四川省2022学年广安市高二上学期化学期末考试试卷

四川省广安市2022-2022学年高二上学期化学期末考试试卷一、单选题1.我们现在所使用的能源分为“一次能源”和“二次能源”。根据能源的分类，下列全部属于“一次能源”的是（  ）A. 天然气   蒸汽   风力                                         B. 石油   流水   天然铀矿C. 原煤     核能   电力                                          D. 焦炭   酒精   潮汐能【答案】B【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发【解析】【解答】一次能源是指直接取自自然界没有经过加工转换的各种能量和资源，它包括：原煤、原油、天然气、油页岩、核能、太阳能、水力、风力、波浪能、潮汐能、地热、生物质能和海洋温差能等等；由一次能源经过加工转换以后得到的能源产品，称为二次能源，例如：电力、蒸汽、煤气、汽油、柴油、重油、液化石油气、酒精、沼气、氢气和焦炭等等；A.蒸汽是二次能源，选项A不符合题意；B.石油、流水、天然铀矿均为一次能源，选项B符合题意；C.电力是二次能源，选项C不符合题意；D.焦炭、酒精是二次能源，选项D不符合题意。故答案为：B。【分析】根据一次能源的定义进行解答：一次能源是指直接取自自然界没有经过加工转换的各种能量和资源2.下列各原子或离子的电子排布式错误的是（  ）A. Mg2+1s22s22p6                                               B. F    1s22s22p5C. Ar 1s22s22p63s23p6                                        D. Cr    1s22s22p63s23p63d44s2【答案】D【考点】原子核外电子排布【解析】【解答】A、Mg2+含有10个电子，核外电子排布式为1s22s22p6，选项A不符合题意；B、F原子含有9个电子，核外电子排布式为1s22s22p5，选项B不符合题意；C、Ar含有18个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，选项C不符合题意；D、Cr含有24个电子，3d轨道半充满为稳定，则核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，选项D符合题意。故答案为：D。【分析】根据每层电子层能容纳的电子量及各层的稳定状态进行解答。3.室温下，柠檬水溶液的pH是3，则其中由水电离出的c(H+)是（  ）A. 1×10-11mol·L-1              B. 1×10-3mol·L-1              C. 1×10-7mol·L-1              D. 0.1mol·L-1【答案】A【考点】水的电离【解析】【解答】溶液的pH是3，则溶液中OH－的浓度是1×10-11mol/L。酸是抑制水的电离的，所以溶液中水电离的c（H+）等于溶液中水电离的c（OH-），14/14\n故答案为：A。【分析】溶液中c(H+)=10-3；溶液中由水电离出的c(H+)与c（OH-）是相同的，其中c（OH-）==1×10-11mol·L-14.一定温度下，反应N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）在密闭容器中进行，下列措施不改变化学反应速率的是（  ）A. 缩小体积使压强增大             B. 恒容，充入N2             C. 恒容，充入He             D. 恒压，充入He【答案】C【考点】化学反应速率的影响因素【解析】【解答】解：A、缩小体积使压强增大，则增大各组分浓度，可以加快该化学反应的速率，故A错误；B、恒容，充入N2，则增大氮气的浓度，可以加快该化学反应的速率，故B错误；C、恒容，充入He，各组分浓度不变，速率不变，故C正确；D、恒压，充入He，体积增大，各组分浓度减小，速率减小，故D错误．故选C．【分析】改变化学反应速率的因素：温度、浓度、压强、催化剂等，据此回答；A、缩小体积使压强增大，则增大各组分浓度；B、恒容，充入N2，则增大氮气的浓度；C、恒容，充入He，各组分浓度不变；D、恒压，充入He，体积增大，各组分浓度减小．5.图中烧杯中盛的是天然水，铁腐蚀的速率由快到慢的顺序是（  ）  A. ⑤＞②＞①＞③＞④                                          B. ⑤＞②＞③＞④＞①C. ④＞③＞②＞①＞⑤                                          D. ④＞③＞⑤＞②＞①【答案】C【考点】金属的电化学腐蚀与防护，金属腐蚀的化学原理，探究铁的吸氧腐蚀【解析】【解答】认真观察装置图，分析各图中发生反应的原理，然后才能比较铁腐蚀的速率快慢。④是电解池装置，在④池中Fe是阳极，铁失去电子，铁腐蚀最快。②③⑤是原电池装置，在②③池中Fe是负极，腐蚀较快(比④慢)，其中铜的金属性弱于锡，故③腐蚀较快。在⑤池中Fe是正极，腐蚀较慢(比①②慢)。综上所述，铁被腐蚀的速率由快到慢为④>③>②>①>⑤，故答案为：C。【分析】原电池中负极失电子，比正极消耗快；电解池中阳极失电子，腐蚀快；两者中电解池腐蚀速率大于原电池。6.为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再向滤液中加入适量的盐酸，这种试剂不能是（  ）A. MgO                             B. Mg(OH)2                             C. NH3.H2O                             D. MgCO3【答案】C【考点】物质的分离、提纯和除杂14/14\n【解析】【解答】A、加入MgO，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，选项A不符合题意；B、加入Mg(OH)2，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，选项B不符合题意；C、加入氨水混入氯化铵杂质，且生成氢氧化镁沉淀，选项C符合题意；D、加入MgCO3，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，选项D不符合题意。故答案为：C。【分析】除杂时：（1）不引入新的杂质；（2）不减少被净化气体的量7.准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定。下列说法正确的是( )A. 滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定         B. 随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大C. 用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定         D. 滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小【答案】B【考点】中和滴定【解析】【解答】A项，滴定管用蒸馏水洗涤后，还要用待装NaOH溶液润洗，否则将要引起误差，A不符合题意；B项，在用NaOH溶液滴定盐酸的过程中，锥形瓶内溶液由酸性逐渐变为中性，溶液的pH由小变大，B符合题意；C项，用酚酞作指示剂，锥形瓶中溶液应由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复原色时才能停止滴定，C不符合题意；D项，滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则碱液的体积偏大，测定结果偏大，D不符合题意。故答案为：B【分析】原溶液为HCl，显酸性，随着NaOH的加入pH逐渐升高8.如图所示是一位同学在测试水果电池，下列有关说法错误的是（  ）A. 若金属片A是正极，则该金属片上会产生H2         B. 水果电池的化学能转化为电能C. 此水果发电的原理是电磁感应                            D. 金属片A、B可以一个是铜片，另一个是铁片【答案】C【考点】原电池和电解池的工作原理，设计原电池，探究电解池作用【解析】【解答】A、若金属片A是正极，正极上氢离子得电子产生H2，选项A不符合题意；B、水果电池是将化学能转化为电能的装置，选项B不符合题意；C、此水果发电的原理是化学反应，选项C符合题意；D14/14\n、由于铜没有铁片活泼，铁片在酸性条件会失去电子，而铜不可以，故两金属片可以一个是铜片，另一个是铁片，选项D不符合题意。故答案为：C。【分析】水果中含有可自由移动的离子，可看做电解液。9.下列说法中正确的是（  ）A. 饱和石灰水中加入一定量生石灰，溶液温度明显升高，pH增大B. AgCl悬浊液中存在平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，往其中加入少量NaCl粉末，平衡向左移动，溶液中离子的总浓度减小C. AgCl悬浊液中加入KI溶液，白色沉淀变为黄色，证明此条件下Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)D. Na2CO3溶液中：2c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)【答案】C【考点】化学平衡移动原理【解析】【解答】A、加入生石灰后，生石灰与水反应生成氢氧化钙，溶剂的质量减少，析出氢氧化钙，剩余溶液仍为饱和溶液，浓度不变，pH不变，选项A不符合题意；B、往其中加入少量NaCl粉末，平衡向左移动，溶液中含有Na+离子，离子的总浓度增大，选项B不符合题意；C、难溶电解质之间可实现由溶度积常数较大的物质转化为溶度积常数较小的物质，AgCl悬浊液中加入KI溶液，白色沉淀变成黄色，证明此条件下Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），选项C符合题意；D、Na2CO3溶液中存在物料守恒：c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(H2CO3)+2c(CO32-)，选项D不符合题意。故答案为：C。【分析】A.饱和溶液不会再溶解该物质B.加入NaCl后，溶液中Na+、Cl-增多，平衡反向移动D。根据物料守恒分析10.在一密闭容器中，当反应aA(g)bB(g)+cC(g)达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，最终测得A的物质的量的浓度为原来的55%，则（  ）A. 平衡向正反应方向移动          B. a＞b+c          C. 物质B的质量分数增大          D. 以上判断都错误【答案】B【考点】化学平衡建立的过程，化学平衡移动原理，化学平衡状态的判断【解析】【解答】采用假设法分析，假设a=b+c，则保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，A 的物质的量的浓度为原来的50%，但当达到新的平衡时，A 的物质的量的浓度为原来的55%，说明减小压强平衡向逆反应方向移动，则说明a＞b+c，A、由以上分析可知，平衡应向逆反应方向移动，选项A不符合题意；B、增大压强平衡向逆反应方向移动，则说明a＞b+c，选项B符合题意；C、平衡应向逆反应方向移动，物质B的质量分数减小，选项C不符合题意；D、以上判断选项B正确，选项D不符合题意。故答案为：B。【分析】根据勒夏特列原理：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动，进行分析。11.下列关于元素第一电离能的说法不正确的是(　　)A. 钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能，故钾的活泼性强于钠B. 因同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，故第一电离能必依次增大C. 最外层电子排布为ns2np6(若只有K层时为1s2)的原子，第一电离能较大D. 对于同一元素而言，原子的逐级电离能越来越大14/14\n【答案】B【考点】元素电离能、电负性的含义及应用【解析】【解答】A项正确，钾与钠同主族，第一电离能越小，金属性越强；B项错误，在轨道处于全充满或半充满状态时出现反常情况，如Be比B、Mg比Al、N比O、P比S的第一电离能都要大一些；C项正确，最外层电子排布为ns2np6是稀有气体元素的原子，本身已达稳定结构，第一电离能较大；D项正确，因为原子失电子带正电荷，电子越来越难失去，尤其是达到稳定结构以后。【分析】熟练掌握第一电离能的定义及第一电离能与元素性质的关系是解题的关键。12.环保、安全的铝空气电池的工作原理如图所示，下列有关叙述错误的是(　　)A. NaCl的作用是增强溶液的导电性                       B. 正极的电极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－C. 电池工作过程中，电解质溶液的pH不断增大         D. 用该电池做电源电解KI溶液制取1molKIO3，消耗铝电极的质量为54g【答案】C【考点】探究原电池及其工作原理【解析】【解答】A．该原电池中，NaCl不参加反应，则NaCl的作用是增强溶液的导电性，故A不符合题意；B．由题图可知Al电极为负极，发生反应：Al-3e-+3OH-=Al（OH）3，O2在正极发生反应：O2+4e-+2H2O=4OH-，故B不符合题意；C．总反应方程式为4Al+3O2+6H2O=4Al（OH）3↓，氯化钠溶液呈中性，放电过程中溶液的溶质仍然为NaCl，则电解质溶液的pH基本不变，故C符合题意；D.1molKI制得1molKIO3时转移6mol电子，根据转移电子相等得消耗m（Al）=×27g/mol=54g，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】原电池中：电子流出的一极为负极，电子流入的一极为正极，正负两级得失电子守恒。13.在一定温度下的定容容器中，当下列物理量不再变化时，能说明I2(g)+H2(g)2HI（g）达到平衡状态的是（  ）A. 混合气体的颜色        B. 容器内压强        C. 混合气体的平均相对分子质量        D. 混合气体的密度【答案】A【考点】化学平衡状态的判断【解析】【解答】A.反应物中只有碘蒸气有颜色，混合气体的颜色不变则说明碘的物质的量保持不变，反应达到平衡状态，A符合题意；B.反应前后气体的体积是不变的，则混合气体的压强始终是不变的，容器内压强不变不能说明反应达到平衡状态，B不符合题意；C.14/14\n混合气体的总质量不变，总物质的量始终保持不变，故平均相对分子质量保持不变，不能做为平衡状态的标志，C不符合题意；D.密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，不能说明反应达到平衡状态，D不符合题意。故答案为：A。【分析】A.反应前有颜色，反应后无颜色的，可根据颜色判断平衡状态B.压强判断法只适用于反应前后体积变化的反应C.平均相对分子质量判断法适用于物质的量和质量改变的反应D.密度判断法适用于气体体积和质量比值改变的反应14.现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是（  ）序号①②③④溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸pH111133A. ③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大         B. ②③两溶液等体积混合，所得溶液中c(H+)＞c(OH-)C. V1L④和V2L②混合，若混合后溶液pH=7，则V1=V2         D. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①＞②＞③＞④【答案】D【考点】探究溶液的酸碱性【解析】【解答】A、醋酸、盐酸均呈酸性，醋酸钠呈碱性，两溶液加入醋酸钠后pH均增大，选项A不符合题意；B、③中醋酸浓度大于②中氢氧化钠的浓度，二者等体积混合，醋酸过量导致溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，选项B不符合题意；C、盐酸为强酸，氢氧化钠为强碱，V1L④和V2L②混合，若混合后溶液pH=7，则V1=V2，选项C不符合题意；D、加水稀释促进弱电解质一水合氨和醋酸电离，导致稀释后醋酸pH小于盐酸、氨水pH大于氢氧化钠，所以它们分别稀释10倍后，溶液的pH：①＞②＞④＞③，选项D符合题意。故答案为：D。【分析】强酸强碱加水稀释10的倍数时，pH增大或减小相同的数值，但是弱酸弱碱因为存在电离平衡，pH并不会等倍的改变。15.已知：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－41kJ·mol－1。相同温度下，在体积相同的两个恒温密闭容器中，加入一定量的反应物发生反应。相关数据如下：容器编号起始时各物质的物质的量/mol达平衡过程体系的能量变化COH2OCO2H2O14/14\n①1400放出热量：32.8kJ②0014热量变化：Q下列说法中，不正确的是(　　)A. 容器①中反应达平衡时，CO的转化率为80%         B. 容器①中CO的转化率等于容器②中CO2的转化率C. 容器①中CO反应速率等于H2O的反应速率         D. 平衡时，两容器中CO2的浓度相等【答案】D【考点】化学平衡建立的过程，化学反应速率与化学平衡的综合应用【解析】【解答】A．平衡时放出的热量为32.8kJ，故参加反应的CO的物质的量CO的转化率为，故A不符合题意；B、容器①②温度相同，平衡常数相同，根据容器①计算平衡常数，由A计算可知，平衡时CO的物质的量变化量为0.8mol，则：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）起始（mol）1400转化（mol）0.80.80.80.8平衡（mol）0.23.20.80.8故平衡常数K==1故容器②中的平衡常数为1，令容器②中CO2的物质的量变化量为amol，则：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）14/14\n起始（mol）1400转化（mol）aaaa平衡（mol）1-a4-aaa所以，解得a=0.8。计算可知CO2的转化率为，故B不符合题意；C、速率之比等于化学计量数之比，故容器①中CO反应速率等于H2O的反应速率，故C不符合题意；D、结合B选项的计算，由A中计算可知容器①平衡时CO2的物质的量为0.8mol，容器②中CO2的物质的量为1mol-0.8mol=0.2mol，容器的体积相同，平衡时，两容器中CO2的浓度不相等，故D符合题意；故答案为：D。【分析】判断两个不同起始状态的反应的最后浓度是否相同，可把起始条件换算成同一状态下的量，然后进行计算。16.浓度均为0.1mol·L-1，体积均为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg 的变化关系如图所示。下列叙述正确的是（  ）A. 相同温度下，电离常数K（HX）：a＞b             B. HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱C. 常温下，由水电离出的c（H+）•c（OH-）：a＜b         D. lg =3，若同时微热两种溶液（不考虑HX、HY和H2O的挥发），则减小【答案】C14/14\n【考点】酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算，探究溶液的酸碱性【解析】【解答】A．酸的电离平衡常数只与温度有关，所以相同温度下，电离常数K（HX）：a=b，选项A不符合题意；B．根据图知，lg=0时，HX的pH＞1，说明HX部分电离为弱电解质，HY的pH=1，说明HY完全电离，为强电解质，HY的酸性大于HX，选项B不符合题意；C．酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越小其抑制水电离程度越小，根据图知，b溶液中氢离子浓度小于a，则水电离程度a＜b，所以由水电离出的c（H+）•c（OH-）：a＜b，选项C符合题意；D．lg=3，若同时微热两种溶液（不考虑HX、HY和H2O的挥发），n（X-）增大，n（Y-）不变，二者溶液体积相等，所以变大，选项D不符合题意。故答案为：C。【分析】A.平衡常数只与温度有关B.根据加水的量和pH变化的程度进行判断D.升温水解程度增大17.汽车净化的主要原理为2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) △H＜0。若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是（  ）A.                                           B.    C.                                           D. 【答案】B【考点】化学平衡状态的判断【解析】【解答】A、可逆反应达化学平衡状态时正逆反应速率不再变化，选项A不符合题意；B、该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，达最高，平衡常数不变，为最小，图象与实际符合，选项B符合题意；C、对于恒容容器而言，各物质的物质的量不再改变而不是反应物和生成物的物质的量相等，选项C不符合题意；D、绝热恒容体系中，反应开始向正方向进行，NO的质量分数先减小，平衡后温度升高逆向移动，NO的质量分数增大，选项D不符合题意。故答案为：B。【分析】根据勒夏特列原理进行分析。14/14\n18.500mLKNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)=0.6mol·L-1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体（标准状况下），假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是（  ）A. 上述电解过程中共转移0.2mol电子                    B. 原混合溶液中c(K+)为0.2mol·L-1C. 电解得到的Cu的物质的量为0.05mol                 D. 电解后溶液中c(H+)为0.2mol·L-1【答案】B【考点】电解原理，电解原理的应用实验【解析】【解答】石墨作电极电解此溶液时，阳极发生的反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极上发生的电极反应为：Cu2++2e-=Cu，2H++2e-=H2↑，两极均收集到2.24L（标况）气体，即均生成0.1mol的气体，阳极生成0.1mol氧气说明转移了0.4mol电子，而阴极上生成的0.1molH2只得到了0.2mol电子，所以剩余0.2mol电子由铜离子获得，且溶液中有0.1molCu2+。A．上述电解过程中共转移0.4mol电子，选项A不符合题意；B．，由电荷守恒可得，选项B符合题意；C．由以上分析可知，溶液中有0.1molCu2+，Cu2++2e-═Cu，所以电解得到的Cu的物质的量为0.1mol，选项C不符合题意；D．电解后，，，则由电荷守恒可得，选项D不符合题意。故答案为：B。【分析】电极反应与电源的正极相连的电极称为阳极,与电源的负极相连的电极成为阴极;物质在阳极上失去电子，发生氧化反应,物质在阴极上得到电子，发生还原反应；且阴阳两极得失电子守恒。二、综合题19.向一容积不变的密闭容器中充入一定量A(g)和B，发生反应：xA(g) +2B(s)yC(g)  △H<0.在一定条件下，容器中A、C 的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。请回答下列问题（1）根据图示可确定x：y=________。（2）0 -10min容器内压强________（填“变大”、“不变”或“变小”）（3）推测第10min引起曲线变化的反应条件可能是________（填编号，下同）；第16min引起曲线变化的反应条件可能是________。①减压②增大A的浓度  ③增大C的量  ④升温  ⑤降温⑥加催化剂14/14\n（4）若平衡1的平衡常数为K1，平衡II的平衡常数为K2，则K1________（填“＞”“=”或“＜”）K2【答案】（1）1:2（2）变大（3）④⑥；④（4） ＞【考点】化学平衡的影响因素，化学平衡移动原理，化学平衡状态的判断【解析】【解答】(1)10min时C的浓度增加0.40mol/L，则与A的浓度变化之比是2∶1，故x∶y＝1∶2；(2)0～10min内C的浓度增加的量比A的浓度减小的量大，B是固体，所以压强变大；(3)根据图像知10min时反应速率加快，分析可知10min时改变的条件可能是升温或加催化剂，故答案为：④⑥；12～16min，反应处于平衡状态，16min后A的浓度逐渐增大，C的浓度逐渐减小，20min时达到新平衡，分析可知16min时改变的条件可能是升温，故答案为：④；(4)已知第16min时改变的条件是升高温度，而该反应是放热反应，所以升高温度平衡逆移，则平衡常数减小，故K1＞K2。【分析】（1）根据平衡图像可得该反应的方程式为：A(g) +2B(s)⇌2C(g)；（2）根据平衡及气体状态判断压强的变化（3）10min时反应速率加快，16min时平衡逆向移动，根据影响平衡速率及移动的因素解答；（4）平衡常数是温度的函数。20.某实验小组同学利用下图装置对电化学原理进行了一系列探究活动。（1）甲池为装置________(填“原电池”或“电解池”)。（2）甲池反应前，两电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差28g，导线中通过________mol电子。（3）实验过程中，甲池左侧烧杯中NO3-的浓度________(填“变大”、“变小”或“不变”)。（4）其他条件不变，若用U形铜棒代替“盐桥”，工作一段时间后取出铜棒称量，质量________(填“变大”、“变小”或“不变”)。若乙池中的某盐溶液是足量AgNO3溶液，则乙池中左侧Pt电极反应式为________，工作一段时间后，若要使乙池溶液恢复原来浓度，可向溶液中加入________(填化学式)。【答案】（1）原电池（2）0.2（3）变大（4）不变；；Ag2O【考点】原电池和电解池的工作原理，电极反应和电池反应方程式【解析】【解答】（1）根据图示，甲池为带盐桥的原电池；（2）甲装置总反应 设参加反应的铜的质量为x，生成银的质量为a14/14\nCu+2Ag+=Cu2++2Ag64g216gxa        x=6.4g所以参加反应的铜的物质的量是0.1mol，转移电子的物质的量是0.2mol；（3）甲池铜是负极，盐桥中阴离子移向负极，所以甲池左侧烧杯中NO3-的浓度增大；（4）其他条件不变，若用U形铜棒代替“盐桥”，甲池右侧烧杯变为原电池，铜是负极，电极反应为 ；左侧烧杯变为电解池，左侧烧杯中右边铜棒是阴极，电极反应为，所以铜棒质量不变；乙池中左侧Pt电极与原电池的正极相连是电解池的阳极，电极反应为，乙池中又侧Pt电极是阴极，电极反应式是 ，工作一段时间后，若要使乙池溶液恢复原来浓度，可向溶液中加入Ag2O。【分析】原电池负极为电子流出的一极，且正负极电子守恒，离子浓度可根据离子移动的方向进行判断21.某探究性学习实验小组做了如下实验：实验一：利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验如下：实验序号试验温度/K溶液颜色褪至无色时所需时间/sKMnO4溶液（含硫酸）H2C2O4溶液H2OV/mLc/mol·L-1V/mLc/mol·L-1V/mLA29320.0250.13t1BT120.0230.1V18C31320.02V20.15t1（1）通过实验A、B，可探究出________(填外部因素)的改变对反应速率的影响，其中V1=________，T1=________；通过实验________可探究出温度变化对化学反应速率的影响。（2）若t1＜8，则由此实验可以得出的结论是________；利用实验B中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为v(KMnO4)=________。（3）实验二：探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响。实验步骤： 14/14\n（a）检查装置的气密性后，添加药品；（b）反应开始后，每隔1min 记录一次生成H2的体积；（c）将所记录的数据转化为曲线图(上图乙)。根据反应的图像(图乙)分析：0-lmin盐酸与镁反应比1-2min反应快的原因：________。（4）对照实验：用20mL 水代替酸进行实验。实验现象： 当水滴入锥形瓶中，注射器的活塞________(填“会”或“不会”)向右移动。问题分析：针对上述现象，上图中气体发生装置是否合理：________(填“合理”或“不合理”)若合理，则忽略下问；若不合理，请改进上述装置使其变成合理的装置图：________(用必要的文字或装置图进行回答)。【答案】（1）浓度；5；293；B、C（2）其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大(或其他条件相同时，升高反应物温度，反应速率增大)；（3）盐酸(或H+)浓度较大（4）会；不合理；用一根导气管将锥形瓶和分液漏斗的上部分连接(或将分液漏斗换成恒压分液漏斗或将发生装置换成Y型管【考点】反应速率的定量表示方法，化学反应速率的影响因素，化学反应速率的调控作用【解析】【解答】（1）分析表中数据知，本实验是探究浓度、温度变化对反应速率产生的影响。实验中，探究浓度（温度）对反应速率的影响时，就要确保影响反应速率的其他因素相同。实验A、B，草酸浓度不同，故温度应相同，T1=293K；为使A、B两组实验中KMnO4浓度相同，则溶液总体积均应为1０ｍＬ，其中V1=5ｍＬ，C组温度与另外两组不相同，加水量与B组相同，故实验B、C是探究温度变化对化学反应速率的影响；V2=3ｍＬ。（2）由A、B实验现象及浓度差异知，若t1＜8，则由此实验可以得出的结论是其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大(或其他条件相同时，升高反应物温度，反应速率增大)；利用实验B中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为；（3）等浓度时强酸完全电离氢离子浓度较大，弱酸不完全电离氢离子浓度较小，根据反应的图像(图乙)分析：0-lmin盐酸与镁反应比1-2min反应快的原因：盐酸(或H+) 浓度较大；（4）当水滴入锥形瓶中，气体压缩，注射器的活塞会向右移动；上图中气体发生装置不合理，改进上述装置使其变成合理的装置图：用一根导气管将锥形瓶和分液漏斗的上部分连接(或将分液漏斗换成恒压分液漏斗或将发生装置换成Y 型管。【分析】探究反应条件的影响时，通常采用单一变量法进行实验，同时要设置空白对照组，以减小实验误差。22.软锰矿的主要成分是MnO2，还含有少量(Hg2+等)重金属化合物杂质。黄铁矿的主要成分是FeS2，还含有SiO2和Al2O3等杂质。工业上采用同槽硫酸酸溶等工艺制备碳酸锰并回收硫酸铵，其主要流程如下：(已知:Ksp[Al(OH)3]=13×10-33，Ksp[Fe(OH)3]=5.3×10-38，金属离子的浓度小于1×10-6视为沉淀完全。14/14\n)（1）为了提高锰元素的浸出率，在“浸取”时可采取的措施有：①适当升高温度，②搅拌，③________等。（2）流程“氧化”中加入MnO2与Fe2+发生反应的离子方程式为________。（3）“滤渣2”中主要成分的化学式为________。（4）流程“除重金属”时使用（NH4）2S而不使用Na2S的原因是________。（5）流程“50℃碳化”得到碳酸锰，该反应的化学方程式为________。（6）生成的碳酸锰产品需经充分洗涤，检验产品完全洗净的方法是________。【答案】（1）适当增大硫酸浓度（2）MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O（3）Fe(OH)3、Al(OH)3（4）Na2S会增大回收产物(NH4)2SO4中Na+含量（5）MnSO4+2NH4HCO3(NH4)2SO4+MnCO3↓+CO2↑+H2O（6）取最后一次洗涤滤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀，则已洗净【考点】常见金属的活动性顺序及其应用，稀土金属及材料，无机物的推断【解析】【解答】（1）为了提高锰元素的浸出率，在“浸取”时可采取的措施有：①适当升高温度；②搅拌；③加入足量硫酸增大硫酸浓度或粉粹矿石或延长浸泡时间，故填：适当增大硫酸浓度（或将矿石研成粉末或延长浸泡时间等）；（2）“氧化”中加入MnO2发生反应为酸溶液中二氧化锰氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；（3）pH在5～6时，铝离子、铁离子已经完全沉淀，因此“滤渣2”中主要成分的化学式为Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）“除重金属”时使用（NH4）2S而不使用Na2S的原因是Na2S会增大回收产物(NH4)2SO4中Na+含量，能够防止带入钠离子；（5）“50℃碳化”得到碳酸锰，过程中硫酸锰和碳酸氢铵反应生成碳酸锰、硫酸铵、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：MnSO4+2NH4HCO3(NH4)2SO4+MnCO3↓+CO2↑+H2O；（6）生成的碳酸锰产品需经充分洗涤，检验产品完全洗净的方法是：取最后一次洗涤滤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀，则已洗净。【分析】除杂需遵循：不引入新的杂质；不减少被净化气体的量的原则；推导未知的方程式或离子方程式时，可以根据加入物质的氧化性、还原性、所加物质的常见反应以及最终得到的产物进行推断。14/14