北京市朝阳区陈经纶中学2019-2020学年高二下学期期中考试自主检测化学试题

北京市朝阳区陈经纶中学2019-2020学年高二下学期期中考试自主检测化学试题

北京市陈经纶中学期中自主检测 高二 年级 化学 学科 ‎（时间：90 分钟 满分：100 分）‎ 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 N 14 O 16 Cu 64 Fe 56‎ 一、选择题（本大题共 25 个小题，每小题 2 分，共 50 分。在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的。）‎ ‎1.下列装置或过程能实现电能转化为化学能的是 A. 风力发电 B. 火力发电 C. 电解炼铝 D. 燃料电池 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．风力发电，风能转化为电能，故A错误；‎ B．火力发电，化学能转化为电能，故B错误；‎ C．电解炼铝，电能转化为化学能，故C正确；‎ D．燃料电池，化学能转化为电能，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎2.在室温下，反应速率最慢的反应是 A. H2+F2=2HF B. H++OH-=H2O C. Ag++Cl-=AgCl↓ D. H2+Br2=2HBr ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2+F2=2HF，在暗处就爆炸，故A不选；‎ B．H＋+OH－=H2O，反应很快，故B不选；‎ C．Ag＋+Cl－=AgCl↓，反应很快，故C不选；‎ D．H2+Br2=2HBr，在室温下，反应速率最慢，高温时反应，而且反应不完全，故D选；‎ 故选D。‎ ‎3.锌铜原电池装置如图所示，下列说法正确的是 A. 锌电极上发生的反应：Zn − 2e- =Zn2+‎ B. 电流从锌片流向铜片 C. 盐桥中 K+向负极移动 D. 铜电极上发生氧化反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 锌是负极，锌电极上发生的反应：Zn − 2e- =Zn2+，故A正确；‎ B. 电流从铜片流向锌片，故B错误 C. 盐桥中 K+向正极移动，故C错误；‎ D. 铜电极上铜离子得电子，发生还原反应，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎4.已知：①C（s、金刚石） + O2（g）=CO2（g） ΔH1=－395.4 kJ•mol-1，② C（s、石墨） + O2（g）=CO2（g） ΔH2=－393.5 kJ•mol-1 上述反应中的能量变化如图所示，下列说法正确的是 A. 石墨和金刚石之间的转化是物理变化 B. 图中 b 代表反应①的能量变化 C. C（s、金刚石） =C（s、石墨） ΔH= +1.9 kJ•mol-1‎ D. 金刚石比石墨的热稳定性好 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 石墨和金刚石是两种不同的单质，石墨和金刚石之间的转化是化学变化，故A错误；‎ B．b中反应物能量高，代表金刚石，图中b代表反应①的能量变化，故B正确；‎ C．金刚石转化为石墨是放热过程，C（s、金刚石）=C（s、石墨）ΔH= -1.9 kJ•mol-1，故C错误；‎ D．金刚石能量高，金刚石比石墨的热稳定性差，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎5.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（B）=0.3mol/(L· s) B. v（A）=0.5mol/(L· min)‎ C. v（C）=0.8mol/(L· s) D. v（D）=1mol/(L· min)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应速率之比等于化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，以此来解答。‎ ‎【详解】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则：‎ A、v(B)/1=0.3mol/(L·s)÷1=0.3mol/(L·s)；‎ B、v(A)/2=0.5mol/(L·min)÷2=0.25mol/(L·min)=0.0042 mol/(L·s)；‎ C、v(C)/3=0.8mol/(L·s)÷3=0.26 mol/(L·s)；‎ D、v(D)/4=1 mol/(L·min)÷4=0.25 mol/(L·min)=0.042 mol/(L·s)。‎ 显然选项A中比值最大，反应速率最快。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】注意同一个化学反应，用不同物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。‎ ‎6.下列说法不正确的是 A. 对于有气体参加的反应增大压强能提高活化分子的浓度 B. 升高温度增大了活化分子百分数 C. 催化剂能够改变化学反应途径 D. 具有较高能量的反应物分子一定能发生有效碰撞 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．对于有气体参加的反应，通过缩小体积增大压强，浓度增大，则提高活化分子的浓度，故A正确；‎ B．升高温度，提供能量，增大了活化分子百分数，故B正确；‎ C．催化剂改变反应的途径，降低反应的活化能，故C正确；‎ D．具有较高能量的反应物，还需要具有合适的取向，不一定为活化分子，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查反应热与焓变，把握活化理论、活化能为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，活化分子要具备两个条件才能发生有效碰撞。‎ ‎7.铜板上铁铆钉处的吸氧腐蚀原理如图所示，下列有关说法正确的是 A. 阳极电极反应式为：2H++2e→H2↑‎ B. 此过程中电子从 Fe 移向 Cu，铁铆钉发生还原反应 C. 此过程中铜会被腐蚀，发生氧化反应 D. 此过程中铁做负极，被氧化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 水中溶解了氧气，铜、铁和水构成了原电池，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe-2e－=Fe2＋，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e－=4OH－，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，容易被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁，反应方程式为：4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3，原电池放电时，电子从负极流向正极。‎ ‎【详解】A．正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e－=4OH－，故A错误；‎ B．此过程中电子从 Fe 移向 Cu，负极上发生的电极反应式为：Fe-2e－=Fe2＋，铁铆钉发生氧化反应，故B错误；‎ C ‎．该原电池中铜作正极，原电池放电时，负极失电子容易被腐蚀，正极被保护，所以铜不被腐蚀，故C错误；‎ D．此过程中铁做负极，电极反应式为：Fe-2e－=Fe2＋，铁铆钉发生氧化反应，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题以原电池原理为载体考查了金属的腐蚀，明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件是解本题的关键，注意钢铁的吸氧腐蚀中还含有氢氧化亚铁生成氢氧化铁的反应。‎ ‎8.下列说法中正确的是 A. 0.1‎mol/L HCl 和 0.1mol/L H2SO4 与 2 mol/L NaOH 溶液反应速率相同 B. 0.1mol/L HCl 和 0.1mol/L HNO3 与相同形状和大小的大理石反应，速率相同 C. Mg、Al 在相同条件下分别与 0.1mol/L 盐酸反应，其反应速率相同 D. 大理石块与大理石粉分别同 0.1mol/L 盐酸反应速率相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．0.1mol·L－1 HCl 和 0.1mol·L－1 H2SO4 与 2 mol·L－1 NaOH 溶液反应速率不相同，后者氢离子浓度大，速率快，故A错误；‎ B．0.1mol·L－1 HCl 和 0.1mol·L－1 HNO3 与相同形状和大小的大理石反应，氢离子浓度相同，速率相同，故B正确；‎ C．镁的金属活泼性强于铝，Mg、Al 在相同条件下分别与 0.1mol·L－1 盐酸反应，其反应速率镁大于铝，故C错误；‎ D．大理石块与大理石粉分别同 0.1mol·L－1 盐酸反应，后者接触更充分，速率快，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎9.下列说法或表示法正确的是（ ）‎ A. 等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多 B. 使用催化剂的反应是吸热反应 C. 在稀溶液中：H＋+OH﹣=H2O ΔH=﹣57.3 kJ·mol-1，若将含 1 molCH3COOH 的醋酸溶液与含 1 mol NaOH 的溶液混合，放出的热量小于 57.3 kJ D. 在 101 kPa 时，‎2 g H2 完全燃烧生成液态水，放出 285.8 kJ 热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为 2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）ΔH=+285.8 kJ·mol-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．固体气化时要吸热，等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多，故A错误；‎ B．催化剂是反应的条件，改变反应的活化能，反应是吸热反应还是放热反应与催化剂无必然联系，故B错误；‎ C．CH3COOH是弱电解质，电离时要吸热，在稀溶液中：H＋+OH﹣=H2O ΔH=﹣57.3 kJ·mol-1，若将含 1 molCH3COOH 的醋酸溶液与含 1 mol NaOH 的溶液混合，放出的热量小于 57.3 kJ，故C正确；‎ D．在 101 kPa 时，‎2 g H2 完全燃烧生成液态水，放出 285.8 kJ 热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为 H2（g）+ O2（g）=H2O（l）ΔH=-285.8 kJ·mol-1，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎10.在一定条件下，已达平衡的可逆反应：‎2A(g)＋B(g)‎2C(g)，下列说法中正确的是 （ ）‎ A. 平衡时，此反应的平衡常数K与各物质的浓度有如下关系：K＝‎ B. 改变条件后，该反应的平衡常数K一定不变 C. 如果改变压强并加入催化剂，平衡常数会随之变化 D. 若平衡时增加A和B的浓度，则平衡常数会减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在一定温度时，当一个可逆反应达到平衡状态时，生成物平衡浓度的幂之积与反应物平衡浓度的幂之积的比值是一个常数，这个常数称为化学平衡常数简称平衡常数，故A正确；‎ B.K只随温度的改变而改变，如果改变温度，平衡常数会变，故B错误；‎ C.K只随温度的改变而改变，所以改变压强并加入催化剂，平衡常数也不会发生变化，故C错误；‎ D. K只随温度的改变而改变，增加A和B的浓度，平衡常数也不会改变，故D错误；‎ 正确答案：A ‎11.汽车常用蓄电池其结构如图所示，放电时反应如下： PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。根据此反应判断，下列叙述中不正确的是 A. Pb 作为负极，失去电子，被氧化 B. 电池放电时，溶液酸性增强 C. 负极反应是 Pb+SO42-–2e-=PbSO4‎ D. PbO2 得电子，被还原 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 放电时的电池反应PbO2+Pb+2H2SO4═2PbSO4+2H2O可知，Pb在反应中失去电子，发生氧化反应，为电池的负极，电极反应式为Pb+SO42－-2e－═PbSO4，PbO2在放电过程中得到电子、被还原，是原电池的正极；根据总反应可知，原电池放电的过程中消耗硫酸，所以溶液的酸性减弱。‎ ‎【详解】A．原电池中负极失去电子、发生氧化反应，根据电池放电时的反应：PbO2+Pb+2H2SO4═2PbSO4+2H2O可知，负极Pb失去电子，即Pb为负极，PbO2为正极，故A正确；‎ B．由于原电池放电的过程中消耗硫酸，电解质溶液中氢离子浓度逐渐减小，所以溶液的酸性减弱，故B错误；‎ C．原电池中，Pb在反应中失去电子生成PbSO4，为负极，电极反应式为Pb+SO42－-2e－═PbSO4，故C正确；‎ D．PbO2在放电过程中化合价降低，得到电子被还原，所以PbO2为原电池的正极、反应中被还原，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎12.足量的Zn粉与50mL 0.1mol·L-1的稀硫酸充分反应。为了减慢此反应的速率而不改变H2的产量，可以采用如下方法中的 ( )‎ ‎①加Na2SO4溶液 ②改用50mL 0.1mol·L-1的稀盐酸 ③减压 ④改用50mL 0.1mol·L-1的硝酸 ⑤冰水浴 ⑥加Na2CO3溶液 A. ①②③④ B. ①⑤ C. ①⑤⑥ D. ②⑤⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 为了降低此反应速率而不改变H2的产量，少量Zn粉完全反应，则可通过降低氢离子浓度、降低温度等来降低反应速率，以此来解答。‎ ‎【详解】①加Na2SO4溶液，溶液中的水对硫酸来说其稀释作用，使溶液中c(H+)降低，反应速率减小，但氢气的量不变，①正确；‎ ‎②改用50mL、0.1mol/L的稀盐酸，溶液中c(H+)降低，反应速率减小，生成氢气的量减小，②错误；‎ ‎③反应在溶液中进行，减压，对反应速率基本不影响，③错误；‎ ‎④改用50mL、0.1mol/L的硝酸，由于硝酸具有强的氧化性，与Zn发生反应不生成氢气，而生成NO气体，④错误；‎ 加适量固体醋酸钠，氢离子浓度降低，反应速率减小，但氢气的总量不变，故正确；‎ ‎⑤冰水浴，使反应温度降低，反应速率减小，由于氢离子的物质的量不变，因此最终产生的氢气的总量不变，⑤正确；‎ ‎⑥加Na2CO3溶液，Na2CO3与硫酸反应产生CO2气体，反应消耗硫酸，导致生成氢气的总量减小，⑥错误；‎ 则符合题意叙述是①⑤；故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查影响反应速率的因素，明确常见的影响化学反应速率的外界因素有温度、浓度、原电池对反应速率的影响即可解答，注意Zn粉过量，生成的氢气由硫酸决定为解答的易错点。‎ ‎13.向20 mL 0.40 mol/L H2O2溶液中加入少量KI溶液：ⅰ．H2O2+I-=H2O+IO﹣；ⅱ．H2O2+IO﹣= H2O+O2↑+ I﹣。H2O2分解反应过程中能量变化和不同时刻测得生成O2的体积(已折算标准状况)如下。‎ ‎ t/min ‎0‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎15‎ ‎20‎ V(O2)/mL ‎0.0‎ ‎12.6‎ ‎2016‎ ‎28.0‎ ‎32.7‎ 下列判断不正确的是 A. 从图中可以看出，KI能增大H2O2的分解速率 B. 反应ⅰ是放热反应，反应ⅱ是吸热反应 C. 0~10 min的平均反应速率：v(H2O2)≈9.0×10-3 mol/(L·min)‎ D. H2O2在反应过程中既体现了氧化性，又体现了还原性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.从反应过程示意图可以看出KI能够降低反应的活化能，使反应速率大大加快，A正确；‎ B.根据图示可知反应i的生成物比反应物的能量高，为吸热反应；反应ii的反应物比生成物的能量高，是放热反应，B错误；‎ C.0~10 min内，反应产生O2的物质的量是n(O2)= 20.16×10‎-3L÷‎22.4L/mol=9.0×10-4mol，根据方程式2H2O2=2H2O+O2↑可知△n(H2O2)=2×9.0×10-4mol=1.8×10-3mol，则v(H2O2)= (1.8×10-3mol)÷‎0.02L÷10min=9.0×10-3 mol/(L·min)，C正确；‎ D.在反应i中H2O2作用是氧化剂，在反应ii中是还原剂，所以在整个反应过程中既体现了氧化性，又体现了还原性，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎14.在不同电压下用惰性电极电解饱和NaCl溶液制备少量NaClO，实验结果如下：‎ 实验 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 电压 U1‎ U2‎ U3‎ 现象 a极产生少量气泡，b极无明显气泡 ‎ a极产生较多气泡，b极产生少量气泡 a极产生大量气泡，b极逸出大量黄绿色气体 下列分析不正确的是 A. ①、②、③中，a极均发生了还原反应 B. ①、②、③中均能发生Cl2+2NaOH =NaCl+NaClO+H2O C. 电解时OH- 由b极向a极移动 D. 不宜采用实验③的电压制备NaClO ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用惰性电极电解饱和食盐水，电解的总方程式是：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，溶液中阳离子向阴极定向移动，阴离子向阳极定向移动，据此分析。‎ ‎【详解】A.根据图示可知a电极为阴极，溶液中的阳离子H+在阴极上获得电子，发生还原反应，A正确；‎ B.在a电极溶液中的H+获得电子，变为H2逸出，附近溶液中OH-增多阴极产生NaOH，在阳极b电极上溶液中阴离子Cl-失去电子变为Cl2，Cl2与溶液中的NaOH发生反应：Cl2+2NaOH =NaCl+NaClO+H2O，B正确；‎ C.电解时阴离子OH- 向正电荷较多的阳极移动，即会由a极向b极移动，C错误；‎ D.实验③电压高，电流大，反应速率快，反应产生的氯气未能与NaOH溶液反应，就会从溶液中逸出，所以不能采用该电压制备NaClO，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查电解原理的应用的知识。电解饱和食盐水，阳极产生氯气，阴极得到氢气和氢氧化钠，氯气与碱发生反应产生的物质具有强氧化性，能杀菌消毒。掌握电解基本原理和离子放电顺序是本题解答的关键。‎ ‎15.在恒容密闭容器中，可以作为2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)达到平衡状态的标志是( )‎ ‎①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2；②单位时间内生成n mol O2‎ 的同时生成2n molNO；③混合气体的颜色不再改变；④混合气体的密度不再改变的状态；⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态；⑥混合气体中NO与O2的物质的量之比保持恒定；⑦混合气体中NO与NO2的物质的量之比保持恒定 A. ①③⑤⑦ B. ②④⑤ C. ①③④ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2，能说明正逆反应速率的相等关系，①正确；②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n molNO均表示正反应速率，不能说明正逆反应速率的关系，②错误；③混合气体的颜色不变化，说明二氧化氮的浓度不变化，达到平衡状态，③正确；④该反应是一个反应前后气体的质量不会改变的化学反应，混合气体的质量是守恒的，容器的体积不变，导致混合气体的密度不再变化，所以该反应不一定达到平衡状态，④错误；⑤混合气体的平均相对分子质量=平均摩尔质量=混合气体的总质量/混合气体的总物质的量，质量是守恒的，物质的量只有达到平衡时才不变，当混合气体的平均摩尔质量不再变化，证明达到了平衡状态，⑤正确；⑥混合气体中NO与O2的物质的量之比保持恒定是反应过程中任何时候都有的，该反应不一定达到平衡状态，⑥错误；⑦混合气体中NO与NO2的物质的量之比保持恒定，说明它们的物质的量就不变，浓度不变，该反应达到了平衡状态，⑦正确；达到平衡状态的标志有①③⑤⑦，故选A。‎ ‎16.在可逆反应‎2A(g)+3B(g)xC（g）＋D（g）中，已知：反应开始加入的物质只有 A、B，起始浓度 A 为 5 mol·L-1，B 为 3 mol·L-1，前 2 min C 的平均反应速率为 0.5 mol·L-1·min-1,2 min 后，测得 D 的浓度为 0.5mol·L-1，则关于此反应的下列说法中正确的是（ ）‎ A. 2 min 末时 A 和 B 的浓度之比为 5∶3‎ B. x＝1‎ C. 2 min 末时 A 消耗的浓度为 0.5 mol·L-1‎ D. 2 min 末时 B 的浓度为 1.5 mol·L-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】 ‎ A．2min末时，A和B的浓度之比为4：1.5=8：3，故A错误；‎ B．C的反应速率为mol·L-1·min-1=0.5mol·L-1·min-1，解得x=2，故B错误；‎ C．2min末时，A的消耗浓度为1mol·L－1，故C错误；‎ D．2min末时，B的浓度=1.5mol·L－1，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查学生有关化学平衡和化学反应速率的有关计算知识，属于考查的重点内容，注意三行式在解题中的灵活应用，难点B，应用速率比等于方程式计量数之比求解。‎ ‎17.某模拟“人工树叶”电化学实验装置如下图所示，该装置能将 H2O 和CO2 转化为 O2 和燃料（C3H8O）。下列说法正确的是（ ）‎ A. 该装置将化学能转化为光能和电能 B. 每生成 1 mol O2，有 ‎44 g CO2 被还原 C. 该装置工作时，H+从 b 极区向 a 极区迁移 D. a 电极的反应为 3CO2+18H+-18e－=C3H8O＋5H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能，所以该装置将光能和电能转化为化学能，故A错误；‎ B．电池总的方程式为：6CO2+8H2O ‎2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，也就是1mol的氧气，阴极有 mol 的二氧化碳被还原，所以被还原的二氧化碳为‎29.3g，故B错误；‎ C．a与电源负极相连，所以a是阴极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以H＋从阳极b极区向阴极a极区迁移，故C正确；‎ D．a与电源负极相连，所以a是阴极，发生还原反应，电极反应式为：3CO2+18H＋+18e－=C3H8O+5H2O，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎18.利用电解技术，以氯化氢为原料回收氯气的过程如图所示，下列说法不正确的是 A. H+由阳极区向阴极区迁移 B. 阴极电极反应：Fe3+ + e- =Fe2+‎ C. 阴极区发生的反应有：4Fe2+ + O2 + 4H+ =4Fe3+ + 2H2O D. 阳极电极反应：2HCl + 2e- = Cl2 + 2H+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在电源的右侧，HCl（g）→Cl2（g），该过程是失电子的过程，故该侧为阳极，电极反应为：2HCl-2e－=2H＋+Cl2，电源的左侧为阴极，电极反应为：Fe3＋+e－=Fe2＋；此外，根据物质的循环，还可以推出阴极区域还会进行反应：4Fe2＋+O2+4H＋=4Fe3＋ +2H2O。‎ ‎【详解】A．H＋在电源的右侧产生，在电源的左侧被消耗，右侧为阳极，左侧为阴极，即H＋由阳极区向阴极区迁移，故A正确；‎ B．阴极发生还原反应，是Fe3＋得到电子的过程，电极反应为：Fe3＋+e－=Fe2＋，故B正确；‎ C．根据图中的循环，推出阴极区域会进行反应：4Fe2＋+O2+4H＋=4Fe3＋ +2H2O，故C正确；‎ D．阳极发生氧化反应，是HCl失去电子的过程，电极反应为：2HCl-2e－=2H＋+Cl2，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎19.下列各种方法中，能对金属起到防止或减缓腐蚀作用的是( )‎ ‎①金属表面涂抹油漆 ②改变金属内部结构 ③保持金属表面清洁干燥 ④金属表面进行电镀 ‎ ‎⑤使金属表面形成致密的氧化物薄膜 A. ①②③④ B. ①③④⑤‎ C. ①②④⑤ D. 全部 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】金属的腐蚀主要是电化学腐蚀，题目中①③④⑤中的方法都可以起到避免金属和电解质溶液接触形成原电池的目的；②中如在金属中加入某些其他元素改变金属内部结构也可以起到防腐蚀的效果，答案选D。‎ ‎20.下列图示中关于铜电极的连接错误的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．原电池，Zn为活泼金属做负极，Cu为正极，正确；‎ B．粗铜精炼时，粗铜和电源的正极相连，作阳极，正确；‎ C．电镀是镀层金属纯铜做阳极，镀件和电源的负极相连，作阴极，错误；‎ D．电解氯化铜溶液，正确。‎ ‎21.电渗析法是一种利用离子交换膜进行海水淡化的方法，其原理如图所示，电极为惰性电极。已知海水中含 Na+、Cl–、Ca2+、Mg2+、SO42–等离子。下列叙述中正确的是 A. A 膜是阳离子交换膜 B. 通电后，b 电极上产生无色气体，溶液中出现白色沉淀 C. 通电后，海水中阴离子往 b 电极处移动 D. 通电后，a 电极的电极反应式为 4OH––4e–＝O2↑+2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．a为阳极，阴离子向阳极移动，则阴离子通过交换膜A向阳极移动，所以A为阴离子交换膜，故A错误；‎ B．b为阴极，电极上氢离子放电生成氢气，电极附近氢氧根离子浓度增大，结合镁离子生成白色沉淀，故B正确；‎ C．b为阴极，阳离子向阴极移动，则电解过程中阳离子移向阴极b极，故C错误；‎ D．a电极为阳极，溶液中氯离子比氢氧根离子先放电，则a电极的电极反应为2Cl－-2e－=Cl2↑，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎22.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为： Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O,下列各组实验中最先出现浑浊现象的是 实验 温度/℃‎ Na2S2O3 溶液 稀 H2SO4‎ V/（mL）‎ c/（mol·L-1）‎ V/（mL）‎ c/（mol·L-1）‎ A ‎25‎ ‎5‎ ‎0.1‎ ‎10‎ ‎0.1‎ B ‎25‎ ‎5‎ ‎0.2‎ ‎5‎ ‎0.2‎ C ‎35‎ ‎5‎ ‎0.1‎ ‎10‎ ‎0.1‎ D ‎35‎ ‎5‎ ‎0.2‎ ‎5‎ ‎0.2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 温度越高、浓度越大，则反应速率就越快，在实验中就最先出现浑浊。‎ ‎【详解】因‎35℃‎＞‎25℃‎，则选项C和D中的反应速率大于选项A和B中，又D中反应物的浓度大于C中反应物的浓度，则D中反应速率最快，即在实验中就最先出现浑浊，故选D。‎ ‎23.为减少二氧化碳排放，我国科学家设计熔盐电解池捕获二氧化碳的装置，如图所示。‎ C2O52-可以表示为：[]2-,下列说法不正确的是 A. 过程①中有碳氧键断裂 B. 过程③中的反应可表示为：CO2+O2- = CO32-‎ C. 过程②中 C2O52-在 a 极上发生了还原反应 D. 过程总反应：CO2C+O2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由装置图可知，a极上，电极反应有：4CO2+2O2－=‎2C2O52－，‎2C2O52－-4e－=4CO2↑+O2↑，总的电极反应为：2O2－-4e－=O2↑；b极上，电极反应有：CO2+O2－=CO32－，CO32－+4e－=C+3O2－，总的电极反应为：CO2+4e－=C+2O2－；熔盐电池的总的化学方程式为：CO‎2 ‎ C+O2。‎ ‎【详解】A．过程①的离子反应为：2CO2+O2－=C2O52－，其中CO2的结构式为O=C=O，对比CO2和C2O52－的结构式可知，该过程有碳氧键断裂，故A正确；‎ B．根据题中信息，可以推出过程③中的反应可表示为：CO2+O2－=CO32－，故B正确；‎ C．过程②中，a极的电极反应为：‎2C2O52－-4e－=4CO2↑+O2↑，该电极反应为氧化反应，故C错误；‎ D．经分析，熔盐电池的总的化学方程式为CO‎2 ‎ C+O2，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了电解原理及其电极的判断、电极反应式的书写，解题关键：把握电解池的工作原理，注意结合图片示意图写出电极反应式，注意利用氧离子来调节电极反应两边的电荷守恒。‎ ‎24.利用如下实验探究铁钉在不同溶液中的吸氧腐蚀。‎ 实验装置 实验编 号 浸泡液 pH 氧气浓度随时间的变化 ‎①‎ H2O ‎7‎ ‎②‎ ‎1.0 mol·L－1 NH4Cl ‎5‎ ‎③‎ ‎0.5 mol·L－1 （NH4）2SO4‎ ‎5‎ ‎④‎ ‎1.0 mol·L－1 NaCl ‎7‎ ‎⑤‎ ‎0.5 mol·L－1Na2SO4‎ ‎7‎ 下列说法不正确的是 A. ①与④⑤比较说明盐溶液可以加快吸氧腐蚀速率 B. 向实验②溶液中加等体积的 0.5 mol·L-1 （NH4）2SO4，吸氧腐蚀速率一定加快 C. ②与③、④与⑤比较说明吸氧腐蚀速率可能与阴离子种类有关 D. 向实验⑤溶液中加入少量（NH4）2SO4 固体，吸氧腐蚀速率加快 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．①的浸泡液为水，④⑤的浸泡液为盐溶液，相同时间内，④⑤的氧气浓度减小的幅度比①要明显很多，说明盐溶液可以加快吸氧腐蚀速率，故A正确；‎ B．向实验②溶液中加等体积的0.5 mol·L-1 （NH4）2SO4，NH4Cl、（NH4）2SO4的浓度减小至原先的一半，且NH4＋浓度相同时，（NH4）2SO4溶液的腐蚀速率较小，故该操作引起的结果是吸氧腐蚀速率减慢，故B错误；‎ C．②与③、④与⑤这两组实验中，仅阴离子的种类不同，但是腐蚀速率有明显的差异，故这两组实验的比较可以说明吸氧腐蚀速率可能与阴离子种类有关，故C正确；‎ D．同浓度的情况下，（NH4）2SO4溶液的腐蚀速率大于Na2SO4的，故向实验⑤溶液中加入少量（NH4）2SO4固体，吸氧腐蚀速率加快，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎25.近几年具有超常性能铝离子电池成为研究热点，某化学研究所研发出了以新型石墨烯（Cn） 作正极材料的铝离子电池，可在一分钟内完成充电，其放电时的工作原理如图所示。下列说法不正确的是 A. 充电时，铝电极连接电源负极，该电极有Cn[AlCl4]生成 B. 放电时，每生成 1molAl2Cl7-转移电子数目为0.75NA C. 充电时，阴极的电极反应式为4Al2Cl7–+3e–=Al+7AlCl4 –‎ D. 放电时，正极的电极反应式为 Cn[AlCl4]+e–═Cn+AlCl4–‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由示意图可知放电时铝为负极，被氧化生成Al2Cl7－，电极方程式为Al+7AlCl4－-3e－═4Al2Cl7－，正极反应为3Cn[AlCl4]+3e－=3Cn+3AlCl4－，电解时阳极发生氧化反应，电解方程式为Cn+AlCl4－-e－═Cn[AlCl4]，阴极发生还原反应，电极方程式为4Al2Cl7－+3e－=Al+7AlCl4－‎ ‎【详解】A．充电时，负极铝电极连接电源负极，作阴极发生还原反应，电极方程式为4Al2Cl7－+3e－=Al+7AlCl4－，该电极无Cn[AlCl4]生成，故A错误；‎ B．放电时，铝为负极，被氧化生成Al2Cl7－，电极方程式为Al+7AlCl4－-3e－═4Al2Cl7－，所以每生成1molAl2Cl7－转移电子数目为 NA=0.75NA，故B正确；‎ C．充电时，阴极发生还原反应，电极方程式为4Al2Cl7－+3e－=Al+7AlCl4－，故C正确；‎ D．放电时，新型石墨烯（Cn）作正极材料，反应为Cn[AlCl4]+e－=Cn+AlCl4－，故D正确；‎ 故选A。‎ 二、填空题 ‎26.参考下列图表和有关要求回答问题：‎ ‎（1）图Ⅰ是 1mol NO2（g）和 1 mol CO（g）反应生成 CO2 和NO 过程中能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是_____（填“增大”“减小”或“不变”，下同），ΔH 的变化是_____。请写出 NO2和 CO反应的热化学方程式：_____。‎ ‎（2）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：‎ ‎①CH3OH（g）＋H2O（g）=CO2（g）＋3H2（g）ΔH＝＋49.0 kJ·mol-1‎ ‎②CH3OH（g）＋O2（g）=CO2（g）＋2H2（g）ΔH＝－192.9 kJ·mol－1‎ 又知③H2O（g）=H2O（l） ΔH＝－44 kJ·mol-1则甲醇燃烧生成液态水的热化学方程式：_____。‎ ‎（3）下表是部分化学键的键能数据：‎ 已知 1 mol 白磷（P4）完全燃烧放热为 dkJ，白磷及其完全燃烧的产物结构如图Ⅱ所示，则表中 x＝_____kJ·mol-1（用含有 a、b、c、d 的代数式表示）。‎ ‎【答案】 (1). 减小 (2). 不变 (3). NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）△H=-234 kJ·mol－1 (4). CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-726 KJ·mol－1 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）图Ⅰ是 1mol NO2（g）和1mol CO（g）反应生成 CO2 和NO 过程中能量变化示意图，加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，催化剂对反应热无影响，ΔH不变，由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ，反应热化学方程式为NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）△H=-234 kJ·mol－1，‎ 故答案为：减小；不变；NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）△H=-234 kJ·mol－1；‎ ‎（2）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：‎ ‎①CH3OH（g）＋H2O（g）=CO2（g）＋3H2（g）ΔH＝＋49.0 kJ·mol-1‎ ‎②CH3OH（g）＋O2（g）=CO2（g）＋2H2（g）ΔH＝－192.9 kJ·mol－1‎ 又知③H2O（g）=H2O（l） ΔH＝－44 kJ·mol-1‎ 依据盖斯定律计算（②×3-①×2+③×2）× 得到CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-726 KJ·mol－1；‎ 故答案为：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-726 KJ·mol－1；‎ ‎（3）白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10，1mol白磷完全燃烧需拆开6mol P-P、5mol O=O，形成12molP-O、4mol P=O，所以12mol×bkJ·mol－1+4mol×xkJ·mol－1-（6mol×a kJ·mol－1+5 mol×c kJ·mol－1）=dkJ·mol－1，x=kJ·mol－1，故答案为：。‎ ‎【点睛】本题考查较为综合，本题注意热化学方程式的书写方法和计算应用，注意焓变计算和物质聚集状态的标注，难点（3‎ ‎）注意反应热的计算，特别是注意分析白磷的氧化磷的分子结构，正确判断共价键的类型和数目。‎ ‎27.某反应中的反应物和生成物有 FeCl3、FeCl2、Cu、CuCl2。有人将上述反应设计成原电池并画图。‎ ‎（1）该电池总反应的离子方程式为_____；‎ ‎（2）画出原电池装置图_____；‎ ‎（3）一段时间后负极质量减轻 m g，则下列说法正确的是_____（填写序 号）。（Cu：64、Fe：56）‎ A．电路中通过的电子为 mol ‎ B．正极质量增加 g C．原电池工作过程中电子由正极经导线流向负极 D．原电池工作过程中 Cl-向负极移动 ‎【答案】 (1). 2Fe3＋+Cu=2Fe2＋+Cu2＋ (2). (3). AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应“2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl‎2”‎可知，反应中铜失电子而被氧化，应为原电池负极，正极应为活泼性比铜弱的金属或导电的非金属材料，Fe3＋在正极得到电子而被还原，电解质溶液为FeCl3，根据电子守恒计算。‎ ‎【详解】（1）由反应“2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl‎2”‎可知，反应中铜失电子而被氧化，应为原电池负极，其电极反应式为：负极：Cu-2e－=Cu2＋，正极应为活泼性比铜弱的金属或导电的非金属材料，Fe3＋在正极得到电子而被还原，正极反应为：2Fe3＋+2e－=2Fe2＋，该电池总反应的离子方程式为2Fe3＋+Cu=2Fe2＋+Cu2＋；故答案为：2Fe3＋+Cu=2Fe2＋+Cu2＋；‎ ‎（2）根据（1）正极可为碳棒，电解质溶液为氯化铁，则原电池装置图可设计为，故答案为：；‎ ‎（3）一段时间后负极质量减轻mg，反应的Cu的物质的量为 mol，‎ A．1molCu失去2mol电子，所以mg铜反应电路中通过的电子为×2mol=mol，故A正确；‎ B．Fe3＋在正极得到电子而被还原生成Fe2＋，所以正极质量不变，故B错误；‎ C．原电池工作过程中电子由负极经导线流向正极，故C错误；‎ D．原电池工作过程中阴离子向负极移动，则Cl－向负极移动，故D正确。‎ 故答案为：AD。‎ ‎【点睛】本题考查原电池的设计及原电池的工作原理，注意从氧化还原反应的角度由电池反应判断电极反应，难点（2）注意画图时，标明电极、电解质溶液。‎ ‎28.铜与稀硫酸不反应，某校实验小组的同学在老师的指导下设计了下列装置，实现了铜与稀硫酸的反应。请回答下列问题：‎ ‎（1）甲同学认为，不通入空气，将 K 与_____（填“a”或“b”）连接，即可实现。则总反应的离子方程式为_____。‎ ‎（2）乙同学认为在通入空气的同时，将开关 K 与_____连通，也可以实现，则电池总反应的化学方程式为_____。‎ ‎【答案】 (1). b (2). Cu+2H＋=Cu2＋+H2↑ (3). a (4). 2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）K与b相连时构成电解池，铜与电源正极相连，为电解池的阳极，则铜失去电子生成铜离子，碳棒上氢离子得到电子生成氢气，写出总反应的离子方程式；‎ ‎（2）通入空气时，K与a相连，可以构成原电池，铜为负极，碳棒为正极，结合原电池原理写出总反应的化学方程式。‎ ‎【详解】（1）甲同学认为，不通入空气时，K与b相连构成了电解池，铜为阳极，失去电子发生氧化反应：Cu-2e－=Cu2＋，碳棒为阴极，氢离子得到电子生成氢气，电解总反应为：Cu+2H＋=Cu2＋+H2↑，故答案为：b；Cu+2H＋=Cu2＋+H2↑；‎ ‎（2）乙同学认为在通入空气的同时，将开关K与a相连可构成原电池，铜为负极，铜失去电子生成铜离子，碳棒为正极，氧气得到电子生成水，电池总反应为：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，故答案为：a；2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O．‎ ‎【点睛】本题考查了原电池、电解池工作原理，明确原电池和电解池工作原理为解答关键，注意掌握书写电极反应式的方法，注意根据题目提供的信息，写出电池总反应、电解池总反应方程式。‎ ‎29.现需设计一套实验装置来电解饱和食盐水，并测量电解产生的氢气的体积（约 6 mL）和检验氯气的氧化性（不应将多余的氯气排入空气中）。‎ ‎（1）试从下图中选用几种必要的仪器，连成一整套装置，各种仪器接口的连接顺序（填编号）是 A 接_____，_____接_____； B 接_____，_____接_____。‎ ‎（2）铁棒接直流电源的_____极；碳棒上发生的电极反应为_____。‎ ‎（3）能说明氯气具有氧化性的实验现象是_____‎ ‎【答案】 (1). G (2). F (3). I (4). D (5). E (6). C (7). 负 (8). 2Cl－-2e－═Cl2↑ (9). 淀粉-KI溶液变蓝色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验的目的是电解饱和食盐水，并测量电解产生的氢气的体积（约6 mL）和检验氯气的氧化性，结合装置的作用来连接装置。因电解饱和食盐水的方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，氢气在阴极生成，则B为阴极，连接电源负极，电极反应：2H＋+2e－=H2↑，碳棒为阳极，A为阳极，炭棒接直流电源的正极，阳极的电极反应：2Cl－-2e－═Cl2↑。‎ ‎【详解】（1）用排水量气法测量产生的氢气的体积，预计H2的体积6ml左右，所以选I不选H，导管是短进长出，所以A接G，用装有淀粉碘化钾溶液的洗气瓶检验氯气，导管要长进短出，所以B接D，氯气要进行尾气处理，即E接C；‎ 故答案为：G、F、I；D、E、C；‎ ‎（2）实验目的生成氢气和氯气，所以铁应为阴极，连接电源负极，电极反应：2H＋+2e－=H2↑，碳棒为阳极，所以炭棒接直流电源的正极，阳极的电极反应：2Cl－-2e－═Cl2↑；‎ 故答案为：负； 2Cl－-2e－═Cl2↑；‎ ‎（3）氯气具有氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，使淀粉碘化钾溶液变蓝色说明氯气具有氧化性；‎ 故答案为：淀粉-KI溶液变蓝色；‎ ‎30.某化学实验小组用酸性 KMnO4 溶液和草酸（H‎2C2O4）溶液反应，研究外界条件对反应速率的影响，实验操作及现象如下：‎ 编号 实验操作 实验现象 I 向一支试管中先加入 1 mL 0.01 mol/L 酸 性 KMnO4 溶液，再加入 1 滴 3 mol/L 硫酸和 9 滴蒸馏水，最后加入 1 mL 0.1 mol/L草酸溶液 前 10 min 内溶液紫色无明显变化，后颜色逐渐变浅， 30 min 后几乎变为无色 II 向另一支试管中先加入 1 mL 0.01 mol/L 酸性 KMnO4 溶液，再加入 10 滴 3 mol/L硫酸，最后加入 1 mL 0.1 mol/L 草酸溶液 ‎80 s 内溶液紫色无明显变 化，后颜色迅速变浅，约 ‎150 s 后几乎变为无色 ‎（1）补全高锰酸钾与草酸反应的离子方程式：5H‎2C2O4 + 2MnO4- + 6H+ =2Mn2+ +_____+_____‎ ‎（2）由实验 I、II 可得出的结论是_____。‎ ‎（3）该小组同学根据经验绘制了n（Mn2+）随时间变化趋势的示意图，如图1所示。但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n（Mn2+） 随时间变化的趋势应如图2所示。‎ 该小组同学根据图2所示信息关于实验II中80 s 后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组提出了猜想提出了新的猜想，并继续进行实验探究。‎ Ⅰ．该小组同学提出的猜想是_____。‎ Ⅱ．请你帮助该小组同学完成实验方案，并填写表中空白。‎ ‎【实验内容及记录】（H‎2C2O4 溶液足量）‎ 实验编号 室温下，试管中所加试剂及其用量 / mL 再向试管中加入少量固体 室温下溶液颜色褪至无色所需时间 ‎/ min ‎0.1 mol/L H‎2C2O4 溶液 ‎0.01 mol/L KMnO4 溶液 ‎3 mol/L 稀硫酸 ‎1‎ ‎1.0‎ ‎1.0‎ ‎10 滴 无 ‎150S ‎2‎ ‎1.0‎ ‎1.0‎ ‎10 滴 ‎_____‎ t Ⅲ．若该小组同学提出的猜想成立，则 t______“>”“＜”“=”） 150S应观察到的现象是_____。‎ ‎（4）该小组拟采用如图所示的实验方案继续探究外界条件对反应速率的影响。‎ ‎① 他们拟研究的影响因素是_____。‎ ‎② 你认为他们的实验方案_____（填“合理”或“不合理”），理由是_________。‎ ‎【答案】 (1). 10CO2↑ (2). 8H2O (3). 其他条件相同时，H＋（或硫酸）浓度越大，反应速率越快 (4). 该反应中生成的Mn2＋对反应有催化作用 (5). 再加入10滴3 mol·L－1硫酸，然后加入少量MnSO4固体 (6). < (7). 加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅（或溶液颜色开始变浅的时间小于80 s） (8). KMnO4溶液浓度 (9). 不合理 (10). KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应快慢。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据酸性KMnO4溶液和草酸（H‎2C2O4）溶液反应生成锰离子、二氧化碳，根据电荷守恒和质量守恒可得；‎ ‎（2）实验Ⅰ、Ⅱ酸的浓度含量不一样；‎ ‎（3）猜想：该反应中生成的Mn2＋对反应有催化作用，设计实验加入MnSO4固体与实验II对比，注意只有一个变量MnSO4固体，若猜想成立，加入MnSO4固体溶液紫色应迅速变浅；‎ ‎（4）根据图中KMnO4溶液浓度不同可得研究KMnO4溶液对反应的影响，但KMnO4溶液浓度不同，反应起始的颜色不一致，颜色的深浅变化和时间不容易比较。‎ ‎【详解】（1）高锰酸钾与草酸反应的离子方程式：5H‎2C2O4+2MnO4－+6H＋═2Mn2＋+10CO2↑+8H2O；‎ 故答案为：10CO2↑；8H2O；‎ ‎（2）实验Ⅰ、Ⅱ酸的浓度不同，实验II酸浓度大，反应快，故由实验Ⅰ、Ⅱ可得出的结论是：其他条件相同时，H＋（或硫酸）浓度越大，反应速率越快；‎ 故答案为：其他条件相同时，H＋（或硫酸）浓度越大，反应速率越快；‎ ‎（3）①猜想：该反应中生成的Mn2＋对反应有催化作用，故设计实验加入加入MnSO4固体与实验II对比，其他条件与实验II相同，故实验Ⅲ的操作：向试管中先加入1 mL 0.01 mol·L－1酸性 KMnO4溶液，再加入10滴3 mol·L－1硫酸，然后加入少量MnSO4固体，最后加入1 mL 0.1 mol·L－1草酸溶液；‎ 故答案为：该反应中生成的Mn2＋对反应有催化作用；再加入10滴3 mol·L－1硫酸，然后加入少量MnSO4固体；‎ ‎②若猜想成立，则实验III褪色迅速，可以观察到：加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅（或溶液颜色开始变浅的时间小于80 s）；‎ 故答案为：<；加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅（或溶液颜色开始变浅的时间小于80 s）；‎ ‎（4）①根据实验方案中KMnO4溶液浓度不同，故探究的是KMnO4溶液浓度对反应速率的影响；‎ 故答案为：KMnO4溶液浓度；‎ ‎②反应的速率通过溶液颜色的变化判断，溶液的颜色是KMnO4溶液的颜色，KMnO4‎ 溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应快慢，故该方案不合理；‎ 故答案为：不合理；KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应快慢。‎ ‎【点睛】本题考查了影响化学反应速率因素的探究，明确实验原理是解本题关键，试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，难点（3）根据实验目的，提出合理的猜想，并设计实验进行验证。‎ ‎ ‎