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重庆市石柱中学2022-2023学年高二化学下学期第二次月考试题(Word版附解析)
重庆市石柱中学2022-2023学年高二化学下学期第二次月考试题(Word版附解析)
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重庆市石柱中学校高2024级高二(下)第二次月考化学试题可能用到的相对原子质量:H:1C:12N:14O:16Si:28P:31Co:59Ti:48Ba:137Mn:55一、选择题(本题共14题,每题3分,共42分,每小题只有一个选项符合题意。)1.下列说法错误的是A.CH4分子填充模型:B.基态Si原子价电子排布图C.第一电离能:N>O>CD.石墨质软的原因是其层间作用力微弱【答案】A【解析】【分析】【详解】A.CH4分子为正四面体结构,碳原子的原子半径较大,其空间充填模型为,A错误;B.基态Si原子价电子排布式为3s23p2,排布图为,B正确;C.同周期自左至右第一电离能呈增大趋势,但N原子的2p轨道处于半满状态,因此其第一电离能最大,则第一电离能:N>O>C,C正确;D.在石墨中,同层的C原子以共价键结合,而每层之间以范德华力结合,其层间作用力微弱,层与层之间可以滑动,因此较为松软,D正确;综上所述答案为A。2.下列各组晶体物质中,化学键类型相同,晶体类型也相同是①与②与NaOH③与④晶体氖与白磷⑤NaCl与⑥AlN与SiCA①③⑥B.②③⑥C.②③④D.①⑤⑥【答案】B【解析】【详解】①SiO2只含有共价键,属于共价晶体;CO2分子内部含有共价键,但是由分子构成的,属于分子晶体,两者晶体类型不同,不符合题意;②NH4Cl是由铵根离子与氯离子构成的离子化合物,含有离子键和共价键,属于离子晶体;NaOH含有离 子键、共价键,属于离子晶体;两者化学键类型和晶体类型均相同,符合题意;③O2与N2均是由分子构成,属于分子晶体,分子内部均由共价键结合,符合题意;④晶体氖与白磷均是由分子构成,属于分子晶体,但氖是单原子分子,不含化学键,而白磷分子内由共价键结合,不符合题意;⑤NaCl含有离子键,属于离子晶体;AlCl3含有共价键,属于分子晶体,两者化学键类型和晶体类型均不相同,不符合题意;⑥AlN(硬度大,熔点高)与SiC均属于共价晶体,由共价键构成,符合题意;综上所述,②③⑥符合题意,答案选B。3.某有机物A用质谱仪测定示意图如图①,核磁共振氢谱示意图如图②,则A的结构简式可能为A.HCOOHB.CH3CHOC.CH3CH2OHD.CH3CH2COOH【答案】C【解析】【分析】质核比的最大值=相对分子质量,则该有机物的相对分子质量=46,则分子式为:C2H6O或CH2O2。核磁共振氢谱示意图可知,核磁共振氢谱有3个吸收峰,故有机物分子中有3种等效氢。【详解】A.HCOOH只含2种等效氢,A错误;B.CH3CHO的分子式不符合C2H6O或CH2O2,B错误;C.CH3CH2OH的分子式和等效氢均符合上面分析的情况,C正确;D.CH3CH2COOH的分子式不符合C2H6O或CH2O2,D错误。答案选C。【点睛】质谱仪用来测有机物分子式,质核比的最大值=相对分子质量。4.某烯烃分子的结构简式为,用系统命名法命名其名称为()A.2,2,4-三甲基-3-乙基-3-戊烯B.2,4,4-三甲基-3-乙基-2-戊烯C.2,2,4-三甲基-3-乙基-2-戊烯D.2-甲基-3-叔丁基-2-戊烯【答案】B 【解析】【详解】烯烃分子的结构简式为,系统命名法命名其名称为2,4,4-三甲基-3-乙基-2-戊烯,故B符合题意。综上所述,答案为B。5.在实验室由废铁屑制取无水,下列实验原理与装置能达到实验目的的是A.用装置I除去废铁屑表面的油污B.用装置II溶解废铁屑制C.用装置III过滤得到D.用装置IV蒸干溶液获得【答案】A【解析】【详解】A.碳酸钠溶液显碱性,加热有利于碳酸根水解碱性增强,油污可以在碱性条件下水解而被除去,A正确;B.废铁屑和盐酸反应生成FeCl2,同时废铁屑会与三价铁离子反应,生成二价铁,B错误;C.过滤需要用玻璃棒引流,C错误;D.加热促进Fe3+水解,蒸干氯化铁溶液得到氢氧化铁固体,D错误;故选A。6.化合物p()、q()、r()是三种重要有机合成原料,下列有关三种化合物的说法错误的是A.p、q、r互为同分异构体B.均能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.p、q、r中所有碳原子一定共平面D.p、q、r均难溶于水,密度均比水小【答案】C【解析】【详解】A.p,q,r,分子式都为,它们的分子结构不同,都互为同分异构体,A项正确; B.p,q,r,分子中都含有碳碳双键,均能使酸性高锰酸钾溶液褪色,B项正确;C.p(),q(),中*碳原子与其他碳原子不一定共面,r()中1个乙烯基上的碳原子与另1个乙烯基上的碳原子不一定共面,C项错误;D.p,q,r,都属于烃,烃都难溶于水,密度均比水小,D项正确;答案选C。7.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.124g的P4含有P-P键的数目为6NAB.15.6g的苯含有σ键的数目为1.2NAC.2.24L的乙炔含有π键的数目为0.2NAD.60g的SiO2中含有Si-O键的数目为2NA【答案】A【解析】【详解】A.P4是正四面体结构,每个P4分子中含有6个P—P键,则124gP4物质的量为,含有P-P键的数目为6NA,A选项正确;B.一个苯分子中含有12个σ键,则15.6g苯的物质的量为,含有σ键的数目为2.4NA,B选项错误;C.乙炔所处温度和压强未知,不能用22.4L/mol计算2.24L乙炔物质的量,含有π键的数目也不能准确计算,C选项错误;D.1molSiO2中含有4molSi—O键,60gSiO2的物质的量为,含有的Si—O键的数目为4NA,D选项错误;答案选A。8.下列实验中,所采取的分离提纯的方法与对应原理都正确的是()选项目的分离方法原理A除去己烷中混有的己烯加溴水,再进行分液操作己烯可以与溴水反应,己烷与溴水不反应 B除去苯中的二甲苯蒸馏苯与二甲苯的沸点相差较大C除去KNO3固体中混杂的NaCl重结晶NaCl在水中的溶解度很大D分离苯和硝基苯分液苯的密度比水小,硝基苯的密度比水大A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.溴水与己烯发生加成反应生成二溴己烷,二溴己烷易溶于己烷,不能使用分液的操作分离,A选项错误;B.苯和二甲苯互溶,但两者沸点差异较大,可用蒸馏的方法进行分离,B选项正确;C.用重结晶的方法除去KNO3中的NaCl杂质,其原理是KNO3溶解度随温度升高明显增大,而NaCl的溶解度随温度升高变化不明显,将热饱和溶液降低温度时,KNO3从溶液中析出,而NaCl仍留在溶液中,从而可将KNO3中的NaCl除去,C选项错误;D.苯和硝基苯两者互溶,不能用分液法分离,应采用蒸馏的方法进行分离,D选项错误;答案选B。9.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,基态W的原子2p轨道处于半充满状态,基态X的原子的2p能级上只有一对成对电子,基态Y的原子的最外层电子运动状态只有1种,元素Z与X同主族。下列说法错误的是A.第一电离能:W>X>YB.电负性:Y>W>ZC.简单离子半径:Z>X>YD.最简单氢化物的沸点:X>W>Z【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,基态W的原子2p轨道处于半充满状态,则W核外电子排布是1s22s22p3,W是N元素;基态X的原子的2p能级上只有一对成对电子,则X核外电子排布式是1s22s22p4,X是O元素;基态Y的原子的最外层电子运动状态只有1种,Y核外电子排布式是1s22s22p63s1,Y是Na元素,元素Z与X同主族,则Z是P元素,然后根据问题分析解答。【详解】根据上述分析可知:W是N,X是O,Y是Na,Z是P元素。A.非金属元素第一电离能大于金属元素;同一周期元素的第一电离能呈增大趋势,但第IIA、第VA元素处于轨道的全满、半满的稳定状态,第一电离能大于相邻元素,则这三种元素的第一电离能由大到小的顺 序为:N>O>Na,即W>X>Y,选项A正确;B.同一周期元素随原子序数的增大,元素电负性逐渐增大;同一主族元素,原子核外电子层数越多,元素电负性越小,所以电负性:N>P>Na,即W>Z>Y,选项B错误;C.离子核外电子层数越多,离子半径越大;当离子核外电子排布相同时,离子的核电荷数越大,离子半径越小。O2-、Na+核外电子排布都是2、8,有2个电子层;P3-核外电子排布是2、8、8,有3个电子层,所以简单离子半径:P3->O2->Na+,即离子半径:Z>X>Y,选项C正确;D.元素的非金属性越强,其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性:O>N>P,所以最简单氢化物的沸点:H2O>NH3>PH3,即氢化物的稳定性:X>W>Z,选项D正确;答案选B。10.的一氯代产物有(不考虑立体异构)A.2种B.3种C.4种D.5种【答案】C【解析】【详解】该物质分子是对称结构,分子中含有4种不同位置的H原子,因此其一氯代产物有4种,故答案选C。11.观察下列几个装置示意图,有关叙述正确的是A.装置①中阳极上析出红色固体B.装置②的待镀铁制品应与电源正极相连C.装置③中外电路电子由a极沿导线流向b极D.装置④的离子交换膜允许阳离子、阴离子、水分子自由通过【答案】C【解析】【详解】A.装置①中阳极上氯离子失电子生成氯气,故A错误; B.装置②的待镀铁制品应与电源负极相连,故B错误;C.装置③中a是负极、b是正极,外电路电子由a极沿导线流向b极,故C正确;D.装置④的离子交换膜允许阳离子、水分子自由通过,不允许阴离子通过,故D错误;选C。12.钴的一种化合物的晶胞结构如图所示,已知晶胞参数为apm,A点的原子坐标参数为(0,0,0),C点为(,,),下列说法中错误的是A.钴位于元素周期表第四周期第Ⅷ族,属于d区B.距离Ti4+最近且等距的O2-的数目为12C.B点的原子坐标参数为(,0,)D.该晶体的密度为【答案】D【解析】【详解】A.钴是27号元素,价电子排布式为3d74s2,位于元素周期表第四周期第Ⅷ族,属于d区元素,A正确;B.根据晶胞结构可知距离Ti4+最近且等距的O2-的数目为=12,B正确;C.根据已知各个坐标,结合B点对A点的相对位置,可知B点的原子坐标参数为(,0,),C正确;D.该晶胞中含有Ti4+数目为:8×=1;含有Co2+数目是1,含有O2-数目是6×=3,则该晶体化学式为CoTiO3,其密度ρ=,D错误;故合理选项是D。13.在体积为的刚性密闭容器中加入一定量的和,发生反应:。在不同温度下,测得容器中转化率随时间的变化关系如图所 示,已知该反应的速率方程为,,k是速率常数,受温度影响。下列说法正确的是A.该反应的B.时,测得平衡体系中,则C.时,降低温度,增大,减小D.达到平衡状态后,增大压强,先增大后减小【答案】B【解析】【详解】A.由图可知,温度为T2时,反应先达到平衡,则T2大于T1,T2时一氧化碳的转化率小于T1时说明升高温度,平衡向逆反应方向移动,该反应为放热反应,反应ΔH<0,故A错误;B.T1反应达到平衡时,正逆反应速率相等,则=,=K,设起始甲烷和一氧化碳的起始物质的量分别为amol和bmol,由题意可建立如下三段式:则反应的平衡常数K===,故B正确;C.T1时,降低温度,正逆反应速率均减小,则、均减小,故C错误;D.该反应是气体体积减小的反应,增大压强,平衡向正反应方向移动,则增大压强,逆反应速率增大, 反应达到新平衡时,逆反应速率保持不变,故D错误;故选B。14.常温下,向溶液中加入固体或通入气体,已知:的电离平衡常数,。下列有关叙述正确的是A.溶液中存在:B.加入固体或通入气体的过程中,水的电离程度均减小C.加入固体至,此时D.当时,溶液中离子浓度满足:【答案】C【解析】【详解】A.H2C2O4的pKa1=1.2,Ka1=10-1.2,Kh2==10-12.8<Ka2=10-4.2,即的电离大于水解,故NaHC2O4溶液中c()>c(H2C2O4),A错误;B.加入NaOH后+OH-=+H2O,根据越弱越水解的原理,水解程度大于,即水的电离程度增大,B错误;C.pH=4.2时,恰好生成NaHC2O4,由物料守恒得c(Na+)=c()+c(H2C2O4)+c(),由电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c()+c(OH-)+c(),两式相加得2(Na+)+c(H+)=3c()+c(OH-)+2c()+c(H2C2O4),pH=4.2,故c(H+)>c(OH-),因此2(Na+)<3c()+2c()+c(H2C2O4)<3c()+3c()+3c(H2C2O4)=3[c()+c()+c(H2C2O4)],C正确;D.pH=7时,由电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=2c()+c(OH-)+c(),D错误;故选C。二、非选择题(共4小题,合计58分)15.请回答下列问题:(1)有机物中含氧官能团的名称为___________; (2)基态镍原子核外电子排布式为___________,3d能级上的未成对电子数为___________个;(3)的分子结构处在同一条直线上的碳原子有___________个;(4)分子式为,核磁共振氢谱只有一组峰的烷烃的结构简式为___________;(5)晶体中不含有的化学键类型为___________(填选项),其中的空间构型为___________。A.离子键B.共价键C.配位键D.金属键E.氢键【答案】(1)羟基和羧基(2)①.或②.2(3)5(4)(5)①.D②.正四面体形【解析】【小问1详解】有机物中含氧官能团的名称为羟基和羧基;【小问2详解】Ni核电荷数为28,基态镍原子核外电子排布式为或,3d能级上的未成对电子数为2个;【小问3详解】苯环处于对位的碳原子及其相连的原子在同一直线上、碳碳叁键是直线形、与碳碳叁键直接相连的原子在同一条直线上,则所给有机物的分子结构处在同一条直线上的碳原子有5个;【小问4详解】分子式为,核磁共振氢谱只有一组峰即氢原子只有1种的烷烃的结构简式为;【小问5详解】晶体中配离子和硫酸根之间是离子键,氨分子和硫酸根内有共价键,铜离子和氨分子通过配位键形成配离子,晶体内不存在金属键,而氢键不属于化学键,则不含有的化学键类型为金属键,选D;的中心原子S原子的孤电子对为,价层电子对个数=4+0=4,所以 中心原子为杂化,其空间构型为正四面体。16.碱式碳酸铜在烟火、农药、颜料、杀菌剂等方面应用广泛。一种以辉铜矿(,含有和少量等杂质)为原料制备碱式碳酸铜的流程如图所示:已知:①有关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:金属离子开始沉淀的pH7.52.75.68.3完全沉淀的pH9.03.76.79.8②常温稳定,在热水中会分解生成;③。回答下列问题:(1)加快“浸取”速率,除将辉铜矿粉碎外,还可采取的措施有___________(任写一种)。(2)滤渣Ⅰ经提取后可获得一种淡黄色副产品,则滤渣Ⅰ中的主要成分是、___________和___________(填化学式)。回收淡黄色副产品过程中温度控制在50~60℃之间,不宜过高或过低的原因是___________。(3)常温下“除铁”时加入的试剂A可用CuO,调节pH的范围为___________,若加A后将溶液的pH调为5,则溶液中的浓度为___________。(4)写出“沉锰”(除)过程中反应的离子方程式:___________。(5)“赶氨”时,最适宜的操作方法是___________。(6)测定副产品样品的纯度:准确称取样品ag,加蒸馏水配成100mL溶液,取出25.00mL用标准的溶液测定,完全反应后得到了bg沉淀,则此样品的纯度为___________(用a、b表示即可)。【答案】(1)搅拌(适量增加硫酸的浓度、适当加热等)(2)①.S②.③.温度过低,硫的溶解速率小;温度过高,二硫化碳易挥发 (3)①.3.7≤pH<5.6②.(4)(5)加热(6)【解析】【分析】浮选精矿与MnO2、硫酸反应生成一种淡黄色副产品,即S、Cu的化合价升高,Mn原子的化合价降低,生成硫酸锰、硫酸铜、单质硫和水,少量Fe2O3等杂质溶于硫酸,则SiO2不溶,滤渣I为单质硫和SiO2;加入CuO、Cu(OH)2或碱式碳酸铜调节pH,使铁离子生成氢氧化铁沉淀;过滤,向滤液中加入碳酸氢铵、氨气,生成碳酸锰沉淀和铵根离子;通过加热,赶走多余的氨气,使溶液中的铜离子生成碱式碳酸铜,据此回答。【小问1详解】为了加快辉铜矿的“浸取”速率可采取的措施一般为将辉铜矿粉碎、搅拌、适当增加硫酸浓度、适当加热等,可以任答一条;【小问2详解】在浸取时候加入的稀硫酸和二氧化锰,则滤渣中含有不反应的SiO2、过量的MnO2、和Cu2S与稀硫酸反应生成的单质S;回收该淡黄色副产品过程中,如果温度过低,则S的溶解度小较,产率较低;如果温度过高,会使CS2大量挥发,也会造成产率过低;【小问3详解】Fe3+的水解方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,常温下加入的试剂A为CuO会消耗H+,使水解平衡正向移动,Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去,结合表格数据,Fe3+完全沉淀时的pH为3.7,同时为了防止其它离子被沉淀,则pH不能超过5.6,所以范围为3.7≤pH<5.6;加A后将溶液的pH调为5,即氢离子浓度为10-5mol/L,所以氢氧根浓度为10-9mol/L,又,则溶液中的浓度为mol/L;【小问4详解】根据流程图沉锰时加入碳酸氢铵和氨气,锰离子就反应生成了碳酸锰,另外一种产物可推为铵根离子,即离子方程式为:;小问5详解】过量的氨气会与铜离子反应生成配离子,则“赶氨"操作的目的是防止[Cu(NH3)4]SO4生成,提高产品的产率,利用氨易挥发性质,即可采取方法为加热; 【小问6详解】根据硫酸根守恒,结合题中数据知25.00mL溶液中含有硫酸根物质的量为,所以ag样品中含有硫酸根物质的量为,即硫酸锰晶体质量为,故质量分数为17.研究发现“利用零价铁还原可脱除地下废水中硝酸盐”,某课外活动小组利用如下装置探究铁粉与溶液的反应。实验步骤如下:①连接好装置,并检查装置的气密性。②装好药品。③打开弹簧夹,缓慢通入,并保持后续反应均在氛围中进行。④加入pH已调至2.5的0.01酸性溶液100mL,一段时间后铁屑部分溶解,溶液逐渐变为浅绿色;待铁粉不再溶解,静置后发现剩余固体表面有少量白色物质附着。⑤过滤剩余固体时,表面的白色物质变为红褐色。⑥检测到滤液中存在、和。请回答下列问题:(1)使用仪器a的第一步操作的名称是___________。(2)通入并保持后续反应均在氛围中进行的实验目的是___________。(3)检验滤液中所用的试剂是___________。(4)检验滤液中的实验方案是___________。(5)某地下废水中的含量测定。取VL废水,加入稀硫酸酸化,再加入标准溶液(过量),充分反应后,用标准溶液滴定剩余的,消耗标准溶液的体积为,终点时的现象是___________;废水中的含量为___________。(用含、、V、、的代数式表示)【答案】(1)检查分液漏斗是否漏液 (2)排除氧气对Fe与硝酸反应的干扰(3)溶液(4)取一定量的滤液于试管中,加入稀硫酸,溶液内有气泡产生,在试管口变为红棕色,则滤液中含有硝酸根(表达合理即可)(5)①.当滴入最后半滴标准液时,溶液变浅红色,且半分钟内不褪色②.【解析】【分析】该实验研究铁粉与KNO3溶液的反应,实验前需要对分液漏斗进行查漏,连接好装置后先检查装置气密性,载加入实验药品,空气中的氧气会影响Fe与硝酸根离子的反应,故要通入氮气以除去氧气对实验的干扰,反应开始后铁粉部分溶解,溶液逐渐变为浅绿色,说明有Fe2+生成,溶液的酸性减弱,Fe2+水解得到Fe(OH)2,氢氧化亚铁在过滤时被空气中的氧气氧化为氢氧化铁,颜色变为红褐色;【小问1详解】第一步操作为检查分液漏斗是否漏液;【小问2详解】根据上述分析,通入N2的目的,排除氧气对Fe与硝酸反应的干扰;【小问3详解】Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液发生特征反应、产生深蓝色沉淀,常用于检验,则检验滤液中Fe2+所用的试剂是K3[Fe(CN)6]溶液;【小问4详解】滤液中含Fe2+、,二者在酸性环境中能发生氧化还原反应生成NO气体,则检验滤液中实验方案是:取一定量的滤液于试管中,加入稀硫酸,溶液内有气泡产生,在试管口变为红棕色,则滤液中含有硝酸根;【小问5详解】高锰酸钾溶液呈紫色,能被亚铁离子还原为锰离子而使溶液褪色,所以终点时的实验现象是:当滴入最后半滴标准液时,溶液变浅红色,且半分钟内不褪色。水样中被Fe2+还原成NO,根据氧化还原反应规律可知二者关系,剩余的Fe2+被氧化,二者关系式:,则水样中的含量: 。18.环戊二烯()是重要的有机化工原料,广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题:(1)已知:①②对于反应:③___________。(2)某温度下,等物质的量的碘和环戊烯()在刚性容器内发生反应③,起始总压为Pa,平衡时总压增加了10%,环戊烯的转化率为___________,该反应的平衡常数___________Pa。达到平衡后,欲增加环戊烯的平衡转化率,可采取的措施有___________(填标号)。A.通入惰性气体B.提高温度C.增加环戊烯浓度D.增加碘浓度(3)环戊二烯容易发生聚合生成二聚体,该反应为可逆反应。不同温度下,溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示,下列说法正确的是___________(填标号)。A.B.a点的反应速率小于c点的反应速率C.a点的正反应速率大于b点的逆反应速率D.b点时二聚体的浓度为0.45(4)环戊二烯可用于制备二茂铁(结构简式为),后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示,其中电解液为溶解有溴化钠(电解质)和环戊二烯的DMF溶液(DMF为惰性有机溶剂)。 该电解池的阴极为___________,总反应为___________。电解制备需要在无水条件下进行,原因为___________。【答案】(1)+89(2)①.20%②.③.BD(3)CD(4)①.Ni电极②.()③.水会阻碍中间物Na的生成;水会电解生成,进一步与反应生成【解析】【小问1详解】根据盖斯定律,由反应①+反应②得反应③,则=+89;【小问2详解】设容器中起始加入得I2(g)和环戊烯得物质的量均为a,平衡时转化的环戊烯的物质的量为x,列出三段式:根据平衡时总压强增加了10%,且恒温恒容时,压强之比等于气体物质的量之比,得解得x=0.2a,则环戊烯的转化率为,平衡时环戊烯、I2(g)、环戊二烯、HI(g)的分压分别为、、、,则Kp= ,根据=1.1P0,可得Kp=P0/40。通入惰性气体,对反应③的平衡无影响,A项不符合题意;反应③为吸热反应,提高温度,平衡正向移动,可提高环戊烯的平衡转化率,B项符合题意;增加环戊烯浓度,能提高l2(g)的平衡转化率,但环戊烯的平衡转化率降低,C项不符合题意;增加I2(g)的浓度,能提高环戊烯的平衡转化率,D项符合题意。故选BD;【小问3详解】由相同时间内,环戊二烯浓度减小量越大,反应速率越快可知,T1<T2,A项错误;根据图像可知,a点切线斜率的绝对值大于c点切线斜率的绝对值,故a点的速率大于c点,B项错误;a点和b点温度相同,a点时环戊二烯的浓度大于b点时环戊二烯的浓度,即a点的正反应速率大于b点的正反应速率,因为b点时反应未达到平衡,b点的正反应速率大于逆反应速率,故a点的正反应速率大于b点的逆反应速率,C项正确;b点时,环戊二烯的浓度减小0.9mol/L,结合生成的二聚体浓度为环戊二烯浓度变化量的一半,可知二聚体的浓度为0.45mol/L,D项正确。【小问4详解】根据图示可知二价铁参与反应,则铁在阳极失去电子,故该电池的阳极是铁电极,阴极是镍电极;电解液中的钠离子起到催化剂作用使得环戊二烯得电子生成氢气,同时与亚铁离子结合生成二茂铁,故电极反应式为;
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高中 - 化学
发布时间:2023-08-08 18:00:01
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文章作者:随遇而安
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