鲁科版（新课标）高考化学专题练习 《化学键 化学反应规律》综合训练

这是一份鲁科版（新课标）高考化学专题练习 《化学键 化学反应规律》综合训练，共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列关于实验操作的误差分析不正确的是
A. 测定中和反应反应热时，测盐酸后的温度计未冲洗干净立即测NaOH溶液的温度，则测得的ΔH偏大
B. 用量气法测锌与稀硫酸反应产生的氢气体积时，装置未冷却至室温即读数，则测得的反应速率偏大
C. 用湿润的玻璃棒蘸取Na2CO3溶液滴在pH试纸上，则测得的pH值偏小
D. 用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，开始滴定时酸式滴定管尖端处有气泡，滴定终点时气泡消失，则测得的NaOH溶液浓度偏小
2.下列表征错误的是( )
A. 乙烯分子中的π键：
B. 1，3—丁二烯的键线式：
C. 乙醇的核磁共振氢谱图：
D. CO晶体模型：
3.在一定条件下，可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)达到平衡时，下列说法不正确的是( )
A. 正、逆反应速率相等B. SO2、O2、SO3的百分含量一定相等
C. SO3的浓度不再随时间发生变化D. 容器中SO2、O2、SO3三者共存
4.工业制硫酸的一步重要反应是，若用 ​18O标记O2，在固定体积的容器中进行该反应，一段时间后下列说法错误的是( )
A. SO2、O2和SO3共存在体系中
B. 达到化学平衡状态时，SO2、O2和SO3中均存在 ​18O
C. SO3的浓度不再改变，说明该反应达到化学平衡状态
D. SO2、O2和SO3的物质的量之比为2：1：2时，说明该反应达到化学平衡状态
5.下列物质属于共价化合物的是( )
A. H2O2B. N2C. NaOHD. KBr
6.下列说法不正确的是( )
A. 同一原子中，在离核较近的区域运动的电子能量较低
B. 元素性质周期性变化的根本原因是核外电子排布的周期性变化
C. 离子化合物中可能含有共价键
D. 原电池是将电能转化为化学能的装置
7.“侯氏制碱法”的反应原理是NaCl+NH3+CO2+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓。其中含有离子键的物质是( )
A. NH3B. CO2C. H2OD. NaHCO3
8.在恒容密闭容器中发生CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)反应，现加入1ml CH4和一定量的H2O，CH4的平衡转化率按不同投料比x[x=n(CH4)n(H2O)]随温度的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是( )
A. x1”“”、“=”或“0，故C正确；
D.该反应为气体体积增大的反应，随着反应的进行，容器的压强增大，当反应温度为T1，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态，故D正确；
故选：B。
A.相同条件下，n(CH4)n(H2O)越大，CH4的平衡转化率越小；
B.b、c两点温度相同，比较反应物的浓度即可得出正反应速率大小；
C.由图可知，相同投料比，升高温度，甲烷的平衡转化率增大，说明平衡正向移动；
D.变量不变即为平
本题考查化学平衡，侧重考查平衡状态的判断和条件改变平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
9.【答案】C
【解析】解：A.生石灰和水的反应是放热反应，生石灰和水可以用于加热，故A错误；
B.碱石灰和稀硫酸的反应是放热反应，碱石灰和稀硫酸可以用于加热，故B错误；
C.硝酸铵溶于水吸热，硝酸铵和水不能用于加热，故C正确；
D.NaOH固体和白醋的反应是放热反应，NaOH固体和白醋可以用于加热，故D错误；
故选：C。
即热饭盒中的加热包的反应一定是放热反应，据此进行解答。
本题考查化学反应中能量变化，注意掌握常见的放热反应和吸热反应，题目比较简单。
10.【答案】D
【解析】解：A.甲烷在氧气中燃烧是放热反应，故A错误；
B.氢氧化钠溶液与盐酸的反应是放热反应，故B错误；
C.锌与稀硫酸的反应是放热反应，故C错误；
D.氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应是吸热反应，故D正确；
故选：D。
A.根据甲烷在氧气中燃烧的反应特点，进行分析；
B.根据氢氧化钠溶液与盐酸的反应特点，进行分析；
C.根据锌与稀硫酸的反应特点，进行分析；
D.根据氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应特点，进行分析。
本题主要考查化学反应中的能量变化，特别是吸热反应和放热反应的判断。注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的化学知识进行解题。了解不同反应的能量变化对于工业生产和实验室操作都非常重要。
11.【答案】A
【解析】解：A.N2、H2、NH3的浓度不变，说明可逆反应到达平衡状态，故A正确；
B.当体系达平衡状态时，N2、H2、NH3的分子个数之比可能为1：3：2，也可能不是1：3：2，与各物质的初始浓度及转化率有关，故B错误；
C.由于氨气和氢气的化学计量数不相等，N2消耗速率与H2生成速率相等，说明正逆反应速率不相等，所以反应没有达到平衡状态，故C错误；
D.只要反应发生，就有N2和H2的反应速率之比为1：3，故D错误；
故选：A。
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。
本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。
12.【答案】A
【解析】解：A.为使母液中的MgCl2转化为Mg(OH)2，从原料来源及经济效益角度考虑，最好选用氢氧化钙，便宜易得，方程式为MgCl2+Ca(OH)2=Mg(OH)2+CaCl2，故A正确；
B.碳酸氢根离子与铝离子发生双水解生成二氧化碳、水和氢氧化铝，可以用于灭火，与其受热分解的性质无关，故B错误；
C.酸性锌锰电池的正极反应式为MnO2+H++e−=MnO(OH) 或MnO2+NH4++e−=MnO(OH)+NH3碱性锌锰电池正极反应式为MnO2+H2O+e−=MnO(OH)+OH−，故C错误；
D.糖尿病人尿液中含有葡萄糖，与新制氢氧化铜在加热条件下反应生成砖红色沉淀，所以可以检验病人的尿糖，故D错误；
故选：A。
A.海水提镁工业中用Ca(OH)2将MgCl2溶液转化为Mg(OH)2；
B.碳酸氢根离子与铝离子发生双水解生成二氧化碳、水和氢氧化铝；
C.酸性锌锰电池的正极反应式为MnO2+H++e−=MnO(OH) 或MnO2+NH4++e−=MnO(OH)+NH3；
D.糖尿病人尿液中含有葡萄糖，与新制氢氧化铜在加热条件下反应生成砖红色沉淀，不用银氨溶液检验。
本题考查物质的性质和应用，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累。
13.【答案】B
【解析】解：A.将表中数据代入v=kcα(H2)cβ(Br2)cγ(HBr)，k×0.1α×0.1β×2γ=vk×0.1α×0.4β×2γ=8vk×0.2α×0.4β×2γ=16vk×0.4α×0.1β×4γ2v，解得：α=1β=1.5γ=−1，故A正确；
B.将表中第五列数据代入v=kcα(H2)cβ(Br2)cγ(HBr)，可求k×0.2×0.11.5×c−1=4vk×0.1×0.11.5×2−1=v，解得：c=1，故B错误；
C.速率方程中β=1.5，大于α、γ，所以Br2(g)的浓度对反应速率影响最大，故C正确；
D.速率方程中γ=−1，所以HBr(g)的浓度越大，则反应速率越小，故D正确；
故选：B。
A.将表中数据代入速率方程可知；
B.将表中第五列数据代入速率方程可求；
C.速率方程中β=1.5，大于α、γ；
D.速率方程中γ=−1，浓度越大，则反应速率越小。
本题考查反应速率，侧重考查学生速率方程的掌握情况，试题难度中等。
14.【答案】B
【解析】解：A.氢氧化镁溶于醋酸中，反应生成醋酸镁和水，反应的离子方程式为：Mg(OH)2+2CH3COOH=Mg2++2CH3COO−+2H2O，故A错误；
B.将ClO2气体通入H2O2、NaOH的混合溶液中制取NaClO2溶液，离子方程式：2ClO2+H2O2+2OH−=2ClO2−+O2+2H2O，故B正确；
C.电解产生的氢氧根会和镁离子生成沉淀，离子方程式为Mg2++2Cl−+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑，故C错误；
D.用稀氢氧化钠溶液吸收二氧化氮的离子反应为2OH−+2NO2=NO3−+NO2−+H2O，故D错误；
故选：B。
A.醋酸为弱酸，保留化学式；
B.二者发生氧化还原反应，生成NaClO2、O2、H2O；
C.电解产生的氢氧根会和镁离子生成沉淀；
D.原子个数不守恒。
本题考查离子方程式正误判断，为高频考点，明确离子性质及离子方程式书写规则是解本题关键，注意有些化学反应与反应物的量、反应物浓度等因素有关。
15.【答案】A
【解析】解：A.石墨是能导电的非金属单质，具有润滑性的优良性能，所以高铁列车的受电弓和接触导线之间涂抹石墨主要是利用了石墨的润滑性和导电性，故A正确；
B.芯片主要材质是单晶硅，不是SiO2，故B错误；
C.硅胶的主要成分SiO2没有还原性，SiO2不能用作食品抗氧化剂，故C错误；
D.聚四氟乙烯中不含有C=C，不可能含有π键，也不能与溴水发生加成反应使溴水褪色，故D错误；
故选：A。
A.根据石墨的性质，分析其在高铁受电弓和接触导线之间的作用；
B.根据量子计算机芯片的材质，分析其主要成分是否为二氧化硅；
C.根据纳米硅胶的性质和用途，分析其在手机保护壳中的应用以及是否可用作食品抗氧化剂；
D.根据聚四氟乙烯的结构和性质，分析其是否含有σ键和π键以及是否能使溴水褪色。
本题主要考查常见材料的性质和用途，涉及石墨、半导体材料、硅胶以及聚四氟乙烯等。注意完成此题，需从材料的性质与实际应用之间的关系进行分析，结合实际背景进行判断。
16.【答案】A
【解析】解：A.模仿壁虎足的结构制成的仿生胶带不与被黏着物之间形成化学键，只是由于压强原理以及与被黏着物之间形成分子间作用力，故A错误；
B.光催化剂是一种能够利用光能催化化学反应的物质，可以将光能转化为化学能，故B正确；
C.高分子反渗透膜是一种半透膜，主要由聚醚酯、聚丙烯酸酯等高分子材料制成，故C正确；
D.水滴落在荷叶表面或者蜡质层制成的自清洁涂层，会形成水滴滑落，则模仿荷叶表面微观结构和蜡质层制成的自清洁涂层需选用疏水材料，故D正确；
故选：A。
A.根据壁虎足的结构特点和仿生胶带的工作原理进行分析；
B.根据叶绿体分解水的光合作用原理和光催化剂的功能进行分析；
C.根据生物细胞膜的结构特点和反渗透膜的工作原理进行分析；
D.根据荷叶表面微观结构和蜡质层的性质以及自清洁涂层的工作原理进行分析。
本题主要考查化学仿生学的应用，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。在解答此类题目时，需要对生物体的功能和化学仿生的原理有清晰的理解，同时要注意区分物理作用和化学作用的不同。
17.【答案】1.42×10−4
【解析】【分析】
本题考查化学反应速率的计算，题目难度不大，根据所学进行回答即可。
【解答】
0∼3s内CO物质的量减少了3.60×10−3ml−2.75×10−3ml=8.5×10−4ml，用CO的浓度变化表示0∼3s的平均反应速率为8.5×10−4ml2L3s=1.42×10−4ml⋅L−1⋅s−1。
18.【答案】74；C4H10O；
(CH3)3COH；羟基；
ACEF；
3；
【解析】解：(1)由质谱图可知，其相对分子质量是74；碳的质量分数是64.86%，氢的质量分数是13.51%，则氧的质量分数为21.63%，则该物质中碳、氢、氧原子个数之比为64.86%12：13.51%1：21.63%16=4：10：1，则其实验式为C4H10O，
故答案为：74；C4H10O；
(2)A的实验式为C4H10O，相对分子质量为74，则其化学式为C4H10O，A的核磁共振氢谱有两个峰，根据红外光谱图可知，其分子中含有C—H、O—H、以及C—O，则A的结构简式为(CH3)3COH；所含官能团为羟基，
故答案为：(CH3)3COH；羟基；
(3)A的结构简式为(CH3)3COH，故A结构中存在的化学键有极性键、非极性键、C—H中sp3−sσ键、C—C键中sp3−sp3σ键，故答案为ACEF，
故答案为：ACEF；
(4)A的结构简式为(CH3)3COH，为醇类，与A属于同类别的有机物的同分异构体有CH3CH2CH2CH2OH、、，共3种，其中具有手性碳原子的结构简式是，
故答案为：3；。
(1)根据碳的质量分数是64.86%，氢的质量分数是13.51%，则氧的质量分数为21.63%，进行分析；
(2)根据A的实验式为C4H10O，相对分子质量为74，则其化学式为C4H10O，A的核磁共振氢谱有两个峰，结合红外光谱图进行分析；
(3)根据A的结构简式为(CH3)3COH，进行分析；
(4)根据A的结构简式为(CH3)3COH，为醇类，进行分析。
本题主要考查有机物实验式和分子式的确定等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
19.【答案】吸收；放出；
A；
负极；还原；Zn−2e−=Zn2+
【解析】解：(1)Ⅰ、Ⅱ的过程为分子断键为原子的过程，断键的过程为吸热的过程，Ⅲ为F原子和H原子成键形成HF的过程，成键的过程为放热的过程，
故答案为：吸收；放出；
(2)H2与F2发生反应生成HF过程中断裂反应物中化学键共吸收154kJ/ml+436kJ/ml=580kJ/ml的热量，形成生成物中化学键共释放的能量为565×2kJ/ml=1130kJ/ml>580kJ/ml，反应放热，反应物的总能量高于生成物的总能量，能量变化图选择A，
故答案为：A；
(3)铜、锌和稀硫酸构成的原电池，发生的总反应为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，Zn失去了电子，故Zn为负极，铜电极上发生2H++2e−= H2↑，发生还原反应，Zn为负极发生的反应为：Zn−2e−=Zn2+，
故答案为：负极；还原；Zn−2e−=Zn2+。
(1)Ⅰ、Ⅱ的过程为分子断键为原子的过程，断键的过程为吸热的过程，Ⅲ为F原子和H原子成键形成HF的过程；
(2)H2与F2发生反应生成HF过程中断裂反应物中化学键共吸收154kJ/ml+436kJ/ml=580kJ/ml的热量，形成生成物中化学键共释放的能量为565×2kJ/ml=1130kJ/ml>580kJ/ml；
(3)铜、锌和稀硫酸构成的原电池，发生的总反应为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，Zn失去了电子，故Zn为负极，铜电极上发生2H++2e−= H2↑，发生还原反应。
本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。
20.【答案】B；
；
4；减小；
−164.7；B；
600℃左右以后升高温度，反应Ⅰ平衡向左移动的程度小于反应Ⅱ平衡向右移动的程度；
得到CO*中间体的反应活化能较低，反应速率较快，而且ΔH较小，反应容易自发进行；
【解析】解：(1)A.对于反应CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，平衡时应满足2v逆(CO2)=v正(CO)，而该选项中v逆(CO2)=2v正(CO)，正逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，故A错误；
B.反应前后气体的总质量不变，但气体的物质的量在反应过程中发生变化(反应前气体计量数之和为1+1=2，反应后气体计量数之和为2+2=4)，根据M=mn(M为平均相对分子质量，m为总质量，n为总物质的量)，当气体的平均相对分子质量不再变化时，说明气体的总物质的量不再改变，反应达到平衡状态，故B正确；
C.在恒容密闭容器中，气体的总质量不变，容器体积不变，根据p=mV，气体密度始终不变，所以密度不再变化不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D.起始时投料比n(CH4)n(CO2)=1.0，反应过程中CH4和CO2按照1：1的比例反应，其物质的量之比始终为1：1，不能据此判断反应达到平衡状态，故D错误；
故答案为：B；
(2)①CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)是体积增大的反应，T3℃时，从下到上，二氧化碳平衡转化率升高，平衡正向移动，即减小压强向体积增大的方向移动，因此压强p1v正；
故答案为：；
(3)①起始时向容器中加入1mlCH4和1mlCO2，在温度为T6℃、初始压强为p2时反应，二氧化碳平衡转化率为50%，列出三段式得：
CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)
开始量(ml) 1 1 0 0
反应量(ml) 0.5 0.5 1 1
剩余量(ml) 0.5 0.5 1 1
该反应的平衡常数K=(11)2×(11)20.51×0.51=4；
②温度和体积不变，继续加入1mlCH4和1mlCO2，相当于在原平衡的基础上增大压强，压强增大使得反应向气体分子数减少的方向移动，导致平衡逆向移动，所以再次达到平衡后，CO2的转化率减小；
故答案为：4；减小；
(4)①根据盖斯定律可知，反应Ⅰ=反应Ⅱ×2−资源化一中的反应，则反应Ⅰ的ΔH1=−247.1kJ⋅ml−1+2×41.2kJ⋅ml−1=−164.7kJ⋅ml−1；
②对于反应Ⅰ，ΔH1