2015年山东省文登市高三高考二模化学试卷 （解析版）

1、2015届山东省文登市高三高考二模化学试卷 （解析版）一、选择题（共7小题，每小题5分，共65分每小题只有一个选项符合题意）1下列与化学概念有关的说法错误的是（）A水在化学反应中既可做氧化剂又可做还原剂B14C和14N质量数相同，但化学性质不同C牛奶是一种胶体，能发生丁达尔现象D由同一种元素组成的物质一定是纯净物考点：质子数、中子数、核外电子数及其相互联系；混合物和纯净物；胶体的重要性质；重要的氧化剂；重要的还原剂.分析：A水中H元素能得电子，O元素能失电子；B不同元素的化学性质不同；C丁达尔效应是胶体特有的性质；D同种元素能形成不同单质解答：解：A水中H元素能得电子，O元素能失电子，水在化学

2、反应中既可做氧化剂又可做还原剂，故A正确；B14C和14N质量数相同，二者是不同元素，其化学性质不同，故B正确；C丁达尔效应是胶体特有的性质，牛奶是一种胶体，所以能发生丁达尔现象，故C正确；D同种元素能形成不同单质，如氧气和臭氧，二者均由O元素组成，属于混合物，故D错误；故选D点评：本题考查了物质的性质、同位素、同素异形体、胶体、氧化还原反应等，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的考查，难度不大2（5分）（2015文登市二模）如图X、Y、A、B、C均为短周期主族元素，其中只有一种是金属元素，则下列说法错误是（） XAYCBA原子半径大小：YCXABY和B形成的化合物中Y和B的原子个数比为2：

3、3CX、C、A中最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的是ADA、B均为非金属元素，所以两者的氢化物相遇不发生反应考点：原子结构与元素的性质.分析：图中X、Y、A、B、C均为短周期主族元素，其中只有一种是金属元素，则Y为Al、X为碳、C为Si、A为N、B为SA同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大；BY和B形成的化合物为Al2S3；C非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；D氨气与硫化氢会生成硫化铵解答：解：图中X、Y、A、B、C均为短周期主族元素，其中只有一种是金属元素，则Y为Al、X为碳、C为Si、A为N、B为SA同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径YCXA

4、，故A正确；BY和B形成的化合物为Al2S3，化合物中Y和B的原子个数比为2：3，故B正确；C非金属性AXC，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故A的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强，故C正确；DA为N、B为S，均属于非金属元素，二者氢化物分别为氨气、硫化氢，氨气与硫化氢会生成硫化铵，故D错误，故选D点评：本题考查结构性质位置关系应用，侧重对元素周期律的考查，注意熟练掌握短周期元素，难度不大3（5分）（2015文登市二模）乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法正确的是（）A化学式为C8H6O6B乌头酸可发生加成反应和取代反应C乌头酸分子中能发生酯化反应的官能团有2种D1mol乌头

5、酸与足量的钠反应生成3molH2考点：有机物的结构和性质.分析：由结构简式可知分子式，分子中含COOH、碳碳双键，结合羧酸、烯烃性质来解答解答：解：A由结构简式可知分子式为C6H6O6，故A错误；B含碳碳双键可发生加成反应，含有羧基，可发生取代反应，故B正确；C含3个COOH，可发生酯化反应，碳碳双键不反应，故C错误；D含3个COOH，1mol乌头酸与足量的钠反应生成1.5molH2，故D错误故选B点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、羧酸的性质考查，题目难度不大4（5分）（2015文登市二模）下列关于离子的叙述正确的是（）A在c（H+）=

6、1×1013molL1的溶液中：Na+、Fe3+、Cl、SO42能大量共存B铜溶于FeCl3溶液中：Cu+Fe3+=Fe2+Cu2+CNaHCO3溶液中：c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）D向溶液中加入BaCl2溶液后再加盐酸，有白色沉淀，说明该溶液中一定含有SO42考点：离子共存问题；离子方程式的书写；离子浓度大小的比较；硫酸根离子的检验.分析：A该溶液为碱性溶液，铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀；B离子方程式两边正电荷不相等，不满足电荷守恒；C根据碳酸氢钠溶液中的物料守恒判断；D原溶液中可能存在银离子，不一定存在硫酸根离子解答：解：A在c（H+）

7、=1×1013molL1的溶液中存在大量氢氧根离子，Fe3+、OH之间发生反应生成氢氧化铁沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；B铜溶于FeCl3溶液中生成亚铁离子和铜离子，正确的离子方程式为：Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+，故B错误；CNaHCO3溶液中，根据物料守恒可得：c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3），故C正确；D向溶液中加入BaCl2溶液后再加盐酸，有白色沉淀，该白色沉淀可能为氯化银，原溶液中可能存在银离子，不一定含有SO42，故D错误；故选C点评：本题考查离子共存的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子不能大量共存的一

8、般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等5（5分）（2015文登市二模）等质量的氯气与下列足量物质反应，转移的电子数最少的是（）A冷的NaOH溶液BSO2的水溶液CFeCl2溶液D铜考点：化学方程式的有关计算.分析：根据氯气和选项中物质反应的过程中，氯元素的化合价升降情况确定转移电子数目，得到结果即可解答：解：等质量的氯气与足量物质反应，假设氯气中的质量都是71g

9、，即1mol，A、1mol氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，转移电子是1mol；B、1mol氯气和SO2的水溶液反应生成盐酸和硫酸，转移电子是2mol；C、1mol氯气和FeCl2的水溶液反应生成氯化铁溶液，转移电子是2mol；D、1mol氯气和Cu反应生成氯化铜，转移电子是2mol；转移的电子数最少的是A故选A点评：本题考查学生化学方程式中的电子转移的计算知识，注意氧化还原反应知识的灵活应用，难度中等6（5分）（2015文登市二模）下列实验方案、现象和结论均正确的是（）选项实验方案现象结论A向里推活塞时，长颈漏斗中有一段水柱，静止，水柱高度不变该装置的气密性良好B脱脂棉燃烧Na2O2与

10、水反应生成氢氧化钠和氧气C烧杯的澄清石灰水先变浑浊NaHCO3比Na2CO3受热更易分解DU形管右端的液面高铁钉发生吸氧腐蚀AABBCCDD考点：化学实验方案的评价；气体发生装置的气密性检查；碱金属及其化合物的性质实验.专题：实验评价题分析：A装置为液柱法检验气密性；B实验不能说明生成NaOH；C碳酸氢钠易分解；DU形管右端的液面高，则瓶内气体增多解答：解：A向里推活塞时，长颈漏斗中有一段水柱，静止，水柱高度不变，可知气密性良好，故A正确；B实验不能说明生成NaOH，可说明生成氧气并放热，故B错误；C碳酸氢钠易分解，图中装置不能对比，且小试管中应为碳酸氢钠，故C错误；DU形管右端的液面高，则瓶

11、内气体增多，则发生析氢腐蚀，故D错误；故选A点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握装置的作用、实验技能及化学反应原理为解答的关键，侧重分析、实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大7（5分）（2015文登市二模）室温下，用0.1mol/L氨水分别滴定20.0mL、0.1mol/L的盐酸和醋酸，曲线如图所示，下列说法正确的（）AI曲线表示的是滴定盐酸的曲线Bx=20C滴定过程中的值逐渐减小D当I曲线和II曲线pH均为7时，一溶液中的c（Cl）等于另一溶液中的c（CH3COO）考点：中和滴定.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A0.1mol/L的盐酸的pH=1，结合滴定曲线

12、开始时的pH来判断；B根据两者恰好反应生成氯化铵，氯化铵水解溶液呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应过量；C根据氨水的电离平衡常数只与温度有关以及c（OH）在增大；D根据当I曲线和II曲线pH均为7时，在盐酸中，氨水过量，在醋酸中，氨水恰好反应，根据溶液中电荷守恒来解答解答：解：A滴定开始时0.1mol/L盐酸pH=1，0.1mol/L醋酸pH1，所以滴定盐酸的曲线是图，滴定醋酸的曲线是图，故A错误； B用0.1mol/L氨水滴定20.0mL、0.1mol/L的盐酸，两者恰好反应，消耗20.0mL、0.1mol/L氨水，但反应生成氯化铵，氯化铵水解溶液呈酸性，所以溶液呈中性，碱应过量，故B错误；C

13、NH3H2O的电离常数Kb=只与温度有关，随着氨水的加入，C（OH）在增大，所以中的值逐渐减小，故C正确；D当I曲线和II曲线pH均为7时，分别存在电离平衡：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH）；c（NH4+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），都存在：c（H+）=c（OH），所以c（NH4+）=c（Cl），c（NH4+）=c（CH3COO），在盐酸中，氨水过量，在醋酸中，氨水恰好反应，所以盐酸中c（NH4+）大，则c（Cl）c（CH3COO），故D错误；故选C点评：本题考查酸碱混合溶液酸碱性判断及溶液中离子浓度大小比较，涉及盐类的水解、电离常数等知识，注意醋酸铵溶液呈

14、中性，题目难度中等二、非选择题：8（16分）（2015文登市二模）MnO2是重要化学物质，某学习小组设计了将粗MnO2（含有较多的MnO、MnCO3和Fe2O3）样品转化为纯MnO2实验，其流程如下：按要求回答下列问题（1）第步操作中，氧化性强弱顺序：ClO3 MnO2 （填“”“”），当NaClO3转移2mol电子时，生成的氧化产物的物质的量为1molNaClO3在常温下能够与盐酸反应生成氯气，该反应的离子方程式为ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O（2）第步操作中，最终得到的固体除NaClO3外，还一定含有下列物质中的adaNaCl bNaClO cNaClO4 dNaOH（3）M

15、nO2是碱性锌锰电池的正极材料，则碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式是：MnO2+H2O+eMnOOH+OH（4）为得到纯净的MnO2，须将过滤后的MnO2合并后进行洗涤，判断是否洗涤干净可选用的试剂是氯化钡溶液（填写一组即可）工业上可以以石墨为电极电解酸化的硫酸锰制取二氧化锰，该反应的阳极反应式为Mn2+2e+2H2O=MnO2+4H+考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；氧化性、还原性强弱的比较；电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理.专题：氧化还原反应专题；电化学专题分析：粗MnO2（含有较多的MnO、MnCO3和Fe2O3）样品中加入过量的稀硫酸，由于MnO

16、2不溶于硫酸，则样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，过滤得滤液为硫酸锰溶液，加入NaClO3发生反应为：5Mn2+2ClO3+4H2O=5MnO2+Cl2+8H+，再过滤得到滤液和二氧化锰固体，而氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠方程式为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O，（1）氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；根据方程式转移电子数计算生成的氧化产物的物质的量；NaClO3在常温下与盐酸反应生成氯气，根据原子守恒和得失电子守恒写出方程式；（2）第步操作中NaOH过量，结合方程式分析；（3）根据原电池工作原理判断正极发生还原反应，然

17、后根据总反应写出正极的电极反应式；（4）若沉淀没有洗涤干净，则滤液中含有硫酸根离子；电解时，Mn2+在阳极失电子生成MnO2解答：解：粗MnO2（含有较多的MnO、MnCO3和Fe2O3）样品中加入过量的稀硫酸，由于MnO2不溶于硫酸，则样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，过滤得滤液为硫酸锰溶液，加入NaClO3发生反应为：5Mn2+2ClO3+4H2O=5MnO2+Cl2+8H+，再过滤得到滤液和二氧化锰固体，而氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠方程式为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O，（1）已知5Mn2+2ClO3+4H2O=5MnO2+C

18、l2+8H+，ClO3作氧化剂，MnO2作氧化产物，则氧化性：ClO3MnO2；当NaClO3转移2mol电子时，消耗NaClO3为0.4mol，则生成MnO2为1mol；NaClO3在常温下与盐酸反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O；故答案为：；1；ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O；（2）第步操作中NaOH过量，发生的反应为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O，则最终得到的固体除NaClO3外，还有NaOH和NaCl；故答案为：ad；（3）原电池中负极失去电子，正极得到电子，因此碱性锌锰电池放电时，正极是二氧化锰得到

19、电子，则电极反应式为：MnO2+H2O+e=MnO（OH）+OH，故答案为：MnO2+H2O+eMnOOH+OH；（4）若沉淀没有洗涤干净，则滤液中含有硫酸根离子，检验硫酸根离子选用氯化钡溶液；电解时，Mn2+在阳极失电子生成MnO2，其电极方程式为；Mn2+2e+2H2O=MnO2+4H+；故答案为：氯化钡溶液；Mn2+2e+2H2O=MnO2+4H+点评：本题考查物质的分离与提纯方法的综合应用，题目难度中等，把握流程中发生的化学反应及原电池和电解池原理为解答的关键，注意掌握化学实验基本操作方法，试题侧重分析能力及推断能力的考查9（20分）（2015文登市二模）近年来大气问题受到人们越来越多

20、的关注按要求回答下列问题：实现反应CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g），H0，对减少温室气体排放和减缓燃料危机具有重要意义在2L密闭容器中，通入5mol CH4与5mol CO2的混合气体，一定条件下发生上述反应，测得CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图1则p1、p2、p3、p4由大到小的顺序P4P3P2P1，该反应的正反应是吸热（填“吸热”或“放热”）反应，当1000甲烷的转化率为80%时，该反应的平衡常数K=1024PM2.5污染与直接排放化石燃烧产生的烟气有关，化石燃料燃烧同时放出大量的SO2和NOx（1）处理NOx的一种方法是利用甲烷催化还原NOxCH4（g）+4N

21、O2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H1=574kJmol1CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H2=1160kJmol1CH4（g）+2NO2 （g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H3则H3=867kJmol1，如果三个反应的平衡常数依次为K1、K2、K3，则K3=（用K1、K2表示）（2）实验室可用NaOH溶液吸收SO2，某小组同学在室温下，用pH传感器测定向20mL0.1molL1NaOH溶液通入SO2过程中的pH变化曲线如图2所示ab段发生反应的离子方程式为SO2+2OH=SO32+H2O已知d点时溶液中溶质为NaHSO3

22、，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH），如果NaHSO3的水解平衡常数Kh=1×1012molL1，则该温度下H2SO3的第一步电离平衡常数Ka=102molL1考点：转化率随温度、压强的变化曲线；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡常数的含义；离子浓度大小的比较.专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电离平衡与溶液的pH专题分析：、由图可知，温度一定时，甲烷的转化率（P1）（P2）（P3）（P4），据此结合方程式判断压强对平衡移动的影响进行解答；由图1可知，压强为P4、1100的条件下，该反应5min时达到平衡X点，

23、是甲烷的转化率为80%，据此计算甲烷的浓度变化量，利用三段式计算平衡时各组分的平衡浓度，代入平衡常数表达式计算该温度下的平衡常数；、（1）依据已知的热化学方程式利用盖斯定律解答；（2）向20mL0.1molL1NaOH溶液通入SO2过程中首先发生SO2+2OH=SO32+H2O，其次发生SO2+SO32+H2O=2HSO3；据此分析；d点时溶液中溶质为NaHSO3，HSO3电离大于水解溶液呈酸性；H2SO3的第一步电离平衡常数Ka=，NaHSO3的水解平衡常数Kh=，据此分析解答：解：、由图可知，温度一定时，甲烷的转化率（P1）（P2）（P3）（P4），该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压

24、强平衡向逆反应进行，甲烷的转化率降低，故压强P4P3P2P1，由图可知，压强一定时，温度越高甲烷的转化率越大，说明升温平衡向正反应方向移动，所以正反应为吸热反应；由图1可知，当1000甲烷的转化率为80%时， CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g），开始（mol/L）：2.5 2.5 0 0变化（mol/L）：2.5×80%=2 2 4 4 平衡（mol/L）：0.5 0.5 4 4该温度下平衡常数k=1024；故答案为：P4P3P2P1；吸热，1024；（1）CH4（g）+4NO2（g）4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=574kJmol1CH4（g）+4

25、NO（g）2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=1160kJmol1由盖斯定律（+）÷2得到CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=867kJmol1，如果三个反应的平衡常数依次为K1、K2、K3，则K3=，故答案为：867kJmol1；（2）向20mL0.1molL1NaOH溶液通入SO2过程中首先发生SO2+2OH=SO32+H2O，其次发生SO2+SO32+H2O=2HSO3；所以ab段发生反应的离子方程式为SO2+2OH=SO32+H2O，故答案为：SO2+2OH=SO32+H2O；d点时溶液中溶质为NaHSO3，HSO3电离大于水解溶

26、液呈酸性，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH）；H2SO3的第一步电离平衡常数Ka=，NaHSO3的水解平衡常数Kh=，所以Ka=102 molL1，故答案为：c（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH），102 molL1点评：本题考查反应热的计算、平衡图象及其平衡常数的计算、溶液中的离子浓度的比较等，题目综合性较大，难度中等10（17分）（2015文登市二模）草酸晶体的组成可表示为H2C2O4xH2O实验室常用其加热分解制取CO气体，反应方程式为：H2C2O4xH2O CO+CO2+（x+1）H2O下图为分解草酸晶体

27、，用干燥纯净的CO还原CuO制取Cu，并收集CO的实验装置（略去铁架台、铁夹等支撑加持装置），回答下列问题（1）A装置为加热分解草酸的装置，该装置错误是试管口应向上倾斜（或应向下倾斜），C装置中盛放的试剂是浓硫酸 （填化学式），E装置的作用是安全瓶（或防倒吸）（2）实验过程中涉及到如下操作：点燃A处的酒精灯 熄灭A处的酒精灯 点燃D处的酒精灯 熄灭D处的酒精灯这4步操作由先到后的顺序为（填序号）点燃D处酒精灯前必须要进行的操作名称是验纯（3）用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸晶体，求x的值实验步骤：准确称取1.17g 草酸晶体，配成100mL溶液；取出20.00mL于锥形瓶中，再向瓶中加入足量稀H2S

28、O4；用0.0500mol/L酸性高锰酸钾溶液滴定，滴定至终点时消耗高锰酸钾溶液16.00mL滴定时，所发生的反应为：2MnO4+5H2C2O4+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O配制草酸溶液除需要玻璃棒、烧杯，还一定需要的玻璃仪器有100mL容量瓶、胶头滴管x=1.5（4）为探究催化剂对化学反应速率的影响，在甲乙试管中分别加入下列物质试管0.01mol/L KMnO40.1mol/L H2C2O40.1mol/L H2SO4MnSO4固体甲4mLx mL1mL无乙y mL2mL1mL有则x=2，y=4能够得出催化剂对该反应有影响结论的实验现象是加入MnSO4固体的试管中溶液褪色速率比未加

29、的快考点：探究物质的组成或测量物质的含量；常见气体制备原理及装置选择；中和滴定.专题：实验题分析：（1）给试管中的固体加热时，试管口应该稍稍向下倾斜；根据图示装置及实验目的可知：B为澄清石灰水，目的是除去混合气体中二氧化碳，D为浓硫酸，目的是干燥CO气体；D中氧化铜与一氧化碳反应制取铜；E为安全瓶，起到防止倒吸的作用；F为澄清石灰水，除去二氧化碳气体，最后收集CO气体；（2）纯度不足时一氧化碳气体会发生爆炸，所以先点燃A处酒精灯，用生成的CO将装置中空气排净，然后再点燃D处的酒精灯；熄灭酒精灯时，应该先熄灭D处酒精灯，然后再熄灭A处酒精灯；（3）根据配制一定物质的量浓度的溶液的方法判断需要的仪

30、器；根据反应原理及高锰酸钾的物质的量计算出该草酸晶体中含有草酸的物质的量、质量，再计算出结晶水的物质的量，最后计算出x；（4）探究催化剂催化剂对反应速率的影响时，其它条件必须完全相同，据此判断x、y值；使用催化剂后反应速率加快，溶液褪色时间减小解答：解：（1）反应中有水生成，容易导致试管炸裂，所以A装置中试管口应向上倾斜；B为澄清石灰水，目的是除去混合气体中二氧化碳，D为浓硫酸，目的是干燥CO气体；D中CuO与CO反应制取Cu；E为安全瓶，起到防止倒吸的作用；F为澄清石灰水，除去二氧化碳气体，故答案为：试管口应向上倾斜（或应向下倾斜）；浓硫酸；安全瓶（或防倒吸）；（2）CO气体的纯度不足时会发

31、生爆炸现象，所以应该先点燃A处酒精灯，用生成的CO将装置中空气排净，然后再点燃D处的酒精灯；熄灭酒精灯时恰好相反，先熄灭D处酒精灯，然后再熄灭A处酒精灯，所以正确的操作方法为：；避免发生爆炸现象，所以点燃D处酒精灯前必须要进行检验CO纯度，故答案为：；验纯；（3）配制草酸溶液除需要玻璃棒、烧杯，配制100mL溶液需要选用100mL容量瓶，定容时还需要胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；16mL 0.0500mol/L高锰酸钾溶液中含有高锰酸钾的物质的量为：0.0500mol/L×0.016L=0.0008mol，100mL该醋酸溶液能够消耗高锰酸钾的物质的量为：0.000

32、8mol×=0.004mol，根据反应2MnO4+5H2C2O4+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O可知1.17g样品中含有草酸的物质的量为：0.004mol×=0.01mol，草酸的质量为：90g/mol×0.01mol=0.9g，含有结晶水的物质的量为：=0.015mol，则该草酸晶体中x=1.5，故答案为：1.5；（4）为探究催化剂对化学反应速率的影响，除了有催化剂和无催化剂以外，其它条件必须完全相同，则x=2、y=4；催化剂能够加快反应速率，则加入MnSO4固体的试管中溶液褪色速率比未加的快，故答案为：2；4；加入MnSO4固体的试管中溶液褪色速率比未加的快点评：本题考查了探究物质组成、称量物质含量的方法，题目难度中等，熟练掌握化学实验基本操作方法为解答关键，试题涉及的知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解