2023學年四川省綿陽市高二（上）期末化學試卷一、選擇題（本題包括10小題，每小題2分，共20分．每小題只有一個選項符合題意）1．下列原子外圍電子層的電子排布圖正確的是（）A．O B．Fe C．Si D．Cr2．下列溶液中不存在配離子的是（）A．CuSO4水溶液 B．銀氨溶液 C．硫氰化鐵溶液 D．I2的CCl4溶液3．在以離子鍵為主的化學鍵中常含有共價鍵的成分，兩種元素電負性差異越小，其共價鍵成分越大．下列各對原子形成的化學鍵中共價鍵成分最多的是（）A．K與F B．Na與F C．Al與Cl D．Mg與Cl4．下列說法錯誤的是（）A．在熔化狀態下能導電的化合物一定是離子晶體B．分子晶體的狀態變化只需克服分子間作用力C．金屬鍵的本質是金屬離子與自由電子間的相互作用D．原子晶體中只存在非極性共價鍵5．下列各微粒的電子式書寫正確的是（）A．甲基 B．NF3 C．NH4H D．硫化氫6．下列說法不正確的是（）A．熵增加且放熱的反應一定是自發反應B．X?Y+Z正反應吸熱，則逆反應必然放熱C．化學反應的焓變△H越大，表示放熱越多D．稀溶液中，酸堿中和反應生成1molH2O時放熱不一定為kJ7．某微粒的核外電子排布式為1s22s22p6，下列說法不正確的是（）A．可以確定該微粒為NeB．對應元素可能位于元素周期表中第13列C．它的單質可能是強還原劑D．對應元素可能是電負性最大的元素8．離子鍵、共價鍵、金屬鍵、范德華力都是微粒之間的不同作用力，下列物質：①Na2O2②SiO2③氦氣④金剛石⑤NH4Cl⑥白磷含有上述任意兩種作用力的是（）A．①②④ B．①③⑥ C．①⑤⑥ D．③④⑤9．鈦號稱“崛起的第三金屬”，因具有密度小、強度大、無磁性等優良的機械性能，被廣泛應用于軍事、醫學等領域．已知鈦有48Ti、49Ti、50Ti等同位素，下列關于金屬鈦的敘述中不正確的是（）A．上述鈦原子中，中子數不可能為22B．鈦元素在周期表中處于第四周期ⅡB族C．鈦原子的外圍電子層排布為3d24s2D．鈦元素位于元素周期表的d區，是過渡元素10．用VSEPR模型預測下列分子或離子的立體結構，其中正確的是（）A．H2O與BeCl2為角形（V形）B．CS2與SO2為直線形C．BF3與PCl3為三角錐形D．SO3與CO為平面三角形二、選擇題（本大題包括10小題．每小題只有一個選項符合題意，每小題3分，共30分）11．“類推”是一種重要的學習方法，但有時會產生錯誤結論，下列類推結論中正確的是（）A．堿金屬氟化物的晶格能順序是LiF＞NaF＞KF＞RbF＞CsF；則鈉的鹵化物的晶格能順序是NaF＞NaCl＞NaBr＞NaIB．ⅣA族元素氫化物沸點順序是GeH4＞SiH4＞CH4；則ⅤA族元素氫化物沸點順序是AsH3＞PH3＞NH3C．晶體中有陰離子，必有陽離子；則晶體中有陽離子，必有陰離子D．若鹽酸的濃度是醋酸濃度的2倍；則鹽酸中H+濃度也是醋酸中H+濃度的2倍12．室溫時，某溶液中由水電離生成的H+和OH﹣物質的量濃度的乘積為1×10﹣24，則在該溶液中一定不能大量共存的離子組是（）A．Al3+、Na+、NO3﹣、Cl﹣ B．K+、Na+、Cl﹣、CO32﹣C．Mg2+、Na+、Cl﹣、SO42﹣ D．NH4+、K+、SiO32﹣、NO3﹣13．某反應過程能量變化如圖所示，下列說法正確的是（）A．反應過程a有催化劑參與B．該反應為吸熱反應，熱效應等于△HC．改變催化劑，可改變該反應的活化能D．有催化劑的條件下，反應的活化能等于E1+E214．已知，在25℃、101kPa時：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣mol②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣mol③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣mol下列判斷不正確的是（）A．6g碳完全燃燒時放出熱量kJB．CO的燃燒熱△H=﹣kJ/molC．H2的燃燒熱△H=﹣kJ/molD．制備水煤氣的反應熱△H=+kJ/mol15．下列過程中，化學平衡不發生移動的是（）A．H2、I2、HI平衡時的混合氣體加壓后顏色變深B．Na2CrO4溶液中滴加稀硫酸，溶液顏色變深C．紅棕色的NO2加壓后顏色先變深后逐漸變淺D．向氯水中加入適量石灰石，氯水的殺菌能力增強16．下列實驗誤差分析結論正確的是（）A．用潤濕的pH試紙測稀酸溶液的pH，測定值偏小B．用容量瓶配制溶液，定容時俯視刻度線，所配溶液濃度偏大C．滴定前滴定管內有氣泡，終點讀數時無氣泡，所測體積偏小D．測定中和反應的反應熱時，將堿緩慢倒入酸中，所測溫度值偏大17．設NA為阿伏加德羅常數的值，下列敘述錯誤的是（）A．含16g氧原子的二氧化硅晶體中含有的δ鍵數目為2NAB．gNaCl晶體中含有個右圖所示的結構單元C．常溫常壓下，5gD2O含有的質子數、電子數、中子數均為D．2molSO2和1molO2在一定條件下反應所得混合氣體分子數小于2NA18．某課外活動小組對采集的酸雨樣品進行化驗，測得數據如下：c（Na+）=×10﹣6mol/L、c（NH4+）=×10﹣5mol/L、c（NO3﹣）=×10﹣4mol/L、c（SO42﹣）=×10﹣4mol/L，H+和OH﹣濃度未測定，則此酸雨的pH約為（）A．3 B．4 C．5 D．619．汽車上的催化轉化器可將尾氣中的主要污染物轉化成無毒物質，反應為：2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（g）△H=﹣QkJ/mol（Q＞0）實驗模擬催化轉換器，恒溫恒壓時用氣體傳感器測得不同時刻NO和CO的濃度如下表：時間/s02345c（NO）/10﹣3mol?L﹣1c（CO）/10﹣3mol?L﹣1經分析，得出的下列結論正確的是（）A．0～2s間的平均反應速率v（NO）=×10﹣3mol/（L?s）B．催化轉化器對廢氣的轉化速率在冬季時比夏季時高C．選用更有效的催化劑可以提高污染物的轉化率D．該溫度下，此反應的平衡常數K=×10320．羰基硫（COS）可作為一種糧食熏蒸劑，能防止某些昆蟲、線蟲和真菌的危害．在恒容密閉容器中，將10molCO和一定量的H2S混合加熱并達到下列平衡：CO（g）+H2S（g）?COS（g）+H2（g）K=，平衡后CO物質的量為8mol．下列說法正確的是（）A．CO、H2S的轉化率之比為1：1B．達平衡后H2S的體積分數為%C．升高溫度，COS濃度減小，表明該反應是吸熱反應D．恒溫下向平衡體系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，平衡不移動三、（本題包括2小題，共18分）21．A、B、D、E、G、M六種元素位于元素周期表前四周期，原子序數依次增大．其中，元素A的一種核素無中子，B的單質既有分子晶體又有原子晶體，化合物DE2為紅棕色氣體，G是前四周期中電負性最小的元素，M的原子核外電子數比G多10．請回答下列問題：（1）基態G原子的核外電子排布式是，M在元素周期表中的位置是，元素B、D、E的第一電離能由大到小的順序為（用元素符號表示）．（2）元素A和E組成的陽離子空間構型為；化合物ABD的結構式為，其中B原子的雜化方式為．（3）G、M的晶體晶胞結構如圖所示，這兩種晶胞中原子的配位數之比為．若晶體M密度為g?cm﹣3，則M的晶胞邊長是cm（不必計算出結果）．22．弱酸HA的電離常數Ka=．25℃時，幾種弱酸的電離常數如下：弱酸化學式HNO2CH3COOHHCNH2CO3電離常數×10﹣4×10﹣5×10﹣10K1=×10﹣7K2=×10﹣11（1）根據上表數據填空：①物質的量濃度相同的四種酸，其pH由大到小的順序是．②分別向等體積、相同pH的HCl溶液和CH3COOH溶液中加入足量的Zn粉，反應剛開始時產生H2的速率：v（HCl）v（CH3COOH）（填“=”、“＞”或“＜”下同），反應完全后，所得氫氣的質量：m（H2）鹽酸m（H2）醋酸．③將mol/LHCN溶液與mol/LNa2CO3溶液等體積混合，發生反應的化學方程式為．（2）體積均為10mL、pH均為2的醋酸溶液與一元酸HX分別加水稀釋至1000mL，稀釋過程中溶液pH變化如圖所示．稀釋后，HX溶液中水電離的c（H+）比醋酸溶液中水電離的c（H+）；電離常數Ka（HXKa（CH3COOH）（填“＞”、“=”或“＜”），理由是．四、（本題包括2小題，共18分）23．影響化學反應速率的因素很多，某課外興趣小組用實驗方法進行探究．序號溫度/℃催化劑現象結論140FeCl3溶液220FeCl3溶液320MnO2420無（1）取等物質的量濃度、等體積的H2O2溶液分別進行H2O2的分解實驗，實驗報告如下表所示（現象和結論略）．①實驗1、2研究的是對H2O2分解速率的影響．②實驗2、3的目的是．（2）查文獻可知，Cu2+對H2O2分解也有催化作用，為比較Fe3+、Cu2+對H2O2分解的催化效果，該小組的同學分別設計了如圖甲、乙所示的實驗．回答相關問題：①定性分析：如圖甲可通過觀察，定性比較得出結論．有同學提出將CuSO4溶液改為CuCl2溶液更合理，其理由是．②定量分析：如圖乙所示，實驗時以收集到40mL氣體為準，忽略其他可能影響實驗的因素，實驗中需要測量的數據是．（3）酸性高錳酸鉀溶液和草酸溶液可發生反應：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑，實驗時發現開始反應速率較慢，溶液褪色不明顯，但一段時間后突然褪色，反應速率明顯加快．對此展開討論：①某同學認為KMnO4與H2C2O4的反應是熱反應，導致；②從影響化學反應速率的因素看，你認為還可能是的影響．要證明你的猜想，實驗方案是．24．化學興趣小組的同學用0mol/L鹽酸標準溶液測定某燒堿樣品的純度（雜質不與鹽酸反應）．實驗步驟如下：（1）配制待測液：用分析天平準確稱取燒堿樣品g，全部溶于水配制成500mL溶液．配制溶液需用的玻璃儀器除了燒杯、膠頭滴管外，還需要．（2）滴定：①用堿式滴定管量取所配溶液放在錐形瓶中，滴加幾滴指示劑，待測．滴定管在裝入反應液之前應進行的操作有．②用濃度為0mol/L的鹽酸標準溶液進行滴定．開始滴定前的一步操作是．③滴定過程中用pH計測定錐形瓶中溶液的pH，臨近滴定終點時每滴一滴測一次pH．滴定過程中，測得錐形瓶中溶液的pH變化如下表：V（HCl）/mLpHV（HCl）/mLpH（3）數據處理：①在坐標圖中繪出上述中和滴定曲線．②所測樣品中NaOH的質量百分含量為．五、（本題包括2小題，共14分）25．向VLpH=12的Ba（OH）2溶液中逐滴加入一定濃度的NaHSO4稀溶液，當溶液中的Ba2+恰好沉淀完全時，溶液pH=11．則Ba（OH）2溶液與NaHSO4溶液的體積比為，NaHSO4溶液的物質的量濃度為．26．PCl3和Cl2在一定條件下反應生成PCl5．（1）已知PCl3的熔點、沸點分別為﹣℃和℃，PCl5的熔點為167℃．常溫常壓下，PCl3與Cl2反應生成gPCl5時放出熱量，該反應的熱化學方程式為．（2）反應PCl3（g）+Cl2（g）?PCl5（g）在容積為5L的密閉容器中進行．起始時PCl3和Cl2均為mol，反應在不同條件下進行，反應體系總壓強隨時間的變化如圖所示．①與實驗a相比，b組改變的實驗條件是，c組改變的實驗條件是．②計算實驗a中反應的平衡常數及Cl2的轉化率（要求寫出計算過程）．

2023學年四川省綿陽市高二（上）期末化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本題包括10小題，每小題2分，共20分．每小題只有一個選項符合題意）1．下列原子外圍電子層的電子排布圖正確的是（）A．O B．Fe C．Si D．Cr【考點】原子核外電子排布．【分析】A、洪特規則是指在同一個電子亞層中排布的電子，總是盡先占據不同的軌道，且自旋方向相同；B、基態鐵原子外圍電子排布式為3d64s2；C、洪特規則是指在同一個電子亞層中排布的電子，總是盡先占據不同的軌道；D、基態Cr原子外圍電子排布式為3d54s1．【解答】解：A、2p軌道兩個單電子自旋方向應相同，故A錯誤；B、基態鐵原子外圍電子排布式為3d64s2，外圍電子排布圖為：，故B正確；C、洪特規則是指在同一個電子亞層中排布的電子，總是盡先占據不同的軌道，所以3p軌道2個電子應分占兩個軌道，且自旋方向相同，故C錯誤；D、基態Cr原子外圍電子排布式為3d54s1，而不是3d44s2，故D錯誤；故選B．2．下列溶液中不存在配離子的是（）A．CuSO4水溶液 B．銀氨溶液 C．硫氰化鐵溶液 D．I2的CCl4溶液【考點】配合物的成鍵情況．【分析】配離子是由一個金屬陽離子和一定數目的中性分子或陰離子以配位鍵結合而成的復雜離子，可能存在于配位化合物晶體中，也可能存在于溶液中，據此解答．【解答】解：A．水對銅離子有絡合作用，CuSO4水溶液中存在四水合銅絡離子，銅離子提供空軌道，水分子提供孤對電子，存在配離子，故A不選；B．銀氨溶液中銀離子提供空軌道，氨氣提供孤對電子，存在配離子，故B不選；C．硫氰化鐵溶液中鐵離子提供空軌道，硫氰根離子提供孤對電子，存在配離子，故C不選；D．I2的CCl4溶液為碘單質的四氯化碳溶液，無配離子，故D選；故選D．3．在以離子鍵為主的化學鍵中常含有共價鍵的成分，兩種元素電負性差異越小，其共價鍵成分越大．下列各對原子形成的化學鍵中共價鍵成分最多的是（）A．K與F B．Na與F C．Al與Cl D．Mg與Cl【考點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型．【分析】一般來說，活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，各對原子形成化學鍵中共價鍵成分最多，說明離子鍵成分最少，則金屬、非金屬元素應該最不活潑，據此分析解答．【解答】解：活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，各對原子形成化學鍵中共價鍵成分最多，說明離子鍵成分最少，則金屬、非金屬元素應該最不活潑，選項中K、Na、Al、Mg四種金屬元素中最不活潑的為Al，F、Cl元素的非金屬性F＞Cl，所以原子形成的化學鍵中共價鍵成分最多的為Al和Cl，故選C．4．下列說法錯誤的是（）A．在熔化狀態下能導電的化合物一定是離子晶體B．分子晶體的狀態變化只需克服分子間作用力C．金屬鍵的本質是金屬離子與自由電子間的相互作用D．原子晶體中只存在非極性共價鍵【考點】原子晶體；離子晶體；分子晶體；金屬晶體．【分析】A．離子晶體在熔化狀態下能電離出自由移動的離子；B．只需克服分子間作用力，則晶體為分子晶體；C．金屬陽離子帶正電，自由電子帶負電；D．同種元素原子之間形成非極性鍵，不同原子之間形成極性鍵．【解答】解：A．離子晶體在熔化狀態下能電離出自由移動的離子，所以在熔融狀態下能導電，故A正確；B．分子晶體的狀態變化，只需克服分子間作用力即可，故B正確；C．金屬陽離子帶正電，自由電子帶負電，則金屬鍵是金屬陽離子與自由電子間的相互作用，故C正確；D．二氧化硅是原子晶體，晶體中存在極性鍵，故D錯誤；故選D．5．下列各微粒的電子式書寫正確的是（）A．甲基 B．NF3 C．NH4H D．硫化氫【考點】電子式．【分析】A．甲基中的碳原子最外層7個電子；B．三氟化氮中三個氟原子與氮原子共用三對電子，氮原子有一對孤對電子；C．氫負離子為陰離子，應用中括號；D．硫化氫為共價化合物，兩個氫原子與硫原子各共用1對電子；【解答】解：A．甲基中碳原子最外層7個電子，甲基的正確電子式：，故A錯誤；B．三氟化氮中三個氟原子與氮原子共用三對電子，氮原子有一對孤對電子，電子式為：，故B正確；C．NH4H是離子化合物，由銨根離子與氫負離子構成，電子式為，故C錯誤；D．H2S為共價化合物，硫原子中最外層有8個電子達到穩定結構，分子中存在兩個H﹣S鍵，電子式為：，故D錯誤；故選：B．6．下列說法不正確的是（）A．熵增加且放熱的反應一定是自發反應B．X?Y+Z正反應吸熱，則逆反應必然放熱C．化學反應的焓變△H越大，表示放熱越多D．稀溶液中，酸堿中和反應生成1molH2O時放熱不一定為kJ【考點】吸熱反應和放熱反應．【分析】A．反應自發進行的判斷依據是△H﹣T△S＜0，由反應的焓變，熵變，溫度共同決定；B．△H=生成物的能量和﹣反應物的能量和；C．反應焓變為負值是放熱反應，焓變為正值為吸熱反應；D．稀溶液中，強酸強堿中和反應生成1mol水放熱為kJ，若為弱酸或弱堿，存在電離平衡吸熱，放出的熱量減小，若中和反應生成沉淀會存在沉淀熱等；【解答】解：A．熵增加△S＞0，且放熱△H＜0，反應△H﹣T△S＜0一定是自發反應，故A正確；B．△H=生成物的能量和﹣反應物的能量和，所以其逆反應的反應熱是其相反數，正反應吸熱，則逆反應必然放熱，故B正確；C．反應焓變為負值是放熱反應，焓變為正值為吸熱反應，若是放熱反應，化學反應的焓變△H越大，表示放熱越少，故C錯誤；D．稀溶液中，強酸強堿中和反應生成1mol水放熱為kJ，若為弱酸或弱堿，存在電離平衡吸熱，放出的熱量減小，若中和反應生成沉淀會存在沉淀熱，放出的熱量會增大，稀溶液中，酸堿中和反應生成1molH2O時放熱不一定為kJ，故D正確；故選C．7．某微粒的核外電子排布式為1s22s22p6，下列說法不正確的是（）A．可以確定該微粒為NeB．對應元素可能位于元素周期表中第13列C．它的單質可能是強還原劑D．對應元素可能是電負性最大的元素【考點】原子核外電子排布．【分析】已知某微粒的核外電子排布式為1s22s22p6，可知該微粒含有10個電子，常見的10電子微粒有Ne、F﹣、O2﹣、Na+、Mg2+、Al3+等，所以不能確定該微粒，但是可知其電子數為10，由此分析解答；【解答】解：A、該微?？赡苁荖e，故A錯誤；B、如果是鋁位于位于元素周期表中第13列，故B正確；C、Na+、Mg2+、Al3+對應單質是強還原劑，故C正確；D、F﹣對應的元素是電負性最大的元素，故D正確；故選A．8．離子鍵、共價鍵、金屬鍵、范德華力都是微粒之間的不同作用力，下列物質：①Na2O2②SiO2③氦氣④金剛石⑤NH4Cl⑥白磷含有上述任意兩種作用力的是（）A．①②④ B．①③⑥ C．①⑤⑥ D．③④⑤【考點】化學鍵．【分析】活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，非金屬元素之間易形成共價鍵，分子晶體中分子之間存在范德華力，據此分析解答．【解答】解：①Na2O2中鈉離子和過氧根離子之間存在離子鍵、O原子和O原子之間存在共價鍵，所以過氧化鈉中存在兩種結合力，故正確；②SiO2中Si原子和O原子之間存在共價鍵，所以只存在一種結合力，故錯誤；③氦氣只存在范德華力，故錯誤；④金剛石中C原子之間只存在共價鍵，所以只存在一種結合力，故錯誤；⑤NH4Cl中銨根離子和氯離子之間存在離子鍵、D原子和H原子之間存在共價鍵，所以氯化銨中存在兩種結合力，故正確；⑥白磷分子中P原子之間存在共價鍵、白磷分子之間存在范德華力，所以白磷中存在兩種結合力，故正確；故選C．9．鈦號稱“崛起的第三金屬”，因具有密度小、強度大、無磁性等優良的機械性能，被廣泛應用于軍事、醫學等領域．已知鈦有48Ti、49Ti、50Ti等同位素，下列關于金屬鈦的敘述中不正確的是（）A．上述鈦原子中，中子數不可能為22B．鈦元素在周期表中處于第四周期ⅡB族C．鈦原子的外圍電子層排布為3d24s2D．鈦元素位于元素周期表的d區，是過渡元素【考點】元素周期表的結構及其應用．【分析】A．質量數﹣質子數=中子數，鈦的原子序數為22；B．第三周期稀有氣體的原子序數為18，根據鈦的原子序數為22判斷其在周期表中位置；C．根據構造原理寫出鈦的基態電子排布式，然后判斷其外圍電子層排布；D．Ti最后填充的電子為3d電子．【解答】解：A．質量數﹣質子數=中子數，則48Ti、49Ti、50Ti等中子數分別為26、27、28，故A正確；B．第三周期稀有氣體的原子序數為18，22﹣18=4，則鈦在周期表中處于第四周期ⅣB族，故B錯誤；C．鈦的原子序數為22，其核外電子排布為：1s22s22p63s23p63d24s2，則鈦原子的外圍電子層排布為3d24s2，故C正確；D．Ti最后填充的電子為3d電子，位于副族，則鈦元素是d區的過渡元素，故D正確；故選B．10．用VSEPR模型預測下列分子或離子的立體結構，其中正確的是（）A．H2O與BeCl2為角形（V形）B．CS2與SO2為直線形C．BF3與PCl3為三角錐形D．SO3與CO為平面三角形【考點】判斷簡單分子或離子的構型．【分析】根據價層電子對互斥模型（VSEPR模型）確定微粒的空間構型，價層電子對個數=σ鍵個數+孤電子對個數．σ鍵個數=配原子個數，孤電子對個數=（a﹣xb），a指中心原子價電子個數，x指配原子個數，b指配原子形成穩定結構需要的電子個數，據此判斷立體結構．【解答】解：A．水分子中價層電子對個數=2+×（6﹣2×1）=4，VSEPR模型為正四面體結構；含有2個孤電子對，略去孤電子對后，實際上其空間構型是V型，BeCl2中Be原子的價層電子對個數=2+×（2﹣2×1）=2，不含孤電子對，則分子空間構型是直線型，故A錯誤；B．CS2分子中每個S原子和C原子形成兩個共用電子對，所以C原子價層電子對個數是2且不含孤電子對，所以為直線形結構，SO2分子中價層電子對個數=2+×（6﹣2×2）=3且含有1個孤電子對，所以為V形結構，故B錯誤；C．BF3分子中B原子的價層電子對個數=3+×（3﹣3×1）=3且不含有孤電子對，所以其空間構型為平面三角形，PCl3中，價層電子對數=3+（5﹣3×1）=4，含孤電子對數為1，雜化軌道數4，中心原子以采取sp3雜化，分子形狀為三角錐形，故C錯誤；D．SO3中，價層電子對個數=σ鍵個數+孤電子對個數=3+（6﹣3×2）=3，含孤電子對數為0，雜化軌道數3，硫原子采用sp2雜化，分子形狀為平面三角形；CO32﹣中碳原子價層電子對個數=3+=3，采用sp2雜化，所以CO32﹣的離子立體結構為為平面三角形，故D正確；故選D．二、選擇題（本大題包括10小題．每小題只有一個選項符合題意，每小題3分，共30分）11．“類推”是一種重要的學習方法，但有時會產生錯誤結論，下列類推結論中正確的是（）A．堿金屬氟化物的晶格能順序是LiF＞NaF＞KF＞RbF＞CsF；則鈉的鹵化物的晶格能順序是NaF＞NaCl＞NaBr＞NaIB．ⅣA族元素氫化物沸點順序是GeH4＞SiH4＞CH4；則ⅤA族元素氫化物沸點順序是AsH3＞PH3＞NH3C．晶體中有陰離子，必有陽離子；則晶體中有陽離子，必有陰離子D．若鹽酸的濃度是醋酸濃度的2倍；則鹽酸中H+濃度也是醋酸中H+濃度的2倍【考點】探究化學規律．【分析】A、晶格能與離子半徑成反比，與電荷成正比；B、氫化物分子間含有氫鍵的沸點較高；C、金屬晶體含有陽離子，但不含陰離子；C、鹽酸是強酸，完全電離；醋酸是弱酸，部分電離．【解答】解：A、離子半徑：Li+＜Na+＜K+＜Rb+＜Cs+，晶格能與離子半徑成反比，與電荷成正比，所以晶格能順序是LiF＞NaF＞KF＞RbF＞CsF；離子半徑：F﹣＞Cl﹣＞Br﹣＞I﹣，晶格能與離子半徑成反比，與電荷成正比，所以晶格能順序是NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，故A正確；B、CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔點隨相對分子質量增加而升高，而氫化物分子間含有氫鍵的沸點較高，則沸點：PH3＜AsH3＜NH3，故B錯誤；C、晶體中有陰離子則必然有陽離子，但有陽離子不一定有陰離子，如金屬晶體，故C錯誤；D、因醋酸是弱酸，鹽酸中的c（H+）遠遠超過醋酸中c（H+）的兩倍，故D錯誤；故選A．12．室溫時，某溶液中由水電離生成的H+和OH﹣物質的量濃度的乘積為1×10﹣24，則在該溶液中一定不能大量共存的離子組是（）A．Al3+、Na+、NO3﹣、Cl﹣ B．K+、Na+、Cl﹣、CO32﹣C．Mg2+、Na+、Cl﹣、SO42﹣ D．NH4+、K+、SiO32﹣、NO3﹣【考點】離子共存問題．【分析】由水電離生成的H+和OH﹣物質的量濃度的乘積為10﹣24，則溶液為酸或堿溶液，根據離子之間不能結合生成水、氣體、沉淀等，不能發生氧化還原反應、不能相互促進水解等，則離子能大量共存，A．酸性溶液中四種離子能夠共存；B．堿性溶液中四種離子能夠大量共存；C．酸性溶液中四種離子能夠大量共存；D．銨根離子與氫氧根離子反應，硅酸根離子與氫離子反應．【解答】解：由水電離生成的H+和OH﹣物質的量濃度的乘積為10﹣24，則溶液為酸或堿溶液，A．堿溶液中不能大量存在Al3+，酸溶液中該組離子之間不反應，能共存，故A錯誤；B．酸溶液中不能大量存在CO32﹣，堿溶液中該組離子之間不反應，能共存，故B錯誤；C．酸性溶液中該組離子之間均不反應，能大量共存，故C錯誤；D．酸溶液中不能大量存在SiO32﹣，堿溶液中一定不能大量存在NH4+，則一定不能大量共存，故D正確；故選D．13．某反應過程能量變化如圖所示，下列說法正確的是（）A．反應過程a有催化劑參與B．該反應為吸熱反應，熱效應等于△HC．改變催化劑，可改變該反應的活化能D．有催化劑的條件下，反應的活化能等于E1+E2【考點】化學反應的能量變化規律．【分析】A、催化劑能降低反應的活化能；B、反應物能量高于生成物；C、不同的催化劑對反應的催化效果不同；D、催化劑改變了反應歷程，E1、E2分別代表各步反應的活化能．【解答】解：A、催化劑能降低反應的活化能，故b中使用了催化劑，故A錯誤；B、反應物能量高于生成物，反應為放熱反應，△H=生成物能量﹣反應物能量，故B錯誤；C、不同的催化劑，反應的活化能不同，故C正確；D、E1、E2分別代表反應過程中各步反應的活化能，整個反應的活化能為能量較高的E1，故D錯誤．故選C．14．已知，在25℃、101kPa時：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣mol②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣mol③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣mol下列判斷不正確的是（）A．6g碳完全燃燒時放出熱量kJB．CO的燃燒熱△H=﹣kJ/molC．H2的燃燒熱△H=﹣kJ/molD．制備水煤氣的反應熱△H=+kJ/mol【考點】有關反應熱的計算．【分析】A、反應①中，1mol碳完全燃燒生成二氧化碳放熱；B、燃燒熱是在101KP下，1mol可燃物完全燃燒生成穩定的氧化物時放出的熱量，根據蓋斯定律來分析；C、燃燒熱是在101KP下，1mol可燃物完全燃燒生成穩定的氧化物時放出的熱量，生成的水為液態；D、制備水煤氣的反應為：C+H2O=CO+H2，根據蓋斯定律來分析．【解答】解：A、反應①中，1mol碳完全燃燒生成二氧化碳放熱，故6g碳即碳完全燃燒放出熱量，故A正確；B、燃燒熱是在101KP下，1mol可燃物完全燃燒生成穩定的氧化物時放出的熱量，根據蓋斯定律，將①﹣可得：C（s）+O2（g）═CO（g）△H=（﹣mol）﹣（）=﹣283KJ/mol，故CO的燃燒熱△H=﹣kJ/mol，故B正確；C、燃燒熱是在101KP下，1mol可燃物完全燃燒生成穩定的氧化物時放出的熱量，生成的水應為液態，但反應③中生成的水為水蒸氣，故不能根據此反應來得出氫氣的燃燒熱，故C錯誤；D、制備水煤氣的反應為：C+H2O=CO+H2，根據蓋斯定律可知：將可得：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H==+kJ/mol，故D正確．故選C．15．下列過程中，化學平衡不發生移動的是（）A．H2、I2、HI平衡時的混合氣體加壓后顏色變深B．Na2CrO4溶液中滴加稀硫酸，溶液顏色變深C．紅棕色的NO2加壓后顏色先變深后逐漸變淺D．向氯水中加入適量石灰石，氯水的殺菌能力增強【考點】化學平衡的影響因素．【分析】A．勒沙特列原理是如果改變影響平衡的一個條件（如濃度、壓強或溫度等），平衡就向能夠減弱這種改變的方向移動，H2+I2?2HI，反應是氣體體積不變的反應，增大壓強平衡不變，物質濃度增大；B．鉻酸根離子在酸性環境下可以變成重鉻酸根離子，實質是：2CrO42﹣+2H+?Cr2O72﹣+H2O；C．可逆反應2NO2（g）?N2O4（g），正反應為體積縮小的反應，加壓后二氧化氮的濃度增大，所以氣體有色加深，由于增大了壓強，平衡向生成四氧化二氮的方向移動；D．氯水中存在化學平衡，Cl2+H2O?HCl+HClO，加入石灰石和鹽酸反應，促進平衡正向進行；【解答】解：A．可逆反應為H2（g）+I2（g）?2HI（g），增大壓強I2的濃度增大，顏色加深，反應前后氣體的體積不發生變化，增大壓強平衡不移動，故A正確；B．鉻酸根在酸性環境下可以變成重鉻酸根，實質是：2CrO42﹣+2H+?Cr2O72﹣+H2O，黃色溶液逐漸變成橙色，溶液顏色變深，化學平衡發生移動，故B錯誤；C．可逆反應2NO2（g）?N2O4（g），正反應為體積縮小的反應，加壓后二氧化氮的濃度增大，所以氣體有色加深，由于增大了壓強，平衡向生成四氧化二氮的方向移動，故加壓后顏色先變深后變淺，可以平衡移動原理解釋，化學平衡發生移動，故C錯誤；D．氯水中存在化學平衡，Cl2+H2O?HCl+HClO，加入石灰石和鹽酸反應，和次氯酸不反應，促進平衡正向進行，次氯酸濃度增大，溶液殺菌能力增強，化學平衡發生移動，故D錯誤；故選A．16．下列實驗誤差分析結論正確的是（）A．用潤濕的pH試紙測稀酸溶液的pH，測定值偏小B．用容量瓶配制溶液，定容時俯視刻度線，所配溶液濃度偏大C．滴定前滴定管內有氣泡，終點讀數時無氣泡，所測體積偏小D．測定中和反應的反應熱時，將堿緩慢倒入酸中，所測溫度值偏大【考點】化學實驗方案的評價．【分析】A．潤濕的pH試紙測稀酸溶液，稀釋了溶液，溶液酸性減弱；B．用容量瓶配制溶液，定容時俯視刻度線，導致溶液體積偏??；C．滴定前滴定管內有氣泡，終點讀數時無氣泡，導致計算時滴定管內液體體積偏大；D．測定中和反應的反應熱時，將堿緩慢倒入酸中，會有部分熱量散失．【解答】解：A．潤濕的pH試紙測稀酸溶液，稀釋了溶液，溶液酸性減弱，測定溶液pH偏大，故A錯誤；B．用容量瓶配制溶液，定容時俯視刻度線，導致溶液體積偏小，溶質的物質的量不變，則溶液濃度偏大，故B正確；C．滴定前滴定管內有氣泡，終點讀數時無氣泡，導致計算時滴定管內液體體積偏大，則所測體積偏大，故C錯誤；D．測定中和反應的反應熱時，將堿緩慢倒入酸中，會有部分熱量散失，所以測定結果偏小，故D錯誤；故選B．17．設NA為阿伏加德羅常數的值，下列敘述錯誤的是（）A．含16g氧原子的二氧化硅晶體中含有的δ鍵數目為2NAB．gNaCl晶體中含有個右圖所示的結構單元C．常溫常壓下，5gD2O含有的質子數、電子數、中子數均為D．2molSO2和1molO2在一定條件下反應所得混合氣體分子數小于2NA【考點】晶胞的計算．【分析】A、求出二氧化硅的物質的量，然后根據1mol二氧化硅中含4molSi﹣O鍵來分析；B、gNaCl的物質的量為，根據均攤法可知圖中一個晶胞含4個NaCl，據此判斷；C、質量換算物質的量，結合一個晶胞含4個NaCl，計算分析；D、2molSO2和1molO2在一定條件下反應，反應方程式為2SO2+O2?2SO3，據此判斷．【解答】解：A、含16g氧原子的二氧化硅的物質的量為=，根據1mol二氧化硅中含4molSi﹣Oδ鍵可知，二氧化硅晶體中含有的δ鍵數目為2NA，故A正確；B、質量換算物質的量，結合一個晶胞含4個NaCl，gNaCl晶體物質的量==；所以含NA個如圖所示結構單元，故B正確；C、一個D2O分子中含有的質子數、電子數、中子數均為10，5gD2O的物質的量為mol=，所以5gD2O含有的質子數、電子數、中子數均為，故C正確；D、2molSO2和1molO2在一定條件下反應，根據反應方程式2SO2+O2?2SO3可知，所得混合氣體的物質的量大于2mol小于3mol，即混合氣體分子數大于2NA，故D錯誤．故選D．18．某課外活動小組對采集的酸雨樣品進行化驗，測得數據如下：c（Na+）=×10﹣6mol/L、c（NH4+）=×10﹣5mol/L、c（NO3﹣）=×10﹣4mol/L、c（SO42﹣）=×10﹣4mol/L，H+和OH﹣濃度未測定，則此酸雨的pH約為（）A．3 B．4 C．5 D．6【考點】pH的簡單計算．【分析】根據溶液中電荷守恒c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=c（NO3﹣）+2×c（SO42﹣）+c（OH﹣）計算酸雨中氫離子濃度，再根據pH的計算公式計算溶液的pH．【解答】解：溶液中陰陽離子所帶電荷總數相等，設氫離子濃度為c，則：c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=c（NO3﹣）+2×c（SO42﹣）+c（OH﹣），由于氫氧根離子濃度較小，可忽略不計，則：2×10﹣5mol/L+×10﹣6mol/L+c（H+）=×10﹣4mol/L+2××10﹣4mol/L，解得：c（H+）=10﹣3mol/L﹣×10﹣5mol/L≈10﹣3mol/L，該酸雨的pH=3，故選A．19．汽車上的催化轉化器可將尾氣中的主要污染物轉化成無毒物質，反應為：2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（g）△H=﹣QkJ/mol（Q＞0）實驗模擬催化轉換器，恒溫恒壓時用氣體傳感器測得不同時刻NO和CO的濃度如下表：時間/s02345c（NO）/10﹣3mol?L﹣1c（CO）/10﹣3mol?L﹣1經分析，得出的下列結論正確的是（）A．0～2s間的平均反應速率v（NO）=×10﹣3mol/（L?s）B．催化轉化器對廢氣的轉化速率在冬季時比夏季時高C．選用更有效的催化劑可以提高污染物的轉化率D．該溫度下，此反應的平衡常數K=×103【考點】化學平衡的計算；化學平衡的影響因素．【分析】該反應的正反應為放熱反應，升高溫度不利于平衡向正向移動，反應速率較快，可適用于廢氣的處理，計算出平衡時各物質的濃度，結合平衡常數表達式可計算平衡常數，以此解答該題．【解答】解：～2s間的NO的濃度由×10﹣3mol?L﹣1變為×10﹣3mol?L﹣1，平均反應速率v（NO）==×10﹣4mol/（L?s），故A錯誤；B．升高溫度增大反應速率，轉化速率在夏季時比冬季時高，故B錯誤；C．催化劑不改變平衡移動，故C錯誤；NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）初始濃度：×10﹣3×10﹣300變化濃度：9×10﹣49×10﹣4×10﹣49×10﹣4平衡濃度：1×10﹣4×10﹣3×10﹣49×10﹣4k==×103，故D正確．故選D．20．羰基硫（COS）可作為一種糧食熏蒸劑，能防止某些昆蟲、線蟲和真菌的危害．在恒容密閉容器中，將10molCO和一定量的H2S混合加熱并達到下列平衡：CO（g）+H2S（g）?COS（g）+H2（g）K=，平衡后CO物質的量為8mol．下列說法正確的是（）A．CO、H2S的轉化率之比為1：1B．達平衡后H2S的體積分數為%C．升高溫度，COS濃度減小，表明該反應是吸熱反應D．恒溫下向平衡體系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，平衡不移動【考點】化學平衡的計算．【分析】反應前CO的物質的量為10mol，平衡后CO物質的量為8mol，設反應前H2S物質的量為n，則：CO（g）+H2S（g）?COS（g）+H2（g）起始（mol）：10n00變化（mol）：2222平衡（mol）：8n﹣222該溫度下該反應的K=，利用物質的量代替濃度代入平衡常數表達式計算出n，根據計算結構及化學平衡的影響因素進行判斷．【解答】解：反應前CO的物質的量為10mol，平衡后CO物質的量為8mol，設反應前H2S物質的量為nmol，則：CO（g）+H2S（g）?COS（g）+H2（g）起始（mol）：10n00變化（mol）：2222平衡（mol）：8n﹣222該溫度下該反應的K=1，設容器容積為V，則平衡常數K==，解得：n=7，即反應前硫化氫的物質的量為7mol，A．由于反應前CO、H2S的物質的量分別為10mol、7mol，而二者化學計量數相等，反應消耗的物質的量相等，所以二者的轉化率一定不相等，故A錯誤；B．該反應前后氣體的體積相等，則反應后氣體的總物質的量不變，仍然為10mol+7mol=17mol，平衡后硫化氫的物質的量為（7﹣2）mol=5mol，相同條件下氣體的體積分數=物質的量分數=×100%≈%，故B正確；C．升高溫度，COS濃度減小，說明平衡向著逆向移動，則該反應的正反應為放熱反應，故C錯誤；D．恒溫下向平衡體系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，則此時該反應的濃度商Qc==6＞K=，說明平衡會向著逆向移動，故D錯誤；故選B．三、（本題包括2小題，共18分）21．A、B、D、E、G、M六種元素位于元素周期表前四周期，原子序數依次增大．其中，元素A的一種核素無中子，B的單質既有分子晶體又有原子晶體，化合物DE2為紅棕色氣體，G是前四周期中電負性最小的元素，M的原子核外電子數比G多10．請回答下列問題：（1）基態G原子的核外電子排布式是1s22s22p63s23p64s1，M在元素周期表中的位置是第四周期第ⅠB族，元素B、D、E的第一電離能由大到小的順序為N＞O＞C（用元素符號表示）．（2）元素A和E組成的陽離子空間構型為三角錐形；化合物ABD的結構式為H﹣C≡N，其中B原子的雜化方式為sp．（3）G、M的晶體晶胞結構如圖所示，這兩種晶胞中原子的配位數之比為2：3．若晶體M密度為g?cm﹣3，則M的晶胞邊長是cm（不必計算出結果）．【考點】位置結構性質的相互關系應用；晶胞的計算．【分析】A、B、D、E、G、M六種元素位于元素周期表前四周期，原子序數依次增大．其中元素A的一種核素無中子，則A為H元素；B的單質既有分子晶體又有原子晶體，則B為碳元素；化合物DE2為紅棕色氣體，則D為N元素、E為O元素；G是前四周期中電負性最小的元素，則G為K元素；M的原子核外電子數比G多10，則M為Cu．【解答】解：A、B、D、E、G、M六種元素位于元素周期表前四周期，原子序數依次增大．其中元素A的一種核素無中子，則A為H元素；B的單質既有分子晶體又有原子晶體，則B為碳元素；化合物DE2為紅棕色氣體，則D為N元素、E為O元素；G是前四周期中電負性最小的元素，則G為K元素；M的原子核外電子數比G多10，則M為Cu．（1）基態K原子的核外電子排布式是1s22s22p63s23p64s1，M為Cu，在元素周期表中的位置是第四周期第ⅠB族，同周期隨原子序數增大，元素第一電離能呈增大趨勢，但N元素2p能級為半滿穩定狀態，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素的，故第一電離能：N＞O＞C，故答案為：1s22s22p63s23p64s1；第四周期第ⅠB族；N＞O＞C；（2）元素A和E組成的陽離子為H3O+，O原子含有孤電子對為1，價層電子對數為3+1=4，故為三角錐形結構，化合物HCN的結構式為H﹣C≡N，其中C原子雜化軌道數目為2，雜化方式為sp雜化，故答案為：三角錐形；H﹣C≡N；sp雜化；（3）G晶胞中原子配位數為8，M晶胞中以頂點原子研究，與之最近的原子屬于面心，配位數為=12，這兩種晶胞中原子的配位數之比為8：12=2：3，Cu的晶胞中原子數目為8×+6×=4，晶胞質量為4×g，若晶體密度為g?cm﹣3，則晶胞體積為4×g÷g?cm﹣3=cm3，則M的晶胞邊長是cm，故答案為：2：3；．22．弱酸HA的電離常數Ka=．25℃時，幾種弱酸的電離常數如下：弱酸化學式HNO2CH3COOHHCNH2CO3電離常數×10﹣4×10﹣5×10﹣10K1=×10﹣7K2=×10﹣11（1）根據上表數據填空：①物質的量濃度相同的四種酸，其pH由大到小的順序是HCN＞H2CO3＞CH3COOH＞HNO2．②分別向等體積、相同pH的HCl溶液和CH3COOH溶液中加入足量的Zn粉，反應剛開始時產生H2的速率：v（HCl）=v（CH3COOH）（填“=”、“＞”或“＜”下同），反應完全后，所得氫氣的質量：m（H2）鹽酸＜m（H2）醋酸．③將mol/LHCN溶液與mol/LNa2CO3溶液等體積混合，發生反應的化學方程式為HCN+Na2CO3═NaCN+NaHCO3．（2）體積均為10mL、pH均為2的醋酸溶液與一元酸HX分別加水稀釋至1000mL，稀釋過程中溶液pH變化如圖所示．稀釋后，HX溶液中水電離的c（H+）比醋酸溶液中水電離的c（H+）大；電離常數Ka（HX＞Ka（CH3COOH）（填“＞”、“=”或“＜”），理由是稀釋相同倍數，較強的酸pH變化較大，較強的酸電離常數較大，從圖中看出HX的pH變化較大．【考點】弱電解質在水溶液中的電離平衡．【分析】（1）①弱酸的電離平衡常數越大，其酸性越強；②pH相同的不同弱酸中，氫離子濃度相同；醋酸中酸的濃度大于氫離子濃度，鹽酸中酸的濃度等于氫離子濃度；③根據酸性關系判斷；（2）稀釋后，HX電離生成的c（H+）小，對水的電離抑制能力小；由圖可知，稀釋相同的倍數，HX的pH變化程度大，則酸性HX強，電離平衡常數大．【解答】解：（1）①據電離平衡常數的大小分析，電離平衡常數越大，其酸性越強，酸性：HCN＜H2CO3＜CH3COOH＜HNO2，酸性越強，其pH越小，所以pH關系為：HCN＞H2CO3＞CH3COOH＞HNO2；故答案為：HCN＞H2CO3＞CH3COOH＞HNO2；②pH相同的不同弱酸中，氫離子濃度相同，與Zn反應速率相同；醋酸中酸的濃度大于氫離子濃度，鹽酸中酸的濃度等于氫離子濃度，所以醋酸的濃度大于HCl的濃度，所以所得氫氣的質量：m（H2）鹽酸＜m（H2）醋酸；故答案為：=；＜；③由電離常數可知，酸性：H2CO3＞HCN＞CO3﹣，則將mol/LHCN溶液與mol/LNa2CO3溶液等體積混合，發生反應的化學方程式為HCN+Na2CO3═NaCN+NaHCO3；故答案為：HCN+Na2CO3═NaCN+NaHCO3；（2）由圖可知，稀釋后，HX電離生成的c（H+）小，對水的電離抑制能力小，所以HX溶液中水電離出來的c（H+）大；稀釋相同倍數，較強的酸pH變化較大，較強的酸電離常數較大，由圖可知稀釋相同的倍數，HX的pH變化程度大，則酸性HX強，電離平衡常數大；故答案為：大；＞；稀釋相同倍數，較強的酸pH變化較大，較強的酸電離常數較大，從圖中看出HX的pH變化較大．四、（本題包括2小題，共18分）23．影響化學反應速率的因素很多，某課外興趣小組用實驗方法進行探究．序號溫度/℃催化劑現象結論140FeCl3溶液220FeCl3溶液320MnO2420無（1）取等物質的量濃度、等體積的H2O2溶液分別進行H2O2的分解實驗，實驗報告如下表所示（現象和結論略）．①實驗1、2研究的是溫度對H2O2分解速率的影響．②實驗2、3的目的是比較FeCl3溶液和MnO2兩種催化劑對H2O2分解速率影響的差異．（2）查文獻可知，Cu2+對H2O2分解也有催化作用，為比較Fe3+、Cu2+對H2O2分解的催化效果，該小組的同學分別設計了如圖甲、乙所示的實驗．回答相關問題：①定性分析：如圖甲可通過觀察反應產生氣泡的快慢，定性比較得出結論．有同學提出將CuSO4溶液改為CuCl2溶液更合理，其理由是控制陰離子相同，排除陰離子的干擾．②定量分析：如圖乙所示，實驗時以收集到40mL氣體為準，忽略其他可能影響實驗的因素，實驗中需要測量的數據是收集40mL氣體所需時間．（3）酸性高錳酸鉀溶液和草酸溶液可發生反應：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑，實驗時發現開始反應速率較慢，溶液褪色不明顯，但一段時間后突然褪色，反應速率明顯加快．對此展開討論：①某同學認為KMnO4與H2C2O4的反應是放熱反應，導致溶液溫度升高，反應速率加快；②從影響化學反應速率的因素看，你認為還可能是催化劑（Mn2+的催化作用）的影響．要證明你的猜想，實驗方案是用兩組酸性高錳酸鉀溶液和草酸溶液作對比實驗，一組加入少量MnSO4固體，一組不加，看反應速率快慢．【考點】探究影響化學反應速率的因素．【分析】影響化學反應速率的因素很多，實驗1、2使用相同的催化劑，就可以探究溫度對H2O2分解速率的影響．如果催化劑的催化效率高，則產生氣泡快．在探究Fe3+和Cu2+對H2O2分解的催化效果是，必須保持其他的條件相同，所以將FeCl3改為Fe2（SO4）3更為合理，可以避免由于陰離子不同造成的干擾．催化效率越高，則一定時間內產生的氣體越多；影響反應速率的因素除了濃度、溫度外，催化劑也影響反應速率；根據反應方程式可知，反應產物中錳離子隨著反應的進行，濃度變化較大，反應前加入硫酸錳，根據反應速率大小判斷錳離子是否在該反應中起到催化作用．【解答】解：（1）①實驗1、2使用相同的催化劑，但溫度不同，所以反應速率不同是由溫度不同導致的，所以可以探究溫度對H2O2分解速率的影響，故答案為：溫度；①試驗2、3溫度相同，使用不同的催化劑，故該實驗比較FeCl3溶液和MnO2兩種催化劑對H2O2分解速率影響的差異，故答案為：比較FeCl3溶液和MnO2兩種催化劑對H2O2分解速率影響的差異；（2）①定性比較Fe3+和Cu2+對H2O2分解的催化效果，可以通過觀察產生氣泡的快慢來比較，產生氣泡快的，催化效果好；在探究Fe3+和Cu2+對H2O2分解的催化效果是，必須保持其他的條件相同，所以將FeCl3改為Fe2（SO4）3更為合理，可以避免由于陰離子不同造成的干擾，故答案為：反應產生氣泡的快慢；控制陰離子相同，排除陰離子的干擾；②定量比較Fe3+和Cu2+對H2O2分解的催化效果，由圖可知，可以通過測定一定時間內產生的氣體（或測定產生一定體積的氣體所需的時間）來比較．一定時間內產生的氣體越多或產生一定體積的氣體所需的時間越短，則催化效果越好，故答案為：收集40mL氣體所需時間；（3）①實驗時發現開始反應速率較慢，溶液褪色不明顯，但一段時間后突然褪色，反應速率明顯加快，故該反應為放熱反應，導致溶液溫度升高，化學反應速率加快，故答案為：放；溶液溫度升高，反應速率加快；②對化學反應速率影響最快的是催化劑，故猜想還可能是催化劑的影響；反應方程式2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑中，濃度變化較大的為錳離子，所以選擇的可以做催化劑的試劑應該含有錳離子，故答案為：催化劑（Mn2+的催化作用）；用兩組酸性高錳酸鉀溶液和草酸溶液作對比實驗，一組加入少量MnSO4固體，一組不加，看反應速率快慢．24．化學興趣小組的同學用0mol/L鹽酸標準溶液測定某燒堿樣品的純度（雜質不與鹽酸反應）．實驗步驟如下：（1）配制待測液：用分析天平準確稱取燒堿樣品g，全部溶于水配制成500mL溶液．配制溶液需用的玻璃儀器除了燒杯、膠頭滴管外，還需要500mL容量瓶、量筒．（2）滴定：①用堿式滴定管量取所配溶液放在錐形瓶中，滴加幾滴指示劑，待測．滴定管在裝入反應液之前應進行的操作有檢查滴定管是否漏水，洗凈并用待盛裝的溶液潤洗滴定管2～3次．②用濃度為0mol/L的鹽酸標準溶液進行滴定．開始滴定前的一步操作是調節液面于“0”刻度或“0”刻度以下．③滴定過程中用pH計測定錐形瓶中溶液的pH，臨近滴定終點時每滴一滴測一次pH．滴定過程中，測得錐形瓶中溶液的pH變化如下表：V（HCl）/mLpHV（HCl）/mLpH（3）數據處理：①在坐標圖中繪出上述中和滴定曲線．②所測樣品中NaOH的質量百分含量為96%．【考點】中和滴定；探究物質的組成或測量物質的含量．【分析】（1）根據配制一定物質的量濃度的溶液的配制步驟選擇使用的儀器；（2）①滴定管在使用前應先檢漏、洗滌、用待裝液潤洗、正式裝液，排除氣泡并調節液面，②用濃度為0mol?L﹣1的鹽酸標準溶液進行滴定，開始滴定前要調節液面于“0”刻度或“0”刻度以下；（3）①根據表中數據可以繪制出中和滴定的曲線，注意PH突躍的理解應用：②氫氧化鈉溶液的濃度為：=L，樣品中含有的氫氧化鈉的物質的量為：L×1L=，氫氧化鈉的質量為：40g/mol×=，據此計算樣品中NaOH的質量百分含量．【解答】解：（1）用含有少量雜質的固體燒堿樣品配制500mL溶液，配制過程為：計算、稱量、溶解、冷卻、轉移、洗滌、搖勻等，需要的儀器有托盤天平、燒杯、玻璃棒、量筒、500