内蒙古准格尔旗世纪中学2017-2018学年高一化学必修2课件：2.2 化学能与电能2

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2017-2018学年高一化学新人教版必修2课件：4.1.1 金属矿物的开发利用

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2．金属的冶炼 (1)金属冶炼原理金属冶炼的实质是使金属化合物中的金属离子得到电子被还原为金属单质的过程：Mn＋＋ne－===M。把金属从其化合物中还原出来，用于生产和制造各种金属材
料，这一过程在工业上称为金属的冶炼。
(2)冶炼方法利用金属活泼性的不同，可以采用不同的冶炼方法
①热分解法
适用于不活泼金属的冶炼，如制取 Hg、Ag 的化学方程式为： 2HgO==△===2Hg＋O2↑，2Ag2O==△===4Ag＋O2↑。
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解析：解答该题应注意以下三点：(1)铝热反应为典型置换反应，反应条件为高温；(2)铝热反应中铝热剂为 Al 粉(还原剂)和金属氧化物(氧化剂)的混合物，助燃剂为 KClO3；(3)铝热反应放出大量的热。本题中，发生的反应为 2Al＋Fe2O3=高==温==2Fe＋Al2O3，该反应中 Fe2O3 作氧化剂，Al 作还原剂；①②③④全为该铝热反应的现象。

内蒙古鄂尔多斯市准格尔旗世纪中学2017-2018学年高二下学期期末化学试卷 Word版含解析

2017-2018学年内蒙古鄂尔多斯市准格尔旗世纪中学高二（下）期末化学试卷一．单选题（每小题3分共48分）1．下列关于化学与生产、生活的认识不正确的是( )A．CO2、CH4、N2等均是造成温室效应的气体B．使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一C．节能减排符合低碳经济的要求D．合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺2．下列说法不正确的是( )A．维生素是参与生物生长发育和新陈代谢所必需的一类有机化合物B．糖类、油脂、蛋白质、维生素、无机盐和水是人体所需的营养素C．阿司匹林是一种人工合成药物，具有解热镇痛等作用D．合成纤维和光导纤维都是新型的无机非金属材料3．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )A．饱和氯水中：Cl﹣、NO3﹣、Na+、SO32﹣B．c（H+）=1.0×10﹣13mol•L﹣1溶液中：C6H5O﹣、K+、SO42﹣、Br﹣C．Na2S溶液中：SO42﹣、K+、Cl﹣、Cu2+D．pH=12的溶液中：NO3﹣、I﹣、Na+、Al3+4．下列关于有机化合物的认识错误的是( )A．油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳B．蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体C．在水溶液里，乙酸分子中的﹣CH3可以电离出H+D．在浓硫酸存在下，苯与浓硝酸共热生成硝基苯的反应属于取代反应5．设N A为阿伏伽德罗常数的值．下列叙述正确的是( )A．1mol甲醇中含有C﹣H键的数目为4N AB．25℃，pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣的数目为0.1N AC．标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1N AD．常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4N A 6．分子式为C5H11Cl的同分异构体共有（不考虑立体异构）( )A．6种B．7种C．8种D．9种7．下列说法不正确的是( )A．麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应B．用溴水即可鉴别苯酚溶液、2，4﹣己二烯和甲苯C．在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OHD．用甘氨酸（）和丙氨酸（）缩合最多可形成4种二肽8．把500mL有BaCl2和KC1的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含6mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀．则该混合溶液中钾离子浓度为( )A．0.1（b﹣2a）mol•L﹣1B．10（2a﹣b）mol•L﹣1C．10（b﹣a）mol•L﹣1D．10（b﹣2a）mol•L ﹣19．将标准状况下的a L氨气溶于1L水中，得到氨水的密度为b g•cm﹣3，则该氨水的物质的量浓度为( )A．mol•L﹣1B．mol•L﹣1C．mol•L﹣1D．mol•L﹣111．下列说法正确的是( )A．1 mol葡萄糖能水解生成2 mol CH3CH2OH和2 mol CO2B．在鸡蛋清溶液中分别加入饱和Na2SO4、CuSO4溶液，都会因盐析产生沉淀C．油脂不是高分子化合物，1 mol油脂完全水解生成1 mol甘油和3 mol高级脂肪酸D．欲检验蔗糖水解产物是否具有还原性，可向水解后的溶液中直接加入新制的Cu（OH）2悬浊液并加热12．新型解热镇痛抗炎药扑炎痛的结构如图所示，下列关于扑炎痛的叙述正确的是( )A．该物质的分子式为C17H16NO5B．该物质的核磁共振氢谱上共有9个峰C．该物质与浓溴水反应生成白色沉淀D．该物质在酸性条件下水解最终可以得到4种物质13．对羟基扁桃酸是农药、药物、香料合成的重要中间体，它可由苯酚和乙醛酸在一定条件下反应制得．下列有关说法不正确的是( )A．上述反应的原子利用率可达到100%B．在核磁共振氢谱中对羟基扁桃酸应该有6个吸收峰C．对羟基扁桃酸可以发生加成反应、取代反应和缩聚反应D．1 mol对羟基扁桃酸与足量NaOH溶液反应，消耗3 mol NaOH14．洋蓟素是一种新结构类型的抗乙型肝炎病毒和抗艾滋病病毒的化合物，其结构如图所示，有关洋蓟素的说法正确的是( )A．1mol洋蓟素最多可与6mol Br2反应B．结构中有2个手性碳原子C．一定条件下能发生酯化反应和消去反应D．1mol洋蓟素最多可与9mol NaOH反应15．“魔棒”常被用于晚会现场气氛的渲染．“魔棒”发光原理是利用H2O2氧化草酸二酯产生能量，该能量被传递给荧光物质后便发出荧光，草酸二酯（CPPO）结构简式如图．下列说法正确的是( )A．CPPO难溶于水B．CPPO属于芳香烃也属于高分子化合物C．1mol CPPO与NaOH稀溶液反应（不考虑苯环上氯原子水解），最多消耗4mol NaOH D．1mol CPPO与氢气完全反应，需要10mol H216．下列有机物命名正确的是( )A．2﹣甲基﹣3﹣丁炔 B．2﹣甲基﹣1﹣丙醇C．2﹣甲基丁烷D．二氯丙烷二．非选择题（52分）17．现有A、B、C、D、E、F六种化合物，已知它们的阳离子有K+，Ag+，Ca2+，Ba2+，Fe2+，Al3+，阴离子有C1﹣，OH﹣，CH3COO﹣，NO3﹣，SO42﹣，CO32﹣，现将它们分别配成0.1mol•L ﹣1的溶液，进行如下实验：①测得溶液A、C、E呈碱性，且碱性为A＞E＞C；②向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失；③向D溶液中滴加Ba（NO3）2溶液，无明显现象；④向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色．根据上述实验现象，回答下列问题：（1）实验②中反应的化学方程式是．（2）E溶液是，判断依据是．（3）写出下列四种化合物的化学式：A、C、D、F．（4）在F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色．写出沉淀颜色变化的化学方程式．18．PCT是一种新型聚酯材料，如图是某研究小组合成PCT的路线．请回答下列问题：（1）由A生成D的化学方程式为；（2）由B生成C的反应类型是，C的化学名称为；（3）由E生成F的化学方程式为，该反应的类型为；（4）D的同分异构体中为单取代芳香化合物的有（写结构简式）（5）B的同分异构体中，能发生水解反应，且苯环上一氯代产物只有一种的是（写结构简式）．19．透明聚酯玻璃钢可用于制造导弹的雷达罩和宇航员使用的氧气瓶．制备它的一种配方中含有下列四种物质：填写下列空白：（1）甲中不含氧原子的官能团是；下列试剂能与甲反应而褪色的是（填标号）a．Br2/CCl4溶液b．石蕊溶液c．酸性KMnO4溶液（2）甲的同分异构体有多种，写出其中一种不含甲基的羧酸的结构简式：（3）淀粉通过下列转化可以得到乙（其中A﹣D均为有机物）：淀粉A B C D乙A的分子式是，试剂X可以是．（4）已知：利用上述信息，以苯、乙烯、氯化氢为原料经三步反应合成丙，其中属于取代反应的化学方程式是．（5）化合物丁仅含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为110．丁与FeCl3溶液作用显现特征颜色，且丁分子中烃基上的一氯取代物只有一种．则丁的结构简式为．20．利用从冬青中提取出的有机物A合成抗结肠炎药物Y及其他化学品，合成路线如下图：根据上述信息回答：（1）D不与NaHCO3溶液反应，D中官能团的名称是，B→C的反应类型是．（2）写出A生成B和E的化学反应方程式．（3）A的同分异构体I和J是重要的医药中间体，在浓硫酸的作用下I和J分别生产，鉴别I和J的试剂为．（4）A的另一种同分异构体K用于合成高分子材料，K可由制得，写出K在浓硫酸作用下生成的聚合物的结构简式．21．三草酸合铁酸钾晶体（K3[Fe（C2O4）3]•xH2O）是一种光敏材料，在110℃可完全失去结晶水．为测定该晶体中铁的含量和结晶水的含量，某实验小组做了如下实验：（1）铁含量的测定步骤一：称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液．步骤二：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳，同时，MnO4﹣被还原成Mn2+．向反应后的溶液中加入一小匙锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍呈酸性．步骤三：用0.010mol/L KMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02mL，滴定中MnO4﹣被还原成Mn2+．重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.010mol/L KMnO4溶液19.98mL．请回答下列问题：①配制三草酸合铁酸钾溶液的操作步骤依次是：称量、、转移、洗涤并转移、摇匀．②加入锌粉的目的是．③写出步骤三中发生反应的离子方程式：．④实验测得该晶体中铁的质量分数为．在步骤二中，若加入的KMnO4的溶液的量不够，则测得的铁含量．（选填“偏低”、“偏高”、“不变”）（2）结晶水的测定将坩埚洗净，烘干至恒重，记录质量；在坩埚中加入研细的三草酸合铁酸钾晶体，称量并记录质量；加热至110℃，恒温一段时间，置于空气中冷却，称量并记录质量；计算结晶水含量．请纠正实验过程中的两处错误：；．2017-2018学年内蒙古鄂尔多斯市准格尔旗世纪中学高二（下）期末化学试卷一．单选题（每小题3分共48分）1．下列关于化学与生产、生活的认识不正确的是( )A．CO2、CH4、N2等均是造成温室效应的气体B．使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一C．节能减排符合低碳经济的要求D．合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺【分析】A、根据产生温室效应的气体成分判断；B、根据酸雨的形成原因判断；C、根据低碳经济的要求判断；D、根据可燃冰对煤、石油的影响判断；【解答】解：ACO2、CH4是造成温室效应的主要气体，而N2是空气中的主要气体，不是温室气体，故A错误；B、产生酸雨的主要原因是SO2气体，使用清洁能源可以有效防止酸雨发生，故B正确；C、节能减排可以减少CO2的排放，符合低碳经济的要求，故C正确；D、合理开发可燃冰可以减少煤、石油等紧缺能源的使用，故D正确．故选A．【点评】本题考查了常见的生活环境的污染和治理，涉及STSE内容，主要与环保、能源和低碳经济有关，属于常识题．2．下列说法不正确的是( )A．维生素是参与生物生长发育和新陈代谢所必需的一类有机化合物B．糖类、油脂、蛋白质、维生素、无机盐和水是人体所需的营养素C．阿司匹林是一种人工合成药物，具有解热镇痛等作用D．合成纤维和光导纤维都是新型的无机非金属材料【分析】A．根据维生素可以起到调节新陈代谢、预防疾病和维持身体健康的作用；B．蛋白质、油脂、糖类、维生素、水和无机盐是人体所需的六大营养素；C．阿司匹林是解热镇痛药；D．合成纤维是有机高分子材料．【解答】解：A．因维生素可以起到调节新陈代谢、预防疾病和维持身体健康的作用，故A 正确；B．蛋白质、油脂、糖类、维生素、水和无机盐是人体所需的六大营养素，故B正确；C．阿司匹林是人工合成的解热镇痛药，故C正确；D．合成纤维是有机高分子材料不是无机非金属材料，故D错误．故选D．【点评】本题考查维生素，营养素，药物，无机非金属材料等，注意合成纤维是有机高分子材料不是无机非金属材料．3．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )A．饱和氯水中：Cl﹣、NO3﹣、Na+、SO32﹣B．c（H+）=1.0×10﹣13mol•L﹣1溶液中：C6H5O﹣、K+、SO42﹣、Br﹣C．Na2S溶液中：SO42﹣、K+、Cl﹣、Cu2+D．pH=12的溶液中：NO3﹣、I﹣、Na+、Al3+【分析】根据溶液中的成分，若离子之间结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，以及离子之间发生氧化还原反应则不能大量共存于溶液中来分析解答．【解答】解：A、由Cl2和水反应生成盐酸和次氯酸，则饱和氯水中含有H+和HClO等微粒，H+与SO32﹣结合生成水和二氧化硫，且在酸性条件下HClO与SO32﹣发生氧化还原反应，则该组离子不能大量共存，故A错误；B、c（H+）=1.0×10﹣13mol•L﹣1溶液中，氢离子浓度小于1.0×10﹣7mol•L﹣1，则溶液为碱的溶液，在碱溶液中能共存，故B正确；C、因Na2S溶液中S2﹣与Cu2+结合生成沉淀，则该组离子一定不能大量共存，故C错误；D、因pH=12的溶液中OH﹣较多，则OH﹣与Al3+反应生成AlO2﹣离子，则该组离子一定不能共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子的共存问题，明确离子之间复分解反应发生的条件，能判断常见的弱电解质及离子之间能否发生氧化还原反应、相互促进水解反应等知识点即可解答．4．下列关于有机化合物的认识错误的是( )A．油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳B．蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体C．在水溶液里，乙酸分子中的﹣CH3可以电离出H+D．在浓硫酸存在下，苯与浓硝酸共热生成硝基苯的反应属于取代反应【分析】A、烃的含氧衍生物完全燃烧生成水和二氧化碳；B、同分异构体指分子式相同结构不同的化合物；C、在水溶液里，乙酸分子中羧基中的H发生电离；D、分子中原子或基团被其他原子或原子团所取代的反应称取代反应．【解答】解：A、油脂含有C、H、O三种元素，完全燃烧生成水和二氧化碳，故A正确；B、蔗糖、麦芽糖分子式相同，蔗糖是由1分子葡萄糖和1分子果糖脱水形成的，而麦芽糖是由2分子葡萄糖脱水形成的，结构不同，互为同分异构体，故B正确；C、在水溶液里，乙酸电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，发生电离是羧基中的H原子，故C错误；D、硝基取代苯环上的H原子生成硝基苯，是取代反应，故D正确．故选C．【点评】本题涉及同分异构体、有机反应类型、羧酸与油脂的性质等知识，难度不大，重在考查学生对基础知识的掌握．5．设N A为阿伏伽德罗常数的值．下列叙述正确的是( )A．1mol甲醇中含有C﹣H键的数目为4N AB．25℃，pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣的数目为0.1N AC．标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1N AD．常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4N A 【分析】A、甲醇为CH3OH，1个分子甲醇中含有3个C﹣H键；B、pH=13的NaOH溶液，c（OH﹣）=0.1mol/L，但体积未知，无法计算离子数目；C、标准状况下，己烷为液体；D、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，每生成1molO2时反应中转移的电子为2mol．【解答】解：A、甲醇为CH3OH，1mol甲醇中含有C﹣H键的数目为3N A，故A错误；B、pH=13的NaOH溶液，c（OH﹣）=0.1mol/L，n=cV，但溶液的体积未知，无法计算离子数目，故B错误；C、标准状况下，己烷为液体，无法计算，故C错误；D、由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，每生成1molO2时反应中转移的电子为2mol，则生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4N A，故D正确；故选D．【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的计算，明确物质中的化学键、物质的状态、浓度与物质的量的关系、氧化还原反应中电子转移的数目即可解答，难度不大．6．分子式为C5H11Cl的同分异构体共有（不考虑立体异构）( )A．6种B．7种C．8种D．9种【分析】判断和书写烷烃的氯代物的异构体可以按照以下步骤来做：（1）先确定烷烃的碳链异构，即烷烃的同分异构体．（2）确定烷烃的对称中心，即找出等效的氢原子．（3）根据先中心后外围的原则，将氯原子逐一去代替氢原子．（4）对于多氯代烷的同分异构体，遵循先集中后分散的原则，先将几个氯原子集中取代同一碳原子上的氢，后分散去取代不同碳原子上的氢．【解答】解：分子式为C5H11Cl的同分异构体有主链有5个碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；主链有4个碳原子的：CH3CH（CH3）CH2CH2Cl；CH3CH（CH3）CHClCH3；CH3CCl（CH3）CH2CH3；CH2ClCH（CH3）CH2CH3；主链有3个碳原子的：CH2C（CH3）2CH2Cl；共有8种情况．故选C．【点评】本题考查以氯代物的同分异构体的判断，难度不大，做题时要抓住判断角度，找出等效氢原子种类．一般说来，同一个碳原子上的氢原子等效，同一个碳原子上连的所有甲基上的氢原子等效，处于镜面对称位置上的氢原子等效．氯原子取代任意一个等效氢原子所得的一氯代物是同一种．只要这样就可以了．比如说丙烷有两种一氯代物．7．下列说法不正确的是( )A．麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应B．用溴水即可鉴别苯酚溶液、2，4﹣己二烯和甲苯C．在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OHD．用甘氨酸（）和丙氨酸（）缩合最多可形成4种二肽【分析】A、麦芽糖和水解产物葡萄糖中的官能团来分析银镜反应；B、溴水与苯酚溶液反应生成三溴苯酚白色沉淀，与己二烯发生加成反应而褪色，甲苯可萃取溴水中的溴；C、在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH；D、甘氨酸和丙氨酸缩合形成二肽时可能有如下四种情况：①二个甘氨酸之间；②二个丙氨酸之间；③甘氨酸中的氨基与丙氨酸中的羧基之间；④甘氨酸中的羧基与丙氨酸中的氨基之间．【解答】解：A、麦芽糖和水解产物葡萄糖中的官能团都有醛基，则麦芽糖、葡萄糖属于还原性糖可发生银镜反应，故A正确；B、苯酚和溴水反应生成白色沉淀，2，4﹣已二烯可以使溴水褪色，甲苯和溴水不反应，但甲苯可以萃取溴水中的溴，甲苯的密度比水的小，所以下层是水层，上层是橙红色的有机层，因此可以鉴别，故B正确；C、酯类水解时，酯基中的碳氧单键断键，水中的羟基与碳氧双键结合形成羧基，所以CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH，故C错误；D、两个氨基酸分子（可以相同，也可以不同），在酸或碱的存在下加热，通过一分子的氨基与另一分子的羧基间脱去一分子水，缩合形成含有肽键的化合物，成为成肽反应．因此甘氨酸和丙氨酸混合缩合是既可以是自身缩合：二个甘氨酸之间，二个丙氨酸之间（共有2种），也可是甘氨酸中的氨基与丙氨酸中的羧基之间；甘氨酸中的羧基与丙氨酸中的氨基之间，所以一共有4种二肽，故D正确．故选C．【点评】本题考查醛基、苯酚、双键、酯基、氨基、羧基的性质，常用银镜反应来检验醛基，检验苯酚常用氯化铁溶液和溴水．8．把500mL有BaCl2和KC1的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含6mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀．则该混合溶液中钾离子浓度为( )A．0.1（b﹣2a）mol•L﹣1B．10（2a﹣b）mol•L﹣1C．10（b﹣a）mol•L﹣1D．10（b﹣2a）mol•L ﹣1【分析】混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同，一份加入含a mol 硫酸钠的溶液，发生反应Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n（Ba2+）=（Na2SO4）；另一份加入含bmol 硝酸银的溶液，发生反应Ag++Cl﹣=AgCl↓，恰好使氯离子完全沉淀，则n（Cl﹣）=n（Ag+），再利用电荷守恒可知每份中2n（Ba2+）+n（K+）=n（Cl﹣），据此计算每份中n（K+），根据c=计算钾离子浓度．【解答】解：混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同．一份加入含a mol 硫酸钠的溶液，发生反应Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n（Ba2+）=（Na2SO4）=amol；另一份加入含bmol 硝酸银的溶液，发生反应Ag++Cl﹣=AgCl↓，恰好使氯离子完全沉淀，则n（Cl﹣）=n（Ag+）=bmol，根据电荷守恒可知每份中2n（Ba2+）+n（K+）=n（Cl﹣），每份溶液中n（K+）=bmol﹣2amol=（b﹣2a）mol，故钾离子浓度为=10（b﹣2a）mol•L﹣1，故选D．【点评】本题考查离子反应的有关计算，难度中等，根据电荷守恒计算钾离子的物质的量是关键．9．将标准状况下的a L氨气溶于1L水中，得到氨水的密度为b g•cm﹣3，则该氨水的物质的量浓度为( )A．mol•L﹣1B．mol•L﹣1C．mol•L﹣1D．mol•L﹣1【分析】水为1L，氨气为aL，根据n=计算氨气的物质的量，再根据m=nM计算氨气的质量，根据m=ρV计算水的质量，进而计算溶液的质量，利用V=计算溶液的体积，再根据c=计算氨水的物质的量浓度．【解答】解：氨气的物质的量==；氨气的质量=×17g/mol=；氨水的体积=，则氨水的物质的量浓度==，故选C．【点评】本题考查物质的量浓度的有关计算，难度中等，注意对公式的理解与灵活运用，注意氨水中的溶质的物质的量以氨气计算，为易错点．【分析】A、Fe3O4与稀硝酸反应产生的气体是一氧化氮；B、碳酸镁是难溶物质；C、铵根离子能和氢氧根离子反应产生氨气或者是一水合氨；D、氯气具有氧化性，亚铁离子的还原性强于溴离子．【解答】解：A、Fe3O4与稀硝酸反应产生的气体是一氧化氮，不会产生氢气，故A错误；B、碳酸镁是难溶物质，不应该写成离子形式，故B正确；C、铵根离子能和氢氧根离子反应产生氨气或者是一水合氨，向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液，反应为：2NH4++Ba2++SO42﹣+2OH﹣═BaSO4↓+2NH3•H2O，故C错误；D、亚铁离子的还原性强于溴离子，FeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应为，亚铁离子被完全氧化，溴离子被部分氧化：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++4Cl﹣+Br2，评价为正确；若Fe2+与Br ﹣的化学计量数之比应为1：2，则氯气需要过量，溴化亚铁全部反应，故D错误．故选B．【点评】本题考查学生离子方程式书写的正误判断，主要考查化合物的性质应用，特别是氧化性离子还原性离子的氧化还原反应的顺序，难度不大．11．下列说法正确的是( )A．1 mol葡萄糖能水解生成2 mol CH3CH2OH和2 mol CO2B．在鸡蛋清溶液中分别加入饱和Na2SO4、CuSO4溶液，都会因盐析产生沉淀C．油脂不是高分子化合物，1 mol油脂完全水解生成1 mol甘油和3 mol高级脂肪酸D．欲检验蔗糖水解产物是否具有还原性，可向水解后的溶液中直接加入新制的Cu（OH）2悬浊液并加热【分析】A．葡萄糖为单糖，不能水解；B．鸡蛋清的主要成分为蛋白质，加入饱和硫酸钠溶液会因盐析产生沉淀，加入饱和硫酸铜溶液会因变性产生沉淀；C．油脂不是高分子化合物，油脂可以发生水解，1mol油脂完全水解生成1mol甘油和3mol 高级脂肪酸；D．蔗糖水解完全后应先用NaOH或Na2CO3中和至中性，再用银氨溶液或新制的氢氧化铜检验水解产物的还原性．【解答】解：A．葡萄糖为单糖，不能水解，在无氧呼吸条件下，1mol葡萄糖可以生成2molCH3CH2OH和2molCO2，故A错误；B．鸡蛋清的主要成分为蛋白质，加入饱和硫酸钠溶液，可以使蛋白质因盐析产生沉淀，盐析是一个可逆的过程；加入饱和硫酸铜溶液会因变性产生沉淀，变性是不可逆的，故B错误；C．油脂不是高分子化合物，在化学成分上都是高级脂肪酸跟甘油所生成的酯，1mol油脂完全水解生成1mol甘油和3mol高级脂肪酸，故C正确；D．蔗糖水解后溶液呈酸性，应先用NaOH调节至碱性，再用银氨溶液或新制的氢氧化铜检验水解产物的还原性，否则实验容易失败，故D错误．故选C．【点评】本题考查糖类、油脂和蛋白质的性质，难度不大，它们都是天然的有机化合物，要掌握它们的组成、结构、性质和用途．12．新型解热镇痛抗炎药扑炎痛的结构如图所示，下列关于扑炎痛的叙述正确的是( )A．该物质的分子式为C17H16NO5B．该物质的核磁共振氢谱上共有9个峰C．该物质与浓溴水反应生成白色沉淀D．该物质在酸性条件下水解最终可以得到4种物质【分析】根据有机物的结构简式判断有机物的元素种类和原子个数，可确定有机物的分子式，该有机物含有酯基和肽键，结合有机物的结构和官能团的性质解答该题．【解答】解：A．由结构简式可知该有机物的分子式为C17H15NO5，故A错误；B．左侧苯环有4种不同的H，右侧苯环有2种不同的H，共有9种，故B正确；C．该有机物不含有酚羟基，不能与溴水发生取代反应生成白色沉淀，故C错误；D．该物质在酸性条件下水解最终可以得到3种物质，故D错误．故选B．【点评】本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意把握有机物官能团的性质，易错点为B，注意有机物同分异构体的判断．13．对羟基扁桃酸是农药、药物、香料合成的重要中间体，它可由苯酚和乙醛酸在一定条件下反应制得．下列有关说法不正确的是( )A．上述反应的原子利用率可达到100%B．在核磁共振氢谱中对羟基扁桃酸应该有6个吸收峰C．对羟基扁桃酸可以发生加成反应、取代反应和缩聚反应D．1 mol对羟基扁桃酸与足量NaOH溶液反应，消耗3 mol NaOH【分析】该反应为有机物的加成反应，对羟基扁桃酸中，含有酚羟基，可发生取代反应、氧化反应，含有羧基，可发生取代反应，且含有醇羟基，分子间可发生缩聚反应生成高分子化合物，分子中有6种不同的H原子，以此解答该题．【解答】解：A．该反应为有机物的加成反应，反应的原子利用率可达到100%，故A正确；B．结构对称，分子中有6种不同的H原子，故B正确；C．对羟基扁桃酸中，含有酚羟基，可发生取代反应，苯环可发生加成反应，含有醇羟基和羧基，可发生缩聚反应生成高分子化合物，故C正确；D．能与NaOH反应的为酚羟基和羧基，则1mol对羟基扁桃酸与足量NaOH溶液反应，消耗2molNaOH，故D错误．故选D．【点评】本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，本题侧重于有机物的官能团的考查，注意把握有机物的结构特点，把握有机物官能团的性质．14．洋蓟素是一种新结构类型的抗乙型肝炎病毒和抗艾滋病病毒的化合物，其结构如图所示，有关洋蓟素的说法正确的是( )A．1mol洋蓟素最多可与6mol Br2反应。

内蒙古鄂尔多斯市准格尔旗世纪中学2017-2018学年高一下学期期末化学试卷 Word版含解析

2017-2018学年内蒙古鄂尔多斯市准格尔旗世纪中学高一（下）期末化学试卷一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分）1．研究表明，化学反应中的能量变化其本质是化学键的生成或断裂过程中分别会释放与吸收能量．如图表示反应2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）的能量变化，下列有关说法中错误的是（）A．图中的①是指吸收能量，②是指放出能量B．图示说明反应2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）是一个吸热反应C．图示说明化学键的形成与断裂是物质在化学反应中发生能量变化的主要原因D．③中a所指的数值为4842．为探究NaHCO3、Na2CO3和盐酸（以下盐酸浓度均为1mol•L﹣1）反应过程中的热效应，A．Na2CO3溶液与盐酸的反应是吸热反应B．NaHCO3溶液与盐酸的反应是放热反应C．20.0℃时，含3.2 g Na2CO3的饱和溶液和35 mL盐酸混合后的温度将低于25.1℃D．20.0℃时，含2.5 g NaHCO3的饱和溶液和35 mL盐酸混合后的温度将低于16.2℃3．下列有关热化学方程式的书写及对应的表述均正确的是（）A．密闭容器中，9.6 g硫粉与11.2 g铁粉混合加热生成17.6 g硫化亚铁时，放出19.12 kJ热量．则Fe（s）+S（s）═FeS（s）△H=﹣95.6 kJ•mol﹣1B．稀醋酸与0.1 mol•L﹣1 NaOH溶液反应：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3 kJ•mol ﹣1C．已知1 mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5 kJ，则水分解的热化学方程式为2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+285.5 kJ•mol﹣1D．已知2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221 kJ•mol﹣1，则可知C的燃烧热△H=﹣110.5 kJ•mol﹣14．下列事实能说明影响化学反应速率的决定性因素是反应物本身性质的是（）A．Cu能与浓硝酸反应，而不与浓盐酸反应B．Cu与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快C．N2与O2在常温、常压下不反应，放电时可反应D．Cu与浓硫酸反应，而不与稀硫酸反应5．处于平衡状态的反应2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）△H＞0，不改变其他条件的情况下合理的说法是（）A．加入催化剂，反应途径将发生改变，△H也将随之改变B．升高温度，正逆反应速率都增大，H2S分解率也增大C．增大压强，平衡向逆反应方向移动，将引起体系温度降低D．若体系恒容，注人一些H2后达新平衡，H2浓度将减小6．在密闭容器中充入一定量的NO2，发生反应2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣57kJ•mol﹣1在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化的曲线如图所示．下列说法正确的是（）A．a、c两点的反应速率：a＞cB．a、b两点的转化率：a＜bC．a、c两点气体的颜色：a深，c浅D．由a点到b点，可以用加热的方法7．在某一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜0．t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图．下列说法正确的是（）A．0～t2时，v正＞v逆B．Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，A的体积分数Ⅰ＞ⅡC．t2时刻改变的条件可以是向密闭容器中加CD．Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数I＜Ⅱ8．t℃时，在体积不变的密闭容器中发生反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），各组分在不同时A．平衡时，X的转化率为20% B．t℃时，该反应的平衡常数为40C．增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆减小，平衡向正反应方向移动D．前2min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v（Y）=0.03mol•L﹣1•min﹣19．在某密闭容器中，可逆反应：A（g）+B（g）⇌C（g）符合图中（Ⅰ）所示关系，φ（C）表示C气体在混合气体中的体积分数．由此判断，对图象（Ⅱ）说法不正确的是（）A．p3＞p4，Y轴表示A的转化率B．p3＞p4，Y轴表示B的质量分数C．p3＞p4，Y轴表示B的转化率D．p3＞p4，Y轴表示混合气体的平均相对分子质量10．往含I﹣和Cl﹣的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的质量m（沉淀）与加入AgNO3溶液体积V（AgNO3）的关系如图所示．则原溶液中的比值为（）A． B．C． D．11．依据下列甲、乙、丙三图，判断下列叙述不正确的是（）A．甲是原电池，乙是电镀装置B．甲、乙装置中，锌极上均发生氧化反应C．乙、丙装置中，阳极均发生氧化反应而溶解D．乙、丙装置中，c（Cu2+）基本不变12．电化学在日常生活中用途广泛，图甲是镁﹣次氯酸钠燃料电池，电池总反应为Mg+ClO﹣+H2O═Cl﹣+Mg（OH）2↓，图乙是含Cr2O72﹣的工业废水的处理．下列说法正确的是（）A．图乙中Cr2O72﹣向惰性电极移动，与该极近的OH﹣结合转化成Cr（OH）3除去B．图乙的电解池中，有0.084 g阳极材料参与反应，阴极会有336 mL的气体产生C．图甲中发生的还原反应是Mg2++ClO﹣+H2O+2e﹣═Cl﹣+Mg（OH）2↓D．若图甲中3.6 g镁溶液产生的电量用以图乙废水处理，理论可产生10.7 g氢氧化铁沉淀13．电解100mL含c（H+）=0.30mol•L﹣1下列溶液，当电路中通过0.04mol电子时，理论上析出金属质量最大的是（）A．0.10 mol•L﹣1AgNO3溶液B．0.10 mol•L﹣1ZnSO4溶液C．0.20 mol•L﹣1CuCl2溶液D．0.20 mol•L﹣1Pb（NO3）2溶液14．某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应：A（g）+xB（g）⇌2C （g），达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化如图所示．下列说法中正确的是（）A．8 min时表示正反应速率等于逆反应速率B．前20 min A的反应速率为0.05 mol•L﹣1•min﹣1C．反应方程式中的x=1，30 min时表示增大压强D．40 min时改变的条件是升高温度，且正反应为吸热反应15．某温度下，对于反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1．N2的平衡转化率（α）与体系总压强（p）的关系如图所示．下列说法正确的是（）A．将1 mol氮气、3 mol氢气，置于1 L密闭容器中发生反应，放出的热量为92.4 kJB．平衡状态由A变到B时，平衡常数K（A）＜K（B）C．上述反应在达到平衡后，增大压强，H2的转化率增大D．升高温度，平衡向逆反应方向移动，说明逆反应速率增大，正反应速率减小16．已知某化学反应的平衡常数表达式为K=，在不同的温度下该反应的平A．该反应的化学方程式是CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）B．上述反应的正反应是放热反应C．若在1 L的密闭容器中通入CO2和H2各1 mol，5 min后温度升高到830℃，该反应达到平衡状态时，生成CO2为0.4 molD．若平衡浓度符合关系式=，则此时的温度为1 000℃二、非选择题（本题包括5小题，共52分）17．已知单质硫在通常条件下以S8（斜方硫）的形式存在，而在蒸气状态时，含有S2、S4、S6及S8等多种同素异形体，其中S4、S6和S8具有相似的结构特点，其结构如图1所示：在一定条件下，S8（s）和O2（g）发生反应依次转化为SO2（g）和SO3（g）．反应过程和能量关系可用如图2简单表示（图中的△H表示生成1mol产物的数据）．（1）写出表示S8燃烧热的热化学方程式．（2）写出SO3分解生成SO2和O2的热化学方程式．（3）化学上规定，拆开或形成1mol化学键吸收或放出的能量称为该化学键的键能，单位kJ•mol．若已知硫氧键的键能为d kJ•mol﹣1，氧氧键的键能为e kJ•mol﹣1，则S8分子中硫硫键的键能为．18．在密闭容器中，使2mol N2和6mol H2混合发生下列反应：N2（g）+3H2（g）⇌2ΝΗ3（g）△H＜0（1）当反应达到平衡时，N2和H2的浓度比是；N2和H2的转化率比是．（2）升高平衡体系的温度（保持体积不变），混合气体的平均相对分子质量，密度．（填“变大”、“变小”或“不变”）（3）当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，平衡将（填“正向”、“逆向”或“不”）移动．（4）若容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，平衡将（填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”）．达到新平衡后，容器内温度（填“大于”、“小于”或“等于”）原来的2倍．19．T℃时，A气体与B气体反应生成C气体，反应过程中A、B、C浓度变化如图（Ⅰ）所示，若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图（Ⅱ）所示．根据以上条件，回答下列问题：（1）A与B反应生成C的化学方程式为，正反应为（填“吸热”或“放热”）反应．（2）t1 min后，改变下列某一条件，能使平衡向逆反应方向移动的有（填字母序号）．A．保持其他条件不变，增大压强B．保持容器总体积不变，通入少量稀有气体C．保持其他条件不变，升高温度．20．某温度下，向容积为1L的容器中充入3mol NO和1mol CO，发生2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）反应，NO的转化率随时间的变化如图1所示．回答下列问题：（1）该温度下，化学平衡常数K=，平衡时CO的转化率为．（2）A点的逆反应速率v逆（CO）（填“＞”、“＜”或“=”）B点的逆反应速率v逆（NO）．（3）下列如图图象正确且能表明在时间t时刻反应一定处于平衡状态的是．如果该反应达平衡后，降低温度，平衡常数增大，则△H0（填“＞”、“＜”或“=”）．（4）达平衡后，保持恒温，将容器的容积扩大一倍，下列说法正确的是．A．平衡向正反应方向移动B．CO的体积分数增大C．平衡常数减小D．一氧化碳的浓度增大．21．某小组同学设想用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氧气、氢气、硫酸和氢氧化钾．（1）X极与电源的（填“正”或“负”）极相连，氢气从（填“A”、“B”、“C”或“D”）口导出．（2）离子交换膜只允许一类离子通过，则M为（填“阴离子”或“阳离子”，下同）交换膜，N为交换膜．（3）若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池（石墨为电极），则电池负极的反应式为．（4）若在标准状况下，制得11.2L氢气，则生成硫酸的质量是，转移的电子数为．2017-2018学年内蒙古鄂尔多斯市准格尔旗世纪中学高一（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分）1．研究表明，化学反应中的能量变化其本质是化学键的生成或断裂过程中分别会释放与吸收能量．如图表示反应2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）的能量变化，下列有关说法中错误的是（）A．图中的①是指吸收能量，②是指放出能量B．图示说明反应2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）是一个吸热反应C．图示说明化学键的形成与断裂是物质在化学反应中发生能量变化的主要原因D．③中a所指的数值为484【考点】反应热和焓变．【分析】根据反应热等于反应物总能量减去生成物总能量计算反应热，注意反应物的物质的量和生成物的聚集状态，由图可以看出，2molH2（g）和1molO2（g）的化学键断裂需要吸收能量1368kJ，形成2molH2O（g）释放的能量为1852kJ，所以O2（g）+2H2（g）=2H2O（g）△H=﹣484kJ/mol，据此解答．【解答】解：根据反应热等于反应物总能量减去生成物总能量计算反应热，注意反应物的物质的量和生成物的聚集状态，由图可以看出，2molH2（g）和1molO2（g）的化学键断裂需要吸收能量1368kJ，形成2molH2O（g）释放的能量为1852kJ，所以O2（g）+2H2（g）=2H2O （g）△H=﹣484kJ/mol，A、①是断键过程吸收能量，②是成键过程释放能量，故A正确；B、反应放热，故B错误；C、化学反应是实质就是旧键断裂新键形成，断键成键有能量变化，故C正确；D、③中的a就是焓变△H，故D正确；故选B．2．为探究NaHCO3、Na2CO3和盐酸（以下盐酸浓度均为1mol•L﹣1）反应过程中的热效应，A．Na2CO3溶液与盐酸的反应是吸热反应B．NaHCO3溶液与盐酸的反应是放热反应C．20.0℃时，含3.2 g Na2CO3的饱和溶液和35 mL盐酸混合后的温度将低于25.1℃D．20.0℃时，含2.5 g NaHCO3的饱和溶液和35 mL盐酸混合后的温度将低于16.2℃【考点】探究吸热反应和放热反应．【分析】由表中数据可知，NaHCO3溶于水的过程为吸热过程，Na2CO3溶于水的过程为放热过程，NaHCO3与盐酸的反应后温度降低，说明该反应是吸热反应；Na2CO3与盐酸的反应后温度升高，说明该反应是放热反应，以此解答该题．【解答】解：A．由表中数据可知，3.2gNa2CO3加入盐酸中，包括溶解和反应两个过程，其中溶解使温度升高到24.3℃，最终温度为25.1℃，说明Na2CO3与盐酸的反应是放热反应，故A 错误；B.2.5gNaHCO3加入盐酸中，包括溶解和反应两个过程，其中溶解使温度降低到18.5℃，最终温度为16.2℃，说明NaHCO3与盐酸的反应是吸热反应，故B错误；C.20.0℃时，含3.2gNa2CO3的饱和溶液和35mL盐酸混合，由于缺少溶解的过程，则混合后的温度将低于25.1℃，故C正确；D．NaHCO3溶于水的过程为吸热过程，20.0℃时，含2.5gNaHCO3的饱和溶液和35mL盐酸混合，与固体相比较，缺少溶解吸热的过程，混合后的温度将高于16.2℃，故D错误；故选C．3．下列有关热化学方程式的书写及对应的表述均正确的是（）A．密闭容器中，9.6 g硫粉与11.2 g铁粉混合加热生成17.6 g硫化亚铁时，放出19.12 kJ热量．则Fe（s）+S（s）═FeS（s）△H=﹣95.6 kJ•mol﹣1B．稀醋酸与0.1 mol•L﹣1 NaOH溶液反应：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3 kJ•mol ﹣1C．已知1 mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5 kJ，则水分解的热化学方程式为2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+285.5 kJ•mol﹣1D．已知2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221 kJ•mol﹣1，则可知C的燃烧热△H=﹣110.5 kJ•mol﹣1【考点】热化学方程式．【分析】A．依据n=计算物质的量，由物质的量与反应热成正比来分析判断；B．醋酸是弱酸存在电离平衡，电离过程是吸热过程；C．反应的焓变和化学方程式中物质的量有关；D．依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量分析．【解答】解：A．密闭容器中，9.6g硫粉物质的量为0.3mol，与11.2g铁粉物质的量为0.2mol 混合加热生成硫化亚铁17.6g时，硫过量，放出19.12kJ热量，所以1mol铁反应放热=19.12KJ×=95.6KJ，热化学方程式为Fe（s）+S（s）═FeS（s）△H=﹣95.6kJ．mol﹣1 ，故A正确；B．稀醋酸是弱酸电离过程是吸热过程，与0.1mol•L﹣1NaOH溶液反应放出的热量小于中和热，焓变是负值则：CH3COOH（aq）+OH﹣（aq）═CH3COO﹣（aq）+H2O（l）△H＞﹣57.3kJ•mol ﹣1，故B错误；C．已知1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5kJ，则水分解的热化学方程式：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+571kJ．mol﹣1，故C错误；D．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，碳燃烧生成的一氧化碳不是稳定氧化物，故D错误；故选A．4．下列事实能说明影响化学反应速率的决定性因素是反应物本身性质的是（）A．Cu能与浓硝酸反应，而不与浓盐酸反应B．Cu与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快C．N2与O2在常温、常压下不反应，放电时可反应D．Cu与浓硫酸反应，而不与稀硫酸反应【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】反应物本身的性质为决定反应速率的决定性因素，而温度、浓度、放电等均为外因，以此来解答．【解答】解：A．与硝酸、盐酸的氧化性有关，反应由物质本身的性质决定，故A选；B．硝酸的浓度不同，反应速率不同，浓度为外因，故B不选；C．常温、常压下及放电均为反应条件，为外因，故C不选；D．浓硫酸与稀硫酸浓度不同，故D不选；故选A．5．处于平衡状态的反应2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）△H＞0，不改变其他条件的情况下合理的说法是（）A．加入催化剂，反应途径将发生改变，△H也将随之改变B．升高温度，正逆反应速率都增大，H2S分解率也增大C．增大压强，平衡向逆反应方向移动，将引起体系温度降低D．若体系恒容，注人一些H2后达新平衡，H2浓度将减小【考点】化学平衡的影响因素．【分析】A．反应热只有始态、终态有关，与反应途径无关；B．升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动；C．增大压强，平衡逆反应方向移动；D．若体系恒容，加入一些H2后达新平衡，平衡虽然想逆反应方向移动，但不能消除氢气浓度增大．【解答】解：A．加入催化剂，降低活化能，反应途径将发生改变，但反应热只有始态、终态有关，与反应途径无关，故反应热不变，故A错误；B．正反应为吸热反应，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，硫化氢的分解率增大，故B正确；C．正反应为体积增大的吸热反应，增大压强，平衡逆反应方向移动，体系温度升高，故C错误；D．若体系恒容，加入一些H2后达新平衡，平衡虽然想逆反应方向移动，但不能消除氢气浓度增大，达新平衡后H2浓度将增大，故D错误，故选B．6．在密闭容器中充入一定量的NO2，发生反应2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣57kJ•mol﹣1在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化的曲线如图所示．下列说法正确的是（）A．a、c两点的反应速率：a＞cB．a、b两点的转化率：a＜bC．a、c两点气体的颜色：a深，c浅D．由a点到b点，可以用加热的方法【考点】产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线．【分析】2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣57kJ•mol﹣1，该反应为放热反应，若升高温度，化学平衡向着逆向移动，混合气体中NO2的体积分数增大；如果增大压强，化学平衡向着正向移动，混合气体中NO2的体积分数减小，然后结合图象来分析解答．【解答】解：A．由图象可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，则a、c两点的反应速率：a＜c，故A错误；B．由图象可知，a点的二氧化氮体积分数高，所以转化率a＜b，故B正确；C．根据平衡常数可知，a、c两点温度相同，c点压强大，则二氧化氮浓度大，因此a、c两点气体的颜色：a浅、c深，故C错误；D．升高温度，化学平衡向着逆向移动，NO2的体积分数增大，a点到b点二氧化氮体积分数减少，说明是降低了温度，所以不能用加热的方法实现由a点到b点的转变，故D错误；故选B．7．在某一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜0．t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图．下列说法正确的是（）A．0～t2时，v正＞v逆B．Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，A的体积分数Ⅰ＞ⅡC．t2时刻改变的条件可以是向密闭容器中加C D．Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数I＜Ⅱ【考点】化学平衡建立的过程．【分析】A、由图象分析可知，0～t1，反应正向进行，v正＞v逆，t1～t2，反应到达平衡，v正=v逆；B、由图象分析可知，t2时刻改变条件后达到平衡时，逆反应速率不变，说明和原平衡等效，体积分数不变；C、向密闭容器中加C，逆反应速率瞬间增大，再次建立的平衡与原平衡等效，说明和原平衡相同；D、由图象分析可知，t2时刻改变条件后达到平衡逆反应速率不变，说明和原平衡等效，则平衡常数不变；【解答】解：A、0～t1，反应正向进行，v正＞v逆，t1～t2，反应到达平衡，v正=v逆，故A错误；B、t2时刻改变条件后达到平衡时，逆反应速率不变，说明和原平衡等效，A的体积分数Ⅰ=Ⅱ，故B错误；C、向密闭容器中加C，逆反应速率瞬间增大，再次建立的平衡与原平衡等效，说明和原平衡相同，符合图象，故C正确；D、t2时刻改变条件后达到平衡逆反应速率不变，说明和原平衡等效，所以Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数I=Ⅱ，故D错误；故选：C．8．t℃时，在体积不变的密闭容器中发生反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），各组分在不同时B．t℃时，该反应的平衡常数为40C．增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆减小，平衡向正反应方向移动D．前2min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v（Y）=0.03mol•L﹣1•min﹣1【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】A、依据图表数据和转化率概念计算分析；B、依据平衡浓度和平衡常数的概念计算分析判断；C、压强增大，反应速率增大，正逆反应速率都增大；D、依据反应速率的概念计算判断；【解答】解：A、平衡时，X的转化率=×100%=50%，故A错误；B、依据图表数据得到平衡浓度，结合平衡常数概念计算得到反应的平衡常数==1600，故B错误；C、反应是气体体积减小的反应，增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆增大，平衡向正反应方向移动，故C错误；D、X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），起始量0.1 0.2 0变化量0.02 0.06 0.04 2min量0.08 0.14 0.04前2min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v（Y）==0.03mol•L﹣1•min﹣1，故D正确；故选D．9．在某密闭容器中，可逆反应：A（g）+B（g）⇌C（g）符合图中（Ⅰ）所示关系，φ（C）表示C气体在混合气体中的体积分数．由此判断，对图象（Ⅱ）说法不正确的是（）A．p3＞p4，Y轴表示A的转化率B．p3＞p4，Y轴表示B的质量分数C．p3＞p4，Y轴表示B的转化率D．p3＞p4，Y轴表示混合气体的平均相对分子质量【考点】化学平衡的影响因素．【分析】由图1可知，温度T1时，P2到达平衡的时间短，则反应速率快，所以P2＞P1，压强越大，C%越大，则正反应方向为体积减小的方向；压强P2时，T1到达平衡的时间短，则反应速率快，所以T1＞T2，温度越高，C%越小，故正反应为放热反应；由图Ⅱ可知，Y随温度的升高而降低，根据选项结合压强对平衡移动的影响判断P3、P4的关系．【解答】解：由图1可知，温度T1时，P2到达平衡的时间短，则反应速率快，所以P2＞P1，压强越大，C%越大，则正反应方向为体积减小的方向；压强P2时，T1到达平衡的时间短，则反应速率快，所以T1＞T2，温度越高，C%越小，故正反应为放热反应，A．升高温度平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，增大压强平衡向正反应方向移动，A 的转化率增大，则P3＞P4，故A正确；B．升高温度平衡向逆反应方向移动，B的质量分数增大，增大压强平衡向正反应方向移动，B的质量分数减小，则P3＜P4，故B错误；C．升高温度平衡向逆反应方向移动，B的转化率减小，增大压强平衡向正反应方向移动，B 的转化率增大，则P3＞P4，故C正确；D．混合气体总质量不变，升高温度平衡向逆反应方向移动，混合气体总物质的量增大，平均相对分子质量减小，增大压强平衡向正反应方向移动，混合气体总物质的量减小，混合气体平均相对分子质量增大，则P3＞P4，故D正确，故选B．10．往含I﹣和Cl﹣的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的质量m（沉淀）与加入AgNO3溶液体积V（AgNO3）的关系如图所示．则原溶液中的比值为（）A． B．C． D．【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】根据沉淀溶解平衡常数：Ksp越小的越先形成沉淀，根据离子反应实质和图中数据来计算回答即可．【解答】解：因为I﹣+Ag+=AgI↓，Cl﹣+Ag+=AgCl↓，可以看出I﹣、Cl﹣跟Ag+反应都是1：1的关系，由图中可知：AgI的沉淀量为V1（黄色沉淀是AgI），而AgCl的沉淀量为V2﹣V1，所以c（I﹣）：c（Cl﹣）=．故选C．11．依据下列甲、乙、丙三图，判断下列叙述不正确的是（）A．甲是原电池，乙是电镀装置B．甲、乙装置中，锌极上均发生氧化反应C．乙、丙装置中，阳极均发生氧化反应而溶解D．乙、丙装置中，c（Cu2+）基本不变【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A、甲装置没有外加电源，属于原电池，乙装置存在外加电源，属于电解池；B、在原电池的负极上发生氧化反应，在电解池的阴极上，发生还原反应；C、在电解池的阳极上发生的是失电子的氧化反应，根据电极材料确定发生的反应；D、根据电解池的阴极上的反应来判断．【解答】解：A、甲装置没有外加电源，属于原电池，乙装置存在外加电源，属于电解池，可以在锌上镀铜，故A正确；B、甲装置中，锌是负极，该电极上锌失电子发生氧化反应，乙装置中，锌极是阴极，该电极上发生还原反应，故B错误；C、乙、丙装置中，阳极均是活泼的金属电极，该电极发生氧化反应而溶解，故C正确；D、乙装置是电镀装置，铜离子浓度不变，但是丙装置是电解精炼铜装置，铜离子的浓度会减小，故D错误．故选BD．12．电化学在日常生活中用途广泛，图甲是镁﹣次氯酸钠燃料电池，电池总反应为Mg+ClO﹣+H2O═Cl﹣+Mg（OH）2↓，图乙是含Cr2O72﹣的工业废水的处理．下列说法正确的是（）A．图乙中Cr2O72﹣向惰性电极移动，与该极近的OH﹣结合转化成Cr（OH）3除去B．图乙的电解池中，有0.084 g阳极材料参与反应，阴极会有336 mL的气体产生C．图甲中发生的还原反应是Mg2++ClO﹣+H2O+2e﹣═Cl﹣+Mg（OH）2↓D．若图甲中3.6 g镁溶液产生的电量用以图乙废水处理，理论可产生10.7 g氢氧化铁沉淀【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A．图乙中惰性电极为阴极，Cr2O72﹣阳极移动；B．图乙的电解池中，阳极反应式是Fe﹣2e﹣═Fe2+，阴极反应式是2H++2e﹣=H2↑；C．该原电池中，镁作负极，负极上镁失电子发生氧化反应，负极反应为Mg﹣2e﹣=Mg2+，电池反应式为Mg+ClO﹣+H2O=Mg（OH）2↓+Cl﹣，正极上次氯酸根离子得电子发生还原反应；D．由电子守恒可知，Mg～2e﹣～Fe2+，由原子守恒可知Fe2+～Fe（OH）3↓，以此计算【解答】解：A．图乙中惰性电极为阴极，Fe电极为阳极，则Cr2O2﹣7离子向金属铁电极移动，与亚铁离子发生氧化还原反应生成的金属阳离子与惰性电极附近的OH﹣结合转化成Cr（OH）3除去，故A错误；B．图乙的电解池中，阳极反应式是Fe﹣2e﹣═Fe2+，阴极反应式是2H++2e﹣=H2↑，则n（Fe）==0.0015mol，阴极气体在标况下的体积为0.0015mol×22.4L/mol=0.0336L=33.6mL，故B错误；C．该原电池中，镁作负极，负极上镁失电子发生氧化反应，负极反应为Mg﹣2e﹣=Mg2+，电池反应式为Mg+ClO﹣+H2O=Mg（OH）2↓+Cl﹣，正极上次氯酸根离子得电子发生还原反应，则总反应减去负极反应可得正极还原反应为Mg2++ClO﹣+H2O+2e﹣=Cl﹣+Mg（OH）2↓，故C 正确；D．由电子守恒可知，Mg～2e﹣～Fe2+，由原子守恒可知Fe2+～Fe（OH）3↓，则n（Mg）==0.15mol，理论可产生氢氧化铁沉淀的质量为0.15mol×107g/mol=16.05g，故D错误；故选C．13．电解100mL含c（H+）=0.30mol•L﹣1下列溶液，当电路中通过0.04mol电子时，理论上析出金属质量最大的是（）A．0.10 mol•L﹣1AgNO3溶液B．0.10 mol•L﹣1ZnSO4溶液C．0.20 mol•L﹣1CuCl2溶液D．0.20 mol•L﹣1Pb（NO3）2溶液【考点】化学方程式的有关计算．【分析】在电解池中，阴极上阳离子的放电顺序是：银离子＞铜离子＞氢离子，只有放电顺序在H+前的才析出金属，根据电极反应结合电子守恒来计算即可．【解答】解：Zn2+和Pb2+的放电顺序都在H+后面，所以含有这两种阳离子的盐溶液中，阴极上放出H2，而含有银离子和铜离子这两种阳离子的盐溶液中，Ag和Cu金属先在阴极析出．A、0.10mol∕LAgNO3溶液在氢离子之前放电，金属银的质量是0.1mol/L×0.1L×108g/mol=1.08g，所以最多析出金属质量为1.08g；B、Zn2+的放电顺序在H+后面，所以含有这种阳离子的盐溶液中，阴极上放出H2，不会析出金属；C、铜离子先放电，100mL0.20mol∕LCuCl2溶液就会得到0.04mol电子，所以析出金属铜的质量为：×0.04mol×64g/mol=1.28g；D、Pb2+的放电顺序在H+后面，所以含有这种阳离子的盐溶液中，阴极上放出H2，不会析出金属．所以析出金属质量最大的是0.20mol∕LCuCl2溶液．故选C．14．某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应：A（g）+xB（g）⇌2C （g），达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化如图所示．下列说法中正确的是（）A．8 min时表示正反应速率等于逆反应速率B．前20 min A的反应速率为0.05 mol•L﹣1•min﹣1C．反应方程式中的x=1，30 min时表示增大压强D．40 min时改变的条件是升高温度，且正反应为吸热反应【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】A．根据图象可知，20min时反应达到平衡状态，所以8min时平衡向着正向移动；B．20min时C的浓度为2.0mol/L，则A的浓度变化为1.0mol/L，反应速率为0.05mol/（L•min ）；C．30min时正逆反应速率都减小，不可能是增大压强；由于正逆反应速率同时减小，且化学平衡不移动，减小了压强，故x=1；D.40min时正逆反应速率同时增大，且逆反应速率大于正反应速率．【解答】解：A．0～20min内，反应物B的浓度逐渐减小，生成物C的浓度逐渐增加，说明该时间段反应向着正向移动，正反应速率大于逆反应速率，所以8min时没有达到平衡状态，故A错误；B．20min时C的浓度变化为2.00mol/L，根据化学计量数关系可知，A的浓度变化为1.00mol/L，所以v（A）==0.05mol/（L•min ），故B正确；C．增大压强，正逆反应速率应该都增大，30min时正逆反应速率都减小，不可能增大了压强；由于改变条件，化学平衡不移动，说明是减小了压强，且x=1，故C错误；D．根据图象可知，40min时正逆反应速率都增大，由于该反应是体积不变的反应，所以不可能增大压强，只能是升高了温度；由于升高温度后，逆反应速率大于正反应速率，说明该反应为放热反应，故D错误；故选B．。

内蒙古准格尔旗世纪中学2017-2018学年高一化学必修2课件：1.1 元素周期表1

从元素周期律的发现
你想到了些什么？
2018/3/16
人类在认识自然的过程中，经历了无数的艰辛，正是因为有了无数的探索者，才使人类对事物的认识一步步地走向深入，也越来越接近事物的本质。
先辈们对真理执着追求的精神是我们人类不尽的财富。
他们的追求除了其优秀的个人素质以外，真理本身那种理性的美，也给了他们人生以巨大的乐趣。同学们的学习是辛苦的，又是幸福的，每一门学科中都隐含着无穷的美。能引起情感共鸣的诗歌、散文和音乐，陶冶我们的情操；而化学学科中的新奇、和谐、简约，同样闪耀着美的光辉。
根据原子光谱和理论分析核电荷数为1~20的元素原子核外电子层排布
+35 2 8 18 7
K
Ca
Br
第二课时
学习目标：
1、了解元素周期表和元素周期律在科学和生产上的应用。 2、初步学会应用元素周期表，掌握元素在周期表中的位置、原子结构和元素化学性质三者之间的关系。 3、结合元素周期律的发现，培养科学态度和科学方法。
H2S HCl
磷蒸气，困难
加热反应光照或点燃化合
17Cl
非金属性：Si < P < S < Cl
根据实验，可得出第三周期元素金属性、非金属性的递变规律:
Na Mg Al Si P S Cl 金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强
对其他周期元素性质进行研究,也可以得到类似的结论。
元素的性质随着原子序数的递增而呈周期性的变化。
Mg
Al
与冷水反应缓与酸反应：慢，与沸水反应迅速、与酸（或酸）迅速剧烈反应剧烈，放反应金属性：Na>Mg>Al g(OH)2 中强碱
强碱
Al(OH)3 两性氢氧化物

内蒙古准格尔旗世纪中学高中化学必修二：3.4基本营养物质教案2

《基本营养物质》教案一、教学目标知识与技能1. 使学生了解糖类、油脂和蛋白质的组成和结构。

2. 探究糖类、油脂和蛋白质的典型化学性质，了解糖类、油脂和蛋白质的共同性质与特征反应。

3. 掌握糖类、油脂和蛋白质的水解反应、反应条件对水解反应的影响。

过程与方法1.通过糖类、油脂和蛋白质分子结构的解析、比较过程，培养学生的抽象思维和逻辑思维能力；对糖类、油脂和蛋白质的微观结构有一定的三维想象能力。

2.从实验现象到糖类、油脂和蛋白质典型性质的推理，使学生体会科学研究的方法；结合糖类、油脂和蛋白质与社会生活的密切联系，使学生领悟到化学学习的用途和乐趣。

3.培养观察实验能力、归纳思维能力及分析思维能力。

情感态度与价值观1.通过糖类、油脂和蛋白质的代表物的典型结构，意识到化学世界的外在美。

2.通过糖类、油脂和蛋白质的典型性质的探究过程，使学生从中体会到严谨求实的科学态度。

3.结合糖类、油脂和蛋白质与社会生活的密切联系，使学生领悟到化学现象与化学本质在实际生活中的重要作用，培养学以致用的辩证认识。

4.通过糖类、油脂和蛋白质的水解反应的教学和其在生活中的应用，培养学生勇于探索、勇于创新的科学精神。

二、教学重、难点教学重点1.糖类、油脂和蛋白质组成的特点。

2.糖类、油脂和蛋白质的主要性质。

3.糖类、油脂和蛋白质的水解反应。

教学难点1.葡萄糖与弱氧化剂氢氧化铜的反应。

2.油脂的水解反应。

3.糖类、油脂和蛋白质的水解反应。

三、教学方法实验探究、设疑启发、对比归纳等。

四、课时2课时五、教学过程第1课时【导入】食物中的六大营养素：糖类、油脂、蛋白质、维生素、无机盐和水，是生命活动不可缺少的物质。

其中，糖类、油脂、蛋白质被人们习惯称为动物性和植物性食物中的基本营养物质。

这节里我们要学习这几种基本营养物质的化学组成、结构、性质及用途。

一、糖类、油脂、蛋白质的化学组成【表3—3】糖类、油脂、蛋白质代表物的化学组成【归纳】.据上表分析单糖、双糖、多糖在元素组成、分子式、分子结构上各有什么特点？1.元素组成：.单糖、双糖、多糖的元素组成相同，均由C、H、O三种元素组成。

内蒙古准格尔旗世纪中学2017-2018学年高一化学必修2课件：归纳与整理课件2

变化浓度 (mol· L－1) 终态浓度 (mol· L－1) a－mx b－nx px qx mx nx px qx
mx ①v(A)＝ t
nx ②转化率(B)＝ b
(2)基本步骤： ①确定反应物或生成物的起始加入量。 ②确定反应过程中各物质的变化量。 ③确定反应进行至某时刻时各物质的量。 ④依据题干中的条件建立等式关系进行解答。 ⑤应用化学反应速率之比＝浓度变化之比＝物质的量变化之比＝化学计量数之比。
【解析】
(1) 滴入水后， CuSO4 ＋
5H2O===CuSO4· 5H2O，由于 CuSO4 和 H2O 的总能量高于 CuSO4· 5H2O 的总能量，所以反应放热，具支试管内气体受热膨胀，压强增大，导致 U 型管右侧液面下降，左侧液面上升。 (2)Ba(OH)2· 8H2O ＋ 2NH4Cl===BaCl2 ＋ 2NH3↑ ＋ 10H2O，反应吸热，导致具支试管内气体压强减小， U 型管中右侧液面上升，左侧液面下降。
2．放热反应和吸热反应的比较
类型比较定义
放热反应有热量放出的化学反应
吸热反应吸收热量的化学反应反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量生成物分子成键时释放出的总能量小于反应物分子中的化学键断裂时吸收的总能量
反应物具有的总能量形成原因大于生成物具有的总能量生成物分子成键时释与化学键放出的总能量大于反的关系应物分子中的化学键断裂时吸收的总能量
应用原电池原理回答下列问题：纯锌跟稀 H2SO4 反应速率很小，为了加快锌的溶解和放出 H2 的速率，并且使产生 H2 的量不变，当稀 H2SO4 过量时，可向其中加少量 ( A． CuSO4 溶液 C．铜 ) B． CH3COONa 固体 D．镁条

化学必修二教学ppt课件ppt课件ppt

、炔烃、芳香烃等。
有机化学反应
03
掌握有机化学反应的基本类型、反应机理及其应用，如取代反
应、加成反应、消去反应等。
04
专题讲解与拓展
物质结构与性质关系探讨
原子结构与元素周期律
通过原子结构示意图、电子排布式等方式，深入剖析元素周期律及其递变规律。
化学键与分子间作用力
详细解析离子键、共价键、金属键及分子间作用力的形成原理及其对物质性质的影响。
02
教学内容与方法
教学重点与难点
重点
掌握化学反应原理、化学键、化学反应速率和化学平衡等核心概念；理解化学反应的能量变化和化学反应的应用。
难点
化学反应原理的深入理解，如反应机理的探究；化学键的本质和类型，如共价键和离子键的区别；化学反应速率和化学平衡的影响因素及控制方法。
教学方法与手段
激活学生的前知
化学必修二教学ppt课件ppt课件
目录
• 课程背景与目标 • 教学内容与方法 • 知识回顾与梳理 • 专题讲解与拓展 • 课堂互动与讨论环节 • 课后作业布置与检查反馈
01
课程背景与目标
化学必修二课程简介
课程概述
介绍化学必修二的基本内容，包括物质结构、化学反应原理、有机化学基础等。
知识体系
分组方式
根据学生的兴趣和学习能力进行分组，确保每组都有不同层次的学生，实现互补互助。
讨论主题
针对课程中的重点难点问题展开讨论，鼓励学生提出自己的观点和见解。
成果展示
每组选派代表进行成果展示，包括问题解决思路、方法总结和心得体会等。
教师点评及建议提
点评内容
对学生的提问、讨论和成果展示进行点评，指出优点和不足，提出改进意见。

内蒙古准格尔旗世纪中学2017-2018学年高一化学必修2教案：4.2 资源综合利用环境保护1

《资源综合利用环境保护》教案一、教学目标知识与技能1．知道化石燃料是重要的自然资源。

2．了解化石燃料燃烧对环境的影响，懂得选择对环境污染较小的燃料。

3．认识化石燃料综合利用和开发新能源的重要意义。

过程与方法1．课前学生对学习内容进行社会调查和查阅相关资料。

2．课堂中，通过观看放录像，了解化石燃料的存在和利用。

3．自主学习，培养学生自学能力。

4．通过设计对化石燃料燃烧产物成分分析的定性定量实验，使学生学会解决物质（气体）检验的一般方法。

情感态度与价值观1．培养学生对社会的关注意识；2．知道学好化学等科学知识，为保护环境，解决能源危机作出贡献。

二、教学重、难点教学重点化石燃料综合利用和开发新能源的重要意义。

教学难点化石燃料的综合利用三、教学方法引导法、举例法四、课时2课时五、教学过程[新课引入]我们知道人类的生活和社会的发展离不开能源，它为人类从事各种活动提供动力，对社会发展起积极的作用。

师:你知道生产、生活中常用到哪些能源吗？师: 煤、石油、天然气是重要的三种化石燃料，今天我们就来学习这方面的知识。

通过查阅资料，大家已经了解了煤和石油的形成，哪位同学愿意把你知道的告诉大家？[学生发言后，教师总结投影]师:我国是最早利用煤、石油、天然气的国家，而且蕴藏量和丰富，那么你知道我国化石燃料的分布吗？[学生发言介绍]师:虽然资源很丰富，但分布很不均匀，如我国60%的天然气在中西部地区，而东部沿海地区经济发达，怎样才能用到天然气呢？生:西气东输！师:对！你知道我国的这一工程吗？（投影介绍）师: 使用煤、石油、天然气最初是当成燃料，人们把一定量的燃料完全燃烧时放出的热量叫热值。

课本介绍了一些燃烧的热值，你能找出那种燃料的热值最高和最低吗？[投影] 练一练师:化石燃料虽然热值高，但也有缺点，你知道吗？[ 播放录象] 化石燃料带来的环境污染。

学生总结有哪些环境污染？师: 因为燃烧化石燃料会带来环境污染，而且浪费燃料，所以应该综合利用。

高中化学必修二全册PPT课件 (2)

海水资源的开发利用
章节第2课时
为什么中日在钓鱼岛问题上互不相让?
问题与讨论：
钓鱼岛又称钓鱼台、钓鱼台群岛、钓鱼台列岛（日本人称其为“尖阁列岛”），位于中国东海大陆架的东部边缘，在地质结构上是附属于台湾的大陆性岛屿。钓鱼列岛周围海域面积约为17 万平方公里，相当于5个台湾本岛面积。钓鱼诸岛及其附近海域，不仅蕴藏有大量石油资源，在其他方面也有巨大的经济价值。
海水中蕴含着丰富的水资源和化学资源， 21世纪人类将重点开发海洋资源。
1、海水资源
• 海洋约占地球表面积71%
• 海洋中的资源：
动物:（鱼类、海狮、海马、贝类………
植物:（海草、海带…………
矿物:（各种盐、NaCl、MgCl2 、海底金属结核矿、石油水 :海水中的水约1.3X109 亿吨,占地球总水量97% 还含有80多种元素
通电
Mg + Cl2
习题
1 从海水中提取下列物质,可以不涉及到化学变化的是 ( B ) A Mg B NaCl C Br2 D K 2 医生建议因缺少某种元素而患甲状腺肿大的病人多食用海带,这是因为海带中含有较丰富的 ( A ) A 碘元素 B 铁元素 C 钾元素 D 锌元素
3
从海水中提取镁的主要流程是( A ）
贝壳（CaCO3)
金属镁
⑥从海水中制金属镁
第一步：制石灰乳：贝壳
煅烧
CaO
水
石灰乳
MgCl2
电解
第二步：海水石灰乳 Mg(OH)2
盐酸、浓. MgCl2 + Ca(OH)2 = Mg(OH)2 ↓ + CaCl2 b.Mg(OH)2 + 2HCl = MgCl2 + H2O c. MgCl2

内蒙古准格尔旗世纪中学高中化学必修二：1.1元素周期表习题1

《元素周期表》习题一、选择题1.已知元素的原子序数，能够推知原子的①质子数②核电荷数③核外电子数④离子所带的电荷数，此中正确的选项是()A. ①③B.②③C.①②③D.②③④2.由长周期元素和短周期元素共同构成的族是()A.0 族B.副族C.主族D.第Ⅷ族3.原子序数为x 的元素位于周期表中的第Ⅱ A 族，则原子序数为x+1 的元素不行能处在( )A.Ⅲ A 族B.ⅠA 族C.镧族元素D.Ⅲ B 族4.短周期元素 A 、B、C 在周期表中的地点如右图所示。

已知 B 、C 两元素所在族数之和是 A 元素族数的 2 倍， B、 C 两元素的原子序数之和是 A 元素的 4 倍，则 A 、B、C 是( )A.Be 、 Na、 AlB.B 、 Mg 、SiC.O、 P、ClD.C 、Al 、 P5.无机化学命名委员会( 国际组织)在1989 年作出决定，把长式元素周期表原来的主、副族及族号撤消，由左至右改为18 列，如碱金属族为第 1 列，罕有气体元素为第18 列。

按此规定，以下说法错误的选项是()A. 该周期表第 1 列元素中没有非金属元素B.第 1 列的碱金属和第17 列卤族元素单质的熔沸点变化趋向相反C.只有第 2 列元素原子的最外层有 2 个电子D.第 3 列所包括的元素种类最多6.短周期元素 X 和 Y 可构成化合物XY 3，当 X 的原子序数为 m 时，Y 的原子序数可能是 ()①m+4 ② m-4 ③ m-8 ④ m+2 ⑤ m-6 ⑥ m+12A. ①②③B.①④⑤⑥C.①②③④⑤D.①②③④⑤⑥7.以下对于碱金属元素的表达正确的选项是()A.碱金属的密度跟着原子序数的递加渐渐减小B.从上到下，碱金属元素的最高价氧化物对应水化物的碱性挨次加强C.钾与氧气或水反响比钠的反响强烈，铷、铯的相应反响更强烈D.碱金属元素阳离子的氧化性跟着原子序数的递加挨次加强8. 136 CNMR (核磁共振)能够用于含碳化合物的构造剖析。

内蒙古准格尔旗世纪中学高中化学必修二：2.3化学反应的速率和限度教案2

《化学反应速率与限度教案》（第1课时）一、教学目的知识与能力：（1）理解化学反应速率的概念。

（2）了解影响化学反应速率的因素。

（3）了解控制反应条件在生产生活和科学研究中的作用。

(4) 通过在化学实验和日常生活中的现象，理解反应速率的概念及其表示方法，培养实验观察能力及分析探究能力；（5）通过体验科学探究的过程和化学研究的基本方法，培养自主学习的能力。

过程与方法：通过实验时观察到的实验现象发现问题并探究原因，从而了解化学反应限度的概念，培养实验观察能力、发现问题的能力及分析探究能力，体验科学探究的过程和化学研究的基本方法，培养自主学习的能力。

核心价值观：（1）通过对实验现象的观察和原因探究，培养学生严谨细致的科学态度和质疑精神。

（2）通过同组合作实验和全班共同交流培养合作精神和与人沟通交流分享的精神。

（3）在影响化学反应速率的因素的学习中渗透辩证法。

二、教学重点难点重点：化学反应速率的概念及影响化学反应速率的因素。

难点：化学反应速率的概念及影响化学反应速率的因素。

三、学情分析我们的学生基础较差，特别是对实验现象的概括叙述不规范，需要老师规范学生的用语，本节学生掌握化学反应速率的概念以及计算应该没问题，让学生自己总结影响化学反应速率的因素会有一些困难。

四、教学方法1．实验法：分小组进行课堂探究实验：实验2-5和实验2-62．学案导学：见后面的学案。

3．新授课教学基本环节：预习检查、总结疑惑→情境导入、展示目标→合作探究、精讲点拨→反思总结、当堂检测→发导学案、布置预习五、课前准备1．学生的学习准备：预习实验《化学反应速率与限度》，完成学案。

2．教师的教学准备：多媒体课件制作，课前预习学案，课内探究学案，课后延伸拓展学案。

3．教学环境的设计和布置：八人一组，多媒体教室内教学。

课前准备好烧杯、试管、热水、冷水、配制好H2O2、FeCl3溶液。

六、教学过程(一)预习检查、总结疑惑检查落实了学生的预习情况并了解了学生的疑惑，使教学具有了针对性。

内蒙古准格尔旗世纪中学高中化学必修二：《归纳与整理》教案1

《概括与整理教课设计》一、教课目标知识与技术：1．理解原子的构成及同位素的观点。

掌握原子序数、核电荷数、质子数、中子数、核外电子数，以及质量数与质子数、中子数之间的互相关系。

2．以第 1、 2、 3 周期的元素为例，掌握核外电子排布规律。

3．理解离子键、共价键的涵义。

认识键的极性。

过程与方法：培育学生的空间想象能力、抽象思想能力、科学的解析推理能力感情、态度与价值观：1．使学生初步意识到物质的构造决定物质的性质。

2．科学地、辩证地看问题二、教课重难点要点：原子的构成及同位素的观点。

掌握原子序数、核电荷数、质子数、中子数、核外电子数，以及质量数与质子数、中子数之间的互相关系。

难点：原子序数、核电荷数、质子数、中子数、核外电子数，以及质量数与质子数、中子数之间的互相关系。

三、教具准备多媒体课件、投影仪四、教课过程板书一、原子构造板书原子原子核质子（ Z）中子（ N）核外电子[ 多媒体展现 ]1.原子构造及离子构造中各样基本微粒间的关系原子种类微粒之间的关系A 原子序数 =核电荷数 =核内质子数中性原子×= 核外电子数质量数Z ‖A n+ 原子序数 =核电荷数 =核内质子数质子数阳离子×= 核外电子数 +n +Z 中A m- 原子序数 =核电荷数 =核内质子数子阴离子×=核外电子数 -m 数Z师：请大家依据以上知识做以下练习。

[ 多媒体展现 ]练习：35有关 17 Cｌ－粒子，回答以下问题：(1) 所含质子数；中子数，电子数；质量数。

(2)35 37Cｌ之间的关系是它与17 Cｌ、17 。

(3)35Cｌ的半径大小的关系是它与17 。

3537(4)已知 Cl 元素的相对原子质量为 35.5 ，可知17 Cｌ、17 Cｌ原子在自然界的原子质量分数之比为。

答案：（ 1）17 18(2)35 37它与 17 Cｌ是同种原子；与17 互为同位素35 35(3) 17 Cｌ－的半径大于17 Cｌ的原子半径(4)3 ∶11师：学习原子的构造时，要注意，并不是全部的原子核内都有中子，如 1 H原子核中就无中子；35 35Cｌ是同位素同一种元素的同位素只与核内中子数有关，而与核外电子数没关。