重庆市长寿中学校2022-2023学年高二上学期1月期末考试化学Word版含解析.docx

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重庆市长寿中学校2022-2023学年高二上期末考试化学试题一、单选题(本大题共14小题，共42分)1.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是A.在25℃、101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧热的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)2H2O(l)△H=-285.8kJ·mol-1B.CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g)2CO(g)+O2(g)△H=2×283.0kJ/molC.在稀溶液中：H+(aq)+OH－(aq)=H2O（l）；△H=－57.3kJ·mol—1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJD.已知C(石墨,s)C(金刚石,s)　△H＝+1.9kJ/mol，则金刚石比石墨稳定【答案】C【解析】【详解】A．在25℃、101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧热的热化学方程式为：H2(g)+O2(g)H2O(l)△H=-285.8kJ·mol-1，故A错误；B．CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g)2CO(g)+O2(g)△H=－2×283.0kJ/mol，故B错误；C．在稀溶液中：H+(aq)+OH－(aq)=H2O（l）；△H=－57.3kJ·mol—1，由于浓硫酸稀释放热，所以若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，故C正确；D．C(石墨,s)C(金刚石,s)　△H＝+1.9kJ/mol，金刚石的能量大于石墨，所以石墨比金刚石稳定，故D错误。2.已知101kPa时的辛烷的燃烧热为5518kJ/mol，强酸与强碱在稀溶液中发生反应时的中和热为57.3kJ/mol，则下列热化学方程式书写正确的是①C8H18（l）+25/2O2（g）＝8CO2（g）+9H2O（l）；△H＝+5518kJ/mol②C8H18（l）+25/2O2（g）＝8CO2（g）+9H2O（l）；△H＝-5518kJ/mol③H+（aq）+OH-（aq）＝H2O（l）；△H＝-57.3kJ/mol④1/2H2SO4(aq)+NaOH(aq)＝1/2Na2SO4(aq)+H2O(l)；△H＝+57.3kJ/molA.①③B.②③C.②④D.②【答案】B【解析】【详解】辛烷的燃烧热是1mol辛烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的能量，焓变小于0，所以①错误，②正确；中和反应放热，焓变小于0，所以④错误，③正确；故选B。 3.在一定条件下发生如下反应：反应Ⅰ：2H2SO4(l)＝2SO2(g)＋2H2O(g)＋O2(g)ΔH1＝＋551kJ•mol－1反应Ⅱ：S(s)＋O2(g)＝SO2(g)ΔH2＝－297kJ•mol－1反应Ⅲ：3SO2(g)＋2H2O(g)＝2H2SO4(l)＋S(s)ΔH3。下列说法正确的是A.反应Ⅰ中各物质的化学计量数既可表示物质的量，又可表示分子个数B.反应Ⅱ中S(s)和O2(g)的总能量低于SO2(g)的总能量C.ΔH3的数值为－254D.ΔH的数值大小与物质的状态无关【答案】C【解析】【详解】A.反应Ⅰ中各物质的化学计量数只能表示物质的量，不能表示分子个数，A错误；B.反应Ⅱ是放热反应，则反应中S(s)和O2(g)的总能量高于SO2(g)的总能量，B错误；C.根据盖斯定律可知反应Ⅰ+反应Ⅱ即得到反应Ⅲ的逆反应，所以ΔH3的数值为－254，C正确；D.物质的聚集状态不同，含有的能量不同，ΔH的数值大小与物质的状态有关系，D错误；答案选C。4.900°C时，向2.0L恒容密闭容器中充入0.40mol乙苯，发生反应：。一段时间后，反应达到平衡，反应过程中测定的部分数据如下表所示：时间/min010203040n(乙苯)/mol0.400.300.24n2n3n(苯乙烯)/mol0.000.10n10.200.20下列说法正确的是A.保持其他条件不变，向容器中充入不参与反应的水蒸气作为稀释剂，则乙苯的转化率大于50.0%B.反应在前20mim内的平均反应速率v(H2)=0.008mol·L-1·min-1C.保持其他条件不变，向容器中充入不参与反应的水蒸气作为稀释剂，体系的总压增大，平时苯乙烯的分压也增加D.相同温度下，起始时向容器中充入0.10mol乙苯、0.10mol苯乙烯和0.30molH2，则达到平前：v正0.1，反应向逆反应进行，故达到平衡前v正＜v逆，故D正确；故答案为D。5.反应在某密闭容器中进行，下列有关说法正确的是A.0～3s，，则6s时，生成2.4molB.用表示的和用表示的，后者反应快C.向容器中再充入，的消耗速率将增大D.当时，反应达到平衡状态【答案】C【解析】【详解】A．未给出容器的体积，无法计算生成氨气的物质的量，故A错误；B．在同一个反应中，用不同物质表示的速率之比等于方程式的化学计量数之比，用N2表示的v(N2)=0.5mol/L(L⋅min)转化为用H2表示的速率为1.5mol/L(L⋅min)，和v(H2)=1.0mol/L(L⋅min)相比，前者反应速率快，故B错误； C．向容器中再充入H2，反应物浓度增大，则N2的消耗速率将增大，故C正确；D．正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态。当3v消耗(N2)=v生成(H2)时，反应达到平衡状态，故D错误；故选C。6.已知某化学反应的平衡常数表达式为，在不同温度下该反应的平衡常数如下表。下列有关叙述正确的是T/℃70080083010001200K1.671.111.000.600.38A.若平衡浓度符合下列关系式：，则此时的温度为1000℃B.上述反应的逆反应是放热反应C.该反应的化学方程式为CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)D.若在一定容积的密闭容器中通入CO2和H2各1mol，5min后温度升高到830℃，此时得CO为0.4mol时，该反应达到平衡状态【答案】A【解析】【详解】A．若平衡浓度符合下列关系式：，则==0.6，则此时温度1000℃，故A正确；B．从表中数据可以看出，随着温度升高，平衡常数在减小，即升高温度时平衡逆向移动，正反应为放热反应，则逆反应为吸热反应，故B错误；C．根据平衡常数表达式可知，该反应的化学方程式为，故C错误；D．若在一定容积的密闭容器中通入CO2和H2各1mol，5min后温度升高到830℃，此时得CO为0.4mol，则根据反应方程式，可知该反应为逆向进行反应的，由此可知生成的为0.4mol，消耗的CO2和H2均为0.4mol，平衡时CO2和H2均为1-0.4=0.6mol，根据，此时平衡常数=，未达平衡状态，故D 错误；故选A。7.已知，平衡体系中气体的平均摩尔质量()在不同温度下随压强p的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.温度：B.平衡常数：C.反应速率：D当时，【答案】C【解析】【分析】反应物和生成物均为气体，总质量不变，平衡正向移动时气体的物质的量增大，则M减小，逆向移动时M增大，该反应为气体物质的量增大的吸热反应，所以升高温度、减小压强可以使平衡正向移动，M减小；降低温度、增大压强可以使平衡逆向移动，M增大。【详解】A．由分析可知，相同条件下，升高温度M减小，降低温度M增大，所以可判断出T2＜T1，故A错误；B．a点和c点是在同一温度下的平衡常数，所以K(a)=K(c)，故B错误；C．温度越高反应速率越快，压强越大反应速率越快，根据前面分析可知T2＜T1，图中b点压强大于a点，所以va＜vb，故C正确；D．设n(NO2)：n(N2O4)=x：y，则有，所以x:y=1:1，故D错误；故选C。 8.25℃时，向10mL0.1moL·L-1CH2ClCOONa溶液中加入0.1mol/L的盐酸，溶液pH随加入盐酸的体积变化情况如图所示。下列说法不正确的是A.①所示溶液中：c(OH-)=c(H＋)＋c(CH2ClCOOH)B.②所示溶液中：C.③所示溶液中：c(Na＋)＞c(CH2ClCOOH)＞c(CH2ClCOO-)＞c(H＋)＞c(OH-)D.④所示溶液中：【答案】C【解析】【详解】A．点①所示溶液中：c(OH-)=c(H＋)＋c(CH2ClCOOH)是质子守恒，故A正确；B．由于点②的pH=7，即溶液中呈中性，根据电荷守恒可得，故B正确；C．依据图象可知，点③溶液中为等物质的量的CH2ClCOONa、CH2ClCOOH、NaCl，且溶液显酸性，说明CH2ClCOOH的电离大于CH2ClCOO-的水解，所以离子浓度关系为：c(Na＋)＞c(CH2ClCOO-)＞c(CH2ClCOOH)＞c(H＋)＞c(OH-)，故C错误；D．根据物料守恒可知点④所示溶液中：，故D正确。故选C。9.在生产生活中，酸碱中和及溶液酸碱性研究具有十分重要的意义。常温下，将2种一元酸分别和NaOH溶液等体积混合，实验数据如下：组别c（一元酸）c（NaOH）混合溶液的pH 甲c(HY)＝0.1mol·L-10.1mol·L-1pH＝7乙c(HZ)＝0.1mol·L-10.1mol·L-1pH＝9下列说法中正确的是A.乙组混合液中：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(Z－)＞c(H＋)B.乙组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH－)为1×10－5mol·L-1C.相同体积时，0.1mol/LHY溶液和0.1mol/LHZ溶液中c(H+)浓度相同D.相同体积时，0.1mol/LHY溶液和0.1mol/LHZ溶液分别与足量镁反应，产生氢气的速率和总量均不同【答案】B【解析】【分析】由甲c(HY)＝0.1mol·L-1、乙c(HZ)＝0.1mol·L-1分别和0.1mol·L-1NaOH溶液反应，反应后混合溶液pH＝7、pH＝9。说明HY为强酸，HZ为弱酸，以此进行分析即可；【详解】A.根据分析判断：乙组混合后的溶质为NaZ，NaZ溶液为强碱弱酸盐，所以：c(Na＋)＞c(Z－)＞c(OH－＞c(H＋)，故A错误；B.乙组实验所得混合溶液pH＝9，c(H+)=10-9mol/L，根据水的离子积可知c(OH-)=10-5mol/L，所以由水电离出的c(OH－)为1×10-5mol·L-1，故B正确；C.HZ为弱酸，溶液中部分电离，HY为强酸，所以0.1mol/LHY溶液和0.1mol/LHZ溶液中c(H+)浓度不相同，故C错误；D.相同体积时，0.1mol/LHY溶液和0.1mol/LHZ溶液分别与足量的镁反应，产生氢气的速率不同，但总量相同，故D错误；综上所述，本题正确答案：B。10.时，电离平衡常数，体积均为的醋酸溶液与一元酸HX溶液分别加水稀释至，稀释过程中pH的变化如图所示。下列有关叙述不正确的是A.HX的酸性比强且为弱酸 B.该温度下，的两种酸中，水电离的均为C.的溶液中加入的NaOH溶液后，溶液D.的醋酸溶液中：【答案】C【解析】【分析】溶液从10mL稀释到1000mL，稀释100倍，在稀释过程中，强酸的氢离子数目不变，氢离子浓度下降，氢离子浓度下降为原来的，pH增大2个单位，稀释促进弱酸电离、稀释100倍、其氢离子浓度大于原来的，pH增大幅度小于2个单位，等pH的一元酸：酸越弱、稀释同等倍数后氢离子浓度变化幅度越小、pH增大幅度越小；【详解】A．溶液从10mL稀释到1000mL，HX的pH增大幅度小于2个单位、但比醋酸的大，则HX酸性比强且为弱酸，A正确；B．该温度下，的两种酸中，均为，氢氧根离子浓度等于水电离的、均为，B正确；C．的溶液中加入的NaOH溶液后，所得溶液为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，醋酸电离呈酸性，醋酸钠水解呈碱性，的电离平衡常数，醋酸钠水解常数，电离程度大于水解程度，因此混合溶液呈酸性，溶液，C不正确；D．的醋酸溶液中电荷守恒：，则，D正确；答案选C。11.Al3+与F-具有很强的亲和性，当F-的浓度过大时，还会形成AlF。AlF3在一定溶剂中存在分步电离，常温下向某浓度的AlF3溶液中加入NaF，实验测定Al3+、AlF2+、AlF、AlF3在所有含铝元素微粒中的百分含量随pF[]的变化如图所示，下列说法错误的是 A.曲线b表示AlFB.pF=4时，C.Pf=6.6时，D.常温下，的化学平常数为1015.6【答案】C【解析】【分析】从左到右pF越来越大，则得出c(F－)浓度越来越小，从右向左，c(F－)浓度逐渐增大，则得出a、b、c、d分别代表AlF3、、AlF、Al3+变化曲线。【详解】A．从左到右pF越来越大，AlF3在溶液中存在分步电离，所以图中a、b、c、d分别代表AlF3、AlF、AlF2+、Al3+变化曲线，故A正确；B．a、b、c、d分别代表AlF3、AlF、AlF2+、Al3+变化曲线，图中pF=4时，根据图中信息得到c(AlF)＞c(AlF2+)＞c(AlF3)，故B正确；C．pF=6.6时，根据电荷守恒得到3c(Al3+)+2c(AlF2+)+c(AlF)+c(H+)=c(F－)+c(OH－)，故C错误；D．由图可知，pF=−lgc(F－)=3.8时，c(AlF3)=c(AlF)，AlF+F－AlF3的平衡常数K1=，K1==，根据pF=−lgc(F－)=5.2时，c(AlF)=c(AlF2+)，AlF2++F－AlF的平衡常数K2=，K2==，根据pF=−lgc(F－)=6.6时，c(Al3+)=c(AlF2+)，Al3++F－AlF2+的平衡常数K3= ，K3==，常温下，Al3++3F－AlF3的化学平衡常数为K=K1K2K3=103.8×105.2×106.6=1015.6，故D正确；故选C。12.氟离子电池是一种前景广阔的新型电池，其能量密度是目前锂电池的十倍以上且不会因为过热而造成安全风险。如图是氟离子电池工作示意图，其中充电时F-从乙电极流向甲电极，下列关于该电池的说法正确的是A.放电时，甲电极的电极反应式为Bi－3e-＋3F-=BiF3B.放电时，乙电极电势比甲电极高C.充电时，导线上每通过1mole-，甲电极质量增加19gD.充电时，外加电源的正极与乙电极相连【答案】C【解析】【分析】充电时F-从乙电极流向甲电极，则充电时甲阳极、乙是阴极，放电时甲是正极、乙是负极。【详解】A．放电时，甲电极是正极，电极反应式为BiF3+3e-=Bi＋3F-，故A错误；B．放电时，甲是正极、乙是负极，甲电极电势比乙电极高，故B错误；C．充电时，甲是阳极，阴极反应式是Bi－3e-＋3F-=BiF3，导线上每通过1mole-，1molF-参加反应，甲电极质量增加19g，故C正确；D．充电时F-从乙电极流向甲电极，则充电时甲是阳极、乙是阴极，外加电源的正极与甲电极相连，故D错误；选C。13.已知外电路中，电子由b极流向锌，有关如图所示的装置分析不合理的是 A.该装置中Cu极为正极B.当铜极的质量变化为32g时，a极上消耗的在标准状况下的体积为5.6LC.b极反应的电极反应式为D.一段时间后锌片一极质量增加【答案】A【解析】【分析】已知外电路中，电子由b极流向锌，根据装置图分析，左边为氢氧燃料电池，a为正极，电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，b为负极电极反应为H2+2OH--2e-=2H2O，右边装置为电解池，Zn做阴极，电极反应为Cu2++2e-=Cu；Cu做阳极，电极反应为Cu-2e-=Cu2+，据此分析解题。【详解】A．分析判断，铜为电解池中的阳极，故A错误；B．当铜极的质量变化为32g时物质的量为0.5ml，依据电子守恒和电极反应可知，O2+2H2O+4e-=4OH-，Cu-2e-=Cu2+；2Cu～O2，a极上消耗的O2在物质的量为0.25mol在标准状况下的体积为5.6L，故B正确；C．b电极是氢气失电子发生氧化反应，在碱性溶液中生成水，电极反应为：H2+2OH--2e-=2H2O，故C正确；D．Zn做阴极，电极反应为Cu2++2e-=Cu，质量增加，故D正确；故选A。14.锌碘液流电池具有高电容量、对环境友好、不易燃等优点，可作为汽车的动力电源。该电池采用无毒ZnI2水溶液作电解质溶液，放电时将电解液储罐中的电解质溶液泵入电池，其装置如图所示。下列说法不正确的是 A.M是阳离子交换膜B.充电时，多孔石墨接外电源的正极C.充电时，储罐中的电解液导电性不断增强D.放电时，每消耗1molI，有1molZn2+生成【答案】C【解析】【详解】A、根据题知左侧金属锌作负极，放电时，Zn2＋通过离子交换膜移向正极移动，故M是阳离子交换膜，故不符合题意；B、充电时，多孔石墨做阳极，发生氧化反应，才能使电池恢复原状，所以接外电源的正极，故不符合题意；C、充电时，阳极发生的反应为：3I－－2e－=I3－，阴极发生的反应为：Zn2＋＋2e－=Zn，故储罐中的电解液导电性不断减弱，故符合题意；D、放电时，正极发生还原反应：I3－＋2e－=3I－，故每消耗1molI3－，有1molZn2+生成，故不符合题意；故选C。二、非选择题(本大题共4小题，共58分)15.某实验小组设计用50mL1.0mol/L盐酸跟50mL1.1mol/L氢氧化钠溶液在如图装置中进行中和反应。在大烧杯底部垫碎泡沫塑料(或纸条)，使放入的小烧杯杯口与大烧杯杯口相平。然后再在大、小烧杯之间填满碎泡沫塑料(或纸条)，大烧杯上用泡沫塑料板(或硬纸板)作盖板，在板中间开两个小孔，正好使温度计和环形玻璃搅拌棒通过。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。试回答下列问题： (1)本实验中还缺少一个仪器，其名称是___________________。在大小烧杯中填充泡沫塑料的作用是________________________。(2)该实验小组做了三次实验，每次取溶液各50mL，并记录下原始数据(见下表)。实验序号起始温度t1/℃终止温度(t2)/℃温差(t2－t1)/℃盐酸NaOH溶液平均值125.124.925.031.66.6225.125.125.131.86.7325.125.125.131.96.8已知盐酸、NaOH溶液密度近似为1.00g/cm3，中和后混合液的比热容为：c＝4.18×10－3kJ/(g·℃)，则写出该反应的热化学方程式(离子方程式)_______________________(ΔH值保留到小数点后1位)。(3)若用等浓度的醋酸与NaOH溶液反应，则测得的中和热会比(2)测出的△H____________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。(4)在中和热测定实验中存在用水洗涤温度计上的盐酸后再用温度计测定NaOH溶液温度的步骤，若无此操作步骤，则测得的中和热ΔH会____________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。【答案】①.环形玻璃搅拌棒②.保温隔热，防止热量散失③.H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-56.0kJ/mol④.偏大⑤.偏大【解析】【分析】【详解】(1)还缺少环形玻璃搅拌棒；中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是减少实验过程中的热量损失；答案为：环形玻璃搅拌棒；保温隔热，防止热量散失；(2)表中三次测量数据都是有效的，三次温差的平均值为：=6.7℃，△H== =-56.0kJ/mol，热化学方程式为H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-56.0kJ/mol；答案为：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-56.0kJ/mol；(3)用醋酸代替盐酸，醋酸电离要吸收能量，造成放出的能量偏小，因为放热反应△H为负值，所以测得的△H偏大；答案为：偏大；(4)没有用水洗涤温度计上的盐酸溶液，导致测定的NaOH溶液的起始温度偏高，则温度差偏小，测得的中和热数值偏小，因为放热反应△H为负值，所以测得的△H偏大；答案为：偏大。16.某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：【实验原理】2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O【实验内容及记录】实验编号实验温度试管中所加试剂及其用量/mL溶液褪至无色所需时间/min0.6mol/LH2C2O4溶液H2O3mol/L稀H2SO4溶液0.05mol/LKMnO4溶液①253.0V12.03.01.5②252.03.02.03.02.7③502.0V22.03.01.0（1）请完成此实验设计，其中：V1=________，V2=__________。（2）实验①、②探究的是_____________对化学反应速率的影响，根据上表中的实验数据，可以得到的结论是______________________________________。（3）探究温度对化学反应速率的影响，应选择________________（填实验编号）。（4）利用实验1中的数据，计算用KMnO4表示的化学反应速率为__________。（5）该小组同学根据经验绘制了n(Mn2+)随时间变化的趋势如图1所示，但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2+)随时间变化的实际趋势如图2所示。该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设，并设计以下实验方案继续进行实验探究。 实验编号实验温度/℃试管中所加试剂及其用量再向试管中加入某种固体溶液褪至无色所需时间/min0.6mol/LH2C2O4溶液H2O3mol/L稀H2SO4溶液0.05mol/LKMnO4溶液④252.03.02.03.0MnSO4t①该小组同学提出的假设是__________________________________________。②若该小组同学提出的假设成立，应观察到_____________________________现象。【答案】①.V1=2.0②.V2=3.0③.浓度④.其他条件不变时，增大（减小）反应物浓度，加快（减慢）化学反应速率⑤.②③⑥.1.0×10-2mol/(L·min)⑦.Mn2+对该反应有催化作用⑧.加入MnSO4固体后，KMnO4溶液比实验②更快褪色【解析】【分析】(1)利用实验②、③中的数据，可知溶液的总体积为10.0mL，所以实验①中V1=2.0mL，V2=3.0mL；(2)实验①、②其他条件相同，只有H2C2O4浓度不同，则实验①、②探究的是浓度对反应速率的影响，根据表中的实验数据，实验①的草酸浓度大，溶液褪至无色所需时间更短，则浓度大，反应速率大；(3)实验②和③的温度不同，其他条件相同；(4)溶液褪至无色即KMnO4反应完所需时间为1.5min，计算出用KMnO4表示的化学反应速率；(5)①由图2可知，反应开始后锰离子浓度增大，反应速率增加的比较快，所以探究的是锰离子在反应中的作用；②若反应加快，说明Mn2+是催化剂，反应过程中溶液褪色时间减少。【详解】(1)实验①、②探究浓度对反应速率的影响，则其他条件应该是相同的，则溶液总体积应相同，故V1=2.0mL；实验②、③是探究温度对反应速率的影响，则其他条件应该是相同的，则V2=3.0mL；(2)根据表中数据可知实验①、②探究的是浓度对化学反应速率的影响，根据上表中的实验数据，可以得到的结论是其他条件不变时，增大（减小）反应物浓度，加快（减慢）化学反应速率；(3)根据表中数据可知探究温度对化学反应速率的影响，应选择②③；(4)草酸的物质的量为：0.6mol/L×0.003L=0.0018mol，高锰酸钾的物质的量为：0.05mol/L×0.003L=0.00015mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：0.0018mol：0.00015mol=12：1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：＝0.015mol/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)==0.01mol/(L•min)； (5)①由图乙可知，反应开始后速率增大的比较快，说明生成物中的MnSO4（或Mn2+）为该反应的催化剂；②若该小组同学提出的假设成立，则反应速率加快，即加入MnSO4固体后，KMnO4溶液比实验②更快褪色。【点睛】本题主要是考查探究影响化学反应速率的因素。该题的答题关键是注意利用控制变量法进行分析解答。由于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。变量探究实验因为能够考查学生对于图表的观察、分析以及处理实验数据归纳得出合理结论的能力，因而在这几年高考试题中有所考查。解答此类题时，要认真审题，清楚实验目的，弄清要探究的外界条件有哪些。然后分析题给图表，确定一个变化的量，弄清在其他几个量不变的情况下，这个变化量对实验结果的影响，进而总结出规律。然后再确定另一个变量，重新进行相关分析。但在分析相关数据时，要注意题给数据的有效性。17.氢叠氮酸(HN3)和莫尔盐(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O是两种常用原料。（1）氨叠氮酸易溶于水，25℃时，该酸的电离常数为Ka=1.0×10-5。①氢叠氮酸在水溶液中的电离方程式为________________________________②0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后，恢复到25℃，混合溶液中各离子和HN3分子浓度由大到小的顺序为__________________________。③已知T℃时，Ksp(CuN3)=5.0×10-9，Ksp(Cu2S)=2.5×10-48，则相同温度下，2CuN3(s)+S2-(aq)Cu2S(s)+2N3-(aq)，该反应正反应方向_________(“能”或“不能”)进行基本彻底，请通过计算说明_________________________。（2）在FeSO4溶液中，加入(NH4)2SO4固体可制备莫尔盐晶体，为了测定产品纯度，称取ag产品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为cmol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定，每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如下：(已知莫尔盐的分子量为392)实验次数第一次第二次第三次消耗KMnO4溶液体积/mL25.5225.0224.98滴定终点的现象是________________，通过实验数据，计算该产品的纯度为_________(用含字母a、c的式子表示)。上表第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是_________。A．第一次滴定时，锥形瓶用待装液润洗B．该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，部分变质C．滴定前酸式滴定管中尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失【答案】①.HN3H++N3-②.c(N3-)>c(Na+)>c(HN3)>c(H+)>c(OH-)③.能④. 正反应方向平衡常数为1031>105⑤.滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为红色(紫红色或浅红色也可)，且30s不变色⑥.×100%⑦.AC【解析】【分析】（1）①氢叠氮酸是一元弱酸。②0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L 的NaOH溶液等体积混合后，溶液中含有等物质的量浓度的HN3和NaN3。③通过计算2CuN3(s)+S2-(aq)Cu2S (s)+2N3-(aq)的平衡常数，判断该反应正反应 能不能进行基本彻底。（2）高锰酸钾溶液本身是紫色的，可以根据高锰酸钾溶液颜色变化判断滴定终点。第一次实验中记录数据明显大于后两次，即高锰酸钾溶液体积偏大。【详解】(1)①氨叠氮酸易溶于水，25℃时，该酸的电离常数为Ka=10×10-5，说明氢叠氮酸为弱酸，在水溶液中的电离方程式为HN3H++N3-，故答案为HN3H++N3-；②0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L 的NaOH溶液等体积混合后，溶液中存在等物质的量浓度的HN3和NaN3，恢复到25℃，溶液显酸性，以HN3的电离为主，混合溶液中各离子和HN3分子浓度由大到小的顺序为c(N3-)>c(Na+)>c(HN3)>c(H+)>c(OH-)，故答案为c(N3-)>c(Na+)>c(HN3)>c(H+)>c(OH-)；③反应为：2CuN3(s)+S2-(aq)Cu2S (s)+2N3-(aq)，该反应的化学平衡常数为K==•===1.0×1031>105，该反应能够完全进行，故答案为能；正反应方向平衡常数为1031>105；(2)利用高锰酸钾的强氧化性，Fe2+的强还原性，两者发生氧化还原反应，Fe2+被氧化成Fe3+，化合价升高1，Mn由+7价→+2，化合价降低5，最小公倍数5，根据原子个数、电荷守恒，配平得MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，向溶液中滴加中高锰酸钾，高锰酸钾显紫红色，因此滴定到终点：滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色，因为第一次与第二次、第三次相差较大，忽略不计，消耗高锰酸钾溶液的体积为mL=25mL，根据离子反应方程式，得出：n[(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O]=5n(KMnO4)=25×10-3×c×5mol，则500mL溶液中含有n[(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O]=25×10-3×c×5×500/25mol=2.5cmol，所以质量分数=2.5c××100%=×100%；A．第一次滴定时，锥形瓶用待装液润洗，锥形瓶中亚铁离子的量偏多，消耗的高锰酸钾偏多，故A正确；B．三次使用的高锰酸钾都是一样的，消耗的高锰酸钾体积应是相同的，故B错误；C．滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，所消耗的液体体积增加，故C正确；故选ABC ；故答案为滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色；×100%；AC。【点睛】本题考查了沉淀的转化和物质含量的测定。本题的难点是(1)③的判断，反应能否完全进行，主要根据反应的平衡常数是否大于105判断，本题的易错点为(2)的误差分析，要注意同一实验使用的标准溶液是相同的。18.I.如图为原电池装置示意图。（1）若A为Pb，B为PbO2，电解质为H2SO4溶液，工作时的总反应为，写出B电极反应式：_______。该电池在工作时，A电极的质量将_______(填“增加”“减小”或“不变”)，若该电池反应消耗了0.1molH2SO4，则转移电子的数目为_______。（2）若A、B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入H2和O2，该电池即为氢氧燃料电池，写出A电极反应式：_______。该电池在工作一段时间后，溶液的碱性将_______(填“增强”“减弱”或“不变”)。Ⅱ.现用下图装置来测定某原电池工作时在某段时间内通过导线的电子的物质的量。量筒的规格为1000mL，供选择的电极材料有纯铜片和纯锌片。（3）b电极材料为纯铜片，其电极反应式为_______。（4）当量筒中收集到672mL(标准状况下)气体时，通过导线的电子的物质的量为_______mol，此时a电极质量减少_______g。（5）如果将a、b两电极的电极材料对调，U形管中将出现的现象是_______。【答案】（1）①.②.增加③.0.1NA（2）①.②.减弱 （3）（4）①.0.06②.1.95（5）左端液面下降，右端液面上升【解析】【分析】I图中信息可知，该装置为原电池装置，负极失电子，化合价升高；正极得电子化合价降低；Ⅱ该原电池装置总反应为：Zn+2H+=Zn2++H2↑，根据装置特点，b电极产生氢气，作电池的正极。【小问1详解】若A为Pb，B为PbO2，电解质为H2SO4溶液，则A为负极，B为正极，二氧化铅在得电子，与溶液中的硫酸反应生成硫酸铅和水，反应式为：；通过总反应式可知，A电极上的电极方程式为：，A电极的质量将增加，若该电池反应消耗了0.1molH2SO4，则消耗0.05molPb，转移电子的物质的量为0.1mol，数目为0.1NA。【小问2详解】若A、B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入H2和O2，则A为负极，氢气得电子与溶液中的氢氧根离子反应生成水，电极反应式为：H2＋2OH－－2e－=2H2O；电池正极反应生成氢氧根离子，随反应的进行，水越来越多，氢氧根离子浓度逐渐减小，碱性减弱。【小问3详解】根据装置特点，b电极为正极，其材料为Cu，电极反应式为：。【小问4详解】当量筒中收集到672mL(标准状况下)气体时，氢气的物质的量为=0.03mol，转移0.06mol的电子，则a电极消耗0.03mol的锌生成锌离子，a极质量减少0.03mol×65g/mol=1.95g。【小问5详解】