学年四川省成都市九校高二下学期期中联考化学试题 解析版.docx
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学年四川省成都市九校高二下学期期中联考化学试题 解析版.docx
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学年四川省成都市九校高二下学期期中联考化学试题解析版
考试时间共90分钟,满分100分
注意事项:
1.答题前,考生务必在答题卡上将自己的姓名、班级、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚,考生考试条码由监考老师粘贴在答题卡上的“条码粘贴处”。
2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上,如需改动,用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案;非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答,超出答题区域答题的答案无效;在草稿纸上、试卷上答题无效。
3.考试结束后由监考老师将答题卡收回。
可能用到的原子量:
H-1、C-12、N-14、O-16、Na-23、Mg-24、Al-27、S-32、K-39、Cl-35.5、P-31、Si-28
一、选择题(每小题只有一个正确答案。
每小题2分,共30分)
1.下列各基态原子或离子的电子排布式错误的是()
A.Al1s22s22p63s23p1B.S2-1s22s22p63s23p6
C.Cu 3d94s2D.Ca 4s2
【答案】C
【解析】A.Al电子排布式为1s22s22p63s23p1,故A正确;B.S2-离子核外电子数为18,电子排布式是1s22s22p63s23p6,故B正确;C.Cu的原子序数为29,处于ds区,原子核外有29个电子,其电子排布式为3d104s1,故C错误;D.Ca核电荷数为20,原子核外电子排布式为4s2,故D正确;答案为C。
2.下列各组分子中,都属于含极性键的非极性分子的是()
A.CO2H2SB.NH3HClC.P4CCl4D.C2H4CH4
【答案】D
【点睛】非极性键为:
同种元素的原子间形成的共价键;极性键为:
不同元素的原子间形成的共价键;极性分子为:
正电荷中心和负电荷中心不相重合的分子;非极性分子:
正电荷中心和负电荷中心相重合的分子;分子极性的判断方法为:
分子的极性由共价键的极性及分子的空间构型两个方面共同决定。
3.下列描述中正确的是()
A.ClO3-的空间构型为平面三角形
B.乙炔分子中的两个碳原子采用sp2杂化方式
C.CS2为V形的极性分子
D.SiF4和SO32-的中心原子均为sp3杂化
【答案】D
【解析】A.ClO3-中Cl的价层电子对数=3+(7+1-2×3)/2=4,含有一个孤电子对,则离子的空间构型为三角锥形,故A错误;B.乙炔分子中每个碳原子含有2个σ键且不含孤电子对,所以采取sp杂化,故B错误;C.CS2与CO2分子构型相同,二氧化碳的分子结构为O=C=O,则CS2的结构为S=C=S,属于直线形分子,故C错误;D.SiF4中Si的价层电子对数=4+(4-1×4)/2=4,SO32-中Si的价层电子对数=3+(6+2-2×3)/2=4,所以中心原子均为sp3杂化,故D正确;答案为D。
4.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下:
①1s22s22p63s23p2;②1s22s22p63s23p3;③1s22s22p3;④1s22s22p4。
则下列有关比较中正确的是()
A.电负性:
④>③>②>①B.原子半径:
④>③>②>①
C.第一电离能:
④>③>②>①D.最高正化合价:
④>③>②>①
【答案】A
【解析】由四种元素基态原子电子排布式可知,①1s22s22p63s23p2是Si元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p4是O元素;A.同周期自左而右电负性增大,所以电负性Si<P,N<O,N元素非金属性与P元素强,所以电负性P<N,故电负性Si<P<N<O,即④>③>②>①,故A正确;B.同周期自左而右原子半径减小,所以原子半径Si>P,N>O,电子层越多原子半径越大,故原子半径Si>P>N>O,即①>②>③>④,故B错误;
C.同周期自左而右第一电离能呈增大趋势,但N原子2p、P元素原子3p能级均容纳3个电子,为半满稳定状态,能量较低,第一电离能高于同周期相邻元素,所以第一电离能Si<P,O<N,同主族自上而下第一电离能降低,所以第一电离能N>P,所以第一电离能Si<P<O<N,即③>④>②>①,故C错误;D.最高正化合价等于最外层电子数,但O元素没有正化合价,所以最高正化合价:
①>②=③,故D错误;故选A。
5.已知An+,B(n+1)+,Cn-,D(n+1)-具有相同的电子层结构,则原子半径由大到小的顺序为()
A.A>B>C>DB.D>C>A>BC.C>D>B>AD.A>B>D>C
【答案】D
【解析】
试题分析:
An+,B(n+1)+,Cn-,D(n+1)-离子具有相同的电子层结构,A和B属于金属,位于同一周期,且B在A的右侧。
C和D是非金属,位于同一周期,且位于A和B的上一周期,其中C位于D的右侧。
同周期自左向右原子半径逐渐减小,同主族自上而下,原子半径逐渐增大,所以A、B、C、D的原子半径由大到小的顺序为A>B>D>C,答案选C。
考点:
考查核外电子排布以及原子半径大小比较
点评:
该题是中等难度的试题,也高考中的常见题型。
试题贴近高考,侧重对学生能力的培养。
该题以“周期表中元素的推断”为载体,比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力。
考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。
考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。
6.下列现象与氢键有关的是()
①NH3的熔沸点比同族磷、砷元素氢化物熔沸点高
②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶
③冰的密度比液态水的密度小
④HF在标况下为液态⑤H2O比H2S稳定
A.①②③B.①②③④C.①②③④⑤D.①②
【答案】B
【解析】①ⅥA族元素氢化物的熔点随相对分子质量的增大而升高,但水中含有氢键,所以H2O的熔、沸点比ⅥA族其他元素氢化物的高,故①正确;②小分子的醇、水分子之间能形成氢键,羧酸、水分子之间能形成氢键,所以小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶,故②正确;③冰中存在氢键,具有方向性和饱和性,其体积变大,则相同质量时冰的密度比液态水的密度小,故③正确;④HF分子间存在氢键,HF分子间缔合成较大分子,沸点较高,常温下为液态,故④正确;⑤元素的非金属性越强,其氢化物越稳定,非金属性:
O大于S,则H2O比H2S稳定,与氢键无头,故⑤错误;故选B。
7.下列叙述正确的是()
A.甲酸溶液导电性比乙酸溶液导电性强,说明乙酸是弱酸
B.硫酸钾溶于水能导电,所以硫酸钾是电解质
C.强电解质一定是含有离子键,弱电解质中一定含弱极性共价键
D.固态磷酸是电解质,所以磷酸在熔融状态下和水溶液中都能导电
【答案】B
【解析】A.如不在相同浓度、不同温度下,则不具有可比较性,故A错误;B.硫酸钾是盐,其水溶液中存在其电离出的K+和SO42-,能导电,硫酸钾是电解质,故B正确;C.强电解质不一定含有离子键,如HCl,如电解质中也可能存在强极性键,如HF,故C错误;D.导电的条件是物质存在自由移动的离子或电子,而磷酸在熔融状态下只存在分子微粒不导电,故D错误;故选B。
8.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是()
A.开启啤酒瓶后,瓶中立刻泛起大量泡沫
B.由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深
C.向氯水中加CaCO3后,溶液漂白性增强
D.在含有2+的红色溶液中加铁粉,振荡静置,溶液颜色变浅
【答案】B
【解析】
试题分析:
勒夏特列原理是平衡移动原理,开启啤酒瓶后,瓶中立刻泛起大量泡沫,是因为开启瓶盖压强减小,二氧化碳溶解平衡逆向移动,故可用勒夏特列原理解释,A项错误;由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深,加压平衡并不移动,知识碘蒸气浓度增大故颜色加深,不能用勒夏特列原理解释,B项正确;向氯水中加少量NaHCO3固体后,溶液的漂白性增强,是因为NaHCO3固体消耗溶液中的H+,根据勒夏特列原理使氯气与水反应平衡正向移动,HClO浓度增大,溶液漂白性增强,C项错误;在含有的红色溶液中加铁粉,振荡静置,溶液颜色变浅或褪去,是铁粉与溶液中Fe3+反应,使溶液中Fe3+浓度降低,根据勒夏特列原理使Fe3++3SCN—
Fe(SCN)3平衡逆向移动,溶液颜色变浅或褪色,故D项错误。
考点:
勒夏特列原理。
9.下列水解化学方程式或水解离子方程式正确的是()
A.CH3COO—+H2O
CH3COOH+OH—
B.HCO3—+H2O
CO32—+H3O+
C.CH3COOH+OH—
CH3COO—+H2O
D.NaCl+H2O
NaOH+HCl
【答案】A
【解析】A.醋酸根离子在溶液中水解生成醋酸和氢氧根离子,其水解方程式为:
CH3COO-+H2O
CH3COOH+OH-,故A正确;B.HCO3—+H2O
CO32—+H3O+表示的是HCO3—在水溶液中的电离,故B错误;C.CH3COOH+OH—=CH3COO—+H2O为中和反应离子方程式,且完全中和,故C错误;D.氯化钠为强电解质,在溶液中不发生水解,故D错误;故选A。
10.25℃时,水的电离达到平衡:
H2O
H++OH–△H>0,下列叙述正确的是()
A.向平衡体系中加入水,平衡正向移动,c(H+)增大
B.将水加热,Kw增大,pH不变
C.向水中加入少量硫酸氢钠固体,c(H+)/c(OH-)增大
D.向水中加入少量NaOH固体,平衡正向移动,c(H+)降低
【答案】C
【解析】A.增加水的量,氢离子和氢氧根离子浓度不变且相等,平衡不移动,故A错误;B.将水加热促进水电离,离子积常数增大,氢离子浓度增大,pH减小,故B错误;C.向水中加入少量硫酸氢钠,导致溶液中氢离子浓度增大,但温度不变,水的离子积常数不变,故C正确;D.向水中加入NaOH,导致溶液中氢氧根离子浓度增大,抑制水电离,平衡逆向移动,故D错误;故选C。
【点睛】明确温度对水的电离的影响及温度与离子积的关系,注意硫酸氢钠电离出氢离子,为易错点;水是弱电解质,存在电离平衡,向水中加入含有氢离子或氢氧根离子的物质抑制水电离,加入含有弱根离子的盐促进水电离,水的离子积常数只与温度有关,与溶液的酸碱性无关。
11.下列关于热化学反应的描述中正确的是()
A.反应物的总能量低于生成物的总能量时,发生放热反应
B.HCl和NaOH反应的中和热ΔH=-57.3kJ/mol,则H2SO4和Ba(OH)2的反应热ΔH=2×(-57.3)kJ/mol
C.同温同压下,H2(g)+Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同
D.等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧,后者放出热量多
【答案】C
【解析】A.反应物的总能量低于生成物的总能量时,发生吸热反应,故A错误;B.中和热是强酸和强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量;生成硫酸钡沉淀放热,则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热小于-57.3kJ/mol,故B错误;C.反应热只与反应物和生成物的总能量大小有关,与反应条件和途径无关,故C正确;D.固体硫变为气态硫需要吸收热量;等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧,前者放出热量多,故D错误;答案为C。
12.一定条件下,在体积为10L的密闭容器中,1molX和1molY进行反应:
2X(g)+Y(g)⇌Z(g),经60s达到平衡,生成0.3molZ,下列说法正确的是()
A.若增大压强,则物质Y的转化率减小
B.将容器体积变为5L,Z的平衡浓度变为原来的2倍
C.Y浓度变化表示的反应速率为0.0005mol/(L·s)
D.若升高温度,X的体积分数增大,则该反应的ΔH>0
【答案】C
【解析】A.增大压强后,平衡向着正反应方向移动,则Y的转化率增大,故A错误;B.将容器容积变为5L时,物质的压强增大,平衡向体积减小的方向移动,即正向移动,Z的物质的量增大,即大于0.3mol,Z的新平衡浓度将大于原平衡浓度的2,故B错误;C.达到平衡时Z的平均反应速率为:
v(Z)=0.3mol/(10L·60s)
=0.0005mol/(L•s),反应速率与化学计量数成正比,则60s内以Y浓度变化表示的反应速率为:
v(X)=v(Z)=0.0005mol/(L•s),故C正确;D.若升高温度,X的体积分数增大,说明逆反应为吸热反应,则正反应为放热反应,即ΔH<0,故D错误;故选C。
13.在298K、100kPa时,已知:
H2O(g)=1/2O2(g)+H2(g) △H1
H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H2
2H2O(g)+2Cl2(g)=4HCl(g)+O2(g) △H3
则△H3与△H1和△H2间的关系正确的是()
A.△H3=2△H1+2△H2B.△H3=2△H1—△H2
C.△H3=2△H1—2△H2D.△H3=2△H1+△H2
【答案】A
【解析】设H2O(g)=1/2O2(g)+H2(g)△H1…①Cl2(g)+H2(g)=2HCl(g)△H2…②
2Cl2(g)+2H2O(g)=4HCl(g)+O2(g)△H3…③由盖斯定律可知,③=①×2+2×②,因此△H3=2△H1+2△H2,故选A。
14.常温常压下,注射器甲中装有NO2气体,注射器乙中装有相同体积的空气,注射器与U形管连通,如图所示,打开两个止水夹,同时向外拉两注射器的活塞,且拉动的距离相等,将会看到U形管中液面(NO2与CCl4不反应)()
A.U形管中液面无变化
B.a端下降,b端上升
C.a端上升,b端下降
D.无法判断
【答案】B
【解析】打开两个止水夹后,同时向外拉动两注射器的活塞,且拉动的距离相同,U型管中两边气体的压强都减小,但NO2气体存在平衡:
2NO2
N2O4,平衡逆向移动,压强又增大,a液面下降,b端上升;故答案为B。
【点睛】结合化学平衡移动的影响因素,明确勒沙特列原理是解题的关键,二氧化氮与四氧化二氮存在反应:
2NO2
N2O4,依据化学平衡移动的理论,加压时平衡向气体系数减小的方向移动,减压时平衡向气体系数增大的方向移动,根据压强的变化分析判断。
15.根据右图,下列判断中正确的是()
A.烧杯b中发生还原反应
B.烧杯b中发生的反应为2Cl--2e-===Cl2↑
C.烧杯a中发生的反应为2H++2e-===H2↑
D.烧杯a中的溶液pH升高
【答案】D
【解析】A.烧杯b中电极上是锌失电子发生氧化反应,电极反应为Zn-2e-=Zn2+,故A错误;B.烧杯b中电极上是锌失电子发生氧化反应,电极反应为Zn-2e-=Zn2+,故B错误;C.杯a中发生的氧气得到电子生成氢氧根离子的反应,电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-,故C错误;D.烧杯a中发生的氧气得到电子生成氢氧根离子的反应,电极反应为:
O2+2H2O+4e-=4OH-,氢氧根离子浓度增大,溶液pH增大,故D正确;故选D。
二、选择题(每小题只有一个正确答案。
每小题3分,共18分)
16.下列物质的熔、沸点高低顺序中,正确的是()
A.金刚石>晶体硅>二氧化硅>碳化硅B.I2>Br2>Cl2>F2
C.H2Te>H2Se>H2S>H2OD.金刚石>CsCl>NaCl>钠
【答案】B
【解析】A.原子晶体中共价键的键长越短,键能越大,熔、沸点越大,则熔、沸点为金刚石>二氧化硅>碳化硅>晶体硅,故A错误;B.卤素单质随卤素原子核电荷数增大,分子间作用力增大,熔沸点升高,即I2>Br2>Cl2>F2,故正确;C.水分子间存在氢键,所以熔沸点高低顺序是H2O>H2Te>H2Se>H2S,故C错误;D.熔、沸点:
原子晶体>离子晶体>金属晶体,Na+半径比Cs+半径小,NaCl晶格能大,则熔、沸点为金刚石>NaCl>CsCl>钠,故D错误;答案为B。
17.下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数)()
A.124gP4含有P—P键的个数为4NA
B.60gSiO2中含Si—O键的个数为2NA
C.12g石墨中含有C—C键的个数为1.5NA
D.36g戊烷中共价键的个数为10NA
【答案】C
18.下列热化学方程式正确的是()
A.甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1,则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为:
CH4(g)+2O2(g)==CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-890.3kJ·mol-1
B.500℃、30MPa下,将0.1molN2和0.3molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g),放热3.86kJ,其热化学方程式为:
N2(g)+3H2(g)
2NH3(g)ΔH=-38.6kJ·mol-1
C.已知1g液态肼和足量液态过氧化氢反应生成氮气和水蒸气时放出20.05kJ的热量,肼和过氧化氢反应的热化学方程式为:
N2H4(l)+2H2O2(l)===N2(g)+4H2O(g)ΔH=-641.6kJ·mol-1
D.CO的燃烧热是283.0kJ/mol,则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)△H=+283.0kJ/mol
【答案】C
【解析】A.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量,CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ/mol中生成水是液体,故A错误;B.合成氨的反应为可逆反应,0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)的物质的量小于1mol,所以生成1mol氨气放出的热量大于放热19.3kJ,故B错误;C.1g液态肼和足量液态过氧化氢反应生成氮气和水蒸气时放出20.05kJ的热量,则1mol肼反应放出的热量为32×20.05=641.60(kJ)所以肼和过氧化氢反应的热化学方程式为:
N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(g)△H=-641.6kJ•mol-1,故C正确;D.因CO(g)的燃烧热是283.0KJ.mol-1,则2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)反应的△H=-2×283.0KJ.mol-1,则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的△H=2×283.0KJ.mol-1,故D错误;答案为C。
19.用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸,选用酚酞作为指示剂,造成测定结果偏高的原因可能是()
A.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过,未用未知液润洗
B.滴定终点读数时,俯视滴定管的刻度,其他操作正确
C.滴定到终点读数时,发现滴定管尖嘴内有气泡
D.配制标准溶液的NaOH中混有KOH杂质
【答案】D
【解析】A.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后,未用未知液润洗,不影响未知液的体积,对测定结果影响,故A错误;B.滴定终点读数时,俯视滴定管的刻度,造成V(碱)偏小,根据c(酸)=
可知c(酸)偏小,故B错误;C.滴定到终点读数时,发现滴定管尖嘴内有气泡,造成V(碱)偏小,根据c(酸)=
可知c(酸)偏小,故C错误;D.所用的固体NaOH中混有KOH,相同质量的氢氧化钠和氢氧化钾,氢氧化钠的物质的量大于氢氧化钾的物质的量,故所配得溶液的OH-浓度偏小,造成V(碱)偏大,根据c(酸)=
可知c(酸)偏大,故D正确;答案为D。
【点睛】要学会配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法:
紧抓c=
分析,如:
用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后,用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中,用量筒量取液体药品,量筒不必洗涤,因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液,在制造仪器时已经将该部分的体积扣除,若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中,导致n偏大,所配溶液浓度偏高;再如:
配制氢氧化钠溶液时,将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解,未冷却立即转移到容量瓶中并定容,容量瓶上所标示的使用温度一般为室温,绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应,使溶液温度升高或降低,从而影响溶液体积的准确度,氢氧化钠固体溶于水放热,定容后冷却至室温,溶液体积缩小,低于刻度线,导致V偏小,浓度偏大,若是溶解过程中吸热的物质,则溶液浓度偏小等。
20.可逆反应mA(s)+nB(g)
eC(g)+fD(g),反应过程中,当其它条件不变时,C的百分含量(C%)与温度(T)和压强(P)的关系如下图:
下列叙述正确的是()
A.达平衡后,若升温,则K减小
B.达平衡后,加入催化剂C%增大
C.化学方程式中n>e+f
D.达平衡后,若增加A的量,B的转化率增大
【答案】A
【解析】A.温度越高,平衡时C的百分含量(C%)越小,升高温度平衡向逆反应移动,化学平衡K减小,故A正确;B.加入催化剂同等程度增大正逆反应速率,平衡不移动,C的百分含量C%不变,故B错误;C.P2达到平衡时间短,压强较大,而C%含量低,则n<e+f,故C错误;D.A是固体,不是气态,增大非气态物的物质的量不能使平衡移动,不影响B的转化率,故D错误;答案为A;
【点睛】由左图可知,温度T2到达平衡所用的时间短,故温度T2>T1,温度越高,平衡时C的百分含量(C%)越小,升高温度平衡向逆反应移动,故该反应的正反应为放热反应;由右图可知,压强p2到达平衡所用的时间短,故压强p2>p1,压强越大,平衡时C的百分含量(C%)越小,增大压强平衡向逆反应移动,故该反应正反应为气体物质的量增大的反应;难点是选项D,增大固体A的量不影响平衡的移动。
21.下列溶液中各微粒的浓度关系不正确的是()
A.pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合:
c(H+)+c(M+)==c(OH-)+c(A-)
B.1L0.1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中:
c(SO
)>c(NH
)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-)
C.0.1mol·L-1NaHCO3溶液中:
c(H+)+c(H2CO3)=c(CO
)+c(OH-)
D.0.1mol·L-1的NaHA溶液,其pH=4:
c(HA-)>c(H+)>c(H2A)>c(A2-)
【答案】D
【解析】A.任何溶液中都存在电荷守恒,根据电荷守恒得c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-),故A正确;B.1L0.1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中存在NH4+和Fe2+的水解,溶液显酸性,则c(SO
)>c(NH
)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-),故B正确;C.0.1mol·L-1NaHCO3溶液中存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-),物料守恒式为c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-);将c(Na+)等量替换后得c(H+)+c(H2CO3)=c(CO
)+c(OH-),故C正确;D.0.1mol/L的NaHA溶液呈酸性,则HA-的电离程度大于水解程度,所以c(A2-)>c(H2A),故D错误;答案为D。
【点睛】判断电解质溶液的离子浓度关系,需要把握三种守恒,明确等量关系。
①电荷守恒规律,电解质溶液中,无论存在多少种离子,溶液都是呈电中性,即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。
如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-,存在如下关系:
c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。
②物料守恒规律,电解质溶液中,由于某些离子能够水解,离子种类增多,但元素总是守恒的。
如NaHCO3溶液中HCO3-既能水解又能电离,故C元素以CO32-、H
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