2025年教科新版选择性必修1化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年教科新版选择性必修1化学上册阶段测试试卷149考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、下列物质的化学式不正确的是A.钡餐：BaSO4B.铁锈：Fe2O3•xH2OC.二甲醚：CH3OCH3D.丙酸：HCOOCH2CH32、“84”消毒液可有效杀死物体表面的新冠病毒。氯碱工业的产品Cl2和NaOH可用于生产“84”消毒液。如图为模拟氯碱工业的简易装置；其中两电极均为惰性电极。下列说法正确的是。

A.“84”消毒液的有效成分是NaClO和NaClB.阴极反应式为：2Cl－－2e－＝Cl2↑C.通电过程中，A室c（Na＋）逐渐增大，B室c（Na＋）逐渐减小D.若电路中通过电子0.2mol，理论上两极共得到气体2.24L3、在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：(已知2CO(g)＋O2(g)⇌22c1＜c3(g)；ΔH=-566.0kJ·mol-1)。容器甲乙丙反应物投入量2molCO、1molO22molCO24molCO2CO2的浓度(mol·L-1)c1c2c3反应的能量变化放出akJ吸收bkJ吸收ckJ体系压强(Pa)p1p2p3反应物转化率α1α2α3

下列说法不正确的是A.2c1＜c3B.a+b=566C.2p2＞p3D.α1+α3＞14、一种新型燃料电池，以镍板为电极插入KOH溶液中，分别向两极通乙烷和氧气，有关此电池的推断错误的是A.通氧气的电极为正极，电极反应为7H2O＋3.5O2＋14e-=14OH-B.参加反应的O2与C2H6的物质的量之比为7∶2C.负极反应为C2H6＋18OH-=2CO＋12H2O＋14e-D.在电解质溶液中CO向正极移动5、常温常压下，将Cl2缓慢通入100mL水中至饱和，然后向所得饱和氯水中逐滴加入0.1mol•L-1NaOH溶液；整个过程溶液中pH的变化如图所示，下列有关叙述正确的是。

A.②处溶液中存在平衡常数K=[c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度]B.曲线②至③段，n(HClO)+n(ClO-)始终逐渐增大C.曲线②至④段，③处表示溶液中水的电离程度最大D.④处表示Cl2与NaOH溶液恰好完全反应，共转移了0.1mol电子6、一定温度下；难溶强电解质的饱和溶液中存在着沉淀溶解平衡，其平衡常数为。

。物质。

Fe(OH)2

Cu(OH)2

Fe(OH)3

Ksp（25℃）

8.0×10﹣16

2.2×10﹣20

4.0×10﹣38

对于含Fe2(SO4)3、FeSO4和CuSO4各0.5mol的混合溶液1L，根据上表数据判断，说法错误的是A.向混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀B.向溶液中加入双氧水，并用CuO粉末调节pH，过滤后可获较纯净的CuSO4溶液C.该溶液中c（SO42﹣）：[c（Fe3+）+c（Fe2+）+c（Cu2+）]=5：4D.将少量FeCl3粉末加入含Cu（OH）2的悬浊液中，其中c（Cu2+）增大评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、下列解释实验现象的反应方程式不正确的是A.切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗：4Na＋O2＝2Na2OB.向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变为黑色：2AgCl(s)＋S2–(aq)=Ag2S(s)＋2Cl–(aq)C.向Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液变红：CO＋2H2OH2CO3＋2OH–D.向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液恰好至溶液呈中性：H++SO＋Ba2+＋OH–＝BaSO4↓＋H2O8、恒温恒容下，向密闭容器按n(CO2)：n(H2)=1：1通入气体，发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，能判断反应处于平衡状态的是A.v逆(CO2)=3v正(H2)B.体系内气体密度保持不变C.断裂3molH—H键的同时断裂3molH—O键D.CO2的体积分数保持不变9、如图所示；C；D、E、F、X、Y都是情性电极。将电源接通后，向乙中滴入酚酞溶液，F极附近溶液显红色。则下列说法正确的是。

A.若用乙烷-空气燃料电池作电源，电解质为KOH溶液，则B级的电极反应为B.欲用丙装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液是溶液C.丁装置中Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带正电荷D.F电极上均有单质生成，其物质的量之比为1：2：2：210、“理解与辨析能力”和“分析与推测能力”；都是化学四大关键能力之一；读图看表识数据，对关键能力的要求很高。一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示(6s时反应达到平衡状态)，对该反应的推断正确的是。

A.进行到1s时，B.方程式为C.进行到6s时，B的平均反应速率为0.05mol(L·s)D.进行到6s时，B和D的物质的量浓度均为11、下列说法正确的是()A.已知冰的熔化热为6.0kJ·mol-1，冰中氢键键能为20kJ·mol-1，假设1mol冰中有2mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰的氢键，则最多只能破坏冰中15%的氢键B.已知氯气、溴蒸气分别与氢气反应的热化学方程式为H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH1；H2(g)+Br2(g)=2HBr(g)ΔH2，则ΔH1＜ΔH2C.需要加热的反应一定是吸热反应，常温下能发生的反应一定是放热反应D.已知：①反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH＝-akJ·mol-1，②且a、b、c均大于零，则断开1molH—Cl键所需的能量为(a+b+c)kJ12、化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化；下列说法中正确的是。

A.1molN2(g)和1molO2(g)反应吸收的能量为180kJB.NO是一种酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水C.在1L的容器中发生反应，10min内N2减了1mol，因此10min内的平均反应速率为v(NO)=0.1mol·L-1min-1D.1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量13、下列图示与对应的叙述相符的是。

A.图1表示的反应温度升高，平衡常数减小B.图2表示不同温度下水溶液中和浓度的变化的曲线，图中温度C.图3表示一定条件下的合成氨反应中，的平衡体积分数随起始体积分数（的起始量恒定）的变化，图中a点的转化率小于b点D.图4表示一定温度下，平衡体系中的体积分数与压强（p）的关系，图中a、b两点的反应速率：14、常温下，向amol·L－1的二元弱酸H2X溶液中加入NaOH溶液，溶液中H2X、HX－、X2－物质的量分数(n%)随pH变化关系如图所示。下列说法正确的是。

A.NaHX溶液显酸性B.常温下，K1(H2X)＝10－7C.m点：c(H2X)＋c(HX－)＋c(X2－)＝amol·L－1D.当溶液pH＝11时，溶液中：c(Na＋)>3c(HX－)评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、依据事实；写出下列反应的热化学方程式：

①12g镁在氧气中完全燃烧，生成氧化镁固体，放出247kJ的热量________。

②1克甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出了akJ的热量，写出甲烷燃烧热的热化学方程式：________。

③已知：氮氮三键的键能是946kJ/mol，H−H的键能为436kJ/mol，N−H的键能为391kJ/mol，请根据此写出合成氨反应的热化学方程式________。16、如图所示是原电池的装置图。请回答：

(1)若C为稀H2SO4；电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且作负极，则A电极上发生的电极反应式为________；反应进行一段时间后溶液酸性将________(填“增强”“减弱”或“基本不变”)。

(2)若需将反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+设计成如图所示的原电池装置；则A(正极)极材料为_______，B(负极)极材料为________，溶液C为__________。

(3)CO与H2反应还可制备CH3OH，CH3OH可作为燃料使用，用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如图：电池总反应为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，则d电极是______(填“正极”或“负极”)。若线路中转移1mol电子，则上述CH3OH燃料电池消耗的O2在标准状况下的体积为____L。17、科学家预言；燃料电池将是21世纪获得电力的重要途径，美国已计划将甲醇燃料电池用于军事。一种甲醇燃料电池是采用铂或碳化钨作为电极催化剂，在稀硫酸电解质中直接加入纯化后的甲醇，同时向一个电极通入空气。回答下列问题：

(1)这种电池放电时发生的化学反应方程式：_________。

(2)此电池的正极发生的电极反应：________，负极发生的电极反应：________。

(3)电解液中H+向___极移动，向外电路释放电子的电极是_____。

(4)使用该燃料电池的另一个好处是________。18、现代技术用氨气将汽车尾气中的NOx还原为N2和H2O，反应原理是NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)3H2O(g)+2N2(g)∆H<0。500℃时，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3，8min时反应达到平衡，此时NH3的转化率为40%，体系压强为p0MPa，则0～8min内用N2表示的平均反应速率v(N2)=___________mol·L-1·min-1，500℃时该反应的平衡常数Kp=___________MPa(用含p0的代数式表示，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。19、为了探究原电池和电解池的工作原理；某研究性学习小组分别用如图所示的装置进行实验，回答下列问题。

Ⅰ.用甲装置进行第一组实验：

(1)甲装置中电解池在____(左侧或右侧)，在保证电极反应不变的情况下，下列材料不能代替左侧Cu电极的是_______(填序号)。A．石墨B．镁C．银D．铂(2)实验过程中，SO_____(填“从左向右”“从右向左”或“不”)移动；滤纸上能观察到的现象有_______。

Ⅱ.该小组同学用乙装置进行第二组实验时发现，两极均有气体产生，Y极溶液逐渐变成紫红色，停止实验后观察到铁电极明显变细，电解液仍澄清。查阅资料知，高铁酸根离子()在溶液中呈紫红色。请根据实验现象及所查信息；填写下列空白：

(3)电解过程中，X极溶液的pH_______(填“增大”“减小”或“不变”)。

(4)电解过程中，Y极发生的电极反应为______和_______。

(5)已知K2FeO4和Zn可以构成碱性电池，其中K2FeO4在电池中作正极材料，电池总反应为2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2，则该电池正极发生的电极反应为：_______。20、最近雾霾天气肆虐我国大部分地区。其中是造成空气污染的主要原因，利用钠碱循环法可除去

钠碱循环法中，吸收液为溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_____________。

溶液吸收反应的离子方程式是__________________________________。

已知的电离常数为的电离常数为则下列微粒可以大量共存的是______填序号

A.和和和和

吸收液吸收的过程中，水溶液中随pH的分布如图：

吸收制备溶液，实验中确定何时停止通的实验操作为_________________。

在溶液中离子浓度关系不正确的是_______填序号

A.

C.

亚硫酰氯又名氯化亚砜，是一种液态的非电解质，沸点为中氯元素与硫元素直接以共价键相连，其中Cl呈价；遇水可生成请回答下列问题：蒸干溶液不能得到无水若将与混合并加热，可制得无水请用与水反应的方程式和必要的文字描述解释原因________________________________________________________。21、如图中；甲是电解饱和食盐水，乙是铜的电解精炼，丙是电镀，回答：

(1)b极上的电极反应式为___，检验a电极上产生的气体的方法是__，甲电池的总反应化学方程式是___。

(2)在粗铜的电解过程中，图中c电极的材料是___(填“粗铜板”或“纯铜板”)；在d电极上发生的电极反应为___；若粗铜中还含有Au、Ag、Fe等杂质，则沉积在电解槽底部(阳极泥)的杂质是__，电解一段时间后，电解液中的金属离子有__。

(3)如果要在铁制品上镀镍(二价金属)，则e电极的材料是___(填“铁制品”或“镍块”，下同)，f电极的材料是____。

(4)若e电极的质量变化118g，则a电极上产生的气体在标准状况下的体积为____。22、今社会；能源的发展已成为全世界共同关注的话题，乙烷；二甲醚的燃烧热较大，可用作燃料。如图表示乙烷、二甲醚燃烧过程中的能量变化。请回答下列问题：

（1）a=___。

（2）乙烷的燃烧热为___。

（3）等物质的量的C2H6(l)比C2H6(g)完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量___(填“多”或“少”)。

（4）根据题图写出二甲醚完全燃烧时的燃烧热的热化学方程式：___。

（5）从环保角度分析，放出相同的热量时选择___(填“乙烷”或“二甲醚”)作为燃料产生的二氧化碳较少。

（6）写出由乙烷和O2组成的碱性燃料电池的负极反应___。23、已知难溶于水的盐在水中存在溶解平衡，例如氯化银在水中的溶解平衡为AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)在一定温度下，水溶液中银离子(Ag+)和氯离子(Cl-)的物质的量浓度的乘积为一常数，可用Ksp表示：Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1．8×10-10，现把氯化银(足量)分别放入：①100mL蒸馏水中；②100mL0．1mol·L-1的盐酸溶液中；③1000mL0.1mol·L-l的氯化铝溶液中；④100mL0．1mol·L-1的氯化镁溶液中。

(1)充分搅拌后相同温度下，银离子浓度由大到小顺序是_____________(填序号)

(2)0.1mol·L-l氯化铝溶液中，银离子的物质的量浓度最大可达到______________mol·L-1。

(3)向氯化银的饱和溶液中滴加硫化钾溶液，可观察到的现象是_______________，产生此现象涉及的离子方程式为___________________。评卷人得分四、实验题(共4题，共40分)24、某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响；进行了如下实验：

【实验原理】

【实验内容及记录】。实验编号室温下，试管中所加试剂及其用量/mL室温下溶液颜色褪至无色所需时间/溶液稀硫酸溶液溶液13.02.02.03.01.522.03.02.02.731.02.03.03.9

请回答：

(1)表中_____，_______.

(2)根据上表中的实验数据，可以得到的结论是_________________.

(3)利用实验1中数据计算，若用的浓度变化表示的反应速率为：____________.

(4)该小组同学根据经验绘制了随时间变化趋势的示意图，如图1所示.但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中随时间变化的趋势应如图2所示.该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设；并继续进行实验探究.（忽略反应过程中温度变化）

①该小组同学提出的假设是______________________________.

②请你帮助该小组同学完成实验方案.。实验编号室温下，试管中所加试剂及其用量/再向试管中加入少量固体室温下溶液颜色褪至无色所需时间/溶液稀硫酸溶液溶液43.02.02.03.0At

表中加入的固体A是________________.（写化学式）

③若该小组同学提出的假设成立，应观察到的现象是_______________________25、三草酸合铁(III)酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)为翠绿色的单斜晶体；易溶于水(溶解度0℃，4.7g/100g；100℃，117.7g/100g)，难溶于乙醇。

(1)I制备：以硫酸亚铁铵为原料，与草酸在酸性溶液中先制得草酸亚铁晶体：(NH4)2Fe(SO4)2+H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+(NH4)2SO4+H2SO4，然后再用草酸亚铁晶体在草酸钾和草酸的存在下，以过氧化氢为氧化剂，制得三草酸合铁(III)酸钾晶体，该反应的化学方程式为___________；

(2)II测定三草酸合铁酸钾晶体中铁的含量。

步骤一：称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体；配制成250mL溶液。

步骤二：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，用0.010mol/LKMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是___________；

步骤三：向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后；过滤；洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。

步骤四：向锥形瓶中加稀H2SO4酸化，用0.010mol/LKMnO4滴定，消耗KMnO4溶液20.00mL。

请回答下列问题：

①在步骤二中，若加入的KMnO4溶液的量不够，则测得的铁含量___________(选填“偏低”；“偏高”、“不变”)；

②写出步骤四中发生反应的离子方程式：___________；

③实验测得该晶体中铁的质量分数为___________。(写出计算过程)26、I．某小组利用H2C2O4溶液和硫酸酸化的KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时通过测定酸性KMnO4溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。已知：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。实验编号0.1mol/L酸性KMnO4溶液的体积/mL0.6mol/LH2C2O4溶液的体积/mLH2O的体积/mL实验温度/℃溶液褪色所需时间/min①10V13525t1②10103025t2③1010V250t3

(1)表中V1=____________mL，V2=____________mL。

(2)探究温度对化学反应速率影响的实验编号是____________(填编号，下同)，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2min，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(H2C2O4)＝____________mol•L－1•min－1。

II.将镁带投入盛放在敞口容器中的盐酸里，产生H2的速率与时间的关系可用如图表示。

(1)解释图中AB段形成的原因____________。

(2)解释图中t1时刻后速率变小的原因____________。27、FeCl2是一种常用的还原剂、媒染剂。某化学实验小组在实验室里用如下两种方法来制备无水FeCl2.有关物质的性质如下：。C6H5Cl(氯苯)C6H4Cl2(二氯苯)FeCl3FeCl2溶解性不溶于水，易溶于苯、乙醇不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，易溶于乙醇，易吸水熔点/℃-4553易升华沸点/℃132173————————————

(1)用H2还原无水FeCl3制FeCl2.有关装置如图所示。

①H2还原无水FeCl3制取FeCl2的化学方程式为_______；

②按气流由左到右的方向，上述仪器的连接顺序为_______(填字母；装置可多次使用)；

③该制备装置的缺点为_______。

(2)利用反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl，制取无水FeCl2并测定FeCl3的转化率。按图2装置；在三颈烧瓶中放入32.5g无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围加热3h，冷却；分离提纯得到粗产品。

①反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后，得到粗产品。洗涤所用的试剂可以是___(填名称)；

②反应完成后继续通一段时间N2的作用是_______；

③反应后将锥形瓶中溶液配成250mL，量取25.00mL所配溶液，用0.40mol·L-1NaOH溶液滴定，重复上述操作3次，达到滴定终点时消耗NaOH溶液的体积分别为19.50mL、20.50mL、19.70mL，则氯化铁的转化率为_______。评卷人得分五、工业流程题(共1题，共5分)28、碲(Te)广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。从精炼钢的阳极泥中(主要成分为Cu2Te；还含有金；银、铂等)回收碲的工艺流程如下：

已知：TeO2有强还原性，且TeO2、Cu2TeO4难溶于水；高碲酸钠的化学式：Na2TeO4

回答下列问题：

(1)为提高“反应”效率，可采取的措施为_______(任答一条)。

(2)滤液i的主要成分是_______(写化学式)。滤液i中溶质的浸出率与温度关系如图所示，解释铜的浸出率随温度变化的可能原因_______。

(3)“氧化”过程中发生反应的离子方程式为_______。滤液ii可循环使用，应将其导入到_______(写操作单元名称)操作中。

(4)“沉碲”过程中发生反应的离子方程式为_______。

(5)粗碲粉中碲质量分数的测定步骤如下：取mg粗碲粉，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，配制成100mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中。向锥形瓶中加入V1mLc1mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液，充分反应使亚碲酸转化为碲酸(H6TeO6)。用c2mol·L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液，消耗V2mL硫酸亚铁铵标准溶液。该粗碲粉中碲的质量分数为_______。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．BaSO4难溶于水；难溶于酸、不易被X射线穿透；故常用用钡餐，A正确；

B．铁锈是由铁被腐蚀生成的氢氧化铁分解而得的，其化学可表示为Fe2O3•xH2O；B正确；

C．二甲醚是由O原子与两个甲基相连而成的，其结构简式为CH3OCH3；C正确；

D．丙酸是由乙基与羧其相连而成的，其结构简式为HOOC-CH2CH3；D不正确。

综上所述，相关物质的化学式不正确的是D。2、C【分析】【详解】

A．Cl2与NaOH反应，生成NaClO、NaCl和H2O，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；“84”消毒液有效成分是NaClO（次氯酸钠），故A错误；

B．阴极得电子，发生还原反应，即2H++2e-=H2↑；故B错误；

C．A室是阴极区，在电解池中，阳离子向阴极移动，即B室的Na+通过阳离子交换膜进入A室，可判断A室c(Na＋)逐渐增大，B室c(Na＋)逐渐减小；故C正确；

D．由于没有说明是标准状况；不能使用气体摩尔体积22.4L/mol这个数值，因而体积无法计算，故D错误；

答案为C。3、D【分析】【分析】

2CO(g)＋O2(g)⇌2CO2(g)ΔH=-566.0kJ·mol-1为恒温恒容且反应前后气体分子数减小的放热反应；则甲和乙是完全等效平衡，丙相当于在2个甲或乙的基础上加压，因此丙的平衡相对甲或乙来说是向右移动了，据此分析判断。

【详解】

A．甲的反应物投入量一边倒计算后是加入2molCO2，丙的投入量是4molCO2，所以丙相当于在2个甲的基础上加压，因此丙的平衡相对甲来说是向右移动了，因此2c1＜c3；故A正确；

B．甲和乙是完全等效平衡，所以放出和吸收的能量总和为△H的绝对值，即a+b=566；故B正确；

C．丙相当于2个乙的平衡右移，右移是压强减小，因此2p2＞p3；故C正确；

D．丙相当于2个甲的平衡右移，若丙不移动，则α1+α3=1，但是丙相对甲来说向右移动了，丙的反应物转化率降低了，所以α1+α3＜1；故D错误；

故选D。4、D【分析】燃料电池中，燃料失电子发生氧化反应、氧化剂得电子发生还原反应，所以通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极。乙烷和氧气电池中，乙烷充入负极，电解质显碱性，电极反应为：C2H6＋18OH--14e-=2CO＋12H2O，氧气充入正极，电极反应式为：7H2O＋3.5O2＋14e-=14OH-，电池反应式为C2H6＋4OH-＋O2＝2CO＋12H2O；据此分析。

【详解】

A．由以上分析通入氧气的电极作正极，电极反应为：7H2O＋3.5O2＋14e-=14OH-；故A正确；

B．电池反应式为C2H6＋4OH-＋O2＝2CO＋12H2O，则参加反应的氧气与C2H6的物质的量之比为7：2；故B正确；

C．由以上分析可知乙烷通入负极发生反应，电极反应式为：C2H6＋18OH-=2CO＋12H2O＋14e-；故C正确；

D．放电时；电解质溶液中阳离子向正极移动；阴离子向负极移动，所以碳酸根离子向负极移动，故D错误；

故选：D。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．②处溶液为饱和氯水，溶于水的只有部分与水反应：没有分子存在，该反应的平衡常数A错误；

B．从②处开始，氯水与溶液反应，生成和使平衡正向移动，导致逐渐增大，至③处时，溶液的此时溶液中所含的溶质为和故曲线②至③段始终逐渐增大；B正确；

C．至③处时溶液中所含的溶质为和促进水的电离，而抑制水的电离，继续加入溶液，直至溶液中只存在溶液中水的电离程度最大，C错误；

D．无法判断④处与溶液是否恰好完全反应；但是，即使确定为氯气与氢氧化钠恰好完全反应，转移的电子数目最多只能为0.05mol，D错误；

故选：B。6、C【分析】【详解】

A、Fe2(SO4)3出现沉淀时需要的OH－的浓度c(OH－)===2.8×10－13mol·L－1，FeSO4溶液出现沉淀时c(OH－)===4×10－8mol·L－1，CuSO4溶液，出现沉淀c(OH－)===2.1×10－10mol·L－1；可以得出氢氧化铁先作为沉淀沉降出来，A正确；

B、加入双氧水的目的是把Fe2＋氧化成Fe3＋，然后加入CuO或Ca(OH)2，调节pH，使Fe3＋以Fe(OH)3沉淀，从而得到纯净的CuSO4溶液；B正确；

C、溶液中n(SO42－)=2.5mol，n(Fe2＋)＋n(Fe3＋)＋n(Cu2＋)=2mol，但这三者金属阳离子发生水解，其物质的量之和小于4mol，因此c(SO42﹣)∶[c(Fe3+)+c(Fe2+)+c(Cu2+)]>5∶4；C错误；

D、加入到氢氧化铜悬浊液中，生成Fe(OH)3沉淀，溶液中Cu2＋浓度增大；D正确；

故选C。二、多选题(共8题，共16分)7、CD【分析】【详解】

A．切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面失去金属光泽生成白色的Na2O而逐渐变暗：4Na＋O2＝2Na2O；A正确；

B．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变为黑色：2AgCl(s)＋S2–(aq)=Ag2S(s)＋2Cl–(aq)；B正确；

C．向Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液变红是由于CO水解而呈碱性，由于碳酸是多元弱酸，故碳酸根的水解反应为分步进行，以第一步为主，故正确CO＋H2O＋OH–；C错误；

D．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液恰好至溶液呈中性：2H++SO＋Ba2+＋2OH–＝BaSO4↓＋2H2O；D错误；

故答案为：CD。8、CD【分析】【详解】

A．根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可得则3v逆(CO2)=v正(H2)时处于平衡状态；故A错；

B．反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)中格物质均为气体，所以气体质量不变，在恒容的密闭容器中，则体积不变，由可得；密度始终保持不变，不能用于判断反应是否处于平衡状态，故B错；

C．断裂3molH—H键时，则消耗3mol断裂3molH—O键，则消耗1molCH3OH(g)和1molH2O(g)；所以速率大小相等，方向相反，则处于平衡状态，故C正确；

D．CO2的体积分数保持不变时；则混合物中格物质的浓度均保持不变，则处于平衡状态，故D正确；

答案选CD。9、CD【分析】【分析】

C；D、E、F、X、Y都是情性电极；接通电源后，向乙中滴入酚酞溶液，F极附近溶液显红色，则F是阴极，C、E、G、X都是阳极，D、H、Y都是阴极，A是正极、B是负极，据此分析解答。

【详解】

A．燃料电池中，B极为负极，B极上失电子发生氧化反应，电极反应为故A错误；

B．电镀时，镀层作阳极，镀件作阴极，欲用丙装置给铜镀银，H应该是Cu，G是Ag，电镀液应选择溶液；故B错误；

C．带正电荷的胶粒向阴极移动；丁装置中Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶体粒子带正电荷，故C正确；

D．C、D、E、F电极的电极反应分为转移电子数相等，生成单质的物质的量之比为1：2：2：2，故D正确；

答案选CD。

【点睛】

多池串联中应注意分析装置的特点，能准确判断出原电池与电解池是解答的关键，难点是放电微粒的判断以及电极反应式的书写。10、BC【分析】【分析】

反应系数之比等于物质的变化量之比，等于反应速率之比，根据图像，6s到达平衡时，A增加了1.2mol，B减少了0.6mol，C减少了0.8mol，D增加了0.4mol，故各物质的物质的量之比为A:B:C:D=1.2：0.6：0.8：0.4=6：3：4：2，即该反应的化学方程式为3B(g)＋4C(g)6A(g)＋2D(g)。

【详解】

A．反应到1s时，v（A）═=0.6mol÷2L÷1s=0.3mol/（L•s），v（C）═=0.2mol÷2L÷1s=0.1mol/（L•s）；所以v（A）≠v（C），A错误；

B．各物质的物质的量之比为A:B:C:D=1.2：0.6：0.8：0.4=6：3：4：2，即该反应的化学方程式为3B＋4C6A＋2D；B正确；

C．反应进行到6s时，v(B)==0.05mol•L-1•s-1；C正确；

D．反应进行到6s时，n(B)=n(D)=0.4mol•L-1，n(B)=n(D)===D错误；

故选BC。11、AB【分析】【详解】

A.1mol冰中有2mol氢键，由氢键的键能可知，完全破坏其中的氢键要吸收40kJ的热量，由冰的熔化热可知，1mol冰融化要吸收6.0kJ的热量，若熔化热完全用于破坏冰中的氢键，则能破坏的氢键的百分比为：×100%＝15%；故A正确；

B.Cl2的氧化性强于Br2，1molCl2(g)与氢气反应放出的热量多于1molBr2(g)与氢气反应放出的热量，又因ΔH小于零，则放热越多，ΔH越小，所以ΔH1＜ΔH2；故B正确；

C.反应是否需要加热与吸热；放热反应无关；如金属的燃烧多数需要加热，但为放热反应，故C错误；

D.设断开1molH—Cl键所需能量为xkJ，由键能与ΔH的关系可得：b+c-2x＝-a，解得x＝即断开1molH—Cl键所需的能量为kJ；故D错误；

答案选AB。12、AD【分析】【详解】

A．焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量=946kJ·+498kJ·-2×632kJ·=+180kJ·故A正确；

B．一氧化氮与氢氧化钠溶液不反应；是不成盐氧化物，故B错误；

C．在1L的容器中发生反应，10min内N2减少了1mol，因此10min内的平均反应速率：v(N2)==0.1mol根据反应N2+O2=2NO可知，v(NO)=2v(N2)=0.2mol·故C错误；

D．依据A计算可知反应是吸热反应，故1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量；故D正确；

选AD。13、AC【分析】【详解】

A．图1反应物总能量大于生成物总能量，正反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，A与图1相符；B．由图2可知，T1温度下Kw=10-14mol2/L2，T2温度下Kw<10-14mol2/L2，结合升高温度Kw增大可知：图2中B与图2不符；C．图3中横坐标为氢气起始体积分数，a→b相当于增大氢气的浓度，合成氨平衡正向移动，氮气的转化率增大，即a点的转化率小于b点，C与图3相符；D．a→b，增大压强，二氧化硫浓度增大，反应速率增大，D与图4不符。答案选AC。14、BD【分析】【分析】

由图中信息可知，c(H2X)=c(HX－)时，pH=7；当c(HX－)=c(X2－)；pH=11。

【详解】

A．由信息知，c(H2X)=c(HX－)时；pH=7，则表明NaHX溶液显碱性，A不正确；

B．常温下，pH=7时，c(H2X)=c(HX－)，K1(H2X)==c(H+)=10－7；B正确；

C．加入NaOH溶液前，c(H2X)＋c(HX－)＋c(X2－)＝amol·L－1，加入NaOH溶液后，溶液体积增大，所以m点：c(H2X)＋c(HX－)＋c(X2－)＜amol·L－1；C不正确；

D．当溶液pH＝11时，c(H+)＜c(OH－)，依据电荷守恒，溶液中：c(Na＋)+c(H+)=c(HX－)+2c(X2－)+c(OH－)，此时c(HX－)=c(X2－)，所以c(Na＋)>3c(HX－)；D正确；

故选BD。三、填空题(共9题，共18分)15、略

【分析】【详解】

①12g镁在氧气中完全燃烧，生成氧化镁固体，放出247kJ的热量，12g镁的物质的量为0.5mol，则1mol镁在氧气中完全燃烧，生成氧化镁固体，放出247kJ×2=494kJ的热量，故该反应的热化学方程式为Mg(s)+O2(g)=MgO(s)△H=−494kJ/mol；

②燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，例如C→CO2(g)，S→SO2(g)，H→H2O(l)，1克甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出了akJ的热量，则1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水应放出16akJ的热量，故甲烷燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−16akJ/mol；

③合成氨反应的化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，△H=反应物的总键能-生成物的总键能=946kJ/mol+3×436kJ/mol-391kJ/mol×6=−92kJ/mol，故合成氨反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92kJ/mol。【解析】Mg(s)+O2(g)=MgO(s)△H=−494kJ/molCH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−16akJ/molN2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92kJ/mol16、略

【分析】【分析】

（1）铁作负极；原电池反应是铁与稀硫酸置换氢气的反应，正极反应是氢离子得电子生成氢气，负极上是金属铁失电子；

（2）根据方程式中物质发生的反应类型判断，Cu发生氧化反应，作负极，B极材料是比Cu不活泼的导电物质，溶液C中含有Fe3+；

（3）根据电子流向判断c为负极；d为正极，计算氧气的体积则根据正极的反应式进行。

【详解】

（1）铁作负极，则该原电池反应是铁与稀硫酸置换氢气的反应，所以正极反应是氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H++2e-═H2↑；溶液中氢离子放电，导致溶液中氢离子浓度减小，酸性减弱，故答案为：2H++2e-═H2↑；减弱；

（2）Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+设计成如上图所示的原电池装置，根据方程式中物质发生的反应类型判断，Cu发生氧化反应，作原电池的负极，B（负极材料）是Cu；A（正极材料）是比铜更稳定的金属或者石墨；溶液C中含有Fe3+，如FeCl3溶液；故答案为：石墨；Cu；FeCl3溶液；

（3）由图中电子流向可知，d为电子流入的电极，为正极；正极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，线路中转移1mol电子，则生成氧气物质的量为0.25mol，体积=0.25mol×22.4L/mol=5.6L，故答案为：正极；5.6。【解析】2H++2e-=H2↑减弱石墨CuFeCl3溶液正极5.617、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)燃料电池的电池反应为燃料的氧化反应，在酸性条件下生成的CO2不与H2SO4反应，故电池总反应式为2CH3OH＋3O2=2CO2＋4H2O；

(2)电池的正极O2得电子，由于是酸性环境，所以会生成H2O，电极反应式为3O2+12H++12e-=6H2O；用电池总反应式减去正极反应式即可得出负极的电极反应式为2CH3OH+2H2O-12e-=2CO2+12H+；

(3)原电池中阳离子移向正极，即H＋移向正极；在正极生成水；原电池中负极失电子；

(4)产物是CO2和H2O，不会对环境造成污染。【解析】2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O3O2+12H++12e-=6H2O2CH3OH+2H2O-12e-=2CO2+12H+正负极对环境无污染18、略

【分析】【分析】

【详解】

500℃时，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3，8min时反应达到平衡，此时NH3的转化率为40%，体系压强为p0MPa；利用三段式有：

v(N2)=mol·L-1·min-1，根据阿伏伽德罗定律，恒温恒容时，压强与物质的量成正比，500℃时该反应的平衡常数Kp=MPa=Mpa，故答案为：0.05、【解析】①.0.05②.19、略

【分析】【分析】

甲装置中左侧为原电池装置；锌比铜活泼，则锌为负极，锌失电子，生成锌离子；铜为正极，铜离子得电子生成单质铜；电池的内电路中，阴离子向负极移动；外电路电解池中，阴离子向阳极移动；乙为电解池，左侧铜作阳极失电子；右侧铜做阴极，水得电子生成氢气和氢氧根离子。

(1)

甲装置中电解池在右侧；原电池中在保证电极反应不变；正极材料的活泼性不能大于Zn，因此不能用镁代替铜，答案选B。

(2)

硫酸根离子向负极移动；移动方向为从右向左。M极作阳极，失去电子有铜离子生成，铜离子结合氢氧根离子生成氢氧化铜沉淀。故答案为：从右向左；滤纸上有蓝色沉淀产生。

(3)

X极作阴极，得到电子生成氢气和氢氧根离子，故X极溶液的逐渐增大。故答案为：增大。

(4)

由题意可知，铁作阳极，阳极发生氧化反应，氢氧根离子失去电子生成氧气、铁失去电子生成电极反应为4OH−−4e−=2H2O+O2↑和Fe−6e−+8OH−=+4H2O。

(5)

碱性电池中锌作负极，K2FeO4在电池中作正极材料；在正极得到电子发生还原反应转化为氧化铁，电极反应为：2+6e−+5H2O=Fe2O3+10OH−。【解析】(1)B

(2)从右向左滤纸上有蓝色沉淀产生。

(3)增大。

(4)4OH−−4e−=2H2O+O2↑Fe−6e−+8OH−=+4H2O

(5)2+6e−+5H2O=Fe2O3+10OH−20、略

【分析】【分析】

（1）属于强碱弱酸盐；根据盐类水解规律，可得溶液中离子浓度大小关系。

（2）溶液吸收生成NaHSO3。

（3）根据电离常数可排出H2SO3、H2CO3、HSO3-、HCO3-的酸性强弱顺序；根据强酸可以制取弱酸的规律，可以判断给出的四组微粒间能否发生反应。

（4）由图像可知，当溶液pH约为4时，可完全反应生成此时可停止通入二氧化硫，故可通过测量溶液pH的方法控制何时停止通

利用盐溶液中的物料守恒；电荷守恒、质子守恒判断。

（5）亚硫酰氯与水发生水解反应：生成的HCl可以抑制Mg2+的水解。

【详解】

属于强碱弱酸盐，根据盐类水解规律，可得溶液中离子浓度大小关系为：

故答案为：

工业上常用溶液来吸收反应生成亚硫酸氢钠，该反应的离子方程式是：

故答案为：

已知Ka越大酸性越强，故酸性强弱顺序为：H2SO3>H2CO3>HSO3->HCO3-，酸性较强的酸能与酸性较弱的酸根离子反应，所以与不反应，与不反应；即BC能共存；

故答案为：BC；

由图像可知，当溶液pH约为4时，可完全反应生成此时可停止通入二氧化硫，故可通过测量溶液pH的方法控制；

故答案为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通

在溶液中；电离程度大于水解程度，溶液显酸性；

A.由物料守恒可知，故A错误；

B.根据质子守恒，故B正确；

C.在溶液中，电离程度大于水解程度，溶液显酸性，则离子浓度为故C正确；

D.根据电荷守恒故D正确；

故答案为：A；

蒸干溶液时，会发生水解生成且生成的HCl具有挥发性，当与混合共热时，由于极易与水反应，反应产生的HCl可以抑制的水解；

故答案为：随着的通入，能够消耗分解产生的水，同时生成的HCl抑制了的水解。

【点睛】

本题考查了污染物的处理方法，涉及到离子方程式、弱电解质的电离平衡、盐类水解原理和离子浓度大小的比较等知识点，难度一般，需要注意的是比较溶液中各种离子浓度相对大小时要结合电荷守恒和物料守恒分析解答。【解析】测量溶液的pH，若pH约为4，停止通随着的通入，能够消耗分解产生的水，同时生成的HCl抑制了的水解21、略

【分析】【详解】

(1)甲是电解饱和食盐水，M为正极，则a为阳极发生氧化反应，电极方程式为2Cl--2e-=Cl2↑，b为阴极发生还原反应，电极反应式为2H++2e-=H2↑；检验a电极生成的氯气应该用湿润的淀粉碘化钾试纸，氯气可将碘离子氧化为碘单质，使试纸变蓝；电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，总反应化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；

(2)用电解法进行粗铜提纯时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，该装置中M为原电池的正极，N为原电池的负极，所以c为电解池的阳极，d为电解池的阴极，电解时，以硫酸铜溶液为电解液，溶液中的Cu2+得到电子在阴极上发生还原反应，即Cu2++2e-=Cu；作阳极的粗铜中的铜以及比铜活泼的金属失去电子进入溶液，所以Fe发生Fe-2e-=Fe2+反应，以Fe2+的形式进入溶液中；比铜不活泼的金属Au、Ag不会失去电子，以单质的形成沉入电解槽形成“阳极泥”，则沉积在电解槽底部(阳极泥)的杂质是Au、Ag，电解一段时间后，电解液中的金属离子有Cu2+、Fe2+；

(3)在铁制品上镀镍(二价金属)；则铁制品作阴极与电源负极N相连即f极，镍块为阳极与电源正极M相连即e极；

(4)若e电极的质量变化118g，根据转移电子数相等，Ni~2e-~Cl2，则a电极上产生的气体在标准状况下的体积为=44.8L。

【点睛】

本题的易错点为（2），粗铜的电解精炼过程中，阳极上比铜活泼的金属也要放电，活泼性比铜弱的形成阳极泥。【解析】2H++2e-=H2↑湿润的淀粉KI试纸变蓝则为Cl22NaCl+2H2O=2NaOH+H2↑+Cl2↑粗铜板Cu2++2e-=CuAu、AgCu2+、Fe2+镍块铁制品44.8L。22、略

【分析】【详解】

(1)由H原子守恒可知6a=2,则a=故答案为：

(2)1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热,则乙烷燃烧热为520kJ/mol3=1560kJ/mol；故答案为：1560kJ/mol；

(3)反应物中气态比液态能量高，则等物质的量的C2H6(l)比C2H6(g)完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热少；故答案为：少；

(4)结合状态及焓变可知二甲醚完全燃烧时的热化学方程式为CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=-1455kJ·mol-1，故答案为CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=-1455kJ·mol-1

(5)图中生成等量二氧化碳时二甲醚燃烧放热多；则从环保角度分析，放出相同的热量时选择乙烷作为燃料产生的二氧化碳较少，故答案为：乙烷；

(6)乙烷和O2组成的碱性燃料电池的负极反应失去电子，生成碳酸根离子，负极反应式为：C2H6+8OH--14e-=2CO+12H2O，故答案为：C2H6+8OH--14e-=2CO+12H2O【解析】1560kJ·mol-1少CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=-1455kJ·mol-1乙烷C2H6+8OH--14e-=2CO+12H2O23、略

【分析】【详解】

(1)Ksp=1.8×10-10mol2•L-2=c(Ag+)•c(Cl-)；通过计算分别得到：

①100mL蒸馏水中含银离子浓度和氯离子浓度相同；

②100mL0.1mol•L-1盐酸溶液中氯离子浓度为0.1mol/L，银离子为1.8×10-9mol/L；

③1000mL0.1mol•L-1氯化铝溶液中氯离子浓度为0.3mol/L，银离子浓度=6×10-10mol/L；

④100mL0.01mol•L-1MgCl2溶液中Cl-浓度为0.02mol/l，抑制沉淀溶解平衡，银离子浓度=1.8×10-10÷0.02=9×10-9mol/L；

综上所述大小顺序为：①④②③；

(2)在0.1mol/L氯化铝溶液中c(Cl-)=0.3mol/L，所以银离子的物质的量浓度最大可达到：=6.0×10-10mol/L。

(3)AgCl为难溶于水和酸的白色固体，Ag2S为难溶于水和酸的黑色固体，向AgCl和水的悬浊液中加入足量的K2S溶液并振荡，结果白色固体完全转化为黑色固体：说明氯化银白色沉淀转化为黑色沉淀硫化银，反应的离子方程式为2AgCl+S2-═Ag2S+2Cl-。

【点晴】

沉淀的生成、溶解和转化的判断：通过比较溶液中有关离子浓度幂的乘积——浓度积Qc与Ksp的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成、溶解或转化。两溶液混合是否会产生沉淀或同一溶液中可能会产生多种沉淀时，判断产生沉淀先后顺序问题，均可利用溶度积的计算公式或离子积与溶度积的关系加以判断。【解析】①﹥②﹥④﹥③6×10-10白色沉淀变为黑色2AgCl+S2-═Ag2S+2Cl-四、实验题(共4题，共40分)24、略

【分析】【详解】

(1)实验1可知总体积为10.0mL,实验2、3中总体积为10.0mL,则表中V1=10.0−7.0=3.0,V2=10.0−6.0=4.0；

故答案为：3.0；4.0；

(2)根据上表中的实验数据,可以得到的结论是其他条件相同时,增大H2C2O4浓度(或反应物浓度)；反应速率增大。

故答案为：其他条件相同时,增大H2C2O4浓度(或反应物浓度)；反应速率增大；

(3)由实验1中数据可知,n(H2CO4)=n(H2SO4)=n(KMnO4)=根据物质的量的数值，KMnO4完全反应，H2CO4和H2SO4是过量的，则参加反应的n(H2CO4)=n(KMnO4)=则用H2C2O4的浓度变化表示的反应速率为：

(4)①由图可知,提出的假设是生成物中的MnSO4为该反应的催化剂(或Mn2+对该反应有催化作用)；

故答案为：生成物中的MnSO4为该反应的催化剂(或Mn2+对该反应有催化作用)；

②加入的固体A是MnSO4。

故答案为：MnSO4；

③提出的假设成立,应观察到的现象是与实验1比较,溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于1.5min。

故答案为：与实验1比较,溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于1.5min。

【点睛】

解答（4）②小题时需注意图2中随时间变化的曲线的斜率在中间一段时间段突然增大，说明单位时间内产生的增大即反应速率突然加快，原因可能是生成物中的MnSO4为该反应的催化剂(或Mn2+对该反应有催化作用)，【解析】3.04.0其他条件相同时,增大H2C2O4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大生成物中的MnSO4为该反应的催化剂(或Mn2+对该反应有催化作用)MnSO4与实验1比较,溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于1.5min25、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)草酸亚铁、草酸钾、草酸与过氧化氢发生氧化还原反应产生三草酸合铁(III)酸钾(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)，根据原子守恒、电子守恒，可得反应方程式：2FeC2O4·2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O；故答案为：2FeC2O4·2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O；

(2)KMnO4具有强氧化性，C2OFe2+具有还原性，二者在酸性条件下发生氧化还原反应，KMnO4被还原产生无色Mn2+，若反应完全后，滴入溶液中的MnO使溶液显紫色；所以滴定终点的现象是：滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶内的溶液由变为浅红色，且半分钟内不褪色；故答案为：滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色；

①在步骤二中，若加入的KMnO4溶液的量不够；则会有部分草酸根离子未被氧化，在步骤三中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大，从而使计算出的铁的含量增多，导致其含量偏高。故答案为：偏高；

②Fe2+与MnO在酸性条件下发生氧化还原反应，产生Fe3+、Mn2+、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得离子方程式：5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；故答案为：5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；

③n(KMnO4)=c·V=0.010mol/L×0.02L=2.0×10-4mol，则根据方程式5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知Fe2+的物质的量n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5×2.0×10-4mol=1.0×10-3mol，m(Fe2+)=1.0×10-3mol×56g/mol=0.056g，则Fe元素的质量分数为：=11.2%；故答案为：11.2%；【解析】①.2FeC2O4·2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O②.滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色③.偏高④.5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O⑤.11.2%26、略

【分析】【详解】

I．(1)由控制变量法可知，应控制溶液的总体积相同，实验2混合液的总体积为10mL+10mL+30mL=50mL，则V1=50mL-10mL-35mL=5mL，V2=50mL-10mL10mL=30mL；

(2)探究温度对化学反应速率影响；必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：②和③；探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是①和②；

(3)草酸的物质的量为0.60mol•L-1×0.005L=0.003mol，高锰酸钾的物质的量为0.10mol•L-1×0.01L=0.001mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为0.003mol：0.001mol=3：1，由2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O可