湖南省永州市双牌县第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题（选考）

湖南省永州市双牌县第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题（选考）

双牌二中2019年下期高二年级期中考试试卷化学（选考）‎ 可能用到的相对原子质量：H：1 He：4 C：12 N：14 O：16 Na：23 S：32 Cl：35.5 K：39 Fe：56‎ 第I卷（选择题 共48分）‎ 一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.未来新能源的特点是来源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列满足未来新能源标准的是(　　)‎ ‎①天然气　②煤　③石油　④太阳能　⑤生物质能 ⑥风能　⑦氢 A. ①②③④ B. ③⑤⑥⑦ C. ④⑤⑥⑦ D. ③④⑤⑥⑦‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，常见新能源有：太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等，满足未来新能源标准的是④⑤⑥⑦。‎ 故选C。‎ ‎2.一种“即食即热型快餐”适合外出旅行时使用。其内层是用铝箔包裹的、已加工好的真空包装食品，外层则是分别包装的两包化学物质，使用时拉动预留在外的拉线，使这两种化学物质反应，此时便可对食物进行加热，这两包化学物质最合适的选择是（ ）‎ A. 硫酸与水 B. 生石灰与水 C. 熟石灰与水 D. 氯化钠与水 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据物质间反应时是否放热判断，即食即热型快餐就是利用物质接触发生化学反应放热进行的，同时要考虑物质的状态和腐蚀性及是否易保存等。‎ ‎【详解】A.浓硫酸溶于水放热，但浓硫酸具有极强的腐蚀性，且是液态物质，不宜使用，A错误；‎ B.生石灰与水反应放出大量热，B正确；‎ C.熟石灰溶解于水放热，但其溶解度极小，因此放出的热量有限，不能达到加热的效果，C错误；‎ D.氯化钠与水不反应，溶于水产生热量极小，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎3.下图表示有关反应的反应过程与能量变化的关系，据此判断下列说法中正确的是(　　)‎ A. 等质量的白磷与红磷充分燃烧，红磷放出的热量多 B. 红磷比白磷稳定 C. 白磷转化为红磷是吸热反应 D. 红磷比白磷更容易与氧气反应生成P4O10‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.依据图象分析，等质量白磷与红磷充分燃烧，白磷放出的热量多，故A错误；B.白磷能量高于红磷，物质具有的能量越低越稳定，红磷比白磷稳定故B正确；C.白磷能量高于红磷，白磷转化为红磷是放热反应，故C错误；D.白磷能量高于红磷，物质具有的能量越低越稳定，白磷比红磷活泼，更容易与氧气反应生成P4O10，故D错误；答案选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查物质所具有的能量与物质的稳定性、反应的的热效应之间的关系。‎ ‎4. 下列热化学方程式中，△H能正确表示物质的燃烧热的是 A. 2CO(g) +O2(g) =2CO2(g) △H＝—566.0 kJ/mol B. C(s) +1/2O2(g) =CO(g) △H＝—110.5 kJ/mol C. CH4(g) +2O2(g)= CO2(g)+2H2O(l) △H＝—890.31 kJ/mol D. 2C8H18(l) +25O2(g)=16CO2(g)+18H2O(l) △H＝—11036 kJ/mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量。‎ ‎【详解】A中可燃物是2mol，不符；‎ B中生成的CO不是稳定化合物，不符；‎ C中符和定义；‎ D中可燃物是2mol，不符；‎ 故选C。‎ ‎5.已知H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH= -184.6kJ/mol，则H2(g)+Cl2(g)=HCl(g)的ΔH为（ ）‎ A. +184.6kJ/mol B. -92.3kJ/mol C. -369.2kJ/mol D. +92.3kJ/mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 热化学方程式是表示参加反应物质的量与反应热的关系的化学方程式，书写和应用热化学方程式时必须注意各物质化学式前的化学计量数可以是整数，也可以是分数；反应热与反应方程式相互对应，若反应式的书写形式不同，相应的化学计量数不同，则反应热亦不同；反应方向改变，焓变数值符号改变。‎ ‎【详解】依据热化学方程式的书写原则和方法，已知H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH= -184.6kJ/mol，化学方程式的系数除以2，则焓变也应除以2，得到热化学方程式H2(g)+Cl2(g)=HCl(g) ΔH= -92.3kJ/mol。‎ 答案选B。‎ ‎6.氢气可通过下列反应制得：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g） △H<0，为了提高氢气在平衡体系中所占的比例，可采取的措施是 A. 减小压强 B. 降低温度 C. 更换催化剂 D. 减小CO的浓度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、根据勒夏特列原理，减小压强，平衡向体积增大方向移动，但此反应方程式中气体系数之和相等，平衡不移动，故错误；B、根据勒夏特列原理，降低温度，平衡向放热反应进行，此反应正反应方向为放热反应，故正确；C、催化剂对化学平衡无影响，故错误；D、减小CO的浓度，平衡向逆反应方向移动，故错误。‎ 考点：考查影响化学平衡移动的因素等知识。‎ ‎7.对于任何一个化学平衡体系，采取以下措施，一定会使平衡发生移动的是 A. 使用催化剂 B. 升高温度 C. 增大体系压强 D. 加入一种反应物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.使用催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动，故A不选；‎ B.任何一个化学反应一定存在着热量的变化，所以升高温度，一定使平衡移动，故B选；‎ C.对一个反应前后气体系数之和相等的可逆反应，增大体系的压强，平衡不移动，故C不选；‎ D.加入的反应物如果是固体，则平衡不移动，故D不选。‎ 故选B。‎ ‎8.一定温度下，在一固定体积的密闭容器中，对于可逆反应A(s)＋3B(g)2C(g)，下列说法不能说明达到化学平衡状态的是 A. 气体密度不再变化 B. 混合气体的总压强不再变化；‎ C. A、B、C的物质的量之比为1∶3∶2 D. 混合气体的平均相对分子质量不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A.气体的密度=，该反应中，气体的总质量发生变化，体积不变，故气体密度不再变化可作为判断是否达到平衡状态的依据，故A正确；B.反应前后气体的体积不等，故混合气体的总压强不再变化可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故B正确；C.平衡时各物质的物质的量之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故A、B、C的物质的量比为1：3：2不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故C错误；D.平均相对分子质量=，气体的总质量发生变化，总物质的量也发生变化，故混合气体的平均相对分子质量不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故D正确；故选C。‎ 点睛：化学反应达到化学平衡状态时，正、逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化。注意本题中A为固体，该反应属于气体总质量和物质的量均发生变化的反应。‎ ‎9.实验室用足量镁粉与一定量的某浓度的盐酸反应来制得氢气。由于反应速率太快，不易操作。为减慢反应速率，同时又不影响生成H2的总量，可向盐酸中加入的物质是 A. CH3COONa固体 B. NaOH溶液 C. (NH4)2 SO4粉末 D. K2 SO4固体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、加入醋酸钠，发生：CH3COO－＋H＋=CH3COOH醋酸是弱酸、盐酸是强酸，c(H＋)降低，但总n(H＋)不变，故正确；B、NaOH和盐酸发生中和反应，n(H＋)减少，氢气的总量减小，故错误；C、硫酸铵属于强酸弱碱盐溶液显酸性，镁可以和酸性溶液反应生成H2，氢气的总量增大，故错误；D、加入硫酸钾粉末，对反应无影响，故错误。‎ 考点：考查影响化学反应速率的因素等知识。‎ ‎10.已知4NH3+5O24NO+6H2O，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，正确的关系是（ ）‎ A. 4v(NH3)=5v(O2) B. 5v(O2)=6v(H2O)‎ C. 4v(NH3)=6v(H2O) D. 4v(O2)= 5v(NO)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据同一化学反应中，速率之比等于化学计量数之比进行计算判断。‎ ‎【详解】A. 对于反应4NH3+5O2⇌4NO+6H2O，速率之比等于化学计量数之比，故5v(NH3)=4v(O2)，A项错误； B. 对于反应4NH3+5O2⇌4NO+6H2O，速率之比等于化学计量数之比，故6v(O2)=5v(H2O)，B项错误； C. 对于反应4NH3+5O2⇌4NO+6H2O，速率之比等于化学计量数之比，故6v(NH3)=4v(H2O)，C项错误； D. 对于反应4NH3+5O2⇌4NO+6H2O，速率之比等于化学计量数之比，故4v(O2)=5v(NO)，D项正确； 答案选D。‎ ‎11.下列事实能用勒夏特列原理来解释的是 A. 实验室采用排饱和食盐水的方法收集氯气Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO B. 工业上合成氨反应N2(g)+ 3H2 (g)2NH3(g) △H<0 选择500 ℃‎ C. H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色加深H2(g)+ I2(g)2HI(g)‎ D. SO2氧化成SO3，往往需要使用催化剂2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、氯水中存在氯气的溶解平衡，在饱和食盐水中，氯离子抑制了氯气的溶解，所以能够用勒夏特列原理解释，故A选；B、该反应正反应为放热反应，升高温度到500℃，平衡向逆反应方向移动，反应物转化率与产物的产率降低，选择500℃，主要是考虑反应速率与催化剂的活性，不能用勒夏特列原理，故B不选；C、对于可逆反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，达到平衡后，加压体系颜色变深，是因浓度变大，但平衡不移动，不能用勒夏特列原理，故C不选；D、使用催化剂可以加快反应速率，不会引起平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故D不选；故选A。‎ 点睛：注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，明确存在的平衡及平衡移动为解答的关键。本题的易错点为B，合成氨工业中，平衡的移动造成反应物转化率或产物的产率提高，才可以用勒夏特列原理解释。‎ ‎12.一定量的混合气体在密闭容器中发生反应 m A (g) + n B (g) p C (g)达到平衡后，温度不变，将容器体积缩小到原来的1/2，达到平衡时，C的浓度为原来的1.5倍，则下列说法正确的是 A. m + n > p B. C的体积分数增加 C. 平衡向正反应方向移动 D. A 的转化率降低 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 容器体积缩小到原来的1/2，如果平衡不移动，此时C的浓度为原来的2倍，但现在C的浓度为原来的1.5倍，缩小体积相等于增大压强，平衡向逆反应方向移动，即m＋n 0，下列图象中正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、交点说明反应达到平衡，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向进行，即v(正)>v(逆)，故A不符合；‎ B、该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应进行，AB3百分含量减少，故B符合；‎ C、反应前气体系数小于反应后气体系数之和，因此增大压强，平衡向逆反应方向移动，w(AB3)增大，故C不符合；‎ D、增大压强，该反应的平衡向逆反应方向进行，w(A2)减少，故D不符合；‎ 答案为B。‎ ‎【点睛】化学平衡图像：一看图像①看面：纵、横坐标的意义，②看线线的走向和变化趋势，③看点：起点、拐点、终点，④看辅助线：等温线、等压线、平衡线，⑤看量的变化：浓度变化、温度变化等；二想规律：联想平衡移动的原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响；三作判断：利用原理，结合图像，分析图像中所代表的反应速率变化或化学平衡的线，作出判断。‎ 第II卷（非选择题 共52分）‎ 二、填空题（本小题包括5个小题）‎ ‎17.（1）写出下列物质在水溶液中的电离方程式。‎ ‎①CH3COOH _________ ② NaHSO4 __________________‎ ‎（2）某温度下，纯水中的c(H＋)＝2×10－7 mol/L，则此时c(OH－)＝______。若温度不变，滴入稀硫酸使c(H＋)＝5×10－6 mol/L，则由水电离出的c(H＋)为_______ 。‎ ‎（3）常温下，浓度均为0.01 mol/L 的两瓶溶液盐酸和氢氟酸，升高相同的温度，c(Cl－)/ c(F－)的值__________（填“变大”“变小”“不变”）。‎ ‎【答案】 (1). CH3COOH⇌CH3COO-+H+ (2). NaHSO4=Na++H++SO42- (3). 2×10－7mol·L－1 (4). 8×10－9mol·L－1 (5). 变小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）醋酸在溶液中部分电离，硫酸氢钠在溶液中完全电离，以此解答；‎ ‎（2）纯水中c(H＋)＝c(OH－)，则c(OH－)＝2×10－7mol·L－1；由于c(H＋)＝c(OH－)＝2×10－7mol·L－1，则Kw＝4×10－14，加入盐酸后，c(OH－)＝ mol·L－1＝8×10－9mol·L－1；水电离出的氢离子浓度c(H＋)＝c(OH－)；‎ ‎（3）HCl是强酸，升高温度不影响c(Cl－)的浓度，氢氟酸是弱酸，升高温度电离程度增加，c(F－)升高。‎ ‎【详解】（1）醋酸在溶液中部分电离，其电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，故答案为：CH3COOH⇌CH3COO-+H+；硫酸氢钠在溶液中完全电离，其电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42-，故答案为：NaHSO4=Na++H++SO42-。‎ ‎（2）纯水中c(H＋)＝c(OH－)，则c(OH－)＝2×10－7mol·L－1；由于c(H＋)＝c(OH－)＝2×10－7mol·L－1，则Kw＝4×10－14，加入盐酸后，c(OH－)＝ mol·L－1＝8×10－9mol·L－1；水电离出的氢离子浓度c(H＋)＝c(OH－)= 8×10－9mol·L－1；‎ ‎（3）HCl是强酸，升高温度不影响c(Cl－‎ ‎)的浓度，氢氟酸是弱酸，升高温度电离程度增加，c(F－)升高，故c(Cl－)/ c(F－)的值变小。‎ ‎【点睛】本题考查了电离方程式的书写，题目难度中等，明确电离方程式的书写原则为解答关键，注意掌握强弱电解质的判断方法，试题侧重基础知识的考查。‎ ‎18.（1）在25℃、1.01×105Pa时，16g硫粉在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫气体，放出148.5kJ的热量，则S的燃烧热的热化学方程式为：_____________________。‎ ‎（2）1L 1mol/L稀盐酸跟1L 1mol/L NaOH溶液起中和反应放出57.3kJ热量，其中和热的热化学方程为：________________。‎ ‎（3）已知如图所示的可逆反应：‎ ‎①A(g)+B(g)2C(g) +D(g)；ΔH = Q kJ/mol则Q_______0（填“>”、“<”或“=”）‎ ‎②反应体系中加入催化剂，反应速率增大，则E1的变化是： E1_______，ΔH的变化是：ΔH________（填“增大”“减小”“不变”）。‎ ‎（4）发射卫星用作燃料，作氧化剂，两者反应生成N2和水蒸气，已知：N2(g) ＋2O2（g）＝ 2NO2(g)△H1 ＝＋67.7kJ/mol;N2H4（g）＋O2（g）＝ N2（g）＋2H2O（g） △H2＝－534kJ/mol,则1mol气体肼和NO2完全反应时的反应热△H=____________kJ/mol。‎ ‎（5）反应A+3B=2C+2D在四种不同情况下的反应速率分别为：‎ ‎①．v（A）=0.15mol/（L・s） ②．v（B）=0.6mol/（L・s）③．v（C）=0.4mol/（L・s） ④．v（D）=0.45mol/（L・s）则该反应进行最快的为________（填序号）‎ ‎【答案】 (1). S(s)+O2(g)=SO2(g) △H=−297kJ/mol； (2). HCl+NaOH=NaOH+H2O ΔH= -57.3kJ/mol； (3). < (4). 减小 (5). 不变 (6). −1135.7 (7). D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）n(S)= =0.5mol，则1molS完全燃烧放出的热量为148.5kJ×2=297kJ，则热化学方程式为S(s)+O2(g)=SO2(g)；△H=−297kJ/mol；‎ ‎（2）在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol液态水时所释放的热量叫做中和热；‎ ‎（3）①A(g)+B(g 2C(g)+D(g)；△H=Q kJ/mol，图中反应物能量高于生成物能量，能量守恒可知反应为放热反应，反应焓变小于0，故答案为：<；②反应体系中加入催化剂，降低反应的活化能，E1减小，反应速率增大，但催化剂不改变平衡，不改变反应的焓变，△H不变；‎ ‎（4）①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H1=+677kJ/mol，②N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H2=−534kJ/mol，盖斯定律计算得到②×2−①得到2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g) △H=−1135.7kJ/mol；‎ ‎（5）将不同物质表示的速率换算为同一物质表示的速率，再比较数值大小。以A物质为标准，则①v(A)=0.15 mol·L -1 ·s -1；②v(A)=1/3v(B)= 1/3×0.6mol·L -1 ·s -1 =0.2mol·L -1 ·s -1；③v(A)=1/2v(C)=1/2×0.5mol·L -1 ·s -1 =0.25mol·L -1 ·s -1；④v(A)=v(D)=0.45mol·L -1 ·s -；即④的反应速率最快，以此解答。‎ ‎【详解】（1）n(S)= =0.5mol，则1molS完全燃烧放出的热量为148.5kJ×2=297kJ，则热化学方程式为S(s)+O2(g)=SO2(g)；△H=−297kJ/mol，故答案为： S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=−297kJ/mol；‎ ‎（2）在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol液态水时所释放的热量叫做中和热。1L 1mol/L稀盐酸跟1L 1mol/L NaOH溶液起中和反应生成1 mol液态水，放出57.3kJ热量，故化学方程式为：HCl+NaOH=NaOH+H2O, ΔH= -57.3 kJ/mol；‎ ‎（3）①A(g)+B(g 2C(g)+D(g)；△H=Q kJ/mol，图中反应物能量高于生成物能量，能量守恒可知反应为放热反应，反应焓变小于0，故答案为：<；‎ ‎②反应体系中加入催化剂，降低反应活化能，E1减小，反应速率增大，但催化剂不改变平衡，不改变反应的焓变，△H不变，故答案为：减小；不变；‎ ‎（4）①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H1=+67.7kJ/mol，②N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H2=−534kJ/mol，盖斯定律计算得到②×2−①得到2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g) △H=−1135.7kJ/mol，故答案为： −1135.7；‎ ‎（5）将不同物质表示的速率换算为同一物质表示的速率，再比较数值大小。以A物质为标准，则①v(A)=0.15 mol·L -1 ·s -1；‎ ‎②v(A)=1/3v(B)= 1/3×0.6mol·L -1 ·s -1 =0.2mol·L -1 ·s -1；‎ ‎③v(A)=1/2v(C)=1/2×0.5mol·L -1 ·s -1 =0.25mol·L -1 ·s -1；‎ ‎④v(A)=v(D)=0.45mol·L -1 ·s -；‎ 即④的反应速率最快，故选D项。‎ ‎19.（1）．将HI(g)置于密闭容器中，某温度下发生下列变化：2HI(g) H2(g)+I2(g) △H<0‎ ‎①该反应平衡常数的表达式为K=__________。‎ ‎②当反应达到平衡时c(I2)=0.5mol/L，c(HI)=4mol/L，则c(H2)为________，HI的分解率为_________。‎ ‎（2）在一定条件下，A气体与B气体反应生成C气体,反应过程中，反应物与生成物的浓度随时间变化的曲线如图，则 ‎①该反应的化学方程式为：______________‎ ‎②t1 s时反应物A的转化率为：__________‎ ‎③0～t1 s内A的反应速率为v（A）=______。‎ ‎【答案】 (1). (2). 0.5mol/L (3). 20% (4). 3A+B2C (5). 75% (6). mol/（Ls）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①化学平衡常数=，据此进行解答；②据化学方程式可知，生成0.5mol碘单质分解了1molHI，反应开始前HI浓度为5mol/L，分解率=×100%；‎ ‎（2）①由图象可知，在反应中，A、B的浓度逐渐减小，C的浓度逐渐增大，则A、B为反应物，C为生成物，t1 s时A、B浓度不变且不为0，说明是可逆反应，化学反应中浓度变化之比等于化学计量数之比，进而书写反应方程式；‎ ‎②t1 s时反应物A的浓度变化量为（0.8-0.2）mol/L=0.6mol/L，A的转化率=×100%；‎ ‎③0～t1 s内A的浓度变化量为（0.8-0.2）mol/L=0.6mol/L，根据v=计算v（A）。‎ ‎【详解】(1) ①反应2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)的平衡常数表达式为：K== ，故答案为：； ②当反应达到平衡时c(I2)=0.5mol/L，c(HI)=4mol/L，根据反应2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)可知，平衡时c(H2)=c(I2)=0.5mol/L，反应消耗HI的浓度为：c(HI)消耗=2c(H2)═1mol/L，则反应前HI的总浓度为：4mol/L+1mol/L=5mol/L，所以HI的分解率=×100%=×100%=20%，故答案为：0.5mol/L；20%；‎ ‎（2）①由图象可知，在反应中，A、B的浓度逐渐减小，C的浓度逐渐增大，则A、B为反应物，C为生成物，t1 s时A、B浓度不变且不为0，说明是可逆反应，t1 s内△c（A）：△c（B）：△c（C）=（0.8-0.2）：（0.5-0.3）：0.4=3：1：2，化学反应中浓度变化之比等于化学计量数之比，则化学方程式为3A+B2C，故答案为：3A+B2C；‎ ‎②t1 s时反应物A的浓度变化量为（0.8-0.2）mol/L=0.6mol/L，A的转化率=×100%=×100%=75%，故答案为：75%；‎ ‎③0～t1s内A的浓度变化量为（0.8-0.2）mol/L=0.6mol/L，则v（A）== mol/（Ls），故答案为： mol/（Ls）。‎ ‎20.某学生做浓度对化学反应速率的影响实验时，将3支试管编号为①②③，并按下表中的物质的量进行实验，记录的时间数据是16s、28s、33s。请据3个时间数据填入适当位置，并写出实验结论。‎ 试管编号 加３％Na2S2O3溶液/ml 加H2O/ml 加H2SO4（1:5）/滴 出现浑浊所用时间/s ‎①‎ ‎3‎ ‎3‎ ‎5‎ a ‎②‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎5‎ b ‎③‎ ‎5‎ ‎1‎ ‎5‎ c ‎（1）a=___、b=___‎ ‎（2）实验结论：___。‎ ‎（3）写出反应的离子方程式：___。‎ ‎【答案】 (1). 33 (2). 28 (3). 对于一个化学反应，在其他条件不变时，反应物的浓度越大，化学反应速率越大 (4). S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 时间越短说明反应速率越大，其他条件不变，改变其中一个条件，分析判断反应速率，图表中主要是改变了反应物的浓度对反应速率的影响，浓度越大反应速率越大，反应时间越短，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）图表中主要是改变了反应物的浓度对反应速率的影响，浓度越大反应速率越大，反应时间越短，反应物浓度③＞②＞①则反应③速率最快，时间最小，a=33s，b=28s，c=16s； 故答案为：33；28； （2）对于一个化学反应，在其他条件不变时，改变物质浓度对反应速率的影响是浓度越大反应速率越大， 故答案为：对于一个化学反应，在其他条件不变时，反应物的浓度越大，化学反应速率越大； （3）Na2S2O3溶液和稀硫酸反应生成硫单质，二氧化硫和水，反应的离子方程式为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O， 故答案为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O。‎ ‎21.已知NO2和N2O4可以相互转化：2NO2(g)N2O4(g) △H<0。现将一定量NO2和N2O4的混合气体通入体积为2L的恒温密闭容器中，反应物浓度随时间变化关系如图所示。‎ ‎（1）图中共有两条曲线X和Y，其中表示NO2浓度随时间变化的曲线是___；a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是___。‎ ‎（2）前10min内用NO2表示的化学反应速率v(NO2)=___mol·L-1·min-1。‎ ‎（3）①据图分析，在25min时采取的措施是___（填序号）。‎ A．加入催化剂 B．缩小容器体积 C．加入一定量的NO2 D．加入一定量的N2O4‎ ‎②若在35 min时，保持温度不变，快速缩小容器的体积至1L，气体的颜色变化过程是___。‎ ‎【答案】 (1). X (2). b、d (3). 0.04 (4). C (5). 先变深后变浅 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知0-10min平衡状态时，X表示的生成物的浓度变化量为（0.6-0.2）mol/L=0.4mol/L，Y表示的反应物的浓度变化量为（0.6-0.4）mol/L=0.2mol/L，X表示的生成物的浓度变化量是Y表示的反应物的浓度变化量的2倍，所以X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线，结合外因对化学反应速率与化学平衡的影响效果分析作答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，‎ ‎（1）表示NO2浓度随时间变化的曲线是X，反应达到平衡状态时，各物质的浓度保持不变，则a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是b、d，故答案为：X；b、d；‎ ‎（2）由图象可知，10 min内NO2的浓度变化量为(0.6−0.2) mol·L-1=0.4 mol·L-1，故v(NO2)==0.04 mol·L-1·min-1，故答案为：0.04；‎ ‎（3）①25min时，X的浓度增大，Y的浓度不变，只能是增大X的浓度，所以曲线发生变化的原因是增加NO2浓度，C项正确，故答案为：C；‎ ‎②若在35‎ ‎ min时，保持温度不变，快速缩小容器的体积至1L，相当于增大压强，则瞬间二氧化氮的浓度增大为原来的2倍，过程中，平衡向正反应方向移动，最后二氧化氮的浓度大于1倍小于2倍，现象为：先变深后变浅。‎ ‎【点睛】第（3）②问对现象的描述是易错点，学生要注意增大压强，二氧化氮浓度也会增大，颜色会先变深，再考虑平衡的移动效果。‎ ‎ ‎ ‎ ‎