1、陕西省黄陵中学高新部2016-2017学年高一下学期期末考试化学试题一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题2分，共50分）1. 在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用vA、vB、vC表示，已知2vB=3vA、3vC=2vB，则此反应可表示为（）A. 2A+3B=2C B. A+3B=2C C. 3A+B=2C D. A+B=C【答案】A【解析】试题分析：已知2vB=3vA、3vC=2vB，则vA：vB：vC=2：3：2，即A、B、C对应的化学计量数分别为2、3、2，故反应方程式为2A+3B=2C，选A。考点：考查化学反应速率2. 下列用水就能鉴别的一组物质是（ ）A. 苯、己烷、
2、四氯化碳 B. 苯、乙醇、四氯化碳C. 硝基苯、乙醇、四氯化碳 D. 硝基苯、乙醇、乙酸【答案】B【解析】A苯、己烷、四氯化碳都不溶于水，但苯和己烷的密度都小于水，无法鉴别，A错误；B苯、四氯化碳都不溶于水，但苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大，乙醇与水混溶，可鉴别，B正确；C硝基苯和四氯化碳都不溶于水，且密度均比水的大，无法鉴别，C错误；D乙酸、乙醇均与水混溶，不能鉴别，D错误；答案选B。3. 某混合溶液中所含离子的浓度如下表，则M离子可能为（ ）所含离子NO3-SO42H+M浓度 /（molL1）2121A. Cl B. Ba2+ C. Na+ D. Mg2+【答案】D【解析】根据电荷守
3、恒可知M带2个正电荷，由于钡离子与硫酸根离子不能大量共存，所以M是Mg2，答案选D。4. 已知甲苯的一氯代物有4种同分异构体，将甲苯完全氢化后，再发生氯代反应，其一氯代物的同分异构体数目有（）A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 7种【答案】B【解析】试题分析：甲苯与足量的氢气加成生成，甲基环己烷与氯气发生一元取代反应，可以发生取代甲基上的H原子，可以取代环的H原子，取代环上的H原子，有甲基的邻位、间位、对位及甲基相连C原子上的H原子和甲基共5种位置，故甲基环己烷与氯气发生一元取代物的同分异构体有5种，故选B。考点：考查了同分异构体的类型及其判定的相关知识。5. 4P（红磷s） P4（白磷
4、s） H = +17kJmol1，根据以上热化学方程式，下列推论正确的是 ( )A. 正反应是一个放热反应B. 当l mol白磷完全转变成红磷时放出17kJ热量C. 当4g红磷转变成白磷时吸收17kJ热量D. 白磷比红磷稳定【答案】B【解析】试题分析：A根据化学方程式4P（红磷s）P4（白磷s） H=+17kJmol-1，焓变大于零，该反应为吸热反应，A项错误；B该热化学方程式的正反应是吸热反应，则逆反应是放热反应，即当lmol白磷转变成红磷时放出17kJ热量，B项正确；C热化学方程式的系数只能表示物质的量，当4mol红磷转变成白磷时吸收17kJ热量，C项错误；D根据4P（红磷s）P4（白磷s
5、） H=+17kJmol-1，则反应物的能量低于生成物的，所以红磷具有的能量低，红磷比白磷稳定，D项错误；答案选B。考点：考查化学反应中的能量变化，热化学方程式的意义等知识。6. 将纯锌片和纯铜片按如图方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，下列叙述正确的是A. 两烧杯中铜片表面均无气泡产生B. 甲中铜片是正极，乙中铜片是负极C. 两烧杯中溶液的pH均增大D. 甲、乙溶液均变蓝色【答案】C【解析】试题分析：A甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，所以甲中铜片表面有气泡产生，乙池中锌直接与稀硫酸发生化学反应，在锌片上产生氢气，A项错误；B乙中不能构成原电池，铜片
6、不是电极，B项错误；C甲乙两烧杯反应的总方程式都为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，溶液中硫酸的浓度降低，溶液的PH增大，C项正确；D根据上述分析，铜片不参与反应，所以甲、乙溶液不会变蓝，D项错误；答案选C。【考点定位】考查原电池和电解池的工作原理。【名师点睛】本题考查原电池原理，根据原电池构成条件、原电池正负极上发生的反应等知识点分析解答，易错选项是D。注意：原电池中较活泼金属作负极，甲构成原电池，Zn易失电子作负极、Cu作正极，乙中不能构成闭合回路，所以不能构成原电池，则乙中Zn发生化学腐蚀，甲、乙中反应都是Zn+2H+=Zn2+H2，据此分析解答。7. 下列离子方程式书写正确的是 (
7、)A. Na2CO3溶液中通入少量CO2：CO32CO2H2O 2HCO3B. 氯气通入亚硫酸钠溶液中：2Cl2 + SO32- + H2O 2Cl- + SO2 + 2HClOC. 氯化铁溶液与碘化氢溶液反应：2Fe3+ +2HI 2Fe2+ + I2+ 2H+D. FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2+ + 2Br- +2Cl2 2Fe3+ +Br2+4Cl-【答案】A【解析】A. Na2CO3溶液中通入少量CO2生成碳酸氢钠：CO32CO2H2O2HCO3，A正确；B. 氯气通入亚硫酸钠溶液中：Cl2+SO32-+H2O2Cl-+SO42-+2H，B错误；C. HI是强酸，氯化铁溶液
8、与碘化氢溶液反应：2Fe3+2I2Fe2+I2，C错误；D. FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2+ +4Br- +3Cl22Fe3+2Br2+6Cl-，D错误，答案选A。点睛：掌握物质的性质和发生的化学反应是解答的关键，选项B和D是解答的难点和易错点，注意氯气的氧化性和离子的配比。8. 下列结论正确的是 ( )原子半径：KClS 氢化物稳定性：HFH2SPH3离子还原性：S2ClBrI 单质氧化性：Cl2SSi酸性：H2SO4HClO 碱性强弱：KOHNaOHMg(OH)2A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析： 电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，半径随原子序数的增大而
9、减小。半径越小，其对应的酸性，氧化性，非金属性，氢化物的稳定性就越强，半径越大，其对应的碱性，还原性，金属性就越强。考点：考查元素周期律的相关知识点。9. 在原电池构成的闭合回路中，关于电子和阴、阳离子运动方向的描述正确的是（ ）A. 电子从原电池的负极通过导线移向正极 B. 电子从原电池的正极通过导线移向负极C. 阴离子在电解质溶液中向正极移动 D. 阳离子在电解质溶液中向负极移动【答案】A【解析】试题分析：原电池中负极失去电子，通过导线传递到正极。所以溶液中的阳离子向正极移动，则阴离子向负极移动，答案选A。考点：考查原电池的有关判断点评：在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应
10、。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生还原反应，而溶液是不可能传递电子的，溶液是通过离子的定向运动而导电的，据此可以进行有关的判断。10. 被称之为“软电池”的纸质电池,采用一个薄层纸片作为传导体,在其一边镀锌,而在其另一边镀二氧化锰。在纸内的离子“流过”水和氧化锌组成的电解液。电池总反应为：Zn +2 MnO2+H2O = ZnO +2MnO（OH） ,下列说法正确的是（ ）A. 该电池的正极为锌B. 该电池反应中二氧化锰起催化剂作用C. 当 0.lmol Zn 完全溶解时,流经电解液的电子个数为 1.204l023D. 电池正极反应式为
11、：2MnO2 + 2e一+ 2H2O = 2MnO+2OH【答案】D【解析】试题分析：A根据电池的总反应Zn + 2 MnO2十H2O = ZnO + 2MnO(OH)，Zn化合价升高，发生氧化反应，因此做电源的负极，A错误；B该电池反应中MnO2中的锰元素化合价由+4降为+3，发生还原反应，因此二氧化锰做氧化剂而不是催化剂，B错误；C电子只会从电源的负极经导线流入电源的正极，不会流经电解液，C错误；D根据原电池的总反应，可以写出正极反应式为2MnO2+ 2e一 2H2O = 2MnO (OH)十2OH，D正确。故答案D。考点：考查原电池的知识。11. 在密闭容器中，对于可逆反应A+3B 2C
12、（气），平衡时C的体积分数与温度和压强的关系如图所示，下列判断正确的是（ ）A. 若正反应方向H0，则T 1 T 2B. 压强增大时，混合气体的平均相对分子质量减小C. B一定为气体D. A一定为气体【答案】C【解析】A. 若正反应方向H0，升高温度平衡向逆反应方向进行，C的体积分数减小，则T 1 T 2，A错误；B. 压强增大时C的体积分数增加，平衡向正反应方向进行，由于气体的质量可能增加，也可能不变，但混合气体的物质的量是减少的，因此混合气体的平均相对分子质量增加，B错误；C. 压强增大时C的体积分数增加，平衡向正反应方向进行，即正反应是体积减少的，所以根据方程式可判断B一定为气体，A可能
13、是气体，C正确；D. 根据C中分析可知A不一定为气体，D错误，答案选C。点睛：掌握外界条件对平衡状态的影响变化规律以及明确图像的变化趋势是解答的关键，注意了解化学平衡图像的答题技巧，即定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。12. 在298K、100kPa时，已知： 2H2O(g) 2H2(g) + O2(g) H1；Cl2(g) + H2(g) = 2HCl(g) H2； 2Cl2(g) + 2H2O(g) = 4HCl(g) + O2(g) H3；则H3与H1和H2间的关系正确的是（ ）A. H3=H1+2H2 B. H3=H1+H2 C
14、. H3=H1-2H2 D. H3=H1-H2【答案】A【解析】试题分析：解析试题分析：+2 为式，所以H3=H1+2H2 ，因此答案是A。考点：理解盖斯定律，并能运用盖斯定律进行有关反应焓变的简单计算。点评：考查盖斯定律的应用，化学方程式运算看调整物质的化学计量数。13. abcd为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c。下列叙述错误的是A. d元素的非金属性最强B. 它们均存在两种或两种以上的氧化物C. 只有a与其他元素形成的化合物都是离子化合物D. bcd与氢形成的化合物中化学键均为
15、极性共价键【答案】D【解析】试题分析：abcd为短周期元素，a的M电子层有1个电子，则a为Na元素；b的最外层电子数为内层电子数的2倍，则b为C元素；c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，则c的最高正价为+6，最低负价为-2，c为S元素；d与c同周期，d的原子半径小于c，则d为Cl元素。A.Cl元素的非金属性最强，正确；B.Na元素的氧化物有Na2O和Na2O2，C元素的氧化物有CO和CO2，S元素的氧化物有SO2和SO3，Cl元素的氧化物有ClO2和Cl2O7等，故B正确；C.只有Na与其他元素生成的化合物都是离子化合物，C正确；D.碳与氢两种元素能组成多种多样的烃类化合物，例如乙烷，其中
16、的化学键既有极性共价键，又有非极性共价键，D错误。故答案D。考点：考查原子结构与元素的性质。14. 下列有关化学研究的正确说法是A. 同时改变两个变量来研究反映速率的变化，能更快得出有关规律B. 对于同一个化学反应，无论是一步完成还是分几步完成，其反应的焓变相同C. 依据丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体与浊液D. 从HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，推出F、Cl、Br、I的非金属递增的规律【答案】B【解析】试题分析：A同时改变两个变量来研究反应速率的变化，不容易判断影响反应速率的主导因素，因此更难得出有关规律，应改变一个变量，故A错误；B根据盖斯定律可知，对于同一个化学反应，无论是一
17、步完成还是分几步完成，其反应的焓变相同，故B正确；C分散系的划分是以分散质颗粒大小来区分的，胶体粒子直径介于1nm100nm之间，溶液溶质粒子直径小于1nm，浊液粒子直径大于100nm，溶液和浊液都不具有丁达尔效应，故C错误；D元素非金属性强越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，与氢化物的酸性无关，故D错误。故选B。考点：考查了化学反应速率、盖斯定律、分散系、元素周期律的相关知识。15. 运用相关化学知识进行判断，下列结论正确的是A. 某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应B. 加压改变反应速率的原因是加压可以改变活化分子的百分数C. 对应某一可逆反应外界条件发生变化，只要平衡发生
18、移动平衡常数一定变化D. 增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成H2的速率【答案】A【解析】AH0的反应能够自发进行时，S必须大于0，故A正确；B加压改变反应速率的原因是增加单位体积内活化分子总数，不改变活化分子的百分数，故B错误；C平衡常数只受温度影响，如改变浓度或压强平衡移动时，平衡常数不变，故C错误；D常温下，浓硫酸与铁钝化，加热时，因浓硫酸的强氧化性，反应不能生成氢气，故D错误；故选A。16. 过氧乙酸（CH3COOOH）有强氧化性，用于物体表面、皮肤、果蔬、环境的消毒，其制备反应为：CH3COOHH2O2CH3COOOHH2O，下列有关说法正确的是A. 增大压强
19、可加快该反应速率B. 加入合适的催化剂可改变该反应的反应热C. 达到平衡时，用任意组分表示正逆反应速率都有v(正)v(逆)D. 达到平衡时，H2O2转化率为100%【答案】C【解析】A反应体系无气态物质，增大压强不能改变反应速率，故A错误；B加入合适的催化剂可改变反应速率，但不能改变该反应的反应热，故B错误；C用任意组分表示正逆反应速率都有v(正)v(逆)时，反应达到平衡，故C正确；D可逆反应达到平衡时，H2O2转化率小于100%，故D错误；答案为C。17. 下列关于苯(下图所示)的叙述正确的是（ ）A. 反应不发生，但是仍有分层现象，紫色层在下层B. 反应常温下能进行，其有机产物为C. 反应
20、为加成反应，产物是三硝基甲苯D. 反应中1mol苯最多与3 mol H2发生加成反应，是因为苯分子含有三个碳碳双键【答案】A【解析】苯分子中所含碳碳键是介于双键和单键之间一种独特的化学键，属于不饱和烃，易发生取代反应，能发生加成反应，难发生氧化反应，则A苯不含碳碳双键不能被酸性高锰酸钾氧化，苯密度小于水，不溶于水，A正确；B苯与液溴发生取代反应生成溴苯，B错误；C反应为苯与硝酸在浓硫酸做催化剂条件下发生取代反应生成硝基苯，C错误；D反应中1mol苯最多与3mol H2发生加成反应，但是苯分子不含碳碳双键，D错误；答案选A。点睛：本题考查了苯的性质，熟悉苯分子结构特点是解题的关键，注意苯结构中碳
21、碳键的特殊性。18. 含有一个双键的烯烃，和氢加成后的产物结构简式如图，则此烯烃可能的结构有（ ）A. 7种 B. 6种 C. 5种 D. 4种【答案】A【解析】根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均含有原子的碳原子间是对应烯烃存在C=C的位置，该烷烃中能形成双键键位置有：1和2之间、2和3之间、3和4之间、3和5之间、5和6之间、6和7之间（6和9）、7和8之间（9和10），故该烯烃共有7种，答案选C。点睛：本题考查了加成反应的运用以及同分异构体的书写，理解加成反应原理是解题的关键，采取逆推法还原C=C双键，注意分析分子结构防止重写、漏写，难度较大。19. 下列物质中，
22、既能因发生化学反应使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色的是（ ）SO2、CH3CH2CH=CH2、CH3CH3。A. B. C. D. 【答案】A【解析】SO2具有还原性，能被溴水或酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色，正确；CH3CH2CHCH2含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应而褪色，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色，正确；苯与溴水、酸性高锰酸钾溶液不反应，错误；CH3CH3与溴水、酸性高锰酸钾溶液不反应，错误，答案选A。20. 从化学键的角度看化学反应的实质是“旧化学键的断裂，新化学键的形成”下列既有旧化学键的断裂，又有新化学键的形成的变化（ ）A. 酒精溶于水 B. 水冻成冰C. 氯化钠受热熔
23、化 D. 氧化钙作为干燥剂吸水【答案】D【解析】A. 酒精溶于水是物理变化，没有化学键的断裂和形成，A错误；B. 水冻成冰是物理变化，没有化学键的断裂和形成，B错误；C. 氯化钠受热熔化离子键断裂，但没有新化学键的形成，C错误；D. 氧化钙作为干燥剂吸水发生化学变化：CaO+H2OCa(OH)2，既有旧化学键的断裂，又有新化学键的形成，D正确，答案选D。21. 在10 L密闭容器中，1 mol A和3 mol B在一定条件下反应：A(g)xB(g) =2C(g)，2 min后反应达到平衡时，测得混合气体共3.4 mol，生成0.4 mol C，则下列计算结果正确的是A. 平衡时，物质的量之比n
24、(A)n(B)n(C)2114B. x值等于3C. A的转化率为20%D. B的平均反应速率为0.4 molL1min1【答案】C【解析】根据三段式计算， A（气）+xB（气）2C（气）起始（mol） 1 3 0转化（mol） 0.2 0.2x 0.4平衡（mol） 0.8 3-0.2x 0.4由题意可知，0.8+3-0.2x+0.4=3.4，所以x=4，A、平衡时，物质的量比A：B：C=0.8：（3-0.8）：0.4=4：11：2，故A错误；B、0.8+3-0.2x+0.4=3.4，所以x=4，故B错误；C、A的转化率为100%=20%，故C正确；D、B的平均反应速率为molL-1min-1
25、=0.04mol/（Lmin），故D错误；故选C。点睛：本题主要考查计量数的确定、反应速率的计算、转化率的计算等知识。解答此类试题的基本方法为三段式计算，解题时注意运用三段式分析。22. 下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是A. 二氧化碳的结构式： O=C=O B. HF的电子式：C. Cl离子的结构示意图： D. CH4分子的球棍模型：【答案】A点睛：本题考查了电子式、离子结构示意图、球棍模型与比例模型的判断。注意掌握常见的化学用语的概念及正确表示方法，明确球棍模型与比例模型的表示方法。23. 在如图所示的装置中，a的金属性比氢要强，b为碳棒，关于此装置的各种叙述正确的是A. 碳棒上有气
26、体放出，溶液酸性变弱B. a是正极，b是负极C. 导线中有电子流动，电流从a极到b极D. a极上发生了还原反应【答案】A【解析】a的金属性比氢要强，b为碳棒，所以a是负极，b碳棒是正极；负极失电子发生氧化反应，正极反应为 ，碳棒上有气体放出，溶液酸性变弱；电流从b极到a极；故A正确。24. 下列实验中操作及现象与结论对应关系不正确的一组是实验操作实验现象实验结论A碳酸钠粉末中加入适量醋酸产生无色无味的气体醋酸的酸性比碳酸强B乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中溶液褪色乙烯能被高锰酸钾氧化C点燃苯火焰明亮，并带有浓烟苯的含碳量高D石蕊溶液中滴入乙酸石蕊溶液变红色乙酸是强酸A. A B. B C. C D.
27、 D【答案】D【解析】A. 碳酸钠粉末中加入适量醋酸，反应生成二氧化碳气体和醋酸钠，是因为醋酸的酸性比碳酸强，故A正确；B. 乙烯结构中含有碳碳双键，能被高锰酸钾氧化，因此乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中，高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C.苯的含碳量较高，燃烧时火焰明亮，并带有浓烟，故C正确；D. 石蕊溶液中滴入乙酸，石蕊溶液变红色，只能说明乙酸的水溶液显酸性，不能证明乙酸是强酸，故D错误；故选D。25. 目前世界上60%的镁是从海水中提取的主要步骤如下：下列说法不正确的是A. 为使海水中的MgSO4转化成Mg（OH）2，试剂可选择石灰乳B. 加入试剂后，分离得到Mg（OH）2沉淀的方法是过滤C. 加
28、入试剂反应的离子方程式为：OH+H+=H2OD. 通过电解熔融的无水MgCl2得到48gMg，共转移4mol电子【答案】C.二、简答题（共50分）26. 某烃A含碳85.7，则该烃的最简式为_；经测定其相对分子质量为42，则该烃的分子式为_；有机物在一定条件下可以相互转化：AB CH3CH2CHO写出下列转化过程的化学方程式：AB：_；BCH3CH2CHO_；BA：_；A发生加聚反应_。【答案】 (1). CH2 (2). C3H6 (3). 方程式：略 (4). 方程式：略 (5). 方程式：略 (6). 方程式：略【解析】某烃A含碳85.7，含氢是14.3%，则该烃分子中C和H的个数比为，
29、因此A的最简式为CH2；经测定其相对分子质量为42，42143，则该烃的分子式为C3H6；A转化为B，B转化为丙醛，这说明B应该是1丙醇，A是丙烯，丙烯和水发生加成反应可以生成1丙醇，方程式为CH3CH=CH2+H2OCH3CH2CH2OH；1丙醇发生催化氧化生成丙醛，方程式为2CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O；丙醛与氢气发生加成反应生成丙醇，方程式为CH3CH2CHO+H2CH3CH2CH2OH；丙烯含有碳碳双键，发生加聚反应生成聚丙烯，方程式为。27. 过碳酸钠（Na2CO4）在洗涤、印染、纺织、造纸、医药卫生等领域有大量应用，某化学研究性学习小组设计并完成了如下
30、实验测定过碳酸钠样品（含有的杂质不溶于水且不与酸反应）的纯度实验原理：2Na2CO4+4HCl4NaCl+2CO2+O2+2H2O实验装置：交流与讨论：甲同学认为测定产物中O2的体积即可测定样品的纯度（1）装置的作用是_。（2）装置的作用是：_。（3）称取适量样品与足量浓盐酸充分反应后，收集到的氧气的体积为0.25L（已知该实验条件下氧气的密度为1.28g/L），则称取的样品质量应大于_g。乙同学认为测定产物中CO2的质量（即反应前后装置的质量差）就可测定样品的纯度但利用上述实验装置测得CO2的质量并计算样品的纯度，结果会偏高，你认为原因可能是_；（填序号）A浓盐酸易挥发，产生的氯化氢气体被装
31、置吸收B二氧化碳气体逸出时带出的水蒸气在装置中冷凝而被吸收C装置、内空气中的二氧化碳被装置吸收丙同学提出了一种新方案，得到了大家的一致认可：称取样品12.5g，滴加足量浓盐酸至样品反应完全，再将烧瓶中所有的液体蒸发、结晶、烘干，称得氯化钠固体11.7g则该样品的纯度为_。【答案】 (1). 除去二氧化碳和氯化氢气体 (2). 验证二氧化碳是否被除尽 (3). 2.44 (4). ABC (5). 97.6%【解析】(1)装置中浓氢氧化钠的作用是除去二氧化碳和氯化氢气体；(2)装置中澄清石灰水的作用是验证二氧化碳是否被除尽；(3)设收集到的氧气的体积为0.25L，需要过碳酸钠的质量为x，2Na2
32、CO4+4HCl4NaCl+2CO2+O2+2H2O24432 x0.25L1.28g/L=，x=2.44g；测得二氧化碳的体积偏大，原因可能有：浓盐酸易挥发，产生的氯化氢气体被装置吸收；二氧化碳气体逸出时带出的水蒸气在装置中冷凝而被吸收；装置、内空气中的二氧化碳被装置吸收；设样品中过碳酸钠的质量为y，2Na2CO4+4HCl4NaCl+2CO2+O2+2H2O244234y11.7g=，y=12.2g；该样品的纯度为：100%=97.6%。点睛：解误差分析类试题时，首先要结合问题情景，对实验的全过程，或者是某一仪器的使用注意事项，进行全面的诊断分析然后，对实验数据进行正确的处理，或者根据实验
33、数据反推之，找到误差产生的原因；例如，用量筒量取液体时，俯视刻度，读数为8ml我们在对该实验数据处理或者误差分析探究时，就必须联系量筒的使用中的读数注意事项(即俯大，仰小，平正好)，进行分析推断之；正常情况下，读数应该是平视刻度；而现在俯视了刻度，所以该实验数据8ml是错误的，误差是偏大的，液体的实际体积要比它小。28. （1）已知下列两个热化学方程式：2H2(g)O2(g) 2H2O(l) H571.6 kJmol-1C3H8(g)5O2(g) 3CO2(g)4H2O(l) H2220 kJmol-1则H2的燃烧热为_，1 mol H2和2 mol C3H8组成的混合气体完全燃烧释放的热量为
34、_。（2）一定温度下，在4L密闭容器内某一反应中气体M，气体N的物质的量随时间变化的曲线如图所示： 若t2=2min，计算反应开始至t2时刻，M的平均化学反应速率为：_； t3时刻化学反应达到平衡时反应物的转化率为_； 如果升高温度则v逆 _（填增大、减小或不变）【答案】 (1). H= - 285.8kJmol-1 (2). 4725.8kJ (3). 0.25molL-1min-1 (4). 75% (5). 增大【解析】（1）常温下1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量是燃烧热，则根据2H2(g)O2(g) 2H2O(l) H571.6 kJmol-1，可知H2的燃烧热H=57
35、1.6 kJmol-1/2285.8kJmol-1；1 mol H2和2 mol C3H8组成的混合气体完全燃烧释放的热量为285.8kJmol-11mol2220 kJmol-12mol4725.8kJ；（2）若t2=2min，反应开始至t2时刻生成M是4mol2mol2mol，则M的平均化学反应速率为0.25molL-1min-1；t3时刻化学反应达到平衡时消耗N是8mol2mol6mol，因此反应物N的转化率为6mol/8mol100%75%；升高温度正逆反应速率均增大，则v逆增大。29. 一定温度下，某容积为2L的密闭容器内，某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如下图，依图所
36、示：（1）该反应的化学方程式是_。（2）在图上所示的三个时刻中，_（填t1、t2或t3）时刻处于平衡状态，此时V正_V逆（填、或=，）；达到平衡状态后，平均反应速率v(N)v(M)= _。（3）若反应容器的容积不变，则“压强不再改变”_（填“能”或“不能”）作为该反应已达到平衡状态的判断依据。（4）已知M、N均为气体，则下列措施能增大反应速率的是_（选填字母）。A升高温度 B降低压强 C减小M的浓度 D将反应容器体积缩小【答案】 (1). 2NM （或M2 N） (2). t3 (3). = (4). 21 (5). 能 (6). AD【解析】(1)M物质的量增大、N的物质的量减小，故N为反应
37、物、M为生成物，最终N的物质的量不变且不为0，则该反应属于可逆反应，n(N)=8mol-2mol=6mol，n(M)=5mol-2mol=3mol，则N、M的化学计量数之比为2：1，故反应方程式为：2NM；(2)在t3时刻M、N的物质的量为定值，处于平衡状态，故在t3时刻v正=v逆，达到平衡状态后，平均反应速率v(N)v(M)=2:1；(3)反应方程式为：2NM，反应前后气体物质的量不相等，恒温恒容下，随反应想容器内压强发生变化，压强不变说明反应到达平衡；(4)A升高温度，反应速率加快，故A正确；B降低压强，反应速率减慢，故B错误；C减小M的浓度，反应速率减慢，故C错误；D将反应容器体积缩小，
38、压强增大，浓度增大，反应速率加快，故D正确，故选AD。30. 经研究知Cu2对H2O2分解也具有催化作用，为比较Fe3和Cu2对H2O2分解的催化效果，某研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。回答相关问题：(1)定性分析：如图甲可通过观察_，定性比较得出结论。有同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，其理由是_。若H2O2在二氧化锰催化作用下发生反应，曾检测出有物质MnO3出现，写出整个反应过程的两个化学方程式：_，_。(2)定量分析：如图乙所示，实验时均以生成40 mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略。图中仪器A的名称为_，实验中需要测量的数据是_。【答案】 (1
39、). 反应产生气泡的快慢 (2). 控制阴离子相同，排除阴离子的干扰 (3). H2O2 +MnO2= MnO3+H2O (4). 2MnO3= 2MnO2O2 (5). 分液漏斗 (6). 收集40 mL气体所需要的时间【解析】（1）催化剂的不同会引起反应速率的不同，所以根据反应中产生气泡的快慢来定性分析催化剂的催化效果，故答案是：反应产生气泡的快慢。为了是实验具有可比性，应该使溶液中的阴离子也相同，这样才能排出阴离子不同可能组成的干扰。故答案是：控制阴离子相同，排除阴离子的干扰H2O2在二氧化锰催化作用下发生反应，检测出有物质MnO3出现，二氧化锰作为催化剂，MnO3为中间主物，MnO2先转化为MnO3然后又生成为MnO2。整个反应过程的两个化学方程式：H2O2 +MnO2= MnO3+H2O ； 2MnO3= 2MnO2O2。(2)从外观分析A是分液漏斗，收集相同的体积，因此需要测量所用时间的长短。故答案为：分液漏斗，收集40mL气体所需要的时间。点睛：考查的是设计实验方案及探究实验，对化学实验方案的设计是在实施化学实验之前根据化学实验的目的和要求，运用相关的化学知识和技能，对实验的仪器、装置和方法所进行的一种规划。明确目的、原理首先必须认真审题，明确实验的目的，弄清题目有哪些新的信息，结合已学过的知识，通过类比、迁移、分析，从而明确实验原理才能很好的解答，难度一般。
