1、开鲁一中2020-2021学年度第一学期高二年级期中考试化学试题试卷说明：1、本试卷分选择题和非选择题两部分，时间90分钟，满分100分，2、答题前，先将自己的姓名、考号填涂在答题纸和答题卡上，3、将选择题答案用2B铅笔转涂到答题卡，非选择题答案用0.5mm黑色中性笔填写到答题纸对应的答题区域内,考试结束后，请将答题纸和答题卡一并上交。4、可能用到的相对原子质量：H1 、C12 、N14 、O16、Na23、S32、Cl35.5、Fe-56、I -127、Ba-137第卷 选择题本题共21道小题，每小题只有一个正确答案，每题2分，共42分1. 下列各组物质的归类，完全正确的是（ ）选项ABCD
2、强电解质CaCO3NaClNH3HNO3弱电解质CH3COOHCl2H3PO4Fe(OH)3非电解质蔗糖BaSO4乙醇H2OA. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A碳酸钙是强电解质，醋酸为弱酸属于弱电解质，蔗糖是非电解质，故A正确；BCl2是单质，既不是电解质也不是非电解质，BaSO4是强电解质，故B错误；CNH3是非电解质，故C错误；DH2O是弱电解质，故D错误；综上所述，答案为A。2. 一定条件下的密闭容器中发生反应：2SO2(g) + O2(g)2SO3(g) ，若其他条件不变，下列措施会使该反应速率减小的是A. 升高温度B. 增大O2浓度C. 加入催化剂D. 减小压
3、强【答案】D【解析】【详解】A升高温度，活化分子百分数增大，反应速率加快，故不选A；B增大O2浓度，单位体积内活化分子数增大，反应速率加快，故不选B；C加入催化剂，降低反应活化能，加快反应速率，故不选C；D减小压强，体积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢，故选D。答案选D3. 下列对化学反应的认识错误的是 （ ）A. 会引起化学键的变化B. 会产生新的物质C. 必然引起物质状态的变化D. 必然伴随着能量的变化【答案】C【解析】【详解】A项，化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，A项正确；B项，化学反应的特征是有新物质生成，B项正确；C项，化学反应过程中物质的状态不一定发生变化，如
4、H2和Cl2在点燃或光照下生成HCl，H2、Cl2和HCl都是气态，C项错误；D项，化学反应过程中断裂旧化学键吸收能量，形成新化学键释放能量，吸收和释放的能量不相等，化学反应中一定伴随着能量的变化，D项正确；答案选C。4. 下列反应中，反应物总能量比生成物总能量低的是A. 铁片和稀硫酸的反应B. Ba(OH)28H2O与HCl溶液的反应C. 碳与水蒸气在高温下反应D. 甲烷在氧气中燃烧【答案】C【解析】【详解】A铁片和稀硫酸的反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，A错误；BBa(OH)28H2O与HCl溶液的反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，B错误；C碳与水蒸气在高
5、温下反应为吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，C正确；D甲烷在氧气中燃烧为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，D错误；答案为C。5. 下列措施对增大反应速率明显有效地是 （ ）A. Na与水反应时增大水的用量B. Fe与稀硫酸反应制取氢气时，改用浓硫酸C. 在K2SO4与BaCl2两溶液反应时，增大压强D. 将铝片改为铝粉，做铝与氧气反应的实验【答案】D【解析】【详解】A水为纯液体，改变用量，浓度不变，反应速率不变，故A错误；B常温下，铁遇浓硫酸发生钝化，反应停止，不再产生氢气，故B错误；C压强的改变只能适用于有气体参加的反应，增大压强，反应速率可以加快，而对液体或溶液几乎没有
6、影响，故C错误；D将Al片改为Al粉，接触面积增大，反应速率加快，故D正确。故选：D。6. 下列关于如图所示的实验装置的判断中错误的是（ ）A. 若X为碳棒，开关K置于A处可减缓铁的腐蚀B. 若X为锌棒，开关K置于A或B处均可减缓铁的腐蚀C. 若X为锌棒，开关K置于B处时，为牺牲阳极阴极保护法D. 若X为碳棒，开关K置于B处时，铁电极上发生的反应为2H+2e-=H2【答案】D【解析】【详解】A若X为碳棒，开关K置于A处，Fe作电解池的阴极，属外加电流的阴极保护法，可减缓铁的腐蚀，故A项正确；B若X为锌棒，开关K置于A处，Fe作电解池的阴极，属外加电流的阴极保护法，开关K置于B处，Fe作原电池的
7、正极，属牺牲阳极的阴极保护法，均可减缓铁的腐蚀，故B项正确；C若X为锌棒，开关K置于B处，Fe作原电池的正极，属牺牲阳极的阴极保护法，故C项正确。D若X为碳棒，开关K置于B处，Fe作原电池的负极，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，故D项错误；故答案选D。7. 下列说法不正确的是( )A. 明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂B. 用热的纯碱溶液去油污效果更好C. 制备无水的CuCl2、FeCl3均不能采用将溶液在空气中直接蒸干的方法D. 草木灰和铵态氮肥混合使用，肥效增强【答案】D【解析】【详解】A. 明矾电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，能够吸附水中杂质颗粒，故A正
8、确；B. 油脂在碱性条件下更容易水解，碳酸钠水解生成亲氧化钠，且水解是吸热过程，加热促进盐的水解，碱性增强，故B正确；C. 氯化铝、氯化铁水解生成氢氧化铁、氢氧化铝和氯化氢,氯化氢易挥发,所以加热AlCl3、FeCl3得到氢氧化物，灼烧得到对应氧化物，故C正确；D. 因为(NH4)2SO4+K2CO3=K2SO4+H2O+CO2+2NH3有氨气逸出，会造成氮元素损失，所以铵态氮肥不能与草木灰混合使用，故D错误；答案是D。8. 在一密闭烧瓶中，在25时存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g) Hb点C. c点溶液:c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(HA)D. d点溶液:c(Na+)c(
9、A-)c(OH-)c(H+)【答案】D【解析】【详解】Ac点时，两者恰好完全反应，生成单一的NaA，溶液呈碱性，说明该盐是强碱弱酸盐，HA是弱酸，HA的电离方程式：HAH+A-，选项A错误；Ba点溶液为HA和NaA的混合物，溶液呈酸性，对水的电离起抑制作用，水的电离程度：a点b点，选项B错误；Cc点时，溶液呈碱性，得到单一的NaA，根据物料守恒c（Na+）c（A-）+c（HA），选项C错误；Dd点为NaOH和NaA的混合物，物质的量之比为1：2，溶液呈碱性，故离子浓度大小顺序为：c（Na+）c（A-）c（OH-）c（H+），选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查酸碱混合的判断和离子浓度大小比较
10、，答题时注意a、b、c、d点溶液的组成，把握弱电解质的电离和盐类水解的特点，题目难度中等。18. 最近科学杂志评出“十大科技突破”，其中“火星上找到水的影子”名列第一。下列关于水的说法中正确的是（ ）A. 水的离子积不仅只适用于纯水，升高温度一定使水的离子积增大B. 水的电离和电解都需要电，常温下都是非自发过程C. 水中氢键的存在既增强了水分子的稳定性，也增大了水的沸点D. 加入电解质一定会破坏水的电离平衡，其中酸和碱通常都会抑制水的电离【答案】A【解析】【详解】A水的离子积不仅只适用于纯水，也适应于水溶液，因为水的电离是吸热的，所以升高温度，水电离平衡正向移动，一定使水的离子积增大，故正确；
11、B水的电离不需要电，常温下是自发过程，故错误；C水中氢键存在于分子之间，不影响水分子的稳定性，氢键增大了水的沸点，故错误；D加入电解质不一定会破坏水的电离平衡，如强酸强碱盐不会影响水的电离平衡，故错误。故选A。19. 下列实验操作会使实验最终结果偏高的是A. 用湿润的pH 试纸测定NaOH的pHB. 配制100 mL 1.00 molL -1 NaCl溶液，定容时俯视刻度线C. 用0.0001 molL -1盐酸滴定20.00 mL NaOH溶液，起始读数时仰视D. 测定中和热的数值时，将0.5 molL -1NaOH溶液倒入盐酸后，立即读数【答案】B【解析】【详解】A. 用湿润的pH 试纸测
12、定NaOH溶液的pH相当于将NaOH溶液稀释，所测溶液pH偏低，故A错误；B. 配制100 mL 1.00 molL -1 NaCl溶液，定容时俯视刻度线会导致溶液体积小于100 mL，所测结果偏高，故B正确；C. 用0.0001 molL -1盐酸滴定20.00 mL NaOH溶液，起始读数时仰视，起始盐酸体积偏大导致所消耗标准溶液体积偏小，所测结果偏低，故C错误；D. 测定中和热的数值时，将0.5 molL -1NaOH溶液倒入盐酸后，立即读数会因为酸碱没有充分反应，导致所测温度偏低，中和热的数值偏低，故D错误；故选B。20. 室温下，向0.01mol/L的醋酸溶液中滴入pH=7的醋酸铵稀
13、溶液，溶液pH随滴入醋酸铵溶液体积变化的曲线示意图如下图所示，下列分析正确的是A. ac段，溶液pH增大是CH3COOH=CH3COO-+H+逆向移动的结果B. a点，pH2C. b点，c(CH3COO-)c()D. c点，pH可能大于7【答案】C【解析】【分析】室温下，由于醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向0.01molL-1的醋酸溶液中滴入pH=7的醋酸铵溶液，导致c（CH3COO-）增大，则醋酸的电离平衡左移，即醋酸的电离被抑制由于所得的溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液，而CH3COONH4水解显中性，CH3COOH电离显酸性，故
14、混合溶液的pH一直小于7，据此分析。【详解】A. 在ab段，溶液的pH增大很快，这是由于醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO+H+，向0.01molL1的醋酸溶液中滴入pH=7的醋酸铵溶液，导致c(CH3COO)增大，则醋酸的电离平衡左移，故溶液中的c(H+)减小，则溶液的pH增大；而在bc，溶液的pH变化不明显，是由于加入的醋酸铵溶液导致溶液体积增大，故溶液中的c(H+)减小，则pH变大，但变大的很缓慢，即ac段溶液的pH增大不只是醋酸的电离被抑制的原因，故A错误；B. 由于醋酸是弱电解质，不能完全电离，故0.01mol/L的醋酸溶液中氢离子浓度小于0.01mol/
15、L，则pH大于2，即a点的pH大于2，故B错误；C. 由于所得的溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液，而CH3COONH4水解显中性，CH3COOH电离显酸性，故混合溶液的pH一直小于7，即b点溶液中的c(H+)c(OH)，根据电荷守恒可知c(CH3COO)c()，故C正确；D. 由于所得的溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液，而CH3COONH4水解显中性，CH3COOH电离显酸性，故混合溶液的pH一直小于7，即c点溶液的pH也一定小于7，故D错误；故选C。21. 在氨水中，NH3H2O电离达到平衡的标志是()A. 溶液显电中性B. 溶液中检测不出NH3H2O分子
16、的存在C. c(OH)恒定不变D. c()c(OH)【答案】C【解析】【分析】NH3H2O电离成离子的速率和NH4+、OH-结合成分子的速率相等，或溶液中各种离子的浓度不变，均能说明NH3H2O的电离达到了平衡状态，由此分析解答。【详解】A、氨水中存在电离平衡：NH3H2ONH4+OH-，溶液呈碱性，故A错误；B、氨水中存在电离平衡：NH3H2ONH4+OH-，所以有分子NH3H2O存在，故B错误；C、电离平衡时，NH3H2O电离成离子的速率和NH4+、OH-结合成分子的速率相等，或溶液中各种离子的浓度不变，均能说明NH3H2O的电离达到了平衡状态，故C正确；D、两者浓度相等，并不是不变，故D
17、错误。答案选C。【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。第II卷 非选择题（ 共58分）22. 电解质溶液中存在多种平衡。请回答下列问题：（1）已知：化学式CH3COOHHClO电离常数（25）1.810-53.010-8物质的量浓度均为0.1mol/L的下列溶液：a. CH3COOH b. HClO ，比较二者C(H+)的大小：a_b（填“”、“”或“”）。（2）常温下，将 0.1mol/L 的 CH3COOH 溶液加水稀释，在稀释过程中，下列表达式的数值变大的 _（填字母）。A. c(H+) B. C. c(H+)c(OH-) （3）25
18、时，体积均为 10mL，pH 均为 2 的醋酸溶液与一元酸 HX 溶液分别加水稀释至 1000mL，稀释过程中 pH 的变化如图所示。已知：pH= -lgC(H+)，则：25时，醋酸电离常数_HX的电离常数。（填“”、“”或“”）稀释100倍后， 醋酸溶液中由水电离出的 c(H+)_ HX溶液中由水电离出的c(H+)。（填“”、“”或“”）【答案】 (1). (2). B (3). (4). 【解析】【分析】（1）相同浓度下，电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，溶液酸性越强；（2）常温下，将CH3COOH 溶液加水稀释过程中，c(H+)、c(CH3COO-)均减小；（3）稀释过程中较弱酸电离程
19、度增大程度大，因此等pH的酸溶液稀释过程中较弱酸的氢离子浓度一直大于较强酸的氢离子浓度；根据酸溶液中氢离子浓度越大对水的抑制能力越强，分析判断。【详解】（1）根据题意知，CH3COOH的电离平衡常数比HClO大，故CH3COOH的酸性比HClO的酸性强，则物质的量浓度均为0.1mol/L CH3COOH和HClO溶液中，二者c(H+)的大小关系为：ab；故答案为；（2）常温下，将CH3COOH 溶液加水稀释过程中，c(H+)、c(CH3COO-)均减小，则增大；c(H+)c(OH-)=Kw，温度不变，其值不变；故答案为B；（3）稀释过程中较弱酸电离程度增大程度大，因此等pH的酸溶液稀释过程中较
20、弱酸的氢离子浓度一直大于较强酸的氢离子浓度，稀释相同的倍数，HX的pH的变化比CH3COOH的大，故HX酸性强，电离平衡常数大，则25时，醋酸的电离常数小于HX的电离常数；故答案为；稀释100倍后，醋酸溶液中氢离子浓度大于HX溶液中的氢离子浓度，故对水的抑制能力也比较强，则醋酸溶液中由水电离出的 c(H+)c（HA-） c（H+） c（A2-）c（OH-） (2). AB (3). +14H+6Fe2+=2Cr3+6Fe3+7H2O (4). 166.8 (5). 1106molL1 (6). 否 (7). 由蓝色恰好变为无色，且半分钟内颜色不变化 (8). 1270/3w【解析】【详解】(1
21、)H2A是二元弱酸，NaHA溶液中存在电离平衡和水解平衡，溶液显酸性，说明HA-的电离程度大于其离子的水解程度，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)c(HA-) c(H+)c(A2-)c(OH-)，故答案为：c(Na+)c(HA-) c(H+)c(A2-)c(OH-)；(2)溶液显中性，则c(H)c(OH)，根据电荷守恒有：c(H)c(Na)c(K)c(OH)c(HA)2c(A2)，则c(Na)c(K)c(HA)2c(A2)，D项错误；加入KOH溶液，发生反应为HAOH=A2H2O，A2水解使溶液显碱性，所以，加入的KOH的物质的量小于NaHA的物质的量，c(Na)c(K)，A项正确，C项
22、错误；常温下，水的离子积常数Kw=c(H +)c(OH )110-14，B项正确；答案选AB。（3）分解废水处理流程图，与Fe2反应生成Fe3和Cr3+，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，发生反应的离子方程式为+14H+6Fe2+=2Cr3+6Fe3+7H2O，故答案为：+14H+6Fe2+=2Cr3+6Fe3+7H2O；（4）由6FeSO47H2O可知， ，则n=6410-3mol/L25L=0.6mol，可求得需要FeSO47H2O的质量为0.6mol278g/mol=166.8g，故答案为：166.8g；（5）KspFe(OH)31.010-38=c(Fe3+)c(OH-)3=1
23、10-13c(OH-)3，可知：c(OH-)3=11025，则：c(Cr3+)=KspCr(OH)3/c(OH-)3=1.01031/11025=1106molL-1，故答案为：1106molL1；否；（6）碘遇淀粉变蓝色，所以溶液呈蓝色，随反应I2+2=2I-+进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色，说明反应到终点，判断c中反应恰好完全所依据的现象是由蓝色恰好变为无色，且半分钟内颜色不变化，故答案为：由蓝色恰好变为无色，且半分钟内颜色不变化；（7）b中生成的碘在c中反应I2+2=2I-+，根据KIO3+5KI+3H2SO43K2SO4+3I2+3H2O可知 ，所以m=（1272.010-30.
24、01）6，则所测精制盐，碘含量是1270/3w mg/kg，故答案为：1270/3w。25. 某同学用已知浓度的盐酸来测定某氢氧化钠样品的纯度(杂质不参与反应)，试根据实验回答下列问题：(1)准确称量5.0 g含有少量易溶杂质的样品，配成1L待测溶液。称量时，样品可放在_(填字母)称量。 A 小烧杯中 B 洁净纸片上C 托盘上(2)滴定时，滴定过程中氢氧化钠溶液放在锥形瓶中，用0.100 molL1的盐酸来滴定待测溶液，则盐酸应该放在_(填“甲”或“乙”)中。可选用_作指示剂。 A甲基橙 B石蕊 C酚酞(3)若该同学选用酚酞做指示剂，达到滴定终点颜色变化：_。(4)根据下表数据，计算被测烧碱溶
25、液的物质的量浓度是_ molL1，滴定次数待测溶液体积(mL)标准酸体积滴定前的刻度(mL)滴定后的刻度(mL)第一次10.000.401050第二次10.004.1014.00第三次10.002.5014.00(5)下列实验操作会对滴定结果产生什么后果？(填“偏高”“偏低”或“无影响”)观察酸式滴定管液面时，开始平视，滴定终点俯视，则滴定结果_。滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，则滴定结果_。洗涤后锥形瓶未干燥，则滴定结果_。【答案】 (1). A (2). 甲 (3). AC (4). 当滴入最后一滴标准盐酸溶液时，溶液恰好由红色变为无色，且半分钟内不恢复，即达滴定终点 (5)
26、. 80% (6). 偏低 (7). 偏高 (8). 无影响【解析】【分析】易潮解、易腐蚀的药品，必须放在玻璃器皿里称量。根据酸碱中和实验选择指示剂，石蕊不能用作指示剂。根据最后一滴溶液颜色变化分析滴定终点当滴定终点；根据表格得到消耗盐酸的平均体积，再计算氢氧化钠溶液的浓度，再计算1L待测溶液中氢氧化钠的物质的量，进而计算氢氧化钠的质量，最后计算烧碱样品的纯度；根据计算公式分析误差。【详解】(1)易潮解的药品，必须放在玻璃器皿(如：小烧杯、表面皿)里称量，防止玷污托盘，因氢氧化钠易潮解，所以应放在小烧杯中称量；故答案为：A。(2)滴定过程中氢氧化钠溶液放在锥形瓶中，则盐酸应该放在酸式滴定管中，
27、甲图为酸式滴定管；强酸与强碱中和滴定时，可用酚酞或甲基橙做指示剂，石蕊变色范围宽且现象不明显，故一般不用石蕊作指示剂；故答案为：甲；AC。(3)该同学选用酚酞做指示剂时，当滴入最后一滴标准盐酸溶液时，溶液恰好由红色变为无色，且半分钟内不恢复，即达滴定终点；故答案为：当滴入最后一滴标准盐酸溶液时，溶液恰好由红色变为无色，且半分钟内不恢复，即达滴定终点。(4)由表格中的数据可知滴定10.00mL待测氢氧化钠溶液，第一次消耗标准盐酸的体积为10.10mL，第二次消耗标准盐酸的体积为9.90mL，第三次消耗标准盐酸的体积为11.50mL，第三次体积偏差较大，舍弃，则消耗盐酸的平均体积为10.00mL，
28、则；则1L待测溶液中氢氧化钠的物质的量为0.1mol，则氢氧化钠的质量=0.1mol40 gmol1 =4.0g，则烧碱样品的纯度是；故答案为：0.1000；80%。(5)观察酸式滴定管液面时，开始平视，滴定终点俯视，导致测得的盐酸体积偏小，则测得的氢氧化钠的浓度偏小，则最终导致氢氧化钠样品的纯度偏低；故答案为：偏低。滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，导致测得的盐酸体积偏大，则测得的氢氧化钠的浓度偏大，则最终导致氢氧化钠样品的纯度偏高；故答案为：偏高。洗涤后锥形瓶未干燥，不影响锥形瓶中氢氧化钠的物质的量，因此不影响消耗盐酸的体积，则对滴定结果无影响；故答案为：无影响。【点睛】误差分
29、析时，一定先分析标准液体积偏大、偏小还是不变，再根据公式进行分析，比如，观察酸式滴定管液面时，开始平视，滴定终点俯视，这样会导致读数差值偏小，即盐酸的体积偏小，则测得的氢氧化钠的浓度偏小，则最终导致氢氧化钠样品的纯度偏低。26. 、O3将I氧化成I2的过程由3步反应组成：I（aq）+O3（g）IO（aq）+O2（g） H1 IO（aq）+H+（aq）HOI（aq） H2HOI（aq）+I（aq）+H+（aq）I2（aq）+H2O（l） H3 总反应H_。、用H2O2、KI和洗洁精可完成“大象牙膏”实验（短时间内产生大量泡沫），某同学依据文献资料对该实验进行探究。（1）资料1：KI在该反应中的作
30、用： H2O2IH2OIO； H2O2IOH2OO2I。总反应的化学方程式是_。（2）资料2：H2O2分解反应过程中能量变化如图所示，其中有KI加入，无KI加入。下列判断正确的是_（填字母）。a 加入KI后改变了反应的路径 b 加入KI后改变了总反应的能量变化c H2O2IH2OIO是放热反应（3）实验中发现，H2O2与KI溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加入CCl4，振荡、静置，气泡明显减少。资料3：I2也可催化H2O2的分解反应。加CCl4并振荡、静置后还可观察到_，说明有I2生成。气泡明显减少的原因可能是：i. H2O2浓度降低；ii. _。以下对照实验说明i不是主要原因：向H
31、2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管加入CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是_。（4）资料4：I（aq）I2（aq）I（aq） K640。为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20 mL一定浓度的H2O2溶液中加入10mL 0.10molL1 KI溶液，达平衡后，相关微粒浓度如下：微粒II2I3浓度/（molL1）2.5103a4.0103a_。该平衡体系中除了含有I，I2，I3外，一定还含有其他含碘微粒，理由是_。【答案】 (1). H1 +H2 (2). 2H2O2 2H2OO2 (3). a (4). 下层溶液呈紫红色
32、 (5). 在水溶液中I2的浓度降低 (6). A试管中产生气泡明显变少；B试管中产生气泡速率没有明显减小 (7). (8). 2c（I2）c（I）3c（I3）0.033molL1【解析】【详解】(1)H2O2IH2OIO，H2O2IOH2OO2I，把两式加和，即可得到总反应的化学方程式为2H2O22H2OO2。答案为：2H2O22H2OO2；(2)a. 加入KI后，一步反应分为两步进行，也就是改变了反应的路径，a正确；b. 加入KI后，反应物和生成物的能量都没有改变，b不正确；c. 由图中可知，H2O2IH2OIO的反应物总能量小于生成物总能量，所以该反应是吸热反应，c不正确；答案为：a；(
33、3)加CCl4并振荡、静置后还可观察到下层溶液呈紫红色，说明有I2生成。答案为：下层溶液呈紫红色；气泡明显减少的原因可能是：i. H2O2浓度降低；ii. 在水溶液中I2的浓度降低。以下对照实验说明i不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管加入CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是H2O2溶液的浓度相同，但产生气泡的速率差异很大。答案为：在水溶液中I2的浓度降低；A试管中产生气泡明显变少，B试管中产生气泡速率没有明显减小；(4) ，由此可求出a=2.510-3mol/L。答案为：2.510-3；该平衡体系中除了含有I，I
34、2，I3外，一定还含有其他含碘微粒，理由是原来溶液中，c(I-)=0.033mol/L；现在溶液中，I，I2，中所含I的浓度和为2c(I2)c(I)3c()=22.510-3+2.510-3+34.010-3=0.01950.033，I不守恒，说明产物中还有含碘微粒。答案为：2c(I2)c(I)3c()0.033molL1。【点睛】在做探究实验前，要进行可能情况预测。向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄，则表明生成了I2，加入CCl4且液体分层后，发现气泡逸出的速率明显变慢，CCl4与H2O2不反应，是什么原因导致生成O2的速率减慢？是c(H2O2)减小，还是c(I2)减小所致？于是我们自然想到设计对比实验进行验证。