江西省宜市宜丰二中高三化学二模试卷（实验班含解析）.doc

2016年江西省宜春市宜丰二中实验班高考化学二模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分。在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。）1下列各组物质在溶液中不发生化学反应而能共存的是（）ana2so4 kno3 na2co3 nh4clbh2so4 bacl2 na2so4 naohcmgcl2 agno3 kno3 hcldnh4hco3 naoh nacl hcl2在某元素的原子核外电子排布中，k电子层和l电子层的电子数之和等于m电子层和n电子层的电子数之和则该元素的核电荷数为（）a30b12c17d203一定条件下，达到平衡状态时的可逆反应2a（g）2b（g）+c（g）（正反应为吸热反应），要使b的物质的量增大，而正反应速率降低，可采取的措施是（）a增加a的物质的量b减小a的物质的量c升高体系的温度d减小体系的压强4铝与稀硫酸反应的速率较慢，下列措施不能加快反应速率的是（）a在溶液中滴加少量硫酸铜溶液b适当增大硫酸的浓度c对反应溶液进行加热d增大外界压强5如图是四种常见有机物的比例模型示意图下列说法正确的是（）a甲能使酸性高锰酸钾溶液褪色b乙可与酸性高锰酸钾发生加成反应c丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键d丁可与乙酸发生中和反应6下列有关物质用途的说法中，不正确的是（）a氧化铁可用作红色油漆和涂料b金属镁可用于制造信号弹c碳酸钠可用于治疗胃酸过多d二氧化硅可用来制造光导纤维7ph相同的盐酸（甲）和醋酸（乙），分别与锌反应，若最后锌粒全部溶解且放出气体一样多，为此下列说法正确的是（）a反应开始时的速率：甲乙b反应开始时，酸的物质的量浓度：甲乙c反应所需时间：甲乙d反应后溶液的ph：甲乙8下列描述中，不符合生产实际的是（）a可用电解饱和mgcl2溶液的方法获得金属镁b电解法精炼粗铜，用粗铜作阳极，纯铜作阴极c电解熔融al2o3制备金属铝时，加入冰晶石使al2o3更易熔化d氯碱工业中电解食盐水时，阳离子交换膜可防止氯气与naoh溶液反应二、解答题（共4小题，满分52分）9实验探究是体验知识的产生和形成过程的基本途径下面是某同学完成的探究实验报告的一部分：实验步骤实验结论氯水+1 ml ccl4，振荡，静置，观察四氯化碳层颜色氧化性从强到弱的顺序：氯、溴、碘nabr溶液+氯水+1 ml ccl4，振荡，静置，观察四氯化碳层颜色ki溶液+氯水+1 ml ccl4，振荡，静置，观察四氯化碳层颜色实验名称：卤素单质的氧化性强弱比较实验药品：kbr溶液、ki溶液、氯水、溴水、碘水、四氯化碳、淀粉碘化钾试纸请回答：（1）完成该实验需用到的实验仪器是（2）ccl4在实验中所起的作用是（3）该同学的实验设计不足之处是，改进的办法是10硫酸亚铁铵较硫酸亚铁不易被氧气氧化，是分析化学中重要的试剂，常用于代替硫酸亚铁硫酸亚铁铵在 500时隔绝空气加热完全分解回答下列问题：（1）硫酸亚铁铵隔绝空气加热完全分解，发生了氧化还原反应，固体产物可能有feo和fe2o3，气体产物可能有nh3、so3、h2o、n2和（2）为检验分解产物的成份，设计如下实验装置进行实验，加热a中的硫酸亚铁铵至分解完全a中固体充分加热较长时间后，通入氮气，目的是为验证a中残留物是否含有feo，需要选用的试剂有akscn溶液 b稀硫酸 c浓盐酸 dkmno4溶液装置b中bacl2溶液的作用是为了检验分解产物中是否有气体生成，若含有该气体，观察到的现象为若a中分解产物有n2，固体残留物只有fe2o3，fe2o3的物质的量为bmol，c中沉淀物质的量为amol，则ba（填“大于”、“小于”或“等于”）实验中，观察到c中有白色沉淀生成，则c中发生的反应为（用离子方程式表示）（3）已知亚铁离子被氧气氧化的反应是：4fe2+o2+（4+2x） h2o2fe2o3xh2o+8h+，硫酸亚铁铵溶液较硫酸亚铁溶液不易被氧气氧化，其原因是11草酸（h2c2o4）溶液与酸性kmno4溶液反应时，溶液褪色总是先慢后快某学习小组结合化学反应原理提出猜想与假设，并设计了一系列实验进行探究实验：在2支试管中分别加入5ml等浓度的h2c2o4溶液，在其中一支试管中先加入少量mnso4固体再各加入5滴0.1moll1kmno4溶液记录溶液褪色时间，如表1：试 管未加mnso4的试管加有mnso4的试管褪色时间30s2s实验：另取2支试管分别加入5ml等浓度的h2c2o4溶液，在其中一支试管中先加入10滴稀硫酸，再各加入5滴0.1moll1 kmno4溶液记录溶液褪色时间，如表2：试 管未滴加稀硫酸的试管滴加了稀硫酸的试管褪色时间100s90s实验：另取3支试管分别加入5ml等浓度h2c2o4溶液，然后在试管中先分别加入10滴、1ml、2ml稀硫酸溶液，再各加入5滴0.1moll1kmno4溶液，然后置于温度为65的水浴中加热记录溶液褪色时间，如表3：试 管滴入10滴稀硫酸的试管加入1ml稀硫酸的试管加入2ml稀硫酸的试管褪色时间70s100s120s（1）实验得出的结论是（2）比较实验、得出的结论正确的是：温度对该反应速率有影响硫酸对草酸和kmno4溶液的反应有影响加入少量硫酸，可促进草酸和kmno4溶液反应，而加入大量硫酸，反应速率比较小在酸性范围内，ph值越小对反应越有利（3）写出草酸溶液与酸性kmno4溶液反应的离子方程式：实验室利用该反应标定未知浓度h2c2o4溶液，滴定终点的现象是：溶液颜色，且30s不改变滴定完成后仰视读取kmno4溶液体积会导致测得h2c2o4溶液的浓度（选填：偏大、偏小、无影响）（4）有同学根据查阅的资料提出kmno4溶液氧化h2c2o4的反应历程为：上述实验中，实验可证明这个历程是可信的12可用图示装置制取少量乙酸乙酯（酒精灯等在图中均已略去）请填空：（1）试管a中需要加入浓硫酸、冰醋酸和乙醇各2ml，正确加入顺序操作是（2）为防止a中的液体在实验时发生暴沸，在加热前应采取的措施是（3）实验中加热试管的目的是：（4）试管b中加有饱和na2co3溶液，其作用是（5）反应结束后，振荡试管b静置，观察到的现象是（6）制取乙酸乙酯的化学方程式2016年江西省宜春市宜丰二中实验班高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分。在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。）1下列各组物质在溶液中不发生化学反应而能共存的是（）ana2so4 kno3 na2co3 nh4clbh2so4 bacl2 na2so4 naohcmgcl2 agno3 kno3 hcldnh4hco3 naoh nacl hcl【考点】离子共存问题【分析】a四种物质在溶液中不反应，可以大量共存；b硫酸与氯化钡、氢氧化钠发生反应，硫酸钠与氯化钡反应；c硝酸银与氯化镁、盐酸均反应生成白色沉淀氯化银；d碳酸氢铵与氢氧化钠、盐酸反应，氢氧化钠与盐酸反应【解答】解：ana2so4、kno3、na2co3、nh4cl之间在溶液中不反应，可以大量共存，故a正确；bh2so4与na2so4、naoh均反应，bacl2也和h2so4反应，不能大量共存，故b错误；cagno3与mgcl2、hcl均反应生成白色沉淀氯化银，不能大量共存，故c错误；dnh4hco3与naoh、hcl均反应，naoh和hcl也反应，不能大量共存，故d错误；故选a2在某元素的原子核外电子排布中，k电子层和l电子层的电子数之和等于m电子层和n电子层的电子数之和则该元素的核电荷数为（）a30b12c17d20【考点】原子核外电子排布；核电荷数【分析】由于该元素原子含有m、n电子层，故k层、l层已经排满，k电子层和l电子层的电子数之和为10，所以m电子层和n电子层的电子数之和也为10电中性原子核电荷数=质子数=核外电子数据此判断【解答】解：由于该元素原子含有m、n电子层，故k层、l层已经排满，k电子层和l电子层的电子数之和为10，所以m电子层和n电子层的电子数之和也为10，故该元素原子核外电子数为10+10=20，所以该元素核电荷数为20故选：d3一定条件下，达到平衡状态时的可逆反应2a（g）2b（g）+c（g）（正反应为吸热反应），要使b的物质的量增大，而正反应速率降低，可采取的措施是（）a增加a的物质的量b减小a的物质的量c升高体系的温度d减小体系的压强【考点】化学平衡的影响因素【分析】达平衡时，要使v正降低，可采取降低温度、减小压强或减小浓度的措施，且使b的物质的量增大，应使平衡向正反应方向移动，结合平衡移动原理分析解答【解答】解：a增加a的物质的量，a的浓度增大，平衡向正反应方向移动，b的物质的量增大，但正反应速率中等，增大压强，平衡向正反应方向移动，a的浓度减小，正、逆反应速率都增大，故a错误；b减小a的物质的量，a的浓度降低，正反应速率降低，平衡向逆反应移动，b的物质的量减小，故b错误；c该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡正反应方向移动，b的物质的量增大，但正、逆反应速率都增大，故c错误；d减小体系的压强，正反应速率降低，正反应方向为体积增大的反应，平衡向正反应方向移动，b的物质的量中等，故d正确故选d4铝与稀硫酸反应的速率较慢，下列措施不能加快反应速率的是（）a在溶液中滴加少量硫酸铜溶液b适当增大硫酸的浓度c对反应溶液进行加热d增大外界压强【考点】化学反应速率的影响因素【分析】对于铝与稀硫酸的反应，增大固体表面积、增大硫酸浓度或升高反应温度以及形成原电池反应都可增大反应速率，以此解答该题【解答】解：a在溶液中滴加少量硫酸铜溶液，铝置换出铜，可形成原电池反应，加快反应速率，故a不选；b适当增大硫酸的浓度，可增大反应速率，故b不选；c对反应溶液进行加热温度升高，反应速率增大，故c不选；d反应在溶液中进行，增大外界压强，对反应速率基本没有影响，故d选故选d5如图是四种常见有机物的比例模型示意图下列说法正确的是（）a甲能使酸性高锰酸钾溶液褪色b乙可与酸性高锰酸钾发生加成反应c丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键d丁可与乙酸发生中和反应【考点】有机物的结构和性质；球棍模型与比例模型；常见有机化合物的结构【分析】根据模型知，甲是甲烷或四氯化碳、乙是乙烯、丙是苯、丁是乙醇，a甲烷或四氯化碳都不含不饱和键，和酸性高锰酸钾不反应；b碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化；c苯中碳碳键是特殊的化学键；d丁是乙醇，能和乙酸发生酯化反应【解答】解：根据模型知，甲是甲烷或四氯化碳、乙是乙烯、丙是苯、丁是乙醇，a甲烷或四氯化碳都不含不饱和键，性质较稳定，和酸性高锰酸钾不反应，故a错误；b乙是乙烯，含有碳碳双键，性质较活泼，碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故b错误；c苯中碳碳键是介于单键和双键之间的特殊化学键，导致能发生取代反应和加成反应，故c正确；d丁是乙醇，能和乙酸发生酯化反应或取代反应，和乙酸不发生中和反应，故d错误；故选c6下列有关物质用途的说法中，不正确的是（）a氧化铁可用作红色油漆和涂料b金属镁可用于制造信号弹c碳酸钠可用于治疗胃酸过多d二氧化硅可用来制造光导纤维【考点】铁的氧化物和氢氧化物；硅和二氧化硅；钠的重要化合物；镁的化学性质【分析】a氧化铁是红棕色固体；b金属镁在氧气中燃烧，发出耀眼的白光；c碳酸钠有腐蚀性；dsio2是制造光导纤维的主要材料【解答】解：a氧化铁是红棕色固体，能用作红色油漆和涂料，故a正确；b金属镁在氧气中燃烧，发出耀眼的白光，可用于制造信号弹，故b正确；c碳酸钠碱性太强，不能用作胃药，故c错误；d二氧化硅是制造光导纤维的主要材料，故d正确；故选c7ph相同的盐酸（甲）和醋酸（乙），分别与锌反应，若最后锌粒全部溶解且放出气体一样多，为此下列说法正确的是（）a反应开始时的速率：甲乙b反应开始时，酸的物质的量浓度：甲乙c反应所需时间：甲乙d反应后溶液的ph：甲乙【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液ph的定义【分析】ph相同的盐酸（甲）和醋酸（乙），则两种溶液中氢离子浓度相等，反应速率和离子浓度成正比，醋酸是弱电解质，氯化氢是强电解质，所以c（hcl）c（ch3cooh），若最后锌粒全部溶解且放出气体一样多，可能是盐酸恰好反应而醋酸过量，也可能是盐酸和醋酸都过量，据此分析解答【解答】解：aph相同的盐酸（甲）和醋酸（乙），两种溶液中氢离子浓度相等，所以开始反应速率相等，故a错误；bph相同的盐酸（甲）和醋酸（乙），醋酸是弱电解质，氯化氢是强电解质，所以c（hcl）c（ch3cooh），等体积的盐酸和醋酸，n（hcl）n（ch3cooh），故b正确；c反应过程中，醋酸电离导致醋酸中氢离子浓度减少速率小于盐酸中氢离子浓度减少速率，盐酸中的氢离子浓度小于醋酸中氢离子浓度，盐酸反应速率小于醋酸，所以反应所需时间：甲乙，故c错误；d若最后锌粒全部溶解且放出气体一样多，可能是盐酸恰好反应而醋酸过量，也可能是盐酸和醋酸都过量，如果盐酸恰好反应而醋酸过量，则反应后溶液的ph甲乙，如果盐酸和醋酸都过量，要根据氢离子浓度确定溶液的酸碱性，故d错误；故选b8下列描述中，不符合生产实际的是（）a可用电解饱和mgcl2溶液的方法获得金属镁b电解法精炼粗铜，用粗铜作阳极，纯铜作阴极c电解熔融al2o3制备金属铝时，加入冰晶石使al2o3更易熔化d氯碱工业中电解食盐水时，阳离子交换膜可防止氯气与naoh溶液反应【考点】金属冶炼的一般原理【分析】a电解氯化镁溶液生成氢气、氯气和氢氧化镁；b电解法精炼粗铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极；c电解熔融al2o3制备金属铝时，要加入冰晶石，降低氧化铝的熔点，使al2o3在较低温度下熔解；d电解时，阳离子经过离子交换膜向阴极区移动；【解答】解：a电解氯化镁溶液生成氢气、氯气和氢氧化镁，工业上冶炼金属镁的方法是电解熔融状态的氯化镁，错误；b电解法精炼粗铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，故b正确；c电解熔融al2o3制备金属铝时，加入冰晶石是为了降低三氧化二铝的熔点，使al2o3更易熔化，故c正确；d、电解时，阳离子经过离子交换膜向阴极区移动，所以阳离子交换膜的作用是阻止oh移向阳极，以使氢氧化钠在阴极区富集，故d正确；故选：a二、解答题（共4小题，满分52分）9实验探究是体验知识的产生和形成过程的基本途径下面是某同学完成的探究实验报告的一部分：实验步骤实验结论氯水+1 ml ccl4，振荡，静置，观察四氯化碳层颜色氧化性从强到弱的顺序：氯、溴、碘nabr溶液+氯水+1 ml ccl4，振荡，静置，观察四氯化碳层颜色ki溶液+氯水+1 ml ccl4，振荡，静置，观察四氯化碳层颜色实验名称：卤素单质的氧化性强弱比较实验药品：kbr溶液、ki溶液、氯水、溴水、碘水、四氯化碳、淀粉碘化钾试纸请回答：（1）完成该实验需用到的实验仪器是试管、量筒、胶头滴管（2）ccl4在实验中所起的作用是萃取剂（3）该同学的实验设计不足之处是没有比较br2和i2的氧化性强弱，改进的办法是把第步改为：将溴水滴在ki淀粉试纸上，观察试纸是否变蓝色（或ki溶液+溴水+1 ml ccl4，振荡，静置，观察四氯化碳层颜色）【考点】化学实验方案的评价【分析】（1）该实验用量筒量取试剂，可在试管中进行反应；（2）四氯化碳不参加反应，但卤素单质不易溶于水，易溶于四氯化碳；（3）不能比较溴、碘的氧化性强弱，以此来解答【解答】解：由非金属单质间的置换反应来比较单质的氧化性强弱可知，cl2能置换出br2、i2，br2能置换出i2，则说明氧化性cl2br2i2，（1）该实验用量筒量取试剂，可在试管中进行反应，还需要胶头滴管滴加液体，故答案为：试管、量筒、胶头滴管；（2）四氯化碳不参加反应，但卤素单质不易溶于水，易溶于四氯化碳，所以其作用为萃取剂，使生成的br2、i2溶于其中，便于观察现象：萃取剂；（3）设计的实验中不能证明溴的氧化性强于碘，把第步改为：ki溶液+溴水+1ml ccl4，振荡，静置，观察ccl4层颜色，故答案为：没有比较br2和i2的氧化性强弱；把第步改为：将溴水滴在ki淀粉试纸上，观察试纸是否变蓝色（或ki溶液+溴水+1 ml ccl4，振荡，静置，观察四氯化碳层颜色）10硫酸亚铁铵较硫酸亚铁不易被氧气氧化，是分析化学中重要的试剂，常用于代替硫酸亚铁硫酸亚铁铵在 500时隔绝空气加热完全分解回答下列问题：（1）硫酸亚铁铵隔绝空气加热完全分解，发生了氧化还原反应，固体产物可能有feo和fe2o3，气体产物可能有nh3、so3、h2o、n2和so2（2）为检验分解产物的成份，设计如下实验装置进行实验，加热a中的硫酸亚铁铵至分解完全a中固体充分加热较长时间后，通入氮气，目的是使分解产生的气体在b、c中被吸收充分为验证a中残留物是否含有feo，需要选用的试剂有bdakscn溶液 b稀硫酸 c浓盐酸 dkmno4溶液装置b中bacl2溶液的作用是为了检验分解产物中是否有so3气体生成，若含有该气体，观察到的现象为溶液变浑浊若a中分解产物有n2，固体残留物只有fe2o3，fe2o3的物质的量为bmol，c中沉淀物质的量为amol，则b小于a（填“大于”、“小于”或“等于”）实验中，观察到c中有白色沉淀生成，则c中发生的反应为so2+h2o2+ba2+=baso4+2h+（用离子方程式表示）（3）已知亚铁离子被氧气氧化的反应是：4fe2+o2+（4+2x） h2o2fe2o3xh2o+8h+，硫酸亚铁铵溶液较硫酸亚铁溶液不易被氧气氧化，其原因是硫酸亚铁铵溶液中nh4+发生水解增大c（h+），抑制了上述氧化还原反应的进行【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）氮元素和铁元素化合价升高，根据在氧化还原反应中化合价有升必有降，化合价降低的应该是硫，所以气体产物中还可能有so2；（2）a中固体充分加热较长时间后，通入氮气目的是使分解生成的气体在bc装置中完全吸收；为验证a中残留物是否含有feo，应该先用稀硫酸溶解，然后再用kmno4溶液检验亚铁离子；装置b中bac12溶液的作用是为了检验分解产物中是否有so3气体生成，若含有该气体，会生成硫酸钡白色沉淀，观察到的观象为溶液变浑浊；若a中分解产物有n2，固体残留物只有fe2o3，fe2o3的物质的量为bmol，c中沉淀物质的量为amol，根据化合价升降必相等，硫降低的化合价（2a）等于铁升高的化合价（2b）和氮升高的化合价之和，则b小于a；c中有白色沉淀生成，是因为so2被双氧水氧化成so42，so42再与ba2+结合成沉淀baso4，则c中发生的反应为so2+h2o2+ba2+=baso4+2h+；（3）硫酸亚铁铵溶液较硫酸亚铁溶液不易被氧气氧化是因为溶液中铵根离子水解显酸性，氢离子浓度增大，抑制氧化还原反应的发生【解答】解：（1）氮元素和铁元素化合价升高，根据在氧化还原反应中化合价有升必有降，化合价降低的应该是硫，所以气体产物中还可能有so2，故答案为：so2；（2）a中固体充分加热较长时间后，通入氮气目的是使分解生成的气体在bc装置中完全吸收，故答案为：使分解产生的气体在b、c中被吸收充分；为验证a中残留物是否含有feo，应该先用稀硫酸溶解，然后再用kmno4溶液检验亚铁离子，故选bd，故答案为：bd；装置b中bac12溶液的作用是为了检验分解产物中是否有so3气体生成，若含有该气体，会生成硫酸钡白色沉淀，观察到的观象为溶液变浑浊；故答案为：so3；溶液变浑浊；若a中分解产物有n2，固体残留物只有fe2o3，fe2o3的物质的量为bmol，c中沉淀物质的量为amol，根据化合价升降必相等，硫降低的化合价（2a）等于铁升高的化合价（2b）和氮升高的化合价之和，则b小于a，故答案为：小于；c中有白色沉淀生成，是因为so2被双氧水氧化成so42，so42再与ba2+结合成沉淀baso4，则c中发生的反应为so2+h2o2+ba2+=baso4+2h+，故答案为：so2+h2o2+ba2+=baso4+2h+；（3）硫酸亚铁铵溶液较硫酸亚铁溶液不易被氧气氧化是因为溶液中铵根离子水解显酸性，氢离子浓度增大，抑制氧化还原反应的发生，故答案为：硫酸亚铁铵溶液中nh4+发生水解增大c（h+），抑制了上述氧化还原反应的进行11草酸（h2c2o4）溶液与酸性kmno4溶液反应时，溶液褪色总是先慢后快某学习小组结合化学反应原理提出猜想与假设，并设计了一系列实验进行探究实验：在2支试管中分别加入5ml等浓度的h2c2o4溶液，在其中一支试管中先加入少量mnso4固体再各加入5滴0.1moll1kmno4溶液记录溶液褪色时间，如表1：试 管未加mnso4的试管加有mnso4的试管褪色时间30s2s实验：另取2支试管分别加入5ml等浓度的h2c2o4溶液，在其中一支试管中先加入10滴稀硫酸，再各加入5滴0.1moll1 kmno4溶液记录溶液褪色时间，如表2：试 管未滴加稀硫酸的试管滴加了稀硫酸的试管褪色时间100s90s实验：另取3支试管分别加入5ml等浓度h2c2o4溶液，然后在试管中先分别加入10滴、1ml、2ml稀硫酸溶液，再各加入5滴0.1moll1kmno4溶液，然后置于温度为65的水浴中加热记录溶液褪色时间，如表3：试 管滴入10滴稀硫酸的试管加入1ml稀硫酸的试管加入2ml稀硫酸的试管褪色时间70s100s120s（1）实验得出的结论是mn2+（或硫酸锰）在反应中起到催化剂的作用，加快了反应速率（2）比较实验、得出的结论正确的是：温度对该反应速率有影响硫酸对草酸和kmno4溶液的反应有影响加入少量硫酸，可促进草酸和kmno4溶液反应，而加入大量硫酸，反应速率比较小在酸性范围内，ph值越小对反应越有利（3）写出草酸溶液与酸性kmno4溶液反应的离子方程式：5h2c2o4+2mno4+6h+=2mn2+10co2+8h2o实验室利用该反应标定未知浓度h2c2o4溶液，滴定终点的现象是：溶液颜色从无色变为浅紫红色，且30s不改变滴定完成后仰视读取kmno4溶液体积会导致测得h2c2o4溶液的浓度偏大（选填：偏大、偏小、无影响）（4）有同学根据查阅的资料提出kmno4溶液氧化h2c2o4的反应历程为：上述实验中，实验可证明这个历程是可信的【考点】探究影响化学反应速率的因素【分析】（1）根据表中数据知，有硫酸锰的溶液褪色时间短，反应速率快，没有硫酸锰的溶液褪色时间长、反应速率慢；（2）根据对比实验中不同物理量确定褪色时间长短，从而确定反应速率的影响因素；（3）酸性条件下，高锰酸钾具有强氧化性，能氧化还原性物质，所以草酸和高锰酸钾发生氧化还原反应生成硫酸锰、二氧化碳和水，导致溶液褪色；滴定完成后仰视读取kmno4溶液体积会导致高锰酸钾溶液体积偏大；（4）根据流程图知，酸性高锰酸钾被还原生成二价锰离子，导致溶液褪色，且反应开始时高锰酸根离子被锰离子还原【解答】解：（1）根据表中数据知，有硫酸锰的溶液褪色时间短，反应速率快，没有硫酸锰的溶液褪色时间长、反应速率慢，说明硫酸锰作催化剂而加快反应速率，故答案为：mn2+（或硫酸锰）在反应中起到催化剂的作用，加快了反应速率；（2）根据实验ii、iii知，温度不同其褪色时间不同，说明温度对该反应速率有影响，故正确；根据实验iii知，混合溶液中硫酸浓度不同其褪色时间不同，说明硫酸对草酸和kmno4溶液的反应有影响，故正确；根据实验iii知，加入少量硫酸，可促进草酸和kmno4溶液反应，褪色时间变短，而加入大量硫酸，反应速率比较小，褪色时间加长，故正确；根据实验三知，在酸性范围内，ph值越小褪色时间越长，则对反应越不利，故错误；故答案为：；（3）酸性条件下，高锰酸钾具有强氧化性，能氧化还原性物质，所以草酸和高锰酸钾发生氧化还原反应生成硫酸锰、二氧化碳和水，离子方程式为5h2c2o4+2mno4+6h+=2mn2+10co2+8h2o，导致溶液褪色，所以当溶液由无色变为紫红色且半分钟内不变色时，说明达到滴定终点；滴定完成后仰视读取kmno4溶液体积会导致高锰酸钾溶液体积偏大，则导致测定溶液浓度偏大；故答案为：5h2c2o4+2mno4+6h+=2mn2+10co2+8h2o；从无色变为浅紫红色；偏大；（4）根据流程图知，酸性高锰酸钾被还