四川省德阳市什邡中学2023-2024学年高二上学期11月期中考试化学 Word版含解析.docx

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什邡中学高2022级平行实验班高二上期期中考试化学试题一、选择题(每小题只有一个正确答案。每小题3分，共42分)1.化学在日常生活和生产中有着重要的应用。下列说法不正确的是A.明矾水解形成的胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化B.将饱和溶液滴入沸水中可制备胶体，利用的是盐类水解原理C.纯碱溶液呈碱性的原因是，热碱液去油污更好D.某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，是因为溶液中的发生水解【答案】D【解析】【详解】A．胶体具有吸附性，明矾水解形成的胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，故A正确；B．将饱和溶液滴入沸水中可制备胶体，其反应，故B正确；C．纯碱为碳酸钠，其水溶液呈碱性的原因是，水解为吸热反应，加热水解程度增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，除去油污效果更好，故C正确；D．水解与类似，水解呈碱性，，溶液pH增大，某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，pH变小，是因为溶液中二氧化硫溶于水形成亚硫酸，亚硫酸被氧气氧化形成硫酸，溶液酸性变强，故D错误；故选D。2.25℃时，在①0.01mol/L的盐酸，②pH=2的醋酸，③pH=12的氨水，④0.01mol/L的NaOH溶液4种溶液中，由水电离出的c(H+)的大小关系是A.②＞①＞④＞③     B.①=②=③=④       C.②=③＞①=④     D.②＜①＜③＜④【答案】B【解析】【详解】酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大， ①0.01mol⋅L−1的盐酸中c(H+)=0.01mol⋅L−1，c(H+)水=c(OH−)=，②pH=2的醋酸中c(H+)=0.01mol⋅L−1，c(H+)水=c(OH−)水=，③pH=12的氨水中c(OH−)=0.01mol⋅L−1，c(H+)水=，④0.01mol⋅L−1的NaOH溶液中c(OH−)=0.01mol⋅L−1，c(H+)水=，则由水电离出的c(H+)大小关系①=②=③=④，故选B。【点睛】水电离的c(H＋)或c(OH－)的计算技巧(25℃时)（1）中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7mol·L－1；（2）酸或碱抑制水的电离，水电离出的c(H＋)＝c(OH－)<10－7mol·L－1，当溶液中的c(H＋)<10－7mol·L－1时就是水电离出的c(H＋)；当溶液中的c(H＋)>10－7mol·L－1时，就用10－14除以这个浓度即得到水电离的c(H＋)；（3）可水解的盐促进水的电离，水电离的c(H＋)或c(OH－)均大于10－7mol·L－1。若给出的c(H＋)>10－7mol·L－1，即为水电离的c(H＋)；若给出的c(H＋)<10－7mol·L－1，就用10－14除以这个浓度即得水电离的c(H＋)。3.已知：[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-[CuCl4]2-(黄色)+4H2O；浓度较小时[Cu(H2O)4]2+用Cu2+表示。CuCl2溶于一定量水中，溶液呈蓝色(溶液①)。加入少量浓HCl，溶液变为黄色(溶液②)。取以上溶液进行如下实验，对实验现象分析正确的是A向溶液①加入少量浓HCl，使平衡逆向移动B.将溶液①置于水浴中加热，颜色变为黄色，说明加热能促进[CuCl4]2-生成C.加入浓HCl，H+与Cl-对溶液颜色变化、Cu2+浓度大小的影响是一致的D.向溶液②中加入AgNO3后，黄色褪去，说明Ag+能抑制Cu2+水解【答案】B【解析】【详解】A．向溶液①加入少量浓HCl，c(Cl-)增大，使平衡正向移动，A错误；B．将溶液①置于水浴中加热，颜色变为黄色，说明[CuCl4]2-的浓度增大，化学平衡正向移动，即说明加热能促进[CuCl4]2-生成，B正确；C．根据上述可逆反应可知加入浓HCl，H+对化学平衡的移动无影响，因此与溶液的颜色变化也无关系， C错误；D．向溶液②中加入AgNO3后，Cl-与Ag+反应产生AgCl沉淀，导致溶液中c(Cl-)减小，化学平衡逆向移动，[CuCl4]2-的浓度降低，因而黄色褪去，而不能说明Ag+能抑制Cu2+水解，D错误；故合理选项是B。4.亚砷酸()是二元弱酸，可以用于治疗白血病，水溶液中含砷物质的分布分数(平衡时某粒子的浓度占各粒子浓度之和的分数)与pH的关系如图所示，下列说法正确的是A.的电离方程式为B.第一步电离的电离常数C.溶液的pH约为9.2D.时，溶液中【答案】B【解析】【详解】A．是二元弱酸，分步发生电离，第一步电离方程式为，A错误；B．第一步电离的电离常数，由图可知，pH=9.2时，，则，B正确；C．是二元弱酸，其水溶液的pH小于7，C错误；D．时，溶液呈碱性，，溶液中除了氢离子外还有其他阳离子，根据电荷守恒：，D错误；故选B。5.反应的能量变化示意图如图所示。下列说法正确的是 A.1mol和1mol的内能之和为akJB.该反应每生成2个AB分子，吸收能量C.该反应每生成1molAB，放出能量bkJD.反应，则【答案】D【解析】【分析】反应，生成吸收akJ能量；生成释放bkJ能量；据此分析解题。【详解】A．akJ是生成吸收的能量，不是1mol和1mol的内能之和，故A错误；B．根据图像判断，该反应每生成2molAB分子，吸收能量，故B错误；C．该反应每生成1molAB，吸收能量；故C错误；D．反应，反应，固体B转化为气体B为吸热过程，故D正确；故答案选D。6.下列实验中，对现象的解释不正确的是选项ABCD 装置及操作向右轻轻推动活塞压缩体积分别测定20℃和80℃蒸馏水的电导率现象气体红棕色先变深再变浅溶液血红色加深80℃蒸馏水的电导率大于20℃的加入粉末后电导率增大解释压强增大，平衡先逆向移动，再正向移动增大反应物浓度，平衡正向移动温度升高，水的电离平衡正向移动在水中存在A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．压缩体积，物质浓度变大，颜色变深；反应为气体分子数减小的反应，平衡正向移动，颜色变浅，故A错误；B．滴加更浓的KSCN溶液，增大反应物浓度，平衡正向移动，溶液颜色加深，故B正确；C．溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，温度升高，水的电离平衡正向移动，水的导电能力增强，故C正确；D．在水中存在，加入碳酸钙使得溶液中离子浓度变大，电导率增大，故D正确；故选A。7.丙酮碘化反应为兴趣小组在20℃时研究了该反应的反应速。他们在反应开始前加入淀粉溶液，通过观察淀粉溶液褪色时间来度量反应速举的大小。实验数据如下表，其中①~④混合液总体积相同。 序号c(丙酮)c(I2)c(H+)褪色时间/s①20.0020.540②10.0020.580③20.0010.520④20.0020.2580下列根据实验数据做出的推理不合理的是A.实验①中，ν(I2)=5×10-5mol·L-1·s-1B.由实验①②可知c(丙酮)越大，反应速率越快C.由实验①③可知c(I2)越大，反应速率越慢D.由实验①④可知，c(H+)越大，反应速率越快【答案】C【解析】【详解】A．实验①中，，A正确；B．实验①②变量为丙酮的浓度不同，由实验①②可知，c(丙酮)越大，褪色时间越短，反应速率越快，B正确；C．碘单质能使淀粉溶液变蓝色，实验①③变量为碘单质浓度，由实验①③可知c(I2)越大，褪色时间越长，但不能说明反应速率慢，C错误；D．实验①④变量为氢离子的浓度不同，由实验①④可知，c(H+)越大，褪色时间越短，反应速率越快，D正确；故选C。8.室温时，取HCl和HA(一元酸，)混合溶液20mL，用NaOH溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是 A.a点时，溶液中B.b点时，C.c点时，D.a→c过程中，水的电离程度逐渐增大【答案】C【解析】【详解】A．a点为HCl和HA混合溶液，HCl是强酸在水溶液中完全电离，HA是弱酸在水溶液中不能完全电离，则溶液中，故A正确；B．b点加入20mLNaOH溶液，反应后的溶液为NaCl和HA的等物质的量浓度混合溶液，根据物料守恒，故B正确；C．c点加入40mLNaOH溶液，反应后的溶液为NaCl和NaA的等物质的量浓度混合溶液，A-发生水解而使浓度降低，，故C错误；D．a→c过程中，加入的NaOH溶液分别和HCl和HA发生中和反应，水的电离程度逐渐增大，故D正确；故选C。9.常温下，下列各组离子在有关限定条件下的溶液中一定能大量共存的是A.水电离出的的溶液中：、、、B.的溶液中：、、、 C.滴入KSCN显血红色的溶液中：、、、D.的溶液中：、、、【答案】D【解析】【详解】A．水电离出的＜1.0×10-7mol/L，水电离受到了抑制作用，溶液可能显酸性，也可能显碱性。在酸性溶液中含有大量H+，H+与S2-会反应产生H2S而不能大量共存；在碱性溶液中含有大量OH-，OH-与会反应产生NH3∙H2O而不能大量共存，A不符合题意；B．的溶液显酸性，含有大量H+，H+与会反应产生Al3+、H2O，不能大量共存，B不符合题意；C．滴入KSCN显血红色的溶液中含有大量Fe3+，Fe3+与会发生反应产生Fe(OH)3沉淀和CO2气体，不能大量共存，C不符合题意；D．的溶液显碱性，含有大量OH-，OH-与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，D符合题意；故合理选项是D。10.我国目前使用能源仍然以煤等化石能源为主体。以石墨代表煤中碳素，能量变化关系如图所示：已知：的键能分别为498、799。估算键能为A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据盖斯定律，；反应热等于断裂键键能总和与形成共价能的键能总和之差，据此分析解题。【详解】据分析可知：，解得： ；故答案选C。11.已知CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)∆H>0，工业上可利用此反应生产合成氨原料气H2，下列有关该反应的图象正确的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】【详解】A．增大水碳比，甲烷的转化率应增大，A错误；B．温度越高反应速率越快，所以T2＞T1，该反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，H2的含量增加，B正确；C．该反应为吸热反应，升高温度平衡常数增大，C错误；D．当正逆反应速率相等时反应达到平衡，该反应为气体系数之和增大的反应，继续增大压强平衡逆向移动，v逆应该大于v正，D错误；综上所述答案B。12.下列说法正确的是A.中和热的测定实验中，氢氧化钠分批加入反应更充分，测定的中和热数值误差更小B.一定温度下，反应的△H>0、△S>0C.500℃、30MPa下，将0.5mol和1.5mol置于密闭容器中充分反应生成(g)，放热19.3kJ，则其热化学方程式D.在其他条件不变的情况下，汽车排气管中使用催化剂，可提高尾气的平衡转化率【答案】B 【解析】【详解】A．中和热的测定实验中，氢氧化钠分批加入，会导致热量损失较多，测定的中和热数值误差更大，A错误；B．该分解反应是吸热反应，即>0，反应中有气体生成，是熵增反应，即，B正确；C．该反应是可逆反应，反应物不可能完全转化，其热化学方程式的kJ/mol，C错误；D．催化剂只能改变反应的反应速率，不能改变反应的反应方向，D错误；故答案为：B。13.浓度均为0.10mol·L-1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是A.MOH的碱性强于ROH的碱性B.当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则增大C.若两溶液无限稀释，则它们的c(OH-)相等D.ROH的电离程度：b点大于a点【答案】B【解析】【分析】从图中可知，MOH溶液的体积每增大十倍，其pH减小1，说明MOH为强电解质，完全电离，而ROH溶液体积稀释至10000倍，pH减小值小于3，说明其为弱电解质，稀释过程中电离程度增大。【详解】A．MOH为强电解质而ROH为弱电解质，浓度相同的情况下，MOH的碱性强于ROH，A正确；B．当=2，即溶液体积稀释至原来的100倍，此时两溶液同时升温，c(M+ )无变化，而ROH为弱电解质，升温促进其电离，c(R+)增大，则减小，B错误；C．若两溶液无限稀释，则两溶液的pH均无限接近于7，它们的c(OH-)也相等，C正确；D．ROH为弱电解质，b点在a点的基础上进行了稀释，则ROH的电离程度增大，b点的电离程度大于a点，D正确；故答案选B。14.利用传感技术可以探究压强对2NO2(g)N2O4(g)化学平衡移动的影响。在室温、100kPa条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1、t2时刻迅速移动活塞并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图所示。下列说法正确的是A.B点处NO2的转化率为3%B.E点到H点的过程中，NO2的物质的量先增大后减小C.E、H两点对应的正反应速率大小为vH＜vED.B、E两点气体的平均相对分子质量大小为MB＞ME【答案】D【解析】【详解】A．根据阿伏加德罗定律，温度、体积不变时，压强之比等于物质的量之比，设起始时NO2的物质的量为n，反应的物质的量为2x，列出三段式：，气体物质的量之比等于压强之比，则，，NO2的转化率为，故A错误；B．t2时刻移动了活塞，压强迅速增大，说明针筒体积减小，保持活塞位置不变后，此时体系因体积减小而压强增大，平衡将向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，使得压强逐渐减小，直至达到平衡状态，F点后，压强减小，则平衡向逆反应方向移动，直至达到平衡状态，所以E点到H点是NO2 的物质的量先减小后增大的过程，故B错误；C．压强影响气体的化学反应速率，压强增大，化学反应速率加快，H点的压强大于E点的压强，则E、H两点对应的正反应速率大小为，故C错误；D．t1时刻移动了活塞，压强迅速减小，说明针筒体积增大，保持活塞位置不变后，此时体系因体积增大而压强减小，平衡将向气体体积增大的方向移动，平衡逆向移动，混合气的物质的量逐渐增大，根据可知，混合气体的平均分子质量减小，则MB＞ME，故D正确；答案选D。二、非选择题(共4题，总计58分)15.请回答下列问题：室温下6种稀溶液：①、②、③、④、⑤氨水、⑥，回答下列问题：（1）中和等体积、pH相同的①②③溶液消耗NaOH最多的是_____(用序号填写)（2）将等体积、等物质的量浓度的③、⑥混合，则溶液的pH_____7(填“>”、“<”或“=”)（3）将等物质的量浓度的①、⑤混合后呈中性，则消耗两溶液的体积①_____⑤(填“>”、“<”或“=”)。（4）i、④溶液的pH为5，用离子方程式解释原因：_____。ⅱ、pH均为5的③、④溶液中由水电离产生的的比值为_____(填序号)。A．1∶1B．C．（5）常温下，的⑥溶液与的②溶液混合所得混合溶液(混合过程中溶液体积变化忽略不计)，则_____。【答案】（1）③（2）>（3）<（4）①.②.1：104（5）2：9【解析】【分析】是一元强酸，完全电离，②是二元强酸，完全电离，③是一元弱酸，不完全电离，④是能水解的盐，完全电离产生的会水解、⑤氨水是一元弱碱，不完全电离，⑥是一元强碱，完全电离，据此回答问题。【小问1详解】 根据分析可知，中和等体积、pH相同的①②③溶液，则①和②电离的c(H+)相同，消耗相同，而③是一元弱酸，已经电离出的c(H+)与①②相同，还有未电离的H+，最终能电离的c(H+)大于①和②，故消耗最多；【小问2详解】将等体积、等物质的量浓度的③、⑥混合，两者完全反应生成，会发生水解：，溶液显碱性，pH>7；【小问3详解】将等物质的量浓度的①HCl、⑤氨水等体积混合后，两者若完全反应生成NH4Cl，会发生水解：，使溶液显酸性，若溶液显中性，则还有氨水剩余，氨水体积大于盐酸体积，故消耗两溶液的体积①<⑤；【小问4详解】ⅰ：④pH=5，显酸性，是因为会发生水解：；ⅱ：室温下，③pH=5，则c(H+)=10-5mol/L，c(OH-)=10-9mol/L=c水(OH-)=c水(H+)，④pH=5，则c(H+)=10-5mol/L=c水(H+)，所以③和⑤由水电离产生的的比值为10-9：10-5=1：104；【小问5详解】常温下，的⑥NaOH溶液与的②溶液混合所得混合溶液(混合过程中溶液体积变化忽略不计)，则混合后溶液显碱性，说明碱过量，则有，解得a：b=0.02：0.09=2：9。16.油气开采、石油化工、煤化工等行业的废气中均含有硫化氢，需要将其回收处理并加以利用Ⅰ、高温热分解法：　（1）该反应的化学平衡常数表达式为_____。（2）升高温度，该反应的化学平衡常数_____(填“变大”“变小”或“不变”)。（3）工业上，通常在等温、等压条件下将与Ar的混合气体通入反应器，发生热分解反应，达到平衡状态后，若继续向反应器中通入Ar，的平衡转化率会_____(填“增大”“减小”或“不变”)Ⅱ、克劳斯法：已知：　 　（4）用克劳斯法处理，若生成1mol，放出热量_____kJ。（5）用克劳斯法处理时，研究人员对反应条件对产率影响进行了如下研究。①其他条件相同时，相同时间内，产率随温度的变化如图1所示。由图1可见，随着温度升高，产率先增大后减小，原因是_____。②其他条件相同时，相同时间内，产率随值的变化如图2所示。值过高不利于提高产率，可能的原因是_____。【答案】（1）（2）变大（3）增大（4）314（5）①.该反应是放热反应，反应未达到平衡时，升高温度，的生成速率增大，单位时间的生成量增大，转化率增大，当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，的转化率减小②.O2浓度过高，H2S和O2会反应生成SO2，导致产率减小【解析】【小问1详解】 根据平衡常数的定义，该反应的化学平衡常数表达式为K=。【小问2详解】正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，该反应的化学平衡常数变大。【小问3详解】在等温、等压条件下将与Ar的混合气体通入反应器，发生热分解反应，达到平衡状态后，若继续向反应器中通入Ar，容器体积增大，相当于减压，平衡正向移动，的平衡转化率会增大；【小问4详解】①　②　根据盖斯定律(①+②)÷3得△H=(-1036+94)kJ/mol÷3=-314kJ/mol，则生成1mol，放出热量314kJ。【小问5详解】①温度低反应速率慢，反应未达到平衡时，升高温度，的生成速率增大，单位时间的生成量增大，转化率增大，正反应放热，当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，的转化率减小，所以随着温度升高，产率先增大后减小。②O2浓度过高，H2S和O2会反应生成SO2，导致产率减小，所以值过高不利于提高产率。17.某学生欲用已知浓度的氢氧化钠溶液来滴定未知浓度的盐酸溶液，以酚酞试液为滴定指示剂。请填写下列空白：（1）对于一支洁净的滴定管，使用之前的两步操作为_______、_______。（2）排除碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的_______(填序号)，然后小心操作使尖嘴部分充满碱液。 （3）下列操作中可能使所测盐酸溶液的浓度偏低的是_______。A.量取一定体积的待测液，最后读数时滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液B.滴定前盛放盐酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C.碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D.读取氢氧化钠溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数（4）若第一次滴定开始和结束时，碱式滴定管中的液面如图所示，请将数据填入下面表格的横线处。滴定次数待测盐酸溶液体积/mL0.1000mol•L﹣1氢氧化钠的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液体积/mL第一次25.00//_______第二次25.001.0027.3026.30第三次25.002.0028.0826.08第四次25.000.2226.3426.12（5）请根据上表中数据计算该盐酸溶液的物质的量浓度c(HCl)=_______。（6）请简述滴定终点的判定_______。【答案】（1）①.检查是否漏水②.润洗（2）③（3）AD（4）26.10（5）0.1044mol/L（6）当滴加最后一滴NaOH溶液时，溶液颜色由无色变粉红色，且半分钟内不变色【解析】 【小问1详解】中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，所以滴定管使用前两步操作为检查是否漏水、润洗，故答案为：检查是否漏水；润洗；【小问2详解】碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以③正确，故答案为：③；【小问3详解】A．量取一定体积的待测液最后读数时滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，导致待测液的体积偏大，测定结果偏低，A符合题意；B．滴定前盛放盐酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对待测液的物质的量没有影响，不影响滴定结果，B不合题意；C．碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，C不合题意；D．读取氢氧化钠溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，导致消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低，D符合题意；故答案为：AD；【小问4详解】根据题中图上的刻度可知，滴定前数值为0.00mL，滴定后数值为26.10mL，所以NaOH标准溶液的体积为26.10mL；故答案为：26.10；【小问5详解】四次消耗的NaOH溶液的体积为26.10mL，26.30mL，26.08mL，26.12mL，第二次数据舍去，三次滴定盐酸溶液的平均体积为=26.10mL，由HCl～NaOH可知，n（HCl）=n（NaOH）=cV，所以c（HCl）===0.1044mol/L，故答案为：0.1044mol/L；【小问6详解】NaOH溶液滴定盐酸，以酚酞作指示剂，滴定终点时，滴加最后一滴NaOH溶液时，颜色由无色变粉红色，且半分钟内不变色，故答案为：当滴加最后一滴NaOH溶液时，溶液颜色由无色变粉红色，且半分钟内不变色。18.某化学小组探究外界条件对化学反应速率的影响及其原因。 【实验原理】【实验内容及记录】实验编号室温下，试管中所加试剂及其用量/mL室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min溶液溶液稀硫酸13.02.03.02.04.023.03.02.02.05.233.04.01.02.06.4（1）根据上表中的实验数据，可以得到的结论是_________。（2）利用实验1中数据计算，用的浓度变化表示的反应速率为：_________。（3）该小组同学根据经验绘制了随时间变化趋势的示意图，如图1所示。但是实验过程中随时间变化的趋势应如图2所示。①该小组同学根据图2提出的假设：生成的对该反应有催化作用；通过下列实验验证该假设是否成立。试管中加入少量固体的化学式为_________。实验编号室温下，试管中所加试剂及其用量/mL再向试管中加入少量固体室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min溶液溶液稀硫酸43.02.03.02.0t ②若提出的假设成立，应观察到的现象是_________。（4）①浓度增大反应速率加快的原因是_________(填序号，下同)。②催化剂使反应速率加快的原因是_________。a.单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加b.使分子能量升高运动加快，单位时间内有效碰撞次数增加c.降低了反应的活化能，提高了活化分子百分数，单位时间内有效碰撞次数增加【答案】（1）其他条件相同时，增大KMnO4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大（2）0.015（3）①.MnSO4②.与实验1比较，溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于4.0min（4）①.a②.c【解析】【小问1详解】从表中的实验数据可以看出，三次实验所用H2C2O4、H2SO4的浓度都相同，但KMnO4的浓度不同，KMnO4的浓度越大，反应所用时间越短，由此可以得到的结论是：其他条件相同时，增大KMnO4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大。答案为：其他条件相同时，增大KMnO4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大。【小问2详解】实验1中，在4min内，3.0mL0.2mol/LKMnO4溶液完全发生反应，所以用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为：υ(KMnO4)==0.015mol/(L·min)。答案为：0.015。【小问3详解】①因为实验研究的是Mn2+对反应是否有催化作用，而反应开始前，溶液中不含有Mn2+，所以可在反应物中加入可溶性锰盐，对比反应完成所需的时间，以判断反应速率的快慢，因此加入的少量固体为MnSO4。②由前面分析可知，若Mn2+起催化作用，反应所需时间短，从而得出现象及结论为：依据现象“与实验1比较，溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于4.0min”，得出该小组同学提出的假设成立。答案为：MnSO4；与实验1比较，溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于4.0min。【小问4详解】①浓度增大是使单位体积内分子总数增大，活化分子百分数不变，从而使单位体积内的活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加；② 使用催化剂是低了反应的活化能，提高了活化分子百分数，单位体积内分子总数则不变，从而使单位体积内的活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加。【点睛】比较外界条件对反应速率的影响时，若同时改变几个条件，我们很难判断是哪一条件对反应速率产生影响。19.一氧化二氮可以用作火箭氧化剂，在室温下稳定，易于储存和飞行使用。现利用汽车尾气中的NO与H2反应来制备N2O气体，回答下列问题。（1）已知：H2的燃烧热为286kJ·mol-1①　ΔH1=+180kJ·mol-1　②　ΔH2=+164kJ·mol-1③　ΔH3=+44kJ·mol-1反应的ΔH=_____kJ·mol-1.（2）总反应分为两步进行：第①步：2NO(g)=N2O2(g)。第②步：_____。实验发现，第①步反应几乎不影响总反应到达平衡所用的时间，由此推断，下列关于该反应叙述正确的是_____。(填序号)A．更换催化剂，可改变反应的ΔHB．步骤①的逆反应活化能一定小于②的C．步骤②的有效碰撞频率小于步骤①D．反应进程中N2O2属于中间产物（3）在1093K时，NO与H2以物质的量之比为2：1混合置于某密闭容器中，在恒温恒压(100kPa)的条件下，发生反应。达到平衡时，测得N2O的体积分数为20％，该平衡的Kp=_____(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。（4）既能提高NO的平衡转化率又能加快反应的速率，可采取的措施是(举两种)_____。【答案】19.-34020.①.N2O2(g)+H2(g)=N2O(g)+H2O(g)②.CD21.22.增大压强、增大氢气的浓度等【解析】【小问1详解】 表示H2燃烧热的热化学方程式可写成④：，根据盖斯定律，可由②+③+④-①合并得到，则。【小问2详解】根据盖斯定律，第②步反应等于总反应减去第①步反应，故第②步反应的方程式为。相关说法分析如下：A．催化剂只改变反应历程，不改变反应的，A错误；B．第①步反应几乎不影响总反应到达平衡所用的时间，则步骤①不是决速反应，正反应活化能小于②的，但不能比较逆反应活化能大小，B错误；C．步骤②反应速率比①的慢，说明步骤②的有效碰撞频率小于步骤①的，C正确；D．根据反应步骤可知反应进程中N2O2属于中间产物，D正确；故选CD。【小问3详解】设NO、H2起始物质的量分别为、，达到平衡时生成，列三段式得：根据，平衡时，的体积分数为，，混合气体总物质的量为。该平衡的。【小问4详解】