2024届黑龙江省绥化市青冈县第一中学高二化学第一学期期中调研试题含解析

2024届黑龙江省绥化市青冈县第一中学高二化学第一学期期中调研试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列反应在任何温度下均能自发进行的是（）A．2CO(g)=2C(s，石墨)+O2(g)ΔH=+221kJ·mol-1B．2Ag(s)+Cl2(g)=2AgCl(s)ΔH=-254kJ·mol-1C．NH4HCO3(s)+CH3COOH(aq)=2H2O(l)+CO2(g)+CH3COONH4(aq)ΔH=+37.3kJ·mol-1D．2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)ΔH=-196kJ·mol-12、氢气是重要而洁净的能源，要利用氢气作能源，必须安全有效地储存氢气。有报道称某种合金材料有较大的储氢容量，其晶体结构的最小单元如图所示。则这种合金的化学式为A．LaNi3 B．LaNi4C．LaNi5 D．LaNi63、某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是A．Ⅱ为盐酸稀释时pH值变化曲线 B．b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强 C．a点Kw的数值比c点Kw的数值大 D．b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度4、下列化学键中，键的极性最强的是()A．H—C B．H—O C．H—N D．H—F5、对于可逆反应M＋NQ达到平衡状态时，下列说法正确的是：A．M、N、Q三种物质的浓度一定相等B．M、N全部变成了QC．M、N、Q的浓度都保持不变D．反应已经停止6、下列说法不正确的是A．化学变化一定伴随能量变化，有能量变化的过程不一定是化学变化B．甲烷燃烧时，化学能完全转化为热能C．植物燃料燃烧时放出的能量来源于太阳能D．旧化学键断裂所吸收的能量大于新化学键形成所放出的能量时，该反应为吸热反应7、一种“即食即热型快餐”适合外出旅行时使用。其内层是用铝箔包裹的、并已加工好的真空包装食品，外层则是分别包装的两包化学物质，使用时拉动预留在外的拉线，使这两种化学物质反应，此时便可对食物进行加热，这两包化学物质最合适的选择是（）A．浓硫酸与水 B．生石灰与水C．熟石灰与水 D．氯化钠与水8、常温下，向纯水中加入NaOH使溶液的pH为11，则由NaOH电离出的OH离子浓度和水电离出的OH离子浓度之比为()A．1：1 B．108：1 C．5×109：1 D．1010：19、第三周期元素中，原子半径最小的是()A．NaB．ClC．SiD．F10、某种一元强碱MOH溶液加入一种一元酸HA反应后，溶液呈中性，下列判断一定正确的是A．加入的酸过量 B．生成的盐不水解C．酸和碱等物质的量混合 D．反应后溶液中c(A－)＝c(M+)11、下列物质在常温下发生水解时，对应的离子方程式正确的是A．FeCl3：Fe3++3H2OFe(OH)3

+3H+B．NH4Cl：NH4++H2ONH3↑+H2O+H+C．CH3COONa：CH3COO-+H2O==CH3COOH+OH-D．Na2CO3：CO32-+2H2OH2CO3+2OH-12、下列图示中关于铜电极的连接错误的是A． B．C． D．13、下列说法完全正确的是（）选项变化ΔSΔH方向性AH2O(l)=H2O(g)<0>0非自发B2Fe3+(aq)+Cu(s)=2Fe2+(aq)+Cu2+(aq)>0<0不自发C2NO2(g)N2O4(g)<0<0能自发DNH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)<0>0非自发A．A B．B C．C D．D14、如图所示为干冰晶体的晶胞，它是一种面心立方结构，即每8个分子构成立方体，且再在6个面的中心各有1个分子占据，在每个周围距离(其中为立方体棱长)的分子有A．4个B．8个C．12个D．6个15、下列有关1molH2的说法中，不正确的是(NA表示阿伏加德罗常数的值)A．质量为2g B．含氢原子数为NAC．含氢分子数为NA D．标准状况下体积约为22.4L16、常温下，向一定体积0.01mol/L的Ba(OH)2溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液pH=11。若反应后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液体积之和，则Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液体积之比是A．1:1- B．1:2 C．1:4 D．1:9二、非选择题（本题包括5小题）17、以葡萄糖为原料制得的山梨醇（A）和异山梨醇（B）都是重要的生物质转化平台化合物。E是一种治疗心绞痛的药物，由葡萄糖为原料合成E的过程如下：回答下列问题：(1)葡萄糖的分子式为__________。(2)C中含有的官能团有__________(填官能团名称)。(3)由C到D的反应类型为__________。(4)F是B的同分异构体，7.30g的F足量饱和碳酸氢钠可释放出2.24L二氧化碳（标准状况），F的可能结构共有________种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3∶1∶1的结构简式为_________。18、乙醇是生活中常见的有机物，能进行如图所示的多种反应，A、B、C、D都是含碳化合物。(1)写出下列反应的化学方程式并写出③、④的反应类型：反应①：_____________。反应②：_______________。反应③的反应类型：______________。反应④的反应类型：______________。(2)乙醇分子中不同的化学键如图：请用①~⑤填写化学反应中乙醇的断键位置Ⅰ.与活泼金属反应，键______________断裂Ⅱ.在Cu或Ag催化下和O2反应，键______________断裂19、Ⅰ.测定化学反应速率某同学利用如图装置测定化学反应速率。(已知：S2O32-+2H+=H2O+S↓+SO2↑)（1）为保证实验准确性、可靠性，利用该装置进行实验前应先进行的步骤是__；除如图所示的实验用品、仪器外，还需要的一件实验仪器是__。（2）若在2min时收集到224mL(已折算成标准状况)气体，可计算出该2min内H+的反应速率，而该测定值比实际值偏小，其原因是___。Ⅱ.为探讨化学反应速率的影响因素某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。已知：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O实验时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。限选试剂与仪器：0.20mol/LH2C2O4溶液，0.010mol/L酸性KMnO4溶液，蒸馏水，锥形瓶，恒温水浴槽，量筒，秒表。该小组设计了如下的方案。物理量水H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度/℃体积/mL浓度/mol•L-1体积/mL浓度/mol•L-1体积/mL①00.202.00.0104.050②00.202.00.0104.025③1.00.0104.025（1）已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4。为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为：n(H2C2O4)：n(KMnO4)≥__。（2）实验③测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v（KMnO4）=__mol·L-1·min-1。（3）请完成表格内二处空白__、__。（4）已知50℃时c(MnO4-)～反应时间t的变化曲线如图。其中反应速率最快的阶段是__，原因是___。20、某研究小组为了验证反应物浓度对反应速率的影响，选用硫酸酸化的高锰酸钾溶液与草酸H2C2O4溶液在室温下进行反应。实验中所用的草酸为稀溶液，视为强酸。（1）写出硫酸酸化的高锰酸钾氧化稀草酸溶液的离子方程式__________。（2）该小组进行了实验I，数据如下。H2SO4溶液KMnO4溶液H2C2O4溶液褪色时间（分:秒）1mL2mol/L2mL0.01mol/L1mL0.1mol/L2:031mL2mol/L2mL0.01mol/L1mL0.2mol/L2:16一般来说，其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率___________（填“增大”或“减小”）。但分析该实验数据，得到的结论是在当前实验条件下，增大草酸浓度，反应速率减小。（3）该小组欲探究出现上述异常现象的原因，在实验I的基础上，只改变草酸溶液浓度进行了实验II，获得实验数据并绘制曲线图如下。该小组查阅资料获取如下信息，其中能够解释MO变化趋势的是___________。aKMnO4与H2C2O4反应是分步进行的，反应过程中生成Mn（VI）、Mn（III）、Mn（IV），最终变为无色的Mn（II）。（括号中罗马数字表示锰的化合价）b草酸根易与不同价态锰离子形成较稳定的配位化合物。c草酸稳定性较差，加热至185℃可分解。（4）该小组为探究ON段曲线变化趋势的原因，又进行了实验III，所得数据如下。H2SO4溶液Na2SO4固体KMnO4溶液H2C2O4溶液褪色时间(分:秒)1mL0.1mol/L1.9×10-3mol2mL0.01mol/L1mL0.2mol/L16:201mL0.5mol/L1.5×10-3mol2mL0.01mol/L1mL0.2mol/L8:251mL1.0mol/L1.0×10-3mol2mL0.01mol/L1mL0.2mol/L6:151mL2.0mol/L02mL0.01mol/L1mL0.2mol/L2:16该小组进行实验III的目的是____________________________________________。（5）综合实验I、II、III，推测造成曲线MN变化趋势的原因________________。a．当草酸浓度较小时，C2O42-起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越小b．当草酸浓度较小时，H+起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越大c．当草酸浓度较大时，C2O42-起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越小d．当草酸浓度较大时，H+起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越大21、一定量的某有机物A完全燃烧后，生成0.03mol二氧化碳和0.04mol水，其蒸汽的密度是同温同压条件下氢气密度的30倍。（1）A的分子式为____________________。（2）根据其分子组成，A的类别可能为__________或__________（填物质类别）。（3）A可与金属钠发生置换反应，其H-NMR（氢核磁共振）谱图显示有三组吸收峰，请写出A在铜催化下被氧化的化学方程式：____________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【题目详解】A．该反应为吸热反应，ΔH>0，由于生成了固体，反应的ΔS<0，反应的ΔG=ΔH-TΔS>0，任何温度都不能自发进行，A错误；B．该反应为放热反应，ΔH<0，在反应过程中气体量减小，反应的混乱程度减小，ΔS<0，根据ΔG=ΔH-TΔS可知反应在低温条件下能够自发进行，B错误；C．该反应为吸热反应，ΔH>0，在反应过程中体系的混乱程度增大，ΔS>0，根据ΔG=ΔH-TΔS可知反应在高温条件下能够自发进行，C错误；D．该反应为放热反应，ΔH<0，在反应过程中体系的混乱程度增大，ΔS>0，反应的ΔG=ΔH-TΔS<0，任何温度都能自发进行，D正确；故选D。2、C【题目详解】在晶体结构单元中镍原子分布在上底面和下底面上，另外在六个侧面的面心上以及在六棱柱体内也有六个镍原子，所以镍原子的个数为：12×+6×+6=15，镧原子分布在六棱柱的十二个顶点上，以及上下底面的面心上，所以镧原子的个数为：12×+2×=3，所以化学式为LaNi5，故选C。3、B【题目详解】A.醋酸在稀释时会继续电离，则在稀释相同体积的过程中醋酸中的H+大、pH小，A项错误；B.b点溶液的离子浓度比c点溶液的离子浓度大，b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强,B项正确；C.温度一定，任何稀的水溶液中的Kw都是一定值，C项错误；D.由于醋酸是弱酸，要使稀释前盐酸和醋酸溶液pH值相同，则醋酸的浓度比盐酸大得多，稀释相同倍数后，前者仍大于后者，D项错误。故选B。4、D【题目详解】非金属性越强，键的极性最强，F非金属性最强，H—F极性最强，故D符合题意。综上所述，答案为D。5、C【题目详解】A．可逆反应达到平衡时，各组分浓度保持不变，反应物和生成物的平衡浓度与起始投料及转化率有关，平衡状态时各组分浓度不一定相同，A错误；B．该反应为可逆反应，当反应达平衡时，M和N不能完全转化为Q，B错误；C．可逆反应达到平衡时，各组分浓度保持不变，C正确；D．可逆反应达到平衡时，正逆反应速率相等，且不等于0，D错误；故选C。【题目点拨】当一下几种情况出现时，可以判断反应已经达到平衡状态：①vA（正方向）＝vA（逆方向）或nA（消耗）＝nA（生成）（不同方向同一物质比较）②各组分浓度保持不变或百分含量不变③借助颜色不变判断（有一种物质是有颜色的）④总物质的量或总体积或总压强或平均相对分子质量不变（前提：反应前后气体的总物质的量不相等的反应适用,即如对于反应xA＋yBzC，x＋y≠z）6、B【解题分析】A.化学变化的本质是化学键的断开与形成，一定伴随能量变化，但有能量变化的过程不一定是化学变化，如氢氧化钠的溶解，故A正确；B.甲烷燃烧时，化学能主要转化为热能，还有光能等，故B错误；C.植物的生成需要的能量来源与太阳能，因此植物燃料燃烧时放出的能量来源于太阳能，故C正确；D.吸热反应过程中旧化学键断裂所吸收的能量大于新化学键形成所放出的能量，故D正确；故选B。7、B【题目详解】A．浓硫酸溶于水放热，但不是发生化学反应，且浓硫酸具有极强的腐蚀性，易发生危险，A不正确；B．生石灰与水混合反应生成氢氧化钙，同时放出大量的热，能对食品进行加热，B正确；C．熟石灰与水混合后，不发生化学反应，溶于水过程放出的热量较小，难以将食品快速加热，C不正确；D．氯化钠与水混合，不发生化学反应，溶于水过程基本上不产生热量，D不正确；故选B。8、B【解题分析】pH=11的NaOH溶液，水电离的c(H+)=10-11mol/L，根据水的离子积常数由NaOH电离产生的c(OH-)=1×10−14/10−11mol/L=10-3mol/L，而由水电离产生的c（OH-）=c（H+）=10-11mol/L，所以由氢氧化钠电离出的OH-离子浓度与水电离出的OH-离子浓度之比：10-3mol/L：10-11mol/L=108：1故选B。【点晴】本题最大的难点是读懂题目，何胃水电离出的OH-，在NaOH溶液中因氢氧化钠的电离使溶液显碱性，此时溶液里的OH—主要来自氢氧化钠的电离，并且电离出的OH-抑制了水电离，由此可知溶液里的H+来自水的电离，而水电离出的H+与OH-的数目或浓度是相等的，由此展开讨论，结合水的离子积常数进行计算，即根据H2OH++OH-，从影响水的电离平衡移动的角度分析，NaOH抑制水的电离，根据溶液的PH为11，求出水电离出的c(H+)利用水的离子积常数求出氢氧化钠电离出的OH-离子浓度。9、B【解题分析】同周期自左向右原子半径逐渐减小，因此第三周期元素中，原子半径最小的是Cl，答案选B。点睛：掌握微粒半径的递变规律和比较方法是解答的关键，微粒半径的大小比较方法是：一看电子层数：同主族元素的微粒，电子层数越多，半径越大；二看核电荷数：在同周期中的原子，核电荷数越大，半径越小；三看电子数：在电子层数和核电荷数均相同时，电子数越多，半径越大。10、D【解题分析】一元强碱MOH溶液加入一种一元酸HA反应后，溶液呈中性，则有c（OH-）=c（H+），如HA为强酸，则物质的量相等，如HA为弱酸，则碱应过量，以此进行分析。A、如HA为强酸，则物质的量相等，故A错误；B、如HA为强酸，，则生成强酸强碱盐，不会水解，故C错误；C、如HA为弱酸，则酸物质的量应过量，混合前酸与碱中溶质的物质的量不等，故B错误；D、溶液呈中性，则有c（OH-）=c（H+），根据溶液电中性原则可知c（A-）=c（M+），故D正确，故选D。11、A【解题分析】Fe3+水解生成氢氧化铁和氢离子；铵根离子水解生成一水合氨和氢离子；水解反应为可逆反应；多元弱酸根离子分步水解。【题目详解】Fe3+水解生成氢氧化铁和氢离子，FeCl3水解的离子方程式是Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，故A正确；铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，NH4Cl水解的离子方程式是NH4++H2ONH3⋅H2O+H+，故B错误；水解反应为可逆反应，CH3COONa水解的离子方程式是CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，故C错误；多元弱酸根离子分步水解，Na2CO3水解的离子方程式是：CO32-+H2OHCO3-+OH-，故D错误。12、C【题目详解】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。13、C【题目详解】A．该反应为气体增多的反应，所以ΔS>0，故A错误；B．ΔH＜0，ΔS＞0，任意温度下都可以满足ΔH-TΔS＜0，反应一定自发进行，故B错误；C．ΔH＜0，ΔS＜0，则当温度降低到一定值可以满足ΔH-TΔS＜0，即低温下可以自发进行，故C正确；D．ΔH＞0，ΔS＞0，高温下ΔH-TΔS＜0，即高温下可以自发进行，故D错误；故答案为C。【题目点拨】依据反应自发的判据：ΔH-TΔS＜0自发进行，ΔH-TΔS＞0不自发进行；

当ΔH＜0，ΔS＞0，所有温度下反应自发进行；

而ΔH＜0，ΔS＜0，只有在低温下反应自发进行；

ΔH＞0，ΔS＞0，只有在高温下反应自发进行；

ΔH＞0，ΔS＜0时，所有的温度下反应都不自发进行。14、C【解题分析】由图可知，以立方体顶点的二氧化碳为例，周围距离为a，即为面对角线的一半，这样的二氧化碳分子分布在与之相连的面的面心上，而与一个顶点相连的面有12个，所以这样的二氧化碳分子也有12个，故答案选C。【题目点拨】若以立方体顶点的二氧化碳为例，共顶点的立方体共有8个立方体，而每一个立方体中有三个面顶点，每个面与两个立方体共用，则与顶点上二氧化碳分子等距且最近的二氧化碳分子个数为：3×8÷2=12。15、B【题目详解】A．H2相对分子质量是2，所以1molH2的质量是2g，A正确；B．1molH2中含有2molH，所以含氢原子的数目为2NA，B错误；C．1molH2中含氢分子的数目为NA，C正确；D．在标准状况下，1mol氢气的体积约为22.4L，D正确。故选B。16、D【题目详解】0.01mol/L的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.02mol/L，设溶液体积为x，氢氧根离子物质的量为0.02xmol；设硫酸氢钠溶液体积为y，依据反应Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，混合后溶液pH=11，计算得到溶液中氢氧根离子浓度为10-3mol/L；所以得到：（0.02x-cy）/(x+y)=10-3；由于n(Ba(OH)2)=0.01xmol，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，n(Ba(OH)2)：n(NaHSO4)=1:1，因此n(NaHSO4)=n(Ba(OH)2)=0.01xmol，即cy=0.01x，因此（0.02x-0.01x）/(x+y)=10-3；x：y=1:9，故D正确；故答案选D。【题目点拨】本题考查了酸碱反应的综合计算，注意溶液中氢氧根离子浓度和溶质浓度的关系是解题关键。解答本题的思路为：氢氧化钡和硫酸氢钠反应钡离子恰好沉淀，需要Ba(OH)2和NaHSO4按照物质的量1：1反应，结合溶液的pH和溶液体积换算物质的量列式计算。二、非选择题（本题包括5小题）17、C6H12O6羟基、酯基、醚键取代反应9【分析】本题考察了有机合成推断过程，从B物质入手，根据题意，葡萄糖经过氢气加成和脱去两分子水后生成B，故葡萄糖和B之间差2个O原子、4个氢原子；根据取代反应特点，从碳原子的个数差异上判断参与酯化反应的乙酸分子的数目。【题目详解】（1）根据图像可知，葡萄糖在催化加氢之后，与浓硫酸反应脱去2分子水，生成B（C6H10O4），故葡萄糖的分子式为C6H12O6；（2）C的分子式为C8H12O5，故B与一分子乙酸发生酯化反应，C中含有的官能团有羟基、酯基、醚键；（3）D的分子式为C8H11NO7，C的分子式是C8H12O5，由E的结构可知，C与硝酸发生酯化反应生成D，，故反应类型为取代反应（或酯化反应）；（4）F是B的同分异构体，分子式为C6H10O4，摩尔质量为146g/mol，故7.30g的F物质的量为0.05mol，和碳酸氢钠可释放出2.24L即0.1mol二氧化碳（标准状况），故F的结构中存在2个羧基，可能结构共有9种，包括CH3CH2CH2CH(COOH)2、CH3CH2C(COOH)2CH3，CH3CH2CH(COOH)CH2COOH、CH3CH(COOH)CH2CH2COOH、CH2(COOH)CH2CH2CH2COOH、CH3CH(COOH）CH（COOH)CH3、(CH3)2CC(COOH)2、(CH3)2C(COOH)CH2COOH、CH3CH(CH2COOH)2；其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3∶1∶1的结构简式为CH3CH(COOH)CH(COOH)CH3或。【题目点拨】加入NaHCO3溶液有气体放出，表示该物质分子中含有—COOH，反应比例为1:1.18、2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑CH3CH2OH＋3O22CO2＋3H2O酯化(或取代)反应氧化反应①①③【分析】乙醇和钠发生置换反应生成乙醇钠和氢气；乙醇点燃生成二氧化碳和水；乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水；乙醇在铜催化作用下氧化成乙醛；【题目详解】(1)反应①是乙醇和钠发生置换反应生成乙醇钠和氢气，反应方程式是2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑；反应②是乙醇燃烧生成二氧化碳和水，反应方程式是CH3CH2OH＋3O22CO2＋3H2O；反应③是乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应类型酯化(或取代)反应。反应④是乙醇在铜催化作用下氧化成乙醛，反应类型是氧化反应；(2)Ⅰ.乙醇与活泼金属反应生成乙醇钠，乙醇钠的结构式是，所以是键①断裂；Ⅱ.乙醇在Cu或Ag催化下和O2反应生成乙醛，乙醛的结构式是，所以是键①③断裂。七、元素或物质推断题19、检查装置的气密性秒表SO2会部分溶于水，导致所测得SO2体积偏小2.50.0101.00.20t1～t2生成物MnSO4是该反应的催化剂【分析】I．（1）从实验装置可知，本实验是通过测量在一个时间段内所收集到的气体的体积来测定反应速率，所以先要检查装置的气密性，实验仪器还需要秒表；（2）SO2易溶于水，导致所测得的SO2的体积偏小；II．（1）根据“观察到紫色褪去”必须满足高锰酸钾的物质的量小于草酸的物质的量解得二者浓度关系；（2）先根据醋酸和高锰酸钾的物质的量判断过量，然后根据不足量及反应速率表达式计算出反应速率；（3）由于高锰酸钾和草酸的浓度均相同，为了探究不同浓度对反映速率的影响，需要加水改变草酸的浓度；（4）从图象可以看出t1-t2阶段斜率最大，c（MnO4-）变化最大，说明此时段反应速率最快，由于浓度变小，可以推测是催化剂的影响；【题目详解】I．（1）从实验装置可知，本实验是通过测量在一个时间段内所收集到的气体的体积来测定反应速率，所以先要检查装置的气密性，实验仪器还需要秒表；答案为检查装置的气密性；秒表。（2）SO2易溶于水，导致所测得的SO2的体积偏小，则据此计算出的△n（H+）和△C（H+）以及V（H+）会变小；答案为SO2会部分溶于水，导致所测得SO2体积偏小。II．（1）H2C2O4中碳元素的化合价为+3价,变成二氧化碳后化合价总共升高了2(4-3)价,所以每消耗1molH2C2O4转移2mol电子;为了观察到紫色褪去,高锰酸钾的物质的量应该少量,即n(H2C2O4):n(KMnO4)⩾=2.5；答案为2.5。（2）由表中数据可知，实验③H2C2O4的体积只有1mL，所以应加水1mL才能使三组实验的体积一样，草酸的物质的量为：0.20mol⋅L−1×0.001L=0.0002mol,高锰酸钾的物质的量为：0.010mol⋅L−1×0.004L=0.00004mol,草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：0.0002mol:0.00004mol=5:1,显然草酸过量,高锰酸钾完全反应,混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：=，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)==0.010mol⋅L−1⋅min−1；答案为0.010mol⋅L−1⋅min−1。（3）通过上述分析，表格内二处空白分别为水1mL，H2C2O4浓度为0.2mol/L；答案为1mL，0.2mol/L。（4）从图象可以看出t1-t2阶段斜率最大,c(MnO4-)变化最大，说明此时段反应速率最快，由于反应物的浓度变小，可以推测是催化剂的影响，可推测是生成物做了催化剂；答案为t1-t2；生成物MnSO4是该反应的催化剂。20、2MnO4-+5C2O42-+16H+===2Mn2++10CO2↑+8H2O增大ab探究其他离子浓度不变，溶液中H+浓度对反应速率的影响ad【解题分析】（1）酸性条件下高锰酸根离子和草酸根离子发生氧化还原反应，根据元素守恒知，生成物中生成水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化