辽宁省沈阳市二十中学019-2024届化学高二第一学期期中综合测试试题含解析

辽宁省沈阳市二十中学019-2024届化学高二第一学期期中综合测试试题注意事项：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、根据图，下列判断中正确的是A．电路中电子的流动方向：a−d−CuSO4(aq)−c−bB．该原电池原理：Zn+CuSO4═ZnSO4+CuC．c电极质量减少量等于d电极质量增加量D．d电极反应：Cu2++2e−=Cu，反应后CuSO4溶液浓度下降2、已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，且氧气中1molO=O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1molH—O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1molH—H键断裂时吸收热量为()A．920kJ B．557kJ C．436kJ D．188kJ3、在汽车尾气处理装置中加入适当的催化剂，能发生如下反应：4CO＋2NO24CO2＋N2。下列对该反应的说法中错误的是A．该反应是氧化还原反应B．该反应中氧化剂是CO、还原剂是NO2C．该反应生成28gN2时，转移8mole－D．该反应将能减少汽车尾气对环境的污染4、化学在抗击新冠肺炎中起到了重要作用。下列叙述错误的是A．医用消毒剂使用的酒精浓度在75%(体积分数)左右消毒效果最佳B．免洗洗手液的有效成分活性银离子能使蛋白质变性C．传播新冠病毒的气溶胶分散质粒子直径大小在1nm~100nm之间D．制作口罩的熔喷布能100%挡住新冠病毒5、在航天飞机返回地球大气层时，为防止其与空气剧烈摩擦而被烧毁，需要在航天飞机外表面安装保护层。该保护层的材料可能为A．铝合金B．合金钢C．新型陶瓷D．塑料6、下列说法正确的是A．提取溴水中的溴单质的方法：加入酒精后，振荡、静置、分液B．除去CO2气体中混有的SO2的方法：通过装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶C．向铜和浓硫酸反应后的混合液中加水，可以判断有无铜离子生成D．金属钠着火可以二氧化碳气体来灭火7、下列实验方案能达到目的的是A．用Cu和稀硝酸反应制备少量H2B．电解熔融的氧化铝可制得金属铝C．用淀粉溶液检验碘化钾溶液中的碘元素D．NaOH溶液鉴别NH4Cl溶液和(NH4)2SO4溶液8、CPAE是蜂胶的主要活性成分，由咖啡酸合成CPAE路线如下：下列说法正确的是A．苯乙醇分子的核磁共振氢谱共有7个峰B．苯乙醇能发生消去反应，且与互为同系物C．咖啡酸、苯乙醇及CPAE都能发生取代、加成和氧化反应D．1mol咖啡酸最多可与含3

mol

NaHCO3的溶液发生反应9、V升pH均为2的盐酸和醋酸溶液分别用NaOH溶液中和,消耗NaOH的量A．前者多B．后者多C．一样多D．无法确定10、下列化合物的分子中，所有原子都处于同一平面的是A．乙烷B．丙炔C．乙醛D．氯苯11、已知短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲是地壳含量最多元素，乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应，丁的P轨道有两个未成对电子。下列说法错误的是A．元素丙的单质可用于冶炼金属B．甲与丁形成的分子中有非极性分子C．简单离子半径：丁＞乙＞丙D．甲与乙形成的化合物均有强氧化性12、我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下下列说法正确的是A．生成CH3COOH总反应的原子利用率小于100%B．CH4+CO2→CH3COOH过程中，CH4分子中所有C―H键发生断裂C．①→②放出能量并形成了C―C键D．该催化剂可有效改变该反应的反应热13、现有三种液态混合物：①乙酸（沸点118℃）和乙酸乙酯（沸点77.1℃）；②汽油和水；③溴水。在实验室分离这三种混合物的正确方法依次为A．蒸馏、分液、萃取 B．萃取、蒸馏、分液C．分液、蒸馏、萃取 D．蒸馏、萃取、分液14、向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如下所示。下列叙述正确的是（）A．反应在c点达到平衡状态B．反应物浓度：点小于点C．反应物的总能量低于生成物的总能量D．时，SO2的转化率：段小于段15、在25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L。有关该溶液的叙述正确的是：A．该溶液的pH值可能为1 B．水的电离受到促进C．水的离子积将变小 D．该溶液的pH值一定为1316、在可逆反应中，改变下列条件一定能加快反应速率的是（）A．增大反应物的量 B．升高温度 C．增大压强 D．使用催化剂二、非选择题（本题包括5小题）17、X、Y、Z、W、Q是五种气态烃，其中X、Y、Z能使溴水褪色，1molZ与2mol氯气完全加成，生成物分子中每个碳原子上都连有氢原子和氯原子。X与Z、Y与Q分别有相同的分子通式，X在催化剂存在下与氢气反应可得到Y，在同温同压下Y与氮气的密度相同，W是最简单的有机物，Q没有同类的异构体，则五种气态烃的名称分别是：X：___，Y：___，Z：___，W：___，Q：___。18、A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下，A为固体，B为易挥发液体，C为气体。D、E、F、G、X均为化合物，其中X是一种无氧强酸、E为黑色固体，H在常温下为液体.它们之间的转化关系如图所示（其中某些反应条件和部分反应物已略去）。（1）写出化学式：A___，D___，E___，X___。（2）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是____。（填编号）（3）反应⑥的离子方程式为____。（4）反应⑦的化学方程式为____。（5）该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子___mol。19、某化学兴趣小组要完成中和热的测定。(1)实验桌上备有大、小两个烧杯、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、量筒、0.5mol/L盐酸、0.55mol/LNaOH溶液，实验尚缺少的玻璃用品是____________________、_____________。(2)实验中能否用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒？___(填“能”或“否”)，其原因是________。(3)他们记录的实验数据如下表：实验用品溶液温度t1t2①50mL0.55mol/LNaOH溶液50mL0.5mol/LHCl溶液20℃23.3℃②50mL0.55mol/LNaOH溶液50mL0.5mol/LHCl溶液20℃23.5℃已知：Q＝cm(t2－t1)，反应后溶液的比热容c为4.18kJ/(℃·kg)，各物质的密度均为1g/cm3。①根据上表数据计算该反应的ΔH＝______________。②根据实验结果写出NaOH溶液与HCl溶液反应的热化学方程式：____________________。20、某小组拟用含稀硫酸的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：0.20mol/LH2C2O4溶液、0.010mol/LKMnO4溶液(酸性)、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽物理量编号V(0.20mol/LH2C2O4溶液)/mLV(蒸馏水)/mLV(0.010mol/LKMnO4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离子方程式：___________________________。(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是探究浓度对化学反应速率的影响，则a为_________；(3)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。(4)实验③中加入amL蒸馏水的目的是__________________(5)为了观察紫色褪去，草酸与高锰酸钾初始的物质的量需要满足的关系n(H2C2O4)：n(KMnO4)最小为：_____________。21、我国自主研发的“蓝鲸一号”在中国南海神狐海域完成可燃冰连续试采，并得到中共中央国务院公开致电祝贺。“可燃冰”是天然气水合物，外形像冰，在常温常压下迅速分解释放出甲烷，被称为未来新能源。（1）“可燃冰”作为能源的优点是_______________________________(回答一条即可)。（2）甲烷自热重整是一种先进的制氢方法,包含甲烷氧化和蒸汽重整两个过程。向反应系统同时通入甲烷、氧气和水蒸气,发生的主要化学反应如下:反应过程化学方程式焓变△H(kJ.mol-l)活化能E.(kJ.mol-1)甲烷氧化CH4(g)+O2(g)CO(g)+2H2O(g)-802.6125.6CH4(g)+O2(g)CO2(g)+2H2(g)-322.0172.5蒸气重整CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)+206.2240.1CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)+158.6243.9回答下列问题:①在初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率______(填“大于”“小于”或“等于”)甲烷氧化的反应速率。②反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)

的平衡转化率与温度、压强关系[其中n(CH4)：n(H2O)=1:1]如图所示。该反应在图中A点的平衡常数Kp=________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)，图中压强(p1、p2、p3、p4)由大到小的顺序为___________。③从能量角度分析，甲烷自热重整方法的先进之处在于___________。（3）甲烷超干重整CO2技术可得到富含CO的气体，其能源和环境上的双重意义重大，甲烷超干重整CO2的催化转化原理如图所示。①过程II中第二步反应的化学方程式为_________。②过程II的催化剂是______，只有过程I投料比_______，催化剂组成才会保持不变。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解题分析】根据图示，左边为锌-铜-硫酸锌原电池，锌做负极，铜做正极，锌发生吸氧腐蚀；右边为电解池，电极都是铜，电解质为硫酸铜溶液，是电镀池，据此分析解答。【题目详解】A．电路中电子只能通过外电路，不能通过电解质溶液，溶液是通过自由移动的离子导电的，故A错误；B．装置中左边为原电池，锌做负极，铜做正极，右边为电解池，原电池反应是吸氧腐蚀，故B错误；C．右边为电解池，是电镀装置，c电极为阳极，铜逐渐溶解，d电极为阴极，析出铜，c电极质量减少量等于d电极质量增加量，故C正确；D．右边为电解池，是电镀装置，d电极反应：Cu2++2e-=Cu，反应后CuSO4溶液浓度基本不变，故D错误；故选C。2、C【分析】化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，结合反应方程式分析计算。【题目详解】氢气完全燃烧生成水蒸气是放热反应，所以化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，设氢气中1molH-H键断裂时吸收热量为Q，根据方程式：2H2+O22H2O，1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，2mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量4×121kJ，则：4×121kJ=4×463kJ-(2Q+496kJ)，解得：Q=436kJ，故选C。3、A【解题分析】试题分析：A、化合价升高的物质是还原剂，化合价降低的物质的是氧化剂，CO化合价升高，属于还原剂，NO2化合价降低，属于氧化剂，故说法错误；B、存在化合价的变化，属于氧化还原反应，故说法正确；C、生成1molN2或28g氮气，转移电子2×4mol=8mol，故说法正确；D、CO2、N2都是空气的组成成分，对环境无污染，故说法正确。考点：考查氧化还原反应等知识。4、D【题目详解】A．乙醇(酒精)作为消毒剂使用时，常用浓度是75%，低于75%,达不到杀菌目的，高于75%,又会使细菌表面的蛋白质迅速凝固而妨碍酒精向内渗透，也会影响杀菌效果，故A正确；B．免洗洗手液的有效成分活性银离子属于重金属盐离子，能使蛋白质变性，故B正确；C．根据胶体的特征，传播新冠病毒的气溶胶分散质粒子直径大小在1nm~100nm之间，故C正确；D．新冠病毒通过飞沫传播，而飞沫的直径比病毒大，制作口罩的熔喷布能有效阻挡颗粒较大的含有新冠病毒的气溶胶飞沫，但无法挡住新冠病毒，故D错误；答案选D。5、C【解题分析】A、铝合金的熔点较低，不耐高温，故A错误；B、合金钢的熔点较高，但是导热性好，不能保护内部材料，故B错误；C、新型陶瓷熔点较高，所以能耐高温，故C正确；D、塑料的熔点很低，所以不能耐高温，故D错误；故选C。6、B【解题分析】A.酒精和水互溶，不能作萃取剂，故A错误；B.饱和碳酸氢钠溶液与CO2不反应，与SO2反应生成CO2气体，故B正确；C.铜和浓硫酸在加热条件下反应生成了硫酸铜，由于体系中还存在浓硫酸，应该将反应后的溶液缓慢加入水中，并不断搅拌，故C错误；D.金属钠和二氧化碳气体反应，所以金属钠着火不能用二氧化碳气体来灭火，故D错误。故选B。7、B【题目详解】A.Cu和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，不能用于制备H2，选项A错误；B.电解熔融的氧化铝可制得金属铝和氧气，选项B正确；C.淀粉遇碘变蓝是碘单质不是碘离子，故不能用淀粉溶液检验碘化钾溶液中的碘元素，选项C错误；D.浓NaOH溶液与NH4Cl溶液和(NH4)2SO4溶液共热均产生氨气，现象相同，无法鉴别NH4Cl溶液和(NH4)2SO4溶液，选项D错误。答案选B。8、C【题目详解】A．苯乙醇分子的核磁共振氢谱为1：2：2：2：2：1，共有6个峰，A说法错误；B．苯乙醇中与羟基相连碳原子的相邻碳原子上有氢原子，能发生消去反应，为酚羟基，与苯乙醇不是同系物，B说法错误；C．咖啡酸中含有碳碳双键、羧基和酚羟基，苯乙醇中含有醇羟基、苯环，CPAE含有酚羟基、碳碳双键和酯基都能发生取代、加成和氧化反应，C说法正确；D．1mol咖啡酸含有碳碳双键、羧基和酚羟基，只有羧基可与碳酸氢钠反应，故最多可与含1mol

NaHCO3的溶液发生反应，D说法错误；答案为C。9、B【解题分析】V升pH均为2的盐酸和醋酸溶液n(H+)相等，为10-2mol/L，但是CH3COOH是弱酸，不完全电离，所以醋酸的浓度大于盐酸的浓度，消耗NaOH的物质的量醋酸>盐酸，答案选B。10、D【解题分析】存在甲基的分子，不可能所有原子都在同一平面上，乙烷、丙炔、乙醛分子中都存在甲基，故排除A、B、C；氯苯是1个氯原子取代了苯分子中的1个H原子形成的，故氯苯分子中所有的原子也处于同一平面，故选D。11、D【解题分析】甲是地壳含量最多元素，则甲为氧；乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应，则丙为铝；丁的P轨道有两个未成对电子，则丁为硫，乙为钠，据此分析可得结论。【题目详解】A.铝单质可通过铝热反应来冶炼难熔的金属，故A说法正确；B.甲与丁形成的分子有二氧化硫和三氧化硫，SO2为极性分子，SO3为非极性分子，故B说法正确；C.丁、乙、丙的简单离子分别为：S2-、Na+、Al3+，S2-核外有三个电子层，半径最大，Na+、Al3+的核外电子排布相同，Al3+的核电荷数较多，半径较小，则它们的大小顺序为：丁＞乙＞丙，故C说法正确；D.甲与乙可形成的化合物有氧化钠和过氧化钠，氧化钠并没有强氧化性，故D说法错误；答案选D。12、C【解题分析】A项，CO2与CH4反应只生成CH3COOH，原子利用率为100%，故A项错误；B项，由图可知，CH4在催化剂的作用下，经过选择性活化，C原子会与催化剂形成一个新的共价键，有1个C―H键发生断裂，故B项错误；C项，①的能量高于②，故①→②放出能量，从图中可以看出，反应过程中形成了C―C键，故C项正确;D项，催化剂只改变反应的反应速率，降低反应活化能，不能改变该反应的反应热，故D项错误；综上所述，本题选C。13、A【解题分析】①乙酸和乙酸乙酯是互溶的两种液体，利用沸点不同，采用蒸馏的方法进行分离；②汽油和水为互不相溶的两种液体，采用分液的方法分离；③溴易溶于有机溶剂，采用萃取的方法进行分离；答案选A。14、D【题目详解】A、化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率还在改变，未达平衡，错误；B、a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，错误；C、从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，错误；D、随着反应的进行，正反应速率增大，△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段，正确；答案选D。15、A【题目详解】在25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L<10-7mol/L，说明该溶液中水的电离受到抑制，则溶液中的溶质为酸或碱。A.如果溶质是酸，则溶液的pH=1，如果是碱，溶液中的氢离子等于水电离出的氢离子，所以溶液的pH=13，A正确；B.某稀溶液中由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L<10-7mol/L，说明该溶液中水的电离受到抑制，B错误；C.离子积常数只与温度有关，温度不变，水的离子积常数不变，C错误；D.根据A知，该溶液的pH可能是1或13，D错误；故合理选项是A。16、B【题目详解】A．当反应物为固体或溶剂时，增大该反应物的量，反应速率可能不变或减小，A不合题意；B．升高温度，反应物分子的能量升高，有效碰撞的次数增多，化学反应速率加快，B符合题意；C．若没有气体参加反应，增大压强对反应速率不产生影响，C不合题意；D．若使用负催化剂，会减慢化学反应速率，D不合题意；故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、乙炔乙烯1，3－丁二烯甲烷环丙烷【分析】根据同温同压下，密度相同则相对分子质量相同进行分析；能使溴水褪色说明结构中含有碳碳不饱和建。最简单有机物为甲烷。据此分析。【题目详解】X、Y、Z、W、Q是五种气态烃，即碳原子数小于等于4,其中X、Y、Z能使溴水褪色，说明有碳碳不饱和键,其他物质中应都是单键,在同温同压下Y与氮气的密度相同,说明其相对分子质量为28,是乙烯；Y与Q分别有相同的分子通式，Q没有同类的异构体，说明其为环丙烷；X在催化剂存在下与氢气反应可得到Y，说明X为乙炔；W是最简单的有机物，为甲烷；1molZ与2mol氯气完全加成，生成物分子中每个碳原子上都连有氢原子和氯原子，X与Z有相同的分子通式，则Z为1，3－丁二烯。故X为乙炔，Y为乙烯，Z为1，3－丁二烯，W为甲烷，Q为环丙烷。18、FeFe(NO3)3Fe3O4HCl③⑥Fe3++3SCN－Fe(SCN)33Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H20.8【分析】根据D加F为红色溶液，想到KSCN和铁离子显红色，再联想D到G的转化，是亚铁离子和铁离子之间的转化，故D为铁离子，G为亚铁离子，A为单质铁，而B和A要反应生成铁离子，再联系A为有液体且易挥发，说明是硝酸，再根据E和X反应生成D、G、H，说明E中有铁的两个价态，E为黑色固体，且Fe和C点燃变为黑色固体，想到E为四氧化三铁，X为盐酸，H为水。【题目详解】⑴根据前面分析得出化学式：A：Fe，D：Fe(NO3)3，E：Fe3O4，X：HCl，故答案分别为Fe；Fe(NO3)3；Fe3O4；HCl；⑵在反应①～⑦中，①～⑦反应分别属于①氧化还原反应，②氧化还原反应，③复分解反应，④氧化还原反应，⑤氧化还原反应，⑥复分解反应，⑦氧化还原反应，故不属于氧化还原反应的是③⑥，故答案为③⑥；⑶反应⑥的离子方程式为Fe3++3SCN－Fe(SCN)3，故答案为Fe3++3SCN－Fe(SCN)3；⑷反应⑦的化学方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，故答案为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；⑸反应⑦中，铁化合价升高，水中氢化合价降低，分析氢总共降低了8个价态即转移8mol电子，因此每消耗0.3mol的A，可转移电子0.8mol，故答案为0.8mol。19、环形玻璃搅拌棒温度计否金属易导热，热量散失多，导致误差偏大－56.8kJ/molNaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－56.8kJ/mol【解题分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；（2）铜丝搅拌棒是热的良导体，热量损失大，即可判断出答案；（3）先判断温度差的有效性，然后求出温度差平均值，再根据Q=m•c•△t计算反应放出的热量，然后根据△H=-Q/n计算出反应热，根据中和热的概念以及热化学方程式的书写方法写出热化学方程式【题目详解】（1）中和热的测定过程中，需要使用温度计测量温度。为了使酸和碱充分接触，还需要用环形玻璃搅拌棒进行搅拌。所以还缺少环形玻璃搅拌棒和温度计；因此，本题正确答案是：环形玻璃搅拌棒、温度计；

(2)不能用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，因为铜丝搅拌棒是热的良导体，热量损失大，因此，本题正确答案是：否、金属易导热，热量散失多，导致误差偏大；(3)50mL0.5mol/LHCl溶液和50mL0.55mol/LNaOH溶液质量和m=100mL×1g/mL=100g，c=4.18kJ/(kg·℃)，2次温度差分别为:3.3℃、3.5℃。2组数据都有效，温度差平均值△t=3.4℃，代入公式Q=cm△t得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18kJ/(kg·℃)×100g×3.4℃=1421.2J=1.4212kJ，即生成0.025mol的水放出热量1.4212kJ,所以生成1mol的水放出热量为1.4212kJ×1mol/0.025mol=56.8kJ，即该实验测得的中和热△H=−56.8kJ/mol,。NaOH溶液与HCl溶液反应的热化学方程式为：HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=−56.8kJ/mol，故答案为①−56.8kJ/mol；②HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=−56.8kJ/mol；20、5H2C2O4＋6H＋＋2＝10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O温度1.0t(溶液褪色时间)/s催化剂得③中高锰酸钾浓度与②中高锰酸钾浓度相同，草酸浓度，2.5【分析】(1)根据H2C2O4与KMnO4在H2SO4作用下反应生成MnSO4、CO2和H2O书写离子方程式。(2)实验①②是温度不同，②③是探究浓度对化学反应速率的影响，则要使得混合后高锰酸钾浓度相同，草酸浓度不同。(3)要分析化学反应速率，则需要褪色后所用时间，上述实验②④每个物理量都相同，应该探究催化剂对化学反应速率的影响。(4)根据混合后溶液体积要相同才能使得高锰酸钾浓度相同。(5)根据反应离子方程式得到草酸与高锰酸钾初始的物质的量比值。【题目详解】(1)上述反应原理是H2C2O4与KMnO4在H2SO4作用下反应生成MnSO4、CO2和H2O，其离子方程式：5H2C2O4＋6H＋＋2＝10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O；故答案为：5H2C2O4＋6H＋＋2＝10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O。(2)实验①②是温度不同，其他量相同，因此是探究温度对化学反应速率的影响；若上述实验②③是探究浓度对化学反应速率的影响，在最后溶液的体积应该相同，因此a为1.0mL；故答案为：温度；1.0。(3)要分析化学反应速率，则需要褪色后所用时间，因此表格中“乙”应填写t(溶液褪色时间)/s。上述实验②④每个物理量都相同，因此应该是探究催化剂对化学反应速率的影响；故答案为：t(溶液褪色时间)/s；催化剂。(4)实验③中加入amL蒸馏水的目的是使得③中高锰酸钾浓度与②中高锰酸钾浓度相同，草酸浓度，不同，如果不加，则②③中高锰酸钾和草酸浓度都不相同；故答案为：得③中高锰酸钾浓度与②中高锰酸钾浓度相同，草酸浓度。(5)为了观察紫色褪去，根据反应离子方程式得到草酸与高锰酸钾初始的物质的量需要满足的关系即；故答案为：2.5。【题目点拨】分析浓度对反应速率的影响时，一定要注意混合后溶液的总体积要相同才能使的其中一个物质的浓度相同，另外一个物质的浓度不相同，因此要加入蒸馏水来使混合后溶液总体积相同。21、能量密度高、清洁、污染小、储量大小于3/16(Mpa)2或0.1875(Mpa)2p1>p2>p3>p4甲烷氧化反应放出热量正好用于蒸汽重整反应所吸收自热量，达到能量平衡3Fe+4CaCO3Fe3O4+4CaO+4CO↑Fe3O4、CaO1/3【分析】（1）“可燃冰”是一种白色固体，有极强的燃烧力。（2）①从表中活化能数据看出在初始阶段，甲烷蒸汽重整反应活化能较大，而甲烷氧化的反应活化能均较小，所以甲烷氧化的反应速率快。②假设甲烷有1mol，水蒸气有1mol，CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)起始量1100变化量0.20.20.20.6平衡量