福建省南安第一中学2020学年高二化学上学期第一次阶段考试试题（含解析）

福建省南安第一中学2020学年高二化学上学期第一次阶段考试试题（含解析）本试卷考试内容为：化学反应原理。分第I卷（选择题）和第II卷，共6页，满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。2考生作答时，请将答案答在答题纸上，在本试卷上答题无效。按照题号在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。3答案使用05毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚（英语科选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号）。4保持答题纸纸面清洁，不破损。考试结束后，将本试卷自行保存，答题纸交回。相对原子质量:O:16 Na: 23 Mg：24 S:32 Cu：64 Ag：108 Ba:137第I卷（选择题 共48分）一选择题：本大题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有1项符合题目要求。1.如图是中国在南极建设的第四个科学考察站泰山站。为了延长科学考察站基础设施使用寿命，钢铁设备表面镶嵌一些金属块(M)。下列说法正确的是A. 金属块M可能是铜，发生氧化反应B. 这种保护方法叫牺牲阳极阴极保护法C. 科考考察站里的设备在潮湿空气中主要发生化学腐蚀D. 若采用外加电流的阴极保护法，设备与电源正极相连【答案】B【解析】【详解】A如果金属块M是铜，铜与钢铁设备构成原电池时，铁为负极，腐蚀速率加快，故A错误；B为了延长科学考察站基础设施使用寿命，钢铁设备表面镶嵌一些金属块(M)，M应该充当原电池负极，这种保护方法叫牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C科考考察站里的设备在潮湿空气中主要发生电化学腐蚀，故C错误；D若采用外加电流的阴极保护法，钢铁设备应该与电源负极相连，充当电解池的阴极，被保护，故D错误；故选B。2.成语是中国传统文化的瑰宝。铜墙铁壁、铜心铁胆、金戈铁马、百炼成钢等成语向人传递正能量。工业上，冶炼铁的有关热化学方程式如下:C(s)+O2(g)=CO2(g) H1=akJmol-1;CO2(g)+C(s)=2CO(g) H2=bkJmol-1;Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) H3=ckJmol-1;2Fe2O3(s)+3C(s)=4Fe(s)+3CO2(g ) H4=dkJmol-1（上述热化学方程式中，a，b，c，d均不等于0）下列说法正确的是A. baB. CO(g)+ 1/2O2(g)= CO2(g) HakJmol-1C. d=3c+2bD. C(s)+ 1/2O2(g)=CO (g) H=(a+b)/2kJmol-1【答案】D【解析】【详解】A，反应属于放热反应，a0，反应属于吸热反应，b0，所以，ba，A项错误；B， 根据式可知， 完全燃烧生成时燃烧热是，燃烧生成时放出一部分热量，燃烧生成也放热，说明燃烧放出的热量一定大于燃烧放出的热量，由于放热反应的反应热为负值，因此，B项错误；C， 根据盖斯定律易知，3+2=，所以，d=3b+2c，C项错误；D， +得，则该反应的，D项正确；答案选D。3.如图所示，把盛有几小块镁片的试管放入盛有25的饱和石灰水的烧杯中，再用滴管向试管中滴入2 mL的稀盐酸。下列对烧杯中的实验现象的描述及原因说明正确的是( )A. 烧杯中出现白色浑浊，原因是试管中的反应放出热量使烧杯中饱和石灰水温度升高，溶质析出B. 烧杯中出现白色浑浊，原因是试管中的反应吸收热量使烧杯中饱和石灰水温度降低，溶质析出C. 烧杯中没有任何现象，原因是试管中的反应对烧杯中饱和石灰水不会产生任何影响D. 烧杯中没有任何现象，原因是试管中的反应既不放出热量，也不吸收热量【答案】A【解析】【分析】镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，反应放热，温度升高。【详解】A. 氢氧化钙的溶解度随温度升高而降低，试管中的反应放出热量使烧杯中饱和石灰水温度升高，氢氧化钙析出，故A正确；B. 镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，反应放热，温度升高，故B错误；C. 氢氧化钙的溶解度随温度升高而降低，试管中的反应放出热量使烧杯中饱和石灰水温度升高，氢氧化钙析出，溶液变浑浊，故C错误；D. 镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，反应放热，试管中的反应放出热量使烧杯中饱和石灰水温度升高，氢氧化钙析出，溶液变浑浊，故D错误。答案选A。【点睛】正确回答该题，需要明确两点：1、盐酸与金属反应放热，溶液温度升高；2、大多数固体的溶解度随温度升高而增大，但氢氧化钙的溶解度随温度升高而降低。4.将5 mL 0.005 mol/L FeCl3溶液和5 mL 0.015 mol/L KSCN溶液混合，达到平衡后呈红色。再将混合液分为5份，分别进行如下实验：下列说法不正确的是A. 对比实验和，为了证明增加反应物浓度，平衡发生正向移动B. 对比实验和，为了证明增加反应物浓度，平衡发生逆向移动C. 对比实验和，为了证明增加反应物浓度，平衡发生正向移动D. 对比实验和，为了证明减少反应物浓度，平衡发生逆向移动【答案】B【解析】【分析】实验为对照组，控制反应溶液的总体积相同，在其它条件不变时，只改变影响平衡的一个条件，判断平衡的移动方向，则可得出该条件对平衡的影响，据此分析可得结论。【详解】A.实验与对比，只改变了Fe3+浓度，故A说法正确；B.FeCl3溶液和KSCN溶液反应的本质是Fe3+3SCN-Fe(SCN)3，改变钾离子或氯离子的浓度对平衡没有影响，故B说法错误；C.实验与对比，只改变的反应物SCN-的浓度，故C说法正确；D.在原平衡体系中加入NaOH溶液，Fe3+与之反应生成Fe（OH）3沉淀，溶液中Fe3+的浓度减小，故D说法正确；答案选B。【点睛】本题通过实验来探究浓度对化学平衡移动的影响，FeCl3溶液和KSCN溶液反应的本质是Fe3+3SCN-Fe(SCN)3，所以在实验过程中改变钾离子或氯离子的浓度对平衡没有影响。5.利用光伏电池提供电能处理废水中污染物(有机酸阴离子用R表示)，并回收有机酸HR，装置如图所示。下列说法错误的是A. 在光伏电池中a极为正极B. 石墨(2)极附近溶液的pH降低C. HR溶液：c2c1D. 若两极共收集3mol气体，则理论上转移4mol电子【答案】B【解析】【详解】A.根据电子移动的方向，可知在光伏电池中a极为正极，b为负极，故A正确；B. 石墨(2)为电解池的阴极，H+得电子变成氢气，使c(H+)降低，pH升高，故B错误；C. 石墨(1)为电解池的阳极，OH-失电子变成氧气，使得c(H+)升高，透过阳膜进入浓缩室；石墨(2)为电解池的阴极，H+得电子变成氢气，R-透过阴膜进入浓缩室，使得浓缩室中HR浓度增大，所以HR溶液：c2c1，故C正确；D. 根据阳极：4OH-4e-=O2+2H2O；阴极：4H+4e-=2H2，所以若两极共收集3mol气体，则理论上转移4mol电子，故D正确；所以本题答案：B。【点睛】解题突破口：电子移动的方向判断电池的正负极，结合电解原理放电离子的变化确定c2c1；根据电子守恒进行判断转移的电子数。6.下表是一些烷烃的燃烧热，则下列表达正确的是化合物燃烧热/ kJmol-1化合物燃烧热/ kJmol-1甲烷891.0正丁烷2878.0乙烷1560.8异丁烷2869.6丙烷2221.5异戊烷3531.3A. 正戊烷的燃烧热大于3531.3 kJmol-1B. 相同质量的烷烃、碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越多C. 正丁烷转化为异丁烷的热化学方程式为：CH3CH2CH2CH3(g) CH3CH(CH3)CH3(g) H =+8.4kJmol-1D. 甲烷燃烧的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g) CO2(g) +2H2O(g) H =-891.0kJmol-1【答案】A【解析】A、正戊烷和异丁烷互为同分异构体，由表格正丁烷、异丁烷的燃烧热比较可知，则互为同分异构体的化合物，支链多的燃烧热小，则正戊烷的燃烧热大于异戊烷，即正戊烷的燃烧热大于3531.3KJ/mol，故A正确；B相同质量的烷烃，氢的质量分数越大，燃烧放热越多，故B错误；C由表格的数据可知，异丁烷的燃烧热比正丁烷的燃烧热小，则异丁烷的能量低，正丁烷转化为异丁烷为放热反应，H0，故C错误；D、根据燃烧热的含义：完全燃烧1mol甲烷生成二氧化碳和液态水时会放出891.0KJ的热量，所以热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)H=-891.0kJ/mol，故D错误；故选A。点睛：解答本题要注意题给数据获得解题信息。本题的易错点为D，燃烧热的热化学方程式书写要注意水的状态。7.某体积可变的密闭容器中盛有适量的A和B的混合气体，在一定条件下发生反应，A(g) +3 B(g)2 C(g)若维持温度和压强不变，达到平衡时，容器的体积为V L。其中C气体的体积占20，下列推断正确的是原混合气体的体积为1.1V L 原混合气体的体积为1.2V L反应达平衡时气体B消耗掉0.1V L 反应达平衡时气体A消耗掉0.1V LA. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：平衡时生成C的体积为0.2VL，则：A(g)+3 B(g)2 C(g) 体积减小V1 3 2 2反应(L) 0.1V 0.3V 0.2V 0.2V则原混合气体总体积=VL+0.2VL=1.2V L，反应达平衡时气体A消耗掉0.1V L，气体B消耗掉0.3V L，故选B。【考点定位】考查化学平衡的计算【名师点晴】本题考查化学平衡计算，化学平衡的计算重要需要掌握三段式、差量法、极端假设法、连续平衡等提醒的解题方法，三段式法是最重要的。本题利用差量法进行解答，侧重考查学生分析和解决问题的能力，平衡时生成C的体积为0.1VL，根据方程式计算消耗A、B的体积、气体体积减少量，原混合气体体积=平衡时体积+减小的体积。8.对于一定条件下进行的化学反应：2SO3(g) 2SO2(g)O2(g)，改变下列条件，可以提高反应物活化分子百分数的是（ ）增大压强升高温度加入催化剂增大反应物浓度A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】增大压强，只能改变单位体积内活化分子数；升高温度，可以使能量较低的分子变成活化分子，所以既能改变单位体积内活化分子数，也能改变活化分子百分数；加入催化剂，降低反应的活化能，可以使更多的反应物分子变成活化分子，所以既能改变单位体积内活化分子数，也能改变活化分子百分数；增大反应物浓度，只能改变单位体积内活化分子数，所以符合题意；答案选B。9.根据如图有关图象，说法正确的是（ ）A. 由图知，反应在T1、T3处达到平衡，且该反应的H0B. 由图知，反应在t6时刻，NH3体积分数最大C. 由图知，t3时采取降低反应体系温度的措施D. 图表示在10L容器、850时的反应，由图知，到4min时，反应放出51.6kJ的热量【答案】D【解析】【分析】找出平衡点，根据勒夏特列原理进行分析；【详解】A、根据图I，T2下反应物体积分数达到最小，生成物的体积分数达到最大，T2反应达到平衡，T1没有达到平衡，T2以后，X的体积分数增大，Z的体积分数减小，随着温度的升高，平衡向逆反应方向进行，正反应方向为放热反应，即H0，故A错误；B、t2时刻正逆反应速率相等，平衡不移动，根据图像，t3后，反应向逆反应方向进行，NH3的量减少，即t1t3时刻，NH3体积分数最大，故B错误；C、根据图像，t3时，正逆反应速率都降低，改变的因素是降低温度，或减小压强，根据图像，t3时，反应向逆反应方向移动，如果降低温度，该反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，即v正v逆，不符合图像，t3时刻采取的是减小压强，故C错误；D、根据图，0到4min变化的物质的量为0.12molL-110L=1.2mol，即放出的热量为1.2mol43kJmol-1=51.6kJ，故D正确；答案选D。10.下列实验装置符合实验目的的是（ ）A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A电解精炼粗铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极，电解质溶液为可溶性的硫酸铜溶液，故A错误；B根据电流方向知，碳棒作阳极，铁棒作阴极，阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气能和碘离子反应生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色，阴极上氢离子放电生成氢气，同时阴极附近生成氢氧根离子而使溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，所以该装置能检验氯化钠溶液的产物，故B正确；C电镀时，镀层铜作阳极，镀件铁作阴极，铁应该连接电源负极，电解质溶液为可溶性的铜盐，故C错误；D该装置要形成原电池，铁作负极、碳作正极，正极所在的电解质溶液为氯化铁溶液，负极所在溶液为氯化亚铁溶液，故D错误；故答案为B。11.科研工作者对甘油（丙三醇）和辛酸合成甘油二酯的酶法合成工艺进行了研究。发现其它条件相同时，不同脂肪酶（号、号）催化合成甘油二酯的效果如图所示，此实验中催化效果相对最佳的反应条件是（ ）A. 12h，I号B. 24h，I号C. 12h，II号D. 24h，II号【答案】A【解析】【分析】结合图及表可知，12h，I号时合成甘油二酯转化率大，时间快；【详解】结合图及表可知，在12h时，辛酸的转化率和甘油二酯的含量较高，同时，反应时间增加的话，转化率和甘油二酯的含量不会增加的太明显，所以选用12h更好；在12h时，脂肪酶号的转化率和甘油二酯的含量都比高，所以选用号，A项正确；答案选A。12.一定温度下，在某2 L恒容密闭容器中加入纳米级氧化亚铜并通入0.1 mol 水(g)，发生如下反应：2H2O(g)2H2(g)O2(g)H484 kJmol1。不同时间产生O2的物质的量见下表：下列说法不正确的是()A. 前20 min内的平均反应速率v(H2O)5105molL1min1B. 达到平衡时，需要从外界吸收的能量为0.968 kJC. 增大水的浓度，可以改变待反应的限度D. 使用纳米级的氧化亚铜，可以增大平衡时氧气的体积分数【答案】D【解析】【详解】A. 前20 min内，生成0.0010mol氧气，则消耗0.0020mol水蒸气，水蒸气的浓度变化量为0.0020mol/2L=0.0010molL-1，所以v(H2O)0.0010molL-1/20min=5105molL1min1，故A不选；B. 达到平衡时，生成0.0020mol氧气，根据热化学方程式，生成1mol氧气，需要吸收484 kJ的热量，所以生成0.0020mol氧气，需要从外界吸收的能量为484 kJ 0.0020mol=0.968 kJ，故B不选；C. 增大水蒸气的浓度，可以使平衡右移，故C不选；D.氧化亚铜是催化剂，只能加快反应速率，不能使平衡发生移动，所以不能改变平衡时氧气的体积分数，故D选。故选D。【点睛】增大固体或纯液体的量，不会使平衡发生移动，但增大水蒸气的浓度，可以使平衡移动。13.电Fenton法是用于水体里有机污染物降解的高级氧化技术，其反应原理如图所示，其中电解产生的H2O2与Fe2+发生Fenton反应，Fe2+H2O2=Fe3+OHOH，生成的烃基自由基(OH)能氧化降解有机污染物。下列说法正确的是（ ）A. 电解池左边电极的电势比右边电极的电势高B. 电解池中只有O2和Fe3+发生还原反应C. 消耗1 molO2，电解池右边电极产生4mol OHD. 电解池工作时，右边电极附近溶液的pH增大【答案】C【解析】【详解】A. 电解池左边电极上Fe2+失电子产生Fe3+，作为阳极，电势比右边电极的电势低，选项A错误；B. O2、Fe3+在阴极上得电子发生还原反应，H2O2与Fe2+反应，则H2O2发生得电子的还原反应，选项B错误；C. 1 molO2转化为2 mol H2O2转移2 mole-，由Fe2+H2O2=Fe3+OHOH可知，生成2mol OH，阳极电极方程式为H2O-e-=OH+H+，转移2 mole-，在阳极上生成2mol OH，因此消耗1 molO2，电解池右边电极产生4mol OH，选项C正确；D. 电解池工作时，右边电极水失电子生成羟基和氢离子，其电极方程式为H2O-e-=OH+H+，附近溶液的pH减小，选项D错误；答案选C。14.在如图所示的三个容积相同的容器中进行如下反应：3A(g)B(g) 2C(g) H；容器体积可变、压强不变，正反应体积减小，所以中的压强始终高于，有利于反应正向移动，C物质的体积分数，达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为，故选A。【点睛】本题考查温度、压强对化学平衡移动的影响，能正确分析容器温度变化、压强变化是解题的关键。15.在体积恒定的密闭容器中，一定量的二氧化硫与1.100mol氧气在催化剂作用下加热到600发生反应：2SO2O22SO3。当气体的物质的量减少0.315mol时反应达到平衡，在相同温度下测得气体压强为反应前的82.5%。下列有关叙述正确的是（ ）A. 三氧化硫生成的速率与二氧化硫消耗的速率相等时反应达到平衡B. 降低温度，正反应速率减小，逆反应速率增大C. 平衡混合气体通入过量氯化钡溶液中，得到沉淀的质量为161.980gD. 达到平衡时，二氧化硫的转化率为90%【答案】D【解析】【详解】A.SO3生成速率与SO2的消耗速率都是正反应速率，两者始终相等，不能作为判断化学平衡的依据，故A错误；B.降低温度，正反应速率和逆反应速率都减小，故B错误；C.设二氧化硫起始物质的量是xmol，平衡时转化的二氧化硫为ymol，则：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）起始量（mol）： x 1.100 0转化量（mol）： y 0.5y y平衡量（mol）： x-y 1.100-0.5y y气体总物质的量减少0.315mol时反应达到平衡，则0.5y=0.315，故y=0.63，在相同的温度下测得气体压强为反应前的82.5%，则100%=82.5%，故x=0.7。将混合气体通入过量的氯化钡溶液中，三氧化硫和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，二氧化硫与氧气、水反应生成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，0.7mol二氧化硫完全转化消耗0.35mol氧气，氧气有剩余，根据硫元素守恒，硫酸钡的物质的量是0.7mol，故其质量为0.7mol233g/mol=163.1g，故C错误；D.达到平衡时，SO2的转化率=100%=90%，故D正确。故选D。16.将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置示意如图(A、B为多孔性碳棒)持续通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积VL。则下列说法错误的是()A. 通入CH4的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极B. 0V22.4 L时，电池总反应的化学方程式为CH42O22KOHK2CO33H2OC. 22.4 LV44.8 L时，负极电极反应为CH48e3H2OD. V33.6 L时，溶液中只存在阴离子【答案】D【解析】【分析】因为n（KOH）=2mol/L1L=2mol，故随着CH4通入的量逐渐增加，可能先后发生反应CH4+2O2=CO2+2H2O、CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；再根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应。【详解】A. 燃料电池中，通入CH4的一端发生氧化反应，为原电池的负极；通入空气（O2）的一端发生还原反应，为原电池的正极，不选A项；B. 当0V22.4L时，0n（CH4）1mol，则0n（CO2）1mol，又因为电解质溶液中n（KOH）=2mol，故KOH过量，所以电池总反应式为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，不选B项；C. 当22.4 LV44.8L，1moln（CH4）2mol，则1moln（CO2）2mol，发生反应，得到K2CO3和KHCO3溶液，则负极反应式为，不选C项；D. 当V=33.6L时，n（CH4）=1.5mol，n（CO2）=1.5mol，则电池总反应式为3CH4+6O2+4KOH=K2CO3+2KHCO3+7H2O，则得到0.5molK2CO3和1molKHCO3的溶液，故溶液中的阴离子有和，选择D项。答案选D。【点睛】本题难点在于需要结合氢氧化钾的量和通入的甲烷的体积来确定所发生的总反应，从而确定反应产物。第II卷（非选择题，共52分）二实验题，本大题共2小题，共20分。17.通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液在图示的装置中进行中和反应回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是_（2）大烧杯上如果不盖硬纸板，求得的中和热数值_（填“偏大”，“偏小”或“无影响”）（3）实验中改用60mL 0.50mol/L盐酸跟50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求中和热_（填“相等”“不相等”），简述理由：_（4）若两溶液的密度都是1g/mL，中和后所得溶液的比热容c=4.18J/（g），三次平行操作测得终止温度与起始温度差（t2t1）分别为：3.2 2.2 3.0，写出表示盐酸与NaOH溶液反应的中和热的热化学方程式_（小数点后保留一位小数）【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 偏小 (3). 相等 (4). 因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1 mol H2O所放出的能量，与酸碱的用量无关 (5). HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）H=51.8 kJ/mol【解析】【详解】（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是用于搅拌的环形玻璃搅拌棒；（2）大烧杯上如果不盖硬纸板，会导致热量散失，测得的温差会比真实值小，求得的中和热数值偏小；（3）中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O(l)所放出的能量，与酸碱的用量无关，所以求得的中和热数值相等；（4）三次平行操作测得终止温度与起始温度差（t2-t1）分别为：3.2 2.2 3.0，由于第组数据与其他两组相差较大，将第组舍去，温度差的平均值为3.1，50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L0.5mol/L=0.025mol，溶液的质量为100ml1g/ml=100g，则生成0.025mol水放出的热量为Q=mcT=100g4.18J/（g）3.1=1259.8J，即1.2598kJ，所以实验测得的中和热，该反应的热化学方程式：HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）H=-51.8kJ/mol。【点睛】在测定中和热的实验时，一定要注意仪器的保温，不然会导致实验失败。18.某组甲乙同学进行稀硫酸与锌制取氢气的实验，请回答下列问题：（1）甲同学发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。实验混合溶液ABCDEF4 molL1 H2SO4/mL30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V8V9V10100请完成此实验设计，其中：V1_，V6_，V9_；反应一段时间后，实验A中的金属呈_色，实验E中的金属呈_色；该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因_。（2）乙同学为了探究锌与稀硫酸反应过程中的速率及能量的变化，进行以下实验，分析影响反应速率的因素。实验时，从断开K开始，每间隔1分钟，交替断开或闭合K，并连续计数每1分钟内从a管流出的水滴数，得到的水滴数如下表所示：1分钟水滴数（断开K）3459861171021分钟水滴数（闭合K）588111213978分析反应过程中的水滴数，请回答： 由水滴数5834、8159，说明在反应初期，闭合K时比断开K时的反应速率快，主要原因是_。 由水滴数10278，说明在反应后期，断开K时的反应速率快于闭合K时的反应速率，主要原因是_。【答案】 (1). 30 (2). 10 (3). 17.5 (4). 灰黑 (5). 暗红 (6). 当加入一定量的CuSO4后，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，减少了Zn与溶液的接触面积 (7). 形成原电池反应速度快 (8). 断开K时，溶液中的c(H+)大于闭合K时溶液中的c(H+),c(H+)的影响是主要因素【解析】【分析】（1）为保证实验有对比性，只能改变一个变量分析，CuSO4溶液体积逐渐增多，故H2SO4的量应相等均为30mL，水的量减小，但每组实验中CuSO4与水的体积之和应相等；实验A中锌粒与稀硫酸反应，因锌粒不纯，表面会有杂质的颜色；而实验E中生成的单质Cu会沉积在Zn的表面；锌粒与硫酸铜反应生成的铜会附在锌粒表面；（2）原电池可加快化学反应速率；根据氢离子浓度大小与速率的关系分析；【详解】（1）要对比试验效果，那么除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同，故A组中硫酸为30mL，那么其它组硫酸量也都为30mL；而硫酸铜溶液和水的总量应相同，F组中硫酸铜20mL，水为0，那么总量为20mL，所以V6=10mL，V9=17.5mL，V1=30mL，故答案为：30；10；17.5；不纯的锌粒中含有Pb、Bi、Sn等杂质，实验A中锌粒与稀硫酸反应后， 这些不活泼的金属杂质游离出来，以颗粒状沉积在锌粒表面呈灰黑色；而实验E中过量的锌粒会与硫酸铜反应生成铜，形成原电池，加快化学反应速率，因此该实验中暗红色的铜会附着在锌粒表面，故答案为：灰黑；暗红；因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反应，氢气生成速率下降，故答案为：当加入一定量的CuSO4后，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，减少了Zn与溶液的接触面积；（2）因在反应初期，形成了原电池，所有闭合K时比断开K时的反应速率快，故答案为：形成原电池反应速度快；由于反应前期形成原电池反应速率快，氢离子消耗的多，则在后期，闭合K时溶液中氢离子浓度小，氢离子浓度越小反应速率越小，断开K时，溶液中的c(H+)大于闭合K时溶液中的c(H+)，所以在反应后期，断开K时的反应速率快于闭合K时的反应速率；故答案为：断开K时，溶液中的c(H+)大于闭合K时溶液中的c(H+)，c(H+)的影响是主要因素；【点睛】要特别注意，在锌粒与稀硫酸反应时，若锌粒过量，加入硫酸铜后加快化学反应速率的同时不影响产生氢气的量，但若锌粒不足，则会影响产生氢气的量。学生要理解其反应原理。三填空题，本大题共2小题，共32分。19.环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：（1）已知：(g)= (g)+H2(g) H1=100.3 kJmol 1 H2(g)+ I2(g)=2HI(g) H2=11.0 kJmol 1 对于反应：(g)+ I2(g)=(g)+2HI(g) H3=_kJmol 1。（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（）在刚性容器内发生反应，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_，该反应的平衡常数Kp=_Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有_（填标号）。A通入惰性气体 B提高温度C增加环戊烯浓度 D增加碘浓度（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是_（填标号）。AT1T2Ba点的反应速率小于c点的反应速率Ca点的正反应速率大于b点的逆反应速率Db点时二聚体的浓度为0.45 molL1（4）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2结构简式为），后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（DMF为惰性有机溶剂）。该电解池的阳极为_，总反应为_。电解制备需要在无水条件下进行，原因为_。【答案】 (1). 89.3 (2). 40 (3). 3.56104 (4). BD (5). CD (6). Fe电极 (7). Fe+2+H2（Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2） (8). 水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH，进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2【解析】【分析】（1）利用盖斯定律解题；（2）利用差量法计算转化率；三行式法计算平衡常数；根据平衡移动原理解释；（3）通过外界因素对速率的影响和平衡状态的形成分析A、B、C选项，D选项观察图象计算；（4）根据阳极：升失氧；阴极：降得还进行分析确定阴阳极；根据题干信息中Na元素的变化确定环戊二烯得电子数和还原产物，进而写出电极反应式；注意Na与水会反应，Fe2+在碱性条件下生成沉淀。【详解】（1）根据盖斯定律-，可得反应的H=89.3kJ/mol；答案：89.3；（2）假设反应前碘单质与环戊烯均为nmol，平衡时环戊烯反应了xmol，根据题意可知；（g）+I2（g）= （g）+2HI（g） 增加的物质的量 1mol 1mol 1mol 2mol 1molxmol 2n20%得x=0.4nmol，转化率为0.4n/n100%=40%；（g） + I2（g）= （g）+ 2HI（g）P（初） 0.5105 0.5105 0 0P 0.510540% 0.510540% 0.510540% 110540%P（平） 0.3105 0.3105 0.2105 0.4105Kp=3.56104；A.T、V一定，通入惰性气体，由于对反应物和生成物浓度无影响，速率不变，平衡不移动，故A错误；B.升高温度，平衡向吸热方向移动，环戊烯转化率升高，故B正确；C增加环戊烯的浓度平衡正向移动，但环戊烯转化率降低，故C错误；D,增加I2的浓度，平衡正向移动，环戊烯转化率升高，故D正确；答案：40%；3.56104；BD；（3）A.温度越高化学反应速率越快，单位时间内反应物浓度减少越多，则T1v(逆)，a点反应物浓度大于b点，故a点正反应速率大于b点，故C正确；D.b点时环戊二烯浓度由1.5mol/L减小到0.6mol/L，减少了0.9mol/L，因此生成二聚体0.45mol/L，故D正确；答案：CD；（4）根据阳极升失氧可知Fe为阳极；根据题干信息Fe-2e-=Fe2+，电解液中钠离子起到催化剂的作用使得环戊二烯得电子生成氢气，同时与亚铁离子结合生成二茂铁，故电极反应式为Fe+2=+H2；电解必须在无水条件下进行，因为中间产物Na会与水反应生成氢氧化钠和氢气，亚铁离子会和氢氧根离子结合生成沉淀；答案：Fe电极；Fe+2=+H2（Fe+2C5H6=Fe（C2H5）2+ H2）；水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH-，进一步与Fe2+反应生成Fe（OH）2。【点睛】本题以能力立意，考查提取信息、处理信息的能力及分析问题、解决问题的能力。充分体现了化学学科思想、学科方法、创新意识和学科价值，易错点第（2）小题平衡常数计算；第（4）小题电极反应式的书写。20.钠硫电池作为一种新型储能电池，其应用逐渐得到重视和发展。（1）钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠（Na2SX）分别作为两个电极的反应物，固体Al2O3陶瓷（可传导Na+）为电解质，其反