湖南省娄底市2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题（解析版）

2020 年上学期期末考试高一化学试卷 总分：100 分 时量：90 分钟 可能用到的相对原子质量： O 16 Zn 65 Cl 35.5 一、单选题（每题 3 分，共 48 分） 1.中学化学实验室经常用到下列实验装置，其中不可用于物质分离的是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】A.坩埚是熔化和精炼金属液体以及固液加热、反应的容器，不可用于物质分离，符合题意，A 正 确； B.蒸馏用于分离沸点不同而相互溶解的液体，与题意不符，B 错误； C.过滤用于分离固、液混合物，与题意不符，C 错误； D.分液漏斗用于分离互不相容的液体，与题意不符，D 错误； 答案为 A。 2.习主席在十九大报告中指出：“绿水青山就是金山银山。”而利用化学知识降低污染、治理污染，改善人 类居住环境是化学工作者当前的首要任务。下列做法不利于环境保护的是 A. 开发清洁能源 B. 有效提高能源利用率 C. 研制易降解的生物农药 D. 对废电池做深埋处理 【答案】D 【解析】 A. 开发清洁能源有利于减少空气污染，保护环境；B. 有效提高能源利用率，可以减少能源的消耗，保护环 境；C. 研制易降解的生物农药 ，可以减少农药的残留，保护了环境； D. 对废电池做深埋处理，电池中的 重金属离子会污染土壤和地下水。本题选 D。 3.下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是（ ） A. 锌粒与稀硫酸的反应 B. 灼热的木炭与 CO2 反应 C. 甲烷在氧气中的燃烧反应D. Ba(OH)2·8H2O 晶体与 NH4Cl 晶体的反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．锌粒与稀硫酸的反应是放热反应，A 不合题意； B．灼热的木炭与 CO2 发生氧化还原反应，为吸热反应，B 符合题意； C．甲烷在氧气中的燃烧反应是放热反应，C 不合题意； D．Ba(OH)2·8H2O 晶体与 NH4Cl 晶体的反应是非氧化还原反应，D 不合题意； 故选 B。 4.苏轼的《格物粗谈》有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”按 照现代科技观点，该文中的“气”是指 A. 甲烷 B. 乙烯 C. 乙炔 D. 生长素 【答案】B 【解析】 【详解】我们知道乙烯可以用作水果的催熟剂，因此这里的“气”指的就是乙烯，答案选 B。 5.设 NA 为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 标准状况下，22.4L 以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为 NA B. 用含有 0.01mol 氯化铁的水溶液制成氢氧化铁胶体，含有的胶体粒子数为为 0.01NA C. 标准状况下，22.4LCCl4 中分子数为 NA D. 32gO2 和 O3 混合气体中含有原子数为 2NA 【答案】D 【解析】 【详解】A. 标准状况下，22.4L 以任意比例混合的氮气和氧气的物质的量为 1mol，因氮气和氧气都是双原 子分子，则所含的原子数为 2NA，故 A 错误； B.因胶体粒子为许多个氢氧化铁粒子的集合体，故所得的胶体中含有的胶体粒子数小于 0.01NA，故 B 错误； C.在标准状态下，CCl4 为液体，此状态下 22.4L CCl4 的物质的量并不是 1mol，故分子数也并不等于 NA， 故 C 错误； D. 32gO2 和 O3 混合气体中所含氧原子的物质的量为：32g÷16g/mol=2mol，则所含的氧原子数为 2NA，故 D 正确； 答案选 D。 6.C1O2 是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得 C1O2： 2KClO3+H2C2O4+H2SO4 2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O,下列说法中正确的是A. 在反应中 H2C2O4 既不是氧化剂也不是还原剂 B. 1 mol KClO3 参加反应，在标准状况下能得到 22.4 L 气体 C 1 mol KClO3 参加反应有 2 mol 电子转移 D. KClO3 在反应中是氧化剂 【答案】D 【解析】 【分析】 反应 2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O 中，Cl 元素的化合价由+5 降低为+4 价，C 元素 的化合价由+3 升高到+4 价。 【详解】A、因 C 元素的化合价由+3 升高到+4 价，则 H2C2O4 在反应中作还原剂，故 A 错误； B、反应中 1molKClO3 参加反应，生成 1mol 二氧化碳和 1molClO2，则在标准状况下能得到 44.8L 气体，故 B 错误； C、Cl 元素的化合价由+5 降低为+4 价，1molKClO3 参加反应转移的电子为 1mol×（5-4）=1mol，故 C 错误； D、因反应中 Cl 元素的化合价由+5 降低为+4 价，KClO3 在反应中得到电子，则 KClO3 反应中是氧化剂， 故 D 正确； 故选 D。 【点睛】本题考查氧化还原反应，解题关键：明确反应中元素的化合价变化，A 选项易错点、也是难点，H2C2O4 中 C 元素化合价的判断，用化合价代数和为 0 去判断。 7.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是（ ） A. Fe(s) FeCl3(s) Fe(OH)3(s) B. CaCl2(aq) CaCO3(s) CaO(s) C. NaHCO3(s) Na2CO3(s) NaOH(s) D. Al2O3(s) AlCl3(aq) Al(OH)3 (s) 【答案】B 【解析】 【详解】A．Fe 与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与 NaOH 反应生成氢氧化铁，则图中转化均可实现，故 A 不符合题意； B．因盐酸的酸性大于碳酸的酸性，则氯化钙与二氧化碳不反应，图中 CaCl2(aq) CaCO3(s)不能 实现转化，故 B 符合题意； . 2Cl→点燃 NaOH(aq)→ 2CO→ →煅烧 →加热 饱和石灰水→ →盐酸 氨水→ 2CO→C．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，碳酸钠与石灰水反应生成碳酸钙和 NaOH，则图中转化均可实现，故 C 不符合题意； D．氧化铝与盐酸反应生成氯化铝，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝，则图中转化均可实现，故 D 不符合 题意； 故选：B。 8.下列对于元素周期表结构的叙述中，正确的是 A. 7 个横行代表 7 个周期，18 个纵行代表 16 个族 B. 副族元素中有非金属元素 C. 除第一周期外，其他周期均有 18 种元素 D. 碱金属元素是指ⅠA 族的所有元素 【答案】A 【解析】 【详解】A.7 个横行代表 7 个周期，18 个纵行代表 16 个族，7 个主族、7 个副族、1 个 0 族、1 个ⅤⅢ族， 故 A 正确； B.副族元素均在长周期，均为金属元素，只有主族元素存在非金属元素，故 B 错误； C.2、3 周期有 8 种元素，6、7 周期有 32 种元素，则只有 4、5 周期有 18 种元素，故 C 错误； D.碱金属元素为金属元素，而ⅠA 族元素含 H，碱金属元素是指ⅠA 族的除 H 之外的所有元素，故 D 错误。 故答案：A。 9.足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和 NO、NO2 的混合气体，这些气体与 1.68LO2(标准状况下) 混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入 5mol/LNaOH 溶液至 Cu2+ 恰好完全沉淀，则消耗溶液 NaOH 的体积是( ) A. 60mL B. 45mL C. 30mL D. 15mL 【答案】A 【解析】 【分析】 向所得硝酸铜溶液中加入 NaOH 溶液至 Cu2＋恰好完全沉淀，沉淀为 Cu(OH)2，由电荷守恒可知，Cu 提供电 子物质的量等于氢氧化铜中氢氧根的物质的量，生成 NO2、NO 的混合气体与 1.68L O2(标准状况)混合后通 入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，整个过程，由电子转移守恒，可知 Cu 提供电子等于氧气获得的 电子，据此计算 n(NaOH)，进而计算消耗氢氧化钠溶液体积。 【详解】生成 NO2、NO 的混合气体与 1.68L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝 酸，整个过程，由电子转移守恒，可知 Cu 提供电子等于氧气获得的电子，即 Cu 提供电子为： ×4＝0.3mol，然后根据 1molCu 失去 2mol 电子可知，铜的物质的量为 0.15mol；向所得硝酸铜溶液中加入 22.4L 1.68L /molNaOH 溶液至 Cu2＋恰好完全沉淀，沉淀为 Cu(OH)2，故所需的 n(NaOH)＝0.15mol×2＝0.3mol，故消耗氢氧 化钠溶液体积为 =0.06L＝60mL， 故选：A。 【点睛】本题考查金属与硝酸反应的计算，侧重考查学生的分析思维能力与解题方法技巧，注意利用守恒 法进行解答。 10.X、Y、Z、W 四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是 A. Y、Z、X 三种元素的原子半径依次增大 B. X、Z 都是第二周期ⅥA 族元素，单质的氧化性 X>Z C. Y 的气态氢化物的热稳定性比 Z 的高 D. W 元素最高价氧化物的水化物的酸性比 Z 的强 【答案】D 【解析】 【分析】 X、Y、Z、W 四种短周期元素，根据其在元素周期表的位置关系判断，X 为 O 元素，Y 为 Si 元素，Z 为 S 元素，W 为 Cl 元素，结合物质结构与元素周期律分析作答。 【详解】根据上述分析可知，X 为 O 元素，Y 为 Si 元素，Z 为 S 元素，W 为 Cl 元素，则 A. 同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大，则 Y、Z、X 三种元素 的原子半径依次减小，故 A 错误； B. X、Z 虽都是ⅥA 族元素，但 X 位于第二周期，Z 位于第三周期元素，由于同族元素的非金属性依次减弱， 单质的氧化性依次减弱，则单质的氧化性 X>Z，故 B 错误； C. 元素的非金属性越强，对应气态氢化物的热稳定性越强，因非金属性：Y＜Z，则 Y 对应的气态氢化物的 热稳定性比 Z 的低，故 C 错误； D. 元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强（除 F、O 无最高正价以外），因非金属性： W＞Z，则 W 元素最高价氧化物的水化物的酸性比 Z 的强，故 D 正确； 答案选 D。 11.下列说法正确的是 0.3mol 5mol/LA. 氯化铵固体受热分解和干冰升华均只需克服分子间作用力 B. I2、Br2、Cl2、F2 的熔、沸点逐渐降低 C. HCl 气体溶于水和 NaOH 熔化破坏的化学键类型相同 D. NaF、H2SO4 中所含化学键的类型相同 【答案】B 【解析】 【详解】A．氯化铵固体受热分解破环化学键，干冰升华只需克服分子间作用力，A 说法错误； B．I2、Br2、Cl2、F2 均为分子晶体，随分子量的减小，熔、沸点逐渐降低，B 说法正确； C．HCl 气体溶于水破坏共价键，而 NaOH 熔化破坏离子键，破坏的化学键类型不相同，C 说法错误； D．NaF 含有离子键，H2SO4 含有共价键，所含化学键的类型不相同，D 说法错误； 答案为 B。 12.氮化钠(Na3N)是科学家制备的一种重要的化合物，它与水作用可产生 NH3，主要用于制造炸药及用作分 析试剂等。下列分析不正确的是（ ） A. 化合物 Na3N 是由离子键形成的 B. Na3N 与过量的 HCl(aq)反应，生成两种盐 C. 比较 Na3N 中两种粒子的半径：r(Na+)>r(N3-) D. Na3N 与水反应的化学方程式为 Na3N+3H2O=3NaOH+NH3↑ 【答案】C 【解析】 【详解】A．化合物 Na3N 是由 Na＋和 N3－通过离子键形成的，故 A 正确； B．Na3N 是由 Na＋和 N3－通过离子键形成，与过量的 HCl（aq）反应，生成 NaCl 和 NH4Cl 两种盐，故 B 正确； C．Na＋和 N3－的电子层结构相同，半径取决于质子数；核电荷数越多，半径越小，所以半径：r（Na＋）＜ r（N3－），故 C 错误； D．Na3N 是由 Na＋和 N3－通过离子键形成，与水反应可产生 NH3 和 NaOH，化学方程式为 Na3N+3H2O=3NaOH+NH3↑，故 D 正确； 故选 C。 【点睛】本题考查了化学键、化学方程式的书写及离子半径大小的比较等知识点，易错点 C，相同电子层 结构的离子，核电荷数与离子半径成反比，核电荷数越大，半径越小。 13.分析下图所示的三个原电池装置，其中结论正确的是( )A. ①②中 Mg 作负极 B. ③中电流方向由 Cu 流向 Fe C. ②中 Mg 作正极，电极反应式 2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑ D. ③中 Cu 作正极，电极反应式为 2H＋＋2e－=H2↑ 【答案】C 【解析】 【详解】A．②中的氧化还原反应发生在金属铝和氢氧化钠之间，失电子的是金属铝，为负极，故 A 错误； B．铁遇浓硝酸发生钝化，铜与浓硝酸反应；原电池中，电子的移动方向是从负极到正极，电流的方向从正 极到负极，铜是负极，铁是正极，③中电流方向由 Fe 流向 Cu，故 B 错误； C．②中的氧化还原反应发生在金属铝和氢氧化钠之间，失电子的是金属铝，为负极，Mg 作为正极，电极 反应式为 2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑，故 C 正确； D．金属铁在常温下遇浓硝酸钝化，金属铜可以和浓硝酸之间反应，从而形成原电池，金属铜是负极， Cu−2e−═Cu2+，故 D 错误； 答案选 C。 【点睛】不能只依照活泼性判断正负极，根据实际的氧化还原反应，如铁铜与硫酸构成原电池，铁做负极， 铁铜与浓硝酸构成原电池，铁做正极。 14.将等物质的量的 A、B 混合于 2L 的恒容密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g) xC(g)+2D(g)，经 5min 后，测得 D 的量为 1mol，C 的平均反应速率是 0.1mol/(L·min)。则 x 的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【详解】由测得 D 的量为 1mol 知∆c(D)=0.5 mol/L，D 的平均反应速率为 0.5mol/L÷5min=0.1mol/(L·min)， 由 3A(g)+B(g) xC(g)+2D(g)，根据化学计量数之比等于反应速率之比，υ（C）：υ（D）=0.1mol/(L·min)： 0.1mol/(L·min)=x：2，解得 x=2，B 选项正确； 答案选 B。 为15.下列关于甲烷的叙述中，错误的是(　　) A. 通常情况下，甲烷跟强酸、强碱、强氧化剂不反应 B. 甲烷化学性质比较稳定，不能被任何氧化剂氧化 C. 甲烷跟氯气反应无论生成 CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3 还是 CCl4，都属于取代反应 D. 甲烷的四种有机取代产物都难溶于水 【答案】B 【解析】 【详解】A．甲烷化学性质不活泼，通常情况下，甲烷跟强酸、强碱、强氧化剂不起反应，A 正确； B．甲烷的性质比较稳定，在通常情况下，不与强酸、强碱、强氧化剂反应，但甲烷能在空气中燃烧，B 错 误； C．甲烷分子中 氢可以发生取代反应，甲烷跟氯气反应无论生成 CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3 还是 CCl4，都属 于取代反应，C 正确； D．甲烷在光照条件下与氯气发生取代反应生成的 CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3 和 CCl4 均不溶于水，D 正确； 故选 B。 【点睛】甲烷的性质比较稳定，在通常情况下，不与强酸、强碱、强氧化剂反应，但甲烷能在空气中燃烧 是解答关键。 16.如图为实验室制取少量乙酸乙酯的装置图。下列关于该实验的叙述不正确的是（ ） A. 向 a 试管中先加入浓硫酸，然后边摇动试管边慢慢加入乙醇，再加乙酸 B. 试管 b 中导气管下端管口不能浸入液面下的目的是防止实验过程中产生倒吸现象 C. 在试管 a 中应加几块碎瓷片以防止试管 a 中的液体在加热时发生暴沸 D. 反应结束后振荡试管 b，b 中液体分为两层，上层为有香味的无色油状液体 【答案】A 【解析】 【详解】A． 由于浓硫酸的密度较大，且与乙醇和乙酸混合时会放出大量的热，为防止酸液飞溅，应先加 入乙醇再加入浓硫酸和乙酸，A 错误； 的B．由于生成的产物中含有乙醇和乙酸，易溶于水，故实验时试管 b 中的导气管不能插入液面下，B 正确； C．为防止液体暴沸，应加入碎瓷片，C 正确； D．乙酸乙酯无色、具有香味，且密度比水小，难溶于水，故振荡后上层为有香味的无色油状液体，D 正确； 故选 A。 【点睛】在乙酸与乙醇发生的酯化反应中，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，饱和碳酸钠溶液的作用是去 除乙酸、溶解乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度。 非选择题（每空 2 分，52 分） 二、填空题 17.火药是古代道士配出的“药”，燃放烟花爆竹“产生大量烟雾。这种烟雾的成分是二氧化硫，与空气中的水 分最终形成了稀硫酸气溶胶。 （1）根据所学知识，进行科学分析，下列说法正确的是________。 A．二氧化硫与空气中的水通过化合反应直接形成稀硫酸 B．稀硫酸具有强氧化性，可以用于杀菌消毒 C．烟花爆竹燃烧产生的 SO2 和可吸入颗粒物均属于大气污染物 （2）某学习小组想检验某地区的雨水中是否含有硫酸根，设计实验：取少量雨水于试管中，加入盐酸酸化 无明显现象，再加入__________溶液（填“BaCl2”或“AgNO3”）产生白色沉淀。证明该地区雨水中含有硫酸 根。 （3）“绿水青山就是金山银山”，工业生产中通常在煤中加入适量石灰石进行脱硫处理，解决煤燃烧产生二 氧化硫的问题，完成化学方程式：2CaCO3+O2+2SO2=2_____+2CO2。 【答案】 (1). C (2). BaCl2 (3). CaSO4 【解析】 【详解】(1) A．二氧化硫与空气中的水通过化合反应直接形成的是亚硫酸，再与氧气反应才能得到硫酸， 故 A 错误； B．稀硫酸不具有强氧化性，不能用于杀菌消毒，故 B 错误； C．烟花爆竹的火药中含有硫，燃烧产生二氧化硫，同时爆炸产生的粉尘颗粒均会污染空气，故 C 正确； 故答案为：C； (2)检验硫酸根离子，需先加盐酸酸化后加氯化钡溶液，若产生不溶于盐酸的白色沉淀说明有硫酸根离子， 故答案为：BaCl2； (3)工业生产中通常在煤中加入适量石灰石，与煤燃烧产生的二氧化硫反应产生亚硫酸钙，再与氧气反应最 终形成硫酸钙，从而达到脱硫的目的，有关反应为：2CaCO3+O2+2SO2=2 CaSO4+2CO2，故答案为：CaSO4； 18.下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表某一化学元素。完成下列填空（填元素符号或化学式）： （1）元素 B 在元素周期表中的位置是______，A、B、C 三种元素原子半径从大到小的顺序是 _________________。 （2）D 简单离子的结构示意图为_____________，D、E 中金属性较强的元素是________。 （3）E 的最高价氧化物的水化物与 B 的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式是_____________。 【答案】 (1). 第二周期 VA 族 (2). N>O>H (3). (4). Na (5). Mg(OH)2 +2H+ =Mg2++2H2O 【解析】 【分析】 按元素在元素周期表中的位置知，A 为氢元素、B 为氮元素，C 为氧元素、D 为钠元素，E 为镁元素，据此 并结合元素周期律分析回答； 【详解】(1) B 为氮元素，在元素周期表中的位置是第二周期 VA 族，A、B、C 分别为氢、氮和氧元素，三 种元素中氢原子半径最小，氮、氧位于同周期，从左到右，核电荷数递增，原子半径递减，故原子半径从 大到小的顺序是 N>O>H；答案为：第二周期 VA 族；N>O>H； (2)D 为钠，简单离子的结构示意图为 ，E 为镁元素，钠、镁位于同周期，从左到右，核电荷数递增， 原子半径递减，金属性递减，故 D、E 中金属性较强的元素是钠；答案为： ； Na； (3)E 的最高价氧化物的水化物与 B 的最高价氧化物的水化物反应，即氢氧化镁和硝酸的反应，离子方程式 是 Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O；答案为：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O。 【点睛】本题主要考察元素的微粒结构、在周期表中的位置和性质，熟悉元素周期律是解本题的关键。 19.苯是一种有毒的液体，也是良好的有机溶剂，请回答下列关于苯的问题： （1）上述反应中属于取代反应的是：__________，属于加成反应的是：__________。 （2）请写出反应③的化学方程式__________。 （3）下列化合物中，能发生类似于反应④的是__________ A 乙烷 B 乙烯 C 乙醇【答案】 (1). ①③ (2). ④ (3). +HNO3（浓） +H2O (4). B 【解析】 【分析】 由图知，反应①为苯与液溴在铁或溴化铁催化作用下的溴代反应，反应②为苯与氧气的燃烧反应，反应③ 为苯的硝化反应，也属于取代反应，反应④是苯的催化加氢生成环己烷，据此回答； 【详解】(1)据分析，上述反应中属于取代反应的是①③，属于加成反应的是④； 答案为：①③；④； (2) 反应③为苯与浓硝酸之间的取代反应，生成硝基苯和水，反应条件为浓硫酸、55~60°C，反应③的化学 方程式为： +HNO3（浓） +H2O； 答案为： +HNO3（浓） +H2O； (3) 反应④是苯的催化加氢生成环己烷，能发生类似反应的是乙烯，乙烯含碳碳双键可以发生加成反应，故 选 B； 答案为：B。 【点睛】本题主要考查苯的重要的化学性质和反应类型，熟悉苯的性质、反应类型善于灵活应用是解本题 的关键。 20.在一定温度下，体积为 2L 的密闭容器中，NO2 和 N2O4 之间发生反应：2NO2(g)(红棕色) N2O4(g)(无色)，如图所示。 （1）曲线___________（填“X”或“Y”）表示 NO2 的物质的量随时间的变化曲线。 （2）若上述反应在甲、乙两个相同容器内同时进行，分别测得甲中 υ（NO2）=0.3mol/（L•s），乙中 υ （N2O4）=6mol/（L•min），则______中反应更快。 （3）在 0 到 3min 中内 N2O4 的反应速率为__________。 【答案】 (1). X (2). 甲 (3). 0.05mol/(L•min) 【解析】 【分析】 2 4H SO 55 60°C →  浓 2 4H SO 55 60°C →  浓 2 4H SO 55 60°C →  浓 (1)由图找到 X 和 Y 的变化量，按变化量之比为化学方程式中的计量数之比判断； (2)统一用同一个物质的浓度变化、统一速率的单位，进行换算比较即可； (3)分析图中数据，按定义计算 0 到 3min 中内 N2O4 的反应速率； 【详解】(1)由图知，0 到 3 分钟内，X 减少 0.6mol，Y 增加 0.3mol，X 的变化量更大，变化量之比为化学 方程式中的计量数之比，故 X 表示 NO2； 答案为：X； (2)若上述反应在甲、乙两个相同容器内同时进行，分别测得甲中 υ(NO2)=0.3mol/(L•s)，甲中速率 υ(N2O4)= υ(NO2)= 0.3mol/(L•s)=9mol/（L•min），由于乙中 υ(N2O4)=6mol/(L•min)，则甲中反应更快； 答案为：甲； (3) ，故在 0 到 3min 中内 N2O4 的反应速率为 0.05mol/(L•min)； 答案为：0.05mol/(L•min)。 【点睛】解本题的关键是从图中获取信息、结合速率定义进行计算、比较，比较反应速率大小时，必须统 一用同一个物质的浓度变化、统一速率的单位。 21.微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用，有一种银锌电池，其电极分别是 Ag2O 和 Zn，电解质溶液为 KOH 溶液，电极反应为： Zn＋2OH- - 2e-=ZnO＋H2O Ag2O＋H2O＋2e-=2Ag＋2OH- 总反应式为 Ag2O＋Zn=ZnO＋2Ag （1）Ag2O 是______极，Zn 发生______反应。 （2）电子由________极流向________极（填“Zn”或“Ag2O”），当电路通过 0.1mol 电子时，负极消耗物质的 质量是___________g。 【答案】 (1). 正 (2). 氧化 (3). Zn (4). Ag2O (5). 3.25 【解析】 【分析】 (1)根据在原电池中，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应的工作原理进行判断； (2)在原电池中，电子由负极经过外电路流向正极，根据电极反应式可知，每消耗 1molZn，转移 2mol 电子 进行计算。 【详解】(1)由电极反应式 Zn＋2OH- - 2e-=ZnO＋H2O、Ag2O＋H2O＋2e-=2Ag＋2OH-可知，锌失电子，所以 1 2 × 1 2 × ( ) -1 2 4 -1 2 4 2 4 0.7mol 0.4mol(N O )= 0.15mol L2L (N O ) 0.15mol L(N O ) 0.05mol / L min3min c cv t −∆ = ⋅ ∆ ⋅= = = ⋅∆作负极，发生氧化反应，Ag2O 得电子做正极，发生还原反应，故答案：正；氧化； (2)原电池工作时，电子由负极经过外电路流向正极，即由 Zn 极流向 Ag2O 极；由电极反应式可知，每消耗 1molZn 转移 2mol 电子，所以通过 0.1mol 电子时消耗 0.05molZn，即 0.05mol 65g/mol=3.25g 锌，故答案： Zn；Ag2O；3.25g。 三、实验题 22.某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验。 （1）实验过程中铜网出现黑色和红色交替的现象，请写出乙醇被催化氧化的化学反应方程式__________。 （2）甲水浴的作用是_________；乙水浴的作用是___________。 （3）反应进行一段时间后，试管 a 中能收集到不同的物质，它们是_______。 （4）若乙装置内试管 a 中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有_________； 要除去该物质，可在混合液中加入_______（本空填写字母）。 ａ．氯化钠溶液　　　b．苯　　 c．碳酸氢钠溶液 　　　d．四氯化碳 【答案】 (1). 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O (2). 加热，使乙醇气化 (3). 冷却，使乙 醛等液化 (4). 乙醛、乙醇、水 (5). 乙酸 (6). c 【解析】 分析】 甲中鼓入空气，且在水浴加热条件下产生乙醇蒸汽，氧气和乙醇在铜催化下加热发生氧化还原反应生成乙 醛和水，进入乙中 为乙醇、乙醛，在冷却下收集到乙醛，集气瓶收集氮气，据此解答。 【详解】(1)加热条件下铜和氧气反应生成氧化铜，氧化铜又氧化乙醇生成乙醛，乙醇被催化氧化的化学反 应方程式为 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O； (2)常温下乙醇是液体，参加反应的是乙醇蒸汽，则甲水浴的作用是加热，使乙醇气化；生成物乙醛是液体， 则乙水浴的作用是冷却，使乙醛等液化； (3)由于是连续反应，乙醇不能完全被消耗，则反应进行一段时间后，大试管 a 中能收集到的物质是乙醛、 乙醇、水； (4)若试管 a 中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明显酸性，因此液体中还含有乙酸；四 【 的 × Δ Cu → Δ Cu →个选项中只有碳酸氢钠能与乙酸反应，则要除去该物质，可在混合液中加入碳酸氢钠溶液，答案选 c。