2024届贵州省铜仁市高二化学第一学期期中质量跟踪监视试题含解析

2024届贵州省铜仁市高二化学第一学期期中质量跟踪监视试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列事实与对应的方程式不相符的是（）A．已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH<0，灼热的铂丝与NH3、O2混合气接触，铂丝继续保持红热B．已知：2NO2(g)（红棕色）N2O4(g)（无色）ΔH<0，将“NO2球”浸泡在冷水中，颜色变浅C．因H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1，故向含0.1molHCl的盐酸中加入4.0gNaOH固体，放出的热量等于5.73kJD．甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ·mol-1，则甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-12、可逆反应mA（固）+nB（气）pC（气）+qD（气），反应过程中其它条件不变时C的百分含量C%与温度（T）和压强（P）的关系如图所示，下列叙述中正确的是A．达到平衡后，使用催化剂，C%将增大B．达到平衡后，若升高温度、化学平衡向逆反应方向移动C．方程式中n>p+qD．达到平衡后，增加A的量有利于化学平衡向正反应方向移动3、下列实验装置不能达到实验目的的是A．图1：制备并观察氢氧化亚铁B．图2：证明过氧化钠与水反应放热C．图3：验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性D．图4：验证酸性强弱H2SO4>H2CO3>H2SiO34、根据下列事实：①X＋Y2+＝X2+＋Y；②Z＋H2O（冷）＝Z(OH)2＋H2↑；③Z2+氧化性比X2+弱；④由Y、W电极组成的电池，电极反应为W2+＋2e-＝W、Y－2e-＝Y2+，可知X、Y、Z、W的还原性由强到弱的顺序为（）A．X>Z>Y>W B．Z>W>X>YC．Z>Y>X>W D．Z>X>Y>W5、反应3Fe（s）+4H2O（g）⇌Fe3O4+4H2（g）在一可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（）A．保持体积不变，增加H2O（g）的量B．将容器的体积缩小一半C．保持体积不变，充入Ne使体系压强增大D．压强不变，充入Ne使容器的体积增大6、下列实验操作及结论正确的是A．萃取碘水中的碘时，可以选择苯作为萃取剂B．配置0.1mol·L-1NaCl溶液时，若缺少洗涤步骤，会使实验结果偏高C．用洁净的铂丝蘸取某溶液于酒精灯外焰上灼烧，显黄色，证明该溶液中不含K+D．某无色溶液中滴加氯化钡产生白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不消失，证明原溶液中含有SO42-7、常温下，关于1mol·L-1的H2C2O4溶液的理解正确的是()A．加水稀释过程中，溶液的pH减小B．c(H2C2O4)+c()+c()=1mol·L-1C．溶液中，lmol·L-1＜c(H+)＜2mol·L-1D．溶液中，H2C2O4电离出的c(H+)：c()=2：18、肯定属于同族元素且性质相似的是()A．原子核外电子排布式：A为1s22s2，B为1s2B．结构示意图：A为，B为C．A原子基态时2p轨道上有1个未成对电子，B原子基态时3p轨道上也有1个未成对电子D．A原子基态时2p轨道上有一对成对电子，B原子基态时3p轨道上也有一对成对电子9、下图曲线a表示放热反应X（g）＋Y（g）Z（g）＋M（g）＋N（s）进行过程中X的转化率随时间变化的关系。若要改变起始条件，使反应过程按b曲线进行，可采取的措施是A．减小体积 B．加大X的投入量C．减压 D．升高温度10、把下列四种X溶液分别加入四个盛有10mL2mol·L-1的盐酸的烧杯中，均加水稀释到50mL，此时，X和盐酸缓慢地进行反应，其中反应速率最快的是（）A．5℃20mL3mol·L-1的X溶液B．20℃10mL5mol·L-1的X溶液C．20℃30mL2mol·L-1的X溶液D．10℃10mL1mol·L-1的X溶液11、在密闭容器中发生下列反应aA(g)cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.7倍，下列叙述正确的是A．A的转化率变小B．平衡向正反应方向移动C．D的物质的量变多D．a＞c＋d12、下列各组原子序数所表示的两种元素，能形成AB2型离子化合物的是A．12和17 B．11和17 C．11和16 D．6和813、X、Y、Z三种气体，当X和Y按1:1的物质的量之比混合并通入密闭容器进行反应:X+2Y2Z，当达到化学平衡时，反应物总物质的量与生成物总物质的量相等，此时X的转化率是A．70%B．60%C．50%D．40%14、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去2min

后，试管里出现凝胶非金属性：Cl＞SiB向滴有甲基橙的AgNO3溶液中滴加KCl溶液溶液由红色变为黄色KCl

溶液具有碱性C将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置下层液体显紫红色氧化性：I2＞Fe3+D向浓度均为0.1

mol/L的NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀Ksp(AgCl)>

Ksp(AgI)A．A B．B C．C D．D15、某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是（）A．由实验可知，(a)、(b)、(c)所涉及的反应都是放热反应B．将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加C．实验(c)中将玻璃搅拌器改为铁质搅拌棒对实验结果没有影响D．实验(c)中若用NaOH固体测定，则测定结果偏高16、下列物质属于合成高分子化合物的是A．淀粉 B．蚕丝 C．聚氯乙烯 D．纤维素二、非选择题（本题包括5小题）17、某气态烃甲在标准状况下的密度为1.25g•L-1，在一定条件下氧化可生成有机物乙；乙与氢气反应可生成有机物丙，乙进一步氧化可生成有机物丁；丙和丁在浓硫酸加热条件下可生成有机物戊（有芳香气味）。请回答：（1）甲的结构简式是_____________；乙的官能团名称为__________________；（2）写出丙和丁反应生成戊的化学方程式_______________________________；（3）下列说法正确的是___________A．有机物甲可以使高锰酸钾溶液褪色，是因为发生了氧化反应B．葡萄糖水解可生成有机物丙C．有机物乙和戊的最简式相同D．有机物戊的同分异构体有很多，其中含有羧基的同分异构体有3种18、化合物A（C4H10O）是一种有机溶剂，且A只有一种一氯取代物B，在一定条件下A可以发生如下变化：（1）A分子中的官能团名称是___，A的结构简式是___；（2）写出下列化学方程式：A→B：___；A→D：___；（3）A的同分异构体F也可以有框图内A的各种变化，且F的一氯取代物有三种。F的结构简式是：___。19、某化学学习小组进行如下实验：Ⅰ.探究反应速率的影响因素设计了如下的方案并记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。限选试剂和仪器：0.20mol·L-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（1）若上述实验②、③是探究浓度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__________________。Ⅱ.测定H2C2O4·xH2O中x值已知：M（H2C2O4）=90g·mol-1①称取1.260g纯草酸晶体，将草酸制成100.00mL水溶液为待测液；②取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4；③用浓度为0.05000mol·L-1的KMnO4标准溶液进行滴定。反应原理为：5H2C2O4+2MnO4—+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O（2）某学生的滴定方式（夹持部分略去）如下，最合理的是________（选填a、b）。由图可知消耗KMnO4溶液体积为________mL。（3）滴定终点锥形瓶内现象为__________________________________________________。（4）通过上述数据，求得x=______________。（5）下列操作会造成所测x偏大的是____________(填字母)。A．滴定终点俯视读数B．锥形瓶用待测溶液润洗C．滴定前有气泡，滴定后没有气泡D．配制100mL待测溶液时，有少量溅出20、某研究性学习小组通过下列反应原理制备SO2并进行性质探究。反应原理为：Na2SO3(固)+H2SO4(浓)＝Na2SO4+SO2↑+H2O（1）根据上述原理制备并收集干燥SO2的实验装置连接顺序为________________。(填接头序号)（2）D中盛装的试剂为_________________。（3）甲同学用注射器吸取纯净的SO2并结合装置G进行SO2的性质实验，若X是Na2S溶液，其目的是检验SO2的_____________，可观察到的现象_________。（4）实验1：乙同学将溶液X换为浓度均为0.1mol/LFe(NO3)3和BaCl2的混合溶液（已经除去溶解氧），通入少量SO2后观察到烧杯产生白色沉淀，乙同学认为白色沉淀为BaSO4，为探究白色沉淀的成因，他继续进行如下实验验证：（已知：0.1mol/LFe(NO3)3的pH=2）实验操作现象结论和解释2将SO2通入0.1mol/L____和BaCl2混合液产生白色沉淀Fe3+能氧化H2SO33将SO2通入_______和BaCl2混合液产生白色沉淀酸性条件NO3-能将H2SO3氧化为SO42-21、氮元素形成的单质和化合物在生产、生活中具有广泛的应用，对它们的研究具有重要的价值和意义。已知：Ⅰ.N2(g)+O2(g)=2NO(g)∆H＝+180.5kJ·mol－1Ⅱ.2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)∆H＝－167.7kJ·mol－1Ⅲ.4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)∆H＝－809.6kJ·mol－1回答下列问题：(1)在热力学上反应Ⅱ比反应Ⅰ趋势更大，原因是________。(2)研究发现反应Ⅱ分两步进行：第一步：2NO(g)=N2O2(g)∆H＜0快反应；第二步：N2O2(g)+O2(g)=2NO2(g)∆H＜0慢反应；下列有关叙述正确的是___________。A．反应速率：v(第一步)>v(第二步)B．活化能：E(第一步)>E(第二步)C．决定反应II速率快慢的步骤为第二步D．若第二步的v正=k正c(N2O2)·c(O2)、v逆=k逆c2(NO2)，则第二步的平衡常数K=k正·k逆(3)将NH3与O2按体积比4:5充入体积不变的容器中，起始体系总压强为45kPa，分别在催化剂M、N作用下发生反应III，NO的分压(P)与反应时间(t)和温度(T)的关系如图：①下列叙述能证明该反应已达平衡状态的是___________(填序号)。A．NH3与O2体积比不再发生变化B．单位时间内断裂1molN－H键，同时断裂1molO－H键C．c(NO)与c(H2O)浓度之比为2:3D．容器内混合气体的压强不再变化②由图像可判断反应温度：T1_______________T2(填“>”“<”“=”，下同)，催化剂效率：催化剂M_________催化剂N，T1℃时，在催化剂M作用下，0～10min内的平均反应速率v[NH3(g)]=____________kPa·min－1。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【题目详解】A．该可逆反应放热，灼热的铂丝接收到反应放出的热量继续保持红热，A正确；B．该反应为放热反应，降低温度的时候平衡向正向移动，气体颜色变浅，B正确；C．NaOH固体溶于盐酸中还要放出大量的热，故热化学方程式不能用选项中的方程式表达，C错误；D．燃烧热是用1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，热化学方程式中生成物为稳定氧化物，D正确；故选C。2、B【题目详解】可逆反应,当其他条件一定时,温度越高,反应速率越大,达到平衡所用的时间越短。由图象(1)可知T1>T2，温度越高，平衡时C的体积分数φ(C)越小，故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短。由图(2)可知P2>P1，压强越大，平衡时C的体积分数φ(C)越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即n<p+q。A.催化剂只改变化学反应速率，对平衡移动没有影响，C的质量分数不变，故A错误；B.由上述分析可知，可逆反应mA(固)+nB(气)⇌Pc(气)+qD(气)正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，即向逆反应移动，故B正确；C.由上述分析可知，可逆反应mA(固)+nB(气)⇌Pc(气)+qD(气)正反应为气体物质的量增大的反应，即n<p+q，故C错误；D.

A为固体，浓度为定值，达平衡后，增加A的量，平衡不移动，故D错误。答案选B。3、C【解题分析】A.氢氧化亚铁不稳定，易空气被氧化。图1通H2把试管中的氢氧化钠溶液压入装铁和硫酸反应的装置中，起到了隔绝空气的作用，故A正确；B.图2：过氧化钠滴水后，脱脂棉燃烧了，说明过氧化钠和水反应是放热反应，故B能证明过氧化钠与水反应放热。故B正确；C.图3：验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性实验，应该是碳酸氢钠在里边小试管，碳酸钠装在大试管里；故C错；D.图4H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2+H2O：Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3+Na2CO3证明酸性H2SO4>H2CO3>H2SiO3故D正确。4、D【题目详解】在比较金属性强弱时一般可以借助元素周期律，也可以是与水反应的难易程度，或者与酸反应置换出氢气的难易程度，或是最高价氧化物对应水化物的碱性强弱以及相应之间的转化能力。根据①说明X＞Y，根据②说明Z最活泼。根据③说明Z＞X，由④说明Y＞W。综上所述，还原性由强到弱的顺序为：Z>X>Y>W，所以答案是D。5、C【解题分析】A、因浓度越大，化学反应速率越快，所以增加H2O（g）的量，反应速率加快，故A错误；B、将容器的体积缩小一半，反应体系中物质的浓度增大，则化学反应速率增大，故B错误；C、保持体积不变，充入Ne，Ne不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，故C正确；D、保持压强不变，充入Ne，使容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减小，故D错误；故选C。6、A【解题分析】A．碘易溶于苯且苯不溶于水，可选择苯萃取碘水中的碘，故A正确；B．配置0.1mol·L-1NaCl溶液时，若缺少洗涤步骤，溶质减小，会使实验结果偏低，故B错误；C．用洁净的铂丝蘸取某溶液于酒精灯外焰上灼烧，显黄色，但没有透过蓝色钴玻璃观察，无法判断该溶液中是否含K+，故C错误；D．某无色溶液中滴加氯化钡产生白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不消失，此沉淀可能是AgCl，不能证明原溶液中含有SO42-，故D错误；故答案为A。7、B【题目详解】A．H2C2O4为弱酸，1mol·L-1的H2C2O4溶液在加水稀释过程中，虽然其电离平衡正向移动，但溶液体积增大是主要的，故溶液的酸性减弱，溶液的pH增大，A不正确；

B．根据物料守恒可知，c(H2C2O4)+c()+c()=1mol·L-1，B正确；C．1mol·L-1的H2C2O4溶液中，由于H2C2O4为弱酸，其电离度很小，因此该溶液中，c(H+)远远小于lmol·L-1，加水稀释后，c(H+)将会变得更小，C不正确；D．溶液中，H2C2O4为二元弱酸，其在水溶液中分步电离，存在两个电离平衡，以第一步电离为主，因此电离出的c(H+)：c()远远大于2：1，D不正确。综上所述，本题选B。8、D【解题分析】A：前者为Be，后者为He，分处于IIA及0族。B：前者为0族Ne，后者为IA的Na；C：前者为B或F，后者为Al或Cl，不一定是同族元素；D：前者为O，后者为S，均为第ⅥA元素；故选D。9、A【题目详解】根据图像可知使反应过程按b曲线进行时X的转化率不变，所用时间缩短，速率加快，则：A．正反应是体积不变的，则减小体积压强增大，反应速率加快，但平衡不移动，A正确；B．加大X的投入量，X的转化率降低，B错误；C．减压，体积增大，各物质浓度减小，反应速率降低，达到平衡的时间增加，C错误；D．正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向进行，转化率降低，D错误；故答案选A。10、C【题目详解】A．20mL3mol/L的X溶液，X的物质的量为0.02L×3mol/L=0.06mol；

B．30mL2mol/L的X溶液，X的物质的量为0.01L×5mol/L=0.05mol；

C．10mL4mol/L的X溶液，X的物质的量为0.03L×2mol/L=0.06mol；

D．10mL2mol/L的X溶液，X的物质的量为0.01L×1mol/L=0.01mol；温度越高反应速率越快，温度B=C>D>A；浓度越大反应速率越快，浓度A=C>B>D，所以反应速率最快的应为C，故答案为C。11、A【解题分析】保持温度不变，将气体体积压缩到原来的一半，若平衡不移动，D的浓度变为原来的2倍，而当再次达到平衡时，D

的浓度为原平衡的

1.7

倍，可知平衡逆向移动，正反应为体积增大的反应，以此来解答。【题目详解】A．平衡逆向移动，A的转化率变小，故A正确；B．由上述分析可知，平衡逆向移动，故B错误；C．平衡逆向移动，D的物质的量减小，故C错误；D．压强增大，平衡逆向移动，则a＜c+d，故D错误；故选A。12、A【分析】根据原子序数分析元素，利用金属元素与非金属元素来分析形成的离子化合物，以此来解答．【题目详解】A、原子序数为12和17的元素分别为Mg、Cl，能形成离子化合物MgCl2，故A选；B、原子序数为11和17的元素分别为Na、Cl，能形成离子化合物NaCl，故B不选；C、原子序数为11和16的元素分别为Na、S，能形成离子化合物Na2S，故C不选；D、原子序数为6和8的元素分别为C、O，能形成CO、CO2共价化合物，故D不选；故选A。【题目点拨】本题考查AB2型离子化合物，解题关键：熟悉元素的原子序数来判断元素，注意AB2型离子化合物中，A通常显+2价，B通常显-1价。13、D【解题分析】假设X和Y起始物质的量均为1mol，达平衡时消耗Y物质的量为nmol，利用三段式用n表示出平衡时各各组分的物质的量，根据到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为1:1列方程计算n的值，再根据转化率定义计算。【题目详解】假设X和Y物质的量为1mol，达平衡时消耗Y物质的量为nmol，则建立如下三段式：X（g）+2Y（g）2Z（g）起始量（mol）：110变化量（mol）：n2n2n平衡量（mol）：1-n1-2n2n平衡后，反应物总物质的量与生成物总物质的量相等，则有（1-n+1-2n）=2n，解得n=0.4，X的转化率=0.4mol/1mol×100%=40%，故选D。【题目点拨】本题化学平衡的有关计算，旨在考查对基础知识的理解掌握，关键是注意三段式解题法的利用。14、D【题目详解】A．硅酸钠溶液中加入稀盐酸，发生反应生成硅酸凝胶，表明盐酸的酸性强于硅酸，但不能证明非金属性Cl＞Si，A不正确；B．向AgNO3溶液中滴加KCl溶液，由于生成AgCl沉淀，使得溶液中c(Ag+)减小，溶液的酸性减弱，所以溶液由红色变为黄色，B不正确；C．将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，下层液体显紫红色，则表明反应生成I2，则氧化性：Fe3+＞I2，C不正确；D．向浓度均为0.1

mol/L的NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现黄色沉淀，则表明I-先生成沉淀，从而表明Ksp(AgCl)>

Ksp(AgI)，D正确；故选D。15、D【题目详解】A.(a)是金属与酸的反应，是放热反应；(b)是氢氧化钡晶体与氯化铵反应，属于吸热反应；(c)酸碱中和反应是放热反应；因此放热反应只有(a)和(c)，选项A错误；B.铝粉和铝片本质一样，放出热量不变，只是铝粉参与反应，速率加快，选项B错误；C.相较于环形玻璃搅拌棒，铁质搅拌棒导热快，会造成热量损失，对实验结果有影响，选项C错误；D.氢氧化钠固体溶解时要放出热量，最终使测定中和热的数值偏高，选项D正确；答案选D。16、C【题目详解】A、淀粉是天然高分子化合物，故A错误；B、蚕丝成分是蛋白质，蛋白质是天然高分子化合物，故B错误；C、聚氯乙烯属于合成高分子化合物，故C正确；D、纤维素是天然高分子化合物，故D错误。答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH2=CH2醛基CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。AC【分析】某气态烃甲在标准状况下的密度为1.25g•L-1，根据ρ=M/Vm，所以M=ρVm=1.25g•L-1×22.4L/mol=28g/mol，气态烃的碳原子数小于等于4，故甲是C2H4，乙烯催化氧化生成乙醛，乙醛和氢气反应生成乙醇，乙醛催化氧化生成乙酸，乙酸和乙醇酯化反应生成乙酸乙酯。【题目详解】（1）某气态烃甲在标准状况下的密度为1.25g•L-1，根据ρ=M/Vm，M=ρVm=1.25g•L-1×22.4L/mol=28g/mol，气态烃的碳原子数小于等于4，故甲是C2H4，乙烯催化氧化生成乙醛，故答案为CH2=CH2；醛基。（2）乙与氢气反应可生成有机物丙，丙是乙醇，乙进一步氧化可生成有机物丁，丁是乙酸，丙和丁在浓硫酸加热条件下可生成有机物戊（有芳香气味），戊是乙酸乙酯，反应的化学方程式为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，故答案为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。（3）A.甲是乙烯，乙烯可以使高锰酸钾溶液褪色，乙烯被高锰酸钾溶液氧化了，故A正确；B.葡萄糖不能水解，故B错误；C.乙是乙醛，分子式是C2H4O，戊是乙酸乙酯，分子式是C4H8O2，最简式都是C2H4O，故C正确；D.有机物戊的同分异构体，其中含有羧基的同分异构体有2种，故D错误。故选AC。18、羟基(CH3)3C-OH+Cl2+HClCH2=C（CH3）2+H2O【分析】首先根据不饱和度发现A中无不饱和度，只有一种一氯代物说明只有一种等效氢，因此必然是对称结构的一元醇，则A为，B为一氯代物，C为醇钠，A到D是典型的消去反应的条件，得到烯烃，再和溴的四氯化碳加成得到E，本题得解。【题目详解】（1）A是醇，官能团为羟基，A的结构简式为；（2）A→B为取代反应，方程式为(CH3)3C-OH+Cl2+HCl，A→D为消去反应，方程式为CH2=C（CH3）2+H2O；（3）首先F也是一元醇，有3种等效氢，且羟基的邻位碳上有氢原子，符合条件的结构为。19、1.0溶液褪色的时间b20.00滴最后一滴KMnO4，溶液由无色变为紫红色，且半分钟不褪色2AD【解题分析】（1）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，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；（2）根据高锰酸钾溶液呈酸性，应选择酸式滴定管；根据滴定管的结构来解答；（3）根据滴定终点时溶液颜色的变化分析；（4）根据方程式5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O进行计算；（5）根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。【题目详解】（1）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）；其他条件相同，故答案为1.0；溶液褪色的时间。（2）酸式滴定管盛放酸性溶液和氧化性物质，碱式滴定管只能盛放碱性溶液，高锰酸钾溶液呈酸性，应盛放在酸式滴定管中，即b正确，滴定前刻度为0.80ml，滴定后刻度是20.80ml，消耗高锰酸钾的体积为(20.80－0.80)mL=20.00mL，故答案为b，20.00。（3）根据酸性高锰酸钾溶液为紫红色，滴定终点时，滴最后一滴KMnO4，溶液由无色变为紫红色，且半分钟不褪色，故答案为滴最后一滴KMnO4，溶液由无色变为紫红色，且半分钟不褪色。（4）5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O52n=0.00250.05×0.02m（H2C2O4）=0.0025mol×90g/mol=0.225gm（H2C2O4·xH2O）=1.26g×25/100=0.315gm（H2O）=0.315g-0.225g=0.09gn（H2O）=0.09g/18g/mol=0.005mol①又因为n（H2C2O4）=0.0025mol，根据元素守恒即n（H2C2O4·xH2O）=0.0025moln（H2O）=0.0025x②联立①②得0.0025x=0.005，计算得出x=2故答案为2。（5）A.滴定终点俯视读数，读数偏小，结果偏低，消耗高锰酸钾体积减小，草酸的质量减小，x偏大，故A正确；B.锥形瓶用待测溶液润洗，消耗标准液体积增加，结果偏高，消耗高锰酸钾体积增大，草酸的质量增大，x偏小，故B错误；C.滴定前有气泡，滴定后没有气泡，消耗标准液体积增加，结果偏高，消耗高锰酸钾体积增大，草酸的质量增大，x偏小，故C错误；配制100mL待测溶液时，有少量溅出，浓度偏低，消耗标准液体积减少，结果偏低，消耗高锰酸钾体积减小，草酸的质量减小，x偏大，故D正确。故答案为AD。20、afgdce（写afgdcfge）NaOH溶液（或其它碱液）氧化性产生黄色沉淀（黄色浑浊或乳白色沉淀）FeCl30.01mol/LHNO3（或pH=2的HNO3）【解题分析】试题分析：本题考查SO2的实验室制备和SO2性质探究，实验方案的设计。（1）根据反应原理，制备SO2属于“固体+液体→气体”；制得的SO2中混有H2O（g），用浓硫酸干燥SO2；SO2密度比空气大，用向上排空法收集；SO2污染大气，最后要进行尾气吸收，所以实验装置连接顺序为afgdce。（2）