2022届人教版高一下学期期末化学培优提升卷三试题答案

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