【文档说明】【精准解析】湖北省武汉市2019-2020学年高一下学期期中联考化学试卷.doc，共(18)页，492.000 KB，由管理员店铺上传

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化学试卷一、单项选择题（每小题3分，共16小题，总分48分）1.化学知识无处不在，下列与古诗文记载对应的化学知识不正确．．．的是（）常见古诗文记载化学知识A《泉州府志》：元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之。泥土具有吸附

作用，能将红糖变白糖B《荀子·劝学》：冰水为之，而寒于水。冰的能量低于水，冰变为水属于吸热反应C《本草纲目》：釆蒿蓼之属，晒干烧灰，以原水淋汁，久则凝淀如石(石碱)，浣衣发面。石碱具有碱性，遇酸产生气体D《天工开物》：凡研硝(KNO3）不以铁碾入石臼，相

激火生，祸不可测。性质不稳定，撞击易爆炸A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.该古诗文指元代南安黄长者发现墙塌压糖后，去土红糖变白糖，说明泥土具有吸附作用，能将红糖变白糖，A项正确；B.冰的能量低于水，冰变为水需要吸收能量，但没有新物质生成

，不是吸热反应，B项错误；C.该古诗文说明“石碱”能溶于水，其水溶液久置会结晶析出，能用于洗衣、发面，说明“石碱”具有碱性（能用于洗衣），遇酸产生气体（能用于发面），C项正确；D.该古诗文指研磨KNO3不用铁碾在石臼中研磨，两者相互撞击产生火花后果不堪设想，说明KNO3不稳定，撞击易爆炸，D

项正确；答案选B。2.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═SD.中子数为8的氧原子：87O【答案】C【解析】【详解】A．氮气的电子式：，故A错误；B．C的质子数为6，C﹣14的原子结构示意

图：，故B错误；C．碳和硫形成双健，二硫化碳的结构式：S═C═S，故C正确；D．氧的质子数为8，中子数为8的氧原子：168O，故D错误；故选C。3.2020年是俄国化学家门捷列夫发现元素周期表151周年。在第74次联合国全体会议上，宣布2019年为“国际化学元素周期表年”。科学家预言，存在稳定的

超重元素，如：Z＝114，N＝184的原子，它位于周期表的第7周期，第ⅣA族，下列说法正确的是（）A.该原子核外有114个电子B.该原子的质量数为184C.该元素的相对原子质量为298gD.该元素可能为非金属元素【答案】A【解析】【详解】A．核外电子数

=质子数，该原子核外有114个电子，故A正确；B．质量数=质子数+中子数，该原子的质量数为114+184=298，故B错误；C．该核素的相对原子质量为298，故C错误；D．第ⅣA族只有C、Si两种非金属元素，故D错误；故选A

。4.下列各组物质含有的化学键类型完全相同的是()A.HBr、CO2、NH3B.Na2O、Na2O2、Na2SC.NaCl、HCl、H2OD.NaOH、CaCl2、CaO【答案】A【解析】【详解】A、都属于共价化合物，化学键类型是共价键或极性共价键，故A正确；B

、Na2O和Na2S只含离子键，Na2O2除含有离子键外，还含有非极性共价键，故B错误；C、NaCl属于离子化合物，含有离子键，HCl和H2O属于共价化合物，含有共价键，故C错误；D、NaOH含有离子键和共价键，

CaCl2和CaO只含有离子键，故D错误。5.下列各组中互为同素异形体关系的是（）A.H2与D2B.C70与C60C.4019K与3919KD.T2O与H2O【答案】B【解析】【分析】由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体，互为同素异形体的物质要符合以下两个条件：同种元素形成

，不同单质。【详解】A．H2与D2两者均是H元素形成的同种单质，故A错误；B．C70与C60均是碳元素形成的单质，属于同素异形体，故B正确，C．4019K与3919K两者质子数相同，中子数不同，属于同位

素，故C错误；D．T2O与H2O是化合物，故D错误；故选B。6.有下列10种物质，归类正确的是①铝②H2S③金刚石④氯水⑤NaOH固体⑥BaCO3固体⑦氨水⑧CO2⑨乙醇⑩盐酸A.能导电的物质①④⑤⑦⑩B.含有离子键的化合物:⑤⑥⑩C.电解质:⑤⑥⑩D.共价化合物:②⑧⑨

【答案】D【解析】A.含有自由移动电子或离子的物质可以导电，能导电的物质有金属铝、氯水、氨水和盐酸，即①④⑦⑩，A错误；B.含有离子键的化合物有氢氧化钠、碳酸钡，即⑤⑥，B错误；C.溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，属于电解质的是②⑤⑥，C错误；D.全部由共价键形

成的化合物是共价化合物，属于的共价化合物是②⑧⑨，D正确，答案选D。点睛：电解质的判断是易错点，判断时既要考虑是不是化合物，还要考虑溶于水或在熔融状态下能否导电，需要说明的是导电只是现象，关键是看该化合物能否自身电离出阴

阳离子。7.下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是（）A.镁条与稀盐酸的反应B.Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl的反应C.灼热的炭与CO2的反应D.氢气在氧气中的燃烧反应【答案】C【解析】【详解】A．镁条与稀盐酸的反应，反应中有化合价变化，是氧化还原反应，但是放热反应，

故A不选；B．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl的反应，反应中无化合价变化，是非氧化还原反应，反应吸热，故B不选；C．灼热的炭与CO2的反应，反应中有化合价变化，是氧化还原反应，也是吸热反应，故C选；D．氢气在氧

气中的燃烧反应，反应中有化合价变化，是氧化还原反应，但是放热反应，故D不选；故选C。8.下列有关反应速率的说法正确的是：A.用铁片和稀硫酸反应制氢气时，改用98%的硫酸可以加快反应速率B.100mL2mol•L﹣1的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变C.反应C(s)＋H2O(

g)CO(g)＋H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，增加C的量,其反应速率增大D.汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强反应速率变慢:【答案】D【解析】【详解】A．铁与浓硫酸反应在铁表面形成一层致密的氧化

物保护膜，防止浓硫酸继续和铁反应，所以浓硫酸不能加快反应速率，A错误；B．加入氯化钠溶液，溶液体积增大，氢离子浓度减小，则反应速率减小，B错误；C．碳是固体，增加固体的质量反应速率不变，C错误；B．减小压强，反应速率减小，D正确；答案选D。【点睛】本题

考查化学反应速率的影响，外界条件对化学反应速率的影响，实际是通过影响单位体积内活化分子的数量，改变有效碰撞次数来实现的，影响化学反应速率的外界条件主要有温度、浓度、压强和催化剂，归纳为：。9.在一定温度下，体积固定的密闭容器中发生可逆反应4HCl（g）+O2（g）＝2H2O（g）+

2Cl2（g）下列能说明反应已经达到平衡状态的是（）A.混合气体的密度保持不变B.混合气体的平均相对分子质量保持不变C.断开4molH﹣Cl键的同时，生成4molH﹣O键D.HCl、O2、H2O、Cl2四种气体的物质的量之比为4：1：2：2【答案】B【解析

】【分析】在一定温度下，体积固定的密闭容器中发生可逆反应4HCl（g）+O2（g）＝2H2O（g）+2Cl2（g），为气体体积缩小的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化。【详解】A．反应过程中气体总质量、容器容积为定值，则气体密度始终不变，不

能根据混合气体的密度判断平衡状态，故A错误；B．该反应中气体总质量为定值，气体的总物质的量为变量，根据公式M=mn可知，混合气体的平均相对分子质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量保持不变时，表明正逆反应速率相等，

该反应达到平衡状态，故B正确；C．断开4molH-Cl键的同时，生成4molH-O键，表示的都是正反应速率，无法判断是否达到平衡状态，故C错误；D．HCl、O2、H2O、Cl2四种气体的物质的量之比为4：1：2：2，无法判断各组分的物质的量是否继续变化，

无法判断平衡状态，故D错误；故选B。10.汽车的启动电源常用铅蓄电池。放电时的电池反应为：PbO2+Pb+2H2SO4＝2PbSO4+2H2O，根据此反应判断下列说法正确的是（）A.负极反应式：Pb﹣2e﹣+SO42﹣＝PbSO4B.电池放电时，溶液

的酸性增强C.PbO2得电子，被氧化D.PbO2是电池的负极【答案】A【解析】【详解】A．负极是还原剂失电子，发生氧化反应，负极反应式：Pb﹣2e﹣+SO42﹣＝PbSO4，故A正确；B．电池放电时，正极消耗氢离子，溶液的酸性减弱，故B错误；C．PbO

2得电子，被还原，故C错误；D．PbO2是氧化剂，是电池的正极，故D错误；故选A。11.已知FeCl3和MnO2都可作H2O2分解制O2的催化剂，为了探究温度对化学反应速率的影响，下列实验方案可行的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．不能形成对

比试验,无法探究温度对该反应速率的影响,A错误；B．温度和催化剂都不一样的情况下,无法探究温度对该双氧水的分解反应速率的影响,B错误；C．第一个装置中缺少催化剂二氧化锰,无法探究温度对该反应速率的影响,C错误；

D．催化剂是一样的,都是氯化铁,温度不同,这样可以探究温度对该反应速率的影响,D正确；正确选项D。【点睛】探究温度对该反应速率的影响,一定要将其他影响化学反应速率的因素控制为相等的情况下才能进行实验,得出结论。12.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.AB.BC.CD.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。13.反应A+BC(ΔH<0)分两步进行:①A+BX(ΔH>0);②XC(ΔH<0)。下列示意图中,能正确表示总反应过程中能量变化的是()。A.

B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热。【详解】由反应A+B→C（△H＞0）分两步进行：①A+B→X（△H＜0），②X→C

（△H＞0），由A+B→C（△H＞0）是吸热反应，A和B的能量之和小于C；由①A+B→X（△H＜0）可知这步反应是放热反应，故X的能量小于A+B；由②X→C（△H＞0）可知这步反应是吸热反应，故X的能量小于C；所以图象D符合，故选D。【点睛】本题考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、吸

热与放热反应的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意排除法应用。14.如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是A.X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次

升高B.由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只能有共价键C.由X、Y两种元素形成的化合物都是酸性氧化物D.T元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4【答案】D【解析】假设X的原子最外层电子数是a,则W是a－1、Y是a+1、Z是a+2，因此4

a+2=22，所以a=5，所以X是N、Y是O、Z是Cl、W是Si、T是Ge。A．X、Y、Z三种元素最低价氢化物分别是NH3、H2O、HCl，由于在NH3、H2O的分子之间都存在氢键，增加了分子之间的吸引力，是物质的熔沸点升高，在H2O的分子之间吸引力最强，因此沸点最高

，NH3次之，HCl最小，A错误；B．由X、Y和氢三种元素形成的化合物如NH4NO3、NH4NO2中含有共价键、离子键，B错误；C．NO、NO2等均不是酸性氧化物，C错误；D．由于T元素在元素周期表中处于金属与非金属的交界区，所以T元素的单质具有半导

体的特性，T最外层有4个电子，Z最外层有7个电子，所以T与Z元素可形成化合物TZ4，D正确。答案选D。15.对于Zn(s)＋H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)＋H2(g)的化学反应，能量关系如下图，下列叙述正确的是()

A.该反应为吸热反应B.1mol锌的能量高于1molH2所含的能量C.若将该反应设计成原电池，锌为负极D.若将其设计为原电池，当有32.5g锌溶解时，正极放出气体一定为11.2L【答案】C【解析】【详解】A．生

成物的总能量低于反应物的总能量，该反应为放热反应，故A错误；B．参加反应的1mol锌和硫酸的总能量高于生成的1molH2和ZnSO4所含的总能量，故B错误；C．若将该反应设计成原电池，是还原剂，锌为负极，故C正确；D．若将其设计为原电池，当有32.5g锌溶解时，正极放出气体在标准状况下才是11.

2L，故D错误；故选C。16.两气体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1molB.B的转化率为20%C.A的平均反应速率为0.15mol•L﹣1•min﹣1D.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）=0.2

mol0.4L5min=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3A+B2C+2Dmol0.60.500mol0.30.10.20.2mol0.

30.40.20.2开始（）转化（）平衡（）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：0.1mol0.5mol×100%=20%

，故B正确；C．A的平均反应速率为0.3mol0.4L5min=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。17.下表为元素周期表的一部分，表中列出12种元素在周期表中的位置，请回答：族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0一①二⑦⑨⑫三②④⑥⑧⑩四③⑤⑪（1）这12种元素中，化学性质最不活泼的元素是______（填元素符号或化学式，下同），得电子能力最强

的原子是______，常温下单质为液态的非金属单质是____________。（2）失电子能力最强的单质与水反应的离子反应方程式是________________，（3）写出⑦⑧⑨与①形成的简单化合物中最稳定的分子

式________。写出⑧⑩两种元素最高价氧化物对应水化物中酸性较弱的化学式________。（4）写出⑨⑩⑪与①形成的化合物中沸点最低的化学式______酸性最强的化学式_______。（5）写出④的单质置换出⑦的单质的化学反应方程式：__________________。②和⑥两种元素最高价

氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式为_____________。（6）用电子式表示⑤与⑨组成的二元化合物的形成过程________________________。【答案】(1).Ne(2).F(3).Br2(4).2K＋2H2O＝2K＋＋H2↑

＋2OH－(5).HF(6).H3PO4(7).HCl(8).HBr(9).2Mg＋CO22MgO＋C(10).OH－＋Al(OH)3＝AlO2－＋2H2O(11).【解析】【分析】由元素在周期表中位置，可知①为H、②为Na、③为K、④为Mg、⑤为Ca、⑥为Al

、⑦为C、⑧为P、⑨为F、⑩为Cl、⑪为Br、⑫为Ne。【详解】（1）稀有气体Ne最外层为稳定结构，化学性质最不活泼；上述元素中F的非金属性最强，得电子能力最强；已知元素中常温下单质为液态的非金属单质是Br2；故答案为：Ne；F；2K+2H2O=2K＋+H2↑+2OH－；Br2

；（2）上述元素中K的金属性最强，失去电子能力最强，K与水反应生成KOH和H2，离子方程式为2K+2H2O=2K＋+H2↑+2OH－；故答案为：2K+2H2O=2K＋+H2↑+2OH－；（3）同主族自上而下元素非金属性逐渐减弱，非金属性越强，其简单的气态氢化物越稳定，最高

价含氧酸的酸性越强，⑦为C、⑧为P、⑨为F与H形成为氢化物分别为CH4、PH3、HF，非金属性F>C>P,形成的简单化合物中最稳定的分子式HF。⑧为P⑩为Cl，非金属性Cl>P，所以最高价含氧酸的酸性酸性：HClO4＞H3PO4，故答案为：HF；H3PO4；（4）⑨⑩⑪与H形成为氢化物分别为HF

、HCl、HBr，由于HF分子之间存在氢键，使HF的沸点大于HCl，HCl和HBr的结构相似，但HCl的相对分子质量小、分子间作用力弱，使HBr的沸点大于HCl；Br原子半径大于Cl、F，使H-Br键的键能

最小、容易断裂，所以HF、HCl、HBr中酸性最强的是HBr，故答案为：HCl；HBr；（5）Mg与CO2反应生成MgO和C，化学方程式为2Mg＋CO22MgO＋C；Na、Al最高价氧化物的水化物分别为强碱NaOH和两性氢氧化物Al（OH）3，二者反应生成NaAl

O2和H2O，离子方程式为OH－＋Al(OH)3＝AlO2－＋2H2O；故答案为：2Mg＋CO22MgO＋C；OH－＋Al(OH)3＝AlO2－＋2H2O；（6）F与Ca形成离子化合物CaF2，用电子式表示⑤与⑨组成的二元化合物

的形成过程。故答案为：。【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律的应用，侧重于元素周期表和周期律的考查，学习中注意把握元素周期表的组成和元素周期律的递变规律，易错点（6），用电子式表示CaF2的形成过程，注意：电子是由氟失给钙，箭头的起点和终

点位置易错，离子化合物的电子式中[]加在阴离子或原子团上。18.火箭推进器中盛有强还原剂液态肼(N2H4)和强氧化剂液态双氧水。当它们混合反应时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热。已知：0.4mol液态肼与足量的液态双氧水反应，生

成氮气和水蒸气，放出256.652kJ的热量。（1）该反应的热化学方程式为_________________________________。（2）分别取40mL的0.50mol/L盐酸与0.55mol/L氢氧化钠溶液进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。A的仪

器名称为____________________。（3）如图所示，泡沫塑料板上面有两个小孔，两个小孔不能开得过大，其原因是__________；反应需要测量温度，每次测量温度后都必须采取的操作是________

_______。（4）某学生实验记录数据如下：实验序号起始温度T1℃终止温度T2℃盐酸氢氧化钠混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6已知盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，又知中和后生成溶液的比热容c＝4.18J/(g·℃)，依据该学生的实验

数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝________；（5）假定该学生的操作完全同上，实验中改用100mL0.5mol/L盐酸跟100mL0.55mol/L氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_____(填

“相等”或“不相等”)，所求中和热_______(填“相等”或“不相等”)。【答案】(1).N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－641.63kJ·mol－1(2).环形玻璃搅拌棒(3).减少热量损失(4).用水冲洗干净温度计，并擦干

温度计(5).－51.8kJ/mol(6).不相等(7).相等【解析】【详解】（1）0.4mol液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.652kJ的热量，1mol液态肼放出的热量，256

.652?kJ×10.4=641.63kJ该反应的热化学方程式为N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－641.63kJ·mol－1。故答案为：N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)

＋4H2O(g)ΔH＝－641.63kJ·mol－1；（2）根据图示可知，A的仪器名称为环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；（3）为泡沫塑料板，上面有两个小孔，分别插入温度计和环形玻璃搅拌棒，若两个小孔开得过大，会导致散

失较多的热量，影响测定结果；中和反应是放热反应，温度计上的酸与NaOH溶液反应放热，使温度计读数升高，温度差偏低，但使测得的中和热偏高，所以每次测量后用水将温度计上的液体冲掉，并擦干温度计；故答案为：减少热量散失；用水将温度计上的液体冲掉，并擦干温度计；（4）第1次实验盐酸和NaO

H溶液起始平均温度为20.05℃，反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为：3.15℃；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃，反应前后温度差为：3.1℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温

度为20.55℃，反应前后温度差为：3.05℃；40mL的0.50mol·L－1盐酸与40mL的0.55mol·L－1氢氧化钠溶液的质量和为m=80mL×1g·cm－3=80g，c=4.18J/（g·℃），代入公式Q=cm△T得生成0.05

mol的水放出热量Q=4.18J/（g·℃）×80g×3.15+3.1+3.053℃=1.036kJ，即生成0.02mol的水放出热量为：1.036kJ，所以生成1mol的水放出热量为：1.036kJ×1mol0.02mol=-51.8kJ·mol－1，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ

·mol－1；故答案为：-51.8kJ·mol－1；（5）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用100mL0.50mol·L－1盐酸跟100mL0.55mol·L－1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增加，所放出的热量偏高，

即放出热量不相等；由于中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用100mL0.50mol·L－1盐酸跟100mL0.55mol·L－1NaOH溶液进行上述实验，测得中和热数值相等，故答案为：不相等；相等。【点睛】本

题考查热化学方程式的书写方法和计算应用，注意焓变计算和物质聚集状态的标注，学习中要准确把握，另外注意中和热的计算，特别是注意先求温度的平均差值，再求中和热，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。19.某学生为了探究锌与盐酸反应过

程中的速率变化，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，实验记录如下（表中气体体积为累计值，且已转化为标准状况）：时间（min）12345氢气体积（mL）50120232290310①哪一时间段（指0～1、1～2、2～3、3

～4、4～5min）反应速率最大_____min，原因是_________________．②哪一段时段的反应速率最小_____min，原因是_____________．③求2～3分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率_____

________（设溶液体积不变）④如果反应太激烈，为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，他在盐酸中分别加入等体积的下列溶液：A.蒸馏水；B.NaCl溶液；C.NaNO3溶液；D.CuSO4溶液；E.Na2CO3溶液，你认为可行的是_____．【答案】(1).2～3min

(2).温度对反应速率影响占主导作用(3).4～5min(4).浓度对反应速率影响占主导作用(5).0.1mol/（L•min）(6).AB【解析】【分析】根据影响化学反应速率的因素：浓度、温度以及固体的表面积

大小等，温度越高、浓度越大、固体表面积越大，反应的速率越大，从表中数据看出2min～3min收集的氢气比其他时间段多，原因是Zn置换H2的反应是放热反应，温度升高；4min～5min收集的氢气最少是因为随反应进行c（H＋）下降；根据v=c/t计算反应速率

；根据影响化学反应速率的因素以及氢气的量取决于H＋的物质的量。【详解】①从表中数据看出2min～3min收集的氢气比其他时间段多，虽然反应中c（H＋）下降，但主要原因是Zn置换H2的反应是放热反应，温度升高，故答案为：2

min～3min；温度对反应速率影响占主导作用；②4min～5min收集的氢气最少是虽然反应中放热，但主要原因是c（H＋）下降，反应物浓度越低，反应速率越小，故答案为：4min～5min；浓度对反应速率影响占主导作用；③在2～3min时间段内，n（H2）=10.112L22.4L?mol－=

0.005mol，由2HCl～H2得，消耗盐酸的物质的量为0.01mol，则υ（HCl）=0.01mol0.1L1min=0.1mol/（L·min），故答案为：υ（HCl）=0.1mol/（L·min

）；④A．加入蒸馏水，溶液的浓度减小，反应速率减小，H＋的物质的量不变，氢气的量也不变，故A正确；B．加入氯化钠溶液，减小盐酸的浓度，反应速率减小，H＋的物质的量不变，氢气的量也不变，故B正确；C．加入NaNO3溶液，减小盐酸的浓度，但此时

溶液中含有硝酸，与金属反应得不到氢气，故C错误；D．加入CuSO4溶液，锌能置换出铜，锌、铜、稀盐酸形成原电池，加快了化学反应速率，氢气的量不变，故D错误；E．加入Na2CO3溶液，Na2CO3能与盐酸反应，盐酸的浓度减小，反应速率减小，H＋的物

质的量减小，氢气的量也减小，故E错误。故选AB。【点睛】本题主要考查化学反应速率的影响因素，需要注意的是反应过程中浓度以及温度的变化，难点①②分析速率变化的原因，要抓住主要矛盾。20.原电池原理的发现是储能和供能技术的巨大进步，是化学对人类的重大贡献。Ⅰ理论上讲，任

何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池。请利用反应“Cu＋2Ag+＝2Ag+Cu2+”设制一个化学电池，回答下列问题：（1）该电池的正极材料是______，负极材料是_______，电解质溶液是____________；（2）正极的反应式为_____

_________________（3）若导线上转移电子2mol，则生成银________克。Ⅱ将纯锌片和纯铜片按图方式插入100mL相同浓度的稀硫酸中一段时间，回答下列问题：（4）在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速度：甲_______乙（填“＞”、“＜“或“＝”）。（5

）请写出图中构成原电池的负极电极反应式_______________。电池工作时，溶液中SO42-向______极（填正、负）移动，电池工作完成后，溶液中SO42－浓度_______（填增大或减小或不变）。【答案】(1).碳棒或者Pt(2).铜（Cu）(3).AgNO3溶

液(4).Ag++e-=Ag或者2Ag++2e-=2Ag(5).216(6).＞(7).Zn-2e-=Zn2+(8).负(9).不变【解析】【分析】Ⅰ在Cu+2Ag＋=2Ag+Cu2＋反应中，Cu被氧化，应为原电池的负极，电解反应为：Cu-2e－=Cu2＋，A

g＋得电子被还原生成单质Ag，正极上有银白色物质生成，电极反应为Ag＋+e－=Ag，应为原电池正极反应，正极材料为活泼性比Cu的金属或非金属材料，电解质溶液为含Ag＋离子的溶液，如AgNO3，原电池工作时，电子从负极经外电路流向正极，溶液中阳离子向正极移

动，阴离子向负极移动，以形成闭合回路。Ⅱ甲装置符合原电池构成条件，所以是原电池，乙不能形成闭合回路，所以不能构成原电池，两个烧杯中，锌都失电子发生氧化反应，甲中铜上氢离子得电子发生还原反应，乙中锌上氢离子得电子发生还原反应。【详解】Ⅰ（1

）在Cu+2Ag＋=2Ag+Cu2＋反应中，正极为碳棒或者Pt，Cu被氧化，应为原电池的负极，电解反应为：Cu-2e－=Cu2＋，电解质溶液为含Ag＋离子的溶液，如AgNO3，故答案为：碳棒或者Pt；铜（Cu）；AgNO3溶液；（2）正极的反应式为Ag+

+e-=Ag或者2Ag++2e-=2Ag；故答案为：Ag++e-=Ag或者2Ag++2e-=2Ag；（3）若导线上转移电子2mol，由电极方程式Ag++e-=Ag，生成2molAg，m(Ag)=108g·mol－1×2mol=216g，则生成银216克。故答案为：216；

Ⅱ（4）在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速度：原电池原理引起的腐蚀速度大于化学腐蚀的速度，甲>乙，故答案为：＞；（5）构成原电池的负极是锌失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e－=Zn2＋，电池工作时，SO42－流向负极，由于硫酸根离子未参与电极反应，故反

应完成后浓度不变，故答案为：Zn-2e－=Zn2＋；负；不变。【点睛】本题考查学生原电池的构成条件、电极反应，以及对反应速率的影响，解题关键，理解原电池的组成及原理，易错点（5）溶液中硫酸根离子浓度，SO42－流

向负极，由于硫酸根离子未参与电极反应，故反应完成后浓度不变。