山西省祁县第二中学2019-2020学年高二10月月考化学试题 18页

祁县二中高二月考化学试题 相对原子质量：C-12 H-1‎ 一、单选题（下列各题都只有一个正确答案，每题3分，共48分）‎ ‎1.一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：‎ SO2（g）+2CO（g）2CO2（g）+S（s）‎ 若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是（　　）‎ A. 平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变 B. 平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快 C. 平衡时，若升高温度，CO体积分数增大，则该反应的△H＞0‎ D. 其他条件不变，增大压强，该反应平衡常数不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 平衡前，随着反应的进行，容器内压强逐渐变小，故A错误；硫是固体，平衡时，分离出硫，反应速率不变，故B错误；若升高温度，CO体积分数增大，说明平衡逆向移动，所以该反应的△H<0，故C错误；平衡常数只与温度有关，增大压强，该反应平衡常数不变，故D正确。‎ ‎2.在一定条件下发生反应：2A(g)+2B(g) xC(g)+2D(g)，在2L密闭容器中，把4molA和2molB混合，2min后达到平衡时生成1.6molC，又测得反应速率v(D)=0.2mol·L－1·min－1，下列说法正确的是 A. A和B的转化率均是20% B. x = 2‎ C. 平衡时B的物质的量为1.2mol D. 平衡时气体压强比原来减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据反应速率之比等于化学计量数之比来确定化学计量数x，V(D)=0.2mol/(L•min)，V(C)==0.4mol/(L•min)，则x=4；     2A(g)+2B(g)4C(g)+2D(g)， 开始 4    2     0    0 转化 ‎ ‎ 0.8   0.8    1.6   0.8 平衡 3.2   1.2    1.6   0.8 A．A的的转化率=×100%=20%，B的转化率=×100%=40%，故A错误；B．由分析可知x=4，故B错误；C．由分析可知平衡时B的物质的量为1.2mol，故C正确；D．反应后气体总物质的量增加，恒温恒容条件下，容器内气体的压强增大，故D错误；故选C。‎ ‎3.在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2A(g)＋B(g)3C(g)；ΔH<0，某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是( )‎ A. 图Ⅰ表示的是t1时刻增大反应物的浓度对反应速率的影响 B. 图Ⅱ表示的一定是t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响 C. 图Ⅲ表示的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化效率比乙高 D. 图Ⅲ表示是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大，图Ⅰ应是增大压强的原因，A错误；．图Ⅱ在t0时刻正逆反应速率都增大，但仍相等，平衡不发生移动，因该反应为反应前后气体物质的量不变的反应，应是加入催化剂或增大压强的原因，B错误；图Ⅲ甲、乙两个平衡状态不同，而加入催化剂，平衡不发生移动，C错误；图象Ⅲ分析可知，先拐先平温度高，达到平衡时间短，乙的温度高，D正确。‎ 考点：考查化学平衡的影响因素，化学反应速率变化曲线及其应用，转化率随温度、压强的变化曲线。‎ ‎4.已知298K，1.01×105Pa条件下：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=－483.6kJ·mol－1；‎ CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H=－282.9kJ·mol－1则该条件下CO(g)+H2O(g) = H2(g)+CO2(g)的反应热是 A. － 41.1 kJ·mol－1 B. + 200.7 kJ·mol－1‎ C. － 766.5 kJ·mol－1 D. + 41.1 kJ·mol－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：已知①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=－483.6kJ·mol－1，②CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H=－282.9kJ·mol－1，则根据盖斯定律可知（②×2－①）÷2即可得到该条件下CO(g)+H2O(g) = H2(g)+CO2(g)的反应热△H=－41.1 kJ·mol－1，答案选A。‎ 考点：考查盖斯定律的应用 ‎5.向容积为2 L的密闭容器中充人2 mol A气体和1 mol B气体，在一定条件下发生如下反应：2A(g)＋B(g)3C(g)；经2 s后达到平衡，测得C气体的浓度为0.6 mol·L－1。下列说法中正确的是 ‎①用物质A表示该反应的平均反应速率为0.2 mol·L－1·s－1‎ ‎②用物质B表示该反应的平均反应速率为0.2 mol·L－1·s－1‎ ‎③平衡时物质A与B的转化率相等 ‎④平衡时物质B的浓度为0.2 mol·L－1‎ ‎⑤其他条件不变，向容器中再加入1 molC气体，达到新平衡时，C的体积分数不变 A. ①②③ B. ①③⑤ C. ②④⑤ D. ①④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据题意知2 s后达到平衡，测得C气体的浓度为0.6mol·L－1，根据方程式可知，转化的A和B 的浓度分别是0.4mol·L－1和0.2mol·L－1，则A和B的反应速率分别是0.4mol·L－1÷2s＝0.20.2 mol·L－1·s－1和0.20.2 mol·L－1÷2s＝0.10.2 mol·L－1·s－1，所以①正确，②不正确；由于A和B的物质的量物质的量之比是2︰1，恰好等于相应的化学计量数之比，所以二者的转化率是相等的，③正确；平衡时物质B的浓度为0.3 0.2 mol·L－1，④不正确，该反应为反应前后气体物质的量不变的反应，其它条件不变，向容器中再加入1 molC气体，相当于增大压强，平衡不移动，故达到新平衡时，C的体积分数不变，⑤正确，选B。‎ 考点：考查化学反应速率、化学平衡。‎ ‎6.将固体NH4Br 置于2L 的密闭容器中，在某温度下发生如下反应：NH4Br（s）⇌NH3（g）+HBr（g） ； 2HBr（g）⇌Br2（g）+H2（g），两分钟时测得H2为1mol，HBr为8mol，则上述反应中生成氨气的速率为 A. 0.2mol/（L•min） B. 2.0mol/（L•min）‎ C. 2.5mol/（L•min） D. 3.0mol/（L•min）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】对于2HBr(g)⇌Br2(g)＋H2(g)，c(H2)=1mol/2L=0.5mol/L，可知分解的HBr的浓度为1mol/L；而平衡时容器内的HBr的浓度为4mol/L，故NH4Br分解出的HBr的浓度为5mol/L，也就是说容器中NH3的浓度为5mol/L：υ（NH3）=5mol/L/2min=2.5mol/(L·min)，故C正确。‎ 故选C。‎ ‎7.下列说法正确的是（ ）‎ A. 同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同 B. 已知4P（红磷，s）===P4（白磷，s）△H=+17 kJ/mol ，则白磷比红磷更稳定 C. 已知2H2(g)+O2(g) ===2H2O(l) △H=－571.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为285.8 kJ/mol D. 稀溶液中：H+（aq）+OH-（aq）===H2O(l) ΔH=－53.7 kJ/mol ，将含1 mol CH3COOH与含1 molNaOH的稀溶液混合，放出的热量等于53.7 kJ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A项，反应的ΔH只与反应物和生成物的总能量有关，与反应条件无关，同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同，错误；B项，红磷转化成白磷吸热，说明红磷的总能量小于白磷的总能量，则红磷比白磷稳定，错误；C项，由热化学方程式知1molH2完全燃烧生成H2O（l）放出285.8kJ的热量，氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，正确；D项，CH3COOH为弱酸，CH3COOH电离吸热，含1 mol CH3COOH与含1 molNaOH的稀溶液混合生成1molH2O，放出的热量小于53.7 kJ，错误；答案选C。‎ ‎8.在一定温度下,下列叙述表明可逆反应A(气)+3B(气)2C(气)+2D(固)达到平衡的标志的是 ( )‎ ‎①C的生成 速率与C的分解速率相等 ②单位时间内生成amolA,同时生成3amolB ‎ ‎③A、B、C的浓度不再变化 ④A、B、C的百分含量不在变化 ‎⑤混合气体的总压强不再变化 ⑥混合气体的物质的量不再变化 ‎⑦单位时间内消耗amolA,同时生成 3amolB ⑧A、B、C、D的分子数之比为1:3:2:2‎ A. ①③④⑤⑥⑦⑧ B. ②⑤⑧ C. ①③④⑤⑥⑦ D. ②⑤⑥⑧‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 判断平衡的标志有两种基本方法：‎ a、用同种物质表示，υ正=υ逆；用不同种物质表示，υ正：υ逆=化学计量系数之比；b、各组分浓度不变 ‎②中用A、B都只表示了υ逆，故不对；反应前后气体物质的量不等，故⑤、⑥正确；各组分浓度不变，但与化学计量系数无关，故⑧错误；‎ ‎9.已知：H2(g) + Br2(g) = 2HBr(g) ΔH= —72 kJ/mol，1mol Br2(g)液化放出的能量为30 kJ，其它相关数据如下表：则上述表格中的a值为 一定状态的分子 H2(g)‎ Br2(l)‎ HBr(g)‎ ‎1 mol该分子中的化学键断裂吸收的能量/kJ ‎436‎ a ‎369‎ A. 404 B. 344 C. 260 D. 200‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：H2(g) + Br2(g) → 2HBr(g) ΔH=" —72" kJ/mol，1mol Br2(g)液化放出的能量为30 kJ，则H2(g) + Br2(g) → 2HBr(g) ΔH=" —42" kJ/mol，由于反应热就是断裂化学键吸收的热量与形成化学键释放的热量的差，所以Br-Br的键能是436+a-369×2="—42" kJ，解得a=+260KJ/mol，故选项是C。‎ 考点：考查反应热与物质存在的状态、化学键的键能的关系的知识。‎ ‎10. 下列各组变化中，ΔH或Q前者小于后者的一组是 ‎①CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1； CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) ΔH2‎ ‎②2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)ΔH1 H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l)ΔH2‎ ‎③t℃时，在一定条件下，将1molSO2和1molO2分别置于恒容和恒压的两个密闭容器中，达到平衡状态时放出的热量分别为Q1和Q2‎ ‎④CaCO3(s)＝CaO(s)＋CO2(g) ΔH1CaO(s)＋H2O(l)＝Ca(OH)2(s) ΔH2‎ A. ①②③ B. ②④ C. ②③④ D. ①②④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：①甲烷燃烧生成液态水放热大于甲烷反应生成气态水；焓变包含负号比较；△H1＜△H2；②参加反应的氢气越多，放热越多，焓变包含负号比较△H1＜△H2；③恒容容器中反应进行过程中压强减小，恒压容器中反应过程中压强比恒容容器中大反应物转化率大；△H1＜△H2；④碳酸钙吸热，氧化钙和水反应放热；焓变包含负号比较；△H1＞△H2，因此①②③符合；答案选A。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查反应热判断 ‎【名师点晴】ΔH的比较：对放热反应，放热越多，ΔH越小；对吸热反应，吸热越多，ΔH越大。比较反应热大小的四个注意要点：‎ ‎（1）反应物和生成物的状态;物质的气、液、固三态的变化与反应热的关系：‎ ‎。‎ ‎（2）ΔH的符号：比较反应热的大小时，不要只比较ΔH数值的大小，还要考虑其符号。‎ ‎（3）参加反应物质的量，当反应物和生成物的状态相同时，参加反应物质的量越多放热反应的ΔH越小，吸热反应的ΔH越大。‎ ‎（4）反应的程度：参加反应物质的量和状态相同时，反应的程度越大，热量变化越大。‎ ‎11.关于反应的说法错误的是( )‎ A. 外界条件可以改变平衡状态 B. 达到平衡时正、逆反应速率相等 C. 平衡时各组分的含量也在不断变化 D. 该反应所建立的平衡是动态平衡 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：平衡状态是在一定条件下的，当改变外界条件时，破坏将被破坏，A正确。当正逆反应速率相等时，即达到平衡状态，B正确。平衡时正逆反应速率相等，但不等于0，因此单位时间内消耗的生成的量是相同的，所以各组分的含量不再随时间变化而变化，故C错误；化学平衡是动态平衡，故D正确。‎ 考点：本题考查化学平衡状态。‎ ‎12.甲烷是一种高效清洁的新能源，4g甲烷完全燃烧生成液态水时放出222.5kJ热量，则下列热化学方程式中表示甲烷燃烧热的热化学方程式是 A. 1/2CH4(g) + O2(g) = 1/2CO2(g) + H2O(l) ΔH= +445 kJ·mol-1‎ B. CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) +2H2O(l) ΔH= +890 kJ·mol-1‎ C. CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) +2H2O(l) ΔH= －890 kJ·mol-1‎ D. 2CH4(g) + 4O2(g) = 2CO2(g) + 4H2O(l) ΔH= －1780 kJ·mol-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎4g甲烷的物质的量为0.25mol，完全燃烧生成液态水时放出222.5kJ热量，则1mol甲烷完全燃烧生成液态水时放出890kJ热量，则甲烷燃烧热的热化学方程式是：‎ CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) +2H2O(l) ΔH= －890 kJ·mol-1，故C正确 ‎13.某温度下，对于反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92.4kJ/mol。N2的平衡转化率(α)与体系总压强(p)的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 将1 mol氮气、3 mol氢气，置于1 L密闭容器中发生反应，放出的热量为92.4 kJ B. 平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)＜K(B)‎ C. 上述反应在达到平衡后，增大压强，H2的转化率增大 D. 升高温度，平衡向逆反应方向移动，说明逆反应速率增大，正反应速率减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 因为是可逆反应，所以A中不可能生成2mol氨气，因此放出的热量小于92.4kJ。平衡常数只与温度有关系，所以平衡状态由A变到B时，平衡常数不变，B不正确。根据图像可知，增大压强氮气的转化率增大，平衡向正反应方向移动，氢气转化率提高，C正确。升高温度，反应速率都是增大的，D不正确，答案选C。‎ ‎14.在2A(g)＋B(g)3C(g)＋4D(g)反应中，表示该反应的反应速率最快的是 A. v(A)＝0.5 mol/(L·min) B. v(B)＝0.1 mol/(L·s)‎ C. v(C)＝0.8 mol/(L·min) D. v(D)＝1 mol/(L·min)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，把用不同物质表示反应速率换算成用同一物质表示的化学反应速率，然后比较大小，将所有选项的变化速率都用A的速率表示。‎ A项，v(A)＝0.5 mol/(L·min)；‎ B项，v(A)=2 v(B)＝2×0.1 mol/(L·s)=0.2 mol/(L·s)=12 mol/(L·min)；‎ C项，v(A)= v(C)＝×0.8 mol/(L·min)=0.53 mol/(L·min)；‎ D项，v(A)=×v(D)＝×1 mol/(L·min)=0.5 mol/(L·min)。‎ 综上所述，本题正确答案为B。‎ ‎【点睛】化学反应速率大小的比较方法：同一化学反应的反应速率用不同物质表示时数值可能不同，但比较反应速率的快慢不能只看数值的大小，而要通过转化换算成同一物质表示，再比较数值的大小；注意反应速率单位的一致性；注意外界条件对化学反应速率的影响规律。‎ ‎15.由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. 由反应的ΔH >0‎ B. 由反应的ΔH = (E2－E1) kJ/mol C. 降低压强有利于提高Y的产率 D. 降低温度有利于提高Z的产率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、由图像可知，2X的能量小于3Y的能量，故X→Y的反应是吸热反应，ΔH >0，故A正确；‎ B、根据化学反应的实质，化学反应的焓变只与反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小有关，与反应途径及活化能无关，又因为2X的能量大于Z的能量，故由X→Z反应的△H= -(E2－E1) kJ/mol，故B错误；‎ C、根据化学反应2X(g) 3Y(g)，该反应是气体增加的可逆反应，降低压强，平衡正向移动，有利于提高Y的产率，故C正确；‎ D、由B分析可知，2X(g) Z(g)是放热反应，降低温度，平衡正向移动，Z的产率升高，故D正确；‎ 所以此题答案选B。‎ ‎【名师点睛】对于化学图像问题，可按以下的方法进行分析： ①认清坐标系，搞清纵、横坐标所代表的意义，并与化学反应原理挂钩。②紧扣反应特征，搞清反应方向是吸热还是放热，体积增大还是减小，有无固体、纯液体物质参加反应。③看清起点、拐点、终点，看清曲线的变化趋势等等。本题考查化学反应与能量变化，主要结合物质反应与能量变化图，考查学生对化学反应热的理解。对于AB两项判断反应是放热反应还是吸热反应，可以从三个角度判断：一是比较反应物和生成物的总能量相对大小，生成物总能量比反应物总能量高的反应是吸热反应；二是比较反应物和生成物的总键能；三是从常见的分类去判断。‎ ‎16.在温度压强不变时，1mol NO2高温分解，生成NO和O2，达到平衡时容器内气体物质的量变为1.2mol，这时NO2的转化率为 A. 10% B. 20% C. 40% D. 50%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据2NO2⇌2NO+O2反应的起始量、变化量、平衡量进行分析，然后根据α=变化量/起始量×100%进行计算。‎ ‎【详解】NO2分解的反应方程式为 2NO2⇌2NO+O2，设生成的O2为xmol，则生成NO为2xmol，平衡时容器中NO2为(1-2x)mol，得到(1-2x)+x+2x=1.2，解得x=0.2，所以NO2的转化率为0.2×2/1×100%=40%，故C项正确。‎ 综上所述，本题正确选项为C。‎ 二、非选择题（包括5个小题，共52分）‎ ‎17.向200 mL 6 mol/L的盐酸中加入一定量的纯净CaCO3，产生气体的体积随时间的变化曲线如图所示（气体体积均在标准状况下测定）。请回答下列问题：‎ ‎（1）设OE段的反应速率为v1，EF段的反应速率为v2，FG段的反应速率为v3，则速率从大到小的顺序为____________________________。（用v1、v2、v3表示）‎ ‎（2）为了减缓上述反应的速率，欲向该溶液中加入下列物质，你认为可行的是_________（填字母）。‎ A．蒸馏水 B．氯化钾固体 C．氯化钠溶液 D．浓盐酸 E．降低温度 ‎ F．减少CaCO3‎ ‎（3）若反应过程中溶液体积的变化忽略不计，计算FG段用盐酸表示的化学反应速率是多少？（写出计算过程）：________________。‎ ‎【答案】（8分）‎ ‎（1）v2>v1>v3‎ ‎（2）A、C、E ‎（3）v（HCl）＝＝0．25 mol·L－1·min－1‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）单位时间内产生的气体越多，反应速率越快，由图中曲线变化看出v2>v1>v3；‎ ‎（2）影响CaCO3与盐酸反应速率的因素有H＋的浓度、温度，减缓反应速率应选A、C、E。‎ ‎（3）FG段用盐酸表示的反应速率为v（HCl）＝＝0．25 mol·L－1·min－1。‎ 考点：考查了化学反应速率的相关知识。‎ ‎18.羰基硫（COS）广泛存在于以煤为原料的各种化工原料气中,能引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染。‎ ‎（1）羰基硫的水解反应和氢解反应是两种常用的脱硫方法:‎ 水解反应：COS（g）+ H2O（g）H2S（g） +CO2（g）  △H=－34 kJ·mol-1‎ 氢解反应：COS（g） +H2（g） H2S（g）+CO（g） △H=+7 kJ·mol-1。‎ 已知:2H2（g） +O2（g）=== 2H2O（g）  △H=－484 kJ·mol-1。‎ 写出表示CO燃烧热的热化学方程式:______________。‎ ‎（2）氢解反应达到平衡后，保持体系的温度和总压强不变,通入适量的He,正反应速率______（填“增大”“减小”或“不变”，下同）,COS 的转化率_______。‎ ‎（3）某温度下,向体积为2L的恒容密闭容器中通入2molCOS（g）和4molH2O（g），发生水解反应，5 min后反应达到平衡，测得COS（g）的转化率为75%。‎ 回答下列问题:‎ ‎①反应从起始至5 min 内，v（H2S）=_______mol·L-1·min-1。‎ ‎②该温度下，上述水解反应的平衡常数K=____________。‎ ‎【答案】 (1). CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g） △H=-283 kJ·mol-l (2). 减小 (3). 不变 (4). 0.15 (5). 1.8‎ ‎【解析】‎ 试题分析：本题考查盖斯定律和燃烧热表示的热化学方程式的书写，外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，化学反应速率和化学平衡常数的计算。‎ ‎（1）将3个反应依次编号：‎ COS（g）+ H2O（g）H2S（g） +CO2（g）  △H=-34kJ/mol（①式）‎ COS（g） +H2（g） H2S（g）+CO（g） △H=+7kJ/mol（②式）‎ ‎2H2（g） +O2（g）=2H2O（g）  △H=-484 kJ/mol（③式）‎ 应用盖斯定律，将①式-②式+③式得，CO（g）+O2（g）=CO2（g）ΔH=（-34kJ/mol）-（+7kJ/mol）+（-484kJ/mol）=-283kJ/mol，则CO燃烧热的热化学方程式为：CO（g）+O2（g）=CO2（g）ΔH=-283kJ/mol。‎ ‎（2）保持体系的温度和总压强不变，通入适量的He，容器体积变大，物质的量浓度变小，正反应速率减小，逆反应速率减小。该反应是反应前后气体分子数不变的反应，容器体积变大，即减小压强，平衡不移动，COS的转化率不变。‎ ‎（3）用三段式，COS（g）+ H2O（g）H2S（g） +CO2（g）‎ n（起始）（mol）2 4 0 0‎ n（转化）（mol）20.75=1.5 1.5 1.5 1.5‎ n（平衡）（mol）0.5 2.5 1.5 1.5‎ ‎①υ（H2S）==0.15mol/（L·min）。‎ ‎②水解反应的平衡常数K===1.8。‎ ‎19.丙烷燃烧可以通过以下两种途径：‎ 途径I：C3H8(g) + 5O2(g) == 3CO2(g) +4H2O(l) ΔH＝-a kJ·mol-1‎ 途径II：C3H8(g) ==C3H6(g)+ H2(g) ΔH＝+b kJ·mol-1‎ ‎2C3H6(g)+ 9O2(g) == 6CO2(g) +6H2O(l) ΔH＝-c kJ·mol-1 ‎ ‎2H2(g)+O2 (g) == 2H2O(l) ΔH＝-d kJ·mol-1 （a、b、c、d均为正值）‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）判断等量的丙烷通过两种途径放出的热量，途径I放出的热量 ______（填“大于”、“等于”或“小于”）途径II放出的热量。‎ ‎（2）由于C3H8(g) ==C3H6(g)+ H2(g) 的反应中，反应物具有的总能量______（填“大于”、“等于”或“小于”）生成物具有的总能量，那么在化学反应时。反应物就需要______（填“放出”、或“吸收”）能量才能转化为生成物，因此其反应条件是______________。‎ ‎（3）b 与a、c、d的数学关系式是______________。‎ ‎【答案】 (1). 等于 (2). 小于 (3). 吸收 (4). 加热 (5). b=+-a ‎【解析】‎ ‎4.4g丙烷是0.1mol，完全燃烧放出的热量是akJ，所以热化学方程式是C3H8(g) + 5O2(g) ="=" 3CO2(g) +4H2O(l) ΔH＝-10a kJ·mol-1。‎ ‎（1）根据能量守恒定律可知，两种途径放出的热量是相等的。‎ ‎（2）反应C3H8(g) ==C3H6(g)+ H2(g) 是吸热反应，所以反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量，所以反应需要加热。‎ ‎（3）根据盖斯定律和能量守恒定律可知，b=+-10a。‎ ‎20.已知：将KI、盐酸、试剂X和淀粉四种溶液混合，无反应发生。若再加入双氧水，将发生反应：H2O2+2H++2I-→2H2O+I2，且生成的I2立即与试剂X反应而被消耗。一段时间后，试剂X将被反应生成的I2完全消耗。由于溶液中的I-继续被H2O2氧化，生成的I2与淀粉作用，溶液立即变蓝。因此，根据试剂X的量、滴入双氧水至溶液变蓝所需的时间，即可推算反应H2O2+2H++2I-→2H2O+I2的反应速率。‎ 如表为某同学依据上述原理设计的实验及实验记录（各实验均在室温条件下进行）：‎ 编号 往烧杯中加入试剂及其用量（mL）‎ 催化剂 开始变蓝时间（min）‎ ‎0.1mol·Lˉ1KI溶液 H2O ‎0.01mol·Lˉ1X溶液 ‎0.1mol·Lˉ1双氧水 ‎1mol·Lˉ1稀盐酸 ‎1‎ ‎20.0‎ ‎10.0‎ ‎10.0‎ ‎20.0‎ ‎20.0‎ 无 ‎1.4‎ ‎2‎ ‎20.0‎ m ‎10.0‎ ‎10.0‎ n 无 ‎2.8‎ ‎3‎ ‎10.0‎ ‎20.0‎ ‎10.0‎ ‎20.0‎ ‎20.0‎ 无 ‎2.8‎ ‎4‎ ‎20.0‎ ‎10.0‎ ‎10.0‎ ‎20.0‎ ‎20.0‎ ‎5滴Fe2(SO4)3‎ ‎0.6‎ ‎（1）已知：实验1、2的目的是探究H2O2浓度对H2O2+2H++2I-→2H2O+I2‎ 反应速率的影响。实验2中m=___，n=___。‎ ‎（2）已知，I2与X反应时，两者物质的量之比为1∶2。按面表格中的X和KI的加入量，加入V（H2O2）>___，才确保看到蓝色。‎ ‎（3）实验1，浓度c(X)～ t的变化曲线如图，若保持其它条件不变，请在答题卡坐标图中，分别画出实验3、实验4，c(X)～t的变化曲线图（进行相应的标注）。____‎ ‎（4）实验3表明：硫酸铁能提高反应速率。催化剂能加快反应速率是因为催化剂___(填“提高”或“降低”)了反应活化能。‎ ‎【答案】 (1). 20.0 (2). 20.0 (3). 0.5mL (4). (5). 降低 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据对比实验的目的可知，实验1、2的目的是探究H2O2浓度对H2O2+2H++2I−→2H2O+I2反应速率的影响，只改变双氧水浓度,其它条件相同，则盐酸的浓度不变，所以其体积保持不变，则n=20.0；由于实验1所用溶液总体积为(20.0+10.0+10.0+20.0+20.0)mL，实验2所用溶液的总体积为(20.0+m+10.0+10.0+n)，由于实验1、2所用溶液的总体积相同，n=20.0，则m=20.0，‎ 故答案为：20.0；20.0；‎ ‎(2)根据上述表格可知X的物质的量n(X)=c·V=0.01mol⋅L−1×0.01L=1.0×10−4mol， I2与X反应时，两者物质的量之比为1:2，所以I2的物质的量为5.0×10−5mol，根据化学方程式H2O2+2H++2I−═2H2O+I2可求得需要H2O2的物质的量为5.0×10−5mol，据此求得双氧水的体积V(H2O2)==0.5mL，为了确保看到蓝色，n(I2)一定大于0.5×10ˉ4mol，n(H2O2‎ ‎)一定大于0.5×10ˉ4mol，即V(H2O2)>0.5mL，‎ 故答案为：0.5mL；‎ ‎(3)由于KI、双氧水、盐酸均过量，则X将反应完全，实验1、3、4中X的起始浓度相同，反应停止时X的浓度也都为0；实验1→实验3，仅减小碘化钾溶液的浓度，反应速率减小，X的浓度由起始浓度减小到0的时间增大，实验3和实验1的起点和终点值相同，中间过程的曲线在实验1曲线的右边，反应的时间比实验1长；实验1→实验4，其他条件相同，仅使用了催化剂，反应速率加快，X的浓度由起始浓度减小到0的时间缩短，实验4和实验1的起点和终点值相同，中间过程的曲线在实验1曲线的左边，反应的时间比实验1少，据此可以画图为：，‎ 故答案为：；‎ ‎(4)硫酸铁溶液是该反应的催化剂，能加快反应速率，原因是催化剂能降低反应的活化能，‎ 故答案为：降低；‎ ‎21.某研究性学习小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验如下：‎ 实验 序号 实验温 度/K 参加反应的物质 溶液颜色褪至无色时所需时间/s KMnO4溶 液(含硫酸)‎ H2C2O4溶液 H2O V/mL c/mol·L－1‎ V/mL c/mol·L－1‎ V/mL A ‎293‎ ‎2‎ ‎0.02‎ ‎4‎ ‎0.1‎ ‎0‎ t1‎ B T1‎ ‎2‎ ‎0.02‎ ‎3‎ ‎0.1‎ V1‎ ‎8‎ C ‎313‎ ‎2‎ ‎0.02‎ V2‎ ‎0.1‎ ‎1‎ t1‎ ‎（1）通过实验A、B，可探究出_____(填外部因素)的改变对反应速率的影响，其中V1＝_____，T1＝______；通过实验________可探究出温度变化对化学反应速率的影响。‎ ‎（2）若t1<8，则由此实验可以得出的结论是_________；利用实验B中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为v(KMnO4)＝______。‎ ‎（3）该反应中有无色无味气体产生且锰被还原为Mn2＋，写出相应反应的离子方程式__________。‎ ‎（4）该小组的一位同学通过查阅资料发现，上述实验过程中n(Mn2＋)随时间变化的趋势如图所示，并认为造成此种变化的原因是反应体系中的某种粒子对KMnO4与草酸之间的反应有某种特殊的作用，则该作用是___________，相应的粒子最可能是(填序号)______。‎ ‎【答案】 (1). 浓度 (2). 1 (3). 293 (4). B、C (5). 其他条件相同时，增大反应物浓度、反应速率增大(其他合理说法也对) (6). 8.3×10－4 mol·L－1·s－1 (7). 2MnO4—＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O (8). 催化作用 (9). Mn2＋‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）实验A、B，从表中数据可知改变的条件是H2C2O4浓度，故通过实验A、B，可探究出浓度的改变对反应速率的影响；溶液的总体积相同，高锰酸钾和草酸的浓度相同，用量也相同，根据实验1可知溶液总体积为6mL，所以V1=1.0mL；其他条件相同，探究浓度对化学反应速率的影响，故温度T1=293；其他条件相同，探究温度对化学反应速率的影响，则B、C符合，故答案为：浓度；1；293；B、C；‎ ‎（2）若t1＜8，则由此实验可以得出的结论是其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大；草酸的物质的量为：0.1mol•L-1×0.003L=0.0003mol，高锰酸钾的物质的量为：0.02mol•L-1×0.002L=0.00004mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：0.0003mol：0.00004mol=30：4，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，高锰酸钾的反应速率为： ‎ ‎=8.3×10-4 mol•L-1•s-1，故答案为：其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大；8.3×10-4 mol•L-1•s-1；‎ ‎（3）草酸和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成二氧化碳、锰离子和水，离子反应方程式为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；‎ ‎（4）根据实验过程中n(Mn2＋)随时间变化图像可知，反应初期n(Mn2＋)减少，反应速率较小，然后突然增大，反应速率突然加快，说明某种粒子对KMnO4与草酸之间的反应起到了催化剂的作用，根据反应方程式5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，该粒子可能为Mn2+，故答案为：催化作用；Mn2＋。‎ ‎【点睛】本题结合实验考查了影响化学反应速率的因素，解题关键是对比分析图表中的数据找出相同点和不同点，然后得出合理结论。本题的易错点为氧化还原反应方程式的书写和配平，要注意离子方程式配平的方法。‎ ‎ ‎