2025年北师大新版必修2化学下册阶段测试试卷含答案_第1页
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…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页,总=sectionpages22页第=page11页,总=sectionpages11页2025年北师大新版必修2化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围:全部知识点;考试时间:120分钟学校:______姓名:______班级:______考号:______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题,共16分)1、某液态肼(N2H2)燃料电池被广泛应用于发射通讯卫星;战略导弹等运载火箭中。其中以固体氧化物为电解质;生成物为无毒无害的物质。下列有关该电池的说法正确的是。

A.b极是正极,发生还原反应B.电池电路中,电流方向:电极a→用电器→电极bC.当电极a.上消耗1molN2H4时,电极b上被氧化的O2在标准状况下体积为11.2LD.b极附近的pH值变大2、下列关于合金的说法正确的是A.人类使用最早的合金是铁合金B.合金的熔点高于其组成金属C.合金的硬度高于其组成金属D.合金指的一定是不同金属间相互熔合的产物3、下列有关说法正确的是A.可用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯、四氯化碳和酒精B.石油分馏后可获得乙烯、丙烯和丁二烯C.分子式为的同分异构体有4种D.乙二酸与乙二醇生成聚乙二酸乙二酯的反应属于加聚反应4、下列描述中可以说明2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)已达到平衡的是A.温度和体积一定时,混合气体的颜色保持不变B.c(NO):c(O2)=2:1C.单位时间内生成nmolO2的同时,生成2nmolNOD.用NO2、NO和O2的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为2∶2∶15、2022年卡塔尔世界杯中国元素随处可见,下列说法错误的是A.中国打造的卢塞尔体育场的主体钢结构材料属于合金B.中国承建的阿尔卡萨光伏电站使用的电池材料主要为二氧化硅C.中国新能源客车的引入有助于实现卡塔尔世界杯绿色低碳的目标D.中国制造的足球球面材料SpeedShell(纹理聚氨酯),属于有机高分子材料6、“生物质能”主要指用树木、庄稼、草类等植物直接或间接提供的能量,下列有关说法中不正确的是A.生物质能源是可再生能源B.利用生物质能就是间接利用太阳能C.生物质能的缺点是严重污染环境D.生物质能可以解决农村部分能源7、下图为某二次电池充电时的工作原理示意图,该过程可实现盐溶液的淡化。下列说法错误的是。

A.充电时,a为电源正极B.充电时,向Bi电极移动,向电极移动C.放电时,正极的电极反应为D.充电时,新增入电极中的物质:38、在一定温度下的恒容密闭容器中,当下列各项不再发生变化时,表明反应A(s)+3B(g)2C(g)+D(g)已经达到化学平衡状态的有。

①混合气体的压强②混合气体的密度③B的物质的量浓度。

④混合气体的总物质的量⑤3v正(B)=2v逆(C)⑥v(C)与v(D)的比值。

⑦单位时间内生成nmolD的同时生成3nmol的B⑧混合气体的平均相对分子质量A.①③④⑦B.②③⑦⑧C.③⑥⑦⑧D.①③⑥⑧评卷人得分二、多选题(共7题,共14分)9、“神十”宇航员使用的氧气瓶是以聚酯玻璃钢为原料。甲;乙、丙三种物质是合成聚酯玻璃钢的基本原料。下列说法正确的是。

(甲)(乙)(丙)A.甲物质可以在引发剂作用下生成有机高分子化合物B.1mol乙物质可与2mol钠完全反应生成1mol氢气C.丙物质中所有原子一定共平面D.甲、乙、丙三种物质都可以发生加成反应10、在4L密闭容器中充入6molA气体和5molB气体,在一定条件下发生反应:3A(g)+B(g)2C(g)+xD(g),5s达到平衡。达到平衡时,生成了2molC,经测定D的浓度为0.5mol·L-1,下列判断正确的是A.x=2B.B的平均反应速率为0.2mol·L-1·s-1C.平衡时A的浓度为1.50mol·L-1D.B的转化率为20%11、苹果酸的结构简式为下列说法错误的是()A.1mol苹果酸可与3molNaOH发生中和反应B.一定条件下,苹果酸与乙酸或乙醇均能发生酯化反应C.与苹果酸互为同分异构体D.1mol苹果酸与足量金属Na反应生成1.5molH212、下图所示为一定条件下实验所得物质转化关系。下列说法正确的是。

已知Cu的常见化合价为+1和+2,X只含两种元素。A.X为CuClB.Y为NOC.Z为AgClD.W为BaSO313、下列各组物质中;满足下图物质一步转化关系的选项是。

选项XYZANONO2HNO3BCuCuSO4Cu(OH)2CCCOCO2DSiSiO2H2SiO3

A.AB.BC.CD.D14、锌银电池的负极为锌,正极为氧化银,电解质是KOH,电池反应为Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag。以锌银电池为电源;电解硫酸镍溶液冶炼纯镍,装置如图所示。

下列说法正确的是()A.装置中使用阴离子交换膜B.锌银电池a极反应式为Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-C.左侧若加入稀盐酸,电解后得到比较浓的盐酸D.若锌银电池溶解13g锌,则镍极净增质量最多为5.9g15、如图所示装置;电流表指针发生偏转,同时A极逐渐变粗,B极逐渐变细,C为电解质溶液,则A;B、C应是下列各组中的。

A.A是Zn,B是Cu,C为稀硫酸B.A是Cu,B是Zn,C为硫酸铜溶液C.A是Fe,B是Ag,C为稀AgNO3溶液D.A是Ag,B是Fe,C为稀AgNO3溶液评卷人得分三、填空题(共5题,共10分)16、2020年一月一场突如其来的新冠肺炎席卷全球,该病最明显的症状就是出现发热,市售体温枪能快速的检测人体体温,该体温枪所用的电池具有使用寿命长、容量大等特点,应用十分广泛。该种电池由氧化银作为正极,金属锌粉作为负极,电解液为氢氧化钾或氢氧化钠,电池的总反应方程式为Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag;根据信息回答下列问题:

(1)该电池在测体温时,将________能转化为_________能。

(2)放电时,负极电极反应:_________________;正极电极反应:___________________。

(3)整个过程电解质溶液的pH值__________(填“增大”“减小”或“不变”)。

(4)试计算在放电过程中转移3NA个电子时,正极________(填“增大”或“减小”)的质量的为______________。17、如图所示的烧杯中盛放的都是稀硫酸。

(1)其中能形成原电池的是:_________;

(2)该原电池的正极是:_____;正极反应式:________;负极是:_______;负极反应式:_______。18、将气体A、B置于的密闭容器中,发生如下反应:反应进行到末,测得A的物质的量为C的物质的量为内D的反应速率为则:

(1)用C表示内反应的平均反应速率为___________

(2)生成物D的化学计量数n为___________。

(3)末反应物A的转化率为___________。

(4)若只改变下列一个条件,生成C的速率分别如何变化?请填写表中空格。编号改变的条件生成C的速率(填“增大”或“减小”或“不变)①升高温度___________②增大B的物质的量___________③扩大容器体积___________

(5)反应进程中;正反应速率随时间的变化曲线如图所示:

①该反应为___________反应(填“吸热”或“放热”),理由是___________。

②反应在c点处v(正)___________v(逆)(填“>”或“=”或“<”)。

③若反应物B的转化率:段___________段(填“>”或“=”或“<”)。19、某温度时;在2L恒容容器中X;Y、Z三种物质随时间的变化关系曲线如图所示。

(1)由图中的数据分析,该反应的化学方程式为___。

(2)反应开始至2min、5min时,Z的平均反应速率分别为___、___。

(3)5min后Z的生成速率___(填“大于”“小于”或“等于”)5min末Z的生成速率。20、孔雀石的主要成分为CuCO3·Cu(OH)2;某同学设计从孔雀石中冶炼金属铜的方案如下:

①将孔雀石粉碎后加过量的稀硫酸;

②将反应后的混合物过滤;

③向滤液中加入一种金属粉末。

根据上述实验方案;试回答:

(1)第①步反应中的现象为__。

(2)第③步加入的金属粉末是_,理由是__。

(3)若向滤液中加入过量生石灰后,过滤,将沉淀加热灼烧后再通入__气体,可制得较纯净的铜。评卷人得分四、判断题(共3题,共6分)21、的名称为3-甲基-4-异丙基己烷。(____)A.正确B.错误22、传统合成氨的方法需消耗大量能源。___A.正确B.错误23、化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能。_____A.正确B.错误评卷人得分五、原理综合题(共2题,共4分)24、实施以节约能源和减少废气排放为基本内容的节能减排政策;是应对全球气候问题;建设资源节约型、环境友好型社会的必然选择。化工行业的发展必须符合国家节能减排的总体要求。试运用所学知识,回答下列问题:

(1)已知某温度下某反应的化学平衡常数表达式为:K=它所对应的化学反应为:___。

(2)已知在一定温度下;

①C(s)+CO2(g)2CO(g)ΔH1=akJ/mol平衡常数K1

②CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)ΔH2=bkJ/mol平衡常数K2

③C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH3平衡常数K3

则K1、K2、K3之间的关系是K3=___,ΔH3=___(用含a、b的代数式表示)。

(3)煤化工通常通过研究不同温度下平衡常数以解决各种实际问题。已知等体积的一氧化碳和水蒸气进入反应器时,发生如下反应:CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g);该反应平衡常数随温度的变化如表所示:。温度/℃400500800平衡常数K9.9491

该反应的正反应方向是___反应(填“吸热”或“放热”),若在500℃时进行,设起始时CO和H2O的起始浓度均为0.020mol/L,在该条件下,CO的平衡转化率为__。

(4)高炉炼铁产生的废气中的CO可进行回收,使其在一定条件下和H2反应制备甲醇:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。请回答下列问题:

①若在相同温度和恒容且容积相同的三个密闭容器中,按不同方式投入反应物,测得反应达到平衡时的有关数据如下表:。容器反应物投入的量反应物的转化率CH3OH的浓度能量变化(Q1、Q2、Q3均大于0)甲1molCO和2molH2a1c1放出Q1kJ热量乙1molCH3OHa2c2吸收Q2kJ热量丙2molCO和4molH2a3c3放出Q3kJ热量

则下列关系正确的是__。

a.2a1=a3b.c1=c2c.a1+a2=1d.2Q1=Q3

e.该反应若生成1molCH3OH,则放出(Q1+Q2)kJ热量。

②若在一体积可变的密闭容器中充入0.5molCO、1molH2和0.5molCH3OH,达到平衡时测得混合气体的密度是同温同压下起始的1.5倍,则该反应向___(填“正”或“逆”)反应方向移动。25、19-Ⅰ

下列叙述正确的有_______。

A.某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5倍;则其最高正价为+7

B.钠元素的第一;第二电离能分别小于镁元素的第一、第二电离能。

C.高氯酸的酸性与氧化性均大于次氯酸的酸性和氧化性。

D.邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点。

19-Ⅱ

ⅣA族元素及其化合物在材料等方面有重要用途。回答下列问题:

(1)碳的一种单质的结构如图(a)所示。该单质的晶体类型为___________,原子间存在的共价键类型有________,碳原子的杂化轨道类型为__________________。

(2)SiCl4分子的中心原子的价层电子对数为__________,分子的立体构型为________,属于________分子(填“极性”或“非极性”)。

(3)四卤化硅SiX4的沸点和二卤化铅PbX2的熔点如图(b)所示。

①SiX4的沸点依F、Cl、Br、I次序升高的原因是_________________。

②结合SiX4的沸点和PbX2的熔点的变化规律,可推断:依F、Cl、Br、I次序,PbX2中的化学键的离子性_______、共价性_________。(填“增强”“不变”或“减弱”)

(4)碳的另一种单质C60可以与钾形成低温超导化合物,晶体结构如图(c)所示。K位于立方体的棱上和立方体的内部,此化合物的化学式为_______________;其晶胞参数为1.4nm,晶体密度为_______g·cm-3。评卷人得分六、元素或物质推断题(共3题,共18分)26、一种白色结晶状粉末化合物X由4种短周期元素构成;为探究其性质。完成了以下实验;

回答下列问题:

(1)X的组成元素是____________,X的化学式是____________。

(2)溶液Y在酸性条件下能使淀粉、KI溶液变蓝色,写出离子方程式:__________________。

(3)固体X的水溶液能使酸性高锰酸钾溶液褪色,写出化学方程式:__________________。

(4)请设计一个实验方案检验红棕色混合气体的组成。_______________。27、如图所示为A;B、C、D、E五种含同一元素物质之间的相互转化关系。其中A、B、C、D在常温下都是气体;且B为红棕色气体。

(1)①A、D、E三种物质中从相同元素化合价的角度分析既具有氧化性又具有还原性是(填化学式)____________;

②写出B的化学式:_______________,D的一种常见用途_____________;

(2)按要求写出下列化学方程式或离子方程式。

①写出E的稀溶液与Cu反应的离子方程式:_______________________;

②写出D的实验室制法的化学方程式___________________。28、A;B、C、D、E是原子序数由小到大排列的五种短周期元素;其中A、B、C、D的原子序数之和为32,A是元素周期表中原了半径最小的元素,B、C左右相邻,C、D同主族。(请用具体的元素符号及化学用语作答)

(1)D在周期表中的位置为________________________。

(2)E元素的原子结构示意图为______________________。

(3)A与C组成原了个数比为1:1的化合物中含有的化学键为______(填“极性键”;“非极性键”或“离了键)。

(4)含有A;B、C、D四种元素的离子化合物X和Y:

①已知1molX能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体,写出加热条件下X与NaOH浓溶液反应的离子方程式为_________________________________。

②已知1molY能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下22.4L气体,Y又能与氯水反应,Y的化学式为_____________________________。参考答案一、选择题(共8题,共16分)1、A【分析】【分析】

该电池总反应为:N2H4+O2=N2↑+2H2O;燃料电池中,负极是燃料失电子,发生氧化反应,正极是氧气得电子发生还原反应,可据此回答。

【详解】

A.该燃料电池中;负极上燃料失电子发生氧化反应,正极上氧气得电子发生还原反应,故A正确;

B.该燃料电池中,通入燃料的一极为负极通入氧气的一极为正极,外电路中电流从正极流向负极,电流方向是:电极b→用电器→电极a;故B错误;

C.由电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O可知,当电极a上有1molN2H4消耗时,b电极上有1moO2被还原;标况下体积是22.4L,故C错误;

D.b电极发生的反应为:O2+4e-=2O2-,b极附近的pH值没有变化;故D错误;

故答案为A。2、C【分析】【分析】

【详解】

A.人类使用最早的合金是铜合金;故A不选;

B.合金的熔点一般低于其组成金属;故B不选;

C.合金的硬度一般高于其组成金属;故C选;

D.合金指的是金属跟金属或金属跟非金属融合在一起的具有金属特性的物质;不一定是不同金属间相互熔合的产物,故D不选;

故选C。3、A【分析】【详解】

A.酒精能使高锰酸钾褪色;苯与高锰酸钾分层后苯在上层;四氯化碳与高锰酸钾分层后有机层在下层,现象不同,可鉴别,故A正确;

B.石油分馏产品为饱和烃;不能得到烯烃,故B错误;

C.的有机物可为醇或醚类;仅己醇的同分异构体的数目就大于4种,故C错误;

D.乙二酸与乙二醇生成聚乙二酸二酯和水;为缩聚反应,故D错误;

故答案为A。4、A【分析】【分析】

【详解】

A.该反应中只有二氧化氮有颜色;当混合气体的颜色不再改变时,表明正逆反应速率相等,该反应达到平衡状态,故A符合题意;

B.由2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)反应可知,NO(g)、O2都是生成物,且计量数之比为2:1,所以c(NO):c(O2)=2:1不能作为判断反应达到平衡的标志;故B不符合题意;

C.单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO;都是正反应速率,无法判断是否达到平衡状态,故C不符合题意;

D.化学反应速率与化学计量数成正比,则单位时间内NO2、NO和O2的物质的量浓度变化量之比始终为2:2:1;无法据此判断平衡状态,故D不符合题意;

故选:A。5、B【分析】【详解】

A.钢是铁碳合金;属于合金,A正确;

B.光伏电站使用的电池材料主要为晶体硅而不是二氧化硅;B错误;

C.中国新能源客车的引入,可以减少化石燃料的燃烧,能够减少CO2的排放;故有助于实现卡塔尔世界杯绿色低碳的目标,C正确;

D.纹理聚氨酯属于有机高分子材料;D正确;

故答案为:B。6、C【分析】【分析】

【详解】

A.“生物质能”主要指用树木;庄稼、草类等植物直接或间接提供的能量;所以生物质能源取之不尽、用之不竭,是可再生能源,A正确;

B.生物质能主要指用树木;庄稼、草类等植物直接或间接提供的能量;树木、庄稼、草类等植物是利用光合作用生长的,用生物质能就是间接利用太阳能,B正确;

C.生物质能不污染环境;相反能减少污染,C错误;

D.农村有丰富的生物质能;如秸秆;杂草等废弃物经微生物发酵之后,便可产生沼气,为人类提供能源,生物质能可以解决农村部分能源,D正确。

答案选C。7、D【分析】【分析】

根据题中二次电池充电时的工作原理示意图可知;本题考查原电池和电解池,运用原电池和电解池的工作原理分析。

【详解】

A.充电时;Bi电极上,Bi失电子生成BiOCl,Bi为阳极,则a为电源正极,故A正确;

B.充电时,Cl−向阳极Bi电极移动,Na+向阴极NaTi2(PO4)3电极移动;故B正确;

C.放电时,Bi为正极,正极的电极反应为BiOCl+2H++3e−=Bi+Cl−+H2O;故C正确;

D.充电时,Bi电极上,反应为Bi+Cl−+H2O−3e−=BiOCl+2H+,NaTi2(PO4)3电极上,反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e−=Na3Ti2(PO4)3,所以新增入电极中的物质:n(Na+):n(Cl−)=3:1;故D错误;

答案选D。

【点睛】

充电时,Bi电极上,Bi失电子生成BiOCl,反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+,则Bi为阳极,所以a为电源正极,b为负极,NaTi2(PO4)3为阴极得电子发生还原反应,反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3,放电时,Bi为正极,BiOCl得电子发生还原反应,NaTi2(PO4)3为负极。8、B【分析】【分析】

根据化学平衡状态的特征:正逆反应速率相等;各组分含量保持不变分析。

【详解】

①反应前后气体分子数不变;混合气体的压强始终不变,不能判断化学平衡状态,故①错误;

②根据ρ=m÷V;混合气体的质量增大,恒容V不变,故密度随着反应的进行增大,混合气体的密度不变时反应达到平衡,故②正确;

③平衡时;B的物质的量浓度不再变化,故③正确;

④根据反应有3分子气体得到3分子气体;气体的总物质的量始终不变,不能判断化学平衡状态,故④错误;

⑤3v正(B)=2v逆(C);说明正逆反应速率不相等,没有得到平衡状态,故⑤错误;

⑥根据方程式可知v(C)与v(D)的比值始终是2:1;不能判断化学平衡状态,故⑥错误;

⑦单位时间内生成nmolD的同时生成3nmol的B;说明正逆反应速率相等,反应达到平衡,故⑦正确;

⑧根据M=m÷n;混合气体的质量增大,n不变,故M随着反应的进行增大,混合气体的平均相对分子质量不变时达到平衡,故⑧正确;

故选B。二、多选题(共7题,共14分)9、AB【分析】【分析】

【详解】

A.甲物质分子中含有碳碳双键;可在一定条件下发生加聚反应生成有机高分子化合物,A项正确;

B.乙物质分子中含有两个羟基,1mol乙物质可与2mol金属钠完全反应生成1molH2;B项正确;

C.苯环为平面结构;乙烯也为平面结构,则苯乙烯中所以原子可以共面,但单键可以旋转,丙物质中所有原子不一定共面,C项错误;

D.乙物质不能发生加成反应;D项错误;

故选AB。10、AD【分析】【详解】

A.平衡时生成n(D)=0.5mol/L×4L=2mol;同一反应中参加反应的物质的物质的量之比等于其计量数之比,则2:x=2mol:2mol,x=2,故A正确;

B.平衡时Δn(C)=2mol,则Δn(B)=1mol,容器体积为4L,所以B的平均反应速率为=0.05mol·L-1·s-1;故B错误;

C.平衡时Δn(C)=2mol,则Δn(A)=3mol;容器体积为4L,所以平衡时A的浓度为0.75mol/L,故C错误;

D.B的转化率为=20%;故D正确;

综上所述答案为AD。11、AC【分析】【详解】

A.只有羧基能和氢氧化钠反应,所以1mol苹果酸可与2molNaOH发生中和反应,故A错误;

B.苹果酸含有羧基,所以能和乙醇在一定条件下发生酯化反应,含有醇羟基,所以能和乙酸在一定条件下发生酯化反应,故B正确;

C.与苹果酸是同一物质,故C错误;

D.醇羟基和羧基都能和钠反应生成氢气,所以1mol苹果酸与足量金属Na反应生成1.5molH2故D正确;

故选AC。12、AC【分析】【详解】

Cu2+具有氧化性,可以将SO2氧化为自身被还原为白色沉淀X,过滤后,滤液中含有故白色沉淀W为BaSO4,由题意知,X只含两种元素,根据元素守恒知X所含元素为Cu、Cl,结合Cu元素被还原知X中Cu为+1,即X为CuCl,CuCl与浓硝酸反应又被氧化为Cu2+,同时浓硝酸被还原为NO2(气体Y),根据元素守恒知蓝色溶液中含Cu2+、Cl-、故白色沉淀Z为AgCl。

由以上分析可知X为CuCl,Y为NO2,Z为AgCl,W为BaSO4,故答案选AC。13、AC【分析】【详解】

A.NO与O2反应生成NO2,NO2与水反应会生成HNO3,稀HNO3与Cu反应能生成NO;故A符合题意;

B.Cu与浓硫酸在加热条件下能够生成CuSO4,CuSO4与碱反应能生成Cu(OH)2,Cu(OH)2无法直接生成Cu;故B不符合题意;

C.C与O2反应能够生成CO,CO与O2反应能生成CO2,CO2与C反应能生成CO;故C符合题意;

D.Si与O2反应能生成SiO2,SiO2不能直接生成H2SiO3;故D不符合题意;

故答案为:AC。14、AB【分析】【详解】

A.交换膜左侧流出硫酸浓度增大;说明硫酸根离子从右侧移向左侧,所以装置中使用阴离子交换膜,故A正确;

B.电解硫酸镍溶液冶炼纯镍,所以电解池右侧是阴极,锌银电池的b极是负极,a是正极发生还原反应,a极反应式为Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-;故B正确;

C.左侧若加入稀盐酸;阳极氯离子放电生成氯气,故C错误;

D.若锌银电池溶解13g锌,则电路中转移电子0.4mol,则镍极净增质量最多是11.8g;故D错误;

故选AB。15、BD【分析】【分析】

【详解】

A.若A是Zn;B是Cu,C为稀硫酸,铜锌在稀硫酸溶液中构成原电池,锌做原电池的负极,锌失去电子发生氧化反应被损耗,与A极逐渐变粗不相符,故A错误;

B.A是Cu;B是Zn,C为硫酸铜溶液,铜锌在硫酸铜溶液中构成原电池,锌做原电池的负极,锌失去电子发生氧化反应被损耗,铜做正极,铜离子在正极得到电子发生还原反应生成铜,质量增加,与A极逐渐变粗,B极逐渐变细相符,故B正确;

C.若A是Fe,B是Ag,C为稀AgNO3溶液;铁银在硝酸银溶液中构成原电池,铁做原电池的负极,铁失去电子发生氧化反应被损耗,与A极逐渐变粗不相符,故C错误;

D.若A是Fe,B是Ag,C为稀AgNO3溶液;铁银在硝酸银溶液中构成原电池,铁做原电池的负极,铁失去电子发生氧化反应被损耗,银做正极,银离子在正极得到电子发生还原反应生成银,质量增加,与A极逐渐变粗,B极逐渐变细相符,故D正确;

故选BD。三、填空题(共5题,共10分)16、略

【分析】【分析】

(1)原电池是将化学能转化为电能。

(2)放电时,负极为锌,失去电子变为Zn(OH)2;正极为Ag2O,得到电子变为Ag和OH-。

(3)根据总反应;水不断消耗,氢氧化钠浓度增大。

(4)根据总反应,正极1molAg2O反应生成2molAg;质量减少16g,转移2mol电子。

【详解】

(1)该电池在测体温时;将化学能转化为电能;故答案为:化学;电。

(2)放电时,负极电极反应:Zn−2e-+2OH-=Zn(OH)2;正极电极反应:Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-;故答案为:Zn−2e-+2OH-=Zn(OH)2;Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-。

(3)根据总反应方程式Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag;水不断消耗,氢氧化钠浓度增大,因此整个过程电解质溶液的pH值增大;故答案为:增大。

(4)根据总反应Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag,正极1molAg2O反应生成2molAg,质量减少16g,转移2mol电子,在放电过程中转移3NA个电子时,正极减小的质量的为故答案为:减少;24g。【解析】化学电Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-增大减小24g17、略

【分析】【分析】

原电池的构成条件:①一般为活泼性不同的两个电极;②形成闭合回路;③能够发生自发的氧化还原反应;据此分析解答。

【详解】

(1)A.符合原电池的构成条件;A正确;

B.不能发生自发的氧化还原反应;不能构成原电池,B错误;

C.不能发生自发的氧化还原反应;不能构成原电池,C错误;

D.没有形成闭合回路;D错误;

故答案为:A;

(2)该原电池中,Zn的活泼性大于Cu,故Zn作负极,Zn失去电子变为Zn2+,发生氧化反应,电极反应式为Zn-2e-=Zn2+,Cu作正极,H+得到电子变为H2,发生还原反应,电极反应式为2H++2e-=H2↑,故答案为:Cu;2H++2e-=H2↑;Zn;Zn-2e-=Zn2+。【解析】ACu2H++2e-=H2↑ZnZn-2e-=Zn2+18、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据题干的信息可知答案为0.025。

(2)根据速率之比等于系数之比可知,故D的系数为4,答案为4。

(3)根据题给信息可知,则所以A的起始量为:则A的转化率为:答案是:25%或0.25;

(4)①温度升高反应速率变快;故答案为:增大;

②B是气体;增大其物质的量则浓度变大,速率变快,故答案为:增大;

③扩大容器体积;则反应物浓度减小,速率变慢,故答案为:减小;

(5)①由图可知随着反应的进行;反应物浓度不断减小,由此引发反应速率减小,只有放热反应使温度升高,导致初始阶段反应速率增大,故答案为:放热,随着反应的进行,反应物浓度不断减小,由此引发反应速率减小,只有放热反应使温度升高,导致初始阶段反应速率增大。

②c点反应速率高于起始a点反应速率,故v(正)>v(逆),故答案为:>;

③由a到c,B转化率不断提高,故相同时间转化率<段故答案为:<。【解析】①.0.025②.4③.25%或0.25④.增大⑤.增大⑥.减小⑦.放热⑧.随着反应的进行,反应物浓度不断减小,由此引发反应速率减小,只有放热反应使温度升高,导致初始阶段反应速率增大⑨.>⑩.<19、略

【分析】【分析】

根据达到平衡时各物质的变化量找出化学方程式的系数关系;并写出化学方程式;根据三段式进行相应计算。

【详解】

(1)由图中的数据分析,5min达到平衡,Z增加0.4mol,Y减少0.2mol,X减少0.6mol,故X、Y、Z系数比为:3:1:2;该反应的化学方程式为:3X+Y2Z;

(2)反应开始至2min时,Z增加0.2mol,浓度变化0.1mol/L,Z的平均反应速率为:=0.05mol·L-1·min-1;5min时,Z增加0.4mol,浓度变化0.2mol/L,Z的平均反应速率为:=0.04mol·L-1·min-1;

(3)5min时,化学反应达到了平衡状态,反应达到了一定限度,各物质的反应速率不再改变,故5min后Z的生成速率与5min末Z的生成速率相等。【解析】3X+Y2Z0.05mol·L-1·min-10.04mol·L-1·min-1等于20、略

【分析】【分析】

孔雀石经粉碎后加入过量稀硫酸溶解;过滤除去不溶性杂质,滤液加入过量的铁粉可置换出铜,浊液加入稀硫酸除去铁,过滤可得到铜,以此解答该题。

【详解】

(1)孔雀石的主要成分是碱式碳酸铜;当加入过量稀硫酸时发生反应,固体逐渐溶解,产生二氧化碳气体;水和硫酸铜,则所得溶液显蓝色;

(2)为冶炼金属铜;因Fe比Cu活泼,则加入过量的铁粉,可把铜从硫酸铜溶液中置换出来;

(3)若向滤液中加入过量生石灰后生成氢氧化铜,过滤,将沉淀氢氧化铜加热后生成氧化铜,通入氢气生成铜和水。【解析】固体溶解,有无色气体生成,溶液变成蓝色Fe铁的活泼性比铜强,可从溶液中置换出铜氢气四、判断题(共3题,共6分)21、B【分析】【详解】

的名称为2,4-二甲基-3-乙基己烷,错误。22、A【分析】【详解】

传统合成氨是在高温高压、催化剂条件下进行,苛刻的条件,对设备要求更高,需消耗大量能源,故该说法正确。23、A【分析】【分析】

【详解】

植物通过光合作用将太阳能转化为化学能储存在植物中,植物、动物躯体经过几百万年复杂的物理、化学变化形成化石燃料,由此可知化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能,正确。五、原理综合题(共2题,共4分)24、略

【分析】【分析】

(1)平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积;平衡常数中,分子为生成物,分母为反应物和质量恒定律分析解题;

(2)根据平衡常数的表达式推断;应用盖斯定律来求△H3;

(3)平衡常数随温度的变化来判断正反应方向是吸热还是放热;应用三行式结合平衡常数来求转化率;

(4)根据影响平衡的因素以及等效平衡知识解题;

②根据体积和密度的关系解题。

【详解】

(1)平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积,平衡常数中,分子为生成物,分母为反应物,所以该反应的方程式为CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g),故答案为:CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g);

(2)根据化学方程式可知:所以:K3=K1×K2;由①+②可得方程式C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g),所以=(a+b)kJ/mol,故答案为:K3=K1×K2;(a+b)kJ/mol;

(3)由图可知温度越高K值越小;说明正反应为放热反应;

对于反应有所以=9,解得c=0.015,所以CO的转化率为×100%=75%;故答案为:放热;75%;

(4)

①a.丙中反应物是甲的2倍,相当于增大压强平衡正向移动,丙中CO的转化率大于甲,但是小于甲的二倍,所以2a1>a3;a错误;

b.乙中甲醇完全转化为CO和氢气时与甲中各物质的物质的量相等,则二者的等效平衡,达到平衡状态时甲乙中各物质浓度分别相等,所以c1=c2,b正确;

c.甲与乙是完全等效平衡,平衡时对应各组分的含量完全相同,CO的转化率为α1,则平衡时CO的物质的量为(1-α1)mol,乙中平衡时甲醇的转化率为α2,乙中平衡时CO的物质的量为α2mol,故(1-α1)=α2,整理得α1+α2=1;c正确;

d.丙中反应物是甲的2倍,相当于增大压强平衡正向移动,丙中CO的转化率大于甲,所以丙中反应掉的CO大于甲的2倍,所以2Q1<Q3;d错误;

e.令平衡时CO的物质的量为nmol,CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的反应热△H=-QkJ/mol,则Q1=(1-n)Q、Q2=nQ,整理得Q=Q1+Q2,故生成1molCH3OH,则放出(Q1+Q2)kJ热量,e正确,故bce正确;

②恒温恒压条件下,气体体积改变,反应前后混合气体总质量不变,根据ρ=

知,其密度之比等于体积的反比,达到平衡时测得混合气体的密度是同温同压下起始的1.5倍,则平衡时气体体积是同温同压下起始的气体体积减小,则反应正向移动,故答案为:bce;正。【解析】CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g)K3=K1×K2(a+b)kJ/mol放热75%bce正25、略

【分析】【详解】

I.A、某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5倍,此元素是Br,位于VIIA族,最高正价为+7价,故A正确;B、金属钠比镁活泼,容易失去电子,因此钠的第一电离能小于Mg的第一电离能,Na最外层只有一个电子,再失去一个电子,出现能层的变化,需要的能量增大,Mg最外层有2个电子,因此Na的第二电离能大于Mg的第二电离能,故B错误;C、HClO4可以写成(HO)ClO3,HClO写成(HO)Cl,高氯酸的中非羟基氧多于次氯酸,因此高氯酸的酸性强于次氯酸,但高氯酸的氧化性弱于次氯酸,故C错误;D、邻羟基苯甲醛形成分子内氢键,降低物质熔点,对羟基苯甲醛形成分子间氢键,增大物质熔点,因此邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点,故D正确;II.(1)该单质为石墨,石墨属于混合型晶体,层内碳原子之间形成σ键,层间的碳原子间形成的是π键;石墨中碳原子有3个σ键,无孤电子对,因此杂化类型为sp2;(2)SiCl4中心原子是Si,有4个σ键,孤电子对数为(4-4×1)/2=0,价层电子对数为4,空间构型为正四面体;属于非极性分子;(3)①SiX4属于分子晶体,不含分子间氢键,范德华力越大,熔沸点越高,范德华力随着相对质量的增大而增大,即熔沸点增高;②同主族从上到下非金属性减弱,得电子能力减弱,因此PbX2中化学键的离子型减弱,共价型增强;(4)根据晶胞的结构,C60位于顶点和面心,个数为8×1/8+6×1/2=4,K为与棱上和内部,个数为12×1/4+9=12,因此化学式为K3C60,晶胞的质量为g,晶胞的体积为(1.4×10-7)3cm3,根据密度的定义,则晶胞的密度为2.0g/cm3。【解析】①.AD②.混合型晶体③.σ键、π键④.sp2⑤.4⑥.正四面体⑦.非极性⑧.均为分子晶体,范德华力随分子相对质量增大而增大⑨.减弱⑩.增强⑪.K3C60⑫.2.0六、元素或物质推断题(共3题,共18分)26、略

【分析】【分析】

白色结晶状粉末化合物X由4种短周期元素构成,生成红棕色气体被氢氧化钠吸收生成Y,则气体中含有二氧化氮,得到溶液Y在酸性条件下能使淀粉、KI溶液变蓝色,则Y含有亚硝酸钠,根据钠、氮元素关系可知,氮元素为0.2L×1.0mol/L=0.2mol;得到强酸和硝酸钡生成硫酸钡沉淀26.6g,则硫酸根离子物质的量为26.6g÷233g/mol=0.2mol;X和水加热生成氮氧化合物和含硫酸根离子的强酸,根据质量守恒可知,4种元素应该为氢、氮、氧、硫,硫酸根质量为0.2mol×96g/mol=19.2g、氮元素质量为0.2mol×14g/mol=2.8g,含有剩余氢氧质量为25.4g-19.2g-2.8g=3.4g,则应该还有0.2mol的OH-,故X应该为NOHSO4;

【详解】

(1)由分析可知,X的组成元素是氢、氮、氧、硫,X的化学式是NOHSO4;

(2)溶液Y在酸性条件下能使淀粉、KI溶液变蓝

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