内蒙古赤峰二中2020学年高一化学下学期第二次月考试题（含解析）

内蒙古赤峰二中2020学年高一化学下学期第二次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量 H 1 C 12 O 16 Na 23 P31 S32 Cu 64 第I卷一、每小题只有一个正确答案(每小题3分，16个小题共48分)1.下列说法正确的是( )A. 氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能B. 反应4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为H0C. 自发反应在任何条件下都可以发生，非自发反应不可能发生D. 在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快【答案】B【解析】【详解】A. 氢氧燃料电池放电时能量转化率虽高，但化学能不能全部转化为电能，A项错误；B. 反应4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)常温下可自发进行，反应后体系混乱度减小，则S0，说明该反应为放热反应，H0，B项正确；C. 非自发反应改变条件可转化为自发反应，C项错误；D. 酶的催化活性需要适宜的温度，若温度过高，酶会发生变性，其催化活性会失效，D项错误；答案选B。2.下列关于反应的叙述中正确的是()A. 可逆反应的转化率小于100%，即可逆反应有一定的限度且不能更改B. 一定的条件下H2跟I2化合成HI和HI分解属于可逆反应C. 使用催化剂改变化学反应路径，降低反应活化能，反应的H也随之改变D. 可逆反应达到化学平衡状态时各组分的浓度比等于化学计量系数比【答案】B【解析】【详解】A. 改变适当的外界条件，如温度等，平衡会移动，可逆反应达到新的平衡，A项错误；B. 一定的条件下H2跟I2化合成HI和HI分解在相同条件下同时进行，属于可逆反应，B项正确；C. 使用催化剂改变化学反应路径，降低反应的活化能，但不能改变反应的H，C项错误；D. 可逆反应达到化学平衡状态时各组分的浓度保持不变，但不一定浓度比等于化学计量数之比，D项错误；答案选B。3.a、b、c、d为短周期主族元素，原子序数依次增大。a原子最外层电子数等于电子层数的3倍；a和b能组成两种常见的离子化合物，其中一种含非极性键；d的最高价氧化物对应的水化物和简单氢化物都是强酸。向d的简单氢化物的水溶液中逐滴加入bca2溶液，开始没有沉淀；随着bca2溶液的不断滴加，逐渐产生白色沉淀。下列推断正确的是( )A. 原子半径：bcaB. 最高价氧化物对应水化物的碱性：bcC. 工业上电解熔融cd3可得到c的单质D. 向b2a2中加入cd3溶液一定不产生沉淀【答案】A【解析】【分析】a原子最外层电子数等于电子层数的3倍，应为O元素；a和b能组成两种常见的离子化合物，其中一种含非极性键；则b为Na元素，形成的化合物分别为氧化钠、过氧化钠等；d的最高价氧化物对应的水化物和简单氢化物都是强酸，则d为Cl元素，向d的氢化物的水溶液中逐滴加入bca2溶液，开始没有沉淀；随着bca2溶液的不断滴加，逐渐产生白色沉淀，则c为Al元素，生成的沉淀为氢氧化铝，由分析可知a为O元素、b为Na元素、c为Al元素、d为Cl元素，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，A同一周期元素原子半径从左到右依次减小，同一主族元素原子半径从上到下依次增大，则原子半径为：bca，A项正确；B金属性NaAl，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则最高价氧化物对应水化物的碱性：bc，B项错误；C氯化铝为共价化合物，电解熔融氯化铝不能得到铝单质，需要电解熔融氧化铝实现，C项错误；D向Na2O2中加入少量AlCl3溶液中，发生的反应有2Na2O22H2O4NaOH+O2,，Al3+4OH-= AlO2-+2H2O，随后继续与AlCl3溶液发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀，D项错误；答案选A。【点睛】D项是难点，学生要准确理解铝三角之间的相互转化关系，过氧化钠溶于水后形成氢氧化钠，刚开始无沉淀，但一段时间后，铝离子会与生成的偏铝酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，学生要分析阶段反应，理清思路。4.下列事实不能用平衡移动原理来解释的是（ ）A. 红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅B. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气C. 合成氨工业中及时从反应体系中分离出氨气D. 酸性高锰酸钾溶液加水后溶液颜色变浅【答案】D【解析】【分析】平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释。【详解】A. 存在平衡2NO2(g)N2O4(g)，增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于移动的目的是减弱变化，而不是消除，故颜色仍比原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，A项正确；B. 实验室用排饱和食盐水法收集氯气，利用饱和食盐水中氯离子浓度使平衡逆向进行，Cl2+H2OH+Cl+HClO，可以用平衡移动原理解释，B项正确；C. 合成氨工业中及时从反应体系中分离出氨气，使生成物的浓度降低，促进平衡向正反应方向移动，反应物转化率增大，可以用平衡移动原理解释，C项正确；D. 酸性高锰酸钾溶液加水后溶液颜色变浅，是因为溶液变稀，浓度降低所导致，不能用平衡移动原理解释，D项错误；答案选D。5.工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g)2H2(gSi(s)4HCl(g)；HQkJmol1(Q0)，某温度、压强下，将一定量的反应物通入密闭容器进行以上的反应，下列叙述正确的是( )A. 反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率B. 若反应开始时SiCl4为1mol，则达到平衡时，吸收热量为QkJC. 反应至4min时，若HCl的浓度为0.12molL1，则H2的反应速率为0.03 molL1min1D. 当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL1molL1的NaOH恰好反应【答案】D【解析】【详解】A. 从方程式可以看出，反应物气体的计量数之和小于生成物气体的计量数之和，则增大压强,平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率降低，A项错误；B. 该反应为可逆反应，1mol SiCl4不能完全转化，达平衡时，吸收热量小于Q kJ，B项错误；C. 反应至4min时，若HCl浓度为0.12 mol/L，则v(HCl)= = 0.03mol/(Lmin)，根据反应速率之比等于化学计量数之比,则v(H2)= v(HCl)= 0.03mol/(Lmin)=0.015mol/(Lmin)，C项错误；D. 由方程式可知，当反应吸收热量为0.025 QkJ时，生成HCl的物质的量为： =0.1mol，100mL 1mol/L的NaOH的物质的量为0.1L1mol/L=0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，D项正确；答案选D。【点睛】C项计算时需要注意不同的物质表示的化学反应速率可能不同，其比值等于化学计量数之比。6.已知C(s)O2(g)=CO2(g)； H1394 kJmol1H2(g)1/2O2(g)=H2O(g)； H2242 kJmol12C2H2(g)5O2(g)=4CO2(g)2H2O(g)； H32510 kJmol12C(s)H2(g)=C2H2(g)； H4下列说法正确的是()A. 反应放出197 kJ的热量，转移4 mol电子B. 由反应可知1 mol液态水分解所放出的热量为242 kJC. 反应表示C2H2燃烧热的热化学方程式D. H42H1H21/2H3【答案】D【解析】A、反应放出197 kJ的热量，只有0.5molC参加反应，所以转移0.54 mol电子即2mol电子，A错误；B、1mol气态水转变成1mol液态水释放能量，根据反应可知如果生成1mol液态水释放的能量高于242 kJ，所以1mol液态水分解吸收能量，且吸收的能量高于242 kJ，B错误；C、表示燃烧热的热化学方程式中，可燃物的系数必须为1，且必须生成最稳定的氧化物，生成的水必须为液态，C错误；D、利用盖斯定律可知：方程=2，所以H42H1H2H3，D正确。正确答案为D。7.国际计量大会第26次会议修订了阿伏加德罗常数并于2020年5月20日正式生效（NA=6.022140761023mol1）。下列说法中正确的是( )A. 常温常压下，124 g P4中所含PP键数目为4NAB. 1 mol N2和3 mol H2混合，高温高压催化剂条件下充分反应生成NH3，转移电子的数目为6NAC. 铅蓄电池放电时负极净增质量比正极净增质量多16g时转移电子数为NAD. 78g Na2O2晶体中阴阳离子总数为4NA【答案】C【解析】【详解】A. 常温常压下，124 g P4的物质的量为=1mol，因1个P4分子内含6个P-P键，则124 g P4中所含PP键数目为6NA，A项错误；B. 若1 mol N2和3 mol H2混合反应生成氨气可完全转化，则转移电子数为6NA，但该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则在适当条件下反应生成氨气转移的电子数小于6NA，B项错误；C. 放电时的负极上Pb失去电子，负极反应式为Pb+SO422e=PbSO4，正极反应式为PbO2+4H+SO42+2e=PbSO4+2H2O，理论上当转移2mol电子时，负极净增质量比正极净增质量多2mol O原子的质量即32g，则当增重16g时转移NA个电子，C项正确；D. Na2O2晶体中含钠离子与过氧根离子，78g Na2O2晶体中阴阳离子总数为 = 3NA，D项错误；答案选C。【点睛】C项是难点，掌握铅蓄电池的工作原理是关键，理解放电时负极净增质量比正极净增质量多的16g是O元素的质量是解题的突破口。8.一种钌（Ru）基配合物光敏染料敏化太阳能电池的示意图如下。电池工作时发生的反应为：RuII RuII *(激发态)RuII *RuIII+e-I3-+ 2e-3I-RuIII+3I-RuII+ I3-下列关于该电池叙述错误的是 ( )A. 电池中镀Pt导电玻璃为正极B. 电池工作时，I离子在镀Pt导电玻璃电极上放电C. 电池工作时，电解质中I和I3浓度不会减少D. 电池工作时，是将太阳能转化为电能【答案】B【解析】【分析】由图电子的移动方向可知，半导材料TiO2为原电池的负极，镀Pt导电玻璃为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，由此分析解答。【详解】根据上述分析，结合图示信息得，A. 由图可知，镀Pt导电玻璃极为电子流入的一极，所以为正极，A项正确；B. 原电池中阴离子在负极周围，所以I-离子不在镀Pt导电玻璃电极上放电，B项错误；C. 电池的电解质溶液中I-的浓度和I3-的浓度不变，C项正确；D. 由图可知该电池是将太阳能转化为电能的装置，D项正确。答案选B。9.向盛有等量水的甲、乙两容器中分别加入0.1 mol CuSO45H2O(s)和0.1 mol CuSO4(s)，测得甲中溶液温度降低，乙中溶液温度升高，恢复至室温，最终两容器中均有晶体剩余（不考虑溶剂挥发）。下列说法不正确的是( )A. 两容器中剩余晶体均为CuSO45H2OB. 最终所得溶液中c(CuSO4)：甲=乙C. 若再向乙中加入9 g水，充分振荡并恢复至室温后，c(CuSO4)减小D. 由该实验利用盖斯定律可推知CuSO45H2O(s)CuSO4(s)5H2O(l) H0【答案】C【解析】【详解】A.晶体均是在溶液中剩余，所以均是形成CuSO45H2O这一结晶水合物，A项正确；B.所得溶液均是同一条件下的硫酸铜的饱和溶液，其浓度必然相同，B项正确；C.乙容器加入9g水，正相当于0.1mol CuSO45H2O中的结晶水的质量，此时乙容器与甲容器等同，已知甲中有固体剩余 ，所以c(CuSO4）不变，C项错误；D.甲、乙两容器的溶解过程比较，甲容器中多了一个CuSO45H2O（s）=CuSO4(s)+5H2O(l)，从“甲容器的温度比乙容器低”这一现象明显看出，这一步是吸热的，即H0，D项正确；答案选C项。【点睛】明确C项中乙容器加入的9g水，就是初始加入的两种固体间相差的结晶水的质量，大大简化了分析步骤。10.温度为T1时，将气体X和气体Y各1.6mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）2Z（g），一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如表，下列说法正确的是（）t/min2479n（Y）/mol1.21.11.01.0A. 反应04min的平均速率v（Z）=0.25 molL1min1B. T1时，反应的平衡常数K1=1.2C. 其他条件不变，9min后，向容器中再充入1.6molX，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时X的浓度减小，Y的转化率增大D. 其他条件不变，若降温到T2达到平衡时，平衡常数K2=4，则此反应的H0【答案】D【解析】【详解】A由表中数据可求得前4min内消耗Y为0.10mol，v(Y)=，所以V(Z)=2V(Y)=0.05mol/(Lmin)，A错误；B由表中数据可知7min时反应到达平衡，反应的三段式为X(g) + Y(g) 2Z(g)起始浓度(mol/L)0.16 0.16 0变化量(mol/L) 0.06 0.06 0.12平衡浓度(mol/L）0.1 0.1 0.12所以平衡常数K=，B错误；C其他条件不变，9min时是平衡状态，再充入1.6molX，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时Y的转化率增大，由于X加入量大于平衡移动消耗量，所以再次达到平衡时，X的浓度增大，C错误；DT1时，平衡常数K=1.44，降温到T2达到平衡时，平衡常数K2=4，说明降低温度平衡正向移动，使K增大，所以该反应正向为放热反应， D正确；故合理选项是D。11.在一定温度下的恒容密闭容器中分别发生可逆反应2A(g)+B(g)2C(s)和2NO2(g) N2O4(g)，以下标志反应一定达到平衡状态的正确个数是（ ）混合气体的颜色不随时间而变化 各组分的物质的量浓度保持不变单位时间内反应物减少的质量等于生成物增加的质量 压强不随时间的变化而变化 混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化各气体的体积分数不随时间而变化A. 2个，5个B. 3个，5个C. 3个，4个D. 4个，6个【答案】A【解析】【详解】（1）在一定温度下的恒容密闭容器中，对于可逆反应2A(g)+B(g)2C(s)来说，是气体分子数减小的体系，则混合气体的颜色不随时间而变化不一定说明达到平衡状态，如A与B均为无色气体时，项错误；因C为固体，则C的物质的量浓度保持不变，不能说明反应达到了平衡状态，项错误；单位时间内反应物减少的质量等于生成物增加的质量，反应每一时刻均遵循质量守恒定律，不能说明反应达到了平衡状态，项错误 ；压强不随时间的变化而变化，说明气体的分子数不变，则反应达到了平衡状态，项正确；混合气体的总质量与总的物质的量之比在数值上等于其平均相对分子质量，对于该反应来说，混合气体的平均分子质量每一时刻均不随时间而变化，项错误；各气体的体积分数不随时间而变化，是平衡状态的标志，项正确；综上所述，对于反应2A(g)+B(g)2C(s)来说，符合题意，故有2个一定可以说明反应达到了平衡状态；（2）同理可知，在一定温度下恒容密闭容器中，对于可逆反应2NO2(g) N2O4(g)来说，是气体分子数减小的反应，则因二氧化氮为红棕色气体，若混合气体的颜色不随时间而变化，说明各物质的浓度保持不变，则一定说明反应达到了平衡状态，项正确；各组分的物质的量浓度保持不变，说明正逆反应速率相等，一定说明反应达到了平衡状态，项正确；单位时间内反应物减少的质量等于生成物增加的质量，遵循质量守恒定律，不能说明反应达到了平衡状态，项错误；该反应为气体分子数减小的反应，则压强不随时间的变化而变化，一定说明反应达到了平衡状态，项正确； 混合气体的总质量不随时间而变化，则平均相对分子质量不随时间而变化说明各物质的物质的量保持不变，一定说明反应达到了平衡状态，项正确；各气体的体积分数不随时间而变化，一定说明反应达到了平衡状态，项正确；综上所述，对于反应2NO2(g) N2O4(g)来说，符合题意，故有5个一定可以说明反应达到了平衡状态，答案选A。【点睛】有关达到化学平衡状态的标志是常考题型，通常有直接判断法和间接判断法两大类。一、直接判断法：（正）=（逆）0，即正反应速率 = 逆反应速率注意反应速率的方向必须有正逆之分，每个物质都可以表示出参与的化学反应速率，而其速率之比应符合方程式中的化学计量数的比值，这一点学生做题容易出错。各组分的浓度保持不变，包括各组分的质量分数、物质的量分数、体积分数、百分含量不变。二、间接判断法对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志，而对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志。对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。有颜色的物质参与或生成的可逆反应，体系的颜色不再随时间而变化。任何化学反应都伴随着能量变化，当体系温度一定时，达到平衡。12.已知：2X(g)+Y(g)2Z(g)，反应中（Z的物质的量分数）随温度T的变化如下图所示。下列判断正确的是（）A. T1时，v正v逆B. 正反应的H0C. a、b两点的反应速率v(a)=v(b)D. 当温度低于T1时，增大的原因是平衡向正反应方向移动【答案】B【解析】【分析】当可逆反应达到化学平衡状态时，反应物的转化率最大，产物的产率也最高，由此可以判断0-T1阶段是化学平衡的建立过程，以后是温度对化学平衡的影响情况，根据化学平衡的建立过程以及温度对化学平衡的影响知识来解决。【详解】当可逆反应达到化学平衡状态时，产物Z的生成率最大，物质的量分数最大，所以在T1时刻，化学反应达到了平衡状态。A.T1时，化学反应达到了平衡状态，v正=v逆，A项错误；B. 当温度高于T1时，Z的物质的量分数逐渐减小，所以化学平衡逆向移动，即逆反应方向是吸热的，所以正反应是一个放热反应，即H0，B项正确；C. 温度越高，化学反应速率越大，b点温度高于a点，所以b的速率高于a点的速率，即v(a)0，在密闭容器中达到平衡，平衡后c(A)/c(B)a，若改变某一条件，足够长时间后反应再次达到平衡状态，此时c(A)/c(Bb，下列叙述正确的是()A. 在该温度下，保持容积固定不变，向容器内补充了B气体，则abB. 若ab，则容器中可能使用了催化剂C. 若其他条件不变，升高温度，则ab【答案】B【解析】试题分析：A.在该温度下，保持容积固定不变，向容器内补充了B气体，B的浓度增大，虽然平衡向逆反应方向移动，但B转化的比增加的幅度小，则ab，A项错误；B.在恒压条件下加入等配比数的A和B，反应仍能达到同一平衡状态，或在恒容条件下加入惰性气体，平衡不移动，或是使用催化剂，平衡不移动，a、b都相等，则B项正确；C.若其他条件不变，升高温度，平衡向正反应方向移动，则ab，C项错误；D.保持温度、压强不变，充入惰性气体，导致容器体积增大，则反应气体的分压减小，平衡向逆反应方向移动，则ab，D项错误；答案选B。考点：考查化学平衡状态的影响因素、等效平衡等知识。15.臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO2(g)O3(g)N2O5(g)O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是()ABCD03 s内，反应速率v(O3)0.2 molL1s1降低温度，平衡常数增大t1时仅加入催化剂，平衡正向移动达平衡时，仅改变x，则x为c(O2)A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.根据图像可得出NO2表示的化学反应速率=0.2 molL1s1，又因为各物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v(O3)v(O3) = 0.1 molL1s1，A项错误；B. 由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，B项正确；C. t1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动，该反应前后气体的物质的量减小，不能是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂不影响平衡的移动，C项错误；D. 达平衡时，仅增大c(O2)，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低，由图可知二氧化氮的转化率随x增大而增大，则x可以代表O3浓度或压强，不能代表c(O2)，D项错误；答案选B。16.以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下： 相关反应的热化学方程式为：反应I：SO2(g) + I2(g) + 2H2O(l)2HI(aq) + H2SO4(aq)；H1=213 kJmol-1反应II：H2SO4(aq) SO2(g) + H2O(l) +1/2O2(g)；H2= +327 kJmol-1反应III：2HI(aq) H2(g) + I2(g)； H3= +172 kJmol-1下列说法不正确的是（ ）A. 该过程实现了太阳能到化学能的转化B. SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用C. 总反应的热化学方程式为：2H2O(l)2H2(g)+O2(g)；H= +286 kJmol-1D. 该过程降低了水分解制氢反应的活化能，但总反应的H不变【答案】C【解析】【详解】A、通过流程图，反应II和III，实现了太阳能到化学能的转化，故A说法正确；B、根据流程总反应为H2O=H21/2O2，SO2和I2起到催化剂的作用，故B说法正确；C、反应I+反应II+反应III，得到H2O(l)=H2(g)1/2O2(g) H=(213327172)kJmol1=286kJmol1，或者2H2O(l)=2H2(g)O2(g) H=572kJmol1，故C说法错误；D、H只与始态和终态有关，该过程降低了水分解制氢的活化能，H不变，故D说法正确。第II卷二、非选择题（共52分）17.已知KMnO4和H2C2O4(草酸)在酸性溶液中会发生氧化还原反应。甲、乙两个实验小组欲探究影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下(实验中所用KMnO4溶液均已酸化)(1)甲组：通过测定单位时间内生成CO2气体体积的大小来比较化学反应速率，实验装置如图所示：实验时仪器中的A溶液一次性加入，A、B的成分见下表：序号A溶液B溶液2 mL 0.1 molL1H2C2O4溶液4 mL 0.01 molL1KMnO4溶液2 mL 0.2 molL1H2C2O4溶液4 mL 0.01 molL1KMnO4溶液2 mL 0.2 molL1H2C2O4溶液4 mL 0.01 molL1KMnO4溶液，少量MnSO4固体（催化剂）盛放A溶液仪器名称_，锥形瓶中反应的化学方程式：_该实验探究的是_因素对化学反应速率的影响。在反应停止之前，相同时间内针筒中所得CO2的体积由大到小的顺序是_(填实验序号)。(2)乙组：通过测定KMnO4溶液褪色所需时间的长短来比较化学反应速率。取两支试管各加入2 mL 0.1 molL1H2C2O4溶液，另取两支试管各加入4 mL 0.1 molL1KMnO4溶液，将四支试管分成两组(每组各有一支试管盛有H2C2O4溶液和KMnO4溶液)，一组放入冷水中，另一组放入热水中，一段时间后，分别混合并振荡，记录溶液褪色所需时间。该实验试图探究_因素对化学反应速率的影响，但该组同学始终没有看到溶液完全褪色，其原因是_【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 2KMnO45H2C2O43H2SO4=K2SO42MnSO410CO28H2O (3). 反应物的浓度和催化剂 (4). (5). 温度 (6). 酸性高锰酸钾溶液过量【解析】【分析】利用KMnO4和H2C2O4(草酸)在酸性溶液中会发生氧化还原反应制备二氧化碳，通过测定单位时间内生成CO2气体体积的大小和测定KMnO4溶液褪色所需时间的长短来比较化学反应速率，进而探究外因对化学反应速率的影响。【详解】（1） 常温下，酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反应生成二氧化碳，盛放H2C2O4溶液的仪器名称为分液漏斗，依据氧化还原反应的规律可知该反应的化学方程式为：2KMnO45H2C2O43H2SO4=K2SO42MnSO410CO28H2O；对比实验序号为的实验可探究浓度对化学反应速率的影响，中A溶液的浓度比中大，化学反应速率大，所得CO2的体积大；对比实验可探究催化剂对化学反应速率的影响，中使用了催化剂，故相同时间内实验中所得二氧化碳最多，故答案为：反应物的浓度和催化剂；（2）草酸和高锰酸钾反应的方程式为：2KMnO45H2C2O43H2SO4=K2SO42MnSO410CO28H2O，草酸的物质的量为：0.002 L0.1 molL1=2104 mol，高锰酸钾的物质的量为：0.004 L0.1molL1=4104 mol，由方程式可知，酸性高锰酸钾过量，故没看到溶液完全褪色，故答案为：酸性高锰酸钾溶液过量。18.将反应IO3-+5I-+6H+3I2+3H2O设计成如图所示的原电池。（1）开始时向甲烧杯中加入少量浓硫酸，电流计指针向右偏转，此时甲池中发生的电极反应式为_，工作过程中关于电流计的读数，下列说法正确的是_(填编号)。a.电流计读数逐渐减小 b.电流计读数有可能变为0c.电流计读数一直不变 d.电流计的读数逐渐增大（2）如果在加浓硫酸前，甲、乙烧杯中都加入淀粉溶液，则溶液变蓝的烧杯是_(填“甲”、“乙”)。（3）工作一段时间后,如果再向甲烧杯滴入浓NaOH溶液,此时乙池中发生的电极反应式为_，电流计指针向_(填“左”、“右”)偏转。【答案】（1）2IO3+10e+12H+ = I2+6H2O，a、b；（2）甲、乙；（3）I2+2e= 2I，左。【解析】试题分析：（1）开始时向甲烧杯中加入少量浓硫酸，电流计指针向右偏转，根据方程式可知碘酸根得到电子，发生还原反应，则此时甲池中发生的电极反应式为2IO3+10e+12H+ = I2+6H2O。a随着反应的进行，离子的浓度逐渐减小，则电流计读数逐渐减小，a正确；b反应达到平衡状态时电流计读数变为0，b正确；根据以上分析可知cd错误，答案选ab。（2）乙中碘离子失去电子转化为单质碘，甲中碘酸根得到电子转化为电子碘，碘遇淀粉显蓝色，则如果在加浓硫酸前，甲、乙烧杯中都加入淀粉溶液，溶液变蓝烧杯是甲、乙。（3）工作一段时间后，如果再向甲烧杯滴入浓NaOH溶液，此时甲中碘失去电子转化为碘酸根，即甲是负极，乙池中碘得到电子转化为碘离子，乙是正极，发生的电极反应式为I2+2e= 2I。由于正