北京市第三十五中学2024-2025学年高二上学期10月月考化学试卷（Word版附解析）

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Ⅰ卷 选择题
一、选择题(共20个小题，每题3分，共60分。每小题只有一个正确选项，请将正确答案填在机读卡相应的题号处)
1. 下列设备工作时，将化学能转化为热能的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．煤气灶是将化学能转化为热能，A符合题意；
B．铅蓄电池是将化学能转化为电能，B不符合题意；
C．太阳能热水器是将太阳能转化为热能，C不符合题意；
D．风力发电是将风能转化为电能，D不符合题意；
故选A。
2. 提高能源的利用率已成为国际能源研究的热点课题。下列相关措施使用不当的是
A. 使燃料充分燃烧
B. 加大能源开采力度
C. 加强能源利用的科技投入
D. 合理使用能源
【答案】B
【解析】
【详解】A．使燃料充分燃烧能提高燃烧的效率，提高能源的利用率，A正确；
B．常规能源应该减少开采，节约利用，加大能源开采力度不能提高能源利用率，B错误；
C．加强能源利用的科技投入能提高能源的利用率，C正确；
D．合理使用能源，减少能源浪费，能提高能源的利用率，D正确；
答案选B。
3. 下列变化中，属于吸热反应的是
A. 铝粉与氧化铁粉末反应B. 碳酸钙受热分解
C. 酸碱中和反应D. 氧化钙溶于水
【答案】B
【解析】
【详解】A．铝粉与氧化铁粉末发生铝热反应，放出大量的热，属于放热反应，A错误；
B．碳酸钙受热分解属于吸热反应，B正确；
C．酸碱中和反应放出热量，属于放热反应，C错误；
D．氧化钙溶于水生成氢氧化钙，放出热量，属于放热反应，D错误；
答案选B。
4. 下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是( )
A. 抗氧化剂B. 调味剂
C 着色剂D. 增稠剂
【答案】A
【解析】
【详解】A. 抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；
B. 调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；
C. 着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；
D. 增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。
故选:A。
5. 下列说法中，正确的是
A. 能够自发进行的反应一定是放热反应
B. 凡是熵增大的反应都是自发反应
C. 要判断反应进行的方向，必须综合考虑体系的焓变和熵变
D. 非自发反应在任何条件下都不能实现
【答案】C
【解析】
【详解】根据反应可自发进行，说明反应进行的自发性需综合考虑体系的焓变和熵变，而非自发反应在一定条件下可以实现，故答案选C。
6. 一定温度下，在体积一定的密闭容器中进行的可逆反应：，不能判断反应已经达到化学平衡状态的是
A. B. 容器中混合气体的密度不变
C. 容器中总压强不变D. 容器中的体积分数不变
【答案】A
【解析】
【详解】A．没有明确正、逆反应速率，且速率关系不正确，不能作为平衡标志，A错误；
B．在体积一定的密闭容器中，反应前后气体的质量不等，则容器中混合气体密度不变时，可说明达到平衡状态，B正确；
C．在体积一定的密闭容器中，反应前后气体的分子数目不等，则容器中总压强不变时，可说明达到平衡状态，C正确；
D．达到平衡状态时，各物质的浓度不变，体积分数不变，D正确；
故选A。
7. 我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。

下列说法不正确的是
A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B. CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C. ①→②放出能量并形成了C—C键
D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【答案】D
【解析】
【详解】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。
详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。
点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。
8. 某同学为了估算反应的，构建如下图循环。下列说法不正确的是
A.
B. 、、均可由相应的键能数据得到
C. 按照该过程所示，断开的化学键均为非极性共价键
D. 该循环过程不一定表示反应的真实历程
【答案】A
【解析】
【详解】A．由盖斯定律可知，化学反应的反应热只与反应的始态和终态有关，而与反应进行的途径无关，则，A错误；
B．=反应物的总键能-生成物的总键能，、、均可由相应的键能数据得到，B正确；
C．按照该过程所示，断开的化学键为H-H、Cl-Cl，均为非极性共价键，C正确；
D．反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的只和反应物总能量与生成物总能量有关，与反应过程无关，某同学为了估算反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的构建的循环不一定是反应的真实历程，D正确；
故选A。
9. 在的密闭容器中投入和进行反应，末的物质的量由减小到，则内用的浓度变化表示的平均反应速率是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】末的物质的量由减小到，则的物质的量变化为=20ml-8ml=12ml，2min内N2的平均反应速率，化学反应速率之比等于化学计量数之比，则；故选B。
10. 下列有关化学平衡常数K的说法中，正确的是
A. K值越大，反应的转化率越大B. K的大小与起始浓度有关
C. 温度越高，K值越大D. K值越大，正向反应进行的程度越小
【答案】A
【解析】
【分析】平衡常数只与温度有关，一定意义上代表反应的程度，K越大，反应越完全；
【详解】A．平衡常数只与温度有关，一定意义上代表反应的程度，K越大，反应越完全，转化率越大，故A正确；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变，K不变，与起始浓度无关，故B错误；
C．若该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，K减小，故C错误；
D．K越大，反应越完全，正向反应进行的程度越大，故D错误；
故选A。
11. 下列说法中正确的是
A. 催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大化学反应速率
B. 有气体参加的化学反应，若增大压强，可增加活化分子的百分数，从而增大反应速率
C. 升高温度，增加反应物分子中活化分子的百分数，从而增大化学反应速率
D. 增大反应物浓度，增大单位体积内活化分子的百分数，从而增大有效碰撞次数
【答案】C
【解析】
【详解】A．催化剂可以降低反应的活化能，使断键所需能量减少，增大反应速率，故A错误；
B．有气体参加的化学反应，若增大压强，可增加单位体积内活化分子的数目，从而增大反应速率，故B错误；
C．升高温度，能量增大，可以增加反应物中活化分子的百分数，有效碰撞的概率增大，从而增大化学反应速率，故C正确；
D．增大反应物浓度，增大单位体积内活化分子的数目，从而增大有效碰撞次数，反应速率加快，故 D错误；
故选C。
12. 某温度下，恒容密闭容器内发生反应：H2(g)+I2 g) 2HI(g) △H<0， 该温度下，K=43，某时刻，测得容器内 H2、I2、HI的浓度依次为0.01 ml/L、0.01 ml/L、0.02 ml/L。一段时间后，下列情况与事实相符的是
A. 混合气体颜色变深B. 混合气体密度变大
C. 容器内压强变小D. 氢气的体积分数变小
【答案】D
【解析】
【分析】某时刻，测定容器内的浓度依次为0.01 ml/L、0.01 ml/L、0.02 ml/L，此时，平衡正向移动；
【详解】A． 由上述分析可知，平衡正向移动，体积不变，碘单质的浓度减小，混合气体颜色变浅，A项错误；
B．反应前后都是气体，根据题意和质量守恒，气体的质量，体积始终不变，则密度不变，B项错误；
C．恒温恒容时，反应前后气体的物质的量不变，因此压强始终不变，C项错误；
D．由上述分析可知，平衡正向移动，氢气的物质的量减小，反应前后气体的物质的量不变，则氢气的体积分数变小，D项正确；
答案选D。
13. 下列依据热化学方程式得出的结论中，正确的是
A. 已知 ，则在一定条件下将和置于一密闭容器中充分反应，放出的热量为
B. 已知 ，则金刚石比石墨稳定
C. 在稀溶液中： ，若将含的溶液与含的溶液混合，放出的热量为
D. 已知 ； ；则
【答案】D
【解析】
【详解】A． ，该反应为可逆反应，在一定条件下将和置于一密闭容器中充分反应，生成氨气的物质的量小于4ml，放出的热量小于，A错误；
B． ，则石墨的能量小于金刚石，能量越低越稳定，则石墨比金刚石稳定，B错误；
C．在稀溶液中： ，若将含的溶液与含的溶液混合，由于反应生成1ml硫酸钡和2mlH2O，因生成BaSO4时也放热，所以放出的热量大于，C错误；
D．已知：① ；② ，由①-②式得：，因固态S变成气态S需要吸热，则，即，D正确；
故选D。
14. 下列事实不能用平衡移动原理解释的是
A. 血红蛋白()可与氧气结合：，比更易和结合，当空气中的浓度大时，易造成人体缺氧，严重时导致死亡
B. 在和组成的体系中：，恒温缩小容积，平衡后气体颜色比原平衡深
C ，工业上将钾蒸气从反应混合体系中分离出来，以制备金属钾
D. 高压条件有利于合成氨反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．当空气中的浓度大时，CO与Hb结合导致血红蛋白浓度减小，平衡逆向移动，造成人体缺氧，可以用平衡移动原理解释，A不符合题意；
B．存在平衡：，恒温缩小容积，体系压强增大，平衡正向移动，NO2物质的量减少，但气体颜色变深，是由于缩小容积后的浓度增大，颜色变深，故不能用平衡移动原理解释，B符合题意；
C．中，将钾蒸气从反应混合体系中分离出来，减小了生成物浓度，有利于反应正向移动，可以用平衡移动原理解释，C不符合题意；
D．合成氨反应为气体分子数减小的反应，高压条件有利于平衡正向移动，利于合成氨反应，可以用平衡移动原理解释，D不符合题意；
故选B。
15. 某反应过程的能量变化如图所示。下列说法中，不正确的是
A. 该反应为放热反应B. 曲线b表示有催化剂参与的反应过程
C. 反应i 的∆H>0D. 反应i比反应ii的速率大
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图像，反应物能量高于生成物能量，该反应为放热反应，A正确；
B．曲线b活化能低于曲线a，但反应前后能量不变，说明加入了催化剂，B正确；
C．反应i的生成物能量高于反应物能量，反应吸热，∆H>0，C正确；
D．反应i的活化能比反应ii的活化能高，则反应i比反应ii的速率小，D错误；
故选D。
16. 采用催化技术可以使汽车尾气中的和发生如下反应从而消除污染：。某小组用恒容容器进行三组实验，实验开始时的浓度均为，三组实验中的浓度随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是
A. 当容器中的浓度保持恒定时，反应达到化学平衡状态
B. 在实验Ⅰ中，达到平衡时的浓度为
C. 若实验Ⅱ比实验Ⅲ的温度低，则和的反应为吸热反应
D. 实验Ⅰ和实验Ⅱ差异，可能是由于采用了效果不同的催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．化学反应达到平衡的标志之一就是各物质的浓度不再变化，所以当容器中的浓度保持恒定时，说明反应达到化学平衡状态，A正确；
B．由图可知，实验I中，达到平衡时，，故达到平衡时的浓度为，B正确；
C．若实验比实验的温度低，由图可知，平衡时CO浓度：<，说明升高温度，平衡逆向移动，逆反应是吸热反应，则和的反应为放热反应，C错误；
D．由图可知，实验比实验先达到平衡，即实验比实验的反应速率快，但平衡时CO浓度相同，所以实验Ⅰ和实验Ⅱ的差异，可能是由于采用了效果不同的催化剂，D正确；
故选C。
17. 化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程。化学键的键能是形成(或拆开)1ml化学键时释放(或吸收)出的能量。已知白磷和P4O6的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能(kJ·ml1)：P-P：198 P-O：360 O=O：498，则反应P4(白磷)+3O2= P4O6的反应热△H为
A. -1638 kJ·ml1B. +1638 kJ·ml1
C. -126 kJ·ml1D. +126 kJ·ml1
【答案】A
【解析】
【详解】根据反应物键能之和—生成物键能之和，则反应的，故选A。
18. 在一定温度不同压强(P1＜P2)下，可逆反应2X(g)2Y(g)+Z(g)中，生成物Z在反应混合物中的体积分数(ψ)与反应时间(t)的关系如图示，正确的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】一定温度下，增大压强，反应速率增大，到达平衡的时间缩短，该反应正反应是体积增大的反应，平衡向逆反应移动，平衡时Z的物质的量减小，据此结合选项解答。
【详解】A．图象中压强p1到达平衡时间短，故图象中p1＞p2，与题意不符，故A错误；
B．图象中压强p2到达平衡时间短，图象中p1＜p2，增大压强，平衡时生成物Z的物质的量减小，与实际相符，故B正确；
C．图象中压强p1到达平衡时间短，故图象中p1＞p2，与题意不符，故C错误；
D．图象中压强p2到达平衡时间短，图象中p1＜p2，增大压强，平衡时生成物Z的物质的量增大，与实际不相符，故D错误；
故选B。
19. 中国科学家在淀粉人工光合成方面取得重大突破性进展，该实验方法首先将CO2催化还原为CH3OH。已知CO2催化加氢的主要反应有：
① CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g) ΔH1=- 49.4 kJ/ml
② CO2(g) + H2(g)CO(g) + H2O(g) ΔH2=+ 41.2 kJ/ml
其他条件不变时，在相同时间内温度对CO2催化加氢的影响如下图。下列说法不正确的是
【注】CH3OH的选择性=
A. CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g) ΔH=- 90.6 kJ/ml
B. 使用催化剂，能降低反应的活化能，增大活化分子百分数
C. 其他条件不变，增大压强，有利于反应向生成CH3OH的方向进行
D. 220～240 ℃，升高温度，对反应②速率的影响比对反应①的小
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律，反应CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g)可由反应①-反应②得到，则该反应ΔH=，反应的热化学方程式：CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g) ΔH=- 90.6 kJ/ml，故A正确；
B．催化剂能降低反应所需活化能，同时提高活化分子百分数，从而加快反应速率，故B正确；
C．增大压强使反应①平衡正向移动，有利于反应向生成CH3OH的方向进行，故C正确；
D．反应②吸热，反应①放热，温度较高时对吸热反应的影响大于对放热反应的影响，故D错误；
故选：D
20. 不同温度下，将1mlCO2和3mlH2充入体积为1L的恒容密闭容器中发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH。平衡时CH3OH的物质的量分数随温度变化如图所示。
下列说法不正确的是
A. 该反应的ΔH＜0
B. 240℃时，该反应的化学平衡常数K=
C. 240℃时，若充入2 ml CO2和6 ml H2，平衡时CH3OH的物质的量分数大于25%
D. 240℃时，若起始时充入0.5 ml CO2、2 ml H2、1 ml CH3OH、1 ml H2O，反应向正反应方向进行
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．据图知温度升高，甲醇的物质的量分数减小，则平衡逆向移动，该反应为放热反应，则ΔH＜0，故A正确；
B．240℃时，甲醇的物质的量分数为25%，设甲醇的转化物质的量为xml，列三段式：

平衡时甲醇的物质的量分数，解得x=，化学平衡常数，故B错误；
C．240℃时，若充入2 ml CO2和6 ml H2，即建立新的等效平衡，相当于在原平衡上增大压强，该反应是气体分子数减小，则平衡正向进行，CH3OH的物质的量分数大于25%，故C正确；
D．240℃时，若起始时充入0.5 ml CO2、2 ml H2、1 ml CH3OH、1 ml H2O，，反应向正反应方向进行，故D正确；
故选：B。
Ⅱ卷 非选择题
二、填空题：请将答案填写在答题纸的相应题号处。
21. 工业上使用黄铁矿制硫酸。
Ⅰ．掺烧和，用于制铁精粉和硫酸
（1）已知：为吸热反应。、时，固体在氧气中完全燃烧生成气态和固体，放出热量。
①与反应的热化学方程式为___________。
②将与掺烧(混合燃烧)，其目的包括___________(填字母)。
a．节约燃料和能量 b．为制备硫酸提供原料 c．减少空气污染
（2）常带一定量的结晶水。分解脱水反应的能量变化如下图所示。
①___________。
②为维持炉内温度基本不变，所带结晶水越多，掺烧比应___________。(填“增大”“减小”或“不变”)。
Ⅱ．传统工业中以黄铁矿为原料制备硫酸的原理如图所示：
（3）上述生产过程中采用了多种措施加快反应速率，如：___________。
（4）已知：，在不同温度和压强下，平衡时的转化率如下表所示：
①上述数据表明，是___________(填“吸热”或“放热”)反应。
②结合平衡移动原理解释相同温度下达到平衡时的转化率随压强变化的原因：___________。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. ②. 增大
（3）粉碎或使用催化剂、加热
（4） ①. 放热 ②. 根据平衡移动原理，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，即该反应正向移动，使的平衡转化率增大
【解析】
【小问1详解】
、时，固体在氧气中完全燃烧生成气态和固体，放出热量。
①与反应的热化学方程式为 。
②将与掺烧(混合燃烧)，其目的包括a．燃烧放热可以为分解提供热量达到节约燃料和能量 b．产物中生成更多的二氧化硫可以为制备硫酸提供原料 c．产物中二氧化硫产量增加不可以减少空气污染，故选ab。
【小问2详解】
①根据盖世定律；
②为维持炉内温度基本不变，所带结晶水越多，掺烧比应增大，因为失去结晶水需要更多的热量，而热量由与反应提供，需要更多的。
【小问3详解】
上述生产过程中采用了多种措施加快反应速率，如：粉碎或使用催化剂、加热；
【小问4详解】
①上述数据表明，相同条件下，温度越高二氧化硫平衡转化率越低，是放热反应，升高温度平衡逆向移动；
②相同温度下达到平衡时的转化率随压强变化的原因：根据平衡移动原理，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，即该反应正向移动，使的平衡转化率增大。
22. 还原重整既能减少二氧化碳排放，又能生产增值化学品，是实现“双碳”经济的有效途径之一。
（1）甲烷干法重整()
ⅰ．
ⅱ．
①反应ⅰ的平衡常数表达式为___________。
②对于反应ⅰ，既能加快反应速率又能提高平衡转化率的措施是___________。反应ⅱ为副反应，生产中要尽可能控制该反应，减少水的生成。
（2）甲烷超干重整()

①___________。
②的转化原理如下图所示：恒压、时，将混合气[]通入反应器，充分反应；待反应平衡后，改通气，吹出反应器内气体；如此往复切换通入的气体，实现的高效转化。
ⅰ．结合有关反应方程式，说明对氧化反应的影响___________。
ⅱ．反应达平衡后，改通，测得一段时间内物质的量上升，解释物质的量上升的原因___________。
（3）从能源利用的角度，分析甲烷超干重整法的优点：___________。
【答案】（1） ①. ②. 升高温度或增大浓度
（2） ① ②. 与反应生成，促进正向移动 ③. 通入，分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移或通入气，促进分解，浓度增大，促进正向移动
（3）甲烷超干重整反应温度低、转化等物质的量所需能量少等
【解析】
【小问1详解】
①反应ⅰ的平衡常数表达式：；
②对于反应ⅰ，升高温度或增大浓度，可加快反应速率且能提高平衡转化率；
【小问2详解】
①根据盖斯定律：i+ii×2得；
②
ⅰ．根据图示可知，与反应生成，促进正向移动；
ⅱ．通入，分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移或通入气，促进分解，浓度增大，促进正向移动；
【小问3详解】
甲烷超干重整具有反应温度低、转化等物质的量所需能量少等特点。
23. 某兴趣小组同学探究溶液与草酸()溶液反应速率的影响因素。配制溶液、草酸溶液。将溶液与草酸溶液按如下比例混合。
【设计实验】
（1）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】
小组同学将溶液调至1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)草酸是二元弱酸，其电离方程式：；
(b)在溶液中无色；
(c)无色，有强氧化性，发生反应(青绿色)后氧化性减弱；
(d)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，并说明理由___________。
【深入探究】
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）据此推测，若在第ⅱ阶段将调节至，溶液褪至无色的时间会___________(填“增加”“减少”或“不变”)。
【结论与反思】
（7）上述实验涉及的反应中，草酸的作用是①___________；②产生和发生反应。
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）探究草酸浓度对反应速率的影响
（2）
（3）否，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和
（4）
（5）实验②中所加草酸的物质的量比实验①的更少，导致阶段ⅰ形成的实验②比实验①的更少，生成的实验②比实验①的更多，且的氧化性比强
（6）减少 （7）还原剂
【解析】
【分析】某兴趣小组同学探究溶液与草酸()溶液反应速率的影响因素，实验①和②只有草酸的浓度不同，故该组实验的目的是探究草酸浓度对反应速率的影响，小组同学将溶液调至1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，根据氧化还原反应的原理和平衡移动原理进行分析解答。
【小问1详解】
由题干表中数据可知，实验①和②只有草酸的浓度不同，故该组实验的目的是探究草酸浓度对反应速率的影响。
【小问2详解】
a．盐酸能与酸性高锰酸钾反应，影响实验结论，a不合题意；
b．硫酸不与草酸和酸性高锰酸钾反应，不会影响实验结论，b符合题意；
c．草酸实验中本身就是探究草酸与酸性高锰酸钾反应速率的影响因素，c不合题意；
故答案为：b。
【小问3详解】
由题干信息(c)可知，呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和MnO2，而阶段i溶液呈酸性，故不可能产生。
【小问4详解】
由题干图示信息可知，第i阶段中检测到有CO2气体产生同时生成[Mn(C2O4)2]−，则该阶段反应的离子方程式为：。
【小问5详解】
实验②在第ⅱ阶段的反应速率较大，可能的原因是：实验②中所加草酸的物质的量比实验①的更少，导致阶段ⅰ形成的实验②比实验①的更少，生成的实验②比实验①的更多，且的氧化性比强。
【小问6详解】
小组同学将溶液调至1并进行实验①和②，若在第ⅱ阶段将调节至，相当于增大氢离子浓度，则溶液中的草酸根离子浓度减小，不利于形成，则溶液中Mn3+的浓度增大，反应速率加快，溶液褪至无色的时间会减少。
【小问7详解】
在反应中草酸既作还原剂又表现出酸性，同时提供与形成配合物。A
B
C
D
燃气灶
铅蓄电池
太阳能热水器
风力发电
温度
平衡时的转化率
450
550
序号
反应温度
①
0
②