2022-2023学年山东省济南市高一下学期期中考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省济南市2022-2023学年高一下学期期中考试试题说明：本试卷满分100分，分为第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，第I卷为第1页至第4页，第II卷为第5页至第8页。试题〖答案〗请用2B铅笔或0.5mm签字笔填涂到答题卡规定位置上，书写在试题上的〖答案〗无效。考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Cu64As75第I卷(共40分)一、选择题(本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意)1.化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法正确的是（）A.“陶成雅器”的主要原料是黏土B.汽车尾气污染物中含有的氮氧化物，是汽油或柴油不完全燃烧造成的C.《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼而用”里的石灰，指的是Ca(OH)2D.古代制盐(NaCl)有“东晒西煮”之说，是利用了复杂的物理、化学方法〖答案〗A〖解析〗【详析】A．黏土通过高温烧制可以得到陶器，A正确；B．机动车在行驶中烃类不完全燃烧，产生一氧化碳甚至冒黑烟，汽车尾气排放的氮氧化物是在汽车发动机气缸内高温富氧环境下氮气和氧气的反应，不是汽油不完全燃烧造成的，B错误；C．“凡石灰，经火焚炼而用”里的石灰，指的是碳酸钙高温煅烧而成的氧化钙，C错误；D．“东晒西煮”之说，是利用了蒸发结晶的方法获得食盐，不涉及化学方法，D错误；故选A。2.将撞入一个的原子核并释放出一个中子后，合成一种人造超重元素的原子X。下列叙述正确的是（）A.的质子数和中子数的差为40 B.X的质量数为277C.X的质子数为111 D.的核外电子数为146〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗原子符号的左上标为原子的质量数，左下标为质子数，将撞入一个的原子核并释放出一个中子后，合成一种人造超重元素的原子X，则X的质量数为70+208-1=277，质子数为30+82=112，根据质量数=质子数+中子数进行分析解答。【详析】A．的质子数为30，中子数=质量数-质子数=70-30=40，质子数和中子数的差为10，故A错误；B．根据分析，X的质量数为277，故B正确；C．根据分析，X的质子数为112，故C错误；D．的质子数为82，核外电子数=质子数=82，故D错误；〖答案〗选B。3.下列试剂实验室保存方法错误的是（）A.浓硝酸保存在配有玻璃塞的棕色细口瓶中B.氢氧化钠溶液保存在配有橡胶塞的玻璃瓶中C.四氯化碳保存在塑料瓶中D.氢氟酸保存在塑料瓶中〖答案〗C〖解析〗【详析】A．浓硝酸见光易分解，浓硝酸保存在配有玻璃塞的棕色细口瓶中，故A正确；B．氢氧化钠能与二氧化硅反应生成硅酸钠，氢氧化钠溶液保存在配有橡胶塞的玻璃瓶中，故B正确；C．四氯化碳是有机溶剂，四氯化碳不能保存在塑料瓶中，故C错误；D．氢氟酸能腐蚀玻璃，氢氟酸保存在塑料瓶中，故D正确；选C。4.火星气体及岩石中富含原子序数递增的四种短周期元素X、Y、Z、W，其中Z为短周期原子半径最大的元素(除稀有气体)，X、W为同一主族元素，Y是地壳中含量最高的元素，火星岩石中含有Z2WY3；下列判断正确的是（）A.离子半径：Z>Y B.简单氢化物的稳定性C.X、W的最高价氧化物均为酸性氧化物 D.化合物Z2WY3只含离子键〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗火星气体及岩石中富含原子序数递增的四种短周期元素X、Y、Z、W，其中Z为短周期原子半径最大的元素(除稀有气体)，Z为Na；Y是地壳中含量最高的元素，Y为O；Z2WY3中钠元素为+1价，氧元素为-2价，依据化合物中正负化合价代数和为0可得，W的化合价为+4价，W为Si；X、W为同一主族元素，X为C。【详析】A．电子层数相同时，核电荷数越大，微粒半径越小，离子半径：Na+<O2-，A错误；B．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，非金属性：C>Si，简单氢化物的稳定性，B错误；C．X为C，W为Si，二氧化碳和二氧化硅均为酸性氧化物，C正确；D．化合物Z2WY3为Na2SiO3，为离子化合物，既含离子键又含硅氧共价键，D错误；故选C。5.下列叙述正确的是（）A.共价化合物中一定含有极性共价键B.外界条件发生变化，化学反应速率一定改变C.对于已平衡的可逆反应，正逆反应的反应速率发生了改变，化学平衡一定发生移动D.构成原电池的两个电极材料一定是两种活泼性不同的金属〖答案〗A〖解析〗【详析】A．化合物是由不同元素组成的纯净物，共价化合物中只含有共价键，则共价化合物中一定含有不同元素形成的极性共价键，A正确；B．外界条件发生变化，化学反应速率不一定改变，例如碳和二氧化碳生成一氧化碳反应中增加碳单质的量，不影响反应速率，B错误；C．对于已平衡的可逆反应，正逆反应的反应速率发生了改变，若正逆反应速率改变幅度相同，则化学平衡不发生移动，C错误D．构成原电池的两个电极材料不一定是两种活泼性不同的金属，也可以是活泼金属和碳电极构成，D错误；故选A。6.利用太阳光在新型复合催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如图所示：下列说法错误是（）A.整个过程实现了光能向化学能的转换B.过程Ⅰ是氧化还原反应C过程Ⅰ吸收能量，过程Ⅱ放出能量D.反应物总能量小于生成物的总能量〖答案〗B〖解析〗【详析】A．由图可知，太阳能使水分解，则实现了太阳能向化学能的转化，A正确；B．过程Ⅰ是化学键断裂的过程，不是氧化还原反应，B错误；C．过程Ⅰ断键，吸收能量；过程Ⅱ中生成氢气、过氧化氢，形成化学键，过程Ⅱ放出能量，C正确；D．由图可知，太阳能使水分解，水分解吸热，则反应物的总能量小于生成物的总能量，D正确；故选B7.银锌电池是一种常见化学电源，其放电的反应原理为Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+Ag，下列说法错误的是（）A.Ag2O发生还原反应B.溶液中OH-向负极移动C.电子从Ag2O电极经外电路流向Zn电极D.Zn发生的电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据电池总反应，可知Zn为电池的负极，电极反应为锌失去电子发生氧化反应生成氢氧化锌，为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，Ag2O为电池的正极，得到电子发生还原反应生成银单质。【详析】A．Ag2O电极是正极，得到电子发生还原反应生成银单质，A正确；B．原电池中阴离子向负极移动，故溶液中OH-向负极移动，B正确；C．电子由电池负电极流出，经过导线流入电池正电极，C错误；D．Zn为电池的负极，电极反应为锌失去电子发生氧化反应生成氢氧化锌，为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，D正确；故选C。8.“空气吹出法”海水提溴的工艺如图，下列说法错误的是（）A.两次通入Cl2的作用不同B.吹出塔中用空气和水蒸气吹出Br2利用了溴的挥发性C.吸收塔中的SO2可以用Na2SO3溶液或Na2CO3溶液代替D.精馏是利用溴与水沸点的差异进行分离的操作〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗浓缩酸化的海水中含溴离子，通入氯气将溴离子氧化成溴单质，反应的离子方程式为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，利用溴易挥发的性质，经过热空气吹出，被二氧化硫还原成溴离子，反应的化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，主要是富集溴元素，再经过氯气氧化得到溴水混合物，通过冷凝、精馏分离得到产品溴，据此解答。【详析】A．两次通入氯气均是为了氧化溴离子转化为溴单质，作用相同，故A错误；B．溴单质易挥发，所以可利用热的空气和水蒸气将其从吹出塔中吹出，故B正确；C．Na2SO3溶液也具有还原性，可与溴单质发生氧化还原反应，达到富集溴元素的目的，碳酸钠具有碱性，可与溴发生歧化反应，生成的溴离子和次溴酸根离子再在酸性条件下发生归中反应重新生成溴单质，故C正确；D．精馏指的是蒸馏，利用的是溴与水沸点的差异进行分离的操作，故D正确；故选A。9.用下列实验装置进行相关实验，能达到实验目的的是（）A.用甲装置接收石油分馏实验中所得的馏分 B.用乙装置测量H2O2的分解速率C.用丙装置制取并观察Fe(OH)2沉淀 D.用装置D吸收多余氨气防止倒吸〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【详析】A．甲装置为密闭装置，蒸馏时气体压强增大可能引起爆炸等事故，故A错误；B．用乙装置进行实验时，反应产生的氧气会从长颈漏斗中逸出，故B错误；C．丙装置无法使生成的FeSO4溶液与NaOH溶液混合，不能制取Fe(OH)2，故C错误；D．NH3密度小于CCl4，且不溶于CCl4，CCl4密度大于水，因此不会倒吸，NH3从CCl4中逸出，被稀硫酸吸收，故D正确；综上所述，〖答案〗为D。10.某温度下，密闭容器中进行反应：X(g)＋4Y(g)⇌2Z(g)＋3R(g)，其中X、Y、Z、R的起始浓度依次为0.1、0.4、0.2、0.3(单位均为mol·L-1，下同)，则达平衡时，各物质的浓度不可能的是（）A.c(X)=0.15mol/L B.c(Z)=0.3mol/L C.c(Y)=0.45mol/L D.c(R)=0.6mol/L〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【详析】采用理想的“一边倒”思想进行分析，根据反应X(g)＋4Y(g)2Z(g)＋3R(g)可知，

将反应物都转化为生成物，X是0，Y是0，Z是0.2+0.2=0.4，R是0.3+0.3=0.6

将生成物都转化成反应物，X是0.1+0.1=0.2，Y是0.4+0.4=0.8，Z是0，R是0

以上都是完全反应的情况，不可能达到，所以数值介于最大和最小之间。

所以各物质的浓度范围是：0<X<0.2，0<Y<0.8，0<Z<0.4，0<R<0.6，D符合题意，故〖答案〗选D。二、选择题(本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，漏选得2分，多选错选不得分)11.为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。以下说法错误的是（）A.m的作用是平衡气压，便于液体顺利留下B.装置中NaOH溶液的作用是吸收尾气，防止污染空气C.装置B中溶液变黄说明氧化性Cl2>Br2；装置E中溶液变蓝说明氧化性Br2>I2D.当检验氧化性Br2>I2时，需要采用控制变量的思想〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗打开K1，关闭K2，K3，打开活塞a，滴加浓盐酸在A中与KMnO4反应生成Cl2，进入E中与KI反应，验证Cl2与I2的氧化性强弱；关闭K1，打开K2，K3，氯气进入B和C中，与NaBr反应，当B和C中的溶液都变为黄色时，证明BC中的NaBr中均有少量氯气进入，关闭K3，继续向B中通入Cl2，当B中溶液由黄色变为棕红色时，证明NaBr已被反应完全，验证氯气和溴的氧化性强弱，关闭活塞a，停止产生氯气，最后实验Ⅳ，打开活塞b，使C中反应生成的溴进入D中，验证溴的氧化性强于碘，据此分析解题。【详析】A．m仪器为恒压滴液漏斗，可平衡气压，便于液体顺利留下，A正确；B．根据分析可知，装置E和B上方浸有氢氧化钠溶液的棉花可吸收多余尾气，防止污染环境，B正确；C．単从实验E中现象：溶液变蓝，不能说明氧化性：Br2>I2，需要关闭活塞a，不再产生氯气后，再打开活塞b，使C中反应生成的溴进入D中，才能验证溴的氧化性强于碘，C错误；D．结合分析可知，验证氧化性Br2>I2时，需要采用控制单一变量的思想，排除氯气的干扰，D正确；〖答案〗选C。12.科学家提出有关甲醇(CH3OH)的碳循环如图所示。下列说法正确的是(“碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当)（）A.图中能量转化方式只有2种B.CO2、CH3OH均属于有机物C.CO2和H2合成CH3OH的反应中原子利用率为100%D.利用CO2合成CH3OH燃料有利于促进“碳中和”〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【详析】A．图中能量转化方式有风能转化为电能、电能转化为化学能、化学能转化为电能等，所以能量转化方式不止2种，故A错误；B．二氧化碳是碳的氧化物，属于无机物，故B错误；C．若原子利用率为100%，反应物全部转化为产品即甲醇，CO2和H2合成CH3OH的反应中还生成了水，原子利用率未达到100%，故C错误；D．利用CO2合成CH3OH燃料，给人们提供了燃料，同时消耗了二氧化碳，减少对化石能源的依赖并减少碳排放，有利于促进“碳中和”，故D正确；故选D。13.X、Y两种元素，原子序数均小于20；X、Y原子的最外层电子数相等，且原子半径X＜Y，下列说法正确的是(选项中m、n均为正整数)（）A.若X(OH)n为强碱，则Y(OH)n也一定为强碱B.若HnXOm为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性C.若X元素形成的单质是X2，则Y元素形成的单质一定是Y2D.若Y的最高正价为+m，则X的最高正价一定为+m〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗X、Y两种元素，原子序数均小于20；X、Y原子的最外层电子数相等，且原子半径X＜Y，则X、Y为同主族元素，且X在Y的上方。【详析】A．若X(OH)n为强碱，则X为金属元素，Y一定为金属元素，且金属性X＜Y，故Y(OH)n也一定为强碱，A正确；B．若HnXOm为强酸(比如HNO3)，则X的氢化物为NH3，其溶于水溶液显碱性，B不正确；C．若X元素形成的单质是X2(比如N2)，则Y元素形成的单质可能是白磷或红磷等，白磷的化学式为P4，红磷分子中含有的P原子数更多，C不正确；D．若Y为Cl，显+7价，则X为F，它没有正价，D不正确；故选A。14.2023年4月15日，我国神舟十五号航天员顺利完成第四次出舱任务，安全返回天问实验舱。载人飞船的材料中含有的主族元素W、X、Y、Z，分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，X、Z同主族，X的最外层电子数是W和Y的最外层电子数之和，其中只有Y的单质为金属，能与NaOH溶液反应。下列叙述正确的是（）A.原子半径：Y>Z>X>WB.Z氧化物为酸性氧化物，能与水反应生成对应的酸C.X与W形成的最简单化合物的热稳定性比Z与W形成的最简单化合物的热稳定性差D.Z单质可广泛应用于制造光电池、芯片等〖答案〗AD〖解析〗〖祥解〗主族元素W、X、Y、Z，分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，则W为氢；只有Y的单质为金属，能与NaOH溶液反应，Y为铝；X、Z同主族，X的最外层电子数是W和Y的最外层电子数之和，则X为碳、Z为硅。【详析】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：Y>Z>X>W，A正确；B．Z的氧化物二氧化硅为酸性氧化物，但是二氧化硅不能与水反应生成对应的酸，B错误；C．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强；X与W形成的最简单化合物的热稳定性比Z与W形成的最简单化合物的热稳定性大，C错误；D．Z单质为硅，具有良好的半导体性能，可广泛应用于制造光电池、芯片等，D正确；故选AD。15.下列关于可逆反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)的叙述正确的是（）A.化学反应速率关系是：2v正(NH3)=3v正(H2O)B.达到化学平衡时，4v正(O2)=5v逆(NO)C.达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大D.若单位时间内生成xmolNO的同时生成xmolNH3，则反应达到平衡状态〖答案〗BD〖解析〗【详析】A．化学反应速率比等于其系数比，关系是：3v正(NH3)=2v正(H2O)，A错误；B．达到化学平衡时物质的正逆反应速率相等，结合化学反应速率比等于其系数比，则4v正(O2)=5v逆(NO)，B正确；C．增大容积相当于减小压强，正、逆反应速率都减小，C错误；D．若单位时间内生成xmolNO的同时生成xmolNH3，则此时正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D正确；故选BD。第II卷(非选择题，共60分)16.现有部分短周期元素的信息如表所示：元素编号元素性质或原子结构信息X第三周期元素中简单离子半径最小的元素Y其最简单氢化物丙的水溶液呈碱性Z原子核外电子数和所周期数相等A、B、D三种单质(分别由X、Y、Z元素组成)和甲、乙、丙、丁、戊五种化合物之间的转化关系如图所示(某些条件已略去)。其中丁是一种筒能燃料，分子中含有18个电子，其组成元素与丙相同。(1)元素X在周期表中的位置是______，其简单离子的结构示意图为______。(2)单质B的电子式为______。(3)丙中所含的化学键类型是______(填序号)。a.离子键b.极性共价键c.非极性共价键(4)反应②中，0.5mol参加反应时转移1mol电子，该反应的化学方程式为______。(5)一定条件下，A与、C(石墨)反应只生成乙和碳化钛()，二者均为某些高温结构陶瓷的主要成分，该反应的化学方程式为______。〖答案〗①.第三周期IIIA族②.③.④.b⑤.⑥.〖解析〗〖祥解〗X是第三周期元素的简单离子中半径最小，则X为Al，Y最简单氢化物丙的水溶液呈碱性，则Y为N元素，丙为NH3，Z原子核外电子数和周期序数相等，则Z为H元素．A、B、D三种单质分别由X、Y、Z元素组成，则A为Al、B为N2、D为H2，丁是一种高能燃料，其组成元素与丙相同，且含有18mol电子，则丁为N2H4；Al与氮气反应生成甲为AlN，AlN水解得到氨气与氢氧化铝，故戊为Al(OH)3，乙为Al2O3，据此解答。【详析】(1)元素X为A1，在周期表中的位置是第三周期IIIA族，其简单离子的结构示意图为；(2)单质B为，电子式为；(3)丙为，N原子与H原子之间形成极性共价键，故选b；(4)反应②为氨气与的反应，0.5mol参加反应时，转移1mol电子，则Cl元素由＋1价降低为﹣1价，该反应生成，同时生成和水，则该反应的化学方程式为；(5)—定条件下，A1与、C(石墨)反应只生成和碳化钬()，该反应的化学方程式为。17.将CO合成甲醇是实现“碳达峰、碳中和”的一项重要措施，在此过程中可能涉及以下物质：①H2②O2③CO④He⑤H2O2⑥Na2O2⑦KOH⑧CH3OH⑨K2CO3请判断：（1）含有极性共价键离子化合物有___________(填编号)。（2）含有非极性共价键的共价化合物有___________(填编号)。（3）在实验室中模拟CO合成甲醇的反应，在2L密闭容器内，400℃时发生反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，体系中甲醇的物质的量n(CH3OH)随时间的变化如表：时间(s)01235n(CH3OH)(mol)00.0090.0120.0130.013已知每生成1molCH3OH(g)，放出的热量为116kJ。计算上述反应达到平衡时放出的热量Q=___________kJ(保留2位有效数字)。（4）甲醇燃料电池是目前开发最成功的燃料电池之一，这种燃料电池由甲醇、空气(氧气)、KOH(电解质溶液)构成。电池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4OH-=2+6H2O。则电池放电时通入空气的电极为___________(“正”或“负”)极；从电极反应来看，每消耗1molCH3OH转移的电子数为___________NA。〖答案〗（1）⑦⑨（2）⑤（3）1.5（4）①.正②.6〖解析〗〖祥解〗①H2是单质，含有非极性键H-H键；②O2是单质，含有非极性键O=O键；③CO是共价化合物，含有极性共价键；④He是稀有气体单质，不含化学键；⑤H2O2是共价化合物，含极性共价键和非极性共价键；⑥Na2O2是离子化合物，含有离子键和非极性共价键；⑦KOH是离子化合物，含有离子键和极性共价键；⑧CH3OH是共价化合物，只含极性共价键；⑨K2CO3是离子化合物，含有离子键和极性共价键。【小问1详析】根据以上分析，含有极性共价键的离子化合物有KOH、K2CO3，选⑦⑨。【小问2详析】根据以上分析，含有非极性共价键的共价化合物有H2O2，选⑤；【小问3详析】每生成1molCH3OH(g)，放出的热量为116kJ。反应达到平衡时生成0.013mol甲醇，放出的热量Q=0.013mol×116kJ/mol=1.5kJ。【小问4详析】电池放电时通入空气的电极氧气中氧元素化合价降低发生还原反应，为电池正极；负极反应CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O，从电极反应来看，每消耗1molCH3OH转移的电子数为6NA。18.中药药剂砒霜(主要成分为As2O3)可用于治疗急性白血病。工业上利用酸性高浓度含砷废水[主要成分是亚砷酸(H3AsO3)和砷酸(H3AsO4)]提取粗As2O3的工艺流程如图所示。已知：As是第4周期ⅤA族元素；Ca3(AsO3)2微溶于水，Ca3(AsO4)2难溶于水。回答下列问题：（1）H3AsO3中As的化合价是___________；比较酸性强弱：H3AsO4___________H3PO4(填“>”或“<”)。（2）若试剂①选择H2O2，则“氧化”过程反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是___________。（3）写出“还原”过程发生反应的离子方程式___________。（4）从综合利用的角度看，“滤液②”的主要成分可返回___________步骤中循环再利用。（5）As2O3粗产品(含As2O5杂质)中As2O3质量分数的测定：称取mg粗产品溶于适量NaOH溶液，得到含AsO、AsO的混合溶液100mL。取20mL上述溶液与0.02500mol·L-1的I2溶液进行反应(碱性环境中I2可将AsO氧化为AsO)，消耗16.00mL的I2溶液，粗产品中As2O3的质量分数为___________％(用含有m的代数式表示)。〖答案〗（1）①.+3价②.＜（2）1∶1（3）2H3AsO4+2SO2=2+As2O3+H2O+4H+（4）酸化（5）19.8/m〖解析〗〖祥解〗酸性高浓度含砷废水加入NaOH溶液生成Na3AsO3、Na3AsO4，加入过氧化氢等氧化剂，Na3AsO3被氧化生成Na3AsO4，然后加入石灰乳分离出Ca3(AsO4)2沉淀，加入硫酸酸化溶解同时将钙转化为硫酸钙沉淀，过滤滤液加入二氧化硫，SO2与Na3AsO4在酸性条件下发生氧化还原反应生成As2O3；【小问1详析】H3AsO3中氢氧化合价分别为+1、-2，则As的化合价是+3；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性强弱：H3AsO4<H3PO4；【小问2详析】若试剂①选择H2O2，反应过氧化氢中氧元素由-1变为-2，中砷化合价由+3升高变为+5得到，根据电子守恒可知，“氧化”过程反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是1:1；【小问3详析】二氧化硫具有还原性，“还原”过程SO2与Na3AsO4在酸性条件下发生氧化还原反应生成As2O3，同时生成硫酸根离子，发生反应的离子方程式2H3AsO4+2SO2=2+As2O3+H2O+4H+；【小问4详析】由分析（3）可知，“滤液②”的主要成分为硫酸，可返回酸化步骤中循环再利用。【小问5详析】碱性环境中I2可将AsO氧化为AsO，根据电子守恒结合As元素守恒可知，，则粗产品中As2O3的质量分数为。19.某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液。然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。方案如下：编号H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度℃浓度/(mol·L-1)体积/mL浓度/(mol·L-1)体积/mL①0.102.00.0104.025②0.202.00.0104.025③0.202.00.0104.050（1）已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4溶液转化为MnSO4，该反应的离子方程式为___________。（2）探究温度对化学反应速率影响的实验编号是___________，可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是___________。（3）实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的变化，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=___________mol·L-1·s-1。（4）有同学做实验时发现，酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液反应开始时，溶液褪色慢，但过了一段时间后溶液褪色明显加快。针对上述实验现象，该同学提出以下的猜想。猜想a：酸性高锰酸钾与草酸溶液的反应放热，导致溶液温度升高，反应速率加快。猜想b：___________。若用实验证明你的猜想。除酸性高锰酸钾溶液，草酸溶液外，还需要选择的试剂最合理的是___________。A．硫酸钾B．硫酸锰C．二氧化锰D．水〖答案〗（1）6H++5H2C2O4+2=2Mn2++10CO2↑+8H2O（2）①.②③②.①②（3）1.67×10－4（4）①.Mn2+对该化学反应起催化作用②.B〖解析〗〖祥解〗通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比；【小问1详析】反应后H2C2O4转化为CO2逸出，碳元素化合价由+3变为+4，KMnO4溶液转化为MnSO4，锰元素化合价由+7变为+2，结合电子守恒可知，该反应的离子方程式为6H++5H2C2O4+2=2Mn2++10CO2↑+8H2O；【小问2详析】②③实验的变了为温度，探究温度对化学反应速率影响的实验编号是②③；①②实验的变量为物质浓度，可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是①②；【小问3详析】离子方程式为6H++5H2C2O4+2=2Mn2++10CO2↑+8H2O；实验①中草酸过量，高锰酸钾完全反应，测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的变化，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=1.67×10－4mol·L-1·s-1。【小问4详析】反应过程中生成锰离子，锰离子可能催化反应使得反应速率加快，故猜想b为：Mn2+对该化学反应起催化作用；若用实验证明猜想，