浙江安吉天略外国语学校2024届高二化学第一学期期中学业水平测试模拟试题含解析

浙江安吉天略外国语学校2024届高二化学第一学期期中学业水平测试模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、H2S是一种剧毒气体，对H2S废气资源化利用途径之一是回收能量并得到单质硫，反应原理为2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)ΔH=-632kJ·mol-1。如图为质子膜H2S燃料电池的示意图。下列说法正确的是（）A．电池工作时，电流从电极a经负载流向电极bB．电极a上发生的电极反应为2H2S-4e-=S2+4H+C．当反应生成64gS2时，电池内部释放632kJ热能D．当电路中通过4mol电子时，有4molH+经质子膜进入负极区2、FeCl3的水解方程式可写为FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，若提高水解转化率采取的方法是A．降低温度B．加入少量NaOH固体C．加入少量盐酸D．增加FeCl3的浓度3、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．在氯化钠中，除氯离子和钠离子的静电吸引作用外，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．金属钠与氯气反应生成氯化钠后，体系能量降低4、下列离子方程式的书写正确的是()A．钠和水反应：2Na＋H2O=2Na＋＋OH－＋H2↑B．氯化镁溶液中加入氨水：Mg2++2OH－=Mg(OH)2↓C．氢氧化钡与稀硫酸反应：Ba2++SO42－=BaSO4↓D．氯气通入FeCl2溶液中：Cl2

+2Fe2+

=2Cl－+2Fe3+5、已知断开1molH-H键吸收的能量为436kJ，形成1molN-H键放出的能量为391kJ，根据化学方程式N2+3H22NH3可知，高温、高压条件下，1molN2完全反应放出的能量为92.4kJ，则断开1molNN键吸收的能量是（）A．431kJ B．649kJ C．869kJ D．945.6kJ6、在氧化还原反应CuO＋H2Cu＋H2O中，氧化剂是（）A．CuO B．H2 C．Cu D．H2O7、一定温度下0.01mol/LNaOH溶液中由水电离出的c(H+)·c(OH－)=10－20，若在该温度下将pH=x的H2SO4溶液和pH=y的NaOH溶液按体积比1:1混合，混合后溶液显中性，若x=y，则x为A．1 B．2 C．3 D．48、在一恒温恒压的密闭容器中发生如下反应：M(g)+N(g)2R(g)△H<0，t1时刻达到平衡，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如下图所示。下列说法不正确的是A．t1时刻的v（正）小于t2时刻的v（正）B．t2时刻改变的条件是向密闭容器中加RC．I、Ⅱ两过程达到平衡时，M的体积分数相等D．I、Ⅱ两过程达到平衡时，反应的平衡常数相等9、下列微粒中不能破坏水的电离平衡的是（）A．H+ B．OH- C．S2- D．Na+10、能将溶液中FeCl3和AlCl3分离的一组试剂是A．氨水、稀硫酸B．氨水、稀盐酸C．NaOH溶液、稀硫酸D．NaOH溶液、稀盐酸11、某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应X(g)+Y(g)Z(g)+W(s)ΔH=-QkJ·mol-1，下列叙述中，正确的是（）A．加入少量W，逆反应速率增大B．当容器中气体压强不变时，反应达到平衡C．升高温度，平衡逆向移动D．改变条件，又达新平衡，此时上述反应的平衡常数K值一定增大12、以下食品中的有机成分属于高分子化合物的是()A．谷类中含有的淀粉B．植物油、动物脂肪中含有的油脂C．食醋中含有的醋酸D．酒中含有的酒精13、下列反应既是氧化还原反应，又是吸热反应的是（）A．铝粉与氧化铁高温下的反应B．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应C．碳与二氧化碳在高温条件下反应D．碳酸钙高温分解14、温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，反应：PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)经一段时间后达到平衡，反应过程中测定的部分数据见下表：t/s050150250250n(PCl3)/mol00.160.190.200.20下列说法正确的是A．反应在前50s内的平均速率v(PCl3)=0.0032mol/(L·s)B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(PCl3)=0.11mol/L，该反应为放热反应C．相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，达到平衡前的v正＞v逆D．相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80％15、下列说法不正确的是A．风能、太阳能等属于一次能源B．XY＋Z正反应吸热，则逆反应必然放热C．化学反应的焓变ΔH越大，表示放热越多D．稀溶液中，酸碱中和反应生成1molH2O时放热不一定为57.3kJ16、煤中加入石灰石，燃烧时可减少SO2的排放，反应为2CaCO3+X+2SO2=2CaSO4+2CO2（已配平），其中物质X为A．CO B．O2C．CS2 D．CaO二、非选择题（本题包括5小题）17、利用从冬青中提取的有机物A合成结肠炎药物及其它化学品，合成路线如下：根据上述信息回答：（1）D不与NaHCO3溶液反应，D中官能团的名称是__________。B→C的反应类型是______。（2）写出A生成B和E的化学反应方程式__________________。（3）A的同分异构体I和J是重要的医药中间体，在浓硫酸的作用下I和J分别生成，鉴别I和J的试剂为______________________。（4）A的另一种同分异构体K用于合成高分子材料，K可由制得，写出K在浓硫酸作用下生成的聚合物的结构简式：__________________。18、下列框图给出了8种有机化合物的转化关系，请回答下列问题：(1)根据系统命名法，化合物A的名称是________。(2)上述框图中，①是________反应，③是________反应。(填反应类型)(3)化合物E是重要的工业原料，写出由D生成E的化学方程式：___________________。(4)C2的结构简式是______________________________________。19、某小组报用含稀硫酸的KMnO4，溶液与H2C2O4溶液（弱酸）的反应（此反应为放热反应）来探究＂条件对化学反应速率的影响＂，并设计了如表的方案记录实验结果（忽略溶液混合体积变化），限选试剂和仪器:0.2molL-1H2C2O4溶液、0.010mol·L-1KMnO4溶液（酸性）、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽项目V(0.2molL-1H2C2O4溶液）/mLV(蒸馏水）/mLV(0.010mol·L-1KMnO4溶液）/mLM(MnSO4固体）/gT/℃乙①2.004.0050②2.004.0025③1.0a4.0025④2.004.00.125回答下列问题（1）完成上述反应原理的化学反应方程式____________________________________（2）上述实验①②是探究___________对化学反应速率的影响；若上述实验②③是探究浓度的对化学反应速率的影响，则a为______；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应填写_______；上述实验②④是探究__________对化学反应速率的影响（3）已知草酸为二元弱酸，其电离方程式为___________________________20、盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在下图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是__________。(2)烧杯间填满碎纸条的作用是__________。(3)大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值__________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(4)实验中改用60mL0.50mol/L盐酸跟50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量__________(填“相等”或“不相等”)，所求中和热________(填“相等”或“不相等”)。(5)若三次平行操作测得数据中起始时盐酸与烧碱溶液平均温度相同，而终止温度与起始温度差t2—t1分别为2.2℃、2.4℃、3.4℃，则最终代入计算式的温差均值为__________。21、回答下列问题：（1）CuSO4的水溶液呈______(填“酸”“中”或“碱”)性，原因是(用离子方程式表示)___________；实验室在配制CuSO4溶液时，常先将CuSO4固体溶于较浓的硫酸中，然后用蒸馏水稀释到所需的浓度，以_____(填“促进”或“抑制”)其水解。（2）泡沫灭火器的灭火原理是(用离子方程式表示)________________________。（3）已知在25℃：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)Ksp=1.8×10－10，Ag2S(s)2Ag＋(aq)＋S2－(aq)Ksp=6.3×10－50，向浓度均为0.001mol/L的NaCl和Na2S的混合溶液中，逐滴加入AgNO3溶液，最先产生的沉淀是________（填“AgCl”或“Ag2S”）。（4）燃料电池能量转化率高，具有广阔的发展前景。天然气燃料电池中，在负极发生反应的物质是_____（填化学式）；如果该电池中的电解质溶液是KOH溶液，电极B电极上发生的电极反应式是：_____________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【题目详解】A．由2H2S(g)＋O2(g)===S2(s)＋2H2O(l)反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，则a为电池的负极，电流从正极流出，经外电路流向负极，A项错误；B．电极a为负极，发生氧化反应，电极反应为2H2S-4e-===S2＋4H＋，B项正确；C．当反应生成64gS2时，电路中流过4mol电子，则消耗1mol氧气，但该装置将化学能转化为电能，所以电池内部几乎不放出能量，C项错误；D．当电路中通过4mol电子时，则消耗1mol氧气，则根据O2＋4H＋＋4e-===2H2O，所以有4molH＋经质子膜进入正极区，D项错误；答案选B。2、B【解题分析】若提高水解程度，就是使水解平衡向着正向移动，根据平衡移动原理进行判断，如水解反应是吸热反应，温度升高，水解程度增大。【题目详解】A、水解反应是吸热反应，降低温度，水解程度降低，选项A错误；B、加入少量NaOH固体，氢氧根离子结合了氯化铁水解的氢离子，促进了氯化铁的水解，选项B正确；C、加入盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制了氯化铁的水解，选项C错误；D、浓度增大，氯化铁的水解程度减小，选项D错误；答案选B。【题目点拨】本题考查了影响盐类水解的主要因素，注意水解过程是吸热反应，根据平衡移动进行分析即可，本题难度不大。3、C【分析】

【题目详解】A．钠原子和氯原子通过失得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．离子化合物中含有离子键，阴阳离子间存在静电作用，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.活泼的金属元素原子和活泼的非金属元素原子之间形成离子化合物，阳离子和阴离子均达到稳定结构，这样体系的能量降低，其结构的稳定性增强，选项D正确。答案选C。4、D【解题分析】A、钠和水反应的离子反应为2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，选项A错误；B、氯化镁溶液中加入氨水的离子反应为Mg2++2NH3•H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+，选项B错误；C、氢氧化钡与稀硫酸反应的离子反应为2H++2OH﹣++Ba2++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，选项C错误；D、氯气通入FeCl2溶液中的离子反应为Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应、离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒。5、D【题目详解】已知H-H键的键能为436kJ/mol，N-H键的键能为391kJ/mol，设N≡N键的键能为x，题述反应放出的热量=生成物的总键能—反应物的总键能，即6mol×391kJ/mol-3mol×436kJ/mol-1mol∙x=92.4kJ，x=945.6kJ/mol，从而得出断开1molNN键吸收的能量是945.6kJ，故选D。【题目点拨】利用反应热计算键能时，需将热化学方程式中的各物质的化学式改写为结构式，以便于弄清各分子中所含有的化学键数，防止在共价键数目的计算时出错。6、A【题目详解】由题给反应的化学方程式可知，反应中氧化铜在铜元素化合价降低被还原发生还原反应，CuO是反应的氧化剂，故A正确。7、B【题目详解】某温度下0.01mol/LNaOH溶液中由水电离出的c(H+)·c(OH－)=10－20，c(H+)=c(OH-)=10-10mol/L，则Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，将pH=x的H2SO4溶液和pH=y的NaOH溶液按体积比1:1混合混合后所得溶液恰好呈中性，即n(H+)=n(OH-)，此时10-x×1=10y-12×1，即x+y-12=0，5x=y，则x=2，所以B选项是正确的。故选B。8、A【解题分析】试题分析：已知反应M(g)+N(g)2R(g)△H<0，在一恒温恒压的密闭容器中发生，t1时刻达到平衡，在t2时刻改变某一条件，由图可知，反应再次达到平衡后，逆反应速率与原平衡相同，由此可知，改变的条件一定是加入了一定量的R而增大了R的浓度，由于容器为恒温恒压的，故容器体积必然成比例增大，所以在t2时刻反应物的浓度都减小。A.t1时刻的v（正）大于t2时刻的v（正），A不正确；B.t2时刻改变的条件是向密闭容器中加R，B正确；C.I、Ⅱ两过程达到平衡时，两平衡等效，所以M的体积分数相等，C正确；D.因为温度相同，所以I、Ⅱ两过程达到平衡时，反应的平衡常数相等，D正确。本题选A。9、D【题目详解】A．加入氢离子，水中氢离子浓度增大，抑制了水的电离，故A不选；B．加入氢氧根离子，水中氢氧根离子浓度增大，抑制了水的电离，故B不选；C．加入硫离子，硫离子结合水电离的氢离子，氢离子浓度减小，促进了水的电离，故C不选；D．加入钠离子，钠离子不水解，不影响水的电离平衡，故D选；故选D。10、D【解题分析】A．氨水不能溶解氢氧化铝，无法分离，且用稀硫酸最后得到的是硫酸盐；B．氨水不能溶解氢氧化铝，无法分离；C．加入烧碱会使FeCl3和AlCl3先分别转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，过量加入会使Al(OH)3沉淀转化为可溶的NaAlO2，而Fe(OH)3不会溶解。过滤操作后往Fe(OH)3沉淀加入硫酸会生成硫酸铁，往NaAlO2溶液加入硫酸会先出现Al(OH)3沉淀，硫酸过量沉淀会溶解生成硫酸盐，无法恢复原盐溶液；D．加入烧碱会使FeCl3和AlCl3先分别转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，过量加入会使Al(OH)3沉淀转化为可溶的NaAlO2，而Fe(OH)3不会溶解。过滤操作后往Fe(OH)3沉淀加入盐酸会使沉淀溶解再次生成FeCl3；往NaAlO2溶液加入盐酸会先出现Al(OH)3沉淀，盐酸过量沉淀会溶解生成AlCl3，达到分离目的。【题目详解】A．氨水使两者全部转化为沉淀，氨水属于弱碱，不能使Al(OH)3沉淀转变成偏铝酸盐，无法分离，且用稀硫酸最后得到的是硫酸盐，选项A错误；B．氨水使两者全部转化为沉淀，氨水属于弱碱，不能使Al(OH)3沉淀转变成偏铝酸盐，无法分离，选项B错误；C．加入烧碱会使FeCl3和AlCl3先分别转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，过量加入会使Al(OH)3沉淀转化为可溶的NaAlO2，而Fe(OH)3不会溶解．过滤操作后往Fe(OH)3沉淀加入硫酸会使沉淀溶解生成硫酸铁；往NaAlO2溶液加入硫酸会先出现Al(OH)3沉淀，硫酸过量沉淀会溶解生成硫酸铝，分离但得不到原盐，选项C错误；D．加入烧碱会使FeCl3和AlCl3先分别转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，过量加入会使Al(OH)3沉淀转化为可溶的NaAlO2，而Fe(OH)3不会溶解．过滤操作后往Fe(OH)3沉淀加入盐酸会使沉淀溶解再次生成FeCl3；往NaAlO2溶液加入盐酸会先出现Al(OH)3沉淀，盐酸过量沉淀会溶解生成AlCl3，达到分离目的，选项D正确；答案选D。【题目点拨】本题考查物质的分离提纯、铁、铝化合物的性质等，难度中等，掌握物质的性质是关键，注意掌握分离提纯原则。11、B【题目详解】A．加入少量W，W是固体，反应速率不变，A错误；B．根据PV=nRT，反应为气体体积减小的反应，且容器体积是固定的，在该温度下，当容器中气体压强不变时，说明气体的物质的量不再变化，反应达到平衡，B正确；C．题目中不知Q是否为正值，所以无法判断该反应是放热反应还是吸热反应，所以升高温度，无法判断平衡如何移动，C错误；D．若改变的是压强或浓度，则达新平衡时，平衡常数K值不变，若改变温度，K有可能增大，也有可能减小，D错误；答案选B。【题目点拨】温度不变，K就不会变，K只与温度有关。升高温度时判断平衡如何移动时，要根据该反应的ΔH来判断，若正反应为放热反应，升温则平衡向左移动，降温则反之；若正反应为吸热反应，升温则平衡向右移动，降温则反之。12、A【解题分析】试题分析：A．谷类中含有的淀粉属于高分子化合物，正确；B．植物油、动物脂肪中含有的油脂,相对分子质量只有几百，不是高分子化合物，错误；C．食醋中含有的醋酸有确定的分子式CH3COOH，相对分子质量是60，不属于高分子化合物，错误；D．酒中含有的酒精是C2H6O，相对分子质量是46，不属于高分子化合物，错误。考点：考查食品中含有的成分的分类的知识。13、C【题目详解】A．铝粉与氧化铁粉末在高温下反应发生的是铝热反应，Al置换出铁，Al和Fe两种元素的化合价发生了改变，属于氧化还原反应，但反应过程中放热，故A错误；B．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl晶体混合发生反应需要吸热，属于吸热反应，但各元素的化合价没有改变，不是氧化还原反应，故B错误；C．C元素的化合价发生改变，属于氧化还原反应，且为吸热反应，故C正确；D．碳酸钙高温分解是吸热反应，但各元素的化合价没有改变，不是氧化还原反应，故D错误；答案选C。14、C【解题分析】A、反应在前50s内PCl3的物质的量增加0.16mol，所以前50s内的平均速率v(PCl3)==0.0016mol／(L·s)，故A错误；B、原平衡时PCl3的物质的量浓度c(PCl3)=0.20mol÷2.0L=0.10mol/L，若升高温度，平衡时c(PCl3)=0.11mol/L，PCl3的浓度比原平衡时增大了，说明升高温度，平衡正向移动，则正向是吸热反应，故B错误；C、根据表中数据可知平衡时Cl2的浓度是0.1mol/L，PCl5的浓度是0.4mol/L，则该温度下的平衡常数K==0.025，相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20mo1Cl2，Qc==0.02<0.025，所以反应正向进行，达平衡前v正＞v逆，故C正确；D、相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl3、1.0molCl2，则与原平衡是等效平衡，原平衡中五氯化磷的转化率是0.2mol÷1.0mol×100%=20%，所以三氯化磷的转化率是80%，而向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，相当于容器的体积缩小一倍，压强增大，则平衡逆向移动，所以三氯化磷的转化率大于80%，故D错误；答案选C。15、C【分析】一次能源是从自然界直接获取的能源；△H=生成物的能量和-反应物的能量和；反应焓变为负值是放热反应，焓变为正值为吸热反应；稀溶液中，强酸强碱中和反应生成1mol水放热为57.3kJ，若为弱酸或弱碱，电离吸热，放出的热量减小，若中和反应生成沉淀会存在沉淀热等；【题目详解】一次能源是从自然界直接获取的能源，所以风能、太阳能等属于一次能源，故A说法正确；△H=生成物的能量和-反应物的能量和，所以其逆反应的反应热是其相反数，正反应吸热，则逆反应必然放热，故B说法正确；反应焓变为负值是放热反应，焓变为正值为吸热反应，若是放热反应，化学反应的焓变△H越大，表示放热越少，故C说法错误；稀溶液中，强酸强碱中和反应生成1mol水放热为57.3kJ，若为弱酸或弱碱，因电离吸热，放出的热量减小，若中和反应生成沉淀会存在沉淀热，放出的热量会增大，稀溶液中，酸碱中和反应生成1molH2O时放热不一定为57.3kJ，故D说法正确；选C。16、B【解题分析】分析：根据原子守恒解答。详解：根据方程式2CaCO3+X+2SO2=2CaSO4+2CO2可知反应后氧原子的个数是12个，碳原子个数是2个，钙原子个数是2个，硫原子个数是2个，反应前氧原子的个数是10个，碳原子个数是2个，钙原子个数是2个，硫原子个数是2个，因此根据原子守恒可知X中含有2个氧原子，即X是O2，答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、醛基取代反应FeCl3或溴水【题目详解】B在浓硫酸存在、加热条件下反应得到CH3OCH3，则B是CH3OH，B催化氧化生成D，D不与NaHCO3溶液反应，D是HCHO；由Y的结构简式，结合题给提示可知，H的结构简式是，G发生硝化反应生成H，G的结构简式是；再结合A→E→F→G的反应条件可推知A是，E是，F是。(1)D为HCHO，其中含有的官能团为醛基；B→C的反应即CH3OH→CH3OCH3的反应是分子间脱水，属于取代反应。(2)A在NaOH溶液中反应生成B和E，反应的方程式为。(3)I和J是A的同分异构体，由I和J在浓硫酸作用下的产物可推知I是，J是，则可利用酚羟基的性质鉴别二者，故鉴别I和J选用浓溴水或FeCl3溶液。(4)K可由制得，且是A的同分异构体，则可推出K是，它在浓硫酸作用下发生缩聚反应生成或。18、2,3­二甲基丁烷取代加成+2NaOH+2NaBr+2H2O【分析】由题中信息可知，烷烃A与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B发生消去反应生成、，与溴发生加成反应生成二溴代物D，D再发生消去反应生成E，E与溴可以发生1,2-加成或1,4-加成，故为，为，则D为，E为，为，为。【题目详解】(1)根据系统命名法，化合物A的名称是：2，3-二甲基丁烷；(2)上述反应中，反应(1)中A中H原子被Cl原子取代生成B，属于取代反应，反应(3)是碳碳双键与溴发生加成反应；(3)由D生成E是卤代烃发生消去反应,该反应的化学方程式为:+2NaOH+2NaBr+2H2O。(4)由上述分析可以知道,的结构简式是。19、5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4═10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O温度1.0溶液褪色时间/s催化剂H2C2O4HC2O4－+H＋,HC2O4－H＋＋C2O42－【分析】（1）酸性高锰酸钾是用稀硫酸酸化，混合溶液发生氧化还原反应，KMnO4被还原为MnSO4，H2C2O2被氧化为CO2，根据得失电子数守恒和原子守恒写出反应方程式；（2）当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致；要探究H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响，则加入的H2C2O4溶液的体积不同，但反应体积溶液的总体积需相同，故应加入蒸馏水来确保溶液的总体积均为6mL；要准确描述反应速率的快慢，必须准确测得溶液褪色时间的长短；④中加了MnSO4固体，锰离子对该反应起催化作用；（3）草酸是二元弱酸，应分步电离。【题目详解】（1）酸性高锰酸钾是用稀硫酸酸化，H2SO4、KMnO4与H2C2O2发生反应，KMnO4被还原为MnSO4，化合价降低5价，H2C2O2被氧化为CO2，每个C原子的化合价升高1价，1个H2C2O2升高2价，则高锰酸钾与草酸计量数之比为2：5，根据原子守恒配平可得：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4═10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O；（2）当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致，通过比较实验①②的反应条件可知，实验①②可探究温度对反应速率的影响；实验②③中的H2C2O4溶液的加入体积不同，故要探究H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响，但反应体积溶液的总体积需相同，故应加入蒸馏水来确保溶液的总体积均为6.0mL，则a的值为1.0；要准确描述反应速率的快慢，必须准确测得溶液褪色时间的长短，故乙要测量的物理量是溶液褪色的时间（t溶液褪色时间·s－1）；其他条件相同，④中加了MnSO4固体，锰离子对该反应起催化作用，则②④探究的是催化剂对反应速率的影响；（3）草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸，分步电离，电离方程式为：H2C2O4HC2O4－+H＋,HC2O4－H＋＋C2O42－20、环形玻璃搅拌棒保温，减少实验过程中的热量损失偏小不相等相等2.3℃【分析】(1)根据量热计的构造来判断该装置缺少的仪器；(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作；(3)若不盖硬纸板，会有一部分热量散失；(4)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多