第2章 化学键化学反应规律 练习(含解析) 2022-2023学年下学期高一化学鲁科版（2019）必修第二册
文档属性
| 名称 | 第2章 化学键化学反应规律 练习(含解析) 2022-2023学年下学期高一化学鲁科版（2019）必修第二册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 165.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-05-09 16:16:39 | ||
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文档简介
第2章化学键 化学反应规律 练习
一、单选题
1．下列排列顺序中，不正确的是
A．酸性：HClOC．电负性：P2．下列说法正确的是（ ）
A．由原子形成1mol H—H 键要吸收热量
B．所有燃烧都是放热反应
C．在稀溶液中，1mol酸与1mol碱反应生成水时所放出的热量就是中和热
D．凡经加热发生的的反应都是吸热反应
3．下列判断正确的是
A．离子键被破坏的变化一定是化学变化
B．晶体中一定存在化学键
C．含有离子键的化合物一定是离子化合物
D．共价键越强，分子性质越不活泼
4．在一定温度下的恒容密闭容器中，建立下列化学平衡：C(s)+H2O(g)CO(g)＋H2(g)。不能确定上述可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是( )
A．体系的压强不再发生变化
B．气体密度不再发生变化
C．CO与H2O浓度相同时
D．1molH-H键断裂的同时断裂2molH-O键
5．下列方法中可以证明2HI(g) H2(g)+I2(g)已达平衡状态的是
①单位时间内生成nmolH2的同时生成nmolHI
②一个H-H键断裂的同时有两个H-I键断裂
③温度和压强一定时混合气体密度不再变化
④c(HI):c(H2):c(I2)=2：1：1
⑤温度和体积一定时，某一生成物浓度不再变化
⑥温度和体积一定时，容器内压强不再变化
⑦一定条件下，混合气体的平均相对分子质量不再变化
⑧温度和体积一定时混合气体的颜色不再变化
A．②③④⑥ B．②⑥⑦⑧ C．①②⑥⑦ D．②⑤⑧
6．下列关于NH4Cl的描述正确的是
A．只存在离子键 B．属于共价化合物
C．氯离子的结构示意图： D．NH4+的电子式：
7．恒温恒容的清况下，反应A2(g)+B2(g)2AB(g)达到平衡状态的标志是（ ）
A．容器内气体的密度不随时间而变化
B．容器内的总压强不随时间而变化
C．单位时间内生成2nmolAB的同时生成nmolB2
D．A2、B2、AB的反应速率比为1：1：2的状态
8．钢铁防护方法有多种，图中的方法描述正确的是
A．b为电源负极
B．电源改用导线连接进行防护时，辅助电极发生氧化反应
C．电子流向：a→钢铁闸门→辅助电极→b→a
D．该方法是牺牲阳极的阴极保护法
9．如图是以稀硫酸为电解质溶液的原电池装置，下列叙述正确的是
A．锌片上有气泡产生
B．锌片为负极，铜片发生氧化反应
C．电解质溶液中的Ｈ＋向铜极移动
D．电子流动方向为：锌极→导线→铜极→电解质溶液→锌极
10．已知工业上常用石灰乳吸收尾气中的NO和NO2，涉及的反应为：、。下列措施一定能提高尾气中NO和NO2去除率的是
A．加快通入尾气的速率 B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．用石灰水替代石灰乳 D．升高温度
二、填空题
11．现有以下物质：①N2②KBr③MgCl2④Ne⑤CaC2⑥NaHSO4⑦NaOH⑧CO2，请回答：
(1)既含有非极性共价键又含有离子键的是___________(填序号)。
(2)不存在化学键的是___________(填序号)。
(3)属于共价化合物的___________(填序号)。
(4)将物质⑥溶于水，破坏了⑥中的___________(填化学键类型)，写出其溶于水的电离方程式：___________。
(5)请写出①和⑤的电子式：①___________，⑤___________。
12．煤燃烧的反应热可通过以下两个途径来利用：
a.利用煤在充足的空气中直接燃烧产生的反应热；b.先使煤与水蒸气反应得到氢气和一氧化碳，然后使得到的氢气和一氧化碳在充足的空气中燃烧。这两个过程的热化学方程式为：
a.C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=E1 ①
b.C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=E2 ②
H2(g)+ 1/2 O2(g)=H2O(g) ΔH=E3 ③
CO(g)+ 1/2 O2(g)=CO2(g) ΔH=E4 ④
回答：（1）与途径a相比途径b有较多的优点，即__________。
（2）上述四个热化学方程式中的哪个反应ΔH＞0 _______。
（3）等质量的煤分别通过以上两条不同的途径产生的可利用的总能量关系正确的是( )
A．a比b多 B．a比b少 C．a与b在理论上相同
（4）根据能量守恒定律，E1、E2、E3、E4之间的关系为_________
13．某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质。当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。
（1）NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2和Na，N2的电子式为______。
（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na反应生成的还原产物为______（已知该反应为置换反应）.
（3）KClO4是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KCl和Na2O。KClO4含有化学键的类型为______，K的原子结构示意图为_____。
（4）NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分解，其化学方程式为__________。
（5）100g上述产气药剂产生的气体通过碱石灰后得到N2 33.6L（标准状况）。
①用碱石灰除去的物质为_____；
②该产气药剂中NaN3的质量分数为______。
14．香花石是1958年中国地质学家发现的第一种世界新矿物，其主要成分的化学式为。回答下列问题：
(1)质子数与中子数相等的原子的符号为_______，的结构示意图为_______。
(2)位于元素周期表第_______周期_______族。
(3)香花石的主要成分的组成元素中，原子半径最小的是_______(填元素符号，下同)，最大的是_______。
(4)的电子式为_______。
(5)用电子式表示(氟化钙)的形成过程：_______。
15．以甲烷燃料电池为例来分析在不同的环境下电极反应式的书写方法
（1）酸性条件燃料电池总反应：______________，正极反应式________，负极反应式_______________。
（2）碱性条件燃料电池总反应：_________________________________，正极反应式_________________________，负极反应式______________________。
16．回答下列问题
(1)写出碳酸氢钠受热分解的反应的方程式_______；上述4种元素中，离子半径最大的是_______，写出两种由其中某些元素组成、只含极性键的非极性分子的电子式_______；
(2)把等物质的量的碳酸氢钠和过氧化钠放在密闭容器中加热，完全反应后排出气体。剩余固体的成分包括_______，其物质的量之比为_______。若排出的气体的质量为1.6克，则原混合固体的质量为_______克。
17．在一定温度、压强下，向密闭容器中投入一定量N2和H2，发生反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H<0。
(1)反应开始阶段，V(正)_______(填“>”“<”或“＝”)v(逆)，随后v(正)逐渐______(填“增大”或“减小”，下同)，v(逆)逐渐_________，反应达到平衡时，v(正)等于v(逆)。
(2)达到平衡后，若正反应速率用v(N2)表示，逆反应速率用v'(H2)表示，则v(N2)＝_____v'(H2)。
(3)下列措施中能加快反应速率并提高氢气的转化率的是_____________(填字母)。
A．其他条件不变时，压缩容器体积 B．其他条件不变时，升高反应体系温度
C．使用合适的催化剂 D．保持容器体积不变，充入一定量的氮气
(4)实际生产中往往需要将温度控制在一个合适的范围，分析温度不宜过高也不宜过低的原因：_________________________________________________________。
(5)写出合成氨反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的平衡常数表达式：____________________。升高温度时K值_________(填“增大”“减小”或“不变”)。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】A、HClO、H2SO3、HClO3可分别写成：HOCl、(HO)2SO、HOClO2，其对应非羟基氧原子个数逐渐增加，因此其酸性逐渐增加，故酸性HClOB、元素非金属性越强，其对应简单氢化物的稳定性越强，非金属性N>S>P，故稳定性PH3C、元素非金属性与电负性呈正比，非金属性：PD、HF分子间存在氢键，而HBr、HI分子间只有分子间作用力，故沸点HBr答案为D。
【点睛】对于N与S相关性质判断需注意，这二者满足对角线原则，在一些元素性质相似，但二者的非金属性却不同，可根据以下方式判断：①电负性判断：N的电负性是3.0，而S的电负性是2.5，电负性越强，元素的非金属性越强，所以N的非金属性强于S。类似的还有：O:3.5，Cl:3.0，所以O的非金属性强于Cl；②根据氢化物的稳定性来判断：H2S在点燃条件下可以与有限的O2生成S单质，而NH3在纯氧中点燃才能与O2反应生成N2。
2．B
【详解】A.由原子形成1mol H—H 键要放出热量，A错误；
B. 所有燃烧都是放热反应，B正确；
C. 在稀溶液中，1mol酸与1mol碱反应生成1mol水时所放出的热量就是中和热，C错误；
D. 凡经加热发生的的反应不一定都是吸热反应，例如木炭燃烧等，D错误;
答案选B。
3．C
【详解】A、离子化合物在熔融状态下或水溶液中溶解时,离子键都会发生断裂,但没有新的化学键形成,则不是化学变化,选项A错误；
B、稀有气体元素形成的都是单原子分子,分子之间只存在分子间作用力,没有化学键,选项B错误；
C、离子键只存在于离子化合物中,可能含有共价键,共价化合物只存在共价键, 选项C正确；
D、有时候某些分子中某个共价键很强,但是化学反应并不发生在这个化学键上而是发生在其他化学键上,则分子性质活泼,可以简单理解成分子活泼是分子整体的性质,而一个分子并非只有一个化学键,选项D错误；
答案选C。
4．C
【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】A. 该反应是气体体积增大的反应，反应过程中压强增大，当体系的压强不再发生变化时，说明反应到达平衡，故A不选；
B. 该反应是气体体积增大的反应，反应过程中气体总质量增大，体积不变，密度增大，当气体密度不再发生变化时，说明反应到达平衡，故B不选；
C. 反应C(s)+H2O(g)CO(g)＋H2(g)中，每生成1mol CO(g)的同时，生成1mol H2(g)，CO与H2O浓度始终相等，当CO与H2O浓度相同时，不能说明反应到达平衡，故C选；
D. 1 mol H H键断裂等效于生成2 mol H O键的同时断裂2 mol H O键，说明正反应速率等于逆反应速率，说明反应达平衡状态，故D不选；
故选C。
5．D
【分析】分析：在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。
【详解】①单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol HI，不符合化学方程式中的系数比，正逆反应速率不相等，不能判定反应达到平衡状态，错误；
②一个H-H键断裂的同时有两个H-I键断裂，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，正确；
③密度是混合气的质量和容器容积的比值，该反应是反应前后气体的物质的量不变的反应，所以温度和压强一定时混合气体密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，错误；
④c(HI):c(H2):c(I2)=2：1：1的状态只是反应的一个特定状态，不一定能说明反应达到平衡状态，错误；
⑤温度和体积一定时，某一生成物浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，正确；
⑥该反应为气体总量不变的反应，温度和体积一定时，容器内压强始终不变，不能作为平衡状态的标志，错误；
⑦混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，温度和体积一定时，混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能作为平衡状态的标志，错误；
⑧温度和体积一定时混合气体的颜色不再变化，说明碘的浓度不再变化，可以作为平衡状态的标志，正确；
答案选D。
6．D
【详解】A. NH4Cl中既有离子键又有共价键，故A错误；
B. NH4Cl含有离子键，属于离子化合物，故B错误；
C. 氯离子核外有18个电子，结构示意图是，故C错误；
D. NH4+的电子式是，故D正确，选D。
7．C
【详解】A．气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，容器内气体的密度不随时间而变化，不能作为判断平衡标志，故A不符合题意；
B．该反应是等体积反应，压强始终不变，容器内的总压强不随时间而变化，不能作为判断平衡标志，故B不符合题意；
C．单位时间内生成2nmolAB，反应正向进行，同时生成nmolB2，反应逆向进行，两者生成量之比等于计量系数比，能作为判断平衡标志，故C符合题意；
D．A2、B2、AB的反应速率比为1：1：2的状态，没有说正反应速率，还是逆反应速率，不能作为判断平衡标志，故D不符合题意；
综上所述，答案为C。
8．B
【详解】从图示可知，由于有外加电源，故此为外加电源的阴极保护法。
A．在外加电源的阴极保护法中，钢铁要做电解池的阴极，即a为电源的负极，则b为电源的正极，选项A错误；
B．电源改用导线连接进行防护时，即牺牲阳极的阴极保护法，则辅助电极要做负极，发生氧化反应，选项B正确；
C．在电解池中，电子由电解池的阳极→电源的正极→电源的负极→电解池的阴极，即电子要由辅助电极→b→a→钢铁闸门，选项C错误；
D．该方法是外加电源的阴极保护法，选项D错误；
答案选D。
9．C
【分析】锌比铜活泼,形成原电池反应时,锌为负极,发生氧化反应,电极方程式为Zn-2e-=Zn2+,铜为正极,发生还原反应,电极方程式为2H++2e-=H2↑，据此分析作答。
【详解】A. 根据上述分析可知，铜电极做正极，有氢气生成，而锌电极无气泡生成，故A错误；
B. 锌为负极，发生氧化反应,电极方程式为Zn-2e-=Zn2+，铜为正极，发生还原反应，故B错误；
C. 铜极为正极，电解质溶液中的H+向（正极）铜极移动，故C正确；
D. ,电子由负极经外电路流向正极，电子不能进入电解质溶液中，故D错误；
答案选C。
10．B
【详解】A．加快通入尾气的速率，导致很多NO、NO2来不及反应就被尾气带出，不利于提高尾气中NO和NO2去除率，A不合题意；
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气，增大NO、NO2和石灰乳的接触面积和接触时间，让反应充分，故有利于提高尾气中NO和NO2去除率，B符合题意；
C．用石灰水替代石灰乳，由于Ca(OH)2浓度减小，反应速率减慢，能够吸收的NO、NO2的量减少，不利于提高尾气中NO和NO2去除率，C不合题意；
D．升高温度不利于NO、NO2溶解，使气体和液体不能充分接触，不利于提高尾气中NO和NO2去除率，D不合题意；
故答案为：B。
11．(1)⑤
(2)④
(3)⑧
(4) 离子键、极性共价键 NaHSO4═Na++H++
(5)
【分析】①氮气为非金属单质，分子中只含有共价键；
②溴化钾是离子化合物，化合物中只含有离子键；
③氯化镁是离子化合物，化合物中只含有离子键；
④氖为单原子分子，分子中不含有化学键；
⑤碳化钙为离子化合物，化合物中含有离子键和非极性共价键；
⑥硫酸氢钠是离子化合物，化合物中含有离子键和极性共价键；
⑦氢氧化钠是离子化合物，化合物中含有离子键和极性共价键；
⑧二氧化碳是共价化合物，化合物中只含有共价键。
(1)
由分析可知，既含有非极性共价键又含有离子键的是碳化钙，故答案为：⑤；
(2)
由分析可知，不存在化学键的是单原子分子氖，故答案为：④；
(3)
由分析可知，属于共价化合物的是二氧化碳，故答案为：⑧；
(4)
硫酸氢钠是离子化合物，溶于水时硫酸氢钠在溶液中会破坏离子键、极性共价键，电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为NaHSO4═Na++H++，故答案为：离子键、极性共价键；NaHSO4═Na++H++；
(5)
氮气为非金属单质，电子式为；碳化钙为离子化合物，化合物中含有离子键和非极性共价键，电子式为，故答案为: ；。
12． 煤的利用率高；变成气体以后，运输方便；使燃烧充分 反应② C E1＝E2＋E3＋E4
【详解】（1）固体煤经处理变成气体燃料后，不仅可以大大减少SO2和烟尘对空气造成的污染，而且燃烧效率高，也便于运输；
（2）因为燃烧反应均为放热反应，①③④为燃烧反应，所以放热反应，②为吸热反应；
（3）由盖斯定律可知，反应一步完成或分步完成，其热效应相同，则等质量的煤分别通过以上两条不同的途径产生的可利用的总能量相同；
（4）由盖斯定律可知，反应一步完成或分步完成，其热效应相同，所以①=②+③+④，则能量为E1=E2+E3+E4。
13． Fe 离子键和共价键 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O CO2、H2O 65%
【详解】（1）氮原子最外层有5个电子，共用3对电子形成氮气，则N2的电子式为；
（2）因为Fe2O3与Na的反应为置换反应，所以Fe2O3作为氧化剂，与Na反应得电子生成Fe单质；
（3）KClO4 属于含氧酸盐，所以KClO4含有化学键的类型为离子键和共价键，K是19号元素，原子结构示意图为；
（4）NaHCO3热稳定性较差，受热分解生成碳酸钠、CO2和水，方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；
（5）①碱石灰的主要成分是NaOH和CaO，所以用碱石灰除去的物质为CO2、H2O；
②标准状况下33.6LN2的物质的量为1.5mol，根据N原子守恒，该产气药剂中NaN3的质量分数为（1.5×2÷3）×65÷100×100%=65%。
14． (或) 三 F
【详解】(1) Ca为20号元素，质子数与中子数相等的原子的质量数为40，符号为，的结构示意图为，故答案为：；；
(2)硅是14号元素，位于第三周期，第ⅣA族，故答案为：三；ⅣA；
(3) 同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，香花石的主要成分的组成元素中，原子半径最小的是F，最大的是Ca，故答案为：F；Ca；
(4)二氧化碳是共价化合物，二氧化碳的电子式为，故答案为：；
(5)氟化钙为离子化合物，阴阳离子需要标出所带电荷，用电子式表示其形成过程为：，故答案为：。
【点睛】本题的易错点为(4)，要注意二氧化碳的电子式不能写成。
15． CH4+2O2=CO2+2H2O 2O2+8H++8e-=4H2O CH4+2H2O-8e-=CO2+8H+ CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O 2O2+4H2O+8e-=8OH- CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O
【分析】（1）酸性条件下，负极上燃料甲烷失电子发生氧化反应生成二氧化碳，正极上氧气得电子生成水；
（2）碱性条件下，负极上燃料甲烷失电子发生氧化反应生成碳酸根离子，正极上氧气得电子生成氢氧根离子。
【详解】（1）酸性条件，负极上燃料甲烷失电子发生氧化反应生成二氧化碳，则正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，正极电极反应式为2O2+8H++8e-=4H2O；负极的电极反应式为：CH4+2H2O-8e-=CO2+8H+；电池总反应式为CH4+2O2=CO2+2H2O；
（2）碱性条件下，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，则正极电极反应式为：2O2+4H2O+8e-=8OH-；在负极上甲烷反应能生成二氧化碳和水，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠，则负极电极反应式为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；电极总反应式为：CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O。
16．(1) 和
(2) 、NaOH 1∶1 16.2
【解析】(1)
碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、二氧化碳和水，反应的方程式为；上述4种元素中，离子的电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，因此离子半径最大的是；两种由其中某些元素组成、只含极性键的非极性分子如CO2和CH4，其电子式依次为：和，故答案为：；；和；
(2)
把等物质的量的碳酸氢钠和过氧化钠放在密闭容器中加热，总反应方程式为2NaHCO3+2Na2O2=2NaOH+2Na2CO3+O2↑，完全反应后排出气体，则剩余固体的成分包括、NaOH；由方程式可知，其物质的量之比为1：1；由方程式可知，生成32g氧气，参加反应的碳酸氢钠和过氧化钠的总质量为=324g，若排出的气体即氧气的质量为1.6克，则原混合固体的质量为，故答案为：、NaOH；1：1；16.2。
17． > 减小 增大 AD 该反应是放热反应，温度过高，反应物的转化率下降，温度过低，反应速率过慢；且催化剂在一定温度范围内活性最强 减小
【分析】（1）反应开始阶段，正反应速率大于逆反应速率，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，达到平衡时，正逆反应速率相等。
（2）达到平衡时正逆反应速率相等，且满足反应速率之比等于化学计量数之比。
（3）一般来说，升高温度、增大浓度、缩小体积以及加入催化剂等，可加快反应速率；对于物质的量减小的反应，缩小体积、增大其他反应物浓度可以提高转化率。
（4）实际生产中由于该反应是放热反应，温度过高，反应物的转化率下降，温度过低，反应速率过慢；且催化剂在一定温度范围内活性最强，所以温度不宜过高也不宜过低。
（5）平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值。
【详解】（1）反应开始阶段，正反应速率大于逆反应速率，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，达到平衡时，正逆反应速率相等，故答案为：＞，减小，增大；
（2）达到平衡时正逆反应速率相等，且满足反应速率之比等于化学计量数之比，则v(N2)＝v'(H2)，故答案为：；
（3）一般来说，升高温度、增大浓度、缩小体积以及加入催化剂等，可加快反应速率；对于物质的量减小的反应，缩小体积、增大其他反应物浓度可以提高转化率。B.升高温度平衡逆向移动，不能提高氢气转化率，C.使用催化剂同样不能提高氢气转化率，故答案为：AD；
（4）实际生产中由于该反应是放热反应，温度过高，反应物的转化率下降，温度过低，反应速率过慢；且催化剂在一定温度范围内活性最强，所以温度不宜过高也不宜过低。故答案为：该反应是放热反应，温度过高，反应物的转化率下降，温度过低，反应速率过慢；且催化剂在一定温度范围内活性最强。
（5）平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，，升高温度，反应逆向进行，K会减小，故答案为：，减小。
【点睛】一般来说，升高温度、增大浓度、缩小体积以及加入催化剂等，可加快反应速率；对于物质的量减小的反应，缩小体积、增大其他反应物浓度可以提高转化率。所以题目（3）中需要选择同时满足这两种情况的变化措施。
答案第1页，共2页
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一、单选题
1．下列排列顺序中，不正确的是
A．酸性：HClO
A．由原子形成1mol H—H 键要吸收热量
B．所有燃烧都是放热反应
C．在稀溶液中，1mol酸与1mol碱反应生成水时所放出的热量就是中和热
D．凡经加热发生的的反应都是吸热反应
3．下列判断正确的是
A．离子键被破坏的变化一定是化学变化
B．晶体中一定存在化学键
C．含有离子键的化合物一定是离子化合物
D．共价键越强，分子性质越不活泼
4．在一定温度下的恒容密闭容器中，建立下列化学平衡：C(s)+H2O(g)CO(g)＋H2(g)。不能确定上述可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是( )
A．体系的压强不再发生变化
B．气体密度不再发生变化
C．CO与H2O浓度相同时
D．1molH-H键断裂的同时断裂2molH-O键
5．下列方法中可以证明2HI(g) H2(g)+I2(g)已达平衡状态的是
①单位时间内生成nmolH2的同时生成nmolHI
②一个H-H键断裂的同时有两个H-I键断裂
③温度和压强一定时混合气体密度不再变化
④c(HI):c(H2):c(I2)=2：1：1
⑤温度和体积一定时，某一生成物浓度不再变化
⑥温度和体积一定时，容器内压强不再变化
⑦一定条件下，混合气体的平均相对分子质量不再变化
⑧温度和体积一定时混合气体的颜色不再变化
A．②③④⑥ B．②⑥⑦⑧ C．①②⑥⑦ D．②⑤⑧
6．下列关于NH4Cl的描述正确的是
A．只存在离子键 B．属于共价化合物
C．氯离子的结构示意图： D．NH4+的电子式：
7．恒温恒容的清况下，反应A2(g)+B2(g)2AB(g)达到平衡状态的标志是（ ）
A．容器内气体的密度不随时间而变化
B．容器内的总压强不随时间而变化
C．单位时间内生成2nmolAB的同时生成nmolB2
D．A2、B2、AB的反应速率比为1：1：2的状态
8．钢铁防护方法有多种，图中的方法描述正确的是
A．b为电源负极
B．电源改用导线连接进行防护时，辅助电极发生氧化反应
C．电子流向：a→钢铁闸门→辅助电极→b→a
D．该方法是牺牲阳极的阴极保护法
9．如图是以稀硫酸为电解质溶液的原电池装置，下列叙述正确的是
A．锌片上有气泡产生
B．锌片为负极，铜片发生氧化反应
C．电解质溶液中的Ｈ＋向铜极移动
D．电子流动方向为：锌极→导线→铜极→电解质溶液→锌极
10．已知工业上常用石灰乳吸收尾气中的NO和NO2，涉及的反应为：、。下列措施一定能提高尾气中NO和NO2去除率的是
A．加快通入尾气的速率 B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．用石灰水替代石灰乳 D．升高温度
二、填空题
11．现有以下物质：①N2②KBr③MgCl2④Ne⑤CaC2⑥NaHSO4⑦NaOH⑧CO2，请回答：
(1)既含有非极性共价键又含有离子键的是___________(填序号)。
(2)不存在化学键的是___________(填序号)。
(3)属于共价化合物的___________(填序号)。
(4)将物质⑥溶于水，破坏了⑥中的___________(填化学键类型)，写出其溶于水的电离方程式：___________。
(5)请写出①和⑤的电子式：①___________，⑤___________。
12．煤燃烧的反应热可通过以下两个途径来利用：
a.利用煤在充足的空气中直接燃烧产生的反应热；b.先使煤与水蒸气反应得到氢气和一氧化碳，然后使得到的氢气和一氧化碳在充足的空气中燃烧。这两个过程的热化学方程式为：
a.C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=E1 ①
b.C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=E2 ②
H2(g)+ 1/2 O2(g)=H2O(g) ΔH=E3 ③
CO(g)+ 1/2 O2(g)=CO2(g) ΔH=E4 ④
回答：（1）与途径a相比途径b有较多的优点，即__________。
（2）上述四个热化学方程式中的哪个反应ΔH＞0 _______。
（3）等质量的煤分别通过以上两条不同的途径产生的可利用的总能量关系正确的是( )
A．a比b多 B．a比b少 C．a与b在理论上相同
（4）根据能量守恒定律，E1、E2、E3、E4之间的关系为_________
13．某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质。当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。
（1）NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2和Na，N2的电子式为______。
（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na反应生成的还原产物为______（已知该反应为置换反应）.
（3）KClO4是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KCl和Na2O。KClO4含有化学键的类型为______，K的原子结构示意图为_____。
（4）NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分解，其化学方程式为__________。
（5）100g上述产气药剂产生的气体通过碱石灰后得到N2 33.6L（标准状况）。
①用碱石灰除去的物质为_____；
②该产气药剂中NaN3的质量分数为______。
14．香花石是1958年中国地质学家发现的第一种世界新矿物，其主要成分的化学式为。回答下列问题：
(1)质子数与中子数相等的原子的符号为_______，的结构示意图为_______。
(2)位于元素周期表第_______周期_______族。
(3)香花石的主要成分的组成元素中，原子半径最小的是_______(填元素符号，下同)，最大的是_______。
(4)的电子式为_______。
(5)用电子式表示(氟化钙)的形成过程：_______。
15．以甲烷燃料电池为例来分析在不同的环境下电极反应式的书写方法
（1）酸性条件燃料电池总反应：______________，正极反应式________，负极反应式_______________。
（2）碱性条件燃料电池总反应：_________________________________，正极反应式_________________________，负极反应式______________________。
16．回答下列问题
(1)写出碳酸氢钠受热分解的反应的方程式_______；上述4种元素中，离子半径最大的是_______，写出两种由其中某些元素组成、只含极性键的非极性分子的电子式_______；
(2)把等物质的量的碳酸氢钠和过氧化钠放在密闭容器中加热，完全反应后排出气体。剩余固体的成分包括_______，其物质的量之比为_______。若排出的气体的质量为1.6克，则原混合固体的质量为_______克。
17．在一定温度、压强下，向密闭容器中投入一定量N2和H2，发生反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H<0。
(1)反应开始阶段，V(正)_______(填“>”“<”或“＝”)v(逆)，随后v(正)逐渐______(填“增大”或“减小”，下同)，v(逆)逐渐_________，反应达到平衡时，v(正)等于v(逆)。
(2)达到平衡后，若正反应速率用v(N2)表示，逆反应速率用v'(H2)表示，则v(N2)＝_____v'(H2)。
(3)下列措施中能加快反应速率并提高氢气的转化率的是_____________(填字母)。
A．其他条件不变时，压缩容器体积 B．其他条件不变时，升高反应体系温度
C．使用合适的催化剂 D．保持容器体积不变，充入一定量的氮气
(4)实际生产中往往需要将温度控制在一个合适的范围，分析温度不宜过高也不宜过低的原因：_________________________________________________________。
(5)写出合成氨反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的平衡常数表达式：____________________。升高温度时K值_________(填“增大”“减小”或“不变”)。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】A、HClO、H2SO3、HClO3可分别写成：HOCl、(HO)2SO、HOClO2，其对应非羟基氧原子个数逐渐增加，因此其酸性逐渐增加，故酸性HClO
【点睛】对于N与S相关性质判断需注意，这二者满足对角线原则，在一些元素性质相似，但二者的非金属性却不同，可根据以下方式判断：①电负性判断：N的电负性是3.0，而S的电负性是2.5，电负性越强，元素的非金属性越强，所以N的非金属性强于S。类似的还有：O:3.5，Cl:3.0，所以O的非金属性强于Cl；②根据氢化物的稳定性来判断：H2S在点燃条件下可以与有限的O2生成S单质，而NH3在纯氧中点燃才能与O2反应生成N2。
2．B
【详解】A.由原子形成1mol H—H 键要放出热量，A错误；
B. 所有燃烧都是放热反应，B正确；
C. 在稀溶液中，1mol酸与1mol碱反应生成1mol水时所放出的热量就是中和热，C错误；
D. 凡经加热发生的的反应不一定都是吸热反应，例如木炭燃烧等，D错误;
答案选B。
3．C
【详解】A、离子化合物在熔融状态下或水溶液中溶解时,离子键都会发生断裂,但没有新的化学键形成,则不是化学变化,选项A错误；
B、稀有气体元素形成的都是单原子分子,分子之间只存在分子间作用力,没有化学键,选项B错误；
C、离子键只存在于离子化合物中,可能含有共价键,共价化合物只存在共价键, 选项C正确；
D、有时候某些分子中某个共价键很强,但是化学反应并不发生在这个化学键上而是发生在其他化学键上,则分子性质活泼,可以简单理解成分子活泼是分子整体的性质,而一个分子并非只有一个化学键,选项D错误；
答案选C。
4．C
【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】A. 该反应是气体体积增大的反应，反应过程中压强增大，当体系的压强不再发生变化时，说明反应到达平衡，故A不选；
B. 该反应是气体体积增大的反应，反应过程中气体总质量增大，体积不变，密度增大，当气体密度不再发生变化时，说明反应到达平衡，故B不选；
C. 反应C(s)+H2O(g)CO(g)＋H2(g)中，每生成1mol CO(g)的同时，生成1mol H2(g)，CO与H2O浓度始终相等，当CO与H2O浓度相同时，不能说明反应到达平衡，故C选；
D. 1 mol H H键断裂等效于生成2 mol H O键的同时断裂2 mol H O键，说明正反应速率等于逆反应速率，说明反应达平衡状态，故D不选；
故选C。
5．D
【分析】分析：在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。
【详解】①单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol HI，不符合化学方程式中的系数比，正逆反应速率不相等，不能判定反应达到平衡状态，错误；
②一个H-H键断裂的同时有两个H-I键断裂，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，正确；
③密度是混合气的质量和容器容积的比值，该反应是反应前后气体的物质的量不变的反应，所以温度和压强一定时混合气体密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，错误；
④c(HI):c(H2):c(I2)=2：1：1的状态只是反应的一个特定状态，不一定能说明反应达到平衡状态，错误；
⑤温度和体积一定时，某一生成物浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，正确；
⑥该反应为气体总量不变的反应，温度和体积一定时，容器内压强始终不变，不能作为平衡状态的标志，错误；
⑦混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，温度和体积一定时，混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能作为平衡状态的标志，错误；
⑧温度和体积一定时混合气体的颜色不再变化，说明碘的浓度不再变化，可以作为平衡状态的标志，正确；
答案选D。
6．D
【详解】A. NH4Cl中既有离子键又有共价键，故A错误；
B. NH4Cl含有离子键，属于离子化合物，故B错误；
C. 氯离子核外有18个电子，结构示意图是，故C错误；
D. NH4+的电子式是，故D正确，选D。
7．C
【详解】A．气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，容器内气体的密度不随时间而变化，不能作为判断平衡标志，故A不符合题意；
B．该反应是等体积反应，压强始终不变，容器内的总压强不随时间而变化，不能作为判断平衡标志，故B不符合题意；
C．单位时间内生成2nmolAB，反应正向进行，同时生成nmolB2，反应逆向进行，两者生成量之比等于计量系数比，能作为判断平衡标志，故C符合题意；
D．A2、B2、AB的反应速率比为1：1：2的状态，没有说正反应速率，还是逆反应速率，不能作为判断平衡标志，故D不符合题意；
综上所述，答案为C。
8．B
【详解】从图示可知，由于有外加电源，故此为外加电源的阴极保护法。
A．在外加电源的阴极保护法中，钢铁要做电解池的阴极，即a为电源的负极，则b为电源的正极，选项A错误；
B．电源改用导线连接进行防护时，即牺牲阳极的阴极保护法，则辅助电极要做负极，发生氧化反应，选项B正确；
C．在电解池中，电子由电解池的阳极→电源的正极→电源的负极→电解池的阴极，即电子要由辅助电极→b→a→钢铁闸门，选项C错误；
D．该方法是外加电源的阴极保护法，选项D错误；
答案选D。
9．C
【分析】锌比铜活泼,形成原电池反应时,锌为负极,发生氧化反应,电极方程式为Zn-2e-=Zn2+,铜为正极,发生还原反应,电极方程式为2H++2e-=H2↑，据此分析作答。
【详解】A. 根据上述分析可知，铜电极做正极，有氢气生成，而锌电极无气泡生成，故A错误；
B. 锌为负极，发生氧化反应,电极方程式为Zn-2e-=Zn2+，铜为正极，发生还原反应，故B错误；
C. 铜极为正极，电解质溶液中的H+向（正极）铜极移动，故C正确；
D. ,电子由负极经外电路流向正极，电子不能进入电解质溶液中，故D错误；
答案选C。
10．B
【详解】A．加快通入尾气的速率，导致很多NO、NO2来不及反应就被尾气带出，不利于提高尾气中NO和NO2去除率，A不合题意；
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气，增大NO、NO2和石灰乳的接触面积和接触时间，让反应充分，故有利于提高尾气中NO和NO2去除率，B符合题意；
C．用石灰水替代石灰乳，由于Ca(OH)2浓度减小，反应速率减慢，能够吸收的NO、NO2的量减少，不利于提高尾气中NO和NO2去除率，C不合题意；
D．升高温度不利于NO、NO2溶解，使气体和液体不能充分接触，不利于提高尾气中NO和NO2去除率，D不合题意；
故答案为：B。
11．(1)⑤
(2)④
(3)⑧
(4) 离子键、极性共价键 NaHSO4═Na++H++
(5)
【分析】①氮气为非金属单质，分子中只含有共价键；
②溴化钾是离子化合物，化合物中只含有离子键；
③氯化镁是离子化合物，化合物中只含有离子键；
④氖为单原子分子，分子中不含有化学键；
⑤碳化钙为离子化合物，化合物中含有离子键和非极性共价键；
⑥硫酸氢钠是离子化合物，化合物中含有离子键和极性共价键；
⑦氢氧化钠是离子化合物，化合物中含有离子键和极性共价键；
⑧二氧化碳是共价化合物，化合物中只含有共价键。
(1)
由分析可知，既含有非极性共价键又含有离子键的是碳化钙，故答案为：⑤；
(2)
由分析可知，不存在化学键的是单原子分子氖，故答案为：④；
(3)
由分析可知，属于共价化合物的是二氧化碳，故答案为：⑧；
(4)
硫酸氢钠是离子化合物，溶于水时硫酸氢钠在溶液中会破坏离子键、极性共价键，电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为NaHSO4═Na++H++，故答案为：离子键、极性共价键；NaHSO4═Na++H++；
(5)
氮气为非金属单质，电子式为；碳化钙为离子化合物，化合物中含有离子键和非极性共价键，电子式为，故答案为: ；。
12． 煤的利用率高；变成气体以后，运输方便；使燃烧充分 反应② C E1＝E2＋E3＋E4
【详解】（1）固体煤经处理变成气体燃料后，不仅可以大大减少SO2和烟尘对空气造成的污染，而且燃烧效率高，也便于运输；
（2）因为燃烧反应均为放热反应，①③④为燃烧反应，所以放热反应，②为吸热反应；
（3）由盖斯定律可知，反应一步完成或分步完成，其热效应相同，则等质量的煤分别通过以上两条不同的途径产生的可利用的总能量相同；
（4）由盖斯定律可知，反应一步完成或分步完成，其热效应相同，所以①=②+③+④，则能量为E1=E2+E3+E4。
13． Fe 离子键和共价键 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O CO2、H2O 65%
【详解】（1）氮原子最外层有5个电子，共用3对电子形成氮气，则N2的电子式为；
（2）因为Fe2O3与Na的反应为置换反应，所以Fe2O3作为氧化剂，与Na反应得电子生成Fe单质；
（3）KClO4 属于含氧酸盐，所以KClO4含有化学键的类型为离子键和共价键，K是19号元素，原子结构示意图为；
（4）NaHCO3热稳定性较差，受热分解生成碳酸钠、CO2和水，方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；
（5）①碱石灰的主要成分是NaOH和CaO，所以用碱石灰除去的物质为CO2、H2O；
②标准状况下33.6LN2的物质的量为1.5mol，根据N原子守恒，该产气药剂中NaN3的质量分数为（1.5×2÷3）×65÷100×100%=65%。
14． (或) 三 F
【详解】(1) Ca为20号元素，质子数与中子数相等的原子的质量数为40，符号为，的结构示意图为，故答案为：；；
(2)硅是14号元素，位于第三周期，第ⅣA族，故答案为：三；ⅣA；
(3) 同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，香花石的主要成分的组成元素中，原子半径最小的是F，最大的是Ca，故答案为：F；Ca；
(4)二氧化碳是共价化合物，二氧化碳的电子式为，故答案为：；
(5)氟化钙为离子化合物，阴阳离子需要标出所带电荷，用电子式表示其形成过程为：，故答案为：。
【点睛】本题的易错点为(4)，要注意二氧化碳的电子式不能写成。
15． CH4+2O2=CO2+2H2O 2O2+8H++8e-=4H2O CH4+2H2O-8e-=CO2+8H+ CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O 2O2+4H2O+8e-=8OH- CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O
【分析】（1）酸性条件下，负极上燃料甲烷失电子发生氧化反应生成二氧化碳，正极上氧气得电子生成水；
（2）碱性条件下，负极上燃料甲烷失电子发生氧化反应生成碳酸根离子，正极上氧气得电子生成氢氧根离子。
【详解】（1）酸性条件，负极上燃料甲烷失电子发生氧化反应生成二氧化碳，则正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，正极电极反应式为2O2+8H++8e-=4H2O；负极的电极反应式为：CH4+2H2O-8e-=CO2+8H+；电池总反应式为CH4+2O2=CO2+2H2O；
（2）碱性条件下，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，则正极电极反应式为：2O2+4H2O+8e-=8OH-；在负极上甲烷反应能生成二氧化碳和水，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠，则负极电极反应式为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；电极总反应式为：CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O。
16．(1) 和
(2) 、NaOH 1∶1 16.2
【解析】(1)
碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、二氧化碳和水，反应的方程式为；上述4种元素中，离子的电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，因此离子半径最大的是；两种由其中某些元素组成、只含极性键的非极性分子如CO2和CH4，其电子式依次为：和，故答案为：；；和；
(2)
把等物质的量的碳酸氢钠和过氧化钠放在密闭容器中加热，总反应方程式为2NaHCO3+2Na2O2=2NaOH+2Na2CO3+O2↑，完全反应后排出气体，则剩余固体的成分包括、NaOH；由方程式可知，其物质的量之比为1：1；由方程式可知，生成32g氧气，参加反应的碳酸氢钠和过氧化钠的总质量为=324g，若排出的气体即氧气的质量为1.6克，则原混合固体的质量为，故答案为：、NaOH；1：1；16.2。
17． > 减小 增大 AD 该反应是放热反应，温度过高，反应物的转化率下降，温度过低，反应速率过慢；且催化剂在一定温度范围内活性最强 减小
【分析】（1）反应开始阶段，正反应速率大于逆反应速率，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，达到平衡时，正逆反应速率相等。
（2）达到平衡时正逆反应速率相等，且满足反应速率之比等于化学计量数之比。
（3）一般来说，升高温度、增大浓度、缩小体积以及加入催化剂等，可加快反应速率；对于物质的量减小的反应，缩小体积、增大其他反应物浓度可以提高转化率。
（4）实际生产中由于该反应是放热反应，温度过高，反应物的转化率下降，温度过低，反应速率过慢；且催化剂在一定温度范围内活性最强，所以温度不宜过高也不宜过低。
（5）平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值。
【详解】（1）反应开始阶段，正反应速率大于逆反应速率，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，达到平衡时，正逆反应速率相等，故答案为：＞，减小，增大；
（2）达到平衡时正逆反应速率相等，且满足反应速率之比等于化学计量数之比，则v(N2)＝v'(H2)，故答案为：；
（3）一般来说，升高温度、增大浓度、缩小体积以及加入催化剂等，可加快反应速率；对于物质的量减小的反应，缩小体积、增大其他反应物浓度可以提高转化率。B.升高温度平衡逆向移动，不能提高氢气转化率，C.使用催化剂同样不能提高氢气转化率，故答案为：AD；
（4）实际生产中由于该反应是放热反应，温度过高，反应物的转化率下降，温度过低，反应速率过慢；且催化剂在一定温度范围内活性最强，所以温度不宜过高也不宜过低。故答案为：该反应是放热反应，温度过高，反应物的转化率下降，温度过低，反应速率过慢；且催化剂在一定温度范围内活性最强。
（5）平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，，升高温度，反应逆向进行，K会减小，故答案为：，减小。
【点睛】一般来说，升高温度、增大浓度、缩小体积以及加入催化剂等，可加快反应速率；对于物质的量减小的反应，缩小体积、增大其他反应物浓度可以提高转化率。所以题目（3）中需要选择同时满足这两种情况的变化措施。
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