吉林省白城市实验高级中学2024-2025学年高二上学期12月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1吉林省白城市实验高级中学2024-2025学年高二上学期12月期末考试一、选择题1．MFC(MicrobialFuelCell)是一种利用微生物将有机物中的化学能直接转化成电能的装置，其在废水处理和新能源开发领域具有广阔的应用前景。如图为污水(主要溶质为葡萄糖)处理的实验装置，下列有关该装置的说法正确的是A．为加快处理速度，装置需在高温环境中工作B．负极的电极反应式为C6H12O6＋6H2O－24e－===6CO2＋24H＋C．放电过程中，H＋由正极向负极移动D．装置工作过程中，溶液的酸性逐渐增强【答案】B【解析】微生物不能在高温环境中存活，A错误；该电池可以看做燃料电池，通入氧气的电极为正极，负极上葡萄糖发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为C6H12O6＋6H2O－24e－=6CO2＋24H＋，B正确；原电池中阳离子向正极移动，C错误；正极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，负极产生的H＋与正极产生的OH－恰好完全反应，溶液的酸性不变，D错误。2．在25℃、101kPa下，1gH2燃烧生成液态水放出142.9kJ的热量，则下列关于反应热和热化学方程式书写中正确的是A．1mol氢气燃烧生成气态水所放出的热量是氢气的燃烧热B．H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.8kJ·molC．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-571.6kJ·mol-1D．电解水的热化学方程式为：2H2O(l)电解2H2(g)+O2(g)ΔH=+285.8kJ·mol【答案】B【解析】在25℃、101kPa下，1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量是氢气的燃烧热，A错误；1g H2完全燃烧生成液态水，放出142.9kJ热量，则2g即1mol H2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，热化学方程式为H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.8kJ•mol-1，B正确、C错误；由B项的热化学方程式乘以系数2，可得2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ·mol-1，2H2O(l)电解2H2(g)+O2(g)ΔH=+571.6kJ·mol-1，3．下列说法不正确的是A．常温下，测定0.1mol·L-1醋酸溶液的pH可证明醋酸是弱电解质B．相同温度下，与相同浓度、相同体积的盐酸和醋酸溶液恰好中和时消耗NaOH的物质的量相同C．由反应NaR+CO2(少量)+H2O=HR+NaHCO3可知：Ka1(H2CO3)>Ka(HR)>Ka2(H2CO3)D．等体积pH=2的两种酸分别与足量的铁反应，单位时间内酸性较强的酸与铁反应速率更快【答案】D【解析】常温下0.1mol·L-1醋酸溶液的pH大于1，说明醋酸在水溶液中不完全电离，是弱电解质，A正确；相同温度下，相同浓度、相同体积的盐酸和醋酸溶液的中和能力相同，则与相同浓度、相同体积的盐酸和醋酸溶液恰好中和时消耗氢氧化钠的物质的量相同，B正确；由强酸制弱酸的原理可知，碳酸的酸性强于HR，由少量二氧化碳与NaR反应生成可知，HR的酸性强于碳酸氢根离子，则电离常数的大小顺序为Ka1(H2CO3)>Ka(HR)>Ka2(H2CO3)，C正确；等体积pH=2的两种酸与铁反应时，单位时间内酸性较强的酸与铁反应的速率更慢，D错误。4．下列说法符合勒夏特列原理的是A．pH值相同的盐酸和醋酸溶液稀释相同倍数后，醋酸的pH值较小B．工业制硫酸时，用V2O5催化SO2与O2的反应C．工业合成氨时，采用高温条件有利于提高NH3的产率D．压缩盛有NO2和N2O4的透明容器，容器中颜色变深【答案】A【解析】醋酸是弱电解质，稀释时电离平衡右移，pH值相同的盐酸和醋酸溶液稀释相同倍数后，醋酸的pH值较小，A正确；催化剂能加快反应速率，但不能使平衡移动，B错误；工业合成氨反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，NH3的产率降低，之所以采用高温，是因为在400-500℃时铁触媒活性最大，且反应速率快，有利于提高NH3的产率，C错误；压缩容器体积使容器内压强增大，平衡2NO2(g)⇌N2O4(g)正向移动，容器颜色应变浅，容器中颜色变深是因为体积缩小，NO2浓度增大，D错误。5．在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl-会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl-。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是A．Ksp(CuCl)的数量级为10-7B．除Cl-反应为Cu+Cu2++2Cl-=2CuClC．加入Cu越多，Cu+浓度越高，除Cl-效果越好D．2Cu+=Cu2++Cu平衡常数很大，反应趋于完全【答案】C【解析】Ksp(CuCl)=c(Cu+)·c(Cl-)，在横坐标为1时，纵坐标lgcCu+mol⋅L-1大于-6，所以Ksp(CuCl)的数量级是10-7，A正确；除去Cl-反应应该是Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl，B正确；Cu是固体，对平衡没有影响，除Cl-效果不变，C错误；由图可知，交点处c(Cu+)=c(Cu2+)≈10-6，则在没有Cl-存在的情况下，反应2Cu+=Cu2+6．以硫酸铜溶液作电解质溶液，对含有杂质Fe、Zn、Ag的粗铜进行电解精炼。下列叙述正确的是A．粗铜与直流电源负极相连B．粗铜电解精炼过程中，硫酸铜溶液的浓度不变C．电路中每通过3.0l×1023个电子，得到的精铜质量为16gD．杂质Ag以Ag2SO4的形式沉入电解槽形成“阳极泥”【答案】C【解析】电解精炼铜时，粗铜应作阳极，与直流电源正极相连，A错误；金属的活动性顺序为Zn＞Fe＞Cu＞Ag，阳极上Zn、Fe、Cu放电，而阴极上只发生反应Cu2++2e-═Cu，阴极析出的Cu的物质的量大于阳极反应的Cu的物质的量，溶液中硫酸铜的浓度减小，B错误；根据电极反应：Cu2++2e-═Cu，电路中每通过3.01×1023个即0.5mol电子，得到的精铜质量为0.25mol×64g/mol=16g，C正确；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，D错误。7．下图是H2-N2O固体氧化物燃料电池装置原理图，已知：“YSZ”为钇稳定的氧化物，在高温（800A．X为H2，Y为B．O2C．H2所在电极发生的反应为D．正极反应为N【答案】C【解析】根据该电池的反应物为H2和N2O，生成物为H2O和N2可知，X为H2，Y为N2O，A正确；电池工作时，阴离子从正极移向负极，即从电势高的电极移向电势低的电极，B正确；该电池的电解质为固体氧化物，H2所在电极发生的反应为H28．LiFePO4新型锂离子动力电池以其独特的优势成为奥运会绿色能源的新宠。已知该电池放电时的电极反应式为：正极FePO4+Li++e-=LiFePO4，负极Li-e-=Li+，下列说法中正确的是A．充电时电池反应为FePO4+Li=LiFePO4B．充电时动力电池上标注“+”的电极应与外接电源的正极相连C．放电时电池内部Li+向正极移动D．放电时，在正极上是Li+得电子被还原【答案】BC【解析】该电池放电时的电极反应式为：正极FePO4+Li++e-=LiFePO4，负极Li-e-=Li+，总反应为FePO4+Li=LiFePO4，则充电时电池反应为LiFePO4=FePO4+Li，A错误；充电时动力电池上标注“+”的电极应与外接电源的正极相连，B正确；原电池的正极反应为：FePO4+Li++e-═LiFePO4，Li+向正极移动，C正确；正极是铁元素得到电子被还原，锂元素化合价未变，D错误。9．某电化学气敏传感器的工作原理如图所示，下列说法不正确的是A．a极为负极B．b极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-C．电子流向：a经外电路流向bD．该传感器工作一段时间后，电解质溶液的pH值将变大【答案】D【解析】a电极是氨气失去电子，发生氧化反应，为负极，A正确；b电极为氧气获得电子，发生还原反应，电解质溶液为KOH，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，B正确；电子从a极流出，经外接导线，流向b电极，C正确；电池总反应方程式是：4NH3+3O2=2N2+6H2O，KOH没有参加反应，KOH的物质的量不变，但是反应产生了水，溶液体积变大，氢氧化钾的浓度减小，pH减小，D错误。10．参考下表中化学键的键能与键长数据，判断下列分子最稳定的是化学键H-CH-NH-OH-F键能/(kJ⋅mol413.4390.8462.8568键长/pm1091019692A．CH4 B．NH3 C．H2【答案】D【解析】物质中的化学键键能越大，断裂时吸收的能量越多，化学键越稳定，分子也越稳定。H-C、H-N、H-O、H-F中H-F键的键能最大，HF分子最稳定，D正确。11．已知反应：CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)。起始以物质的量之比为1:1充入反应物，不同压强条件下，H2的平衡转化率随温度的变化情况如图所示(M、N点标记为)。下列有关说法正确的是A．上述反应的△H＜0B．N点时的反应速率一定比M点快C．降低温度，H2的转化率可达到100%D．工业用此法制取甲烷应采用更高的压强【答案】A【解析】温度升高，化学平衡向吸热反应方向移动。由图象可知，其他条件相同时，温度升高，H2的转化率降低，平衡逆向移动，则该反应的正反应是放热反应，△H＜0，A正确；M、N两点的温度、压强均不同，无法判断哪一点的反应速率快，B错误；降低温度，H2的转化率增大，但转化率不会达到100％，C错误；控制合适的温度和压强，既能保证反应速率较快，也能保证H2有较高的转化率，但采用更高的压强要提高对设备的要求，会增加经济成本，D错误。12．HgCl2的水溶液几乎不导电，即使在很稀的溶液中，它的电离度也不超过0.5%；HgCl2熔融状态下不导电。下列说法正确的是A．HgCl2在水中的电离方程式可能是HgClB．HgCl2的水溶液几乎不导电，说明其难溶于水C．HgCl2中含有金属Hg，一定不是共价化合物D．HgCl2是强电解质【答案】A【解析】HgCl2的水溶液几乎不导电，即使在很稀的溶液中，它的电离度也不超过0.5%，说明HgCl2溶于水，在溶液中难电离，是弱电解质，电离方程式可能是HgCl2⇌HgCl++Cl-，A正确，B、D错误；HgCl13．HCN(aq)+HCl(aq)+则HCN在水溶液中电离的ΔHA．-69.4kJ⋅molC．+45.2kJ⋅mol【答案】C【解析】①HCN(aq)+OH-(aq)=CN-(aq)+H2O(l)ΔH=-12.1kJ⋅mol-1；②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ⋅mol-1；根据盖斯定律，①-②可得HCN(aq)=CN-(aq)+H+(aq)的ΔH=-12.1kJ⋅mol-1-(-57.3kJ⋅mol-1)=+45.2kJ·mol14．汽车尾气中通常含有CO、NOx等气体，为减轻污染，现在的汽车加装了三元催化转换器，此转换器可将汽车尾气中的有毒气体转化为无污染的气体，如图为该转换器中发生反应的微观示意图(未配平)A．甲、乙、丙、丁中有3种非极性分子 B．甲和丁中同种元素的化合价不相等C．甲的空间构型为V形 D．N2【答案】A【解析】根据题中信息，该反应为2NO2+4CO→催化剂N2+4CO2，其中N2、CO2均为非极性分子，NO2、CO均为极性分子，A错误；甲为NO2，丁为N2，前者N的化合价为+4价，后者为0价，B正确；甲为NO2，二氧化氮的空间构型为V形，C正确；N2O5为硝酸的酸酐，N2O5的水化物为HNO3，其电子式为，非羟基氧与羟基上的H可以形成分子内氢键，D15．用可再生能源电还原CO2时，采用高浓度的K+抑制酸性电解液中的析氢反应来提高多碳产物(乙烯、乙醇等)A．析氢反应发生在IrOxB．Cl-从Cu电极迁移到IrOC．阴极发生的反应有：2D．每转移1mol电子，阳极生成11.2L气体(【答案】C【解析】该装置为电解池，与直流电源正极相连的IrOx-Ti电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e—=O2↑+4H+，析氢反应为还原反应，不能发生在IrOx-Ti电极上，A错误；离子交换膜为质子交换膜，只允许氢离子通过，Cl-不能通过，B错误；铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式有2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O、2CO2+12H++12e−=C2H5OH+3H2O，C正确；阳极上发生反应：2H2O-4e—=O2↑+4H+，每转移1mol电子，生成0.25molO2，在标况下体积为5.6L16．下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的表述正确的是A．原子的价电子排布式为ns2B．基态原子的p能级上有5个电子的元素一定是第VIIA族元素C．原子的价电子排布式为3d3~74s2D．基态原子的N层上只有1个电子的元素一定是主族元素【答案】B【解析】原子的价电子排布式为ns2np6的元素为零族元素，如Ne、Ar，A错误；基态原子的p能级上有5个电子的元素的价电子排布式为ns2np5，位于第VIIA族，B正确；原子的价电子排布式为3d6~74s2的元素位于第VIII族，3d3~54s2是第ⅤB~VIIB族，C错误；基态原子的N层上只有1个电子的元素可能为K、Cr或Cu，K为主族元素，17．在硫酸工业中，通过下列反应：2SO2(温度/平衡时SO20.1MPa0.5MPa1MPa5MPa10MPa45097.598.999.299.699.755085.692.994.997.798.3A．工业上通入过量空气的主要目的是加快反应速率B．回收尾气中的SO2C．采用常压条件是因为常压下SO2D．选择400~500℃的较高温度既提高反应速率也提高平衡转化率【答案】C【解析】工业上通入过量空气的主要目的是加快反应速率和提高二氧化硫的转化率，A错误；回收尾气中的SO2是为了防止空气污染和提高原料利用率，B错误；正反应放热，升高温度平衡逆向移动，SO2的平衡转化率降低，选择400~500℃的较高温度提高反应速率，18．实验测得0.5mol·L−1CH3COONa溶液、0.5mol·L−1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A．随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH−)B．随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH−)减小C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同【答案】C【解析】水的电离为吸热过程，升高温度，平衡向着电离方向移动，但c(H+)=c(OH-)，A错误；温度升高，水的电离程度和醋酸根水解程度均增大，c(OH-)增大，B错误；升高温度，促进水的电离，c(H+)增大，升高温度，铜离子水解Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+程度增大，c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，C正确；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，D错误。19．甲醇-空气燃料电池(DMFC)是一种高效、轻污染的车载电池，其工作原理如图所示。下列有关叙述正确的是A．该装置能将电能转化为化学能B．电流由乙电极经导线流向甲电极C．负极的电极反应式为：CHD．b口通入空气，c口通入甲醇【答案】B【解析】甲醇燃料电池是新型化学电源，可将化学能转化为电能，A错误；电流由正极经导线流向负极，根据H+的移动方向可知甲电极为负极、乙电极为正极，即电流由乙电极经导线流向甲电极，B正确；b口通入甲醇、c口通入空气，负极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，C错误、D错误。20．根据下列五种元素的电离能数据(单位：kJ⋅mol元素代号IIIIQ2080400061009400R500460069009500S7401500770010500T5801800270011600U420310044005900A．Q元素可能是0族元素B．R和S均可能与U在同一主族C．U元素可能在元素周期表的s区D．原子的外围电子排布式为ns2np1【答案】B【解析】由元素的电离能可以看出，Q的第一电离能很大，可能是0族元素，A正确；R和U的第一电离能较小，第二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1，二者位于同一族，S的第一、第二电离能较小，第三电离能剧增，故表现+2价，最外层电子数为2，R和U的第一至第四电离能变化规律相似，即R和U最可能在同一主族，S不可能与U在同一主族，B错误；U的第一电离能较小，最外层电子数为1，U可能在元素周期表的s区，C正确；T的第一、第二、第三电离能较小，第四电离能剧增，表现+3价，最外层电子数为3，因此原子的外围电子排布式为ns2np1的可能是T二、填空题21．草酸铁晶体Fe2(C2O4)3·xH2O通过相关处理后可溶于水，且能做净水剂，在110℃可完全失去结晶水。为测定该晶体中铁的含量和结晶水的含量，某实验小组做了如下实验：步骤1：称量4.66g草酸铁晶体进行处理后，配制成250mL一定物质的量浓度的溶液。步骤2：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳，同时MnO4-被还原成Mn步骤3：用0.0200mol·L-1KMnO4溶液滴定步骤2所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液V1mL，滴定中MnO4-被还原成Mn重复步骤2、步骤3的操作2次，分别滴定消耗0.0200mol·L-1KMnO4溶液为V2、V3mL。记录数据如下表：实验编号KMnO4溶液的浓度(mol·L-1)KMnO4溶液滴入的体积(mL)10.0200V1=20.0220.0200V2=20.1230.0200V3=19.98请回答下列问题：(1)草酸铁溶液能做净水剂的原因(用离子方程式表示)(2)该实验步骤1和步骤3中使用的仪器除托盘天平、铁架台、滴定管夹、烧杯、玻璃棒外，一定需用下列仪器中的(填序号)A．酸式滴定管B．碱式滴定管C．250mL容量瓶D．锥形瓶E．胶头滴管F．漏斗(3)加入锌粉的目的是。(4)步骤3滴定时是否选择指示剂(是或否)；说明理由；写出步骤3中发生反应的离子方程式。(5)在步骤2中，若加入的KMnO4溶液的量不够，则测得的铁含量(填“偏低”、“偏高”或“不变”)；实验测得该晶体中结晶水的个数x为。【答案】Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+A、C、D、E将Fe3+还原为Fe2+否因为KMnO4被还原剂还原成Mn2+，紫红色褪去，所以不需要指示剂5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O偏高【解析】(1)草酸铁溶液水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，能做净水剂，反应的离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+；(2)实验步骤1是配制溶液，需要的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；步骤3是滴定，使用的仪器有铁架台、滴定管夹、锥形瓶、酸式滴定管，A、C、D、E正确；(3)锌粉具有还原性，加入的锌粉可以将Fe3＋还原为Fe2＋；(4)高锰酸钾溶液显紫红色，步骤3滴定时发生的反应为5Fe2＋＋MnO4-＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O，KMnO4被还原成Mn2(5)在步骤2中，若加入的KMnO4溶液的量不够，导致草酸根不能完全被氧化，在步骤3中消耗的高锰酸钾溶液的体积偏大，则测得的铁含量偏高；三次测量值中，实验2的数值误差较大，应该舍去，则消耗高锰酸钾的平均体积为20.02mL+19.98mL3=20.00mL，根据步骤三中的离子反应可知：n(Fe)=5n(MnO4-)=5×20.00mL×10-3×0.02mol•L-1×250mL25mL=0.02mol，草酸铁晶体Fe2(C2O4)3·xH2O中含有Fe2(C2O4)3的质量为12×0.02mol×288g/mol=2.88g，则结晶水的物质的量为4.66g-3.76g18g/mol=0.05mol，则Fe2(C2O4)3和H2O的物质的量之比为22．某实验小组用0.50mol⋅L(1)倒入NaOH溶液的正确操作是(填字母)。A．沿玻璃棒缓慢倒入B．一次迅速倒入C．分三次少量倒入(2)使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是_______(填字母)。A．用温度计小心搅拌 B．揭开硬纸板用玻璃棒搅拌C．轻轻地振荡烧杯 D．用玻璃搅拌器轻轻地搅拌(3)取50mLNaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。请填写下表中的空白：近似认为0.50mol⋅L-1氢氧化钠溶液和0.50mol⋅实验编号初始温度t1终止温度t2温度差平均值(t2H2NaOH溶液平均值126.226.026.130.1227.027.427.233.3325.925.925.929.8426.426.226.330.4(4)计算中和反应反应热ΔH=(保留至小数点后一位(5)不能用Ba(OH)2(6)用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和反应反应热的数值会。(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【答案】(1)B(2)D(3)4.0(4)-53.5(5)Ba((6)偏小【解析】用0.50mol•L-1氢氧化钠溶液和0.50mol•L-1硫酸溶液进行中和热的测定，根据实验的平均温度差，先根据Q=m•c•△t计算反应放出的热量，然后根据△H=-QnH（1）用0.50mol⋅L-1氢氧化钠溶液和0.50mol（2）用玻璃搅拌器轻轻地搅拌使硫酸与NaOH溶液混合均匀，D正确。（3）4次温度差分别为4.0℃，6.1℃，3.9℃，4.1℃，第2组数据相差较大，应舍去，其他三次温度差平均值为4.0℃。（4）50mL0.50mol⋅L-1氢氧化钠溶液与30mL0.50mol⋅L-1硫酸溶液进行中和反应，生成液态水的物质的量为0.050L×0.50mol⋅L（5）硫酸与Ba(OH)2溶液反应除了生成水外，还生成了（6）一水合氨的电离过程需要吸热，会使测量数值（指绝对值）偏小。23．某校化学活动社团做了如下探究实验：实验一：测定1mol/L的硫酸与锌粒或锌粉反应的速率，设计如图I装置：(1)装置图I中盛装硫酸的仪器名称是。(2)按照图I装置实验时，限定了两次实验时间均为10min，还需要测定的另一个数据是。(3)将图Ⅰ装置中的气体收集装置改为图Ⅱ，实验结束后读取气体体积时应该注意的问题是(至少回答两点)。实验二：通过实验探究温度和浓度对反应速率的影响。实验原理及方案：在酸性溶液中，KIO3和Na2SO3可发生反应生成I2，生成的I2可用淀粉溶液检验，根据出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率。实验序号0.1mol·L-1KIO3酸性溶液(含淀粉)的体积/mL0.1mol·L-1Na2SO3溶液的体积/mL水的体积/mL实验温度/℃出现蓝色的时间/s①55V15t1②554025t2③5V23525t3(4)碘酸钾和亚硫酸钠反应的离子方程式为；(5)实验①③中V1=，V2=；出现蓝色的时间由大到小的顺序；(6)对比实验②、③可得出的结论是；(7)资料显示序号①的反应进行至10s时，测得Na2SO3溶液的浓度为0.005mol·L-1，则10s内生成I2的平均化学反应速率υ(I2)=。【答案】(1)分液漏斗(2)收集到气体的体积(3)待瓶中气体恢复至室温，调节软管使甲、乙中液面相平，视线平视凹液面最低点(4)2IO3-＋5SO32-＋2H＋=I2＋5SO(5)4010t1>t2>t3(6)其他条件相同时，反应物浓度越大，化学反应速率越快(7)0.0001mol·L-1·s-1【解析】（1）装置图Ⅰ中放有硫酸的仪器名称是分液漏斗；（2）按照图Ⅰ装置实验时，限定了两次实验时间均为10min，还需测定的另一个数据是气体的体积；（3）在读取甲管中液面的读数时应注意：①读数时要调节甲乙的液面使其同一高度；②读数时视线要与凹液面最低处相平；③待锥形瓶气体冷却到室温时读数；（4）碘酸钾具有氧化性，而亚硫酸钠具有还原性，两者发生反应的方程式为：2IO3-＋5SO32-＋2H＋=I2＋5SO4（5）从②可以看出混合溶液的总体积为50mL，故表格中：V1=40mL，V2=10mL；实验①②对比可探究温度对反应速率的影响，温度越高，反应速率越快，则出现蓝色的时间越短，故t1＞t2，实验②③对照，可探究亚硫酸钠反应物浓度对速率的影响，反应物浓度越大，反应速率越快，则t2＞t3，综上所述，可知t1＞t2＞t3；（6）实验②③对照，温度相同，亚硫酸钠浓度不同，则可探究浓度对化学反应速率的影响，可得出的结论是：其他条件相同时，反应物浓度越大，化学反应速率越快；（7）根据反应原理2IO3-＋5SO32-＋2H＋=I2＋5SO42-＋H2O可知：5SO32-～I2，序号①的反应进行至10s时Na2SO3溶液的浓度为0.005mol•L-1，则反应消耗的Na2SO3溶液的浓度为(5×0.15+5+40-0.005)mol/L=0.005mol/L，所以生成I2的物质的量浓度为0.001mol/L，则10s内生成I2的平均速率24．已知A、B、C、D、E、F、G为原子序数依次增大的前四周期元素。A在周期表中的原子半径最小；B的一种同位素可以用于测定文物的年代；基态D原子的2p轨道中含有自旋方向不同且数目之比为3∶1的电子；E是同周期第一电离能最小的元素；F基态原子核外电子有9种空间运动状态，且有3个未成对电子；G的正三价离子的3d能级为半充满状态。回答下列问题(用元素符号或化学式表示)：(1)G位于元素周期表中的区。(2)C、D、E的简单离子半径由大到小的顺序为。(3)第一电离能C(填“＞”或“＜”)D，原因为。(4)比较A分别与C、D形成的简单化合物的键角由大到小的顺序为，并解释原因。(5)B与C形成的气态分子(BC)2中σ键与π键数目之比为。【答案】(1)d(2)N(3)＞N的2p(4)NH3>H2O孤电子对与成键电子间的作用力大于成键电子间的作用力，NH3有1个孤电子对，H(5)3∶4【解析】（1）G的正三价离子的3d能级为半充满，其价层电子排布式为3d64s2，为Fe元素，位于元素周期表中的d区。（2）A在周期表中的原子半径最小，为H元素；B的一种同位素可以用于测定文物的年代，为C元素；基态D原子的2p轨道中含有自旋方向不同且数目之比为3∶1的电子，其价层电子排布式为2s22p4,为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，为N元素；E是同周期第一电离能最小的元素，为Na元素。电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，故C、D、E的