2020-2021学年新教材高中化学 第2章 化学键 化学反应规律测评（含解析）鲁科版必修第二册.docx

1、第2章测评(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题包括10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题意)1.(2020河北保定第三中学高一第二学期期中)下列有关能量的说法不正确的是()A.化石能源物质内部贮存着大量的能量B.植物的光合作用使太阳能转化为化学能C.燃料燃烧时只是将化学能转化为热能D.由石墨制金刚石是吸热反应,故石墨能量比金刚石能量低答案C解析化石能源物质内部贮存着大量的能量,常用作燃料,A正确;植物的光合作用是利用太阳能把二氧化碳、水合成糖类,转化为化学能储存起来,B正确;燃料燃烧时不只是将化学能转化为热能,还转化为光能等,C错误;石墨制金刚石是吸热反应,故石墨

2、的能量比金刚石的能量低,D正确。2.(2020黑龙江鹤岗一中高一月考)下列有关化学用语表示正确的是()A.H2O2的电子式:H+2-H+B.Cl-的结构示意图:+18C.原子核中有10个中子的氧离子O2-D.N2的结构式:NN答案C解析H2O2是共价化合物,其电子式为H,A错误;Cl-的核电荷数为17,核外电子数为18,其结构示意图为 +17,B错误;原子核中有10个中子的氧离子,其质子数为8,质量数为18,所以可表示为O2-,C正确;N原子最外层电子数为5,易得3个电子形成3个共价键,则N2的结构式为NN,D错误。3.下列各组化合物中,化学键的类型完全相同的是()CaCl2和Na2SNa2O

3、和Na2O2CO2和CS2HCl和NaOHA.B.C.D.答案B解析CaCl2和Na2S中都只有离子键,化学键类型完全相同;Na2O中只有离子键,Na2O2中有离子键和非极性共价键,化学键类型不完全相同;CO2和CS2中都只有极性共价键,化学键类型完全相同;HCl中只有共价键,NaOH中有离子键和极性共价键,化学键类型不完全相同;则化学键类型完全相同的是。4.(2020安徽淮北一中高一线上月考)判断下列说法,其中正确的组合是()煤、石油、天然气是当今世界重要的化石能源电力、风力、生物质能均是一次能源化学变化中的能量变化主要是由化学键的变化引起的吸热反应发生时一定要加热,放热反应发生时不需要加热

4、等质量的糖类在体内发生氧化还原反应和在体外燃烧均生成CO2和水时,放出的能量不可能相等充电电池可以无限制地反复放电、充电充电时的电池反应和放电时的电池反应为可逆反应A.B.C.D.答案C解析煤、石油、天然气是最重要的化石燃料,故正确;电力是二次能源,故错误;化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程,断裂旧化学键吸收能量,形成新化学键释放能量,化学变化中能量变化的主要原因是由旧键的断裂和新键的形成导致的,故正确;氯化铵与氢氧化钡晶体反应,不需要任何条件,反应吸热,C的燃烧是放热反应,反应需要点燃,故错误;等质量的糖类在体内发生氧化还原反应和在体外燃烧都生成CO2和H2O,释放的能量相等

5、,故错误;充电电池可反复放电、充电,但由于电池制造工艺等方面存在不足,实际上充电电池的充放电次数仍有限制,且使用是否得当,对电池的工作状态及寿命影响也很大,故错误;放电和充电的条件不一样,所以它们不是可逆的,故错误。5.在恒容密闭容器中发生反应:3CO(g)+Fe2O3(s)3CO2(g)+2Fe(s),下列说法不正确的是()A.将块状Fe2O3改为粉末状,反应速率加快B.升高温度,反应速率加快C.使用催化剂,反应速率增大D.充入N2使压强增大,反应速率增大答案D解析将块状Fe2O3改为粉末状,增大了反应物接触面积,反应速率加快,故A正确;升高温度,反应速率加快,故B正确;使用催化剂,反应速率

6、加快,故C正确;N2不参与题给反应,即使压强增大,反应速率也不改变,故D错误。6.(2020江苏南通通州高一抽测)过氧化氢在一定条件下可发生分解:2H2O2(l)2H2O(l)+O2(g),其能量变化如下图所示,下列说法正确的是()A.该分解反应为吸热反应B.2 mol H2O2具有的能量小于2 mol H2O和1 mol O2所具有的总能量C.加入MnO2或FeCl3均可提高该分解反应的速率D.其他条件相同时,H2O2溶液的浓度越大,其分解速率越慢答案C解析依据能量关系图可知反应物的总能量高于生成物的总能量,所以该分解反应为放热反应,故A错误;依据能量关系图可知2molH2O2(l)具有的能

7、量大于2molH2O(l)和1molO2(g)所具有的总能量,故B错误;MnO2或FeCl3均可作为H2O2分解反应的催化剂,所以加入MnO2或FeCl3均可提高该分解反应的速率,故C正确;其他条件相同时,H2O2溶液的浓度越大,其分解速率越快,故D错误。7.(2020四川三台中学实验学校高二月考)下列说法正确的是()A.用铁片和稀硫酸反应制取氢气时,改用98%的浓硫酸可以增大生成氢气的速率B.100 mL 2 molL-1盐酸与锌片反应,加入适量的氯化钠溶液,反应速率不变C.二氧化硫的催化氧化是一个放热反应,升高温度,反应速率降低D.汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2,使用催

8、化剂可以增大反应速率答案D解析浓硫酸和铁在常温下会发生钝化,A项错误;加入氯化钠溶液,溶液体积增大,氢离子浓度减小,则反应速率减小,B项错误;不论反应是吸热还是放热,升高温度,正、逆反应速率都增大,C项错误;对于化学反应,加入适当的催化剂,会加快反应速率,D项正确。8.德国化学家F.Haber利用N2和H2在催化剂表面合成氨气而获得诺贝尔奖,该反应的微观历程及能量变化的示意图如下,用、分别表示N2、H2、NH3,下列说法正确的是()A.合成氨反应中,反应物断键吸收的能量大于生成物形成新键释放的能量B.催化剂在吸附N2、H2时,催化剂与气体之间的作用力为化学键C.在该过程中,N2、H2断键形成氮

9、原子和氢原子D.使用催化剂,合成氨反应放出的热量减少答案C解析根据能量变化的示意图,合成氨的反应是放热反应,反应物断键吸收的能量小于生成物形成新键释放的能量,故A错误;催化剂吸附N2、H2,没有形成化学键,催化剂与气体之间的作用力不属于化学键,故B错误;由图可知,每3个氢分子和1个氮气分子断键得到原子,然后生成2个氨分子,生成氨分子之前是氢原子和氮原子,故C正确;催化剂对反应中的能量变化无影响,合成氨反应放出的热量不变,故D错误。9.北京大学和中国科学院的化学工作者已成功研制出碱金属与C60形成的球碳盐K3C60,实验测知该物质属于离子化合物,具有良好的超导性。下列有关分析正确的是()A.K3

10、C60中只有离子键B.K3C60中不含共价键C.该物质在熔融状态下能导电D.C60与12C互为同素异形体答案C解析首先判断球碳盐K3C60中有离子键,在K+与之间。而碳原子之间存在共价键。所以该物质在熔融状态下能电离出K+和,所以能导电。同素异形体是由相同元素组成的不同单质,12C不是单质,而是一种碳原子。10.(2020北京海淀首都师大附中高一月考)一定温度下,可逆反应A(g)+2B(g)2C(g),达到平衡状态的标志是()A.A的分解速率和C的生成速率之比为12B.单位时间内生成n mol A的同时生成2n mol BC.A、B的物质的量之比为12D.A、B、C的浓度不再发生变化答案D解析

11、无论反应是否达到平衡,A的分解速率和C的生成速率之比都为12,A项不能说明反应达到平衡状态;无论反应是否达到平衡,单位时间内生成nmolA,同时都会生成2nmolB,B项不能说明反应达到平衡状态;A、B的物质的量之比为12,只能表示某一时刻二者的物质的量之比,这个时间点不一定是平衡状态的时间点,C项不能说明反应达到平衡状态;A、B、C的浓度不再发生变化说明反应达到平衡状态,即D项说明反应达到平衡。二、选择题(本题包括5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意)11.(2020河北张家口宣化区一中高一月考)液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小,无需气体存储装置等优点。一种以

12、肼(N2H4)为燃料的电池装置如图所示,该电池以空气中的氧气作为氧化剂,KOH作为电解质。下列关于该燃料电池的叙述不正确的是()A.电子从右侧电极经过负载后流向左侧电极B.负极发生的电极反应为N2H4+4OH-4e-N2+4H2OC.该燃料电池的电极材料应采用多孔导电材料,以提高电极反应物质在电极表面的吸附量,并使它们与电解质溶液充分接触D.该燃料电池持续放电时,K+从负极向正极迁移,因而离子交换膜需选用阳离子交换膜答案AD解析该燃料电池中,右侧通入氧化剂空气的电极为正极,电流从正极流向负极,即电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极,故A错误;通入燃料的电极为负极,负极上燃料失电子发生氧化反应,

13、电极反应为:N2H4+4OH-4e-N2+4H2O,故B正确;因为电池中正负极上为气体参与的反应,所以采用多孔导电材料,可以提高电极反应物质在电极表面的吸附量,并使它们与电解质溶液充分接触,故C正确;该原电池中,正极上生成氢氧根离子,所以离子交换膜要选取阴离子交换膜,故D错误。12.(2019福建师大附中高一检测)如图所示的装置中,M为金属活动性顺序中位于氢之前的金属,N为石墨棒,关于此装置的下列叙述不正确的是()A.导线中有电流通过,电流方向是由N到MB.N上有气体放出C.M为正极,N为负极D.M极上发生氧化反应答案C解析M为金属活动性顺序中位于氢之前的金属,N为石墨棒,则M为原电池的负极,

14、石墨为正极,负极M被氧化,正极生成氢气,则电流由正极经导线流到负极,即电流从N到M,A项正确;N为正极,氢离子得电子生成氢气,B项正确;根据以上分析可知M为原电池的负极,N为正极,C项错误;M为原电池的负极,发生失去电子的氧化反应,D项正确。13.(2020安徽合肥八中高一网络学习段考)将等物质的量的A、B混合于2 L的密闭容器中,发生下列反应:3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g),经2 min后测得D的浓度为0.5 molL-1,c(A)c(B)=35,以C表示的平均速率v(C)=0.25 molL-1min-1,下列说法正确的是()A.反应速率v(B)=0.125 molL-1min

15、-1B.该反应方程式中,x=1C.2 min时,A的物质的量为1.5 molD.2 min时,A的转化率为60%答案AC解析根据题意得v(D)=0.5molL-12min=0.25molL-1min-1,则根据化学反应速率之比等于方程式中各物质化学式前的系数之比可知v(B)=v(D)=0.125molL-1min-1,A正确;根据题意得v(D)=0.5molL-12min=0.25molL-1min-1,以C表示的平均速率v(C)=0.25molL-1min-1,由此可知x=2,B错误;2min时,D的物质的量是0.5molL-12L=1mol,所以消耗A、B的物质的量分别是1.5mol、0.

16、5mol,设A、B起始物质的量均为y,则剩余A、B的物质的量分别是y-1.5mol、y-0.5mol,根据c(A)c(B)=35,可得=35,解得y=3mol。所以2min时,A的物质的量为3mol-1.5mol=1.5mol,C正确;A的转化率为100%=50%,D错误。14.某化学小组为探究固体颗粒大小对反应速率的影响,设计了下列实验:称取5.00 g均匀的块状大理石(含有SiC2等不与盐酸反应的杂质)与50.0 mL 2.00 molL-1稀盐酸混合,测得实验过程中逸出气体的质量并记录(假设只逸出CO2);再称量5.00 g大理石粉末,重复以上实验操作。实验数据汇总如图。下列说法正确的是

17、()A.图中曲线表示的是块状大理石与盐酸反应B.由图可知,如果等待的时间足够长,两条曲线应逐渐交汇C.大理石粉末与盐酸反应的实验中,08 min内,盐酸的平均反应速率v(HCl)1.64 molL-1min-1D.块状大理石与盐酸反应的实验中,13 min时,CaCO3的消耗率为63.6%答案B解析反应物接触面积越大反应速率越大。表示的是块状大理石与盐酸的反应,故A错误;取料相同,生成二氧化碳一定相同,故B正确;由图可知,纵坐标代表生成CO2的质量。大理石粉末与盐酸的实验中,08min内,盐酸的平均反应速率v(HCl)0.205molL-1min-1,故C错误;块状大理石与盐酸反应的实验中,1

18、3min时,生成二氧化碳1.4g,消耗碳酸钙的质量约为3.18g,由于样品中含有杂质,故不能计算CaCO3的消耗率。15.常温下,A是只含X和Y两种短周期元素的气体,X的原子序数小于Y,甲、乙、丙分别是X、Y、Z元素的单质,Z是地壳中含量最高的元素。甲、乙、丙和B、C、D都是常见的物质,其转化关系如图所示。下列说法正确的是()A.原子半径:ZXYB.常温常压下,Z的氢化物为气态C.反应为化合反应,反应为置换反应D.由X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是离子化合物答案C解析Z是地壳中含量最高的元素,则Z为氧元素,丙为O2;A是由X和Y两种短周期元素组成的气体,短周期元素形成的化合物气体主要为氧化

19、物和氢化物,A在O2中燃烧生成两种物质,则A不会是氧化物,所以可推断A为氢化物。又X的原子序数小于Y,所以X为氢元素,甲为H2。假设Y为碳元素,则乙为碳单质,A可以为CxHy;A在足量氧气中燃烧生成CO2与H2O,由C+碳甲(H2)+D,则C为H2O,B为CO2;H2O+CCO+H2,CO2+C2CO,均符合图中转化关系,则假设成立。综上所述,X为氢元素,Y为碳元素,Z为氧元素。电子层越多,原子半径越大,同周期从左向右原子半径减小,则原子半径:YZX,故A项错误;Z的氢化物为H2O和H2O2,常温常压下均为液态,故B项错误;反应为CO2+C2CO,属于化合反应,反应为C+H2OCO+H2,属于

20、置换反应,故C项正确;X为氢元素,Y为碳元素,Z为氧元素,三者不能组成离子化合物,故D项错误。三、非选择题(本题包括5小题,共60分)16.(14分)(2020北京四中高一期中)A、B、C、D四种短周期元素的原子序数依次增大。A、D同族;B、C同周期。A、B组成的化合物甲为气态,其中A、B原子个数之比为41。常温下,由A、C组成的两种化合物乙和丙都为液态,乙中A、C原子个数比为11;丙中A、C原子个数比为21。由D和C组成的两种化合物丁和戊都为固态,丁中D、C原子个数之比为11;戊中D、C个数比为21。B元素的最高价氧化物跟丁能发生化学反应生成物为两种,其中一种为C的单质。(1)写出对应物质的

21、化学式:乙;丁。(2)B元素的最高价氧化物跟丁反应的化学方程式为。(3)写出下列物质的电子式:甲;戊。(4)A、B、C、D四种原子的半径由大到小顺序(填元素符号)。(5)由A、B、C、D四种原子组成的既含离子键又含共价键的物质的化学式为。答案(1)H2O2Na2O2(2)2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2(3)HHNa+2-Na+(4)NaCOH(5)NaHCO3解析A、B、C、D四种短周期元素,原子序数依次增大,A、B组成的化合物甲为气态,其中A、B的原子数之比为41,则甲为CH4,A是氢元素、B是碳元素;A、D同族,B的原子序数小于D,则D是钠元素;B、C同周期,由A、C组成的两种

22、化合物乙、丙都是液态,这两种化合物是H2O和H2O2,乙中A、C原子数之比为11,丙中A、C原子数之比为21,则乙是H2O2、丙是H2O。C是氧元素;由D、C组成的两种化合物丁和戊都是固体,为氧化钠和过氧化钠,丁中D、C原子数之比为11,戊中D、C原子数之比为21,则丁是Na2O2、戊是Na2O。(1)根据以上分析可知,乙是H2O2,丁是Na2O2。(2)根据以上分析可知,B元素的最高价氧化物(CO2)跟丁(Na2O2)反应的化学方程式为2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2。(3)甲是甲烷,其电子式为HH;戊为氧化钠,电子式为Na+2-Na+。(4)A为H,B为C,C为O,D为Na,根据

23、电子层数越多,半径越大,电子层数相同时,核电荷数越大,半径越小,则四种原子的半径由大到小顺序为NaCOH。(5)H、C、O、Na四种原子组成的既含离子键又含共价键的物质应该是盐,应为NaHCO3。17.(10分)铅蓄电池是常用的化学电源,其电极材料分别是Pb和PbO2,离子导体为稀硫酸。该电池总反应式为Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O。请根据上述情况判断。(1)该蓄电池的负极材料是,放电时发生(填“氧化”或“还原”)反应。(2)该蓄电池放电时,电解质溶液的酸性(填“增大”“减小”或“不变”),电解质溶液中阴离子移向(填“正”或“负”)极。(3)已知硫酸铅为不溶于水的白色固体,

24、生成时附着在电极上。试写出该电池放电时,正极的电极反应(用离子方程式表示)。(4)氢氧燃料电池具有启动快、效率高等优点,其能量密度高于铅蓄电池。若离子导体为KOH溶液,则氢氧燃料电池的负极反应式为。该电池工作时,外电路每转移1103 mol e-,消耗标况下氧气m3。答案(1)Pb氧化(2)减小负(3)PbO2+2e-+S+4H+PbSO4+2H2O(4)H2-2e-+2OH-2H2O5.6解析(1)铅蓄电池中,根据原电池反应式中元素化合价的变化知,单质铅中铅元素化合价由0价变为+2价,被氧化发生氧化反应,所以Pb作负极。(2)铅蓄电池工作时,硫酸参加反应生成硫酸铅同时生成水,导致硫酸浓度降低

25、,因此酸性减小,原电池放电时阴离子向负极移动。(3)工作时,该铅蓄电池正极上PbO2得电子发生还原反应,电极反应式为PbO2+S+2e-+4H+PbSO4+2H2O。(4)氢氧燃料电池的总反应方程式为2H2+O22H2O,电解质溶液呈碱性,负极上氢气失电子生成水,则负极的电极反应式为2H2+4OH-4e-4H2O;该电池中正极上是氧气发生得电子的还原反应,其电极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-,则外电路每转移1103mole-,消耗氧气为1103mol4=250mol,所以氧气的体积为250mol22.4Lmol-1=5.6103L=5.6m3。18.(12分)硫碘循环分解水制氢主要涉及

26、下列反应过程:SO2+2H2O+I2H2SO4+2HI2HIH2+I22H2SO42SO2+O2+2H2O(1)整个过程中SO2、I2的作用是。(2)一定温度下,向1 L密闭容器中加入1 mol HI(g),发生反应,已知H2的物质的量随时间的变化如图所示,则在02 min内的平均反应速率v(HI)=。(3)已知拆开1 mol HI键需要消耗298 kJ能量,形成1 mol HH键能够释放436 kJ能量,形成1 mol II键能够释放151 kJ能量,则在反应中,分解0.2 mol HI时会(填“吸收”或“释放”)kJ能量。(4)实验室用Zn和硫酸制H2,为了增大反应速率下列措施不可行的是(

27、填序号)。a.加入浓硝酸b.加入少量CuSO4固体c.用粗锌代替纯锌d.加热e.把锌粒换成锌粉f.用98.3%的浓硫酸(5)氢气可用于制燃料电池,某种氢氧燃料电池是用固体金属化合物陶瓷作电解质,两极上发生的电极反应分别为:A极是2H2+2O2-4e-2H2O,B极是O2+4e-2O2-,则A极是电池的极;电子从该极(填“流入”或“流出”)。答案(1)催化作用(或催化剂或增大反应速率)(2)0.1 molL-1min-1(3)吸收0.9(4)af(5)负流出解析(1)由题中提供的反应过程看出,SO2、I2参加了反应但没有消耗,所以整个过程中SO2、I2的作用是催化剂,增大反应速率。(2)由图示知

28、2min内,氢气的物质的量由0变为0.1mol,v(H2)=c(H2)/t=0.05molL-1min-1,由方程式2HIH2+I2可得,v(HI)=2v(H2)=0.05molL-1min-12=0.1molL-1min-1。(3)由方程式2HIH2+I2可得,分解0.2mol的HI时,断开化学键吸收的能量为298kJ0.2=59.6kJ,形成化学键释放的能量为:436kJ0.1+151kJ0.1=58.7kJ,吸收的能量大于释放的能量,所以该反应吸收能量,吸收的能量为59.6kJ-58.7kJ=0.9kJ。(4)浓硝酸属于强氧化性酸,与锌反应不生成氢气,故a不可行;加入少量CuSO4固体,

29、锌置换出铜,构成了原电池,反应速率增大,故b可行;用粗锌代替纯锌,杂质与锌构成了原电池的两极,形成原电池,反应速率增大,故c可行;温度升高,反应速率增大,故d可行;把锌粒换成锌粉,增大了反应物接触面积,反应速率增大,故e可行;98.3%的浓硫酸具有强氧化性,与锌反应不生成氢气,故f不可行。(5)由电极反应得,A极失去电子,是电池的负极;电子从负极流出。19.(12分)(1)目前常用的镍(Ni)镉(Cd)电池,其电池总反应可表示为Cd+2NiO(OH)+2H2O2Ni(OH)2+Cd(OH)2,已知Ni(OH)2和Cd(OH)2均难溶于水但能溶于酸。正极的电极反应式是,负极的反应式是。(2)一种

30、熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图,电池工作时,外电路上电流的方向应从电极(填“A”或“B”)流向用电器。内电路中,C向电极(填“A”或“B”)移动,电极A上CO参与的电极反应为。(3)将两铂片插入KOH溶液中作为电极,在两极区分别通入甲烷和氧气构成燃料电池,则通入甲烷气体的电极是原电池的极,该极的电极反应式是,电池工作时总反应的离子方程式是。如果消耗甲烷160 g,假设化学能完全转化为电能,则转移电子的数目为(用NA表示),需要消耗标准状况下氧气的体积为L。答案(1)2NiO(OH)+2e-+2H2O2Ni(OH)2+2OH-Cd-2e-+2OH-Cd(OH)2(2)BACO-2e-+C2CO2

31、(3)负CH4+10OH-8e-C+7H2OCH4+2O2+2OH-C+3H2O80NA448解析(1)由电池的总反应可知,该电池放电时,镉在负极上被氧化生成氢氧化镉、NiO(OH)在正极上被还原生成氢氧化镍,故正极的反应式为2NiO(OH)+2e-+2H2O2Ni(OH)2+2OH-,负极的电极反应式为Cd-2e-+2OH-Cd(OH)2。(2)由燃料电池原理示意图可知,燃料由电极A通入、氧气和二氧化碳由电极B通入,则A为负极、B为正极,所以电池工作时,外电路上电流的方向应从电极B流向用电器。内电路中,C向电极负极A移动,电极A上CO参与的电极反应为CO-2e-+C2CO2。(3)将两铂片插

32、入KOH溶液中作为电极,在两极区分别通入甲烷和氧气构成燃料电池,则通入甲烷气体的电极是原电池的负极,该极的电极反应式为CH4+10OH-8e-C+7H2O,电池工作时的总反应的离子方程式为CH4+2O2+2OH-C+3H2O。160g甲烷的物质的量为10mol,根据负极的电极反应式可知,消耗10mol甲烷要转移80mol电子,则转移电子的数目为80NA,需要消耗氧气的物质的量为80mol4=20mol,这些氧气在标准状况下的体积为20mol22.4Lmol-1=448L。20.(12分)我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展,CO2转化过程示意图如下:回答下列问题:(1)二氧化碳分子中

33、的化学键是。(2)写出反应的化学方程式:。(3)实验室常用纯净碳酸钙与稀盐酸反应制取二氧化碳气体,反应过程中产生二氧化碳的速率v(CO2)与时间的关系如下图:由图像分析,化学反应速率最快的一段是。为了增大上述化学反应的反应速率,欲向溶液中加入下列物质,你认为可行的是(填写序号)。A.蒸馏水B.氯化钠溶液C.浓盐酸D.加热(4)二氧化碳能与氢氧化钠溶液反应,当氢氧化钠过量时反应生成碳酸钠,当氢氧化钠少量时反应生成碳酸氢钠。当二氧化碳与氢氧化钠的物质的量比为23时,溶液中的溶质是。(5)从原子结构角度说明氧原子得电子能力强于碳原子:。(6)在一定条件下,工业上也可用CO2合成甲醇(CH3OH),其

34、化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。将a mol CO2与b mol H2充入容积为2 L的密闭容器中发生上述反应,t min时测得甲醇的物质的量为c mol。计算0t min内CO2的反应速率为 molL-1min-1。答案(1)共价键(2)CO2+H2CO+H2O(3)EFCD(4)碳酸钠、碳酸氢钠(5)两原子核外电子层相同,氧的原子核对最外层电子的作用力大于碳原子,所以氧原子得电子能力强于碳原子(6)解析(1)二氧化碳分子中的化学键是共价键。(2)反应是CO2和H2生成CO,产物应还有水,故方程式为CO2+H2CO+H2O。(3)由图像分析,在速率v(C

35、O2)与时间关系图中,斜率越大反应速率越大,则化学反应速率最快的一段是EF;为了增大化学反应的反应速率,加入蒸馏水降低盐酸浓度,速率降低;加入氯化钠溶液,使氢离子浓度降低,速率降低;加入浓盐酸,增大了盐酸浓度,反应速率加快,加热时反应速率加快,故选CD。(4)当二氧化碳与氢氧化钠物质的量之比为12时生成碳酸钠,当二氧化碳与氢氧化钠物质的量之比为11时生成NaHCO3,因此当二氧化碳与氢氧化钠的物质的量比为23时,溶液中的溶质是碳酸钠和碳酸氢钠。(5)氧原子的半径小于碳原子,氧的原子核对最外层电子的作用力大于碳原子,所以氧原子得电子能力强于碳原子。(6)根据题意及化学反应速率的定义可得,0tmin内CO2的反应速率为 molL-1min-1。