江西省奉新县第一中学2019-2020学年高二化学上学期第一次月考试题（含解析）

江西省奉新县第一中学2019-2020学年高二化学上学期第一次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量: h 1 c 12 n 14 o 16 na 23 mg 24 al 27 si 28 s 32 cl 35.5 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.根据所学知识判断，下列反应中，在任何温度下都不自发进行的是（ ）a. 2o3（g）3o2（g）h0b. n2（g）+3h2（g）2nh3（g）h0c. 2co（g）2c（s）+o2（g）h0d. caco3（s）cao（s）+co2（g）h0【答案】c【解析】ah0，s0，根据g=h-ts可知，一般温度下都能满足h-ts0，反应可自发进行，故a不选；bh0，s0，在较高温度下，可满足h-ts0，反应可自发进行，故b不选；ch0，s0，一般情况下都满足g=h-ts0，反应不能自发进行，故c选； dh0，s0，在较高温度下，可满足h-ts0，反应可自发进行，故d不选；故选c。点睛：反应能否自发进行，取决于g=h-ts，当g=h-ts0时，反应可自发进行，否则不能。2.在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：no（g）+co（g）n2（g）+co2（g）h=373.2kjmol1，达到平衡后，为提高该反应的速率和no的转化率，采取的正确措施是（ ）a. 加催化剂同时升高温度b. 加催化剂同时增大压强c. 升高温度同时充入n2d. 降低温度同时增大压强【答案】b【解析】【详解】a、由题意知反应是放热反应，反应后气体体积减小；催化剂加快反应速率，但平衡不移动；升温加快反应速率，但衡逆向移动，no转化率减小，故不选a；b、催化剂加快反应速率，但平衡不移动；增大压强加快反应速率，平衡正向移动，no转化率增大，故选b；c、升温速率增大，平衡逆向移动，加氮气平衡逆向移动，no转化率减小，故不选c；d、降低温度反应速率减小，加压反应速率增大，无法确定反应速率的变化情况，故不选d。3. 下列说法中正确是活化分子间的碰撞一定能发生化学反应普通分子间的碰撞有时也能发生化学反应活化分子比普通分子具有较高的能量催化剂降低了反应的活化能化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程升高温度和使用催化剂都提高了活化分子的百分数a. b. c. d. 【答案】c【解析】试题分析：活化分子间有合适的取向，发生的碰撞一定能发生化学反应，故错误；普通分子间不可能发生化学反应，故错误；活化分子比普通分子具有较高的能量，故正确；催化剂能够降低反应的活化能，因此反应速率加快，故正确；化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，故正确；升高温度，增大了分子的能量，使用催化剂，降低反应的活化能，都提高了活化分子的百分数，故正确；故选c。考点：考查了化学反应速率的相关知识。4.一定量的稀硫酸与过量的锌反应，为减慢反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向稀硫酸中加入适量的下列物质，其中一定不能达到目的的是 ( )a. 氯化钠溶液b. 水c. 醋酸钾溶液d. 硫酸铜固体【答案】d【解析】【分析】zn过量,生成氢气由硫酸决定,则减小氢离子浓度,不改变其物质的量,则可减慢反应速率,且不影响生成氢气的总量,以此来解答。【详解】a.加入氯化钠溶液,相当于加水稀释，氢离子浓度减小,反应速率减慢,但氢离子物质的量不变,则生成氢气总量不变,能达到目的,故a不选；b.加水稀释，氢离子浓度减小,反应速率减慢,但氢离子物质的量不变,则生成氢气总量不变,能达到目的,故b不选；c.加醋酸钾溶液,会和硫酸反应生成硫酸钾和醋酸，ch3coo-+h+=ch3cooh，由反应可知，强酸变为弱酸，氢离子浓度减小,反应速率减慢，但是,氢离子总的物质的量不变,则生成氢气总量不变,能达到目的，故c不选；d.加入少量硫酸铜固体，锌置换出铜，锌、铜和硫酸构成原电池,加快反应速率,不达到目的,故d选；综上所述，本题选d。5.下列变化不能用勒夏特列原理解释的是a. 工业生产硫酸的过程中使用过量的氧气,以提高二氧化硫的转化率b. 工业上合成氨要用高温，催化剂c. 红棕色的no2加压后颜色先变深再变浅d. co2(g)co2(aq)h0,降温增压可增大二氧化碳气体在水中的溶解度【答案】b【解析】【详解】a. 工业生产硫酸使用过量氧气,，增大了一种反应物的浓度，平衡正向移动，提高了另一种反应物二氧化硫的转化率，能用平衡移动原理解释；b. 合成氨反应为放热反应，高温有利于提高催化剂的活性，但不利于平衡的正向移动，不能用平衡移动原理解释；c. 红棕色的no2加压后，浓度瞬间增大，但随后平衡正向移动，所以颜色先变深再变浅，能用平衡移动原理解释；d. co2(g)co2(aq) h0，降温增压可使平衡正向移动，增大二氧化碳气体在水中的溶解度，能用平衡移动原理解释。故答案为b。6.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：平衡时测得a的浓度为0.50mol/l,保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时,测得a的浓度为0.30mol/l。下列有关判断正确的是a. x+yzb. 平衡向正反应方向移动c. b的转化率降低d. c的体积分数升高【答案】c【解析】【分析】保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，a的浓度由0.50mol/l变为0.25mol/l，平衡移动后，a的浓度变为0.3mol/l，说明平衡向生成a的方向移动。【详解】a. 对照平衡移动原理，减压，平衡向气体分子数增大的方向移动，所以x+yz，a错误；b. 由分析知，平衡向逆反应方向移动，b错误；c. 平衡逆向移动，b的转化率降低，c正确；d. 平衡逆向移动，c的体积分数减小，d错误。答案为c。7.在一定温度下，固定容积的容器中加入a mol a和b mol b，发生反应：a（g）+2b（g）2c（g）一段时间后达到平衡，生成n mol c。则下列说法中不正确的是a. 再充入少量a，平衡向正反应方向移动，但k值不变b. 起始时刻和达到平衡后容器中的压强之比为（a+b）（a+b）c. 当2v正（a）=v逆（b）时，反应一定达到平衡状态d. 充入惰性气体（如ar）增大压强，平衡向正反应方向移动【答案】d【解析】试题分析：a、再充入少量a，增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动，温度不变，则k值不变，a正确；b、a（g）+2b（g）2c（g）起始量（mol）a b 0转化量（mol）0.5n n n平衡量（mol）a0.5n bn n所以起始时刻和达到平衡后容器中的压强之比为（a+b）（a+b0.5n），b正确；c、当2v正（a）v逆（b）2v逆（a），因此反应一定达到平衡状态，c正确；d、充入惰性气体（如ar）增大压强，平衡不移动，d错误，答案选d。考点：考查外界条件对平衡状态的影响8.已知反应：2no(g)br2(g)2nobr(g) ha kjmol-1（a0），其反应机理是 no(g)br2 (g)nobr2 (g) 快 nobr2(g)no(g)2nobr(g) 慢下列有关该反应的说法正确的是a. 该反应的速率主要取决于的快慢b. nobr2是该反应的催化剂c. 增大br2 (g)的浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率d. 总反应中生成物的总键能比反应物的总键能大a kjmol-1【答案】c【解析】a反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于的快慢，a错误；bnobr2是中间产物，而不是催化剂，b错误；c正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小a kjmol-1，c正确；d增大浓度，活化分子百分数不变，d错误，答案选c。9.某密闭容器中充入一定量so2、o2发生反应2so2（g）+o2（g）2so3（g）, 测得so3浓度与反应温度关系如图下列说法正确的是a. 该反应h0b. so2转化率：abcc. 化学反应速率：cbad. 平衡常数k：bca【答案】c【解析】试题分析：a、图像上b点以后都处于平衡状态，升高温度so3的浓度降低，说明平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，hv逆的是点3d. 图4中，若mnp，则a曲线一定使用了催化剂【答案】c【解析】【分析】本题考查了可逆反应图像的综合分析，明确温度越高，反应速率越快；同温下，压强越大，平衡向气体体积减小的方向移动；催化剂并不是唯一对平衡结果不改变的原因。【详解】a由图1可知，温度在t 2 时首先达到平衡，升高温度，化学反应速率加快，达到平衡所需要的时间缩短，故t1t2；在t2时c%减小，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，该反应正反应为放热反应，a错误；b由图2可知，在温度不变时，增大压强，c%增多。说明增大压强，化学平衡向正反应方向移动。根据平衡移动原理，增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，故正反应方向为气体体积减小的方向，mnp，b错误；c图3表示的是在不同的温度下，当反应达到平衡时，反应物b的转化率与温度的关系。曲线上的点表示的是平衡状态，v 正 =v 逆，点3低于平衡转化率，说明3未达到平衡，反应向正反应方向进行，此时表示的反应速率v 正 v 逆，c正确； d. 图4中，若mnp，则a曲线达到平衡所需要的时间比b短，先达到平衡，可能是使用了催化剂，也可能是增大了压强，缩小了容器的容积，d错误；答案为c。【点睛】转化率关系：（1）当改变温度或压强时平衡向正反应方向移动，平衡转化率一定增大。（2）当两种或两种以上的可逆反应，增加一种反应物的浓度，平衡向正向移动，其他反应物的转化率增大而本身转化率降低。（3）当只改变生成物的浓度，平衡向正向移动，平衡转化率一定增大。（4）对于aa(g)bb(g)cc(g)反应，加入一定的a建立平衡体系如果在恒温恒容下再加入a物质，达到新平衡时a的转化率有下列三种情况 abc，a的转化率不变 abc，a的转化率增大 ac，a、b转化率增大 ab2q2c. q12q2d. q1=2q2924【答案】b【解析】试题分析：向密闭容器甲中通入1mol n2和3mol h2，达到平衡时，氢气和氮气不能完全转化；达到平衡时放出热量q1kj小于92.4kj；假定0.5mol n2和1.5mol h2完全反应，达到平衡时放出的热量为：92.4kj=46.2kj，由于合成氨是可逆反应，故反应物不能完全反应，所以放出的热量q2小于46.2kj，反应可以建成恒压下与反应的等效平衡，此时放出的热量反应是反应的一半，然后反应进行扩大容器，减小压强，平衡逆向移动，放出的热量减少，所以q12q2，综上所述可知：92.4ql2q2 ；故选b。考点：考查了化学反应中能量变化的相关知识。14.工业上，在一定条件下利用乙烯和水蒸气反应制备乙醇。反应原ch2=ch2(g)+h2o(g)=ch3ch2oh(g )h。已知几种共价键的键能如下：化学键c-hc=ch-oc-cc-o键能/kjmol-1413615463348351下列说法错误的是a. 上述合成乙醇的反应原子利用率为100b. 相同时间段内,用该反应中三种物质表示的该反应的化学反应速率相等c. 碳碳双键的键能大于碳碳单键键能，但碳碳单键更稳定d. 上述反应式中,h=+34kjmol-1【答案】d【解析】【详解】a.乙烯水化制乙醇的反应是加成反应，反应物全部转化为生成物，原子利用率为100，a正确；b.反应混合物中，各物质的化学计量数相同，所以相同时间段内，反应中用三种物质表示的反应速率相等，b正确；c.由题中数据可知，碳碳双键的键能小于碳碳单键键能的2倍，所以碳碳单键比碳碳双键更稳定，c正确；d.上述反应式中，h=(615kjmol-1)+( 413 kjmol-1)+( 463 kjmol-1)-(348 kjmol-1)-( 413 kjmol-1)-(463 kjmol-1)-( 351 kjmol-1)=-34kjmol-1，d错误； 正确选项d。【点睛】反应热=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出的总能量，如果反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，反应为吸热反应；如果反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量，反应为放热反应。15.在温度t1和t2时，分别将0.50 mol ch4和1.2mol no2充入1 l的密闭容器中发生反应：ch4（g）2no2（g）n2（g）co2（g）2h2o（g）h=akj/mol。测得有关数据如下表：温度时间/min物质的量010204050t1n（ch4）/mol0.500.350.250.100.10t2n（ch4）/mol0.500.300.18x0.15下列说法正确的是a. t1t2，且a0b. 当温度为t2、反应进行到40 min时， x0.15c. 温度为t2时，若向平衡后的容器中再充入0.50 mol ch4和1.2mol no2，重新达到平衡时，n（n2）=0.70mold. 温度为t1时，达平衡时ch4的转化率大于no2的转化率【答案】d【解析】试题分析：a温度升高，反应速率加快，因此t2t1，甲烷剩余量增多，说明反应向左进行，正反应放热，所以a0，故a错误；b当温度为t2、反应进行到40 min时，反应达到平衡状态，x=0.15，故b错误；c温度为t2时，若向平衡后的容器中再充入0.50 mol ch4和1.2mol no2，平衡逆向移动，重新达到平衡时，n（n2）小于原平衡n（n2）的2倍，故c错误；d温度为t1时，达平衡时ch4的转化率为（0.50-0.10）mol0.50mol100%=80%，no2的转化率为（0.50-0.10）2mol1.20mol100%=66.7%，故d正确；答案为d。【考点定位】考查外界条件对化学反应速率以及平衡移动原理及其应用【名师点晴】能结合图表信息分析是解题关键；温度升高，反应速率加快，当温度为t1、反应进行到40 min时已达平衡状态，温度为t2时反应也应该达到平衡状态；温度为t2时，若向平衡后的容器中再充入0.50 mol ch4和1.2mol no2，可等效为在另一个相同的容器中建立一个和原平衡相同的平衡状态，再压缩到一个容器中，即为增大压强，平衡逆向移动；据此分析解题。16.在恒温恒压密闭容器m（如图）和恒温恒容密闭容器n（如图）中，两容器中均加入a mola和a molb，起始时两容器体积均为vl，发生如下反应并达到化学平衡状态：2a（?）+ b（?）xc（g） h0，平衡时m中a、b、c的物质的量之比为134。下列判断不正确的是（ ）a. x2b. 若n中气体的密度如图所示，则a、b只有一种是气态c. a为气体，b为非气体，则平衡时m、n中c的物质的量相等d. 若a、b均为气体，平衡时m中a的转化率小于n中a的转化率【答案】d【解析】试题分析：a、设达平衡后b的物质的量减少nmol，则a的物质的量减少2nmol，c的物质的量增加xnmol，平衡时a、b、c的物质的量分别是（mol）:a-2n、a-n、xn，所以（a-2n）：（a-n）=1:3，解得n=0.4a，（a-2n）：（xn）=1:4，x=2，正确；b、n是恒温恒容条件，由图iii可知，气体的密度逐渐增大，说明气体的质量逐渐增加，若a、b都是气体，则混合气体的密度会一直不变，所以a、b中只有一种是气态，正确；c、a为气体，b为非气体，则该反应是反应前后气体物质的量不变的可逆反应，恒温恒压与恒温恒容达到的平衡是等效的，所以平衡时m、n中c的物质的量相等，正确；d、若a、b均为气体，m平衡后的容器的压强大于n容器，所以由m容器得到n容器的平衡状态，需要减小压强，平衡逆向移动，m中a的转化率减小后与n中a的转化率相同，所以原平衡时m中a的转化率大于n中a的转化率，错误，答案选d。考点：考查可逆反应平衡状态的判断和计算以及外界条件对平衡状态的影响二、填空题（共52分）17.某温度时,在一个2l的密闭容器中,x、y、z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示.根据图中数据填空:（1）反应开始至2min,以气体z表示的平均反应速率为_.（2）该反应的化学方程式为_.（3）若x、y、z均为气体,2min后反应达到平衡,反应达平衡时:此时体系的压强是开始时的_倍;达平衡时,容器内混合气体的平均相对分子质量比起始投料时_(填增大减小或相等).【答案】 (1). 0.05 moll-1min-1 (2). 3x+y2z (3). 0.9 (4). 增大【解析】【详解】（1）、反应开始至2min，气体z的平均反应速率为v= =0.05mol/（lmin）；（2）、由图象可以看出，x、y的物质的量逐渐减小，z的物质的量逐渐增大，则x、y为反应物，z为生成物，2min后，x、y的物质的量为定值且不为零，为可逆反应，相同时间内物质的量的变化比值为：n（x）：n（y）：n（z）=（1.0-0.7）mol：（1.0-0.9）mol：0.2mol=3：1：2，则化学方程式为3x+y 2z；（3）、反应达平衡时，气体的总物质的量为：0.9mol+0.7mol+0.2mol=1.8mol，起始时气体的总物质的量为：1.0mol+1.0mol=2.0mol，反应达平衡时，此时容器内的压强与起始压强之比为1.8mol：2.0mol=9：10，此时体系的压强是开始时的 0.9倍；平衡时，混合气体的平均摩尔质量为 = ，气体的总质量不变，总物质的量减少，混合气体的平均摩尔质量增大，气体的摩尔质量数值上等于相对分子质量，故达平衡时，容器内混合气体的平均相对分子质量比起始投料时增大。18.研究等大气污染气体的处理具有重要意义。（1）已知：；则反应的_。（2）一定条件下，将与以体积比置于密闭容器中发生上述反应，测得上述反应平衡时与体积比为，则平衡常数_（保留两位小数）。（3）可用于合成甲醇，反应方程式为。在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。该反应_(填“”或“”)。实际生产条件控制在、左右，选择此压强的理由是_。【答案】 (1). -41.8 kjmol1 (2). 8/3 (3). (4). 250、1.2104kpa左右，co的转化率已经很高，如果增加压强co的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失【解析】【详解】(1)已知： 将-得：2no2(g)+2so2(g)2so3(g)+2no(g) h=-83.6 kj mol1，由此得出no2(g)+so2(g)so3(g)+no(g) h=-41.8 kjmol1。(2)令no2的体积为1，则so2的体积为2。设变化量为xno2(g)+so2(g)so3(g)+no(g)起始量 1 2 0 0变化量 x x x x平衡量 1-x 2-x x x依题意得，解得x=0.8，由于反应前后体积不变，则。(3)由图象信息可知，压强相同时，升高温度，co的转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，正反应为放热反应，h0。因为反应物的气体分子数大于生成物的气体分子数，加压有利于平衡的正向移动，但压强越大需要的条件越高，花费越大，所以选择1.2104kpa这个压强的原因是由于250、1.2104kpa左右，co的转化率已经很高，如果增加压强co的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失19.能源短缺是人类社会面临的重大问题，甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。（1）已知：co、h2、ch3oh（g）的燃烧热分别为283kj/mol、285.8kj/mol、768kj/mol。工业上一般利用合成气发生下列反应合成甲醇：co（g）+ 2h2（g）ch3oh（g）。完成该热化学方程式：co（g）+ 2h2（g） ch3oh（g）h=_ kj/mol；某温度下，将2mol co和6mol h2充入2l的密闭容器中，达到平衡，测得c（h2）= 2.2moll1，则co的转化率为_。（2）t1时，此反应平衡常数为k（t1）= 50。此温度下，在一个2l的密闭容器中加入一定量co和h2，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：物质h2coch3oh(g)浓度/（moll1）0.2 0.2 0.4 比较此时正、逆反应速率的大小：v正_v逆值（填“”、“”或“=”）。若其他条件不变，在t2反应l0min后又达到平衡，测得n（h2）= 0.3mol，试比较：温度t1_t2（填“”、“=”或“”，下同）t2时该反应的平衡常数k（t2）_50。若其他条件不变时，只改变反应的某一个条件，下列说法正确的是_。a若达到新平衡时c（co）= 0.3mo1/l，平衡一定逆向移动b若将容器体积缩小到原来的一半，达到新平衡时，0.2mol/lc（co）0.4mol/lc若向容器中同时加入0.4mol co和0.8mol ch3oh（g），平衡不移动d若向容器中加入0.8mol ch3oh（g），达到新平衡时，co的体积分数不变【答案】 (1). -86.6 (2). 40% (3). (4). (5). (6). bc【解析】【详解】(1) 三种物质燃烧的热化学方程式为：h2(g)+1/2o2(g)=h2o(l) h285.8kj/mol co(g)+1/2o2(g)=co2(g) h283.0kj/mol ch3oh(g)+3/2o2(g)=co2(g)+2h2o(l) h768kj/mol 则2+-得：co(g)2h2(g)ch3oh(g) h-86.6kj/mol。设co的变化量为x mol/lco(g)2h2(g)ch3oh(g)起始量 1 3 0变化量 x 2x x平衡量 1-x 3-2x x则3-2x=2.2，即x=0.4co的转化率为。(2)浓度商，说明反应达到平衡状态，所以v正v逆。若其他条件不变，在t2反应l0min后又达到平衡，测得n(h2)=0.3mol，则其浓度为0.15mol/l，与原平衡相比较氢气浓度减小，可得出平衡正向移动。对于放热反应，温度降低，平衡正向移动，从而得出t1t2；t2时平衡正向移动，则该反应的平衡常数增大，k（t2）50；若其他条件不变时，只改变反应的某一个条件a达到新平衡时c(co)=0.3mo1/l，若为增大co的浓度，平衡会正向移动，错误；b若将容器体积缩小到原来的一半，co的浓度变为原来的2倍，达到新平衡时，浓度减小，但比原平衡时大，故0.2mol/lc(co)0.4mol/l，正确；c若向容器中同时加入0.4mol co和0.8mol ch3oh（g），利用浓度商进行分析，平衡不移动，正确；d因起始投入量之比不等于化学计量数之比，若向容器中加入0.8mol ch3oh（g），不是等效平衡，所以达到新平衡时，co的体积分数改变，错误。故答案为bc。20.i。草酸(h2c2o4)与高锰酸钾在酸性条件下能够发生反应：【实验1】甲同学用8.00 ml 0.001 mol/l kmno4溶液与5.00 ml 0.01 mol/l h2c2o4溶液反应，研究不同条件对化学反应速率的影响。改变的条件如下：组别kmno4溶液/mlh2c2o4溶液/ml10%硫酸体积/ml温度/其他物质8.005003.00208.005.003.00308.005.001.00202.00 ml蒸馏水（1）写出草酸(h2c2o4)与高锰酸钾溶液在酸性条件下反应的离子方程式_。（2）上述进行实验、的目的是探究_对化学反应速率的影响。【实验2】乙同学在研究草酸与高锰酸钾在酸性条件下反应的影响因素时发现,草酸与酸性高锰酸钾溶液开始一段时间反应速率较慢,溶液褪色不明显,但不久后突然褪色,反应速率明显加快。（3）针对上述现象,乙同学认为草酸与高锰酸钾反应放热,导致溶液温度升高,反应速率加快。从影响化学反应速率的因素看,你猜想还可能是_的影响。（4）若用实验证明你的猜想,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_（填字母）。a硫酸钾 b水 c二氧化锰 d硫酸锰用如图所示的装置进行中和热的测定实验，分别取的溶液、的硫酸进行实验，回答下列问题：（1）从上图实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃用品是_，除此之外，装置中的一个明显错误是_。（2）近似认为的naoh溶液和的硫酸溶液的密度都是，中和后生成溶液的比热容，通过以下数据计算中和热h=_（结果保留小数点后一位）。温度实验次数起始温度t1/终止温度t2/h2so4naoh平均值126.226.026.129.5227.027.427.232.3325.925.925.929.2426.426.226.329.8（3）上述实验数值结果与有偏差，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用温度计测定溶液起始温度后直接测定h2so4溶液的温度c分多次把溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中d将以上四实验测量温度均纳入计算平均值【答案】 (1). 5h2c2o4+2mno4-+6h+=2mn2+10co2+8h2o (2). 硫酸溶液的浓度(或氢离子浓度) (3). 催化剂 (4). d (5). 环形玻璃搅拌棒 (6). 烧杯下面的碎纸条太少，烧杯口没有接触硬纸板 (7). -56.8kj/mol (8). abc【解析】【详解】i.(1)草酸(h2c2o4)与高锰酸钾溶液在酸性条件下反应的离子方程式为5h2c2o4+2mno4-+6h+=2mn2+10co2+8h2o；(2)实验与实验中，只有硫酸的浓度不同，所以用于比较不同酸性条件下的反应速率快慢。(3)根据“突然褪色”判断，反应速率突然加快，说明有催化剂的作用。答案为催化剂(4)溶液混合后，溶液中就存在硫酸钾，由于反应中有mn2+生成可能起催化作用，所以应选择硫酸锰。答案为d(1)根据装置图可知仪器中缺少环形玻璃搅拌棒；装置中的一个明显错误是烧杯下面的碎纸条太少，烧杯口没有接触硬纸板。(2)的naoh溶液和的硫酸溶液反应，生成水的物质的量为0.025mol，溶液的质量为100ml1g/ml=100g；温度变化量分别是（）3.4、5.1、3.3、3.5，因此第二组实验误差太大，则温度变化的平均值t=3.4，则生成0.025mol水放出的热量为，所以实验测得的中和热h=-。(3)a实验装置保温、隔热效果差，可能造成中和热测定值偏低；b用温度计测定溶液起始温度后直接测定h2so4溶液的温度，酸碱反应放热，硫酸的起始温度高