河南省周口中英文学校2018-2019学年高一下期末考试化学试题（含答案解析）

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1、2018-2019学年高一化学第二学期期末试卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64第卷(选择题 共48分)一、选择题：本题共16个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.“绿色化学”的核心是实现污染物“零排放”。下列最符合“绿色化学”理念的是A. 在厂区大量植树绿化，净化污染的空气B. 利用太阳能分解水制氢气C. 将煤液化后使用以提高煤的利用率D. 将化石燃料充分燃烧后再排放【答案】B【解析】绿色化学的核心是从源头减少污染物的排放，实现污染物“零排放”。A. 在厂区大量植树绿化，能够净化污染的空气

2、，是治理污染的方法之一，不符合“绿色化学”理念，故A错误；B、利用太阳能分解水制氧气无污染无资源的浪费，符合“绿色化学”理念，故B正确；C. 将煤液化后使用以提高煤的利用率，仍然有污染物排放，不符合“绿色化学”理念，故C错误；D. 将化石燃料充分燃烧后再排放，仍然有污染物排放，不符合“绿色化学”理念，故D错误；故选B。2.下列反应，不能用于设计原电池的是A. Pd+PdO2+2H2SO42PdSO4 +2H2OB. 2A1+3I22AlI3C. Mg(OH)2+ H2SO4MgSO4 +2H2OD. O2+ 2H22H2O【答案】C【解析】【分析】自发的放热的氧化还原反应能设计成原电池，有元素

3、化合价变化的反应为氧化还原反应，以此来解答【详解】A. Pd+PdO2+2H2SO4= 2PdSO4 +2H2O属于自发的氧化还原反应，能设计成原电池，故A不选；B. 2A1+3I2=2AlI3属于自发的氧化还原反应，能设计成原电池，故B不选；C. Mg(OH)2+ H2SO4= MgSO4 +2H2O中和反应属于复分解反应，不是氧化还原反应，不能用于设计原电池，故C选； D. O2+ 2H2= 2H2O燃烧反应属于自发的氧化还原反应，能设计成原电池，故D不选；故选C。【点睛】本题考查学生设计成原电池的反应具备的条件，解题关键：明确能自动发生的氧化还原反应能设计成原电池，难点D，可以设计成燃料

4、电池。3.化学科学需要借助化学专用术语来描述，下列有关化学用语的使用正确的是A. CaF2的电子式：B. Cl的结构示意图：C. CO2的结构式：O=C=OD. 中子数为20的氯原子：1737Cl【答案】C【解析】【详解】ACaF2是离子化合物，含有Ca2+和F-，其电子式为，故A错误；B氯离子质子数为17，核外有18个电子，有3个电子层，最外层电子数为8，离子结构示意图为，故B错误；C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，其结构式为O=C=O，故C正确；D中子数为20的氯原子的质量数为37，其核素的表示方式为1737Cl，故D错误；故答案为C。4.下列各组物质中化学键的类型相同

5、的是( )A. HCl、MgCl2、NH4ClB. NH3、H2O、CO2C. CO、Na2O、CS2D. CaCl2、NaOH、N2O【答案】B【解析】【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，以此来解答。【详解】A.HCl中氢原子和氧原子之间存在共价键，MgCl2中氯离子和镁离子之间存在离子键，NH4Cl为离子化合物，含有离子键和共价键，所以三种物质含有化学键类型不同，故A不选；B. NH3、H2O、CO2中均只含极性共价键，化学键类型相同，故B选；C. CO中只含C、O之间形成的共价键，Na2O中氧离子和钠离子之间存在离子键，CS2中只含C、S之

6、间形成的共价键，所以三种物质含有化学键类型不同，故C不选；D. CaCl2中只含离子键，NaOH中含离子键和O-H共价键，N2O中只含N、O之间形成的共价键，所以三种物质含有化学键类型不同，故D不选。故答案选B。【点睛】本题考查了根据化合物判断化学键类型，明确离子键和共价键的区别是解答本题的关键，注意离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，共价化合物中一定不含离子键，含有共价键。5.CO(g)与H2O(g)反应的能量变化如图所示，有关两者反应的说法正确的是A. 该反应为吸热反应B. 该反应不需要加热就能进行C. 1 mol CO(g)和1 mol H2O(g)具有的总能量大于1 mol C

7、O2(g)和1 mol H2(g)具有的总能量D. 1 mol CO2(g)和1 mol H2(g)反应生成1 mol CO(g)和1 mol H2O(g)要放出41 kJ热量【答案】C【解析】A、从图示可知，反应物能量高生成物能量低，所以该反应为放热反应，故A错误；B、某些放热反应也需要加热发生，如铝热反应，故B错误；C、从图示可知，反应物的能量高，生成物能量低，CO（g）与H2O（g）所具有的总能量大于 CO2（g）与H2（g）所具有的总能量，故C正确；D、1 molCO(g)和1mol H2O(g)反应生成1 molCO2(g)和1 molH2(g)要放出41 kJ热量，故D错误；故选C

8、。6.在密闭容器中进行反应2SO2O22SO3，反应达平衡的标志是单位时间内消耗2 mol SO2的同时生成2 mol SO3反应混合物中，SO2、O2与SO3的物质的量之比为212反应混合物中，SO3的质量分数不再改变A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析。【详解】随着反应的进行，单位时间内消耗2 mol SO2的同时一定生成2 mol SO3，与反应是否达到平衡状态无关，故不能说明达到平衡状态；平衡时接触

9、室中SO2、O2、SO3物质的量之比可能为2：1：2，可能不是2：1：2，与二氧化硫的转化率有关，故无法说明达到平衡状态；反应混合物中，SO3的质量分数不再改变，说明SO3的质量不再随时间变化而变化，此时反应达到平衡状态，故能说明达到平衡状态；故答案为D。7.研究人员研制出一种可作为鱼雷和潜艇的储备电源的新型电池锂水电池(结构如图)，使用时加入水即可放电。下列关于该电池的说法不正确的是()A. 锂为负极，钢为正极B. 工作时负极的电极反应式为LieLiC. 工作时OH向钢电极移动D. 放电时电子的流向：锂电极导线钢电极【答案】C【解析】【详解】A、电池以金属锂和钢为电极材料，LiOH为电解质，

10、锂做负极，钢为正极，钢上发生还原反应，A正确；B、锂水电池中，锂是负极，发生失去电子的氧化反应：LieLi+，B正确；C、原电池中，阴离子移向原电池的负极，即放电时OH-向负极锂电极移动，C错误；D、放电时电子流向为负极导线正极，即锂电极导线钢电极，D正确；答案选C。【点睛】掌握原电池的工作原理是解答的关键，注意电极名称、电极反应、离子移动方向、电子和电流方向的判断，难点是电极反应式的书写，注意结合放电微粒和电解质溶液的性质分析。8.下列有关有机物结构、性质的分析正确的是A. 苯可以在空气中燃烧，但不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B. 乙烯和苯都能与 H 2 发生加成反应，说明二者均含有碳碳双键C.

11、 乙醇、乙酸均能与 Na 反应放出 H 2 ，二者分子中官能团相同D. 乙醇在铜催化作用下，能发生还原反应生成乙醛【答案】A【解析】苯燃烧生成二氧化碳和水，苯不含碳碳双键，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A正确；苯不含碳碳双键，故B错误；乙醇含有羟基、乙酸含有羧基，故C错误；乙醇在铜催化作用下，能发生氧化反应生成乙醛，故D错误。9.下列反应属于加成反应的是A. 乙烯使溴水褪色B. 甲烷与氯气在光照条件下的反应C. 苯和液溴在铁作催化剂的条件下反应D. 乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯【答案】A【解析】A乙烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应1，2-二溴乙烷，选项A正确；B甲烷在光照条件下与氯气发生取代

12、反应，选项B错误；C苯和液溴在铁作催化剂的条件下生成溴苯，为取代反应，选项C错误；D乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯和水，属于酯化反应，也属于取代反应，选项D错误。答案选A。10.糖类、油脂和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质,以下叙述错误的是()A. 植物油能使溴的四氯化碳溶液褪色B. 淀粉水解的最终产物是葡萄糖C. 葡萄糖能发生水解和氧化反应D. 利用油脂在碱性条件下的水解,可以生产甘油和肥皂【答案】C【解析】【详解】A. 植物油中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，A正确；B. 淀粉水解的最终产物是葡萄糖，B正确；C. 葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，能发生氧化反应，C错误；D.

13、 利用油脂在碱性条件下的水解即皂化反应，可以生产甘油和肥皂，D正确；答案选C。11.在373 K时，密闭容器中充入一定量的NO2和SO2，发生如下反应：NO2(g)+SO2(g)NO(g)+ SO3(g)，平衡时，下列叙述正确的是NO和SO3的物质的量一定相等NO2和SO2的物质的量一定相等体系中的总物质的量一定等于反应开始时总物质的量SO2、NO2、NO、SO3的物质的量一定相等A. 和B. 和C. 和D. 和【答案】C【解析】【详解】充入的是NO2和SO2，又NO和SO3的化学计量数之比为11，其物质的量一定相等；充入NO2、SO2的量不知道，平衡时不一定相等；反应前后化学计量数之和相等，

14、则总物质的量保持不变；充入SO2、NO2的量不确定，则平衡时反应物和生成物的物质的量不一定相等。故选C。12.下列有关自然资源的开发利用的叙述正确的是A. 通过催化重整，可从石油中获取环状烃B. 金属铝的冶炼可采取电解熔融氯化铝的方法C. 石油的裂化和裂解属于化学变化而煤的液化、气化属于物理变化D. 煤中含有苯、甲苯、二甲苯等有机物，可通过煤的干馏来获得【答案】A【解析】A. 通过催化重整，可从石油中获取环状烃，如芳香烃，A正确；B. 熔融的氯化铝不导电，金属铝的冶炼可采取电解熔融氧化铝的方法，B错误；C. 石油的裂化和裂解、煤的液化和气化均属于化学变化，C错误；D煤干馏得到煤焦油中含有芳香烃

15、，可用分馏的方法从煤焦油中获得芳香烃，但煤中不含有苯、甲苯、二甲苯等有机物，D错误；答案选A。13.海水提镁的主要流程如下，下列说法正确的是（ ）试剂M是盐酸 流程中的反应全部都是非氧化还原反应操作b只是过滤 用海水晒盐后的饱和溶液加石灰乳制Mg(OH)2采用电解法冶炼镁是因为镁很活泼A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：流程分析生石灰溶于水生成氢氧化钙，加入沉淀池沉淀镁离子生成氢氧化镁，过滤后得到氢氧化镁沉淀，加入试剂M为盐酸，氢氧化镁溶解得到氯化镁溶液，通过浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体，在氯化氢气体中加热失去结晶水得到固体氯化镁，通电电解生成镁；分析判断 M是盐

16、酸用来溶解氢氧化镁沉淀，正确；分析流程中，电解氯化镁生成镁和氯气的反应是氧化还原反应，流程中的反应不全部都是非氧化还原反应，错误；操作b是浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体的过程，错误；用海水晒盐后的饱和溶液中主要是氯化镁，加石灰乳可以制Mg（OH）2，正确；依据氧化镁熔点高，熔融消耗能量高效益低，电解熔融MgCl2比电解熔融的MgO制金属镁更节约能量，正确，答案选D。考点：考查从海水中提取镁的原理和方法判断14.工业上合成丁苯橡胶的反应如下（反应条件已略去）：下列有关说法错误的是A. 丁苯橡胶的两种单体都属于烃B. 丁苯橡胶不能使溴水褪色C. 上述反应的原子利用率为100%D. 丁苯

17、橡胶属于高分子化合物【答案】B【解析】A. 丁苯橡胶的两种单体苯乙烯、1,3丁二烯都属于烃，故A正确；B. 丁苯橡胶含有碳碳双键，能使溴水褪色，故B错误；C. 上述反应是加成反应，所以原子利用率为100%，故C正确；D. 丁苯橡胶属于高分子化合物，故D正确。故选B。15.一定条件下进行反应：COCl2(g) Cl2(g)CO(g)，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol COCl2(g)，反应过程中测得的有关数据见下表：t/s02468 n(Cl2)/mol00.300.390.400.40下列说法不正确的是( )A. 生成Cl2平均反应速率，02s比24s快B. 02s COCl2的平

18、均分解速率为0.15molL1s1C. 6s时，反应达到最大限度D. 该条件下，COCl2的最大转化率为40%【答案】B【解析】【详解】A.根据表中数据可以知道，在02s中氯气变化了0.3mol，在24s中氯气变化了0.09mol，所以生成Cl2的平均反应速率，02s比24s快，故A正确；B.在02s中氯气变化了0.3mol，根据化学方程式COCl2(g)Cl2(g)CO(g)可以知道，用去COCl2气体的物质的量为0.3mol，所以02sCOCl2的平均分解速率为=0.075molL1s1，故B错误；C.6s之后，氯气的物质的量不再变化，说明反应已经处于平衡状态，反应达到最大限度，故C正确；

19、D.根据表中数据，平衡时生成氯气0.4mol，即用去COCl2气体的物质的量为0.4mol，所以转化率=100%=40%，故D正确。故选B。16.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y原子的最外层只有2个电子，Z单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族。下列叙述不正确的是（ ）A. X元素可以与W元素形成XW2和XW3两种化合物B. Y元素的单质一定条件下可以与O2、N2、CO2反应C. Z原子的最外层电子数为4，形成化合物时一般为+4价D. X与Y、Z与W都属于同一周期【答案】D【解析】【详解】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X

20、原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素，W与X属于同一主族，故W为S元素，Y原子的最外层只有2个电子，原子序数大于O元素，故Y处于第三周期，故Y为Mg元素，Z单质可制成半导体材料，Z为Si元素；A. X为氧，W为硫，可以形成二氧化硫和三氧化硫两种化合物，故A正确；B. Y为镁，其单质一定条件下可以与O2、N2、CO2反应，故B正确；C. Z为硅，其原子的最外层电子数为4，形成化合物时一般为+4价，故C正确；D. X为氧，在第2周期；Y为镁，Z为硅，W为硫，在第3周期，故D错误，故选D。第II卷(非选择题 共52分)二、非选择题：包括第17题第2

21、0题4个大题，共52分。17.有下列物质的转化或分离方法：A溶解B裂解C分馏D裂化E干馏F蒸馏G电解H过滤I萃取请将所选方法的字母代号填在横线上(每一项只填写一种最主要的方法)。(1)把煤转化为焦炉气、煤焦油和焦炭等_。(2)从原油中分离出汽油、煤油、柴油等_。(3)将海水淡化_。(4)除去粗盐溶液中的泥沙_。(5)从海水得到的无水MgCl2中提取金属镁_。(6)从海水提溴获得的溴水中提取溴单质_。【答案】 (1). E (2). C (3). F (4). H (5). G (6). F【解析】（1）煤经干馏可得焦炉气、煤焦油和焦炭等，故答案为：E；（2）原油经分馏可得汽油、煤油、柴油，故答

22、案为：C；（3）从海水中获取淡水，可用蒸馏的方法分离，加热时水蒸发，冷却后可得到纯净水，故答案为：F；（4）除去粗盐溶液中的泥沙，可用过滤的方法，故答案为：H；（5）Mg为活泼金属，工业用电解MgC12的方法制得单质Mg，故答案为：G；（6）海水提溴获得的溴水中，提取溴单质，可用萃取的方法，故答案为：I。18.某校学生用如下图所示装置进行实验，以探究苯与溴发生反应的原理并分离提纯反应的产物。请回答下列问题：(1)实验开始时，关闭K2、开启K1和分液漏斗活塞，滴加苯和液溴的混合液，反应开始。装置中生成有机物的反应为_(填化学方程式)，装置中小试管内苯的作用是_。(2)能说明苯与液溴发生了取代反应

23、的现象是_。(3)反应结束后，要让装置中的水倒吸入装置中，这样操作的目的是_。简述这一操作的方法_。(4)将三颈烧瓶内反应后的液体依次进行下列实验操作就可得到较纯净的溴苯。用蒸馏水洗涤、振荡、分液；用5%的NaOH溶液洗涤、振荡、分液；用蒸馏水洗涤、振荡、分液；加入无水CaCl2粉末干燥；_(填操作名称)。【答案】 (1). 冷凝回流 (2). a (3). 吸收溴蒸气 (4). 中硝酸银溶液内有浅黄色沉淀生成 (5). 反应结束后装置中存在大量的溴化氢，使I的水倒吸入中可以除去溴化氢气体，以免逸出污染空气；开启K2，关闭K1和分液漏斗活塞 (6). 蒸馏【解析】【分析】苯和液溴在催化作用下可

24、生成溴苯，同时生成HBr，实验开始时，关闭K2、开启K1和分液漏斗活塞，滴加苯和液溴的混合液，反应开始小试管内苯可用于除去溴，可用硝酸银溶液检验生成HBr，中氢氧化钠溶液用于吸收尾气，防止污染空气，实验结束，可开启K2，关闭K1和分液漏斗活塞，使I的水倒吸入中可以除去溴化氢气体，以免逸出污染空气，以此解答该题。【详解】（1）装置（）中发生反应的化学方程式为 2Fe+3Br22FeBr3，溴化铁对苯和溴单质的反应起到催化剂的作用，+Br2+HBr ；中小试管内苯的作用是除去溴化氢中的溴蒸气，避免干扰溴离子检验；故答案为：+Br2+HBr；吸收溴蒸气；（2）因从冷凝管出来的气体为溴化氢，溴化氢不溶

25、于苯，溴化氢能与硝酸银反应生成溴化银沉淀；故答案为：中硝酸银溶液内有浅黄色沉淀生成；（3）因装置中含有溴化氢气体能污染空气，使I的水倒吸入中可以除去溴化氢气体，以免逸出污染空气；操作方法为开启K2，关闭K1和分液漏斗活塞；故答案为：反应结束后装置中存在大量的溴化氢，使I的水倒吸入中可以除去溴化氢气体，以免逸出污染空气；开启K2，关闭K1和分液漏斗活塞；（4）加入无水CaCl2粉末干燥，然后通过蒸馏操作，获得纯净的溴苯，故答案为：蒸馏。【点睛】本题主要以苯的性质实验为载体综合考查学生的分析能力和实验能力，为高考常见题型和高频考点，掌握反应的原理、各物质的性质以及操作的方法是解题的关键。19.A、

26、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A原子核内只有1个质子；B原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HBO3；C原子最外层的电子数比次外层的多4；C的简单阴离子与D的阳离子具有相同的电子层结构，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。回答下列问题： (1)B在元素周期表中的位置为_。(2)E的氧化物对应的水化物有_ (写化学式)。(3)B、C、D、E形成的简单离子半径由大到小的关系是_(用离子符号表示)。(4)化合物D2C的形成过程为_(用电子式表示)。(5)由A、B、C三种元素形成的常见的离子化合物的化学式为_，该化合物的水溶液与强碱溶液共热发

27、生反应的离子方程式为_。(6)化合物D2EC3在一定条件下可以发生分解反应生成两种盐，其中一种产物为无氧酸盐，则此反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 第二周期第A族 (2). H2SO3、H2SO4 (3). S2-N3-O2-Na+ (4). (5). NH4NO3 (6). NH4+OH-NH3+H2O (7). 4Na2SO3Na2S+ 3Na2SO4【解析】【分析】A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素；B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第A族，B元素的原子半径是其所在主

28、族中最小的，应为N元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，只能有2个电子层，最外层电子数为6，应为O元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为+1价，D为Na元素；C、E主族，则E为S元素，据此解答。【详解】A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素；B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第A族，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，应为N元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，只能有2个电子层，最外层电子数为6，应为O元素；C的阴离子

29、与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为+1价，D为Na元素；C、E主族，则E为S元素，（1）B为N元素，在周期表中的位置是：第二周期第A族；（2）E为S元素，氧化物对应的水化物有H2SO3、H2SO4；（3）B、C、D、E分别为N、O、Na、S，形成的简单离子S2-多一个电子层，N3-、O2-、Na+具有相同电子层结构核电荷数越大半径越小，则半径由大到小的关系是：S2-N3-O2-Na+；（4）Na2O为离子化合物，用电子式表示Na2O的形成过程为：；(5)由A、B、C三种元素形成的常见的离子化合物硝酸铵的化学式为NH4NO3，该化合物的水溶液与强碱溶液共热发

30、生反应的离子方程式为NH4+OH-NH3+H2O；(6)化合物D2EC3（Na2SO3）在一定条件下可以发生分解反应生成两种盐，其中一种产物为无氧酸盐Na2S，则此反应的化学方程式为4Na2SO3Na2S+ 3Na2SO4。【点睛】本题考查位置结构性质关系应用，题目难度中等，注意正确推断元素的种类为解答该题的关键，需要学生全面掌握基础知识。20.电池在我们的生活中有着重要的应用，请回答下列问题：(1)为了验证Fe2+与Cu2+氧化性强弱，下列装置能达到实验目的的是_(填序号)，写出正极的电极反应式_。若构建原电池时两个电极的质量相等，当导线中通过0.05 mol电子时，两个电极的质量差为_。(

31、2)将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置如图所示(A、B多孔碳棒)。 实验测得OH向B 电极定向移动，则_(填“A”或“B”)处电极入口通甲烷，其电极反应式为_当消耗甲院的体积为33.6 L(标准状况下)时，假设电池的能量转化率为80%，则导线中转移电子的物质的量为_。【答案】 (1). (2). Cu2+2e-Cu (3). 3g (4). B (5). CH4-8e-+10OH-CO32-+7H2O (6). 9.6mol【解析】【详解】(1)中铜是负极，碳是正极，铁离子在正极放电生成亚铁离子，不能比较Fe2+与Cu2+氧化性强弱；中在常温下铁遇浓硝酸发生钝化，铁是正极，铜是负极，不

32、能比较Fe2+与Cu2+氧化性强弱；中铁是负极，碳是正极，铜离子在正极得到电子生成铜，能比较Fe2+与Cu2+氧化性强弱，正极的电极反应为Cu2+2e-=Cu；当导线中通过0.05mol电子时，消耗铁0.025mol561.4g，析出铜是0.025mol64g/mol1.6g，则两个电极的质量差为1.4g+1.6g3.0g；(2)实验测得OH-定向移向B电极，则B电极是负极，因此B处电极入口通甲烷，其电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；甲院的体积为33.6L(标准状况下)，物质的量是1.5mol，假设电池的能量转化率为80%，则导线中转移电子的物质的量为1.5mol8

33、0%89.6mol。21.控制变量法是化学实验的一种常用方法。下表是某学习小组研究等物质的量浓度的稀硫酸和锌反应的实验数据，分析以下数据，回答下列问题：序号硫酸的体积/mL锌的质量/g锌的形状温度/完全溶于酸的时间/s生成硫酸锌的质量/g150.02.0薄片25100m1250.020颗粒2570m2350.02.0颗粒3535m3450.02.0粉末25455.0550.06.0粉末3530m5650.08.0粉末25t616.1750.010.0粉末25t716.1(1)化学反应速率本质上是由物质的性质决定的，但外界条件也会影响反应速率的大小。本实验中实验2和实验3对比得出的结论是_。(2

34、)我们最好选取实验_(填3个实验序号)研究锌的形状对反应速率的影响。(3)若采用与实验1完全相同的条件，但向反应容器中滴加少量硫酸铜溶液，发现反应速率明显加快。原因是_。(4)利用表中数据，可以求得：硫酸的物质的量浓度是_mol/L。.某温度时，在5 L的容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示。请通过计算回答下列问题：(5)反应开始至2 min，Y的平均反应速率_。(6)分析有关数据，写出X、Y、Z的反应方程式_。【答案】 (1). 其他条件相同时，温度越高化学反应速率越大 (2). 1、2和4 (3). 锌会置换出少量的金属铜，在该条件下构成了原电池，加快了反应速率 (

35、4). 2.0 (5). 0.03 mol/(Lmin) (6). X(g)3Y(g)2Z(g)【解析】【分析】(1)根据决定化学反应速率的本质因素进行解答；根据实验2和实验3的反应条件进行分析；温度越高，反应速率会越快；(2)研究锌形状对反应速率的影响时，除了锌的规格不同外，其它条件必须完全相同；反应物的接触面积越大，反应速率越快；(3)根据加入少量硫酸铜，可以构成原电池，即可加快反应速率进行解答；(4)根据加入8g锌和加入10g锌生成的硫酸锌质量相同可知，该两种条件下硫酸完全反应，据此计算出硫酸锌的物质的量及硫酸的物质的量浓度；(5)据反应速率v=计算该反应的反应速率；(6)根据物质的量的

36、变化判断反应物和生成物，根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写方程式。【详解】(1)化学反应速率本质上是由反应物本身的性质决定的；实验2和实验3中，除了温度不同外，其它条件完全相同，则说明探究的是温度对反应速率的影响；即本实验中实验2和实验3对比得出的结论为其他条件相同时，温度越高化学反应速率越大；(2)根据表中数据可知，实验1、2和4中，除了锌的形状不同外，其它条件完全相同，则它们是探究锌的形状对反应速率的影响；(3)若采用与实验1完全相同的条件，但向反应容器中滴加少量硫酸铜溶液，由于锌会置换出少量的金属铜，在该条件下构成了原电池，所以反应速率明显加快；(4)根据实验6和实验7可知，加

37、入8g锌后与加入10g锌生成的硫酸锌质量相同，说明两个实验中硫酸完全反应，16.1g硫酸锌的物质的量为：=0.1mol，则原硫酸溶液的物质的量浓度为：=2.0mol/L；(5)反应开始至2min时，Y的物质的量减少了1.0mol-0.7mol=0.3mol，所以反应速率为：=0.03 mol/(Lmin)；(6)根据图象可知X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增加，则X和Y是反应物，Z是生成物，且分别是0.1mol、0.3mol、0.2mol，由于变化量之比是相应的化学计量数之比，所以其系数之比为：0.1mol:0.3mol:0.2mol=1:3:2，所以其方程式为：X(g)+3Y(g)2Z(g)。