1、福建省厦门2021-2022学年高一下学期期中考试化学试题一、单选题1下列有关能量变化的说法中错误的是A化学反应必伴随能量变化B反应是放热还是吸热须看反应物和生成物具有的总能量的相对大小CBa(OH)28H2O和NH4Cl(固体)混合搅拌发生的是吸热反应D所有放热反应的化学变化的能量都可以通过设计成原电池转化为电能【答案】D【解析】A化学反应中物质变化的同时会伴随着能量变化，A正确；B反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应放热，反之吸热，B正确；CBa(OH)28H2O和NH4Cl(固体)混合搅拌发生反应，反应为吸热反应，C正确；D形成原电池的其中一个必备条件是有自发进行的氧化还原反应，若放
2、热反应为氧化还原反应则可以设计成原电池，若是放热的非氧化还原反应，则不能设计成原电池，如酸碱中和反应，D错误；答案选D。2下列反应中旧化学键断裂吸收的总能量大于新化学键形成放出总能量的是A电解水制取H2和O2B甲烷燃烧C铝粉与氧化铁粉末反应D铁与稀盐酸反应【答案】A【解析】旧化学键断裂吸收的总能量大于新化学键形成放出总能量为吸热反应，据此分析解题。A电解水制取H2和O2属于绝大数分解反应，为吸热反应，A正确；B甲烷燃烧，属于物质的燃烧，为放热反应，B错误；C铝粉与氧化铁粉末反应，属于铝热反应，为放热反应，C错误；D铁与稀盐酸反应为放热反应，D错误；答案选A。3下列关于甲烷，说法正确的是ACH3
3、Cl中含有ClB甲烷能使酸性KMnO4溶液褪色C甲烷能与氯气发生取代反应并生成H2D深海中，甲烷和水在高压低温的条件下，可形成的类冰状的结晶化合物，叫可燃冰【答案】D【解析】A一氯甲烷是共价化合物，化合物中不含有氯离子，故A错误；B甲烷的性质稳定，不能与酸性高锰酸钾溶液反应，故B错误；C光照条件下，甲烷与氯气发生取代反应生成氯甲烷和氯化氢，不能生成氢气，故C错误；D深海中，甲烷和水在高压低温的条件下，可形成的类冰状的结晶化合物，主要成分是甲烷，叫可燃冰，故D正确；故选D。4反应4A(s)5B(g) 4C(g)6D(g)在10 L密闭容器中进行，半分钟后，D的物质的量增加了0.45 mol，则下
4、列说法正确的是A半分钟时v(B)=0.0015 molL-1s-1B半分钟内v(A)=0.0010 molL-1s-1C半分钟内v(C)=0.0010 molL-1s-1D半分钟内v(D)=0.045 molL-1s-1【答案】C【解析】A化学反应速率代表一段时间的平均速率，不是瞬时速率，即半分钟时v(B)是指瞬时速率，不能计算，A错误；BA物质是固体，浓度视为常数，不能用反应速率表示，B错误；C半分钟后，D的物质的量增加了0.45 mol，则半分钟内，由速率之比等于系数比，v(C)=v(D)=0.0010 molL-1s-1，C正确；D半分钟后，D的物质的量增加了0.45 mol，则半分钟内
5、，D错误；故选：C。5下列说法正确的是A正戊烷分子中所有原子均在一条直线上B分子组成符合CnH2n+2(n为正整数)的烃一定是烷烃C碳、氢原子个数之比为13的烃有2种D碳碳间以单键结合，碳原子的剩余价键全部与氢原子结合的烃一定是饱和链烃【答案】B【解析】A烷烃是锯齿状，因此正戊烷分子中所有原子不在一条直线上，故A错误；B烷烃通式是CnH2n+2(n为正整数)，因此分子组成符合CnH2n+2(n为正整数)的烃一定是烷烃，故B正确；C碳、氢原子个数之比为13的烃有乙烷一种，故C错误；D碳碳间以单键结合，碳原子的剩余价键全部与氢原子结合的烃不一定是饱和链烃，可能是环烷烃，故D错误。综上所述，答案为B
6、。6柠檬烯是一种食用香料，其结构简式如下图所示。下列有关柠檬烯的分析正确的是A它的一氯代物有9种B它和丁基苯()互为同分异构体C它的分子中所有的碳原子一定在同一平面上D一定条件下，它分别可以发生加成、取代、氧化、加聚等反应【答案】D【解析】A该物质结构不对称，共有8种位置的H原子，则它的一氯代物有8种，故A错误；B丁基苯的分子式为C10H14，柠檬烯的分子式为C10H16，二者分子式不同，不互为同分异构体，故B错误；C环状结构中含饱和碳原子，为四面体结构，分子中所有碳原子不可能在同一个平面内，故C错误；D含C=C，能发生加成、加聚、氧化，含H原子，能在一定条件下发生取代，则一定条件下，它可以分
7、别发生加成、取代和氧化、加聚反应，故D正确；故选D。7反应4A(s)+3B(g)4C(g)+D(g)，经2minB的浓度减少0.6molL-1，对此反应速率的正确表示是A用A表示的反应速率是0.4molL-1min-1B分别用B、C、D表示反应的速率，其比是3：4：1C0-2min内的反应速率，用反应物D来表示是0.3molL-1min-1D在这2min内用A和C表示的反应速率的值都是相同的【答案】B【解析】A物质A为固体，不能用A的浓度变化表示速率，A错误；B同一反应不同物质的量反应速率之比等于计量数之比，所以分别用B、C、D表示反应的速率，其比是3：4：1，B正确；C2minB的浓度减少0
8、.6molL-1，所以v(B)=0.3molL-1min-1，则v(D)应为0.1molL-1min-1，C错误；D物质A为固体，不能用A的浓度变化表示速率，D错误；综上所述答案为B。8若要将0.6 mol甲烷完全和氯气发生取代反应，并且生成相同物质的量的四种取代物，则需要氯气的物质的量为A2.5 molB4.5 molC1.5 molD0.6mol【答案】C【解析】光照下，甲烷与氯气发生多次取代反应，分别生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3和CCl4，每生成1 mol上述有机物耗氯气依次为1 mol，2 mol，3 mol，4 mol。生成四种氯代物的物质的量相等，设为x mol，4x
9、mol=0.60 mol，x=0.15，n(Cl2)=0.15 mol10.15 mol20.15 mol30.15 mol4=1.5 mol，故选C。9、两根金属棒插入溶液中构成如图所示装置，实验中电流表指针发生偏转，同时棒变粗，棒变细，则、溶液可能是下列中的编号溶液A稀硫酸B硝酸银溶液C硫酸铜溶液D稀硫酸AABBCCDD【答案】B【解析】A锌、铜在稀硫酸中构成原电池，X棒为活泼金属锌，做原电池的负极，失去电子发生氧化反应生成锌离子，X棒变细，故A不符合题意；B锌、银在硝酸银溶液中构成原电池，X棒为不活泼金属银，做原电池的正极，银离子在正极得到电子发生还原反应生成银，X棒变粗，Y棒为活泼金属
10、锌，做原电池的负极，失去电子发生氧化反应生成锌离子，Y棒变细，故B符合题意；C铜、银在硫酸铜溶液中构成原电池，铜的金属性强于银，X棒为金属铜，做原电池的负极，失去电子发生氧化反应生成铜离子，X棒变细，故C不符合题意；D锌、铜在稀硫酸中构成原电池，X棒为不活泼金属铜，做原电池的正极，氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气，X棒没有变化，故D不符合题意；故选B。10甲烷中混有乙烯，欲除去乙烯得到纯净的甲烷，可依次通过下列哪组试剂的洗气瓶A澄清石灰水、浓硫酸B溴水、浓硫酸C酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸D浓硫酸、酸性高锰酸钾溶液【答案】B【解析】A甲烷和乙烯都不和澄清石灰水反应，无法达到分离目的，故A不
11、符合题意；B乙烯和溴水发生加成反应，甲烷和溴水不反应，用浓硫酸干燥甲烷，能得到纯净的甲烷，故B符合题意；C酸性高锰酸钾溶液与乙烯反应生成二氧化碳，浓硫酸干燥气体，甲烷中混合二氧化碳，不能得到纯净的甲烷，故C不符合题意；D与C选项分析一致，故D不符合题意。综上所述，答案为B。11把a、b、c、d四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连组成原电池。若a、b相连时，b为正极；c、d相连时，电流由d到c；a、c相连时，c上产生大量气泡，b、d相连时，d溶解减重，则四种金属的活动性顺序由强到弱的是AabcdBacdbCcabdDbadc【答案】B【解析】活动性不同的金属在构成原电池反应中，相对较活泼的金属
12、为负极，不活泼的金属为正极，据此分析判断。把a、b、c、d四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连组成原电池。若a、b相连时，b为正极，a为负极，则金属活动性：ab；c、d相连时，电流由d到c，则d为正极，c为负极，所以金属活动性：cd ；a、c相连时，c上产生大量气泡，说明c电极上发生还原反应，因此c为正极，a为负极，金属活动性：ac；b、d相连时，d溶解减重，则d为负极，失去电子发生氧化反应，因此b为正极，故金属活动性：db。综上所述可知：四种金属活动性由强到弱的顺序为：acdb，故合理选项是B。12向刚性容器中通入1molCO和1molNO2，发生反应：CO(g)+NO2(g)=CO2(g
13、)+NO(g)。已知该反应的v=kc2(NO2)，在其他条件不变的情况下，反应速率无法增大的是A升高温度B加入催化剂C充入更多的COD充入更多的NO2【答案】C【解析】A升高温度速率增大，故A正确；B加入催化剂降低活化能，速率增大，故B正确；Cv=kc2(NO2)速率与CO浓度无关，充入更多的CO不影响速率，故C错误；D根据速率公式可知，速率只与NO2浓度有关，充入更多的NO2，速率增大，故D正确；故答案为C13下列关于乙烯和乙烷比较的说法中，不正确的是A乙烯的结构简式为CH2CH2，乙烷的结构简式为CH3CH3B乙烯分子中所有原子处于同一平面上，乙烷分子则为立体结构C乙烯分子中含有碳碳双键，
14、乙烷分子中含有碳碳单键，则乙烯的含碳量大于乙烷，燃烧时有黑烟产生D乙烯分子中因含有不饱和键，导致乙烯能使酸性KMnO4溶液和溴的四氯化碳溶液褪色【答案】A【解析】A 乙烯的结构简式为CH2=CH2，碳碳双键不能省，故A错误；B 乙烯分子中碳原子采用sp2杂化，键角为120，所有原子处于同一平面上，乙烷分子中碳采用sp3杂化，为正四面体构型，则为立体结构，故B正确；C 乙烯分子中含有碳碳双键，碳是不饱和碳，乙烷分子中含有碳碳单键，碳是饱和碳，则乙烯的含碳量大于乙烷，燃烧时有黑烟产生，故C正确；D 乙烯分子中因含有不饱和键，化学性质活泼，导致乙烯能使酸性KMnO4溶液和溴的四氯化碳溶液褪色，故D正
15、确；故选A。14某兴趣小组利用如图所示实验装置设计出了原电池，电流表指针偏转。下列说法不正确的是：A该装置中铝箔为负极B电子从铝箔流出，经电流表活性炭滤纸，回到铝箔C该装置可以将化学能直接转化为电能D该电化学装置的总反应是：2Al+6H+=2Al3+3H2【答案】B【解析】A 该装置中铝箔失电子，发生氧化反应，为负极，故A正确；B 电子从铝箔流出，经电流表活性炭，但电子不能在滤纸上的电解质中传导，故B错误；C 该装置可以将化学能直接转化为电能，故C正确；D 该电化学装置的总反应是铝与酸反应生成氢气：2Al+6H+=2Al3+3H2，故D正确；故选B。15已知：2KMnO4+5H2C2O4+3H
16、2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O。某化学小组欲探究该反应过程中浓度、温度对化学反应速率的影响，进行如下实验(忽略溶液体积变化)。编号0.01molL-1酸性KMnO4溶液体积/mL0.1molL-1H2C2O4溶液体积/mL水的体积/mL反应温度/C反应时间/minI220202.1II2V11205.5III2V20500.5下列说法错误的是AV1=1，V2=2B实验I、III的目的是探究温度对化学反应速率的影响C若改用0.1molL-1酸性KMnO4溶液，将不能达到实验目的D实验中用KMnO4浓度变化表示的反应速率v(KMnO4)=0.02molL-1min-1【答
17、案】D【解析】A根据变量不变原则可知，实验是对照实验，溶液总体积为4mL，则V1=4-2-1=1，V2=4-2=2，选项A正确；B实验目的是探究反应过程中浓度、温度对化学反应速率的影响，实验和的温度条件不同，则设计实验和的目的是探究温度对反应速率的影响，选项B正确；C该定性实验是根据酸性KMnO4溶液褪色时间来判断反应快慢的，若改用0.1molL-1酸性KMnO4溶液，溶液浓度太大，KMnO4溶液过量，溶液不褪色，不能达到实验目的，选项C正确；D实验中草酸过量，两种溶液混合瞬间c(KMnO4)=0.01mol/L=0.005mol/L，反应完全时c=0.005mol/L，v(KMnO4)=0.
18、01mol/(Lmin)，选项D错误；答案选D。16一定温度下，向容积为4L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，下列对反应的推断合理的是A该反应的化学方程式为3B+4C6A+2DB反应进行到1s时，v(A)=v(C)C反应进行到6s时，B的平均反应速率为0.1mol/(Ls)D反应进行到6s时，各物质的反应速率相等【答案】A【解析】A由图可知，反应达到平衡时，B物质减少了0.6mol、C物质减小了0.8mol、A物质增加了1.2mol、D物质增加了0.4mol，所以B、C为反应物，A、D为生成物，物质的量的变化量之比为0.6：0.8：1.2：0.4=3：4
19、：6：2，故反应的化学方程式为：3B+4C6A+2D，故A正确；B化学反应速率之比等于化学计量数之比，故反应进行到1s时，2v(A)=3v(C)，故B错误；C反应进行到6s时，B的平均反应速率为v(B)=0.025mol/(Ls)，故C错误；D化学反应速率之比等于化学计量数之比，故反应进行到6s时，各物质的反应速率不相等，故D错误；故选A。二、原理综合题17原电池是将化学能转化为电能的装置。I.a为铜片，b为铁片，烧杯中是稀硫酸溶液，当开关K断开时产生的现象为_；当开关K闭合时，产生的现象为_。Aa不断溶解Bb不断溶解Ca上产生气泡Db上产生气泡E溶液逐渐变蓝(2)闭合开关K，反应一段时间后断
20、开开关K，经过一段时间后，下列叙述不正确的是_。A溶液中浓度减小B正极附近浓度逐渐增大C溶液中含有D溶液中浓度基本不变.某同学为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气(气体体积已折算为标准状况下的体积)，实验记录如下(累计值)：时间/min12345氢气体积/mL50120232290310(3)反应速率最大的时间段是_(填“01min”“12min”“23min”“34min”或“45min”)；反应速率最小的时间段是_(填“01min”“12min”“23min”“ 34min”或“45min”)，(4)如果反应太剧烈，为了
21、减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，该同学在盐酸中分别加入等体积的下列液体，你认为可行的是_(填序号)。A蒸馏水BNaCl溶液C溶液D溶液【答案】 BD BC B 2-3min 45min AB【解析】I当开关K断开时，只有铁与稀硫酸发生反应，产生的现象为铁不断溶解、铁片上产生气泡，则答案为BD；当开关K闭合时，形成原电池，铁为负极失去电子被氧化、铜作正极、氢离子在铜片上得电子产生氢气，产生的现象为铁不断溶解、铜片上产生气泡，则答案为BC。(2)闭合开关K，形成原电池，结合(1)可知：A氢离子在铜片上得电子产生氢气，溶液中浓度减小，A正确；B原电池工作时，内电路中阴离子移向负极，则负极附近浓度
22、逐渐增大，B不正确；C铁被氧化得到亚铁离子，则溶液中含有 ，C正确；D只有铁与氢离子反应，不反应，溶液中浓度基本不变，D正确；则答案是B。(3) 相同时间内，产生气体体积越大反应速率越快，由表知，“01min”、“12min”、“23min”、“34min”、 “45min”内产生的氢气体积依次为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL、则反应速率最大的时间段是23min；反应速率最小的时间段是45min。(4)A蒸馏水稀释溶液，溶液中c(H+)减小，反应速率减小，A正确；BNaCl溶液稀释溶液，溶液中c(H+)减小，反应速率减小，B正确；C溶液消耗盐酸、则减少了产生氢气的量，C错误
23、； D加溶液，在Zn的表面发生置换反应析出Cu，构成原电池，加快反应速率，D错误；则可行的是AB(填序号)。18化学反应中伴随着能量变化，探究各种能量变化是一永恒的主题。(1)下列变化属于放热反应的是_(填序号)。a.生石灰溶于水b.浓硫酸稀释c.氢氧化钠固体溶于水d.铜溶于浓硝酸e.氯化铵固体与氢氧化钡晶体混合搅拌f.过氧化钠溶于水(2)分解时的能量变化关系如图所示，分解反应为_反应(选填：吸热、放热)。查阅资料得知：将作为催化剂的溶液加入溶液后，溶液中会发生两个氧化还原反应，且两个反应中均参加了反应，试从催化剂的角度分析，这两个氧化还原反应的离子方程式分别是：和_。(3)如图是某化学兴趣小
24、组探究不同条件下化学能转变为电能的装置：当电极a为镁，电极b为铝，电解质溶液为氢氧化钠溶液时，该电池的负极为_(填名称)。质量相同的铜棒和铁棒用导线连接后插入溶液中，一段时间后，取出洗净、干燥、称量，二者质量差为12g，则导线中通过的电子的数目为_。【答案】(1)adf(2) 放热 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O(3) 铝 1.2041023【解析】(1)a生石灰溶于水，与水反应产生Ca(OH)2，该反应发生放出热量，为放热反应，a符合题意；b浓硫酸稀释会放出热量，但该变化没有新物质生成，不是化学变化，b不符合题意；c碳酸氢钠固体溶于盐酸，反应发生吸收热量，故该反应是吸热反应，
25、c不符合题意；d铜溶于浓硝酸，发生反应放出热量，因此该反应是放热反应，d符合题意；e氯化铵固体与氢氧化钡晶体混合搅拌，发生反应吸收热量，因此该反应是吸热反应，e不符合题意；f过氧化钠溶于水，发生反应产生NaOH和O2，发生反应放出热量，因此该反应为放热反应，f符合题意；故合理选项是adf；(2)由图像可知，生成物总能量低于反应物总能量，为放热反应；将作为催化剂的Fe2(SO4)3溶液加入H2O2溶液后，溶液中会发生两个氧化还原反应，第一个是2Fe3+H2O2=2Fe2+O2+2H+，第二个是H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，H2O2被还原产生H2O，该反应的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2
26、H+=2Fe3+2H2O；(3)当电极a为镁，电极b为铝，电解质溶液为NaOH溶液时，由于Al能够与NaOH溶液发生反应，而Mg不能发生反应，故该电池的负极材料为铝，正极材料为镁；铜棒和铁棒用导线连接后插入CuSO4溶液，形成原电池, Fe作负极，失去电子变为Fe2+进入溶液，所以负极质量减小；Cu作正极，Cu2+在正极得电子生成Cu单质，正极质量增大，总反应为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，反应过程转移2 mol电子，两极质量相差(56+64)g=120 g，当两极相差12 g时，转移电子物质的量为n(e-)=0.2 mol，则转移的电子数目N(e-)=0.2 mol6.021023/mo
27、l=1.2041023。19I工业上用CO生产燃料甲醇，一定条件下发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，反应过程中的能量变化情况如图所示，请回答下列问题：(1)使用催化剂的曲线为曲线，则选择适宜的催化剂_(填“能”或“不能”)改变该反应的反应热。推测反应 CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)是_(填“吸热”或“放热”)反应。(2)计算当反应生成1.5molCH3OH(g)时，能量变化值是_kJ。(3)在恒温，体积为4L的密闭容器中分别充入1.2molCO和1molH2，5min后达到平衡，测得含有0.4molCH3OH(g)。则达平衡时CO的浓度为_；5min内用H2表示的化
28、学反应速率为_；若要加快CH3OH的生成速率，可采取的措施有_(填一种合理的措施)。II通常把拆开1mol化学键所吸收的能量看成该化学键的键能，已知各化学键键能数据如下：共价键N-NNNN-HO-HO=O键能(kJmol-1)abcde(4)则一定条件下，1mol肼(N2H4)与足量O2燃烧生成N2和H2O时需要_(填“吸收”或“释放”)_kJ热量。在两个恒温、恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：(甲)2X(g)Y(g)+Z(s)，(乙)A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，当下列物理量不再发生变化时：混合气体的密度反应容器中生成物的百分含量反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于系数之
29、比混合气体的压强混合气体的总物质的量混合气体的平均相对分子质量。(5)其中能表明(甲)和(乙)都达到化学平衡状态是_(填序号) 【答案】(1) 不能 吸热(2)136.5(3) 0.2mol/L 0.04mol/(Lmin) 升温(4) 释放 (b+4d)-(a+4c+e)(5)【解析】(1)催化剂能降低反应的活化能，不能改变该反应的反应热，由图可知使用催化剂和不使用催化剂反应物初始能量与生成的能量相同，放出的热量也相同，所以选择适宜的催化剂不能改变该反应的反应热。由图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，所以反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)是放热反应，则CH3OH(g)CO(g
30、)+2H2(g)为吸热反应。故答案：不能；吸热。(2)由图可知：生成1molCH3OH(g)时，放出的热量为510kJ-419kJ=91kJ，计算当反应生成1.5molCH3OH(g)时放出来的热量为136.5kJ，故答案136.5。(3)根据， 5min后达到平衡，测得含有0.4molCH3OH(g)，则x=0.4mol，则达平衡时CO的浓度c=；5min内用H2表示的化学反应速率；若要加快CH3OH的生成速率，可采取的措施有升温能加快化学反应速率；故答案：0.2mol/L；0.04mol/(Lmin)；升温。(4)燃烧属于放热反应，一定条件下，所以1mol肼(N2H4)与足量O2燃烧生成N
31、2和H2O时需释放(4c+a+d-b-4d)kJ热量，故答案：释放；(b+4d)-(a+4c+e)。(5)甲反应是气体总量减小的反应，反应前后气体的质量发生变化，容器的体积不变，因此混合气体的密度是变量；乙反应中，混合气体的质量增加，容器的体积不变，混合气体的密度为变量，当所以混合气体的密度不变时，说明反应达到平衡状态了，故符合题意；反应容器中生成物的百分含量不变，说明反应达到平衡状态了，故符合题意；反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于系数之比，说明反应达到平衡状态了，故符合题意；根据(甲)2X(g)Y(g)+Z(s)反应可知，甲反应是气体总量减小的反应，当混合气体的压强不变时，说明该反
32、应达到平衡状态了；根据(乙)A(s)+2B(g)C(g)+D(g) 反应可知，反应前后气体体积数相等，所以当混合气体的压强不变时，不能说明该反应达到平衡状态了，故不符合题意；根据(乙)A(s)+2B(g)C(g)+D(g) 反应可知，反应前后气体的总量始终不变，不能说明该反应达到平衡状态了，故不符合题意；根据m=nM分析可知，甲反应中能够气体的质量和物质的量均为变量，当混合气体的平均相对分子质量不变，说明该反应达到平衡状态；乙中，反应前后气体的总量不变，气体总质量增大，所以当混合气体的平均相对分子质量不变，说明该反应达到平衡状态，故符合题意；故答案：。三、计算题20某温度时，在容积为5L的密闭
33、容器中，X、Y、Z三种气体物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示：(注：A的转化率=100%)(1)该反应的化学方程式为_。(2)该反应是从_(填“正反应”“逆反应”“正、逆反应同时”)开始的；反应开始至2min末，用X表示的化学反应速率为_，此时Z与Y的物质的量之比为_。(3)该反应从开始到达到平衡时，Z的转化率与Y的转化率之比为_。(4)4min时，v(X)：v(Y)：v(Z)=_；下列哪些数据在反应开始至反应达到平衡时。一直保持不变是_(填字母)。a.压强b.密度c.相对平均式量d.反应物的浓度【答案】 Y+ 2Z3X 正、逆反应同时 13:8 6:5 3:1:2 abc【解析】(1)根
34、据图象可知Y、Z浓度降低，为反应物，X浓度增大为生成物，当物质的量不再变化时，达到平衡状 态，此时n(Y) = 1.2mol -1.0mol = 0.2mol，n(Z) = 2.0mol-1.6mol = 0.4mol，n(X) = 1.0mol-0.4mol = 0.6mol，计量数之比等于n(Y)：n(Z)：n(X)= 1:2:3，化学方程式可写为Y+ 2Z3X。(2)反应刚开始时，反应物和生成物物质的量均不为零，即化学平衡是由正、逆反应同时开始反应的；反应开始至2min末，n(X) = 0.8mol-0.4mol = 0.4mol，则用X表示的化学反应速率，根据方程式的比例关系可知，此时
35、Z与Y的物质的量之比为。(3)该反应从开始到达到平衡时，Z的转化率与Y的转化率之比为。(4)化学反应速率之比等于化学计量数之比，则4min时，v(X)：v(Y)：v(Z)=3:1:2；a反应前后气体物质的量不变，则压强一直保持不变；b容器容积不变，混合气体质量不变，则密度一直保持不变；c混合气体质量不变，反应前后气体物质的量不变，则相对平均式量一直保持不变；d反应物的浓度随反应进行逐渐减少；故选abc。四、实验题21已知锌与稀盐酸反应放热，某学生为了探究反应过程中的速率变化，用排水集气法收集反应放出的氢气。所用稀盐酸浓度有1.00molL-1、2.00molL-1两种浓度，每次实验稀盐酸的用量
36、为25.00mL，锌有细颗粒与粗颗粒两种规格，用量为6.50g。实验温度为298K、308K。(1)完成以下实验设计(填写表格中空白项)，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：编号T/K锌规格盐酸浓度/molL-1实验目的298粗颗粒2.00(I)实验和探究盐酸浓度对该反应速率的影响；(II)实验和_探究温度对该反应速率的影响；(III)实验和_探究锌规格(粗、细)对该反应速率的影响。298粗颗粒1.00308粗颗粒2.00298细颗粒2.00(2)实验记录如下(换算成标况)：时间(s)102030405060708090100氢气体(mL)16.839.267.2224420492.8520
37、.8543.2554.4560计算在30s40s范围内盐酸的平均反应速率(HCl)=_(忽略溶液体积变化)。反应速率最大的时间段(如0s10s)为_，可能原因是_。(3)另一学生也做同样的实验，由于反应太快，测量氢气的体积时不好控制，他就事先在盐酸溶液中分别加入等体积的下列溶液以减慢反应速率，在不影响产生H2气体总量的情况下，你认为他上述做法中可行的是_(填相应字母)；ANaNO3溶液BNaCl溶液 CCuSO4溶液 DNa2CO3(4)某化学研究小组的同学为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，分别设计了如图甲、乙所示的实验。请回答相关问题：定性分析：如图甲可通过观察_，定性比较得
38、出结论。甲同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，其理由是_。定量分析：如图乙所示，实验时均以生成40mL气体为准，其它可能影响实验的因素均已忽略，实验中需要测量的数据是_。【答案】 0.056mol/(Ls) 4050s 反应放热，温度高，反应速率快 B 生成气泡的快慢 阴离子也可能会对反应速率产生影响，所以将FeCl3改为Fe2(SO4)3可以控制阴离子相同，排除阴离子不同造成的干扰 产生40ml气体所需要的时间【解析】(1)探究温度对该反应速率的影响，则固体的表面积以及盐酸的浓度应该是一样的，所以实验和作为对照；探究锌规格(粗、细)对该反应速率的影响，要求实验温度以及盐酸的浓
39、度是相等的，所以实验和作为对照；(2)在30-40s范围内生成氢气的物质的量为=0.007mol，则消耗盐酸的物质的量是0.014mol，其浓度是0.014mol0.025L0.56mol/L，所以在30-40s范围内盐酸的平均反应速率v(HCl)0.56mol/L10s0.056mol/(Ls)；根据相同时间段内，产生的氢气的体积越大，可以确定反应速率越快，所以反应速率最大的时间段是4050s，可能原因是反应放热，温度高，反应速率快；(3)A在盐酸中加入加入NaNO3溶液相当于是硝酸，不能产生氢气，A错误；B. NaCl溶液相当于将盐酸稀释，盐酸中氢离子浓度减小，所以速率减慢，B正确；C.
40、在反应中加入硫酸铜，则金属锌会置换出金属铜，形成Cu、Zn、盐酸原电池，会加快反应速率，C错误；D. 在盐酸中加入碳酸钠与盐酸发生反应，氢离子浓度降低，反应速率减小，但产生的氢气体积也减小，D错误；故答案为B；(4)定性分析：该反应中产生气体，所以可根据生成气泡的快慢判断。由于阴离子也可能会对反应速率产生影响，所以将FeCl3改为Fe2(SO4)3可以控制阴离子相同，排除阴离子不同造成的干扰；同时，如利用乙图装置，通过测量相同时间内产生气体的量也可达到判断催化效果；定量分析：该反应是通过生成气体的反应速率分析判断的，所以根据化学反应速率的计算公式可知，需要测量的数据是产生40ml气体所需要的时间。试卷第17页，共18页
