2018-2019学年湖南省张家界市慈利县高一下学期期中检测化学试题（解析版）

2018-2019学年湖南省张家界市慈利县高一下学期期中检测化学试题（解析版）

‎2018-2019学年湖南省张家界市慈利县高一下学期期中检测化学试题（解析版）‎ 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Zn：65‎ 一、选择题(本题共18小题，每小题3分，共54分。每小题只有一个选项符合题意。)‎ ‎1.能源可划分为一次能源和 二次能源，直接从自然界取得的能源称为一级能源，一次能源经过加工、转换得到的能源成为 二次能源。下列能源中属于一次能源的是 A. 氢能 B. 电能 C. 核能 D. 水煤气 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 我们所能利用的氢能是经过一定加工手段制得的，所以属于二次能源，故A错误；‎ B. 电能是通过物质燃烧放热转化成，或是由风能、水能、核能等转化来的，是二次能源，故B错误；‎ C. 核能可以直接从自然界取得，属于一次能源，故C正确；‎ D. 水煤气是二次能源，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】该题是基础性试题的考查，解题的关键是记住一次能源和二次能源的概念，以及常见的能源分类，然后灵活运用即可。‎ ‎2.下列关于元素周期表的叙述，错误的是（ ）‎ A. 镁是第IIA族元素 B. 第IA族元素全部是金属元素 C. 氧族中含金属元素 D. 第3周期中既有金属元素又有非金属元素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A.主族元素最外层电子数等于主族序数,所以12号镁最外层有2个电子,是第IIA族元素,所以A选项是正确的;B.氢是非金属,并不是全部是金属,故B错误;C. 氧族中84号元素钋是金属,所以C选项是正确的;D、钠、镁、铝是金属,其余是非金属元素,所以第3周期中既有金属元素又有非金属元素,所以D选项是正确的;答案选B.‎ 点睛：氧族不全是金属元素，氧族中钋元素是金属元素。‎ ‎3.下列叙述中，正确的是 A. 14C中含有14个中子 B. 1H、2H、3H是同一种核素 C. H2O与D2O互称同位素 D. C60、金刚石、石墨均为碳的同素异形体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．14C中含有中子＝14﹣6＝8，故A错误；B．1H、2H、3H质子数相同为同种元素，质量数不同为不同原子，是三种不同核素，故B错误；C．H2O与D2O(重水)是化合物，不是同位素，故C错误；D．C60、金刚石、石墨是同种元素组成的不同单质，均为碳的同素异形体，故D正确；故答案为D。‎ ‎4.放射性物质铱—192可使人的红细胞、白细胞、血小板严重偏低。则19277Ir中的中子数和质子数之差为( )‎ A. 115 B. 38 C. 269 D. 15‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据质子数+中子数＝质量数分析解答 ‎【详解】19277Ir中质子数是77，质量数是192，又因为质子数与中子数之和是质量数，所以中子数和质子数之差为192－77－77＝38。答案选B。‎ ‎5.科学家根据元素周期律和原子结构理论预测，原子序数为114的元素位于第七周期ⅣA族，称为类铅元素。下面关于它的原子结构和性质预测正确的是 A. 类铅元素原子的最外层电子数为6‎ B. 它的最高价氧化物水化物的碱性比铅的最高价氧化物水化物的碱性弱 C. 它的金属性比铅强 D. 它的原子半径比铅小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．位于第ⅣA族，族序数等于最外层电子数，则类铅元素原子的最外层电子数为4，故A错误；B．同主族从上到下金属性在增强，则它的金属性比铅强，则最高价氧化物水化物的碱性比铅的最高价氧化物水化物的碱性强，故B错误；C．同主族从上到下金属性在增强，则它的金属性比铅强，故C正确；D．同主族从上到下原子半径在增大，则它的原子半径比铅大，故D错误；故答案为C。‎ ‎6.下列说法正确的是 A. Br的非金属性比I强，HBr比HI的稳定性强 B. P的原子半径比N大，H3PO4 比HNO3 的酸性强 C. Na熔点比K高， NaOH的碱性比KOH强 D. 非金属性Cl＞Br＞I，沸点HCl＞HBr＞HI ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，元素的非金属性Br＞I，则氢化物的稳定性HBr＞HI，故A正确；B．原子半径大小与非金属最高价氧化物的水合物酸性强弱无关，其最高价氧化物是水合物酸性强弱与非金属性强弱有关，故B错误；C．碱的碱性强弱与金属单质的熔点高低无关，与金属的金属性强弱有关，故C错误；D．氢化物的熔沸点高低与非金属性无关，与氢键和分子间作用力有关，氢化物的稳定性与非金属性强弱有关，故D错误；故答案为A。‎ ‎7.某元素M的气态氢化物的化学式为MH3，则M的最高价氧化物为 A. MO B. M2O3 C. MO2 D. M2O5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】元素M的气态氢化物的化学式为MH3，则M的化合价为﹣3价，最外层应有5个电子，则最高正价为+5价，对应的最高价氧化物为M2O5，故答案为D。‎ ‎8.下列物质中含有共价键的离子化合物是 ‎①MgCl2　②Na2O2　③NaOH　④NH4Cl　⑤CO2　⑥H2O2　⑦N2‎ A. ②③④ B. ②④⑤⑦ C. ①②③④⑥ D. ①③⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①MgCl2只存在离子键，是离子化合物，故①错误；②Na2O2氧原子和氧原子之间存在共价键，所以过氧化钠是含共价键的离子化合物，故②正确；③NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氢氧根离子中氢原子和氧原子之间存在共价键，所以氢氧化钠是含共价键的离子化合物，故③正确；④NH4Cl中含氮氢共价键，所以含有共价键的离子化合物，故④正确；⑤CO2只含共价键，故⑤错误；⑥H2O2只含共价键，故⑥错误；⑦N2 是单质不是化合物，故⑦错误；故答案为A。‎ ‎9.下列物质的电子式书写正确的是 ‎ ‎①Ca（OH）2 ②H2S ③ OH﹣④Al3+ Al3+ ⑤N2 ⑥CO2‎ A. ①②③④ B. ⑤⑥ C. ②③⑤⑥⑦ D. ①④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①氢氧化钙为离子化合物，电子式：，故①正确；②硫化氢为共价化合物，其电子式为：，故②错误；③氢氧根离子为阴离子，电子式中需要标出电荷及原子的最外层电子，氢氧根离子的电子式为：，故③错误；④铝离子电子式为：Al3+，故④正确；⑤氮气中存在三对共用电子对，为三键，但每个氮原子还有两个孤对电子，故氮气的电子式为，故⑤错误；⑥二氧化碳为共价化合物，分子中存在2个碳氧双键，二氧化碳的电子式为，故⑥错误；故答案为D。‎ ‎10.化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化，下列说法中正确的是 A. 1mol N2(g)和1mol O2(g)完全反应放出的能量为180kJ B. 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NO C. 1mol N2(g)和1mol O2(g)具有的总能量小于2mol NO(g)具有的总能量 D. NO是一种红棕色的气体，能与水反应生成硝酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应热等于断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，则生成2molNO的反应热是（946+498－2×632）kJ/mol＝180kJ/mol，因此1mol N2(g)和1mol O2(g)完全反应吸收的能量为180kJ，故A错误；B．N2(g)和O2(g)放电或高温下反应生成NO，故B错误；C．为吸热反应，则1mol N2(g)和1mol O2(g)具有的总能量小于2mol NO(g)具有的总能量，故C正确；D．NO为无色气体，与水不反应，故D错误；故答案为C。‎ ‎11.下列反应中，能量变化如图所示的是 A. 碳酸钙受热分解 B. 乙醇在空气中燃烧 C. 铝粉与盐酸反应 D. 氧化钙溶解于水 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，常见的吸热反应有：大多数的分解反应、C或氢气作还原剂的氧化还原反应、氯化铵与氢氧化钡的反应等，以此来解答。‎ ‎【详解】由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，只有A符合，B、C、D中反应均为放热反应，故答案为A。‎ ‎12.某兴趣小组设计的简易原电池装置如下图所示。该电池工作时，下列说法正确的是 A. 锌片作正极 B. 碳棒上有气泡产生 C. 可将电能转化为化学能 D. 电子由碳棒经滤纸流向锌片 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，Zn为负极，负极上Zn失去电子，Cu为正极，氢离子在正极上得到电子，电子由负极流向正极，原电池中化学能转化为电能，以此来解答。‎ ‎【详解】A．电池工作时，Zn失去电子，作负极，故A错误；B．碳棒为正极，氢离子在正极上得到电子生成氢气，有气泡产生，故B正确；C．原电池中化学能转化为电能，故C错误；D．Zn为负极，电子由锌片经导线流向碳棒，故D错误；故答案为B。‎ ‎13.下列图示的装置不能形成原电池的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该装置中有两个活泼性不同的电极且平行插入稀硫酸中，形成闭合回路，且铁和稀硫酸能自发的进行氧化还原反应，所以构成原电池，故A错误；B．该装置中有两个活泼性不同的电极且平行插入稀硫酸中，形成闭合回路，且锌和稀硫酸能自发的进行氧化还原反应，所以构成原电池，故B错误；C．该装置铜和银与稀硫酸都不反应，不能自发的进行氧化还原反应，所以不能构成原电池，故C正确；D．该装置中有两个活泼性不同的电极且平行插入稀硫酸中，形成闭合回路，且铝和稀硫酸能自发的进行氧化还原反应，所以构成原电池，故D错误；故答案为C。‎ ‎【点睛】明确原电池的组成结构是解题关键，原电池的构成条件为：①活泼性不同的两个电极；②电极材料平行的插入电解质溶液；③形成闭合回路；④能自发进行氧化还原反应。‎ ‎14.下列对于可逆反应2A(g)＋B(g)2C(g) ＋3D(g)达到平衡时的说法正确的是 A. A、B全部转化成了C、D B. 反应已经停止 C. 反应混合物中各组分的浓度不再改变 D. v (C)∶v(D)=2∶3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎2A(g)+B(g)⇌2C(g)+3D(g)为可逆反应，该反应达到平衡状态时的特征为：化学平衡为动态平衡，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等，据此分析。‎ ‎【详解】A．可逆反应中，反应物不可能完全转化成生成物，故A错误；B．化学平衡为动态平衡，到达平衡时反应没有停止，故B错误；C．达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度不再变化，故C正确；D．化学反应速率与化学计量数成正比，则v (C)：v(D)始终为2：3，与平衡状态无关，故D错误；故答案为C。‎ ‎【点睛】化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值；二、间接标志：①各物质的浓度不变。②各物质的百分含量不变；③对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志；④对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志；⑤对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志；⑥对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。‎ ‎15.化学反应速率受外界条件如反应温度、反应物浓度、压强、催化剂等的影响。烧烤时，用扇子向红热的木炭扇风，火会更旺，其原因是(　　)‎ A. 使O2浓度增加，反应加快 B. 温度降低，反应减慢 C. 使CO2 浓度增加，反应加快 D. 压强降低，反应减慢 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】碳和氧气反应，碳的表面积和氧气的浓度是影响反应速率的主要因素；烧烤时，用扇子向红热的木炭扇风，可增大氧气的浓度，反应速率增大，火会更旺，故选A。‎ ‎16.将气体A、B置干容积为2L的密用容器中发生如下反应:4A(g)+B(g)2C (g)，反皮进行到4s末，测得A、B、C的物质的量分别为0.5mol、0.4mol、0.2mol。则用反应物B表示该反应的速率为 A. 0.025mol·L-1·s-1c. B. 0.0125 mol·L-1·s-1‎ C. 0.05 mol·L-1·s-1 D. 0.1 mol·L-1·s-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 容积为2L,发生反应 4A(g)+B(g)2C(g),根据生成C的物质的量2mol，可以求出消耗B的物质的量1 mol，c(B)= 1/2=0.5 mol·L-1,v(B)= 0.5/4= 0.0125 mol·L-1·s-1；正确选项B。‎ ‎17.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表所示：( )‎ 元素符号 X Y Z R T 原子半径(nm)‎ ‎0.160‎ ‎0.080‎ ‎0.102‎ ‎0.143‎ ‎0.074‎ 主要化合价 ‎＋2‎ ‎＋2‎ ‎－2，＋4，＋6‎ ‎＋3‎ ‎－2‎ 根据表中信息，判断以下说法正确的是(　　)‎ A. 单质与氢气化合的难易程度Z>T B. 离子半径：T2- > X2+ > R3+‎ C. 元素最高价氧化物对应水化物的碱性：Y>R>X D. 相同条件下，单质与稀硫酸反应的剧烈程度：R>Y>X ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X和Y化合价都为+2价，应为周期表第ⅡA族，根据半径关系可知Y为Be，X为Mg；Z和T的化合价都有-2价，应为周期表第ⅥA族元素，X的最高价为+6价，X应为S元素，T无正价，T应为O元素；R的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA族元素，根据半径大于Z小于X可知应和X同周期，R为Al元素，结合元素周期律知识解答该题。‎ ‎【详解】A、非金属性O＞S，非金属越强，单质与氢气化合越容易，所以单质与氢气化合的难易程度为O＞S，即Z＜T，选项A错误；‎ B、电子层排布相同，核电荷数越大离子半径越小，所以离子半径O2-＞Mg2+＞Al3+，选项B正确；‎ C、金属性Mg＞Al、Mg＞Be，金属性越强，元素最高价氧化物的水化物的碱性越强，所以X＞R，X＞Y，故C错误；‎ D、金属性Mg＞Al、Mg＞Be，金属性越强，与酸反应越剧烈越快，所以单质与稀硫酸反应的速率快慢为Mg＞Al、‎ Mg＞Be，即X＞R，X＞Y，选项D错误；‎ 答案选：B。‎ ‎【点睛】本题考查元素位置、结构和性质的关系及应用，题目难度中等，正确把握元素化合价、原子半径与元素性质的关系是解答该题的关键，注意元素周期律的应用。‎ ‎18.W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18。下列说法不正确的是 A. 单质的沸点：W＜X B. Y元素的最高正价为+5价 C. 最高价氧化物的水化物的酸性：Y＜Z D. X与Y不能存在于同一离子化合物中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，则W是H元素，X是N元素；Y、Z处于第三周期，四元素原子的最外层电子数之和为18，Y、Z最外层电子数之和是18﹣1﹣5＝12，最外层电子数只能为5、7，又Y原子序数小于Z，则Y是P元素、Z是Cl元素，据此解答。‎ ‎【详解】根据分析可知：W是H元素，X是N元素，Y是P元素，Z是Cl元素；A．H、N元素单质都是分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，氮气相对分子质量大于氢气，所以单质的沸点：W＜X，故A正确；B．P位于ⅤA族，其最高价为+5，故B正确；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性P＜Cl，最高价氧化物的水化物酸性H3PO4＜HClO4，故C正确；D．X、Y分别是N、P元素，可以形成磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵等都是铵盐，属于离子化合物，故D错误；故答案为D。‎ 二、填空题(每空2分，共46分)‎ ‎19.下表是现行中学化学教科书中元素周期表的一部分，除标出的元素外，表中的每个编号表示一种元素，请根据要求回答问题：‎ 族 周期 ⅠA ‎0‎ ‎1‎ H ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎2‎ ‎①‎ ‎②‎ F Ne ‎3‎ ‎③‎ Mg ‎④‎ Si ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎(1)②表示的元素是 ______ (填元素符号)。‎ ‎(2)①与⑤两种元素相比较，原子半径较大的是 ______ (填元素符号)，其非金属性较强的是 ______ (填元素符号)，其最高正价氧化物水化物酸性较强的酸是_______ (填分子式)。‎ ‎(3)⑥元素的单质可以用来制取漂白粉，其有效成分是 ______ (填化学式)。③与⑥两种元素所形成化合物所含化学键是______(填“共价键”或“离子键”)。‎ ‎(4)写出元素③的最高价氧化物对应的水化物与元素④的最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式：____________ 。‎ ‎【答案】 (1). O (2). P (3). N (4). HNO3 (5). Ca(ClO)2 (6). 离子 (7). Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由元素在周期表的位置可知，①～⑥分别为N、O、Na、Al、P、Cl，‎ ‎(1)②位于第二周期ⅥA族；‎ ‎(2)电子层越多，原子半径越大；同主族从上到下非金属性减弱；非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强；‎ ‎(3)氯气与石灰乳反应可制备漂白粉，③与⑥两种元素所形成化合物为NaCl；‎ ‎(4)元素③的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，元素④的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，二者反应生成偏铝酸钠和水。‎ ‎【详解】(1)②表示的元素是O；‎ ‎(2))①与⑤两种元素相比较，原子半径较大的是P，其非金属性较强的是N，其最高正价氧化物水化物酸性较强的酸是HNO3；‎ ‎(3)⑥元素的单质可以用来制取漂白粉，其有效成分是Ca(ClO)2，③与⑥两种元素所形成化合物是氯化钠，所含化学键是离子键；‎ ‎(4)元素③的最高价氧化物对应的水化物与元素④的最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式为Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O。‎ ‎【点睛】理解元素周期律是解题关键，元素周期律的主要内容是同周期元素从左到右，原子序数逐渐增大，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族从上到下原子半径增大，非金属性减弱，则对应氢化物的稳定性减弱，最高价含氧酸的酸性减弱；同一周期从左向右原子半径减小，非金属性增强，则对应氢化物的稳定性增强，最高价含氧酸的酸性增强。‎ ‎20.A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，已知A、B、D三种原子最外层共有11个电子，且这3种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，C元素的最外层电子数比次外层电子数少4。‎ ‎(1)写出下列元素符号： B________，D________‎ ‎(2)A与D两元素可形成化合物，用电子式表示其化合物的形成过程：____________。‎ ‎(3)A在空气中燃烧生成原子个数比为1:1的化合物，写出其电子式为_________。‎ ‎(4)元素C的最高价氧化物与元素A的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为_____________________________________。‎ ‎【答案】 (1). Al (2). Cl (3). (4). (5). SiO2＋2OH—= SiO32—＋H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，A、B、D三种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，应是氢氧化铝与强酸、强碱的反应，则A为Na、B为Al，三种原子最外层共有11个电子，则D的最外层电子数=11-1-3=7，则D为Cl元素；C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，则C元素原子有3个电子层，最外层电子数为4，则C为Si元素，以此解答该题。‎ ‎【详解】由上述分析可知，A为Na、B为Al、C为Si、D为Cl；‎ ‎(1)B、D的元素符号分别为Al、Cl；‎ ‎(2)A与D两元素可形成NaCl，为离子化合物，用电子式表示其形成过程为；‎ ‎(3)A在空气中燃烧生成原子个数比为1：1的化合物为过氧化钠，其电子式为；‎ ‎(4)元素C的最高价氧化物为二氧化硅，元素A的最高价氧化物的水化物为NaOH，二者反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。‎ ‎21.科学家预言，燃料电池将是21世纪获得电能的重要途径。近几年开发的甲醇燃料电池是采用铂作电极催化剂，电池中的质子交换膜只允许质子(就是H+)和水分子通过。其工作原理的示意图如下，请回答下列问题：‎ ‎(1)该装置的能量转化形式为______________。‎ ‎(2)Pt(a)电极是电池_____(填“正”或“负”)极，‎ ‎(3)电解液中的H+向_________(填“a”或“b”)极移动。‎ ‎(4)如果该电池工作时消耗1 mol CH3OH，则电路中通过____ mol电子。‎ ‎(5)比起直接燃烧燃料产生电力，使用燃料电池有许多优点，其中主要有两点：首先是燃料电池的能量转化率高，其次是_________________________。‎ ‎【答案】 (1). 化学能转化为电能 (2). 负 (3). b (4). 6 (5). 对环境无污染 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该原电池中质子交换膜只允许质子和水分子通过，说明电解质溶液为酸性溶液，燃料电池中，通入燃料的电极为负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+，通入氧气的电极为正极，氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应O2+4H++4e-═2H2O，据此解答。‎ ‎【详解】(1)该装置的能量转化形式为原电池反应是化学能转化为电能；‎ ‎(2)Pt(a)电极甲醇通入失电子发生氧化反应，是电池负极；‎ ‎(3)燃料电池中，通入燃料的电极Pt(a)为负极，负极上失电子发生氧化反应，通入氧气的电极Pt(b)为正极，氧气得到电子生成氢氧根离子，电解液中的H+向正极移动，即向b电极移动；‎ ‎(4)通入燃料的电极为负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+，电子守恒，该电池工作时消耗1 mol CH3OH，则电路中通过6mol电子；‎ ‎(5)燃料电池的能量转化率高，甲醇反应产物为CO2和H2O，对环境无污染。‎ ‎【点睛】以甲醇为燃料考查了燃料电池。注意正负极上电极反应式的书写要结合电解质溶液的酸碱性，即使燃料和氧化剂相同，如果电解质溶液不同，电极反应式也不同。本题中通过电子的移动方向知，左半极为负极，右半极为正极；燃料电池中，负极上投放燃料，燃料在负极上失电子发生氧化反应；正极上投放氧化剂，氧化剂在正极上得电子发生还原反应。‎ ‎22.某研究性学习小组利用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：(不考虑溶液混合所引起的体积缩小)‎ 实验 序号 实验温度/K 参加反应的物质 溶液颜色褪至无色时所需时间/s KMnO4溶液(含硫酸)‎ H2C2O4溶液 H2O V/mL c/mol·L－1‎ V/mL c/mol·L－1‎ V/mL A ‎293‎ ‎2‎ ‎0.02‎ ‎4‎ ‎0.1‎ ‎0‎ ‎6‎ B T1‎ ‎2‎ ‎0.02‎ ‎3‎ ‎0.1‎ V1‎ ‎8‎ C ‎313‎ ‎2‎ ‎0.02‎ V2‎ ‎0.1‎ ‎1‎ t1‎ ‎(1)通过实验A、B，可探究出浓度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)C组实验中溶液褪色时间t1______(填“＞”或“＜”)8s,C组实验的反应速率v(KMnO4) = _________________。(用含有t1的式子表示)‎ ‎(3)该小组的一位同学通过查阅资料发现，上述实验过程中n(Mn2＋)随时间变化的趋势如图所示，并以此分析造成n(Mn2+)突变的可能的原因是：______________。‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). 293 (3). B、C (4). ＜ (5). 0.02/3t1 mol·L－1·s－1 (6).‎ ‎ 生成的Mn2＋对反应有催化作用，使得反应速率加快，单位时间内产生的n(Mn2＋)突增 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)实验A、B，从表中数据可知改变的条件是同温下浓度对反应速率的影响，根据H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响进行解答；‎ ‎(2)实验B、C应为同浓度的前提下比较温度对反应速率的影响；先根据醋酸和高锰酸钾的物质的量判断过量，然后根据不足量及反应速率表达式计算出反应速率；‎ ‎(3)实验过程中n(Mn2+)随时间变化趋势如图所示，由图可知反应速率突然增大。‎ ‎【详解】(1)实验A、B，从表中数据可知改变的条件是H2C2O4浓度，故通过实验A、B，可探究出浓度的改变对反应速率的影响；溶液的总体积相同，高锰酸钾和草酸的浓度相同，用量也相同，根据实验1可知溶液总体积为6mL，所以V1=1.0mL；其他条件相同，探究浓度对化学反应速率的影响，故温度T1=293；其他条件相同，探究温度对化学反应速率的影响，则B、C符合；‎ ‎(2)实验B、C应为同浓度的前提下比较温度对反应速率的影响，实验3温度较大，则反应速率较大，t1＜8s，C组实验的反应速率v(KMnO4)== mol•L-1•s-1；‎ ‎(3)实验过程中n(Mn2+)随时间变化的趋势如图所示，由图可知反应速率突然增大，可说明生成的Mn2+对反应有催化作用，使得反应速率加快，单位时间内产生的n(Mn2+)突增。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎