2023北京大兴一中高二（上）期中
化 学
一、选择题（本大题共14小题，每个小题列出的四个备选项中，只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分，每小题3分，共42分）
1．化学反应速率的控制在工农业生产和日常生活中都有重要应用。下列说法正确的是（ ）
A．将肉类食品进行低温冷藏，能使其永远不会腐败变质
B．在化学工业中，选用催化剂一定能提高经济效益
C．夏天面粉的发酵速率与冬天面粉的发酵速率相差不大
D．茶叶等包装中加入还原性铁粉，能显著延长茶叶的储存时间
2．向稀氨水中加入下列物质，能使溶液中的铵根离子浓度减小，pH值增大的是（ ）
A．水 B．氯化铵固体
C．烧碱固体 D．食盐固体
3．水是最宝贵的资源之一，下列表述正确的是（ ）
A．水的电离是一个放热过程
B．温度升高，纯水中的增大，呈酸性
C．水的电离程度很小，纯水中主要存在形态是水分子
D．向水中加入酸或碱，都可抑制水的电离，使水的离子积减小
4．下列说法正确的是（ ）
A．凡是放热反应都是自发反应
B．自发反应都是熵增大的反应
C．吸热反应可能是自发反应
D．凡是需要加热才能发生的反应都是非自发进行的
5．使反应4NH3（g）+3O2（g） 2N2（g）+6H2O在2L的密闭容器中进行，半分钟后N2的物质的量增加了0.6mol．此反应的平均速率v（X）为（ ）
A．v（NH3）＝0.02 mol L﹣1 s﹣1
B．v（O2）＝0.01 mol L﹣1 s﹣1
C．v（N2）＝0.02 mol L﹣1 s﹣1
D．v（H2O）＝0.02 mol L﹣1 s﹣1
6．某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是（ ）
A．实验a、b、c中温度计读数均增大
B．将实验a中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加
C．实验b中用搅拌器的目的是使反应的焓变增大
D．实验c中若用NaOH固体测定中和反应反应热，则测定结果的绝对值偏高
7．下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．冰镇的啤酒打开后泛起泡沫
B．对N2+3H2 2NH3的反应，使用铁触媒可加快合成氨反应的速率
C．工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率
D．工业制取金属钾Na（l）+KCl（l） NaCl（l）+K（g）选取适宜的温度，使K成蒸汽从反应混合物中分离出来
8．向密闭容器中充入1molHI，发生反应：2HI（g） H2（g）+I2（g）ΔH＞0，达到平衡状态。该反应经过以下两步完成：
ⅰ．2HI→H2+2I ΔΔH1
ⅱ．2I →I2ΔH2
下列分析不正确的是（ ）
A．ΔH1＞0、ΔH2＜0
B．n（HI）+2n（I2）═1mol
C．恒温时，缩小体积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
D．恒容时，升高温度，K增大，平衡正向移动，气体颜色加深，电子发生了转移
9．中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如图所示。
已知：断开1molAB（g）分子中的化学键使其分别生成气态A原子和气态B原子所吸收的能量称为A﹣B的键能。几种物质中化学键的键能如下表所示。
化学键 H﹣O键 O＝O键 H﹣H键 O﹣O键
键能/（kJ/mol） 467 498 436 138
若反应过程中分解了2molH2O，则下列说法错误的是（ ）
A．总反应为2H2O2H2↑+O2↑
B．过程Ⅲ中有旧化学键的断裂和新化学键的形成
C．过程Ⅱ放出了574kJ能量
D．过程Ⅰ吸收了467kJ能量
10．在相同温度下，0.01mol/L的NaOH溶液和0.01mol/L的盐酸相比较，下列说法正确的是（ ）
A．两溶液的pH之和等于14
B．由水电离出的c（H+）都是1.0×10﹣12mol/L
C．由水电离出的c（OH﹣）相等
D．若将0.01mol/L的盐酸换成同浓度的醋酸，对水的电离的影响不变
11．已知A（g）+B（g） 2C（g）△H＝akJ mol﹣1，该反应平衡常数K与温度的关系如表所示
温度/℃ 750 900 1100
K值 5.6 4 2.8
900℃时，向2L的密闭容器中充入0.40molA和0.40molB，经10s反应达到平衡状态。下列说法不正确的是（ ）
A．a＜0
B．0～10s内，A的反应速率是0.01mol L﹣1 s﹣1
C．平衡时，C的物质的量浓度为0.1mol L﹣1
D．若将容器容积缩小为原来的一半，则B的转化率为50%
12．用如下原理处理汽车尾气中的NO2和CO，该反应过程及能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该反应的热化学方程式为：NO2（g）+CO（g）═NO（g）+CO2（g）ΔH＝（E2﹣E1）J mol﹣1
B．E2表示无催化剂时转化过程的逆反应的活化能
C．使用催化剂，降低反应的热效应，使得化学反应速率加快
D．活化络合物比反应物能量高，稳定性强
13．常温下，体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，n（Cl﹣）＝n（CH3COO﹣）＝0.01mol，下列叙述错误的是（ ）
A．与NaOH完全中和时，醋酸所消耗的NaOH多
B．分别与足量CaCO3反应时，放出的CO2一样多
C．两种溶液的pH相等
D．分别用水稀释相同倍数时，n（Cl﹣）＜n（CH3COO﹣）
14．CO可用于合成甲醇，反应的化学方程式为CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g），ΔH＜0；在密闭容器中充入一定量的CO和H2，在不同温度和压强下，CO的平衡转化率α如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．温度T1＞T2
B．vA＞vB
C．增大体系压强，平衡向右移动，化学平衡常数K增大
D．A、B、C三点的平衡常数关系为KA＝KC＞KB
二、非选择题（本大题共5小题，共58分）
15．（15分）某研究性学习小组研究可逆反应：在容积为1.00L恒容密闭容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4（g） 2NO2（g），请回答下列问题：
（1）反应一段时间，能说明该反应达到化学平衡状态的是 （填字母）。
A、单位时间内消耗nmolN2O4，同时生成2nmolNO2
B．容器内气体颜色保持不变
C．容器内气体质量不随时间变化
D．容器内气体的压强不随时间变化
（2）达到化学平衡状态后，升高温度，混合气体的颜色变深，则该反应的ΔH （填“大于”或“小于”）0。
（3）T1℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。在0～60s时段，反应速率v（N2O4）为 mol L﹣1 s﹣1，反应的平衡常数K1为 。
（4）T1℃达到平衡后，改变反应温度为T2，c（N2O4）以0.0020mol L﹣1 s﹣1的平均速率降低，经10s又达到平衡。
①T2 （填“大于”或“小于”）T1，判断理由是 。
②计算温度T2时反应的平衡常数K2＝ 。
（5）将N2O4﹣NO2球分别浸泡在甲、乙两个烧杯中，向甲中加入NH4NO3晶体，此烧杯中N2O4﹣NO2球的红棕色变浅，说明平衡N2O4（g） 2NO2（g）向 （填“正反应”或“逆反应”）方向移动，所以NH4NO3晶体溶于水是 （填“放热”或“吸热”）过程。
（6）将一定量的NO2充入注射器中后封口，如图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小）。
①b点的操作是 注射器（填“压缩”或“拉伸”）。
②c点与a点相比，c（NO2） ，c（N2O4） （填“增大”或“减小”）。
③若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则温度Tb Tc（填“＞”、“＜”或“＝”）。
16．（10分）氢能是一种清洁能源，按照生产过程中的碳排放情况分为灰氢、蓝氢和绿氢。
（1）煤的气化制得灰氢：C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g）。该反应的平衡常数表达式K═ 。该方法生产过程有CO2排放。
（2）甲烷水蒸气催化重整制得蓝氢，步骤如下。
i.H2的制取：CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g）ΔH＞0
为提高CH4的平衡转化率，可采取的措施有 （写出两条即可）。
ii.H2的富集：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）ΔH＜0
已知830℃时，该反应的平衡常数K═1，向体积为1L的恒容密闭容器中充入3molCO和3molH2O（g），某时刻测得H2为1mol，此时反应 （填“已达到”或“未达到”）化学平衡状态，理由是 ，反应达平衡时CO的转化率为 。
（3）热化学硫碘循环分解水制得绿氢，全程零碳排放。反应如下：
反应i：SO2（g）+I2（g）+2H2O（g）═H2SO4（l）+2HI（g）△H1═﹣82kJ mol﹣1
反应ii：2H2SO4（l）═2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）△H2═+544kJ mol﹣1
反应iii：
反应i～iii循环可实现分解水：2H2O（g）═2H2（g）+O2（g）△H═+484kJ mol﹣1。
①已知破坏1molH2和破坏1molO2中化学键所消耗能量分别是436kJ和498kJ，则H2O中H﹣O键比H2中H﹣H键 （填“强”或“弱”）。
②写出反应iii的热化学方程式 。
17．（8分）将SO2转化为SO3是工业上生产硫酸的关键步骤，发生反应为：
2SO2（g）+O2（g）SO3（g）ΔH＝﹣196kJ mol﹣1，某小组计划研究在相同温度下该反应的物质变化和能量变化，他们分别在恒温下的密闭容器中加入一定量的物质，获得如下数据：
容器编号 容器体积/L 起始时各物质的物质的量/mol 达到平衡的时间/min 平衡时反应热量变化/kJ
SO2 O2 SO3
① 1 0.050 0.030 0 t1 放出热量：Q1
② 1 0.100 0.060 0 t2 放出热量：Q2
回答下列问题：
（1）若容器①的容积变为原来的2倍，则SO2的平衡转化率 （填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）容器①②中均达到平衡时：t1 （填“＞”“＜”或“＝”，下同）t2；放出热量2Q1 Q2。
（3）SO2（g）与O2（g）在V2O5作催化剂的条件下的反应历程如下：
①SO2+V2O5═SO3+2VO2；
② （写出第2步反应的化学方程式）；
V2O5能加快反应速率的根本原因是 。
（4）现向恒温恒容密闭容器中通入2molSO2和1molO2，反应2SO2（g）+O2（g）SO3（g）达到平衡后，再通入一定量O2，达到新平衡时，下列有关判断错误的是 。
A．SO3的平衡浓度增大
B．反应平衡常数增大
C．正向反应速率增大
D．SO2的转化总量增大
18．（12分）努力实现碳达峰、碳中和展现了我国积极参与和引领全球气候治理的大国担当。CO2的综合利用是实现碳中和的保证。
Ⅰ．回收利用CO2解决空间站供氧问题，物质转化如图所示：
（1）反应A为CO2（g）+4H2（g） CH4（g）+2H2O（g），是回收利用CO2的关键步骤。已知：
2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH＝﹣483.6kJ mol﹣1
CH4（g）+2O2（g）═2H2O（g）+CO2（g）ΔH＝﹣802.3kJ mol﹣1
反应A的△H＝ kJ mol﹣1。
（2）将原料气按n（CO2）：n（H2）＝1：4置于恒容密闭容器中发生反应A，在相同时间内测得H2O的物质的量分数与温度的变化曲线如图所示（虚线为平衡时的曲线）。
①理论上，能提高CO2平衡转化率的措施有 （写出两条）。
②空间站的反应器内，通常采用反应器前段加热，后段冷却的方法来提高CO2的转化效率，原因是 。
（3）下列关于空间站内物质和能量变化的说法中，不正确的是 （填字母）。
a．反应B的能量变化是电能→化学能或光能→化学能
b．物质转化中O、H原子的利用墨均为100%
c．不用Na2O2作供氧剂的原因可能是Na2O2不易实现循环利用
（4）用CO2（g）+2H2（g）═C（s）+2H2O（g）代替反应A，可实现氢、氧元素完全循环利用，缺点是一段时间后催化剂的催化效果会明显下降，其原因是 。
Ⅱ．利用CO2生产乙烯：2CO2（g）+6H2（g）═C2H4（g）+4H2O（g）△H。在三个容积均为1L的密闭容器中以不同的氢碳比[]充入H2和CO2，在一定条件下CO2的平衡转化率与温度的关系如图所示。
（5）下列说法正确的是 。
a．该反应的△H＜0
b．氢碳比：①＞②
c．在氢碳比为2.0时，Q点：v（正）＜v（逆）
（6）若起始时，CO2、H2浓度分别为0.5mol L﹣1和1.0mol L﹣1，则可得P点对应温度的平衡常数为 （mol L﹣1）﹣3。
19．（13分）乙二酸（H2C2O4）俗称草酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。
（1）室温下，测得0.1mol L﹣1H2C2O4溶液的pH＝1.3，写出草酸的电离方程式： 。
（2）草酸溶液中各粒子的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示：
向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH＝2.5时发生的主要反应的离子方程式是 。
（3）某探究小组通过H2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液反应，观察溶液紫色消失快慢，研究影响反应速率的因素。
实验条件作如下限定：所用酸性KMnO4溶液的浓度可选择0.010mol L﹣1、0.0010mol L﹣1，催化剂的用量可选择0.5g、0g，实验温度可选择298K、323K。每次实验酸性KMnO4溶液的用量均为4mL、H2C2O4溶液（0.10mol L﹣1）的用量均为4mL。
①写出反应的离子方程式： ；
②请完成以下实验设计表：完成Ⅳ的实验条件，并将实验目的补充完整。
实验编号 T/K 催化剂的用量/g 酸性KMnO4溶液的浓度/（mol L﹣1） 实验目的
Ⅰ 298 0.5 0.010 a．实验Ⅰ和Ⅱ探究酸性KMnO4溶液的浓度对该反应速率的影响； b． ； c．实验Ⅰ和Ⅳ探究催化剂对反应速率的影响。
Ⅱ 298 0.5 0.001
Ⅲ 323 0.5 0.010
Ⅳ
③该反应的催化剂选择 （填字母代号）
A．MnCl2
B．MnSO4
④小组同学对实验Ⅰ和Ⅱ分别进行了三次实验，测得以下数据（从混合振荡均匀开始计时）：
实验编号 溶液褪色所需时间t/min
第1次 第2次 次
Ⅰ 12.8 13.0 11.0
Ⅱ 4.9 5.1 5.0
某同学分析上述数据后得出“当其他条件相同时，酸性KMnO4溶液浓度越小，所需时间越短，即其反应速率越快”的结论，你认为是否正确 （填“是”或“否”）。
小组同学经过讨论分析，某同学认为不用经过计算，直接根据褪色时间的长短就可以判断浓度大小与反应速率的关系，你认为应该如何设计实验？
。
（4）工业上利用草酸与硫酸亚铁反应制备草酸亚铁晶体，其离子方程式为Fe2++H2C2O4+xH2O FeC2O4 xH2O↓+2H+。
测定草酸亚铁晶体（FeC2O4 xH2O）的x值，步骤如下：称取0.5400g草酸亚铁晶体溶于一定浓度的硫酸中，用酸性KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时，消耗0.1000mol L﹣1的酸性KMnO4溶液18.00mL。已知：滴定过程中铁、碳元素分别被氧化为Fe3+、CO2，锰元素被还原为Mn2+，则x＝ （FeC2O4的摩尔质量是144g mol﹣1）。
参考答案
一、选择题（本大题共14小题，每个小题列出的四个备选项中，只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分，每小题3分，共42分）
1．【分析】A．降低温度，反应速率减小；
B．催化剂可加快反应速率，但不能使化学平衡发生移动；
C．升高温度可加快反应速率；
D．粉具有还原性，与氧气反应。
【解答】解：A．降低温度，反应速率减小，则将肉类等食品进行低温冷藏，但不能使其永远不变质，故A错误；
B．在化学工业中，使用催化剂能提高反应速率，但催化剂不影响化学平衡的移动，不一定能提高经济效益，故B错误；
C．升高温度可加快反应速率，则夏天面粉发酵速度比冬天面粉发酵速度快很多，故C错误；
D．茶叶等包装中加入的还原性铁粉，铁粉能消耗氧气，能显著延长茶叶储存时间，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应速率的影响，为高考常见题型，把握温度、催化剂、压强对反应的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项B为解答的易错点，题目难度不大。
2．【分析】向氨水中加入物质时能使溶液中的c（NH4+）减小，但是溶液的pH值增大，说明改变条件时能和NH4+反应而促进一水合氨电离即可，据此分析解答。
【解答】解：A．加水稀释促进一水合氨电离，但是一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度导致溶液中c（NH4+）、c（OH﹣）都减小，溶液的pH值减小，故A错误；
B．加入氯化铵固体时，氯化铵溶解导致溶液中c（NH4+）增大、c（OH﹣）减小，溶液的pH值减小，故B错误；
C．加入烧碱固体时，NaOH溶解导致c（OH﹣）增大而抑制一水合氨电离，溶液中c（NH4+）减小，溶液的pH值增大，故C正确；
D．加入氯化钠固体，不影响一水合氨电离，溶液中c（NH4+）、c（OH﹣）都不变，溶液的pH值不变，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查基础知识的理解和灵活运用能力，明确弱电解质电离特点、弱电解质电离影响因素是解本题关键，注意结合题干中限制性条件“c（NH4+）减小、pH值增大”分析解答，题目难度不大。
3．【分析】A．水的电离是一个吸热过程；
B．水的电离是一个吸热过程，升高温度电离平衡正向移动；
C．水的电离程度很小；
D．水的离子积常数受温度影响。
【解答】解：A．水的电离是一个吸热过程，故A错误；
B．水的电离是一个吸热过程，升高温度电离平衡正向移动，但氢离子浓度仍然和氢氧根离子浓度相同，故呈中性，故B错误；
C．水的电离程度很小，纯水中主要存在形态是水分子，故C正确；
D．水的离子积常数受温度影响，向水中加入酸或碱，水的离子积不变，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查水电离过程，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
4．【分析】A．放热反应不一定是自发反应，反应能否自发进行，取决于焓变与熵变的综合判据；
B．ΔH﹣T△S＜0的反应是自发进行，熵不一定增大；
C．满足ΔH﹣T△S＜0反应能自发进行；
D．满足ΔH﹣T △S＞0反应非自发进行。
【解答】解：A．反应的自发性是由熵变和焓变共同决定的，若ΔH＜0，△S＜0，反应能否自发，和温度有关，与是否放热反应无关，故A错误；
B．自发反应不一定是熵增大的反应，比如氨气和氯化氢反应生成氯化铵是自发进行，是熵减反应，故B错误；
C．吸热反应中，可能会自发进行，氯化铵与氢氧化钡晶体为吸热反应，常温下就能进行，故C正确；
D．燃料的燃烧需要点燃，是自发进行，需要加热才能发生的反应不一定都是非自发进行的，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了自发进行的化学反应判断依据，注意自发进行的反应和非自发进行的反应，是在一定条件下的反应，掌握基础是关键，题目难度中等。
5．【分析】在2L的密闭容器中进行，半分钟后N2的物质的量增加了0.6mol，则v（N2）＝＝0.01mol L﹣1 s﹣1，结合反应速率之比等于化学计量数之比解答．
【解答】解：在2L的密闭容器中进行，半分钟后N2的物质的量增加了0.6mol，则v（N2）＝＝0.01mol L﹣1 s﹣1，
由反应速率之比等于化学计量数之比可知，
v（NH3）＝0.01mol L﹣1 s﹣1×＝0.02 mol L﹣1 s﹣1，
v（O2）＝0.01mol L﹣1 s﹣1×＝0.015 mol L﹣1 s﹣1，
水为纯液体，不能表示反应速率，
故选：A。
【点评】本题考查化学反应速率的计算及反应速率与化学计量数的关系，明确反应速率之比等于化学计量数之比即可解答，注意水为纯液体，题目难度不大。
6．【分析】A．氢氧化钡与氯化铵的反应属于吸热反应；
B．等质量的铝与盐酸反应后释放出的热量是不变的；
C．用玻璃棒搅拌的目的是使反应更加充分，反应热是不变的；
D．NaOH固体溶于水是放热的，会使测定结果的绝对值偏高。
【解答】解：A．a中铝与盐酸反应是放热反应，c图对应为放热反应，温度计读数增大，b中氢氧化钡与氯化铵的反应属于吸热反应，温度计读数减小，故A错误；
B．实验a中的铝片更换为等质量的铝粉后不会改变反应的本质，释放出的热量不变，故B错误；
C．实验b中用玻璃棒搅拌的目的是使反应更加充分，每摩尔反应吸收的热量是不变的，故C错误；
D．NaOH固体溶于水是放热的，装置的隔热和绝热效果好，会使测定结果的绝对值偏高，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查放热反应与吸热反应，反应热与键能有关，与其它因素无关，同时考查NaOH固体存在溶解热以及反应热的测量问题，属于基本知识，基础题型，难度不大。
7．【分析】勒夏特列原理的内容为：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方向移动；注意使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，据此解答。
【解答】解：A．气体的溶解度随温度的升高而减小，随压强的增大而增大，由气体的溶解度随压强的增大而增大，因此常温时打开啤酒瓶时，瓶内的压强减小，因此瓶内的二氧化碳会从瓶中溢出，可以用勒夏特列原理解释，故A不选；
B．对N2+3H2═2NH3的反应，使用铁触媒可加快合成氨反应的速率，但是不会引起平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，故B选；
C．使用过量的空气，增大了反应物浓度，平衡向着正向移动，提高了二氧化硫的利用率，能够用勒夏特列原理解释，故C不选；
D．Na（l）+KCl（l） NaCl（l）+K（g），使K成蒸汽从反应混合物中分离出来，即减小产物的浓度，能让平衡向着正方向进行，能用勒夏特列原理解释，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡移动原理的应用，题目难度不大，明确勒夏特列原理的内容为解答关键，B为易错点，注意催化剂不影响化学平衡，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
8．【分析】A．反应i+ii＝题目中反应，故ΔH1+ΔH2＝△H＞0，而反应ii.2I →I2为形成化学键，故为放热反应；
B．根据I原子守恒，可得n（HI）+2n（I2）═1mol；
C．该反应是反应前后气体总物质的量不变的反应，缩小体积（加压），平衡不能移动；
D．此反应吸热，故升高温度，平衡正向移动，颜色变深。
【解答】解：A．反应i+ii＝题目中反应，故ΔH1+ΔH2＝△H＞0，而反应ii.2I →I2为形成化学键，故为放热反应，ΔH2＜0，故ΔH1＞0，故A正确；
B．根据I原子守恒，可得n（HI）+2n（I2）═1mol，故B正确；
C．该反应是反应前后气体总物质的量不变的反应，缩小体积（加压），平衡不能移动，但是恒温时，缩小体积，浓度变大，故颜色变深，故C错误；
D．此反应吸热，故升高温度，平衡正向移动，颜色变深，且发生了氧化还原反应，故发生了电子的转移，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应中的能量变化、速率和平衡，侧重考查学生盖斯定律、影响速率的因素和条件改变平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
9．【分析】A．总反应为水分解生成氢气和氧气；
B．过程Ⅲ为O﹣H键的断裂过程生成氢气和氧气，化学反应为：H2O2＝H2↑+O2↑；
C．过程Ⅱ形成O﹣O键和H﹣H键；
D．过程Ⅰ断裂2molH﹣O键。
【解答】解：A．总反应为水分解生成氢气和氧气，则总反应2H2O2H2↑+O2↑，故A正确；
B．过程Ⅲ为O﹣H键的断裂过程生成氢气和氧气，化学反应为：H2O2＝H2↑+O2↑，过程Ⅲ中有旧化学键的断裂和新化学键的形成，故B正确；
C．过程Ⅱ形成1molO﹣O键和1molH﹣H键，放出的热量为138kJ+436kJ＝574kJ，故C正确；
D．过程Ⅰ断裂2molH﹣O键，则过程Ⅰ吸收了能量为463kJ/mol×2mol＝926kJ，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、图中化学键的断裂和生成为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
10．【分析】A、两溶液的pH之和等于﹣lgKw；
B、0.01mol/L的NaOH溶液和0.01mol/L的盐酸对水的抑制作用相同，水电离出的c（H+）＝mol/L；
C、0.01mol/L的NaOH溶液和0.01mol/L的盐酸对水的抑制作用相同，水电离出的c（OH﹣）或c（H+）相等；
D、酸电离的H+离子浓度越大，抑制水的电离作用越强。
【解答】解：A、两溶液的pH之和等于﹣lgKw，由于环境温度未知，所以两溶液的pH之和不一定等于14，故A错误；
B、0.01mol/L的NaOH溶液和0.01mol/L的盐酸对水的抑制作用相同，水电离出的c（H+）＝mol/L，由于环境温度未知，Kw不一定为1×10﹣14，故B错误；
C、0.01mol/L的NaOH溶液和0.01mol/L的盐酸对水的抑制作用相同，水电离出的c（OH﹣）＝mol/L、相等，故C正确；
D、若将0.01mol/L的盐酸换成同浓度的醋酸，则酸电离的H+离子浓度减小，水的电离程度增大，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查水的电离及影响因素、水的离子积及相关计算，把握酸或碱抑制水的电离、水的离子积与温度的关系即可解答，注意酸溶液中水电离出的氢离子浓度c（H+）的计算，题目难度中等。
11．【分析】设转化的A为x，则
A（g）+B（g） 2C（g）
开始 0.2 0.2 0
转化 x x 2x
平衡 0.2﹣x 0.2﹣x 2x
K＝＝4，解得x＝0.1；
A．由表中数据可知，温度越高，K越小，则升高温度平衡逆向移动；
B．结合v＝计算；
C．由上述分析可知平衡时C的浓度为2x；
D．将容器容积缩小为原来的一半，压强增大，平衡不移动，结合选项C计算。
【解答】解：A．由表中数据可知，温度越高，K越小，则升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，则a＜0，故A正确；
B.0～10s内，A的反应速率是＝0.01 mol L﹣1 s﹣1，故B正确；
C．平衡时，C的物质的量浓度为0.2mol L﹣1，故C错误；
D．将容器容积缩小为原来的一半，压强增大，平衡不移动，转化率不变，仍为×100%＝50%，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握平衡三段法、K及转化率计算、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意表格数据的应用，题目难度不大。
12．【分析】A．反应热＝正反应活化能﹣逆反应活化能＝E1﹣E2；
B．活化能为反应物达到过渡状态所需的能量；
C．催化剂能加快反应速率，但不改变反应热；
D．活化络合物处于过渡状态，能量较高。
【解答】解：A．反应热＝正反应活化能﹣逆反应活化能＝E1﹣E2，故A错误；
B．活化能为反应物达到过渡状态所需的能量，故E2表示无催化剂时转化过程的逆反应的活化能，故B正确；
C．催化剂能加快反应速率，但不改变反应热，故C错误；
D．活化络合物处于过渡状态，能量较高，不稳定，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变计算、可逆反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
13．【分析】醋酸是弱电解质、HCl是强电解质，则相同温度下相同体积的盐酸和醋酸溶液中n（Cl﹣）＝n（CH3COO﹣）＝0.01mol，则酸浓度：醋酸＞盐酸，酸的物质的量：醋酸＞盐酸，
A．分别与NaOH完全中和时消耗的NaOH与酸的物质的量成正比；
B．分别与足量CaCO3反应时，放出的CO2与酸的物质的量成正比；
C．根据电荷守恒，盐酸中：n（H+）＝n（OH﹣）+n（Cl﹣），醋酸中：n（H+）＝n（OH﹣）+n（CH3COO﹣），由于n（Cl﹣）＝n（CH3COO﹣），所以n（H+）相等；
D．加水稀释促进醋酸电离，HCl完全电离。
【解答】解：醋酸是弱电解质、HCl是强电解质，则相同温度下相同体积的盐酸和醋酸溶液中n（Cl﹣）＝n（CH3COO﹣）＝0.01mol，则酸浓度：醋酸＞盐酸，酸的物质的量：醋酸＞盐酸，
A．分别与NaOH完全中和时消耗的NaOH与酸的物质的量成正比，酸的物质的量：醋酸＞盐酸，则醋酸消耗的NaOH多，故A正确；
B．分别与足量CaCO3反应时，放出的CO2与酸的物质的量成正比，酸的物质的量：醋酸＞盐酸，则放出的CO2：醋酸＞盐酸，故B错误；
C．根据电荷守恒，盐酸中：n（H+）＝n（OH﹣）+n（Cl﹣），醋酸中：n（H+）＝n（OH﹣）+n（CH3COO﹣），由于n（Cl﹣）＝n（CH3COO﹣），所以n（H+）相等，溶液的pH相等，故C正确；
D．加水稀释促进醋酸电离，HCl完全电离，所以稀释相同倍数后n（Cl﹣）＜n（CH3COO﹣），故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，明确弱电解质电离特点是解本题关键，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，注意电荷守恒的灵活运用能力，题目难度不大。
14．【分析】A．正反应是放热反应，压强一定时，升高温度平衡逆向移动；
B．温度越高、压强越大，则反应速率越大；
C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变则平衡常数不变；
D．化学平衡常数只与温度有关，温度不变则平衡常数不变；正反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小。
【解答】解：A．该反应正反应放热，压强一定时，升高温度平衡逆向移动，α减小，即温度越高α越小，由图可知，压强一定时，CO的平衡转化率α：T1＞T2，则温度：T1＜T2，故A错误；
B．由图可知，B点温度和压强均大于A点，温度越高、压强越大，则反应速率越大，即vA＜vB，故B错误；
C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变则平衡常数不变，所以增大体系压强，化学平衡常数K不变，故C错误；
D．化学平衡常数只与温度有关，温度不变则平衡常数不变；正反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，温度：B＞A＝C，则KA＝KC＞KB，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡及其影响因素，为高频考点，把握温度、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意图象分析与平衡常数的影响因素，题目难度不大。
二、非选择题（本大题共5小题，共58分）
15．【分析】（1）化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度和百分含量保持不变，根据变量不变化的状态是平衡状态来判断即可；
（2）由温度变化对平衡的影响判断反应为吸热反应还是放热反应；
（3）反应速率利用公式v＝计算得到；化学平衡常数利用化学平衡常数表达式计算；
（4）①改变温度后化学反应速率加快，说明升高温度；
②根据①知，改变的条件是升高温度，平衡正向移动，改变条件后10s内△c（N2O4）＝0.002 0 mol/（L s）×10s＝0.020mol/L，则再次达到平衡时c（N2O4）＝（0.040﹣0.020）mol/L＝0.020mol/L，c（NO2）＝（0.120+0.040）mol/L＝0.160mol/L；
（5）可逆反应达到平衡后，升高温度平衡向吸热反应方向移动；
（6）①b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深；
②c点是压缩注射器后的情况，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大；
③b点开始是压缩注射器的过程，平衡正向移动，反应放热。
【解答】解：（1）A．单位时间内消耗nmolN2O4，同时生成2nmolNO2只能表明反应的一个方向，不能证明正逆反应速率相等，不一定达到了平衡状态，故A错误；
B．容器内气体颜色保持不变，则二氧化氮的浓度不变，达到了平衡状态，故B正确；
C．容器内反应遵循质量守恒，气体质量始终是一个定量，此时容器内气体质量不随时间变化不一定达到了平衡，，故C错误；
D．反应前后气体系数和变化，当混合气体的气体压强保持不变，反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：BD；
（2）升高温度，混合气体的颜色变深，NO2浓度增大，说明平衡正向移动，正向为吸热反应，ΔH大于0
故答案为：大于；
（3）0～60s时段，N2O4浓度变化为：0.1mol/L﹣0.04mol/L＝0.06mol/L，v（N2O4）＝＝0.001mol L﹣1 s﹣1；K＝＝＝0.36mol/L，
故答案为：0.001；0.36mol/L；
（4）①T2温度时c（N2O4）以0.0020mol L﹣1 s﹣1的平均速率降低，T1时c（N2O4）以0.0010mol L﹣1 s﹣1的平均速率降低，则T2大于T1，
故答案为：大于；T2温度时c（N2O4）以0.0020mol L﹣1 s﹣1的平均速率降低，T1时c（N2O4）以0.0010mol L﹣1 s﹣1的平均速率降低；
②根据①知，改变的条件是升高温度，平衡正向移动，改变条件后10s内△c（N2O4）＝0.002 0 mol/（L s）×10s＝0.020mol/L，则再次达到平衡时c（N2O4）＝（0.040﹣0.020）mol/L＝0.020mol/L，c（NO2）＝（0.120+0.040）mol/L＝0.160mol/L，温度T时反应的平衡常数K2＝K＝＝1.28，
故答案为：1.28；
（5）甲烧杯中溶解NH4NO3晶体后，NO2球的红棕色变浅，说明平衡2NO2（g） N2O4（g）向正反应方向移动，此反应正方向为放热反应，说明此时温度降低，即说明NH4NO3晶体溶于水，溶液温度降低，是吸热过程，
故答案为：正反应；吸热；
（6）①b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，
故答案为：压缩；
②c点是压缩注射器后的情况，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，
故答案为：增大；增大；
③b点开始是压缩注射器的过程，平衡正向移动，反应放热，导致T（b）＜T （c），
故答案为：＜。
【点评】本题考查化学平衡状态的判断、平衡移动原理应用等，题目较为综合，涉及多方面的知识，难度中等，注意把握化学平衡移动判断的方法。
16．【分析】（1）化学反应的平衡常数表达式K＝；
（2）i．为提高CH4的平衡转化率，平衡正向进行，升高温度，降低压强，充入水蒸气，及时分离出部分CO等；
ii．已知830℃时，该反应的平衡常数K═1，向体积为1L的恒容密闭容器中充入3molCO和3molH2O（g），某时刻测得H2为1mol，结合三段式列式，计算此时的浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向，结合平衡常数计算平衡状态下物质的浓度，计算反应达平衡时CO的转化率＝×100%；
（3）①反应焓变△H＝反应物总键能﹣生成物总键能；
②反应i：SO2（g）+I2（g）+2H2O（g）═H2SO4（l）+2HI（g）△H1═﹣82kJ mol﹣1，反应ii：2H2SO4（l）═2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）△H2═+544kJ mol﹣1，反应iiii：2H2O（g）═2H2（g）+O2（g）△H═+484kJ mol﹣1，盖斯定律计算（i×2+ii﹣iiii）×得到2HI（g）═H2（g）+I2（g）△H。
【解答】解：（1）煤的气化制得灰氢：C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g），该反应的平衡常数表达式K═，
故答案为：；
（2）i．为提高CH4的平衡转化率，可采取的措施有：增大水蒸气浓度、升高温度等，
故答案为：增大水蒸气浓度、升高温度等；
ii．CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）ΔH＜0，已知830℃时，该反应的平衡常数K═1，向体积为1L的恒容密闭容器中充入3molCO和3molH2O（g），某时刻测得H2为1mol，结合三段式列式得到，
CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）
起始量（mol/L） 3 3 0 0
变化量（mol/L） 1 1 1 1
某时刻量（mol/L） 2 2 1 1
计算得出浓度商Q＝＝＜K＝1，反应未达到平衡，
反应达到平衡状态时，设生成氢气为xmol/L，结合三段式列式计算得到，
CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）
起始量（mol/L） 3 3 0 0
变化量（mol/L） x x x x
平衡量（mol/L） 3﹣x 3﹣x x x
K＝＝1，x＝1.5，此时CO转化率＝×100%＝50%，
故答案为：未达到；计算得出浓度商Q＝＝＜K＝1，反应未达到平衡；50%；
（3）①2H2O（g）═2H2（g）+O2（g）△H═+484kJ mol﹣1，已知破坏1molH2和破坏1molO2中化学键所消耗能量分别是436kJ和498kJ，△H═2×2×EH﹣O﹣2×436kJ/mol﹣498kJ/mol＝+484kJ mol﹣1，得到EH﹣O＝463.5kj，则H2O中H﹣O键比H2中H﹣H键强，
故答案为：强；
②反应i：SO2（g）+I2（g）+2H2O（g）═H2SO4（l）+2HI（g）△H1═﹣82kJ mol﹣1，反应ii：2H2SO4（l）═2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）△H2═+544kJ mol﹣1，反应iiii：2H2O（g）═2H2（g）+O2（g）△H═+484kJ mol﹣1，盖斯定律计算（i×2+ii﹣iiii）×得到2HI（g）═H2（g）+I2（g）△H═[2×（﹣82kJ mol﹣1）+（+544kJ mol﹣1）﹣（+484kJ mol﹣1）]×＝+52 kJ mol 1，
故答案为：2HI（g）═H2（g）+I2（g）△H═+52 kJ mol 1。
【点评】本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡常数公式等知识解答，题目难度中等。
17．【分析】（1）若容器①的容积变为原来的2倍，相当于减小压强，平衡逆向移动；
（2）温度相同，容器体积相同，但容器②中投料更多，浓度更大，反应速率更快；若容器②和容器①为等效平衡，则2Q1＝Q2，但实际上要在等效平衡的基础上增大压强，平衡正向移动，放出的热量更多；
（3）总反应﹣第一步反应可以得到第二步反应；催化剂通过参与反应，改变反应历程降低反应的活化能，从而加快反应速率；
（4）平衡后，再通入一定量O2，增大了氧气的浓度，正反应速率增大，反应2SO2（g）+O2（g）SO3（g）正向移动，二氧化硫的转化率增大，三氧化硫的物质的量增多，平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变。
【解答】解：（1）若容器①的容积变为原来的2倍，相当于减小压强，平衡逆向移动，二氧化硫的平衡转化率减小，
故答案为：减小；
（2）温度相同，容器体积相同，但容器②中投料更多，浓度更大，反应速率更快，所以达到平衡时间t1＞t2；若容器②和容器①为等效平衡，则2Q1＝Q2，但实际上要在等效平衡的基础上增大压强，平衡正向移动，放出的热量更多，所以2Q1＜Q2，
故答案为：＞；＜；
（3）总反应﹣第一步反应可以得到第二步反应为O2+4VO2＝2V2O5；催化剂通过参与反应，改变反应历程降低反应的活化能，从而加快反应速率，
故答案为：O2+4VO2＝2V2O5；催化剂通过参与反应改变反应历程，降低反应的活化能来加快化学反应速率；
（4）平衡后，再通入一定量O2，增大了氧气的浓度，正反应速率增大，反应2SO2（g）+O2（g）SO3（g）正向移动，二氧化硫的转化率增大，三氧化硫的物质的量增多，平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，
故答案为：B。
【点评】本题考查化学平衡移动、化学平衡计算等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
18．【分析】（1）已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH＝ 483.6kJ mol﹣1，②CH4（g）+2O2（g）═2H2O（g）+CO2（g）ΔH＝ 802.3kJ mol﹣1，结合盖斯定律可知反应A＝①×2﹣②，据此计算；
（2）①结合反应CO2（g）+4H2（g） CH4（g）+2H2O（g）可知，该反应为放热熵减的反应；
②空间站的反应器内，通常采用反应器前段加热，后段冷却的方法来提高CO2的转化效率，原因是前段加热，有利于加快反应速率；后段冷却，有利于平衡正向移动；
（3）a.分析物质转化图可知，该过程的能量变化为电能→化学能或光能→化学能；
b.物质转化中有甲烷和氢气产生，故氢元素的利用率＜100%；
c.不用Na2O2作供氧剂的原因在于过氧化钠消耗之后无法产生，无法循环利用；
（4）用CO2（g）+2H2（g） C（s）+2H2O（g）代替反应A，可实现氢、氧元素完全循环利用，缺点是使用一段时间后催化剂的催化效果会明显下降，分析反应对于催化剂的影响进行判断；
（5）a.CO2的平衡转化率随着温度升高而减小，表明升温平衡左移，反应的△H小于0，
b.在相同温度下，CO2的平衡转化率①大于②，所以氢碳比①大于②；
c.在一定温度下，Q点达到平衡过程中，CO2的转化率增大，所以v（正）大于v（逆）；
（6）平衡时，CO2的浓度为0.25mol/L，氢气的浓度为0.25mol/L，乙烯的浓度为0.125mol/L，水蒸气的浓度为0.5mol/L，据此根据K＝计算P点对应温度的平衡常数；
【解答】解：（1）已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH＝ 483.6kJ mol﹣1，②CH4（g）+2O2（g）═2H2O（g）+CO2（g）ΔH＝ 802.3kJ mol﹣1，
结合盖斯定律可知反应A＝①×2﹣②＝（﹣483.6×2）kJ mol﹣1﹣（﹣802.3）kJ mol﹣1＝﹣164.9kJ mol 1，
故答案为：﹣164.9；
（2）①结合反应CO2（g）+4H2（g） CH4（g）+2H2O（g）可知，该反应为放热熵减的反应，故提高转化率的方法为加压、降温、提高原料气中H2的比例，
故答案为：加压、降温、提高原料气中H2的比例；
②空间站的反应器内，通常采用反应器前段加热，后段冷却的方法来提高CO2的转化效率，原因是前段加热，有利于加快反应速率；后段冷却，有利于平衡正向移动，增大CO2的转化率，
故答案为：前段加热，有利于加快反应速率；后段冷却，有利于平衡正向移动，增大CO2的转化率；
（3）a.分析物质转化图可知，该过程的能量变化为电能→化学能或光能→化学能，故a正确；
b.物质转化中有甲烷和氢气产生，故氢元素的利用率＜100%，故b错误；
c.不用Na2O2作供氧剂的原因在于过氧化钠消耗之后无法产生，无法循环利用，故c正确；
故答案为：b；
（4）用CO2（g）+2H2（g） C（s）+2H2O（g）代替反应A，可实现氢、氧元素完全循环利用，缺点是使用一段时间后催化剂的催化效果会明显下降，其原因是生成物碳颗粒附着在催化剂表面影响了催化效果，
故答案为：生成物碳颗粒附着在催化剂表面影响了催化效果；
（5）a.CO2的平衡转化率随着温度升高而减小，表明升温平衡左移，反应的△H小于0，故a正确；
b.在相同温度下，CO2的平衡转化率①大于②，所以氢碳比①大于②，故b正确；
c.在一定温度下，Q点达到平衡过程中，CO2的转化率增大，所以v（正）大于v（逆），故c错误；
故答案为：ab；
（6）平衡时，CO2的浓度为0.25mol/L，氢气的浓度为0.25mol/L，乙烯的浓度为0.125mol/L，水蒸气的浓度为0.5mol/L，则P点对应温度的平衡常数为K＝＝512L3/mol3，
故答案为：512。
【点评】本题考查元素化合物性质及氧化还原反应，为高频考点，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度不大。
19．【分析】（1）草酸为二元弱酸，分步电离；
（2）由图可知，向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH＝2.5时，溶液中主要生成微粒为HC2；
（3）①草酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，二者反应生成硫酸锰和二氧化碳、水，由此写出离子方程式；
②实验Ⅰ和Ⅲ中仅有温度不同，探究的是温度对反应速率的影响；实验Ⅰ和Ⅳ探究催化剂对反应速率的影响，所以实验Ⅳ中除了催化剂的用量以外，其余实验条件均相同；
③如果选择MnCl2，则酸性高锰酸钾溶液会和Cl﹣反应，而且引入Cl﹣，无法证明是Mn2+起了催化作用；
④a.实验Ⅱ中溶液褪色需要时间平均值为5.0min，从表中数据可知，实验Ⅰ中酸性KMnO4溶液的浓度是实验Ⅱ中酸性KMnO4溶液浓度的10倍，但反应的时间却是其反应时间的2倍左右，由反应速率计算公式v＝可得出，此实验条件下酸性KMnO4溶液的浓度越大，反应速率越快，因此题给结论错误，要直接根据表中的褪色时间长短来判断浓度大小与反应速率的关系，需满足高锰酸钾的物质的量相同，草酸溶液的浓度不同；
（4）根据电子守恒可知，与FeC2O4 xH2O的反应的计量关系为3～5FeC2O4 xH2O，计算出n（FeC2O4 xH2O），再依据M＝计算草酸的摩尔质量，再进一步计算x。
【解答】解：（1）草酸为二元弱酸，分步电离，电离方程式为：H2C2O4 H++HC2、HC2 H++C2，
故答案为：H2C2O4 H++HC2、HC2 H++C2；
（2）由图可知，向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH＝2.5时，溶液中主要生成微粒为HC2，则反应为H2C2O4+OH﹣＝HC2+H2O，
故答案为：H2C2O4+OH﹣＝HC2+H2O；
（3）①草酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，二者反应生成硫酸锰和二氧化碳、水，反应的离子方程式为：2+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，
故答案为：2+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；
②实验Ⅰ和Ⅲ中仅有温度不同，探究的是温度对反应速率的影响；实验Ⅰ和Ⅳ探究催化剂对反应速率的影响，所以实验Ⅳ中除了催化剂的用量以外，其余实验条件均相同，
故答案为：实验Ⅰ和Ⅲ探究温度对该反应速率的影响；298；0；0.010；
③如果选择MnCl2，则酸性高锰酸钾溶液会和Cl﹣反应，而且引入Cl﹣，无法证明是Mn2+起了催化作用，因此需要选择硫酸锰，故B正确；
故答案为：B；
④a.实验Ⅱ中溶液褪色需要时间平均值为5.0min，从表中数据可知，实验Ⅰ中酸性KMnO4溶液的浓度是实验Ⅱ中酸性KMnO4溶液浓度的10倍，但反应的时间却是其反应时间的2倍左右，由反应速率计算公式v＝可得出，此实验条件下酸性KMnO4溶液的浓度越大，反应速率越快，因此题给结论错误，要直接根据表中的褪色时间长短来判断浓度大小与反应速率的关系，需满足高锰酸钾的物质的量相同，草酸溶液的浓度不同，所以实验方案为取过量的体积相同、浓度不同的草酸溶液，分别与体积相同、浓度相同的酸性高锰酸钾溶液反应，
故答案为：否；取过量的体积相同、浓度不同的草酸溶液，分别与体积相同、浓度相同的酸性高锰酸钾溶液反应；
（4）根据电子守恒可知，与FeC2O4 xH2O的反应的计量关系为3～5FeC2O4 xH2O，达到滴定终点时，消耗0.1000mol L﹣1的酸性KMnO4溶液18.00mL，则n（FeC2O4 xH2O）＝×0.1000×18×10﹣3mol＝3×10﹣3mol，草酸亚铁晶体的质量为0.5400g，所以FeC2O4 xH2O的摩尔质量M＝＝＝180g mol﹣1，所以x＝＝2，
故答案为：2。
【点评】本题考查化学反应原理，涉及化学反应速率的影响因素实验探究、电离方程式书写、有关物质的量的计算等，题目中等难度。
