山东省菏泽市单县二中2022-2023学年高一下学期期末模拟试题(解析版).docx

单县二中2022-2023学年高二下学期期末模拟试题时间 90分钟 2022.6可能用到的相对原子质量 一、选择题：每小题只有一个选项符合题意，共20分12022年我国科技创新成果丰硕，下列有关说法正确的是( )A量子通信的光纤和超算“天河一号”的芯片主要材料均为SiO2B“深海一号”母船海水浸泡区的铝基可保障船体不易腐蚀C“北斗卫星”授时系统的“星载铷钟”含铷元素，其单质遇水能缓慢反应放出H2DC919民航客机机身材料中的复合纤维属于天然有机高分子【答案】B2下列叙述正确的是( )AHClO的结构式为H-Cl-OB中子数为10的氧原子形成的过氧根离子：C的电子式为D铁制品酸性条件下发生电化学腐蚀，正极主要的电极反应：Fe2eFe2【答案】C【解析】AHClO的结构式为H-O-Cl，A错误；B中子数为10的氧原子形成的过氧根离子：，B错误；CNH2OH为共价化合物，其电子式为 ，C正确；D铁制品酸性条件下发生电化学腐蚀的析氢腐蚀，铁为负极，其负极主要的电极反应：Fe2eFe2，D错误。3下列关于元素周期表和元素周期律的说法错误的是( )A所含元素种类最多的族是BB第3周期主族元素的简单离子半径从左到右逐渐减小C在过渡元素中寻找制造耐高温、耐腐蚀合金的元素D卤族元素的简单气态氢化物从上到下稳定性逐渐减弱【答案】B【解析】A在元素周期表的所有族中，B出现镧系和锕系元素，各包含15种元素，所含元素种类最多，故A正确；B第3周期主族元素的简单阳离子核外有2个电子层，阴离子核外有3个电子层，电子层数相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则第3周期元素阳离子半径、阴离子半径从左到右依次减小，但阳离子半径小于阴离子半径，故B错误；C过渡元素都是金属，具有熔点高、沸点高、硬度大、密度大等特性，所以可以在过渡元素中寻找制造耐高温、耐腐蚀合金的元素，故C正确；D同一主族，从上到下，非金属性减弱，气态氢化物稳定性逐渐减弱，故D正确。4. 一种矿物由短周期元素W、X、Y组成，溶于稀盐酸有无色无味气体生成。W、X、Y原子序数依次增大。简单离子X2-与Y2具有相同的电子结构。下列叙述正确的是( )A. X的常见化合价有-1、-2B. 原子半径大小为Y>X>WC. YX的水合物具有两性D. W单质只有4种同素异形体【答案】A【解析】W、X、Y为短周期元素，原子序数依次增大，简单离子X2-与Y2具有相同电子结构，则它们均为10电子微粒， X为O，Y为Mg，W、X、Y组成的物质能溶于稀盐酸有无色无味的气体产生，则W为C，产生的气体为二氧化碳。AX为O，氧的常见价态有-1价和-2价，如H2O2和H2O，A正确；BWC，X为O，Y为Mg，同主族时电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越小，原子半径越大，所以原子半径大小为：YWX，B错误；CY为Mg，X为O，他们可形成MgO，水合物为Mg(OH)2，Mg(OH)2只能与酸反应生成盐和水，不能与碱反应，所以YX的水合物没有两性，C错误；DW为C，碳的同素异形体有：金刚石、石墨、石墨烯、富勒烯、碳纳米管等，种类不止四种，D错误。5下列说法正确的是( )A已知S(s)O2(g)SO2(g)   H1；S(g)O2(g)SO2(g)   H2；则H1<H2B同温同压下，反应H2(g)Cl2(g)2HCl(g)在光照和点燃条件下的H不同C已知1g氢气燃烧生成水蒸气放出120.9kJ的热，水蒸气分解的热化学方程式为：2H2O(g)2H2(g)O2(g)   H483.6kJ·mol-1 D向锌和稀硫酸反应的试管中滴加几滴CuSO4溶液，气泡生成速率加快，CuSO4是该反应的催化剂【答案】C【解解】AS由固态变为气体为吸热过程，因此，气态的S反应生成SO2放出的热量比固态S反应生成SO2的热量要多，反应的H2要比H1小，故H1>H2，A错误；B反应的反应热只与反应物与生成物的状态有关，与反应条件和反应过程无关，因此不管是光照还是点燃，两种条件下的反应热都是相同的，B错误；C1g氢气燃烧生成水蒸气放出120.9kJ的热，则氢气燃烧生成水蒸气的热化学方程式为2H2(g)O2(g)2H2O(g)   H-483.6kJ·mol-1 ，故水蒸气分解的热化学方程式为2H2O(g)2H2(g)O2(g)   H483.6kJ·mol-1 ，C正确；D向锌和稀硫酸反应的试管中滴加几滴CuSO4溶液，气泡生成速率加快，是因为反应过程中，Zn与CuSO4溶液反应生成Cu，Cu-Zn可在溶液中形成原电池，加快了反应速率，D错误。6将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)CO2(g)。可以判断该分解反应已经达到平衡的是()2v(NH3)v(CO2)密闭容器中总压强不变密闭容器中混合气体的密度不变密闭容器中氨气的体积分数不变A B C D答案B解析2v(NH3)v(CO2)不满足正、逆反应速率相等，且没有指明反应方向，不能说明反应达到平衡；正反应是气体体积增大的反应，则密闭容器中总压强不变能说明反应达到平衡状态；反应前后气体的质量是变化的，容器容积不变，则密度是变量，所以密闭容器中混合气体的密度不变能说明反应达到平衡状态；反应中氨气和二氧化碳均是生成物，且只有这两种气体，所以密闭容器中氨气的体积分数是定值，不能据此说明反应达到平衡状态。7. 海带灰富含以I-形式存在的碘元素。在实验室中，从海带灰浸取液中提取碘单质的流程如图：下列说法正确的是()A. 为提高中反应的速率，可增大硫酸浓度或在高温条件下进行B. 操作中CCl4，可用酒精、苯等代替C. 操作使用的是反萃取法，得到的上层溶液为紫红色D. 操作Z所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗【答案】D【解析】海带灰富含以I-形式存在的碘元素，加入过氧化氢和稀硫酸，碘离子会被氧化为碘单质；含碘单质的水溶液用四氯化碳萃取，分液后四氯化碳层中含有碘单质；加入氢氧化钠溶液，碘单质与NaOH反应，生成碘化钠、次碘酸钠和水；碘化钠、次碘酸钠在溶液中，往里面加稀硫酸，碘化钠和次碘酸钠反应生成碘单质，通过过滤得到固体。A高温时过氧化氢分解，不利于氧化碘离子，A项错误；B酒精与水互溶，不能萃取碘水中的碘，B项错误；C操作使用的是反萃取法，得到的上层溶液为无色溶液，含I-、IO-，C项错误；D操作Z为过滤，所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，D项正确。8下列装置能达到实验目的的是()A用瓷坩埚加热熔化NaOH固体B除CCl4中的Br2C测定中和热D验证氧化性：Cl2>Br2>I2【答案】B【解析】A瓷坩埚中二氧化硅会与NaOH反应，因此不能用瓷坩埚加热熔化NaOH固体，A不选；BBr2能与NaOH反应，且NaOH溶液与CCl4不互溶，所以可以用NaOH除去Br2后，再用分液的方法将水层与CCl4层分离，B选；C测定中和热实验中温度计用于测定溶液温度，不能与烧杯底部接触，并且大、小烧杯之间用纸条填满，并使大、小烧杯杯口相平，防止热量散失，C不选；DCl2与NaBr发生反应Cl22NaBr2NaClBr2，未反应的Cl2也会与KI发生反应Cl22KI2KClI2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此不能证明氧化性：Cl2>Br2>I2，D不选。9根据下列事实推测出的结论合理的是()事实推测A非金属性：F>Cl>BrHF、HCl、HBr酸性依次增强BC和SiO2在高温下反应制SiC的非金属性比Si的强CSi是半导体材料，同族Ge也是半导体材料A族的元素都是半导体材料DNa与Cl形成离子键，Al与Cl形成共价键Si与Cl形成共价键【答案】D【解析】A元素的非金属性和最高价氧化物对应水化物的酸性有关，和无氧酸的酸性无关，故A不合理；BC和 SiO2在高温下反应制Si，在该反应中，C是还原剂，Si是还原产物，说明在高温下，碳的还原性比硅强，还原性是失电子能力，元素的非金属性是得电子能力，所以不能由C和 SiO2在高温下反应制Si推测C的非金属性比Si的强，故B不合理；C半导体材料主要分布在周期表中的金属和非金属的分界线附近，Si和Ge是半导体材料，同族的C的单质石墨是导体，金刚石和足球烯都不导电，金属Pb也是导体，故C不合理；D同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，Na与Cl形成离子键，Al与Cl形成共价键，则Si与Cl也形成共价键，故D合理。10下列实验操作、现象和结论均正确的是()选项实验操作现象结论A用石墨电极电解等浓度的足量FeCl3、CuCl2混合溶液阴极有红色固体物质析出金属活动性：FeCuB向NaOH溶液中滴加少量Al2(SO4)3溶液产生白色沉淀用于制备Al(OH)3C向AlCl3溶液中逐滴加入稀氨水至过量产生白色沉淀，并逐渐增多，后慢慢溶解碱性：NH3H2OAl(OH)3D向足量NaBr溶液中通入少量氯气，再加入淀粉KI溶液溶液先变橙色，后变为蓝色氧化性：Cl2Br2I2【答案】D【解析】A由于氧化性铁离子大于铜离子，而且氯化铁足量，因此阴极不能生成红色物质，故A错误；B制备Al(OH)3时，应将NaOH(最好用氨水)滴入Al2(SO4)3溶液中，且NaOH溶液不能过量(若用氨水，氨水可以过量)，故B错误；C向AlCl3溶液中逐滴加入稀氨水至过量，产生沉淀，沉淀不会溶解，故C错误；D向足量NaBr溶液中通入少量氯气，溶液先变橙色，说明氧化性：Cl2Br2，再加入淀粉KI溶液，溶液变为蓝色，说明氧化性：Br2I2，故D正确。综上所述。二、选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。)11一种麻醉剂的分子结构式如图所示。X、Y、Z、W、E是原子序数依次增大的主族元素，且位于三个不同的短周期，其中元素E的原子比W原子多8个电子。下列说法正确的是A最高价氧化物的水化物的酸性：W>E BX与Z形成的化合物中只含有极性键 C原子半径：E>W>Z>Y D同周期元素形成的单质中W氧化性最强【答案】D【解析】X、Y、Z、W、E是原子序数依次增大的主族元素，且位于三个不同的短周期，其中元素E的原子比W原子多8个电子，X能形成1个共价键，Y能形成4个共价键，Z能形成2个共价键，W、E能形成1个共价键，故X、Y、Z、W、E是H、C、O、F、Cl。AW为F，F无含氧酸，故A错误；B由分析可知，X为H，Z为O，H和O形成的H2O2中既含有极性键又含有非极性键，故B错误；CY为C，Z为O，W为F，E为Cl，同一周期，从左到右，元素的原子半径逐渐减小，故原子半径：C>O>F，故C错误；DW为F，同一周期，从左到右，元素的非金属性逐渐增强，单质的氧化性也逐渐增强，故F2氧化性最强，故D正确。12一定温度下，向容积为2 L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是()A该反应的化学方程式为3B4C6A2DB反应进行到1 s时，v(A)v(C)C反应进行到6 s时，B的平均反应速率为005 mol·L1·s1D反应进行到6 s时，各物质的反应速率相等【答案】AC【解析】由图像可知，B、C的物质的量减小，是反应物，A、D的物质的量增大，是生成物，前6 s内，n(B)n(C)n(A)n(D)(10.4)(10.2)(1.20)(0.40)3462，故反应的化学方程式为3B4C6A2D，A项正确；v(A)v(C)32，B项错误；反应进行到6 s时，v(B)0.05 mol·L1·s1，C项正确；反应进行到6 s时，反应达到平衡状态，但各物质的反应速率并不相等，D错误。13分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图所示，下列关于分枝酸的叙述正确的是A分子式为C10H8O6B该有机物含有4种含氧官能团C1mol分枝酸最多可以和2molNaHCO3反应D可使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色，且褪色原理相同【答案】C【解析】A由分枝酸的结构可知，该有机化合物的分子式为C10H10O6，故A错误；B该有机化合物中含有碳碳双键、羧基、醚键以及羟基共4种官能团，其中含氧官能团有羧基、醚键以及羟基共3种，故B错误；C1mol分枝酸含2mol羧基，所以1mol分枝酸最多可以和2molNaHCO3反应，故C正确；D分枝酸中含有碳碳双键，与溴能发生加成反应从而使溴的四氯化碳溶液；碳碳双键能被高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，则分枝酸使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色，但褪色原理不相同，故D错误。14无膜氯液流电池是一种先进的低成本高储能电池，可广泛应用于再生能源储能和智能电网的备用电源等，工作原理如图所示，M为多孔碳电极，N为Na3Ti2(PO4)3和NaTi2(PO4)3电极。下列说法正确的是( )A放电时，M极电势低于N极B充电时，左侧储液器中Cl2的浓度减小C充电时，电路中每转移1mole-，两电极质量变化的差值为23gD放电时，N极的电极反应式为NaTi2(PO4)32Na2e-Na3Ti2(PO4)3【答案】 C【解析】 该装置为二次电池，由信息可知放电时M极氯气得电子，发生还原反应，M为正极，N为负极，充电时M为阳极，N为阴极。A放电时，M极为正极，N极为负极，M极电势高于N极，A错误；B充电时，充电时， M为阳极，电极反应2Cl-2e-Cl2，左侧储液器中Cl2的浓度增大，B错误；C充电时， M为阳极，电极反应2Cl-2e-Cl2，N为阴极，电极反应NaTi2(PO4)32Na2e-Na3Ti2(PO4)3，电路中每转移1mole-时，M电极质量不变，N电极质量增加23g，两电极质量变化的差值为23g，C正确；D放电时，N极为负极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为Na3Ti2(PO4)3-2e-NaTi2(PO4)32Na，D错误。15利用电化学原理，将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，模拟工业电解法来精炼银，装置如图所示。下列有关说法正确的是()。A甲池工作时，K往石墨电极方向迁移B甲池工作时，NO2转变成绿色硝化剂Y，Y是N2O5，可循环使用，则正极发生的电极反应为O22N2O54e-4NO3-C若石墨消耗46 g NO2，则理论上乙中阳极得到Ag的质量为108 gD甲池工作时，理论上石墨产生的Y不够石墨消耗【答案】AB【解析】通入氧气的一极为正极，则石墨作正极，氧气在石墨得电子被还原；NO2在石墨被氧化生成N2O5。该原电池总反应为4NO2O22N2O5，故石墨作负极，电极反应式为NO2-e-NO3-N2O5，消耗阴离子，阳离子向正极移动；石墨为正极，电极反应式为2N2O5O24e-4NO3-，故B项正确；若石墨电极消耗46 g NO2，整个电路中转移01 mol电子，乙中阴极发生反应Age-Ag，理论上生成108 g Ag，故C项错误；通过上述石墨和石墨的电极反应式可得总反应式为4NO2O22N2O5，石墨产生的N2O5，石墨是消耗不完的，故D项错误。三、非选择题：共60分16(12分)A、B、C、D、E、F、G、H八种主族元素分布在三个不同的短周期，它们的原子序数依次增大，其中B、C、D位于同周期且相邻，B、G同主族，D、H同主族且H的质子数是D的2倍，D的最外层电子数是F最外层电子数的2倍，E的原子半径在短周期主族元素中最大。回答下列问题：(1)F在元素周期表中的位置是 ，在元素周期表中，元素A所在主族与元素F所在主族在第四周期的两元素原子序数差值是 。(2)由A和D可以形成一种“绿色氧化剂”X，其电子式为 。(3)E、F的最高价氧化物对应水化物发生反应的离子方程式为 。(4)已知Y是含有18个电子的C元素的氢化物。用惰性电极、Y、氧气和E的最高价氧化物对应水化物的溶液可设计成燃料电池，且产物对环境友好，则负极的电极反应式为 。(5)由A、D、E、H按原子个数比1311形成一种化合物Z，其化学式为 。向Z的溶液中加入适量溴水，可看到溴水褪色，写出该反应的离子方程式 。【答案】(1)第三周期A族 2 (2) (3)Al(OH)3OH-Al(OH)4-(4)N2H4-4e-4OH-N24H2O (5) NaHSO3 Br2H2O2Br-3H【解析】A、B、C、D、E、F、G、H八种元素分布在三个不同的短周期，它们的原子序数依次增大，则A为氢元素，E的原子半径在短周期主族元素中最大，可推知E为Na；B、C、D为同一周期，应处于第二周期，E、F、G、H都处于第三周期，D、H同主族且H的质子数是D的2倍，设最外层电子数为x，则2，解得x6，所以D为O，H为S，B、C、D位于同周期且相邻，则B、C分别为C、N， D的最外层电子数是6，F最外层电子数的2倍，F为Al，B、G同主族，G为Si，；A为H、B为C、C为N、D为O、E为Na、F为Al、G为Si、H为S；(1)H为S，S为16号元素，位于第三周期A族，A为H对应的第四周期同主族元素为K，19号元素，F为Al对应的第四周期同主族元素为Ga，31号元素，两元素原子序数差值是为31-1912；(2)A为H、 D为O可形成“绿色氧化剂”H2O2，其电子式为；(3)E为Na、F为Al对应的最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、Al(OH)3，二者发生反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al(OH)3OH-Al(OH)4-；(4)C为N，是含有18个电子的N元素的氢化物为N2H4，N2H4和O2在碱性条件下构成燃料电池，且产物对环境友好，N2H4O2N22H2O，负极的电极反应式为：N2H4-4e-4OH-N24H2O；(5)A为H、D为O、E为Na、H为S按原子个数比1311构成化合物Z为NaHSO3，NaHSO3具有还原性，溴水具有氧化性，二者会发生氧化还原反应，S的化合价由4价升高为6价，Br的化合价由0价降低为-1价，根据化合价升降守恒、电荷守恒和元素守恒，可得的反应离子方程式为：HSOBr2H2OSO2Br-3H。17(12分)化学反应与能量变化是化学研究的重要问题，根据相关材料分析回答：(1)已知断开1mol下列物质中的化学键需要吸收的能量如表：物质N2H2NH3吸收的能量946kJ436kJ1173kJ根据以上数据判断：2NH3N23H2，属于_反应(填“放热”或“吸热”)。(2)在一定相同条件下，金刚石和石墨燃烧反应中的能量变化如图所示。由图示可知：C(石墨)的摩尔燃烧焓H_。金刚石的稳定性_石墨(填“”、“”或“”)。(3)已知2H2O(l)2H2(g)O2(g) H571.0kJmol1，工业生产利用两步热循环制H2，第一步以太阳能为热源分解Fe3O4，第二步：FeO与水反应获得H2。第一步：2Fe3O4(s)6FeO(s)O2(g) H604.8kJmol1，请写出第二步反应的热化学方程式_。(4)甲烷是常见的燃料，CO2加氢可制备甲烷，其反应为CO2(g)4H2(g)CH4(g)2H2O(g) H164.7kJmol1。对于CO2加氢制备甲烷的反应，有关说法正确的是_。A该反应理论上可以设计成原电池B该反应过程中既有极性共价键的断裂，又有非极性共价键的生成C干冰变为CO2时破坏了内部的化学键D反应结束，体系中物质的总能量降低已知：HHfH(生成物) HfH(反应物)，298K时，几种气态物质标准摩尔生成焓如表：则x_。物质CO2(g)H2O(g)CH4(g)H2(g)HfH/kJmol1393.5241.5x0【答案】(1)吸热 (2) 393.5kJmol1 (3)H2O(l)3FeO(s)Fe3O4(s)H2(g) H16.9kJmol1 (4) AD 75.2 【解析】(1)根据以上数据判断：2NH3N23H2，断开反应物中化学键吸收的热量为1173kJ×22346kJ，形成生成物中的化学键放出的热量为946kJ436kJ×32254kJ，则吸收热量大于放出热量，因此该反应属于吸热反应；(2)由图示可知：C(石墨)的摩尔燃烧焓H110.5kJmol1(283kJmol1)393.5kJmol1。根据能量图，石墨的能量比金刚石的能量低，根据能量越低越稳定，则金刚石的稳定性石墨；(3)已知2H2O(l)2H2(g)O2(g) H571.0kJmol1，工业生产利用两步热循环制H2，第一步以太阳能为热源分解Fe3O4，第二步：FeO与水反应获得H2。第一步：2Fe3O4(s)6FeO(s)O2(g) H604.8kJmol1，根据2H2O(l)2H2(g)O2(g) H571.0kJmol1，总反应减去第一步反应，再除以2得到第二步反应的热化学方程式H2O(l)3FeO(s)Fe3O4(s)H2(g) H16.9kJmol1；(4)甲烷是常见的燃料，CO2加氢可制备甲烷，其反应为CO2(g)4H2(g)CH4(g)2H2O(g) H164.7kJmol1。A该反应是自发进行的放热的氧化还原反应，理论上可以设计成原电池，故A正确；B该反应过程中没有非极性共价键的生成，故B错误；C干冰变为CO2时破坏了分子间作用力，没有破坏化学键，故C错误；D该反应是放热反应，因此反应结束，体系中物质的总能量降低，故D正确；根据题意得到HxkJmol1(-241.5kJmol1)×2(393.5kJmol1)164.7kJmol1，解得x75.2。 18(12分)丙烯酸异丙酯常用作有机溶剂和有机合成原料，一种制备丙烯酸异丙酯的合成路线如下：已知：回答下列问题：(1)A属于不饱和烃，其化学名称是_，由A生成B的反应类型是_。(2)D中所含官能团名称是_，可用于鉴别C和D的试剂是_。(3)写出由C和F生成丙烯酸异丙酯的化学方程式_。(4)E只含碳、氢、氧三种元素且相对分子质量为90，其中含碳40%，氢6.7%(均为质量分数)，E的分子式为_。(5)X是B的同系物，其相对分子质量比B大28，X可能的结构有_种。【答案】(1)丙烯 加成反应 (2)羟基、醛基 新制氢氧化铜悬浊液(3)CH2CHCOOHCH2CHCOOCH(CH3)2H2O(4)C3H6O3 (5)819(12分)A、B、C为三种强电解质，它们在水中电离出的离子如表所示：阳离子Na、K、Cu2阴离子SO、OH图1所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放足量的A溶液、足量的B溶液、足量的C溶液，电极均为石墨电极。接通电源，经过一段时间后，测得乙中c电极质量增加。常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系如图2所示。据此回答下列问题：(1)M为电源的_(填“正”或“负”)极，电极b上发生的电极反应为_。(2)写出乙烧杯中反应的化学方程式：_。(3)如果电解过程中B溶液中的金属离子全部析出，此时电解能否继续进行_，理由是_。(4)若经过这一段时间后，要使丙恢复到原来的状态，需要进行的操作是_。(5)可采用三元锂电池作为直流电源，该电池放电时工作原理如图所示。放电时，B极反应为_；充电时，A 极电极反应为_，当外电路中通过0.1mol 电子，A极质量减少_g。答案(1)负4OH4e2H2OO2 (2)2CuSO42H2O2CuO22H2SO4 (3)能，因为硫酸铜溶液已转变为硫酸溶液，反应变为电解水的反应 (4)向丙烧杯中加入一定量水 (5)Li1-aNixCoyMnZO2Li ae-LiNixCoyMnZO2 aLiae-C6Li aC6 0.7g解析(1)电解一段时间后，乙中c电极质量增加，则c处发生的电极反应为Cu22eCu，即c电极为阴极，由此可推出b为阳极，a为阴极，M为负极，N为正极。而Cu2只能和SO结合，可以确定B为硫酸铜；由常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系图，可以确定A为KOH或NaOH，C为Na2SO4或K2SO4。甲中为KOH或NaOH溶液，相当于电解H2O，阳极上OH放电：4OH4e2H2OO2。(2)乙烧杯中是电解CuSO4溶液，反应的化学方程式为2CuSO42H2O2CuO22H2SO4。(3)乙中铜全部析出后，电解质变为H2SO4，所以电解反应仍能继续进行。(5)放电时，A为负极，放电时B为正极Li1-aNixCoyMnZO2， 得电子结合Li 生成 LiNixCoyMnZO2，正极反应为 Li1-aNixCoyMnZO2Li ae-LiNixCoyMnZO2；充电时，A为阴极，B 为阳极，A 极电极反应为aLiae-C6LiaC6，外电路中通过 0.1mol电子，A极质量增加0.7g 。20(12分)某实验小组为探究酸性条件下碘化钾与过氧化氧反应的化学反应速率，进行以下实验探究。(1)实验一：向硫酸酸化的过氧化氢溶液中加入碘化钾、淀粉和硫代硫酸钠(Na2S2O3)的混合溶液，一段时间后溶液变蓝。该小组查阅资料知体系中存在下列两个主要反应：反应：H2O22I-2HI2H2O；反应：I222I-。为了证实上述反应过程，进行下列实验(所用试剂浓度均为0.01mol·L1)实验二：向酸化的H2O2溶液中加入淀粉KI溶液，溶液几秒后变为蓝色。再向已经变蓝的溶液中加入Na2S2O3溶液，溶液立即褪色。根据此现象可知反应的速率_反应的速率(填“大于”、“小于”或“等于”)，解释实验一中溶液混合一段时间后才变蓝的原因是_。(2)为了探究c(H)对反应速率的影响，设计两组对比实验，按下表中的试剂用量将其迅速混合观察现象。(各实验均在室温条件下进行)实验编号试剂体积/mL溶液开始变蓝的时间/s0.1mol·L1H2O21mol·L1H2SO40.01mol·L1Na2S2O30.1mol·L1KI(含淀粉)H2OI4040204020t1IIV1202040V2t2V1_，V2_。对比实验I和实验II，t1_t2(填“>”、“<”或“”)。(3)利用实验I的数据，计算反应在0t1s的化学反应速率v()_mol·L1·s1。【答案】(1)小于 硫代硫酸钠被消耗完，再生成的I2才能使淀粉溶液变蓝(2)40 40 < (3)【解析】(1)根据实验二的实验现象可知，反应i反应速率慢，反应ii反应速率快，反应i生成的碘立即与反应，至被消耗完全，再生成的碘才能使淀粉变蓝，所以实验i中溶液混合一段时间后才变蓝；(2)实验溶液总体积为160mL ，该实验的目的是探究c(H)浓度对化学反应速率的影响，则两个实验中溶液总体积、H2O2、 Na2S2O3和KI的浓度均应该不变，即V140，V2160-40-40-20-2040；其他条件相同时，反应物的浓度越大，反应速率越快，溶液开始变蓝的时间越短，由于实验I中硫酸的浓度大，则反应速率：实验I>实验II，所以t1 < t2；(3)由表中实验数据可知， Na2S2O3不足，则反应i在0 ts的化学反应速率v()mol·L1·s1mol·L1·s1。