1、第2章测评B(高考体验卷)(时间:90分钟满分:100分)可能用到的相对原子质量:H1C12N14O16Cl35.5Na23Fe56Cu64Zn65一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分)1.(2014浙江理综,9)如表所示的五种元素中,W、X、Y、Z为短周期元素,这四种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是()XYWZTA.X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B.由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键C.物质WY2、W3X4、WZ4均有熔点高、硬度大的特性D.T元素的单质具有半导体的特性,T与Z元素可形成化合物TZ4解析:由于W、X、Y、Z为短周期元素,结
2、合题表不难看出X、Y位于第2周期,W、Z位于第3周期,T位于第4周期。设W最外层电子数为x,则X、Y、Z最外层分别有x+1、x+2、x+3个电子,由题意知x+x+1+x+2+x+3=22,解得x=4。结合所在周期即可判断W、X、Y、Z、T依次为Si、N、O、Cl、Ge。A项,X、Y、Z对应的最低价氢化物依次为NH3、H2O、HCl,只有HCl不存在氢键,故HCl沸点最低,错误;B项,X、Y和氢形成的化合物NH4NO3中含有离子键,故B错误;C项,WY2、W3X4、WZ4对应物质分别为SiO2、Si3N4、SiCl4,其中SiCl4为分子晶体,其熔点低、硬度小,C错误。答案:D2.(2014江苏
3、化学,9)短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍,Y是地壳中含量最高的元素,Z2+与Y2-具有相同的电子层结构,W与X同主族。下列说法正确的是()A.原子半径的大小顺序:r(W)r(Z)r(Y)r(X)B.Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同C.X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的弱D.Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强解析:X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍,所以X有2个电子层,是碳元素;地壳中含量最高的元素是氧,故Y为氧元素;Z2+与O2-具有相同的电子层结构,故Z是镁元素;W与X同主族,原子序数比X大的同主族元素是硅。由
4、X、Y、Z、W在周期表中的位置XYZW可知,原子半径的大小顺序应为r(Z)r(W)r(X)r(Y),A错误;Y与Z、W形成的化合物分别为MgO、SiO2,其中MgO中的化学键是离子键,SiO2中的化学键是共价键,二者化学键类型不同,B错误;H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强,C错误;H2O的热稳定性比CH4强,CH4的热稳定性比SiH4强,故H2O的热稳定性比SiH4的强,D正确。答案:D3.(双选)(2014江苏化学,15)一定温度下,在三个体积均为1.0 L的恒容密闭容器中发生反应:2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)容器编号温度起始物质的量/mol平衡物质的量/mol
5、CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)3870.200.0800.0803870.402070.200.0900.090下列说法正确的是()A.该反应的正反应为放热反应B.达到平衡时,容器中的CH3OH体积分数比容器中的小C.容器中反应到达平衡所需时间比容器中的长D.若起始时向容器中充入CH3OH 0.15 mol、CH3OCH3 0.15 mol和H2O 0.10 mol,则反应将向正反应方向进行解析:容器中的平衡常数K=(0.0801.0)2(0.20-0.08021.0)2=4,容器中的平衡常数K=(0.0901.0)2(0.20-0.09021.0)2=814,所以该反应的正
6、反应方向是放热反应,A正确;容器、达到平衡时是等效平衡,CH3OH体积分数相等,B错误;容器反应温度高,反应速率快,达到平衡所用的时间短,C错误;容器中Qc=0.150.100.152=234,所以反应向正反应方向进行,D正确。答案:AD4.(2014福建理综,12)在一定条件下,N2O分解的部分实验数据如下:反应时间/min0102030405060708090100c(N2O)(molL-1)0.1000.0900.0800.0700.0600.0500.0400.0300.0200.0100.000下图能正确表示该反应有关物理量变化规律的是()(注:图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所
7、需的相应时间,c1、c2均表示N2O初始浓度且c1c2)解析:由表中数据分析,每隔10分钟,N2O浓度减少0.01 molL-1,即N2O的分解速率与N2O的浓度无关,则A正确,B错误;C项浓度越大,则半衰期越大,C项错误;D项在相同时间内,浓度越大,转化率越小,D项错误。答案:A5.(2014北京理综,12)在一定温度下,10 mL 0.40 molL-1 H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)()A.06 min的平均反应速
8、率:v(H2O2)3.310-2 mol(Lmin)-1B.610 min的平均反应速率:v(H2O2)3.310-2 mol(Lmin)-1C.反应至6 min时,c(H2O2)=0.30 molL-1D.反应至6 min时,H2O2分解了50%解析:10 mL溶液中含有H2O2物质的量为0.01 L0.4 molL-1=0.004 mol,6 min时,氧气的物质的量为0.0224L22.4Lmol-1=0.001 mol,根据三段法解题:2H2O22H2O+O2初始物质的量(mol)0.0040变化的物质的量(mol)0.0020.0016 min时物质的量(mol)0.0020.001
9、则06 min时间内,c(H2O2)=0.002mol0.01L=0.2 molL-1,所以v(H2O2)=0.2molL-16min3.310-2 mol(Lmin)-1,故A正确;6 min时,c(H2O2)=0.002mol0.01L=0.2 molL-1,故C错误;6 min时,H2O2分解率为0.002mol0.004mol100%=50%,故D正确;随着反应的进行,H2O2的浓度逐渐减小,反应速率也逐渐减小,所以610 min的平均反应速率小于前6 min的平均速率,即小于3.310-2 mol(Lmin)-1,故B正确。答案:C6.(2014新课标理综,9)已知分解1 mol H
10、2O2放出热量98 kJ。在含少量I-的溶液中,H2O2分解的机理为:H2O2+I-H2O+IO-慢H2O2+IO-H2O+O2+I-快下列有关该反应的说法正确的是()A.反应速率与I-浓度有关B.IO-也是该反应的催化剂C.反应活化能等于98 kJmol-1D.v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)解析:由信息可知有I-参加的反应速率慢,对整个反应起决定作用,A选项正确;IO-是中间产物,不属于催化剂,B选项错误;活化能与放出的热量无关,C选项错误;依据2H2O22H2O+O2,故有v(H2O2)=v(H2O)=2v(O2),可知D选项错误。答案:A7.(2014北京理综,8)下列电池工作
11、时,O2在正极放电的是()解析:上述电池中只有氢燃料电池中O2参与正极反应并放电。答案:B8.(2014福建理综,11)某原电池装置如图所示,电池总反应为2Ag+Cl22AgCl。下列说法正确的是()A.正极反应为AgCl+e-Ag+Cl-B.放电时,交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成C.若用NaCl溶液代替盐酸,则电池总反应随之改变D.当电路中转移0.01 mol e-时,交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子解析:原电池的正极发生得电子的还原反应:Cl2+2e-2Cl-,负极发生失电子的氧化反应:Ag-e-+Cl-AgCl,阳离子交换膜右侧无白色沉淀生成;若用NaCl溶液代替盐酸,电池
12、总反应不会改变;当电路中转移0.01 mol电子时,负极消耗0.01 mol Cl-,右侧正极生成0.01 mol Cl-,左侧溶液中应有0.01 mol H+移向右侧,约减少0.02 mol离子。答案:D9.(2014重庆理综,4)茶叶中铁元素的检验可经以下四个步骤完成,各步骤中选用的实验用品不能都用到的是()A.将茶叶灼烧灰化,选用、和B.用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释,选用、和C.过滤得到滤液,选用、和D.检验滤液中的Fe3+,选用、和解析:容量瓶用于准确配制一定体积一定物质的量浓度的溶液,不能用来溶解固体,也不能用来稀释浓溶液,故选B。答案:B10.(2014江苏化学,5)下列装置应
13、用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验,能达到实验目的的是()A.用装置甲制取氯气B.用装置乙除去氯气中的少量氯化氢C.用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D.用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl24H2O解析:用MnO2和浓盐酸制Cl2需要加热,A错误;除去Cl2中的少量HCl应用饱和NaCl溶液,且导气管应长进短出,B错误;二氧化锰不溶于水,可采用过滤的方法分离二氧化锰和氯化锰溶液,C正确;蒸干氯化锰溶液得不到MnCl24H2O,D错误。答案:C11.(2014全国大纲卷理综,9)下图是在航天用高压氢镍电池基础上发展起来的一种金属氢化物镍电池(MHNi电池)。下列有关说法不正确的是()A.放电时正极反
14、应为:NiOOH+H2O+e-Ni(OH)2+OH-B.电池的电解液可为KOH溶液C.充电时负极反应为:MH+OH-H2O+M+e-D.MH是一类储氢材料,其氢密度越大,电池的能量密度越高解析:在这个电池中,MH中的H失电子在负极反应,NiOOH得电子在正极反应,由于NiOOH的存在,所以电解质溶液不能是酸性溶液,放电时负极反应是MH+OH-M+H2O+e-,充电时阴极反应为M+H2O+e-MH+OH-,所以C项错误。答案:C12.(2014广东理综,11)某同学组装了如图所示的电化学装置,电极为Al,其他均为Cu,则()A.电流方向:电极A电极B.电极发生还原反应C.电极逐渐溶解D.电极的电
15、极反应:Cu2+2e-Cu解析:分析图可知:左侧两个烧杯的装置形成原电池,且为负极,为正极,而最右边的装置为电解池,因此,该装置中电子流向:电极A电极,则电流方向:电极A电极,A正确;电极发生氧化反应,B错误;电极的电极反应为Cu2+2e-Cu,有铜析出,C错误;电极为电解池的阳极,其电极反应为Cu-2e-Cu2+,D错误。答案:A二、非选择题(本题包括4小题,52分)13.(2014天津理综,7)(14分)元素单质及其化合物有广泛用途,请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题:(1)按原子序数递增的顺序(稀有气体除外),以下说法正确的是。a.原子半径和离子半径均减小b.金属性减弱,非金
16、属性增强c.氧化物对应的水化物碱性减弱,酸性增强d.单质的熔点降低(2)原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素名称为,氧化性最弱的简单阳离子是。 (3)已知:化合物MgOAl2O3MgCl2AlCl3类型离子化合物离子化合物离子化合物共价化合物熔点/2 8002 050714191工业制镁时,电解MgCl2而不电解MgO的原因是;制铝时,电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是。(4)晶体硅(熔点1 410 )是良好的半导体材料。由粗硅制纯硅过程如下:Si(粗)SiCl4SiCl4(纯)Si(纯)写出SiCl4的电子式:;在上述由SiCl4制纯硅的反应中,测得每生成1.12 kg纯硅需吸收a
17、 kJ热量,写出该反应的热化学方程式:。(5)P2O5是非氧化性干燥剂,下列气体不能用浓硫酸干燥,可用P2O5干燥的是。a.NH3b.HIc.SO2d.CO2(6)KClO3可用于实验室制O2,若不加催化剂,400 时分解只生成两种盐,其中一种是无氧酸盐,另一种盐的阴阳离子个数比为11。写出该反应的化学方程式:。解析:(1)第三周期元素从左到右原子半径依次减小,阳离子半径小于阴离子半径,a错误;b正确;应该是最高价氧化物对应的水化物,c错误;其中Si晶体熔点最高,d错误。(2)第三周期中单质的还原性最强的为钠,其阳离子氧化性最弱。(3)MgCl2、MgO均为离子化合物,且MgCl2熔点低,容易
18、熔化;AlCl3是共价化合物,熔融状态下不导电,只能用Al2O3。(4)1.12 kg纯硅物质的量为n(Si)=1.12103g28gmol-1=40 mol,则生成1 mol Si吸收的热量为a40 kJ,热化学方程式为SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)H=+a40 kJmol-1。(5)碱性气体NH3不能用浓硫酸、P2O5干燥,非还原性酸性气体CO2可用两种干燥剂干燥,还原性气体SO2可用浓硫酸干燥,还原性气体HI与浓硫酸反应。(6)无氧酸盐为KCl,则另一种盐中氯元素化合价升高,只能为KClO4,根据得失电子守恒,4KClO3KCl+3KClO4。答案:(1)b(2
19、)氩Na+(或钠离子)(3)MgO的熔点高,熔融时耗费更多能源,增加生产成本AlCl3是共价化合物,熔融态难导电(4)ClSiClClClSiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)H=+0.025a kJmol-1(5)b(6)4KClO3KCl+3KClO414.(2014全国大纲卷理综,28节选)(6分)化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5。回答下列问题:反应AX3(g)+X2(g)AX5(g)在容积为10 L的密闭容器中进行。起始时AX3和X2均为0.2 mol。反应在不同条件下进行,反应体系总压强随时间的变化如图所示。(1)列式计算实验a从反应开始至达
20、到平衡时的反应速率v(AX5)=。(2)图中3组实验从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)由大到小的次序为(填实验序号);与实验a相比,其他两组改变的实验条件及判断依据是:b、c。(3)用p0表示开始时总压强,p表示平衡时总压强,表示AX3的平衡转化率,则的表达式为;实验a和c的平衡转化率:a为、c为。解析:(1)依据体积不变的密闭容器中压强之比等于物质的量之比,开始时n0=0.4 mol,总压强为160 kPa,平衡时总压强为120 kPa,则可列比例式:120kPa160kPa=n0.4mol,n=0.4 mol120kPa160kPa=0.3 mol。假设平衡时AX5的物质的量为x
21、,可列式如下:AX3(g)+X2(g)AX5(g)起始时n0/mol0.200.200平衡时n/mol0.20-x0.20-xx(0.20-x)+(0.20-x)+x=0.30x=0.10v(AX5)=0.10mol10L60min=1.710-4 molL-1min-1(2)与实验a相比,实验b的起始压强和平衡压强都没有发生改变,只是反应速率加快,因此改变的条件是使用了催化剂;实验c的起始压强和平衡压强都增大,由于该反应是在体积不变的密闭容器中进行的,所以升高了温度,此反应的正反应是放热反应,所以平衡逆向移动。(3)p0表示总压强,AX3提供的压强为p02,由于压强之比等于物质的量之比,故的
22、表达式为(p0-p)p02=2(1-pp0),代入公式可求实验a和实验c的平衡转化率分别为50%和40%。答案:(1)0.10mol10L60min=1.710-4 molL-1min-1(2)bca加入催化剂。反应速率加快,但平衡点没有改变温度升高。反应速率加快,但平衡点向逆反应方向移动(或反应容器的容积和起始物质的量未改变,但起始总压强增大)(3)=2(1-pp0)50%40%15.(2014广东理综,33)(17分)H2O2是一种绿色氧化还原试剂,在化学研究中应用广泛。(1)某小组拟在同浓度Fe3+的催化下,探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响。限选试剂与仪器:30% H2O2、
23、0.1 molL-1 Fe2(SO4)3、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒表、恒温水浴槽、注射器。写出本实验H2O2分解反应方程式并标明电子转移的方向和数目:。设计实验方案:在不同H2O2浓度下,测定(要求所测得的数据能直接体现反应速率大小)。设计实验装置,完成如图装置示意图。参照下表格式,拟定实验表格,完整体现实验方案(列出所选试剂体积、需记录的待测物理量和所拟定的数据;数据用字母表示)。物理量实验序号V0.1 molL-1 Fe2(SO4)3/mL1a2a(2)利用下图(a)和(b)中的信息,按图(c)装置(连接的A、B瓶中已充有NO2气体)进行实验。可观察到B瓶中气
24、体颜色比A瓶中的(填“深”或“浅”),其原因是。解析:(1)电子转移的方向和数目用单线桥或双线桥表示均可;依据题给图示可知应该是测定氧气的体积,结合题给提示要求所测得的数据能直接体现反应速率大小,可知实验方案设计可以是测定收集到相同体积的O2所需的时间(或相同时间内所收集O2的体积);测定氧气的体积可以用量筒,也可以采用排水的量气装置;依据变量唯一化的原则,催化剂Fe2(SO4)3溶液的浓度不能改变,H2O2的浓度发生改变,两次实验Fe2(SO4)3溶液、H2O2溶液和蒸馏水的总体积应该相同,所记录的数据是V0.1 molL-1 Fe2(SO4)3、V(30%H2O2)、V(蒸馏水)、收集到气
25、体的体积、时间。(2)由图(a)可知双氧水分解的反应是放热的,由图(b)可知NO2生成N2O4的反应也是放热的,H2O2分解放出的热量使右侧烧杯中的液体温度升高,热量传导给B瓶气体,使放热反应2NO2N2O4的平衡逆向移动,导致c(NO2)增大,体系内气体的颜色加深。答案:(1)或收集到相同体积的O2所需的时间(或相同时间内所收集O2的体积)或或对应于中“收集到相同体积的O2所需的时间”时的答案示例物理量实验序号V0.1 molL-1Fe2(SO4)3/mLV(30%H2O2)/mLV(H2O)/mLV(O2)/mLt/min1abcd2acbd对应于中“相同时间内所收集O2的体积”时的答案示
26、例物理量实验序号V0.1 molL-1Fe2(SO4)3/mLV(30%H2O2)/mLV(H2O)/mLt/minV(O2)/mL1abcd2acbd备注:两次实验需要保持溶液总体积不变(2)深由图(a)可知H2O2分解放热,导致B瓶温度升高,又据图(b)可知反应2NO2(g)N2O4(g)为放热反应,温度升高使平衡逆向移动,从而使B瓶中NO2浓度升高,颜色变深16.(2013北京理综,28)(15分)某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究:操作现象取4 g漂粉精固体,加入100 mL水部分固体溶解,溶液略有颜色过滤,测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝(约为12),后褪色A.液面上方出现白雾
27、;.稍后,出现浑浊,溶液变为黄绿色;.稍后,产生大量白色沉淀,黄绿色褪去(1)Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精的化学方程式是。(2)pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是。(3)向水中持续通入SO2,未观察到白雾。推测现象的白雾由HCl小液滴形成,进行如下实验:a.用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾,无变化;b.用酸化的AgNO3溶液检验白雾,产生白色沉淀。实验a的目的是。由实验a、b不能判断白雾中含有HCl,理由是。(4)现象中溶液变为黄绿色的可能原因:随溶液酸性的增强,漂粉精的有效成分和Cl-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性,其实验方案是。(5)将A瓶中混合物过滤、洗涤,得到沉淀
28、X。向沉淀X中加入稀HCl,无明显变化。取上层清液,加入BaCl2溶液,产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是。用离子方程式解释现象中黄绿色褪去的原因:。解析:(2)pH试纸先变蓝说明溶液显碱性,后褪色说明漂粉精具有漂白性;(3)湿润淀粉碘化钾试纸是检验氧化性气体的,所以a是检验白雾中是否含有氯气,排除氯气的干扰;白雾中可能含有SO2气体,SO2被硝酸氧化生成SO42-,硫酸银微溶于水,所以不能判断白雾中含有HCl;(4)依据信息可知只要使溶液中只含有H+、Cl-、ClO-,便可排除SO2与ClO-生成氯气的可能性,即向漂粉精中滴加盐酸(或硫酸)看是否变为黄绿色;(5)由信息可知,SO2与H2O反应生成H2SO3,使溶液呈酸性,在酸性条件下,Cl-与ClO-生成Cl2,Cl2把SO2氧化为SO42-,生成微溶于水的CaSO4白色沉淀,溶液黄绿色褪去。答案:(1)2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O(2)碱性、漂白性(3)检验白雾中是否含有Cl2,排除Cl2干扰白雾中混有SO2,SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀(4)向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸,观察溶液是否变为黄绿色(5)CaSO4SO2+Cl2+2H2OSO42-+2Cl-+4H+