河北省邯郸市鸡泽一中2016-2017学年高二（上）期中化学试卷（解析版）
文档属性
| 名称 | 河北省邯郸市鸡泽一中2016-2017学年高二（上）期中化学试卷（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 225.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2016-12-26 15:40:40 | ||
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文档简介
2016-2017学年河北省邯郸市鸡泽一中高二（上）期中化学试卷
一、单项选择题（1-10题，每题2分，11-20题，每题3分，共50分）
1．下列反应属于吸热反应的是（ ）
A．炭燃烧生成一氧化碳
B．中和反应
C．锌粒与稀硫酸反应制取H2
D．Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl反应
2．下列说法正确的是（ ）
A．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大
D．催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率
3．下列过程中：①电离、②电解、③电镀、④电焊、⑤电化学腐蚀，需要通电才能进行的是（ ）
A．①②
B．②③④
C．③④⑤
D．全部
4．下列电离方程式中书写正确的是（ ）
A．NaHSO4 Na++H++SO42﹣
B．NaHCO3 Na++H++CO32﹣
C．HClO=H++ClO﹣
D．H2S H++HS﹣；HS﹣ H++S2﹣
5．利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Pt等杂质的粗铜提纯，下列叙述正确的是（ ）
A．电解时以精铜作阳极
B．电解时阴极发生氧化反应
C．粗铜连接电源负极，其电极反应是Cu=Cu2++2e﹣
D．电解后，电解槽底部会形成含少量Ag、Pt等金属的阳极泥
6．下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是（ ）
A．钢管与电源正极连接，钢管可被保护
B．铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀
C．钢管与铜管露天堆放在一起时，钢管不易被腐蚀
D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe﹣3e﹣═Fe3+
7．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
A．已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6
kJ mol﹣﹣1，则氢气的燃烧热为241.8
kJ mol﹣1
B．已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）△H=a，2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=b，则a＞b
C．已知NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3
kJ mol﹣1，则含40.0
g
NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3
kJ
D．已知P
（白磷，s）=P
（红磷，s）△H＜0，则白磷比红磷稳定
8．对于反应：M+N﹣→P，如果温度每升高10℃，化学反应速率提高到原来的3倍，在10℃时完成反应的10%需要81min，将温度提高到30℃时，完成反应的10%需要的时间为（ ）
A．9
min
B．27
min
C．13.5
min
D．3
min
9．25℃和1.01×105Pa时，反应2N2O5（g）═4NO2（g）+O2（g）△H=+56.76kJ/mol，自发进行的原因是（ ）
A．是吸热反应
B．是放热反应
C．是熵减少的反应
D．熵增大效应大于能量效应
10．在密闭容器中，充入SO2和18O原子组成的氧气，在一定条件下开始反应，在达到平衡后，18O存在于（ ）
A．只存在于氧气中
B．只存在于SO3中
C．只存在于SO2和SO3中
D．SO2、SO3、O2中都存在
11．碱性电池具有容量大，放电电流大的特点，因而得到广泛的应用．锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应为：Zn+2MnO2+2H2O═Zn（OH）2+2MnOOH，下列说法不正确的是（ ）
A．电池工作时锌为负极
B．电池正极的电极反应式为：2MnO2+2H2O+2e﹣═2MnOOH+2OH﹣
C．电池工作时，电解液的OH﹣移向正极
D．外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减少6.5g
12．一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（ ）
①NaOH固体
②H2O
③NH4Cl固体
④CH3COONa固体
⑤NaNO3固体
⑥KCl溶液．
A．②④⑥
B．①②
C．②③⑤
D．②④⑤⑥
13．反应A+B→C分两步进行：①A+B→X，②X→C，反应过程中能量变化如图所示，E4表示反应A+B→X的活化能，下列有关叙述正确的是（ ）
A．Ee表示反应X→C的活化能
B．X是反应A+B→C的催化剂
C．反应A+B→C的△H＜0
D．加入催化剂可改变反应A+B→C的焓变
14．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
①由H2、I2蒸气、HI气体组成的平衡体系加压后颜色变深
②黄绿色的氯水光照后颜色变浅
③使用催化剂可加快SO2转化为SO3的速率
④在含有Fe（SCN）3的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去．
A．②③
B．②④
C．①③
D．①④
15．向容积为2L的密闭器中充入2molA气体和1molB气体，在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g） 3C（g）；经2s后达到平衡，测得C气体的浓度为0.6mol L﹣1．下列说法中正确的是（ ）
①用物质A表示该反应的平均反应速率为0.2mol L﹣1 s﹣1
②用物质B表示该反应的平均反应速率为0.2mol L﹣1 s﹣1
③平衡时物质A与B的转化率相等
④平衡时物质B的浓度为0.2mol L﹣1
⑤其它条件不变，向容器中再加入1molC气体，达到新平衡时，C的体积分数不变．
A．①②③
B．①③⑤
C．②④⑤
D．①③④
16．在某容积一定的密闭容器中，有下列的可逆反应：A（g）+B（g） xC（g），有图Ⅰ所示的反应曲线，试判断对图Ⅱ的说法中正确的是（T表示温度，P表示压强，C%表示C的体积分数）（ ）
A．P3＞P4，y轴表示B的转化率
B．P3＜P4，y轴表示B的体积分数
C．P3＜P4，y轴表示混合气体的密度
D．P3＜P4，y轴表示混合气体的平均摩尔质量
17．分别在pH=1的酸和pH=14的NaOH溶液中加入足量的铝，放出H2的量前者多，其原因可能是（ ）
①两溶液的体积相同，酸是多元强酸
②两溶液的体积相同，酸是一元弱酸
③酸溶液的体积大于NaOH溶液的体积
④酸是强酸，浓度比NaOH溶液的大．
A．①②
B．②
C．②③
D．④
18．室温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释，pH随溶液体积的变化曲线如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．HA的酸性比HB的酸性弱
B．a点溶液的导电性比c点溶液的导电性弱
C．若两溶液无限稀释，则它们的c（H+）相等
D．对a、b两点溶液同时升高温度，则增大
19．将浓度为0.1mol L﹣1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（ ）
A．c（H+）
B．Ka（HF）
C．
D．
20．在一定温度下，反应H2（g）+X2（g） HX（g）的平衡常数为10．若将1.0mol的HX（g）通入体积为1.0L的密闭容器中，在该温度时HX（g）的最大分解率接近于（ ）
A．5%
B．17%
C．25%
D．33%
二、Ⅱ卷（共50分，请将正确答案填写在答卷纸的相应位置上．）
21．有浓度均为0.1mol L﹣1的盐酸、硫酸和醋酸三种溶液，试分析：
（1）若溶液的C（H+）分别为a、b、c，则它们的大小关系是 （用“＞”“＜”“=”表示），
（2）分别用三种酸中和等物质的量的氢氧化钠溶液，所需溶液的体积分别是a、b、c，则它们的大小关系是 （用“＞”“＜”“=”表示）．
（3）等体积的三种酸分别与足量的锌粒反应，在相同条件下若产生气体的体积分别为a、b、c，则它们的关系是 ．
（4）可逆反应2Cl2（g）+2H2O（g） 4HCl（g）+O2（g）△H＞0，在一定条件下达到平衡后，分别采取下列措施（填“增大”、“减小”或“不变”）：
①降低温度，Cl2的转化率 ；
②保持容器体积不变，加入He，则HCl的物质的量 ；
③保持容器压强不变，加入He，则O2的体积分数 ．
22．利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：
①用量筒量取50mL
0.50mol L﹣1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50mL
0.55mol L﹣1
NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度，回答下列问题：
（1）为什么所用NaOH溶液要稍过量？
（2）倒入NaOH溶液的正确操作是 （填序号）．
A．沿玻璃棒缓慢倒入
B．分三次少量倒入
C．一次迅速倒入
（3）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是 （填序号）．
A．用温度计小心搅拌
B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌
C．轻轻地振荡烧杯
D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动
（4）现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L
1mol L﹣1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为△H1、△H2、△H3，则△H1、△H2、△H3的大小关系为 ．
（5） （填“能”或“不能”）用Ba（OH）2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，理由是 ．
23．某研究性学习小组将下列装置如图连接，C、D、E、F、X、Y
都是惰性电极．将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色．试回答下列问题：
（1）电源A
极的名称是 （正极或负极）．
（2）甲装置中的C极的电极反应式 ．
（3）欲用丙装置给铜镀银，G应该是 （填“铜”或“银”），电镀液的主要成分是 （填化学式）．
（4）装置丁中的现象是 ．
24．下表是某兴趣小组通过实验获得的相同体积足量稀硫酸与铁反应的实验数据：
实验序号
金属质量/g
金属状态
c（H2SO4）
mol/L
实验温度/℃
金属消失的时间/s
1
0.10
丝
0.7
20
250
2
0.10
丝
1.0
20
200
3
0.10
粉末
1.0
20
125
4
0.10
粉末
1.0
30
50
分析上述数据，回答下列问题：
（1）反应的离子方程式： ；
（2）①实验1、2可得出的结论是，硫酸浓度越 ，反应速率越慢；
②实验2、3可得出的结论是反应物接触面越大，反应速率越 ；
③实验3、4可得出的结论是温度越 ，反应速率越快．
（3）①用铁粉和稀硫酸反应制取H2，实验过程中绘制出生成H2的体积（V）与时间（t）的关系如图所示．
试分析判断OE段、EF段、FG段、GH段反应速率（分别用v
（OE）、v
（EF）、v
（FG）、v
（GH）表示）最快时段是 ．
A．v
（OE）
B．v
（EF）
C．v
（FG）
D．v
（GH）
②1min内反应较慢的原因是： ；一段时间后反应明显加快的原因是 ．
2016-2017学年河北省邯郸市鸡泽一中高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（1-10题，每题2分，11-20题，每题3分，共50分）
1．下列反应属于吸热反应的是（ ）
A．炭燃烧生成一氧化碳
B．中和反应
C．锌粒与稀硫酸反应制取H2
D．Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl反应
【考点】吸热反应和放热反应．
【分析】根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；
常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱），C或氢气做还原剂时的反应．
【解答】解：A．炭燃烧生成一氧化碳属于放热反应，故A错误；
B．中和反应属于放热反应，故B错误；
C．锌粒与稀硫酸反应制取H2属于放热反应，故C错误；
D．Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl反应属于吸热反应，故D正确．
故选D．
2．下列说法正确的是（ ）
A．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大
D．催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率
【考点】化学反应速率的影响因素．
【分析】温度、催化剂可影响活化分子的百分数，而浓度、压强只改变单位体积活化分子的数目，不改变百分数，另外，催化剂可降低反应的活化能．
【解答】解：A．升高温度，可增加反应物分子中活化分子的百分数，使反应速率增大，故A正确；
B．增大压强，可增大单位体积的活化分子数目，但百分数不变，故B错误；
C．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的数目，但百分数不变，故C错误；
D．加入催化剂，降低反应物的活化能，增大活化分子的百分数，反应速率增大，故D错误．
故选A．
3．下列过程中：①电离、②电解、③电镀、④电焊、⑤电化学腐蚀，需要通电才能进行的是（ ）
A．①②
B．②③④
C．③④⑤
D．全部
【考点】电解质在水溶液中的电离．
【分析】①电离是电解质在水溶液中离解出自由移动离子的过程；
②电解是外加电源强迫下的氧化还原反应；
③电镀实质是一个电解池；
④电焊需电能融化焊条和钢铁；
⑤电化学腐蚀原理是原电池原理．
【解答】解：①电离是电解质在水溶液中离解出自由移动离子的过程，不需要通电，故①错误；
②电解是外加电源强迫下的氧化还原反应，必须加外加电源，需要通电，故②正确；
③电镀实质是一个电解池，必须加外加电源，需要通电，故③正确；
④电焊利用焊条通过电弧高温融化金属部件需要连接的地方而实现的一种焊接操作，需要通电，故④正确；
⑤电化学腐蚀原理是原电池原理，原电池中不含电源，故⑤错误；
故选B．
4．下列电离方程式中书写正确的是（ ）
A．NaHSO4 Na++H++SO42﹣
B．NaHCO3 Na++H++CO32﹣
C．HClO=H++ClO﹣
D．H2S H++HS﹣；HS﹣ H++S2﹣
【考点】电离方程式的书写．
【分析】强电解质用“═”，若电解质用“ ”，注意遵循电荷守恒、质量守恒定律来书写电离方程式，注意原子团不可拆分，多元弱酸分步电离，以此来解答．
【解答】解：A．NaHSO4为强电解质，电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42，故A错误；
B．NaHCO3为强电解质，电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3﹣，故B错误；
C．HClO为弱电解质，电离方程式为HClO H++ClO﹣，故C错误；
D．H2S为弱电解质，要分步电离，电离方程式为H2S H++HS﹣；HS﹣ H++S2﹣，故D正确；
故选：D．
5．利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Pt等杂质的粗铜提纯，下列叙述正确的是（ ）
A．电解时以精铜作阳极
B．电解时阴极发生氧化反应
C．粗铜连接电源负极，其电极反应是Cu=Cu2++2e﹣
D．电解后，电解槽底部会形成含少量Ag、Pt等金属的阳极泥
【考点】电解原理．
【分析】A、电解时粗铜作阳极，发生氧化反应；
B、电解时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；
C、粗铜被氧化，作阳极，发生的是氧化反应；
D、根据金属的活动性顺序表进行分析．
【解答】解：A、电解精炼铜时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，故A错误；
B、阳极与电池的正极相连发生氧化反应，阴极与电池的负极相连发生还原反应，故B错误；
C、粗铜连接电源的正极，发生氧化反应，故C错误；
D、金属的活动性顺序为Zn＞Fe＞Cu＞Ag＞Pt，因此Ag、Pt不会放电，以单质形式沉积下来，故D正确；
故选：D．
6．下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是（ ）
A．钢管与电源正极连接，钢管可被保护
B．铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀
C．钢管与铜管露天堆放在一起时，钢管不易被腐蚀
D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe﹣3e﹣═Fe3+
【考点】金属的电化学腐蚀与防护．
【分析】A．用电解原理保护金属时，金属应作电解池阴极；
B．常温下，铁和浓硝酸发生钝化现象而阻止进一步反应；
C．构成原电池负极的金属易被腐蚀；
D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极上铁失电子生成亚铁离子．
【解答】解：A．用电解原理保护金属时，金属应作电解池阴极，应该与原电池负极连接，故A错误；
B．常温下，铁和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止了进一步反应，所以可以保护内部金属不被腐蚀，故B正确；
C．钢管、铜管和雨水能构成原电池，铁作原电池负极而容易被腐蚀，故C错误；
D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe﹣2e﹣═Fe2+，故D错误；
故选B．
7．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
A．已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6
kJ mol﹣﹣1，则氢气的燃烧热为241.8
kJ mol﹣1
B．已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）△H=a，2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=b，则a＞b
C．已知NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3
kJ mol﹣1，则含40.0
g
NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3
kJ
D．已知P
（白磷，s）=P
（红磷，s）△H＜0，则白磷比红磷稳定
【考点】有关反应热的计算．
【分析】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气燃烧生成液态水；
B．炭完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量；
C．醋酸是弱酸，其电离过程是吸热过程；
D．物质具有的能量越低越稳定．
【解答】解：A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气燃烧生成液态水，由热化学方程式可知，氢气的燃烧热＜﹣241.8kJ mol﹣1，故A错误；
B．炭完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量，焓变是负值，即a＜b，故B错误；
C．中和热是指稀的强酸和强碱溶液发生中和反应生成1mol水时所放出的热量，醋酸是弱酸，其电离过程是吸热过，40.0g即1molNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于57.3
kJ的热量，故C正确；
D．P
（白磷，s）=P
（红磷，s）△H＜0，所以红磷的能量低于白磷的能量，所以白磷不如红磷稳定，故D错误．
故选C．
8．对于反应：M+N﹣→P，如果温度每升高10℃，化学反应速率提高到原来的3倍，在10℃时完成反应的10%需要81min，将温度提高到30℃时，完成反应的10%需要的时间为（ ）
A．9
min
B．27
min
C．13.5
min
D．3
min
【考点】反应速率的定量表示方法．
【分析】已知温度每升高10℃，化学反应速率增大到原来的3倍，那么10℃时，温度升高到30℃，温度变化为20℃，反应速率应是10℃的32=9倍，以此解答该题．
【解答】解：化学反应中，升高温度，反应速率增大，已知温度每升高10℃，化学反应速率增大到原来的3倍，那么10℃时，温度升高到30℃，温度变化为20℃，反应速率应是10℃的32=9倍，在10℃时完成该反应的10%需要81min，则若将温度升高到30℃，完成该反应的10%需要时间为=9min，
故选A．
9．25℃和1.01×105Pa时，反应2N2O5（g）═4NO2（g）+O2（g）△H=+56.76kJ/mol，自发进行的原因是（ ）
A．是吸热反应
B．是放热反应
C．是熵减少的反应
D．熵增大效应大于能量效应
【考点】焓变和熵变．
【分析】由反应2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）△H=+56.76kJ/mol，可知该反应吸热，且熵值增大，根据△G=△H﹣T △S判断，反应能自发进行，必须满足=△H﹣T △S＜0才可．
【解答】解：反应能否自发进行取决于焓变和熵变的综合判据，在反应2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）△H=+56.76kJ/mol，可知该反应吸热，且熵值增大，
根据△G=△H﹣T △S判断，反应能自发进行，必须满足△H﹣T △S＜0才可，即熵增大效应大于能量效应．
故选D．
10．在密闭容器中，充入SO2和18O原子组成的氧气，在一定条件下开始反应，在达到平衡后，18O存在于（ ）
A．只存在于氧气中
B．只存在于SO3中
C．只存在于SO2和SO3中
D．SO2、SO3、O2中都存在
【考点】化学反应的可逆性．
【分析】从化学键角度来说，化学反应本质是旧键断裂，形成原子，原子重新组合，形成新键；可逆反应不可能100%地全部转化，据此判断．
【解答】解：反应过程中化学键断裂，存在原子有S原子、16O原子、18O原子，原子重新组合生成物质，二氧化硫、氧气在催化剂、加热的条件下，生成三氧化硫；而三氧化硫在同样的条件下可分解为二氧化硫和氧气，所以18O2中的18O通过化合反应存在于SO3中，SO3
中的18O通过分解反应会存在于SO2中，最终SO3、SO2、O2中都含有18O，
故选D．
11．碱性电池具有容量大，放电电流大的特点，因而得到广泛的应用．锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应为：Zn+2MnO2+2H2O═Zn（OH）2+2MnOOH，下列说法不正确的是（ ）
A．电池工作时锌为负极
B．电池正极的电极反应式为：2MnO2+2H2O+2e﹣═2MnOOH+2OH﹣
C．电池工作时，电解液的OH﹣移向正极
D．外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减少6.5g
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】根据电池总反应式为：Zn+2MnO2+2H2O═Zn（OH）2+2MnOOH，可知反应中Zn被氧化，为原电池的负极，负极反应为Zn﹣2e﹣+2OH﹣═Zn（OH）2，MnO2为原电池的正极，发生还原反应，正极反应为2MnO2+2H2O+2e﹣═2MnOOH+2OH﹣，以此解答该题．
【解答】解：A、Zn+2MnO2+2H2O═Zn（OH）2+2MnOOH，可知反应中Zn被氧化，为原电池的负极，故A正确；
B、根据电池总反应式为：Zn+2MnO2+2H2O═Zn（OH）2+2MnOOH，MnO2为原电池的正极，发生还原反应，正极反应为MnO2+2H2O+2e﹣═Mn（OH）2+2OH﹣，故B正确；
C、原电池中，电解液的OH﹣移向负极，故C错误；
D、由Zn+2MnO2+2H2O═Zn（OH）2+2MnOOH可知，65gZn反应转移电子为2mol，则外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g，故D正确．
故选C．
12．一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（ ）
①NaOH固体
②H2O
③NH4Cl固体
④CH3COONa固体
⑤NaNO3固体
⑥KCl溶液．
A．②④⑥
B．①②
C．②③⑤
D．②④⑤⑥
【考点】化学反应速率的影响因素．
【分析】Fe与盐酸反应的实质为Fe+2H+═Fe2++H2↑，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，则可减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，以此来解答．
【解答】解：Fe与盐酸反应的实质为Fe+2H+═Fe2++H2↑，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，则可减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，
①加入NaOH固体，氢离子的物质的量及浓度均减小，故①错误；
②加入H2O，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故②正确；
③加入NH4Cl固体，氢离子的浓度、氢离子的物质的量稍增大，速率稍加快，故③错误；
④加入CH3COONa固体与盐酸反应生成弱酸，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故④正确；
⑤加入NaNO3固体，氢离子的浓度、氢离子的物质的量都没有变化，故⑤错误；
⑥加入KCl溶液，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故⑥正确；
显然②④⑥正确，
故选：A．
13．反应A+B→C分两步进行：①A+B→X，②X→C，反应过程中能量变化如图所示，E4表示反应A+B→X的活化能，下列有关叙述正确的是（ ）
A．Ee表示反应X→C的活化能
B．X是反应A+B→C的催化剂
C．反应A+B→C的△H＜0
D．加入催化剂可改变反应A+B→C的焓变
【考点】化学反应的能量变化规律．
【分析】A．依据分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量称为活化能；
B．依据催化剂是先作为反应物参与化学反应，然后再通过化学反应转变成原物质；
C．依据图象分析可知反应物AB能量高于生成物C的能量，反应是放热反应；
D．催化剂改变反应速率不改变化学平衡．
【解答】解：A．反应②的活化能E1﹣E2，故A错误；
B．若X是反应A（g）+B（g）→C（g）的催化剂，则X是反应①的反应物，是反应②的生成物，故B错误；
C．图象分析可知反应物AB能量高于生成物C的能量，反应是放热反应，△H＜0，故C正确；
D．焓变和反应物和生成物能量有关，与反应变化过程无关，催化剂只改变反应速率，不改变反应的焓变，故D错误；
故选C．
14．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
①由H2、I2蒸气、HI气体组成的平衡体系加压后颜色变深
②黄绿色的氯水光照后颜色变浅
③使用催化剂可加快SO2转化为SO3的速率
④在含有Fe（SCN）3的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去．
A．②③
B．②④
C．①③
D．①④
【考点】化学平衡移动原理．
【分析】勒沙特列原理是：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动．
勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，若与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释．
【解答】解：①该反应反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用勒夏特列原理解释，故①选；
②对氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡Cl2+H2O HCl+HClO向右移动，能用勒夏特列原理解释，故②不选；
③催化剂不影响平衡移动只能够加快化学反应速率，所以不能用勒夏特列原理解释，故③选；
④溶液中存在平衡Fe3++SCN﹣ Fe（SCN）2+，加铁粉，铁与Fe3+反应，Fe3+浓度降低，则平衡向左移动进行，溶液颜色变浅或褪去，能用勒夏特利原理来解释，故④不选；
故选C．
15．向容积为2L的密闭器中充入2molA气体和1molB气体，在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g） 3C（g）；经2s后达到平衡，测得C气体的浓度为0.6mol L﹣1．下列说法中正确的是（ ）
①用物质A表示该反应的平均反应速率为0.2mol L﹣1 s﹣1
②用物质B表示该反应的平均反应速率为0.2mol L﹣1 s﹣1
③平衡时物质A与B的转化率相等
④平衡时物质B的浓度为0.2mol L﹣1
⑤其它条件不变，向容器中再加入1molC气体，达到新平衡时，C的体积分数不变．
A．①②③
B．①③⑤
C．②④⑤
D．①③④
【考点】化学平衡的计算；反应速率的定量表示方法．
【分析】①C的浓度变化为0.6mol/L，根据v=计算v（C），根据速率之比等于化学计量数之比计算v（A）；
②C的浓度变化为0.6mol/L，根据v=计算v（C），根据速率之比等于化学计量数之比计算v（B）；
③A、B化学计量数之比为2：1，参加反应的A、B的物质的量之比为2：1，A、B的起始物质的量之比为2：1，平衡时物质A与B的转化率相等；
④根据C的浓度变化量计算B的浓度变化量，平衡时物质B的浓度等于B起始浓度减去B的浓度变化量；
⑤原平衡与开始加入3molC是等效的，在原平衡状态加入1molC，可以等效为开始加入4molC，该反应反应前后气体的物质的量变化，在恒温恒容体积下，压强增大，平衡状态相同．
【解答】解：①C的浓度变化为0.6mol/L，所以v（C）==0.3mol/（L S），速率之比等于化学计量数之比，所以v（A）=v（C）=×0.3mol/（L S）=0.2mol/（L S），故①正确；
②由①知，v（C）=0.3mol/（L S），速率之比等于化学计量数之比，所以v（B）=v（C）=×0.3mol/（L S）=0.1mol/（L S），故②错误；
③A、B化学计量数之比为2：1，参加反应的A、B的物质的量之比为2：1，A、B的起始物质的量之比为2：1，平衡时物质A与B的转化率相等，故③正确；
④△c（C）=0.6mol/L，根据2A（g）+B（g） 3C（g）可知，△c（B）=△c（C）=×0.6mol/L=0.2mol/L，所以B平衡浓度为﹣0.2mol/L=0.3mol/L，故④错误；
⑤原平衡与开始加入3molC是等效的，在原平衡状态加入1molC，可以等效为开始加入4molC，该反应反应前后气体的物质的量变化，在恒温恒容体积下，压强增大，不影响平衡移动，加入3molC与加入4molC所到达的平衡状态相同，所以向容器中再加入1molC气体，达到新平衡时，C的体积分数不变，故⑤正确．
所以①③⑤正确．
故选B．
16．在某容积一定的密闭容器中，有下列的可逆反应：A（g）+B（g） xC（g），有图Ⅰ所示的反应曲线，试判断对图Ⅱ的说法中正确的是（T表示温度，P表示压强，C%表示C的体积分数）（ ）
A．P3＞P4，y轴表示B的转化率
B．P3＜P4，y轴表示B的体积分数
C．P3＜P4，y轴表示混合气体的密度
D．P3＜P4，y轴表示混合气体的平均摩尔质量
【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的影响因素．
【分析】由图（Ⅰ）中a、b的相对位置知，增压（因p2＞p1），C%升高，故x=1；由b、c的相对位置知，升温（因为T1＞T2），C%降低．故正反应为放热反应．
即该反应为A（g）+B（g） C（g）△H＜0，由反应式可知，升温和降压均可使反应向逆反应方向移动．
由图Ⅱ，y随温度的升高而降低，可判断y为A的转化率或混合气体的平均摩尔质量等量，结合压强对平衡移动的影响判断P3、P4的关系．
【解答】解：由图（Ⅰ）中a、b的相对位置知，增压（因p2＞p1），C%升高，故x=1；由b、c的相对位置知，升温（因为T1＞T2），C%降低．故正反应为放热反应，该反应为A（g）+B（g） C（g）△H＜0，由反应可知，升温和降压均可使反应向逆反应方向移动．
由图（Ⅱ）知：因随着温度升高y降低，故y降低的方向必为压强减小的方向，
A．P3＞P4，随着温度的升高，平衡将向左移动，B的转化率降低，与图象一致，故A正确；
B．温度越高，B物质的转化率减小，所以B的体积分数增大，与图象不符，故B错误；
C．气体的质量、体积均不变，则密度始终不变，与图象不符，故C错误；
D．温度越高，平衡逆移气体总物质的量增大，所以气体的平均摩尔质量减小，但压强越大，平衡正向移动，平均摩尔质量变大，与图象不符，故D错误；
故选A．
17．分别在pH=1的酸和pH=14的NaOH溶液中加入足量的铝，放出H2的量前者多，其原因可能是（ ）
①两溶液的体积相同，酸是多元强酸
②两溶液的体积相同，酸是一元弱酸
③酸溶液的体积大于NaOH溶液的体积
④酸是强酸，浓度比NaOH溶液的大．
A．①②
B．②
C．②③
D．④
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】在本题中，酸电离出的
C（H+）=0.1mol/L，碱液中
C（OH﹣）=1
mol/L，铝是足量的，所以生成氢气的量就取决于
n（H+）、n（OH﹣），而根据铝与酸碱的反应可知，当生成相同量的氢气时，需要的
n（H+）
比
n（OH﹣）多，所以当酸生成的氢气更多时，就需要
n（H+）＞n（OH﹣），然后结合强酸完全电离，弱酸部分电离的特点来解本题．
【解答】解：由铝与酸、碱的反应可知：
2Al～6H+～3H2
2Al～2OH﹣～3H2
要使生成的氢气前者多，必须n（H+）＞n（OH﹣）
①当酸为多元强酸，由于C（H+）＜C（OH﹣），当两种溶液体积相同时，则会有n（H+）＜n（OH﹣），不符合题意，故①错误；
②若酸是一元弱酸，虽然酸电离出的
C（H+）小于氢氧化钠中的
C（OH﹣），但弱酸是部分电离，此时酸中的H+
的总量完全可以比
NaOH
中的
OH﹣
多
故满足n（H+）＞n（OH﹣），符合题意，故②正确；
③pH=1的酸中c（H+）=0.1mol/L，pH=14的NaOH溶液c（OH﹣）=1mol/L，若酸溶液的体积大于NaOH溶液30倍，定有n（H+）＞3n（OH﹣），不管强酸和弱酸，故③正确，
④pH=1的酸中c（H+）=0.1mol/L，pH=14的NaOH溶液c（OH﹣）=1mol/L，若酸为强酸，则浓度不可能比NaOH溶液大，与题意矛盾，故④错误；
故选C．
18．室温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释，pH随溶液体积的变化曲线如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．HA的酸性比HB的酸性弱
B．a点溶液的导电性比c点溶液的导电性弱
C．若两溶液无限稀释，则它们的c（H+）相等
D．对a、b两点溶液同时升高温度，则增大
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】室温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释，HA溶液PH=5，说明HA为强酸，HB为弱酸，
A．pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释相同倍数，酸性强的PH变化大；
B．a点溶液中离子浓度大于c点溶液中离子浓度，溶液导电性取决于离子浓度大小；
C．溶液无限稀释接近为水的电离，氢离子浓度接近为10﹣7；
D．HA为强酸，HB为弱酸，对a、b两点溶液同时升高温度，HB电离程度增大，c（B）浓度增大．
【解答】解：室温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释，HA溶液PH=5，说明HA为强酸，HB为弱酸；
A．pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释1000倍，HA溶液PH=5，HB溶液PH小于5，HA的酸性比HB的酸性强，故A错误；
B．a点溶液中离子浓度大于c点溶液中离子浓度，溶液导电性取决于离子浓度大小，则a点溶液的导电性比c点溶液的导电性强，故B错误；
C．溶液无限稀释接近为水的电离，氢离子浓度接近为10﹣7，若两溶液无限稀释，则它们的c（H+）相等，故C正确；
D．HA为强酸，HB为弱酸，对a、b两点溶液同时升高温度，c（A）浓度不变，HB电离程度增大，c（B）浓度增大，比值减小，故D错误，故D错误；
故选C．
19．将浓度为0.1mol L﹣1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（ ）
A．c（H+）
B．Ka（HF）
C．
D．
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】根据HF属于弱电解质，则在加水不断稀释时，电离程度增大，电离平衡保持向正反应方向移动，并注意温度不变时，电离平衡常数不变来解答．
【解答】解：A、因HF为弱酸，则浓度为0.1mol L﹣1HF溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n（H+）增大，但c（H+）不断减小，故A错误；
B、因电离平衡常数只与温度有关，则Ka（HF）在稀释过程中不变，故B错误；
C、因稀释时一段时间电离产生等量的H+和F﹣，溶液的体积相同，则两种离子的浓度的比值不变，但随着稀释的不断进行，c（H+）不会超过10﹣7mol L﹣1，c（F﹣）不断减小，则比值变小，故C错误；
D、因Ka（HF）=，当HF溶液加水不断稀释，促进电离，c（F﹣）不断减小，Ka（HF）不变，则增大，故D正确；
故选：D．
20．在一定温度下，反应H2（g）+X2（g） HX（g）的平衡常数为10．若将1.0mol的HX（g）通入体积为1.0L的密闭容器中，在该温度时HX（g）的最大分解率接近于（ ）
A．5%
B．17%
C．25%
D．33%
【考点】用化学平衡常数进行计算．
【分析】由一定温度下，反应H2（g）+X2（g） HX（g）的平衡常数为10，则相同条件下HX分解的化学反应的平衡常数为，然后设出HX分解的物质的量，利用化学平衡三段法来计算各物质平衡时的浓度，然后利用平衡常数为来计算解答．
【解答】解：由一定温度下，反应H2（g）+X2（g） HX（g）的平衡常数为10，
则相同条件下HX分解的化学反应的平衡常数为，设HX分解的物质的量为x，则
HX（g） H2（g）+X2（g）
开始
1.0mol/L
0
0
转化
mol/L
mol/L
mol/L
平衡
（1﹣x）mol/L
mol/L
mol/L
故=，
解得x=0.17mol，
该温度时HX（g）的最大分解率为×100%=17%，
故选B．
二、Ⅱ卷（共50分，请将正确答案填写在答卷纸的相应位置上．）
21．有浓度均为0.1mol L﹣1的盐酸、硫酸和醋酸三种溶液，试分析：
（1）若溶液的C（H+）分别为a、b、c，则它们的大小关系是 b＞a＞c （用“＞”“＜”“=”表示），
（2）分别用三种酸中和等物质的量的氢氧化钠溶液，所需溶液的体积分别是a、b、c，则它们的大小关系是 a=c=2b （用“＞”“＜”“=”表示）．
（3）等体积的三种酸分别与足量的锌粒反应，在相同条件下若产生气体的体积分别为a、b、c，则它们的关系是 a=c=b ．
（4）可逆反应2Cl2（g）+2H2O（g） 4HCl（g）+O2（g）△H＞0，在一定条件下达到平衡后，分别采取下列措施（填“增大”、“减小”或“不变”）：
①降低温度，Cl2的转化率 减小 ；
②保持容器体积不变，加入He，则HCl的物质的量 不变 ；
③保持容器压强不变，加入He，则O2的体积分数 增大 ．
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学平衡的影响因素．
【分析】（1）硫酸和盐酸是强酸，醋酸是弱酸，则c（H+）=c（HCl），c（H+）=2c（H2SO4），c（H+）＜c（CH3COOH）；
（2）酸碱中和时，氢元素的物质的量和氢氧根离子的物质的量相等；
（3）根据氢原子守恒计算生成氢气体积的大小关系；
（4）①降低温度，平衡逆移，Cl2的转化率
减小；
②保持容器体积不变，加入He，对反应无影响，所以HCl的物质的量不变．
③保持容器压强不变，加入He，体积变大，反应物所占分压减小，平衡正移，则O2的体积分数增大．
【解答】解：（1）硫酸和盐酸是强酸，醋酸是弱酸，则c（H+）=c（HCl）=0.1mol/L，c（H+）=2c（H2SO4）=0.2mol/L，c（H+）＜c（CH3COOH）=0.1mol/L，所以它们的大小关系是b＞a＞c，故答案为：b＞a＞c；
（2）三种酸的浓度相等，盐酸和醋酸都是一元酸，硫酸是二元酸，硫酸溶液中氢离子浓度是盐酸溶液中的2倍，则完全中和物质的量均相同的三份NaOH溶液时，盐酸和醋酸需要的体积相等，需要硫酸的体积是盐酸的一半，所以需三种酸的体积大小关系是a=c=2b，故答案为：a=c=2b；
（3）等体积等浓度的三种酸中，氢元素的物质的量2n（HCl）=2n（CH3COOH）=n（（H2SO4），根据氢原子守恒知，生成氢气的体积大小顺序是a=c=b，
故答案为：a=c=b；
（4）①该反应的正方向为吸热反应，所以降低温度，平衡逆移，Cl2的转化率
减小；故答案为：减小；
②保持容器体积不变，加入He，容器体积不变，各物质的浓度不变，所以对反应无影响，所以HCl的物质的量不变，故答案为：不变；
③保持容器压强不变，加入He，体积变大，反应物所占分压减小，平衡正移，则O2的体积分数增大，故答案为：增大．
22．利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：
①用量筒量取50mL
0.50mol L﹣1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50mL
0.55mol L﹣1
NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度，回答下列问题：
（1）为什么所用NaOH溶液要稍过量？ 确保盐酸被完全中和
（2）倒入NaOH溶液的正确操作是 C （填序号）．
A．沿玻璃棒缓慢倒入
B．分三次少量倒入
C．一次迅速倒入
（3）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是 D （填序号）．
A．用温度计小心搅拌
B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌
C．轻轻地振荡烧杯
D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动
（4）现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L
1mol L﹣1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为△H1、△H2、△H3，则△H1、△H2、△H3的大小关系为 △H1=△H2＜△H3 ．
（5） 不能 （填“能”或“不能”）用Ba（OH）2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，理由是 因为硫酸与Ba（OH）2溶液反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的反应热 ．
【考点】中和热的测定．
【分析】（1）为了确保定量的盐酸反应完全，所用NaOH稍过量；
（2）将NaOH溶液倒入小烧杯中，不能分几次倒入，否则会导致热量散失，影响测定结果；
（3）盐酸和氢氧化钠混合时，用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动，使盐酸与NaOH溶液混合均匀；
（4）中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程；
（5）氢氧化钡与硫酸反应生成了硫酸钡沉淀，生成沉淀的过程中会有热量变化，影响测定结果．
【解答】解：（1）实验中，所用NaOH稍过量的原因是确保定量的盐酸反应完全，
故答案为：确保盐酸被完全中和；
（2）倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果，
故答案为：C；
（3）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；
故答案为：D；
（4）中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液和1L
1mol L﹣1的稀盐酸恰好完全反应放热57.3kJ；一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热程，稀氨水和1L
1mol L﹣1的稀盐酸恰好完全反应放热小于57.3kJ，反应焓变是负值，所以△H1=△H2＜△H3；
故答案为：△H1=△H2＜△H3；
（5）硫酸与Ba（OH）2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，该反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba（OH）2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测中和热．
故答案为：不能；因为硫酸与Ba（OH）2溶液反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的反应热．
23．某研究性学习小组将下列装置如图连接，C、D、E、F、X、Y
都是惰性电极．将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色．试回答下列问题：
（1）电源A
极的名称是 正极 （正极或负极）．
（2）甲装置中的C极的电极反应式 4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O ．
（3）欲用丙装置给铜镀银，G应该是 银 （填“铜”或“银”），电镀液的主要成分是 AgNO3 （填化学式）．
（4）装置丁中的现象是 Y极附近红褐色变深 ．
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色，说明F极生成OH﹣，F为阴极，则可知A为正极，B为负极，C、E、G、X为阳极，D、F、H、Y为阴极，
（1）电解饱和食盐水时，酚酞变红的极是阴极，阴极和电源负极相连；
（2）电解硫酸铜溶液生成硫酸、铜和氧气；
（3）给铜镀银，金属银作阳极，纯铜作阴极，含有银离子的盐作电解质；
（4）氢氧化铁胶粒带正电荷，向阴极移动，据此回答．
【解答】解：将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色，说明F极生成OH﹣，F为阴极，则可知A为正极，B为负极，C、E、G、X为阳极，D、F、H、Y为阴极，
（1）由以上分析可知A是电源的正极，B是原电池的负极，故答案为：正极；
（2）电解硫酸铜溶液生成硫酸、铜和氧气，C是阳极，发生反应：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；
（3）给铜镀银，金属银作阳极，纯铜作阴极，含有银离子的盐硝酸银溶液作电解质，故答案为：银；
AgNO3；
（4）根据异性电荷相吸的原理，氢氧化铁胶体中含有的带正电荷的粒子会向阴极即Y极移动，所以Y极附近红褐色变深，故答案为：Y极附近红褐色变深．
24．下表是某兴趣小组通过实验获得的相同体积足量稀硫酸与铁反应的实验数据：
实验序号
金属质量/g
金属状态
c（H2SO4）
mol/L
实验温度/℃
金属消失的时间/s
1
0.10
丝
0.7
20
250
2
0.10
丝
1.0
20
200
3
0.10
粉末
1.0
20
125
4
0.10
粉末
1.0
30
50
分析上述数据，回答下列问题：
（1）反应的离子方程式： Fe+2H+═Fe2++H2↑ ；
（2）①实验1、2可得出的结论是，硫酸浓度越 稀 ，反应速率越慢；
②实验2、3可得出的结论是反应物接触面越大，反应速率越 快 ；
③实验3、4可得出的结论是温度越 高 ，反应速率越快．
（3）①用铁粉和稀硫酸反应制取H2，实验过程中绘制出生成H2的体积（V）与时间（t）的关系如图所示．
试分析判断OE段、EF段、FG段、GH段反应速率（分别用v
（OE）、v
（EF）、v
（FG）、v
（GH）表示）最快时段是 B ．
A．v
（OE）
B．v
（EF）
C．v
（FG）
D．v
（GH）
②1min内反应较慢的原因是： 温度较低 ；一段时间后反应明显加快的原因是 反应放热，使溶液的温度升高 ．
【考点】化学反应速率的影响因素．
【分析】（1）反应生成硫酸亚铁和氢气；
（2）①实验1、2中酸的浓度不同；
②实验2、3中接触面积不同；
③实验3、4中温度不同；
（3）①斜率越大，说明单位时间生成的二氧化碳越多，则反应速率越大；
②根据反应吸放热和温度与反应速率之间的关系知识来回答．
【解答】解：（1）反应生成硫酸亚铁和氢气，离子反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2H+═Fe2++H2↑；
（2）①实验1、2中酸的浓度不同，则得出结论为反应物浓度越大，反应速率越快，故答案为：稀；‘
②实验2、3中接触面积不同，则得出结论为反应物接触面积越大，反应速率越快，故答案为：快；
③实验3、4中温度不同，则得出结论为反应物温度越大，反应速率越快，故答案为：高．
（3）①EF段曲线的斜率较大，说明单位时间生成的二氧化碳最多，则反应速率最大，因此阶段浓度较大，且反应放热，温度较高，反应速率最大，随着反应的进行，浓度逐渐降低，则反应速率逐渐减小，
故选B；
②1min内反温度较低，反应较慢，一段时间后，反应放热，使溶液的温度升高，反应明显加快，故答案为：温度较低、反应放热，使溶液的温度升高．
2016年12月14日
一、单项选择题（1-10题，每题2分，11-20题，每题3分，共50分）
1．下列反应属于吸热反应的是（ ）
A．炭燃烧生成一氧化碳
B．中和反应
C．锌粒与稀硫酸反应制取H2
D．Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl反应
2．下列说法正确的是（ ）
A．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大
D．催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率
3．下列过程中：①电离、②电解、③电镀、④电焊、⑤电化学腐蚀，需要通电才能进行的是（ ）
A．①②
B．②③④
C．③④⑤
D．全部
4．下列电离方程式中书写正确的是（ ）
A．NaHSO4 Na++H++SO42﹣
B．NaHCO3 Na++H++CO32﹣
C．HClO=H++ClO﹣
D．H2S H++HS﹣；HS﹣ H++S2﹣
5．利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Pt等杂质的粗铜提纯，下列叙述正确的是（ ）
A．电解时以精铜作阳极
B．电解时阴极发生氧化反应
C．粗铜连接电源负极，其电极反应是Cu=Cu2++2e﹣
D．电解后，电解槽底部会形成含少量Ag、Pt等金属的阳极泥
6．下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是（ ）
A．钢管与电源正极连接，钢管可被保护
B．铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀
C．钢管与铜管露天堆放在一起时，钢管不易被腐蚀
D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe﹣3e﹣═Fe3+
7．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
A．已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6
kJ mol﹣﹣1，则氢气的燃烧热为241.8
kJ mol﹣1
B．已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）△H=a，2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=b，则a＞b
C．已知NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3
kJ mol﹣1，则含40.0
g
NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3
kJ
D．已知P
（白磷，s）=P
（红磷，s）△H＜0，则白磷比红磷稳定
8．对于反应：M+N﹣→P，如果温度每升高10℃，化学反应速率提高到原来的3倍，在10℃时完成反应的10%需要81min，将温度提高到30℃时，完成反应的10%需要的时间为（ ）
A．9
min
B．27
min
C．13.5
min
D．3
min
9．25℃和1.01×105Pa时，反应2N2O5（g）═4NO2（g）+O2（g）△H=+56.76kJ/mol，自发进行的原因是（ ）
A．是吸热反应
B．是放热反应
C．是熵减少的反应
D．熵增大效应大于能量效应
10．在密闭容器中，充入SO2和18O原子组成的氧气，在一定条件下开始反应，在达到平衡后，18O存在于（ ）
A．只存在于氧气中
B．只存在于SO3中
C．只存在于SO2和SO3中
D．SO2、SO3、O2中都存在
11．碱性电池具有容量大，放电电流大的特点，因而得到广泛的应用．锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应为：Zn+2MnO2+2H2O═Zn（OH）2+2MnOOH，下列说法不正确的是（ ）
A．电池工作时锌为负极
B．电池正极的电极反应式为：2MnO2+2H2O+2e﹣═2MnOOH+2OH﹣
C．电池工作时，电解液的OH﹣移向正极
D．外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减少6.5g
12．一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（ ）
①NaOH固体
②H2O
③NH4Cl固体
④CH3COONa固体
⑤NaNO3固体
⑥KCl溶液．
A．②④⑥
B．①②
C．②③⑤
D．②④⑤⑥
13．反应A+B→C分两步进行：①A+B→X，②X→C，反应过程中能量变化如图所示，E4表示反应A+B→X的活化能，下列有关叙述正确的是（ ）
A．Ee表示反应X→C的活化能
B．X是反应A+B→C的催化剂
C．反应A+B→C的△H＜0
D．加入催化剂可改变反应A+B→C的焓变
14．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
①由H2、I2蒸气、HI气体组成的平衡体系加压后颜色变深
②黄绿色的氯水光照后颜色变浅
③使用催化剂可加快SO2转化为SO3的速率
④在含有Fe（SCN）3的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去．
A．②③
B．②④
C．①③
D．①④
15．向容积为2L的密闭器中充入2molA气体和1molB气体，在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g） 3C（g）；经2s后达到平衡，测得C气体的浓度为0.6mol L﹣1．下列说法中正确的是（ ）
①用物质A表示该反应的平均反应速率为0.2mol L﹣1 s﹣1
②用物质B表示该反应的平均反应速率为0.2mol L﹣1 s﹣1
③平衡时物质A与B的转化率相等
④平衡时物质B的浓度为0.2mol L﹣1
⑤其它条件不变，向容器中再加入1molC气体，达到新平衡时，C的体积分数不变．
A．①②③
B．①③⑤
C．②④⑤
D．①③④
16．在某容积一定的密闭容器中，有下列的可逆反应：A（g）+B（g） xC（g），有图Ⅰ所示的反应曲线，试判断对图Ⅱ的说法中正确的是（T表示温度，P表示压强，C%表示C的体积分数）（ ）
A．P3＞P4，y轴表示B的转化率
B．P3＜P4，y轴表示B的体积分数
C．P3＜P4，y轴表示混合气体的密度
D．P3＜P4，y轴表示混合气体的平均摩尔质量
17．分别在pH=1的酸和pH=14的NaOH溶液中加入足量的铝，放出H2的量前者多，其原因可能是（ ）
①两溶液的体积相同，酸是多元强酸
②两溶液的体积相同，酸是一元弱酸
③酸溶液的体积大于NaOH溶液的体积
④酸是强酸，浓度比NaOH溶液的大．
A．①②
B．②
C．②③
D．④
18．室温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释，pH随溶液体积的变化曲线如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．HA的酸性比HB的酸性弱
B．a点溶液的导电性比c点溶液的导电性弱
C．若两溶液无限稀释，则它们的c（H+）相等
D．对a、b两点溶液同时升高温度，则增大
19．将浓度为0.1mol L﹣1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（ ）
A．c（H+）
B．Ka（HF）
C．
D．
20．在一定温度下，反应H2（g）+X2（g） HX（g）的平衡常数为10．若将1.0mol的HX（g）通入体积为1.0L的密闭容器中，在该温度时HX（g）的最大分解率接近于（ ）
A．5%
B．17%
C．25%
D．33%
二、Ⅱ卷（共50分，请将正确答案填写在答卷纸的相应位置上．）
21．有浓度均为0.1mol L﹣1的盐酸、硫酸和醋酸三种溶液，试分析：
（1）若溶液的C（H+）分别为a、b、c，则它们的大小关系是 （用“＞”“＜”“=”表示），
（2）分别用三种酸中和等物质的量的氢氧化钠溶液，所需溶液的体积分别是a、b、c，则它们的大小关系是 （用“＞”“＜”“=”表示）．
（3）等体积的三种酸分别与足量的锌粒反应，在相同条件下若产生气体的体积分别为a、b、c，则它们的关系是 ．
（4）可逆反应2Cl2（g）+2H2O（g） 4HCl（g）+O2（g）△H＞0，在一定条件下达到平衡后，分别采取下列措施（填“增大”、“减小”或“不变”）：
①降低温度，Cl2的转化率 ；
②保持容器体积不变，加入He，则HCl的物质的量 ；
③保持容器压强不变，加入He，则O2的体积分数 ．
22．利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：
①用量筒量取50mL
0.50mol L﹣1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50mL
0.55mol L﹣1
NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度，回答下列问题：
（1）为什么所用NaOH溶液要稍过量？
（2）倒入NaOH溶液的正确操作是 （填序号）．
A．沿玻璃棒缓慢倒入
B．分三次少量倒入
C．一次迅速倒入
（3）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是 （填序号）．
A．用温度计小心搅拌
B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌
C．轻轻地振荡烧杯
D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动
（4）现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L
1mol L﹣1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为△H1、△H2、△H3，则△H1、△H2、△H3的大小关系为 ．
（5） （填“能”或“不能”）用Ba（OH）2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，理由是 ．
23．某研究性学习小组将下列装置如图连接，C、D、E、F、X、Y
都是惰性电极．将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色．试回答下列问题：
（1）电源A
极的名称是 （正极或负极）．
（2）甲装置中的C极的电极反应式 ．
（3）欲用丙装置给铜镀银，G应该是 （填“铜”或“银”），电镀液的主要成分是 （填化学式）．
（4）装置丁中的现象是 ．
24．下表是某兴趣小组通过实验获得的相同体积足量稀硫酸与铁反应的实验数据：
实验序号
金属质量/g
金属状态
c（H2SO4）
mol/L
实验温度/℃
金属消失的时间/s
1
0.10
丝
0.7
20
250
2
0.10
丝
1.0
20
200
3
0.10
粉末
1.0
20
125
4
0.10
粉末
1.0
30
50
分析上述数据，回答下列问题：
（1）反应的离子方程式： ；
（2）①实验1、2可得出的结论是，硫酸浓度越 ，反应速率越慢；
②实验2、3可得出的结论是反应物接触面越大，反应速率越 ；
③实验3、4可得出的结论是温度越 ，反应速率越快．
（3）①用铁粉和稀硫酸反应制取H2，实验过程中绘制出生成H2的体积（V）与时间（t）的关系如图所示．
试分析判断OE段、EF段、FG段、GH段反应速率（分别用v
（OE）、v
（EF）、v
（FG）、v
（GH）表示）最快时段是 ．
A．v
（OE）
B．v
（EF）
C．v
（FG）
D．v
（GH）
②1min内反应较慢的原因是： ；一段时间后反应明显加快的原因是 ．
2016-2017学年河北省邯郸市鸡泽一中高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（1-10题，每题2分，11-20题，每题3分，共50分）
1．下列反应属于吸热反应的是（ ）
A．炭燃烧生成一氧化碳
B．中和反应
C．锌粒与稀硫酸反应制取H2
D．Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl反应
【考点】吸热反应和放热反应．
【分析】根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；
常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱），C或氢气做还原剂时的反应．
【解答】解：A．炭燃烧生成一氧化碳属于放热反应，故A错误；
B．中和反应属于放热反应，故B错误；
C．锌粒与稀硫酸反应制取H2属于放热反应，故C错误；
D．Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl反应属于吸热反应，故D正确．
故选D．
2．下列说法正确的是（ ）
A．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大
D．催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率
【考点】化学反应速率的影响因素．
【分析】温度、催化剂可影响活化分子的百分数，而浓度、压强只改变单位体积活化分子的数目，不改变百分数，另外，催化剂可降低反应的活化能．
【解答】解：A．升高温度，可增加反应物分子中活化分子的百分数，使反应速率增大，故A正确；
B．增大压强，可增大单位体积的活化分子数目，但百分数不变，故B错误；
C．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的数目，但百分数不变，故C错误；
D．加入催化剂，降低反应物的活化能，增大活化分子的百分数，反应速率增大，故D错误．
故选A．
3．下列过程中：①电离、②电解、③电镀、④电焊、⑤电化学腐蚀，需要通电才能进行的是（ ）
A．①②
B．②③④
C．③④⑤
D．全部
【考点】电解质在水溶液中的电离．
【分析】①电离是电解质在水溶液中离解出自由移动离子的过程；
②电解是外加电源强迫下的氧化还原反应；
③电镀实质是一个电解池；
④电焊需电能融化焊条和钢铁；
⑤电化学腐蚀原理是原电池原理．
【解答】解：①电离是电解质在水溶液中离解出自由移动离子的过程，不需要通电，故①错误；
②电解是外加电源强迫下的氧化还原反应，必须加外加电源，需要通电，故②正确；
③电镀实质是一个电解池，必须加外加电源，需要通电，故③正确；
④电焊利用焊条通过电弧高温融化金属部件需要连接的地方而实现的一种焊接操作，需要通电，故④正确；
⑤电化学腐蚀原理是原电池原理，原电池中不含电源，故⑤错误；
故选B．
4．下列电离方程式中书写正确的是（ ）
A．NaHSO4 Na++H++SO42﹣
B．NaHCO3 Na++H++CO32﹣
C．HClO=H++ClO﹣
D．H2S H++HS﹣；HS﹣ H++S2﹣
【考点】电离方程式的书写．
【分析】强电解质用“═”，若电解质用“ ”，注意遵循电荷守恒、质量守恒定律来书写电离方程式，注意原子团不可拆分，多元弱酸分步电离，以此来解答．
【解答】解：A．NaHSO4为强电解质，电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42，故A错误；
B．NaHCO3为强电解质，电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3﹣，故B错误；
C．HClO为弱电解质，电离方程式为HClO H++ClO﹣，故C错误；
D．H2S为弱电解质，要分步电离，电离方程式为H2S H++HS﹣；HS﹣ H++S2﹣，故D正确；
故选：D．
5．利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Pt等杂质的粗铜提纯，下列叙述正确的是（ ）
A．电解时以精铜作阳极
B．电解时阴极发生氧化反应
C．粗铜连接电源负极，其电极反应是Cu=Cu2++2e﹣
D．电解后，电解槽底部会形成含少量Ag、Pt等金属的阳极泥
【考点】电解原理．
【分析】A、电解时粗铜作阳极，发生氧化反应；
B、电解时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；
C、粗铜被氧化，作阳极，发生的是氧化反应；
D、根据金属的活动性顺序表进行分析．
【解答】解：A、电解精炼铜时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，故A错误；
B、阳极与电池的正极相连发生氧化反应，阴极与电池的负极相连发生还原反应，故B错误；
C、粗铜连接电源的正极，发生氧化反应，故C错误；
D、金属的活动性顺序为Zn＞Fe＞Cu＞Ag＞Pt，因此Ag、Pt不会放电，以单质形式沉积下来，故D正确；
故选：D．
6．下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是（ ）
A．钢管与电源正极连接，钢管可被保护
B．铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀
C．钢管与铜管露天堆放在一起时，钢管不易被腐蚀
D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe﹣3e﹣═Fe3+
【考点】金属的电化学腐蚀与防护．
【分析】A．用电解原理保护金属时，金属应作电解池阴极；
B．常温下，铁和浓硝酸发生钝化现象而阻止进一步反应；
C．构成原电池负极的金属易被腐蚀；
D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极上铁失电子生成亚铁离子．
【解答】解：A．用电解原理保护金属时，金属应作电解池阴极，应该与原电池负极连接，故A错误；
B．常温下，铁和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止了进一步反应，所以可以保护内部金属不被腐蚀，故B正确；
C．钢管、铜管和雨水能构成原电池，铁作原电池负极而容易被腐蚀，故C错误；
D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe﹣2e﹣═Fe2+，故D错误；
故选B．
7．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
A．已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6
kJ mol﹣﹣1，则氢气的燃烧热为241.8
kJ mol﹣1
B．已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）△H=a，2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=b，则a＞b
C．已知NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3
kJ mol﹣1，则含40.0
g
NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3
kJ
D．已知P
（白磷，s）=P
（红磷，s）△H＜0，则白磷比红磷稳定
【考点】有关反应热的计算．
【分析】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气燃烧生成液态水；
B．炭完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量；
C．醋酸是弱酸，其电离过程是吸热过程；
D．物质具有的能量越低越稳定．
【解答】解：A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气燃烧生成液态水，由热化学方程式可知，氢气的燃烧热＜﹣241.8kJ mol﹣1，故A错误；
B．炭完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量，焓变是负值，即a＜b，故B错误；
C．中和热是指稀的强酸和强碱溶液发生中和反应生成1mol水时所放出的热量，醋酸是弱酸，其电离过程是吸热过，40.0g即1molNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于57.3
kJ的热量，故C正确；
D．P
（白磷，s）=P
（红磷，s）△H＜0，所以红磷的能量低于白磷的能量，所以白磷不如红磷稳定，故D错误．
故选C．
8．对于反应：M+N﹣→P，如果温度每升高10℃，化学反应速率提高到原来的3倍，在10℃时完成反应的10%需要81min，将温度提高到30℃时，完成反应的10%需要的时间为（ ）
A．9
min
B．27
min
C．13.5
min
D．3
min
【考点】反应速率的定量表示方法．
【分析】已知温度每升高10℃，化学反应速率增大到原来的3倍，那么10℃时，温度升高到30℃，温度变化为20℃，反应速率应是10℃的32=9倍，以此解答该题．
【解答】解：化学反应中，升高温度，反应速率增大，已知温度每升高10℃，化学反应速率增大到原来的3倍，那么10℃时，温度升高到30℃，温度变化为20℃，反应速率应是10℃的32=9倍，在10℃时完成该反应的10%需要81min，则若将温度升高到30℃，完成该反应的10%需要时间为=9min，
故选A．
9．25℃和1.01×105Pa时，反应2N2O5（g）═4NO2（g）+O2（g）△H=+56.76kJ/mol，自发进行的原因是（ ）
A．是吸热反应
B．是放热反应
C．是熵减少的反应
D．熵增大效应大于能量效应
【考点】焓变和熵变．
【分析】由反应2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）△H=+56.76kJ/mol，可知该反应吸热，且熵值增大，根据△G=△H﹣T △S判断，反应能自发进行，必须满足=△H﹣T △S＜0才可．
【解答】解：反应能否自发进行取决于焓变和熵变的综合判据，在反应2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）△H=+56.76kJ/mol，可知该反应吸热，且熵值增大，
根据△G=△H﹣T △S判断，反应能自发进行，必须满足△H﹣T △S＜0才可，即熵增大效应大于能量效应．
故选D．
10．在密闭容器中，充入SO2和18O原子组成的氧气，在一定条件下开始反应，在达到平衡后，18O存在于（ ）
A．只存在于氧气中
B．只存在于SO3中
C．只存在于SO2和SO3中
D．SO2、SO3、O2中都存在
【考点】化学反应的可逆性．
【分析】从化学键角度来说，化学反应本质是旧键断裂，形成原子，原子重新组合，形成新键；可逆反应不可能100%地全部转化，据此判断．
【解答】解：反应过程中化学键断裂，存在原子有S原子、16O原子、18O原子，原子重新组合生成物质，二氧化硫、氧气在催化剂、加热的条件下，生成三氧化硫；而三氧化硫在同样的条件下可分解为二氧化硫和氧气，所以18O2中的18O通过化合反应存在于SO3中，SO3
中的18O通过分解反应会存在于SO2中，最终SO3、SO2、O2中都含有18O，
故选D．
11．碱性电池具有容量大，放电电流大的特点，因而得到广泛的应用．锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应为：Zn+2MnO2+2H2O═Zn（OH）2+2MnOOH，下列说法不正确的是（ ）
A．电池工作时锌为负极
B．电池正极的电极反应式为：2MnO2+2H2O+2e﹣═2MnOOH+2OH﹣
C．电池工作时，电解液的OH﹣移向正极
D．外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减少6.5g
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】根据电池总反应式为：Zn+2MnO2+2H2O═Zn（OH）2+2MnOOH，可知反应中Zn被氧化，为原电池的负极，负极反应为Zn﹣2e﹣+2OH﹣═Zn（OH）2，MnO2为原电池的正极，发生还原反应，正极反应为2MnO2+2H2O+2e﹣═2MnOOH+2OH﹣，以此解答该题．
【解答】解：A、Zn+2MnO2+2H2O═Zn（OH）2+2MnOOH，可知反应中Zn被氧化，为原电池的负极，故A正确；
B、根据电池总反应式为：Zn+2MnO2+2H2O═Zn（OH）2+2MnOOH，MnO2为原电池的正极，发生还原反应，正极反应为MnO2+2H2O+2e﹣═Mn（OH）2+2OH﹣，故B正确；
C、原电池中，电解液的OH﹣移向负极，故C错误；
D、由Zn+2MnO2+2H2O═Zn（OH）2+2MnOOH可知，65gZn反应转移电子为2mol，则外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g，故D正确．
故选C．
12．一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（ ）
①NaOH固体
②H2O
③NH4Cl固体
④CH3COONa固体
⑤NaNO3固体
⑥KCl溶液．
A．②④⑥
B．①②
C．②③⑤
D．②④⑤⑥
【考点】化学反应速率的影响因素．
【分析】Fe与盐酸反应的实质为Fe+2H+═Fe2++H2↑，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，则可减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，以此来解答．
【解答】解：Fe与盐酸反应的实质为Fe+2H+═Fe2++H2↑，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，则可减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，
①加入NaOH固体，氢离子的物质的量及浓度均减小，故①错误；
②加入H2O，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故②正确；
③加入NH4Cl固体，氢离子的浓度、氢离子的物质的量稍增大，速率稍加快，故③错误；
④加入CH3COONa固体与盐酸反应生成弱酸，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故④正确；
⑤加入NaNO3固体，氢离子的浓度、氢离子的物质的量都没有变化，故⑤错误；
⑥加入KCl溶液，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故⑥正确；
显然②④⑥正确，
故选：A．
13．反应A+B→C分两步进行：①A+B→X，②X→C，反应过程中能量变化如图所示，E4表示反应A+B→X的活化能，下列有关叙述正确的是（ ）
A．Ee表示反应X→C的活化能
B．X是反应A+B→C的催化剂
C．反应A+B→C的△H＜0
D．加入催化剂可改变反应A+B→C的焓变
【考点】化学反应的能量变化规律．
【分析】A．依据分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量称为活化能；
B．依据催化剂是先作为反应物参与化学反应，然后再通过化学反应转变成原物质；
C．依据图象分析可知反应物AB能量高于生成物C的能量，反应是放热反应；
D．催化剂改变反应速率不改变化学平衡．
【解答】解：A．反应②的活化能E1﹣E2，故A错误；
B．若X是反应A（g）+B（g）→C（g）的催化剂，则X是反应①的反应物，是反应②的生成物，故B错误；
C．图象分析可知反应物AB能量高于生成物C的能量，反应是放热反应，△H＜0，故C正确；
D．焓变和反应物和生成物能量有关，与反应变化过程无关，催化剂只改变反应速率，不改变反应的焓变，故D错误；
故选C．
14．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
①由H2、I2蒸气、HI气体组成的平衡体系加压后颜色变深
②黄绿色的氯水光照后颜色变浅
③使用催化剂可加快SO2转化为SO3的速率
④在含有Fe（SCN）3的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去．
A．②③
B．②④
C．①③
D．①④
【考点】化学平衡移动原理．
【分析】勒沙特列原理是：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动．
勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，若与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释．
【解答】解：①该反应反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用勒夏特列原理解释，故①选；
②对氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡Cl2+H2O HCl+HClO向右移动，能用勒夏特列原理解释，故②不选；
③催化剂不影响平衡移动只能够加快化学反应速率，所以不能用勒夏特列原理解释，故③选；
④溶液中存在平衡Fe3++SCN﹣ Fe（SCN）2+，加铁粉，铁与Fe3+反应，Fe3+浓度降低，则平衡向左移动进行，溶液颜色变浅或褪去，能用勒夏特利原理来解释，故④不选；
故选C．
15．向容积为2L的密闭器中充入2molA气体和1molB气体，在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g） 3C（g）；经2s后达到平衡，测得C气体的浓度为0.6mol L﹣1．下列说法中正确的是（ ）
①用物质A表示该反应的平均反应速率为0.2mol L﹣1 s﹣1
②用物质B表示该反应的平均反应速率为0.2mol L﹣1 s﹣1
③平衡时物质A与B的转化率相等
④平衡时物质B的浓度为0.2mol L﹣1
⑤其它条件不变，向容器中再加入1molC气体，达到新平衡时，C的体积分数不变．
A．①②③
B．①③⑤
C．②④⑤
D．①③④
【考点】化学平衡的计算；反应速率的定量表示方法．
【分析】①C的浓度变化为0.6mol/L，根据v=计算v（C），根据速率之比等于化学计量数之比计算v（A）；
②C的浓度变化为0.6mol/L，根据v=计算v（C），根据速率之比等于化学计量数之比计算v（B）；
③A、B化学计量数之比为2：1，参加反应的A、B的物质的量之比为2：1，A、B的起始物质的量之比为2：1，平衡时物质A与B的转化率相等；
④根据C的浓度变化量计算B的浓度变化量，平衡时物质B的浓度等于B起始浓度减去B的浓度变化量；
⑤原平衡与开始加入3molC是等效的，在原平衡状态加入1molC，可以等效为开始加入4molC，该反应反应前后气体的物质的量变化，在恒温恒容体积下，压强增大，平衡状态相同．
【解答】解：①C的浓度变化为0.6mol/L，所以v（C）==0.3mol/（L S），速率之比等于化学计量数之比，所以v（A）=v（C）=×0.3mol/（L S）=0.2mol/（L S），故①正确；
②由①知，v（C）=0.3mol/（L S），速率之比等于化学计量数之比，所以v（B）=v（C）=×0.3mol/（L S）=0.1mol/（L S），故②错误；
③A、B化学计量数之比为2：1，参加反应的A、B的物质的量之比为2：1，A、B的起始物质的量之比为2：1，平衡时物质A与B的转化率相等，故③正确；
④△c（C）=0.6mol/L，根据2A（g）+B（g） 3C（g）可知，△c（B）=△c（C）=×0.6mol/L=0.2mol/L，所以B平衡浓度为﹣0.2mol/L=0.3mol/L，故④错误；
⑤原平衡与开始加入3molC是等效的，在原平衡状态加入1molC，可以等效为开始加入4molC，该反应反应前后气体的物质的量变化，在恒温恒容体积下，压强增大，不影响平衡移动，加入3molC与加入4molC所到达的平衡状态相同，所以向容器中再加入1molC气体，达到新平衡时，C的体积分数不变，故⑤正确．
所以①③⑤正确．
故选B．
16．在某容积一定的密闭容器中，有下列的可逆反应：A（g）+B（g） xC（g），有图Ⅰ所示的反应曲线，试判断对图Ⅱ的说法中正确的是（T表示温度，P表示压强，C%表示C的体积分数）（ ）
A．P3＞P4，y轴表示B的转化率
B．P3＜P4，y轴表示B的体积分数
C．P3＜P4，y轴表示混合气体的密度
D．P3＜P4，y轴表示混合气体的平均摩尔质量
【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的影响因素．
【分析】由图（Ⅰ）中a、b的相对位置知，增压（因p2＞p1），C%升高，故x=1；由b、c的相对位置知，升温（因为T1＞T2），C%降低．故正反应为放热反应．
即该反应为A（g）+B（g） C（g）△H＜0，由反应式可知，升温和降压均可使反应向逆反应方向移动．
由图Ⅱ，y随温度的升高而降低，可判断y为A的转化率或混合气体的平均摩尔质量等量，结合压强对平衡移动的影响判断P3、P4的关系．
【解答】解：由图（Ⅰ）中a、b的相对位置知，增压（因p2＞p1），C%升高，故x=1；由b、c的相对位置知，升温（因为T1＞T2），C%降低．故正反应为放热反应，该反应为A（g）+B（g） C（g）△H＜0，由反应可知，升温和降压均可使反应向逆反应方向移动．
由图（Ⅱ）知：因随着温度升高y降低，故y降低的方向必为压强减小的方向，
A．P3＞P4，随着温度的升高，平衡将向左移动，B的转化率降低，与图象一致，故A正确；
B．温度越高，B物质的转化率减小，所以B的体积分数增大，与图象不符，故B错误；
C．气体的质量、体积均不变，则密度始终不变，与图象不符，故C错误；
D．温度越高，平衡逆移气体总物质的量增大，所以气体的平均摩尔质量减小，但压强越大，平衡正向移动，平均摩尔质量变大，与图象不符，故D错误；
故选A．
17．分别在pH=1的酸和pH=14的NaOH溶液中加入足量的铝，放出H2的量前者多，其原因可能是（ ）
①两溶液的体积相同，酸是多元强酸
②两溶液的体积相同，酸是一元弱酸
③酸溶液的体积大于NaOH溶液的体积
④酸是强酸，浓度比NaOH溶液的大．
A．①②
B．②
C．②③
D．④
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】在本题中，酸电离出的
C（H+）=0.1mol/L，碱液中
C（OH﹣）=1
mol/L，铝是足量的，所以生成氢气的量就取决于
n（H+）、n（OH﹣），而根据铝与酸碱的反应可知，当生成相同量的氢气时，需要的
n（H+）
比
n（OH﹣）多，所以当酸生成的氢气更多时，就需要
n（H+）＞n（OH﹣），然后结合强酸完全电离，弱酸部分电离的特点来解本题．
【解答】解：由铝与酸、碱的反应可知：
2Al～6H+～3H2
2Al～2OH﹣～3H2
要使生成的氢气前者多，必须n（H+）＞n（OH﹣）
①当酸为多元强酸，由于C（H+）＜C（OH﹣），当两种溶液体积相同时，则会有n（H+）＜n（OH﹣），不符合题意，故①错误；
②若酸是一元弱酸，虽然酸电离出的
C（H+）小于氢氧化钠中的
C（OH﹣），但弱酸是部分电离，此时酸中的H+
的总量完全可以比
NaOH
中的
OH﹣
多
故满足n（H+）＞n（OH﹣），符合题意，故②正确；
③pH=1的酸中c（H+）=0.1mol/L，pH=14的NaOH溶液c（OH﹣）=1mol/L，若酸溶液的体积大于NaOH溶液30倍，定有n（H+）＞3n（OH﹣），不管强酸和弱酸，故③正确，
④pH=1的酸中c（H+）=0.1mol/L，pH=14的NaOH溶液c（OH﹣）=1mol/L，若酸为强酸，则浓度不可能比NaOH溶液大，与题意矛盾，故④错误；
故选C．
18．室温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释，pH随溶液体积的变化曲线如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．HA的酸性比HB的酸性弱
B．a点溶液的导电性比c点溶液的导电性弱
C．若两溶液无限稀释，则它们的c（H+）相等
D．对a、b两点溶液同时升高温度，则增大
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】室温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释，HA溶液PH=5，说明HA为强酸，HB为弱酸，
A．pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释相同倍数，酸性强的PH变化大；
B．a点溶液中离子浓度大于c点溶液中离子浓度，溶液导电性取决于离子浓度大小；
C．溶液无限稀释接近为水的电离，氢离子浓度接近为10﹣7；
D．HA为强酸，HB为弱酸，对a、b两点溶液同时升高温度，HB电离程度增大，c（B）浓度增大．
【解答】解：室温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释，HA溶液PH=5，说明HA为强酸，HB为弱酸；
A．pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释1000倍，HA溶液PH=5，HB溶液PH小于5，HA的酸性比HB的酸性强，故A错误；
B．a点溶液中离子浓度大于c点溶液中离子浓度，溶液导电性取决于离子浓度大小，则a点溶液的导电性比c点溶液的导电性强，故B错误；
C．溶液无限稀释接近为水的电离，氢离子浓度接近为10﹣7，若两溶液无限稀释，则它们的c（H+）相等，故C正确；
D．HA为强酸，HB为弱酸，对a、b两点溶液同时升高温度，c（A）浓度不变，HB电离程度增大，c（B）浓度增大，比值减小，故D错误，故D错误；
故选C．
19．将浓度为0.1mol L﹣1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（ ）
A．c（H+）
B．Ka（HF）
C．
D．
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】根据HF属于弱电解质，则在加水不断稀释时，电离程度增大，电离平衡保持向正反应方向移动，并注意温度不变时，电离平衡常数不变来解答．
【解答】解：A、因HF为弱酸，则浓度为0.1mol L﹣1HF溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n（H+）增大，但c（H+）不断减小，故A错误；
B、因电离平衡常数只与温度有关，则Ka（HF）在稀释过程中不变，故B错误；
C、因稀释时一段时间电离产生等量的H+和F﹣，溶液的体积相同，则两种离子的浓度的比值不变，但随着稀释的不断进行，c（H+）不会超过10﹣7mol L﹣1，c（F﹣）不断减小，则比值变小，故C错误；
D、因Ka（HF）=，当HF溶液加水不断稀释，促进电离，c（F﹣）不断减小，Ka（HF）不变，则增大，故D正确；
故选：D．
20．在一定温度下，反应H2（g）+X2（g） HX（g）的平衡常数为10．若将1.0mol的HX（g）通入体积为1.0L的密闭容器中，在该温度时HX（g）的最大分解率接近于（ ）
A．5%
B．17%
C．25%
D．33%
【考点】用化学平衡常数进行计算．
【分析】由一定温度下，反应H2（g）+X2（g） HX（g）的平衡常数为10，则相同条件下HX分解的化学反应的平衡常数为，然后设出HX分解的物质的量，利用化学平衡三段法来计算各物质平衡时的浓度，然后利用平衡常数为来计算解答．
【解答】解：由一定温度下，反应H2（g）+X2（g） HX（g）的平衡常数为10，
则相同条件下HX分解的化学反应的平衡常数为，设HX分解的物质的量为x，则
HX（g） H2（g）+X2（g）
开始
1.0mol/L
0
0
转化
mol/L
mol/L
mol/L
平衡
（1﹣x）mol/L
mol/L
mol/L
故=，
解得x=0.17mol，
该温度时HX（g）的最大分解率为×100%=17%，
故选B．
二、Ⅱ卷（共50分，请将正确答案填写在答卷纸的相应位置上．）
21．有浓度均为0.1mol L﹣1的盐酸、硫酸和醋酸三种溶液，试分析：
（1）若溶液的C（H+）分别为a、b、c，则它们的大小关系是 b＞a＞c （用“＞”“＜”“=”表示），
（2）分别用三种酸中和等物质的量的氢氧化钠溶液，所需溶液的体积分别是a、b、c，则它们的大小关系是 a=c=2b （用“＞”“＜”“=”表示）．
（3）等体积的三种酸分别与足量的锌粒反应，在相同条件下若产生气体的体积分别为a、b、c，则它们的关系是 a=c=b ．
（4）可逆反应2Cl2（g）+2H2O（g） 4HCl（g）+O2（g）△H＞0，在一定条件下达到平衡后，分别采取下列措施（填“增大”、“减小”或“不变”）：
①降低温度，Cl2的转化率 减小 ；
②保持容器体积不变，加入He，则HCl的物质的量 不变 ；
③保持容器压强不变，加入He，则O2的体积分数 增大 ．
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学平衡的影响因素．
【分析】（1）硫酸和盐酸是强酸，醋酸是弱酸，则c（H+）=c（HCl），c（H+）=2c（H2SO4），c（H+）＜c（CH3COOH）；
（2）酸碱中和时，氢元素的物质的量和氢氧根离子的物质的量相等；
（3）根据氢原子守恒计算生成氢气体积的大小关系；
（4）①降低温度，平衡逆移，Cl2的转化率
减小；
②保持容器体积不变，加入He，对反应无影响，所以HCl的物质的量不变．
③保持容器压强不变，加入He，体积变大，反应物所占分压减小，平衡正移，则O2的体积分数增大．
【解答】解：（1）硫酸和盐酸是强酸，醋酸是弱酸，则c（H+）=c（HCl）=0.1mol/L，c（H+）=2c（H2SO4）=0.2mol/L，c（H+）＜c（CH3COOH）=0.1mol/L，所以它们的大小关系是b＞a＞c，故答案为：b＞a＞c；
（2）三种酸的浓度相等，盐酸和醋酸都是一元酸，硫酸是二元酸，硫酸溶液中氢离子浓度是盐酸溶液中的2倍，则完全中和物质的量均相同的三份NaOH溶液时，盐酸和醋酸需要的体积相等，需要硫酸的体积是盐酸的一半，所以需三种酸的体积大小关系是a=c=2b，故答案为：a=c=2b；
（3）等体积等浓度的三种酸中，氢元素的物质的量2n（HCl）=2n（CH3COOH）=n（（H2SO4），根据氢原子守恒知，生成氢气的体积大小顺序是a=c=b，
故答案为：a=c=b；
（4）①该反应的正方向为吸热反应，所以降低温度，平衡逆移，Cl2的转化率
减小；故答案为：减小；
②保持容器体积不变，加入He，容器体积不变，各物质的浓度不变，所以对反应无影响，所以HCl的物质的量不变，故答案为：不变；
③保持容器压强不变，加入He，体积变大，反应物所占分压减小，平衡正移，则O2的体积分数增大，故答案为：增大．
22．利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：
①用量筒量取50mL
0.50mol L﹣1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50mL
0.55mol L﹣1
NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度，回答下列问题：
（1）为什么所用NaOH溶液要稍过量？ 确保盐酸被完全中和
（2）倒入NaOH溶液的正确操作是 C （填序号）．
A．沿玻璃棒缓慢倒入
B．分三次少量倒入
C．一次迅速倒入
（3）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是 D （填序号）．
A．用温度计小心搅拌
B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌
C．轻轻地振荡烧杯
D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动
（4）现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L
1mol L﹣1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为△H1、△H2、△H3，则△H1、△H2、△H3的大小关系为 △H1=△H2＜△H3 ．
（5） 不能 （填“能”或“不能”）用Ba（OH）2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，理由是 因为硫酸与Ba（OH）2溶液反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的反应热 ．
【考点】中和热的测定．
【分析】（1）为了确保定量的盐酸反应完全，所用NaOH稍过量；
（2）将NaOH溶液倒入小烧杯中，不能分几次倒入，否则会导致热量散失，影响测定结果；
（3）盐酸和氢氧化钠混合时，用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动，使盐酸与NaOH溶液混合均匀；
（4）中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程；
（5）氢氧化钡与硫酸反应生成了硫酸钡沉淀，生成沉淀的过程中会有热量变化，影响测定结果．
【解答】解：（1）实验中，所用NaOH稍过量的原因是确保定量的盐酸反应完全，
故答案为：确保盐酸被完全中和；
（2）倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果，
故答案为：C；
（3）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；
故答案为：D；
（4）中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液和1L
1mol L﹣1的稀盐酸恰好完全反应放热57.3kJ；一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热程，稀氨水和1L
1mol L﹣1的稀盐酸恰好完全反应放热小于57.3kJ，反应焓变是负值，所以△H1=△H2＜△H3；
故答案为：△H1=△H2＜△H3；
（5）硫酸与Ba（OH）2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，该反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba（OH）2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测中和热．
故答案为：不能；因为硫酸与Ba（OH）2溶液反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的反应热．
23．某研究性学习小组将下列装置如图连接，C、D、E、F、X、Y
都是惰性电极．将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色．试回答下列问题：
（1）电源A
极的名称是 正极 （正极或负极）．
（2）甲装置中的C极的电极反应式 4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O ．
（3）欲用丙装置给铜镀银，G应该是 银 （填“铜”或“银”），电镀液的主要成分是 AgNO3 （填化学式）．
（4）装置丁中的现象是 Y极附近红褐色变深 ．
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色，说明F极生成OH﹣，F为阴极，则可知A为正极，B为负极，C、E、G、X为阳极，D、F、H、Y为阴极，
（1）电解饱和食盐水时，酚酞变红的极是阴极，阴极和电源负极相连；
（2）电解硫酸铜溶液生成硫酸、铜和氧气；
（3）给铜镀银，金属银作阳极，纯铜作阴极，含有银离子的盐作电解质；
（4）氢氧化铁胶粒带正电荷，向阴极移动，据此回答．
【解答】解：将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色，说明F极生成OH﹣，F为阴极，则可知A为正极，B为负极，C、E、G、X为阳极，D、F、H、Y为阴极，
（1）由以上分析可知A是电源的正极，B是原电池的负极，故答案为：正极；
（2）电解硫酸铜溶液生成硫酸、铜和氧气，C是阳极，发生反应：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；
（3）给铜镀银，金属银作阳极，纯铜作阴极，含有银离子的盐硝酸银溶液作电解质，故答案为：银；
AgNO3；
（4）根据异性电荷相吸的原理，氢氧化铁胶体中含有的带正电荷的粒子会向阴极即Y极移动，所以Y极附近红褐色变深，故答案为：Y极附近红褐色变深．
24．下表是某兴趣小组通过实验获得的相同体积足量稀硫酸与铁反应的实验数据：
实验序号
金属质量/g
金属状态
c（H2SO4）
mol/L
实验温度/℃
金属消失的时间/s
1
0.10
丝
0.7
20
250
2
0.10
丝
1.0
20
200
3
0.10
粉末
1.0
20
125
4
0.10
粉末
1.0
30
50
分析上述数据，回答下列问题：
（1）反应的离子方程式： Fe+2H+═Fe2++H2↑ ；
（2）①实验1、2可得出的结论是，硫酸浓度越 稀 ，反应速率越慢；
②实验2、3可得出的结论是反应物接触面越大，反应速率越 快 ；
③实验3、4可得出的结论是温度越 高 ，反应速率越快．
（3）①用铁粉和稀硫酸反应制取H2，实验过程中绘制出生成H2的体积（V）与时间（t）的关系如图所示．
试分析判断OE段、EF段、FG段、GH段反应速率（分别用v
（OE）、v
（EF）、v
（FG）、v
（GH）表示）最快时段是 B ．
A．v
（OE）
B．v
（EF）
C．v
（FG）
D．v
（GH）
②1min内反应较慢的原因是： 温度较低 ；一段时间后反应明显加快的原因是 反应放热，使溶液的温度升高 ．
【考点】化学反应速率的影响因素．
【分析】（1）反应生成硫酸亚铁和氢气；
（2）①实验1、2中酸的浓度不同；
②实验2、3中接触面积不同；
③实验3、4中温度不同；
（3）①斜率越大，说明单位时间生成的二氧化碳越多，则反应速率越大；
②根据反应吸放热和温度与反应速率之间的关系知识来回答．
【解答】解：（1）反应生成硫酸亚铁和氢气，离子反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2H+═Fe2++H2↑；
（2）①实验1、2中酸的浓度不同，则得出结论为反应物浓度越大，反应速率越快，故答案为：稀；‘
②实验2、3中接触面积不同，则得出结论为反应物接触面积越大，反应速率越快，故答案为：快；
③实验3、4中温度不同，则得出结论为反应物温度越大，反应速率越快，故答案为：高．
（3）①EF段曲线的斜率较大，说明单位时间生成的二氧化碳最多，则反应速率最大，因此阶段浓度较大，且反应放热，温度较高，反应速率最大，随着反应的进行，浓度逐渐降低，则反应速率逐渐减小，
故选B；
②1min内反温度较低，反应较慢，一段时间后，反应放热，使溶液的温度升高，反应明显加快，故答案为：温度较低、反应放热，使溶液的温度升高．
2016年12月14日