广东省湛江市第二中学2022-2023学年高一下学期4月期中考试化学试题（解析版）-A4

这是一份广东省湛江市第二中学2022-2023学年高一下学期4月期中考试化学试题（解析版）-A4，文件包含分层练习16第六章第三讲电功率教师版docx、分层练习16第六章第三讲电功率学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Na-23 Mg-24 Cu-64 Zn-65
一、选择题(本题共16题，1-10题每题2分，11-16题每题4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. 各种形式的能量转换为生活提供便利，下列选项主要依靠化学能转化为热能的
A. 一次性速冷冰袋B. 自热饭速食米饭C. 新能源汽车D. 麒麟970芯片
【答案】B
【解析】
【详解】A．一次性速冷冰袋是吸热过程，不可能涉及化学能转化为热能，故A错误；
B．自热饭速食米饭的过程中利用了化学反应中放出的热量，例如氧化钙与水反应放出热量，是涉及化学能转化为热能，故B正确；
C．新能源汽车行驶时主要涉及化学能转化为电能等，故C错误；
D．麒麟970芯片工作时主要涉及电能转化为热能等，没有涉及化学能转化为热能，故D错误；
故选B。
2. 下列过程中颜色变化，不涉及氧化还原反应的是
A. 使滴有酚酞的NaOH溶液褪色B. NO遇空气后变红
C. 使酸性溶液褪色D. 新制氯水使紫色石蕊试液先变红后褪色
【答案】A
【解析】
【详解】A．二氧化硫使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色发生的反应为二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应中没有元素发生化合价变化，不涉及氧化还原反应，故A符合题意；
B．一氧化氮遇空气后变红发生的反应为一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，反应中有元素发生化合价变化，涉及氧化还原反应，故B不符合题意；
C．二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为二氧化硫把高锰酸根还原为锰离子，涉及氧化还原反应，故C不符合题意；
D．新制氯水使紫色石蕊试液先变红后褪色是因为氯水中含有氢离子使溶液变红色，具有强氧化性的次氯酸使有机色质漂白褪色，涉及氧化还原反应，故D不符合题意；
故选A。
3. 四个不同的密闭容器中，采用不同条件进行反应，根据下列在相同时间内测定的结果判断，生成氨的速率最快的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，同一反应中，物质的反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，由题给数据可知，四个容器中反应速率与化学计量数的比值分别为==0.1ml/(L∙min)、==0.1ml/(L∙min)、==3ml/(L∙min)、==0.2ml/(L∙min)，则说明该条件下生成氨的速率最快，故选C。
4. 在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氯化钡不反应，转化不能均一步实现，A不符合题意；
B．FeS2在氧气中煅烧生成二氧化硫，而不是三氧化硫，转化不能均一步实现，B不符合题意；
C．氮气和氧气放电生成NO ，NO和氧气、水生成硝酸，转化能一步实现，C符合题意；
D．二氧化硅不溶于水，也不与水反应，所以不能实现，D不符合题意；
故选C。
5. 关于下列图示的说法中正确的是
A. 用图1所示装置可以干燥
B. 用图2所示装置演示喷泉实验
C. 用图3所示装置制备并收集少量气体
D. 图4中两个烧杯内发生的化学反应不相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．是碱性气体，会与浓硫酸反应，不可以用浓硫酸干燥，故A错误；
B．HCl极易溶于水，挤压胶头滴管，打开止水夹即可产生喷泉，故B正确；
C．能与水反应生成NO，故C错误；
D．甲为化学反应，乙组成闭合回路为电化学反应，均发生反应：，故D错误；
故选B。
6. 下列变化过程符合如图能量变化规律的是
A. 灼热的木炭与的反应B. 金属铝与盐酸反应
C. 晶体与晶体混合搅拌D. 碳酸氢钠受热分解
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，图中表示的反应是反应物总能量大于生成物总能量的放热反应。
【详解】A．灼热的木炭与二氧化碳的反应是吸热反应，故A不符合题意；
B．金属铝与盐酸反应是放热反应，故B符合题意；
C．氯化铵晶体与八水氢氧化钡晶体混合搅拌的反应为吸热反应，故C不符合题意；
D．碳酸氢钠受热分解的反应为吸热反应，故D不符合题意；
故选B。
7. 如图所示，a的金属活动性在氢之前，b为碳棒，下列关于该装置的说法中，正确的是
A. a极上发生还原反应，b极上发生氧化反应B. 碳棒上有气体逸出，溶液中增大
C. 导线上有电流，电流方向b→aD. 反应后a极质量不变
【答案】C
【解析】
【分析】由题给装置可知，该装置为原电池，金属活动性在氢之前的金属a为负极，a失去电子发生氧化反应生成金属阳离子，碳棒为正极，氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气。
【详解】A．由分析可知，a极为负极，a极上发生氧化反应，碳棒b为正极，b极上发生还原反应，故A错误；
B．由分析可知，碳棒为正极，氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气，反应消耗氢离子，溶液中氢离子浓度减小，故B错误；
C．由分析可知，a极为负极，b极为正极，电流从正极b流向负极a，故C正确；
D．由分析可知，a极为负极，a失去电子发生氧化反应生成金属阳离子，则a极质量减小，故D错误；
故选C。
8. 下列有关化学反应速率和限度的说法中不正确的是
A. 已知工业合成氨正反应方向放热，所以升温正反应速率减小，逆反应速率增大
B. 实验室用H2O2分解制备O2，加入MnO2后，反应速率明显加快
C. 2SO2＋O2⇌2SO3反应中，SO2的转化率不能达到100%
D. 实验室用碳酸钙和盐酸反应制取CO2，相同质量的粉末状碳酸钙比块状反应要快
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．升高温度，正反应速率和逆反应速率均增大，A错误；
B．二氧化锰在过氧化氢的分解反应中作催化剂，能加快反应速率，B正确；
C．可逆反应的反应物不可能完全转化为生成物，即反应物的转化率不可能达到100%，C正确；
D．相同质量的碳酸钙粉末比块状的表面积大，反应物和液体的接触面积更大，反应速率更快，D正确；
故选A。
9. 在恒温、恒容的密闭容器中进行反应，若反应物的浓度由2ml/L，降到0.8ml/L需要20s，那么反应物浓度再由0.8ml/L，降到0.2ml/L所需要的时间为
A. 10sB. 大于10sC. 小于10sD. 无法判断
【答案】B
【解析】
【详解】由反应物的浓度由2ml/L，降到0.8ml/L需要20s可知，20s内反应速率=0.06 ml/(L·s)，随着反应的进行，反应物的浓度减小，化学反应速率逐渐减小，则反应物浓度再由0.8ml/L，降到0.2ml/L所需要的时间大于=10s，故选B。
10. 反应3Fe(s)＋4H2O(g) Fe3O4(s)＋4H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变能使反应速率加快的是
①增加铁的量 ②将容器的体积缩小一半 ③保持体积不变，充入N2使体系压强增大 ④保持体积不变，充入水蒸气使体系压强增大
A. ①④B. ②③C. ③④D. ②④
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】①铁是固体，增加铁的量，浓度不变，反应速率不变，①与题意不符；
②将容器的体积缩小一半，反应体系中气体物质的浓度增大，则化学反应速率增大，②符合题意；
③体积不变，充入N2使体系压强增大，但各物质的浓度不变，所以反应速率不变，③与题意不符；
④保持体积不变，充入水蒸气使体系压强增大，反应物浓度增大，反应速率增大，④符合题意；
答案为D。
11. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A. 标准状况下，2.24L 中分子数为0.1 NA
B. 常温常压下，18g 与18g 所含电子数均为10 NA
C. 常温常压下，92g的和混合气体含有的原子数为6 NA
D. 常温常压下，22.4L氯气与足量的镁粉充分反应，转移的电子数为2 NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．标准状况下，三氧化硫为固态，无法计算2.24L三氧化硫的物质的量和含有的分子数目，故A错误；
B．水和重水的摩尔质量不相等，则18g水和18g重水的物质的量不相等，含有的电子数不相等，故B错误；
C．二氧化氮和四氧化二氮的最简式相同，均为NO2，则92g混合物中含有的原子数目为×3×NAml—1=6NA，故C正确；
D．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/ml，则22.4L氯气的物质的量小于1ml，与足量的镁粉充分反应，转移的电子数小于2NA，故D错误；
故选C。
12. 主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20，W与Y原子的最外层电子数之和等于X原子的最外层电子数。这四种元素形成的一种食品添加剂Q的结构如图所示。下列说法正确的是
A. 简单氢化物稳定性：X＜YB. W与Z形成的化合物具有较强还原性
C. 原子半径：W＜Y＜X＜ZD. Q中所有原子都满足8电子稳定结构
【答案】B
【解析】
【分析】主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20，由四种元素形成的一种食品添加剂Q的结构可知，X形成2个共价键，X应为O；W只形成1个共价键，W为H；W与Y原子的最外层电子数之和等于X原子的最外层电子数，Y的最外层电子数为6-1=5，结合原子序数可知Y为P；Z可失去2个电子变为带2个单位正电荷的离子，且原子序数大于Y，则Z为Ca，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，W为H、X为O、Y为P、Z为Ca。
A．非金属性O＞P，非金属性越强，简单氢化物越稳定，则简单氢化物稳定性：PH3＜H2O，故A错误；
B．W与Z可以形成离子化合物CaH2，氢元素是－1价，具有还原性，故B正确；
C．同周期主族元素从左向右原子半径减小、同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：H＜O＜P＜Ca，故C错误；
D．Q中Y（P）、W（H）不满足8电子稳定结构，X、Z满足最外层8电子稳定结构，故D错误；
故选B。
13. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．硝酸根离子也能把亚铁离子氧化为铁离子，不能说明氧化性：，A不符合题意；
B．将一块铝片放入浓硫酸中，片刻后取出，用蒸馏水冲洗后浸入溶液，表面没有生成红色物质铜，说明常温下，铝遇浓硫酸发生钝化形成了一层致密氧化膜，B符合题意；
C．二氧化硫对应的酸不是硫元素的最高价氧化物对应的酸，不能说明S的非金属性强于Si，C不符合题意；
D．二氧化硫能和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，干扰了二氧化碳的检验，D不符合题意；
故选B。
14. 纽扣电池可用作计算器、电子表等的电源。有一种纽扣电池，其电极分别为Zn和Ag2O，用KOH溶液作电解质溶液，电池的总反应为Zn+Ag2O=2Ag+ZnO，关于该电池下列叙述不正确的是
A. 正极的电极反应为Ag2O+2e—+H2O=2Ag+2OH—
B. Zn极发生氧化反应，Ag2O极发生还原反应
C. 使用时电子由Zn极经外电路流向Ag2O极，Zn是负极
D. 使用时溶液中OH—离子向Ag2O极移动
【答案】D
【解析】
【分析】银锌电池的电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，电子由负极经导线流向正极，溶液中阴离子移向负极。
【详解】A、Ag2O为正极，得电子发生还原反应，正极的电极反应为Ag2O+2e—+H2O=2Ag+2OH—，故A正确；
B、Zn为负极，Zn极失电子发生氧化反应，Ag2O为正极，Ag2O极得电子发生还原反应，故B正确；
C、Zn为负极，Ag2O为正极，使用时电子由Zn极经外电路流向Ag2O极，故C正确；
D、溶液中阴离子移向负极，使用时溶液中OH—离子向Zn极移动，故D错误；选D。
【点睛】本题考查了原电池的知识，原电池正、负极的判断基础是氧化还原反应，如果给出一个方程式判断正、负极，可以直接根据化合价的升降来判断，发生氧化反应的一极为负极，发生还原反应的一极为正极。
15. 用纯净的CaCO3与100mL稀盐酸反应制取CO2，实验过程记录如图所示(CO2的体积已折算为标准状况下的体积)。下列分析正确的是
A. OE段的平均反应速率最快
B. EF段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.4ml/(L·min)
C. OE、EF、FG三段中，该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为2∶6∶7
D. F点收集到的CO2的量最多
【答案】B
【解析】
【详解】A．OE、EF、FG三段对应所用时间相同，生成的CO2体积分别为224 mL、(672-224) mL=448 mL、(784-672) mL=112 mL，故EF段表示的平均速率最快，A错误；
B．EF段，n(CO2)= =0.02 ml，根据关系式CaCO3～2HCl～CO2，则n(HCl)=2n(CO2)=0.04 ml，用盐酸表示该反应的平均反应速率为=0.4 ml/(L•min)，B正确；
C．OE、EF、FG三段中，时间相同，生成的气体的体积比等于反应速率之比，则用CO2表示的平均反应速率之比为224 mL:448 mL:112 mL=2:4:1，C错误；
D．由图可知，F点之后仍然在产生CO2，直至G点产生CO2量达最多，故G点表示收集的CO2的量最多，D错误；
故答案选B。
16. 180℃时将0.5 ml H2和1 ml CO2通入1 L的恒容密闭容器中，反应生成甲醇蒸气(CH3OH)和某无机副产物，测得各物质的物质的量随时间的部分变化如图所示，下列说法错误的是
A. 该反应的化学方程式：CO2+3H2CH3OH+H2O
B. 当容器内混合气体压强不再变化时，表明反应已经达到平衡状态
C. 在0 ~3 min内用H2表示的平均化学反应速率为 0.1
D. 在3 ~ 10 min内，反应仍未达到平衡状态
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．将0.5 ml H2和1 ml CO2通入1 L的恒容密闭容器中，反应生成甲醇蒸气(CH3OH )和某无机副产物，0~3min内消耗的CO2与H2物质的量之比为（1.0ml-0.9ml）：（0.5ml-0.2ml）=1:3，由原子守恒可知副产物为水，由原子守恒可知反应方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O，A正确；
B．该反应是反应前后气体体积不等的反应，反应在恒容密闭容器中进行，当混合气体压强不再变化时，表明反应已经达到平衡状态，B正确；
C．0~3 min内，参加反应的CO2为0.1 ml，根据物质转化关系可知反应消耗0.3 ml H2，则0 ~ 3 min内H2的平均反应速率为v(H2)=，C正确；
D．0~3min内生成的甲醇物质的量为0.1ml，则3min时甲醇物质的量为0.1ml，10min时甲醇物质的量也为0.1ml，在3-10 min内反应处于平衡状态，D错误；
故合理选项是D。
二、非选择题(包括第17题～第21题5个大题，共66分。17-20为必做题，21题为附加题)
17. 按照要求回答下列问题。
I．甲同学为探究元素Cl、C、Si非金属性强弱，设计了图一装置进行实验研究。
可选用的实验药品：1.0ml/L HCl(挥发性强酸)、1.0ml/L (挥发性强酸)、碳酸钙(固体)、1.0ml/L 溶液。
（1）图中A的仪器名称为______，所装的试剂为_______(填化学式)。
（2）观察到图C中的现象为___________。
（3）实验发现甲同学设计的实验不够严谨，应在B和C之间增加一个洗气装置，洗气瓶中盛装的液体为________。(填化学式)
II．乙同学设计实验探究在KI溶液体系中的反应产物。
实验开始后，发现图二装置D中的溶液迅速变黄，继续通入，装置D中出现乳黄色浑浊。该小组同学查阅资料得知，存在反应：，但有同学提出上述反应生成的可与发生反应：，为进一步探究体系中的产物，完成下列实验方案。
（4）取适量装置D中浊液，向其中滴加几滴________溶液(填试剂名称)，振荡无明显变化，证明浊液中无。
（5）将装置D中浊液进行分离，得淡黄色固体和澄清溶液；取适量分离后澄清溶液于试管中，___________，出现白色沉淀，产物溶液中存在。
综上可知，在KI溶液中发生了歧化反应，其反应的离子方程式为：______________。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. HClO4
（2）出现白色沉淀 （3）NaHCO3
（4）淀粉 （5） ①. 酸化的BaCl2溶液， ②. 3SO2+2H2O 4H++ 2SO+S↓
【解析】
【分析】I．由实验装置图可知，左侧装置B中高氯酸溶液与碳酸钙反应生成高氯酸钙、二氧化碳和水，该反应说明高氯酸的酸性强于碳酸，从而证明氯元素的非金属性强于碳元素；因挥发出的高氯酸会优先与硅酸钠溶液反应，干扰二氧化碳与硅酸钠溶液的反应，所以应在B和C之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，排出高氯酸的干扰，右侧装置C中二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸白色沉淀和碳酸氢钠，该反应用于证明碳酸的酸性强于硅酸，证明碳元素的非金属性强于硅元素；
II．该实验的目的是探究二氧化硫在碘化钾溶液体系中的反应产物，通过实验得到二氧化硫在碘化钾溶液中发生歧化反应生成硫酸和硫沉淀的实验结论。
【小问1详解】
由实验装置图可知，图中仪器A为分液漏斗，由分析可知，所装的试剂为高氯酸溶液，用于说明高氯酸的酸性强于碳酸，从而证明氯元素的非金属性强于碳元素，故答案为：分液漏斗；HClO4；
【小问2详解】
由分析可知，右侧装置C中二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸白色沉淀和碳酸氢钠，故答案为：出现白色沉淀；
【小问3详解】
由分析可知，因挥发出的高氯酸会优先与硅酸钠溶液反应，干扰二氧化碳与硅酸钠溶液的反应，所以应在B和C之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，排出高氯酸的干扰，故答案为：NaHCO3；
【小问4详解】
由题给信息可知，向装置D的浊液中滴加几滴酚酞溶液，振荡溶液不变蓝色，说明反应后的溶液中不含有碘，故答案为：淀粉；
【小问5详解】
由题给信息可知，向分离后的少量澄清溶液管中滴加酸化的氯化钡溶液出现白色沉淀说明产物溶液中存在硫酸根离子；由分析可知，通过实验得到二氧化硫在碘化钾溶液中发生歧化反应生成硫酸和硫沉淀的实验结论，则二氧化硫在碘化钾溶液中发生的反应为3SO2+2H2O 4H++ 2SO+S↓，故答案为：3SO2+2H2O 4H++ 2SO+S↓。
18. 氮的化合物是重要的化工原料，有关含氮物质的转化是近年来化学研究的热点。
I．
（1）在实验室中由固体物质制取氨气，其化学反应方程式为_____________；
（2）用该反应原理制取并收集一瓶干燥的氨气，选择图中的装置，其连接顺序为：_________ (按气流方向，用小写字母表示连接顺序)，仪器C中的碱石灰_____(填“能”或“否”)用无水替代。
II．氨催化氧化法是制硝酸的重要步骤，探究氨催化氧化反应的装置如下图所示：
（3）一段时间后，观察到装置H中有白烟生成，该白烟成分是______________(写化学式)。
（4）再经过一段时间观察到装置I中溶液变成蓝色，用离子方程式解释装置I中溶液变成蓝色的原因是：___________。
（5）工业生产中为了盛装大量浓硝酸，可选择 作为罐体材料。
A. 铜B. 铂C. 铝D. 镁
（6）为避免硝酸生产尾气中的氮氧化物污染环境，在催化剂条件下，将尾气中的处转化为无污染的物质，写出相关反应的化学方程式：__________________。
【答案】（1）Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O
（2） ①. a→d→c→f→e→i ②. 不能
（3）NH4NO3 （4）3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O （5）C
（6）8NH3+6NO27N2+12H2O
【解析】
【分析】I．由实验装置图可知，装置A中氯化铵与氢氧化钙固体共热反应制备氨气，装置C中盛有的碱石灰用于干燥氨气，装置D为向下排空气法收集氨气的装置，装置F中盛有的水用于吸收氨气，其中倒置漏斗的作用是防止倒吸，则制取并收集一瓶干燥氨气的装置连接顺序为ACDF，接口的连接顺序为a→d→c→f→e→i；
II．装置G中氨气和氧气在催化剂作用下共热反应生成一氧化氮和水，装置H中一氧化氮被氧气氧化生成的二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸与氨气反应生成硝酸铵而产生白烟，装置I中二氧化氮与稀硫酸溶液中的水反应生成硝酸，稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，溶液会变为淡蓝色，尾气处理装置用于吸收氮的氧化物，防止污染空气。
【小问1详解】
在实验室中由固体物质制取氨气的反应为氯化铵与氢氧化钙固体共热反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；
【小问2详解】
由分析可知，制取并收集一瓶干燥氨气的装置连接顺序为ACDF，接口的连接顺序为a→d→c→f→e→i；由于氯化钙能吸收氨气生成八氨氯化钙，所以装置C中碱石灰不能用无水氯化钙替换，故答案为：a→d→c→f→e→i；不能；
【小问3详解】
由分析可知，装置H中的硝酸与氨气反应生成硝酸铵而产生白烟，则白烟为硝酸铵，故答案为：NH4NO3；
【小问4详解】
由分析可知，溶液变成蓝色是因为稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；
【小问5详解】
A．铜能与浓硝酸反应，所以不能作为盛放大量浓硝酸罐体材料，故不符合题意；
B．铂是不能与浓硝酸反应的贵重金属，所以不能作为盛放大量浓硝酸罐体材料，故不符合题意；
C．铝在浓硝酸中钝化，阻碍反应的继续进行，所以能作为盛放大量浓硝酸罐体材料，故符合题意；
D．镁能与浓硝酸反应，所以不能作为盛放大量浓硝酸罐体材料，故不符合题意；
故选C；
【小问6详解】
由题意可知，处理尾气的反应为在催化剂条件下，氨气与二氧化氮反应生成氮气和水，反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O，故答案为：8NH3+6NO27N2+12H2O。
19. I．如图为原电池装置示意图。
（1）若A为Pb，B为，电解质为溶液，工作时的总反应为，写出A电极反应式：______________________。
（2）若A、B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入和，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）当量筒中收集到448mL(标准状况下)气体时，通过导线的电子的物质的量为______________ml，此时a电极质量______________(填“增加”或“减少”)______________。
（4）如果将a、b两电极的电极材料对调，则U形管中液面高度：左边______________右边(填“＞”“＜”或“＝”)
【答案】（1）Pb—2e—+SO=PbSO4
（2） ①. H2—2e—+2OH—=2H2O ②. 减弱
（3） ①. 0.04 ②. 减少 ③. 1.3
（4）＜
【解析】
【小问1详解】
由题意可知，铅电极为蓄电池的负极，硫酸根离子作用下，铅失去电子发生氧化反应生成硫酸铅，电极反应式为Pb—2e—+SO=PbSO4，故答案为：Pb—2e—+SO=PbSO4；
【小问2详解】
由题意可知，通入氢气的电极为燃料电池的负极，碱性条件下氢气做负极失去电子发生氧化反应生成水，电极反应式为H2—2e—+2OH—=2H2O，电池在工作一段时间后，溶液中氢氧化钾的物质的量不变，水的体积增大，则溶液中的氢氧根离子浓度减小，溶液的碱性减弱，故答案为：H2—2e—+2OH—=2H2O；减弱；
【小问3详解】
由图可知，电极a为锌，是原电池的负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌，电极b为铜，是正极，氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气，当量筒中收集到448mL(标准状况下)气体时，由得失电子数目守恒可知，通过导线的电子的物质的量为×2=0.04ml，a电极减少锌的质量为×65g/ml=1.3g，故答案为：0.04；减少；1.3；
【小问4详解】
如果将a、b两电极的电极材料对调，则a电极为正极，生成的氢气因不能逸出，而使左端液面下降，右端液面上升，故答案为：＜。
20. 某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下的方案。
（1）已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，每消耗1ml H2C2O4转移_____ml 电子。为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为：n(H2C2O4)∶n(KMnO4) ≥_____________。
（2）探究温度对化学反应速率影响的实验编号是___________（填编号，下同），可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是_____________。
（3）实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v（KMnO4）=_______________ ml•L－1•min－1。
（4）已知50℃时c()～反应时间t的变化曲线如图。若保持其他条件不变，请在答题卡坐标图中，画出25℃时c()～t的变化曲线示意图。
_____________
【答案】 ①. 2 ②. 2.5 ③. ②和③ ④. ①和② ⑤. 0.010或1.0 ×10－2 ⑥.
【解析】
【详解】（1）草酸中碳元素为+3价，二氧化碳中碳元素为+4价，由化合价升高总数等于转移电子数可知1个H2C2O4转移2个电子，则每消耗1mlH2C2O4转移2ml 电子；草酸与酸性高锰酸钾溶液反应为5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=10CO2↑+K2SO4+2MnSO4+8H2O～10e－，只有当KMnO4完全反应，溶液的紫红色才能褪去，如果n(H2C2O4)=5ml、n(KMnO4)≤2ml，就能观察到紫色褪去，所以c(H2C2O4)∶c(KMnO4) = n(H2C2O4)∶n(KMnO4)≥2.5；
（2）根据控制变量设计探究实验方案原则，实验②和③所用试剂的浓度、体积均相同，反应温度分别为25℃、50℃，这组对比实验的目的是探究温度对化学反应速率的影响；实验①和②的温度相同，酸性高锰酸钾溶液的浓度、体积均相同，草酸浓度分别为0.1ml/L、0.2ml/L，这组实验的目的是探究浓度对化学反应速率的影响；实验①和③既改变了反应物的浓度，又改变了反应温度，不能得到合理的结论；
（3）实验①中：2.0mL草酸溶液加入4.0mL酸性高锰酸钾溶液，能稀释后者，设稀释后高锰酸钾的初始浓度为xml/L，根据题意和稀释定律（c1•V1=c2•V2）可知，0.010 ml•L－1×4.0×10－3L=x ml•L－1×（4.0+2.0）×10－3L，则x=0.010 ml•L－1×4.0/6.0，紫色恰好褪色时高锰酸钾浓度减小为0，则△c(KMnO4) =，而△t= min，由v= 可得，v(KMnO4)== =0.010 ml•L－1•min－1；
（4）根据控制变量原则，高锰酸根离子的起始浓度不变，仅仅降低温度，反应速率减小，则褪色的时间增大，相同时间内高锰酸根离子的变化浓度减小，则25℃时反应过程中c(MnO4－)～t的变化曲线位于50℃时曲线的右边，即图象为：
附加题
21. 以焙烧黄铁矿(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝颜料(该物质难溶于水)。工艺流程如图：
已知：溶液中存在的主要离子为和；为阿伏加德罗常数。回答下列问题：
（1）在空气中焙烧黄铁矿的化学方程式为：_________________；
（2）工序①经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到一种含7个结晶水的晶体为：_________(填化学式)。
（3）沉铁工序产生的白色沉淀中阴离子是由和结合形成的，的电子式与氮气的电子式相似，请写出的电子式：_______。
（4）氧化工序发生反应的离子方程式为__________________。
（5）若用还原工序得到的滤液制备和，所加试剂为____________和___________填化学式要求不引入杂质)。
【答案】（1）4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2
（2）FeSO4⋅7H2O
（3） （4）6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO+6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl—+6NH
（5） ①. H2O2 ②. NH3•H2O
【解析】
【分析】黄铁矿在空气中焙烧得到含有氧化铁的红渣，由题给流程可知，红渣中加入足量的50%的硫酸溶液加热充酸浸时，氧化铁与稀硫酸反应生成氧化铁和水，过滤得到滤渣和含有硫酸铁的滤液；向滤液中加入黄铁矿加热，将铁离子转化为亚铁离子，过滤得到滤渣和含有硫酸亚铁的滤液；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到七水硫酸亚铁晶体；硫酸亚铁晶体溶液中得到硫酸亚铁溶液，向所得溶液中加入稀硫酸、硫酸铵和铁氰化钾混合溶液，在pH为3的条件下反应得到Fe(NH4)2Fe(CN)6白色沉淀，过滤得到Fe(NH4)2Fe(CN)6；向Fe(NH4)2Fe(CN)6中加入稀硫酸和氯酸钠的混合溶液共热，将Fe(NH4)2Fe(CN)6氧化为Fe(NH4)Fe(CN)6，过滤、洗涤、干燥得到Fe(NH4)Fe(CN)6。
小问1详解】
由分析可知，黄铁矿在空气中焙烧的反应为二硫化铁与空气中的氧气高温条件下反应生成氧化铁和二氧化硫，反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故答案为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；
【小问2详解】
由分析可知，工序①为滤液经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到七水硫酸亚铁晶体，故答案为：FeSO4⋅7H2O；
【小问3详解】
由氰酸根离子的电子式与氮气的电子式相似，氰酸根离子的电子式 ，故答案为： ；
【小问4详解】
由分析可知，氧化工序发生的反应为向Fe(NH4)2Fe(CN)6中加入稀硫酸和氯酸钠的混合溶液共热，将Fe(NH4)2Fe(CN)6氧化为Fe(NH4)Fe(CN)6，反应的离子方程式为6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO+6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl—+6NH，故答案为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO+6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl—+6NH；
【小问5详解】
图1
图2
图3
图4
选项
探究方案
探究目的
A
将稀硫酸酸化的溶液滴入溶液中，溶液变黄色
氧化性：
B
将一块打磨过的铝片放入浓硫酸中，片刻后取出，用蒸馏水冲洗后浸入溶液，观察铝片表面的现象
常温下，铝遇浓硫酸发生钝化
C
将气体通入硅酸钠溶液中，振荡，观察现象
S的非金属性强于Si
D
将浓硫酸和灼热木炭反应产生的气体依次通过品红溶液、饱和溶液、澄清石灰水，观察现象
浓硫酸和木炭反应产生和气体
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
温度/℃
浓度/ ml•L－1
体积/mL
浓度/ ml•L－1
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
40
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50