1、贵州省思南中学2019-2020学年高一化学下学期期中试题（含解析）考试时间：120分钟 试题总分：100分可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Zn 65一、选择题(本题包括20小题，每题只有一个选项正确，每题3分，共60分。)1.下列关于元素周期表的叙述正确的是A. 周期表中有8个A族，8个B族B. 目前使用的元素周期表中，最长的周期含有32种元素C. 短周期元素是指1-20号元素D. 原子及其离子的核外电子层数都等于该元素所在的周期数【答案】B【解析】【详解】A项，周期表中有7个主族、7个副族、一个零族、一个第族，故A项错误；B项，目前使用的
2、元素周期表共七个周期，第一至七周期的元素个数依次为2、8、8、18、18、32、26，因此最长的周期含有32种元素，故B项正确；C项，短周期元素是指前三个周期的元素，元素序数为1号至18号，故C项错误；D项，一般情况下，阴离子和原子的核外电子层数等于该元素所在的周期数，阳离子核外电子层数与该元素所在的周期数相差1，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。2.随着碱金属元素原子序数的增大，下列递变规律正确的是A. 原子半径逐渐增大B. 最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱C. 单质熔、沸点逐渐升高D. 单质的还原性逐渐减弱【答案】A【解析】【详解】A.随着碱金属元素原子序数的增大，核外电子数增大
3、，电子层数增多，则原子半径逐渐增大，A符合题意，正确；B.随着碱金属元素原子序数的增大，金属性增强，则最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，与题意不符，B错误；C.随着碱金属元素原子序数的增大，单质熔、沸点逐渐降低，与题意不符，C错误；D.随着碱金属元素原子序数的增大，单质的原子半径逐渐增大，失电子能力增强，则还原性逐渐增强，与题意不符，D错误；答案为A。【点睛】同主族元素，随原子序数的增大，原子半径逐渐增大，核外电子层数增多，失电子能力增强，得电子能力减弱。3. 不符合原子核外电子排布基本规律的是A. 核外电子总是优先排在能量最低的电子层上B. K层是能量最低的电子层C. N电子层为次外层时
4、，最多可容纳的电子数为18D. 各电子层（n）最多可容纳的电子数为n2【答案】D【解析】【详解】A核外电子总是首先排布在能量低的电子层上，故A正确；BK层离原子核最近，能量最低，故B正确；CN层最多可以排布242个电子，为最外层时最多排8个，为次外层时最多排18个，故C正确；D各电子层（n）最多可容纳的电子数为2n2，故D错误；故选D。4.下列化学用语表达正确的是( )A. CO2的结构式：O-C-OB. HClO的电子式：H:O:ClC. NH4Cl 的电子式为：D. 中子数为8的氮原子：【答案】D【解析】【详解】A二氧化碳分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，存在碳氧双键，结构式为：
5、O=C=O，故A错误；BH原子最外层1个电子，Cl原子最外层7个电子，O原子最外层6个电子，次氯酸为共价化合物，其电子式为，故B错误；C氯化铵为离子化合物，氯离子需要标出最外层电子，氯化铵正确的电子式为：，故C错误；D中子数为8的氮原子表示为，故D正确。答案选D。5.同周期的X、Y、Z三种元素，它们的气态氢化物的化学式分别为H2X、YH3、ZH4 ，下列说法正确的是（ ）A. 气态氢化物的稳定性按X、Y、Z的顺序递增B. 三种元素的最高价氧化物对应的水化物酸性：H2ZO3H3YO4H2XO4C. 元素的最高正化合价按X、Y、Z的顺序递增D. 元素原子的半径按X、Y、Z的顺序递增【答案】D【解析
6、】【详解】气态氢化物中氢元素显+1价，则X、Y、Z的最低负价分别为2、3、4，由于最低负价=主族序数8（除氢外），则X、Y、Z分别位于同周期的第VIA、VA、IVA族，A、非金属性：XYZ，则气态氢化物的稳定性：H2XYH3ZH4，选项A错误；B、非金属行越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，则酸性：H2ZO3 H3YO4 H2XO4，选项B错误；C、X、Y、Z的最低负价分别为2、3、4，由于主族元素的最高正价=最低负价+8（除氢外），则X、Y、Z的最高正价分别为+6、+5、+4，递减，选项C错误；D、X、Y、Z的原子序数逐渐减小，同周期主族元素的原子序数越大，其原子半径越小，则X、Y、Z的原
7、子半径逐渐增大，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查元素在周期表中位置与元素及其化合物性质的推断，元素非金属性越强气态氢化物的稳定性越强、最高价氧化物的水化物的酸性越强。6.下列说法中正确的是( )A. CH4和BCl3分子中所有原子的最外层都达到了8电子稳定结构B. Na2O2、NaOH中所含化学键类型不完全相同C. Li在氧气中燃烧主要生成Li2O2D. 氯气与NaOH反应的过程中，同时有离子键、极性键和非极性键的断裂和形成【答案】B【解析】【详解】ACH4中的氢原子不满足8e-的稳定结构，BCl3中B元素化合价为+3价，B原子最外层电子数是3，3+3=6，则B原子不满足8电子结构，Cl
8、元素化合价绝对值为1，其最外层电子数是7，1+7=8，则Cl原子满足8电子结构，故A错误；B过氧化钠是离子化合物，由钠离子与过氧根离子构成，含离子键和O-O非极性共价键，NaOH是离子化合物，由Na+离子和OH-离子构成，含离子键和O-H极性共价键，所以Na2O2、NaOH中所含化学键类型不完全相同，故B正确；CLi在氧气中燃烧主要生成Li2O，故C错误；D2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O反应物中有离子键和非极性键的断裂，生成物有离子键，极性键生成，没有极性键的断裂，没有非极性键的形成，故D错误。答案选B。7.下列说法正确的是A. 、是三种不同的核素B. 和互为同位素C. 、互为
9、同素异形体D. 同一元素形成的不同微粒具有相同的化学性质【答案】B【解析】【详解】A是单质，不是核素，故A错误；B和质子数相同，中子数不等，互为同位素，故B正确；C、为氧气的两种不同分子微粒，不是同素异形体，故C错误；D同一元素形成的不同微粒化学性质不一定相同，如Na具有较强的还原性，而Na+没有还原性，只有弱氧化性，故D错误；故答案为B。【点睛】考查同位素的判断以及质子数、中子数和质量数的关系等知识点。根据同位素的概念，质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素，同位素是不同的原子，但是属于同一种元素；元素符号的左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，中子数=质量数-质子数。8.铅蓄电池是
10、最早使用的充电电池。目前汽车上使用的电瓶大多数仍是铅蓄电池，其电池反应为：PbPbO22H2SO42PbSO42H2O，下列说法正确的是A. 该电池放电过程中，溶液的pH值增大B. 放电时，电池的负极反应为：Pb2e= Pb2+C. 该电池的充、放电过程互为可逆反应D. 放电过程中，电子的流向为：负极导线正极H2SO4溶液【答案】A【解析】【详解】A. 放电时有硫酸消耗，电解质溶液的pH值增大，A项正确；B. PbSO4是难溶物，正确的电池的负极反应为：Pb-2e+ SO42-= PbSO4，B项错误；C. 该电池的充、放电过程条件不一样，不互为可逆反应，C项错误；D. 电子不会流过H2SO4
11、溶液，D项错误；答案选A。9.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是原子半径最小的原子， Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，W原子的核电荷数等于X、Z原子核电荷数之和，X和Z同主族。下列说法正确的是A. 工业上用电解熔融W的氯化物制备W的单质B. 单质Z着火，可以用泡沫灭火器进行扑灭C. 最高价氧化物对应水化物的碱性：WZD. X、Y只能形成一种化合物【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是原子半径最小的原子，故X是氢元素， Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，故Y是氧元素， X和Z同主族，故Z是钠元素，W原子的核电荷数等于X、
12、Z原子核电荷数之和，故W是镁元素。【详解】A. 工业上用电解熔融氯化镁制备镁的单质，故A正确；B. 单质钠着火，因为钠以及钠的燃烧产物可以与二氧化碳、水反应，不可以用泡沫灭火器灭火，应该用沙子扑灭，故B错误；C. 最高价氧化物对应水化物的碱性：Mg(OH)2NaOH，所以W Y XB. 离子半径：Yb Z(b+1) Xb+C. Z(b+1)的还原性一定大于YbD. 气态氢化物的稳定性：Hb+1Z HbY【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z均为元素周期表中前20号元素，Xb+、Yb-、Z(b+1)三种简单离子的电子层结构相同，可知X位于Y、Z的下一周期，且Z的原子序数小于Y、X的原子序数，Y的原
13、子半径小于Z、X的原子半径。【详解】A. 电子层越多原子半径越大，同周期从左到右原子半径减小，则原子半径：XZY，A错误；B. 离子的电子层结构相同时，离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径：Z(b+1)YbXb+，B错误；C. 非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，Z(b+1)的还原性一定大于Yb，C正确；D. 非金属性越强对应氢化物越稳定，则Hb+1Z的稳定性一定小于HbY，D错误；故答案为：C。【点睛】非金属性越强，其对应的单质的氧化性越强，对应阴离子的还原性越弱。12.工业制硫酸中的一步重要反应是SO2的催化氧化：2SO2O22SO3（正反应放热），下列有关说法正确的是A. 升高温
14、度只提高逆反应速率B. 降低温度可提高正反应速率C. 使用催化剂能显著增大反应速率D. 达到化学平衡时正、逆反应速率相等且等于0【答案】C【解析】【详解】A、升高温度，正逆反应速率都增大，故A说法错误；B、降低温度，正逆反应速率都降低，故B说法错误；C、使用催化剂能显著增大反应速率，故C说法正确；D、化学平衡为动态平衡，正=逆0，故D说法错误；答案选C。13.下列图示表示吸热反应是A B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】反应物的总能量小于生成物的总能量的反应为吸热反应。【详解】A.根据图像，反应物的总能量小于生成物的总能，为吸热反应，A正确；B.根据图像，反应物的总能量大于生成物的总能
15、量，为放热反应，与题意不符，B错误；C浓硫酸溶于水释放能量，与题意不符，C错误；D.铁与盐酸反应释放能量，为放热反应，与题意不符，D错误；答案为A。【点睛】常见的吸热反应有：1、大多数分解反应；2、盐水解反应；3、电离；4、少数化合反应。14.下列说法正确的是A. H2O2中既有离子键又有共价键B. HCl溶于水能电离出H+和Cl，所以HCl是离子化合物C. 干冰熔化破坏共价键和分子间作用力D. PCl3分子中每个原子的最外层都具有8电子的稳定结构【答案】D【解析】【详解】A. H2O2中只含有HO共价键和OO共价键，不含有离子键，选项A错误；B. HCl溶于水能电离出H+和Cl，是因为HCl
16、中的HCl共价键受到水分子的破坏而断裂，HCl中只含有共价键，选项B错误；C. 干冰属于分子晶体，熔化时由固态变成液体，只破坏分子间作用力，没有破坏共价键，选项C错误；D. PCl3分子中含有3个PCl键，且P原子上还有一对孤对电子，则PCl3分子中每个原子的最外层都具有8电子的稳定结构，选项D正确；答案选D。15.已知R2+核内共有N个中子，R的质量数为A，m g R2+中含电子的物质的量为（ ）A. molB. molC. molD. mol【答案】D【解析】【详解】由R2+离子的核内有N个中子，R的质量数为A，则R原子质子数为A-N，故该离子核外电子数为A-N-2，根据n=可得mg R2
17、+的物质的量=mol，则含有的电子的物质的量为，D项正确；故答案选D。16.应用元素周期律分析下列推断，其中正确的组合是( )第A族单质的熔点随原子序数的增大而降低砹(At)是第VIIA族，其氢化物的稳定性大于HCl硒(Se)的最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性铊(Tl)与铝同主族，其单质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应第三周期金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】第A族单质均为金属，构成金属晶体，金属晶体的熔点取决于金属键的强弱，金属离子电荷越高、离子半径越
18、小，金属键越牢固，熔点越高，A的离子电荷相同、离子半径随核电荷数的递增而递增，故熔点随原子序数的增大而降低，故正确；砹(At)是第VIIA族，非金属性比Cl弱，故其氢化物的稳定性小于HCl，故不正确；硒(Se)的非金属性比S弱，最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱，故正确；第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液有酸性也有碱性，例如氨气的水溶液呈碱性，故不正确；铊(Tl)与铝同主族，离金属和非金属分界线有一定距离，因此铊具金属性，其单质既能与盐酸反应，不能与氢氧化钠溶液反应，故不正确；第三周期金属元素随着核电荷数的递增金属性递减，故最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱，故
19、正确；答案选A。17.已知：2H2(g)O2(g)=2H2O(g)反应放出的热量为483.6 kJ。有关键能数据如表所示：则水分子中OH键键能为()化学键H-HO=O键能/(kJmol-1)436498A. 463.4 kJmol1B. 926.8 kJmol1C. 221.6 kJmol1D. 413 kJmol1【答案】A【解析】【详解】2mol氢气和1mol氧气反应生成2mol水时，断裂反应物分子间的化学键吸收的热量为2436kJ+498kJ=1370kJ，反应放出的热量为483.6 kJ，所以形成2molH2O放出的热量为483.6 kJ+1370kJ=1853.6kJ，所以形成1mo
20、lOH键放出的热量为=463.4 kJ，则水分子中OH键键能为463.4 kJmol1，故选A。18.图1是铜锌原电池示意图。图2中，x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y轴表示（）A. 铜棒的质量B. c(Zn2)C. c(H)D. c(SO42-) -【答案】C【解析】【详解】铜锌原电池中，Zn是负极，失去电子发生氧化反应，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应为 2H+2e-=H2。则ACu是正极，氢离子得电子发生还原反应，Cu棒的质量不变，故A错误；B由于Zn是负极，不断发生反应Zn-2e-=Zn2+，所以溶液中c（Zn2+）增大，故B错误
21、；C由于反应不断消耗H+，所以溶液的c（H+）逐渐降低，故C正确；DSO42-不参加反应，其浓度不变，故D错误；故选C。19.一定条件下，对于反应N2（g）+3H2 （g） 2NH3（g）来说，下列反应速率中最快的是（ ）A. V(H2)=0.6mol(Lmin)B. V(H2)=0.01 mol/(Ls)C. V(N2)=0.3 mol(Lmin)D. V(NH3)=0.5 mol(Lmin)【答案】C【解析】【详解】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越大，则A.=0.2，B.=0.2，C.=0.3，D.=0.25，显然选项C的比值最大，反应最快，答案选C。20.下列说法正确的是( )
22、A. H2(g)I2(g) 2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变B. C(s)H2O(g) H2(g)CO(g)，气体的总物质的量不再改变不能说明反应已达平衡C. 若压强不再随时间变化能说明反应2A(?)B(g) 2C(?)已达平衡，则A、C不能同时是气体D. 1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出的热量为Q1；在相同温度和压强下，当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收的热量为Q2，Q2等于Q1【答案】D【解析】【详解】A. H2(g)I2(g) 2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积增大压强，则正逆反应速
23、率均增大，A错误；B. C(s)H2O(g) H2(g)CO(g)，气体的总物质的量会随着反应而变化，当其不再改变时则能说明反应已达平衡，B错误；C. 2A(?)B(g) 2C(?)的两边，气体分子总数不可能相等，故不管A、C是什么状态，若压强不再随时间变化均能说明反应2A(?)B(g) 2C(?)已达平衡，C错误；D. 设合成氨反应中消耗1 mol N2和3 mol H2同时生成2 mol NH3时，放出热量为Q，则热化学方程式为：，消耗2 mol NH3同时生成1 mol N2和3 mol H2时，吸收热量为Q，则热化学方程式为：，当1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化
24、率为10%，放出的热量为Q1=0.1Q，在相同温度和压强下，当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收的热量为Q2=0.1Q，D正确；答案选D。二、非选择题(本题包括4小题，共40分。)21.现有下列物质： N2Na2O2NaOHHClH2O2MgF2NH4Cl。(1)只由非极性键构成的物质是_(填编号)。(2)由离子键和极性键构成的物质是_。(3)H2O2的电子式为：_。(4)用电子式表示MgF2的形成过程：_。(5)下列说法不正确的是_。共价化合物中含共价键，也可能含离子键 因为H2CO3酸性H2SO3酸性，所以非金属性CS 含金属元素的化合物不一定是离子化合物 由非金属
25、元素组成的化合物一定是共价化合物 熔融状态能导电的物质是离子化合物 由分子组成的化合物中一定存在共价键A. B. C. D. 【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). C【解析】【详解】(1)同种元素形成的共价键为非极性键，所以只由非极性键构成的物质是 N2，故答案为：；(2)阴阳离子之间形成离子键，不同种元素形成的共价键为极性键，所以由离子键和极性键构成的物质是NaOH和NH4Cl，故答案为：；(3)H2O2是共价化合物，电子式为，故答案为：；(4)镁原子失去两个电子形成镁离子，两个氟原子各得一个电子形成氟离子，镁离子和氟离子构成MgF2，其形成过程为：，故答案为：；(5)
26、只含共价键的化合物是共价化合物，共价化合物中一定不含离子键，故错误； H2SO3不是S最高价氧化物对应的水化物，无法比较出非金属性CS，故错误； 含金属元素的化合物不一定是离子化合物，可能是共价化合物，如氯化铝，故正确； 由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，可能是离子化合物，如铵盐，故错误； 熔融状态能导电的物质是不一定为离子化合物，如金属单质，故错误； 由分子组成的物质中不一定存在共价键，如稀有气体，但由分子组成的化合物中一定存在共价键，故正确；综上，错误的为，符合条件的为C，故答案为：C。22.2019年是元素周期表诞生150周年，元素周期表(律)在学习、研究和生产实践中有很重要的
27、作用。下表为元素周期表的一部分，回答下列问题。IA01IIAIIIAIVAVAVIAVIIA234 (1)元素中，金属性最强的是_(填元素符号)。(2)中国青年化学家姜雪峰被国际组织推选为“元素代言人”，元素的原子结构示意图是_，其氢化物的电子式是_。(3)比较元素、的最高价氧化物对应水化物的酸性：_(填化学式)。说明你判断的理由：_。(4)主族元素砷(As)的部分信息如图所示。砷(As)在周期表中的位置是_。下列说法正确的是_(填序号)。a砷元素的最高化合价为+4b推测砷有多种氧化物c的气态氢化物的还原性大于砷的气态氢化物的还原性(5)某小组同学设计实验比较VIIA元素的非金属性：ClBrI
28、。已知：常温下浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气。打开分液漏斗的活塞，烧瓶中产生黄绿色气体，蘸有KBr溶液的棉球变为橙红色，湿润的淀粉KI试纸变蓝，据此现象能否说明非金属性：Br I，并说明理由_。【答案】 (1). Na (2). (3). (4). HNO3 (5). H2CO3 (6). 非金属性：NC (7). 第四周期第VA族 (8). b (9). 不能，因为氯气干扰了溴置换碘的反应【解析】【分析】由元素在周期表中位置可知，为H元素、为C元素、为N元素、为Na元素、为Al元素、为Si元素、为S元素、为Cl元素。【详解】(1)同周期元素从左到右，金属性依次减弱，同主族元素从上到下，金属性依
29、次增强，则元素中，金属性最强的元素是位于周期表左下角的钠元素，故答案为Na；(2)元素为S元素，S原子含有3个电子层，最外层有6个电子，原子结构示意图为；S元素的氢化物为H2S，H2S为共价化合物，电子式为，故答案为；(3) 为C元素、为N元素，非金属元素的非金属性越强，其相应的最高价含氧酸的酸性越强，非金属性N元素强于C元素，则N元素最高价氧化物对应水化物HNO3的酸性强于C元素最高价氧化物对应水化物H2CO3，故答案为HNO3；H2CO3；非金属性：NC；(4) 由主族元素砷的原子结构示意图可知，该原子有4个电子层，最外层有5个电子，则As元素位于周期表第4周期第VA族，故答案为第4周期第
30、VA族；a砷元素的最外层有5个电子，则最高化合价为+5，故错误；b同主族元素性质相似，与同主族氮元素能形成多种氧化物相似，砷可以形成+3价氧化物As2O3，也可以形成+5价氧化物As2O5，故正确；c元素非金属性越强，其氢化物的还原性越弱，N的非金属性强于As元素，则N的气态氢化物的还原性小于砷的气态氢化物的还原性，故错误；b正确，故答案为b；(5) 打开分液漏斗的活塞，浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，反应生成的氯气与KBr溶液发生置换反应生成单质溴，使蘸有KBr溶液的棉球变为橙红色，与KI溶液发生置换反应生成单质碘，使湿润的淀粉KI试纸变蓝，在实验过程中氯气干扰了溴单质置换出碘单质的反应，则不
31、能说明非金属性：Br I，故答案为：不能，因为氯气干扰了溴置换碘的反应。【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律，注意对元素周期表的整体把握，注意位置、结构、性质的相互关系是解答关键。23.原电池原理的发现是储能和供能技术的巨大进步，是化学对人类的一项重大贡献。将纯锌片和纯铜片按图方式插入100 mL相同浓度的稀硫酸中一段时间，回答下列问题：(1)下列说法正确的是_。A.甲、乙均为化学能转变为电能的装置 B.乙中铜片上没有明显变化C.甲中铜片质量减少、乙中锌片质量减少 D.甲乙两烧杯中溶液的 pH 均增大(2)同条件下两烧杯中产生同体积的气体，需要的时间甲_乙(填“”“”或“”)。(3)请写出甲
32、乙图中构成原电池的负极电极反应式：_。(4)当甲中溶液质量增重15.75g时，电极上转移电子数目为_。(5)如图为甲烷氧气燃料电池的构造示意图，电解质溶液的溶质是KOH。写出正极的电极反应方程式为_。【答案】 (1). BD (2). (3). Zn2e=Zn2 (4). 0.5NA (5). O2+ 2H2O+4e= 4OH【解析】【分析】甲装置是原电池，锌是负极，铜是正极，乙不是原电池，直接发生化学反应，在甲烷氧气燃料电池中，通入甲烷的是负极，发生氧化反应，通入氧气的为正极，发生还原反应，书写电极反应式时需考虑电解质的后续反应。【详解】（1）A甲是化学能转变为电能的装置，乙不是，故A错误；
33、B乙装置中铜片不反应，也没构成原电池的正极，所以铜片上没有明显变化，故B正确；C甲、乙中锌片质量都减少，铜片质量都不变，故C错误；D两个烧杯中都产生氢气，氢离子浓度都降低，所以溶液的pH均增大，故D正确；故选BD；（2）甲中形成原电池，加快Zn与稀硫酸反应，即两烧杯中产生气泡的速度：甲乙，两烧杯中产生同体积的气体，需要的时间甲小于乙，故答案为：；（3）构成原电池的负极是锌失电子发生氧化反应，电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+，故答案为：Zn-2e-=Zn2+；（4）根据以下关系式：x=0.5NA，即当甲中溶液质量增重15.75g时，电极上转移电子数目0.5NA，故答案为：0.5NA；（5）甲
34、烷氧气燃料电池中，通入氧气的为正极，发生还原反应，电极反应式为：O2+ 2H2O+4e= 4OH，故答案为：O2+ 2H2O+4e= 4OH。【点睛】本题考查了原电池原理的应用，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写。24.：用酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反应研究影响反应速率的因素，离子方程式为2 MnO4-5H2C2O46H+ = 2Mn2+10CO28H2O。一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下(KMnO4溶液已酸化)，实验装置如图甲所示：实验序号A溶液B溶液
35、20 mL 0.1 molL1 H2C2O4溶液30 mL 0.01 molL1 KMnO4溶液20 mL 0.2 molL1 H2C2O4溶液30 mL 0.01 molL1 KMnO4溶液(1)该实验探究的是_因素对化学反应速率的影响。(2)若实验在2 min末收集了4.48 mL CO2(标准状况下)，则在2 min末，c(MnO4-)_ molL1(假设混合溶液的体积为50 mL)。(3)小组同学发现反应速率变化如图乙，其中t1t2时间内速率变快的主要原因可能是：产物Mn2是反应的催化剂，_：当温度高于500 K时，科学家成功利用二氧化碳和氢气合成了乙醇，这在节能减排、降低碳排放方面具
36、有重大意义。回答下列问题：(1)该反应的化学方程式为_(2)在恒温恒容密闭容器中，判断上述反应达到平衡状态的依据是_a体系压强不再改变 bH2的浓度不再改变c气体的密度不随时间改变 d单位时间内消耗H2和CO2的物质的量之比为31【答案】 (1). 浓度 (2). 0.0052 (3). 反应放热，温度升高 (4). 2CO26H2C2H5OH（g）3H2O（g） (5). ab【解析】【详解】：（1）对比实验可知，探究的是浓度对化学反应速率的影响，故答案为浓度；（2）CO2的物质的量是：4.48mL10-322.4mol/l=0.0002mol，设2min末，反应的MnO4-的物质的量为X，
37、2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O2 10X 0.0002mol解得 X=0.00004mol，30mL10-30.01molL-1-0.00004mol=0.00026mol，c（MnO4-）=nv=0.00026mol0.05L=0.0052mol/L，故答案为0.0052；（3）影响化学反应速率的因素主要有温度、浓度、压强和催化剂，除催化剂之外，只能是温度升高导致反应速率加快，故答案为该反应放热使反应温度升高；：（1）当温度高于500K时，科学家成功利用二氧化碳和氢气合成了1mol乙醇和水，该反应的化学方程式为：2CO2+6H2CH3CH2OH（g）+3H2O（g），故答案为2CO2+6H2CH3CH2OH（g）+3H2O（g）；（2）a该反应中混合气体的物质的量减小，则体系压强一直在减小，当体系压强不再改变，能说明到达平衡，故a正确；bH2的浓度不再改变，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故b正确；c容器的体积不变，混合气体的质量不变，混合气体的密度始终不变，气体的密度不随时间改变，不能说明到达平衡，故c错误；d单位时间内消耗H2和CO2的物质的量之比为3：1，指正反应方向，无法判断正逆反应速率是否相等，则不能说明到达平衡，故d错误；故答案为ab。