【化学】广东省揭阳市第三中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题（解析版）

广东省揭阳市第三中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题
可能用到的相对原子质量：O 16 H 1 S 32 C 12
一、选择题：（42分）本题共14小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
1.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列属于未来新能源标准的是（ ）
①天然气 ②太阳能 ③风能 ④石油 ⑤煤 ⑥生物质能 ⑦氢能
A. ①②③④ B. ②③⑥⑦
C. ①②⑤⑥⑦ D. ③④⑤⑥⑦
【答案】B
【解析】
【分析】新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污染，且可以再生。
【详解】天然气、石油、煤是不可再生能源，能引起严重的空气污染，不是新能源；太阳能、风能、生物质能、氢能对环境污染小，属于对环境友好型的新能源，故选B。
2. 下列变化属于吸热反应的是（ ）
①液态水汽化②将胆矾加热变为白色粉末③浓硫酸稀释④氯酸钾分解制氧气⑤生石灰跟水反应生成熟石灰
A. ①④⑤ B. ①②④
C. ②③ D. ②④
【答案】D
【解析】试题分析：①液态水气化属于物理变化，属于吸热过程，故错误；②此反应是吸热反应，故正确；③浓硫酸稀释，是放热过程，故错误；④氯酸钾分解属于分解反应，属于吸热反应，故正确；⑤生石灰与水反应生成熟石灰，是放热反应，故错误；综上所述，选项D正确。
3.据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂。下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】水分解是吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，催化剂能降低反应的活化能，但反应热不变，图像B符合，答案选B。
4.已知（1）H2（g）＋O2（g）=H2O（g） ΔH＝a kJ•mol-1
（2）2H2（g）＋O2（g）=2H2O（g） ΔH＝b kJ•mol-1
（3）H2（g）＋O2（g）=H2O（l） ΔH＝c kJ•mol-1
（4）2H2（g）＋O2（g）=2H2O（l） ΔH＝d kJ•mol-1
下列关系式中正确的是（ ）
A. a＜c＜0 B. b＞d＞0 C. 2a＝b＜0 D. 2c＝d＞0
【答案】C
【解析】
【详解】氢气在氧气中燃烧，无论生成液态水，还是气态水，均为放热反应，则：a、b、c、d均小于0；
A．燃烧反应为放热反应，焓变为负，且气态水的能量高，则c＜a＜0，故A错误；
B．反应物相同，生成物中气态水的能量高，则d＜b＜0，故B错误；
C．物质的量与热量成正比，则2a=b＜0，故C正确；
D．物质的量与热量成正比，且燃烧反应的焓变为负，则2c=d＜0，故D错误；
故答案为C。
5.升高温度能使反应速率加快，下列叙述正确的是（ ）
A. 降低反应所需的活化能
B. 对于吸热反应、放热反应，反应速率同等程度加大
C. 体系中活化分子总数不变
D. 使反应体系的活化分子百分数增大
【答案】D
【解析】
【详解】升高温度，增大活化分子的百分数，体系内活化分子总数增多，有效碰撞次数增多，反应速率增大，对于吸热反应、放热反应，升高温度，正逆反应速率都增大，但正逆反应增大的程度不同，故答案为D。
6.已知化学反应A2（g）+B2（g）=2AB（s）的能量变化如图所示，下列叙述正确的是（ ）

A. 该反应为放热反应
B. A—B的键能为bkJ•mol-1
C. 加催化剂能降低该反应焓变
D. 该反应的反应热为△H=（a-b）kJ•mol-1
【答案】D
【解析】A.由图像可以看出，生成物的总能量大于反应物的总能量，该反应为吸热反应，故A错误；B.键能是指断裂或形成1mol化学键吸收或放出的能量，则A-B的键能为kJ•mol-1，故B错误；C.加入催化剂只能改变化学反应速率，不能改变平衡，即该反应焓变不变，故C错误；D.该反应的反应热△H=断裂化学键吸收的能量—形成化学键所放出的能量，所以反应热为△H=+（a-b）kJ/mol，故D正确；故选D。
7.在2A(g)+B(g)3C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A. v(A)=0.5mol/(L·s) B. v(B)=0.3mol/(L·s)
C. v(C)=0.8mol/(L·s) D. v(D)=1.0mol/(L·s)
【答案】B
【解析】
【分析】用不同物质的反应速率比较反应的快慢时，把反应速率的单位变成相同，再把各物质的反应速率除以本身的化学计量数，得到的速率越大反应就越快。
【详解】A、v(B)=v(A)==0.25mol/(L·s)；
B、v(B)=0.3mol/(L·s)；
C、v(B)=v(C)==0.27mol/(L·s)；
D、v(B)=v(D)==0.25mol/(L·s)；
可以看出B中的数据最大，反应也速率就最快，选B。
8.下列反应既属于离子反应，又属于氧化还原反应的放热反应是（ ）
A. 铝片与稀盐酸反应 B. 灼热的碳与CO2反应
C. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl固体反应 D. 甲烷在氧气中的燃烧反应
【答案】A
【解析】离子反应是有离子参加或生成的反应，A、C为离子反应；有化合价变化的反应为氧化还原反应，A、B、D为氧化还原反应，灼热的碳与CO2反应和Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl固体反应是吸热反应，综合分析符合题意的是A选项。A正确。
9.已知4NH3+5O2=4NO+6H2O，若反应速率分别用υ(NH3)、υ(O2)、υ(NO)、υ(H2O) 表示。则正确的关系是（ ）
A. 4/5υ(NH3)=υ(O2) B. 5/6υ(O2)=υ(H2O)
C. 2/3υ(NH3)=υ(H2O) D. 4/5υ(O2)=υ(NO)
【答案】D
【解析】
【详解】化学计量数之比等于化学反应速率之比，则υ(NH3)：υ(O2)：υ(NO)：υ(H2O)=4:5:4:6，即υ(NH3)=υ(O2)、υ(O2)=υ(H2O)、υ(NH3)=υ(H2O)、υ(O2)=υ(NO)，故答案为D。
10.反应4A(s)+3B(g)2C(g)+ D(g)，经2minB的浓度减少0.6mol/L。对此反应速率的表示正确的是（ ）
A. 用A表示的反应速率是0.4 mol/(L·min)
B. 分别用B、C、D表示反应速率其比值是3：2：1
C. 在2min末的反应速率，用B表示是0.3mol/(L·min)
D. 在这2min内用B和C表示的反应速率的值都是逐渐减小的
【答案】BD
【解析】
【详解】A.A是固体，不能利用浓度变化量表示反应速率，A错误；
B.速率之比等于化学计量数之比，故υ(B)：υ(C)：υ(D)=3：2：1，B正确；
C.2min内，B的浓度减少0.6mol/L，υ(B)==0.3mol/(L·min)，但化学反应速率是2min内的平均速率，不是瞬时速率，C错误；
D.由于反应物的浓度随着反应的进行逐渐减小，物质的浓度降低，反应速率减小，所以反应速率的值都是随时间逐渐减小的，D正确；
故合理选项是BD。
11.用纯净的CaCO3与l00mL稀盐酸反应制取CO2，实验过程记录如图所示(CO2的体积己折算为标准状况下的体积)。下列分析正确的是（ ）

A. EF段，用盐酸表示该反应平均反应速率为0.4 mol·(L·min) -1
B. OE段表示的平均速率最快
C. OE、EF、FG三段中，该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为2∶6∶7
D. F点收集到的CO2的量最多
【答案】A
【解析】A、EF段产生的CO2共0.02 mol，由于反应中n(HCl)∶n(CO2)＝2∶1，所以该段消耗HCl＝0.04 mol，时间1 min，所以用盐酸表示的EF段平均化学速率是0.4 mol·L－1·min－1，A正确；B、单位时间内反应生成的多或反应物消耗的多，则速率快。由于横坐标都是1个单位，EF段产生的CO2多，所以该段反应速率最快，不是OE段，B错误；C、由于时间都是1 min，所以三段的速率之比就等于产生CO2的体积之比，即224∶(672－224)∶(784－672)＝2∶4∶1，C错误；D、收集的CO2是看总量的，F点只有672 mL，应该是G点的体积最多，D错误，答案选A。
12.一定量的锌粉和6 mol/L的过量盐酸反应，当向其中加入少量的下列物质时，能够加快反应速率，又不影响产生H2的总量的是（ ）
①石墨粉 ②CuO ③铜粉 ④铁粉 ⑤浓盐酸
A. ①②⑤ B. ①③⑤
C. ③④⑤ D. ①③④
【答案】B
【解析】考查外界条件对反应速率对影响。石墨能和锌构成原电池，锌是负极，加快反应速率，①正确。氧化铜溶于盐酸生成氯化铜，进而和锌发生置换反应，生成铜，也构成原电池，加快反应速率，但生成的氢气减少，②不正确，同样可知③正确。铁能和盐酸反应产生氢气，④不正确。增大氢离子浓度，反应速率增大，⑤正确，答案选B。
13.下列描述中正确的是（ ）
A. HCl与NaOH反应中和热△H＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热 △H＝2×(－57.3)kJ/mol
B. CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)的反应热△H＝＋566.0kJ/mol
C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D. 燃烧热是指1mol物质完全燃烧时放出的热量
【答案】B
【解析】
【详解】A．中和热是指酸和碱反应生成1mol水时放出的热量，其衡量标准是生成的水为1mol，稀溶液中强酸与强碱反应生成1mol水时的中和热为57.3kJ/mol，且稀H2SO4和Ca(OH)2反应生成的CaSO4微溶于水，故A错误；
B．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则CO燃烧热表示的热化学方程式为：CO(g)+O2(g)═CO2 (g)△H=-283.0 kJ/mol；所以2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的△H=+566.0kJ/mol，故B正确；
C．某些放热反应需要加热引发条件才能进行如铝热反应等，需要加热的反应不一定是吸热反应，故C错误；
D．燃烧热表示1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所释放的热量，故D错误；
故答案为B。
14.将4 mol A气体和2 mol B气体在2 L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A(g) +B(g)2C(g)，2 s后测得C的浓度为0.6 mol·L-1，下列说法正确的是（ ）
A. 用物质A表示的反应平均速率为0.6 mol·L-1·s-1
B. 用物质B表示的反应的平均速率为0.3 mol·L-1·s-1
C. 2 s时物质A的转化率为30%
D. 2 s时物质B的浓度为0.8mol·L-1
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据方程式知，△c(A)=△c(C)=0.6mol/L，则A的平均反应速率为：=0.3mol/(L·s)，故A错误；
B．△c(B)=×0.6mol/L=0.3mol/L，υ(B)==0.15mol/(L·s)，故B错误；
C．A的起始浓度是2mol/L，根据方程式知，△c(A)=△c(C)=0.6mol/L，故A的转化率=×100%=30%，故C正确；
D．B的起始浓度是1mol/L，根据方程式知，△c(B)=×0.6mol/L=0.3mol/L，2s时物质B的浓度为：1mol/L-0.3mol/L=0.7 mol/L，故D错误；
故答案为C。
二 非选择题（共58分）
15.用50 mL 0.50 mol/L的盐酸与50 mL 0.55 mol/L的氢氧化钠溶液在如下图所示的装置中进行中和反应，通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的作用是_________；
（2）环形玻璃搅拌棒能否用环形铁质搅拌棒代替？_____（填“能”或“不能”），其原因是_________
（3）实验时氢氧化钠溶液的浓度要用0.55 mol/L的原因是_________；实验中若改用60 mL 0.50 mol/L的盐酸与50 mL 0.55 mol/L的氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_____（填“相等”或“不相等”），若实验操作均正确，则所求中和热________（填“相等”或“不相等”）；
（4）已知在稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成1 mol 水时，放出57.3 kJ的热量，则上述反应的热化学方程式为： _____________。
（5）倒入NaOH溶液的正确操作是 _________
A．沿玻璃棒缓慢倒入　 B．分三次少量倒入 C．一次迅速倒入
（6）某同学利用实验数据计算出的中和热与57.3 kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是(填字母)____________。
a．实验装置保温、隔热效果差；
b．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定HCl溶液的温度；
c．量取NaOH溶液的体积时仰视读数；
d．倒完NaOH溶液后，发现装NaOH烧杯内有极少量残留液。
【答案】(1). 减少热量损失 (2). 不能 (3). 铁会和盐酸反应；铁导热性好，热量损失较大 (4). 为了确保盐酸完全被中和 (5). 不相等 (6). 相等 (7). NaOH(aq)+HCl(aq)= NaCl(aq)+ H2O (l) ΔH=-57.3 kJ/mol (8). C (9). abcd
【解析】
分析】(1)中和热测定实验成败的关键是保温工作；
(2)铁是热的良导体，易传热，且铁能与盐酸反应；
(3)氢氧化钠过量能保证盐酸完全反应；反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，结合中和热的概念和实质来回答；
(4)根据稀强酸与稀强碱中和生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量书写热化学方程式；
(5)将NaOH溶液倒入小烧杯中，不能分几次倒入，否则会导致热量散失，影响测定结果；
(6)从对热量的影响分析即可。
【详解】(1)中和热测定实验成败的关键是保温工作，烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是：减少实验过程中的热量损失；
(2)铁是热的良导体，易传热，热量散失较大，实验测得误差较大，且铁能与盐酸反应；
(3)用过量的氢氧化钠保证盐酸反应完全，以盐酸的量为准进行准确计算；反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60mL 0.50mol/L的盐酸与50mL 0.55mol/L的氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量增多，但是中和热是以强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热为标准，与酸碱的用量无关；
(4)已知稀强酸、稀强碱反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量，盐酸和氢氧化钠稀溶液都是强酸和强碱的稀溶液，则反应的热化学方程式为：NaOH(aq)+HCl(aq)═NaCl(aq)+H2O (l)△H=-57.3 kJ/mol；
(5)倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果，故答案为C；
(6)a．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故a符合题意；
b．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀HCl测温度，盐酸的起始温度偏高，温度差偏小，中和热的数值偏小，故b符合题意；
c．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量不变，但温度差偏小，中和热的数值偏小，故c符合题意；
d．倒完NaOH溶液后，发现装NaOH烧杯内有极少量残留液，则参加反应的NaOH偏小，测得的热量偏小，中和热数值偏小，故d符合题意；
故答案为：abcd。
16.I 某温度时，在2L容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示。

（1）由图中数据分析：该反应的化学方程式为_________________。
（2）反应开始至2min，用Z表示的平均反应速率为________。用X表示的平均反应速率为___________________
II 对于可逆反应CO(g)+H2O (g) CO2(g)+H2 (g)，若开始时容器中各有1mol的CO(g)和H2O (g)，并在一定条件下发生反应，回答下面的问题：
①恒温恒压时，向容器中充入0.5mol的He，这时反应速率___________(填“加快”、“减慢”或 “不变”)，原因是____________________
②恒温恒容时，加入0.3mol的CO，这时反应速率___________(填“加快”、“减慢”或 “不变”)，原因是_______________
【答案】(1). 3X+Y2Z (2). 0.05mol·L-1·min-1 (3). 0.075 mol·L-1·min-1 (4). 减慢 (5). 恒温恒压时充入He，体系体积增大反应物浓度减小，反应速率减慢 (6). 加快 (7). 恒温恒容充入0.3molCO，反应物CO的浓度增大反应速率加快
【解析】
【分析】I.(1)根据各物质的增减判断反应物、生成物，根据同一反应、同一时间段内，各物质的浓度变化量之比等于其计量数之比判断；
(2)根据υ＝＝计算；再根据同一反应、同一时间段内，各物质反应速率之比等于其计量数之比判断；
II.①恒温恒压时，向容器中充入0.5mol的He，总体积增大，反应物浓度减小；
②恒温恒容时，加入0.3mol的CO，CO为反应物，且浓度增大。
【详解】I.(1)根据图象知，随着反应的进行，X、Y的物质的量减少，Z的物质的量增加，所以X、Y是反应物，Z是生成物；同一反应、同一时间段内，各物质的浓度变化量之比等于其计量数之比，0~2min时，△n（X）=(1-0.7)mol=0.3mol，△n（Y）=(1-0.9)mol=0.1mol，△n（Z）=0.2mol-0=0.2mol，△n（X）:△n（Y）:△n（Z）=0.3mol:0.1mol:0.2mol=3:1:2，故该反应的化学方程式为3X+Y2Z；
(2)υ（Z）＝＝==0.05mol•L-1•min-1；同一反应、同一时间段内，各物质反应速率之比等于其计量数之比，所以υ(Z):υ(X)=0.05mol•L-1•min-1:υ(X)=2:3，υ(X)=0.075mol•L-1•min-1；
II.：①恒温恒压时，向容器中充入0.5mol的He，总体积增大，反应物浓度减小，则反应速率减慢；
②恒温恒容时，加入0.3mol的CO，CO为反应物，CO浓度增大，则反应速率加快。
17. 到目前为止，由化学能转变的热能或电能仍然是人类使用的最主要的能源．
(1)在25℃、101kPa下，16g的甲醇(CH3OH)完全燃烧生成CO2和液态水时放出352kJ的热量，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为_____________________。
(2)化学反应中放出的热能(焓变，△H)与反应物和生成物的键能(E)有关．
已知：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=﹣185kJ/mol，
E(H﹣H)=436kJ/mol，E(Cl﹣Cl)=243kJ/mol则E(H﹣Cl)=_____________
(3)纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注．已知：
2Cu(s)+O2(g)═Cu2O(s)△H=﹣169kJ•mol﹣1，
C(s)+O2(g)═CO(g)△H=﹣110.5kJ•mol﹣1，
2Cu(s)+O2(g)═2CuO(s)△H=﹣314kJ•mol﹣1
则工业上用炭粉在高温条件下还原CuO制取Cu2O和CO的热化学方程式_____________。
(4)如图是N2和H2反应生成2molNH3过程中能量变化示意图：

①请计算每生成1molNH3放出热量为：_________．
②若起始时向容器内放入1molN2和3molH2达平衡后N2的为20%，则反应放出的热量为Q1kJ，则Q1的数值为_________．
【答案】(1)CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)；△H=-704kJ·mol．-1
(2)434kJ/mol
(3)C(s)+2CuO(s)=Cu2O(s)+CO(g)△H=+34.5kJ·mol．-1
(4)46.1kJ；18.44
【解析】试题分析：(1)16g的甲醇(CH3OH)完全燃烧生成CO2和液态水时放出352kJ的热量，32g甲醇即1mol，燃烧生成二氧化碳和液态水放热704KJ，标注物质聚集状态和对应焓变写出热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-704KJ/mol；
(2)H2(g)+Cl2(g)═2HCl(g)△H=-185kJ/mol，E(H-H)=436kJ/mol，E(Cl-Cl)=243kJ/mol，△H=反应物键能总和-生成物键能总和得到：-185kJ/mol=436KJ/mol+243KJ/mol-2E(H-Cl)，则E(H-Cl)=432kJ/mol；故答案为：432kJ/mol；
(3)①2Cu(s)+O2(g)═Cu2O(s)△H=-169kJ•mol-1，
②C(s)+O2(g)═CO(g)△H=-110.5kJ•mol-1，
③2Cu(s)+O2(g)═2CuO(s)△H=-314kJ•mol-1，
依据盖斯定律②+①-③得到C(s)+2CuO(s)═Cu2O(s)+CO(g)△H=+34.5KJ/mol；
则工业上用炭粉在高温条件下还原CuO制取Cu2O和CO的热化学方程式为C(s)+2CuO(s)═Cu2O(s)+CO(g)△H=+34.5KJ/mol；
(4)①图象分析可知，N2和H2反应生成2molNH3过程中能量变化示意图可知反应放热427.2KJ-335KJ=92.2KJ，每生成1molNH3放出热量46.1KJ；故答案为：46.1kJ；
②如图是N2和H2反应生成2molNH3过程中能量变化示意图，反应焓变△H=335KJ/mol-427.2KJ/mol=-92.2KJ/mol，
N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.2KJ/mol
1 30
0.2 0.6 0.4
生成0.4mol氨气放热=×92，2KJ=18.44KJ，故答案为：18.44。
18.某小组拟用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液的反应（此反应为放热反应）来探究“条件对化学反应速率的影响”，并设计了如下的方案记录实验结果（忽略溶液混合体积变化）。限选试剂和仪器：0.20 mol/L H2C2O4溶液、0.010 mol/L KMnO4溶液（酸性）、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽。
物理量
编号
V（0.20 mol/L H2C2O4溶液）/mL
V（蒸馏水）/mL
V（0.010 mol/L酸性KMnO4溶液）/mL
m（MnSO4）/g
T/℃
乙
①
2.0
0
4.0
0
50

②
2.0
0
4.0
0
25

③
1.5
a
4.0
0
25

④
2.0
0
4.0
0.1
25

回答下列问题：
(1)KMnO4溶液用_______酸化（填名称）；写出上述反应的离子方程式：__________；
(2)上述实验①②是探究____________对化学反应速率的影响；上述实验②④是探究__________对化学反应速率的影响。若上述实验②③是探究浓度对化学反应速率的影响，则a为______________；表格中的“乙”填写t/s，其测量的是__________________。
(3)已知实验①50℃时c(MnO4-)～反应时间t的变化曲线如图。若保持其他条件不变，请在坐标图中，画出实验②25℃时c(MnO4-)～t的变化曲线示意图。____________________

【答案】(1). 硫酸 (2). 2MnO4- + 5H2C2O4 + 6H+= 2Mn2+ + 10CO2↑ + 8H2O (3). 温度 (4). 催化剂 (5). 0.5 (6). 酸性KMnO4溶液褪色时间 (7).
【解析】
【分析】(1)酸性的KMnO4溶液有强氧化，不能选择还原性的酸酸化；H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应生成二氧化碳、锰离子和水；
(2)实验①②是在相同浓度，不使用催化剂，不同温度下进行的实验探究；而实验②④是在相同浓度、相同温度，是否使用催化剂条件下进行的实验探究；上述实验②③是探究浓度对化学反应速率的影响，则混合液的总体积必须相同；反应速率需要通过时间的快慢来体现；
(3)根据温度降低反应速率减小画出25℃时c(MnO4-)～t的变化曲线示意图。
【详解】(1)酸性的KMnO4溶液有强氧化，不能选择还原性的酸酸化，也不能选择强氧化性的酸如硝酸酸化，只能选择稀硫酸酸化；H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应生成二氧化碳、锰离子和水，则反应的化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。
(2)实验①②是在相同浓度，不使用催化剂的条件下进行的，但反应温度不同，则为探究温度对速率的影响；而实验②④是在相同浓度、相同温度的条件下进行的，但②不使用催化剂，而④使用催化剂，则为探究催化剂对反应速率的影响；上述实验②③是探究浓度对化学反应速率的影响，则混合液的总体积必须相同，实验②溶液总体积为6mL，则实验③中所需水的体积a=6mL-1.5mL-4.0mL=0.5mL；反应速率需要通过时间的快慢来体现，则乙中需要测量的是KMnO4溶液褪色所需时间；
(3)25℃时反应速率小于50℃时，所以高锰酸根离子的浓度变化比50℃时小，反应需要的时间大于50℃条件下需要的时间，据此画出25℃时c(MnO4-)～t的变化曲线示意图为：。