广东省揭阳市第三中学高二上学期第一次月考化学试题 解析版

揭阳三中第一学期高二级第1次月考化学试题

可能用到的相对原子质量：O 16 H 1 S 32 C 12

一、选择题：（42分）本题共14小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

1.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列属于未来新能源标准的是

①天然气②太阳能③风能④石油⑤煤⑥生物质能⑦氢能

A. ①②③④

B. ②③⑥⑦

C. ①②⑤⑥⑦

D.

③④⑤⑥⑦

【答案】B

【解析】

【分析】

新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污染，且可以再生。

【详解】天然气、石油、煤是不可再生能源，能引起严重的空气污染，不是新能源；太阳能、风能、生物质能、氢能对环境污染小，属于对环境友好型的新能源，故选B。

【点睛】本题考查了新能源，注意新能源的特征及开发利用是解答关键。

2. 下列变化属于吸热反应的是（）

①液态水汽化②将胆矾加热变为白色粉末③浓硫酸稀释④氯酸钾分解制氧气⑤生石灰跟水反应生成熟石灰

A. ①④⑤

B. ①②④

C. ②③

D. ②④

【答案】D

【解析】

试题分析：①液态水气化属于物理变化，属于吸热过程，故错误；②此反应是吸热反应，故正确；③浓硫酸稀释，是放热过程，故错误；④氯酸钾分解属于分解反应，属于吸热反应，故正确；⑤生石灰与水反应生成熟石灰，是放热反应，故错误；综上所述，选项D正确。

考点：考查吸热反应和放热反应等知识。

3.据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂。下列有关水分解过程的能量变

- 1 -

化示意图正确的是

A. B.

C. D.

【答案】B

【解析】

【详解】水分解是吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，催化剂能降低反应的活化能，但反应热不变，图像B符合，答案选B。

【点睛】注意催化剂可降低反应的活化能，但不改变反应热。

4.已知

（1）H2（g）＋1

2

O2（g）=H2O（g）ΔH＝a kJ?mol-1

（2）2H2（g）＋O2（g）=2H2O（g）ΔH＝b kJ?mol-1

（3）H2（g）＋1

2

O2（g）=H2O（l）ΔH＝c kJ?mol-1

（4）2H2（g）＋O2（g）=2H2O（l）ΔH＝d kJ?mol-1

下列关系式中正确的是（）

A. a＜c＜0

B. b＞d＞0

C. 2a＝b＜0

D. 2c＝d＞0 【答案】C

【解析】

【详解】氢气在氧气中燃烧，无论生成液态水，还是气态水，均为放热反应，则：a、b、c、d均小于0；

A．燃烧反应为放热反应，焓变为负，且气态水的能量高，则c＜a＜0，故A错误；

- 2 -

B．反应物相同，生成物中气态水的能量高，则d＜b＜0，故B错误；

C．物质的量与热量成正比，则2a=b＜0，故C正确；

D．物质的量与热量成正比，且燃烧反应的焓变为负，则2c=d＜0，故D错误；

故答案为C。

5.升高温度能使反应速率加快，下列叙述正确的是（）

A. 降低反应所需的活化能

B. 对于吸热反应、放热反应，反应速率同等程度加大

C. 体系中活化分子总数不变

D. 使反应体系的活化分子百分数增大

【答案】D

【解析】

【详解】升高温度，增大活化分子的百分数，体系内活化分子总数增多，有效碰撞次数增多，反应速率增大，对于吸热反应、放热反应，升高温度，正逆反应速率都增大，但正逆反应增大的程度不同，故答案为D。

6.已知化学反应A2（g）+B2（g）=2AB（s）的能量变化如图所示，下列叙述正确的是

A. 该反应为放热反应

B. A—B的键能为bkJ?mol-1

C. 加催化剂能降低该反应焓变

D. 该反应的反应热为△H=（a-b）kJ?mol-1

【答案】D

【解析】

A.由图像可以看出，生成物的总能量大于反应物的总能量，该反应为吸热反应，故A错误；

- 3 -

- 4 - B.键能是指断裂或形成1mol 化学键吸收或放出的能量，则A-B 的键能为2

b kJ?mol -1，故B 错误；C.加入催化剂只能改变化学反应速率，不能改变平衡，即该反应焓变不变，故C 错误；

D.该反应的反应热△H=断裂化学键吸收的能量—形成化学键所放出的能量，所以反应热为△H=+（a-b ）kJ/mol ，故D 正确；故选D 。

7.在2A(g)+B(g)3C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是

A. v(A)=0.5mol/(L·s)

B. v(B)=0.3mol/(L·s)

C. v(C)=0.8mol/(L·s)

D. v(D)=1.0mol/(L·s) 【答案】B

【解析】

【分析】

用不同物质的反应速率比较反应的快慢时，把反应速率的单位变成相同，再把各物质的反应速率除以本身的化学计量数，得到的速率越大反应就越快。

【详解】A 、v(B)=12v(A)=()0.5mol/L 2s =0.25mol/(L·s)； B 、v(B)=0.3mol/(L·s)；

C 、v(B)=13v(C)=()0.8mol/L 3

s =0.27mol/(L·s)； D 、v(B)=14v(D)=()1.0mol/L 4

s =0.25mol/(L·s)； 可以看出B 中的数据最大，反应也速率就最快，选B 。

8.下列反应既属于离子反应，又属于氧化还原反应的放热反应是（ ）

A. 铝片与稀盐酸反应

B. 灼热的碳与CO 2反应

C. Ba(OH)2·8H 2O 与NH 4Cl 固体反应

D. 甲烷在氧气中的燃烧反应 【答案】A

【解析】

离子反应是有离子参加或生成的反应，A 、C 为离子反应；有化合价变化的反应为氧化还原反应，A 、B 、D 为氧化还原反应，灼热的碳与CO 2反应和Ba(OH)2·8H 2O 与NH 4Cl 固体反应是吸热

- 5 - 反应，综合分析符合题意的是A 选项。A 正确。

9.已知4NH 3+5O 2=4NO+6H 2O ，若反应速率分别用υ(NH 3)、υ(O 2)、υ(NO)、υ(H 2O) 表示。则正确的关系是（ ）

A. 4/5υ(NH 3)=υ(O 2)

B. 5/6υ(O 2)=υ(H 2O)

C. 2/3υ(NH 3)=υ(H 2O)

D. 4/5υ(O 2)=υ(NO)

【答案】D

【解析】

【详解】化学计量数之比等于化学反应速率之比，则υ(NH 3)：υ(O 2)：υ(NO)：υ(H 2O)=4:5:4:6，即54υ(NH 3)=υ(O 2)、65υ(O 2)=υ(H 2O)、32υ(NH 3)=υ(H 2O)、45

υ(O 2)=υ(NO)，故答案为D 。

10.反应4A(s)+3B(g)

2C(g)+ D(g)，经2minB 的浓度减少0.6mol/L 。对此反应速率的表示正确的是

A. 用A 表示的反应速率是0.4 mol/(L·min)

B. 分别用B 、C 、D 表示的反应速率其比值是3：2：1

C. 在2min 末的反应速率，用B 表示是0.3mol/(L·min)

D. 在这2min 内用B 和C 表示的反应速率的值都是逐渐减小的

【答案】BD

【解析】 【详解】A.A 是固体，不能利用浓度变化量表示反应速率，A 错误；

B.速率之比等于化学计量数之比，故υ(B)：υ(C)：υ(D)=3：2：1，B 正确；

C.2min 内，B 的浓度减少0.6mol/L ，υ(B)=

0.6/2mol L min =0.3mol/(L ?min)，但化学反应速率是2min 内的平均速率，不是瞬时速率，C 错误；

D.由于反应物的浓度随着反应的进行逐渐减小，物质的浓度降低，反应速率减小，所以反应速率的值都是随时间逐渐减小的，D 正确；

故合理选项是BD 。

- 6 - 11.用纯净的CaCO 3与l00mL 稀盐酸反应制取CO 2，实验过程记录如图所示(CO 2的体积己折算为标准状况下的体积)。下列分析正确的是

A. EF 段，用盐酸表示该反应的

平均反应速率为0.4 mol·(L·min) -1

B. OE 段表示的平均速率最快

C. OE 、EF 、FG 三段中，该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为2∶6∶7

D. F 点收集到的CO 2的量最多

【答案】A

【解析】

A 、EF 段产生的CO 2共0.02 mol ，由于反应中n(HCl)∶n(CO 2)＝2∶1，所以该段消耗HCl ＝0.04 mol ，时间1 min ，所以用盐酸表示的EF 段平均化学速率是0.4 mol·L －1·min －1，A 正确；

B 、单位时间内反应生成的多或反应物消耗的多，则速率快。由于横坐标都是1个单位，EF 段产生的CO 2多，所以该段反应速率最快，不是OE 段，B 错误；

C 、由于时间都是1 min ，所以三段的速率之比就等于产生CO 2的体积之比，即224∶(672－224)∶(784－672)＝2∶4∶1，C 错误；

D 、收集的CO 2是看总量的，F 点只有672 mL ，应该是G 点的体积最多，D 错误，答案选A 。

12.一定量的锌粉和6 mol/L 的过量盐酸反应，当向其中加入少量的下列物质时，能够加快反应速率，又不影响产生H 2的总量的是 ①石墨粉 ②CuO ③铜粉 ④铁粉 ⑤浓盐酸 A. ①②⑤ B. ①③⑤

C. ③④⑤

D. ①③④ 【答案】B

【解析】

考查外界条件对反应速率对影响。石墨能和锌构成原电池，锌是负极，加快反应速率，①正

- 7 - 确。氧化铜溶于盐酸生成氯化铜，进而和锌发生置换反应，生成铜，也构成原电池，加快反应速率，但生成的氢气减少，②不正确，同样可知③正确。铁能和盐酸反应产生氢气，④不正确。增大氢离子浓度，反应速率增大，⑤正确，答案选B 。

13.下列描述中正确的是（ ）

A. HCl 与NaOH 反应的中和热△H＝－57.3kJ/mol ，则H 2SO 4和Ca(OH)2反应的中和热 △H＝2×(－57.3)kJ/mol

B. CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol ，则2CO 2(g)＝2CO(g)＋O 2(g)的反应热△H＝＋566.0kJ/mol

C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应

D. 燃烧热是指1mol 物质完全燃烧时放出的热量

【答案】B

【解析】

【详解】A ．中和热是指酸和碱反应生成1mol 水时放出的热量，其衡量标准是生成的水为1mol ，稀溶液中强酸与强碱反应生成1mol 水时的中和热为57.3kJ/mol ，且稀H 2SO 4和Ca(OH)2反应生成的CaSO 4微溶于水，故A 错误；

B ．燃烧热是1mol 可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，CO(g)的燃烧热是

283.0kJ/mol ，则CO 燃烧热表示的热化学方程式为：CO(g)+

12

O 2(g)═CO 2 (g)△H=-283.0 kJ/mol ；所以2CO 2(g)=2CO(g)+O 2(g)反应的△H=+566.0kJ/mol ，故B 正确；

C ．某些放热反应需要加热引发条件才能进行如铝热反应等，需要加热的反应不一定是吸热反应，故C 错误；

D ．燃烧热表示1mol 可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所释放的热量，故D 错误；

故答案为B 。

【点睛】考查燃烧热、中和热概念的理解应用，方程式书写方法，注意概念的条件和实质分析。中和热是酸与碱完全反应生成1mol 水放出的热量；燃烧热是指1mol 可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，热化学方程式改变方向，反应焓变符号随之变化；加热发生的反应不一定是吸热反应，某些放热反应也需要引发条件。

14.将4 mol A 气体和2 mol B 气体在2 L 的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A(g) +B(g)2C(g)，2 s 后测得C 的浓度为0.6 mol·L -1，下列说法正确的是（ ）

A. 用物质A表示的反应平均速率为0.6 mol·L-1·s-1

B. 用物质B表示的反应的平均速率为0.3 mol·L-1·s-1

C. 2 s时物质A的转化率为30%

D. 2 s时物质B的浓度为0.8mol·L-1

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据方程式知，△c(A)=△c(C)=0.6mol/L，则A的平均反应速率为：

0.6mol/L

2s

=0.3mol/(L·s)，故A错误；

B．△c(B)=1

2

×0.6mol/L=0.3mol/L，υ(B)=

0.3mol/L

2s

=0.15mol/(L·s)，故B错误；

C．A的起始浓度是2mol/L，根据方程式知，△c(A)=△c(C)=0.6mol/L，故A的转化率

=0.6mol/L

2mol/L

×100%=30%，故C正确；

D．B的起始浓度是1mol/L，根据方程式知，△c(B)=1

2

×0.6mol/L=0.3mol/L，2s时物质B

的浓度为：1mol/L-0.3mol/L=0.7 mol/L，故D错误；

故答案为C。

二非选择题（共58分）

15.用50 mL 0.50 mol/L的盐酸与50 mL 0.55 mol/L的氢氧化钠溶液在如下图所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：

（1）烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是_________；

（2）环形玻璃搅拌棒能否用环形铁质搅拌棒代替？_____（填“能”或“不能”），其原因是_________

（3）实验时氢氧化钠溶液的浓度要用0.55 mol/L的原因是_________；实验中若改用60 mL 0.50 mol/L的盐酸与50 mL 0.55 mol/L的氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_____（填“相等”或“不相等”），若实验操作均正确，则所求中和热________（填

- 8 -

“相等”或“不相等”）；

（4）已知在稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成1 mol 水时，放出57.3 kJ的热量，则

上述反应的热化学方程式为： _____________。

（5）倒入NaOH溶液的正确操作是 _________

A．沿玻璃棒缓慢倒入 B．分三次少量倒入 C．一次迅速倒入

（6）某同学利用实验数据计算出的中和热与57.3 kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是(填

字母)____________。

a．实验装置保温、隔热效果差；

b．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定HCl溶液的温度；

c．量取NaOH溶液的体积时仰视读数；

d．倒完NaOH溶液后，发现装NaOH烧杯内有极少量残留液。

【答案】 (1). 减少热量损失 (2). 不能 (3). 铁会和盐酸反应；铁导热性好，热

量损失较大 (4). 为了确保盐酸完全被中和 (5). 不相等 (6). 相等 (7).

NaOH(aq)+HCl(aq)= NaCl(aq)+ H2O (l) ΔH=-57.3 kJ/mol (8). C (9). abcd

【解析】【分析】(1)中和热测定实验成败的关键是保温工作；(2)铁是热的良导体，易传热，且铁能与盐酸反应；(3)氢氧化钠过量能保证盐酸完全反应；反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，结

合中和热的概念和实质来回答；

(4)根据稀强酸与稀强碱中和生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量书写热化学方程式；

(5)将NaOH溶液倒入小烧杯中，不能分几次倒入，否则会导致热量散失，影响测定结果；

(6)从对热量的影响分析即可。

【详解】(1)中和热测定实验成败的关键是保温工作，烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是：减少

实验过程中的热量损失；

(2)铁是热的良导体，易传热，热量散失较大，实验测得误差较大，且铁能与盐酸反应；

(3)用过量的氢氧化钠保证盐酸反应完全，以盐酸的量为准进行准确计算；反应放出的热量和

所用酸以及碱的量的多少有关，改用60mL 0.50mol/L的盐酸与50mL 0.55mol/L的氢氧化钠

溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量增多，但是中和热是以强

酸和强碱反应生成1mol水时放出的热为标准，与酸碱的用量无关；

- 9 -

(4)已知稀强酸、稀强碱反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量，盐酸和氢氧化钠稀溶液都是强酸和强碱的稀溶液，则反应的热化学方程式为：NaOH(aq)+HCl(aq)═NaCl(aq)+H2O (l)△H=-57.3 kJ/mol；

(5)倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果，故答案为C；

(6)a．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故a符合题意；b．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀HCl测温度，盐酸的起始温度偏高，温度差偏小，中和热的数值偏小，故b符合题意；

c．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量不变，但温度差偏小，中和热的数值偏小，故c符合题意；

d．倒完NaOH溶液后，发现装NaOH烧杯内有极少量残留液，则参加反应的NaOH偏小，测得的热量偏小，中和热数值偏小，故d符合题意；

故答案为：abcd。

16.I 某温度时，在2L容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示。

（1）由图中数据分析：该反应的化学方程式为_________________。

（2）反应开始至2min，用Z表示的平均反应速率为________。用X表示的平均反应速率为___________________

II 对于可逆反应CO(g)+H2O (g) CO2(g)+H2 (g)，若开始时容器中各有1mol的CO(g)和H2O (g)，并在一定条件下发生反应，回答下面的问题：

①恒温恒压时，向容器中充入0.5mol的He，这时反应速率___________(填“加快”、“减慢”或“不变”)，原因是____________________

②恒温恒容时，加入0.3mol的CO，这时反应速率___________(填“加快”、“减慢”或“不变”)，原因是_______________

- 10 -

- 11 - 【答案】 (1). 3X+Y 2Z (2). 0.05mol·L -1·min -1 (3). 0.075 mol·L -1·min -1

(4). 减慢 (5). 恒温恒压时充入He ，体系体积增大反应物浓度减小，反应速率减慢

(6). 加快 (7). 恒温恒容充入0.3molCO ，反应物CO 的浓度增大反应速率加快

【解析】

【分析】

I.(1)根据各物质的增减判断反应物、生成物，根据同一反应、同一时间段内，各物质的浓度变化量之比等于其计量数之比判断；

(2)根据υ＝t c ＝n V t 计算；再根据同一反应、同一时间段内，各物质反应速率之比等于其计量数之比判断；

II.①恒温恒压时，向容器中充入0.5mol 的He ，总体积增大，反应物浓度减小；

②恒温恒容时，加入0.3mol 的CO ，CO 为反应物，且浓度增大。

【详解】I.(1)根据图象知，随着反应的进行，X 、Y 的物质的量减少，Z 的物质的量增加，所以X 、Y 是反应物，Z 是生成物；同一反应、同一时间段内，各物质的浓度变化量之比等于其计量数之比，0~2min 时，△n （X ）=(1-0.7)mol=0.3mol ，△n（Y ）=(1-0.9)mol=0.1mol ，△n （Z ）=0.2mol-0=0.2mol ，△n （X ）:△n （Y ）:△n （Z ）=0.3mol:0.1mol:0.2mol=3:1:2，故该反应的化学方程式为3X+Y

2Z ； (2)υ（Z ）＝t c ＝n V t =0.2mol 02L 2min

-?=0.05mol?L -1?min -1；同一反应、同一时间段内，各物质反应速率之比等于其计量数之比，所以υ(Z):υ(X)=0.05mol?L -1?min -1:υ(X)=2:3，

υ(X)=0.075mol?L -1?min -1；

II.：①恒温恒压时，向容器中充入0.5mol 的He ，总体积增大，反应物浓度减小，则反应速率减慢；

②恒温恒容时，加入0.3mol 的CO ，CO 为反应物，CO 浓度增大，则反应速率加快。

【点睛】图象问题解题步骤：(1)看懂图象：①看面(即弄清纵坐标与横坐标的意义)；②看线(即弄清线的走向和变化趋势)；③看点(即弄清起点、拐点、交点、终点的意义)；④看是否要作辅助线(如等温线、等压线)；⑤看定量图象中有关量的多少；(2)联想规律：联想外界条件的改变对化学反应速率和化学平衡的影响规律。

17. 到目前为止，由化学能转变的热能或电能仍然是人类使用的最主要的能源．

(1)在25℃、101kPa 下，16g 的甲醇(CH 3OH)完全燃烧生成CO 2和液态水时放出352kJ 的热量，

则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为_____________________。

(2)化学反应中放出的热能(焓变，△H)与反应物和生成物的键能(E)有关．

已知：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=﹣185kJ/mol，

E(H﹣H)=436kJ/mol，E(Cl﹣Cl)=243kJ/mol则E(H﹣Cl)=_____________

(3)纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注．已知：

2Cu(s)+O2(g)═Cu2O(s)△H=﹣169kJ?mol﹣1，

C(s)+O2(g)═CO(g)△H=﹣110.5kJ?mol﹣1，

2Cu(s)+O2(g)═2CuO(s)△H=﹣314kJ?mol﹣1

则工业上用炭粉在高温条件下还原CuO制取Cu2O和CO的热化学方程式_____________。(4)如图是N2和H2反应生成2molNH3过程中能量变化示意图：

①请计算每生成1molNH3放出热量为：_________．

②若起始时向容器内放入1molN2和3molH2达平衡后N2的为20%，则反应放出的热量为Q1kJ，则Q1的数值为_________．

【答案】(1)CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)；△H=-704kJ·mol．-1

(2)434kJ/mol

(3)C(s)+2CuO(s)=Cu2O(s)+CO(g)△H=+34.5kJ·mol．-1

(4)46.1kJ；18.44

【解析】

试题分析：(1)16g的甲醇(CH3OH)完全燃烧生成CO2和液态水时放出352kJ的热量，32g甲醇即1mol，燃烧生成二氧化碳和液态水放热704KJ，标注物质聚集状态和对应焓变写出热化学方程

式为：CH3OH(l)+3

2

O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-704KJ/mol；

(2)H2(g)+Cl2(g)═2HCl(g)△H=-185kJ/mol，E(H-H)=436kJ/mol，E(Cl-Cl)=243kJ/mol，△H=反应物键能总和-生成物键能总和得到：-185kJ/mol=436KJ/mol+243KJ/mol-2E(H-Cl)，则

E(H-Cl)=432kJ/mol；故答案为：432kJ/mol；

- 12 -

(3)①2Cu(s)+1

2

O2(g)═Cu2O(s)△H=-169kJ?mol-1，

②C(s)+1

2

O2(g)═CO(g)△H=-110.5kJ?mol-1，

③2Cu(s)+O2(g)═2CuO(s)△H=-314kJ?mol-1，

依据盖斯定律②+①-③得到C(s)+2CuO(s)═Cu2O(s)+CO(g)△H=+34.5KJ/mol；

则工业上用炭粉在高温条件下还原CuO制取Cu2O和CO的热化学方程式为

C(s)+2CuO(s)═Cu2O(s)+CO(g)△H=+34.5KJ/mol；

(4)①图象分析可知，N2和H2反应生成2molNH3过程中能量变化示意图可知反应放热

427.2KJ-335KJ=92.2KJ，每生成1molNH3放出热量46.1KJ；故答案为：46.1kJ；

②如图是N2和H2反应生成2molNH3过程中能量变化示意图，反应焓变

△H=335KJ/mol-427.2KJ/mol=-92.2KJ/mol，

N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.2KJ/mol

1 30

0.2 0.6 0.4

生成0.4mol氨气放热=×92，2KJ=18.44KJ，故答案为：18.44。

考点：考查了热化学方程式书写方法和盖斯定律的计算的相关知识。

18.某小组拟用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液的反应（此反应为放热反应）来探究“条件对化学反应速率的影响”，并设计了如下的方案记录实验结果（忽略溶液混合体积变化）。限选试剂和仪器：0.20 mol/L H2C2O4溶液、0.010 mol/L KMnO4溶液（酸性）、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽。

物理量编号V（0.20 mol/L

H2C2O4溶液）

/mL

V（蒸馏水）

/mL

V（0.010 mol/L

酸性KMnO4溶

液）/mL

m（MnSO4）

/g

T/℃乙

① 2.0 0 4.0 0 50

② 2.0 0 4.0 0 25

- 13 -

- 14 - ③

1.5 a 4.0 0 25 ④

2.0 0 4.0 0.1 25

回答下列问题：

(1)KMnO 4溶液用_______酸化（填名称）；写出上述反应的离子方程式：__________；

(2)上述实验①②是探究____________对化学反应速率的影响；上述实验②④是探究

__________对化学反应速率的影响。若上述实验②③是探究浓度对化学反应速率的影响，则a 为______________；表格中的“乙”填写t/s ，其测量的是__________________。

(3)已知实验①50℃时c(MnO 4-)～反应时间t 的变化曲线如图。若保持其他条件不变，请在坐标图中，画出实验②25℃时c(MnO 4-)～t 的变化曲线示意图。____________________

【答案】 (1). 硫酸 (2). 2MnO 4- + 5H 2C 2O 4 + 6H += 2Mn 2+ + 10CO 2↑ + 8H 2O (3). 温度 (4). 催化剂 (5). 0.5 (6). 酸性KMnO 4溶液褪色的时间 (7).

【解析】

【分析】

(1)酸性的KMnO 4溶液有强氧化，不能选择还原性的酸酸化；H 2C 2O 4溶液和酸性KMnO 4溶液反应生成二氧化碳、锰离子和水；

(2)实验①②是在相同浓度，不使用催化剂，不同温度下进行的实验探究；而实验②④是在相同浓度、相同温度，是否使用催化剂条件下进行的实验探究；上述实验②③是探究浓度对化

学反应速率的影响，则混合液的总体积必须相同；反应速率需要通过时间的快慢来体现；(3)根据温度降低反应速率减小画出25℃时c(MnO4-)～t的变化曲线示意图。

【详解】(1)酸性的KMnO4溶液有强氧化，不能选择还原性的酸酸化，也不能选择强氧化性的酸如硝酸酸化，只能选择稀硫酸酸化；H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应生成二氧化碳、锰离子和水，则反应的化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。

(2)实验①②是在相同浓度，不使用催化剂的条件下进行的，但反应温度不同，则为探究温度对速率的影响；而实验②④是在相同浓度、相同温度的条件下进行的，但②不使用催化剂，而④使用催化剂，则为探究催化剂对反应速率的影响；上述实验②③是探究浓度对化学反应速率的影响，则混合液的总体积必须相同，实验②溶液总体积为6mL，则实验③中所需水的体积a=6mL-1.5mL-4.0mL=0.5mL；反应速率需要通过时间的快慢来体现，则乙中需要测量的是KMnO4溶液褪色所需时间；

(3)25℃时反应速率小于50℃时，所以高锰酸根离子的浓度变化比50℃时小，反应需要的时间大于50℃条件下需要的时间，据此画出25℃时c(MnO4-)～t 的变化曲线示意图为：

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