重庆市万州二中高二下学期开学考试化学

万州二中教育集团高2022级高二（下）入学质量监测化学试题（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：人教版2019选择性必修1+选择性必修2可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Cl35.5Na23Mn55第Ⅰ卷（选择题共42分）一、选择题（本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1.化学与社会、科学、技术、环境密切相关，下列说法错误的是A.医用硝酸铵速冷冰袋是利用硝酸铵溶于水吸热的性质B.工业生产采用500℃而不采用常温，是为了提高合成氨的转化率C.合理利用太阳能、风能和氢能等能源有利于实现“低碳经济”D.铁触媒的使用有利于提高合成氨的生产效率【答案】B【解析】【详解】A．硝酸铵溶于水的过程为吸热过程，使周围环境的温度降低，所以常用于制作医用硝酸铵速冷冰袋，故A正确；B．合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应物的转化率减小，所以工业生产采用500℃而不采用常温与化学平衡移动原理无关，故B错误；C．合理利用太阳能、风能和氢能等能源可以减少化石能源的使用，有利于实现“低碳经济”，故C正确；D．使用铁触媒做合成氨的催化剂可以加快反应速率，能提高单位时间内氨气的产率，有利于提高合成氨的生产效率，故D正确；故选B2.下列有关化学反应的描述中正确的是A.HCl和NaOH反应的中和热kJ/mol，则和反应的中和热kJ/molB.的燃烧热是283.0kJ/mol，则反应的C.甲烷的燃烧热kJ⋅mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：kJ⋅molD.Mg在中燃烧生成MgO和C，该反应中化学能全部转化为热能【答案】B【解析】【详解】A．中和热是指稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成1mol水所放出的热量，A错误；B．燃烧热是指101KPa，1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，的的燃烧热是283.0kJ/mol，则反应的，B正确；C．燃烧热是指101KPa，1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，气态水不是稳定氧化物，C错误；D．Mg在中燃烧生成MgO和C，该反应中化学能部分转化为热能，部分转化为光能，D错误；故选B。3.下列事实能用勒夏特列原理来解释的是A.向盛有H2O2溶液的试管中滴入几滴FeCl3溶液，迅速产生大量气泡B.打开可乐瓶盖后看到有大量气泡逸出C.由2NO2(g)N2O4(g)组成的平衡体系，加压后颜色加深D.工业上选择500℃，30MPa的条件下合成氨【答案】B【解析】【详解】A．向盛有H2O2溶液的试管中滴入几滴FeCl3溶液，迅速产生大量气泡是因为FeCl3作催化剂，加快H2O2分解的速率，不能用勒夏特列原理解释，A项不符合题意；B．可乐瓶中存在可逆过程CO2(g)+H2OH2CO3(aq)，打开可乐瓶盖后，减小压强，该平衡逆向移动，观察到有大量气泡逸出，能用勒夏特列原理解释，B项符合题意；C．由2NO2(g)N2O4(g)组成的平衡体系，加压后，平衡正向移动，但由于体积减小，NO2的浓度增大，颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，C项不符合题意；D．工业合成氨的反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)∆H＜0，升高温度平衡逆向移动，工业上选择500℃不选择低温的原因是催化剂铁触媒在500℃左右时的活性最大、反应速率较快，增大压强平衡正向移动，工业上选择30MPa不选择更高压强的原因是压强越大，对材料的强度和设备的制造要求也越高，需要的动力也越大，这将会大大增加生产投资，并可能降低综合经济效益，不能用勒夏特列原理解释，D项不符合题意；答案选B。4.下列说法正确的是A用图甲装置测得中和热偏大B.图乙可以保护钢闸门不被腐蚀C.图丙用于铁上镀铜且硫酸铜溶液浓度不变D.图丁装置盐桥中阴离子向溶液中迁移【答案】A【解析】【详解】A．中和热的焓变为负值，甲中铜制搅拌棒导致热量损失，甲装置测得中和热偏大，A正确；B．外加电流的阴极保护法需要把被保护的金属接在电源的负极，作为阴极，图乙装置把钢闸门接在了电源的正极，作为阳极，金属在阳极上放电，起不到保护作用，B错误；C．电镀时待镀件接在电源负极，作为阴极，镀层金属接在电源负极，作为阳极，图丙将铁钥匙接在了电源正极，作为阳极，不能往铁钥匙上镀铜，C错误；D．原电池工作时，盐桥中的阴离子向负极区（硫酸锌溶液）中迁移，D错误；故选：A。5.下列有关电子排布式或电子排布图的结论错误的是选项电子排布式或电子排布图结论A违背洪特规则B书写正确C违背泡利原理D书写正确A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．基态原子中，填入简并轨道的电子总是优先单独分占，且自旋平行，所以2p能级上电子排布违背了洪特规则，A不符合题意；D．轨道全空、全满、半满时能量低，较稳定，故24号Cr元素的电子排布式符合构造原理和洪特规则特例，B不符合题意；C．当电子排布在同一轨道时，每个轨道最多容纳2个电子，且自旋方向相反，原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道且自旋状态相同，该排布图违背了泡利原理，C不符合题意；D．原子核外电子先占有能量较低的轨道，然后依次进入能量较高的轨道，3s能级的能量高于2p能级，应先填充2p能级，3d能级的能量高于4s能级，应先填充4s能级，再填充3d能级，正确的电子排布式应为4s2，D符合题意；故选D。6.某化学研究小组在探究外界条件对反应A(g)+3B(g)2C(g)速率和平衡的影响时，作出如下图像。下列判断错误的是A.由图1可知，该反应ΔH<0 B.由图2可知，a曲线使用了催化剂C.由图3可知，点1平衡正向移动 D.由图4可知，P1>P2【答案】C【解析】【详解】A．正逆反应速率相等时是平衡状态，接着随温度升高，平衡逆反应速率大于正反应速率，逆向移动，说明正反应放热，即∆H<0，A正确；B．使用催化剂一般加快反应速率，但不影响平衡移动，a是使用催化剂时的曲线，B正确；C．曲线上任意一点都表示达到平衡状态，点1在曲线上方未达到平衡状态，B的转化率减小，平衡逆向移动，C错误；D．温度一定时，加压C的百分含量增加，则P1>P2，D正确；故选C。7.室温条件下，下列说法错误的是A向醋酸溶液中加水，溶液中保持不变B.将等体积、等物质的量浓度的溶液和溶液混合，则混合溶液中C.向、的饱和溶液中加入少量，溶液中不变D.向溶液中滴加溶液至溶液，则溶液中【答案】B【解析】【详解】A．在稀释过程中，温度不变，故不变，又因为，故为定值，A正确；B．等体积、等物质的量浓度的溶液和溶液混合，由元素守恒知，B错误；C．向、的饱和溶液中加入少量，溶液中，即二者比值等于其溶度积之比，温度不变溶度积常数不变，C正确；D．根据电荷守恒有，因则，故，D正确；答案选B。8.现有4种短周期主族元素X、Y、Z和Q，原子序数依次增大，X最外层电子数是内层电子总数的一半，Y与Z同周期且相邻，基态Z原子3p能级有2个空轨道，Q原子半径在同周期元素中最小。下列说法不正确的是A.X单质在空气中燃烧的产物为X2O B.Z与Q形成的化合物是离子化合物C.最高价氧化物的水化物碱性Z˂Y D.Q单质及其某些化合物可用于自来水消毒【答案】B【解析】【分析】X最外层电子数是内层电子总数的一半，且X原子序数最小，则X是Li，基态Z原子3p能级有2个空轨道，其价层电子排布为3s23p1，则Z为Al，Y与Z同周期且相邻，且Y的原子序数小，则Y为Mg，Q原子半径在同周期元素中最小，且其原子序数比Al大，则Q为Cl，以此解题。【详解】A．X是Li，在空气中燃烧，和氧气反应生成Li2O，A正确；B．Z为Al，Q为Cl，两者形成的化合物AlCl3为共价化合物，B错误；C．Z为Al，Y为Mg，金属性Mg>Al，则其最高价氧化物的水化物碱性Al(OH)3˂Mg(OH)2，C正确；D．Q为Cl，其单质氯气，其氧化物ClO2，都可用于自来水消毒，D正确；故选B。9.下列实验能达到预期目的是编号实验内容实验目的A室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol·L−1NaClO溶液和0.1mol·L−1溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱B等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的锌粒反应，排水法收集气体，HX放出的氢气多且反应速率快证明HX酸性比HY强C取1mL0.1mol∙L1KI溶液于试管中，加入5mL0.1mol∙L1FeCl3溶液，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液，溶液显红色证明KI与FeCl3反应是可逆反应D向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．NaClO溶液具有强氧化性，能漂白pH试纸，不能利用pH试纸测定NaClO溶液的pH，应该用pH计比较酸性强弱，A项不符合题意；B．等体积等pH的HX和HY两种酸分别与足量的锌反应，HX放出的氢气多且反应速率快，说明HX浓度比HY大，所以HX酸性比HY弱，B项不符合题意；C．碘化钾与氯化铁反应的离子方程式为：，溶液和溶液反应，此时过量，滴加KSCN溶液后，溶液显红色，不能说明该反应是可逆反应，C项不符合题意；D．溶液中存在水解平衡：，钡离子与碳酸根离子反应，使水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱，则溶液红色变浅，可证明水解平衡，D项符合题意；故选D。10.在相同温度下，有相同体积的甲、乙两容器，且保持体积不变，甲容器中充入和，乙容器中充入和。下列叙述中正确的是A.平衡时的体积分数：乙<甲 B.平衡时的转化率：乙<甲C.平衡时的浓度：乙<甲 D.化学反应速率：乙<甲【答案】A【解析】【分析】两容器中均发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；假设两容器达到等效平衡，则乙容器中各物质的浓度为甲的2倍，两容器转化率相同，但实际上乙容器中的压强要比甲大，所以会在等效平衡的基础上平衡正向移动，导致乙容器中反应物的转化率增大。【详解】A．平衡时的体积分数：乙<甲，乙相当于甲的等效平衡基础上正向移动，SO2的体积分数减小，故A正确；B．平衡时的转化率：乙>甲，根据分析可知乙相当于甲的等效平衡基础上正向移动，二氧化硫的转化率增大，故B错误；C．平衡时的浓度：乙>甲，乙中初始投料为甲的二倍，即便平衡正移，但乙中氧气的浓度依然大于甲，故C错误；D．化学反应速率：乙>甲，乙中物质的浓度更大，反应速率更大，故D错误；故选A。11.向绝热恒容密闭容器中通入和，在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，由图可得出的正确结论是A.反应在c点达到平衡状态B.反应物浓度：a点小于b点C.时，的转化率：a~b段大于b~c段D.反应物的总能量高于生成物的总能量【答案】D【解析】【详解】A．化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率且不再改变，c点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，A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，a点反应物浓度大于b点，B错误；C．随着反应的进行，正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越大，二氧化硫的转化率将逐渐增大，时，的转化率：a~b段小于b~c段，C错误；D．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，D正确；故选D。12.在常温下，有关下列四种溶液的叙述中正确的是编号①②③④溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸pH111133A.在溶液①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，①溶液pH值变大，②溶液pH值变小B.将aL溶液④与bL溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则a：b=9：11C.分别取10mL溶液稀释至100mL，四种溶液的pH值：①>②>④>③D.将溶液①、④等体积混合，所得溶液中：c(Cl)>c()>c(OH)>c(H+)【答案】C【解析】【分析】强电解质完全电离、弱电解质部分电离，则常温下pH相同的①②溶液浓度：①＞②，③④溶液浓度：③＞④；【详解】A．在①中加入NH4Cl，抑制NH3•H2O的电离，在②溶液中加入NH4Cl，生成NH3•H2O，NH3•H2O部分电离，则两种溶液中c(OH)都减小，溶液的pH都减小，故A错误；B．将aL溶液④与bL溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则混合溶液中c(H+)=mol/L=104mol/L，a：b=11：9，故B错误；C．加水促进弱电解质的电离，这四种溶液稀释相同倍数时，c(H+)：③＞④，则pH：③＜④＜7，c(OH)：①＞②，则溶液pH：①＞②＞7，所以这四种溶液pH：①＞②＞④＞③，故C正确；D．①④等体积混合，①溶液大量剩余，溶液呈碱性，c(OH)＞c(H+)，根据电荷守恒得c(Cl)＜c()，NH3•H2O电离程度较小，则c()>c(Cl)>c(OH)>c(H+)，故D错误。答案选C。13.科学家设想利用图示装置进行的固定，同时产生电能，该装置工作时，生成的碳附着在电极上，下列说法错误的是A.多孔催化剂电极为正极，放电时发生还原反应B.采用多孔催化剂电极有利于扩散到电极表面C.导线中流过，理论上就有由负极区进入正极区D.负极区可以选用水溶液作电解质溶液【答案】D【解析】【分析】由锂离子的移动方向可知，电解板(Li)为原电池的负极，锂在负极失去电子发生氧化反应生成锂离子，电极反应式为Li—e—=Li+，多孔催化剂电极为正极，二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成碳酸根离子和碳，电极反应式为3CO2+4e—=2CO+C。【详解】A．由分析可知，多孔催化剂电极为正极，二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成碳酸根离子和碳，故A正确；B．多孔催化剂电极可以增大电极的表面积，有利于二氧化碳扩散到电极表面参与放电，故B正确；C．由分析可知，导线中流过2mol电子，负极生成2mol的锂离子通过阳离子交换膜由负极区进入正极区，故C正确；D．锂能与水反应生成氢氧化锂和氢气，则负极区不能选用水溶液作电解质溶液，故D错误；故选D。14.25℃时，用浓度为0.1000mol/L的NaOH溶液滴定体积均是20mL、浓度均为0.1000mol/L的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A.酸性强弱顺序是B.，三个体系C.的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3D.完全中和时，对HX有：【答案】C【解析】【详解】A．由起始点浓度均为0.1000mol/L三种酸HX、HY、HZ可看出HZ的pH=1,是强酸，HX、HY为弱酸，且酸性HX<HY<HZ，A错误；B．由图分析pH=7时c(H+)=c(OH)，根据电荷守恒，c（Na+）+c(H+)=c(X或Y或Z)+c(OH),则c（Na+）=c(X或Y或Z)，NaOH滴加越多，c(Na+)越大，同理c(X−)<c(Y−)<c(Z−)，B错误；C．HZ为强酸，体积变为原来十倍，浓度变为原来十分之一，故稀释10倍时，pH=3，C正确；D．完全中和时，溶质为NaX,质子守恒c(H+)+c(HX)=c（OH），D错误；故选C。第Ⅱ卷（非选择题共58分）二、非选择题（本题共4个小题，共58分。）15.CO2的转化和利用是实现碳中和的有效途径。回答下列问题。I．利用CO2合成淀粉涉及的关键反应如下：①②③（1）反应③中ΔH3=___________，该反应的自发条件是___________(填“高温自发”、“低温自发”或“任何温度下都自发”)。（2）在催化剂作用下，按的比例向某密闭容器中通入一定量的原料气只发生①②两个反应。维持压强为，测得不同温度下，反应经过相同时间时，CO2的转化率、甲醇的选择性如图1所示：已知：甲醇的选择性=。①从图中曲线的变化趋势也可以判断出反应①是放热的，判断的依据是___________。②在实际工业生产中压强不能过高也不能过低的原因是___________。③T1K时，若反应从开始到达到a点所用时间为，则H2的分压=___________MPa，反应②的Kp=___________(Kp指用平衡分压代替平衡浓度进行计算的平衡常数，A的平衡分压=A的物质的量分数，最终结果用分数表示)。Ⅱ．AlCO2电池电容量大，能有效捕获利用CO2，其工作原理如图2所示。其中，离子液体是具有导电性的优良溶剂，O2是电极反应的催化剂，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。（3）该电池的正极反应式为___________。【答案】（1）①.90.17kJ/mol②.低温自发（2）①.温度高于T1时，甲醇的选择性随温度的升高而减小，则说明温度T1时反应达到平衡，升高温度甲醇选择性降低，说明反应①逆向移动，正反应放热②.实际工业生产中压强过高，成本太高，但反应①为气体体积减小的反应，所以压强不能过低，否则影响甲醇的选择性③.1.7④.（3）2CO2+2e=C2O【解析】【小问1详解】由盖斯定律可得，ΔH3=ΔH2ΔH1=90.17kJ/mol；反应③焓变ΔH<0、，所以低温自发；【小问2详解】由于该反应是放热反应，所以正反应活化能小于逆反应活化能；①温度低于T1时，甲醇选择性随温度升高而增大，高于T1时，甲醇的选择性随温度的升高而减小，则说明温度T1时反应达到平衡，升高温度甲醇选择性降低，说明反应①逆向移动，正反应放热；②由于生成甲醇的反应是气体体积减小的反应，所以压强过低不利于生成甲醇且反应速率慢，虽压强过高有利于生成甲醇，但对设备抗压能力要求高，即在实际工业生产中压强过高，成本太高，但反应①为气体体积减小的反应，所以压强不能过低，否则影响甲醇的选择性；③设起始加入二氧化碳和氢气的物质的量分别为1mol和3mol，又a点达到平衡且二氧化碳转化率为50%、甲醇的选择性80%，所以消耗的二氧化碳物质的量为0.5mol，即生成的甲醇和一氧化碳的物质的量之和为0.5mol，结合甲醇的选择性计算公式可算出生成的甲醇物质的量为0.50.8mol=0.4mol，则生成一氧化碳物质的量为0.1mol，即平衡时甲醇物质的量为0.4mol，水的物质的量为0.5mol，一氧化碳物质的量为0.1mol，氢气物质的量为1.7mol，二氧化碳物质的量为0.5mol，所以氢气分压为，一氧化碳分压为，水的分压为，二氧化碳分压为，所以反应②的平衡常数为；【小问3详解】由题干电池装置图可知，Al为负极，电极反应为：Al3e=Al3+，多孔碳电极为正极，O2为催化剂，电极反应为：2CO2+2e=。16.周期表中ⅢA族单质及其化合物应用广泛。BF3极易水解生成HBF4(HBF4在水中完全电离为H＋和BF)和硼酸(H3BO3)，硼酸是一元弱酸，能溶于水。硼酸和甲醇在浓硫酸存在下生成挥发性的硼酸甲酯[B(OCH3)3]，硼酸甲酯主要用作热稳定剂、木材防腐剂等。GaN的结构与晶体硅类似，是第三代半导体研究的热点。（1）Ga原子基态外围电子排布式为_____。（2）在第二周期里，第一电离能介于B、N之间的元素有_____种；B(OCH3)3分子间_____(填“能”或“不能”)能形成氢键，GaN属于_____晶体。（3）硼酸是一元弱酸，它的水溶液之所以呈弱酸性并非本身能电离出H＋，而是它结合了一个OH，这种电离方式可表示为B(OH)3＋H2OH＋＋_____。（4）硼酸是一种片层状结构的白色晶体，层内的H3BO3分子通过氢键相连(如图)。下列有关说法正确的是_____(填字母)。A.硼酸晶体的熔点比NaBF4低B.H3BO3分子的热稳定性与氢键有关C.含1molH3BO3的晶体中有3mol氢键D.BF3分子中每个原子最外层均满足8电子结构（5）Al2O3的熔点(2054℃)很高，工业冶炼铝时要加入冰晶石(化学式为Na3AlF6)来降低生产成本，如图所示为冰晶石的晶胞。图中“”位于大立方体顶点和面心，“”位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心。则大立方体的体心处△代表的微粒是______(填“Na＋”或“AlF63”)，与Na＋距离相等且最近的Na＋有_____个。【答案】（1）4s24p1（2）①.3②.不能③.共价（3）[B(OH)4]（4）AC（5）①.Na＋②.8【解析】【小问1详解】Ga是第四周期ⅢA族元素，原子基态外围电子排布式为4s24p1；【小问2详解】在第二周期里，第一电离能介于B、N之间的元素有Be、C、O，共3种；C原子电负性较小，B(OCH3)3分子间不能能形成氢键；GaN的结构与晶体硅类似，GaN属于共价晶体。【小问3详解】硼酸是一元弱酸，它的水溶液之所以呈弱酸性并非本身能电离出H＋，而是它结合了一个OH，这种电离方式可表示为B(OH)3＋H2OH＋＋[B(OH)4]。【小问4详解】A．硼酸晶体是分子晶体，NaBF4是离子晶体，所以硼酸晶体的熔点比NaBF4低，故A正确；B．H3BO3分子的热稳定性与化学键有关，与氢键无关，故B错误；C．每个氢键被2个硼酸分子共用，根据图示，含1molH3BO3的晶体中有3mol氢键，故C正确；D．BF3分子中，B原子最外层不满足8电子结构，故D错误；选AC。【小问5详解】根据均摊原则，晶胞中“”的数目为，“”的数目为，根据化学式Na3AlF6，可知Na＋、AlF63为3:1，则△代表的微粒和“”相同，代表为Na＋；根据图示，与Na＋距离相等且最近的Na＋有8个。17.某化学学习小组进行如下实验：Ⅰ.为探究对分解的催化效果，实验方案如下图所示：（1）通过观察______（填实验现象），即可得出的催化效果的差异．有同学建议将改为溶液，理由是____________；还有同学认为即使改用了溶液，仍不严谨，建议补做对比实验：向的溶液中滴入的试剂及其用量是______，______Ⅱ．测定H2C2O4xH2O中x值已知：M(H2C2O4)=90gmol−1，①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0.05000molL−1的KMnO4标准溶液进行滴定。（2）请写出滴定中发生反应的离子方程式______。（3）由图可知消耗溶液体积为______。（4）判断此滴定实验达到终点的方法是______。（5）通过上述数据，求得______，若由于操作不当，滴定结束后滴定管尖嘴处有一气泡，引起实验结果______（偏大、偏小或没有影响），其它操作均正确，滴定前未用标准溶液润洗滴定管，引起实验结果______（偏大、偏小或没有影响）。【答案】（1）①.产生气泡的速度快慢②.排除阴离子种类差异带来的干扰③.NaCl或KCl溶液④.1mL0.2mol/L(或0.3mol/L)（2）（3）20.00（4）滴入最后半滴酸性KMnO4标准溶液时，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色（5）①.2②.偏小③.偏小【解析】【小问1详解】已知H2O2催化分解生成O2，故可以通过产生气泡的速度快慢来判断反应速率的快慢；FeCl3溶液和CuSO4溶液阴阳离子均不相同，若将CuSO4改为CuCl2时，可排除阴离子种类差异带来的干扰；即使改用了CuCl2溶液，仍不严谨，建议补做对比实验以排除Cl的干扰，即补做实验为：向2mL5%的H2O2溶液中滴入1mL0.2mol/L(或0.3mol/L)NaCl或KCl溶液；【小问2详解】草酸与高锰酸根离子在酸性条件下反应生成锰离子、二氧化碳及水，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可得反应的离子方程式：；【小问3详解】由图知，滴定前读数为0.90mL，滴定后读数为20.90mL，则消耗KMnO4溶液的体积为(20.900.90)mL=20.00mL；小问4详解】据KMnO4溶液呈紫红色，Mn2+溶液为无色，故判断本实验达到滴定终点的方法：滴入最后半滴酸性KMnO4标准溶液时，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；【小问5详解】由(3)知，消耗酸性高锰酸钾溶液20.00mL，根据，反应中消耗的草酸的物质的量是0.02000L×0.0500mol/L×2.5×=0.01000mol，0.01000mol草酸的质量为0.01000mol×90g/mol=0.9000g，所以1.260g纯草酸晶体中水的质量：1.260g0.9000g=0.3600g，其物质的量为=0.02000mol，则x=2；若由于操作不当，滴定结束后滴定管尖嘴处有一气泡，则会导致消耗的KMnO4体积偏大，则计算得到的H2C2O4的质量偏大