2018-2019学年四川省宜宾市第四中学高二上学期期末模拟理综化学试题 解析版 13页

四川省宜宾市第四中学2018-2019学年高二上学期期末模拟理综化学试题 ‎1.下列生活中常见物质在水中主要以离子形式存在的是 A. 食醋 B. 苏打 C. 蔗糖 D. 酒精 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 醋酸是弱酸，难电离，食醋中醋酸主要以分子的形式存在，A错误；B. 苏打是碳酸钠，完全电离，在水中主要以离子形式存在，B正确；C. 蔗糖是非电解质，在水中以分子形式存在，C错误；D. 酒精是非电解质，在水中以分子形式存在，D错误，答案选B。‎ ‎2.酸碱中和滴定实验中,不需要用到的仪器是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 酸碱中和滴定实验中需要用到的仪器是滴定管、锥形瓶以及滴加指示剂的胶头滴管，不需要用到的仪器是分液漏斗，答案选C。‎ ‎3.下列解释相关的离子方程式错误的是(　　)‎ A. H2S溶于水:H2S+H2OHS-+H3O+‎ B. 向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸:S2O3-+2H+=S↓+SO2↑+H2O C. NH4Cl溶液呈酸性:NH4++H2O=NH3·H2O+H+‎ D. K2Cr2O7溶于水:Cr2O7-+H2O2CrO42-+2H+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. H2S是二元弱酸，溶于水的电离方程式为：H2S+H2OHS-+H3O+，A正确；B. 向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸发生氧化还原反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，方程式为：S2O3-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，B正确；C. 铵根水解，NH4Cl溶液呈酸性，铵根的水解方程式为：NH4++H2ONH3·H2O+H+，C错误；D. K2Cr2O7溶于水存在平衡关系：Cr2O7-+H2O2CrO42-+2H+，D正确，答案选C。‎ ‎4.在一密闭容器中，当反应aA(g) bB(g)+cC(g)达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，最终测得A的物质的量的浓度为原来的55%，则 A. 平衡向正反应方向移动 B. a＞b+c C. 物质B的质量分数增大 D. 以上判断都错误 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 假定平衡不移动，将容器体积增加一倍，最终测得A的物质的量的浓度变为原来的50%，实际再次达到新平衡时，最终测得A的物质的量的浓度变为原来的55% 说明平衡向逆方向移动 压强减小反应向气体体积增大的方向移动，即a＞b+c。‎ ‎【详解】A项、减小压强，平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，故A错误；‎ B、减小压强，平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，即a＞b+c，故B正确；‎ C、减小压强，平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，B的体积分数减小，故C错误；‎ D、选项B正确，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了化学平衡的影响因素，根据A的浓度变化判断平衡移动方向是解题的关键。‎ ‎5.下列关于元素第一电离能的说法不正确的是 A. 钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能，故钾的活泼性强于钠 B. 因同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，故第一电离能依次增大 C. 最外层电子排布为ns2np6(当只有K层时为1s2)的原子，第一电离能较大 D. 对于同一元素而言，原子的电离能I1＜I2＜I3……‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、元素的第一电离能是指气态原子失去1个电子形成气态阳离子克服原子核的引力而消耗的能量，原子越稳定其第一电离能越大；‎ B、同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势；‎ C、ns2np6（当只有K层时为1s2）的原子达到稳定结构，性质稳定，第一电离能都较大；‎ D、对于同一元素来说，原子的电离能随着原子失去电子个数的增多而增大。‎ ‎【详解】A项钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能，说明钾失电子能力比钠强，所以钾的活泼性强于钠，故A正确；‎ B项、同一周期元素原子半径随着原子序数的增大而减小，第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但IIA族元素大于第IIIA族元素，VA族元素大于第VIA族元素，故B错误；‎ C项、最外层电子排布为ns2np6（若只有K层时为1s2）的原子达到稳定结构，再失去电子较难，所以其第一电离能较大，故C正确；‎ D项、对于同一元素来说，原子失去电子个数越多，其失电子能力越弱，所以原子的电离能随着原子失去电子个数的增多而增大，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了电离能的有关知识，根据元素周期律来分析解答即可，注意同周期元素第一电离能的异常现象。‎ ‎6.环保、安全的铝—空气电池的工作原理如下图所示，下列有关叙述错误的是 A. NaCl的作用是增强溶液的导电性 B. 正极的电极反应式为: O2 +4e- + 2H2O=4OH-‎ C. 电池工作过程中，电解质溶液的pH不断增大 D. 用该电池做电源电解KI溶液制取1molKIO3，消耗铝电极的质量为54g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图所给电子移动方向可知，铝电极为铝—空气电池的负极，铝在碱性条件下放电生成氢氧化铝，金属网载体为正极，氧气在正极上放电生成氢氧根。‎ ‎【详解】A项、该原电池中，NaCl不参加反应，则NaCl的作用是增强溶液的导电性，故A正确；‎ B项、由题图可知Al电极为负极，发生反应：Al-3e-+3OH-=Al（OH）3，O2在正极发生反应：O2+4e-+2H2O=4OH-，故B正确；‎ C项、总反应方程式为4A1+3O2+6H2O=4A1（OH）3↓，氯化钠溶液呈中性，放电过程中溶液的溶质仍然为NaCl，则电解质溶液的pH基本不变，故C错误；‎ D项、1molKI制得1molKIO3时转移6mol电子，根据转移电子相等得消耗m（Al）=2mol×27g/mol=54g，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】在书写电极反应式时一定要注意电解质是什么,其中的离子要和电极反应式中出现的离子相对应。碱性电解质溶液中,电极反应式中不能出现H+;酸性电解质溶液中,电极反应式中不能出现OH-。‎ ‎7.已知可逆反应X(g)＋2Y(g)Z(g) ΔH ＜0，一定温度下，在体积为2 L的密闭容器中加入4 mol Y和一定量的X后，X的浓度随时间的变化情况如图所示，则下列说法正确的是( )‎ A. 若向该容器中加入1molX、2molY，达平衡时，X的平衡浓度小于0.125mol/L B. a点正反应速率大于逆反应速率 C. 反应达平衡时，降低温度可以实现c到d的转化 D. 该条件下，反应达平衡时，平衡常数K=3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．根据图像可知，在反应开始时加入2molX ‎ 、4molY，二者的物质的量的比是1:2，若向该容器中加入1molX、2molY，二者的物质的量的比也是1:2，该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以改变压强，化学平衡不发生移动，则当达到平衡时X的浓度是原来的1/2，c(X)=0.125mol/L，错误；B．根据题意可知反应从正反应方向开始，到c点时达到化学化学平衡，此时正反应速率与逆反应速率相等，所以在达到平衡前的a点，正反应速率大于逆反应速率，正确；C．反应达平衡时，降低温度化学平衡向放热的正反应方向移动，反应物的浓度会降低，所以不可能实现c到d的转化，错误；D．该条件下，反应达平衡时，平衡常数，各种物质的浓度分别是c(X)=0.25mol/L，c(Y)=0.5mol/L，c(Z)=0.75mol/L，所以该反应的化学平衡常数K= c(Z)÷[c(X)×c2(Y)]= 0.75÷[0.25×0.52]=12，错误。‎ 考点：考查图像方法在化学反应速率和化学平衡移动的应用的知识。‎ ‎8.如下左图所示，其中甲池的总反应式为2CH3OH+302+4KOH=2K2CO3+6H20，完成下列问题:‎ ‎（1）甲池燃料电池的负极反应为___________________。‎ ‎（2）写出乙池中电解总反应的化学方程式: ___________________。‎ ‎（3）甲池中消耗224mL(标准状况下)O2，此时丙池中理论上最多产生____g沉淀，此时乙池中溶液的体积为400mL，该溶液的pH=____________。‎ ‎（4）某同学利用甲醇燃料电池设计电解法制取漂白液或Fe(OH)2 的实验装置(如上右图)。若用于制漂白液，a 为电池的______极，电解质溶液最好用_____。若用于制Fe(OH)2，使用硫酸钠溶液作电解质溶液，阳极选用___作电极。‎ ‎【答案】 (1). CH3OH-6e-+8OH-+8OH-=CO32-+6H2O (2). 2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑ (3). 1.16 (4). 1 (5). 负 (6). 饱和食盐水 (7). 铁(Fe)‎ ‎【解析】‎ ‎（1）甲醇的燃料电池，甲醇在负极发生氧化反应，在碱性环境下变为碳酸根离子，极反应：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；正确答案：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O。‎ ‎（2）乙池为电解池，石墨做阳极，银做阴极；阳极极反应4OH--4e-=O2↑++2H2O,阴极极反应2Cu2++4e-=2Cu,两个反应相加，为总反应2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑；正确答案：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑。‎ ‎（3）丙池中用惰性电极电解氯化镁溶液总反应为MgCl2+2H2O==Mg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑；甲池为原电池，总反应为2CH3OH+302+4KOH=2K2CO3+6H20，根据串联电路转移电子数相等规律可知：12e---6Mg(OH)2，12 e---3O2，消耗0.01molO2最终产生Mg(OH)20.02 mol，质量为0.02×58=1.16g；乙池反应2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，‎ 根据电子转移相等规律，根据关系式4e---2H2SO4可知，甲池转移电子为0.04 mol，乙池中产生H2SO40.02 mol，c(H+)=0.02×2÷0.4=0.1mol/L, 该溶液的pH=1，正确答案：1.16 ；1。‎ ‎（4）用惰性电极电解饱和食盐水，阳极产生氯气，阴极产生氢气，同时生成氢氧化钠溶液，氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠和氯化钠即为漂白液，所以a 为电池的负极，A处生成氢氧化钠溶液，B处产生氯气，直接反应生成漂白液；要产生Fe(OH)2，硫酸钠溶液作电解质，阳极材料为铁，失电子变为亚铁离子，才能够提供亚铁离子；正确答案：饱和食盐水；铁(Fe)。‎ ‎9.、Cr3+对环境具有极强的污染性，含有、Cr3+的工业废水常采用NaOH沉淀方法除去。‎ 已知：①常温下，Cr3+完全沉淀(c≤1.0×10−5 mol· L−1) 时，溶液的pH为5；NaOH过量时Cr(OH)3溶解生成：Cr3++3OH−Cr(OH)3+H++H2O。②还原产物为Cr3+。③lg3.3=0.50。‎ 请回答下列问题： ‎ ‎（1）常温下，Cr(OH)3的溶度积常数Ksp[Cr(OH)3]=___________。‎ ‎（2）常温下，向50 mL 0.05 mol·L−1的Cr2(SO4)3溶液中加入1.0 mol·L−1的NaOH溶液50 mL，充分反应后，溶液pH为______。‎ ‎（3）为了测定工业废水中Na2Cr2O7的浓度，进行如下步骤：‎ Ⅰ．取100 mL滤液；‎ Ⅱ．用c mol·L−1的标准KMnO4酸性溶液滴定b mL一定浓度的FeSO4溶液，消耗KMnO4溶液b mL；‎ Ⅲ．取b mL滤液，用上述FeSO4溶液滴定，达到滴定终点时，消耗d mL FeSO4溶液。‎ ‎①步骤Ⅱ中的滴定过程应选用_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管，滴定管装液前的操作是_______。‎ ‎②步骤Ⅲ的滤液中Na2Cr2O7的含量为_______mol·L−1。‎ ‎（4）根据2+2H++H2O设计图示装置（均为惰性电极）电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，图中右侧电极连接电源的______极，其电极反应为_______________。‎ ‎【答案】 (1). 1.0×10−32 (2). 13.5 (3). 酸式 (4). 润洗 (5). (6). 正 (7). 4OH−−4e−O2↑＋2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）常温下，Cr3+完全沉淀（c≤1.0×10-5mol/L）时，溶液的pH为5，据此计算Cr（OH）3的溶度积常数；‎ ‎（2）50mL0.05mol/L的Cr2（SO4）3溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液50mL，则混合后溶液中c（Cr3+）=0.05mol/L，c（OH-）=0.5mol/L，发生反应：Cr3++3OH-═Cr（OH）3，根据方程式计算；‎ ‎（3）①步骤Ⅱ中所用的标准液为酸性高猛酸钾溶液，具有强氧化性，需选用酸式滴定管，滴定管装液前的操作是润洗；‎ ‎②根据氧化还原反应过程电子得失守恒计算；‎ ‎（4）根据装置图分析，右侧CrO4-转化为Cr2O72-，左侧NaOH稀溶液转变为NaOH浓溶液，则发生的反应应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，所以左侧为阴极，右侧为阳极，电解池阳极与外电源正极相连，阳极为物质失去电子，发生氧化反应，据此写出电极反应式。‎ ‎【详解】（1）常温下，Cr3+完全沉淀（c≤1.0×10-5mol/L）时，溶液的pH为5，溶液中c（OH-）=10-9mol/L，c（Cr3+）=10-5mol/L，则常温下，Cr（OH）3的溶度积常数Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+）c3（OH-）=1.0×10-32，故答案为：1.0×10-32；‎ ‎（2）50mL0.05mol/L的Cr2（SO4）3溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液50mL，则混合后溶液中c（Cr3+）=0.05mol/L，c（OH-）=0.5mol/L，发生反应：Cr3++3OH-═Cr（OH）3，则反应后c（OH-）=0.5mol/L-0.15mol/L=0.35mol/L，所以充分反应后，溶液pH=14-pOH=14+lgc（OH-）=13.5，故答案为：13.5；‎ ‎（3）①步骤Ⅱ中所用的标准液为酸性高猛酸钾溶液，具有强氧化性，需选用酸式滴定管，滴定管装液前的操作是润洗，故答案为：酸式；润洗；‎ ‎②cmol/L的标准KMnO4酸性溶液滴定bmL一定浓度的FeSO4溶液，消耗KMnO4溶液bmL，Mn从+7价降为+2价，Fe从+2价升为+3价，根据电子得失守恒，存在反应关系：MnO4～5Fe2+，则滴定所用的FeSO4的浓度为c（Fe2+）=5cmol/L，取b mL滤液，用上述FeSO4溶液滴定，达到滴定终点时，消耗dmLFeSO4溶液，Cr从+6价降为+3价，Fe从+2价升为+3价，根据电子得失守恒，存在反应关系：Cr2O72-～6Fe2+，则bmL溶液中Na2Cr2O7的含量为= mol/L，故答案为： mol/L；‎ ‎（4）根据装置图分析，右侧CrO4-转化为Cr2O72-，左侧NaOH稀溶液转变为NaOH浓溶液，则发生的反应应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，所以左侧为阴极，右侧为阳极，电解池阳极与外电源正极相连，阳极为物质失去电子，发生氧化反应，则其电极反应为：4OH--4e-═O2↑+2H2O，故答案为：正；4OH--4e-═O2↑+2H2O。‎ ‎【点睛】本题考查了化学反应原理的综合应用，涉及了沉淀溶解平衡、溶度积常数的计算、酸碱滴定管的使用、酸碱滴定原理、电化学知识等知识，分析时要根据题给信息，结合相关原理进行解答。‎ ‎10.已知可逆反应：M（g）+N（g）P（g）+Q（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：‎ t / ℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1000‎ ‎1200‎ K ‎0.5‎ ‎0.9‎ ‎1.0‎ ‎1.7‎ ‎2.6‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）该反应的化学平衡常数表达式为K=____________。正反应为________反应（填“吸热”或“放热”）。‎ ‎（2）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是________（多选扣分）。‎ A．容器中压强不变 B．混合气体中c (M)不变 ‎ C．v正(N)=v逆(P) D．c (M)=c (Q)‎ ‎（3）在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c（M）=4mol/L，c（N）=6mol/L，达到平衡后，M的转化率为50%，判断反应温度为_________；若此时再将温度调整到830‎ ‎ ℃，重新建立平衡后，N的转化率为______________ 。‎ ‎（4）1200℃，固定容积的密闭容器中，放入混合物，起始浓度为c(M) =0.15mol/L， c(N) =0.3mol/L，c(P) =0.2mol/L，c(Q) =0.5mol/L ，则反应开始时，P的消耗速率比P的生成速率_________ (填“大”“ 小” 或“不能确定”)。‎ ‎【答案】 (1). (2). 吸热 (3). BC (4). 700 ℃ (5). 40% (6). 小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）反应的化学平衡常数等于平衡时生成物浓度的幂指数级除以反应物的幂指数级，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；‎ ‎（3）反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，可由此进行判断；‎ ‎（3）根据方程式利用三段式法计算转化率，根据K=计算平衡常数，确定反应温度；利用三段式法结合温度不变平衡常数不变来计算转化率；‎ ‎（4）根据浓度商和化学平衡常数的相对大小判断，如果浓度商大于化学平衡常数，则反应向 正反应方向移动，如果浓度商小于化学平衡常数，则反应向逆反应方向移动。‎ ‎【详解】（1）反应的化学平衡常数等于平衡时生成物浓度的幂指数级除以反应物的幂指数级，该反应的化学平衡常数表达式为K=；有表格数据可知，温度升高，化学平衡常数增大，说明平衡向吸热的正反应方向移动，正反应为吸热反应，故答案为：；吸热；‎ ‎（2）A、该反应是一个反应前后气体体积相等的可逆反应，压强始终不变，故错误；‎ B、反应到达平衡状态时，混合气体中c（M）不变，故正确；‎ C、当v正（N）=v逆（P）时，该反应达到平衡状态，故正确；‎ D、当c（M）=c（Q）时，该反应不一定达到平衡状态，这样反应物浓度及转化率有关，故错误；‎ 故选BC，故答案为：BC；‎ ‎（3）由反应物的起始浓度和M的转化率可以建立如下三段式：‎ M（g）+N（g）P（g）+Q（g）‎ 起始:　 4mol/L　 6mol/L　　0　　　0‎ 转化:　 2mol/L　　2mol/L　2mol/L 2mol/L 平衡:　 2mol/L　4mol/L　 2mol/L 2mol/L 则K===0.5，故反应温度为700 ℃；设830 ℃时N的转化率为x，由题给数据建立如下三段式：‎ M（g） + N（g） P（g） + Q（g）‎ 起始:　 4mol/L　 6mol/L　　 0　　　 0‎ 转化:　 6x mol/L 6xmol/L　 6x mol/L 6x mol/L 平衡:　(4—6x )mol/L（6—6x）mol/L　6x mol/L 6x mol/L 则由K=得，=1，解得x=0.4,则830 ℃时N的转化率为40%，故答案为：700 ℃；40%；‎ ‎（4）1200℃时，反应的平衡常数K=2.6，反应开始时浓度熵Q===2.2＜K=2.6，平衡向正反应方向移动，则P的消耗速率比P的生成速率小，故答案为：小。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡，涉及化学反应速率的计算、化学平衡状态的判断、化学平衡常数的计算等知识点，注意分析化学方程式的特征以及温度对平衡移动的影响，注意运用三段式计算，比较浓度熵和平衡常数大小判断平衡移动方向。‎ ‎11.Ⅰ.某研究性学习小组为了研究影响化学反应速率的因素，设计如下方案：‎ 实验 编号 ‎0.01 mol·L－1酸性KMnO4溶液 ‎0.1 mol·L－1 ‎ H2C2O4溶液 ‎ 水 反应温度/℃‎ 反应时间/s ‎①‎ ‎5.0mL ‎5.0mL ‎0‎ ‎20‎ ‎125‎ ‎②‎ V1‎ V2‎ ‎2.0mL ‎20‎ ‎320‎ ‎③‎ ‎5.0mL ‎5.0mL ‎0‎ ‎50‎ ‎30‎ 反应方程式为：2KMnO4 + 5H2C2O4 + 3H2SO4 = K2SO4 + 2MnSO4 + 10CO2↑+ 8H2O ‎（1）实验的记时方法是从溶液混合开始记时,至_________________时，记时结束。‎ ‎（2）实验①和②研究浓度对反应速率的影响，则V1=______mL , V2=_______mL。‎ ‎（3）下列有关该实验的叙述正确的是_________。‎ A．实验时必须用移液管或滴定管来量取液体的体积 B．实验时应将5.0 mLKMnO4溶液与5.0mL H2C2O4溶液混合后，立即按下秒表，再将盛有混合液的烧杯置于相应温度的水浴中至反应结束时，按下秒表，记录读数。‎ C．在同一温度下，最好采用平行多次实验，以确保实验数据的可靠性 D．实验①和③可研究温度对反应速率的影响 ‎（4）某小组在进行每组实验时，均发现该反应是开始很慢，突然会加快，其可能的原因是__________；‎ Ⅱ. 某草酸晶体的化学式可表示为H2C2O4 • xH2O，为测定x的值,进行下列实验： ‎ ‎①称取7.56g某草酸晶体配成100.0mL的水溶液，‎ ‎②用移液管移取25. 00mL所配溶液置于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4，用浓度为0.600mol/L的KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗KMnO4 的体积为10.00mL。‎ ‎（1）若滴定终点时仰视读数，则所测x的值将 _____（填“偏大”或“偏小”）。‎ ‎（2）x=_________。‎ ‎【答案】 (1). 溶液的紫红色刚好褪去 (2). 5.0 (3). 3.0 (4). C、D (5). 反应生成的Mn2+对反应有催化作用（说明：只要答到反应生成的产物对该反应有催化作用即可） (6). 偏小 (7). 2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.（1）溶液混合后显示紫红色，当紫红色褪去后计时结束；‎ ‎（2）实验①和②研究浓度对反应速率的影响，要保证变量单一；‎ ‎（3）根据规范的操作要求，实验探究的基本原理分析回答；‎ ‎（4）催化剂对化学反应速率的影响；‎ Ⅱ.（1）读取读数时仰视，导致KMnO4溶液体积偏大，计算测定的草酸的质量偏大；‎ ‎（2）依据滴定发生的氧化还原反应离子方程式的定量关系计算得到。‎ ‎【详解】Ⅰ.（1）实验计时方法是从溶液混合开始记时，到紫红色刚好褪去计时结束，故答案为：紫红色刚好褪去；‎ ‎（2）实验①和②研究浓度对反应速率的影响，高锰酸钾作为指示剂，浓度不变，都是5.0mL，溶液总体积为10.0mL，故答案为：V1=5.0，V2=3.0；‎ ‎（3）A．实验时可以用量筒量取体积，故A错误；‎ B．实验时应将5.0mLKMnO4溶液与5.0mL H2C2O4溶液混合后，再将盛有混合液的烧杯置于相应温度的水浴中，立即按下秒表，至反应结束时，按下秒表，记录读数，故B错误；‎ C．在同一温度下，最好采用平行多次实验，以确保实验数据的可靠性，故C正确；‎ D．实验①和③对应物质的体积相同，可研究温度对反应速率的影响，故D正确；‎ 故选CD，故答案为：CD；‎ ‎（4）从实验数据分析，MnSO4溶液在反应中为催化剂，可能原因为反应生成的Mn2+对反应有催化作用，故答案为：反应生成的Mn2+对反应有催化作用。‎ Ⅱ.（1）读取读数仰视，导致KMnO4溶液体积偏大，计算测定的草酸的质量偏大，故x的值偏小，故答案为：偏小； （2）由题给化学方程式及数据可知，5H2C2O4+2MnO4-+6 H+═10CO2↑+2 Mn2++8 H2O，7.56g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量为：0.600 mol/L×10.00 mL×10-3L/mL×5/2×100ml/25ml ‎=0.0600 mol，则7.56g H2C2O4•xH2O中含H2O的物质的量为(7.56g−0.0600mol×90g/mol)‎ ‎/18g/mol =0.12 mol，0.0600mol晶体含水0.160mol，1mol晶体中含的结晶水2mol，则x=2,故答案为：2。‎ ‎ ‎