1. 下列物质中，属于弱电解质的是

A. 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；

B．Na2CO3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Na2CO3是强电解质，故B错误；

C．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。

2.下列溶液一定呈中性的是

A. FeCl3溶液

B. Na2CO3溶液

C. Na2SO4溶液

D. CH3COOH和CH3COONa混合溶液

【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；

B. Na2CO3溶液中碳酸根离子水解，溶液呈碱性，故B错误；

C. Na2SO4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；

D. CH3COOH溶液显酸性，CH3COONa中醋酸根离子水解，溶液显碱性，则CH3COOH和CH3COONa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

A. Zn可以换成Fe

B. Cu可以换成石墨

C. 稀H2SO4可以换成蔗糖溶液

D. 稀H2SO4可以换成CuSO4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-=H2↑，电池反应为Zn+2H+= Zn2++H2↑。据此分析解答。

【详解】A．若将Zn换成Fe，电池反应变成Fe+2H+=Fe2++H2↑，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+2H+= Zn2++H2↑，电池反应不变，故B正确；

C．若将稀H2SO4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H2SO4换成CuSO4溶液，电池反应变成Zn+Cu2+=Zn2++ Cu，电池反应发生变化，故D错误；

答案选B。

4.一定条件下，在2 L密闭容器中发生反应：A(g)+3B(g) === 2C(g) + 4D(g)，测得5 min内，A的物质的量减小了10 mol，则5 min内该反应的化学反应速率是

A. υ(A) = 1 mol/(L·min)

B. υ(B) = 1 mol/(L·min)

C. υ(C) = 1 mol/(L·min)

D. υ(D) = 1 mol/(L·min)

【答案】A

【解析】

【分析】

根据v=，结合化学反应速率之比=化学计量数之比分析解答。

【详解】A．υ(A) = =1 mol/(L·min)，故A正确；

B．υ(B) =3υ(A) =3 mol/(L·min)，故B错误；

C．υ(C) =2υ(A) =2mol/(L·min)， 故C错误；

D．υ(D) = 4υ(A) =4mol/(L·min)，故D错误；

答案选A。

5.某温度下，可逆反应mA(g) + nB(g)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C。

【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。

6.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AgNO3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－=Cu2+(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AgNO3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、镍、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D。

7.一定条件下，将NO(g)和O2(g)按物质的量之比2∶1充入反应容器，发生反应：2NO(g) + O2(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（p1、p2）下随温度变化的曲线如下图所示。下列说法正确的是

A. p1 < p2

B. 其他条件不变，温度升高，该反应的反应限度增大

C. 400℃、p1条件下，O2的平衡转化率为20%

D. 400℃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)+O2(g)⇌2NO2(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p1< 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，400℃、p1条件下，NO的平衡转化率为40%，将NO(g)和O2(g)按物质的量之比2∶1充入反应容器，则O2的平衡转化率也为40%，故C错误；

D．该反应为气体的体积发生变化的反应，根据平衡常数K=，而c=，因此K=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400℃时，该反应的化学平衡常数K，故D错误；

答案选A。

8.某同学用0.1 mol/L 的盐酸滴定20.00 mL NaOH溶液，测定其浓度。下列操作正确的是

A. 需用NaOH溶液润洗锥形瓶

B. 用量筒量取20.00 mL NaOH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，滴入酚酞溶液，观察是否到达滴定终点

【答案】C

【解析】

【详解】A．不能用NaOH溶液润洗锥形瓶，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20.00 mL NaOH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C。

9.已知：NaHSO3溶液呈酸性。常温下，将0.1 mol/L亚硫酸（忽略H2SO3分解）与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，下列关于该混合溶液说法不正确的是

A. c(Na+) > c(HSO3-) > c(H2SO3) > c(SO32-)

B. c(Na+) = c(HSO3-) + c(SO32-) + c(H2SO3)

C. c(HSO3-) + c(H2SO3) + c(SO32-) = 0.05 mol/L

D. c(Na+) + c(H+) > c(HSO3-) + c(SO32-) + c(OH-)

【答案】A

【解析】

【分析】

NaHSO3溶液呈酸性，说明元硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，将0.1 mol/L亚硫酸与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，恰好反应生成0.05 mol/LNaHSO3溶液，据此分析解答。

【详解】A．NaHSO3溶液呈酸性，说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，则0.05 mol/LNaHSO3溶液中存在c(Na+) > c(HSO3-) > c(SO32-)> c(H2SO3)，故A错误；

B．根据物料守恒，0.05 mol/LNaHSO3溶液中存在c(Na+) = c(HSO3-) + c(SO32-) + c(H2SO3)，故B正确；

C．根据B的分析，c(HSO3-) + c(H2SO3) + c(SO32-) = c(Na+) = 0.05 mol/L，故C正确；

D．根据电荷守恒，0.05 mol/LNaH SO3溶液中存在c(Na+) + c(H+) = c(HSO3-) + 2c(SO32-) + c(OH-)，则c(Na+) + c(H+) > c(HSO3-) + c(SO32-) + c(OH-)，故D正确；

答案选A。

【点睛】正确理解“NaHSO3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

A. 用石墨电极电解饱和食盐水：Cl- + 2H2O  Cl2↑+ H2↑+ OH-

B. 用醋酸除去水壶中的水垢：CaCO3 + 2H+ === Ca2+ + CO2↑+ H2O

C. (NH4)2Fe(SO4)2溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液：Fe2+ + 2OH- + Ba2+ + SO42— === Fe(OH)2↓ + BaSO4↓

D. 用明矾做净水剂：Al3+ + 3H2O  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2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH-，故A错误；

B．碳酸钙和醋酸都不能拆开，正确离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故B错误；

C．向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，离子方程式：2NH4++Fe2++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+Fe(OH)2↓+2NH3•H2O，故C错误；

D．明矾做净水剂的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，故D正确；

答案选D。

11.已知反应2NO + 2H2 === N2 + 2H2O的速率方程为υ= kc2(NO)· c(H2)（k为速率常数），其反应历程如下：

① 2NO + H2 → N2+H2O2 慢

② H2O2 + H2 → 2H2O    快

下列说法不正确的是

A. 增大c (NO) 或c(H2)，均可提高总反应的反应速率

B. 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相同

C. 该反应的快慢主要取决于反应①

D. 升高温度，可提高反应①、②的速率

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据速率方程为υ= kc2(NO)· c(H2)，增大c (NO) 或c(H2)，均可提高总反应的反应速率，故A正确；

B．根据速率方程为υ= 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，υ增大4倍、c(H2)增大2倍，υ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B

12.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：几种物质中化学键的键能如下表所示。

A. 总反应为2H2O2H2↑+O2↑

B. 过程I吸收了926 kJ能量

C. 过程II放出了574 kJ能量

D. 过程Ⅲ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2H2O2H2↑+O2↑，故A正确；

B．过程I为2molH2O分子变成2mol氢原子和2mol羟基的过程，吸收的能量=463 kJ×2=926 kJ，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=436 kJ +138kJ=574 kJ，故C正确；

D．过程Ⅲ为1mol过氧化氢变成1mol氧气和1mol氢气，断开1molH2O2中2molH—O键和1molO—O键，形成1molO2中O＝O 键和1molH2中H—H键，吸收的能量=463 kJ×2 +138 kJ =10kJ，放出的能量=496 kJ +436 kJ =932 kJ，吸收的能量大于放出的能量，该过程为吸热反应，故D错误；

答案选D。

【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

【答案】D

【解析】

【详解】A．用pH试纸测得0.1 mol/L CH3COOH溶液pH约为3，说明醋酸为弱酸，部分电离，可以说明CH3COOH是弱电解质，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CO32-或HCO3-，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CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH小于后者的，说明CH3COONa的水解程度小，说明HClO的酸性弱于CH3COOH，实验操作及现象与推论相符，故C不选；

D．向2 mL 1 mol/L NaOH溶液中加入1 mL 0.1 mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀；反应后氢氧化钠过量，再加入1 mL 0.1 mol/L FeCl3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

A. a极为电池的正极

B. b极的电极反应：2CO2 + O2 + 4e- === 2CO32-

C. 该装置工作时电能转化成了化学能

D. CO32- 向b极移动

【答案】B

【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2CO2 + 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CO32- 向a极移动，故D错误；

答案选B。

【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-+ CO32-= H2O + CO2，因此总反应为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”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”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- + 2OH- === Fe(OH)2（写“Fe – 2e- === Fe2+”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

【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；

(2)采用“牺牲阳极的阴极保”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；

(3)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-=Fe2+，故答案为：Fe-2e-=Fe2+；

(2)①采用“牺牲阳极的阴极保”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”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O2 + 4e- + 2H2O = 4OH-，故答案为：O2 + 4e- + 2H2O = 4OH-；

(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，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[C8H18(l)]。已知：25℃、101 kPa时，1 mol C8H18(l)完全燃烧生成气态二氧化碳和液态水，放出5518 kJ热量。该反应的热化学方程式为______。

（2）已知：25℃、101 kPa时，CH3OH(l) + 3/2 O2(g) ==== CO2 (g) + 2H2O(l)    Δ H＝-726.5 kJ/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。

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

（4）以CO2(g)和H2(g)为原料合成甲醇，反应能量变化如下图所示。 

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ΔH______（填“变大”“变小”或“不变”）。

（5）已知： CO(g)＋1/2 O2(g) ==== CO2(g)                  ΔH1＝-283 kJ/mol 

H2(g)＋1/2 O2(g) ==== H2O(g)                  ΔH2＝-242 kJ/mol

CH3OH(g) + 3/2 O2(g) ==== CO2 (g) + 2H2O(g)    ΔH3＝-676 kJ/mol

以CO(g)和H2(g)为原料合成甲醇的反应为CO(g) + 2H2(g) ==== CH3OH(g) 。该反应的ΔH为_____ kJ/mol。

【答案】    (1). C8H18(l) ＋ 25/2O2(g)＝8CO2(g) ＋ 9H2O(l)  ΔH＝-5518 kJ/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). 1 mol CO2(g) + 3 mol H2(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1g CH3OH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)①CO2(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根据催化剂与焓变的关系判断；

(5)根据盖斯定律分析解答。

【详解】(1)在25℃、101 kPa时，1 mol C8H18(l)完全燃烧生成气态二氧化碳和液态水，放出5518 kJ热量，所以其热化学反应方程式为：C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=-5518 kJ•mol-1，故答案为：C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=-5518 kJ•mol-1；

(2)假设质量均为1g，则1g CH3OH完全燃烧放出的热量==22kJ，1g辛烷完全燃烧放出的热量==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C8H18(或辛烷)，故答案为：C8H18(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CO2(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1 mol CO2(g) + 3 mol H2(g)，故答案为：1 mol CO2(g) + 3 mol H2(g)；

②加入催化剂，不能改变反应的焓变，因此Δ H不变，故答案为：不变；

(5)①CO(g)＋1/2 O2(g) =CO2(g) Δ H1＝-283 kJ/mol ，②H2(g)＋1/2 O2(g) = H2O(g) Δ H2＝-242 kJ/mol，③CH3OH(g) + 3/2 O2(g) =CO2 (g) + 2H2O(g) Δ H3＝-676 kJ/mol，根据盖斯定律，将①+②×2-③，得：CO(g) + 2H2(g) =CH3OH(g) ΔH=(-283 kJ/mol)+(-242 kJ/mol)×2-(-676 kJ/mol)=-91 kJ/mol，故答案为：-91。

17.某化学实验小组用酸性KMnO4溶液和草酸（H2C2O4）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：

（2）由实验I、II可得出的结论是______。

（3）关于实验II中80 s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Mn2+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：0.01 mol/L酸性 KMnO4溶液，0.1 mol/L草酸溶液，3 mol/L硫酸，MnSO4溶液，MnSO4固体，蒸馏水

① 补全实验III的操作：向试管中先加入1 mL 0.01 mol/L酸性 KMnO4溶液，______，最后加入1 mL 0.1 mol/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。

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). 10CO2    (2). 8H2O    (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3 mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4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80 s，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，高锰酸根离子能和草酸发生氧化还原反应生成二价锰离子、二氧化碳和水，据此写出离子方程式；

(2)实验I、II取用的高锰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Mn2+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，选用的高锰酸钾的浓度不同；②KMnO4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，高锰酸根离子能和草酸发生氧化还原反应生成二价锰离子、二氧化碳和水，离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：10CO2↑；8H2O；

(2)实验I、II取用的高锰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Mn2+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1 mL 0.01 mol/L酸性 KMnO4溶液，再加入10滴3 mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体，最后加入1 mL 0.1 mol/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3 mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4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80 s)，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80 s)；

(4)①根据实验步骤示意图，取用的草酸和硫酸相同，不同的是选用的高锰酸钾的浓度不同，因此实验研究的影响因素是KMnO4溶液浓度对反应速率的影响，故答案为：KMnO4溶液浓度；

②该实验方案不合理，因为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，故答案为：不合理；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。

【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) 2NH3(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______。

② 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

③ 哈伯选用的条件是550℃、10 MPa，而非200℃、10 MPa，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1 mol 氮气和3 mol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1 mol氮气和3 mol 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______。

【答案】    (1).     (2). 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). 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+＝2NH3

【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1 mol氮气和3 mol 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) + 3H2(g) 2NH3(g)的化学平衡常数表达式为K=，故答案为：K=；

(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N2(g)+3H2(g)2NH3(g)平衡逆向移动，因此正反应为放热反应，故答案为：放热；

② a. 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550℃、10 MPa，而非200℃、10 MPa，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1 mol 氮气和3 mol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1 mol氮气和3 mol 氢气，相当于增大压强，N2(g)+3H2(g)2NH3(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+ =2NH3，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Na+、Mg2+、Ca2+、K+、Cl–、CO32–和HCO3–。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- CaCO3↓+ CO2↑+ 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CaSiO3）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______。

（4）“尾气CO2直接矿化磷石膏联产工艺”涉及低浓度CO2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。

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CaSO4·2H2O。

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). CO32-、HCO3-    (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(CaCO3)时，Ca2+与CO32-生成CaCO3沉淀；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CO2，使平衡：Ca2+ + 2HCO3-CaCO3↓+ CO2↑+ H2O正向移动，促进珊瑚礁的形成；共生藻类死亡，使海水中CO2的浓度增大，使上述平衡逆向移动，抑制珊瑚礁的形成    (4). CaSiO3 + CO2 + H2O＝CaCO3 + H2SiO3（或CaSiO3 + CO2＝CaCO3 + SiO2）    (5). NH3·H2O + CO2＝2NH4+ + CO32- + H2O、NH3·H2O + CO2＝NH4+ + HCO3-、CO32- + CO2 + H2O＝2HCO3-（写出任意2个均可）    (6). CaCO3、(NH4)2SO4

【解析】

【分析】

(1)根据盐类水解的规律分析判断；

(2)①HCO3-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(CaCO3)时生成CaCO3沉淀；常见HCO3-电离平衡正向移动，c(H+)增大，H+与HCO3-进一步作用生成CO2，据此分析解答；②结合光合作用和Ca2+ + 2HCO3-CaCO3↓+ CO2↑+ H2O的平衡移动分析解答；

(3)根据沉淀的转化书写反应的方程式；

(4)①二氧化碳和氨气发生反应可能生成碳酸氢铵，也可能生成碳酸铵，据此书写反应的离子方程式；②碳氨溶液中的HCO3-与氨气生成CO32-、CO32-和磷石膏(主要成分为CaSO4·2H2O)发生沉淀的转化，据此分析判断。

【详解】(1)在Na+、Mg2+、Ca2+、K+、Cl–、CO32–和HCO3–微粒中，CO32-、HCO3-水解生成氢氧根离子，导致海水呈弱碱性，故答案为：CO32-、HCO3-；

(2)①HCO3-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(CaCO3)时，Ca2+与CO32-生成CaCO3沉淀；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，总反应为Ca2+ + 2HCO3- CaCO3↓+ CO2↑+ H2O，故答案为：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(CaCO3)时，Ca2+与CO32-生成CaCO3沉淀；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；

②共生藻类存在，会通过光合作用吸收CO2，使平衡：Ca2+ + 2HCO3-CaCO3↓+ CO2↑+ H2O正向移动，促进珊瑚礁的形成；共生藻类死亡，使海水中CO2的浓度增大，使上述平衡逆向移动，抑制珊瑚礁的形成，因此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，故答案为：共生藻类存在，会通过光合作用吸收CO2，使平衡：Ca2+ + 2HCO3-CaCO3↓+ CO2↑+ H2O正向移动，促进珊瑚礁的形成；共生藻类死亡，使海水中CO2的浓度增大，使上述平衡逆向移动，抑制珊瑚礁的形成；

(3)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CaSiO3)中，使其转化为碳酸盐晶体，反应的化学方程式为CaSiO3 + CO2 + H2O = CaCO3 + H2SiO3，故答案为：CaSiO3 + CO2 + H2O = CaCO3 + H2SiO3；

(4)①根据流程图，吸收塔中吸收了尾气中的二氧化碳和进入吸收塔的氨气发生反应生成了碳氨溶液，反应的方程式可能有NH3·H2O + CO2 = 2NH4+ + CO32- + H2O、NH3·H2O + CO2 =NH4+ + HCO3-、CO32- + CO2 + H2O =2HCO3-，故答案为：NH3·H2O + CO2 = 2NH4+ + CO32- + H2O、NH3·H2O + CO2 =NH4+ + HCO3-、CO32- + CO2 + H2O =2HCO3-；

②碳氨溶液(含NH4+、HCO3-)、氨气、和磷石膏(主要成分为CaSO4·2H2O)发生三相反应，HCO3-与氨气反应生成CO32-和NH4+，CO32-与CaSO4·2H2O反应生成碳酸钙沉淀和硫酸根离子，因此料浆的主要成分有CaCO3、(NH4)2SO4，故答案为：CaCO3、(NH4)2SO4。下载本文