2017-2018学年黑龙江省哈尔滨市第三中学高二上学期期中考试化学试题 解析版



黑龙江省哈尔滨市第三中学2017-2018学年高二上学期期中考试
化学试题
第Ⅰ卷(选择题共60分)
一、选择题(本题共20小题，每小题3分，共60分。每小题只有一个选项正确。)
1. 下列说法正确的是
A. 石油和煤都是清洁能源
B. 所有的燃烧反应都是放热反应
C. 煤经过气化和液化两个物理变化，可变为清洁能源
D. 从能量角度看，断开化学键会释放能量，形成化学键会吸收能最
【答案】B
【解析】A. 石油、煤都是化石能源，大量使用，对环境有危害，A错误；B.燃烧都是放热反应，B正确；煤的气化是将其转化为可燃气体的过程，主要反应为碳与水蒸气反应生成H2、CO等气体的过程．煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，C．错误；D. 从能量角度看，断开化学键会吸收能量，形成化学键会释放能最，故D错误。
2. 一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于恒容密闭容器中发生反应: NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g）ΔH=-41.8KJ/mol，下列能说明反应达到平衡状态的是
A. 体系压强保持不变 B. 混合气体颜色保持不变
C. SO3和NO的体积比保持不变 D. 每消耗1 mol SO3的同时生成1 mol NO2
【答案】B
【解析】A. NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g），反应前后气体分子数不变，体系压强保持不变，不能作为平衡标志，故A错误；B. 混合气体颜色保持不变，说明二氧化氮浓度不变，可作为平衡标志，B正确；C.NO2与SO2以体积比1:2，SO3和NO的体积比始终是1：1不变，不能作为平衡标志，故C错误；D. 每消耗1 mol SO3的同时生成1 mol NO2，表示的都是逆向反应速率，不能作为平衡标志，故D错误。
3. 下列叙述不正确的是
A. 铁表面镀锌，铁作阳极
B. 甲醇燃料电池可把化学能转化为电能
C. 钢铁吸氧腐蚀的正极反应:O2+2H2O+4e-=40H-
D. 工业上电解饱和食盐水的阳极反应: 2Cl--2e-=Cl2↑
【答案】A
【解析】锌的金属活泼性大于铁，在铁表面镀锌，锌易失电子保护铁，这称为牺牲阳极保护阴极法，A错误；甲醇燃料电池可把化学能转化为电能，B正确；钢铁吸氧腐蚀的正极反应：O2+2H2O+4e-=40H-，C正确；工业上电解饱和食盐水时，石墨电极阳极上氯离子优先失去电子，反应为: 2Cl--2e-=Cl2↑，D正确。故选A。
4. 下列关于反应与能量的说法正确的是
A. H2与Cl2反应生成HCl,在光照与点燃条件下，ΔH不同
B. 氢氧化钠与盐酸反应中，盐酸足量，则氢氧化钠越多，中和热越大
C. 已知1mol红磷转化为1mol白磷，需吸收18.39kJ的能量，则红磷比白磷稳定
D. 催化剂能加快反应速率，是因为它能减小反应的焓变
【答案】C
【解析】A项，ΔH只与反应物和生成物的总能量有关，与反应的条件无关，H2与Cl2反应生成HC1，在光照与点燃条件下，△H相同，错误；B项，中和热指酸与碱发生中和反应生成1molH2O时所释放的热量，以“生成1molH2O”为标准，与所用酸、碱的量无关，错误；C项，lmol红磷转化为lmol白磷，需吸收18.39kJ的能量，则1mol红磷具有的总能量小于1mol白磷具有的总能量，能量越低物质越稳定，红磷比白磷稳定，正确；D项，催化剂能加快反应速率，是因为催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子百分数，错误；答案选C。
5. 对于化学反应3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)，下列反应速率关系中，正确的是
A. v(W)=3v(Z) B. 2v(X)=3v(Z)
C. 2v(X)=v(Y) D. 3v(W)=2v(X)
【答案】C
【解析】试题分析：化学反应速率之比等于化学系数之比，A、v（W）：v（Z）=3：3=1：1，故错误；B、v（X）：v（Z）=2：3，故错误；C、v（X）：v（Y）=2：4=1：2，故正确；D、v（W）：v（X）=3：2，故错误。
考点：考查化学反应速率的计算等知识。
6. 己知H-H键键能为436kJ/mol，H-N键键能为391kJ/mol,根据化学方程式: N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ΔH=-92kJ/mol,则N≡N键键能是
A. 946kJ/mol B. 473kJ/mol C. 211kJ/mol D. 346kJ/mol
【答案】A
【解析】ΔH=反应物总键能—生成物总键能=E(N≡N)+3×436kJ/mol—2×3×391kJ/mol=-92kJ，E(N≡N)=946kJ/mol，故A正确。
7. 日常所用锌－锰干电池的电极分别为锌筒和石墨棒，以糊状NH4Cl作电解质，电极反应为：Zn－2e－＝Zn2＋，2MnO2＋2NH4+＋2e-＝Mn2O3＋2NH3＋H2O。有关锌－锰干电池的叙述中，正确的是
A. 干电池中锌筒为正极，石墨棒为负极
B. 干电池长时间连续工作后，糊状物可能流出，腐蚀用电器
C. 干电池工作时，电流方向是由锌筒经外电路流向石墨棒
D. 干电池可实现电能向化学能的相互转化
【答案】B
【解析】A.在锌－锰干电池中，锌筒电极锌失电子作电池负极，石墨棒作正极，A错误；B. 干电池长时间连续工作后，生成的水溶解介质而使介质成糊状物流出，腐蚀用电器，B正确；C. 干电池工作时，电子方向是由锌筒经外电路流向石墨棒，C错误；D. 锌－锰干电池是一次性电池，不是可逆电池，不能实现电能向化学能的相互转化，D错误。
8. 下列有关金属腐蚀与防护的说法止确的是
A. 钢铁在潮湿的空气中只会发生化学扁蚀
B. 当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用
C. 在海轮外壳连接锌块保护外光不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法
D. 可将地下输油钢管与外加直流电源的正极机连以保护它不受腐蚀
【答案】C

考点：本题考查金属的腐蚀与防护。
9. 下列有关物质的工业制法中，错误的是
A. 制钠: 以海水为原料制得NaCl,再电解熔触NaCl得钠
B. 制铁: 以焦炭利铁矿石为原料，用CO还点铁矿石得铁
C. 制硅: 用焦炭还原二氧化硅得硅
D. 制铝: 电解液态氯化铝得铝
【答案】D
【解析】A．海水晒盐得到NaCl，Na为活泼金属，电解熔融NaCl得钠，故A正确；B．Fe为较活泼金属，以焦炭和铁矿石等为原料，用CO还原铁矿石得铁，故B正确；C．C与二氧化硅反应生成Si和CO，则用焦炭还原二氧化硅制得粗硅，故C正确；D．液态氯化铝不导电，无法电解，应电解氧化铝得铝，故D错误；故答案为D。
10. 在稀硫酸与锌反应制氧气的实验中，下列浏素对产生H2速率役有影响的是
A. 升高溶液的温度
B. 初始加入的稀硫酸由5mL变成10mL
C. 将锌块换成锌粉
D. 加几滴硫酸铜溶液
【答案】B
【解析】A. 升高溶液的温度反应速率加快，A错误；B. 初始加入的稀硫酸由5 mL变成10 mL，氢离子浓度不变，反应速率不变，B正确；C. 将锌块换成锌粉增大固体反应物的接触面积，反应速率加快，C错误；D. 滴加几滴硫酸铜溶液，锌置换出铜，构原电池，加快反应速率，D错误，答案选B。
11. T℃时，在一密闭容器中，反应H2(g)+I2(g)=2HI(g)达到平衡，缩小容器体积，下列物理量不会改变的是
A. 正反应速率
B. HI的百分含量
C. 压强
D. H2的浓度
【答案】B
【解析】A. 缩小容器体积，压强增大，正反应速率增大，A错误；B. 反应前后体积不变，改变压强平衡不移动，HI的百分含量不变，B正确；C. 缩小容器体积，压强增大，C错误；D. 容器容积减小，H2的浓度增大，D错误，答案选B。
12. 已知SO3在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如图听示。下列说法正确的是

A. 降低温度，SO3的分解速率加快
B. 加入催化剂，可提高SO3的平衡转化率
C. 加入催化剂，减小了反应的活化能，活化分子百分数提高
D. 反应物的总能量大于生成物的总能量
【答案】C
【解析】温度越高反应速率越快，故降低温度，SO3的分解速率减慢，A错误；催化剂只能改变反应速率，不影响平衡移动，对SO3的平衡转化率无影响，B错误；加入催化剂，减小了反应的活化能，增大活化分子百分数，C正确；由图分析可知，SO3在催化剂作用下分解是吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，D错误。
13. 只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是
A. K值不变，平衡可能移动 B. K值变化，平衡一定移动
C. 平衡移功，K值可能不变 D. 平衡移动，K值一定变化
【答案】D
.....................
考点：考查了化学平衡移动原理的相关知识。
14. 以石墨为电极，电解KI溶液(含有少量的酚酞和淀粉).下列说法错误的是
A. 阴极附近溶液显红色 B. 阴极逸出气体
C. 阳极附近溶液呈蓝色 D. 溶液中OH-的物质的量浓度变小
【答案】D
【解析】以石墨为电极，电解KI溶液(含有少量的酚酞和淀粉)，阳极反应为：2I—+2e—=I2，生成的碘遇淀粉，淀粉溶液呈蓝色；阴极反应为：2H2O+2e—=H2↑+2OH—；溶液呈碱性，溶液中OH-的物质的量浓度增大，酚酞在碱性环境中呈红色，故D错误。
15. 己知反应CO(g)+H2O(g) =CO2(g)+H2(g)在427℃时的平衡常数是9，若反应开始时CO(g)和H2O(g)的浓度都是0.01mol/L.平衡时CO的转化率是
A. 50% B. 90% C. 75% D. 10%
【答案】C
【解析】由三段式求解：
CO（g） +    H2O（g）    CO2（g）  +   H2（g）
初始浓度/ mol/L： 0.010         0.010              0             0 
转化浓度/ mol/L ： x             x                x             x
平衡浓度/ mol/L：0.010—x      0.010—x           x             x  
依题意，可得：                                     
K  =    =9 　解之，得：x =0.0075 mol/L
故一氧化碳最大的转化率为：α（CO）=  75%。答案为C。
16. 利用海洋资源获得的部分物质如图所示。下列说法正确的是

A. 从海水中获取淡水，历史最久的方法是离子交换祛
B. 实验室中从海带中获得I2，需要用到的主要仪器有蒸发皿、漏斗、烧杯、分液漏斗等
C. 用SO2溶液吸收从苦卤中吹出的单质溴时发生的离子反应是Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-
D. 用石灰石、盐酸等从苦卤中提取镁时，发生反应类型有化合、分解、置换和复分解
【答案】C
【解析】试题分析：A．从海水中获取淡水历史最悠久的方法是蒸馏，故A错误；B．提取海带中的碘元素不需要溶液蒸发，不需要蒸发皿，故B错误；C．用SO2溶液吸收从苦卤中吹出的单质溴时，利用二氧化硫还原性和溴单质发生氧化还原反应生成溴化氢和硫酸，发生的离子反应是Br2+SO2+2H2O═4H++SO42-+2Br-，故C正确；D．海水提取镁单质的过程中发生的反应有：CaCO3CaO+CO2↑、CaO+H2O=Ca(OH)2、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O、MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑，所以涉及的反应有化合反应、复分解反应和分解反应，不涉及置换反应，故D错误；故选C。
【考点定位】考查海水资源及其综合利用
【名师点晴】本题考查了海水资源的综合利用，主要是海水获取淡水、提取碘单质、金属镁、溴单质等生产流程的分析判断，掌握基础是解题关键。海水中含有大量的化学物质，可从海水中提取大量的食盐、镁、溴、碘、钾等有用物质，海水素有“液体工业原料”之美誉。基础知识有：海水晒盐；氯碱工业；海水提溴流程；海水提镁流程。
17. 黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：
S(s)+2KNO3(s)+3C(s）=K2S(s)+N2(g)+3CO2(g）  ΔH=xkJ·mol－1
已知：碳的燃烧热 ΔH1=akJ·mol－1
S(s)+2K(s）=K2S(s）  ΔH2=bkJ·mol－1
2K(s)+N2(g)+3O2(g）=2KNO3(s） ΔH3=ckJ·mol－1
则x为
A. 3a+b－c B. c +3a－b C. a+b－c D. c+a－b
【答案】A
【解析】试题分析：碳的燃烧热△H1=akJ•mol-1，其热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=akJ•mol-1①，S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=bkJ•mol-1②，2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=ckJ•mol-1③，将方程式3①+②-③得S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），则△H=xkJ•mol-1=（3a+b-c）kJ•mol-1，所以x=3a+b-c，故选A。
【考点定位】考查用盖斯定律进行有关反应热的计算
【名师点晴】本题考查盖斯定律的应用，侧重考查学生分析计算能力，明确目标方程式与已知方程式的关系是解本题关键，注意方程式可以进行加减。
18. 铅蓄电池的工作原理为：Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，研读图，下列判断不正确的是

A. K闭合时，d电极反应式：PbSO4+2H2O-2e-═PbO2+4H++SO42-
B. 当电路中转移0.2mol电子时，I中消耗的H2SO4为0.2mol
C. K闭合时，II中SO42-向c电极迁移
D. K闭合一段时间后，II可单独作为原电池，d电极为正极
【答案】C
【解析】A．K闭合时Ⅰ为原电池，Ⅱ为电解池，Ⅱ中发生充电反应，d电极为阳极发生氧化反应，其反应式为PbSO4+2H2O﹣2e﹣=PbO2+4H++SO42﹣，故A正确；
B．在上述总反应式中，得失电子总数为2e﹣，当电路中转移0.2mol电子时，可以计算出Ⅰ中消耗的硫酸的量为0.2mol，故B正确；
C．K闭合时d是阳极，阴离子向阳极移动，故C错误；
D．K闭合一段时间，也就是充电一段时间后Ⅱ可以作为原电池，由于c表面生成Pb，放电时做电源的负极，d表面生成PbO2，做电源的正极，故D正确．故选C．
【点评】本题综合考查原电池和电解池知识，注意把握电极反应式的书写，为解答该题的关键，学习中要把握原电池和电解池的工作原理．
19. 在一定温度下，将气体X和气体Y 各0.16mol充入10L 恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，一段时间后达到平衡．反应过程中测定的数据如下表，下列说法不正确的是
t/min
2
4
7
9
n（Y）/mol
0.12
0.11
0.10
0.10


A. 反应前2min的平均速率v（Z）=2.0×10-5 mol/（L•min）
B. 其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v（逆）＞v（正）
C. 该温度下此反应的平衡常数K=1.44
D. 其他条件不变，再充入0.2 mol Z，平衡时X的体积分数增大
【答案】C
【解析】A.2min内Y物质的量变化为0.16mol-0.12mol=0.04mol，故v（Y）=0.04mol÷10L÷2min=0.002mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，故v（Z）=2v（Y）=2×0.002mol/（L•min）=0.004mol/（L•min），错误；B.该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）＜v（正），错误；
C.由表中数据可知7min时，反应到达平衡，平衡时Y的物质的量为0.10mol，则：
             X（g）+Y（g）⇌2Z（g）
开始（mol）：0.16    0.16     0
变化（mol）：0.06     0.06     0.12
平衡（mol）：0.1     0.1      0.12
化学平衡常数k=0.122/0.1×0.1==1.44，故C正确；
D.其他条件不变，再充入0.2 mol Z，平衡不移动（恒温恒容，气体分子数前后相等），平衡时X的体积分数不变，D错误。
20. 温度为T1时，在三个容积均为1 L的恒容密闭容器中仅发生反应: 2NO2(g)  2NO(g)+O2 (g) (正反应吸热)。实验测得: v正= v (NO2 )消耗= k正c2(NO2 )，v逆= v(NO)消耗= 2v (O2 )消耗= k逆c2 (NO)·c(O2 )，k正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是
容器编号
物质的起始浓度(mol/L)
物质的平衡浓度(mol/L)
c (NO2)
c (NO)
c (O2)
c(O2)
Ⅰ
0.6
0
0
0.2
Ⅱ
0.3
0.5
0.2

Ⅲ
0
0.5
0.35



A. 达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为 4∶5
B. 达平衡时，容器Ⅱ中 c(O2 )/ c(NO2 ) 比容器Ⅰ中的大
C. 达平衡时，容器Ⅲ中 NO 的体积分数小于50%
D. 当温度改变为 T2时，若 k正=k逆，则 T2> T1
【答案】CD
【解析】由容器Ⅰ中反应2NO22NO+O2
起始量(mol/L)  0.6       0   0
变化量(mol/L)  0.4      0.4  0.2
平衡量(mol/L)  0.2      0.4  0.2
可以求出平衡常数K==0.8，平衡时气体的总物质的量为0.8mol，其中NO占0.4mol，所以NO的体积分数为50%，c(O2 )/ c(NO2 ) =1。在平衡状态下，v正= v (NO2 )消耗= v逆= v(NO)消耗，所以 k正c2(NO2 ) = k逆c2 (NO)·c(O2 )，进一步求出=K=0.8。
A、显然容器Ⅱ的起始投料与容器Ⅰ的平衡量相比，增大了反应物浓度，平衡将向正反应方向移动，所以容器Ⅱ在平衡时气体的总物质的量一定小于1mol，故两容器的压强之比一定大于4:5，A错误；若容器II在某时刻，c(O2 )/ c(NO2 ) =1，
由反应2NO2  2NO + O2 
       起始量(mol/L)     0.3         0.5   0.2
变化量(mol/L)     2x         2x    x
平衡量(mol/L)     0.3-2x    0.5+2x   0.2+x   
因为，，解之得x=，求出此时浓度商Qc= >K，所以容器II达平衡时，c(O2 )/ c(NO2 ) 一定小于1，B错误；
C． 若容器III在某时刻，NO的体积分数为50%，
由反应2NO2  2NO + O2 
       起始量(mol/L)    0           0.5   0.35
变化量(mol/L)    2x          2x    x
平衡量(mol/L)    2x        0.5-2x   0.35-x  
由0.5-2x=2x+0.35-x，解之得x=0.05，求出此时浓度商Qc==4.8＞K，说明此时反应未达平衡，反应继续向逆反应方向进行，NO进一步减少，所以C正确；
D．温度为T2时，=K2=1＞0.8，因为正反应是吸热反应，升高温度后化学平衡常数变大，所以T2＞T1，D正确。
第Ⅱ卷(非选择题共40分)
二、填空题
21. 按要求填空
（1）某反应的反应过程中能量变化如右图所示，回答下列问题:
E逆反应的活化能___E反应的活化能(填“大于”或“小于”)

（2）50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mo/L NaOH溶夜在如图所示的装置中进行中和反应，逋过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热，回答下列问题:

①烧杯间填满碎泡沫塑料作用是________
②实验中改用60mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_________(填“相等“或“不相等”)
【答案】 (1). 小于 (2). 保温，隔热，防止热量散失 (3). 不相等
【解析】（1）由图分析可知，此反应正反应是吸热反应，则E逆反应的活化能小于E反应的活化能；
（2）①测定中和热实验中，要保证容器的绝热，防止热量损失造成的实验误差，需要在烧杯间填满碎泡沫塑料，以达到保温，隔热，防止热量散失；②实验中改用60mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，盐酸与氢氧化钠反应时生成水的量比实验中的大，放出热量肯定不相等，但中和热是一样的。
22. （1）在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4发生反应N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。回答下列问题:
①反应的△H_______0（填“大于”“小于”）；
②100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如右图所示。在0~60s时段，反应速率v(N2O4)为_________mol·L-1·s-1反应的平衡常数K为__________。

（2）在恒容密闭容器中通入X 并发生反应:2X(g) = Y(g);温度T1、T2下X的物质的最浓度c(X)随时间t 变化的曲线如右图所示。

①T1____T2 (填“大于”或“小于”)。
②M点的正反应速率V正____N点的逆反应速率V逆(填“大于”，“小于”或“等于”)。
（3）CuBr2分解的热化学方程式为:2CuBr2(s)=2CuBr(s) + Br2(g) ΔH= + 105. 4kJ/mol。在密闭容器中将过量CuBr2于487K下加热分解，平衡时p(Br2)为4.66×103Pa。
①如反应体系的体积不变，提高反应温度，则p(Br2)将会_______(填“增大”、“不变”或“减小”)。
②如反应温度不变，将反应体系的体积增加一倍，则p(Br)的变化范围为_______。
【答案】 (1). 大于 (2). 0.001 (3). 0.36mol/L (4). 大于 (5). 大于 (6). 增大 (7). 2.33×103Pa,4.66×103Pa
【解析】（1）①随温度升高，混合气体的颜色变深，平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，则反应的△H大于0；②0～60s时段，N2O4浓度变化为：
0.100mol/L-0.040mol/L=0.060mol/L，v（N2O4）=0.060mol/L/60s=0.0010 mol·L-1·s-1，
K= c2(NO2)/ c(N2O4)=( 0.120mol/L)2/0.040mol/L=0.36mol/L。
（2）①根据图像可知，T1达到平衡时时间比T2时达平衡时间少，说明反应速率快，则T1大于T2；②因T1>T2，vM正＝vM逆> vN逆；
（3）①CuBr2分解的热化学方程式为:2CuBr2(s)=2CuBr(s) + Br2(g) ΔH= + 105. 4kJ/mol，正反应是吸热反应，提高反应温度，平衡正向移动，因反应体系的体积不变，则气体压强增大；②体积增大一倍时，p(Br2)降为原来的一半，即2.33×103Pa，压强减小使平衡向气体体积数增大的方向移动，因而会大于2.33×103Pa；则p(Br2)的变化范围为（2.33×103Pa，4.66×103Pa）
23. H2O2被称为绿色氧化剂，受到人们越来越多的关注。为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。请问答下列问题:
（1）定性分析：图甲可通过观察____________，定性比较得出结论。有同学提出将FeCl3溶液改为Fe2(SO4)3溶液更合理，其理由是_____________。

（2）定量分析：如图乙所示，实验时均以生成40mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略。图中仪器A的名称为_________，检查该装置气密性的方法是：关闭分液漏斗的活塞，将注射器活塞向外拉出一段后松手，过一段时间后看________，实验中需要测量的数据是_______。

（3）课本在研究浓度对反应逑率影响的实验中,酸性高锰酸钾和岿酸草酸反应的离子方程式为________，反应开始一段时间后反应速率明显提升的原因是____________。
【答案】 (1). 产生气泡的快慢 (2). 阴离子相同更能说明铁离了和铜离子的催化效果 (3). 分液漏斗 (4). 关闭A的活塞，将注射器活塞向外拉出一段后松手，若注射器活塞复原说明装置气密性良好 (5). 生成40mL气体所需要的时间 (6). 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O (7). 反应生成锰离子起催化作用
【解析】（1）反应产物有氧气，反应越快，产生的气泡也就越快，可通过观察产生气泡的快慢来判断；两种催化剂中阴离子不同，不能排除是不是氯离子或是硫酸根离子的催化作用，故选用阴离子相同的试剂；
（2）仪器A的名称为分液漏斗；关闭A的活塞，将注射器活塞向外拉出一段后松手，如果系统漏气，活塞将不会回位，若注射器活塞复原说明装置气密性良好；速度指的是单位时间内发生的变化，所以需要测量时间，即测定生成气体达到40mL所需要的时间；
（3）酸性高锰酸钾和岿酸草酸反应的离子方程式为：
2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，加快反应速率的因素有增大溶液浓度、反应温度升高、使用催化剂，结合此反应产生气体在短时间反应速率明显提升，只有生成的锰离子起催化作用。
24. 某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞(如图1)。从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化。
（1）请完成以下实验设计表(表中不要留空格)：
编号
实验目的
碳粉/g
铁粉/g
醋酸/%
①
为以下实验作参照
0.5
2.0
90.0
②
醋酸浓度的影响
0.5
______
36.0
③
_________
0.2
2.0
90.0

（2）编号①实验测得容器中压强随时间变化如图2。t2时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了______腐蚀，负极的电极反应式为______。请在图3中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动方向______；此时，碳粉表面发生了______(“氧化”或“还原”)反应。

（3）该小组对图2中0～t1时压强变大的原因提出了如下假设，请你完成假设二：
假设一：发生析氢腐蚀产生了气体；
假设二：___________________。
【答案】 (1). 2.0 (2). 碳粉质量的影响 (3). 吸氧 (4). Fe-2e-=Fe2+ (5). 略 (6). 还原 (7). 反应放热，温度升高使气压变大
【解析】（1）探究影响化学反应速率，采用控制变量法，每次只能改变一个变量，故有②中铁的量不变，为2.0g；③中改变了碳粉的质量，故为探究碳粉的量对速率的影响。
（2）压强与气体的物质的量成正比，从图中可以看出，气体的量开始增加，后减少，故为吸氧腐蚀，活泼金属做负极，负极的电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，腐蚀时电子流动方向是负极流正极，如图所示；碳为正极，故碳粉表面发生还原反应。
（3）基于图中0～t1时压强变大，可能是产生气体或单位时间速率加快，或是气体受热膨胀等原因分析，假设一是产生氢气，假设二则可能是反应放热，温度升高，体积增大。