2022-2022高中化学人教版必修二第二章《化学反应与能量》章末检测.docx

章末检测(时间：90分钟总分值：100分)一、选择题(此题包括16小题，每题3分，共48分。每题只有一个选项符合题意)1以下关于能量转换的认识中，不正确的选项是()。A电解水生成氢气和氧气时，电能转化为化学能B绿色植物进行光合作用时，太阳能转化为化学能C煤燃烧时，化学能主要转化为热能D白炽灯工作时，电能全部转化为光能解析白炽灯工作时，会发热，因此一局部电能转化为热能。答案D2以下说法不正确的选项是()。A原电池负极被氧化B任何化学反响都能设计成原电池C化学反响的速率和限度均可通过改变化学反响条件而改变D化学反响到达平衡状态时，只要条件不改变，各物质的浓度就不再改变解析原电池反响的本质是氧化复原反响，因此非氧化复原反响是不能设计成原电池的。答案B32SO2O22SO3为放热反响，关于该反响的以下说法正确的选项是()。AO2的能量一定高于SO2的能量BSO2和O2的总能量一定高于SO3的总能量CSO2的能量一定高于SO3的能量D因该反响为放热反响，故不必加热反响就可发生答案B4以下反响条件的控制中不恰当的是()。A为防止铁生锈，在其外表涂一层防锈油漆B为防止火灾，在面粉厂、加油站等场所要严禁烟火C为加快KClO3的分解速率，参加MnO2D为加快H2O2的分解速率，把反响容器放到冷水中冷却解析冷水温度低，会降低反响速率。答案D5在可逆反响CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)(正反响为放热反响)中，改变以下条件，不能使v正增大的是()。A升高温度 B降低温度C使用催化剂 D增大CO浓度解析不管反响是放热还是吸热，升高温度会增大反响速率，而降低温度会减慢反响速率；增大反响物浓度，加快反响速率。答案B6在一定温度下，某容积可变的密闭容器中，建立以下化学平衡：C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)。以下表达中不能说明上述可逆反响已到达化学平衡状态的是()。A体系的压强不再发生变化Bv正(CO)v逆(H2O)C生成n mol CO的同时生成n mol H2D1 mol HH键断裂的同时断裂2 mol HO键解析选项A，由于该反响是一个气体体积增大的反响，当体系的压强不再发生变化时，说明反响到达化学平衡状态；选项B，根据v正(CO)v逆(H2O)，可知CO的消耗量等于其生成量，说明反响到达化学平衡状态；选项D，1 mol HH键断裂的同时断裂2 mol HO键，即消耗1 mol H2，同时消耗了1 mol H2O，可知H2的消耗量等于其生成量，说明反响到达化学平衡状态。答案C7一定条件下，可逆反响2AB3C，在以下四种状态中，处于平衡状态的是()。正反响速率逆反响速率AvA2 molL1min1vB2 molL1min1BvA2 molL1min1vC2 molL1min1CvA1 molL1min1vB2 molL1min1DvA1 molL1min1vC1.5 molL1min1解析将逆反响速率根据化学方程式统一换算成A表示的反响速率，即A的生成速率。D项，正反响速率即A的消耗速率vA1 molL1min1，逆反响速率vC1.5 vA(逆)，vA(逆)1 molL1min1二者相等，说明反响到达了平衡状态。答案D8在一定温度下，容器内某一反响中M、N的物质的量随反响时间变化的曲线如下列图，以下表述正确的选项是()。A化学方程式为：2MNBt2时，正逆反响速率相等，到达平衡Ct3时，正反响速率大于逆反响速率Dt1时，N的浓度是M浓度的2倍解析由图象可知N为反响物，M为生成物，然后找出在相同时间段内变化的M、N的物质的量之比(与是否达平衡无关)以确定M、N在化学方程式中的化学计量数之比，即该反响的化学方程式是：2NM。t2时刻M、N的物质的量相等，但此时M、N的物质的量仍在发生变化，反响未到达平衡状态，因此正反响速率不等于逆反响速度。t3时刻及t3时刻之后，M、N的物质的量不再改变，证明已达平衡状态，此时正、逆反响速率相等。答案D9某学生将电流表用导线与两个电极连接在一起，再将两个电极同时插入某种电解质溶液中，能观察到有电流产生的是()。A用铜片、铅笔芯作电极插入稀硫酸中B用两个铜片作电极插入硝酸银溶液中C用锌片、铜片作电极插入番茄中D用铜片、铁片作电极插入酒精中解析要构成原电池，除要形成闭合回路外，还需要有两个活动性不同的电极材料，其中一个电极要能与电解质溶液发生自发的氧化复原反响。A项，铜和石墨与稀硫酸均不反响；B项，电极材料相同；D项，酒精是非电解质；C项，一些水果中含有有机酸，可作电解质溶液。答案C()。铝合金是阳极铝合金是负极海水是电解质溶液铝合金电极发生复原反响A B C D解析分析航标灯的电源结构，活泼金属铝合金作负极，相对不活泼金属PtFe合金作正极，电解质溶液是海水。铝合金作负极发生的是氧化反响，故错误，正确。答案A11以下措施对增大反响速率明显有效的是()。ANa与水反响时增大水的用量BFe与稀硫酸反响制取氢气时，改用浓硫酸C在K2SO4与BaCl2两溶液反响时，增大压强D将铝片改为铝粉，做铝与氧气反响的实验解析水的浓度可视为固定不变，因此增加水的用量反响速率不变；铁遇浓硫酸会产生钝化现象，不再产生氢气；压强的改变只能适用于有气体参加的反响；增大固体的外表积可以加快反响速率。答案D12一定温度下，反响2SO2(g)O2(g)2SO3(g)，到达平衡时，n(SO2)n(O2)n(SO3)234。缩小体积，反响再次到达平衡时，n(O2)0.8 mol，n(SO3)1.4 mol，此时SO2的物质的量应是()。A0.4 mol B0.6 mol C0.8 mol D1.2 mol解析2SO2(g)O2(g)2SO3(g)起始/mol 2x3x4x转化/mol yy平衡/mol 2xy3x4xy解得：x0.3 mol，y0.2 mol，所以2xy0.4 mol。答案A13在密闭容器中进行反响：X2(g)3Y2(g)2Z(g)，其中X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1 molL1、0.3 molL1、0.2 molL1，在一定条件下，当反响到达平衡时，各物质的浓度有可能是()。Ac(Z)0.5 molL1Bc(Y2)0.5 molL1Cc(X2)0.2 molL1Dc(Y2)0.6 molL1解析假设反响向正反响方向进行，0.1 molL1 X2与0.3 molL1 Y2完全转化可生成0.2 molL1 Z，这说明平衡时Z的浓度应小于0.4 molL1；假设反响向逆反响方向进行，0.2 molL1 Z全局部解转化生成0.1 molL1 X2和0.3 molL1 Y2，这说明平衡时X2的浓度应小于0.2 molL1，Y2的浓度应小于0.6 molL1。答案B14如下列图的装置中，M为金属活动性顺序表中位于氢之前的金属，N为石墨棒，以下关于此装置的表达中不正确的选项是()。AN上有气体放出BM为负极，N为正极C是化学能转变为电能的装置D导线中有电流通过，电流方向是由M到N解析原电池中活泼金属为负极，失去电子，即M为负极；溶液中的氢离子在正极得到电子被复原为H2，那么N为正极。电流方向应由正极(N)流向负极(M)。答案D15反响C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，以下条件的改变对其反响速率几乎无影响的是()。增加C的量将容器的体积减小一半保持体积不变，充入氮气使体系的压强增大保持压强不变，充入氮气使体系的体积增大A B C D解析C为固态物质，增加其用量对反响速率几乎无影响；容器的体积减小，那么体系的压强增大，反响速率增大；充入氮气使体系的压强增大，但由于容器体积不变，反响混合物中各成分的浓度不变，所以化学反响速率不变；保持压强不变，充入氮气使体系的体积增大，反响混合物中各成分的浓度减小，反响速率变慢。答案C16在4 L密闭容器中充入6 mol A气体和5 mol B气体，在一定条件下发生反响：3A(g)B(g)2C(g)xD(g)，到达平衡时，生成了2 mol C，经测定，D的浓度为0.5 molL1，以下判断正确的选项是()。Ax1BB的转化率为20%C平衡时A的浓度为1.50 molL1D到达平衡时，在相同温度下容器内混合气体的压强是反响前的85%解析n(D)0.5 molL14 L2 mol，所以x2。3 A(g)B(g)2 C(g)2 D(g)起始/mol 6 5 0 0变化/mol 3 1 2 2平衡/mol 3 4 2 2B的转化率100%20%，c(A)平0.75 molL1，n平(3422)mol11 moln始6 mol5 mol11 mol。总的物质的量不变，压强不变。应选B。答案B二、非选择题(此题包括5小题，共52分)17(10分)(1)以下反响中，属于放热反响的是_，属于吸热反响的是_。煅烧石灰石木炭燃烧炸药爆炸酸碱中和生石灰与水作用制熟石灰食物因氧化而腐败(2)用铜、银与硝酸银设计一个原电池，此电池的负极是_，负极的电极反响式是_。(3)用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，工作一段时间，锌片的质量减少了3.25 g，铜外表析出了氢气_L(标准状况)，导线中通过_mol电子。(4)某化学反响，设反响物的总能量为E1，生成物的总能量为E2，假设E1E2，那么该反响为_热反响，该反响过程可以看成_。中和反响都是_热反响，其实质是_。答案(1)(2)铜Cu2e=Cu2(3)1.120.1(4)放储存在物质内部的能量转化为热能等释放出来放酸电离出的H与碱电离出的OH结合生成弱电解质水：HOH=H2O18(11分)在200 时，将a mol H2(g)和b mol I2(g)充入到体积为V L的密闭容器中，发生反响：I2(g)H2(g)2HI(g)。(1)反响刚开始时，由于c(H2)_，c(I2)_，而c(HI)_，所以化学反响速率_最大而_最小(为零)(填“v正或“v逆)。(2)随着反响的进行，反响混合物中各组分浓度的变化趋势为c(H2)_，c(I2)_，而c(HI)_，从而化学反响速率v正_，而v逆_(填“增大、“减小或“不变)。(3)当反响进行到v正与v逆_时，此可逆反响就到达了最大限度，假设保持外界条件不变时，混合物中各组分的物质的量、物质的量浓度、质量分数、体积分数、反响物的转化率和生成物的产率及体系的总压强(或各组分的分压)都将_。解析在化学平衡建立的过程中，开始时，c(H2)和c(I2)为最大值，正反响速率最大，由于此时没有HI，逆反响速率最小为0，随反响进行c(H2)和c(I2)逐渐减小，正反响速率逐渐减小，逆反响速率逐渐增大，直到平衡时，v正v逆，反响体系中各组分的浓度、百分含量、各组分的分压等不发生变化。答案(1) molL1 molL10v正v逆(2)减小减小增大减小增大(3)相等保持不变19(10分)氢气是未来最理想的能源，科学家最近研制出利用太阳能产生激光，并在二氧化钛(TiO2)外表作用使海水分解得到氢气的新技术：2H2O2H2O2。制得的氢气可用于燃料电池。试答复以下问题：(1)分解海水时，_能转变为_能，二氧化钛作_。生成的氢气用于燃料电池时，_能转变为_能。水分解时，断裂的化学键为_键，分解海水的反响属于_反响(填“放热或“吸热)。(2)某种氢氧燃料电池是用固体金属氧化物陶瓷作电解质，两极上发生的电极反响如下：A极：2H22O24e=2H2OB极：O24e=2O2那么A极是电池的_极；电子从该极_(填“流入或“流出)。解析科学家利用太阳能使海水分解，所以是太阳能转变为化学能；生成的氢气用于燃料电池时是把化学能转变为电能。A极是失去电子发生氧化反响的电极，所以A极是负极，又电子的流向与电流方向相反，故电子从该极流出。答案(1)太阳化学催化剂化学电HO吸热(2)负流出(1)写出以上反响的离子方程式_。(2)出现上述现象的原因可能：假设SO对铝与H的反响有抑制作用；假设_。(3)请设计实验对上述假设进行验证：_；_。(4)如果上述假设都成立，要使上述稀硫酸与铝反响产生氢气的速率加快，可以采取的措施有：_；_；_；_。解析(1)金属与酸反响的实质是金属与溶液中的H反响。(2)此题的难点是如何提出问题。稀硫酸中含有H和SO，稀盐酸中含有H和Cl。依题意信息知，外形和组成均相同的铝与等浓度的酸反响，接触面积相同，H浓度相同，反响在相同温度下进行，说明二者的温度、浓度、接触面积都相同，不同的是溶液中所含阴离子不同，联想催化剂对化学反响的影响，可能是阴离子对反响的影响不同。(3)针对提出的猜想，设计实验方案。设计方案可以从正反两个方面切入。(4)改变条件加快反响，要从影响化学反响速率的因素切入：温度、浓度、催化剂和固液反响接触面积。答案(1)2Al6H=2Al33H2(2)Cl对铝与H的反响有促进作用(3)向上述稀硫酸中参加少量氯化钠、氯化钾等可溶性氯化物，如果能加快反响速率，那么假设成立向上述稀盐酸中参加少量硫酸钠、硫酸钾等可溶性硫酸盐，如果反响速率减小，那么假设成立(4)参加可溶性氯化物增加H浓度加热将铝片换成铝丝21(11分)(1)将锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池，两电极间连接一个电流计。锌片上发生的电极反响_银片上发生的电极反响_(2)假设该电池中两电极的总质量为60 g，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净枯燥后称重，总质量为47 g，试计算：产生氢气的体积(标准状况)；通过导线的电量。(NA6.021023 mol1，电子电荷为1.601019 C)解析(1)在锌片、银片、稀硫酸组成的原电池中，锌片作负极，其电极反响为Zn2e=Zn2；银片作正极，其电极反响为2H2e=H2。电池总反响式为Zn2H=Zn2H2。(2)根据电极反响式找出量与电量之间的定量关系进行计算。锌片与银片减少的质量等于生成氢气所消耗的锌的质量，设产生的氢气体积为x。Zn2H=Zn2H265 g22.4 L60 g47 g13 gxx13 g22.4 Lmol165 gmol14.48 L。反响消耗的锌为13 g65 gmol10.20 mol1 mol Zn变为Zn2时，转移2 mol e，那么通过的电量为0.20 mol26.021023 mol11.61019 C3.9104 C。答案(1)Zn2e=Zn22H2e=H2(2)4.48 L3.9104 C