【化学】江苏省徐州市睢宁县古邳中学2019-2020学年高一下学期期中考试试卷（解析版）

【化学】江苏省徐州市睢宁县古邳中学2019-2020学年高一下学期期中考试试卷（解析版）

江苏省徐州市睢宁县古邳中学2019-2020学年高一下学期期中考试试卷 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。‎ ‎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。‎ ‎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。‎ ‎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 ‎【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。‎ ‎13.下列有关物质的性质与其用途相对应的是（ ）‎ A. SiO2硬度大，可用于制光导纤维 B. N2性质稳定，工业生产金属镁时，为防止其氧化，可以用N2作保护气 C. 液氨气化时能吸收大量的热，使周围温度急剧降低，因此可用作制冷剂 D. KAl(SO4)2·12H2O易溶于水，可用作净水剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，故A错误；‎ B.工业通过电解熔融的氯化镁生产金属镁，在这个过程中金属镁可以和N2反应生成氮化镁，所以不能用氮气作保护气，B项错误；‎ C.氨气易液化，气化时吸收热量导致周围环境温度降低，所以氨气常作制冷剂，C项正确；‎ D.KAl(SO4)2·12H2O易溶于水，Al3+水解生成Al(OH)3胶体，吸附水中的悬浮颗粒，因而作净水剂，与其水溶性无直接关系，D项错误。‎ 故答案选C。‎ ‎14.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z同周期且相邻，X、W同主族且与Y处于不同周期，Y、Z原子的电子数总和与X、W原子的电子数总和比为5:4。下列说法正确的是（ ）‎ A. 原子半径：r(W) > 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。‎ ‎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 ‎【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。‎ 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）。‎ 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↑。‎ ‎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-。‎ ‎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：‎ 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。‎