1、20182019下期高一质量检测化学试题第卷(选择题 共48分)一、选择题(本题包括6小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)1.下列说法正确的是 ( )A. 质子数等于电子数的微粒，可能是一种分子和一种离子B. 当一个化学反应在一定条件下达到最大限度时，反应速率也最大C. 化学键的断裂和形成是物质在化学反应中发生能量变化的主要原因D. 氯化铵受热固体消失和干冰升华只需克服分子间作用力【答案】C【解析】【详解】A. 质子数等于电子数的微粒，一定呈电中性，不可能是离子，故A错误；B. 一个从正反应开始的化学反应，正反应速率逐渐减小、逆反应速率逐渐增大，当
2、正逆反应速率相等时，达到平衡状态，当一个化学反应在一定条件下达到最大限度时，反应速率不最大，故B错误；C. 化学反应的本质是旧键的断裂和新键的形成过程，化学键的断裂吸热，化学键的形成放热，化学键的断裂和形成是物质在化学反应中发生能量变化的主要原因，故C正确；D. 氯化铵受热固体消失是发生分解反应生成氨气和氯化氢，是化学变化要破坏化学键，干冰升华是物理变化，只需克服分子间作用力，故D错误。2.下列化学用语正确的是 ()A. 18O的原子结构示意图：B. 中子数为20的钾原子：2019KC. CO2的电子式是D. MgBr2的形成： 【答案】A【解析】【详解】A. 18O核外有8个电子，原子结构示
3、意图：，故A正确；B. 中子数为20的钾原子，质量数是39，可表示为，故B错误；C. CO2分子中含有碳氧双键，电子式是，故C错误；D. MgBr2的形成：，故D错误。3.把铁粉和硫粉混合加热，反应一开始就停止加热，反应仍可持续进行，直至反应完全，生成新物质硫化亚铁该现象说明了A. 该反应是吸热反应B. 铁粉和硫粉在常温下难以发生反应C. 生成物硫化亚铁的总能量低于反应物铁粉的总能量D. 硫化亚铁的键能高于铁粉和硫粉的键能【答案】B【解析】【详解】A反应一开始就停止加热，反应仍可持续进行说明反应本身放热维持反应进行，故A错误；B该反应常温下不进行，需要加热才反应，故B正确；C因为是放热反应，所
4、以生成物硫化亚铁的总能量低于反应物铁粉和硫粉的总能量，故C错误；D该反应放热，说明硫化亚铁的总键能高于铁粉和硫粉的总键能，故D错误。4.已知Rn离子的核内有A-x+n个中子，质量数为A，则WgRn离子里含有电子的数目为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】R原子质量数为A，Rn离子的核内有A-x+n个中子，则R原子的质子数是A(A-x+n)=x-n；Rn核外电子数是x-n+n=x；WgRn的物质的量是 ，WgRn离子里含有电子的数目为，故选D。【点睛】本题考查了核外电子数、质子数、中子数、质量数之间的关系，明确由原子变成离子，变化的是核外电子数，不变的是核内质子数、中子数。5.A、
5、B、C和D为原子序数依次增大的四种短周期元素。C的周期数是族序数的3倍；A与B可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；D原子最外层的电子数等于A的质子数。下列叙述正确的是 ( )A. A的氧化物对应的水化物均为强酸B. 四种元素的简单离子具有相同的电子层结构C. C与其他三种元素分别
6、形成的化合物中只含离子键D. B与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物【答案】D【解析】【分析】A、B、C和D是原子序数依次增大的四种短周期元素，C的周期数是族序数的3倍，C是Na元素；A与B可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，A是N元素、B是O元素；D原子最外层的电子数等于A的质子数，D是Cl元素。【详解】A. 元素A是N，氧化物对应的水化物中HNO2为弱酸，故A错误；B. Cl-有3个电子层，N、O、Na的简单离子有2个电子层，故B错误； C. Na元素与O形成的化合物Na2O2中含离子键、非极性键，故C错误；D.O元素与Na元素形成化合物Na2O、Na2O2，O元素与N元素形成
7、化合物NO、NO2等，O元素与Cl元素形成化合物Cl2O7、ClO2等，故D正确。6.在一密闭容器中进行下列反应：2X(g)+Y(g)2Z(g)，已知反应平衡时X、Y、Z的浓度分别为0.2molL-1、0.1molL-1、0.2molL-1，物质加入时不可能的数据是A. X为0.3molL-1B. Y为0.15 molL-1C. X，Z均为0.25 molL-1D. Z为0.4 molL-1【答案】C【解析】【分析】可逆反应可以从正逆两个方向建立平衡，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，据此判断分析。【详解】若开始时只加入了X、Y，反应从正方向开始，Z完全由X、Y反应生成，可得
8、X、Y的最大值是0.4molL-1、0.2molL-1；若开始时只加入了Z，反应从逆反应方向开始， X、Y完全由Z分解生成，可得Z的最大值是0.4molL-1，所以X可能为0.3molL-1、Y可能0.15 molL-1、Z可能为0.4 molL-1；X，Z分别是反应物和生成物，不可能都比平衡时的浓度大，故不可能X，Z均为0.25 molL-1，选C。7.根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，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(A族)与水反应会更快BSi是半导体材料，同族的Ge也是半导体材料A族的元素单质都是半导体材料CHC
9、l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、同主族元素的金属性从上到下逐渐增强，与水反应越来越剧烈，第A族元素从上到下依次为Be、Mg、Ca、Sr、Ba、La，已知Mg与水反应缓慢，Ca与水反应较快，所以Ba与水反应会更快，A正确；B、同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强，第A族元素从上到下依次为C、Si、Ge、Sn、Pb，其中C不导电(除了石墨)，Si、Ge在金属元素和非金属元素分界线上，都是半导体材料，但Sn、Pb都是金属，是电
10、的良导体，推测不合理，B错误；C、同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，形成气态氢化物稳定性也逐渐减弱，已知HCl在1500时才分解，而HI在230时即分解，由此推测HBr的分解温度介于两者之间，C正确；D、同周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，与H2化合越来越容易，Si、P、S是第三周期从左向右相邻的三种元素，已知Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应，因此P与H2要在高温时反应，推测合理，D正确。答案选B。8.下列化学反应中，离子键、极性键、非极性键既有断裂又有形成的是 ( )A. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2B. CaCO3+2HC
11、l=CaCl2+H2O+CO2C. 2KOH+H2SO4=K2SO4+2H2OD. NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3+H2O【答案】A【解析】【详解】A2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2中有钠离子与过氧根离子（离子键）、水中H-O（极性键）、过氧根离子中O-O键（非极性键）的断裂，又有钠离子与氢氧根离子（离子键）、氢氧化钠中H-O（极性键）、氧气中O=O键（非极性键）的形成，故选A；B. CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2中没有非极性键的断裂与生成，故不选B；C. 2KOH+H2SO4=K2SO4+2H2O中没有非极性键的断裂与生成，故不选C；D. NH4Cl+NaO
12、H=NaCl+NH3+H2O中没有非极性键的断裂与生成，故不选D；9.根据下列事实：X+Y2+ =X2+ +Y；Z2+氧化性比X2+弱；由Y、W电极组成的电池，电极反应为W2+ +2e- =W、Y-2e- =Y2+。可知X、Y、Z、W的还原性由强到弱的顺序为( )A. X>Z>Y>WB. Z>W>X>YC. Z>Y>X>WD. Z>X>Y>W【答案】D【解析】【详解】还原剂的还原性大于还原产物，X+Y2+ =X2+ +Y中X是还原剂、Y是还原产物，还原性X>Y；金属阳离子氧化性越弱，其单质
13、还原性越强，Z2+氧化性比X2+弱，还原性Z>X；由Y、W电极组成的电池，电极反应为W2+ +2e- =W、Y-2e- =Y2+，Y发生氧化反应，Y是负极，还原性Y>W；综合以上分析，X、Y、Z、W的还原性由强到弱的顺序为Z>X>Y>W，故选D。【点睛】该题的关键是明确还原性的判断依据，并能结合题意灵活运用；考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。10.Fe和Mg与H2SO4反应的实验记录如下：实验现象Fe表面产生大量无色气泡Fe表面产生少量气泡后迅速停止Mg表面迅速产生大量气泡Fe表面有大量气泡，Mg表面有少量气泡
14、关于上述实验说法不合理的是( )A. 中产生气体的原因是：Fe2HFe2H2B. 取出中的铁棒放入CuSO4溶液立即析出亮红色固体C. 中现象说明Mg在浓H2SO4中没被钝化D. 中现象说明Mg的金属性比Fe强【答案】B【解析】试题分析：A、铁和稀硫酸反应生成H2，因此铁表面产生大量无色气泡，合理，故错误；B、铁和浓硫酸发生钝化反应，在铁的表面产生一层致密的氧化薄膜，阻碍反应的进行，因此放入硫酸铜溶液中不会立即析出亮红色固体，不合理，故正确；C、根据实验现象，镁表面迅速产生大量的气泡，说明镁和浓硫酸发生钝化反应，合理，故错误；D、根据原电池的工作原理，正极上产生气泡，因此铁作正极
15、，镁作负极，活泼金属作负极，即镁的金属性强于铁，合理，故错误。考点：考查实验方案设计的评价等知识。11.在一定条件下，将3 mol A和1 mol B两种气体混合于固定容积为2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）B（g）xC（g）2D（g）。2 min末该反应达到平衡，测得生成0.8 mol D， 0.4 mol C。下列判断不正确的是A. x 1B. 2 min时，A的浓度为0.9molL-1C. 2 min内A的反应速率为0.3 molL-1min-1D. B的转化率为60%【答案】D【解析】A. 2 min末该反应达到平衡，测得生成0.8 mol D和0.4 mol C，根据变化量
16、之比是化学计量数之比可知x1，A正确；根据方程式可知3A(g)+B(g) C(g)+2D(g)起始量（mol） 3 1 0 0转化量（mol） 1.2 0.4 0.4 0.8平衡量（mol） 1.8 0.6 0.4 0.8则B. 2 min时，A的浓度为1.8mol2L0.9 molL-1，B正确；C. 2 min内A
17、的反应速率为0.6mol/L2min0.3 molL-1min-1，C正确；D. B的转化率为0.4mol/1mol100%40%，D错误，答案选D。12.微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如下图所示，下列说法不正确的是A. 该电池在高温下工作的速度更快B. HS在硫氧化菌作用下转化为SO42的反应是：HS+4H2O8e= SO42+9H+C. b是电池的负极D. 若该电池有0.45 mol 电子转移，则有0.45 mol H+向左通过质子交换膜【答案】B【解析】【详解】A. 硫酸盐还原菌、硫氧化菌在高温条件下能被杀死，效率更低，故A错误；B
18、.负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+，故B正确；C. 氧气在b电极得电子发生还原反应，b是电池的正极，故C错误；D.原电池中阳离子由负极移向正极，根据电子守恒，若该电池有0.45 mol 电子转移，则有0.45 mol H+向右通过质子交换膜，故D错误。【点睛】本题考查新型电池，正确判断原电池的正负极是解本题的关键，原电池中负极上失电子发生氧化反应、正极上得电子发生还原反应，难点是电极反应式的书写。13.在一定条件下，RO3与R可发生反应：RO35R6H+3R23H2O，下列关于R元素的叙述中，正确的是A.
19、 元素R位于周期表中第A族B. R可能是金属C. R形成的单质在常温常压下一定是气体D. 反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比是5:1【答案】D【解析】试题分析：A、由反应方程式可知，R的最低负价为-1，则其最高正价为+7价，族序数等于最高正化合价，元素R应位于第A族，故A错误；B、第A元素都为非金属，故B错误；C、可能为氯、溴、碘，所以可以是气体或液体或固体，故C错误；D、RO3为氧化剂，生成还原产物，R是还原剂，生成氧化产物，根据系数分析，氧化产物和还原产物的比例为5:1，故D正确。考点：氧化还原反应14.一定温度下在容积不变的密闭容器中，进行如下可逆反应：H2(g)+CO2(g)CO(
20、g)+H2O(g)，下列能表明该反应已达到平衡状态的是 ( )A. 混合气体的密度保持不变B. 容器中的压强保持不变C. 正(CO2)=逆(CO)D. CO、H2O的物质的量浓度之比不变时【答案】C【解析】【详解】A、 ，H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)反应前后气体总质量是恒量，在恒容容器中反应，密度是恒量，混合气体的密度不变不一定平衡，故不选A；B、H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)反应前后气体物质的量是恒量，在恒容容器中总压强是恒量，总压强不变不一定平衡，故不选B；C、正(CO2)=逆(CO)，正逆反应速率比
21、等于系数比，一定达到平衡状态，故选C；D、CO、H2O都是生成物，CO、H2O的物质的量浓度之比始终是1:1，CO、H2O的物质的量浓度之比不变时不一定平衡，故不选D。【点睛】本题考查化学平衡的标志判断，重点是“变量不变”法在平衡判断中的应用，试题基础性强，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力。15.最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：下列说法中正确的是 &
22、nbsp; ( )A. 在该过程中，CO断键形成C和OB. CO和O生成了具有共价键的CO2C. 状态 状态表示CO与O2反应的过程D. CO和O生成CO2是吸热反应【答案】B【解析】【详解】A. 根据图示，在该过程中，CO没有断键形成C和O，故A错误；B.二氧化碳是共价化合物，CO和O生成了具有共价键的CO2，故B正确；C. 状态 状态表示CO与O反应的过程，故C错误；D. 状态的能量高于状态，CO和O生成CO2是放热反应，故D错误。16.在某
23、一化学反应，在一定温度下，反应物A的浓度从3.0 mol/L变为2.0 mol/L需要10秒，则从2.0 mol/L变为1.0 mol/L大概需要 ( )A. 4秒B. 7秒C. 10秒D. 13秒【答案】D【解析】【详解】浓度越小反应速率越慢，反应物A的浓度从3.0 mol/L变为2.0 mol/L需要10秒，则从2.0 mol/L变为1.0 mol/L需要的时间大于10秒，故选D。第II卷(52分)17.下表为周期表前20号元素中某些元素的有关数据：元素性
24、质原子半径(10-10m)1.861.520.660.530.771.100.992.310.70最高价态+1+1+1+4+5+7+1+5最低价态2-1-4313试回答下列问题：(用对应具体符号或名称表示)(1)以上9种元素的原子中，还原性最强的是_(名称)，写出它的原子结构示意图：_ ；(2)与可分别形成10电子和18电子的分子，写出该18电子分子转化成10电子分子的化学方程式：_(分解反应)。(3)某元素R的原子半径为1.0410-10m，该元素在周期表中的位置是_(4)、三种元素形成的离子，其半径由小到大的顺序为_(5)下列事实能说明元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是_。a.元素形成
25、的单质比硫元素形成的单质的熔点低b.元素和硫两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高c.元素的单质通入到H2S的溶液中出现浑浊【答案】 (1). 钾 (2). (3). 2H2O2 2H2O + O2 (4). 第三周期第VIA族 (5). r(Na+)<r(O2-)<r(Cl-) (6). bc【解析】【分析】、最高价为+1，属于A族元素 ，根据原子半径可知、分别是Na、Li、H、K；的化合价为-2，是O元素
26、；、最高价是+5、最低价为-3，根据原子半径可知、分别是P、N；最高价是+4、最低价为-4，原子半径大于N，所以是C元素；最高价为+7、最低价为-1价，是Cl元素。【详解】(1)金属性越强，还原性越强，以上9种元素的原子中，还原性最强的的是钾；钾原子核外有19个电子，原子结构示意图： ；(2)O与H形成的10电子分子是H2O，18电子的分子是H2O2，H2O2可分解为H2O和氧气，化学方程式：2H2O2 2H2O + O2。(3) R的原子半径为1.0410-10m，介于P、Cl之间，所以R元素是S，S在周期表中的位置是第三周期第VIA族；(4)电子层数越多半径越大，电子层数相同时
27、，质子数越多半径越小，Na+、O2-、Cl-半径由小到大的顺序为r(Na+)r(o2-)S，故选b；c. 非金属性越强，单质氧化性越强，氯气通入到H2S的溶液中出现浑浊，说明氯气氧化性大于S，能证明非金属性Cl>S，故选c；18.氮及其化合物在人们的生活经常出现(1)汽车尾气中NO生成过程的能量变化示意图如下：该条件下，1mol N2和1molO2完全反应生成NO，会_(填“吸收”或“放出”)_kJ能量。(2)一定温度下，在体积为0.5 L的恒容密闭容器中，氮的气态氧化物X和Y之间反应过程中各物质的物质的量与时间的关系如图所示。该反应的化学反应方程式：_。在03 min内，用Y表示的反应
28、速率为_。下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是_(填字母)。a容器内压强不再发生变化bX的体积分数不再发生变化c容器内原子总数不再发生变化d相同时间内消耗nmolY的同时生成2nmol X反应达到平衡后，若降低温度，则(正)_，(逆)_。(填“增大”“减小”或“不变”)。(3)反应 A(g)+3B(g)2C(g)+3D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为： (A)=0.015mol (Ls)1 (B)=0.09mol (Ls)1 (C)=2.4mol (Lmin )1 (D)=0.045mol (Ls)1该反应在四种不同情况下速率由大到小的顺序为(用序号填空)_。【答案】
29、 (1). 吸收 (2). 183 (3). 2XY (4). 0.2mol/(Lmin) (5). ab (6). 减小 (7). 减小 (8). >>=【解析】【分析】(1)若断键吸收的总能量大于成键放出的总能量为吸热反应，反之为放热反应；(2) 反应物的物质的量逐渐减少，生成物的物质的量逐渐增多，根据物质的量的变化判断计量数之间的关系；根据 计算以气体Y表示的平均反应速率；根据平衡标志
30、判断是否达到平衡状态。降低温度反应速率一定减小；(3)根据反应速率之比等于化学计量数之比判断。【详解】(1)根据图示，断键吸收的总能量是945 kJ +498 kJ =1443kJ，成键放出的总能量为2mol630 kJ/mol=1260 kJ，放出的能量小于吸收的能量，所以1mol N2和1molO2完全反应生成NO，会吸收1443kJ-1260kJ=183kJ的能量；(2) 由图象可知， Y的物质的量逐渐增多，X的物质的量逐渐减少，则X为反应物，Y为生成物，在相等的时间内X、Y的物质的量变化之比为0.6:0.3=2:1，所以反应方程式应为：2XY；根据0.2mol/(Lmin)；a2XY反
31、应前后气体物质的量是变量，在恒容容器中总压强是变量，总压强不再发生变化一定平衡，故选a；bX的体积分数不再发生变化，说明X的浓度不再变化，一定达到平衡状态，故选b；c根据质量守恒，原子总数是恒量，容器内原子总数不再发生变化，不一定平衡，故不选c；d相同时间内消耗nmolY的同时生成2nmol X，都是逆反应速率，不能推出正逆反应速率相等，不一定平衡，不选d；降低温度反应速率减小，所以反应达到平衡后，若降低温度，则(正)减小，(逆)减小；(3) (A) 1=0.015mol (Ls)11=0.015mol (Ls)1； (B) 3=0.09mol (Ls)13=0.03mol (Ls)1 (C)
32、 2=2.4mol (Lmin )12=1.2mol (Lmin )1=0.02 mol (Ls)1 (D) 3=0.045mol (Ls)13=0.015mol (Ls)1；速率由大到小的顺序为>>=。19.天空不是垃圾场，污染气体不能随便排，研究大气污染气体的处理方法具有重要意义。(1)氮氧化物是造成光化学烟雾和臭氧层损耗的主要气体。已知：CO(g)+NO2(g)NO(g)+CO2(g) H=-a kJmol-1 (a0)2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) H=-b kJmol-1 (b0)若用标准状况下3.36LNO2氧化CO至CO2
33、(NO2完全反应)的整个过程中放出的热量为_ kJ(用含有a和b的代数式表示)。(2) 已知下列反应的反应热：CH3COOH(1)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1) H=-870.3kJ/mo1C(s)+O2(g) =CO2(g) H=-393.5kJ/mo12C(s)+2H2(g)+O2(g) =CH3COOH(1) H=-488.3kJ/mo1请写出H2燃烧热的热化学方程式_。(3)通过NO传感器可监测汽车尾气中NO的含量，其工作原理如下图所示：NiO电极上发生的是_反应(填“氧化”或“还原”)。Pt电极上的电极反应式为_。(4)一种新型催化
34、剂能使NO和CO发生反应：2NO2CO 2CO2N2。已知增大催化剂的比表面积可提高该反应速率。为了验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下表中。实验编号t()NO初始浓度(mol/L)CO初始浓度(mol/L)催化剂的比表面积(m2/g)2801.201035.80103822801.20103B124350A5.8010382请把表中数据补充完整：A_；B_。能验证温度对化学反应速率影响规律的是实验_(填实验序号)。实验和实验中，NO的物质的量浓度c(NO)随时间t的变化曲线如下图所示，其中表示实验的是曲线_(填“甲”或“
35、乙”)。【答案】 (1). 0.075(2a+b) (2). H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) H=-285.8kJmol-1 (3). 氧化 (4). O2+4e-=2O2- (5). 1.2010-3 (6). 5.8010-3 (7). I III (8). 乙【解析】【分析】(1)先根据盖斯定律计算NO2氧化CO至CO2的热化学方程式，再根据热化学方程式计算标准状况下3.
36、36LNO2氧化CO至CO2(NO2完全反应)的整个过程中放出的热量。(2)氢气的燃烧热是1mol氢气燃烧生成1mol液态水放出的能量，根据盖斯定律计算H2的燃烧热。(3) 根据图示NiO电极上NO生成NO2；根据图示Pt电极上是氧气得电子生成O2-；(4)实验、对比，研究催化剂表面积对速率的影响；实验、对比，研究温度对速率的影响；催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动。【详解】(1)CO(g)+NO2(g)NO(g)+CO2(g) H=-a kJmol-1 (a0)2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) H=-b kJmol-1 (b0) 根据盖斯定
37、律2得 4CO(g)+2 NO2(g) N2(g)+4CO2(g) H=-(2a +b)kJmol-1；标准状况下3.36LNO2的物质的量是0.15mol，标准状况下3.36LNO2氧化CO至CO2(NO2完全反应)的整个过程中放出的热量为 0.075(2a+b) kJ；(2) 氢气的燃烧热是1mol氢气燃烧生成1mol液态水放出的能量；CH3COOH(1)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1) H=-870.3kJ/mo1C(s)+O2(g) =CO2(g) H=-393.5kJ/mo12C(s)+2H2(g)+O2(g) =CH3COOH(1)
38、;H=-488.3kJ/mo1根据盖斯定律+ - 得H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) H=-285.8kJmol-1；(3) 根据图示NiO电极上NO生成NO2，氮元素化合价升高，发生氧化反应；根据图示Pt电极上是氧气得电子生成O2-，电极反应式是O2+4e-=2O2-；(4) 实验、对比，研究催化剂表面积对速率的影响，根据控制变量法，实验、中CO的初始浓度相同，所以B是5.80103；实验、对比，研究温度对速率的影响，根据控制变量法，实验、中NO的初始浓度相同，所以A是1.20103；实验I、 III的温度不同，所以能验证温度对化学反应速率影响规律的是实验I 、III；催化剂表面积
39、越大，反应速率越快，所以表示实验的是曲线乙。20.为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用下图所示装置进行实验(气密性已检验)。4、5、6是蘸有相应溶液的白纸，U型管上方插入填充有1.淀粉碘化钾溶液；2.NaBr溶液的两团棉花，两头带有弹簧夹的玻璃管：实验过程：. 关闭弹簧夹b，打开仪器a，滴加浓盐酸。. 当4、5、6白纸发生颜色变化后，打开弹簧夹b。. 当玻璃管中蘸有NaBr溶液的棉花团变成红棕色后关闭弹簧夹b。.(1)仪器a是_；(2)U型管中产生黄绿色气体，其电子式_。(3)验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是_。(4)为验证溴的氧化性强于碘，过程的操作和现象是_。(5)过程实验的目的是_
40、。(6)氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：(从原子结构的角度解释)_【答案】 (1). 分液漏斗 (2). (3). 白纸5变成黄色（白纸4变蓝） (4). 取下玻璃管，加热2处，棉花团1变蓝 (5). 反应生成溴单质，防止氯气干扰 (6). 同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱【解析】【分析】(1)根据装置图分析仪器a的名称；(2)高锰酸钾具有强氧化性，与浓盐酸反应生成黄绿色的气体是氯气；(3)验证氯气的氧化性强于
41、碘，氯气能置换出碘化钾中的碘，碘单质能使淀粉溶液呈蓝色；（4）为验证溴的氧化性强于碘，应使2中生成的溴挥发到蘸有淀粉碘化钾溶液的棉花团1上；（5）为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰；（6）同主族元素从上到下电子层数增多，原子半径逐渐增大。【详解】(1)根据装置图，仪器a的名称是分液漏斗；(2)高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，氯气是双原子分子，氯原子与氯原子之间共用1对电子，氯气的电子式是；(3)氯气能置换出碘化钾中的碘，验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是白纸4变蓝（或白纸5变黄）；（4）为验证溴的氧化性强于碘，应使2中生成的溴挥发到蘸有淀粉碘化钾溶液的棉花团1上，过程的操作是取下玻璃管，加热2处，现象是棉花团1变蓝；（5）为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当2中溶液变为红棕色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭弹簧夹b，否则氯气过量；（6）同主族元素从上到下电子层数增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，所以氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱。【点睛】本题为探究题和实验设计题，用以比较卤素单质氧化性强弱，注意本题中要排除干扰因素的存在；重点考查实验基本操作的规范性和准确性及灵活运用知识解决实际问题的能力。/r(o2-)
