鲁科版高中化学必修二第2章化学键化学反应与能量单元检测题(带解析)

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鲁科版高中化学必修二第2章化学键化学反应与能量单元检测题(带解析)

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莲山 课件 w w w.5Y k J.C om

第2章过关检测
(时间60分钟,满分100分)
一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。每小题只有一个正确选项)
1.冬天用煤炉取暖时要预防发生一氧化碳中毒事故。一氧化碳的产生主要是因为煤炉中发生了以下反应:CO2+C 2CO,试分析下列有关叙述中不正确的是(  )
A.C在O2充足时,发生的反应主要是放热反应
B.煤燃烧时吹入的氧气越多越好
C.CO2+C 2CO这一反应属于吸热反应
D.煤燃烧时,反应物自身总能量高于生成物总能量,所以放出热量
答案:B
解析:氧气过多时会带走一部分热量,故B项错误。
2.下表物质与其所含化学键类型、所属化合物类型完全正确的一组是(  )
选项 A B C D
物质 MgCl2 CO2 HCl NaOH
所含化学
键类型 离子键、
共价键 共价键 离子键 离子键、
共价键
所属化合
物类型 离子化合物 共价化合物 离子化
合物 共价化
合物

答案:B
解析:MgCl2中不含共价键;HCl中含有共价键,是共价化合物;NaOH属于离子化合物。
3.在一密闭容器中进行反应:2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g),已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2 mol•L-1、0.1 mol•L-1、0.2 mol•L-1,当反应达到平衡时,可能存在的数据是(  )
A.SO2为0.4 mol•L-1、O2为0.2 mol•L-1
B.SO2为0.25 mol•L-1
C.SO2、SO3均为0.15 mol•L-1
D.SO3为0.4 mol•L-1
答案:B
解析:假设该时刻的SO3全部转化为SO2和O2,则SO2、O2的浓度将分别达到0.4 mol•L-1、0.2 mol•L-1;而假设该时刻的SO2和O2全部化合生成SO3,则SO3的浓度将达到0.4 mol•L-1。因为该反应是可逆反应,三种物质必将同时存在(即可逆反应中的物质均不可能100%转化),很显然,A、D两项是不可能的。要得到C项中的数据必须是SO2和SO3同时消耗而减少,这不符合S原子守恒,也是不可能的。
4.原电池的电极名称不仅与电极材料性质有关,也与电解质溶液有关。下列叙述不正确的是(  )
A.由Al、Cu、稀硫酸组成原电池,负极反应式为:Al-3e- Al3+
B.由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池,负极反应式为:Al+4OH--3e- [Al(OH)4]-
C.由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池,负极反应式为:Cu-2e- Cu2+
D.由Al、Cu、浓硝酸组成原电池,负极反应式为:Cu-2e- Cu2+
答案:C
解析:Al比Cu活泼,在由Al、Cu、稀硫酸组成的原电池中,Al作负极,其电极反应为Al-3e- Al3+,A正确;虽然Mg比Al活泼,但由于Mg不与NaOH溶液反应,而Al能与NaOH溶液反应,所以由Mg、Al、NaOH溶液组成的原电池,Al为负极,其电极反应为Al+4OH--3e- [Al(OH)4]-,B正确;Fe比Cu活泼,由Fe、Cu、FeCl3溶液组成的原电池,Fe为负极,电极反应为Fe-2e- Fe2+,C错;Al在浓硝酸中被钝化,因此Al、Cu、浓硝酸组成原电池,Cu为负极,D项正确。
5.对于反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g),下列措施能增大反应速率的是(  )
①恒容条件下,再通入一定量的O2
②增大体系容积
③恒容条件下,再通入一定量的N2
④使用合适的催化剂
A.①④ B.①③④ 
C.②③④ D.①②③④
答案:A
解析:①恒容条件下,再通入一定量的O2,O2浓度增大,反应速率加快;②增大体系容积,各物质浓度减小,反应速率减慢;③恒容条件下,再通入一定量的N2,由于N2不是体系中的物质,故反应速率不变;④合适的催化剂能加快反应速率。
 
6.右图是某同学做完Zn-Cu原电池实验后所做的读书卡片记录,其中描述合理的组合是(  )
①Zn为正极,Cu为负极
②H+向负极移动
③电子是由Zn经外电路流向Cu
④Cu极上有H2产生
⑤若有1 mol电子流过导线,则产生的H2为0.5 mol
⑥正极的电极反应式为Zn-2e- Zn2+
A.①②③ B.③④⑤ C.④⑤⑥ D.②③④
答案:B
解析:在用锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中,由于锌比铜活泼,所以锌片为负极,铜片为正极,①错;锌片失去电子被氧化,因而锌电极上带有正电荷,铜电极上带有负电荷,H+向正极(铜电极)移动,②错;电子由锌片通过导线流向铜片,③对;铜电极(正极)上的反应为2H++2e- H2↑,④对、⑤对、⑥错。
7.某原电池总反应的离子方程式是Zn+Cu2+ Zn2++Cu,该原电池的构成应为(  )
 正极 负极 电解质溶液
A Cu Zn HCl
B Zn Cu CuSO4
C Cu Zn CuSO4
D Cu Zn ZnCl2

答案:C
解析:根据原电池总反应可知,该原电池中Zn作负极,电解质溶液中含Cu2+。
8.为了净化和收集由盐酸和大理石制得的CO2气体,从下图中选择合适的装置并连接,合理的是(  )
 
A.a—a'→d—d'→e 
B.b—b'→d—d'→g
C.c—c'→d—d'→g 
D.d—d'→c—c'→f
答案:C
解析:由盐酸和大理石制得的CO2气体中会含有杂质H2O(g)和HCl,除去它们的试剂分别为浓硫酸和饱和碳酸氢钠溶液,应先让气体通过饱和NaHCO3溶液除去HCl,再通过浓硫酸干燥。CO2的相对分子质量为44,比空气的大,因此收集CO2时应用向上排空气法。所以正确的答案应为C选项。
二、非选择题(本题共4小题,共52分)
9.(12分)有A、B、C、D、E五种短周期元素,它们的核电荷数按C、A、B、D、E的顺序增大。C、D能分别与A按原子个数比为1∶1或2∶1形成化合物;CB可与EA2反应生成C2A与气态物质EB4;E的M层电子数是K层电子数的2倍。
(1)写出下列元素的名称:B   ,E    。
(2)写出电子式:EB4    。
(3)D2A2中含有的化学键为        。
(4)由A、C、D三种元素组成的化合物M属于    (填“离子”或“共价”)化合物,M溶于水后    (填“是”或“不是”)发生化学变化,原因是(从化学键的角度解释)             。
答案:(1)氟 硅
(2)∶∶
(3)离子键和共价键
(4)离子 不是 只有旧键的断裂(离子键被破坏)而无新键的形成
解析:C、D都能分别与A按原子个数比为1∶1或2∶1形成化合物,且C的原子序数最小,则C为氢,A为氧,D为钠,E的M层电子数是K层电子数的2倍,则E为硅,B为氟。
 
10.(10分)依据氧化还原反应:2Ag+(aq)+Cu(s) Cu2+(aq)+2Ag(s)设计的原电池如图所示。
请回答下列问题:
(1)电极X的材料是   ;电解质溶液Y是   ;
(2)银电极为电池的   极;
(3)外电路中的电子是从     电极流向    电极。
答案:(1)Cu AgNO3溶液
(2)正
(3)X(或Cu) Ag
解析:本电池的化学反应原理为2AgNO3+Cu Cu(NO3)2+2Ag。对于原电池负极上发生氧化反应,为失电子一极;正极上发生还原反应,为得电子一极;外电路中电子由负极流向正极。
11.(14分)(1)已知某反应的各物质浓度数据如下:
     aA(g)+bB(g) 2C(g)
 1.5 1.0 0
 0.9 0.8 0.4
则①a=   ,b=   。
②2 s内B的反应速率=   。
(2)由碳棒、铁片和200 mL 1.5 mol•L-1的稀硫酸组成的原电池中,当在碳棒上产生气体3.36 L(标准状况)时,求:
①   个电子通过了导线。(NA=6.02×1023)
②此时溶液中H+的物质的量浓度为     (不考虑溶液体积变化)。
答案:(1)①3 1 ②0.1 mol•L-1•s-1
(2)①1.806×1023 ②1.5 mol•L-1
解析:(1)①根据各物质的浓度变化之比等于化学计量数之比,可得 ,所以a=3; ,所以b=1。②v(B)==0.1 mol•L-1•s-1。(2)碳棒、铁片和稀硫酸组成的原电池反应为Fe+H2SO4 FeSO4+H2↑,据此可知产生1 mol H2转移2 mol(即2NA)电子,消耗1 mol H2SO4;已知产生H2的物质的量为
 =0.15 mol,故转移0.3 mol电子,即0.3NA=0.3×6.02×1023=1.806×1023;同时消耗0.15 mol H2SO4,溶液中剩余H2SO4 0.2 L×1.5 mol•L-1-0.15 mol=0.15 mol,故溶液中H+的物质的量浓度为=1.5 mol•L-1。
12.导学号52140092(16分)下图是制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置,请回答下列问题。
 
(1)A是氯气发生装置,其中发生反应的离子方程式为              。
(2)实验开始时,先点燃A处的酒精灯,打开旋塞K,让Cl2充满整个装置,再点燃D处的酒精灯,Cl2通过C瓶后再进入D(D装置的硬质玻璃管内盛有炭粉)发生氧化还原反应,其产物为CO2和HCl。D中发生反应的化学方程式为          ,装置C的作用是           。
(3)在E处,紫色石蕊溶液的颜色由紫色变为红色,再变为无色,其原因是                  。
(4)若将E处烧杯中的溶液改为澄清石灰水,反应过程中的现象为   。
A.有白色沉淀生成
B.无现象
C.先生成白色沉淀,而后白色沉淀消失
(5)D处反应完毕后关闭旋塞K,移去酒精灯,由于余热的作用,A处仍有Cl2产生,此时B中出现的现象是            ,装置B的作用是 。
答案:(1)MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O
(2)2Cl2+2H2O(g)+C 4HCl+CO2 吸收氯气中的HCl,提供D处反应所需的水蒸气
(3)生成的HCl气体使紫色石蕊溶液变红,因未反应完的Cl2与H2O作用生成的HClO的漂白作用使红色消失
(4)B
(5)瓶中液面下降,长颈漏斗中液面上升 贮存少量多余的Cl2
解析:(1)装置A用于制备氯气,由反应原理可写出离子方程式。(2)根据题给信息,再由反应前后氢、氧元素守恒,可知一定有水参加了反应,其化学方程式为2Cl2+C+2H2O(g) CO2+4HCl。C装置的作用是用来吸收氯气中的HCl并提供水蒸气。(3)硬质玻璃管中的反应生成了HCl气体,HCl气体导入烧杯的紫色石蕊溶液中,因为酸性而使溶液变红色;当Cl2过量时,Cl2与水反应生成强氧化性的HClO,由于HClO的漂白作用,再使溶液变为无色。(4)将E处烧杯中的溶液改为澄清石灰水,反应过程中不会产生沉淀,原因为在有HCl气体存在时,将CO2通入澄清石灰水中,不会产生沉淀。(5)D处反应完毕后,关闭旋塞K,A处仍有Cl2产生,把产生的Cl2压入了B瓶中,随着装置内气体的压强增大,B中的液体将被压入长颈漏斗中。此时,B瓶的作用是贮存多余的Cl2,防止有毒的Cl2排入大气中,避免污染空气。

 


 

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