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2022届人教版高一下学期期末化学培优提升卷三试题答案

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2022届高一下学期期末化学人教版培优提升卷三试题答案2章化学反应与能量1.D【解析】试题分析:电池总反应为:C2H5OH+3O2===2CO2+3H2O,其中乙醇失去电子,故a做负极,通氧气的b极做正极,A正确;电流方向与电子流向相反,电子是由负极流向正极,即a流向b,电流方向由b流向a,故B正确;正极是O2得到电子,方程式为:O2+4e-+4H+=2H2O,C正确;根据电池总反应可知,反应转移电子数为12,故1mol乙醇被氧化时就有12mol电子转移,故D错误;此题选D。考点:考查电解池相关知识2.B【分析】该原电池中Zn易失电子作负极,Cu作正极,负极反应式为Zn-2e-═Zn2+,正极反应式为2H++2e-═H2↑,结合原电池原理分析解答。【详解】A.Cu电极是正极,正极上发生还原反应,故A错误;B.原电池中电解质溶液中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动,因此SO向Zn极(负极)移动,故B正确;C.原电池中电子从负极沿导线流向正极,电子的流向是从Zn经过外电路到Cu,电子不能经过溶液,故C错误;D.Cu作正极,正极的电极反应式为2H++2e-=H2↑,故D错误;故选B。【点睛】本题的易错点为C,要注意溶液是通过自由移动的离子导电的,不是通过电子导电的。3.D【详解】A.上述合成乙醇的反应是加成反应,A正确;B.反应混合物中,各物质的化学计量数相同,所以相同时间段内,反应中用三种物质表示的反应速率相等,B正确;C.由题中数据可知,碳碳双键的键能小于碳碳单键键能的2倍,C正确;D.上述反应式中,△H=(6159/10\nkJ·mol-1)+(413kJ·mol-1)+(463kJ·mol-1)×(348kJ·mol-1)-(413kJ·mol-1)-(463kJ·mol-1)-(351kJ·mol-1)=-34kJ·mol-1,D不正确,本题选D。4.D【详解】①A、B用导线相连后,同时浸入稀H2SO4溶液中,A极为负极,则活泼性A>B,②C、D用导线连接后浸入稀H2SO4中,电流由D流向C,说明D是正极,C是负极,则活泼性C>D,③A、C相连后同时浸入稀H2SO4中,C极产生大量气泡,说明C是正极,A是负极,活泼性A>C,④B、D相连后同时浸入稀H2SO4中,D极发生氧化反应,说明D是负极,活泼性D>B.四个大小顺序是:A>C>D>B,故选D。【点睛】此题重点是负极和正极的特点,根据负极失去电子发生氧化反应,正极得到电子发生还原反应。正负极的现象进行判断。5.B【详解】若其他条件不变,开始充入2molH2,则H2浓度增大,平衡向正反应方向移动,I2的转化率增大,故平衡时HI的物质的量大于0.8mol,假定I2完全反应,生成HI的物质的量为1mol,由于是可逆反应,I2不能完全反应,故平衡时0.8mol<n(HI)<1mol,选:B。6.C【分析】图像分析可知反应物总能量高于生成物,依据能量守恒分析;依据图像分析反应是放热反应,升温平衡逆向移动;催化剂同效果改变正逆反应速率,不改变反应平衡。【详解】A.图像分析可知,反应物的能量高于生成物,反应前后能量守恒,故反应为放热反应,A错误;B.反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,A的转化率减小,B错误;C.催化剂改变反应速率,不改变反应平衡,反应热不发生改变,C正确;D.催化剂同等程度改变正逆反应速率,在反应体系中加入催化剂,反应速率增大,E1减小,E2减小,D错误;答案为C。【点睛】9/10\n本题易错点为D,催化剂降低反应活化能,即同步降低E1和E2的值。7.C【分析】在表达反应速率时,只有气体和溶液等存在浓度的物质可用于表达反应速率,固体和纯液体不能用与表达反应速率;在同一反应中不同物质的物质的量变化与化学计量数成正比关系;在恒容的密闭容器中,随着反应的进行,气体分子数增加时,体系的压强在逐渐增大;当在某一时刻增加了某物质的量,则在图像上用于表达该物质的量的曲线应瞬间增大。以此解题。【详解】A.Y为固体,不能用于表达化学反应速率。A项错误;B.同一反应中,物质的量变化量之比等于化学计量数之比,方程式中a:b=(0.45-0.2):(0.50-0)=1:2,B项错误;C.0~10min内,发生的X(g)+2Y(s)2Z(g),气体分子数逐渐增多,当反应容器容积恒定时,容器内气体的压强逐渐增大,C项正确;D.第13min时,Z的物质的量在原有基础上逐渐减小,而非瞬间增大,因此该曲线变化的原因不可能是增加了Z的量,D项错误;答案选C。8.C【分析】A.向反应中加入催化剂,能降低反应的活化能;B.反应物的总能量大于生成物的总能量的反应为放热反应;C.加入催化剂,降低了反应的活化能;D.反应的焓变△H是正逆反应的活化能之差。【详解】A.向反应中加入催化剂,能降低反应的活化能,因此虚线表示加入了催化剂,A项正确;B.反应I、反应II中,反应物的总能量大于生成物的总能量,都是放热反应,B项正确;C.加入催化剂,降低了反应的活化能,反应热不发生变化,因此加入催化剂,速率加快是因为反应的活化能降低,C项错误;D.反应的焓变△H是正逆反应的活化能之差,即焓变△H=419kJ·mol-1-510kJ·mol-1=-91kJ·mol-1,D项正确;答案选C。9/10\n9.C【分析】A.由t0min时n(Y)的改变量计算n(Z);B.计算X的物质的量变化量,根据v=计算X表示的反应速率;C.在建立平衡过程中,正反应速率逐渐减小;D.可逆反应属于动态平衡。【详解】A.由图可知,从开始到t0min时,n(Y)的改变量为1.0mol-0.5mol=0.5mol,根据改变量之比等于计量数之比,n(Z)=1.5mol,故A错误;B.△n(X)=2△n(Y)=2×(1mol-0.8mol)=0.4mol,以X表示的化学反应速率==0.04mol•L-1•min-1,故B错误;C.在建立平衡过程中,正反应速率逐渐减小,正反应速率a点比b点大,故C正确;D.可逆反应属于动态平衡,b点时该反应达到了最大限度,但反应没有停止,故D错误;答案选C。【点睛】本题考查化学平衡图象,涉及吸热反应与发热反应、可逆反应特征、反应速率计算、化学平衡计算,旨在考查学生对基础知识的掌握。10.C【分析】根据图像可知,Fe-Co合金发生反应:C2H6-2e-=C2H4+2H+,做电池的负极;正极氧气得电子与氢离子反应生成水。【详解】A.该装置为原电池,是将化学能转化为电能的装置,A说法错误;B.原电池的内电路中,H+向正极移动,即向右侧迁移,B说法错误;C.分析可知,负极的电极反应式为C2H6-2e-=C2H4+2H+,C说法正确;D.每消耗0.1molC2H6,转移0.2mol电子,需要消耗标准状况下的0.05mol氧气,则需空气5.6L(设空气中氧气的体积分数为20%),D说法错误;答案为C。9/10\n11.D【解析】试题分析:A.a和b不连接时,由于金属活动性:Fe>Cu,所以铁片上会发生反应:Fe+Cu2+=Fe2++Cu,所以Fe片上有金属铜析出,正确。B.a和b用导线连接时,构成原电池,Fe为负极,Cu为正极,在正极上发生反应:Cu2++2e-=Cu,正确。C.不连接时Fe与Cu2+直接发生置换反应,若连接,Fe为负极,失去电子,被氧化。所以无论a和b是否连接,铁片均会溶解,正确。D.a和b分别连接直流电源正、负极,则a为阳极,b为阴极。根据同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引的原则,溶液中的Cu2+向铁电极移动,错误。考点:考查原电池、电解池等电化学反应原理的知识。12.D【详解】A.硝酸铵溶于水吸热,但不属于化学变化,选项A不符合题意;B.氨气液化放热,不属于化学变化,所以不属于放热反应,选项B不符合题意;C.碳酸钙分解属于吸热反应,选项C不符合题意D.镁条溶于盐酸属于放热反应,选项D符合题意;答案选D。13.B【详解】A.煤燃烧时化学能主要转变成热能,故A正确;B.白炽灯工作时,电能转变成光能和热能,故B错误;C.电解水生成氢气和氧气时,电能转化成化学能,故C正确;D.绿色植物光合作用过程中太阳能转变成化学能,故D正确;故选B。14.D【解析】【详解】A.用热的纯碱溶液洗去油污是由于纯碱溶液水解显碱性,油脂在碱性条件下可发生水解反应,产生可溶性的物质,A错误;B.在生活中可以采用明矾来净水是由于明矾电离产生的Al3+发生水解反应产生的氢氧化铝胶体的表面积大,具有很强的吸附作用,B错误;9/10\nC.施肥时,草木灰(有效成分为K2CO3)水解使溶液显碱性,若与NH4Cl混合使用,OH-与NH4+反应产生NH3·H2O,NH3·H2O分解产生氨气逸出,导致肥效降低,故不能混合使用,C错误;D.在海轮外壳连接锌块,Fe、Zn及海水构成原电池,由于锌的活动性比铁强,Zn作负极,首先被腐蚀,Fe作正极,不被氧化而受到保护,因此就保护外壳不受腐蚀,D正确;故合理选项是D。15.B【详解】A.反应中能量变化与反应条件无关,吸热反应不一定需要加热才能发生,如氯化铵与Ba(OH)2·8H2O常温下即可反应,为吸热反应,故A错误;B.反应物总能量低于生成物总能量,为吸热反应,故B正确;C.由质量守恒定律可知,参加反应的反应物总质量等于生成物的总质量,故C错误;D.氯化铵与Ba(OH)2·8H2O常温下即可反应,为吸热反应,故D错误;故选B。16.B【详解】A.原电池中阴离子移向负极,溶液中的SO42-向锌电极移动,故A正确;B.锌为负极,溶液中氢离子在正极铜电极上生成氢气可观察到大量气泡产生,锌电极上看到锌逐渐溶解,故B错误;C.原电池中电流由正极流向负极,由铜电极流向锌电极,故C正确;D.铜锌原电池中,Zn是负极,失去电子发生氧化反应,电极反应为Zn-2e-=Zn2+,Cu是正极,氢离子得电子发生还原反应,电极反应为2H++2e-=H2↑,反应不断消耗H+,所以溶液的c(H+)逐渐降低,图2中y轴表示的可能是c(H+),故D正确;故选B。17.第四周期ⅤA族173黑磷>>N2H4分子间存在氢键【分析】(1)As位于第四周期第VA族,中子数=质量数-质子数;能量越低越稳定;(2)元素的非金属性越强,其氢化物越稳定;分子晶体熔沸点与分子间作用力和氢键有关,能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高。【详解】(1)As位于第四周期第VA族,中子数=质量数-质子数=288-115=173;9/10\n能量越低越稳定,P(s,白磷)=P(s,黑磷)ΔH=-39.3kJ·mol-1①P(s,白磷)=P(s,红磷)ΔH=-17.6kJ·mol-1②将方程式①-②得,则能量:红磷>黑磷,则黑磷稳定,故答案为:第四周期第VA族;173;黑磷;(2)元素的非金属性越强,其氢化物越稳定;非金属性N>P,所以热稳定性:NH3>PH3;N2H4能形成分子间氢键、P2H4分子间不能形成氢键,所以沸点:N2H4>P2H4,故答案为:>;>;N2H4分子间存在氢键。【点睛】分子晶体熔沸点与分子间作用力和氢键有关,能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高。18.Pt(或石墨)Fe3++e-=Fe2+ZnZn-2e-Zn2+【解析】【分析】根据原电池工作原理进行分析;【详解】根据原电池工作原理,正极上得到电子,化合价降低,发生还原反应,根据总反应,Fe3+的化合价降低,即正极材料为石墨或Pt,正极反应式为Fe3++e-=Fe2+;负极上失去电子,化合价升高,发生氧化反应,根据总反应,Zn的化合价升高,负极材料是Zn,负极反应9/10\n式为Zn-2e-=Zn2+;根据原电池构成条件,示意图为或。19.负正Zn+20H--2e=Zn(0H)2Zn+2Mm02+2H2O=2MnO(OH)+Zn(OH)2【详解】(1)最早使用的化学电池是锌锰电池,即大家熟悉的干电池:Zn-MnO2,其电解质溶液是ZnCl2-NH4Cl混合溶液。其中,活泼的金属Zn是电池的负极;电池工作时,电子由正极流向负极;(2)碱性锌锰电池比普通锌锰电池性能好,负极是Zn,正极是MnO2电解质是KOH,碱性条件下锌在负极失电子生成氢氧化锌,则负极的电极反应式是Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2;正极MnO2得电子产生MnO(OH),电极反应式为2MnO2+2H2O+2e-=2MnO(OH)+2OH-,故总反应是Zn+2MnO2+2H2O=2MnO(OH)+Zn(OH)2。20.A2H++2e-=H2↑(或2H2O+2e-=H2↑+2OH-)从右向左滤纸上有红褐色斑点增大0.562FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-【详解】Ⅰ.图1中左边为原电池,由于Zn比Cu活泼,则Zn为负极,Cu为正极,M为阳极,N为阴极;(1)在保证电极反应不变的情况下,仍然是锌作负极,则正极材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属,铝是比锌活泼的金属,所以不能代替铜,故选。(2)电极连接原电池负极,所以是电解池阴极,阴极上氢离子得电子发生还原反应,电极反应式为:(或)。9/10\n(3)原电池放电时,阴离子向负极移动,所以硫酸根从右向左移动,电解池中,阴极上氢离子得电子生成氢气,阳极上铁失电子生成亚铁离子,亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁,氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁,所以滤纸上有红褐色斑点产生。Ⅱ.图2中Y(Fe)为阳极,X(C)为阴极;(4)电解过程中,阴极上氢离子放电生成氢气,则阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子溶液,溶液呈碱性,溶液的增大。(5)电极上析出的是氢气,电极上析出的是氯气,且电极失电子进入溶液,设铁质量减少为,根据转移电子数相等得,解得。(6)正极上高铁酸根离子得电子发生还原反应,电极反应式为。21.0.375D>反应B是吸热反应,升高温度平衡正向移动,CO产率升高250℃【详解】(1)①由图可知,0~4min浓度变化量为0.5mol/L,则CO2的平均反应速率v(CO2)==0.125molL-1min-1。根据CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知,v(H2)=3v(CO2)=0.125molL-1min-13=0.375molL-1min-1,故答案:0.375。②A.根据CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知,3v正(CH3OH)=v逆(H2)时,反应达到平衡状态,故A错误;B.CO2、H2、CH3OH和H2O浓度变化量之比为1∶3∶1∶1,当CO2、H2、CH3OH和H2O浓度不在改变,说明反应达到平衡状态,故B错误;C.根据CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知,恒温恒容下,气体的密度为定值,所以恒温恒容下,气体的密度不再变化,不能作为判断达到平衡状态的依据,故C错误;9/10\nD.根据CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知,恒温恒压下,气体的体积不再变化,说明反应达到了平衡状态,故D正确;故答案:D。③1L的密闭容器中,充入1molCO2和3molH2,所以初始浓度c(CO2)=1mol/L,c(H2)=3mol/L。由图和CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知,达到平衡时K==5.3,当测得某时刻,CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)和H2O(g)的浓度均为0.5mol/L,Qc=4<5.3,所以平衡正向移动,则此时v(正)>v(逆),故答案:>。④根据上述分析可知:平衡时各物质量浓度分别为:c(CO2)=0.25mol/L,c(H2)=0.75mol/L,c(H2O)=0.75mol/L,c(CO2)=0.75mol/L,根据可逆反应分压=总压×物质的量分数,则该温度下Kp==kPa-2,故答案:。(2)①由图2可以知道,温度升高CO的产率上升,其主要原因可能是反应B正反应是吸热反应,温度升高平衡正向移动,CO产率升高,故答案:反应B是吸热反应,升高温度平衡正向移动,CO产率升高。②据图示进行分析250°C甲醇转化率最高,故获取CH3OH最适宜的温度是250°C,故答案:250°C。9/10

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