运城市高中联合体2019-2020学年高一下学期第一次摸底考试化学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精山西省运城市高中联合体2019-2020学年高一下学期第一次摸底考试化学试题含解析山西省运城市高中联合体2019-2020学年高一下学期第一次摸底考试化学试题1。下列说法不正确的是A.石油和天然气属于一次能源B。绿色植物进行光合作用时,太阳能转化为化学能C。燃料燃烧时,化学能全部转化为热能D.石墨转化为金刚石是吸热反应，故石墨能量比金刚石能量低【答案】C【解析】【详解】A。石油和天然气都是由自然界直接开采的能源，属于一次能源,故A正确；B.绿色植物进行光合作用，生成淀粉和氧气，太阳能转化为化学能,故B正确；C。燃料燃烧时，将化学能转化为内能，故C错误;D.石墨转化为金刚石是吸热反应，石墨能量比金刚石能量低，故D正确；选C。2.2016年IUPAC命名117号元素为Ts（中文名“”,tián），Ts的原子核外最外层电子数是7。下列说法不正确的是A。Ts是第七周期第ⅦA族元素B。Ts的同位素原子具有相同的电子数C。Ts在同族元素中非金属性最弱D。中子数为176的Ts核素符号是【答案】D【解析】【详解】A.该原子结构示意图为，该元素位于第七周期、第VIIA族，故A正确；B.同位素具有相同质子数、不同中子数,而原子的质子数=核外电子总数，则Ts的同位素原子具有相同的电子数，故B正确；C.同一主族元素中,随着原子序数越大,元素的非金属性逐渐减弱，则Ts在同族元素中非金属性最弱,故C正确；D.该元素的质量数=质子数+中子数=176+117=293，该原子正确的表示方法为：，故D错误;故答案选：D。3。下列化学用语表示正确的是A.氮气的电子式 B.C﹣14的原子结构示意图:C。二硫化碳的结构式：S=C=S D。D2O和H2O互为同分异构体【答案】C【解析】【详解】A.氮气的电子式，故A错误；B.C﹣14原子的质子数是6、核外电子数是6，原子结构示意图为，故B错误;C.二硫化碳中存在C=S键，结构式为S=C=S，故C正确；D.D2O和H2O是由氢元素的不同同位素原子构成的水分子，H2O和D2O是同一种物质，故D错误;选C。4.下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是A.铝片和稀盐酸反应 B。Ba（OH)2·8H2O与NH4Cl的反应C。灼热的碳与二氧化碳的反应 D。甲烷在氧气中的燃烧【答案】C【解析】【分析】根据题中属于氧化还原反应，又属于吸热反应可知，本题考查氧化还原反应的特征和常见吸热反应，运用有化合价变化的反应是氧化还原反应和常见吸热反应分析.【详解】A。铝片和稀盐酸属于氧化还原反应，又属于放热反应，A项错误；B。Ba(OH）2·8H2O与NH4Cl反应属于非氧化还原反应，又属于吸热反应,B项错误；C.碳与二氧化碳的反应属于氧化还原反应，又属于吸热反应，C项正确;D。甲烷在氧气中的燃烧属于氧化还原反应,又属于放热反应，D项错误；答案选C.【点睛】常见吸热反应：大多数的分解反应；以C、CO、H2为还原剂的反应；八水合氢氧化钡与氯化铵反应。5.下列各组顺序排列不正确的是A.热稳定性:HCl＞H2S＞PH3B.离子半径：Na+＞Mg2+＞O2—C酸性强弱：H2SiO3＜H3PO4＜H2SO4D。碱性强弱：KOH＞Mg(OH)2＞Al（OH)3【答案】B【解析】【详解】A。同周期元素从左到右非金属性增强,气态氢化物热稳定性增强，热稳定性HCl＞H2S＞PH3，故A正确;B.电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径O2-＞Na+＞Mg2+，故B错误；C。同周期元素从左到右非金属性增强，最高价含氧酸酸性增强，酸性H2SiO3＜H3PO4＜H2SO4，故C正确；D。元素金属性越强,最高价氧化物的水化物碱性越强，碱性KOH＞Mg(OH）2＞Al（OH）3，故D正确；选B。【点睛】本题考查元素周期表和周期律,把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查,注意同周期元素递变规律的应用.6。根据元素周期律，由事实进行归纳推测,推测不合理的是（）事实推测A12Mg与水反应缓慢，20Ca与水反应较快56Ba（ⅡA族）与水反应更快BSi是半导体材料,同族的Ge也是半导体材料Ⅳ族的元素都是半导体材料CHCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解HBr的分解温度介于二者之间DSi与H2高温时反应，S与H2加热能反应P与H2在高温时能反应A。A B.B C.C D。D【答案】B【解析】【详解】A．同主族从上到下金属性逐渐增强，12Mg与水反应缓慢，20Ca与水反应较快，56Ba（ⅡA族）与水反应更快，推论合理，故A正确；B．Si是半导体材料,同族的Ge也是半导体材料，只有金属与非金属交界线附近才存在半导体，Ⅳ族的元素都是半导体材料的推论不合理，故B错误；C．同主族元素从上到下元素的非金属性减弱，氢化物的稳定性减弱，HCl在1500℃时分解,HI在230℃时分解，推出：HBr的分解温度介于二者之间，结论合理，故C正确；D．同周期从左到右元素的非金属性增强，单质与氢化合从难到易，由Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应得出：P与H2在高温时能反应，结论合理,故D正确；故选B。7。元素R、T、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如图所示，其中Z单质与H2混合遇强光会发生爆炸。则下列判断错误的是A.气态氢化物的沸点：H2T＞H2Y＞H2RB.R与Y的电子数相差8C。非金属性：Z＞Y＞XD.Z的含氧酸的酸性比Y的强【答案】AD【解析】【分析】Z单质与H2混合遇强光会发生爆炸，Z是Cl元素,根据元素R、T、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置,R、T、X、Y分别是O、Se、P、S。【详解】A。水分子间能形成氢键，气态氢化物的沸点：H2O＞H2Se＞H2S，故A错误;B。R是O、Y是S，电子数相差8，故B正确；C。同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性Cl＞S＞P，故C正确；D。酸性:HClO〈H2SO4、HClO4>H2SO4,Cl的含氧酸的酸性不一定比S的强，故D错误；选AD。8.下列说法不正确的是①H2O2分子中既含极性键又含非极性键②若R2-和M+的电子层结构相同,则原子序数:R〉M③F2、Cl2、Br2、I2熔点随相对分子质量增大而升高④NCl3、CCl4、CO2、BeCl2分子中各原子均达到8电子稳定结构⑤固体熔化成液体的过程是物理变化，所以不会破坏化学键⑥HF分子很稳定是由于HF分子之间能形成氢键⑦Na2O2固体中的阴离子和阳离子个数比是1：2⑧由于非金属性Cl〉Br>I,所以酸性HCl>HBr>HIA。②④⑤⑥⑧ B。①③④⑤ C。②④⑤⑦ D.③⑤⑦⑧【答案】A【解析】【详解】①H2O2的结构式是H—O-O-H，分子中既含极性键又含非极性键,故①正确；②若R2-和M+的电子层结构相同，质子数M>R,原子序数：R〈M，故②错误；③F2、Cl2、Br2、I2随相对分子质量增大，范德华力增大，熔点升高，故③正确；④BeCl2分子中Be原子未达到8电子稳定结构,故④错误；⑤离子晶体熔化成液体的过程是物理变化,会破坏离子键，故⑤错误;⑥HF分子很稳定是由于H-F键的键能大，故⑥错误；⑦Na2O2固体中的阴离子是，阴离子和阳离子个数比是1：2,故⑦正确；⑧无氧酸的酸性与非金属性无关，酸性HCl〈HBr<HI，故⑧错误；不正确的是②④⑤⑥⑧，选A。9.H2和I2在一定条件下能发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)，1molH2完全反应放出akJ热量。已知：(a、b、c均大于零）。下列说法不正确的是A。反应物的总能量高于生成物的总能量B.断开1molH—H键和1molI—I键所需能量大于断开2molH—I键所需能量C。断开2molH-I键所需能量约为(c+b+a)kJD。向密闭容器中加入2molH2和2molI2，充分反应放出的热量小于2akJ【答案】B【解析】【详解】A.放热反应中反应物的总能量高于生成物的总能量。该反应放热，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，A选项正确;B。该反应放热，说明反应物断键吸收的能量低于形成生成物成键放出的能量，而同一化学键断开吸收的能量和形成放出的能量相等,所以，断开1molH-H键和1molI-I键所需能量总和小于断开2molH—I键所需能量,B选项错误；C。反应放出的热约为成键放出的能量减去断键吸收的能量：akJ=断开2molH—I键所需能量—bkJ-ckJ，所以，断开2molH—I键所需能量约为（c+b+a）kJ，C选项正确；D。该反应是可逆反应，向密闭容器中加入2molH2和2molI2,反应的H2小于2mol，所以，充分反应放出的热量小于2akJ,D选项正确；答案选B.【点睛】放热反应反应物的能量大于生成物的能量，忽略其他形式的能量,反应放出的热等于反应物的能量减去生成物的能量,也等于得到生成物成键放出的热减去反应物断键吸收的能量。10.将纯净的A置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：A(s）2B（g）+C(g）+D(g)。下列说法正确的是A。2v（B)＝v(C）B.增大A的物质的量，化学反应速率加快C。若B的质量分数不变，则反应达平衡D。平衡后移除C,A的转化率增大【答案】D【解析】【详解】A.用不同物质表示的速率比等于系数比，所以v(B）＝2v（C)，故A错误；B.A是固体，增大A的物质的量,化学反应速率不变,故B错误；C。气体B、C、D全是生成物,B的质量分数是定值，若B的质量分数不变，反应不一定达平衡状态，故C错误；D.平衡后移除C,平衡正向移动，A的转化率增大，故D正确；选D。【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，明确当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等,但不为0,注意增加固体的量，浓度不变,所以反应速率不变。11。在密闭系统中有反应C（s）＋CO2(g）2CO(g)，能使反应速率加快的措施是①通过减小容器体积增大压强②升高温度③将炭粉碎④通入CO2⑤增加炭的量⑥恒容条件下通入N2使得压强增大A.①②③⑥ B.①②④⑥ C。①②③④ D.①②③④⑤【答案】C【解析】【分析】加快反应速率，可从影响化学反应速率的因素思考，可通过升高温度、有气体参加的反应可增大压强、增大固体的表面积以及增大反应物的浓度等。【详解】①反应有气体参加,增大压强，反应物的浓度增大，反应速率增大,故①正确；

②升高温度，反应速率增大，故②正确;

③将炭粉碎，固体表面积增大，反应速率增大，故③正确；

④通CO2气体，反应物的浓度增大，反应速率增大，故④正确;

⑤增加炭的量，固体的浓度不变，反应速率不变，故⑤错误．

⑥恒容条件下通入N2，参加反应的气体的浓度不变，反应速率不变,故⑥错误．正确的有①②③④；答案：C【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，本题注意影响化学反应速率的因素和影响原因，注重常见相关基础知识的积累，易错点⑥.12.一定温度下在一容积不变的密闭容器中发生可逆反应2X(g)Y(g）+Z（s)，以下不能说明该反应达到化学平衡状态的是A.混合气体的密度不再变化 B.反应容器中Y的质量分数不变C.体系压强不再变化 D.c（X）:c（Y）：c(Z)=2：1：1【答案】D【解析】【详解】A。反应前后气体质量是变量，所以混合气体的密度是变量，混合气体的密度不再变化，反应一定达到平衡状态，故选A;B。随反应进行，Y的质量分数增大,若反应容器中Y的质量分数不变，一定达到平衡状态，故不选B；C.反应前后气体系数和改变，压强是变量，体系压强不再变化，反应一定达到平衡状态，故不选C；D.浓度不变为平衡状态，c(X):c(Y):c(Z）=2：1：1,不能确定浓度是否改变，反应不一定达到平衡状态，故选D.13。两气体A、B分别为0.6mol与0。5mol，在0.4L密闭容器中发生反应：3A+B=mC+2D，经5min后达到平衡，此时C为0.2mol，在此时间内D的平均反应速率为0.1mol•L﹣1•min﹣1,下列结论错误的是（）A。平衡时反应混合物总物质的量为1mol B.B的转化率为20％C.A的平均反应速率为0.15mol•L﹣1•min﹣1 D.m值为2【答案】A【解析】【详解】经5min后达到平衡，此时C为0.2mol，v（C)==0.1mol·L-1·min—1,又知在此反应时间D的平均反应速率为0。1mol·L-1·min-1,由反应速率之比等于化学计量数之比可知m=2，则A．平衡时混合物总物质的量为：0。3mol+0.4mol+0.2mol+0.2mol=1。1mol，故A错误；B．平衡时B的转化率为：×100％=20％，故B正确;C．A的平均反应速率为=0。15mol•L﹣1•min﹣1,故C正确；D．根据分析可知，m=2,故D正确；故选A。【点睛】本题考查化学平衡的计算，明确化学反应速率与化学计量数的关系为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用,试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。14。利用如图所示装置可以将温室气体CO2转化为燃料气体CO。下列说法正确的是A.该装置工作时，H+从b极区向a极区移动B。电极a表面发生还原反应C。该过程至少涉及到3种能量的转化D。该装置中每生成1molCO,同时生成1molO2【答案】C【解析】【分析】该装置工作时，电子由a极流出,经导线流入b极，所以a是负极、b是正极。【详解】A。该装置工作时,阳离子由负极流向正极，所以H+从a极区向b极区移动,故A错误;B.电极a表面水失电子生成氧气和氢离子,发生氧化反应，故B错误；C.该过程涉及太阳能、电能、化学能、热能等能量的转化，故C正确；D。根据电子守恒,该装置中每生成1molCO,同时生成0.5molO2，故D错误；选C。15。把a、b、c、d四块金属片浸入稀酸中,用导线两两相连组成原电池.若a、b相连时，a为负极，c、d相连时，电流由d到c；a、c相连时c极上产生大量气泡，b、d相连时，b上有大量气泡产生，则四种金属的活动性顺序由强到弱的顺序为A.a>b>c〉d B。a>c〉d>b C。c>a〉b>d D。b>d>c〉a【答案】B【解析】【详解】a、b相连时，a为负极,活泼金属作负极，所以a的金属活动性大于b；c、d相连时，电流由d到c，故c为负极，所以c的金属活动性大于d；a、c相连时,c极上产生大量气泡，说明a为负极，所以a的金属活动性大于c，b、d相连时，b上有大量气泡产生，说明d为负极，所以d的金属活动性大于b,故a、b、c、d4块金属的活动性由强到弱的顺序为a＞c＞d＞b,B选项正确；答案选B。16。燃料电池是目前电池研究的热点之一,现有某课外小组自制的氢氧燃料电池，如图所示，a、b均为惰性电极.下列叙述正确的是A。总反应方程式为2H2+O22H2OB。a极反应是H2－2e－＝2H＋C。使用过程中电解质溶液的pH逐渐减小D。b电极是正极,该电极上发生氧化反应【答案】C【解析】【详解】A．氢氧燃料电池的总反应方程式是2H2+O2=2H2O，反应条件不是点燃，故A错误;B.a极氢气失电子生成水，电极反应是2H2＋4OH－－4e－4H2O，故B错误;C．电池总反应方程式为2H2+O2=2H2O，电池工作时生成水,KOH的浓度降低，pH逐渐减小，故C正确；D。b电极是正极,该电极上氧气得电子发生还原反应，故D错误；选C17。以下关于烷烃的说法中正确的是A。一氯甲烷只有一种空间结构，证明甲烷是正四面体的空间结构而不是平面结构B.烷烃的熔沸点随分子中碳原子数的增多而降低C。C2H6与C3H6互为同系物D。戊烷的结构有三种，其化学性质与甲烷类似【答案】D【解析】【详解】A。二氯甲烷只有一种空间结构,证明甲烷是正四面体的空间结构而不是平面结构，故A错误；B。烷烃的熔沸点随分子中碳原子数的增多而升高，故B错误；C。同系物分子是结构相似、组成相差若干个CH2，C2H6与C3H6只相差1个C原子,且前者是饱和烃，后者是不饱和烃,所以不是同系物，故C错误；D。戊烷的结构有CH3CH3CH2CH2CH3、CH3CH3CH（CH3)2、C(CH3）4三种,属于烷烃，化学性质与甲烷类似，故D正确;选D。18。根据表中信息，判断以下叙述正确的是部分短周期元素的原子半径及主要化合价元素代号LMQRT原子半径／nm0。1600。1430。1120.1040。066主要化合价＋2＋3＋2＋6、－2－2A。氢化物的稳定性为H2T＜H2RB.单质与稀盐酸反应的剧烈程度为L＜QC。M与T形成的化合物具有两性D。L2+与R2－的核外电子数相等【答案】C【解析】【分析】根据元素的主要化合价（最高正价等于最外层电子数，最低负价的绝对值等于8—最外层电子数)和原子半径的大小可知：L、Q为同一主族，L为镁，Q为铍；M为铝；R、T同一主族，R为硫，T为O。【详解】A.同一主族从上到下非金属性减弱，而非金属性越强,气态氢化物越稳定，因此稳定性H2T〉H2R（H2O>H2S）,故A错误；B。同一主族从上到下金属性增强，金属性越强,单质与稀盐酸反应越剧烈，因此L〉Q（Mg〉Be),故B错误；C.M与T形成的化合物为氧化铝，氧化铝具有两性，故C正确；D。L2+(Mg2+）核外电子数为10，而R2－（S2－）的核外电子数18，故D错误；答案：C19.可用于电动汽车的铝-空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液，铝合金为负极，空气电极为正极。下列说法正确的是A.以NaOH溶液为电解液时，负极反应为：Al+3OH――3e－＝Al(OH）3↓B.以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时,正极反应都为:O2+2H2O+4e－=4OH－C.以NaOH溶液为电解液时,电池在工作过程中电解液的pH保持不变D.电池工作时，电子通过外电路由正极流向负极【答案】B【解析】【详解】A。以NaOH溶液为电解液时，负极反应为Al+4OH-—3e－＝AlO2—+2H2O,故A错误；B.以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应都为O2+2H2O+4e－=4OH－，故B正确；C.以NaOH溶液为电解液时，电池电池总反应为4Al+3O2+4OH—=4AlO2-+2H2O，所以在工作过程中电解液的pH减小，故C错误；D。电池工作时,电子通过外电路由负极流向正极，故D错误；选B。20。科学家合成出了一种新化合物（如图所示)，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述不正确的是A。W的最高价氧化物是离子化合物B该新化合物中X满足8电子稳定结构C.元素非金属性的顺序为X＞Y＞ZD.Z的最高价氧化物的水化物是强酸【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z为同一短周期元素，X能形成4个共价键，Z能形成1个共价键，Z最外层有7或1个电子，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半，所以X是Si、Z是Cl；根据化合价代数和等于0,Y的化合价为-3，则Y是P元素；W形成+1价阳离子，W是Na.【详解】A。W是Na，Na的最高价氧化物是离子化合物，故A正确;B.X是Si原子，最外层有4个电子,形成4个共价键，所以该化合物中Si满足8电子稳定结构,故B正确；C。同周期元素从左到右非金属性增强,元素非金属性的顺序为Cl＞P＞Si，故C错误;D.Cl最高价氧化物的水化物HClO4是强酸，故D正确；选C。21。X、Y、Z、M、N是短周期元素，且原子序数依次递增。已知X的最外层电子数是次外层电子数的3倍，X、M同主族，Y在同周期主族元素中原子半径最大.Z和N可以形成ZN2型化合物。回答下列问题：（1）元素N在周期表中的位置____________,它的最高价氧化物的化学式为____________________________________。（2）由元素X、Y形成的一种化合物可以作为呼吸面具的供氧剂，该化合物的电子式为__________________，其所含化学键的类型为____________.(3）用电子式表示ZN2的形成过程____________________。（4)Z能在氮气中燃烧，Z在氮气中燃烧的产物与水反应可产生一种使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。写出Z在氮气中的燃烧产物与水反应的化学方程式:________________________________________________________【答案】(1）.第三周期VIIA族（2)。Cl2O7(3）。(4).离子键、共价键(5）.（6).Mg3N2+6H2O=3Mg（OH)2↓+2NH3↑【解析】【分析】X的最外层电子数是次外层电子数的3倍，X是O元素;X、M同主族,M是S元素；X、Y、Z、M、N原子序数依次增大,所以N是Cl元素;Y在同周期主族元素中原子半径最大，Y是Na；Z和Cl可以形成ZCl2型化合物,Z为Mg。【详解】(1）N是Cl元素,在周期表中的位置是第三周期VIIA族，氯元素最高价为+7，它的最高价氧化物的化学式为Cl2O7；（2)由元素O、Na形成的一种化合物可以作为呼吸面具的供氧剂，该化合物是Na2O2，电子式为,所含化学键的类型为离子键、共价键;（3)MgCl2是离子化合物，用电子式表示MgCl2的形成过程是；（4）Mg能在氮气中燃烧生成Mg3N2，Mg3N2与水反应可产生氨气和氢氧化镁，反应的化学方程式是Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑；【点睛】本题以元素推断为载体考查元素化合物、元素周期律知识，正确推断元素是解题关键，明确同周期元素性质递变规律，注意离子化合物中化学键的判断方法.22.化学反应速率与限度与生产、生活密切相关(1）A学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在200mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（累计值）：时间（min）12345氢气体积（mL）(标准状况）100240688810860①反应速率最大的时间段是____________(填0～1、1~2、2～3、3～4、4~5）min，原因是____________。②在2~3min时间段以盐酸的浓度变化来表示的反应速率为____________。（设溶液体积不变）（2)B学生也做同样的实验,但由于反应太快,测不准氢气体积，故想办法降低反应速率,请你帮他选择在盐酸中加入下列____________以减慢反应速率。（填写代号）A．冰块B．HNO3溶液C．CuSO4溶液（3）C同学为了探究Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果，设计了如图所示的实验.可通过观察___________________________现象,定性比较得出结论。有同学提出将FeCl3改为Fe2（SO4）3更为合理，其理由是__________________________，【答案】（1).2～3(2）。因该反应放热，随着反应，溶液温度升高，故反应速率加快（3）。0。2mol·L—1·min-1（4)。A（5).反应产生气泡的快慢（6）.控制阴离子相同，排除阴离子的干扰【解析】【分析】（1）单位时间内生成氢气的体积越大反应速率越快;锌与盐酸反应放热；②2～3min生成氢气的体积是448mL（标准状况），物质的量是，消耗盐酸的物质的量0。4mol;（2）根据影响反应速率的因素分析;（3）双氧水分解有气泡产生；根据控制变量法，探究Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解,控制阴离子相同；【详解】（1）根据表格数据，2min～3min收集的氢气最多，反应速率最大的时间段是2～3min；锌与盐酸反应放热,随着反应，溶液温度升高，故反应速率加快；②2～3min生成氢气的体积是448mL（标准状况）,物质的量是，消耗盐酸的物质的量0。04mol，=0。2mol·L—1·min—1；（2）A．加入冰块，温度降低，反应速率减慢，故选A;B．加入HNO3溶液，硝酸与锌反应不能生成氢气，故不选B；C．加入CuSO4溶液，锌置换出铜，构成原电池，反应速率加快，故不选C；（3)双氧水分解有气泡产生,可通过观察反应产生气泡的快慢，定性比较催化效果;根据控制变量法，探究Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解,控制阴离子相同，排除阴离子的干扰，所以FeCl3改为Fe2(SO4）3更为合理。【点睛】本题主要考查化学反应速率的影响因素，明确影响反应速率的因素是解题关键,注意控制变量法在探究影响化学反应速率因素实验中的应用,理解原电池原理对化学反应速率的影响。23。能源与人类的生存和发展息息相关，化学反应在人类利用能源的历史过程中充当重要的角色。回答下列问题:（1）科学家最近研制出利用太阳能产生激光，使海水分解。太阳光分解海水时，光能转化为________能，水分解时断裂化学键是________（填“离子键"或“共价键”)（2）氢能是一种具有发展前景的理想清洁能源，氢气燃烧时放出大量的热。若断开1mol氢气中的化学键消耗的能量为Q1kJ,断开1mol氧气中的化学键消耗的能量为Q2kJ，形成1mol水中的化学键释放的能量为Q3kJ，则下列关系正确的是____________A．Q1＋Q2＜Q3B．2Q1＋Q2＜2Q3C．2Q1＋Q2＞2Q3D．Q1＋Q2＞Q3（3)下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是________。A。Fe+2FeCl3＝3FeCl2B.SO3+H2O＝H2SO4C.C+H2OCO+H2D。Ba(OH）2+H2SO4＝BaSO4+2H2O（4）美国NASA曾开发一种铁·空气电池，其原理如图所示,电池反应为：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH）2。①电极a为原电池的________（填“正极”或“负极”）,该极的电极反应式为______________________；电极b上发生________反应（填“氧化”或“还原”)。②原电池工作一段时间后，若消耗铁22。4g，则电路中通过的电子数为________。【答案】（1)。化学(2）.共价键(3）.B（4）.A（5）。负极（6).Fe—2e—+2OH—=Fe（OH)2(7）.还原(8）。0。8NA或0.8×6.02×1023【解析】【分析】（1）利用太阳光分解海水生成氢气和氧气，水是共价化合物，含有共价键;(2）放热反应，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键释放的能量;(3）放热的氧化还原反应能设计成原电池；（4）①a电极，Fe→Fe（OH)2，铁失电子化合价升高;b电极，氧气得电子生成氢氧根离子；②原电池工作时,铁元素化合价由0升高为+2；【详解】(1)利用太阳光分解海水生成氢气和氧气，光能转化为化学能,水是共价化合物，含有共价键,水分解断裂的是共价键;(2）放热反应，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键释放的能量，2mol氢气和1mol氧气反应生成2mol水，氢气燃烧时放出大量的热,所以2Q1＋Q2＜2Q3，选B；(3）A。Fe+2FeCl3＝3FeCl2，铁元素化