【开学考】2024年高二上册开学摸底考试卷[46410799]化学（福建专用）（人教版2019必修一+必修二）.zip

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（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
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必修第一册+必修第二册。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32
第Ⅰ卷（选择题 共40分）
一、选择题：本题共10个小题，每小题4分，共40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．最近，科学家开发了一种用和胺类物质淡化海水的技术，制作了“淡水瓶”，将海水倒进去，再倒出来就变成淡水，其工作原理如图所示，已知的性质与相似，水溶液显碱性，下列有关叙述正确的是
A．是共价化合物
B．先向海水中通入，再加入
C．“离子交换”时发生的反应为复分解反应
D．该技术中可循环利用的物质只有
【答案】C
【详解】A．含有氯离子和，是离子化合物，A错误；
B．二氧化碳溶解度较小，应该先向海水中通入使得溶液显碱性，再加入，可以吸收更多的二氧化碳，B错误；
C．该技术是由溶解度大的物质生成溶解度小的物质，使得产物析出，发生离子交换的实质是产物溶解度较小，反应为复分解反应，C正确；
D．该技术中可循环利用的物质有、，D错误；
故选C。
2．中国承诺2030年前，的排放不再增长，达到峰值之后逐步降低，2060年前实现“碳中和”。其中研发的利用技术，将转化为能源是缓解环境和解决能源问题的方案之一，由和制备合成气(、)，再由合成气制备的反应转化关系如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．标准状况下，所含的共用电子对数为
B．标准状况下，和混合物中有且只有个碳原子
C．一定条件下等物质的量的和，比多个电子
D．制备合成气的反应中，若生成，反应Ⅰ和Ⅱ中共转移电子数为
【答案】C
【详解】A．的物质的量为，所含的共用电子对数为，A正确；
B．标准状况下，和混合物的物质的量为1ml，因此混合物中有且只有个碳原子，B正确；
C．1ml比1ml甲烷多1mlO原子，电子数多8，但等物质的量并不一定是1ml，因此无法确定电子数，C错误；
D．反应Ⅰ和Ⅱ中CH4最终转化为CO，碳原子由-4价变为+2价，转移电子数为，D正确；
答案选C。
3．有机物M()是一种重要的香料。下列关于M的说法中错误的是
A．所含官能团有羧基B．分子中所有碳原子不可能共平面
C．能使溴的四氯化碳溶液褪色D．能发生加成反应和取代反应
【答案】A
【详解】A．有机物M含有的官能团为碳碳双键、羟基，不含羧基，故A错误；
B．与羟基直接相连的碳原子具有类似甲烷的四面体结构，与其相连的3个碳原子最多有2个参与共平面，则该分子中所有碳原子不可能共平面，故B正确；
C．分子中含有碳碳双键能和溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；
D．分子中含有碳碳双键和醇羟基，具有烯烃和醇的性质，碳碳双键能发生加成反应，醇羟基能发生取代反应，故D正确；
故选A。
4．离子方程式的书写是学习化学的基本技能，下列离子方程式书写错误的是
A．四氧化三铁与稀盐酸反应：
B．碘化亚铁与过量稀硝酸反应：
C．硫代硫酸钠与稀硫酸反应：
D．碘化钾溶液与硫酸酸化的过氧化氢反应：
【答案】B
【详解】A．四氧化三铁与稀盐酸反应，生成、和水，离子方程式为，A正确；
B．碘化亚铁中和均具有还原性，因此与过量稀硝酸反应时，均能被氧化，则离子方程式为，B错误；
C．硫代硫酸钠与稀硫酸发生歧化反应，生成气体、S单质和水，离子方程式为，C正确；
D．碘化钾具有还原性，可以被氧化为，离子方程式为，D正确；
答案选B。
5．Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。Q与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是
A．非金属性：X＞QB．简单离子的半径：X＞Q
C．最高正化合价：Q＞XD．最高价含氧酸的酸性：Z＞Y
【答案】D
【分析】Q与X、Y、Z位于不同周期，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍，则Q为第二周期元素，X、Y、Z为第三周期元素，Y的最外层电子数为4，则Y为Si元素，X为Al元素，Q与Z原子的最外层电子数为12；则Q为N、Z为Cl，或Q为F，Z为P，或Q为O，Z为S，
【详解】A．Q可能为N、O、F，X为Al，N、O、F的非金属性都比Al强，所以非金属性：Q＞X，A不正确；
B．Q可能为N、O、F，X为Al，N3-、O2-、F-半径都比Al3+大，所以简单离子半径：Q＞X，B不正确；
C．Q可能为N、O、F，X为Al，O、F没有最高正价，Al的最高正价为+3， C不正确；
D．Z为P、S、Cl，Y为Si，非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性的酸性越强，非金属性：P、S、Cl均比Si大，故最高价含氧酸的酸性：Z＞Y，D正确；
故选C。
6．为探究金属电极在原电池中的作用，某实验小组设计并进行了下列实验，实验记录如下：
下列说法错误的是
A．实验1中，作正极
B．实验2中，负极的电极反应式为
C．③应表述为：偏向
D．由实验可知，金属电极在原电池中的作用与电解质溶液成分有关
【答案】B
【详解】A．实验1中活泼金属做负极，不活泼金属做正极，则Al为负极，Cu为正极，故A正确；
B．实验2中，Mg的活动性大于Al，则Mg做负极，电极反应为，故B错误；
C．实验3中电解质溶液为NaOH，金属Al可以和NaOH反应，则Al做负极，电流计指针偏向正极，则偏向，故C正确；
D．对比实验可知，金属电极在不同的电解质溶液中，他们的作用不相同，故D正确；
故选B。
7．如图是一个“化学多米诺实验”装置，“化学多米诺实验”即只需控制第一个反应，利用反应中气体产生的压力和虹吸作用原理使若干化学实验依次发生。
已知：①(该反应的产物可作为分解的催化剂)；②E和F中的硫酸溶液浓度相同
下列有关分析错误的是
A．进行实验前必须检查装置气密性B．整套装置共发生3个氧化还原反应
C．装置J中出现浅黄色浑浊D．装置K的作用是吸收尾气
【答案】B
【分析】E中Zn与稀硫酸反应制取H2，H2将F中混合溶液压入G中，G中Zn与CuSO4反应生成Cu、与硫酸反应产生H2，H2将H中CuSO4溶液压入过量氨水中，反应生成的[Cu(NH3)4]SO4溶液流入I中，催化H2O2分解产生O2，O2与J中过量H2S溶液反应生成S，K中NaOH溶液用于吸收尾气。
【详解】A．该实验中产生H2和O2，故进行实验前必须检查装置的气密性，A项正确；
B．整套装置中发生的氧化还原反应有Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑、Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、2H2O22H2O+O2↑、O2+2H2S=2S↓+2H2O，B项错误；
C．装置J中的反应为O2+2H2S=2S↓+2H2O，装置中出现浅黄色浑浊，C项正确；
D．装置K用于吸收尾气（挥发出来的H2S），防止污染环境，D项正确；
答案选B。
8．向恒温恒容密闭容器中通入和，发生反应，反应达到平衡状态，测得平衡时体积分数为20％。下列说法正确的是
A．CO和的平衡转化率均为60％
B．
C．混合气体的平均相对分子质量始终保持不变
D．若保持不变，可判断该反应已达到平衡状态
【答案】C
【分析】 ，
平衡时体积分数为20％，则，x=0.3；
【详解】A．CO的平衡转化率为， 的平衡转化率均为，故A错误；
B．，故C错误；
C．反应前后气体总质量不变、气体总物质的量不变，所以混合气体的平均相对分子质量始终保持不变，故C正确；
D．COS、H2都是生成物，始终等于1，保持不变，反应不一定达到平衡状态，故D错误；
选C。
9．为探究的性质，实验小组同学进行了如下实验：
下列说法一定正确的是
A．③和④中产生的气体成分完全相同
B．②和⑥中沉淀的主要成分不同
C．①→②和④→⑥均只发生了复分解反应
D．①→④发生的反应是
【答案】B
【分析】由题干实验信息可知，①→②→③过程中先发生反应：Na2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NaCl，然后发生Na2SO3与HNO3反应生成SO2和氮氧化物等刺激性气味的气体，BaSO3与HNO3反应生成BaSO4，同时产生氮氧化物刺激性气味的气体；根据④→⑤无明显变化，①→④→⑤→⑥过程中先发生Na2SO3与HNO3反应生成SO2，然后溶于水中的SO2继续被过量的硝酸根氧化为硫酸根，然后与Ba2+结合生成BaSO4沉淀，同时生成氮氧化物等刺激性气味的气体，据此分析解题。
【详解】A．由题干实验信息可知，①→③依次发生反应方程式为：Na2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NaCl、BaSO3与HNO3反应，已经过量的Na2SO3与HNO3反应，生成SO2和氮氧化物等刺激性气味的气体，而①→④则是Na2SO3与HNO3反应生成SO2，可知③和④中产生的气体成分不完全相同，A错误；
B．由题干实验信息可知，①→②发生的反应为：Na2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NaCl，故沉淀②的主要成分是BaSO3，而⑥中沉淀是BaSO4沉淀，故二者的主要成分不同，B正确；
C．由分析可知，①→②发生的反应为：Na2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NaCl属于分解反应，而④→⑥既发生了复分解反应又发生氧化还原反应，C错误；
D．根据分析，①→④发生的反应是，D错误；
故选B。
10．工业生产中产生的、NO直接排放将对大气造成严重污染，利用化学原理吸收和NO，同时获得连二亚硫酸钠(Na2S2O4)和产品的工艺流程图如下(Ce为铈元素)：
下列说法正确的是
A．装置Ⅰ中发生的离子反应为：
B．装置Ⅱ中每消耗1ml Ce4+装置Ⅱ中可吸收22.4LNO
C．装置Ⅲ中生成1mlNa2S2O4同时生成2mlCe4+
D．向装置Ⅳ所得溶液中滴加稀的NaOH溶液，没有产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则未生成
【答案】C
【分析】装置Ⅰ中二氧化硫是酸性氧化物，能和强碱氢氧化钠之间发生反应： ，NO和氢氧化钠之间不会反应，装置Ⅱ中NO在酸性条件下，NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应：NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO+2H+，NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO+4H+，装置Ⅲ中，在电解槽的阳极2Ce3+−2e−=2Ce4+，阴极电极反应式为：2HSO+2H++2e−=S2O+2H2O，装置Ⅳ中通入氨气、氧气，2NO+O2+2H++2NH3=2NH+2NO，据此分析解题。
【详解】A．据分析可知，装置Ⅰ中发生的离子反应为：SO2+OH−=HSO，A错误；
B．不确定是否为标准状况，不能计算吸收一氧化氮的量，B错误；
C．装置Ⅲ中，在电解槽的阳极2Ce3+−2e−=2Ce4+，阴极电极反应式为：2HSO+2H++2e−=S2O+2H2O，阴极电极装置Ⅲ中生成1ml连二亚硫酸钠阳极同时生成，C正确；
D．向装置Ⅳ所得溶液中滴加稀的NaOH溶液，并且需要加热，再通过湿润的红色石蕊试纸变蓝检验是否有氨气生产，进而判断是否有生成，D错误；
故选C。
第II卷（非选择题 共60分）
二、非选择题：本题共4个小题，共60分。
11．（14分）化学教材后的元素周期表为通用元素周期表，2019年是门捷列夫提出元素周期表诞生150周年，联合国宣布2019年为“国际化学元素周期表年”。同年，欧洲化学学会(EuChemS)发布了1张“扭曲”的元素周期表，指出：由于过度使用，部分元素可能在未来的100年内从地球上消失。每种元素在周期表上所占面积的大小，呈现出元素的稀缺程度。
(1)如图，49号元素铟，用于制造手机和计算机触屏，面临“濒危”风险。铟在通用元素周期表中的位置为 ；④是手机电池的主要构成元素，④的单质在③的常见单质中点燃的方程式为 。
(2)用电子式表示①与③形成化合物的过程： 。
(3)①和②能形成多种化合物，下图模型表示的分子中，不可能由①②形成的有 (填序号)。
a． b． c． d．
(4)PE用于食品、药物的包装材料，以及日常用品、绝缘材料等。可由上述a合成。请写出在催化剂条件下合成PE的化学方程式 。
(5)一种新型除草剂的结构如下图所示，其中X、Y、Z、W、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，M与Z同主族，W是最不稀缺的元素。
①与NaOH溶液反应只生成一种盐，则与足量NaOH溶液反应的离子方程式为 。
②可做火箭推进剂的燃料，优点之一是其与反应的产物绿色无污染，请写出相应的化学方程式 。
【答案】(1) 第五周期ⅢA族
(2)
(3)bd
(4)
(5)
【详解】（1）In位于第五周期ⅢA族；Li跟只能生成一种物质氧化锂，Li在氧气中燃烧的化学方程式为；
（2）
是由2个H原子和2个O原子形成的共价化合物，用电子式表示的形成过程为；
（3）由分析可知，A为H，B为C，已知C周围需形成4个共价键，H周围形成一个共价键，据此分析可知：
a．所示可以为乙烯即，a不合题意；
b．所示可以为，但不能是，b符合题意；
c．所示可以表示为，c不合题意；
d．所示可以表示为，不能是，d符合题意；
故答案为：bd；
（4）PE为聚乙烯，上图a为乙烯的空间填充模型，故发生加聚反应的方程式为：；
（5）其中X、Y、Z、W、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，W是最不稀缺的元素，由图可知，W为O；M与Z同主族，M形成5个共价键，Z形成3个共价键，则Z为N，M为P元素；X形成1个共价键，Y形成4个共价键，二者的原子序数均小于O，则X为H，Y为C元素：
①只生成一种盐得知为一元弱酸，离子方程式为： ；
②根据产物绿色无污染可知生成氮气，反应的化学方程式为。
12．（16分）铁基颜料铁黄(FeOOH)在高档涂料、油墨等领域有着广泛的应用。某同学设计了利用黄铁(主要成分：FeS2和SiO2，SiO2不参与反应)为主要原料制备绿矾(FeSO4·7H2O)，并用得到的绿矾制备铁黄(FeOOH)，流程如下：
已知：①FeSO4·7H2O溶于水，不溶于乙醇。
②“焙烧”的方程式为4FeS2 + 11O2 2Fe2O3 + 8SO2
③FeOOH为一种不溶于水的黄色固体。
回答下列问题：
(1)将黄铁矿进行粉碎，其目的是 。
(2)“酸浸”不宜将稀H2SO4换成稀HNO3的原因是 。
(3)“酸浸”后溶液呈黄色，试剂b若选用铁粉，“还原”步骤中是向溶液逐步加入铁粉，直至稍有气体生成，溶液变为浅绿色，写出主要反应的离子方程式 。试剂b 若选用SO2，则该过程涉及的离子方程式有 。
(4)向“FeSO4溶液”中加入乙醇即可析出FeSO4·7H2O晶体，乙醇的作用是 。已知绿矾溶解度曲线如图所示，则从“FeSO4溶液”中获得晶体的另一种方法是：蒸发浓缩(得到 ℃饱和溶液)、 、过滤、用冰水洗涤，低温干燥。
(5)由FeSO4·7H2O转化为FeOOH的离子方程式是 。
【答案】(1)增大黄铁矿与空气的接触面积，增大反应速率，同时也能使FeS2与氧气充分反应
(2)混入了杂质硝酸根离子，此外硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，在还原步骤中，加入试剂b时先与硝酸根离子反应，增大了试剂b的用量，提高了成本，且该过程有NO生成，会污染环境
(3) 2Fe3++Fe=3Fe2+ SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+
(4) 降低硫酸亚铁的溶解度，促使其结晶析出 60 降温结晶
(5)4Fe2++O2+8OH-=4FeOOH↓+2H2O
【分析】黄铁矿粉碎后通入空气焙烧，FeS2转化为Fe2O3和SO2，加入试剂a酸浸，SiO2不溶于酸形成沉淀除去，Fe2O3转化为Fe3+，加入试剂b将溶液中铁离子还原为亚铁离子，过滤后滤液中加入乙醇促使硫酸亚铁结晶析出，硫酸亚铁晶体通入空气和NaOH溶液进行氧化步骤，反应生成FeOOH。
【详解】（1）将黄铁矿进行粉碎，可增大黄铁矿与空气的接触面积，增大反应速率，同时也能使FeS2与氧气充分反应。
（2）酸浸过程中若使用稀硝酸代替稀硫酸，则混入了杂质硝酸根离子，此外硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，在还原步骤中，加入试剂b时先与硝酸根离子反应，增大了试剂b的用量，提高了成本，且该过程有NO生成，会污染环境。
（3）酸浸后溶液中含有Fe3+，加入Fe粉，铁离子与Fe反应生成亚铁离子，离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+。若试剂b为SO2，Fe3+与SO2在酸性条件下反应生成亚铁离子和硫酸根离子，离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+。
（4）从题干可知，硫酸亚铁晶体溶于水，不溶于乙醇，加入乙醇可降低硫酸亚铁的溶解度，促使其结晶析出。从图中可知，60℃时硫酸亚铁的溶解度达到最大，因此先蒸发浓缩得到60℃的硫酸亚铁饱和溶液，随后降温结晶，再过滤用冰水洗涤，低温干燥得到晶体。
（5）硫酸亚铁晶体与氧气、NaOH溶液反应生成FeOOH，离子方程式为4Fe2++O2+8OH-=4FeOOH↓+2H2O。
13．（14分）氨是一种良好的低碳储氢载体，“氨能”的开发利用有利于我国新能源发展。回答下列问题：
(1)已知工业合成氨反应为放热反应。下图中能体现上述反应能量变化的是 (填标号)。
(2)时，向体积为的刚性容器中充入一定量的和，实验测得随时间的变化如表所示：
①5~10min内的平均反应速率 。
②下列情况不能说明反应已达到化学平衡的是 (填标号)。
a．
b．的体积分数不再变化
c．混合气体的密度保持不变
d．混合气体的总压强不再变化
(3)我国科学家提出了采用M-LiH(M表示金属)复合催化剂在低温、低压下合成氨的方案，测得反应速率如下图所示。
①无，催化效率最高的金属是 。
②有，反应速率明显增大。研究表明M-LiH的催化过程可能按以下3个步骤进行，写出步骤ⅱ的化学方程式。
ⅰ．的表面反应：。
ⅱ． 。
ⅲ．。
(4)氨氧燃料电池具有广阔的应用前景。其工作原理如下图所示。a电极的电极反应式为 。
(5)液氨储氢技术是一种将氢气以液氨的形式储存的技术，这种技术在氢能源领域具有广泛的应用前景。液氨储氢技术的优点是 。
【答案】(1)A
(2) 0.018 bd
(3) Fe
(4)
(5)环保方便、工艺简单
【详解】（1）反应放热，生成物能量低于反应物能量，故选A；
（2）①5~10min内的平均反应速率；
②a．速率之比等于对应物质的化学计量数之比，且没有标明正逆反应速率，则不能说明反应已达到平衡，a错误；
b．的体积分数不再变化，则其浓度不再改变，说明反应已达到平衡，b正确；
c．气体的总质量和容器容积为定值，则气体的密度为定值，故气体的密度保持不变，不能说明反应已达到平衡，c错误；
d．反应为气体分子数改变的反应，混合气体的总压强不再变化，说明平衡不再移动，达到平衡，d正确；
故选bd；
（3）①由图可知，无，催化效率最高的金属是Fe；
②总反应为：，结合反应ⅰ、ⅲ可知，ⅱ为：；
（4）由图可知，a极氨气失去电子发生氧化反应生成氮气，反应为：；
（5）液氨储氢技术的优点是环保方便、工艺简单。
14．（16分）某兴趣小组探究溶液与草酸溶液反应速率的影响因素，配制溶液、草酸溶液后，将溶液与草酸溶液按如下比例混合。
【设计实验】
(1)表格中 ，实验①和②的目的是 。
(2)甲认为上述实验应控制相同，可加入的试剂是 (填序号)。
a．盐酸 b．硫酸 c．草酸
【实施实验】
小组同学将溶液中的调节至并进行实验①和②，发现紫色并未直接褪去，而是分成两个阶段：i．紫色溶液变为青色溶液，ii．青色溶液逐渐褪至无色溶液。
资料：
(a)在溶液中无色，与草酸不反应；
(b)无色，有强氧化性，发生反应：(青绿色)，氧化性很弱；
(c)呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和。
(3)乙同学从氧化还原角度推测阶段i中可能产生了，你认为该观点是否合理，结合现象说明理由： 。
【继续探究】
进一步实验证明溶液中含有，反应过程中和浓度随时间的变化如下图。
(4)第i阶段中检测到有气体产生，反应的离子方程式为 。
(5)实验②在第ii阶段的反应速率较大，可能的原因是 。
(6)为了验证上述(5)中说法，设计如下实验：在第ii阶段将调节至0.2ml/L，现象是 ；请结合平衡移动原理解释该现象 。
【结论与反思】
结论：反应可能是分阶段进行的，草酸浓度的改变对不同阶段反应速率的影响可能不同。
【答案】(1) 1.0 探究草酸浓度对反应速率的影响
(2)b
(3)不合理，酸性条件下，会迅速分解生成和，但在实验中并未看到黑色沉淀
(4)
(5)实验②中加(草酸)实验①的更小，导致阶段i形成实验②比实验①的更少，生成的实验②比实验①的更多
(6) 溶液颜色变浅，褪至无色的时间缩短 升高，平衡逆向移动，降低，导致升高，草酸还原的速率变快
【分析】根据控制变量法，探究草酸浓度对反应速率的影响，草酸的浓度为唯一变量，为使高锰酸钾的浓度相等，需要控制溶液的总体积相等。
【详解】（1）实验①和②的目的是探究草酸浓度对反应速率的影响，根据控制变量法，应使混合溶液的总体积相等，所以表格中1。
（2）a．高锰酸钾能氧化氯离子，所以不能加入盐酸，故不选a；
b．硫酸能提供氢离子，为控制相同，可加入硫酸，故选b；
c．加入草酸，使草酸浓度增大，根据控制变量法，不能加草酸，故不选c；
选b。
（3）酸性条件下，会迅速分解生成和，但在实验中并未看到黑色沉淀，所以乙同学的该观点不合理。
（4）根据图示，第i阶段被还原为，草酸被氧化为二氧化碳，反应的离子方程式为
（5）有强氧化性。实验②中加(草酸)实验①的更小，导致阶段i形成实验②比实验①的更少，生成的实验②比实验①的更多，所以实验②在第ii阶段的反应速率较大。
（6）在第ii阶段将调节至0.2ml/L，升高，平衡逆向移动，降低，导致升高，草酸还原的速率变快。
编号
电极材料
电解质溶液
电流计指针偏转方向
1
稀硫酸
偏向
2
稀硫酸
偏向
3
溶液
③
时间/min
5
10
15
20
25
30
0.08
0.14
0.18
0.20
0.20
0.20
序号
(草酸)/mL
反应温度/℃
①
2.0
2.0
0
20
②
2.0
1.0
20