吉林省实验中学2022-2022学年高二化学上学期第一次月考试题含解析.doc

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1、吉林省实验中学2022-2022学年度上学期高二年级第一次月考化学试卷第I卷选择题，共53分可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32一、单项选择题每题2分，共20分1.以下反响中生成物总能量高于反响物总能量的是A. 碳酸钙受热分解B. 乙醇燃烧C. 酸碱中和反响D. 氧化钙溶于水【答案】A【解析】A碳酸钙受热分解属于吸热反响，生成物总能量高于反响物总能量，故A正确；B乙醇燃烧属于放热反响，生成物的总能量小于反响物的总能量，故B错误；C盐酸与氢氧化钠中和反响属于放热反响，生成物的总能量小于反响物的总能量，故C错误；D氧化钙溶于水与水发生化合反响，属于放热反响，生成物的总能量小

2、于反响物的总能量，故D错误；应选A。点睛：生成物总能量高于反响物总能量反响属于吸热反响，根据常见的放热反响和吸热反响进行判断假设反响物的总能量大于生成物的总能量那么为放热反响；常见的放热反响有：所有的物质燃烧、所有金属与酸、所有中和反响、绝大多数化合反响，铝热反响；常见的吸热反响有：个别的化合反响(如C和CO2)、绝大数分解反响、少数分解置换以及某些复分解(如铵盐和强碱)。2.反响C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在密封容器中进行，以下条件的改变对其反响速率几乎无影响的是增加C的量 将容器的体积缩小一半保持体积不变，充入N2使体系压强增大 保持压强不变，充入N2能使容器体积变大A.

3、B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】因C为纯固体，改变用量对反响速率无影响，应选；体积减小，反响体系中各物质的浓度增大，反响速率加快，故不选；体积不变充入N2，反响体系中各物质的浓度不变，反响速率不变，应选；压强不变，充入N2，反响体系的压强减小，反响速率减小，故不选，所以正确；答案选C。3.常温时红磷比白磷稳定，在以下反响中：P4白磷，s+5O2(g)2P2O5(s) Ha kJ/mol 4P红磷，s+5O2(g)2P2O5(s) Hb kJ/mol 假设a、b均大于零，那么a和b的关系为A. abB. abC. abD. 无法确定【答案】B【解析】分析】先根据盖斯定律来确定化学反响

4、的焓变，然后根据物质具有的能量越低越稳定，反响物的能量大于生成物的能量，那么该反响是放热反响，反之是吸热反响。【详解】：P4白磷，s+5O2(g)2P2O5(s) Ha kJ/mol 4P红磷，s+5O2(g)2P2O5(s) Hb kJ/mol 得到反响：4P红磷，s=P4白磷，sH=abkJmol-1，红磷比白磷稳定，说明红磷的能量低于白磷，该反响是吸热反响，即ab0，那么ab。答案选B4.对于反响3A(g)B(g)2C(g)3D(g)，以下各数据表示不同条件下的反响速率，其中反响进行得最快的是 A. v(A)0.6mol/(Lmin)B. v(B)0.8 mol/(Lmin)C. v(C

5、)0.7mol/(Lmin)D. v(D)1.0mol/(Lmin)【答案】B【解析】将各个选项中的物质用A物质的浓度变化来表示化学反响速率，然后在进行比拟。A、v(A)= 0.6mol/(Lmin)，B、v(A)= 2.4mol/(Lmin)，C、v(A)= 1.4mol/(Lmin)， D、v(C)= 1.0mol/(Lmin)，所以化学反响速率最快的是B。答案选B。点睛：此题考查化学反响速率的比拟的知识。将各个选项中的物质用同一种物质来表示化学反响速率，才能进行比拟，从而得解。5.一定量混合气体在密封容器中发生如下反响：xAg)+yB(g)nC(g)。到达平衡后测得A气体的浓度为0.5m

6、ol/L；保持恒温下将密闭容器的容积扩大1倍，再到达平衡时，测得A的浓度为0.3 mol/L。那么以下表达正确的选项是A. x+ynB. 该化学平衡向右移动C. B的转化率增大D. A的物质的量增加【答案】D【解析】【分析】保持温度不变将容器的容积扩大1倍，如平衡不移动，A的浓度为0.25mol/L，实际A的浓度变为0.3mol/L，说明平衡向生成A的方向移动，即向逆反响移动。【详解】A. 增大体积，压强减小，平衡向逆反响移动，压强减小平衡向气体物质的量增大的方向移动，即x+yn，A项错误；B. 由上述分析可知,平衡向逆向左反响移动，B项错误；C. 由上述分析可知，平衡向逆反响移动，B的转化率

7、减小，C项错误；D. 平衡向逆反响移动，A的物质的量增加，D项正确；答案选D。6.H+(aq)+OH-(aq)= H2O(l)H=-57.3 kJmol-1。以下物质反响时，产生57.3kJ热量的是 ( )A. 500mL 2.0molL-1HCl和500mL 2.0molL-1NaOHB. 1.0molL-1HCl和1.0molL-1NaOHC. 稀HCl和稀NaOHD. 500mL 2.0molL-1H2SO4和500mL 2.0molL-1Ba(OH)2【答案】A【解析】【详解】A500mL 2.0mol/L的HCl(aq)和500mL 2.0mol/L的NaOH(aq)，反响生成的水的

8、物质的量是1mol，放出的热量是为57.3kJ，故A正确；B未给出体积，稀HCl和稀NaOH反响生成的水的物质的量不一定是1mol，放出的热量不一定为57.3kJ，故B错误；C稀HCl和稀NaOH反响生成的水的物质的量不一定是1mol，放出的热量不一定为57.3kJ，故C错误；D生成的水的物质的量为2mol，且有硫酸钡沉淀生成，放出的热量比114.6kJ还要多，故D错误；故答案为A。【点睛】在稀溶液中，酸跟碱发生中和反响生成1 mol水时的反响热叫做中和热；必须是酸和碱的稀溶液，因为浓酸溶液和浓碱溶液在相互稀释时会放热；强酸和强碱的稀溶液反响才能保证H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)中

9、和热均为57.3 kJmol-1，而弱酸或弱碱在中和反响中由于电离吸收热量，反响不能生成沉淀，生成沉淀会放出热量。7.以下有关说法不正确的选项是A. 同一物质的固、液、气三种状态的熵值相同B. 自发进行的化学反响的方向，应由焓判据和熵判据的复合判据来判断C. 反响NH3(g)HCl(g)NH4Cl(s)在室温下可自发进行，那么该反响的H0D. 常温下，反响C(s)CO2(g)2CO(g)不能自发进行，那么该反响的H0【答案】A【解析】【详解】A熵值指的是物质的混乱程度，同一物质的固、液、气三种状态混乱程度不同，所以熵值不同，A项错误；B自发进行的化学反响的方向，由焓判据和熵判据的复合判据来判断

10、，B项正确；C. 根据反响NH3(g)HCl(g)NH4Cl(s)可知，熵值减小，所以在室温下假设该反响的H0，可以使G0，所以反响不能自发进行，D项正确；A项错误。8.以下事实，不能用勒夏特列原理解释的是A. 在溴水中存在如下平衡：Br2H2OHBrHBrO，当参加NaOH溶液后颜色变浅B. 对于反响：2HI(g)H2(g)+I2(g)，使平衡体系缩小体积增加压强，颜色变深C. Fe(SCN)3溶液中参加固体KSCN后颜色变深D. 棕红色气体NO22NO2N2O4缩小体积加压后，颜色先变深后变浅【答案】B【解析】【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的

11、方向移动，使用勒夏特列原理时，该反响必须是可逆反响，否那么勒夏特列原理不适用；【详解】A. 参加NaOH溶液后，NaOH和HBr、HBrO发生中和反响导致平衡正向移动，那么溶液颜色变浅，能用平衡移动原理解释，A项正确；B. 对于左右两端气体系数之和相等的反响，增大压强平衡不移动，所以与勒夏特列原理无关，B项错误；C. 因为，参加KSCN后，SCN-增多，使平衡向逆向移动，C项正确；D. 增大压强，平衡正向移动，气体颜色先变深后变浅，能用平衡移动原理解释，D项正确；答案选B。9.氯原子对O3的分解有催化作用：O3Cl = ClOO2H1ClOO = ClO2H2大气臭氧层的分解反响是O3O=2O

12、2H，该反响的能量变化如图：以下表达中，正确的选项是()A. 反响O3O=2O2的HE1E3B. O3O=2O2是吸热反响C. HH1H2D. 2O2=O3O 是放热反响【答案】C【解析】【详解】A反响热等于生成物的总能量减去反响物的总能量，那么反响O3+O=2O2的H=E3-E2，故A错误；B由图像可以看出，反响物O3+O总能量大于2O2的总能量，为放热反响，故B错误；C：O3+Cl=ClO+O2 H1；ClO+O=Cl+O2 H2，利用盖斯定律将+可得：O3+O=2O2 H=H1+H2，故C正确；D由图像可以看出，反响物O3+O总能量大于2O2的总能量，O3+O=2O2为放热反响，那么2O

13、2= O3O 是吸热反响，故D错误；应选C。10.恒温恒容条件下发生反响：2NO2(g)N2O4(g)，以下表达能够标志该反响到达化学平衡状态的有体系的压强不再改变 气体的颜色不再改变气体的平均摩尔质量不再改变 混合气体的密度不再改变各组分的体积分数不再改变 原子总数不再改变混合气体分子总数不再改变 c(NO2):c(N2O4)=2:1，且比值不再改变v(NO2)正=2v(N2O4)逆A. B. C. D. 全部【答案】A【解析】【详解】体系的压强不再改变，由于是恒容的容器，可以判断反响到达平衡，正确；气体的颜色不再改变，说明二氧化氮浓度不再变化，可以判断反响到达平衡，正确；气体的平均摩尔质量

14、不再改变，根据得，n减小，m不变，所以M始终在变化，当变化的量不变时，可以判断反响到达平衡，正确； 混合气体密度不再改变，根据得，V不变，m不变，所以密度始终不变，错误；各组分的体积分数不再改变，可以判断反响到达平衡，正确； 原子总数始终不再改变，不可以判断反响到达平衡，错误；分子总数一直在变化，所以当混合气体分子总数不再改变时，可以判断反响到达平衡，正确； 浓度一直在改变，所以当c(NO2):c(N2O4)=2:1，且比值不再改变时，可以判断反响到达平衡，正确；化学反响到达平衡时，正反响速率和逆反响速率相等，所以当v(NO2)正=2v(N2O4)逆时，可以判断反响到达平衡，正确；答案选A。二

15、、单项选择题每题3分，共33分11.在一定条件下，将3 mol A和1 mol B两种气体混合于固定容积为2 L的密闭容器中，发生如下反响：3A(g)B(g)=xC(g)2D(g)。2 min时测得生成0.8 mol D， 0.4 mol C。以下判断不正确的选项是A. x 1B. 2 min内A的反响速率为0.3 molL-1min-1C. 2 min时，A的浓度为0.9molL-1D. B的转化率为60%【答案】D【解析】【分析】由题给数据建立如下三段式：3A(g)B(g)=xC(g)2D(g)起mol 3 1 0 0变mol 1.2 0.4 0.4 0.8末mol 1.8 0.6 0.4

16、 0.8【详解】A项、根据浓度变化量之比等于化学计量数之比可知x=1，故A正确；B项、2 min内A的反响速率为=0.3 molL-1min-1，故B正确；C项、2 min时，A的浓度为=0.9molL-1，故C正确；D项、B的转化率为100%=40%，故D错误；应选D。【点睛】此题考查化学反响速率的有关计算，注意三段式的建立和化学反响速率、转化率相关公式的应用是解答关键。12.如下图的各图中，表示2Ag+Bg2CgH0这个可逆反响的正确图像为注：C表示C的体积分数，P表示气体压强，C表示浓度A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】A. 温度高，反响速率加快，先到达平衡；升高温度，平

17、衡向吸热方向移动，即向逆反响方向移动，C的体积分数降低，A项正确；B. 压强增大，正逆反响速率都增大，B项错误；C. 使用催化剂，加快反响，到达平衡的时间短，但不影响平衡的移动，平衡时C的浓度不变，C项错误；D. 增大压强反响向体积减小方向移动，即向正反响方向移动，A的转化率增大；升高温度，平衡向吸热方向移动，即向逆反响方向移动，A的转化率降低，D项错误；答案选A。13.一定条件下，在体积固定的密闭容器中通入2.0 mol SO2、1.2molO2，发生反响2SO2(g) + O2(g)2SO3(g) H= -198 kJmol - 1，以下判断不正确的选项是( )A. 2SO2(g) + O

18、2(g) 2SO3(s) H -198kJmol-1B. 增加反响物的量不能改变上述反响的HC. 充分反响后，放出的热量小于198 kJD. 假设从反响开始到建立平衡放出热量158.4 kJ，那么SO2的平衡转化率为60%【答案】D【解析】【详解】A项、SO3由气态到固态释放能量，由盖斯定律可知，生成SO3固体时H -198kJmol-1，故A正确；B项、增加反响物的量，平衡向正反响方向移动，消耗量增大，放出的热量增大，但H不变，故B正确；C项、该反响为可逆反响，2.0 mol SO2和1.2molO2不可能完全反响，那么放出的热量小于198 kJ，故C正确；D项、假设从反响开始到建立平衡放出

19、热量158.4 kJ，由方程式可知消耗SO2的物质的量为，那么SO2的转化率为100%=80%，故D错误；应选D。14.以下说法中正确的数目为物质的键能越大，能量越高物质的键能越大，熔沸点一定越高吸热反响一定要在加热条件下进行催化剂能够降低反响的活化能，进而降低反响的焓变催化剂能改变反响的路径，但不参与反响化学反响速率改变，平衡一定发生移动假设平衡发生移动，化学反响速率一定改变平衡正向移动，原料转化率一定提高平衡发生移动，平衡常数一定改变平衡常数改变，平衡一定发生移动A. 2个B. 4个C. 6个D. 8个【答案】A【解析】【详解】物质的键能越大，稳定性越强，能量越低，错误；分子晶体的键能越大

20、，分子越稳定，分子晶体的熔沸点上下与分子间作用力有关系，错误；吸热反响不一定要在加热条件下进行，例如氢氧化钡晶体和氯化铵反响，并不需要加热，错误；催化剂能够降低反响的活化能，但不能降低反响得焓变，错误；催化剂能改变反响的路径，可以参与反响，错误；参加催化剂，化学反响速率改变，但平衡没有发生移动，错误；到达化学平衡时正逆反响速率相等，假设平衡发生移动，化学反响速率一定改变，正确；假设参加原料，平衡正向移动，原料转化率可能会降低，错误；平衡常数只与温度有关系，平衡发生移动，但化学反响平衡常数不一定会发生改变，错误；平衡常数改变，温度会发生改变，平衡一定发生移动，正确；答案选A。15.：2NO(g)

21、N2(g)+O2(g) H=-181.5 kJ/mol。某科研小组尝试利用固体外表催化工艺进行NO的分解。假设用、和分别表示N2、NO、O2和固体催化剂，在固体催化剂外表分解NO的过程如下图。从吸附到解吸的过程中，能量状态最低的是A. B. C. D. 无法确定【答案】C【解析】【详解】从机理图可以看出，首先状态中，NO被吸附到催化剂外表，状态为NO变成N原子和O原子，这个过程需要吸收能量，状态为N原子和N原子结合变成N2，O原子和O原子结合变成O2，这个过程为成键过程，需要放出能量，那么从整个反响过程来看，反响是2NON2+O2，此反响是放热反响，反响焓变H0，可见生成物状态时，体系能量最低

22、，能量状态最低的是；答案选C。16.在一个1L的密闭容器中，参加2molA和1molB，发生下述反响：2A(g)+B(g) 3C(g)+D(g)到达平衡时，C的浓度为1.2mol/L，C的体积分数为a%。维持容器的压强和温度不变，按以下配比作为起始物质，到达平衡后，C的浓度不再是1.2mol/L的是A. 3mol C+1mol DB. 1mol A+0.5mol B+1.5mol C+0.5mol DC. 1mol A+0.5mol B+1.5mol CD. 4molA+2mol B【答案】CD【解析】【详解】A. 3molC+1molD，相当于2molA、1molB，所以该反响与原反响是等效

23、平衡，到达平衡时C的浓度为1.2mol/L，A项错误；B. 1molA+0.5molB+1.5molC+0.5molD，相当于参加2molA和1molB，所以该反响与原反响是等效平衡，到达平衡时C的浓度为1.2mol/L，B项错误；C. 1molA+0.5molB+1.5molC，该反响与原反响不是等效平衡，到达平衡时C的浓度不再为1.2mol/L，C项正确；D. 4molA+2molB，等效为在原平衡的根底上压强增大一倍到达的平衡状态，与原平衡相比平衡向逆反响方向移动，到达平衡时C的浓度不再为1.2mol/L，D项正确；答案选CD。17.溶液中的反响X+3Y2Z分别在、三种不同实验条件下进行

24、，它们的起始浓度为c(X)=c(Y)=0.100molL-1、c(Z)=0molL-1，反响物X的浓度随时间变化如下图。、与比拟只有一个实验条件不同，以下说法不正确的选项是A. 反响05.0min实验的反响速率最快B. 条件的反响最先到达平衡C. 与比拟，可能压强更大D. 该反响的正反响是吸热反响【答案】C【解析】【详解】A. 根据知，反响进行到5min时实验浓度变化最大，所以的反响速率最快，A项正确；B. 根据图象知，条件的反响最先到达平衡，B项正确；C. 因催化剂能加快化学反响速度率，缩短到达平衡的时间，化学平衡不移动，所以为使用催化剂，C项错误；D. 与比拟，反响速率增大，X的平衡浓度降

25、低，平衡向正反响方向移动，那么为升高温度，升高温度，X的浓度减小，那么平衡向正反响方向移动，所以正反响是吸热反响，D项正确；答案选C。18.一定温度下，体积为2 L的密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始物质的量和平衡物质的量如下表：物质XYZ初始物质的量/mol0.2020平衡物质的量/mol0.10.050.1以下说法正确的选项是 A. 反响可表示为，其平衡常数为8 000B. 增大压强使平衡向生成Z的方向移动，那么平衡常数增大C. 假设将容器的体积压缩至1 L，那么X的体积分数减小，浓度增大D. 假设升高温度，Z的浓度增大，那么温度升高时正增大，逆减小【答案】C【解析】【分析】结合表中数据可

26、知，故反响可表示为，平衡时各物质的量浓度为：物质XYZ平衡物质的量浓度/molL-10.050.0250.05再根据勒夏特列原理来判断即可。【详解】A.根据分析可知，该温度下，平衡常数，A项错误；B.平衡常数只受温度影响，改变压强，平衡常数不变，B项错误；C.压缩体积，平衡右移，X的体积分数减小，浓度增大，C项正确； D.升高温度，正、逆反响速率均增大，D项错误。答案选C。19.：2X(g)+Y(g)2Z(g)，反响中Z的物质的量分数随温度T的变化如以下图所示。以下判断正确的选项是A. T1时，v正v逆B. 正反响的H0C. a、b两点的反响速率v(a)=v(b)D. 当温度低于T1时，增大的

27、原因是平衡向正反响方向移动【答案】B【解析】【分析】当可逆反响到达化学平衡状态时，反响物的转化率最大，产物的产率也最高，由此可以判断0-T1阶段是化学平衡的建立过程，以后是温度对化学平衡的影响情况，根据化学平衡的建立过程以及温度对化学平衡的影响知识来解决。【详解】当可逆反响到达化学平衡状态时，产物Z的生成率最大，物质的量分数最大，所以在T1时刻，化学反响到达了平衡状态。A.T1时，化学反响到达了平衡状态，v正=v逆，A项错误；B. 当温度高于T1时，Z的物质的量分数逐渐减小，所以化学平衡逆向移动，即逆反响方向是吸热的，所以正反响是一个放热反响，即H0，B项正确；C. 温度越高，化学反响速率越大

28、，b点温度高于a点，所以b的速率高于a点的速率，即v(a)0B. 假设温度为T1、T2，反响的平衡常数分别为K1、K2，那么K1K2C. 假设反响进行到状态D时，一定有v正v逆D. 状态A与状态B相比，状态A的c(I2)大【答案】B【解析】【分析】由图象曲线的变化趋势可知，当温度升高时，I3-的物质的量浓度减小，说明该反响的正反响为放热反响，升高温度，平衡向逆反响方向移动，温度越高，平衡常数越小。【详解】A项、由图可知，随温度升高，c(I3-)浓度减小，平衡逆向移动，说明正反响放热，即HK2，故B正确；C项、D点没有到达平衡，c(I3-)比平衡时要小(要向A点移动)，即反响要向右进行，所以此时

29、正逆，故C错误；D项、由图知，c(I3-)：状态A状态B，那么c(I2)为：状态A、“、“或“=。【答案】 (1). 逆向 (2). 加深 (3). 【解析】【详解】1恒温恒压时，平衡后充入惰性气体，相当于减少有关气体的压强，压强减小平衡向逆向移动；2平衡后慢慢压缩气体体积，平衡向右移动，根据勒夏特列原理，外界条件改变的量大于平衡改变的量，所以压缩体积改变的多，混合气体的颜色加深；3二者起始压强相同，但恒容的容器随着反响进行，压强减小，所以恒压的压强较大，压强增大平衡向正向移动，转化率增大，所以ab；4再向该容器中继续充入1molN2O4，相当于起始的时候，参加4mol的NO2，与原来相比相当

30、于增大压强，压强增大，平衡向正向移动，所以到达平衡后NO2的体积分数会降低，所以ab。24.NOx、CO、SO2等大气污染气体的处理和利用是世界各国研究的热点问题。1：a.b.2NOgO2g2NO2g H12SO2gO2g2SO3g H2=196.6 kJmol-1H1 =_kJmol-1。写出NO2气体与SO2气体反响生成SO3气体和NO气体的热化学方程式_。2煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反响，降低了脱硫效率。发生的两个相关反响的热化学方程式如下：反响：CaSO4sCOgCaOsSO2gCO2g H1+218.4 kJmol-1反响：CaSO4s4COgCaSs4CO2g

31、 H2-175.6 kJmol-1资料：反响和反响同时发生，反响的速率大于反响的速率请答复以下问题：以下反响过程能量变化示意图正确的选项是_。.可逆反响mA(g)nB(g)pC(g)gD(g)的vt图像如图甲所示，假设其他条件不变，只在反响前参加适宜的催化剂，其vt图像如乙所示。以下说法正确的选项是_。a1a2 a1a2 b1b2 b1b2 t1t2 t1t2 两图中阴影局部面积相等 图中阴影局部面积更大.在0.5L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下化学反响：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H0，其化学平衡常数K与温度T的关系如表：T/200300400KK1K20.5请答复以下

32、问题：试比拟K1、K2的大小，K1_K2(填“=“或)。400时，反响2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的平衡常数K为_。当测得NH3、N2、H2的浓度分别为3molL1、2molL1、1molL1时，那么该反响的v正(N2)_v逆(N2)(填“=“或)。【答案】 (1). 113 (2). NO2gSO2gSO3gNOg H=41.8kJmol-1 (3). C (4). (5). (6). 2 (7). 【解析】【详解】1反响热等于反响物中键能之和与生成物中键能之和的差值，那么H1通过图中所示可知应该是2630+4982935.5kJmol-1-113 kJmol-1；：2NOgO2g

33、2NO2g H1-113 kJmol-12SO2gO2g2SO3g H2=196.6 kJmol-1根据盖斯定律后者减去前者即得到NO2gSO2gSO3gNOgH=83.6kJmol-1，所以热化学方程式为NO2gSO2gSO3gNOg H=41.8kJmol-1；2.根据活化能越小化学反响速率越低的特点，因为反响的速率大于反响的速率，同时反响为吸热反响，反响为放热反响，所以选C；. 因为加了催化剂，化学反响速率快，所以正确；加了催化剂后，平衡时化学反响速率也加快，所以正确；因为加了催化剂，化学反响速率加快，时间变短，所以正确；催化剂只改变速率没改变平衡，所以速率与时间的乘积不变，所以阴影面积

34、相等，所以正确；.升高温度后，平衡向逆向移动，化学平衡常数变小，所以K1K2；400时，反响2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的平衡常数K为正反响的化学平衡常数的倒数，所以为=2；计算此时常数得2，所以平衡向正向移动，所以v正(N2)v逆(N2)。25.甲、乙两个实验小组利用KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反响研究影响反响速率的因素。设计实验方案如下(实验中所用KMnO4溶液均已参加H2SO4)：甲组：通过测定单位时间内生成CO2气体体积的大小来比拟化学反响速率的大小。某同学进行实验，其中A、B的成分见表：序号A溶液B溶液2mL0.2mol/LH2C2O4溶液4mL0.01mol/LK

35、MnO4溶液2mL0.1mol/LH2C2O4溶液4mL0.01mol/LKMnO4溶液2mL0.2mol/LH2C2O4溶液4mL0.01mol/LKMnO4溶液和少量MnSO41该反响的离子方程式为_；乙组：通过测定KMnO4溶液褪色所需时间的多少来比拟化学反响速率。为了探究KMnO4与H2C2O4浓度对反响速率的影响，某同学在室温下完成以下实验实验编号1234水/mL1050X0.5mol/LH2C2O4/mL5101050.2mol/L KMnO4/mL551010时间/s402010_2X=_，4号实验中始终没有观察到溶液褪色，你认为可能的原因是_。3在实验中发现高锰酸钾酸性溶液和草

36、酸溶液反响时，开始一段时间反响速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反响速率明显加快。某同学认为是放热导致溶液温度升高所致，重做3号实验，测定过程中溶液不同时间的温度，结果如表：时间/S051015202530温度/2526262626.52727结合实验目的与表中数据，你得出的结论是_。4从影响化学反响速率的因素看，你的猜测还可能是_的影响。假设用实验证明你的猜测，除了酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液外，还需要选择的试剂最合理的是_。a.硫酸钾 b.水 c.氯化锰 d.硫酸锰【答案】 (1). 5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O (2). 5 (3). H2C

37、2O4的量太少，KMnO4过量 (4). 反响速率加快不是温度的影响 (5). 催化剂 (6). d【解析】【详解】1KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反响生成二氧化碳、硫酸锰和水,该反响的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O；2为了探究KMnO4与H2C2O4浓度对反响速率的影响,实验1-4中溶液的总体积应该为20，那么X=20-10-5=5；环境表中数据可知H2C2O4的量太少，KMnO4过量，所以4号实验中始终没有观察到溶液褪色；3根据表中数据知，20s时温度不最高，但20s前突然褪色，说明温度不是反响速率突然加快的原因；4KMnO4与H2C2O4反响生成硫酸锰，锰离子有催化作用，所以猜测还可能是催化剂的作用，要想验证锰离子的催化作用，在做比照实验时同时参加硫酸锰观察反响速率是否变化即可，答案选d。【点睛】锰离子对于高锰酸钾和草酸的反响具有催化作用，在人教版选修四提到过，应该熟记以便于以后的应用。