2025-2026学年高二化学上学期第一次月考试卷含答案（安徽专用人教版2019） （全解全析）

2025-2026学年高二化学上学期第一次月考卷（考试时间：75分钟，分值：100分）注意事项：1．本试卷分第卷（选择题）和第卷（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．回答第卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：第一章、第二章1~2节（人教版2019选择性必修1）。5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。6．难度系数：0.68。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Fe56Cu64第卷（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．已知化学反应的能量变化如图所示，下列叙述中正确的是A．每生成2分子AB吸收bkJ热量B．断裂键和键，放出akJ能量C．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量D．该反应的【答案】D【详解】A．依据图像分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收(ab)kJ热量，A错误；D．旧键断裂吸收能量，断裂1molA-A和1molB-B键，吸收akJ能量，B错误；C．依据能量图像分析可知反应物能量低于生成物能量，C错误；D．反应的H生成物能量总和-反应物能量总和，所以反应热ΔH(ab)kJmol1，D正确；1/16故选D。2．下列说法中错误的是A．活化分子之间发生的碰撞一定是有效碰撞B．对有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，可使单位体积内活化分子数增多，因而化学反应速率增大C．升高温度，可使反应物分子中活化分子的百分数增大，因而增大化学反应速率D．加入适宜的催化剂，可使反应物分子中活化分子的百分数增大，因而增大化学反应速率【答案】A【详解】A．活化分子之间的碰撞不一定是有效碰撞，活化分子有合适取向时的碰撞才是有效碰撞，A错误；B．有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数增多，活化分子的有效碰撞次数增多，反应速率增大，B正确；C．升高温度，分子能量增大，反应物分子中活化分子的百分数增大，反应速率增大，C正确；D．催化剂降低了反应的活化能，活化分子的百分数增大，反应速率加快，D正确；故答案选A。3．以为原料合成的相关反应为：①；②。部分键能数据如下表所示，则共价键的键能是共价键键能/803414326464A．B．C．D．【答案】C【详解】根据盖斯定律：反应①+②得CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH=-46kJ/mol，设H—H键能为xkJ/mol，根据键能计算反应热的公式：ΔH=反应物总键能-生成物总键能，反应物总键能：CO2中含2个C=O键：2×803kJ/mol=1606kJ/mol，3个H2分子：3×xkJ/mol，合计：（1606+3x）kJ/mol，生成物总键能：CH3OH中含3个C—H键、1个C-O键、1个O-H键：3×414kJ/mol+326kJ/mol+464kJ/mol=2032kJ/mol，H2O中含2个O-H键：2×464kJ/mol=928kJ/mol，合计：2032+928=2960kJ/mol，根据ΔH=反应物总键能-生成物总键能：即-46kJ/mol=（1606+3x）kJ/mol-2960kJ/mol，解得：x=436kJ/mol,故选：C。4．下列事实能说明反应物本身性质是影响化学反应速率的决定性因素的是A．银能与浓HNO3反应，而不与浓盐酸反应B．Cu与浓HNO3反应的速率比与稀HNO3反应快2/16C．N2与O2在常温、常压下不反应，放电时可反应D．Fe与热的浓硫酸反应，而不与冷的浓硫酸反应【答案】A【详解】A．银能与浓HNO3反应，而不与浓盐酸反应，这是因为浓硝酸和浓盐酸本身的性质不同，而不是外界因素(如温度、压强等)导致的，体现了反应物本身的性质是影响反应速率的主要因素，A符合题意；B．Cu与浓HNO3反应的速率比与稀HNO3反应快，这是因为反应物的浓度不同造成的，是外界因素(浓度)对反应速率造成的影响，并非反应物本身性质的差异，B不符合题意；C．N2与O2在常温、常压下不反应，放电时可反应，这是反应条件(常温常压变为放电)的改变影响了反应的发生，不是反应物本身的性质决定的，C不符合题意；D．Fe与热的浓硫酸反应，而不与冷的浓硫酸反应，这是反应温度不同造成的，并非反应物本身的性质决定的，D不符合题意；故选A。5．可逆反应在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是A．v(B)=0.4mol/(L·s)B．v(A)=5mol/(L·min)C．v(C)=0.2mol/(L·s)D．v(D)=6mol/(L·min)【答案】C【分析】用不同物质表示的反应速率，速率比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比。在比较反应速率大小时，可以都转化为用同一物质表示的反应速率，不妨都转化为用A物质浓度变化表示的反应速率，而且速率的单位都是mol/(L·s)，然后比较大小。【详解】A．由于B物质状态是固体，其浓度不变，因此不能用B表示反应速率，A错误；B．v(A)=5mol/(L·min)=0.083mol/(L·s)；C．v(C)=0.2mol/(L·s)，则v(A)=12v(C)=0.1mol/(L·s)；D．v(D)=6mol/(L·min)=0.1mol/(L·s)，则v(A)=12v(D)=0.05mol/(L·s)；可见在用A物质表示反应速率时，速率最快的是0.1mol/(L·s)，故合理选项是C。6．已知分解1molH2O2放出热量98kJ。在含有少量的溶液中，H2O2分解机理为：慢快下列说法正确的是A．是该反应的催化剂B．反应的速率与浓度有关C．D．反应活化能等于【答案】B3/16【详解】A．由H2O2的分解机理可知，IO先生成后消耗，是该反应的中间产物，A错误；B．化学反应速率的快慢主要决定于反应速率慢的一步反应，则过氧化氢分解速率的快慢由第一步反应决定，则该反应的速率与I浓度有关，B正确；C．由H2O2的分解机理可知，总反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑，由化学反应速率之比等于其化I学计量系数之比可得：v(H2O2)=v(H2O)=2v(O2)，C错误；D．分解1molH2O2放出热量98kJ，反应热H=正反应的活化能-逆反应的活化能，则反应的活化能一定不等于98kJ⋅mol−1，D错误；故选B。7．丙二醇脱氧脱水反应的循环机理如图所示。下列说法错误的是A．若将原料换为乙二醇，有乙烯生成B．反应历程中存在极性键、非极性键的断裂和形成C．反应③属于氧化还原反应D．降低了反应的焓变，加快了反应速率【答案】D【详解】A．根据反应机理，若将原料换为乙二醇，有乙烯和甲醛生成，A正确；B．第①步有O-H极性键断裂和H-O极性键生成，第③步有碳碳非极性键断裂，第4步有碳碳非极性键形成，B正确；C．反应③中Mo元素有价态变化，属于氧化还原反应，C正确；D．MoO3为催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率，但是焓变不变，D错误；故选D。8．已知H2O(g)=H2O(1)ΔH=-Q1kJ•mol-1，C2H5OH(g)=C2H5OH(1)ΔH=-Q2kJ•mol-1，C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)ΔH=-Q3kJ•mol-1若使23g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为kJA．Q1+Q2+Q3B．0.5(Q1+Q2+Q3)C．0.5Q1-1.5Q2+0.5Q3D．1.5Q1-0.5Q2+0.5Q3【答案】D4/16【详解】将已知方程式依次编号为①②③，由盖斯定律可知，①×3—②+③可得热化学方程式C2H5OH(1)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)则ΔH=(3Q1—Q2+Q3)kJ•mol-1，23g乙醇的物质的量为46g/mol=0.5mol，由热化学方程式可知完全燃烧生成液态水放出的热量为0.5mol×(3Q1—Q2+Q3)kJ•mol-1=(1.5Q1—0.5Q2+0.5Q3)kJ。故正确答案：D9．由于具有高毒性和腐蚀性，工业尾气中的需要严格处理。在催化剂作用下氧化法脱硫的反应历程如图。已知表示过渡态。下列说法正确的是A．催化剂改变了活化能，使反应的平衡常数增大B．该历程中决速步骤的反应为C．总反应中反应物的总键能大于生成物的总键能D．物质的稳定性：【答案】B【详解】A．催化剂不影响平衡常数，A错误；B．决速步骤为能垒最大的反应，为HSSOHSSHOH，B正确；C．该反应为放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能，C错误；D．能量越低越稳定，故物质的稳定性：HSSOHSSHOH，D错误；故选B。10．某小组探究KI与的反应，实验条件对反应速率的影响，设计如下实验，并记录结果如下：编号温度溶液KI溶液1%淀粉溶液体积出现蓝色时间①1mL40s②1mL20s③1mL5s④1mL未见蓝色下列说法正确的是5/16A．由实验①②可知，增大，反应速率加快B．实验②③是探究浓度对反应速率的影响C．在被氧化过程中，不参加反应D．由实验①③④可知，温度升高，反应速率越慢【答案】A【分析】反应速率与温度、浓度、催化剂等有关，一般而言，温度越高反应速率越快，浓度越大反应速率越快，催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率；探究实验条件对KI与O2的反应速率的影响，需采用控制变量法。【详解】A．实验①②温度相同，H2SO4浓度和体积相同，KI溶液的浓度从0.40mol/L增至0.80mol/L，出现蓝色时间从40s缩短至20s，说明c(I-)增大使反应速率加快，A正确；B．实验②③中温度不同、KI溶液的浓度也不同，变量不唯一，无法单独探究浓度对反应速率的影响，B错误；C．根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可确定该反应过程中的离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，H+作为反应物参与了反应，C错误；D．实验①→③温度升高(20℃→50℃)，反应速率加快(40s→5s)；实验④(100℃)未见蓝色可能因I2被进一步氧化，而非速率变慢，D错误；故选A。11．下列热化学方程式正确的是A．甲烷的燃烧热为，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：B．下，将和置于密闭容器中充分反应生成，放热，其热化学方程式为：C．已知在下，燃烧生成水蒸气放出热量，其热化学方程式为：D．时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为，硫酸溶液与氢氧化钾溶液反应的热化学方程式为：【答案】C【详解】A．根据燃烧热的定义可知，燃烧热中生成的水必须为液态，故甲烷的燃烧热为890.3kJmol1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)2O2(g)CO2(g)2H2O(l)H890.3kJmol1，A错误；B．已知合成氨的反应是一个可逆反应，故500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，反应中0.5molN2并未完全反应，放热19.3kJ，其热化学方程式为：6/16N(g)(g)2NH(g)2250030MPa3℃、H38.6kJmol，B错误；1C．已知在120℃、101kPa下，2的物质的量为2g/mol0.5mol燃烧生成水蒸气放出121kJ热量，其热化学方程式为：1H(g)O(g)HO(g)H242kJmol1，C正确；2222D．中和热是指强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成2O时放出的热量，故时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJmol1，硫酸溶液与氢氧化钾溶液反应的热化学方程式为：HSO(aq)2KOH(aq)KSO(aq)2HH114.6kJmol1，D错误；24242故答案为：C。12．在容积为2L的恒容密闭容器中，通入一定量的A，发生反应。温度恒定为100℃时，体系中A和B的物质的量随时间变化如图所示。下列说法不正确的是A．0~10s时段，反应速率为B．时刻体系内为C．若，则反应达到平衡状态D．欲测定A的相对分子质量，应采用的适宜条件为高温低压【答案】C0.120mol-0.100mol【详解】A．由图可知，0~10s时段，反应速率11vA=Ls为2L10s0.001mol1s1，A正确；10.120mol-0.06molB．结合方程式可知，t1时刻体系内，B正确；cB0.015mol122LC．2vAvB正逆不能说明正、逆反应速率相等，反应不平衡，C错误；D．该反应为气体分子数减小的放热反应，则欲测定A的相对分子质量，应该使平衡尽可能逆向移动，应采用的适宜条件为高温低压，D正确；故选C。7/1613．为探究化学平衡移动的影响因素，设计方案并进行实验，观察到相关现象。其中方案设计和结论都正确的是选影响方案设计现象结论

项因素A压强向恒温恒容密闭玻璃容器中充入100mLHI气体，分解达到平衡后再充入100mLAr气体颜色不变对于反应前后气体总体积不变的可逆反应，改变压强平衡不移动B温度将封装有和混合气体的烧瓶浸泡在热水中气体颜色变深升高温度，平衡向吸热反应方向移动C催化剂向1mL乙酸乙酯中加入1mL0.3mol·L-1溶液，水浴加热上层液体逐渐减少使用合适的催化剂可使平衡向正反应方向移动D浓度向1mL0.1mol·L-1溶液中加入1mL1.0mol·L-1HBr溶液黄色溶液变橙色增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动A．AB．BC．CD．D【答案】B【详解】A．充入Ar未改变反应物浓度，无法验证压强对平衡的影响，A错误；B．升高温度使NO2浓度增加，说明平衡逆向移动（吸热方向），B正确；C．催化剂不影响平衡，C错误；D．加入HBr，H使平衡222CrO2HCrOHO右移，但同时发生了CrO2氧化Br的副反应，干427227扰实验，故方案设计不合理，D错误；故答案为B。14．向恒容密闭容器中充入和，发生反应：，测得的平衡转化率与温度、投料比的关系如图所示。下列叙述正确的是A．该反应低温条件下自发8/16B．增大体积，增大，减小C．投料比，且平衡常数D．当，温度为时，氨气的平衡转化率为【答案】D【分析】相同温度下，NH3与NO的投料比越大，NO的平衡转化率越大，因此x1的投料比更大，投料比一定的条件下，随着温度升高，NO的平衡转化率逐渐增大，说明反应为吸热反应，据此作答。【详解】A．根据分析知该反应是吸热反应，又由于该反应是熵增反应，高温条件下反应的ΔH-TΔS<0，高温能自发进行，A错误；B．增大体积，各物质浓度减小，v正、v逆均减小，B错误；C．根据分析知x1>x2，平衡常数只与温度有关，b、c温度相同，K(b)=K(c)，C错误；D．x12，按照化学方程式的化学计量数之比投入物料，则各物质的转化率相同，NO的平衡转化率为340%，因此氨气的转化率也是40%，D正确；故选D。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（除标注外，每空2分）。15．（14分）能源是现代社会物质文明的原动力，研究化学反应能量变化意义重大。回答下列问题：(1)下列反应中，属于放热反应的是___________A．碳与反应B．铝和氧化铁反应C．受热分解D．锌与盐酸反应(2)已知，在和101kPa下，部分化学键的键能数据如表所示。化学键键能391946803462193科学家发现了一种新的气态分子()，有关反应为。在和101ka下，转化为的热化学方程式为，由此可知与中更稳定的是(填化学式)。(3)甲醇是重要的能源以及化工原料。已知：(I)9/16(Ⅱ(Ⅲ)时，甲醇的燃烧热的热化学方程式为，反应中转移个电子时，放出的热量。(4)工业上利用和制甲醇：(Ⅳ)。①借助高分子选择性吸水膜可有效提高平衡利用率。其原因是。②下列关于反应IV的说法不正确的是(填序号)。A．有利于减少碳排放，体现了绿色化学思想B．降低温度可提高含量，工业生产时应控制低温C．充分反应后，放出热量可能大于49kJD．当气体密度保持不变时，反应一定达到平衡状态【答案】(1)BD(2)

Ng2NgΔH734kJmol1N2

423(3)CHOHOgCOg2HO(l)H814.0kJmol1407kJ32222(4)H2O被吸收，使平衡右移，提高了CO2的利用率BD【详解】（1）A．碳与水蒸气反应属于吸热反应，故A不选；B．铝和氧化铁反应是铝热反应，属于放热反应，故B选；C．CaCO3受热分解是吸热反应，故C不选；D．锌与盐酸反应是放热反应，故D选；答案选BD；（2）根据题意得到在25℃和101kPa下N4(g)转化为N2(g)的热化学方程式为：N4(g)2N2(g)ΔH=193kJ/mol×6-946kJ/mol×2=-734kJ/mol，该反应是放热反应，根据能量越低越稳定，则N4(g)与N2(g)中更稳定的是N2(g)；（3）已知：(I)CH3OH(1)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)△H1=-443.0kJ·mol-1，(Ⅱ)2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H2=-566.0kJ·mol-1，(Ⅲ2O(l)=H2O(g)△H3=44.0kJ·mol-1则按盖斯定律，由2×(I)+(Ⅱ)-4×()得2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)△H；则△H=2×△H1+△H2-4×△H3=-1628.60kJ/mol；甲醇完全燃烧热3的热化学方程式为：CHOHOgCOg2HH814.0kJmol1；该反应中转移6个电32222子，故转移3NA个电子时，放出407KJ的热量。（4）①借助高分子选择性吸水膜，可吸收水，降低H2O(g)浓度，则CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)向右10/16移动，能有效提高CO2平衡利用率；②关于反应IV：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ·mol-1：A．吸收了二氧化碳，有利于减少碳排放，体现了绿色化学思想，A正确；B．反应放热，降低温度可使平衡右移，提高CH3OH含量，但是温度降低，反应速率下降，则不利于提高产量，应综合经济效率，选择适当高的温度而不是控制低温，B错误；C．当反应消耗的二氧化碳大于1mol时，放出热量大于49kJ，C正确；D．若反应在恒温恒容的密闭容器中进行时，气体密度始终保持不变，故密度不变不一定达到平衡状态，D错误；答案选BD。16．（15分）工业上常采用催化氧化的方法将转化为，涉及反应如下：。部分化学键的键能如下表所示。化学键键能/()946498464回答下列问题：(1)氮气和氧气谁更稳定，从化学键的角度简述原因？。(2)的(填“<”、“>“或“=”)。(3)已知反应的能量变化如图甲所示。其中加入了催化剂的能量变化曲线为(填“a”、“b”)；若，则(用含的代数式表示)。(4)用水吸收，并利用图乙装置，测定稀氨水与稀盐酸发生中和反应的反应热。/16①仪器A的名称是，其作用为；隔热层的作用为。②通过实验测定稀氨水与稀盐酸发生中和反应生成所释放的热量57.3kJ·mol-1(填“<”“>”或“=”)。③若实验过程中未加杯盖稀氨水与稀盐酸发生中和反应生成的反应热将(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【答案】(1)氮氮键的键能高于氧氧键，破坏氮氮键更困难，所以氮气比氧气稳定(2)<(3)bX+1266.8(4)玻璃搅拌器(或环形玻璃搅拌器)（1分）搅拌使溶液充分混合均匀（1分）保温隔热减少实验过程中的热量损失（1分）<偏大【详解】（1）由表格可知，氮氮键的键能高于氧氧键，破坏氮氮键更困难，所以氮气比氧气稳定；（2）生成液态水，放热会更多，焓变为负值，故ΔH会更小，H2<1266.8kJmol1；（3）加入催化剂后活化能会降低，加快反应速率，所以加入催化剂的能量变化曲线为b；若EXkJmol1，反应焓变等于正反应活化能减逆反应活化能，由图，E1−E2=−1266.8kJ/mol，则1E2=(1266.8+X)kJ/mol；（4）①仪器A的名称是玻璃搅拌器(或环形玻璃搅拌器)，其作用为搅拌使溶液充分混合均匀；隔热层的作用为保温隔热减少实验过程中的热量损失，减小实验误差；②氨水为弱碱，电离过程吸热，通过实验测定稀氨水与稀盐酸发生中和反应生成Ol所释放的热2量小于57.3kJ·mol-1；③若实验过程中未加杯盖稀氨水与稀盐酸发生中和反应生成Ol，导致热量损失，使得放热变2小，放热反应热为负值，则反应热将偏大。17．（14分）中国将力争2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和。二氧化碳催化加氢制甲醇，涉及如下反应。Ⅰ．Ⅱ．Ⅲ．回答下列问题：(1)反应的平衡常数(用平衡常数表示)，；一般认为反应通过反应和反应两步来实现，若反应为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是(填标号)。12/16A．B．C．D．(2)在体积可变的密闭容器中，以充入混合气体，发生上述3个反应，测得平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。①根据图像，由大到小的顺序为。②不同压强下，随着温度升高，平衡转化率趋向交于M点，可能的原因是随着温度升高，逐渐以反应为主(填“”“Ⅱ或“Ⅲ，压强对平衡的影响逐渐减小，平衡转化率主要由温度决定。(3)一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入和，发生上述3个反应，达到平衡时，容器中)为0.4mol，CO为0.2mol，此时的物质的量浓度为，反应的物质的量分数平衡常数(为用物质的量分数替代浓度计算的平衡常数)。【答案】(1)K2K390.4C(2)1p2p3Ⅱ(3)0.8316或0.1875【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅰ反应，则KK12K，K=KK，3123ΔH49.3mol190.4kJmol1；反应为吸热反应，生成物能量高于反应物，反应为313/16放热反应，生成物能量低于反应物，若反应为慢反应，则反应的活化能高于反应，故能体现上述反应能量变化的是C；（2）①反应为气体分子数减小的反应、为气体分子数不变的反应，相同条件下，增大压强，反应平衡正向移动，导致二氧化碳转化率增大，据图像，、p、p3由大到小的顺序为1p2p3。②3个反应只有为气体分子数不变的反应的吸热反应，不同压强下，随着温度升高，CO2平衡转化率趋向交于M点，则可能的原因是随着温度升高，逐渐以反应为主，压强对平衡的影响逐渐减小，平衡转化率主要由温度决定。（3）反应Ⅱ+得反应，达到平衡时，容器中CHOHg)为0.4mol，CO为0.2mol，则、的三段式分别3为：CO(g)+2H(g)CHOH(g)23起始mol0转化mol0.40.80.4平衡molCO为0.2mol，则反应中生成0.4+0.2=0.6molCO，CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)222起始mol转化mol0.60.60.60.6平衡mol1.611，此时二氧化碳、氢气、一氧化此时氢气为3-0.8-0.6=1.6mol，物质的量浓度为molL0.8molL2碳、水分别为1-0.6=0.4mol、1.6mol、0.2mol、0.6mol，反应为气体分子数不变的反应，则物质的量分数平衡常数Kx0.60.230.41.616。18．（15分）I．某化学小组安装两套如图所示的相同装置，用以探究影响H2O2分解速率的因素。(1)仪器b的名称为是。(2)MnO2催化下H2O2分解的化学方程式为。(3)有如下实验设计方案，请帮助他们完成表格中未填部分。实验编号实验目的T/K催化剂浓度甲组实验I作实验参照2983滴FeCl3溶液10mL2%H2O214/16甲组实验Ⅱ29810mL5%H2O2．某研究性学习小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液的反应探究“外界条件的改变对化学反应速率的影响”，进行了如下实验：实验室温下，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/min编号2.0mol∙L-1H20.2mol∙L-13mol∙L-1稀H2C2O4溶液OKMnO4硫酸13.02.03.0V14.022.0V23.02.05.231.04.03.02.06.4(4)补全方程式：。(5)实验过程使用了“控制变量法”，则V1=，V2=；根据上表中的实验数据，可以得到的结论是。(6)该小组同学查阅已有的资料后，提出假设：生成物中的MnSO4为该反应的催化剂，请你帮助该小组同学完成实验方案验证假设。室温下，试管中所加试剂及其用量/mL室温下实再