湖南省益阳市桃江县2024-2025学年高一化学下学期期末考试试题含解析

PAGE17-湖南省益阳市桃江县2024-2025学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）(时量60分钟满分100分)留意事项：1.本学科试卷分为试题卷和答题卡两部分。2.请按答题卡上的留意事项在答题卡上作答，答在试题卷上的无效。3.考试结束后，只交答题卡，试题卷自行保管。可能用到的相对原子质量：C～12H～1O～16Zn～65一、选择题(本题包括18个小题，每小题只有一个选项符合题意，1～10题每小题2分，11～18题每小题3分，共44分)1.下列过程属于物理改变的是（）A.煤的气化 B.石油裂化 C.石油分馏 D.乙烯聚合【答案】C【解析】【详解】A．煤的气化是煤中的C与H2O反应产生CO和H2，由于反应产生了新的物质，因此发生的是化学改变，A不符合题意；B．石油裂化是石油中大分子在肯定条件下分解变为小分子物质的过程，由于产生新的物质，因此发生的是化学改变，B不符合题意；C．石油分馏是分别互溶的沸点不同的液体混合物的过程，由于没有新的物质产生，因此发生的是物理改变，C符合题意；D．乙烯聚合是乙烯发生加聚反应产生聚乙烯。由于反应产生新的物质，因此发生的是化学改变，D不符合题意；故合理选项是C。2.十九世纪，初步发觉元素周期律并独创元素周期表的科学家是()A.道尔顿 B.门捷列夫 C.舍勒 D.拉瓦锡【答案】B【解析】【详解】1869年俄国化学家门捷列夫在前人的基础上进行探讨，初步发觉元素周期律并绘制了第一张元素周期表，故合理选项是B。3.向NaCl、NaBr、KI的混合溶液中通入肯定量的Cl2后，若所得溶液中含有Br2，则溶液中肯定不含A.Cl2 B.Cl- C.Br- D.I-【答案】D【解析】【详解】由于还原性I-＞Br-，若所得溶液中含有Br2，则说明I-完全反应，不能存在，Br-可能部分反应，溶液中肯定存在Cl-、可存在Br-及溶解的少量Cl2，故合理选项是D。4.与NH4Cl所含化学键类型相同的是：A.NaOH B.MgCl2 C.HNO3 D.H2O2【答案】A【解析】【详解】NH4Cl是离子化合物，含有离子键、共价键。A．NaOH是离子化合物，含有离子键、共价键，与NH4Cl所含化学键类型相同，A符合题意；B．MgCl2是离子化合物，只含有离子键，无共价键，与NH4Cl所含化学键类型不相同，B不符合题意；C．HNO3是共价化合物，只含有共价键，无离子键，与NH4Cl所含化学键类型不相同，C不符合题意；D．H2O2是共价化合物，只含有共价键，无离子键，与NH4Cl所含化学键类型不相同，D不符合题意；故合理选项A。5.铯（）可用于医学、工业测量仪器以及水文学。下列有关的说法正确的是A.核外电子数为55 B.质子数为82 C.质量数为192 D.中子数为137【答案】A【解析】【详解】的质子数是55，质量数是137，中子数是137-55=82，核外电子数=质子数=55；故选A。6.下列物质互为同分异构体的是：A.甲烷和乙烷 B.红磷和白磷 C.乙烷和乙烯 D.正丁烷和异丁烷【答案】D【解析】【详解】A．甲烷分子式是CH4，乙烷分子式是C2H6，二者分子式不同，因此不能互为同分异构体，A不符合题意；B．红磷和白磷是同一元素形成的不同性质的单质，二者互为同素异形体，不是同分异构体，B不符合题意；C．乙烷分子式是C2H6，乙烯分子式是C2H4，二者分子式不同，因此不能互为同分异构体，A不符合题意；D．正丁烷和异丁烷分子式都是C4H10，正丁烷结构简式是CH3CH2CH2CH3，异丁烷分子结构简式是，二者分子式相同，结构不同，因此互为同分异构体，D符合题意；故合理选项是D。7.某有机物的结构简式可表示为HOCH2CH＝CHCH2COOH，该有机物不行能发生的反应是：A.加成反应 B.取代反应 C.水解反应 D.聚合反应【答案】C【解析】【详解】A．该有机物分子中含有不饱和的碳碳双键，能够发生加成反应，A不符合题意；B．该有机物分子中含有羧基、羟基，能够发生取代反应，B不符合题意；C．该有机物分子中不含酯基、卤素原子，因此不能发生水解反应，C符合题意；D．该有机物分子中含有不饱和的碳碳双键，能够发生加聚反应形成高聚物，加聚反应属于聚合反应，D不符合题意；故合理选项是C。8.化学与环境亲密相关，下列有关说法正确的是A.CO2属于大气污染物B.酸雨是pH小于7的雨水C.CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成D.大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧【答案】D【解析】【详解】A、二氧化碳不是大气污染物，但是却可以引起环境问题，比如温室效应，A错误；B、正常雨水的pH值为5.6，pH值小于5.6的雨水是酸雨，B错误；C、NO2或SO2都会导致酸雨的形成，但CO2不会，C错误；D、大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧，D正确；故选D。9.下列有关说法正确的是：A.糖类、油脂、蛋白质都是有机高分子化合物B.油脂在碱性条件下水解可以生产肥皂C.淀粉遇到碘盐中的KIO3会变蓝色D.酶是一种高效催化剂，在任何条件下都能发挥催化作用【答案】B【解析】【详解】A．单糖、二糖和油脂分子量较小，均属于小分子化合物，不是高分子化合物，故A错误；B．油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，碱性条件下水解得甘油和高级脂肪酸钠，而高级脂肪酸钠为肥皂的主要成分，故B正确；C．淀粉遇到碘单质变蓝色，遇到碘盐中的KIO3不变蓝，故C错误；D．酶属于蛋白质，温度过高或过低会失去活性或活性降低，催化实力减弱或丢失，故D错误；故选B。10.我国古代曾用火烧孔雀石和焦炭混合物的方法炼铜，孔雀石的主要成分是Cu2(OH)2CO3，其冶炼方法是A.热还原法 B.热分解法 C.湿法炼铜 D.电解冶炼法【答案】A【解析】【详解】A．孔雀石受热发生分解：Cu2(OH)2CO32CuO+CO2↑+H2O，由CuO炼铜，可用焦炭还原法：2CuO+C2Cu+CO2↑，该法属于热还原法，故A选；B．较活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法制得，不能通过热分解法冶炼，故B不选；C．Cu2(OH)2CO3和CuO都不溶于水，湿法炼铜的原理是Fe与CuSO4溶液发生置换反应生成Cu，该法不是湿法炼铜，故C不选；D．较活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法制得，我国古代没有电，该法没有运用电能，不属于电解冶炼法，故D不选；故选A。11.用括号内试剂除去下列各物质中的少量杂质，其中不正确的是A.乙酸乙酯中的乙酸(饱和碳酸钠溶液)B.乙醇中的水(生石灰)C.甲烷中的乙烯(酸性KMnO4溶液)D.FeCl2溶液中的FeCl3(铁粉)【答案】C【解析】【详解】A．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸能够与碳酸钠反应，可除杂，故A正确；B．CaO与水反应生成氢氧化钙，增大了与乙醇的沸点差异，然后蒸馏分别，故B正确；C．酸性KMnO4溶液能将乙烯氧化为二氧化碳，引入了新的杂质，故C错误；D．FeCl3与铁粉反应生成FeCl2，可以除杂，故D正确；故选C。12.在密闭容器中进行以下反应：N2＋3H2⇌2NH3，经过一段时间后，测得N2的浓度削减了0.8mol·L-1，在此段时间内用NH3表示的平均反应速率为0.4mol·L-1·s-1，则该反应经验的时间为()A.1s B.2s C.4s D.8s【答案】C【解析】【详解】依据物质发生反应时，用不同物质表示的化学反应速率比等于方程式中相应物质的化学计量数的比，v(N2)：v(NH3)=1：2，由于v(NH3)=0.4mol·L-1·s-1，所以v(N2)=0.2mol·L-1·s-1，由于v=，所以反应时间△t==4s，故合理选项是C。13.在肯定温度下，向aL密闭容器中加入1molX气体和2molY气体，发生如下反应：X(g)＋2Y(g)⇌2Z(g)。该反应达到平衡的标记是：A.容器内X、Y、Z的浓度不随时间而改变B.容器内X、Y、Z的浓度之比为1∶2∶2C单位时间里消耗0.1molX同时生成0.2molZD.容器内压强不随时间改变，且比反应前压强大【答案】A【解析】【详解】A．反应在恒容密闭容器中进行，若容器内X、Y、Z的浓度不随时间而改变，说明反应达到了平衡状态，A正确；B．容器内X、Y、Z的浓度之比为1∶2∶2，不能确定各物质浓度保持不变，反应可能处于平衡状态，也可能未达到平衡状态，这与反应的外界条件有关，B错误；C．由于X是反应物，Z是生成物，反应方程式中二者的计量数的比是1：2，所以在任何条件下，单位时间里消耗0.1molX同时必定会生成0.2molZ，这与反应是否处于平衡状态无关，C错误；D．反应在恒容密闭容器中进行，且该反应的正反应是气体体积减小的反应，当反应达到平衡时，容器内压强不随时间改变，但比反应前压强小；而题给比反应前压强大，不存在这样的状况，D错误；故合理选项是A。14.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的不同主族的短周期元素，X、Y的简洁离子的核外电子数相同，Y是短周期元素中金属性最强的，Z原子最外层电子数是K层的3倍。下列说法正确的是：A.简洁离子半径：Y＞ZB.Y与Z、W都能形成离子化合物C.X只能形成HXO3型的酸D.气态氢化物的热稳定性：W＜Z【答案】B【解析】【分析】Y是短周期元素中金属性最强的，则Y为Na元素，Z原子最外层电子数是K层的3倍，且原子序数大于Na，则Z为S元素，W是原子序数大于S的短周期主族元素，则W为Cl元素；X、Y的简洁离子的核外电子数相同，且X与S、Cl不同主族，则X为N元素。【详解】A．Y、Z的简洁离子分别为Na+、S2-，S2-有三层电子，Na+只有两层，所以离子半径Z＞Y，故A错误；B．Na与S可以形成离子化合物Na2S，与Cl可以形成离子化合物NaCl，故B正确；C．X为N元素，也可以形成HNO2，故C错误；D．非金属性Cl＞Z，所以气态氢化物的热稳定性W＞Z，故D错误；综上所述答案为B。15.下列由试验得出的结论正确的是选项试验结论A将乙烯通入溴的四氯化碳溶液,溶液最终变为无色透亮生成的1，2二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳B乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性C用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除乙酸的酸性小于碳酸的酸性D甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使潮湿的石蕊试纸变红生成的氯甲烷具有酸性A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．乙烯与溴发生加成反应，生成的1，2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳，溶液最终变为无色透亮，故A正确；B．乙醇不能电离出氢离子，水可以电离出氢离子，乙醇分子中的氢与水分子中的氢不具有相同的活性，故B错误；C．乙酸与碳酸钙发生强酸制取弱酸的反应，则乙酸的酸性大于碳酸的酸性，故C错误；D．发生取代反应生成HCl，HCl溶于水显酸性，卤代烃不显酸性，故D错误；故答案选A。16.下列化学用语表达正确的是A.HClO的结构式：H—Cl—OB.35Cl－和37Cl－结构示意图均可以表示为：C.CCl4分子的比例模型：D.用电子式表示氯化钠的形成过程：【答案】B【解析】【详解】A．HClO的电子式为，结构式为H-O-Cl，故A错误；B．Cl-离子的质子数为17，核外电子数为18，则35Cl-和37Cl-离子结构示意图均可以表示为，故B正确；C．CCl4分子中，氯原子的相对体积应当大于碳原子，四氯化碳的比例模型为：，故C错误；D．NaCl为离子化合物，氯化钠的形成过程用电子式表示为，故D错误；故选B。17.以节能减排为基础的低碳经济是保持社会可持续发展的战略举措。下列做法违反发展低碳经济的是()A.尽量多开采煤和石油等化石能源B.发展氢能和太阳能C.尽量搭乘公共交通工具出行D.开发利用生物质能【答案】A【解析】【详解】A．多开采煤和石油等化石能源，就会导致环境污染，与低碳经济、可持续发展相违反，A错误；B．发展氢能和太阳能等新能源，就可以削减污染物的产生与排放，削减二氧化碳的产生，符合低碳经济要求，B正确；C．尽量搭乘公共交通工具出行，就可以节约能源，削减污染物产生，削减二氧化碳的产生，符合低碳经济要求，C正确；D．开发利用生物质能，可以使物质所含能量充分利用，同时削减污染物的产生，达到物质最大化利用，符合环保要求，D正确；故合理选项是A。18.肯定量的CH4燃烧后得到CO、CO2、H2O(g)，其质量共为49.6g，将它缓慢通过浓硫酸时，浓硫酸增重25.2g，则生成的CO的质量为A.24.4g B.13.2g C.11.2g D.22.4g【答案】C【解析】【分析】CH4燃烧产物为CO、CO2、H2O(g)，产物通过浓H2SO4时，浓H2SO4的作用是汲取水分，浓H2SO4增重25.2g为水的质量，依据H原子守恒可计算CH4的物质的量，依据C原子守恒可计算CO和CO2的物质的量，令CO、CO2的物质的量分别为xmol、ymol，依据二者物质的量及质量列方程计算x、y的值，依据m=nM计算CO的质量。【详解】浓H2SO4增重25.2克，则水的质量为25.2g，所以n(H2O)==1.4mol，依据H原子守恒可计算CH4的物质的量为n(CH4)=n(H2O)=×1.4mol=0.7mol，依据C原子守恒，可知CO和CO2的总的物质的量为0.7mol，由于水的质量为25.2g，所以一氧化碳和二氧化碳的质量为：49.6g-25.2g=24.4g，令CO、CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则：x+y＝0.7，28x+44y＝22.4，解得：x=0.4，y=0.3，所以混合气中CO的质量=0.4mol×28g/mol=11.2g，故选C。二、填空题(本题包括6个小题，请把答案填写在答题卷相应位置，每空2分，共56分)19.绿色化学是“预防污染”的根本手段，它的目标是探讨和找寻能充分利用的无毒害原材料，最大限度地节约能源，在化工生产各个环节中都实现净化和无污染。(1)下列各项符合“绿色化学”要求的是________。A.处理废弃物B.治理污染点C.削减有毒物D.杜绝污染源(2)硝酸工业的尾气中主要含有NO、NO2气体，工厂里常用NaOH溶液汲取NO、NO2，使其转化为化工产品NaNO2。写出其反应的化学方程式_______。(3)某同学设计了以下两种制取Cu(NO3)2的方法，你认为符合绿色化学概念的是方法____。方法A：2Cu＋O22CuO；CuO＋2HNO3(稀)=Cu(NO3)2＋H2O方法B：3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O【答案】(1).D(2).2NaOH＋NO＋NO2＝2NaNO2＋H2O(3).A【解析】【分析】(1)依据绿色化学含义推断；(2)NaOH与NO、NO2发生归中反应产生NaNO2、H2O，依据原子守恒、电子守恒，书写反应方程式；(3)依据不产生污染物的反应中分析推断。【详解】(1)绿色化学是从源头上不产生污染物，使原子利用率达到100%，则符合“绿色化学”要求的选项是D；(2)NaOH与NO、NO2发生归中反应产生NaNO2、H2O，依据原子守恒、电子守恒，可得该反应方程式为：2NaOH＋NO＋NO2＝2NaNO2＋H2O；(3)方法A中除了制取得到的Cu(NO3)2，同时产生水，水不会对造成环境污染，故符合绿色化学理念；方法B中除了制取得到的Cu(NO3)2外，还产生了有毒气体的NO气体，NO是大气污染物，会对环境产生肯定危害，不符合绿色化学理念。故合理方法是A。【点睛】本题主要考查“绿色化学”学问。要驾驭绿色化学的含义及常见物质的性质，然后分析推断。在方程式书写时，要结合氧化还原反应规律和质量守恒定律进行分析、解答。20.化学电池在通讯、交通及日常生活中有着广泛的应用。(1)锌锰干电池是应用最普遍的电池之一(如图所示)，锌锰干电池的负极材料是______，负极发生的电极反应方程式为_______。若反应消耗16.25g负极材料，则电池中转移电子的物质的量为________mol。(2)目前常用的镍(Ni)镉(Cd)电池总反应式可以表示为：Cd＋2NiO(OH)＋2H2O2Ni(OH)2＋Cd(OH)2，已知Ni(OH)2和Cd(OH)2均难溶于水，但能溶于酸，以下说法中正确的是________。A．Cd是负极B．Ni(OH)2是正极C．充电时化学能转变为电能D．放电时化学能转变为电能(3)如图为氢氧燃料电池的构造示意图，依据电子运动方向，可知X极为电池的________(填“正”或“负”)极，Y极的电极反应为________(填“氧化”或“还原”)反应。【答案】(1).锌(2).Zn-2e-=Zn2+(3).0.5(4).AD(5).负(6).还原【解析】【分析】(1)在原电池中，活动性强的电极为负极，活动性弱的电极为正极，负极失去电子发生氧化反应，结合锌是+2价金属，依据其质量计算物质的量，然后计算转移电子的物质的量；(2)放电时化学能为电能，充电时电能转化为化学能，结合反应方程式推断电极作用；(3)在燃料电池中，通入燃料的电极是负极，通入氧化剂的电极为正极，负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子，发生还原反应。【详解】(1)在锌锰干电池中，由于电极活动性Zn＞C，所以Zn为负极，失去电子发生氧化反应，负极的电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+，16.25g锌的物质的量是n(Zn)==0.25mol，则转移电子的物质的量为n(e-)=2×0.25mol=0.5mol；(2)A．依据反应方程式可知：Cd作负极，失去电子发生氧化反应，A正确；B．Ni(OH)2连接电源正极，在反应中失去电子，发生氧化反应，作电解池的阳极，B错误；C．充电时在电流作用下发生氧化还原反应，是电能转变为化学能，C错误；D．放电时发生化学反应，产生电流，化学能转变为电能，D正确；故合理选项是AD；(3)依据图示可知X电极失去电子，发生氧化反应，则在该燃料电池中，通入氢气的电极X为负极，H2失去电子，发生氧化反应，X电极反应式为2H2-4e-+4OH-=2H2O，通入氧气的电极Y为正极，得到电子，发生还原反应，正极的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-。【点睛】本题考查原电池原理，明确正负极推断方法、各个电极上发生的反应是解本题关键，留意电解质溶液的酸碱性不同导致电极反应不同，难点是电极反应式的书写，侧重考查分析推断实力。21.下表是元素周期表的一部分，除标出的元素外，表中的每个编号代表一种元素。请依据要求回答下列问题。ⅠA01①ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2②③Ne3④Mg⑤P⑥⑦(1)⑦、②两者核电荷数之差是_________。(2)①～⑦七种元素中原子半径最大的是__________(填元素符号)。(3)②、⑥、⑦三种元素的最高价氧化物的水化物酸性最强的是________(填化学式)。(4)①、②两种元素可形成多种化合物，其中化合物A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标记，写出化合物A与⑦元素单质反应的化学方程式______，其反应类型属于______。【答案】(1).11(2).Na(3).HClO4(4).CH2＝CH2＋Cl2→CH2ClCH2Cl(5).加成反应【解析】【分析】由元素在周期表的位置可知，①为H元素，②为C元素，③为O元素，④为Na元素，⑤为Al元素，⑥为S元素，⑦为Cl元素，结合元素周期律和物质的性质分析解答。【详解】(1)⑦为Cl元素，②为C元素，两者核电荷数之差=17-6=11，故答案为：11；(2)同一周期，从左到右，原子半径渐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径渐渐增大，①～⑦七种元素中原子半径最大的是Na，故答案为：Na；(3)同一主族，从上到下，非金属性减弱；同一周期，从左到右，非金属性增加，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强。②、⑥、⑦三种元素中Cl的非金属性最强，则酸性最强的是HClO4，故答案为：HClO4；(4)①为H元素，②为C元素，⑦为Cl元素，①、②两种元素可形成多种烃类化合物，其中化合物A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标记，则A为乙烯，乙烯与氯气能够发生加成反应，反应的化学方程式为CH2＝CH2＋Cl2→CH2ClCH2Cl，故答案为：CH2＝CH2＋Cl2→CH2ClCH2Cl；加成反应。【点睛】本题的易错点为(4)，要留意常见有机物的性质和用途的理解和应用。22.卤块的主要成分是MgCl2，此外还含有Fe3+、Fe2+、Mn2+等离子。以它为原料制取轻质氧化镁的工艺流程如图：已知在此温度下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如表：物质起先沉淀沉淀完全Fe(OH)32.73.7Fe(OH)27.69.6Mn(OH)28.39.8Mg(OH)29.911.1请回答下列问题：(1)溶液Ⅰ中加H2O2反应的离子方程式为_____。(2)步骤Ⅰ是在溶液Ⅱ中加入NaOH溶液调整其pH＝9.8，其目的是________。(3)沉淀物Ⅰ的主要成分是_____(填对应的化学式)。(4)沉淀物Ⅱ加热煮沸的化学方程式为_______。【答案】(1).2Fe2+＋H2O2＋2H+＝2Fe3+＋2H2O(2).使Fe3+、Mn2+沉淀完全，而Mg2+不沉淀(3).Fe(OH)3、Mn(OH)2(4).MgCO3＋H2OMg(OH)2＋CO2↑【解析】【分析】卤块主要成分是MgCl2，此外还含有Fe3+、Fe2+、Mn2+等离子。向卤块中加水，得到含有Mg2+、Fe3+、Fe2+、Mn2+等离子的溶液，然后向其中加入H2O2，发生氧化还原反应：2Fe2+＋H2O2＋2H+＝2Fe3+＋2H2O，Fe2+变为Fe3+，然后向溶液Ⅱ中加入NaOH溶液调整其pH=9.8，Mn2+、Fe3+就会形成Mn(OH)2、Fe(OH)3沉淀，因此沉淀I是Mn(OH)2、Fe(OH)3；而Mg2+以离子形式存在于溶液中，过滤除去Mn(OH)2、Fe(OH)3沉淀，向滤液中加入Na2CO3溶液，发生复分解反应产生MgCO3沉淀，沉淀II是MgCO3，把该沉淀过滤出来，洗涤干净，然后加热，发生反应：MgCO3＋H2OMg(OH)2＋CO2↑，再将产生的Mg(OH)2加热，发生分解反应产生轻质MgO和H2O。【详解】(1)溶液Ⅰ中加H2O2，Fe2+被氧化变为Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2+＋H2O2＋2H+＝2Fe3+＋2H2O；(2)步骤Ⅰ是在溶液Ⅱ中加入NaOH溶液调整其pH＝9.8，其目的是使溶液中的Fe3+、Mn2+完全形成Mn(OH)2、Fe(OH)3沉淀，而Mg2+不沉淀；(3)依据上述分析可知：沉淀物Ⅰ的主要成分是Fe(OH)3、Mn(OH)2；(4)沉淀物Ⅱ加热煮沸，MgCO3与水反应产生更难溶的Mg(OH)2，同时产生CO2气体，反应的化学方程式为MgCO3＋H2OMg(OH)2＋CO2↑。【点睛】本题通过以卤块为原料制取轻质氧化镁的工艺流程，考查了物质制备试验方案的设计，明确物质制备试验方案设计原则，驾驭反应原理是解题的关键，留意驾驭物质性质、题目供应数据的应用，利用物质性质不同分别混合物，试题充分考查了学生的分析、理解实力及化学试验实力。23.Ⅰ.已知：反应aA(g)+bB(g)⇌cC(g)，某温度下，在2L的密闭容器中投入肯定量的A、B，两种气体的物质的量浓度随时间改变的曲线如图所示：(1)经测定前4s内v(C)=0.05mol·L−1·s−1，则该反应的化学方程式为______________。(2)若上述反应分别在甲、乙、丙三个相同的密闭容器中进行，经同一段时间后，测得三个容器中的反应速率分别为甲：v(A)=0.3mol·L−1·s−1；乙：v(B)=0.12mol·L−1·s−1；丙：v(C)=9.6mol·L−1·min−1，则甲、乙、丙三个容器中反应速率最快的是_______。Ⅱ.某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率改变，他在100mL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(气体体积已折合成标准状况)，试验记录如表(累计值)：时间/min123456氢气体积/mL50120224392472502(3)分析上表数据，反应速率最快的时间段是________min之间，你认为此时影响反应速率的主要因素是______________。(4)在盐酸中加入下列溶液，可以减缓反应速率又不影响产生的氢气的量的是_____(填字母)。A．NaNO3溶液B．NaCl溶液C．Na2CO3溶液D．CH3COONa溶液【答案】(1).3A(g)+B(g)⇌2C(g)(2).乙(3).3～4(4).温度(5).BD【解析】【分析】(1)依据v=计算前4s内△c(C)，再由图象计算前4s内△c(A)，结合图象推断A与B的浓度改变之比，最终依据相同时间段内，物质的浓度改变之比等于化学计量数之比书写反应的方程式；(2)依据化学反应速率之比等于化学计量数之比，将不同物质的反应速率转化成相同物质的反应速率比较反应速率大小；(3)依据相同时间间隔内H2的体积改变推断化学速率大小，结合影响反应速率的因素分析解答；(4)减缓反应速率而又不削减产生氢气的量，加入的物质不与已有反应物发生反应，同时又起到稀释作用，据此分析推断。【详解】I．(1)依据v=，前4s内v(C)=0.05mol•L-1•s-1，则C的浓度改变为△c(C)=v(C)△t=0.05mol•L-1•s-1×4s＝0.2mol/L，依据图象，12内，A与B的浓度改变之比为(0.8-0.2)∶(0.5-0.3)=3∶1，0-4s内，A的浓度改变为△c(A)=(0.8−0.5)mol/L=0.3mol/L，所以A的浓度改变与C的浓度改变之比为0.3∶0.2=3∶2，所以a∶b∶c=3∶1∶2，所以化学方程式为：3A(g)+B(g)⇌2C(g)，故答案为：3A(g)+B(g)⇌2C(g)；(2)依据化学反应速率之比等于化学计量数之比，将不同物质的反应速率转化成相同物质的反应速率，以B为参照，则v甲=v(A)=0.1mol/(L•s)，v乙=v(B)=0.12mol/(L•s)，v丙=v(C)=×9.6mol·L−1·min−1=4.8mol·L−1·min−1=0.08mol/(L•s)，所以三个容器的反应速率大小为乙＞甲＞丙，故答案为：乙；Ⅱ．(3)相同时间间隔内H2的体积改变越大，说明该时间段内反应速率越大，依据表格数据，每分钟内生成氢气的体积依次为：50、70、104、168、80、30，则反应速率最大的时间段为3～4min，缘由是该反应是放热反应，此时温度高，温度对反应速率占主导作用，故答案为：3～4；温度；(4)减缓反应速率而又不削减产生氢气的量，加入的物质不与已有反应物发生反应，同时又起到稀释作用。A．NaNO3溶液，相当于加入HNO3，HNO3具有强氧化性，反应可产生氮氧化物，影响H2的量，故A不选；B．NaCl溶液，不参与反应，起稀释作用，溶液中c(H+)降低，反应速率降低，也不影响H2的量，故B选；C．Na2CO3溶液，消耗H+，导致H2的量降低，故C不选；D．CH3COONa，结合溶液中H+，溶液中c(H+)降低，化学反应速率降低，随着反应进行，仍能电离出H+，即H+总量不变，不影响H2的量，故D选，故答案为：BD。【点睛】本题的易错点为(4)，要留意硝酸根离子在酸性溶液中具有强氧化性，与活泼金属反应不放出氢气。24.某校学生用如图所示装置进行试验，以探究苯与溴发生反应的原理并分别提纯反