江苏睢宁县古邳中学2019-2020高一化学下学期期中试卷（Word版带答案）

化学试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Fe-56 Cu-64 第Ⅰ卷（选择题共 45 分） 单项选择题（本题包括 15 小题，每题 3 分，共 45 分。每小题只有一个选项符合题意） 1.“绿水青山就是金山银山”。下列做法有利于环境保护和可持续发展的是 A. 生活垃圾直接露天焚烧，减少处理成本 B. 大量生产一次性超薄塑料袋，方便日常生活 C. 加大农药和化肥的生产和使用量，以提高粮食的产量 D. 推行绿色设计、绿色工艺，开发绿色产品，从源头上消除污染 【答案】D 【解析】 分析：A、垃圾焚烧危害大；B、废塑料会造成白色污染；C、根据农药化肥对人体有害进行分 析；D、绿色化学环境保护以防而不是以治。 详解：A、生活垃圾直接露天焚烧可产生大量二恶英、颗粒物和有机物，对人体危害很大，选 项 A 错误； B、塑料不易降解，容易造成“白色污染”，不符合题意，选项 B 错误；C、农药 化肥过量的使用，在农作物上的残留会对人的健康不利，选项 C 错误；D、推行绿色设计、绿 色工艺，开发绿色产品，从源头上消除污染，选项 D 正确。答案选 D。 2.下列有关化学用语的表示正确的是 A. 中子数为 20 的氯原子： B. 过氧化氢的电子式： C. S2－的结构示意图： D. CO2 分子的球棍模型： 【答案】A 【解析】 【详解】A.Cl 为 17 号元素，因而质子数为 17，若中子数为 20，那么质量数为 37，因而该氯 原子可表示为 ，A 项正确； B.过氧化氢为共价化合物，其电子式为 ，B 项错误； C.S 是 16 号元素，则 S2-的质子数是 16，核外电子数为 18，因而其结构示意图为 ，C 项错误； D.二氧化碳中分子中，碳原子处于中心位置且碳原子的半径应大于氧原子，因而 D 项错误。 故答案选 A。 3.下列各组微粒中，属于同位素的是 A. 和 B. H2O 和 D2O C. O2 与 O3 D. CH3CH2OH 与 CH3OCH3 【答案】A 【解析】 【详解】具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素，同位素指的是核 素，因而答案选 A。 另外 B 指的是不同质量数的水分子，C 指的是同素异形体，D 指的是同分异构体，明显不符合 题意。 4.下列物质中，含共价键的离子化合物是 A. CaCl2 B. HCl C. CO2 D. Na2O2 【答案】D 【解析】 【详解】A.CaCl2 属于离子化合物，只含有离子键，A 错误； B.HCl 为共价化合物，只含有共价键，B 错误； C.CO2 为共价化合物，只含共价键，C 错误； D.Na2O2 属于离子化合物，一定有离子键，另外过氧根中存在共价键，D 正确。 故答案选 D。 【点睛】离子化合物包含：1、活泼金属与活泼非金属构成的化合物（当然也有例外如 AlCl3）；2、金属元素与酸根离子之间形成的化合物；3、铵盐；4、强碱等。含有共价键的离 子化合物例如铵盐，强碱等。 5.下列装置能达到相应实验目的的是 A. 证明铁生锈有空气参与 B. 制取氨气 C. 分离碘和酒精 D. 收集少量二氧化氮气体 【答案】A 【解析】 【详解】A.若铁钉生锈消耗空气（实指氧气），瓶内的压强会减小，右侧连通器左端液面会上 升，右端液面会下降，以维持平衡，这样就可以证明铁生锈消耗空气，A 项正确； B.NH4Cl 受热分解得到氨气和氯化氢气体，而在温度较低处，氨气和氯化氢气体化合生成 NH4Cl， B 项错误； C.I2 易溶于有机物如酒精，因而无法用分液漏斗分离，C 项错误； D.二氧化氮气体和水反应生成硝酸和 NO，其反应方程式为 3NO2+H2O=2HNO3+NO，D 项错误。 故答案选 A。 6.锂海水电池常用在海上浮标等助航设备中，其示意图如图所示。电池反应为 2Li＋ 2H2O===2LiOH＋H2↑。电池工作时，下列说法错误的是(  ) A. 金属锂作负极 B. 电子从锂电极经导线流向镍电极 C. 海水作为电解质溶液 D. 可将电能转化为化学能 【答案】D 【解析】 A. 锂失去电子，金属锂作负极，A 正确；B. 锂是负极，电子从锂电极经导线流向镍电极，B 正确；C. 海水作为电解质溶液，C 正确；D. 原电池可将化学能转化为电能，D 错误。答案选 D。 点睛：掌握原电池的工作原理是解答的关键，即原电池中较活泼的金属是负极，失去电子， 发生氧化反应。电子经导线传递到正极，溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生 还原反应。但在判断正负极时除了要考虑电极的活性以外，还需要考虑电解质溶液的性质， 例如铝、镁、氢氧化钠溶液组成的原电池中铝是负极。 7.实验室用铁片和稀硫酸反应制备 H2。下列说法不正确的是 A. 升高温度能加快反应速率 B. 用铁粉代替铁片能加快反应速率 C. 滴入数滴 CuSO4 溶液能加快反应速率 D. 增加稀硫酸用量能加快反应速率 【答案】D 【解析】 【详解】A.升高温度，更多的普通分子变为活化分子，所以能加快反应速率，A 正确； B.用铁粉代替铁片可以增大金属与酸的接触面积，加快反应速率，B 正确； C.滴入数滴 CuSO4 溶液,Fe 与 CuSO4 发生置换反应，产生 Cu 单质，Fe、Cu、硫酸构成原电池， Fe 作原电池的负极，从而能加快反应速率，C 正确； D.增加 H2SO4 用量，但硫酸的浓度不变，所以反应速率不能加快，D 错误； 故合理选项是 D。 8.下列反应中，属于氧化还原反应且反应前后能量变化如下图所示的是 A. 生石灰溶于水 B. 高温条件下铝与氧化铁的反应 C. 高温条件下碳粉与二氧化碳的反应 D. Ba(OH)2·8H2O 晶体与 NH4Cl 固体的反应 【答案】B 【解析】 试题分析：根据图示可知该反应是放热反应。A．生石灰溶于水是放热反应，但是没有元素化 合价的变化，属于非氧化还原反应，错误；B．高温条件下铝与氧化铁的反应产生氧化铝和铁， 是氧化还原反应，同时也是放热反应，正确；C．高温条件下碳粉与二氧化碳的反应是氧化还 原反应，同时属于吸热反应，错误；D．Ba(OH)2·8H2O 晶体与 NH4C1 固体的反应是复分解反应， 属于非氧化还原反应，同时是吸热反应，错误。 考点：考查化学反应类型的判断的知识。 9.X、Y、Z是中学化学中常见的三种物质，下表各组物质之间通过一步反应不能实现图所示转 化关系的是 X Y Z 箭头上所标数字的反应条件 A． NO NO2 HNO3 ① 常温遇氧气 B． Cl2 NaClO HClO ② 通入 CO2 C． Fe FeCl2 FeCl3 ③ 加入 Cu D． Al2O3 NaAlO2 Al(OH)3 ④ 加 NaOH 溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A.NO 氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀 硝酸与铜反应生成 NO，A 项正确； B.氯气和氢氧化钠反应生成 NaClO，NaClO 与碳酸反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生 成次氯酸钠，次氯酸与盐酸反应生成氯气，B 项正确； C.氯化铁和 Cu 反应得到氯化亚铁和氯化铜，氯化铁不能够通过一步反应得到 Fe，C 项错误； D.氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢 氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝，D 项正确。 故答案选 C。 10.无色的混合气体甲中可能含有 NO、CO2、NO2、NH3、N2 中的几种，将 100mL 气体甲经过下图 实验处理，结果得到酸性溶液，还有少量气体剩余，则气体甲的组成可能为 A. NH3、NO、N2 B. NH3、NO、CO2 C. NH3、NO2、CO2 D. NO、CO2、N2 【答案】B 【解析】 【详解】二氧化氮是红棕色的气体，无色的混合气体甲中一定不存在，硫酸与碱性气体能反 应所以 100mL 甲气体经过足量的浓硫酸，剩余气体 80mL，说明一定有 NH3 存在且体积为 20mL， 二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，NO 无色，与氧气立即反应变为红棕色的 NO2，通过足量的氢氧化钠后显红棕色，说明有 NO 和 CO2，排水法收集气体，得到酸性溶液， 还有少量气体剩余，无法确定有无氮气。 故答案选 B。 11.下列离子方程式正确的是 A. 石灰石溶于盐酸：CO32ˉ＋2H+ = CO2↑＋H2O B. 少量二氧化硫与氨水反应：SO2＋NH3·H2O = NH4+＋HSO3ˉ C. Na 与 CuSO4 水溶液反应：2Na＋Cu2+ ＝Cu ＋2Na+ D. 铜溶于浓硝酸中：Cu+4H++2NO3ˉ═Cu2++2NO2↑+2H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A.石灰石为难溶物，不能改写成离子，离子方程式为 CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，A 项错误； B.少量二氧化硫与氨水反应生成(NH4)2SO3，原因在于氨过量，即碱过量，不可能生成酸式盐 NH4HSO3，其离子方程式 SO2＋2NH3·H2O = H2O+2NH4+＋SO32-，B 项错误； C.Na 与 CuSO4 水溶液反应时，Na 先与水反应生成氢氧化钠和氢气，硫酸铜再和氢氧化钠反应 生成氢氧化铜沉淀，其总离子方程式为 2Na+Cu2++2H2O=Cu(OH)2↓+H2↑+2Na+，C 项错误； D.铜溶于浓硝酸放出红棕色气体 NO2，其离子方程式为 Cu+4H++2NO3ˉ═Cu2++2NO2↑+2H2O，D 项正确。 故答案选 D。 12.一定温度下，将 2 molSO2 和 1 molO2 充入一定容密闭容器中，在催化剂存在下进行下列 反应: 2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）；△H=－197kJ/ mol，当达到平衡状态时，下列说法中 正确的是 A. 生成 SO3 为 2 mol B. 反应放出 197 kJ 的热量 C. SO2 和 SO3 物质的量之和一定为 2mol D. SO2、O2、SO3 的物质的量之比一定为 2:1:2 【答案】C 【解析】 【详解】A.2molSO2 和 1molO2 充入定容密闭容器中，若两者完全转化为 SO3，得到 SO3 为 2mol， 但反应为可逆反应，不能完全转化，所以生成的 SO3 小于 2mol，A 项错误； B.2molSO2 和 1molO2 充入定容密闭容器中，若两者完全转化为 SO3，放出的热量为 197kJ，但 为 反应为可逆反应，不能完全转化，所以反应放出热量小于 197kJ，B 项错误； C.根 2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）可知，SO2 的消耗量等于 SO3 的生成量，所以反应过程中 SO2 和 SO3 物质的量之和恒定，等于 2mol，C 项正确； D.SO2、O2、SO3 的物质的量之比不一定为 2:1:2，注意 SO2、O2、SO3 的转化的物质的量之比等 于化学计量数之比即 2：1：2，D 项错误。 故答案选 C。 【点睛】无论化学反应是否可逆，热化学方程式中的反应热 ΔH 都表示反应进行到底(完全转 化)时的能量变化。如 2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g) ΔH＝－197kJ·mol－1，ΔH 是指 2 mol SO2(g) 和 1 mol O2(g)完全转化为 2 mol SO3(g)时放出的能量。若在相同的温度和压强下，向某容器 中加入 2 mol SO2(g)和 1 mol O2(g)，反应达到平衡时放出的能量为 Q，因反应不能完全转化 为 SO3(g)，故 Q r(Z) > r(Y) > r(X) B. Y 的简单气态氢化物的热稳定性比 Z 的强 C. 由 X、Z 组成的化合物与由 Z、W 组成的化合物只能发生化合反应 D. 由 X、Y、Z 三种元素组成的化合物可以是酸、碱或盐 【答案】D 【解析】 试题分析：X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的短周期元素，X、W 同主族且与 Y 处于不同周期， 则 X 为 H 元素、W 为 Na 元素；Y、Z 同周期且相邻，且不与 X、W 不同周期，则二者位于第二 周期，Y、Z 原子的电子数总和与 X、W 原子的电子数总和之比为 5：4，设 Y 的原子序数为 x， 则 Z 的原子序数为 x+1，则： (x+x+1)÷(1+11)=5÷4，解得：x=7，则 Y 为 N 元素、Z 为 O 元 素。A．电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子 半径大小为：r（W）＞r（Y）＞r（Z）＞r（X），错误； B．Y 为 N、Z 为 O 元素，N 的非金属 性小于 O，则 N 的简单氢化物为氨气，氨气的稳定性小于水，错误；C．X、Z 组成的化合物为 水，由 Z、W 组成的化合物为氧化钠或过氧化钠，氧化钠与水反应为化合反应，而过氧化钠与 水的反应不是化合反应，错误；D．X、Y、Z 三种元素分别为 H、N、O，三种元素可以形成硝 酸，也可以形成硝酸铵，正确。 考点：考查原子结构与元素周期律的关系的知识。 15.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液 200mL，平均分成两等份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最 多能溶解 19.2g (已知硝酸只被还原为 NO 气体)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随 铁粉质量增加的变化如下图所示。下列分析或结果错误的是 A. OA 段产生的是 NO，AB 段的反应为 Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC 段产生氢气 B. 原混合酸中 SO42－物质 量为 0.6 mol C. 第二份溶液中最终溶质为 FeSO4 D. 取 20mL 原混合酸加水稀释至 1L 后溶液的 c(H+)=0.2mol/L 的 【答案】B 【解析】 分析：该混合溶液与铜粉反应的离子方程式为①3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，已 知 m(Cu)=19.2g，即 n(Cu)=0.3mol，可求得参加反应的 n(NO3－)=0.2mol，n(H+)=0.8mol；铁 粉与混合溶液反应时，铁被氧化为 Fe3＋，而 HNO3 被还原为 NO，即 OA 段的反应②为 Fe＋4H＋＋ NO3－=Fe3＋＋NO↑＋2H2O；随着铁粉的增加，AB 段的反应③为 2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，此时没有气 体生成；当再增加铁粉时，又产生气体，即 BC 段的反应④为 Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，说明溶液 中剩余的有 H+；已知 OA 段消耗 n( Fe) =0.2mol，由反应②可得参加反应的 n(NO3－)=0.2mol， n(H+)=0.8mol，BC 段消耗 n( Fe) =0.1mol，则反应④消耗的 n(H+)=0.2mol，综合分析可知，每 一份混合溶液中 n(HNO3)= 0.2mol，n(H2SO4)= 0.4mol。 详解：A、混合溶液开始与铁粉反应时，稀硝酸把铁氧化为 Fe3＋，而自身被还原为 NO，即 OA 段，由于 Fe3＋也有较强的氧化性，被增加的铁粉还原为 Fe2+，即 AB 段，由于溶液中剩余有 H+，与加入的铁粉反应生成 H2，即 BC 段，所以 A 正确； B、由上述分析可知，原混合溶液中 n(H2SO4)= n(SO42-)=2×0.4mol=0.8mol，所以 B 错误； C、根据反应②③④可得，第二份溶液中的最终溶质只有 FeSO4，所以 C 正确； D、每一份混合溶液(100mL)中含有 n(HNO3)= 0.2mol，n(H2SO4)= 0.4mol，则 c(H+)=10 mol/L， 取 20mL 加水稀释至 1L 时，根据溶质的物质的量不变，可得 0.02L×10mol/L=1L×c(H+)， c(H+)=0.2mol/L，所以 D 正确。本题答案为 B。 点睛：本题一定要从金属与稀 HNO3 反应的离子方程式入手分析，同时认真思考铁与混合溶液 反应时，图象中各段的含义，要明确硝酸的强氧化性一定先把铁氧化为 Fe3＋，最终铁与剩余 的 H+反应放出 H2，这样才能得出 HNO3 和 H2SO4 物质的量的正确值。 非选择题（共 55 分） 16.根据要求回答下列问题： Ⅰ． ①液氨、氨气 ② 、 ③金刚石、C60 ④ 、 上述四组物质中，互为同分异构体 是_____，互为同素异形体的是_____；属于同种物质的 是___________（填序号）。 的 Ⅱ．现有以下五种物质：a.NH4Cl b.水晶 c.Na2O2 d.干冰 e.C60 请用相应字母填空: （1）属于分子晶体的是____________； （2）属于共价化合物的是______________； （3）熔化时只需要破坏共价键的是_____________； （4）既含有离子键又含有共价键的是__________________； （5）物质 b 与 e 相比,硬度较小的是___________________。 【答案】 (1). ② (2). ③ (3). ① (4). de (5). bd (6). b (7). ac (8). e 【解析】 【 详 解 】 Ⅰ ． ① 液 氨 、 氨 气 属 于 同 种 物 质 的 不 同 状 态 ， ② 、 ：分子式 C6H14，但碳链不同，所以互为同分异构体，③金刚石、C60 属于 同种元素的不同单质，即同素异形体，④ 、 ：具有相同质子数，不同中子数的同一元 素的不同核素互为同位素。因而上述四组物质中，互为同分异构体的是②，互为同素异形体 的是③，属于同种物质的是①。 Ⅱ．a.NH4Cl 属于离子晶体，含有共价键和离子键，属于离子化合物，熔化时破坏离子键； b.水晶属于原子晶体，只含有共价键，属于共价化合物，熔化时破坏共价键； c.Na2O2 属于离子晶体，含有离子键和共价键，属于离子化合物，熔化时破坏离子键； d.冰属于分子晶体，分子中只含有共价键，属于共价化合物，熔化时破坏范德华力和氢键； e.C60 属于分子晶体，分子中只含有共价键，属于单质，熔化时破坏范德华力； 原子晶体硬度大于离子晶体，离子晶体大于分子晶体，水晶的硬度大于 C60 的硬度。 因而（1）属于分子晶体的是 de； （2）属于共价化合物的是 bd； （3）熔化时只需要破坏共价键的是 b； （4）既含有离子键又含有共价键的是 ac； （5）物质 b 和 e 相比，硬度较小的是 e。 17.现有 H、N、O、Na、S、Cl、Fe、Cu 八种常见元素，回答下列问题： （1）Cl 在周期表中的位置____________________； （2）Na+离子的结构示意图为__________________； （3）能说明非金属性 Cl 比 S 强的事实是_____________（用化学方程式表示）； （4）物质 A～L 是由上述八种元素中的一种、二种或三种组成，A 的摩尔质量 166g·mol－1， 其焰色反应呈黄色；B 是最常见的液体；C 中两元素的质量比为 96∶7； D、E 都为氢氧化物， E 呈红褐色。F、G、H、I 为单质，其中 F、G 是无色气体，H 是紫红色固体，I 是黄绿色气体； L 是常见的强酸。它们有如下图所示的关系（部分反应条件及产物已略去）： ①C 的化学式为____________________； ②D 的电子式为____________________； ③L 的稀溶液与 H 反应的离子方程式为_________________； ④反应（a）的化学方程式为_______________。 【答案】 (1). 第 3 周期ⅦA 族 (2). (3). Cl2+H2S=S↓+2HCl (4). Cu3N (5). (6). 3Cu + 8H++2NO3－=3Cu2++2NO↑+4H2O (7). 4Na2FeO4 +10H2O = 4Fe(OH)3↓+8NaOH + 3O2↑ 【解析】 【分析】 前三问考查了元素周期表中“位构性”三者关系，后一问为无机推断大题，其推导思路： B 是最常见的液体则为水；E 呈红褐色为氢氧化铁，D、E 属同类物质，且 D 应该也含有钠元素 故为氢氧化钠；F、G、H、I 为单质，其中 F、G 是无色气体，H 是紫红色固体即为 Cu，C 中两 元素的质量比为 96：7，C 分解得到 G 和 H，可知生成 Cu 和氮气，故 C 为 Cu3N，G 为氮气；氮 气与氧气放电生成 NO，故 F 为氧气，J 为一氧化氮，与氧气反应生成 K 为二氧化氮，二氧化 氮 与 水 反 应 生 成 L 是 常 见 的 强 酸 硝 酸 ； I 是 黄 绿 色 气 体 则 为 氯 气 ； A 的 摩 尔 质 量 为 166g·mol-1，其焰色反应呈黄色，则含有钠元素，结合 D、E、F 可推知 A 为 Na2FeO4。 【详解】（1）Cl 的原子序数为 17，原子结构中有 3 个电子层，最外层电子数为 7，Cl 元素位 于元素周期表第三周期ⅦA 族； （2）Na+核外存在 10 个电子核内有 11 个质子，其微粒结构示意图为 ； （3）能说明非金属性 Cl 比 S 强的事实是 Cl2+H2S=S↓+2HCl； （4）①F、G、H、I 为单质，其中 F、G 是无色气体，H 是紫红色固体即为 Cu，C 中两元素的 质量比为 96：7，C 分解得到 G 和 H，可知生成 Cu 和氮气，故 C 为 Cu3N； ②D 为 NaOH，其为离子化合物，电子式为 ； ③L 的稀溶液与 H 反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应离子方程式为 3Cu + 8H++2NO3－ =3Cu2++2NO↑+4H2O； ④A 和 B 反应生成 D、E 和 F，则反应（a）的化学方程式为 4Na2FeO4 +10H2O = 4Fe(OH)3↓+8NaOH + 3O2↑。 【点睛】常见无机物的颜色，可作为无机物推断的突破点。 18.某小组利用 H2C2O4 溶液和酸性 KMnO4 溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”， 进行了如下实验：2KMnO4 + 5H2C2O4 +3H2SO4 =2MnSO4 + K2SO4 +10CO2↑ +8H2O 编号 0.01mol•L—1 酸性 KMnO4 溶液 0.1mol•L—1 H2C2O4 溶液 水 某种物质 反应温度 /℃ 反应时间 （min） Ⅰ 2mL 2mL 0 0 20 2.1 Ⅱ V1mL 2mL 1mL 0 20 5.5 Ⅲ V2 mL 2mL 0 0 50 0.5 Ⅳ 2mL 2mL 0 少量 20 0.2 请回答： (1)实验计时方法是从溶液混合开始记时，至____________时记时结束； (2)V1=_____，V2=_____；设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是__________________； (3)利用实验Ⅲ中数据计算，用 KMnO4 的浓度变化表示的反应速率为 v(KMnO4)＝____； (4)有同学在实验中发现高锰酸钾酸性溶液和草酸溶液反应时，开始一段时间反应速率较慢， 溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快。某同学认为是放热导致溶液温度升 高所致，重做Ⅰ号实验，测定过程中溶液不同时间的温度，结果温度没有明显变化。由此你 得出的结论是： ①________不是反应速率突然加快的原因； ②可能是反应产物有催化作用。Ⅳ号实验是为验证你的猜测，实验中要加入的少量某种物质 是___________。 【答案】 (1). 紫红色刚好褪去 (2). 1 (3). 2 (4). 探究温度对反应速率的影 响 (5). 0.01 mol/(L·min) (6). 温度 (7). MnSO4 固体 【解析】 【分析】 本题考查了影响化学反应速率的因素，涉及知识点：1、温度对反应速率的影响，2、浓度对 反应速率的影响等。 【详解】（1）酸性 KMnO4 溶液呈紫色，因而可以用颜色变化来判断反应结束终点，即实验计时 方法是从溶液混合开始记时，至紫红色刚好褪去时记时结束； （2）Ⅰ和Ⅱ反应温度相同，Ⅱ中加入 1mL 水，根据控制变量的原则，溶液总体积保持不变， 因而易算出 V1=1mL，同理可得 V2=2mL，Ⅰ、Ⅲ实验温度不同，因而可知设计实验Ⅰ、Ⅲ的目 的是探究温度对反应速率的影响； （3）利用实验Ⅲ中数据计算：用紫红色刚好褪去时记时结束说明 KMnO4 被消耗完， Δc(KMnO4)=0.01mol·L-1×2mL/4mL=0.05mol·L-1，v(KMnO4)=Δc(KMnO4)/Δt=0.01 mol/(L·min)； （4）①根据信息“某同学认为是放热导致溶液温度升高所致，重做Ⅰ号实验，测定过程中溶 液不同时间的温度，结果温度没有明显变化”，说明温度不是反应速率突然加快的原因； ②根据信息“有同学在实验中发现高锰酸钾酸性溶液和草酸溶液反应时，开始一段时间反应 速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快”，可推断有催化剂生成， 常见的催化剂有金属离子，因而可推测是生成了 Mn2+加快了反应速率, 为验证猜测需要加入含 Mn2+的盐，其加入的阴离子为体系中所含阴离子，这样才不会造成干扰，所以该阴离子为 SO42-，因而加入 MnSO4 固体。 19.近年来甲醇用途日益广泛，越来越引起商家的关注。工业上甲醇的合成途径多种多样。现 在实验室中模拟甲醇合成反应,在 2 L 密闭容器内，400 ℃时发生反应 CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，体系中 n(CO)随时间的变化如表： 时间(s) 0 1 2 3 5 n(CO)(mol) 0.020 0.011 0.008 0.007 0.007 （1）图中表示 CH3OH 的变化的曲线是_______； （2）下列措施不能提高反应速率的有_________(请用相应字母填空)； a.升高温度 b.加入催化剂 c.增大压强 d.及时分离出 CH3OH （3）下列叙述能说明反应达到平衡状态的是__________(请用相应字母填空)； a.CO 和 H2 的浓度保持不变 b.v(H2)=2 v(CO) c.CO 的物质的量分数保持不变 d.容器内气体密度保持不变 e.每生成 1molCH3OH 的同时有 2molH-H 键断裂 （4）CH3OH 与 O2 的反应可将化学能转化为电能，其工作原理如图所示，图中 CH3OH 从 __________（填 A 或 B）通入，b 极的电极反应式是__________。 【答案】 (1). b (2). d (3). ac (4). A (5). O2+4e-+2H2O=4OH- 【解析】 【详解】（1）CH3OH 是产物，随着反应进行物质的量增大，平衡时的物质的量等于 CO 物质的 量的变化量 Δn(CO)，图表中 CO 的物质的量 0-3s 变化=0.02mol-0.007mol=0.013mol，因而 CO 变化浓度为 0.013mol÷2L=0.0065mol/L，CO 和甲醇计量数相同，所以图象中只有 b 符合，因 此，本题答案填 b； （2）d 项分离出 CH3OH，正反应速率不变，逆反应速率减小，因而不能提高反应速率，a 项升 高温度可以加快反应速率，b 项加催化剂，降低活化能，加快反应速率，c 项增大压强相当于 增加气体的浓度，反应速率加快，故答案选 d； （3）a.CO 和 H2 浓度保持不变，表明该反应处于平衡状态，正确，b.v(H2)=2v(CO)中没有表 示正逆反应速率，因而不能判断平衡，错误，c.CO 的物质的量分数保持不变表示 CO 的含量不 变，即该反应处于平衡状态，正确，d.气体密度等于气体总质量除以容器的体积，由于该反 应都是气体，气体总质量不变，容器又是恒容，因而密度始终不变，所以不能判断平衡，错 误，e.每生成 1molCH3OH 的同时有 2molH-H 键断裂，根据反应特点，两者都表示正反应速率， 因而不能判断平衡，错误，故答案选 ac； （4）电子由 a 流向 b 说明 a 为负极，b 为正极，CH3OH 与 O2 反应可将化学能转为电能，甲醇 失电子发生氧化反应，所以 CH3OH 从 A 通入，B 通入氧气，b 电极发生的电极反应式为氧气得 到电子生成氢氧根离子，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-。 【点睛】注意化学平衡和化学反应速率的区别和联系：化学反应速率反应的是化学反应进行 的快慢，而化学平衡反应的是可逆反应进行的程度。二者的联系为：化学平衡时，同一种物 质的正反应速率和逆反应速率相等，不同物质的反应速率不一定相同，速率比对应方程式系 数比。 20.某工厂拟综合处理含 NH4+废水和工业废气（主要含 N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成 分），设计了如下流程： 的 的 已知：：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O。 （1）固体 1 的主要成分除 Ca(OH)2 外，还有__________ 、________ （填化学式）; （2）步骤Ⅱ中需要的 O2 量应是_____（填“少量”或“过量”）；步骤Ⅴ最终捕获剂捕获的气 体产物是________; （3）步骤Ⅳ处理含 NH4+废水时，发生反应的离子方程式为__________________; （4）为确保步骤Ⅲ无 NaNO3 生成，理论上应控制 NO 与 O2 的物质的量之比为_____，若 n(NO) :n(O2)=5:2 且 NaOH 溶液足量，则步骤Ⅲ所得溶液中 NaNO3 与 NaNO2 的物质的量之比为 ______________。 【答案】 (1). CaSO3 (2). CaCO3 (3). 少量 (4). CO (5). NH4++ NO2- = N2+2H2O (6). 4:1 (7). 3:7 【解析】 【分析】 根据题中的流程，工业废气通入过量的石灰乳中，SO2、CO2 和 Ca(OH)2 反应，分别得到 CaSO3 和 CaCO3 沉淀，因而固体 1 为 CaSO3、CaCO3 沉淀和过量的 Ca(OH)2，气体 1 为 N2、NO 和 CO；NO 和氧气反应生成 NO2，根据信息可知，NO2（还有未反应完的 NO）与烧碱溶液反应并被吸收， 气体 2 为 N2 和 CO。 【详解】（1）根据题中的流程，工业废气通入过量的石灰乳中，固体 1 的主要成分除 Ca(OH)2 外，还有 CaSO3 和 CaCO3 沉淀； （2）氧气需少量，原因是 O2 过量将 NO 完全氧化成 NO2，这样通过碱液会得到硝酸钠，气体 2 为 N2、CO，因“无污染气体”为 N2，故捕获的气体主要是 CO； （3）NH4+和 NO2-能够发生归中反应生成 N2，离子方程式为 NH4++ NO2- = N2+2H2O； （4）NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O 说明 n(NO)和 n(NO2)为 1：1 时，完全转为亚硝酸钠，而 2NO+O2=2NO2，假设生成 2xmolNO2，则消耗 xmolO2 和 2xmolNO，由于 n(NO)和 n(NO2)为 1：1， 说明反应剩余 2xmolNO，则总计 4xmolNO，那么理论上应控制 NO 与 O2 的物质的量之比为 4： 1。假设有 2molO2 和 5molNO，那么 NO 和 O2 反应后得到 1molNO 和 4molNO2，1molNO 和 1molNO2 恰好完全反应生成 2mol 亚硝酸钠，剩下 3molNO2 和碱液反应，其方程式为 2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，根据计量数关系可知生成 1.5mol 硝酸钠和 1.5mol 亚硝酸钠， 合计共 1.5mol 硝酸钠和 3.5mol 亚硝酸钠，则步骤Ⅲ所得溶液中 NaNO3 与 NaNO2 的物质的量之 比为 3：7。