上海市十校2023学年化学高一下期末考试试题（含答案解析）

2023学年高一下化学期末模拟试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在元素周期表中，第三、四、五、六周期元素的数目分别是（）A．8、8、18、32 B．8、18、18、32C．8、18、18、18 D．8、8、18、182、下列关于反应2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑的说法正确的是()A．过氧化钠是氧化剂，水是还原剂 B．过氧化钠是还原剂，水是氧化剂C．过氧化钠既是氧化剂又是还原剂 D．水既是氧化剂又是还原剂3、下列化学用语正确的是A．氯化氢的电子式：B．乙烯的结构简式:CH2CH2C．乙酸分子的球棍模型:

D．硫离子的结构示意图：4、反应NH4HS（s）NH3（g）+H2S（g）在一定温度下达到平衡。下列各种情况下，不能使平衡发生移动的是①温度、容积不变时，通入SO2气体②移走一部分NH4HS固体③容积不变，充入氮气④充入氮气，保持压强不变A．①② B．①③ C．①②③ D．②③5、以下叙述中，错误的是（）A．钠原子和氯原子作用生成NaCl后，其结构的稳定性增强B．在NaCl中，除Na+和Cl-的静电吸引作用外，还存在电子与电子、原子核与原子核之间的排斥作用C．任何离子键在形成的过程中必定有电子的得与失D．离子化合物中不一定含金属元素6、在反应2SO2＋O22SO3中，有amolSO2和bmolO2参加反应，达到化学平衡状态时有cmolSO3生成，则SO2在平衡混合物中的体积分数为A．×100% B．×100%C．×100% D．%7、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是A．标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.42NAB．氢原子数为0.4NA的甲醇分子中含有的键数为0.4NAC．1Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD．14乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA8、下列家庭化学实验不能达到预期目的的是A．用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯羊毛织物B．用湿润的淀粉-KI试纸检验HCl气体中是否混有Cl2C．向Ca(ClO)2溶液中加入硫酸溶液，来证明S、Cl的非金属性强弱D．将一片铝箔用火灼烧，铝箔熔化但不滴落，证明铝箔表面致密Al2O3薄膜熔点高于Al9、下列实验装置或操作正确的是A．制取NH3 B．干燥NH3C．称量NaOH固体 D．石油的分馏10、已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH1＝－572kJ·mol－1CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－890kJ·mol－1现有H2与CH4的混合气体112L(标准状况)，使其完全燃烧生成CO2和H2O(l)，若实验测得反应放热3695kJ，则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是()A．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．2∶311、利用海水制取淡水的传统方法是A．蒸发B．过滤C．分液D．蒸馏12、许多元素有多种核素，如氧元素存在168O、178O、188O三种核素，氢元素有11H、21H、31H三种核素。下列说法正确的是A．由168O、11H、21H三种核素最多可能组成4种水分子B．10.0g由21H、168O组成的水分子其中含质子数为5NAC．10.0g由31H、168O组成的水分子其中含中子数为5NAD．由31H和168O两种核素组成的水分子，其摩尔质量为1813、反应4NH3+5O24NO+6H2O在5L的密闭容器中进行，半分钟后，NO的物质的量增加了0.3mol，则此反应的平均反应速率v（X）为A．v（NH3）=0.004mol•L-1•s-1 B．v（O2）=0.15mol•L-1•min-1C．v（NO）=0.008mol•L-1•s-1 D．v（H2O）=0.16mol•L-1•min-114、针对下面四套实验装置图，下列说法正确的是A．图1装置牺牲镁保护铁B．用图2装置铁钉发生吸氧腐蚀腐蚀导致试管中水面上升C．图3装置中Mg作负极，Al作正极D．用图4装置对二次电池进行充电15、下列说法中正确的是()A．芳香烃是指具有香味的有机化合物B．含有苯环的有机物一定是芳香烃C．芳香烃分子中一定含有苯环D．含有一个苯环的芳香烃一定是苯的同系物16、短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如下表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为18。下列叙述正确的是A．氢化物的沸点：X<ZB．简单离子的半径：Y<XC．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>WD．W与氢形成的所有化合物中化学键均为极性共价键二、非选择题（本题包括5小题）17、已知A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，下图是由A为原料生产某些化工产品的转化关系图。据此回答下列问题：(1)写出A分子的结构简式：_________________(2)写出B、C分子中，含氧基团的名称：B________C___________(3)写出下列反应类型：①_________②____________③____________(4)写出下列反应方程式:②B→CH3CHO：___________________________③B+C→D：______________________________18、下表中列出五种短周期元素A、B、C、D、E的信息，请推断后回答:元素有关信息A元素主要化合价为-2，原子半径为0.074nmB所在主族序数与所在周期序数之差为4，形成的单质是黄绿色有毒气体C原子半径为0.102nm，其单质为黄色固体，可在AD最高价氧化物的水化物能按1:1电离出电子数相等的阴、阳离子E原子半径为0.075nm，最高价氧化物的水化物可与其氢化物形成一种盐(1)写出C元素在周期表中的位置_________________，写出D元素最高价氧化物的水化物电子式________________。(2)写出A与C元素气态氢化物的稳定性由大到小的顺序是______________(填化学式)。(3)写出B与C元素最高价氧化物的水化物酸性由弱到强的顺序是_________(填化学式)。(4)写出D的单质在氧气中燃烧生成产物为淡黄色固体，该氧化物含有的化学键类型是________________。(5)砷(As)与E同一主族，As原子比E原子多两个电子层，则As的原子序数为_______，其氢化物的化学式为19、经研究知Cu2＋对H2O2分解也具有催化作用，为比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果，某研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。回答相关问题：(1)定性分析：如图甲可通过观察________________，定性比较得出结论。有同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，其理由是________________________，H2O2在二氧化锰催化作用下发生反应的化学方程式为____________________________________。(2)定量分析：如图乙所示，实验时均以生成40mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略。图中仪器A的名称为________，实验中需要测量的数据是________。20、将浓度均为0.01mol/L的H2O2、H2SO4、KI、Na2S2O3溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。该实验是一种“碘钟实验”。某小组同学在室温下对该“碘钟实验”的原理进行探究。（资料）该“碘钟实验”的总反应：H2O2+2S2O32-+2H+=S4O62-+2H2O反应分两步进行：反应A：H2O2+2I-+2H＋=I2+2H2O反应B：……(1)反应B的离子方程式是______。对于总反应，I-的作用相当于______。(2)为证明反应A、B的存在，进行实验Ⅰ。a.向酸化的H2O2溶液中加入试剂X的水溶液，溶液变为蓝色。b.再向得到的蓝色溶液中加入Na2S2O3溶液，溶液的蓝色褪去。试剂X是______。(3)为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验Ⅱ、实验Ⅲ。（溶液浓度均为0.01mol/L）试剂序号用量（mL）H2O2溶液H2SO4溶液Na2S2O3溶液KI溶液(含淀粉)H2O实验Ⅱ54830实验Ⅲ52xyz溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验Ⅱ是30min、实验Ⅲ是40min。①实验Ⅲ中，x、y、z所对应的数值分别是______。②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是______。(4)为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅳ。（溶液浓度均为0.01mol/L）试剂序号用量（mL）H2O2溶液H2SO4溶液Na2S2O3溶液KI溶液(含淀粉)H2O实验Ⅳ44930实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。试结合该“碘钟实验”总反应方程式及反应A与反应B速率的相对快慢关系，解释实验Ⅳ未产生颜色变化的原因：_____________________。21、氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨则是人工固氮比较成熟的技术，其原理为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H。（1）已知每破坏1mol有关化学键需要的能量如下表：H-HN-HN-NN≡N435.9kJ390.8kJ192.8kJ945.8kJ则△H=_____________。（2）在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始时N2、H2分别为0.1mol、0.3mol时，平衡后混合物中氨的体积分数（φ）如图所示。①其中，p1、p2和p3由大到小的顺序是________，其原因是__________。②若分别用vA(N2)和vB(N2)表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率，则vA(N2)____vB(N2)（填“＞”“＜”或“=”）③若在250℃、p1条件下，反应达到平衡时容器的体积为1L，则该条件下合成氨的平衡常数K=______________（保留一位小数）。（3）H2NCOONH4是工业由氨气合成尿素的中间产物。在一定温度下、体积不变的密闭容器中发生反应：H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)，能说明该反应达到平衡状态的是_____（填序号）。①混合气体的压强不变④混合气体的平均相对分子质量不变②混合气体的密度不变⑤NH3的体积分数不变③混合气体的总物质的量不变

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【答案解析】

周期表中共有七个横行(七个周期)。前三个周期为短周期，各周期所含元素种类数分别是2、8、8种，四、五、六为长周期，各周期所含元素种类数分别为18、18、32种。答案选B。2、C【答案解析】

过氧化钠与水反应属于氧化还原反应，其中过氧化钠中-1价氧原子部分化合价升高为0价，被氧化为氧气，部分化合价降低为-2价，被还原为氢氧化钠，故过氧化钠既是氧化剂又是还原剂。【答案点睛】本题主要考查氧化还原反应中氧化剂和还原剂的判断。化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，本身作还原剂；化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应，本身作氧化剂。据此判断此题。3、C【答案解析】A、氯化氢是共价化合物，电子式为，错误；B、有机物的结构简式指在分子式的基础上，要写出主要官能团的组成的式子，乙烯的官能团为C=C，必须写明，因此乙烯的结构简式为CH2=CH2，错误；C、球棍模型中黑色实心球代表碳原子，带条纹球代表氧原子，空心小球代表氢原子，由此可知此模型代表乙酸分子，正确；D、硫离子核内质子数为16,核外电子数为18,其结构示意图:。故选C。4、D【答案解析】①温度、容积不变时，通入SO2气体，与硫化氢反应生成S，硫化氢的浓度降低，平衡向正反应方向移动，故①不符合；②NH4HS为固体，改变NH4HS固体的用量，不影响平衡移动，故②符合；③容积不变，充入氮气，反应气体混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，故③符合；④充入氮气，保持压强不变，体积增大，反应气体混合物各组分的浓度降低，压强降低，平衡向正反应方向移动，故④不符合；故选D。点睛：本题考查外界条件对化学平衡的影响，难度不大，注意理解压强对化学平衡移动的影响本质是影响反应混合物的浓度进而影响反应速率导致平衡移动。5、C【答案解析】

A．钠原子和氯原子通过得失电子都达到稳定结构，所以钠原子和氯原子作用生成NaCl后，其结构的稳定性增强，故A正确；B．离子化合物中离子键存在静电作用，静电作用包含吸引力和排斥力，故B正确；C．离子键的形成过程中不一定有电子得失，如复分解反应中离子键的形成，故C错误；D.离子化合物中不一定含金属元素，例如铵盐等，故D正确。答案选C。6、D【答案解析】

在反应2SO2＋O22SO3中，有amolSO2和bmolO2参加反应，达到化学平衡状态时有cmolSO3生成，所以平衡时该混合气体的气体的总的物质的量为(a+b-0.5c)mol，而平衡时二氧化硫的气体的物质的量为(a-c)mol，所以则SO2在平衡混合物中的体积分数为%，所以本题的答案为D。7、D【答案解析】A、标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的共价键个数，故A错误；B、氢原子数为0.4NA的甲醇分子的物质的量为=0.1mol，其中含有的共价键的物质的量=0.1mol×=0.5mol，故B错误；C、铁与过量硝酸反应变为+3价，故1mol铁转移3NA个电子故C错误；D、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故14g混合物中含有的CH2的物质的量为1mol，则含2NA个H原子，故D正确；故选D。点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算。本题的易错点为B，要知道甲醇的化学式为CH4O，共价化合物中的共价键数目=。8、C【答案解析】

A.羊毛的主要成分是蛋白质，蛋白质燃烧时能产生烧焦羽毛的气味，所以用灼烧方法可以鉴别纯棉织物和纯羊毛织物，故A正确；B.氯气与KI反应生成碘单质，而HCl不能，淀粉遇碘变蓝，则用湿润的淀粉KI试纸检验HCl气体中是否混有Cl2，故B正确；C.向Ca（ClO）2溶液中加入硫酸溶液，生成HClO，但HClO不是最高价含氧酸，不能比较非金属性的强弱，应利用最高价氧化物对应水化物的酸性比较非金属性强弱，故C错误；D.将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧生成氧化铝，氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔熔化但不滴落，证明铝箔表面致密Al2O3薄膜熔点高于Al，故D正确。故选C。9、A【答案解析】

A．实验室用加热氯化铵和氢氧化钙混合物的方法制取NH3，故A正确；B．NH3能够与浓硫酸反应生成(NH4)2SO4，故B错误；C．用托盘天平称量固体质量时应该左物右码，故C错误；D．石油的分馏时温度计应该位于蒸馏烧瓶的支管口附近，故D错误；故选A。10、B【答案解析】

H2与CH4的混合气体112L(标准状况)，其物质的量为5mol，其完全燃烧生成CO2和H2O(l)，实验测得反应放热3695kJ。设H2与CH4的物质的量分别为x和（5mol-x），则0.5x572kJ·mol－1+（5mol-x）890kJ·mol－1=3695kJ，解之得，x=1.25mol，（5mol-x）=3.75mol，原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是1∶3，故选B。11、D【答案解析】利用海水制取淡水的传统方法是蒸馏，答案选D。12、B【答案解析】正确答案：BA、不正确，最多可能组成6种水分子；B、正确，21H2168O的式量为20，一个分子含质子数为10个；C、31H2168O的式量为22，一个分子含中子数为10个，含中子数为5Na时，要11g；D、不正确，31H2168O摩尔质量为22g/mol13、B【答案解析】

半分钟后，NO的物质的量增加了0.3mol，浓度是0.3mol÷5L＝0.06mol/L，则此反应的平均反应速率v（NO）＝0.06mol/L÷30s＝0.002mol•L-1•s-1，又因为反应速率之比是化学计量数之比，则v（NH3）＝v（NO）＝0.002mol•L-1•s-1，v（O2）＝0.002mol•L-1•s-1×5/4＝0.0025mol•L-1•s-1＝0.15mol•L-1•min-1，v（H2O）＝0.15mol•L-1•min-1×6/5＝0.18mol•L-1•min-1，答案选B。【答案点睛】明确反应速率的含义和计算依据是解答的关键，注意反应速率与化学计量数之间的关系换算，尤其要注意换算时单位要统一。14、B【答案解析】分析：A、利用电解池原理解释；B、利用原电池原理解释；C、利用原电池原理分析；D、利用电解池原理判断。详解：从图示看出，Mg与电源的负极相连，作阴极，Fe与电源的正极相连，作阳极，Fe失去电子溶解，没有起到保护Fe，A选项错误；图2中铁钉发生吸氧腐蚀，消耗试管内的氧气，使试管内气体压强减小，试管内的液面上升，B选项正确；图3中Mg-Al-NaOH溶液构成原电池，Mg与氢氧化钠溶液不反应，Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，Al失去电子作负极，Mg作正极，C选项错误；图4中作电源时负极失去电子，发生氧化反应，再进行充电时，此极应该得到电子，发生还原反应，所以此时该电极应该与充电电源的负极相连，D选项错误；正确选项B。点睛：原电池的正负极判断方法：1、由组成原电池的两极的电极材料判断：一般来说,通常两种不同金属在电解溶液中构成原电池时，较活泼的金属作负极，本题图2中Fe是负极，C是正极。但也不是绝对的,应以发生的电极反应来定，例如：Mg-Al合金放入稀盐酸中，Mg比Al易失去电子，Mg作负极；本题图3中将Mg-Al合金放入烧碱溶液中，由于发生电极反应的是Al，故Al作负极。另如Cu-Al放在浓硫酸中，Cu是负极。2、根据电流方向或电子流动方向判断：电流流入的一极或电子流出的一极为负极；电子流动方向是由负极流向正极。3、根据原电池里电解质溶液内离子的定向流动方向判断：在原电池的电解质溶液内，阳离子移向的极是正极，阴离子流向的极为负极。15、C【答案解析】

A．分子里含有一个或多个苯环的烃属于芳香烃，芳香烃一般都没有香味，故A错误；B．含有苯环的有机物，可能含O、N等元素，含有苯环的有机物不一定是芳香烃，可能是芳香烃的衍生物，故B错误；C．分子里含有一个或多个苯环的烃属于芳香烃，芳香烃分子中一定含有苯环，故C正确；D．苯或苯的同系物必须满足通式CnH2n-6(n≥6)，分子中只有一个苯环，侧链必须不含不饱和键，否则不是苯的同系物，故D错误；故选C。【答案点睛】本题的易错点为D，要注意苯的同系物的侧链为饱和烃基，不含碳碳不饱和键和碳环。16、B【答案解析】由元素在周期表中的位置可知，W、X为第二周期，Y、Z为第三周期，设Y的最外层电子数为n，则W的最外层电子数为n+1、X的最外层电子数为n+2、Z的最外层电子数为n+3，则n+n+1+n+2+n+3=18，解得n=3，则Y为Al元素，W为N元素，X为O元素，Z为Cl元素，A．X为O元素，对应的氢化物分子之间可形成氢键，沸点比HCl高，即沸点：X＞Z，A错误；N．X为O、Y为Al，对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子的半径：Y＜X，B正确；C．Y为Al，对应的氧化物的水化物为两性氢氧化物，W为N，对应的氧化物的水化物溶液呈酸性，则氧化物对应水化物的酸性：Y＜W，C错误；D．氮与氢形成的所有化合物中的化学键可能含有非极性共价键，例如N2H4等，D错误；答案选B。点睛：本题考查位置结构性质关系应用，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力，元素的相对位置以及核外最外层电子的关系是解答本题的突破口，明确短周期及元素在周期表中的位置来推断，注意基础知识的理解掌握。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH2=CH2羟基羧基加成反应氧化反应取代反应（或酯化反应）B→CH3CHO：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O【答案解析】气体A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，所以A是乙烯，结构简式为CH2=CH2，CH2=CH2和水发生加成反应生成乙醇，则B结构简式为CH3CH2OH，CH3CH2OH被氧化生成CH3CHO，CH3CHO被氧化生成C为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH发生酯化反应生成D为CH3COOCH2CH3。(1)根据上面的分析可知，A的结构简式为CH2=CH2，故答案为CH2=CH2；(2)B为CH3CH2OH，含氧官能团为羟基；C为CH3COOH，含氧官能团为羧基，故答案为羟基；羧基；(3)反应①是乙烯与水的加成反应；反应②为乙醇的催化氧化反应；反应③为乙醇和乙酸的酯化反应，故答案为加成反应；氧化反应；取代反应(或酯化反应)；(4)反应②为乙醇的催化氧化，反应的方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，是氧化反应，反应③为CH3CH2OH和CH3COOH发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，反应的方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O，也是取代反应，故答案为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反应；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O。点睛：本题考查有机物推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，涉及烯烃、醇、醛、羧酸、酯之间的转化，明确有机物中官能团及其性质即可解答，熟练掌握常见有机物反应类型。18、第三周期第ⅥA族H2O>H2SH2SO4<HClO4非极性共价键，离子键33AsH3【答案解析】分析：短周期元素A、B、C、D、E，A元素主要化合价为-2，原子半径为0.074nm，可推知A为O元素；B所在主族序数与所在周期序数之差为4，形成的单质是黄绿色有毒气体，则B为Cl元素；C原子半径为0.102nm，其单质为黄色晶体，可在A的单质中燃烧，则C为S元素；D的最高价氧化物的水化物能按1：1电离出电子数相等的阴、阳离子，则D为Na元素；E的原子半径为0.075nm，最高价氧化物的水化物可与其氢化物形成一种盐X，则E为N元素，X为NH4NO3，据此解答。详解：根据上述分析，A为O元素；B为Cl元素；C为S元素；D为Na元素；E为N元素，X为NH4NO3。(1)C为Cl元素，处于周期表中第三周期ⅦA族，D为Na元素，最高价氧化物的水化物为NaOH，NaOH是离子化合物，由钠离子和氢氧根离子构成，其电子式为，故答案为：第三周期ⅦA族；；(2)元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，A与C元素气态氢化物的稳定性由大到小的顺序是H2O>H2S，故答案为：H2O>H2S；(3)元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，B与C元素最高价氧化物的水化物酸性由弱到强的顺序是H2SO4<HClO4，故答案为：H2SO4<HClO4；(4)钠在氧气中燃烧生成产物为淡黄色固体，是过氧化钠，含有的化学键类型有非极性共价键、离子键，故答案为：非极性共价键、离子键；(5)砷(As)与N元素同一主族，As原子比E原子多两个电子层，则As的原子序数为7+8+18=33，其氢化物的化学式与氨气相似，为AsH3，故答案为：33；AsH19、反应产生气泡的快慢控制阴离子相同，排除阴离子的干扰分液漏斗收集40mL气体所需要的时间【答案解析】

首先明确实验目的：比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果；（1）图甲：两试管中盛有等体积、等浓度的H2O2，分别滴入氯化铁、硫酸铜溶液，通过产生气泡的快慢即可比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果（保持其他条件相同，只改变催化剂）；在探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果时必须保持其他的条件相同，所以将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理；（2）“收集40mL气体所需要的时间”即通过计算分别用Fe3＋、Cu2＋催化时生成O2的速率，来定量比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果；【题目详解】(1)该反应中产生气体，所以可根据生成气泡的快慢判断；氯化铁和硫酸铜中阴阳离子都不同，无法判断是阴离子起作用还是阳离子起作用，硫酸铁和硫酸铜阴离子相同，可以消除阴离子不同对实验的干扰；双氧水在二氧化锰作用下生成水和氧气，所以反应方程式为，因此，本题正确答案是：反应产生气泡的快慢；控制阴离子相同，排除阴离子的干扰；；(2)由图可以知道，A为分液漏斗；定量比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，可以通过测定产生40mL的气体所需的时间来比较。产生40mL的气体所需的时间越短，则催化效果越好，因此，本题正确答案是：分液漏斗；收集40

mL气体所需要的时间。20、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-催化剂淀粉、碘化钾8、3、2其它条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率由于n(H2O2)∶n(Na2S2O3)<，v(A)<v(B)，所以未出现溶液变蓝的现象。【答案解析】

(1)用总反应方程式减去反应A方程式，整理可得反应B的方程式；物质在反应前后质量不变，化学性质不变，这样的物质为催化剂；(2)H2O2具有氧化性，会将KI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，I2具有氧化性，会将S2O32-氧化为S4O62-，I2被还原为I-；(3)①采用控制变量方法研究，由于H2O2的量相同，H2SO4的体积不同，因此Na2S2O3、KI溶液必须与前一个实验相同，且溶液总体积与前一个实验相同；②变色时间越长，反应速率越慢；(4)对比实验Ⅳ、实验II，可知溶液总体积相同，该变量是H2O2、Na2S2O3，H2O2减少，Na2S2O3增大，根据二者的物质的量的比分析判断。【题目详解】(1)碘钟总反应方程式为：H2O2+2S2O32-+2H+=S4O62-+2H2O，该反应分两步进行，反应A：H2O2+2I-+2H＋=I2+2H2O，则反应B方程式为总反应方程式减去反应A可得I2+2S2O32-=2I-+S4O62-；通过上述反应A、反应B反应可知：I-在反应前后质量不变、化学性质不变，因此在该反应中的作用是催化剂；(2)H2O2具有氧化性，会将KI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，I2具有氧化性，会将S2O32-氧化为S4O62-，I2被还原为I-。所以试剂X是KI淀粉溶液；(3)①为便于研究，在反应中要采用控制变量方法进行研究，即只改变一个反应条件，其它条件都相同，根据表格数据可知：实验Ⅲ跟实验II比硫酸的体积减少，所以其它条件都相同，而且混合后总体积也要相同，故实验Ⅲ中，x=8，y=3，z=2；②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是：在其它条件不变时，溶液的酸性越强，溶液中氢离子浓度越大，反应速率越快；(4)对比实验II、实验Ⅳ，可知其它量没