题给信息，E元素原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，该元素为29号元素Cu，其原子的价电子排布式为3d104s1。
20. （14分）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元素全部转化为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)＝4.4×10－7，Ka2(H2CO3)＝4.7×10－11；
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 适当增大硫酸浓度(适当提高浸出温度等) (2)1 3 7H2O 1 3 5 (3)调节溶液pH，除去溶液中的Cu2＋、Ni2＋、Cd2＋、Fe3＋等 (4)不能 (5)①H2R>HR－>H2CO3 ②10－3
【解析】(1)为了提高浸出效率，可以适当增大硫酸浓度、搅拌、将固体粉碎、适当提高浸出温度等。(2)锰元素由＋7价降低到＋4价，而铁元素由＋2价升高到＋3价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平方程式。(3)加入锌粉的目的应为①消耗溶液中的H＋，调节溶液pH，除去氧化时未完全沉淀的Fe3＋；②将Cu2＋、Ni2＋、Cd2＋还原为单质而除去。(4)溶液中c(Fe3＋)＝0.56 mg·L－1，则其物质的量浓度为10－5mol·L－1，溶液pH＝3，则溶液中c(OH－)＝10－11mol·L－1,10－5×(10－11)3＝1×10－38＜Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，故此时Fe3＋不能生成沉淀。(5)①由题图可知，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，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溶液中存在＝＝10－3。
亳州市部分中学2022-2023学年高二下学期第一次月考
化学试卷 答案解析
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】合成氨的反应是可逆反应，不能进行完全，B错误；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；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。
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】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；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；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；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。
3. 一定条件下，容积不变的容器中发生反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1，在反应过程中，某时刻改变某一反应条件，反应速率的变化如图所示，下列说法不正确的是( )
A. t1时，增大c(N2)或c(H2) B. t2时，加入催化剂
C. t3时，降低温度 D. t4时，往容器中充入He，以增大体系压强
【答案】D
【解析】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，改变的条件应为增大反应物浓度，A正确；t2时，正、逆反应速率同等程度增大，则改变的条件为使用了催化剂，B正确；t3时，正、逆反应速率突然减小，且逆反应速率减小得多，正反应速率大于逆反应速率，正反应为放热反应，则改变的条件为降低温度，C正确；t4时，正、逆反应速率突然增大，且正反应速率增大得多，正反应速率大于逆反应速率，则改变的条件应为增大压强，往容器中充入He，增大体系总压强，容器容积不变，则反应物和生成物浓度不变，正、逆反应速率不变，D错误。
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：C2H4(g)＋H2O(g)C2H5OH(g)，如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点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
【答案】A
【解析】据图可知，Y点对应乙烯的平衡转化率为20%，起始n(C2H4)∶n(H2O)＝1∶1，设C2H4和H2O的起始物质的量均为1 mol，根据“三段式”计算：
则平衡时乙醇的物质的量分数为＝，故A正确；结合图像可得：p1
5. 相同温度下，容积均为0.25 L的两个恒容密闭容器中发生反应：
N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.0 kJ·mol-1
实验测得起始时的有关数据如下表：
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NH3的体积分数均为17
C. 容器②中达到平衡时放出的热量Q=23.0 kJ
D. 若容器①容积为0.5 L，则平衡时放出的热量小于23.0 kJ
【答案】C
【解析】对于给定反应，平衡常数只与温度有关，温度相同，平衡常数相同，A项正确。根据①中放出的热量和热化学方程式，参加反应的N2为23.0 kJ92.0 kJ·mol-1=0.25 mol，根据N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，可知生成0.5 mol NH3(g)，同时气体的总物质的量减小0.5 mol，①中NH3的体积分数为0.5mol4mol-0.5mol=17，由于①和②中投料相当，相同条件下建立的平衡相同，所以两容器中NH3的体积分数均为17，B项正确。相同条件下①和②建立的是相同的平衡，但因投料不同，②中N2转化0.15 mol，放出的热量为92.0 kJ·mol-1×0.15 mol=13.8 kJ，C项错误。若容器①容积为0.5 L，即气体体积增大，压强减小，平衡向逆反应方向移动，则平衡时参加反应的N2小于0.25 mol，放出的热量小于23.0 kJ，D项正确。
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的平衡产率
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
【解析】反应Ⅰ中正反应气体体积增大，反应Ⅱ中反应前后气体体积不变，因此其他条件不变，增大压强不利于提高丙烯腈的平衡产率，A错误；根据图像可知，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；根据图像可知图中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，升高温度平衡逆向移动，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；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。
7. 氨不仅应用于化肥生产，也可以应用于能源领域，与氢氧燃料电池相比，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－向正极移动
D. 标准状况下，2.24 L O2参加反应，转移电子数为0.4NA
【答案】D
【解析】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；电解质溶液显碱性，不可能大量存在H＋，B错误；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；标准状况下，2.24 L O2的物质的量是0.1 mol，若其参加反应，转移电子的物质的量是0.1 mol×4＝0.4 mol，则转移的电子数目是0.4NA，D正确。
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，正极反应式为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0.2 mol电子时，负极质量变化为2.4 g
【答案】B
【解析】根据原电池工作原理知，Mg箔失电子作负极，Mo箔作正极，正极反应式为Fe[Fe(CN)6]＋2e－＋2Na＋===Na2Fe[Fe(CN)6]，A项正确；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；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；负极上电极反应是2Mg－4e－＋2Cl－===[Mg2Cl2]2＋，当电路中通过0.2 mol电子时，消耗0.1 mol Mg，质量减少2.4 g，D项正确。
9. 常温下，将AgNO3溶液分别滴加到浓度均为0.01 mol·L－1的NaBr、Na2SeO3溶液中，所得的沉淀溶解平衡曲线如图所示(Br－、SeO用Xn－表示，不考虑SeO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】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项错误；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项错误；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(s)＋2Br－(aq)2AgBr(s)＋SeO(aq)的平衡常数K＝＝＝109.6，平衡常数很大，表明反应向右进行的程度很大，转化反应很彻底，C项正确；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项错误。
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】①K+、S2-、Cl-的核外电子排布相同，核电荷数：S2-
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的价层电子排布式为3s23p4。下列说法错误的是( )
A. 气态氢化物的热稳定性：Z>Y B. 第一电离能：R>Z>Y
C. 原子半径：R>Z>X D. 电负性：Z
【解析】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的价层电子排布式为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，则X为O，Y为Si，R为Cl。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；同周期元素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；根据层多径大，同电子层结构核大径小原则，则原子半径：S>Cl>O，C错误；根据同周期元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，因此电负性：S
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】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。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
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】依据题图可知元素X、Y、Z、W分别为Mg、Al、N、O。Mg的第一电离能大于Al，A正确；N的电负性小于O，B正确；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；镁能分别与氮气、氧气发生氧化还原反应，D正确。
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】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。非金属性越强，单质的氧化性越强，非金属性：O>P>H，则单质的氧化性：Y>Z>X，故A错误；同周期中第一电离能比P小的元素有5种：Na、Mg、Al、Si、S，故B错误；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：P3－>K＋即Z>W，故C正确。
15. 下列描述正确的是( )
A. 氮原子的价层电子轨道表示式：
B. 价层电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第ⅤA族，是p区元素
C. 2p和3p轨道形状均为哑铃形，能量也相等
D. 钠原子由1s22s22p63s1→1s22s22p63p1时，原子释放能量，由基态转化成激发态
【答案】B
【解析】根据洪特规则可知，2p轨道电子应自旋平行，正确的轨道表示式为，故A错误；价层电子排布为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，是p区元素，故B正确；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，故C错误；基态Na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。
16. 下列有关微粒性质的排列顺序错误的是( )
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】能层结构相同的微粒，核电荷数越大，微粒半径越小，故离子半径：Na＋＞Mg2＋＞Al3＋，C项错误。
二、非选择题：本题共4小题，共52分。
17.（10分）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________，占据该能层电子的原子轨道形状为________________。
(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”，其原子的价层电子排布式为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__________________，电负性由大到小的顺序是__________________。
(6)写出C的核外电子的轨道表示式为______________________。
(7)Zn2＋的核外电子排布式为________________________________。
【答案】(1) L 球形和哑铃形 (2)Si、S (3)硒 (4) 3d64s2 d (5) N>O>B O>N>B (6) (7)1s22s22p63s23p63d10
【解析】(1)N原子核外有7个电子，基态N原子核外电子排布式为1s22s22p3，核外电子占据的最高能层的符号是L，s轨道电子云轮廓图为球形、p轨道电子云轮廓图为哑铃形，占据最高能层电子的原子轨道形状为球形和哑铃形。
(2)3p轨道上有2个未成对电子的元素是Si或S。
(3)某原子的价层电子排布式为4s24p4，该元素的电子排布式是[Ar]3d104s24p4，该元素的名称是硒。
(4)铁是26号元素，Fe的价层电子排布式为3d64s2；在元素周期表中，Fe是第Ⅷ族元素，该元素在d区。
(5)同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，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，电负性由大到小的顺序是O>N>B。
(6)C原子核外有6个电子，根据能量最低原理、洪特规则和泡利原理，核外电子的轨道表示式为 。
18.（16分）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。
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＞ 计算700 ℃和800 ℃的平衡常数K1、K2，得K1＜K2，所以ΔH＞0 ②AB (3)①0.01 mol·L－1·min－1 ②＞ ③AD (4)CO A
【解析】(2)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。
②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；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；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；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。
(3)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物质的量没有发生突变，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。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；增大碳固体的物质的量，对反应速率没有影响，故B错误；减小CO2的物质的量，反应速率减小，故C错误；升温，反应速率增大，故D正确；降温，反应速率减小，故E错误。
19. （12分）已知X、Y、Z、W、Q、R、E七种元素中，原子序数X
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)6 3
(2)1s22s22p63s23p63d54s1 Fe 3d104s1
(3)紫 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】(1)X元素原子的L层上s电子数等于p电子数，即电子排布式为1s22s22p2，故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。
(2)Z元素原子的M层上有1个未成对的p电子，可能为Al或Cl，单质在常温、常压下是气体的是Cl2，故Z为Cl元素；Q为Cr元素，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；R元素原子失去2个4s电子和1个3d电子后变成＋3价离子，其原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，即R为26号元素Fe；根据题给信息，E元素原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，该元素为29号元素Cu，其原子的价电子排布式为3d104s1。
20. （14分）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元素全部转化为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)＝4.4×10－7，Ka2(H2CO3)＝4.7×10－11；
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 适当增大硫酸浓度(适当提高浸出温度等) (2)1 3 7H2O 1 3 5 (3)调节溶液pH，除去溶液中的Cu2＋、Ni2＋、Cd2＋、Fe3＋等 (4)不能 (5)①H2R>HR－>H2CO3 ②10－3
【解析】(1)为了提高浸出效率，可以适当增大硫酸浓度、搅拌、将固体粉碎、适当提高浸出温度等。(2)锰元素由＋7价降低到＋4价，而铁元素由＋2价升高到＋3价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平方程式。(3)加入锌粉的目的应为①消耗溶液中的H＋，调节溶液pH，除去氧化时未完全沉淀的Fe3＋；②将Cu2＋、Ni2＋、Cd2＋还原为单质而除去。(4)溶液中c(Fe3＋)＝0.56 mg·L－1，则其物质的量浓度为10－5mol·L－1，溶液pH＝3，则溶液中c(OH－)＝10－11mol·L－1,10－5×(10－11)3＝1×10－38＜Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，故此时Fe3＋不能生成沉淀。(5)①由题图可知，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，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溶液中存在＝＝10－3。
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