1、江苏省无锡市江阴市高级中学2019-2020学年高一化学下学期期中试题（含解析）本卷可能用到的相对原子质量：Zn65第I卷 选择题(共50分)一、选择题（每小题只有1个选项符合题意，每小题2分，共计32分）1.江苏省已开始大力实施“清水蓝天”工程。下列不利于 “清水蓝天”工程实施的是A. 将废旧电池深埋，防止污染环境B. 加强城市生活污水脱氮除磷处理，遏制水体富营养化C. 积极推广太阳能、风能、地热能及水能等的使用，减少化石燃料的使用D. 农作物秸秆收割后可发酵制造沼气和农家肥【答案】A【解析】A. 将废旧电池深埋，会污染土壤和水源，不能防止污染环境，A错误；B. 加强城市生活污水脱氮除磷处理
2、，能遏制水体富营养化，有利于“清水蓝天”工程，B正确；C. 积极推广太阳能、风能、地热能及水能等的使用，可以减少化石燃料的使用，有利于“清水蓝天”工程，C错误；D. 农作物秸秆收割后可用于发酵制造沼气和农家肥，有利于“清水蓝天”工程，D正确，答案选A。2.下列化学用语正确的是（ ）A. Cl-离子的结构示意图：B. 甲烷的比例模型：C. N2的结构式：NND. 原子核内有l8个中子的氯原子：Cl【答案】D【解析】【详解】ACl-离子结构示意图为，当Cl原子得到电子时，原子核内质子数不发生变化，A错误；B选项中所示模型为球棍模型，甲烷的比例模型为，B错误；C结构式是将原子之间的1对共用电子对用1
3、条短线的形式表示而将孤电子对省略，N2正确的结构式为NN，C错误；D原子核内有18个中子的氯原子，它的质量数等于质子数加中子数，即17+18=35，故符号正确，D错误；故选D。3.下列物质中既含有离子键又含有共价键的是（ ）A. Na2OB. NaOHC. CH3COOHD. MgCl2【答案】B【解析】【分析】【详解】ANa2O中只有离子键，A错误；BNaOH属于离子化合物，含有离子键，氢氧根中含有共价键，B正确；CCH3COOH属于共价化合物，只有共价键，C错误；DMgCl2中只有离子键，D错误；故选B。【点睛】含有离子键的化合物一定为离子化合物，含有共价键的化合物不一定为共价化合物。4.
4、人工放射性核素I在核医学领域中有重要的用途。该原子的中子数是（ ）A. 53B. 131C. 78D. 184【答案】C【解析】【详解】某种原子的中子数等于这种原子的质量数减去这种原子的质子数，故131I的中子数为131-53=78。答案选C。【点睛】原子符号的左下角数字代表这种原子的质子数，左上角代表这种原子的质量数，质量数等于质子数加上中子数。5.如图是化学反应中物质变化和能量变化的示意图。若E1E2，则下列反应符合该示意图的是（ ）A. NaOH溶液与稀盐酸的反应B. 甲烷燃烧C. 碳酸钙高温分解D. 锌与稀盐酸的反应【答案】C【解析】【分析】根据图示，旧化学键的断裂吸收的能量大于新化学
5、键生成放出的能量，这样的反应是吸热反应。【详解】四个选项中A、B、D放热反应，只有C选项为吸热反应，故选择C。【点睛】（1）常见的放热反应：燃烧反应；酸碱中和反应；活泼金属与水或酸的反应；多数化合反应。（2）常见的吸热反应多数分解反应；2NH4Cl(s)+Ba(OH)28H2O(s)的反应；C(s)+H2O(g)的反应；CO2+C的反应。6.下列比较错误的是（ ）A. 原子半径：S2-Na+Mg2+B. 酸性强弱：HNO3H3PO4HClO4C. 碱性强弱：KOHNaOHMg(OH)2D. 热稳定性：HFH2OPH3【答案】B【解析】【详解】A由于S2-比其他两种离子多一个电子层，故S2-的半
6、径最大，Na+和Mg2+具有相同的离子结构，但Na的核电荷数较小，离子半径较大，A正确；B非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，同主族从上到下非金属性减弱，同周期自左向右非金属性逐渐增强，则酸性：HClO4HNO3H3PO4，B错误；C金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，同主族从上到下金属性增强，同周期自左向右金属性逐渐减弱，则碱性：KOHNaOHMg(OH)2，C正确；DF、O、P三种元素的非金属性依次减弱，故其气态氢化物稳定性依次减弱，D正确；故选B。7.下列过程中化学键没有被破坏的是（ ）A. 水降温结冰B. 水电解得到氧气与氢气C. NaCl晶体熔化D. NaO
7、H溶于水【答案】A【解析】【详解】A水降温结冰属于物理变化，化学键不变，A正确；B水电解得到氧气与氢气属于化学变化，有化学键的断裂与新化学键的形成，B错误；CNaCl的融化过程中，NaCl发生电离，电离出Na+和Cl-，化学键被破坏，C错误；DNaOH溶于水电离出钠离子和氢氧根离子，离子键被破坏，D错误；故选A。【点睛】电离过程、水解过程、化学反应过程，均出现了化学键的破坏。8.用锌片与1molL-l稀盐酸反应制取氢气，下列措施不能使反应速率增大的是A. 改用锌粉.B. 滴入几滴硫酸铜溶液C. 加入少量1molL-1稀硫酸D. 加入少量NaCl溶液【答案】D【解析】A锌片改为锌粉，增大了锌的接
8、触面积，可以加快反应速率，故A不选；B加入几滴硫酸铜溶液，Zn置换出Cu、构成Cu-Zn原电池，加快反应速率，故B不选；C加入1mol/L的稀硫酸，增大了溶液中氢离子浓度，从而加快了反应速率，故C不选；D加入少量氯化钠溶液，钠离子和氯离子不需要锌与氢离子的反应，而原溶液中氢离子浓度减小，导致反应速率减小，故D选；答案为D。点睛：明确影响化学反应速率的因素为解答关键，根据影响化学反应速率的因素分析，若增大反应速率，可以升高温度、增大锌的表面积、增大氢离子浓度等，而加入少量氯化钠溶液，导致原溶液中氢离子浓度减小，反应速率减小，据此进行解答。9.下列各组物质的晶体中，化学键类型相同、晶体类型也相同的
9、是（ ）A. SO2和SiB. NaCl和HClC. CO2和H2OD. CCl4和KCl【答案】C【解析】【详解】A根据元素组成可判断都为极性共价键，但SO2为分子晶体而Si为原子晶体，A错误；BNaCl含离子键为离子晶体，而HCl含共价键，为分子晶体，B错误；C都含极性键且都是分子晶体，C正确；DCCl4含共价键分子晶体而KCl中含离子键为离子晶体，D错误；故选C。【点睛】含有离子键的化合物一定是离子化合物，为离子晶体；含有共价键的化合物不一定是共价化合物。10.可逆反应A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g)在不同条件下的反应速率如下，其中反应速率最快的是 ( )A. v（A）=0.2
10、5mol/（Ls）B. v（B）=0.6mol/（Ls）C. v（C）=0.3mol/（Ls）D. v（D）=0.1mol/（Ls）【答案】A【解析】根据反应速率之比等于化学计量数之比，可将各种物质转化成A，以此可比较反应速率大小。A、v（A）=0.25mol/（Ls）；B、v（A）=v（B）=0.2mol/（Ls）；C、v（A）=v（C）=0.15mol/（Ls）；D、v（A）=v（D）=0.05mol/（Ls）；则反应速率最大的为A，答案选A。11.下列有机反应中，不属于取代反应的是（ ）A. CH4Cl2CH3ClHClB. 2CH2=CH2O22CH3CHOC. CHCl3HFCHFC
11、l2+HClD. Br2HBr【答案】B【解析】【分析】有机物中的原子或原子团被其他原子或原子团代替的反应叫做取代反应。【详解】A该反应是甲烷中的一个H原子被氯气中的一个Cl原子代替的反应，属于取代反应，A不选；B该反应为乙烯的氧化反应，B选；C该反应是三氯甲烷中的一个Cl原子被HF中F原子代替的反应，属于取代反应，C不选；D该反应是苯环上的一个H原子被Br2中的Br原子代替的反应，属于取代反应，D不选；故选B。【点睛】苯的硝化反应、磺化反应，酯的制备与水解反应，均属于取代反应。有机反应中加氧或去氢的反应为氧化反应，加氢或去氧的反应为还原反应。12.如图各容器中均盛有稀盐酸，能形成原电池且铁为
12、正极的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】【详解】A铝比铁活泼，铝作负极，铁作正极，A正确；B铁比银活泼，铁作负极，B错误；C铁比石墨活泼，铁作负极，C错误；D构成原电池需要两个活动性不同的电极，此装置不是原电池，D错误；故选A。【点睛】构成原电池的条件：1、有两种活泼性不同的金属（或其中一种为非金属导体）作电极；2、电极均插入电解质溶液中；3、两极相互连接（或接触）；4、能自发的发生氧化还原反应。13.下列有关化石能源的说法错误的是（ ）A. 煤、石油和天然气均属于化石能源，相比较天然气是一种更清洁的化石燃料B. 煤的干馏和石油的分馏均属化学变化C. 石油的裂化和裂解都
13、是化学变化，但二者的目的不一样D. 煤转化为水煤气再燃烧放出的热量不会增加，但能减少对环境的影响【答案】B【解析】【详解】A甲烷完全燃烧生成水和二氧化碳，对环境无污染，但煤和石油的燃烧生成污染环境的氮氧化物和硫氧化物，A正确；B煤的干馏是隔绝氧气加强热使煤分解，属于化学变化；石油分馏是根据石油中不同物质的沸点不同将各馏分分开的过程，属于物理变化，B错误；C裂化是为了获得轻质油，裂解是为了获得乙烯，二者目的不同，C正确；D煤转化为水煤气再燃烧的优点是便于运输，但固体的运输较为困难，同时两种状态放出的热量不会增加，还能减少对环境的影响，D正确；故选B。14.下列说法中不正确的是（ ）A. 需要持续
14、不断加热才能发生的反应一定是吸热反应B. 化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的根本原因C. 因为石墨变成金刚石吸热，所以石墨比金刚石稳定D. 燃料电池是一种高效且对环境友好的新型电池【答案】A【解析】【详解】A反应的吸热和放热与反应物和生成物的能量有关，与反应条件无关，A错误；B化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的生成，B正确；C石墨变成金刚石过程是吸热过程，故石墨的总能量低，石墨较为稳定，C正确；D燃料电池的产物对环境没有污染，故燃料电池是一种高效且对环境友好的新型电池，D正确；故选A。15.下列关于有机物的说法中不正确的是（ ）A. 正丁烷和异丁烷的熔、沸点不相同B. 可用溴水除
15、去甲烷中混有的少量乙烯C. C5H12的同分异构体有3种D. 的名称是：3甲基2乙基丁烷【答案】D【解析】【详解】A虽然正丁烷和异丁烷分子式相同，但二者结构不同，熔、沸点稍有差异，A正确；B乙烯可以和溴水发生反应生成液态的溴乙烷，但甲烷不能和溴水发生反应，故可以去除，B正确；CC5H12共有3种同分异构体，分别为CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、C(CH3)4，C正确；D根据系统命名法，该有机物的名称为2,3-二甲基戊烷，D错误；故选D。【点睛】烷烃的系统命名中，应选择最长碳链为主链，并将最长碳链编号使取代基位次之和最小。16.肼（N2H4）是一种高效清洁的火箭
16、燃料。0.25molN2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量。则下列热化学方程中正确的是（ ）A. N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+H2O（l） H=+267kJmol-1B. N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l） H=-133.5kJmol-1C. N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g） H=+534kJmol-1D. N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g） H=-534kJmol-1【答案】D【解析】【详解】A该反应为放热反应，焓变为负值，H0，A错误；B0.25mol N2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水
17、时，放出133.5kJ热量，则1mol N2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ4=534kJ的热量，B错误；C该反应为放热反应，焓变为负值，H0，C错误；D0.25mol N2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，则1mol N2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ4=534kJ的热量，热化学方程式为N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) H=-534kJmol-1，D正确；故选D。二、选择题（每小题有1-2个选项符合题意，每小题3分，漏选得2分，有错得0分）17.下列说法正确的是（ ）A. 元素周期律是原子核外
18、电子排布周期性变化的必然结果B. 在元素周期表中金属与非金属的分界线附近，可以找到制造农药的元素C. 最外层电子数相同的元素一定处于同一主族D. 在过渡元素中可寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料【答案】AD【解析】【分析】【详解】A元素核外价层电子决定元素的性质，原子核外电子随核电荷数递增周期性变化，导致元素的性质呈周期性变化，A正确；B新制农药元素可以从周期表的左上角中的非金属元素中找到，B错误；C不一定，第A族元素最外层电子数为1，副族中也有最外层电子数为1的元素，不可能在同一主族，C错误；D在过渡元素里，铂族金属，还有钴，等这些都是催化剂，而一些铬、钒、钽、铌还有锆等金属都是非常耐高温
19、的，D正确；故选AD。18.一定温度下，将3molSO2和1molO2充入一定容密闭容器中，在催化剂存在下进行下列反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）；H=197kJ/mol，当达到平衡状态时，下列说法中正确的是（ ）A. 达到反应限度时，生成SO3为2molB. 达到反应限度时，反应放出的热量一定小于197kJC. 达到反应限度时SO2、O2、SO3的分子数之比一定为212D. 达到反应限度时SO2消耗速率必定等于SO3的消耗速率【答案】BD【解析】【分析】二氧化硫与氧气反应为可逆反应，平衡时其限度不能达到100%【详解】A达到反应限度时，生成 SO3小于2 mol，A错误；B平衡
20、时其限度不能达到100%，达到反应限度时反应放出的热量小于197 kJ，B正确；C参加反应的SO2、O2、SO3的分子数之比一定为212，达到反应限度时，不一定为212，C错误；D当达到反应限度时，正逆反应速率相等，即SO2的消耗速率等于SO2的生成速率，又化学反应速率与化学计量数成正比，则SO3的消耗速率与SO2的生成速率相等，所以SO2的消耗速率等于SO3的消耗速率，D正确；故选BD。【点睛】反应平衡时，同一物质的正逆反应速率相等。19.根据下列实验操作和现象所得到的结论或解释不正确的是（ ）选项实验操作和现象结论或解释A向Na2SiO3溶液通入CO2气体，出现白色胶状沉淀非金属性：CSi
21、B向AlCl3、MgCl2溶液中加入NaOH至过量，前者先有沉淀后消失，后者沉淀不溶解碱性：Mg(OH)2Al(OH)3C取10mL0.1molL-1FeCl3溶液，滴加5滴0.1molL-1KI溶液，振荡，再加入5mLCCl4，振荡，静置，取上层液体，向取出来的溶液中滴加KSCN溶液，显血红色KI和FeCl3反应有一定的限度D向溴水中加入苯振荡，静置分层，上层为橙红色苯分子结构中没有碳碳双键A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A向Na2SiO3溶液通入CO2气体，出现白色胶状沉淀，说明碳酸酸性比硅酸强，由于C的最高价氧化物的水化物为碳酸，Si的最高价氧化物的水化物为硅酸
22、，故可以比较C的非金属性大于Si，A正确；B向两种溶液中加入NaOH，后者先产生沉淀后消失，说明氢氧化铝具有两性，所以能够比较氢氧化镁和氢氧化铝的碱性，B正确；C滴加5滴KI，完全反应后Fe3+有剩余，不能说明KI和FeCl3反应有一定的限度，C错误；D向溴水中加入苯振荡，静置分层，上层为橙红色，为萃取过程，说明溴和苯没有发生反应，故说明苯分子中没有碳碳双键，若存在碳碳双键，则上层不会出现橙红色，D正确；故选C。20.短周期的A、B、C、D、E五种元素，原子序数依次增大。已知元素A的简单气态氢化物和它的最高价氧化物的水化物反应生成盐；B、E为同主族元素，且B元素原子最外层电子数是次外层的3倍；
23、 C是短周期中与水反应最激烈的金属元素；A、D最外层电子数相差2。下列说法错误的是 ( )A. 原子半径：ABB. 失电子的能力：CDC. 简单气态氢化物的稳定性：BED. 元素C、D、E的最高价氧化物对应的水化物两两之间能发生反应【答案】B【解析】短周期的A、B、C、D、E物种元素，原子序数依次增大，元素A的气态氢化物和A的最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，则A是N元素；B、E为同主族元素，B元素原子最外层电子数是次外层的3倍，元素最外层电子数不超过8个，第一电子层为最外层时不超过2个，则B是O元素，E是S元素；C是短周期中与水反应最激烈的金属元素，则C是Na元素；A、D最外层电子数相差2
24、，而且原子序数比Na大，则D是Al元素；A、同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径AB，选项A正确；B、同一周期元素，金属元素的失电子能力随着原子序数增大而减弱，则失电子的能力：CD，选项B错误；C、非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性：BE，则简单气态氢化物的稳定性：BE，选项C正确；D、C是Na元素、D是Al元素、E是S元素，C的最高价氧化物的水化物呈强碱性、D的最高价氧化物的水化物呈两性、E的最高价氧化物的水化物呈强酸性，所以这三种元素最高价氧化物的水化物两两能相互反应，选项D正确。答案选B。点睛：本题考查原子结构和元素性质，侧重考查原子结构、物质性质，明确物
25、质的性质是解本题关键，注意把握元素周期律的内容以及非金属性的比较方法。21.锌-空气电池（原理如下图适宜用作城市电动车的动力电源，放电时Zn转化为ZnO。则该电池放电时下列说法正确的是（ ）A. 将电能转化为化学能B. 氧气在石墨电极上发生还原反应C. 电子由Zn电极经导线流向石墨电极D. 该电池放电时OH-向石墨电极移动【答案】BC【解析】A. 该装置是原电池，将化学能转化为电能，A错误；B. 锌失去电子，锌是负极，石墨是正极，氧气在石墨电极上发生得到电子的还原反应，B正确；C. 电子由Zn电极即负极经导线流向石墨电极，C正确；D. 该电池放电时OH-向负极，即向锌电极移动，D错误，答案选B
26、C。点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。22.在一定条件下，容积为2L的密闭容器中，将2molM气体和3molN气体混合，发生下列反应：2M(g) + 3N(g)xQ(g) + 3R(g)，该反应达到平衡时生成2.4molR，并测得Q浓度为0.4 molL-1，下列叙述正确的是A. X值为2B. 容器内压强不变C. 平衡时N的浓度为0.6mol/LD. M的转化率为80%【答案】D【解析】A平衡时生成的Q的物质的量为：0.4mol/L2L=0.8mol，生成R
27、为2.4mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故0.8mol：2.4mol=x：3，解得x=1，故A正确A；B反应体系中各组分都是气体，混合气体的质量不变，容器的容积恒定，根据=可知混合气体的密度不变，故B错误；C反应达到平衡时，生成2.4molR，由方程式2M(g)+3N(g)xQ(g)+3R(g)可知，参加反应的N的物质的量为2.4mol，故平衡时N的物质的量为3mol-2.4mol=0.6mol，N的平衡浓度为：c(N)=0.3mol/L，故C错误；D参加反应的N的物质的量为2.4mol，则N的转化率为：100%=80%，故D正确；故选D。第II卷 非选择题(共50分)23.用序号填写
28、下列空格：O2和O3H2、D2和T212C和14C石墨和足球烯（C60）和正丁烷和异丁烷和CH3CH3和CH3CH2CH2CH3互为同素异形体的是_；互为同位素的是_，互为同分异构体的是_，互为同系物的是_，同一种物质的是_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). 【解析】【分析】由同种元素构成的不同种分子互称为同素异形体；质子数相同而中子数不同的两种核素互称同位素；分子式相同而结构不同的两种化合物互称同分异构体；结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2基团的有机物互称同系物。【详解】中两种物质均由O原子组成，故二者互称同素异形体；中三种物质均为氢原子组成的氢气分子故属于同
29、种物质；中两种核素的质子数相同而中子数不同，故属于同位素；中两种物质均由碳元素组成的不同种分子，故属于同素异形体；两种结构表示同一种结构，故属于同一种物质；二者分子式相同而结构不同，故属于同分异构体；二者分子式相同而结构不同，故属于同分异构体；二者结构相似，分子组成上相差2和CH2基团，故属于同系物。【点睛】本题的关键需要准确理解“四同”的概念，并由此解决问题。24.元素在周期表中的位置如表所示，试回答下列问题。（1）上述10种元素中，化学性质最不活泼的是_(填元素符号，下同)；与水反应最激烈的金属元素是_。（2）元素最高价氧化物的结构式是_；元素的简单气态氢化物的电子式是_；上述10种元素中
30、，其最高价氧化物对应水化物的酸性最强的物质是_(填化学式)。（3）元素的原子半径由小到大的顺序为_(用元素符号表示)；（4）请用一个化学方程式(或离子方程式)说明元素和非金属性的强弱：_。（5）和两元素的最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式：_。（6）为了证明和两种元素的金属性强弱，下列说法或实验能提供证据的是_。A.比较两种元素的单质的熔点、沸点高低B.将打磨过的形状、大小相同这两种元素的单质分别和热水作用，并滴入酚酞溶液C.比较两种元素的最高价氧化物对应的水化物碱性强弱【答案】 (1). Ar (2). K (3). O=C=O (4). (5). HClO4 (6). NCMg
31、(7). 2Br-+Cl2=Br2+2Cl- (8). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (9). BC【解析】【分析】根据所给元素周期表，为C元素，为N元素，为O元素，为Na元素，为Mg元素，为Al元素，为Cl元素，为Ar元素，为K元素，为Br元素，据此分析。【详解】（1）稀有气体元素的化学性质不活泼，故这10种元素中Ar的化学性质最不活泼；金属元素的金属性越强，其与水反应越剧烈，这10种元素中K的金属性最强，故K与水反应最剧烈；（2）C元素的最高价氧化物为CO2，其结构为O=C=O；N元素的气态氢化物为NH3，其电子式为；元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强
32、，故这10种元素中酸性最强的是HClO4；（3）三种元素原子，Mg的半径比Be大，Be的半径比C大，C的半径比N大，故Mg、C、N三种元素的半径从小到大为NCMg；（4）由于Cl的非金属性较强，故Cl2可以和Br-发生反应生成Br2和Cl-，离子方程式为2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；（5）NaOH和Al(OH)3发生反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；（6）根据单质的熔、沸点不能比较元素的金属性，A错误；根据单质与水反应的现象可以比较元素的金属性，B正确；根据两种元素的最高价氧化物对应的水化物碱性可以比较元素的金属性，C正确；故答案为BC。【点睛】同一周期元素
33、原子半径随原子序数的递增而减小，同一主族元素原子半径随原子序数的递增而增大；同一周期元素随着原子序数的递增，非金属性逐渐增强，金属性逐渐减弱，同一主族元素随原子序数的递增，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。25.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/mol
34、L-1实验目的298粗颗粒2.00()实验和探究盐酸浓度对该反应速率的影响；()实验和_探究温度对该反应速率的影响；()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氢气体积(mL)16.839.267.2224420492.8520.8543.2554.4560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_。反应速率最小的时间段为_，可能原因是_。（3）另一学生
35、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)；A.蒸馏水 B.NaNO3溶液 C.NaCl溶液 D.CuSO4溶液 E.Na2CO3（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_，定性比较得出结论。甲同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，其理由是_。受甲同学的启发乙同学提出了另一种方案，你猜想乙同学的方案是_；定量分析：如图乙所示
36、，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】 (1). (2). (3). 0.056 molL-1s-1 (4). 40s50s (5). 从反应放热角度回答皆可 (6). 90s100s (7). 从盐酸浓度降低角度回答皆可 (8). C (9). 反应产生气泡快慢或反应完成的先后或试管壁的冷热程度 (10). 控制阴离子相同，排除阴离子不同造成的干扰 (11). 通过活塞的移动观察，相同时间内产生气体量的多少 (12). 收集40mL气体所需要的时间【解析】【详解】（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
37、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；根据相等时间段内，产生的氢气的体积越小，可以确定反应速率越慢，所以反
38、应速率最大的时间段是90100s，可能原因是反应进行过程中，盐酸浓度减小，反应速率慢；（3）在盐酸中加入蒸馏水，氢离子浓度降低，反应速率减小，但产生的氢气量不变，A错误；在盐酸中加入加入NaNO3溶液相当于是硝酸，不能产生氢气，B错误；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，C正确；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，D错误；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，E错误，故答案为C；（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
39、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。【点睛】该题的难点是控制变量法解决影响反应速率的因素实验设计。该类试题在解答时需要明确控制变量法探究影响化学反应速率的因素：影响化学反应速率的因素有多种，在探究相关规律时，需要控制其他条件不变，只改变某一个条件，探究这一条件对反应速率的影响。26.某校化学研究性学习小组欲设计实验验证Fe、C
40、u的金属活动性，他们提出了以下两种方案。请你帮助他们完成有关实验项目。（1）方案：有人提出将大小相等的铁片和铜片同时放入稀硫酸(或稀盐酸)中，观察产生气泡的快慢，据此确定它们的活动性。该原理的离子方程式为_。（2）方案：有人利用Fe、Cu作电极设计成原电池，以确定它们的活动性。试在下面的方框内画出原电池装置图，标出原电池的电极材料和电解质溶液，并写出负极的电极反应式_。（3）方案：结合你所学的知识，帮助他们再设计一个验证Fe、Cu活动性的简单实验方案及现象(与方案、不能雷同)：_。【答案】 (1). Fe+2H+=Fe2+H2 (2). Fe-2e-=Fe2+； (3). 将铁片置于CuSO4
41、溶液中，一段时间后观察Fe表面有红色的金属铜析出，即可以证明金属铁的活泼性强于金属铜的【解析】【分析】金属活动性可利用金属与酸的反应、电化学反应、置换反应等原理进行验证。【详解】（1）铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2；（2）负极上铁失电子生成二价铁离子，发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；用铁、铜作电极，稀硫酸作电解质溶液设计原电池，铁的金属性比铜强，所以铁作负极，铜作正极，电子从负极沿导线流向正极，；（3）根据铁和铜的置换反应设计，设计方法如下：将铁片置于CuSO4溶液中，一段时间后观察Fe表面有红色的金属铜析出，即可以证明金属铁的活泼性
42、强于金属铜的；反应原理为：铁和铜离子发生氧化还原反应生成铜和二价铁离子。27.有机A是衡量一个国家石油化学工业的发展水平，D的分子式为C2H5Cl，C是一种常见的高分化合物。请回答下列问题：（1）写出A的结构式_；（2）写出的方程式_；途径、都可以得到D，更合理的是途径_，理由是_；（3）写出区别A、B两种物质的一种试剂_；（4）写出的方程式_；（5）体育比赛中，当运动员扭伤或肌肉挫伤时，队医随即对准运动员的受伤处喷射液体D(沸点12.27)进入局部冷冻麻醉处理，原理是_。【答案】 (1). (2). CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl (3). (4). 产物单一无副产物生成 (5
43、). 酸性高锰酸钾溶液 (6). nCH2=CH2 (7). D的沸点较低，在常温下容易挥发，由液态变成气态时，吸收热量，使受伤部位局部冷冻而麻醉【解析】【分析】乙烯产量是衡量一个国家石油化学工业的发展水平的标志，故有机物A为乙烯；乙烯和氢气在一定条件下反应生成B，B为乙烷；根据D的分子式，D可以通过乙烯和HCl加成得到，也可以通过乙烷和氯气发生取代反应得到；乙烯在催化剂的作用下可以聚乙烯，聚乙烯是一种常见的高分子化合物，据此分析。【详解】（1）根据分析，有机物A为乙烯，其结构式为；（2）反应为乙烷和氯气的取代反应，方程式为CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl，途径、都可以得到D，其中途径更为合理，原因是途径产物单一无副产物生成；（3）有机物A为乙烯，含有碳碳双键，有机物B为乙烷，不含碳碳双键，故区别二者的试剂可以用酸性高锰酸钾溶液，乙烯可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；（4）乙烯合成聚乙烯的方程式为：nCH2=CH2；（5）D的沸点较低，在常温下容易挥发，由液态变成气态时，吸收热量，使受伤部位局部冷冻而麻醉。