高考化学专题题库∶化学反应速率与化学平衡的综合题及答案

高考化学专题题库∶化学反应速率与化学平衡的综合题及答案

一、化学反应速率与化学平衡

1．硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2

实验I：Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：

(1)仪器a的名称是_______，仪器b的名称是_______。b中利用质量分数为70%?80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。c中试剂为_______

(2)实验中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_______ (写出一条)

(3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_______

实验Ⅱ：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。

资料：Fe3++3S2O32-?Fe(S2O3)33-(紫黑色)

装置试剂X实验现象

Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先变成紫黑色，30s 后几乎变为无色

(4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象：

_______

实验Ⅲ：标定Na2S2O3溶液的浓度

(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g?mol-1)0.5880g。平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72-

+14H+ = 3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol?L-1

【答案】分液漏斗 蒸馏烧瓶 24232422H SO Na SO Na SO H O =SO +++↑ 硫化钠和碳酸钠的混合液 调节酸的滴加速度 若 SO 2过量，溶液显酸性．产物会发生分解 加入铁氰化钾溶液．产生蓝色沉淀 开始生成 Fe(S 2O 3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe 3+与S 2O 32- 氧化还原反应的程度大，导致Fe 3++3S 2O 32-?Fe(S 2O 3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色 0.1600 【解析】 【分析】 【详解】

(1)a 的名称即为分液漏斗，b 的名称即为蒸馏烧瓶；b 中是通过浓硫酸和Na 2SO 3反应生成SO 2，所以方程式为：24232422H SO Na SO Na SO H O =SO +++↑；c 中是制备硫代硫酸钠的反应，SO 2由装置b 提供，所以c 中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液； (2)从反应速率影响因素分析，控制SO 2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；

(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的SO 2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO 2过量，溶液显酸性，产物会发生分解； (4)检验Fe 2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe 2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成3233Fe(S O )-

的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着Fe 3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色；

(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：①2327226I Cr O 14H =3I 2Cr

7H O -

-

+

+

++++；

②2222346=I 2S O 2I S O -

-

-

++；反应①I -被氧化成I 2，反应②中第一步所得的I 2又被还原成I -，所以①与②电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的227Cr O -

得电子总数就与消耗的

223S O -失电子总数相同 ；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的

滴定。所以假设c (Na 2S 2O 3)=a mol/L ，列电子得失守恒式：10.5880

6=a 0.02513294

????，

解得a=0.1600mol/L 。

2．研究+6价铬盐不同条件下微粒存在形式及氧化性，某小组同学进行如下实验：

已知：Cr 2O 72-(橙色)+H 2O 2CrO 42-(黄色)+2H +△H =+13.8kJ /mol ，+6价铬盐在一定条件

下可被还原为Cr3+，Cr3+在水溶液中为绿色。

（1）试管c和b对比，推测试管c的现象是_____________________。

（2）试管a和b对比，a中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c(H+)增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c(H+)增大对平衡的影响。你认为是否需要再设计实验证明？__________（“是”或“否”），理由是

____________________________________________________。

（3）对比试管a、b、c的实验现象，可知pH增大

2-

27

2-

4

c(Cr O)

c(CrO)

_____（选填“增大”，

“减小”，“不变”）；

（4）分析如图试管c继续滴加KI溶液、过量稀H2SO4的实验现象，说明+6价铬盐氧化性强弱为Cr2O72-__________CrO42-（填“大于”，“小于”，“不确定”）；写出此过程中氧化还原反应的离子方程式_________。

（5）小组同学用电解法处理含Cr2O72-废水，探究不同因素对含Cr2O72-废水处理的影响，结果如表所示（Cr2O72-的起始浓度，体积、电压、电解时间均相同）。

实验ⅰⅱⅲⅳ

是否加入

Fe2(SO4)3

否否加入5g否

是否加入H2SO4否加入1mL加入1mL加入1mL

电极材料阴、阳极均为石

墨

阴、阳极均为石

墨

阴、阳极均为石

墨

阴极为石墨，

阳极为铁

Cr2O72-的去除率/%0.92212.720.857.3

①实验ⅱ中Cr2O72-放电的电极反应式是________________。

②实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72-的机理如图所示，结合此机理，解释实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因_______________。

【答案】溶液变黄色否 Cr2O72-(橙色)+H2O?CrO42-(黄色)+2H+正向是吸热反应，若因浓H2SO4溶于水而温度升高，平衡正向移动，溶液变为黄色。而实际的实验现象是溶液橙色加深，说明橙色加深就是增大c(H+)平衡逆向移动的结果减小大于 Cr2O72-+6I-

+14H+=2Cr3++3I2+7H2O Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O 阳极Fe失电子生成Fe2+，Fe2+与

Cr 2O 72-在酸性条件下反应生成Fe 3+，Fe 3+在阴极得电子生成Fe 2+，继续还原Cr 2O 72-，Fe 2+循环利用提高了Cr 2O 72-

的去除率 【解析】 【分析】

根据平衡移动原理分析对比实验；注意从图中找出关键信息。 【详解】

（1）由Cr 2O 72-(橙色)+H 2O

2CrO 42-(黄色)+2H +及平衡移动原理可知，向重铬酸钾溶液

中加入氢氧化钠溶液后，可以减小溶液中的氢离子浓度，使上述平衡向正反应方向移动，因此，试管c 和b （只加水，对比加水稀释引起的颜色变化）对比，试管c 的现象是：溶液变为黄色。

（2）试管a 和b 对比，a 中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c (H +

)增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c (H +

)增大对平衡的影响。我认为不需要再设计实验证明，故填否。理由是：Cr 2O 72-(橙色)+H 2O ?CrO 42-(黄色)+2H +正向是吸热反应，浓H 2SO 4溶于水会放出大量的热量而使溶液的温度升高，上述平衡将正向移动，溶液会变为黄色。但是，实际的实验现象是溶液的橙色加深，说明上述平衡是向逆反应方向移动的，橙色加深只能是因为增大了c (H +

)的结果。

（3）对比试管a 、b 、c 的实验现象，可知随着溶液的pH 增大，上述平衡向正反应方向移

动，2-

27c(Cr O )减小，而2-

4c(CrO ) 增大，故2-272-4c(Cr O )

c(CrO )

减小。

（4）向试管c 继续滴加KI 溶液，溶液的颜色没有明显变化，但是，加入过量稀H 2SO 4后，溶液变为墨绿色，增大氢离子浓度，上述平衡向逆反应方向移动，CrO 42-转化为Cr 2O 72-，Cr 2O 72-可以在酸性条件下将I -氧化，而在碱性条件下，CrO 42-不能将I -氧化，说明+6价铬

盐氧化性强弱为：Cr 2O 72-大于CrO 42-；此过程中发生的氧化还原反应的离子方程式是

Cr 2O 72-+6I -+14H +=2Cr 3++3I 2+7H 2O 。

（5）①实验ⅱ中，Cr 2O 72-在阴极上放电被还原为Cr 3+，硫酸提供了酸性环境，其电极反应

式是Cr 2O 72-+6e -+14H +=2Cr 3+

+7H 2O 。

②由实验ⅲ中Fe 3+去除Cr 2O 72-的机理示意图可知，加入Fe 2(SO 4)3溶于水电离出Fe 3+，在直流电的作用下，阳离子向阴极定向移动，故Fe 3+更易在阴极上得到电子被还原为Fe 2+，Fe 2+在酸性条件下把Cr 2O 72-还原为Cr 3+

。如此循环往复，Fe 3+

在阴极得电子生成Fe 2+

，继续还原Cr 2O 72-，Fe 2+循环利用提高了Cr 2O 72-的去除率。由此可知，实验iv 中Cr 2O 72-去除率提高较

多的原因是：阳极Fe 失电子生成Fe 2+，Fe 2+与Cr 2O 72-在酸性条件下反应生成Fe 3+，Fe 3+

在阴

极得电子生成Fe 2+，继续还原Cr 2O 72-，故在阴阳两极附近均在大量的Fe 2+，Fe 2+

循环利用提高了Cr 2O 72-

的去除率。 【点睛】

本题中有很多解题的关键信息是以图片给出的，要求我们要有较强的读图能力，能从图中找出解题所需要的关键信息，并加以适当处理，结合所学的知识解决新问题。

3．化学学习小组进行如下实验。

[探究反应速率的影响因素]设计了如下的方案并记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。限

选试剂和仪器：0.20 mol·L-1H2C2O4溶液、0.010 mol·L-1KMnO4溶液(酸性)、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽

物理量V(0.20 mol·L-1

H2C2O4溶液)/mL

V（蒸馏水）/mL

V（0.010 mol·L-1

KMnO4溶液）/mL

T/℃乙

① 2.00 4.050

② 2.00 4.025

③ 1.00 4.025

(1)上述实验①、②是探究__________对化学反应速率的影响；若上述实验②、③是探究浓

度对化学反应速率的影响，则a为_____________；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应填写___________ 。

[测定H2C2O4·x H2O 中x值] 已知：M(H2C2O4)=90 g·mol-1

①称取 1.260 g 纯草酸晶体，将其酸制成 100.00 mL 水溶液为待测液；

②取 25.00mL 待测液放入锥形瓶中，再加入适的稀H2SO4；

③用浓度为 0.05 000 mol·L-1的 KMnO4标准溶液进行滴定。

(2)请写出与滴定有关反应的离子方程式_________________________________________。

(3)某学生的滴定方式(夹持部分略去)如下，最合理的是________ (选填 a、b)。

(4)由图可知消耗KMnO4溶液体积为__________________________________________mL。

(5)滴定过程中眼睛应注视________________________。

(6)通过上述数据，求得x= ____ 。以标准KMnO4溶液滴定样品溶液的浓度，未用标准KMnO4溶液润洗滴定管，引起实验结果________(偏大、偏小或没有影响) 。

【答案】温度 1.0 溶液褪色时间/s 5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O b 20.00 锥形瓶中颜色变色 2 偏小

【解析】

【分析】

【详解】

（1）探究影响化学反应速率因素，要求其他条件不变，即①②探究温度对化学反应速率的影响；混合溶液的总体积都是6.0mL，因此a=1.0；反应的快慢是通过酸性高锰酸钾溶液的褪色快慢来确定的，因此乙中要测定的物理量是溶液褪色时间，单位为s；

（2）草酸具有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，把C转化成CO2，本身被还原成Mn2＋，

根据化合价升降法，进行配平，因此离子反应方程式为：5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O；

（3）酸式滴定管盛放酸性溶液和氧化性物质，碱式滴定管只能盛放碱性溶液，即b正确；（4）滴定前刻度为0.90ml，滴定后刻度是20.90ml，消耗高锰酸钾的体积为(20.90－

0.90)mL=20.00mL；

(5)滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化；

(6)100mL溶液中草酸物质的量为20×10－3×0.05×5×100/(2×25)mol=0.01mol，1.260÷(90＋

18x)=0.01，解得x=2；未用待盛液润洗滴定管，稀释标准液，消耗高锰酸钾体积增大，草酸的质量增大，x偏小。

4．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 2.090.0

②醋酸浓度的影响0.5__36.0

③__0.2 2.090.0

（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，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，其电极反应式是

___________________________________。

（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：______________________________；

……

（4）为验证假设一，某同学设计了检验收集的气体中是否含有H2的方案。请你再设计一个实验方案验证假设一，写出实验步骤和结论。

实验步骤和结论(不要求写具体操作过程)：__________

【答案】2.0 碳粉含量的影响吸氧还原反应 2H2O+O2+4e-=4OH- （或4H++O2+4e-

=2H2O）反应放热，温度升高，体积膨胀实验步骤和结论（不要求写具体操作过程）

①药品用量和操作同编号①实验（多孔橡皮塞增加进、出导管）

②通入氩气排净瓶内空气；

③滴入醋酸溶液，同时测量瓶内压强变化（也可测温度变化，检验Fe2+等）。

如果瓶内压强增大，假设一成立。否则假设一不成立。

（本题属于开放性试题，合理答案均给分）

【解析】

【详解】

(1)探究影响化学反应速率，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) t2时，容器中压强明显小于起始压强，说明锥形瓶中气体体积减小，说明发生了吸氧腐蚀，碳为正极，铁为负极，碳电极氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为：

O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：还原；O2+2H2O+4e-=4OH-；

(3) 图2中0-t1时压强变大的原因可能为：铁发生了析氢腐蚀、铁与醋酸的反应为放热反应，温度升高时锥形瓶中压强增大，所以假设二为：反应放热使锥形瓶内温度升高，故答案为：反应放热使锥形瓶内温度升高；

(4)基于假设一，可知，产生氢气，发送那些变化，从变化入手考虑

实验步骤和结论（不要求写具体操作过程）

①药品用量和操作同编号①实验（多孔橡皮塞增加进、出导管）

②通入氩气排净瓶内空气；

③滴入醋酸溶液，同时测量瓶内压强变化（也可测温度变化，检验Fe2+等）。

如果瓶内压强增大，假设一成立。否则假设一不成立。

（本题属于开放性试题，合理答案均给分）。

5．甲、乙两个实验小组利用KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应研究影响反应速率的因素。设计实验方案如下(实验中所用KMnO4溶液均已加入H2SO4)：

甲组：通过测定单位时间内生成CO2气体体积的大小来比较化学反应速率的大小。某同学进行实验，其中A、B的成分见表：

（1）该反应的离子方程式为____；

乙组：通过测定KMnO4溶液褪色所需时间的多少来比较化学反应速率。为了探究KMnO4与H2C2O4浓度对反应速率的影响，某同学在室温下完成以下实验

（2）X=___，4号实验中始终没有观察到溶液褪色，你认为可能的原因是____。

（3）在实验中发现高锰酸钾酸性溶液和草酸溶液反应时，开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快。某同学认为是放热导致溶液温度升高所致，重做3号实验，测定过程中溶液不同时间的温度，结果如表：

结合实验目的与表中数据，你得出的结论是____。

（4）从影响化学反应速率的因素看，你的猜想还可能是____的影响。若用实验证明你的猜想，除了酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液外，还需要选择的试剂最合理的是___。

a.硫酸钾

b.水

c.氯化锰

d.硫酸锰

【答案】5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O 5 H2C2O4的量太少，KMnO4过量

反应速率加快不是温度的影响催化剂 d

【解析】

【详解】

（1）KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应生成二氧化碳、硫酸锰和水,该反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；

（2）为了探究KMnO4与H2C2O4浓度对反应速率的影响,实验1-4中溶液的总体积应该为20，则X=20-10-5=5；环境表中数据可知H2C2O4的量太少，KMnO4过量，所以4号实验中始终没有观察到溶液褪色；

（3）根据表中数据知，20s时温度不最高，但20s前突然褪色，说明温度不是反应速率突然加快的原因；

（4）KMnO4与H2C2O4反应生成硫酸锰，锰离子有催化作用，所以猜想还可能是催化剂的作用，要想验证锰离子的催化作用，在做对比实验时同时加入硫酸锰观察反应速率是否变化即可，答案选d。

【点睛】

锰离子对于高锰酸钾和草酸的反应具有催化作用，在人教版选修四提到过，应该熟记以便于以后的应用。

6．某兴趣小组用铝箔制备Al2O3、AlCl3·6H2O及明矾大晶体，具体流程如下

已知：(1) AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚；

(2) 明矾在水中的溶解度如下表：

温度/℃010203040608090

溶解度/g 3.00 3.99 5.908.3911.724.871.0109

(1)步骤Ⅱ中生成Al(OH)3的离子方程式为

____________________________________________。

(2)步骤Ⅲ灼烧Al(OH)3所用实验室常用仪器为________，为了提高Al2O3纯度，需

________(填操作步骤)。

(3)制备AlCl3·6H2O的工业生产中，胶状固体用酸浸取后，还需要通入HCl气体。通入HCl的作用主要有两点：____________和____________。

(4)已知：在不同温度条件下向一定量的氯化铝溶液中通入HCl气体，通入量对

AlCl3·6H2O结晶量和结晶效率的影响如图，请补充完整由胶状固体制备AlCl3·6H2O晶体的实验方案：向胶状固体滴加一定浓度盐酸，直至恰好完全溶解，

__________________________。

【答案】AlO2-＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO3-坩埚灼烧至恒重抑制AlCl3水解增加c(Cl－)，有利于AlCl3·6H2O结晶在45 ℃以下(或冷水浴条件下)通入HCl气体，至有大量晶体析出，过滤，用浓盐酸洗涤2～3次，低温(或减压)干燥，得到AlCl3·6H2O晶体【解析】

【分析】

根据Al2O3、AlCl3·6H2O及明矾大晶体的制备流程，结合题中相关信息及数据，综合运用物质的分离与提纯的方法进行分析。

【详解】

(1)步骤Ⅱ向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀，离子方程式为 AlO2-＋CO2＋

2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-。

(2)步骤Ⅲ灼烧Al(OH)3固体，应使用坩埚；提高Al2O3纯度须使Al(OH)3完全分解，故应灼烧至恒重。

(3)用酸浸取胶状Al(OH)3固体后，通入HCl气体，可抑制AlCl3水解，同时增大c(Cl－)，有利于AlCl3·6H2O结晶析出。

(4)由图可知，温度不超过45℃时，AlCl3·6H2O的结晶量和结晶效率均较高。应控制低温条件下向溶液中通入HCl气体直至有大量晶体析出；为防止AlCl3·6H2O水解和分解，

AlCl3·6H2O晶体应用浓盐酸洗涤、低温(或减压)干燥。因此，由胶状固体制备AlCl3·6H2O晶体的实验方案为：向胶状固体滴加一定浓度盐酸，直至恰好完全溶解，在45 ℃以下(或冷水浴条件下)通入HCl气体，至有大量晶体析出，过滤，用浓盐酸洗涤2～3次，低温(或减压)干燥，得到AlCl3·6H2O晶体。

7．乙二酸(HOOC—COOH)俗名草酸，是一种有还原性的有机弱酸，在化学上有广泛应用。

(1)小刚在做“研究温度对化学反应速率的影响”实验时，他往A、B两支试管中均加入4 mL 0.01 mol·L－1的酸性KMnO4溶液和2 mL 0.1 mol·L－1 H2C2O4(乙二酸)溶液，振荡，A试管置于热水中，B试管置于冷水中，记录溶液褪色所需的时间。褪色所需时间t A________t B(填“>”“＝”或“<”)。已知该反应的离子方程式：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===10CO2↑＋2Mn2＋

＋8H2O

(2)实验室有一瓶混有泥沙的乙二酸样品，小刚利用上述反应的原理来测定其含量，具体操作为：

①配制250 mL溶液：准确称量5.000 g乙二酸样品，配成250 mL溶液。

②滴定：准确量取25.00 mL所配溶液于锥形瓶中，加少量酸酸化，将0.100 0 mol·L－1 KMnO4标准溶液装入______(填“酸式”或“碱式”)滴定管，进行滴定操作。

在滴定过程中发现，刚滴下少量KMnO4标准溶液时，溶液紫红色并没有马上褪去。将锥形瓶摇动一段时间后，紫红色才慢慢消失；再继续滴加时，紫红色就很快褪去，可能的原因是__________________________________________；判断滴定达到终点的现象是

________________________________________________________________________。

③计算：重复上述操作2次，记录实验数据如下表。则消耗KMnO4标准溶液的平均体积为________ mL，此样品的纯度为____________。

序号滴定前读数滴定后读数

10.0020.01

2 1.0020.99

30.0021.10

④误差分析：下列操作会导致测定结果偏高的是________。

A．未用KMnO4标准溶液润洗滴定管

B．滴定前锥形瓶内有少量水

C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失

D．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视

【答案】酸式 < 反应生成的Mn2＋对反应有催化作用滴入最后一滴溶液，溶液由无色变成浅紫色，且半分钟内不褪色 20.00 90.00% AC

【解析】

【详解】

（1）由于温度升高，化学反应速率加快，所以反应时间就越短，因此褪色所需时间

t A

（2）②KMnO4溶液有强氧化性，会腐蚀橡胶，所以KMnO4溶液应该装入酸式滴定管中，在实验中发现，刚滴下少量KMnO4溶液时，溶液迅速变成紫红色。将锥形瓶摇动一段时间后，紫红色慢慢消失；再继续滴加时，紫红色就很快褪色了可能的原因是反应中生成的Mn2+具有催化作用，所以随后褪色会加快；当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，锥形瓶中溶液从无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色，故答案为：酸式；反应生成的Mn2＋对反应有催化作用；滴入最后一滴溶液，溶液由无色变成浅紫色，且半分钟内不褪色；

③分析3次实验的体积数据，可知：第三次误差太大，要舍去，消耗的KMnO4溶液的体积是V(KMnO4)=(20.10+19.90)ml÷2=20.00ml；n(KMnO4)=0.1000mol/L×0.020L=2×10-3mol;根据方程式可知n(H2C2O4)=5/2n(KMnO4)= 5/2×2×10-3mol=5×10-3mol，所以H2C2O4的质量是m=5×10-3mol ×90g/mol=0.45g，所以草酸的纯度是0.45g÷(5.000g÷10) ×

100%=90.00%，故答案为：20.00；90.00%；

④A、未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，则标准溶液的浓度偏小，是消耗的体积偏大，则计算的草酸的物质的量偏大，正确；B、滴定前锥形瓶有少量水，不会产生任何影响，错误；C、滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，则消耗的标准溶液体积偏大，所以计算的草酸的浓度就偏高，正确；D、观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，则消耗的标准溶液体积偏小，所以是草酸溶液的浓度偏小，错误，故答案为：AC。

【点睛】

本题考查综合实验，涉及温度和催化剂对化学反应速率的影响、乙二酸和高锰酸钾的性质、离子方程式的书写、化学实验基本操作、解释原因、滴定终点的现象、数据处理与纯度计算、误差分析等。

8．某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”，进行了如下实验：

2 3.0 2.0 3.0 2.0 4.0

3 1.0a 3.0 2.0 5.6

4

请回答：

（1）已知KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应有CO2生成，用化学方程式表示该实验的实

验原理________________________________________。

（2）a=______，设计实验2、3的目的是______________________

（3）利用实验2中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为

v(KMnO4)＝____________。

（4）该小组同学根据经验绘制了n(Mn2＋)随时间变化趋势的示意图，如图1所示。但有同

学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2＋)随时间变化的趋势应如图2所示。该

小组同学根据图2所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究。

①该同学绘制图1的依据是________________________________________

②该小组同学提出的假设是_________________________________________

③请你帮助该小组同学完成实验方案，并填写表中空白。

实

验

编

号

室温下，试管中所加试剂及其用量/mL

再向试

管中加

入少量

固体

室温下

溶液颜

色褪至

无色所

需时间

/min

0.6 mol/L

H2C2O4溶

液

H2O

0.2 mol/L

KMnO4溶液

3 mol/L

稀硫酸

4 3.0 2.0 3.0 2.0t

④若该小组同学提出的假设成立，则其依据是__________________________________

【答案】2KMnO4 + 5H2C2O4 +3H2SO4 =2MnSO4 + K2SO4 +10CO2↑ +8H2O 4.0 探究H2C2O4浓

度对反应速率的影响0.015 mol/(L·min)随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，

速率降低生成的Mn2+起催化作用，加快反应 MnSO4

【解析】

（1）酸性高锰酸钾溶液可以将草酸氧化为二氧化碳，本身被还原为Mn2+，所以反应

为：2KMnO4 + 5H2C2O4 +3H2SO4 =2MnSO4 + K2SO4 +10CO2↑ +8H2O。

（2）对于实验2、3可以看出，其他反应物相同，只有草酸用量发生变化，所以这两个实验探究的是H2C2O4浓度对反应速率的影响，因此实验中必须保证硫酸和高锰酸钾的浓度不变，所以必须保证总体积是相等的。实验2的总体积为10mL，所以实验3总体积也是

10mL，计算可得a=4.0mL。

（3）实验2中高锰酸钾的初始浓度为0.2 mol/L × 3 mL÷ 10 mL = 0.06 mol/L，溶液褪色代表高锰酸钾被完全反应，所以速率为0.06 mol/L ÷ 4 min = 0.015 mol/(L·min)。

（4）①随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，反应速率应该逐渐降低，所以图像中

n(Mn2＋)随时间变化的趋势越来越平缓，最后保持不变。

②该反应速率先加快后减慢，所以可以假设是反应生成的Mn2+对反应起到了催化作用，导致反应加快，反应后期反应物的浓度减小，所以反应减慢。

③本实验的目的是验证Mn2+对反应可以起到催化作用，所以加入少量的硫酸锰固体。

④若假设成立，则反应加快，褪色用的时间应该小于4min。

9．某研究小组拟用定量的方法测量Al和Fe分别与酸反应的快慢，设计了如图1所示的装置。

（1）检查图1所示装置气密性的方法是。

（2）若要比较产生气体的快慢，可以测量相同时间段内产生气体的体积，也可以测

量。

（3）实验测得铝丝产生气体的速率（v）与时间（t）的关系如图2所示，则t1～t2时间段内反应速率逐渐加快的主要原因是；t2～t3时间段内反应速率逐渐减慢的主要原因是。

【答案】（1）用手捂住锥形瓶，观察乙中长导管内液面是否上升；

（2）产生相同体积的气体所需时间；

（3）反应放热，溶液温度升高使反应速率加快，氢离子浓度减少反应速率减慢。

【解析】

试题分析：（1）检查图1所示装置气密性的方法是用手捂住锥形瓶，观察乙中长导管内液面是否上升。

（2）若要比较产生气体的快慢，可以测量相同时间段内产生气体的体积，也可以测量产生相同体积的气体所需时间。

（3）金属与酸反应放热，体系温度升高，则t1～t2时间段内反应速率逐渐加快的主要原因是反应放热，溶液温度升高使反应速率加快；随着反应的进行，酸的浓度逐渐降低，化学反应速率减慢，t2～t3时间段内反应速率逐渐减慢的主要原因是氢离子浓度减少反应速率

考点：考查化学反应速率的影响因素

10．测定平衡常数对定量认识化学反应具有重要意义。已知：I2能与I－反应生成I3－，并在溶液中建立如下平衡：I 2+I－I3－。通过测平衡体系中c(I2)、c(I－)和c(I3－)，就可求得该反应的平衡常数。

Ⅰ.某同学为测定上述平衡体系中 c(I2)，采用如下方法：取 V1 mL 平衡混合溶液，用cmol·L－1的Na2S2O3溶液进行滴定(反应为 I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)，消耗 V2 mL 的Na2S2O3溶液。根据V1、V2和c可求得c(I2)。

(1)上述滴定时，可采用________做指示剂，滴定终点的现象是_____________________。

(2)下列对该同学设计方案的分析，正确的是________(填字母)。

A．方案可行。能准确测定溶液中的 c(I2)

B．不可行。因为 I－能与 Na2S2O3发生反应

C．不可行。只能测得溶液中 c(I2)与 c(I3－)之和

Ⅱ.化学兴趣小组对上述方案进行改进，拟采用下述方法来测定该反应的平衡常数(室温条件下进行，溶液体积变化忽略不计)：

已知：①I－和 I3－不溶于 CCl4；②一定温度下，碘单质在四氯化碳和水混合液体中，碘单

质的浓度比值即

]

[

]

[

2

2

4

2

O

H

I

c

CCl

I

c

是一个常数(用Kd表示，称为分配系数)，且室温条件下Kd＝

85。回答下列问题：

(3)操作Ⅰ使用的玻璃仪器中，除烧杯、玻璃棒外，还需要的仪器是________(填名称)。试指出该操作中应注意的事项为________。 (任写一条)

(4)上述测定过程均正常操作，下层液体中碘单质的物质的量浓度是________；若终点读数时俯视滴定管，则会造成所测浓度________ (填“等于”、“大于”或“小于”)该值。

(5)实验测得上层溶液中c(I3－)＝0.0049 mol·L－1，结合上述有关数据，计算室温条件下反应

I 2+I－I3－的平衡常数 K＝________(用具体数据列出计算式即可)。

【答案】

(1)淀粉；溶液由蓝色变为无色，且半分钟后颜色不再改变

(2)C；

(3)分液漏斗；分液时上层液体应从上口倒出，下层液体应从下口放出(或分液漏斗末端应紧靠烧杯内壁或打开上口活塞，使分液漏斗内外压强相等便于液体流下等。其他合理答案也

(4)0.085 mol/L；小于；

(5)49000/51(或 961) L· mol－1；

【解析】

试题分析：(1)取V1mL平衡混合溶液，用 c mol?L-1的Na2S2O3溶液进行滴定(反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)，指示剂选择淀粉，滴入最后一滴溶液由蓝色变化为无色，半分钟不变化证明反应达到终点，故答案为：淀粉；溶液由蓝色变无色，且半分钟后颜色不再改变；

(2)碘单质能与I-反应成I3-，并在溶液中建立如下平衡：I2+I -I3-；A．方案不可行．依据操作的化学平衡分析可知，测定的是碘单质和I3-的含量，不能准确测定溶液中的c(I2)，故A错误；B．不可行．因为I-不能与Na2S2O3发生反应，是碘单质和Na2S2O3发生反应，故B 错误；C．不可行．依据操作的平衡可知，实验只能测得溶液中c(I2)与c(I3-)之和，不能测定离子浓度，故C正确；故答案为：C；

(3)步骤Ⅰ是分液操作，需要用到的玻璃容器，除烧杯、玻璃棒外，还有分液漏斗，用分液漏斗分液时上层液体应从上口倒出，下层液体应从下口放出；分液漏斗末端应紧靠烧杯内壁或打开上口活塞，使分液漏斗内外压强相等便于液体流下等，故答案为：分液漏斗；分液时上层液体应从上口倒出，下层液体应从下口放出；分液漏斗末端应紧靠烧杯内壁或打开上口活塞，使分液漏斗内外压强相等便于液体流下等；

(4)依据化学反应可知设碘单质物质的量为x；

I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，

1 2

x 0.1mol/L×0.017L

x=0.00085mol ，浓度=0.00085

0.010

mol

L=0.085mol/L，若终点读数时俯视滴定管，导致消耗的

标准液的体积偏小，则会造成所测浓度小于0.085mol/L，故答案为：0.085mol/L；小于；

(5)依据

24

22

[()]

[()]

c I CCl

c I H O

=85，计算得到水溶液中碘单质的浓度c(I2)=0.001mol/L；10ml溶液中

c(I3-)=0.049mol?L-1，物质的量0.00049mol，所以反应的碘离子物质的量为0.00049mol，平衡状态碘离子物质的量=0.1mol/L×0.01L=0.001mol-0.00049mol=0.00051mol，浓度c(I-)=0.051mol/L，I2+I-?I3-；平衡常数

K=

3

2

()

()()

c I

c I c I

-

-

=

0.049/

0.001/0.051/

mol L

mol L mol L

?=961L/mol，故答案为：961L/mol。

考点：考查了氧化还原滴定的相关知识。