1、河南省鹤壁市高级中学2018-2019学年高一化学下学期精英对抗赛试题（含解析）一、选择题（每道题只有一个正确选项）1.“一次能源与二次能源”的叙述中正确的是（ ）直接从自然界中取得的能源都是一次能源二次能源是由一次能源加工、转换而得到太阳能、风能、地热能、氢能等都是一次能源煤、石油、天然气等化石能源都是一次能源电能是一种应用最广、污染最小的二次能源蒸汽能、机械能、水电、核电等都是二次能源A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】一次能源，是指自然界中以原有形式存在的、未经加工转换的能源，正确；由一次能源经过加工、转换而得到的能源称为二级能源，正确；太阳能、风能、地热能为一次能源，氢能
2、是二次能源，不正确；煤、石油、天然气等化石能源都直接来源于自然界，属于一次能源，正确；不管是火力发电、水力发电还是太阳能发电，都由能源转化而来，所以属于二次能源，正确；蒸汽能、机械能、水电、核电等都由一次能源转化而来，称为二次能源，正确；综合以上分析，正确，故选C。2.探究Al与CuCl2溶液反应，实验如下：下列说法不正确的是（ ）实验现象aAl片表面附着蓬松的红色固体b产生无色气体，起始速率较慢，之后加快c反应放热d烧杯底部产生少量不溶于稀盐酸的白色沉淀e溶液pH降低A. 无色气体是H2B. 实验中影响化学反应速率的因素只有两个，分别是浓度和温度C. 白色沉淀的出现与氧化还原反应有关D. 将
3、铝片改为铝粉会加快化学反应速率【答案】B【解析】【分析】在CuCl2溶液中，存在Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+，Al与H+反应产生H2；Al与Cu2+还能发生置换反应，生成Al3+和Cu；反应放热，速率加快；Al可能会将CuCl2还原为CuCl白色沉淀；另外，温度升高，Cu2+水解程度增大，c(H+)增大，pH减小。【详解】A由以上分析可知，无色气体是H2，A正确；B实验中影响化学反应速率的因素除去反应物本身的性质，还有浓度、温度、接触面积等，B不正确；C由以上分析可知，白色沉淀是Al将CuCl2还原而得，C正确；D将铝片改为铝粉，增大了固体与溶液的接触面积，加快了反应速率，D正确；故
4、选B。3.下列关于可逆反应：A(g)+3B(g)2C(g) H0，下列叙述正确的（ ）A. 增大反应物的浓度，可以提高活化分子百分数，所以v（正）会增大，v（逆）会减小B. 升高温度可以提高物质的能量，提高活化分子百分数，所以v（正）、v（逆）都增大C. 采用催化剂，可以提高活化分子百分数，所以会引起v（正）、v（逆）同时增大，并改变反应的热效应D. 减小压强可以降低单位体积内活化分子的数目，所以v（正）减小、v（逆）增大【答案】B【解析】【详解】A增大反应物的浓度，可以提高活化分子数，但不改变活化分子百分数，v（正）、v（逆）都增大，A不正确；B升高温度可以使物质所具有的能量提高，从而提高活
5、化分子数和活化分子百分数，v（正）、v（逆）都增大，B正确；C采用催化剂，可以降低反应的活化能，提高活化分子百分数，引起v（正）、v（逆）同时增大，但不改变反应的热效应，C不正确；D减小压强可以减小浓度，从而降低单位体积内活化分子的数目，v（正）、v（逆）都减小，D不正确；故选B。4.下列有关化学用语叙述中不正确的是（ ）A. NH4H的电子式为，NH4H中的H-半径比锂离子半径大B. NH4H晶体既有共价键又有离子键C. N2的电子式：，二氧化碳分子的结构式为O-C-OD. 镁-24原子表示为Mg，S原子的结构示意图【答案】C【解析】【详解】ANH4H为离子化合物，由NH4+和H-构成，电子
6、式为，NH4H中的H-与Li+电子层结构相同，但核电荷数比Li+小，所以H-半径大，A正确；BNH4H晶体中NH4+内N、H原子间形成共价键，NH4+与H-间形成离子键，B正确；CN2的电子式为，二氧化碳分子的结构式为O=C=O，C不正确；D镁-24表示镁原子的质量数为24，可表示为Mg，S原子的结构示意图可表示为，D正确；故选C。5.已知白磷和PCl3的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能(kJmol-1)：P-P：198，Cl-Cl：243，P-Cl：331。则反应P4(白磷，s)6Cl2(g)=4PCl3(s)的反应热H为（ ）A. +1326kJB. -2316kJC. -2316
7、kJ/molD. -1326kJ/mol【答案】D【解析】【详解】利用反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和进行计算，即H=6198 kJmol-1+6243 kJmol-1-12331 kJmol-1=-1326 kJmol-1。故选D。6.下列各项比较错误的是（ ）A. 微粒半径：r(Na+)r(Mg2+)r(Al3+)B. 酸性强弱：HClO4H2SO4H2CO3C. 稳定性：HFH2OH2SD. 碱性强弱：Mg(OH)2Ca(OH)2Ba(OH)2【答案】D【解析】【详解】ANa+、Mg2+、Al3+的电子层结构相同，核电荷数依次增大，离子半径依次减小，所以微粒半径：r(Na+
8、)r(Mg2+)r(Al3+)，A正确；B.非金属性ClSC，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，所以酸性HClO4H2SO4H2CO3，B正确；C非金属性FOS，所以稳定性：HFH2OH2S，C正确；D金属性BaCaMg，所以碱性：Mg(OH)2Ca(OH)20C. 含2.5gNaHCO3的饱和溶液(20.0)和35mL1mol/L盐酸(20.0)混合后的温度将高于16.2D. 含3.2gNa2CO3的饱和溶液(20.0)和35mL1mol/L盐酸(20.0)混合后的温度将高于25.1【答案】D【解析】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
9、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正确；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正确；CNaHCO3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C正确；D.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D错误；故选D。点睛：本题考查了探究吸热反应与放
10、热反应的方法，正确分析题干数据为解答该题的关键。注意溶解热和反应热的区别。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。9.如图所示，装置在常温下工作（溶液体积变化忽略不计）。闭合K，灯泡发光。下列叙述中不正确的是A. 当电路中有1.2041022个电子转移时，乙烧杯中溶液c(H+)约为0.1molL-1B. 电池工作时，盐桥中的K+移向甲烧杯C. 电池工作时，外电路的电子方向是从a到bD. 乙池中的氧化产物为SO42-【答案】C【解析】
11、【分析】图中装置为双液原电池，反应中高锰酸钾被还原，在酸性条件下生成Mn2+，甲中电极为原电池的正极，乙中亚氢硫酸钠被氧化，为原电池的负极，被氧化生成SO42-，结合电极方程式解答该题；【详解】A.乙中电极反应为HSO3-2e-+H2O=SO42-+3H+，则当电路中有1.2041022个电子转移时，即0.02mol电子转移时，乙中生成0.03molH+，c(H+)=0.03mol/0.3L=0.1mol/L，故不选A；B.甲为正极，电池工作时，阳离子移向正极，故不选B；C.电池工作时，外电路的电子方向应该从负极到正极，即从b到a，故选C；D.乙中电极反应为HSO3-2e-+H2O=SO42-
12、+3H+，氧化产物为SO42-，故不选D；答案：C。【点睛】双液原电池的理解是关键，负极：HSO3-2e-+H2O=SO42-+3H+；正极：MnO4-+8H+5e-=Mn2+4H2O。10. 有四种燃料电池：下面是工作原理示意图，其中正极反应生成水的是A. 固体氧化物燃料电池B. 碱性氢氧化物燃料电池C. 质子交换膜燃料电池D. 熔融盐燃料电池【答案】C【解析】【详解】A该电池为固体氧化物燃料电池，正极通入空气，负极通入氢气，正极的电极反应式为O24e=2O2，正极没有水生成，故A不选；B该电池为碱性氢氧化物燃料电池，正极通入氧气，负极通入氢气，正极的电极反应式为O22H2O4e=4OH，正
13、极没有水生成，故B不选；C该电池为质子交换膜燃料电池，正极通入空气，负极通入氢气，正极的电极反应式为O24H4e=2H2O，正极生成了水，故C选；D该电池为熔融盐燃料电池，正极通入氧气和二氧化碳，负极通入一氧化碳和氢气，正极的电极反应式为O22CO24e=2CO32，正极没有水生成，故D不选。答案选C。11.断裂1 mol化学键所需的能量如下：化学键NNO=ONNNH键能(kJ)154500942a火箭燃料肼(H2NNH2)的有关化学反应的能量变化如图所示，则下列说法错误的是A. N2比O2稳定B. N2H4(g)O2(g)=N2(g)2H2O(g) H534 kJmol-1C. 表中的a19
14、4D. 图中的H32218 kJmol-1【答案】C【解析】【详解】A键能越大，化学键越牢固，分子越稳定，NN 的键能大于O=O的键能，N2比O2稳定，故A正确；B根据图中内容，可以看出N2H4(g)O2(g)=N2(g)2H2O(g) H534 kJmol-1，故B正确；C根据图中内容，可以看出N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g)，H3=2752kJ/mol-534kJ/mol=2218kJ/mol，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，设断裂1molN-H键所需的能量为a，旧键断裂吸收的能量：154+4a+500=22
15、18，解得a=391，故C错误；D根据图中内容，可以看出N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g)，H3=2752kJ/mol-534kJ/mol=2218kJ/mol，即图中的H32218 kJmol-1，故D正确；故选C。12.流动电池是一种新型电池。其主要特点是可以通过电解质溶液的循环流动，在电池外部调节电解质溶液，以保持电池内部电极周围溶液浓度的稳定。北京化工大学新开发的一种流动电池如图所示，电池总反应为CuPbO22H2SO4=CuSO4PbSO42H2O。下列说法不正确的是()A. a为负极，b为正极B. 该电池工作时PbO2电极附近溶液的pH增大C. a极的电
16、极反应为Cu2e=Cu2D. 调节电解质溶液的方法是补充CuSO4【答案】D【解析】【详解】A根据电池总反应为Cu+PbO2+2H2SO4CuSO4+PbSO4+2H2O，则铜失电子发生氧化反应为负极，PbO2得电子发生还原反应为正极，所以为负极，b为正极，故A正确；BPbO2得电子发生还原反应为正极，反应式为：PbO2+4H+SO42-+2e-PbSO4+2H2O，所以PbO2电极附近溶液的pH增大，故B正确；C铜失电子发生氧化反应为负极，反应式为：Cu-2e-Cu2+，故C正确；D由电池总反应为Cu+PbO2+2H2SO4CuSO4+PbSO4+2H2O，则调节电解质溶液的方法是补充H2S
17、O4，故D错误；答案选D。【点晴】根据原电池原理来分析解答，电池总反应为Cu+PbO2+2H2SO4CuSO4+PbSO4+2H2O，则铜失电子发生氧化反应为负极，反应式为：Cu-2e-Cu2+，PbO2得电子发生还原反应为正极，反应式为：PbO2+4H+SO42-+2e-PbSO4+2H2O，据此分析。13.近年来AIST报告正在研制一种“高容量、低成本”锂铜空气燃料电池。该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为2LiCu2OH2O=2Cu2Li2OH。下列说法不正确的是()A. 放电时，Li透过固体电解质向Cu极移动B. 放电时，负极的电极反应式为Cu2OH2O2e=2C
18、u2OHC. 通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2OD. 整个反应过程中，铜相当于催化剂【答案】B【解析】【详解】A因为原电池放电时，阳离子移向正极，所以Li+透过固体电解质向Cu极移动，故A正确；B放电时，负极上电极反应式为Li-e-Li+，故B错误；C放电过程为2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li+2OH-，可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，故C正确；D由C项分析知：铜先与氧气反应生成Cu2O，放电时Cu2O重新生成Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，故D正确；故选B。【点晴】结合原电池结构，明确原电池负极上得失电子及电极反应式是解本题关键，放电时，锂失电子作负极，Cu上O2得
19、电子作正极，负极上电极反应式为Li-e-Li+，正极上电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。14.以下各条件的改变可确认发生了化学平衡移动的是A. 化学反应速率发生了改变B. 有气态物质参加的可逆反应达到平衡后，改变了压强C. 由于某一条件改变，使平衡混合物中各组分的浓度发生了不同程度的改变D. 可逆反应达到平衡后，加入了催化剂【答案】C【解析】试题分析：A化学反应速率发生了改变，平衡不一定发生移动。如加入催化剂速率改变，但平衡没有移动。错误。B有气态物质参加的可逆反应若是反应前后气体体积相等，达到平衡后，通过改变容器的容积
20、来改变了压强，则化学平衡不发生移动。C当可能反应达到平衡状态时每个组分的浓度、平衡时的含量都保持不变。如果某成分的含量或浓度发生了改变，则平衡一定发生了改变，即发生了移动。正确。D可逆反应达到平衡后，加入了催化剂对化学平衡的移动无影响。错误。考点：考查使化学平衡发生移动的影响因素的知识。15.如下图向A、B中均充入1molX、1moIY，起始时A、B的体积相等都等于aL。在相同温度、压强和催化剂存在的条件下，关闭活塞K，使两容器中各自发生下述反应：X(g)+Y(g)2Z(g)+W(g)；Hv(A)B. A容器中X的转化率为80%C. 平衡时的压强：PB=PAD. 平衡时向A容器中充入与反应无关
21、的气体M，能减慢A容器内化学反应的速率【答案】C【解析】【分析】对X(g)+Y(g)2Z(g)+W(g)来说，开始时只加入反应物X和Y，该反应将向正反应发向进行以建立化学平衡对容器A来说，在建立化学平衡的过程中，反应混合物的总物质的量会增大，根据阿伏伽德罗定律（同温同容时，压强之比等于物质的量之比），其体积要增大，各组分的物质的量浓度就要减小，其反应速率也要减小。对于B容器来说，体积不变，反应混合物的总物质的量会增大，所以反应体系的压强逐渐增大。【详解】A在建立平衡前，由于B的气体压强增大，根据压强对化学反应速率的影响可知，每个时刻的反应速率B都将大于A容器，即反应速率：v（B）v（A），正确
22、；B根据阿伏伽德罗定律（同温同容时，压强之比等于物质的量之比），达平衡后，混合气体的物质的量是初始时物质的量的1.4倍，即1.42mol=2.8mol，即增加了0.8mol，根据化学方程式的计算可知，X(g)+Y(g)2Z(g)+W(g) n1 10.8mol 0.8mol即达平衡后，反应掉0.8mol，A容器中X的转化率为80%，正确；C由于A是在恒压条件下进行的反应，B在恒容条件下进行的该反应。该反应的正反应是气体体积扩大的反应，所以从反应开始至达到平衡，反应体系的压强BA，错误； D由于A是恒压条件下进行反应，平衡时向A容器中充入与反应无关的气体M，使容器的容积扩大，使反应混合物中各组成
23、成分的物质的量浓度减小，所以化学反应速率减慢，正确。故选C。二、填空题16.氮的化合物既是一种资源，也会给环境造成危害。I氨气是一种重要的化工原料。(1)NH3与CO2在120，催化剂作用下反应生成尿素：CO2（g）+2NH3（g）CO(NH2)2（s）+H2O（g），H=-xkJ/mol（x0），其他相关数据如表：物质NH3（g）CO2（g）CO(NH2)2（s）H2O（g）1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/kJabzd则表中z（用x、a、b、d表示）的大小为_。(2)120时，在2L密闭反应容器中充入3molCO2与NH3的混合气体，混合气体中NH3的体积分数随反应时间变化关系如
24、图2所示，该反应60s内CO2的平均反应速率为_。下列能使正反应的化学反应速率加快的措施有_。及时分离出尿素 升高温度 向密闭定容容器中再充入CO2 降低温度氮的氧化物会污染环境。目前，硝酸厂尾气治理可采用NH3与NO在催化剂存在的条件下作用，将污染物转化为无污染的物质。某研究小组拟验证NO能被氨气还原并计算其转化率（已知浓硫酸在常温下不氧化NO气体）。图3图4(3)写出装置中反应的化学方程式_；(4)装置和装置如图4，仪器A中盛放的药品名称为_。装置中，先在试管中加入2-3粒石灰石，注入适量稀硝酸，反应一段时间后，再塞上带有细铜丝的胶塞进行后续反应，加入石灰石的作用是_。(5)装置中，小段玻
25、璃管的作用是_；装置的作用是除去NO，NO与FeSO4溶液反应形成棕色Fe(NO)SO4溶液，同时装置还用来检验氨气是否除尽，若氨气未除尽，可观察到的实验现象是_。【答案】 (1). x-d+b+2a (2). 0.0047mol/（Ls） (3). (4). 4NH3+6NO5N2+6H2O (5). 浓氨水 (6). 产生CO2，排出装置中的空气，防止NO被氧化 (7). 防倒吸 (8). 溶液变浑浊【解析】【分析】(1) H=反应物的总键能-生成物的总键能。(2)设参加反应的CO2物质的量为x，利用三段式建立关系式，求出x，从而可求出该反应60s内CO2的平均反应速率。尿素呈固态，及时分
26、离出尿素，对反应没有影响；升高温度，可加快反应速率；向密闭定容容器中再充入CO2，增大反应物浓度，加快反应速率；降低温度，减慢反应速率。(3)装置中，NH3、NO在催化剂作用下反应，生成N2和水。(4)装置利用浓氨水滴入生石灰中制取氨气。装置中，先在试管中加入2-3粒石灰石，注入适量稀硝酸，反应一段时间后，再塞上带有细铜丝的胶塞进行后续反应，由于NO易与空气中的O2反应，所以加入石灰石，排尽装置内的空气。(5)装置用于干燥气体，但NH3易被浓硫酸吸收产生倒吸；装置的作用是除去NO，NO与FeSO4溶液反应形成棕色Fe(NO)SO4溶液，同时装置还用来检验氨气是否除尽，若氨气未除尽，NH3会与F
27、eSO4发生反应。【详解】(1) H=反应物的总键能-生成物的总键能，即-x=(2a+b)-(z+d)，从而得出z=x-d+b+2a。答案为：x-d+b+2a；(2)设参加反应的CO2物质的量为x，利用三段式建立关系式：，x=mol，该反应60s内CO2的平均反应速率为= 0.0047mol/（Ls）。答案为：0.0047mol/（Ls）；尿素呈固态，及时分离出尿素，对反应没有影响，不合题意； 升高温度，可加快反应速率，符合题意；向密闭定容容器中再充入CO2，增大反应物浓度，加快反应速率，符合题意；降低温度，减慢反应速率，不合题意；故选。答案为：；(3) 装置中，NH3、NO在催化剂作用下反应
28、，生成N2和水，反应的化学方程式4NH3+6NO5N2+6H2O。答案为：4NH3+6NO5N2+6H2O；(4) 装置利用浓氨水滴入生石灰中制取氨气，仪器A中盛放的药品名称为浓氨水。装置中，先在试管中加入2-3粒石灰石，注入适量稀硝酸，反应一段时间后，再塞上带有细铜丝的胶塞进行后续反应，由于NO易与空气中的O2反应，所以加入石灰石的作用是产生CO2，排出装置中的空气，防止NO被氧化。答案：浓氨水；产生CO2，排出装置中的空气，防止NO被氧化；(5)装置用于干燥气体，但NH3易被浓硫酸吸收而产生负压，所以小段玻璃管的作用是防倒吸；装置的作用是除去NO，NO与FeSO4溶液反应形成棕色Fe(NO
29、)SO4溶液，同时装置还用来检验氨气是否除尽，若氨气未除尽，NH3会与FeSO4发生反应，可观察到的实验现象是溶液变浑浊。答案为：防倒吸；溶液变浑浊。【点睛】浓氨水滴入生石灰中，H2O与CaO反应生成Ca(OH)2放热，使氨水的温度升高，氨气的溶解度降低，从而挥发出氨气。17.世界能源消费的90%以上依靠化学技术。其中清洁燃料氢气（H2）和甲醇（CH3OH）是研究的热点。(1)工业制氢有多种渠道：其中一个重要反应是：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g） H。已知：C（s，石墨）+O2（g）=CO2（g） H1=-394kJ/mol2C（s，石墨）+O2（g）=2CO（g） H2=
30、-222kJ/molH2（g）+O2（g）=H2O（g） H3=-242kJ/mol则H=_kJ/mol。一种“金属（M）氧化物循环制氢”的原理如图1所示。写出该流程制氢的总反应式：_。氢气可用于制备H2O2。已知：H2（g）+A（l）=B（l） H1、O2（g）+B（l）=A（l）+H2O2（l） H2，这两个反应均为放热反应，则H2（g）+O2（g）=H2O2（l）的H_0（填“”、“”或“=”）。氢气可用于燃料电池，写出碱性氢氧燃料电池的负极反应式：_。(2)图-2为一定条件下1molCH3OH（甲醇）与O2反应时生成CO、CO2或HCHO（甲醛）的能量变化图，反应物O2（g）和生成物H
31、2O（g）略去。如有催化剂，CH3OH与O2反应的主反应式为：_；HCHO发生不完全燃烧的热化学方程式为：_。【答案】 (1). -41 (2). 2H2OO2+2H2 (3). (4). H2+2OH-2e-=2H2O (5). 2CH3OH+O22HCHO+2H2O (6). 2HCHO（g）+O2（g）2CO（g）+2H2O（g） H=-470kJmol-1【解析】【分析】(1) C（s，石墨）+O2（g）=CO2（g） H1=-394kJ/mol2C（s，石墨）+O2（g）=2CO（g） H2=-222kJ/molH2（g）+O2（g）=H2O（g） H3=-242kJ/mol利用盖斯
32、定律，可求出CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g） H。从流程图中可以看出，流程制氢总反应为H2O在M的催化作用下分解生成H2和O2。H2（g）+A（l）=B（l） H10、O2（g）+B（l）=A（l）+H2O2（l） H20，利用盖斯定律，H2（g）+O2（g）=H2O2（l）的H=H1+H2。氢气可用于燃料电池，碱性氢氧燃料电池的负极发生的反应为H2在碱性溶液中得电子生成H2O。(2)如有催化剂，CH3OH与O2反应的主反应式CH3OH、O2反应生成CO2和H2O；1molHCHO发生不完全燃烧的热化学反应中，产物为CO和H2O，放热(676-283-158)kJ=235kJ
33、。【详解】(1) C（s，石墨）+O2（g）=CO2（g） H1=-394kJ/mol 2C（s，石墨）+O2（g）=2CO（g） H2=-222kJ/mol H2（g）+O2（g）=H2O（g） H3=-242kJ/mol 利用盖斯定律-，可求出CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g） H=-394kJ/mol+111 kJ/mol+242kJ/mol=-41kJ/mol。答案为：-41；从流程图中可以看出，流程制氢的总反应为H2O在M的催化作用下分解生成H2和O2，反应方程式为2H2OO2+2H2。答案为：2H2OO2+2H2；H2（g）+A（l）=B（l） H10、O2（g）+
34、B（l）=A（l）+H2O2（l） H20，利用盖斯定律，H2（g）+O2（g）=H2O2（l）的H=H1+H20。氢气可用于燃料电池，碱性氢氧燃料电池的负极发生的反应为H2在碱性溶液中得电子生成H2O，电极反应式为H2+2OH-2e-=2H2O。答案为：Br2I2，由此得出结论：同一主族，自上而下，元素的非金属性依次减弱。答案为：同一主族，自上而下，元素的非金属性依次减弱；(5)列举事实说明氟的非金属性比氯强，可从二者与氢气反应的剧烈程度分析，或从氢化物的稳定性分析，即F2在冷暗处就可以与H2剧烈反应而爆炸，而Cl2与H2要在光照或点燃时才反应或者HF比HCl更稳定。答案为：F2在冷暗处就可
35、以与H2剧烈反应而爆炸，而Cl2与H2要在光照或点燃时才反应或者HF比HCl更稳定。【点睛】将F2通入水中，发生反应2F2+2H2O=4HF+O2，也可证明F的非金属性比O强。19.某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案：实验编号H2C2O4溶液酸性KMnO4温度浓度(mol/L)体积(mL)浓度(mol/L)体积(mL)0.102.00.01040250.202.00.01040250.202.00.0104050(1
36、)已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为n(H2C2O4):n(KMnO4)_。(2)试验编号和探究的内容是_。(3)实验测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时同内平均反应速率v(KMnO4)=_molL-1min-1。【答案】 (1). 2.5(或5：2) (2). 其他条件不变，温度对反应速率的影响 (3). 0.010【解析】【分析】(1) 5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+ 2MnSO4+10CO2+8H2O，为了观察到紫色
37、褪去，H2C2O4必须足量，从而得出H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系。(2)比较编号和的各项内容，由此得出探究的内容。(3)实验测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，先求出混合溶液中c(KMnO4)的变化量，再除以时间，便得到这段时间内平均反应速率v(KMnO4)。【详解】(1) 5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+ 2MnSO4+10CO2+8H2O，为了观察到紫色褪去，H2C2O4必须足量，由方程式可得出H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为n(H2C2O4):n(KMnO4)2.5(或5：2)。答案为
38、：2.5(或5：2)；(2)比较编号和的各项内容，只有温度不同，由此得出探究的内容为其他条件不变，温度对反应速率的影响。答案为：其他条件不变，温度对反应速率的影响；(3)实验测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，先求出混合溶液中c(KMnO4)=mol/L，再除以时间，便得到这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=0.100 molL-1min-1。答案为：0.010。【点睛】求解v(KMnO4)时，一定要注意单位为“molL-1min-1”，若忽视了这一点，便会得出错误的结论。20.实验室用50mL0.50mol/L盐酸、50mL0.55mol/LNaOH溶液
39、和如图所示装置，进行测定中和热的实验，得到表中的数据：实验次数起始温度t1/终止温度t2/盐酸NaOH溶液120.320.323.7220.320.523.8321.521.626.9完成下列问题：(1)根据上表中所测数据，该实验中和热H=_。（不必计算和化简，代入数据即可）盐酸和NaOH溶液的密度按1g/cm3计算，反应后混合溶液的比热容(c)按4.18J/(g)计算。(2)在该实验过程中，该同学需要测定的实验数据有_（填序号）。A盐酸的浓度 B盐酸的温度C氢氧化钠溶液的浓度 D氢氧化钠溶液的温度E水的比热容 F反应后混合溶液的终止温度【答案】 (1). (2). BDF【解析】【分析】(1
40、)盐酸与NaOH溶液发生反应的方程式为HCl(ag)+NaOH(ag)=NaCl(ag)+H2O(l)，对三次实验数据进行分析，确定平均温度，然后代入公式H=cmt进行计算。(2)因为水的比热容是一个定值，溶液的质量由所量取的体积决定，所以需要测定的数据为温度。【详解】(1)盐酸与NaOH溶液发生反应的方程式为HCl(ag)+NaOH(ag)=NaCl(ag)+H2O(l)，第三次实验数据误差太大，不宜采用。前两次实验中，平均温度为3.4，然后代入公式H=cmt进行计算，H=。答案为：；(2)因为水的比热容是一个定值，不需测定；溶液的质量由所量取的体积决定；所以需要测定的数据只有NaOH溶液、
41、盐酸及混合溶液的温度，故选BDF。答案为：BDF。【点睛】在利用实验数据进行平均温度计算时，一定要进行筛查，把误差大的失真数据去除，利用有效数据进行计算。21.教材采用图1实验装置测定锌与稀硫酸反应的速率。(1)检查图1装置气密性的操作方法是_。(2)分别取2g颗粒大小相同的锌粒分别与体积均为40mL的1mol/L硫酸、4mol/L硫酸反应，收集25mLH2时所需时间后者比前者_。(3)同学们在实验操作中发现本实验设计存在明显不足，例如_。(4)某化学兴趣小组对教材实验装置进行图2所示改进。检查装置气密性后进行的实验操作有：a在多孔塑料袋中装入锌粒；b锥形瓶中加入40mL1mol/L硫酸；c塞
42、好橡胶塞，_时立即用秒表计时；d注射器内每增加5mL气体时读取一次秒表。(5)实验观察到锌与稀硫酸反应初期速率逐渐加快，其原因是_，反应进行一定时间后速率逐渐减慢，原因是_。(6)测得产生H2的体积与反应时间的关系曲线如图3所示，t1t2时间段氢气体积略有减小的原因是_；在64s内用H+浓度表示的平均反应速率v（H+）=_（此时，溶液体积仍为40mL，气体摩尔体积为25L/mol）。【答案】 (1). 关闭分液漏斗活塞，向外拉注射器的内管一段距离后松手，若内管能回到开始位置，证明气密性好，若不能则说明气密性不好 (2). 短 (3). 分液漏斗中溶液滴下占据体积引起气体体积读数误差或者收集25
43、mLH2时所需时间间隔太短 (4). 多孔塑料袋浸入稀硫酸 (5). 反应放热，温度升高反应速率加快 (6). 酸中氢离子浓度减小 (7). 气体遇冷压缩 (8). v（H+）=0.00125mol/（Ls）【解析】【分析】(1)检查图1装置气密性，可设法让装置内压强与外界压强不同，根据现象确定气密性情况。(2)锌粒质量、表面积相同，但两份硫酸溶液中c(H+)不同，后者反应速率快，由此可确定收集25mLH2时所需时间的关系。(3)同学们在实验操作中发现本实验设计存在明显不足，可从气体体积误差、产生H2时间间隔等分析。(4)c塞好橡胶塞，反应刚开始时立即用秒表计时；(5)实验观察到锌与稀硫酸反应
44、初期速率逐渐加快，从影响速率的外界因素寻找原因，反应进行一定时间后速率逐渐减慢，仍从影响速率的因素找原因。(6) t1t2时间段，反应已经结束，氢气体积略有减小，则与反应无关，只能从与反应无关的因素中寻找原因；在64s内用H+浓度表示的平均反应速率时，由H2的体积求其物质的量，然后再求出n(H+)，最后求出v（H+）。【详解】(1)检查图1装置气密性，可关闭分液漏斗活塞，向外拉注射器的内管一段距离后松手，若内管能回到开始位置，证明气密性好，若不能则说明气密性不好。答案为：关闭分液漏斗活塞，向外拉注射器的内管一段距离后松手，若内管能回到开始位置，证明气密性好，若不能则说明气密性不好；(2)锌粒质
45、量、表面积相同，但两份硫酸溶液中c(H+)不同，后者反应速率快，由此可确定收集25mLH2时所需时间后者比前者短。答案为：短；(3)同学们在实验操作中发现本实验设计存在明显不足，可从气体体积误差、产生H2时间间隔等分析，例如分液漏斗中溶液滴下占据体积引起气体体积读数误差或者收集25mLH2时所需时间间隔太短。答案为：分液漏斗中溶液滴下占据体积引起气体体积读数误差或者收集25mLH2时所需时间间隔太短；(4)c塞好橡胶塞，反应刚开始时，即多孔塑料袋浸入稀硫酸时，立即用秒表计时。答案为：多孔塑料袋浸入稀硫酸；(5)实验观察到锌与稀硫酸反应初期速率逐渐加快，因为c(H+)不断减小，所以只能是反应放热，温度升高反应速率加快；反应进行一定时间后速率逐渐减慢，则应为酸中氢离子浓度减小。答案为：反应放热，温度升高反应速率加快；酸中氢离子浓度减小；(6) t1t2时间段，反应已经结束，氢气体积略有减小，则应为气体遇冷压缩；H2的物质的量n(H2)=0.0016mol，n(H+)=2n(H2)=0.0032mol，v(H+)=0.00125mol/(Ls)。答案为：气体遇冷压缩；0.00125mol/(Ls)。【点睛】检验气密性的方法很多，也可以打开分液漏斗活塞，往锥形瓶内滴加液体，看液体能否顺利滴下，若不能滴下，则表明装置气密性良好，否则漏气。
