【文档说明】四川省内江市资中县第二中学2023-2024学年高二上学期9月月考化学试题 含解析.docx，共(20)页，1.745 MB，由小赞的店铺上传

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资中二中高2025届第3期9月月考化学试题时间：75分钟总分：100分【可能用到的相对原子质量】C-12H-1O-16一、选择题(本部分14小题，每小题3分，共42分。每小题四个选项中，只有一项符合题意。)1.下

列措施中，不能加快化学反应速率的是A.往H2O2溶液中加入少量二氧化锰B.稀硫酸与锌粒反应时加入几滴CuSO4溶液C.高炉炼铁时将铁矿石粉碎D.向铁片和稀盐酸的混合物中加入一定量的CH3COONa晶体【答

案】D【解析】【详解】分析：增大反应速率，可升高温度、增大浓度、压强、增大固体表面积或加入催化剂等，以此解答该题．详解：A.二氧化锰可以作为H2O2分解的催化剂，能加快化学反应速率，A错误；B.锌粒与CuSO4溶液反应生成单质铜，锌与铜能形成原电池，加快反应速率，B错误；

C.高炉炼铁时将铁矿石粉碎，能增大固体表面积，加快化学反应速率，C错误；D.CH3COONa与盐酸反应生成醋酸，降低氢离子的浓度，使反应速率减慢，D正确；答案选D.点睛：形成原电池，能加快化学反应速率。2.下列化学用语表示正确的是A.乙烯的结构

简式：22CHCHB.氮分子的电子式：C.甲烷分子的空间填充模型：D.2Ca+的结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A．结构简式中碳碳双键不可省略，乙烯的结构简式：CH2=CH2，选项A错误；B．氮分子中形成氮氮三键，电子式为，选

项B错误；C．甲烷分子的空间填充模型：，选项C正确；D．2Ca+核电荷数为20，结构示意图：，选项D错误；答案选C。3.将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中．然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固．由此可见A.NH4HCO

3和盐酸的反应是放热反应B.该反应中，热能转化为产物内部的能量C.反应物的总能量高于生成物的总能量D.反应的热化学方程式为：NH4HCO3+HCl→NH4Cl+CO2↑+H2O；△H<0【答案】B【解析】【详解】A．醋酸逐渐凝固说明反应吸收热量导致醋酸溶液温度降低，即NH4HC

O3与HCl的反应为吸热反应，故A错误；B．因反应为吸热反应，即吸热的热量转化为产物内部的能量，故B正确；C．因反应为吸热反应，则反应后生成物的总能量高于反应物的总能量，故C错误；D．书写热化学方程式时，应注明物质的状态，故D错误；故选B。4

.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.100mL18mol/L浓硫酸与足量Cu粉加热反应，产生的2SO分子数为0.9NAB.()()()()2NaOHaqHClaqNaClaqHOlΔH57.4kJ/mol+=+=−，则含20gN

aOH的稀溶液与稀盐酸完全反应，放出的热量为28.7kJC.2molNO与21molO在密闭容器中充分反应后的分子数为2NAD.常温下，2546gCHOH分子中共价键的数目为7NA【答案】B【解析】【详解】A．浓硫酸与铜共热反

应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应中浓硫酸会变为不能与铜反应的稀硫酸，则100mL18mol/L浓硫酸与足量铜粉加热反应生成二氧化硫的分子数小于18mol/L×0.1×12×NAmol—1=0.9NA，故A错误；B．由热化学方程式

可知，20g氢氧化钠的稀溶液与稀盐酸完全反应，放出的热量为57.3kJ/mol×20g40g/mol≈28.7kJ，故B正确；C．2mol一氧化氮与1mol氧气恰好反应生成2mol二氧化氮，二氧化氮会发生聚合反应生成四氧化二氮，则2mol一氧化氮与1mol

氧气在密闭容器中充分反应后的分子数小于2mol×NAmol—1=2NA，故C错误；D．甲醇分子中共价键的数目为8，则46g乙醇分子中共价键的数目为46g46g/mol×8×NAmol—1=8NA，故D错误；故选B。5.下列图像分别表示有关反应的反

应过程与能量变化的关系。据此判断下列说法中正确的是()A.由图1知，石墨转变为金刚石是吸热反应B.由图2知，S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH1，S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH2，则ΔH1＞ΔH2C.由图3知，白磷比红磷稳定D.由图4

知，CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH＞0【答案】A【解析】【详解】A．根据图1知，石墨能量低，因此石墨转变为金刚石是吸热反应，故A正确；B．根据图2知，1molS(g)具有的能量比1molS(s)具有的能量高，S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH1，S(s)+

O2(g)=SO2(g)ΔH2，1molS(g)燃烧放出的热量多，由于放热焓变为负，放出热量越多，焓变反而越小，因此则ΔH1＜ΔH2，故B错误；C．根据图3知，根据能量越低越稳定，得出红磷比白磷稳定，故C错误；D．根据图4知，CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH＞0，则CO(g)

+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH＜0，故D错误。综上所述，答案为A。6.下列离子方程式正确的是A.氯水中有平衡：22ClHOHClHClO++B.用氯化铁溶液刻蚀铜电路板：323Fe3Cu2Fe3Cu+++=

+C.向NaClO溶液通入少量22223SO:SOHO2ClOSO2HClO−−++=+D.向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至中性：224242HSOBa2OH2HOBaSO+−+−+++=+【答案】D【解析】【详解】A．氯水中有平衡

：+-22ClHOH+ClHClO++，选项A错误；B．用氯化铁溶液刻蚀铜电路板，反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为：3222FeCu2FeCu++++=+，选项B错误；C．向NaClO溶液通入少量SO2，反应生成硫酸钠和盐酸，盐酸再与次氯酸钠反应生成次氯酸，因此反应

的离子方程式为2-224SOHO3ClOSO2HClO+Cl−−++=+，选项C错误；D．向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至中性，反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，反应的离子方程式为：224242HSOBa2OH2HOBaSO+−+−+++=+，选项D正确；答案选D。7.下列说法不正确的是①硫酸与足量

锌片反应时，加入少量硫酸钠固体可以增大24SO−浓度从而加快反应速率②增加硫酸的浓度，一定可以加快锌与硫酸反应制取氢气的速率③向H2O2溶液中加入二氧化锰粉末，因为降低了反应的活化能，活化分子数增多，有效碰撞次数增多，从而使H2O2分解速率加快④一恒容密闭容器中发生反应()()()223Ng+3H

g2NHg，向容器中充入氦气，化学反应速率不变⑤对于反应()()()()()333KSCNaq+FeClaqFeSCNaq+3KClaq，加入KCl固体，逆反应速率瞬时增大，随后正反应速率增大A.①②④B.①②⑤C.②⑤D.①

②③【答案】B【解析】【分析】【详解】①硫酸与足量锌片反应时，加入少量硫酸钠固体不能使溶液中的氢离子浓度增大，反应速率不变，故错误；②增加硫酸的浓度，若导致硫酸浓度过大，锌与浓硫酸反应生成二氧化硫，会使制取氢气的速率减小，故错误；③向过氧化氢溶液中加入催化剂二氧化锰粉末，催化剂会

降低反应的活化能，使活化分子数增多，有效碰撞次数增多，从而使过氧化氢的分解速率加快，故正确；④向恒容密闭容器中充入氦气，合成氨反应体系中各物质的浓度不变，化学反应速率不变，故正确；⑤氯化铁溶液与硫氰化钾溶液反应的离子方程式为Fe3+3SCN—Fe(SCN)3，加入氯化钾

固体，由离子方程式可知，反应体系中各物质的浓度不变，化学反应速率不变，故错误；①②⑤错误，故选B。8.下列方案设计、现象和结论都正确的是目的方案设计现象和结论A探究浓度对化学反应速率的影响若A组褪色快，则浓度越高，化学反应速率越快B

探究温度对化学反应速率的影响取2235mL0.1mol/LNaSO溶液和245mL0.1mol/LHSO溶液混合后，分别放入冷水和热水中若热水中先出现浑浊，则温度越高，化学反应速率越快C除去甲烷中的乙烯杂质将混合气体通入酸性高锰酸钾溶液后，再用浓24

HSO干燥酸性4KMnO溶液紫色变浅，乙烯被酸性4KMnO吸收，得到纯净的甲烷D验证某酒精中是否有水取少量该酒精于试管，加入一小块切好的金属钠产生可燃性气体，该酒精中含有水A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．应控制高锰酸钾的量和浓度保持一

致，否则起始颜色不一样，控制草酸浓度不同来观察颜色褪色快慢，A错误；B．取2235mL0.1mol/LNaSO溶液和245mL0.1mol/LHSO溶液混合后，分别放入冷水和热水中，若观察热水中先出现浑浊，则温

度越高，化学反应速率越快，B正确；C．将混合气体通入酸性高锰酸钾溶液后乙烯转化为二氧化碳，应将二氧化碳除去再干燥，或直接选择溴水除杂，C错误；D．酒精也会与Na反应生成氢气，无法检验水的存在，可选择使用无水硫酸铜检验，D错误。故选

B。9.1mol常见金属M和卤素单质反应的焓变H(单位：1kJmol−)示意图如图，反应物和生成物均为常温时的稳定状态。下列说法错误的是A.2MBr与2Cl反应的H0B.由2MCl(s)分解制得M的反应是吸热反应C.化合物的热稳定性顺序：2222MIMBrMClMFD2222MF(

s)Br(l)MBr(s)F(g)+=+-1ΔH=+600kJmol【答案】C【解析】.【详解】A．根据上述图示可构造热化学方程式如下：①M(s)+Cl2(g)=MCl2(s)ΔH=-641.3kJ/mol，②M(s)+Br2(l)=MBr2(s)ΔH=-524kJ/mol，根据盖斯定律

可知，①-②可得2222MBr(s)Cl(g)=MCl(s)Br(l)++，所以对应的反应热ΔH=-117.3kJ/mol，A正确；B．生成2MCl(s)的反应为放热反应，所以由2MCl(s)分解制得M的反应是吸热反应，B正确；C．能量越低的物质越稳定，结

合卤素的性质变化规律可知，上述化合物的稳定性顺序为：2222MFMClMBrMI，C错误；D．与A项分析原理相同，结合图示信息构造两个热化学方程式分别为：①M(s)+F2(g)=MF2(s)ΔH=-1124kJ/mol，②M(s)+Br2(l)=MBr2(s)ΔH=

-524kJ/mol，根据盖斯定律可知，②-①可得2222MF(s)Br(l)MBr(s)F(g)+=+，所以对应的反应热ΔH=+600kJ/mol，D正确；故选C10.工业上以CO2、NH3为原料生产尿素[CO(NH2)2]，T℃时，在1L的恒容密

闭容器中充入CO2和NH3模拟工业生产，发生()322222NH(g)+CO(g)HO(l)+CONH(s)ΔH=-178kJmol，以下说法一定能判断该反应达到平衡状态的是：①()()32正逆NH=CO；②容器内气体的密度不再发生改变；③氨气的体积分数不再发生改变

；④气体的平均摩尔质量不再发生变化；⑤密闭容器中()()32cNH:cCO=2:1；⑥二氧化碳的物质的量浓度不再发生变化A.①②③⑥B.②③④⑥C.②③⑥D.②⑥【答案】D【解析】【分析】【详解】①根据反应

速率之比等于化学计量系数比可知，()()32υNH=2υCO正正，故当()()32正逆NH=CO时，()()22正逆COCO，不能说明反应达到平衡状态，①不合题意；②由于CO(NH2)2是固体，反应过程中容器内气体的质量一

直在变，即容器内气体的密度一直在变，现在容器内气体的密度不再发生改变，说明反应达到平衡了，②符合题意；③由于该反应中，生成物均为非气体状态，故当投入的氨气和CO2的物质的量按2:1时，则反应过程中氨气的体积分数保持不变，

故氨气的体积分数不再发生改变不一定能说明反应达到平衡了，③不合题意；④由于该反应中，生成物均为非气体状态，故当投入的氨气和CO2的物质的量按2:1时，反应过程中气体的平均摩尔质量一直保持不变啊，故气体的平均摩尔质量不再发生变化不一定能说明反应达到平衡了，④。不合题

意；⑤由于该反应中，生成物均为非气体状态，故当投入的氨气和CO2的物质的量按2:1时，则密闭容器中()()32cNH:cCO一直为2:1，故密闭容器中()()32cNH:cCO=2:1不一定能说明反应达到平衡了，⑤不合题意；⑥化学平衡的特征之一为各组分的浓度保持不变

，故二氧化碳的物质的量浓度不再发生变化说明反应达到平衡了，⑥符合题意；综上所述只有②⑥能说明反应一定达到化学平衡状态；故答案为D。11.维生素C是一种重要的抗氧化剂，其结构简式如图，下列有关说法不正确的是A.该分子中含三种官能团B.该分子中所

有原子共平面C.该物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.分子式为C6H8O6【答案】B【解析】【详解】A．该分子中含三种官能团，分别为羟基、碳碳双键，酯基，故A正确；B．该分子中存在三个饱和碳，所有原子一定不共平面，故B错误；C．该

物质含有碳碳双键、羟基，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，因此能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D．该物质分子式为C6H8O6，故D正确；答案为B。12.已知某反应的一种反应机理如图所示，下列说法错误．．的是A.OH−参与了该催化循环B.该反应可消耗温室气体2COC.该催化循

环中Fe的成键数目发生变化D.()5FeCO降低了该反应的活化能，提高了化学反应速率【答案】B【解析】【详解】A．结合反应机理图示可知OH−参与了该催化循环反应，A项正确；B．根据图示可看出CO参与了反应，并最终转化为CO2放出，即该反应能消耗CO，生成CO2，

B项错误；C．该循环过程中Fe的成键数目可能是4、5或6，即该催化循环中Fe的成键数目发生了变化，C项正确；D．从图示可看出()5FeCO的作用是催化剂，降低了该反应的活化能，提高了化学反应速率，故D正确；故选B。13.我国科学家合成了

一种新型Au15/MoC材料，实现了低温催化水煤气变换。反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注，TS指过渡态。下列有关说法不正确的是A.新型Au15/MoC材料能实现低温催化水煤气变换主要原因是大幅度降

低了活化能B.如果换作铜系催化剂，题述反应的焓变会发生改变C.该历程中制约反应速率的方程式为CO*+2H2O*→CO*+H2O*+OH*+H*D.该过程有极性键的断裂和生成【答案】B【解析】【详解】A．催化剂可以降低活化能而加快反应速率，A正确；B．催化剂不会改变反应的焓

变，B错误；C．根据如图所示，过程CO*+2H2O*→CO*+H2O*+OH*+H*活化能最大，反应速率最慢，决定该反应的反应速率，C正确；D．该过程222CO+HOCO+H→，有极性键的断裂和生成，D正确；故选B14.一定温度时在4L密闭容器中发生一定的反

应，反应过程中各物质的物质的量变化如图甲所示；保持其他条件相同，温度分别为T1和T2时，Y的转化率与时间的关系如图乙所示。则下列说法中不正确的是A.反应前3min，用Z表示的反应速率()11Z0.133molLmin−−B.由图乙可知，12TTC.由已知

信息可知该反应方程为()()3XgYg2Z+D.如果改变反应条件，得到图丙的反应进程，则改变的条件为加入催化剂。【答案】A【解析】【详解】A．由题干图像甲信息可知，反应前3min，用Z表示的反应速率()11n(0.8-0.4)molZ==0.033molLmint43minVL

−−，A错误；B．由图乙可知，T2温度下先达到化学平衡，说明T2温度下反应速率更快，即12TT，B正确；C．由题干图像甲可知，0~3min内X减少了0.6mol，Y减少了0.2mol，Z增加了0.4mol，结合变化量之比等于化学计量系数比可知该反应方程为()()3

XgYg2Z+，C正确；D．由题干图像甲和丙可知，改变条件后产物X、Y、Z均未改变即平衡没有发生移动，但所需时间缩短了，故如果改变反应条件，得到图丙的反应进程，则改变的条件为加入催化剂，D正确；故答案为：A。二、非选择题(共四个大题，58分)15.回答下列问题：（1）1mol氢气与1mol

氟气反应生成2mol气态氟化氢时放出270kJ热量，写出该反应的热化学方程式_____。（2）23gCH3CH2OH(l)在O2中完全燃烧生成CO2和液态水时，放出683.4kJ的热量。写出乙醇燃烧热的热化学方程式_____。（3）已知下列

反应的热化学方程式：()()()()()()222352136Cs5Hg3Ng9Og2CHONOlΔH+++=()()()22222HgOg2HOgΔH+=()()()223CsOgCOgΔH+=则反应()()()()()(

)352222234CHONOl12COg10HOgOg6Ng=+++的ΔH=_____。（4）甲醇是重要的化工原料，利用合成气(主要成分为CO和2H)在催化剂作用下合成甲醇。其常见合成方法为：()()()23COg2HgCHOHgΔH+=，已知反应①中相关的化学键键能数据如下：化学

键HH−CO−COHO−CH−()E/kJ/mol4363431076465413由此计算ΔH=_____kJ/mol；（5）已知反应：()()()()()()221222SgOgSOgΔH,SsOgSOgΔH+=+=，比较1ΔH_

____2ΔH(填“>”“<”或“=”，下同)；同温同压下，反。应()()()22HgClg2HClg+=在光照下反应热为1ΔH，点燃条件下反应热为2ΔH，比较1ΔH_____2ΔH。【答案】（1）H2(g)+F2(g)═2HF(g)ΔH=-270kJ/mol（2）C

2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)H=-1366.8kJ/mol（3）2135ΔH-2ΔH-12ΔH（4）-99（5）①.＜②.＝【解析】【小问1详解】1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol气态氟化氢时放出270kJ热量，则该反应的热化

学方程式H2(g)+F2(g)═2HF(g)ΔH=-270kJ/mol，故答案为：H2(g)+F2(g)═2HF(g)ΔH=-270kJ/mol；【小问2详解】23gC2H5OH(l)物质的量=23g46g

/mol＝0.5mol，在O2中完全燃烧生成CO2和液态水，放出683.4kJ的热量，则反应的热化学方程式为C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)H=-1366.8kJ/mol，故答案为：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)

H=-1366.8kJ/mol；【小问3详解】由题干信息可知，反应i：()()()()()()222352136Cs5Hg3Ng9Og2CHONOlΔH+++=，反应ii：()()()22222HgOg2HOgΔH+=反应iii：()()()223CsOgC

OgΔH+=，则5反应ii-2反应i-12反应iii即得反应()()()()()()352222234CHONOl12COg10HOgOg6Ng=+++，根据盖斯定律可知，ΔH=2135ΔH-2ΔH-12ΔH，故答案为：2135ΔH-2ΔH-12ΔH；【小问4详解】根据反应

热等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，故ΔH=E(C≡O)+2E(H-H)-3E(C-H)-E(C-O)-E(O-H)=1076kJ/mol+2×436kJ/mol-3×413kJ/mol-343k

J/mol-465kJ/mol=-99kJ/mol，故答案为：-99；【小问5详解】已知同一物质气体时具有的总能量高于固态时的总能量，故反应：()()()()()()221222SgOgSOgΔHSsOgSOg

ΔH+=+=，，比较1ΔH＜2ΔH；根据盖斯定律可知，反应热与反应条件和途径无关，故同温同压下，反应()()()22HgClg2HClg+=在光照下反应热为1ΔH，点燃条件下反应热为2ΔH，比较1ΔH=2ΔH，故答案为：＜；＝。16.利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：①用量筒量取150mL

0.50molL−盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取150mL0.55molLNaOH−溶液，并测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是_____。（2）烧杯间

填满碎纸条的作用是_____。（3）所用NaOH溶液要稍过量的原因是_____。（4）倒入NaOH溶液的正确操作是_____(填序号)。A．沿玻璃棒缓慢倒入B．分三次少量倒入C．一次迅速倒入（5）请填写表中的平均温度差：实验序号起始温度1t/℃终止温度2t/℃()21

tt/−℃24HSONaOH平均值126.226.026.129.6_____227.027.427.231.7325.925.925.929.2426.426.226.329.6（6）近似认为10.50molLNaOH−溶液与10.50molL

−硫酸溶液的密度都是3lgcm−，中和后生成溶液的比热容11c4.2Jg−−=℃，则上述实验测得盐酸与氢氧化钠反应生成1mol的反应热ΔH=_____(保留一位小数)。（7）现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和11L1molL−的稀盐酸恰好完全反应，其反应热

分别为123ΔHΔHΔH、、，则123ΔHΔHΔH、、的大小关系为_____。【答案】（1）环形玻璃搅拌棒（2）减小热量损失（3）确保盐酸被完全中和（4）C（5）3.4（6）-57.1kJ/mol（7）H1=H2＜H3【解析】【小问

1详解】从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；【小问2详解】为防止热量散失在两个烧杯间填装碎泡沫塑料或碎纸条，故答案为：减小热量损失；【小问3详解】测定中和热的实验中，所用NaOH溶液要稍

过量，确保盐酸被完全中和，故答案为：确保盐酸被完全中和；【小问4详解】倒入NaOH溶液的正确操作是一次迅速倒入，以减少热量损失，故答案为：C；【小问5详解】请填写表中的平均温度差：由图干表中数据可知，第1组实验的温差为：29.6-26.1=3

.5℃，第2组实验的温差为：31.7-27.2=4.5℃(明显误差，舍去)，第3组实验的温差为：29.2-25.9=3.3℃，第4组实验的温差为：29.6-26.3=3.3℃，故平均温差为：3.5+3.3+3.33=3.4℃，故答

案为：3.4；【小问6详解】近似认为10.50molLNaOH−溶液与10.50molL−硫酸溶液的密度都是3lgcm−，中和后生成溶液的比热容11c4.2Jg−−=℃，则上述实验测得盐酸与氢氧化钠反应生成1molH2O的反应热ΔH=-3-1-1-3(

50+50)mL?1.0g/cm?4.2J?g?×10kJ/J0.025mol×3.4℃℃=-57.1kJ/mol，故答案为：-57.1kJ/mol；【小问7详解】中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液和1Llmol•L-1的稀盐酸恰

好完全反应放热57.3kJ；一水合氨是弱电解质，氨水中存在电离平衡，电离过程是吸热的，稀氨水和1Llmol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热小于57.3kJ；由于焓变是负值，故H1=H2＜H3，故答案为：H1=H2＜H3。17.将浓度均

为0.01mol/L的2224223HOHSOKINaSO、、、溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色，该实验是一种“碘钟实验”。某小组同学在室温下对该“碘钟实验”的原理进行探究，资料：该“碘钟实验”的总反应为222223462HO

2SO2HSO2HO−+−++=+，反应分两步进行，反应A为2222HO2I2HI2HO−+++=+，反应B为……。（1）反应B的离子方程式是_____；对于总反应，I−的作用相当于_____。（2）为证明反应AB、的存在，进行实验Ⅰ。a．向酸化的22HO溶液

中加入KI溶液和试剂X，溶液变为蓝色。b．再向得到的蓝色溶液中加入23NaSO溶液，溶液的蓝色褪去。试剂X是_____。（3）为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验Ⅱ、实验Ⅲ(溶液浓度均为0.01mol/L)：

用量/mL实验序号22HO溶液24HSO溶液223NaSO溶液KI溶液(含淀粉)2HO实验Ⅱ54832实验Ⅲ52xyz溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验Ⅱ是30min，实验Ⅲ是40min。①实验Ⅲ中，xyz、、所对应的数值分别是_____。②对比实验Ⅱ，实验Ⅲ可得出的实验结论是__

___。（4）为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅳ(溶液浓度均为0.01mol/L)：用量/mL实验序号22HO溶液24HSO溶液223NaSO溶液KI溶液(含淀粉)2HO实验Ⅳ44930实

验过程中，溶液始终无明显颜色变化。试结合该“碘钟实验”总反应方程式及反应A与反应B速率的相对快慢关系，解释实验Ⅳ未产生颜色变化的原因：_____。（5）利用3FeCl溶液、KI溶液和石墨电极设计原电池，写出负极反应式_____。

【答案】（1）①.I2+2S2O2-3=2I—+S4O2-6②.催化剂（2）淀粉溶液（3）①.8、3、2②.其他条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率（4）()22223n(HO)nNaSO＜12导致反应速率A小于B（5）2I——2e—=I2【解析】【分析】由题意可知，该实验的实验目

的是对碘钟实验的原理进行探究，其中实验Ⅰ是为了证明此反应是分两步进行；实验Ⅱ、Ⅲ探究溶液的酸性对溶液变蓝快慢的影响；实验Ⅳ探究当过氧化氢和硫代硫酸钠物质的量比小于1：2时溶液始终无蓝色的原因。【小问1详解】由总反应方程式和反应A可知，反应B为

碘与溶液中硫代硫酸根离子反应生成碘和S4O2-6离子，反应的离子方程式为I2+2S2O2-3=2I—+S4O2-6，反应A中碘离子做反应物，反应B中碘离子为生成物说明碘离子为反应的催化剂，故答案为：I2+2S2O2-3=2I—+S4O2-6；催化剂；【小问2详解】由实验Ⅰ

的实验现象可知，说明a中过氧化氢溶液与碘化钾溶液反应生成使淀粉变蓝色的单质碘，b中碘与亚硫酸钠溶液反应生成碘化钠使溶液蓝色褪去，则试剂X为淀粉溶液，故答案为：淀粉溶液；【小问3详解】①由表格数据可知，实验Ⅱ和中硫酸的体积小于实验Ⅲ，说明实验目的是探究氢离子浓度反应速

率的影响，由探究实验变量唯一化原则可知，实验Ⅱ和实验Ⅲ中硫代硫酸钠溶液的体积、碘化钾溶液的体积和混合溶液的总体积相同，则x、y分别为8、3，则z=20—18=2，故答案为：8、3、2；②由表格数据可知，实验Ⅱ和中硫酸的体积小于实验Ⅲ，说明实验目的

是探究氢离子浓度反应速率的影响，由实验Ⅱ是30min、实验Ⅲ是40min可知，对比实验Ⅱ，实验Ⅲ可得出的实验结论是其他条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率，故答案为：其他条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率；【小问4详解】对比实验

Ⅱ可知，实验Ⅱ和实验Ⅳ中过氧化氢和硫代硫酸钠的物质的量比均小于1：2，实验Ⅳ未产生颜色变化说明反应A的反应速率小于实验B，未有单质碘生成，故答案为：()22223n(HO)nNaSO＜12导致反应速率A小于B；【小问5详解】铁离子的氧化性强于

碘，则氯化铁溶液、碘化钾溶液和石墨电极构成的原电池中，还原剂碘离子在负极失去电子发生氧化反应生成碘，电极反应式为2I——2e—=I2，故答案为：2I——2e—=I2。18.设计实验测定锌与硫酸反应的速率，按下列实验步骤完成实验：①按图示安装置，加入锌粒，然后快速加入140mL

1molL−的硫酸溶液，测量收集210mLH所用的时间。②按图示再安转一套装置，加入与前一套装置相同的锌粒，然后再快速加入140mL4molL−的硫酸溶液，测量收集210mLH所用的时间。回答下列问题：

（1）实验所用仪器有：锥形瓶、双孔塞、分液漏斗、直角导气管、50mL注射器、铁架台、_____。（2）收集10mL气体②所用时间比①所用时间_____。（3）所能得出的实验结论是_____。（4）利用硫代硫酸钠与上述稀硫酸反应也可

判断反应速率快慢，请书写这个反应的离子方程式_____。（5）某温度下按上图装置进行实验，锥形瓶内盛有6.5g锌粒(颗粒大小基本相同)，通过分液漏斗加入40mL2.5mol/L的硫酸溶液，将产生的2H收集在一个注射器中，用时10s时恰好收集到气体的体积为50mL(若折合成0101

kPa℃、条件下的2H体积为44.8mL)。在该温度下，下列说法正确的是_____。A.用锌粒表示的10s内该反应的速率为10.013gs−B.忽略锥形瓶内溶液体积的变化，用H+表示的10s内该反应的速率为110.01molLs−−C.忽略锥形瓶内溶液体积的变化，

用2Zn+表示的10s内该反应的速率为110.01molLs−−D.用2H表示的10s内该反应的速率为110.0002molLs−−的（6）水煤气变换()()()()222COgHOgCOgHg+=+是重要的

化工过程。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。可知水煤气变换的H_____0(填“大于”“等于”或“小于”)。该历程中最大

能垒(活化能)E正=_____eV，写出该步骤的化学方程式_____。【答案】（1）秒表（2）短（3）4mol/L硫酸与锌反应比1mol/L硫酸与锌反应快（4）2-23SO+2H+=S↓+SO2↑+H2O（5）AB（6）①.＜②.2.02③.COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*

【解析】【小问1详解】定性判断反应速率快慢，可通过测定收集相同体积气体所用的时间长短来比较，测定时间需要秒表，故答案为：秒表；【小问2详解】锌与稀硫酸反应生成氢气和硫酸锌，则实验现象为有气泡生成，并且稀硫酸的浓度越大反应速率越快，收集10mLH2所用的时间越短，实验②中

稀硫酸的浓度大，所以②所用时间比①所用时间短，故答案为：短；【小问3详解】实验①②只有稀硫酸浓度不同，并且实验②所用时间比①所用时间短，则稀硫酸的浓度越大反应速率越快，即4mol/L硫酸与锌反应比1mol/L的硫酸与锌反应快，故答案为：4mol/L硫酸与锌反应比1mol/

L的硫酸与锌反应快；【小问4详解】的Na2S2O3和稀硫酸反应生成Na2SO4、S、SO2和H2O，故反应的离子方程式为2-23SO+2H+=S↓+SO2↑+H2O，故答案为：2-23SO+2H+=S↓+SO2↑+H2O；【小问5详解】+2+2Zn+2H=Zn+H?65g2mol22.4L0.13

g0.004mol0.0448L据此分析解题：A．用锌粒来表示10s内该反应的速率0.13g10s=0.013g/s,可以通过测定锌粒减少质量来测定反应速率，A正确；B．（H+）=0.004mol0.04L?10s=0.0

1mol/（L•s），B正确；C．（Zn2+）=12（H+）=0.005mol/（L•s），C错误；D．用H2来表示10s内该反应的速率=0.0448L22.4L/mol10s=0.0002mol•s-1，D错误；

故答案为：AB；【小问6详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com