四川省宜宾市第四中学校2023-2024学年高二上学期12月月考化学 Word版含解析.docx

《四川省宜宾市第四中学校2023-2024学年高二上学期12月月考化学 Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

宜宾四中高2022级高二上期第三学月考试化学试题可能用到的相对原子质量有：H-1C-12O-16Na-23Cl-35.5Si-28Fe-56第一部分选择题(共42分)一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)1.下列应用涉及的主要化学反应中生成物的总能量大于反应物的是A.Fe2O3与A1在高温条件下的反应B.碳酸氢钠与盐酸反应C.NH4NO3固体溶于水D.利用酒精炉加热冷水【答案】B【解析】【详解】A．Fe2O3与A1在高温条件下的反应为放热反应，生成物的总能量小于反应物，A不符合题意；B．碳酸氢钠与盐酸反应是吸热反应，生成物的总能量大于反应物，选B符合题意；C．NH4NO3固体溶于水是吸热过程，NH4NO3固体溶于水不是化学反应，C不符合题意；D．酒精燃烧是放热反应，生成物的总能量小于反应物，D不符合题意；故选B。2.下列说法正确的是A.同温同压下，在光照和点燃条件下的△H不相同B.已知，△H1>△H2C.已知，则1L1mol·L-1HF溶液与足量NaOH溶液反应放出热量为57.3kJD.若，则2molNO2气体置于密闭容器中充分反应放出热量小于56.9kJ【答案】D【解析】【详解】A．焓变与反应物和生成物的总能量差有关，与反应条件无关，所以同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同，故A错误；B．已知，碳完全燃烧放出的热量多，则△H1<△H2，故B错误； C．已知，HF是弱酸，电离时要吸热，则1L1mol·L-1HF溶液与足量NaOH溶液反应放出热量少于57.3kJ，故C错误；D．若，由于反应是可逆反应，2molNO2气体置于密闭容器中充分反应，但不能完全反应，放出热量小于56.9kJ，故D正确；故选D。3.某反应由两步反应A→B→C完成，它的反应能量变化曲线如图()所示。下列叙述正确的是A.两步反应均为放热反应B.A→B的反应一定需要加热C.A与C的能量差为D.第二步反应B→C是该反应的决速步骤【答案】C【解析】【详解】A．A的能量小于B的能量，说明A→B的反应为吸热反应，B的能量大于C的能量，说明B→C的反应为放热反应，A错误；B．A→B为吸热反应，不一定需要加热，如氯化铵晶体和氢氧化钡晶体的反应为吸热反应，不需要加热，B错误；C．由图可知A与C的能量差为，C正确；D．图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；第一步反应A→B是该反应的决速步骤，D错误；故选C。4.下列物质在水中的电离方程式书写正确的是A.B.C.D.【答案】B【解析】 【详解】A．硫酸氢钠在水中完全电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，电离方程式，故A错误；B．HCl在水溶液中电离出水合氢离子和氯离子，电离方程式为，故B正确；C．一水合氨是弱碱，部分电离出铵根和氢氧根离子，电离方程式为，故C错误；D．亚硫酸是二元弱酸，分两步部分电离，电离方程式为，故D错误；故选B。5.对于反应，下列表示反应速率最慢的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】比较反应速率大小，先将速率的单位统一，再除以对应的化学计量数，结果越大，反应速率就越大。，则，同理，，，综上所述，B项符合题意；答案选B。6.下列事实中，能用勒夏特列原理解释是A.用牺牲阳极的阴极保护法保护船舶的外壳B.压缩氢气与碘蒸气的平衡混合体系，气体颜色变深C.夏天打开冰镇啤酒，把啤酒倒入玻璃杯中，杯中立即泛起大量泡沫D.500℃左右比常温下更有利于和反应生成【答案】C【解析】【详解】A．牺牲阳极的阴极保护法保护船舶的外壳，是通过形成原电池，使得外壳做负极被保护，不能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B．反应 是气体体积不变的反应，缩小容器的体积，化学平衡不移动，但由于容器的容积减小，导致物质浓度增大，c(I2)增大，使得体系颜色变深，与平衡移动无关，因此不能用勒夏特列原理解释，B不符合题意；C．打开冰镇啤酒瓶，把啤酒倒入玻璃杯中，气体压强减小，同时温度升高，CO2在啤酒中溶解度降低，大量气体从啤酒中逸出，因此杯中立即泛起大量泡沫，与平衡移动有关，能用勒夏特列原理解释，C符合题意；D．500℃左右比常温下更有利于和反应生成，是因为此时催化剂活性最大，利于提高生产效率，不能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；故选C。7.关于。下列说法正确的是A.该反应在任何温度下都不能自发进行B.缩小体积增大压强平衡逆方向移动，达到新平衡后颜色比原来深C.恒温恒容密度不变说明达到平衡D.升温正反应速率加快逆反应速率减慢，平衡正向移动的转化率提高【答案】B【解析】【详解】A．该反应为熵增的吸热反应，根据自发判据可知当高温时可以小于0，此时反应可以自发进行，A错误；B．缩小体积增大压强，体系的颜色加深，此时平衡逆方向移动，颜色变浅，根据勒夏特列可知达到新平衡后颜色还是比原来深，B正确；C．此体系所有物质均为气体，恒温恒容时根据可知体系的密度始终不变，故不能说明平衡，C错误；D．升温正反应速率加快逆反应速率也加快，D错误；故选B。8.以下图像对应的叙述正确的是 甲乙丙丁A.图甲：若时刻改变的条件为增大压强，则一定是气体B.图乙：升高温度，该反应平衡常数增大C.图丙：，且点的D.图丁：该反应反应物的总能量小于生成物的总能量【答案】A【解析】【详解】A．图甲中：若时刻改变的条件为增大压强，该反应平衡不移动，则该反应为气体分子数不变的反应，则一定是气体，A正确；B．图乙中：升高温度，C的物质的含量先升高，后降低，故该反应该反应，升高温度，平衡常数减小，B错误；C．图丙中：中A为固体，增大压强，B的百分含量增加，平衡逆向移动，则；点B的百分含量高于相同压强平衡点的含量，说明点未达到平衡状态，反应向正方向移动，故点的，，C错误；D．图丁中：升高温度，正逆反有速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，故升高温度平衡逆向移动，该反应，故该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，D错误；故选A。9.常温下，将溶液加水稀释至的过程中，下列说法正确的是A.稀释过程中，将减小B.稀释过程中，溶液中的微粒种类保持不变C.稀释过程中，溶液中所有离子的浓度均减小D.稀释过程中总是存在【答案】B【解析】 【详解】A．电离平衡常数只与温度有关，稀释过程中，将不变，故A错误；B．稀释过程中，的电离平衡正向移动，溶液中的微粒种类保持不变，故B正确；C．溶液呈酸性，稀释过程中，氢离子浓度降低，氧根离子浓度增大，故C错误；D．没有明确溶液体积，不能计算稀释过程中的总物质的量，故D错误；选B。10.下列各离子组在指定条件下能大量共存的是A.含的溶液中：、、、B.常温下，的溶液中：、、、C.浓氨水中：、、、D.使石蕊变红的溶液中：、、、【答案】D【解析】【详解】A．Fe3+和I-能发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不选；B．的溶液显碱性，Al3+和在碱性溶液中不能大量存在，且Al3+和能发生完全双水解反应不能大量共存，故B不选；C．浓氨水中，Cu2+和Zn2+都能和NH3形成配离子，也能和OH-反应，不能大量共存，故C不选；D．使石蕊变红的溶液显酸性，、、、相互间不反应，也不和H+反应，能大量共存，故D选；故选D。11.用CO合成甲醇(CH3OH)的化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H＜0，初始投料相同时，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图。下列说法正确的是A.平均摩尔质量：M(a)＞M(b)＞M(d)＞M(c) B.正反应速率：v(a)＞v(c)、v(b)＞v(d)C.温度：T1＞T2＞T3D.平衡常数：K(a)＞K(c)、K(b)＞K(d)【答案】A【解析】【详解】A．从图中可以看出，CO的平衡转化率��(a)＞��(b)＞��(d)＞��(c)，此时混合气的总物质的量n(a)＜n(b)＜n(d)＜n(c)，平均摩尔质量：M(a)＞M(b)＞M(d)＞M(c)，A正确；B．a和c点的压强相同，但��(a)＞��(c)，表明T1＜T3，则正反应速率：v(a)＜v(c)、b、d点的温度相同，但b点压强大，所以v(b)＞v(d)，B不正确；C．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H＜0，降低温度，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，则温度：T1＜T2＜T3，C不正确；D．△H＜0，T1＜T3，则平衡常数：K(a)＞K(c)、b、d点的温度相同，则K(b)=K(d)，D不正确；故选A。12.如图所示，甲池的总反应式为，下列关于该电池工作时的说法正确的是A.该装置工作时，石墨电极上有红色固体析出B.甲池中负极反应为C.甲池和乙池中的溶液的pH均减小D.当甲池中消耗时，乙池中理论上最多产生6.4g固体【答案】C【解析】【分析】根据甲池的总反应可知，甲池为燃料电池，乙池为电解池。【详解】A．甲池中通氧气的一极为正极，石墨电极与正极相连，则石墨电极为阳极，石墨电极上发生的电极反应为，石墨电极上无红色固体析出，A错误； B．甲池中负极为通的一极，电解质溶液为KOH溶液，则电极反应为，B错误；C．甲池的总反应为，生成的水使KOH溶液浓度降低，则pH减小，乙池的总反应为，生成H+使溶液pH减小，C正确；D．当甲池中消耗时，转移的电子为0.4mol，乙池中理论上最多产生0.2molCu，即12.8g固体，D错误；故选C。13.已知部分弱酸的电离平衡常数如下表，下列离子方程式正确的是弱酸HCNHClOA.少量的通入溶液中：B.NaCN溶液中通入少量的：C.少量的通入溶液中：D.相同浓度的溶液与溶液等体积混合：【答案】A【解析】【分析】根据平衡常数分析酸强弱顺序为：。【详解】A．根据前面分析酸强弱为：，则少量的通入溶液中：，故A正确；B．根据前面分析酸强弱为：，则NaCN溶液中通入少量的：，故B错误； C．少量的通入溶液中，次氯酸根将二氧化硫氧化为硫酸根并与钙离子生硫酸钙沉淀，生成的氢离子结合多余次氯酸根生成次氯酸，其离子方程式为：，故C错误；D．根据前面分析酸强弱为：，相同浓度的溶液与溶液等体积混合，两者不反应，故D错误。综上所述，答案为A。14.常温下，CdCO3和Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A.向X点对应溶液中加入适量的NaOH溶液，有可能得到Z点对应溶液B.相同温度下，Ksp(CdCO3)=100Ksp(Cd(OH)2)C.Y点对应的CdCO3分散系中，v(溶解)＞v(沉淀)D.常温下，CdCO3、Cd(OH)2饱和溶液，前者c(Cd2+)较大【答案】B【解析】【详解】A．，溶液中大小与成反比，故若增大一个单位，则减小一个单位，因此曲线Ⅱ是的沉淀溶解平衡曲线，曲线I是的沉淀溶解平衡曲线。向溶液中加入NaOH溶液，减小而会增大，不能得到Z点对应溶液，A错误；B．由图中数据知，当时，、，由此可求出；，Ksp(CdCO3)=100Ksp(Cd(OH)2)，B正确；C．Y点在曲线Ⅱ下方，说明离子浓度大，处于过饱和状态，沉淀速率较大，C错误； D．常温下，饱和溶液中，饱和溶液中，后者饱和溶液中较大，D错误；故答案为：B。第二部分非选择题(共58分)二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)15.化学反应常伴随热效应。某些反应(如中和反应)的热量变化，其数值Q可通过量热装置测量反应前后体系温度变化后计算获得。实验步骤I：盐酸浓度的测定移取待测液，加入酚酞做指示剂，用溶液滴定至终点，消耗溶液。（1）对于一支洁净的滴定管使用前两步操作为：___________；___________。（2）用溶液进行滴定操作时，用到的玻璃仪器有___________(写名称)。（3）判断滴定终点的操作及现象为___________。（4）该盐酸浓度为___________。（5）在上述实验过程中，出现了以下操作(其他操作正确)，其中会造成测定结果(待测液浓度值)偏高的有___________(填序号，下同)。A．量取标准液的碱式滴定管未润洗　　　　B．锥形瓶水洗后直接装待测液C．酸式滴定管水洗后未用待测液润洗　　　D．滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数E．滴定前碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失实验步骤Ⅱ：热量的测定（6）取上述溶液和盐酸各进行反应，测得反应前后体系的温度值(℃)分别为、，则该酸碱中和反应生成水时放出的热量为___________kJ(近似认为稀溶液的比热容和密度与水相同，已知)。（7）若将盐酸换成等浓度的乙酸进行相同的热量测定实验，则测得的热量数据将___________(填“变大”、“变小”或“不变”)。【答案】（1）①.检查是否漏水②.润洗 （2）锥形瓶、碱式滴定管（3）当加入最后半滴NaOH标准液时，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不复原（4）0.5500（5）AE（6）（7）变小【解析】【小问1详解】使用滴定管前，先检测滴定管不漏液后，需要用所盛放的溶液进行润洗；故答案为：检查是否漏水；润洗；【小问2详解】碱式滴定管盛放NaOH溶液，待测液及指示剂放入锥形瓶；故答案为：锥形瓶、碱式滴定管；【小问3详解】当加入最后半滴NaOH标准液时，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不复原，则为滴定终点；故答案为：当加入最后半滴NaOH标准液时，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不复原；【小问4详解】根据，；故答案为：0.5500；【小问5详解】A．碱式滴定管未润洗，导致所加标准液体积偏大，结果偏大，A符合题意；B．锥形瓶不需要干燥，故直接使用对结果无影响，B不符合题意；C．酸式滴定管未润洗，导致所加标准液体积偏小，结果偏小，C不符合题意；D．滴定后，俯视后导致标准液读数偏小，结果偏小，D不符合题意；E．碱式滴定管滴定前有气泡，导致读数偏大，结果偏大，E符合题意；故答案为：AE；【小问6详解】，根据，则中和反应生成 1mol水时放出的热量为；故答案为：16.8(T2−T1)；【小问7详解】乙酸为弱电解质，电离吸热，故放出的热量偏小；故答案为：变小。16.生产、生活中的化学反应都伴随能量的变化。回答下列问题：（1）分子可形成单斜硫和斜方硫，转化过程如下：，则常温下，(单斜)与(斜方)中较稳定的是___________[填“(单斜)”或“(斜方)”]。（2）下表中的数据表示断裂1mol化学键需消耗的能量(即键能，单位为kJ⋅mol)：化学键键能436431热化学方程式：，则键的键能为___________kJ⋅mol。（3）标准状况下，6.72L在中完全燃烧生成和，放出389.7kJ热量，请写出表示标准燃烧热的热化学方程式：___________。（4）已知：；；。计算与反应生成1mol的为___________kJ·mol(用含、、的式子表示)。（5）由和反应生成和的能量变化如图所示。则反应过程中，每生成2mol理论上放出的热量为___________。 （6）由金红石()制取单质的步骤为。已知：Ⅰ．Ⅱ．Ⅲ．①的___________。②反应在气氛中进行的理由是___________。【答案】（1）(斜方)（2）243（3）（4）（5）278kJ（6）①.-80kJ⋅mol②.防止高温下、与空气中的(或、)作用【解析】【小问1详解】，说明比所具有的能量高，能量越低物质越稳定，所以(单斜)与(斜方)中较稳定的是；【小问2详解】假设键的键能为x，根据焓变=反应物总键能-生成物总键能，得，解得；【小问3详解】6.72L对应物质的量为0.3mol，在中完全燃烧生成和，放出389.7kJ热量，则其燃烧热的热化学方程式：； 【小问4详解】①；②；③；根据盖斯定律，①+②×2-③，得；【小问5详解】根据能量变化图可知，热化学方程式：，则生成2mol理论放出热量为；【小问6详解】①根据盖斯定律，I×2-II+III得；②反应在气氛中进行的理由：防止高温下、与空气中的(或、)作用；17.甲醇()是一种重要的化工原料，广泛应用于化工生产，也可以用作燃料。已知：　　（1）试写出在氧气中完全燃烧生成和的热化学方程式：___________。（2）某公司开发了一种以甲醇为原料，以KOH为电解质的用于手机的可充电的高效燃料电池，充一次电可连续使用一个月。其中B电极的电极材料为碳，如图是一个电化学过程的示意图。请填空：①放电时，甲醇在___________(填“正”或“负”)极发生反应，正极的电极反应式为___________；②工作时，B极的电极反应式为___________，当电路中通过0.1mol电子时，A极的质量___________(填增加或减小)___________g。（3）某同学设计了一种用电解法制取的实验装置(如图所示)，通电后，溶液中产生大量的白色沉淀，且较长时间不变色。下列说法不正确的是___________(填序号)。 A.a为电源正极，b为电源负极B.可以用NaCl溶液作为电解质溶液C.A、B两端都必须用铁作电极D.阴极发生的反应为【答案】（1）　（2）①.负②.③.④.增加⑤.10.8（3）C【解析】【小问1详解】对反应进行标号：　①；　②；反应①2+②得到反应：，根据盖斯定律得到，，则在氧气中完全燃烧生成和的热化学方程式为　；【小问2详解】①甲为原电池装置，是甲醇燃料电池，放电时，甲醇作负极，氧气作正极，电解液为KOH溶液，则正极上，O2得电子转化为OH-，电极反应式为；②乙为电解池装置，B与甲中正极相连，B是阳极，工作时，B电极上是水电离出的OH-失去电子转化为O2，则B极的电极反应式为；A电极为阴极，电极反应式为Ag++e-=Ag，当电路中通过0.1mol电子时，生成0.1molAg，0.1molAg的质量为10.8g，则A电极质量增加10.8g；【小问3详解】该实验装置利用电解法制取，则阳极处Fe失去电子转化为Fe2+，阴极处H2O得电子转化为H2和OH-，因为生成的氢气将装置中原有氧气带出，且氢气的密度小于水，所以氢气从B端析出，由A端排出，则B为阴极，A为阳极，a为电源正极，b为电源负极；A．由分析可知，a为电源正极，b为电源负极，A项正确； B．因为阳极是铁，活泼电极作阳极时，阳极材料铁失电子生成亚铁离子，阴极上氢离子放电，生成氢气，所以能生成氢氧化亚铁白色沉淀，则电解液选用NaCl溶液不影响实验，B项正确；C．阳极应该用铁电极，阴极可以是铁也可以是其他惰性电极，C项错误；D．阴极处H2O得电子转化为H2和OH-，电极反应式为，D项正确；答案选C。18.磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有、、、MgO、CaO以及少量的。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全pH见下表：金属离子开始沉淀的pH2.23.59512.4沉淀完全()的pH3.24.711.113.8回答下列问题：Ⅰ．（1）提高“酸溶”速率的措施有______(任写一点即可)。（2）“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是______。（3）“水解”操作中，转化为的离子方程式是______。分析化学上，测定酸性溶液中钛元素的含量通常涉及两步反应：①用Al粉还原得到；②用溶液滴定，。反应②的滴定实验可选用______(填化学式)溶液作指示剂。Ⅱ．金属钛(Ti)在工业领域有着重要用途。目前生产钛的方法之一是先将转化为 ，再进一步还原得到钛。工业上将转化为的方法为：碳氯化法。600℃，与、充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：物质CO分压(MPa)（4）与C、反应的化学方程式为______。（5）平衡常数表达式______；恒温恒容时，下列叙述一定能说明该反应达到平衡状态的是______。A．混合气体的压强保持不变B．C．混合气体的密度保持不变D．和CO物质的量相等（6）若反应容器的容积为2L，4min后测得固体的质量减少了47.2g，则的平均反应速率为______。【答案】（1）适当升高温度，适当增大酸的浓度，搅拌(合理即可)（2）、、（3）①.②.KSCN（4）（5）①.②.AC（6）【解析】【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4 溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·xH2O。据此分析解答。【小问1详解】提高“酸溶”速率的措施有适当升高温度，适当增大酸的浓度，搅拌；【小问2详解】根据表格中的数据可知，pH从2.0到11.6之间时，依次析出的金属离子是、、；【小问3详解】TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为：；用溶液滴定，当最后半滴氯化铁滴入时若不能完全反应说明反应到达终点，因此可用KSCN溶液作反应的指示剂，故答案为：；KSCN；【小问4详解】600℃，与C、充分反应后，生成、和CO，反应方程式为：；【小问5详解】反应的平衡常数表达式K=；A．该反应是气体体积减小的反应，反应过程中压强增大，当混合气体的压强保持不变时，说明反应得到平衡，故A选；B．时不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故B不选；C．该反应是气体质量增大的反应，反应过程中混合气体的密度保持增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应得到平衡，故C选；D．Cl2和CO物质的量相等不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故D不选；故选AC。【小问6详解】 反应容器的容积为2L，4min后达到平衡，测得固体的质量减少，由方程式可知，减少的固体为TiO2和C，且物质的量之比为5:6，设减少了5xmolTiO2，6xmolC，则80×5x+12×6x=47.2，x=0.1，则消耗1mol氯气，v(Cl2)==0.0125mol/(L•min)。19.Ⅰ.分别取40mL0.50mol/L盐酸与40mL0.55mol/L氢氧化钠溶液进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。请回答下列问题：（1）本实验除烧杯、量筒外还缺少的玻璃仪器名称为___________。（2）若某同学通过该实验测定出中和热偏大，请分析可能的原因是___________(填序号)。A．用量筒量取盐酸时仰视读数B．分多次将NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中C．将盐酸错取为等浓度的醋酸Ⅱ.为探究化学反应速率的影响因素，设计的实验方案如下表：(已知KI溶液、溶液、淀粉三种溶液混合，无明显现象，滴入溶液后溶液变蓝)向烧杯中加入的试剂及用量/mL0.1mol/LKI溶液0.1mol/LH2O2溶液0.1mol/LH2SO4溶液淀粉溶液H2O时间/s①25℃20.010.05.01.00.0t1②40℃20.010.05.01.00.0t2③25℃20.05.05.01.0Vt3（3）写出混合溶液中滴入H2O2溶液反应的离子方程式为___________。（4）表中的V=___________mL，t1、t2、t3由小到大的顺序为___________。（5）某同学研究浓度对化学平衡的影响。他向5mL0.1mol/LK2Cr2O7溶液中加入几滴5mol/LNaOH溶液溶液颜色变化为___________。【答案】（1）环形玻璃搅拌棒、温度计（2）BC（3）H2O2＋2I-＋2H＋=I2＋2H2O（4）①5.0②.t2