山西省阳泉市第一中学2022-2023学年高二化学上学期期中试题（Word版附解析）

阳泉一中2022——2023学年第一学期期中考试高二年级化学学科说明：本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。满分100分。考试时间90分钟。相对原子质量：H1C12O16Na23第Ⅰ卷一、选择题(1-16每题2分，17-20每题3分)1.下列说法中正确的是A.任何放热反应常温条件下一定能发生反应B.生石灰溶于水的过程中有物质变化，也伴随着能量变化C.炎热夏季，洒在道路上的水吸热蒸发，该过程是吸热反应D.烛光晚餐时，蜡烛燃烧仅产生热能一种能量【答案】B【解析】【详解】A．放热反应在常温条件下不一定能发生，如铝热反应为放热反应，但常温下不能发生反应，A项错误；B．生石灰溶于水的过程中CaO与H2O化合成Ca(OH)2，有物质变化，该反应为放热反应，反应过程中伴随着能量变化，B项正确；C．炎热夏季，洒在道路上的水吸热蒸发，该过程是吸热过程，由于没有新物质生成，不是吸热反应，C项错误；D．烛光晚餐时，蜡烛燃烧产生了热能、光能，D项错误；答案选B。2.下列物质在水中的电离方程式书写正确的是A.MgCl2=Mg2++ClB.NaHCO3=Na++H++COC.H2CO3H++HCOD.Mg(OH)2=Mg2++2OH-【答案】C【解析】【详解】A．氯化镁完全电离出镁离子和氯离子：MgCl2=Mg2++2Cl－，A错误；B．碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，完全电离出钠离子和碳酸氢根离子：NaHCO3=Na++HCO，B错误； C．碳酸是二元弱酸，部分电离，以第一步电离为主：H2CO3H++HCO，C正确；D．氢氧化镁是二元弱碱，不完全电离：Mg(OH)2Mg2++2OH－，D错误；故选C。3.下列物质属于弱电解质的是A.稀醋酸B.氯化铝C.二氧化硫D.亚硫酸【答案】D【解析】【详解】A.稀醋酸为混合物，不属于弱电解质，故A错误；B.氯化铝为盐，属于强电解质，故B错误；C.二氧化硫是非金属氧化物，属于非电解质，故C错误；D.亚硫酸属于弱酸，属于弱电解质，故D正确；所以本题答案：D。4.100ml1mol﹒L－1的硫酸溶液与过量锌粉反应，在一定温度下为了减缓反应速率但又不影响生成氢气的总质量，可向反应物中加入适量的（）A.硝酸钾固体B.醋酸钠固体C.硫酸氢钾固体D.硫酸铜固体【答案】B【解析】【详解】A.加入硝酸钾固体后，硝酸根会和溶液中的H+形成硝酸，与金属锌反应生成NO，氢离子会参与氧化还原反应，不产生氢气，因此影响了氢气的总量，故A项错误；B.加入醋酸钠固体后，根据强酸制备弱酸规律可知，溶液中发生CH3COO-+H+=CH3COOH反应，酸由强电解质变为弱电解质，由于锌过量，酸完全反应，所以酸提供的氢离子的总量不变，因此反应速率减慢，但不影响氢气产量，故B项正确；C.加入硫酸氢钾固体相当于加入了c（H+），使反应速率加快，且氢气的总量也增加，故C错误；D.硫酸铜溶液和锌反应生成金属铜，锌、铜及硫酸溶液构成原电池，加快化学反应速率，故D错误；故答案为；B。5.已知H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)∆H＝－57.3kJ/mol。常温下，下列物质反应时产生57.3kJ热量的是（）A.稀HCl和稀NaOHB.1.0mol•L－1HCl溶液和1.0mol•L－1NaOH溶液C500mL2.0mol•L－1HCl溶液和500mL2.2mol•L－1NaOH溶液 D.500mL2.0mol•L－1H2SO4溶液和500mL2.2mol•L－1Ba(OH)2溶液【答案】C【解析】【详解】A.稀盐酸和稀氢氧化钠的物质的量未知,产生的水的物质的量也未知，放出的热量也未知，故A项错误；B.溶液的体积未知，不能确定产生的水的物质的量，无法判断产生的热量，故B项错误；C.中和热是指在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1mol水时的反应热；500mL2.0mol/LHCl和500mL2.20mol/LNaOH均为稀溶液，反应产生1mol水,因而反应产生的热量为57.3kJ，故C项正确；D.反应产生2mol水，因此放出的热量多于57.3kJ，故D项错误；答案为：C。【点睛】根据中和热的概念进行判断。在稀溶液中酸碱中和生成1mol水的反应热。一元强酸和强碱中和热约为57.3KJ。6.实验室进行中和热测定实验，下列有关叙述错误的是A.大小烧杯间塞碎泡沫，可减少热损失，提高准确率B.测最终止温度时，应当记录混合溶液的最高温度C.缓慢多次加入NaOH溶液、搅拌，使酸碱充分反应D.可用塑料材质的环形搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒【答案】C【解析】【详解】A．大小烧杯之间塞满碎泡沫，可减少热量损失，减小测量误差，提高准确率，故A正确；B．充分反应时放出的热量最多，温度最高，因此测量终止温度时，应当记录混合溶液的最高温度，故B正确；C．为了减少热量损失，应当快速一次性倒入NaOH溶液并搅拌，使酸碱充分反应，故C错误；D．塑料材质的环形搅拌棒导热能力差，可用塑料材质的环形搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，故D正确；故答案选C。7.已知凡气体分子总数增多的反应一定是熵增大的反应。一定条件下，下列反应不能自发进行的是A.2O3(g)=3O2(g)ΔH<0B.2CO(g)=2C(s)+O2(g)ΔH>0C.N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH<0D.CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)ΔH>0【答案】B【解析】【详解】A．反应2O3(g)=3O2(g)，ΔH＜0，ΔS>0，该反应一定能自发进行，故A不符合题意； B．反应2CO(g)=2C(s)+O2(g)，ΔH>0，ΔS＜0，该反应一定不能自发进行，故B符合题意C．反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，ΔH＜0，ΔS＜0，该反应在低温下能自发进行，故C不合题意；D．反应CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)，ΔH>0，ΔS>0，该反应在高温下能自发进行，故D不合题意；答案选B。8.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A.H2(g)+I2(g)2HI(g)反应达平衡后，压缩体积气体颜色变深B.Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后颜色变深C.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＜0，工业上采用高压条件更有利于合成氨D.浸泡在冰水中的NO2球的红棕色明显变浅【答案】A【解析】【详解】A．对H2(g)+I2(g)2HI(g)平衡体系增加压强容器体积减小，碘浓度增大而使颜色变深，压强增大但平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故A符合题意；B．加入固体KSCN，对于Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡体系，增大反应物浓度，平衡正向移动，溶液的颜色变深，能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；C．由N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＜0可知，该反应是一个气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，有利于合成氨，能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；D．由2NO2(g)N2O4(g)△H＜0可知，该反应是一个放热反应，降低温度，平衡正向移动，生成更多的N2O4(g)，由于N2O4(g)无色，NO2(g)红棕色，浸泡在冰水中的NO2球的红棕色明显变浅，能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；答案为A。9.CuCl2溶液中存在如下平衡：[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-[CuCl4]2-(黄色)+4H2O△H＞0。下列可使黄绿色的CuCl2溶液变成蓝色的方法是A.升温B.加NaCl(s)C.加压D.加AgNO3(s)【答案】D【解析】【分析】可使黄绿色的溶液变成蓝色的方法可使平衡逆向移动。【详解】A．该反应是吸热反应，升温，平衡向着正反应方向移动，溶液呈黄色，故A项不符合题意；B．加使得溶液中氯离子浓度增大，平衡向着正反应移动，溶液呈黄色，故B项不符合题意；C．加压只对有气体参与的反应有影响，故C项不符合题意； D．加AgNO3(s)后，Ag+与Cl-会反应产生AgCl沉淀，导致溶液中Cl-浓度减小，化学平衡向逆反应方向移动，溶液颜色由黄绿色逐渐变为蓝色，故D项符合题意；故答案选D。10.下列事实不能证明CH3COOH是弱酸的是A.CH3COOH溶液能使石蕊溶液变红B.0.1mol∙L−1CH3COOH溶液中H+浓度小于0.1mol∙L−1C.物质的量浓度相同的CH3COOH溶液的导电能力比盐酸弱D.0.01mol∙L−1CH3COOH溶液中有两种分子存在【答案】A【解析】【详解】A．无论是强酸还是弱酸都能使石蕊溶液变红，因此不能证明醋酸是弱酸，故A符合题意；B．0.1mol∙L−1CH3COOH溶液中H+浓度小于0.1mol∙L−1，说明醋酸是部分电离，则说明是弱酸，故B不符合题意；C．物质量浓度相同的CH3COOH溶液的导电能力比盐酸弱，说明电离出的离子浓度小，则说明是弱酸，故C不符合题意；D．0.01mol∙L−1CH3COOH溶液中有两种分子存在即水分子和醋酸分子，说明醋酸部分电离即是弱酸，故D不符合题意。综上所述，答案为A。11.下列反应的离子方程式正确的是A.过量CO2通入NaOH溶液中：CO2+2OH-=+H2OB.铜与足量浓硝酸反应：Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2OC.碳酸钠固体溶于水：+2H2OH2CO3+2OH-D.钠与水反应：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑【答案】B【解析】【详解】A．过量CO2通入NaOH溶液中生成碳酸氢钠，离子方程式为：CO2+OH-=，A错误；B．铜与足量浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，离子方程式为：Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O，B正确；C．碳酸根离子水解分步进行，离子方程式为：+H2O+OH-，C错误； D．电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，D错误；故选B。12.一定条件下：2NO2(g)N2O4(g)△H<0。在测定NO2的相对分子质量时，下列条件中，测定结果误差最小的是A.温度0℃、压强50kPaB.温度130℃、压强300kPaC.温度100℃、压强100kPaD.温度130℃、压强50kPa【答案】D【解析】【详解】已知2NO2(g)N2O4(g)△H<0，则升高温度和降低压强均有利于平衡逆向移动，使得NO2的含量增大，测定NO2的相对分子质量误差最小，则选项D符合题意，故答案为D。13.H2NCOONH4是工业由氨气合成的中间产物。在一定温度下．容积不变的密闭容器中发生反应：H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)，不能说明该反应达到平衡状态的是（）A.混合气体的总压强不变B.混合气体的密度不变C.混合气体的总物质的量不变D.混合气体的平均相对分子质量不变【答案】D【解析】【详解】A.该反应为气体体积增大的反应，反应过程中压强逐渐增大，当压强不变时，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故A不符合题意；B.由于H2NCOONH4是固体，没有达到平衡状态前，气体质量会变化，容器体积不变，密度也会发生变化，所以密度不变，达到了平衡状态，故B不符合题意；C.由于H2NCOONH4是固体，生成物全部为气体，气体的物质的量在增加，当混合气体的总物质的量不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故C不符合题意；D.根据混合气体的总质量与总的物质的量的比值为气体的平均摩尔质量可知，混合气体的质量恒等于H2NCOONH4（s）分解的质量，气体的物质的量为分解的H2NCOONH4（s）的三倍，混合气体的平均相对分子质量不变恒不变，不能说明反应达到平衡状态，故D符合题意；所以答案：D。【点睛】判断化学平衡的依据：H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)，反应物为固体，生成物为气体，所以如果一定温度下，容积不变的密闭容器中压强不变，说明达到平衡状态；混合气体的密度不变，说明达到平衡状态；当混合气体的总物质的量不变，说明反应达到平衡状态；混合气体的平均相对分子质量M= ,由反应方程式可知为定值，所以混合气体的平均相对分子质量不变，不能说明该反应达到平衡状态。14.在一定条件下发生下列反应，其中属于盐类水解反应的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．是氯气和水可逆反应，故A不符合题意B．是碳酸氢根电离方程式，故B不符合题意；C．是氢硫酸电离方程式，故C不符合题意；D．是铵根水解方程式，故D符合题意。综上所述，答案为D。15.能够使CH3COONa溶液pH增大且水解程度也增大的条件是A.加水B.升温C.加压D.加CH3COONa固体【答案】B【解析】【详解】A．醋酸钠溶液显碱性，加水促进CH3COONa水解，但是氢氧根离子浓度减小，pH减小，故A错误；B．水解过程为吸热过程，升温促进CH3COONa水解，碱性增强，pH增大，故B正确；C．反应没有气体参与，因此加压水解平衡不移动，故C错误；D．加CH3COONa固体，增大了醋酸钠的浓度，水解平衡右移，但CH3COONa水解程度减小，故D错误。故选B。16.某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如图(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法不正确的是（） A.HAP能提高HCHO与O2的反应速率B.HCHO在反应过程中，有C—H键发生断裂C.根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2D.该反应可表示为：HCHO＋O2CO2＋H2O【答案】C【解析】【详解】A．根据图知，HAP在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学反应速率，因此该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，A正确；B．根据图示可以发现，甲醛分子中的两个C-H键的H原子都与O发生断裂，故仅有C-H键发生断裂，B正确；C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分来自O2，另一部分还来自于甲醛，C错误；D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为：HCHO＋O2CO2＋H2O，D正确；故选C。17.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.100g质量分数为46%的乙醇溶液中，含O—H键的数目为7NAB.0.1mol·L-1的CH3COONa溶液中，含CH3COO-的数目小于0.1NAC.含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量的镁反应，转移的电子数小于0.2NAD.常温下，1LpH=11的Ba(OH)2溶液中，含OH-的数目为0.002NA【答案】A【解析】【详解】A．乙醇溶液溶质CH3CH2OH分子中有O—H键，每个乙醇分子中一个O—H键，溶剂H2O分子中也有O—H键，每个水分子中两个O—H键；，O—H键数目1NA，，O—H键数目6NA，所以O—H键数目共7NA，描述正确，符合题意； B．溶液没有给出体积数据，无法计算微粒数目，描述错误，不符题意；C．初始浓硫酸与镁发生反应，生成MgSO4、SO2和H2O，随着硫酸浓度变稀，稀硫酸与镁反应生成MgSO4和H2；如果只发生第一个反应，每两个H2SO4分子中有一个参与变价，转移电子2个(生成SO2)，但有第二个反应发生，每分子H2SO4均参与变价，生成H2，转移电子2个，故0.2molH2SO4中参与变价的H2SO4物质的量应大于0.1mol，转移电子总量应大于0.2NA，描述错误，不符题意；D．pH=11的溶液中c(H+)=1×10-11mol/L，常温下Kw=1×10-14，故溶液中c(OH-)=1×10-3mol/L，1L溶液中n(OH-)=1×10-3mol，描述错误，不符题意；综上，本题选A。18.CH3OH是重要的化工原料，工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH，其反应为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。按n(CO)∶n(H2)=1∶2向密闭容器中充入反应物，测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法中，正确的是A.p1<p2B.该反应的ΔH>0C.平衡常数：K(X)=K(Y)D.在Z点时，CO转化率为75%【答案】D【解析】【详解】A．由300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，A错误；B．由图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，B错误；C．A、B处的温度不同，平衡常数与温度有关，故平衡常数不等，C错误；D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则，在Z点时，CH3OH的体积分数为， 解得x=0.75，D正确；故选D。19.下列说法错误的是A.常温下，0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中，由水电离的c(H+)为B.pH=2与pH=1的CH3COOH溶液中c(H+)之比为1：10C.常温下，等体积pH=12的NaOH溶液和pH=2的CH3COOH的溶液混合，混合后溶液pH<7D.将1L0.1mol·L-1的H2SO4溶液稀释为2L，pH=1【答案】A【解析】【详解】A．醋酸是弱酸，题目中没有说明c(H+)大小，无法计算水电离出c(H+)，A错误；B．pH=2的CH3COOH 溶液中c(H+)=10-2mol/L，pH=1的CH3COOH 溶液中c(H+)=10-1mol/L，两者之比为10-2mol/L：10-1mol/L=1：10，B正确；C．醋酸是弱酸，NaOH是强碱，醋酸的浓度大于NaOH的浓度，等体积反应后溶液溶质为CH3COOH、CH3COONa，溶液显酸性，即pH<7，C正确；D．硫酸为强酸，将1L0.1mol·L-1的H2SO4溶液稀释为2L，则，故pH=1，D正确；故选A。20.常温下，将等浓度的NaOH溶液分别滴加到等pH、等体积的HA、HB两种弱酸溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述错误的是A.HA的浓度小于HB的浓度B.a点水的电离程度小于b点水的电离程度 C.向HB溶液中滴加NaOH溶液至PH=7时c(B-)=c(HB)D.常温下HA的电离常数是10-4【答案】C【解析】【分析】lg==0，c(A-)=c(HA)，电离平衡常数c(H+)=10-4；1g=0，c(B-)=c(HB)，电离平衡常数c(H+)=10-5；Ka(HA)>Ka(HB)。【详解】A．Ka(HA)>Ka(HB)，故酸性：HA>HB，又等pH、等体积的HA、HB两种弱酸，故HA的浓度小于HB的浓度，故A正确；B．pH=4溶液为酸和盐的混合溶液，pH=4，抑制水的电离，溶液中由水电离出的c(OH-)约为1×10-10mol/L，pH=5，抑制水的电离，溶液中由水电离出的c(OH)约为1×10-9mol/L，故B正确；C．pH=7时，则=100，故C错误；D．根据分析可得，HA的电离常数是10-4，故D正确；故选C。第Ⅱ卷二、非选择题(共5题，共56分)21.回答下列问题（1）火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质。下列反应可制得耐高温材料，热化学方程式为，该反应过程中每转移1mol电子放出的热量为___________kJ（2）已知：16.0g甲烷气体完全燃烧生成液态水放出的热量为890.3kJ(298K、1.01×105Pa时测定)。写出该条件下，甲烷燃烧的热化学方程式___________（3）比较下列两个热化学方程式中的ΔH的大小。①②ΔH1___________ΔH2(填>、<、=)（4）已知： 若某反应的平衡常数表达为。请写出此反应的热化学方程式___________。【答案】（1）98（2）（3）<（4）【解析】【小问1详解】，该反应中每放出1176kJ热量，对应转移的电子数为12mol，每转移1mol电子放出的热量为98kJ；【小问2详解】燃烧热为1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，16.0g甲烷气体为1mol，即1mol甲烷气体完全燃烧生成液态水放出的热量为890.3kJ，则甲烷的燃烧热为ΔH=-890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式【小问3详解】由方程式可知，可知①-②为，根据盖斯定律，，铝热反应为放热反应，则，则;【小问4详解】根据反应的平衡常数表达式可知反应方程式为，该反应可以为反应①、②、③按叠加所得，根据盖斯定律可知，则此反应的热化学方程式为。22.下表中是几种常见弱酸的电离常数(25℃)：酸电离方程式电离常数 回答下列各题：（1）当温度升高时，电离平衡常数K值________(填“增大”、“减小”或“不变”)。（2）等浓度的H2CO3和H2S溶液，导电性较弱的是________。（3）H2CO3的K1>K2的原因是________。(从电离平衡的角度解释)（4）请设计一个简单的实验验证醋酸与碳酸的酸性强弱：___________。（5）向Na2S的水溶液中通入少量CO2，写出反应的化学方程式__________。【答案】（1）增大（2）H2S（3）第一步电离产生的H+对第二步电离有抑制作用（4）向盛有醋酸溶液的试管中滴加碳酸钠溶液，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体（5）【解析】【小问1详解】因为水溶液中弱电解质的电离属于吸热反应，所以升高温度，电离平衡常数K值增大；【小问2详解】根据表格数据可知H2CO3和H2S属于二元弱酸，其酸性主要由第一步电离决定，因为H2S的，H2CO3的，可知，H2S的电离程度比H2CO3略弱，导电能力较弱，即等浓度的H2CO3和H2S溶液，导电性较弱的是H2S；【小问3详解】H2CO3的第一步电离方程式为：，第二步电离方程式为：，因为第一步电离产生的H+对第二步电离有抑制作用，所以K1>K2；【小问4详解】利用强酸制备弱酸的原理可设计实验如下：向盛有醋酸溶液的试管中滴加碳酸钠溶液，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则可证明醋酸的酸性比碳酸的强；【小问5详解】 根据表格数据可知，碳酸的酸性介于亚硫酸与亚硫酸氢根离子之间，根据强酸制弱酸的原理可知，向Na2S的水溶液中通入少量CO2，写出反应的化学方程式为：。23.在一定温度下，将4.0molSO2与2.0molO2的混合气体充入容积为2L的密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，经过2min达到平衡状态，SO2的平衡转化率90.0%。（1）下列关于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的描述正确的是A.增大O2的浓度，该反应的平衡常数增大B.若2v正(SO2)=v逆(O2)，则反应达到平衡状态C.压缩体积，正反应速率增大，逆反应速率减小D.在其他条件不变时，升高温度能提高活化分子百分数，反应速率增大（2）0~2min内O2的平均反应速率v(O2)=___________（3）该温度下此反应的化学平衡常数的值K=___________（4）在相同温度下，某容器内c(SO2)=c(O2)=c(SO3)=1.0mol·L-1，则此时反应速率v(正)___________v(逆)(填“＞”、“＜”或“=”)（5）在一定温度下，下列措施可以提高SO2转化率的是___________(填字母)。A.增大SO2的浓度B.容积不变，充入氖气C.增大O2的浓度D.容积不变，再充入4.0molSO2与2.0molO2【答案】（1）D（2）0.45mol·L-1·min-1（3）810（4）＞（5）CD【解析】【小问1详解】A．平衡常数只受温度影响，增大O2的浓度，该反应的平衡常数不变，A项错误；B．2v正(SO2)=v逆(O2)时，同一物质表示的正、逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，B项错误；C．压缩体积，增大压强，正、逆反应速率都增大，C项错误；D．在其他条件不变时，升高温度能提高活化分子百分数，单位体积内活化分子数增多，反应速率增大，D项正确；答案选D。【小问2详解】0~2min内SO2的平均反应速率v(SO2)==0.9mol/(L∙min)，则O2的平均反应速率v(O2)=v(SO2)=0.45mol/(L∙min)。 【小问3详解】列三段式：，该反应的化学平衡常数K===810。【小问4详解】此时浓度商Q==1＜810，反应正向进行，即此时反应速率v(正)＞v(逆)。【小问5详解】A．增大SO2的浓度，平衡正向移动，但SO2的转化率减小，A项不符合题意；B．容积不变，充入氖气，各物质的浓度不变，平衡不移动，SO2的转化率不变，B项不符合题意；C．增大O2的浓度，平衡正向移动，SO2的转化率增大，C项符合题意；D．容积不变，再充入4.0molSO2与2.0molO2，相当于增大压强，平衡正向移动，SO2的转化率增大，D项符合题意；答案选CD。24.用酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反应研究影响反应速率的因素，一实验小组欲通过如图装置探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下(KMnO4溶液已酸化)实验序号A溶液B溶液①20mL0.1mol/LH2C2O4溶液30mL0.01mol/LKMnO4溶液②20mL0.2mol/LH2C2O4溶液30mL001mol/LKMnO4溶液（1）该反应中MnO被还原为Mn2+，写出相应反应的离子方程式：___________（2）该实验探究的是___________因素对化学反应速率的影响。针筒内收集相同体积的CO2所用时间是 ①___________②(填“>”、“<＂或“=”)（3）本实验还可通过测定___________来比较化学反应速率。（4）小组同学发现反应速率总是如图，其中t1～t2时间内速率变快主要原因可能是___________（5）草酸是一个二元弱酸，写出草酸在水中的第一步电离方程式___________，该步电离的平衡常数表达式K=___________【答案】（1）2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O（2）①.浓度②.>（3）KMnO4溶液完全褪色所需的时间或相同时间产生气体的体积（4）产物Mn2+(或MnSO4)是反应的催化剂(或该反应放热，温度升高)（5）①.H2C2O4H++HC2O②.【解析】【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比；【小问1详解】高锰酸钾溶液具有强氧化性，把草酸氧化成CO2，反应中锰元素化合价由+7变为+2，碳元素化合价由+3变为+4，根据电子守恒配平可知，反应为：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；【小问2详解】对比表格数据可知，草酸的浓度不一样，因此是探究浓度对化学反应速率的影响，浓度越大，反应速率越快，则①>②；【小问3详解】高锰酸钾溶液为紫红色溶液，反应后为无色溶液，故除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率，还可以通过测定KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间来比较化学反应速率；；【小问4详解】催化剂、温度升高等都会导致反应速率增加，故t1～t2时间内速率变快的主要原因可能：产物Mn2+(或 MnSO4)是反应的催化剂(或该反应放热，温度升高)；【小问5详解】草酸是一个二元弱酸，草酸在水中的第一步电离为部分电离，方程式H2C2O4H++HC2O，该步电离的平衡常数表达式K=。25.某化学小组用中和滴定法测定烧碱样品的纯度，请回答下列问题：（1）准确称量5.0000g含有少量易溶杂质的样品(假设杂质不与盐酸反应)，配成250mL待测溶液，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、___________（2）滴定时，用0.2000mol/L的盐酸来滴定待测溶液，量取待测液10.00mL应选用下图中的___________(填“甲”或“乙”)，该仪器的名称是___________（3）滴定过程中，眼睛应注视___________；若以酚酞溶液做指示剂，则滴定终点的现象是___________。（4）由下表可知，第二次所用盐酸的实际体积明显偏大，其原因可能是___________(填序号)滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积滴定前的读数/mL滴定后的读数/mL第一次10.000.4020.50第二次10.002.1024.20第三次10.004.1024.00A.锥形瓶用待测液润洗B.滴定过程中锥形瓶内溶液溅出瓶外C.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失D.滴定结束时，俯视读数（5）根据表中数据，计算被测烧碱样品的纯度是___________%。 【答案】（1）250mL容量瓶（2）①.乙②.碱式滴定管（3）①.锥形瓶内溶液颜色的变化②.当滴入最后一滴盐酸时，溶液恰好由红色变为无色，且半分钟内不恢复（4）AC（5）80【解析】【分析】酸碱中和滴定实验步骤，先配制待测溶液和标准溶液，再检漏滴定管、洗涤滴定管、润洗、装液、排气泡、记录数据、取待测液、加指示剂、标液滴定待测液。【小问1详解】由于需要配成250mL待测溶液，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶；故答案为：250mL容量瓶。【小问2详解】量取待测液10.00mL，待测液是烧碱溶液，甲为酸式滴定管，乙为碱式滴定管，因此应选用下图中的乙，该仪器的名称是碱式滴定管；故答案为：乙；碱式滴定管。【小问3详解】滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化；若以酚酞溶液做指示剂，碱性溶液中酚酞遇碱变红，遇酸变为无色，因此滴定终点的现象是当滴入最后一滴盐酸时，溶液恰好由红色变为无色，且半分钟内不恢复；故答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；当滴入最后一滴盐酸时，溶液恰好由红色变为无色，且半分钟内不恢复。【小问4详解】A.锥形瓶用待测液润洗，消耗的标液体积变大，故A符合题意；B.滴定过程中锥形瓶内溶液溅出瓶外，溶质物质的量减小，消耗标液体积减小，故B不符合题意；C.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，滴定前读数偏大，滴定后正常读数，所得到数据偏大，故C符合题意；D.滴定结束时，俯视读数，所读数据偏大，得到消耗标液体积偏小，故D不符合题意；综上所述，答案为：AD。【小问5详解】