北京市海淀区2018-2019学年高二化学下学期期末考试试题(含解析)

北京市海淀区2018-2019学年高二第二学期期末练习化学试题.下列物质中，属于弱电解质的是H2O B.Na2CO3 C.HCl D.NaCl【答案】A【解析】【详解】A.水部分电离出氢离子和氢氧根离子，存在电离平衡，水为弱电解质，故A正确；N&CO在水溶液里或在熔融状态下，能完全电离出自由移动的钠离子和碳酸根离子，所以NaCO是强电解质，故B错误；HCl在水溶液中完全电离出氢离子和氯离子，所以HCl为强电解质，故C错误；D．NaCl在水溶液里或在熔融状态下， 能完全电离出自由移动的钠离子和氯离子，所以NaCl是强电解质，故 D错误；答案选 A。.下列溶液一定呈中性的是FeCl3溶液Na2CO溶液Na2SO4溶液CH3COO闲CHCOON掘合溶液【答案】 C【解析】【详解】 A.FeCl3溶液中铁离子水解，溶液显酸性，故 A错误；Na2CO溶液中碳酸根离子水解，溶液呈碱性，故B错误；Na2SQ溶液中钠离子和硫酸根离子均不水解，溶液显中性，故C正确；CHCOOH^液显酸性，CHCOON甜醋酸根离子水解，溶液显碱性，则 CHCOO悌口CHCOONa混合溶液可能显酸性，中性或碱性，故D错误；答案选 C。【点睛】本题的易错点为 D,要注意该混合溶液的酸碱性与醋酸和醋酸钠的电离和水解程度，八、/有关。3.原电池是化学电源的雏形。若保持如图所示原电池的电池反应不变，下列说法正确的是稀Zn可以换成FeCu可以换成石墨C.稀HSQ可以换成蔗糖溶液D.稀H2SQ可以换成CuSO溶液【答案】B【解析】【分析】在锌-铜(稀硫酸)原电池中，负极为锌，电极反应式为 Zn-2e-=Zn2+,正极为铜，电极反应式为2H++2e-=HT,电池反应为Zn+2H=Zn2++H4。据此分析解答。【详解】A若将Zn换成Fe,电池反应变成Fe+2H=Fe2++HJ,电池反应发生变化，故A错误；B.若将Cu换成石墨，锌仍为负极，石墨为正极，电池反应为 Zn+2HhZn2++H4,电池反应不变，故B正确；C.若将稀H2SO换成蔗糖溶液，蔗糖为非电解质，不能构成原电池，故C错误；D.若将稀H2SO换成CuSO溶液，电池反应变成Zn+Cui+=Zn2++Cu,电池反应发生变化，故D错误；答案选Bo4.一定条件下，在2L密闭容器中发生反应： A(g)+3B(g)===2c(g)+4D(g) ,测得5min内，A的物质的量减小了10mol,则5min内该反应的化学反应速率是u(A)=1mol/(L -min)u(B)=1mol/(L -min)u(C)=1mol/(L-min)u(D)=1mol/(L-min)【答案】A【解析】【分析】,，一c根据v=-c,结合化学反应速率之比=化学计量数之比分析解答。■:t10mol【详解】Au(A)= 2l=1mol/(L-min),故A正确；5minu(B)=3u(A)=3mol/(L-min),故B错误；u(C)=2u(A)=2mol/(L-min),故C错误；u(D)=4u(A)=4mol/(L-min),故D错误；答案选Ao5.某温度下，可逆反应mA(g)+nB(g)彳-pC(g)的化学平衡常数为K,下列说法正确的是A.其他条件不变，升高温度， K值一定增大B.其他条件不变，增大B(g)的浓度，K值增大C.其他条件不变，增大压强， K值不变D.K值不会随反应条件的改变而改变【答案】C【解析】【详解】A.若该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，平衡常数降低，若正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，平衡常数增大，故A错误；B.化学平衡常数只受温度影响，与浓度无关，增大B(g)的浓度，能使平衡正向移动，但温度不变，化学平衡常数不变，故B错误；C.化学平衡常数只受温度影响，与浓度无关，增大压强，平衡可能移动，但温度不变，化学平衡常数不变，故C正确；D.化学平衡常数只受温度影响，如果温度发生变化，平衡常数一定发生变化，故 D错误;答案选Co【点睛】本题的易错点为A,要注意化学平衡常数只受温度影响，温度升高，平衡常数一定发生变化，可能增大，可能减小，与反应是放热反应还是吸热反应有关。.铜是人类最早发现和使用的金属之一，铜及其合金的用途广泛。粗铜中含有少量铁、锌、银、金等杂质，工业上可用电解法精炼粗铜制得纯铜，下列说法正确的是A.精铜做阳极，粗铜做阴极B.可用AgNO溶液做电解质溶液C.电解时，阴极反应为Cu-2e-===Cu2+D.电解后，可用阳极泥来提炼金、银【答案】D【解析】【分析】电解法精炼粗铜时，阴极（纯铜）的电极反应式：Cu2++2e=Cu（还原反应），含有其他活泼金属原子放电，阳极（粗铜）的电极反应式：Cu-2e-=Cuf+（氧化反应），相对不活泼的金属以单质的形式沉积在电解槽底部，形成阳极泥，据此分析解答。【详解】A电解法精炼粗铜时，需要用纯铜阴极，粗铜作阳极，故A错误；B.电解法精炼粗铜时，需要用含铜离子的盐溶液作电解质溶液，因此不能使用 AgNO溶液做电解质溶液，故B错误；C.电解池中，阴极发生还原反应，阴极的电极反应式为： Cu2++2e=Cu,故C错误；D.粗铜中含有少量铁、锌、馍、银、金等杂质做阳极，银、金不失电子，沉降电解池底部形成阳极泥，所以可用阳极泥来提炼金、银等贵金属，故D正确；答案选Do.一定条件下，将NO（g）和Q（g）按物质的量之比2：1充入反应容器，发生反应： 2NO（g）+Q（g）。2NO2（g）。其他条件相同时，分别测得 NO的平衡转化率在不同压强（pi、p2）下随温度变化的曲线如下图所示。下列说法正确的是芒衽士芒衽士.吟察三ONA.pi<P2B.其他条件不变，温度升高，该反应的反应限度增大400C、pi条件下，Q的平衡转化率为20%400c时，该反应的化学平衡常数的数值为 10/9【答案】A【解析】【详解】A.2NO(g)+Q(g)?2NO(g)是正方向体积减小的反应，增大压强平衡正移，则 NO的转化率会增大，由图可知，相同温度下， P2时NO的转化率大，则P2时压强大，即pi<P2,故A正确；B.由图象可知，随着温度的升高， NO的转化率减小，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应的反应限度减小，故B错误；C.根据图像，400C、pi条件下，NO的平衡转化率为40%将NO(g)和Q(g)按物质的量之比2：1充入反应容器，则Q的平衡转化率也为40%故C错误；2D.该反应为气体的体积发生变化的反应，根据平衡常数 K=^c-(一2)—，而c=2,因此c2(NO)c(O2) V2z.K=n(NO2)V与气体的物质的量和容器的体积有关 题中均未提供，因此无法计算400cn2(NO)n(O2)时，该反应的化学平衡常数K,故D错误；答案选Ao8.某同学用0.1mol/L的盐酸滴定20.00mLNaOH溶液，测定其浓度。下列操作正确的是A.需用NaOH§液润洗锥形瓶.用量筒量取20.00mLNaOH溶液C.滴定前，使酸式滴定管尖嘴部分充满盐酸D.充分反应后，滴入酚酗:溶液，观察是否到达滴定终点【答案】C【解析】【详解】A不能用NaOH§液润洗锥形瓶，否则锥形瓶中氢氧化钠的量偏多，故A错误;B.量筒的精确度为0.1mL,不能用量筒量取20.00mLNaOH溶液，故B错误；C.滴定前，需要排气泡，使酸式滴定管尖嘴部分充满盐酸，故C正确；D.滴定前需要滴加指示剂，滴定时，注意观察是否到达滴定终点，故 D错误；答案选Co

.已知：NaHSO§液呈酸性。常温下，将0.1mol/L亚硫酸(忽略H2SO分解)与0.1mol/LNaOH§液等体积混合，下列关于该混合溶液说法不正确 的是♦♦♦A.B.40.1mol/J0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，恰好反应生成0.05mol/LNaHSO3溶液，据此分,答。 H 'C.D.c(HSQ-)+c(H2SO)+c(SO32-)=0.05mol/L+,c(Na)+c(H)>c(HSO-)+c(SO32-)+c(OH-)NaHSO§液呈酸性，说明元硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，将cA.B.40.1mol/J0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，恰好反应生成0.05mol/LNaHSO3溶液，据此分,答。 H 'C.D.c(HSQ-)+c(H2SO)+c(SO32-)=0.05mol/L+,c(Na)+c(H)>c(HSO-)+c(SO32-)+c(OH-)NaHSO§液呈酸性，说明元硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，将【详解】A.NaHSO 0.05mol/LNaHSQ溶液中存在c(Na+)>c(HSQ-)>c(SQ2-)>c(H2SO),故A错误；I BB.根据物料守恒,0.05mol/LNaHSO3溶液中存在c(Na+)=c(HSO-)+c(SQ2-B.根据物料守恒,故B正确;C.根据B的分析,D.根据电荷守恒,c(HSQ-)+c(H2SO)+c(SO32-)=c(Na+C.根据B的分析,D.根据电荷守恒,0.05mol/LNaHSO溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(HSQ-)+2c(SO32-)+c(OH),则c(Na+)+c(H+)>c(HSO-)+c(SO32-)+c(OH),故D正确;答案选Ao【点睛】正确理解“NaHSQ溶液呈酸性”的含义是解题的关键。本题的易错点为 D,要注意区分电荷守恒和物料守恒中 c(SO32-)前的系数的含义。10.下列事实对应的离子方程式正确的是电籥A.用石墨电极电解饱和食盐水： Cl-+2H2O Cl2T+H2T+OH-B.用醋酸除去水壶中的水垢： CaCO+2H+===Ca2++CO2T+H2OC.(NH4)2Fe(SO)2溶液中滴加过量Ba(OH”溶液：Fe2++2OH-+Ba2++SO42===Fe(OH)2J+BaSOjD.用明矶做净水剂： Al3++3H2O彳-Al(OH)3+3H+

【答案】D【解析】【详解】A用石墨电极电解饱和食盐水的离子反应为 2C1-+2HO电解CLT+HT+2OH,故A错误；B.碳酸钙和醋酸都不能拆开，正确B.碳酸钙和醋酸都不能拆开，正确离子方程式为:CaCO+2CHCOOH=Ca+H2O+COT+2CHCOO,故B错误;C.向(NH4)2Fe(SO)CaCO+2CHCOOH=Ca+H2O+COT+2CHCOO,故B错误;C.向(NH4)2Fe(SO)2溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，离子方程式:2NH++Fe2++2SO2-+2Ba2++4OH=2BaSOj+Fe(OH)2J+2NT?HO,故C错误;答案选D。11.已知反应2NO+2H2===N2+2H2O的速率方其反应历程如下:①2NO+H2-N2+H2Q慢②H2Q+H2-2H2O 快卜列说法不正确的是♦♦♦B.c(NO)、C(H2)增大相同的倍数,对总反应的C.该反应的快慢主要取决于反应①D.升高温度，可提高反应①、②的速率【详解】A【详解】A根据速率方程为u=kc2(NO)•C(H2),增大c(NO)或c(H2),均可提高总反应的反应速率，故的反应速率，故A正确;B.根据速率方程为B.根据速率方程为u=kc2(NO)-c(H2),C(NO)、C(H2)增大相同的倍数，对总反应的反应速率的影响程度不同，如c(NO)增大2倍，u增大4倍、c(H2)增大2倍，u增大2倍,故B错误；C.反应速率由最慢的一步决定，该反应的快慢主要取决于反应①，故 C正确；D.升高温度，可以增大活化分子百分数，反应速率加快，可以提高反应①、②的速率，故D正确；答案选答案选Do答案选B12.中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂， 利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水,其主要过程如下图所示。已知：几种物质中化学院的键能如■表所示。化学键H2O中军Q中O=O键H2中H—H键HQ中0-O键HQ中O-H键键能kJ/mol463496436138463若反应过程中分解了2mol水，则下列说法不正确的是♦♦♦A.总反应为2HO一洸照2H4+QTB.过程I吸收了926kJ能量C.过程II放出了574kJ能量D.过程出属于放热反应【答案】D【解析】【详解】A.由图可知，总反应为水分解生成氢气和氧气，实现了光能向化学能的转化，反应的方程式为2H2。光照2H2T+QT,故A正确；B.过程I为2molHO分子变成2mol氢原子和2mol羟基的过程，吸收的能量=463kJX2=926kJ,故B正确;C.过程II为2mol氢原子和2mol羟基生成1mol氢气和1mol过氧化氢，放出的能量=436kJ+138kJ=574kJ,故C正确;D.过程ID为1mol过氧化氢变成1mol氧气和1mol氢气，断开ImolHbQ中2molH-O键和ImolO—O键，形成1molO2中O=O键和1molH2中H—H键，吸收的能量=463kJX2+138kJ=1064kJ,放出的能量=496kJ+436kJ=932kJ,吸收的能量大于放出的能量，该过程为吸热反应，故D错误；【点睛】本题的易错点为D,要注意图中化学键的变化，分别计算吸收的能量和放出的能量,在判断反应的热效应。13.下列实验操作及现象与推论不相符 的是选项操作及现象推论A用pH试纸测得0.1mol/LCH3COOH^夜pH约为3CHCOOH1弱电解质B向某无色溶液中加入足量稀盐酸，广生无色无味气体；再将该气体通入澄清石灰水，产生白色浑浊溶液中可能含有CO2-或HCOC用pH计测定相同浓度的CHCOON溶液和NaClO溶液的pH,前者的pH小于后者的HClO的酸性弱于CHCOOHD向2mL1mol/LNaOH溶液中加入1mL0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀；再加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液，沉淀变为红褐色Mg(OH)沉淀转化为Fe(OH)3沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A.用pH试纸测得0.1mol/LCHCOOHm夜pH约为3,说明醋酸为弱酸，部分电离，可以说明CHCOOH1弱电解质，实验操作及现象与推论相符，故 A不选；B.向某无色溶液中加入足量稀盐酸，产生无色无味气体；再将该气体通入澄清石灰水，产生白色浑浊，说明无色无味气体为二氧化碳，可说明溶液中可能含有 CO2-或HC。，实验操作及现象与推论相符，故B不选；C.NaClO具有强氧化性，能够漂白试纸，不能用 pH试纸测定NaClO溶液的pH,可选用pH计，用pH计测定相同浓度的CHCOON籀液和NaClO溶液的pH,前者的pH小于后者的，说明CHCOONa勺水解程度小，说明HClO的酸性弱于CHCOOH实验操作及现象与推论相符，故C不选；D.向2mL1mol/LNaOH溶液中加入1mL0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀；反应后

氢氧化钠过量，再加入 1mL0.1mol/LFeCl3溶液，反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，不能说明存在沉淀的转化，实验操作及现象与推论不相符，故 D选；答案选D。14.下图是在载人航天器舱内利用氢氧燃料电池进行二氧化碳浓缩富集的装置。下列说法正确的是极b冷却剂山a极为电池的正极23b极的电极反应：2CO+O2+4e-===23C.该装置工作时电能转化成了化学能D.CO32-向b极移动【解析】【分析】氢氧燃料电池中通入氢气的为负极，通入空气的为正极，据此分析解答。【详解】A氢氧燃料电池中通入氢气的为负极，因此 a是负极，b是正极，故A错误；B.b是正极，正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子，电极反应式为 2CO+O2+4e-=2CO32-,故B正确;C.该装置为原电池，工作时化学能转化成了电能，故 C错误；D.在原电池中，阴离子向负极移动，因此 CO2-向a极移动，故D错误；答案选Bo【点睛】本题的易错点和难点为 B,要注意根据题意“二氧化碳浓缩富集”结合电解质溶液为碳酸盐的水溶液书写电极反应式，该装置中负极的电极反应式为 H2-2e-+CO2-=H2O+CO,

2H2+O2=2H2O。15.2018年7月至9月，国家文物局在辽宁开展水下考古，搜寻、发现并确认了甲午海战北洋水师沉舰——经远舰。已知：正常海水呈弱碱性。(1)经远舰在海底“沉睡”124年后，钢铁制成的舰体腐蚀严重。舰体发生电化学腐蚀时，负极的电极反应式为 。(2)为了保护文物，考古队员采用“牺牲阳极的阴极保护法”对舰船水下遗址进行了处理。①考古队员贴在舰体上 材料块可以是 (填字母序号)。a．铝锌合金 b．石墨 c．铅d．铜②采用“牺牲阳极的阴极保护法”后，水下舰体上正极的电极反应式为 。(3)考古队员将舰船上的部分文物打捞出水后，采取脱盐、干燥等措施防止文物继续被腐蚀。从电化学原理的角度分析“脱盐、干燥”的防腐原理： 。【答案】(1).Fe-2e-蚀。从电化学原理的角度分析“脱盐、干燥”的防腐原理： 。【答案】(1).Fe-2e-+20H===Fe(oJ|F^“Fe-2e-=j=le2+'不扣分)(2).a(3).O2+4e-+2H2O===4OH-(4).脱盐、干燥处理破坏了．．．微电池中的离子导体 ．．．．(或电解质溶液)，使文物表面无法形成微电池发生电化学腐蚀I_lAk I【解析】【分析】(1)中性或弱酸性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，负极上铁失去电子发生氧化反应，据此书写电极反应式;采用“牺牲阳极的阴极保护法”对舰船进行保护，需要选用活泼性比铁强的金属作负极，在中性或弱酸性条件下发生吸氧腐蚀，据此书写正极的电极反应式；从破坏原电池的构成条件分析解答。【详解】(1)海水呈弱碱性，钢铁在中性或弱酸性条件下发生吸氧腐蚀，负极上铁失去电子发生氧化反应，电极反应式为： Fe-2e-=Fe+,故答案为：Fe-2e-=Fe2+;(2)①采用“牺牲阳极的阴极保护法”对舰船进行保护，需要选用活泼性比铁强的金属作负极，故选a；②采用“牺牲阳极的阴极保护法”后， 铁为正极，海水呈弱碱性，在中性或弱酸性条件下发生吸氧腐蚀，正极的电极反应式为 02 + 4e- + 2HzO=4OH,故答案为：02 +4e- +2HzO= 40H;考古队员将舰船上的部分文物打捞出水后，采取脱盐、干燥等措施防止文物继续被腐蚀，脱盐、干燥处理破坏了原电池中的构成条件， 使之缺少了电解质溶液，使文物表面无法形成原电池发生电化学腐蚀，故答案为：脱盐、干燥处理破坏了微电池中的离子导体 (或电解质溶液)，使文物表面无法形成微电池发生电化学腐蚀。16.甲醇作为燃料，在化石能源和可再生能源时期均有广泛的应用前景。I.甲醇可以替代汽油和柴油作为内燃机燃料。(1)汽油的主要成分之一是辛烷[C8Hl8(1)]。已知：25C、101kPa时，1molC8H8(1)完全燃烧生成气态二氧化碳和液态水，放出5518kJ热量。该反应的热化学方程式为。(2)已知：25C、101kPa时，CHOH(l)+3/2O2(g)====CO2(g)+2H2O。) AH=-726.5kJ/mol。相同质量的甲醇和辛烷分别完全燃烧时，放出热量较多的是。(3)某研究者分别以甲醇和汽油做燃料，实验测得在发动机高负荷工作情况下，汽车尾气中CO的百分含量与汽车的加速性能的关系如右所示。20 40 60B010020 40 60B0100汽车的加速性能Nm索『・出士口二晏rlf根据图信息分析，与汽油相比，甲醇作为燃料的优点是II.甲醇的合成①补全上图：图中A处应填入。②该反应需要加入铜—锌基催化剂。 加入催化剂后，该反应的AH(填“变大”“变小”或“不变”)

AH=-283kJ/mol(5)已知：CO(g)+1/2O2AH=-283kJ/molH2(g)+1/2O2(g)====H2O(g) AH=-242kJ/molCHOH(g)+3/2O2(g)====CO2(g)+2H2O(g) AH3=-676kJ/mol以CO(g)和H2(g)为原料合成甲醇的反应为 CO(g)+2H2(g)====CH30H(g)。该反应的AH为kJ/mol。【答案】 (1).C8H8(l) +25/2O2(g)=8CO(g)+9H2O(l) AH=-5518kJ/mol(2).C8H18(3). 汽车的加速性能相同的情况下， CO排放量低，污染小(4).1mol♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦CO(g)+3molH2(g)(5).不变(6).-91【解析】【分析】(1)根据书写热化学反应方程式的方法书写；(2)假设质量均为1g,计算出1gCH30H和1g辛烷完全燃烧放出的热量，再判断；(3)根据图像可知，甲醇作为燃料时，根据汽车的加速性能与 CO排放量的关系分析解答；(4)①CO(g)和H2(g)为原料生成1mol甲醇和1mol水，根据质量守恒分析解答；②根据催化剂与始变的关系判断；(5)根据盖斯定律分析解答。【详解】(1)在25C、101kPa时，1molC8Hl8(l)完全燃烧生成气态二氧化碳和液态水，放出5518出5518kJ热量，所以其热化学反应方程式为:QHi8(l)+-25C2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=-55182kJ?mol-1,故答案为：QH8(l)+25Q(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=-5518kJ?mol-1;2 7265kJ (2)假设质量均为1g,则1gCH30H完全燃烧放出的热量="6吨=22kJ,1g辛烷完全燃烧325518kJ 放出的热量= =48kJ,相同质量的甲醇和辛烷分别完全燃烧时，放出热量较多的是114GHw(或辛烷)，故答案为：GH8(或辛烷)；(3)根据图像可知，汽车的加速性能相同的情况下，甲醇作为燃料时 CO排放量低，污染小，故答案为：汽车的加速性能相同的情况下， CO排放量低，污染小；(4)①以CO(g)和H2(g)为原料合成甲醇，反应生成1mol甲醇和1mol水，根据质量守恒，需要1mol二氧化碳和3mol氢气，因此图中A处应填入1molCO2(g)+3molH2(g),故答案为：1molCO2(g)+3molH2(g);②加入催化剂，不能改变反应的始变，因此AH不变，故答案为：不变；(5)①CO(g)+1/202(g)=CO2(g)AHi=-283kJ/mol,②Hb(g)+1/2O2(g)=H2O(g)AH2=-242kJ/mol,③CHOH(g)+3/2O乂g)=CO2(g)+2H20(g)AH=-676kJ/mol,根据盖斯定律，将①+(2)X2-③，彳导:CO(g)+2H2(g)=CH30H(g)AH=(-283kJ/mol)+(-242kJ/mol)X2-(-676kJ/mol)=-91kJ/mol,故答案为：-91。17.某化学实验小组用酸性KMnM液和草酸(H2C2Q)溶液反应，研究外界条件反应速率的影响，实验操作及现象如下：编R实验操作实验现象I向一±试管中先加入1mL0.01mol/L酸性KMn的液，再加入1滴3mol/L硫酸和9滴蒸储水，最后加入1mL0.1mol/L草酸溶液前10min内溶液紫色无明显变化，后颜色逐渐变浅，30min后几乎变为无色II向另一支试管中先加入1mL0.01mol/L酸性KMn的液，再加入10滴3mol/L硫酸，最后加入1mL0.1mol/L草酸溶液80s内溶液紫色无明显变化，后颜色迅速变浅，约150s后几乎变为无色(1)补全高镒酸钾与草酸反应的离子方程式： 5H2GQ+2MnO4+6H+===2Mn2+++ (2)由实验I、II可得出的结论是。(3)关于实验II中80s后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组提出了猜想：该反应中生成的M吊对反应有催化作用。利用提供的试剂设计实验 III,验证猜想。提供的试剂：0.01mol/L酸性KMnO溶液，0.1mol/L草酸溶液，3mol/L硫酸，MnSO容液,MnSO固体，蒸储水①补全实验III的操作：向试管中先加入1mL0.01mol/L酸性KMnO溶液，,最后加入1mL0.1mol/L草酸溶液。②若猜想成立，应观察到的实验现象是。(4)该小组拟采用如下图所示的实验方案继续探究外界条件对反应速率的影响。TOC\o"1-5"\h\z2mL0.10md/LlmL3mol/L康酸炉 X\o"CurrentDocument"।" r- 1V ■1mLD.01mol/L1皿OOSmol/L酸住KMnQ港波微仕Wind彝液①他们拟研究的影响因素是。②你认为他们的实验方案(填“合理”或“不合理”)，理由是。【答案】 (1).10CO(2).8H 2O(3). 其他条件相同时，H+(或硫酸)浓度越大，♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦反应速率越快(4). 再加入10滴3mol/L硫酸，然后加入少量MnSO固体(5).加******♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅 (或溶液颜色开始变浅的时间小于 80s,或其他合理答♦♦♦♦案)(6).KMnO4溶液浓度(7).不合理(8).KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜♦♦♦色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应快慢♦♦♦♦♦【解析】【分析】(1)在酸性条件下，高镒酸根离子能和草酸发生氧化还原反应生成二价镒离子、二氧化碳和水，据此写出离子方程式；(2)实验I、II取用的高镒酸钾和草酸的体积与浓度均相同，加入的硫酸的滴数不同；(3)①根据实验目的“反应中生成的 Mn+对反应有催化作用”，完成实验步骤；②若猜想成立，反应速率应该加快；(4)①根据实验步骤示意图，取用的草酸和硫酸相同，选用的高镒酸钾的浓度不同；② KMnO溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，据此分析判断。【详解】(1)在酸性条件下，高镒酸根离子能和草酸发生氧化还原反应生成二价镒离子、二氧化碳和水，离子方程式为： 2MnO+5H2G20+6H+=2Mn++10COT+8H2O,故答案为：10COT;8H2Q(2)实验I、II取用的高镒酸钾和草酸的体积与浓度均相同，不同的是加入的硫酸的滴数不同，使得溶液褪色需要的时间不同，因此实验结论为：其他条件相同时， H'(或硫酸)浓度越大，反应速率越快，故答案为：其他条件相同时， H+(或硫酸)浓度越大，反应速率越快；(3)①要证明反应中生成的M吊对反应有催化作用，结合实验 III的操作可知：向试管中先加入1mL0.01mol/L酸性KMnO溶液，再加入10滴3mol/L硫酸，然后加入少量MnSO固体，最后加入1mL0.1mol/L草酸溶液，通过观察溶液褪色的时间即可证明，故答案为：再加入10滴3mol/L硫酸，然后加入少量MnSO固体；②若猜想成立，加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅(或溶液颜色开始变浅的时间小于 80s),故答案为：加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅 (或溶液颜色开始变浅的时间小于 80s);(4)①根据实验步骤示意图， 取用的草酸和硫酸相同， 不同的是选用的高镒酸钾的浓度不同，因此实验研究的影响因素是 KMnO溶液浓度对反应速率的影响，故答案为： KMnO溶液浓度；②该实验方案不合理，因为 KMnO溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应快慢，故答案为：不合理； KMnO容液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应快慢。【点睛】本题的易错点为(4),要注意研究某一反应条件对化学反应速率的影响时，需要保证其他条件完全相同。18.合成氨对人类的生存和发展有着重要意义， 1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。(1)反应N2(g)+3H2(g)=^2NH(g)的化学平衡常数表达式为。(2)请结合下列数据分析，工业上选用氮气与氢气反应固氮，而没有选用氮气和氧气反应固氮的原因是。序号化学反应K(298K)的数值①N2(g)+O2(g)=2NO(g)5X10-31②N2(g)+3H2(g)=2NH(g)4.1X106(3)对于反应N2(g)+3H2(g)=2NH(g),在一定条件下氨的平衡含量如下表。温度/c压弓虽/MPa氨的平衡含量2001081.5%550108.25%①该反应为(填“吸热”或“放热”)反应。其他条件不变时，温度升高氨的平衡含量减小的原因是(填字母序号)。a.温度升高，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡逆向移动b.温度升高，浓度商(Q变大，Q>K,平衡逆向移动c.温度升高，活化分子数增多，反应速率加快d.温度升高，K变小，平衡逆向移动哈伯选用的条件是550C、10MPa,而非200C、10MPa,可能的原因是。(4)一定温度下，在容积恒定的密闭容器中充入 1mol氮气和3mol氢气，一段时间后达化学平衡状态。若保持其他条件不变，向上述平衡体系中再充入 1mol氮气和3mol氢气,氮气的平衡转化率(填“变大”“变小”或“不变”) 。(5)尽管哈伯的合成氨法被评为“20世纪科学领域中最辉煌的成就”之一，但仍存在耗能高、产率低等问题。因此，科学家在持续探索，寻求合成氨的新路径。下图为电解法合成氨的原理示意图，阴极的电极反应式为。质于导体=IT巾【答案】 (1).K=c(NH3) (2). 氮气与氢气反应的限度(或化学平衡常数)c(N2)c3(H2) 远大于氮气与氧气反应的 (3).放热(4).d(5). 提高合成氨反应的化学反应速率(6).变大(7).N2+6e-+6H+=2NH【解析】【分析】(1)根据化学平衡常数等于生成物浓度系数次方之积比反应物浓度系数次方之积书写平衡常数表达式；(2)根据表格数据，通过比较氮气与氢气和氮气与氧气两个反应的平衡常数回答；(3)①根据表格数据，升高温度，氨的平衡含量减小，结合温度对平衡的影响分析判断；②其他条件不变时，温度升高氨的平衡含量减小，是因为升高温度， 平衡逆向移动的结果，据此分析判断；③尽管降低温度有利于氨的合成，但温度越低， 反应速率越慢，建立平衡需要的时间越长，据此分析解答；(4)再平衡体系中再充入1mol氮气和3mol氢气，相当于增大压强，结合压强对平衡的影响分析解答；(5)电解法合成氨，根据图示，阴极上氮气得到电子生成了氨气，据此书写电极反应式。【详解】(1)化学平衡常数等于生成物浓度系数次方之积比反应物浓度系数次方之积， 故N2(g)c2(NH)+3H2(g)=2NH(g)的化学平衡常数表达式为K=c(NH3),故答案为：c(N2)c3(H2)2K=c2(NH3).c(N2)c3(H2)'(2)根据表格数据，氮气与氢气反应的限度 (或化学平衡常数)远大于氮气与氧气反应的，因此工业上选用氮气与氢气反应固氮， 而没有选用氮气和氧气反应固氮， 故答案为：氮气与氢气反应的限度(或化学平衡常数)远大于氮气与氧气反应的；(3)①根据表格数据，升高温度，氨的平衡含量减小，说明Nz(g)+3H2(g)=2NH(g)平衡逆向移动，因此正反应为放热反应，故答案为：放热；②a.温度升高，正反应速率和逆反应速率均增大，故 a错误；b.温度升高，压强不变，浓度商(Q不变，但K减小，使得Q>K,平衡逆向移动，故b错误；c.温度升高，活化分子数百分数增大，活化分子数增多，反应速率加快，但没有解释氨的平衡含量减小的原因，故c错误；d.温度升高，K变小，平衡逆向移动，使得氨的平衡含量减小，故d正确；故选d;③尽管降低温度有利于氨的合成，但温度越低，反应速率越慢，建立平衡需要的时间越长，因此哈伯选用的条件是550C、10MPa,而非200C、10MPa,可能的原因是提高合成氨反应的化学反应速率，故答案为：提高合成氨反应的化学反应速率；(4)一定温度下，在容积恒定的密闭容器中充入 1mol氮气和3mol氢气，一段时间后达化学平衡状态。若保持其他条件不变，向上述平衡体系中再充入 1mol氮气和3mol氢气，相当于增大压强，N(g)+3Hz(g)=2NH(g)平衡正向移动，氮气的平衡转化率变大，故答案为：变大；(5)根据图示，电解法合成氨，阴极上氮气得到电子生成了氨气， 电极反应式为N2+6e+6H+=2NH,故答案为：N2+6e-+6H+=2NH3。19.过量的碳排放会引起严重的温室效应，导致海洋升温、海水酸化，全球出现大规模珊瑚礁破坏，保护珊瑚礁刻不容缓。(1)海水中含有的离子主要有 Ns+、M『、Ca2+、K+、C「、CO2「和HCO,其中，导致海水呈

弱碱性的微粒有。(2)珊瑚礁是珊瑚虫在生长过程中吸收海水中物质而逐渐形成的石灰石外壳。形成珊瑚礁的主要反应为Ca2++2HCO3- CaCQj+CO2T+H2O。①请结合化学用语分析该反应能够发生的原因：。②与珊瑚虫共生的藻类通过光合作用促进了珊瑚礁的形成；而海洋温度升高会使共生藻类离开珊瑚礁，导致珊瑚礁被破坏。请分析珊瑚礁的形成和破坏会受到共生藻类影响的原因：(3)研究人员提出了一种封存大气中二氧化碳的思路：将二氧化碳和大量的水注入地下深层的玄武岩(主要成分为CaSiQ)中，使其转化为碳酸盐晶体。玄武岩转化为碳酸盐的化学方程式为“尾气CO直接矿化磷石膏联产工艺”涉及低浓度 CO减排和工业固废磷石膏处理两大工业环保技术领域，其部分工艺流程如下图所示。氢气磷石目达标尾气尾气料泵肥料氢气磷石目达标尾气尾气料泵肥料已知：磷石膏是在磷酸生产中用硫酸处理磷矿时产生的固体废渣，其主要成分为CaSO-2H2O。①吸收塔中发生的反应可能有(写出任意2个反应的离子方程式)。②料浆的主要成分是(写化学式)。【答案】 (1). CO2-、HCO(2). HCO3在海水中存在电离平衡：HCO3=^CO32+♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦H+,当c(Ca2+)与c(CO32-)的乘积大于Ksp(CaCQ)时，Ca2+与CO32生成CaCO航淀；使HCO3♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦电离平衡正向移动，c(H+)增大，H+与HCO3进一步作用生成CO2(3). 共生藻类存在，会通过光合作用吸收CO,使平衡：Ca2++2HCO3- CaCOj+CO2T+H2O正向移动，促进珊瑚礁的形成；共生藻类死亡，使海水中 CO的浓度增大，