全国高考化学化学反应速率与化学平衡的综合高考真题汇总含详细答案_百 ...

全国高考化学化学反应速率与化学平衡的综合高考真题汇总含详细答案

一、化学反应速率与化学平衡

1．根据当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿(主要成分为FeS2)作为原料。完成下列填空：

(1)将0.050mol SO2(g) 和0.030mol O2(g) 充入一个2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)+Q。经2分钟反应达到平衡，测得n(SO3)=0.040mol，则O2的平均反应速率为______

(2)在容积不变时，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有______(选填编号)

a.移出氧气            b.降低温度

c.减小压强            d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)

(3)在起始温度T1(673K)时SO2的转化率随反应时间(t)的变化如图，请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2(723K)时SO2的转化率随反应时间变化的示意图___

(4)黄铁矿在一定条件下煅烧的产物为SO2和Fe3O4

①将黄铁矿的煅烧产物Fe3O4溶于H2SO4后，加入铁粉，可制备FeSO4。酸溶过程中需维持溶液有足够的酸性，其原因是______

②FeS2能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，本身被氧化为SO42﹣。写出有关的离子方程式______。有2mol氧化产物生成时转移的电子数为______

【答案】0.005mol/(L•min) bd  抑制Fe3+与Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+ FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+ 14NA    

【解析】

【分析】

(1)根据v＝求出氧气的速率，然后根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比计算；

(2)反应放热，为提高SO2平衡转化率，应使平衡向正反应方向移动，可降低温度，体积不变，不能从压强的角度考虑，催化剂不影响平衡移动，移出氧气，平衡向逆反应方向移动，不利于提高SO2平衡转化率，由此分析解答；

(3)反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但达到平衡所需要的时间缩短，据此画出曲线；

(4)①Fe3＋与Fe2＋易水解，Fe2＋易被氧化成Fe3＋；

②根据氧化还原反应中的反应物和生成物几何电子守恒来配平化学方程式，结合方程计算转移电子数。

【详解】

(1)v(SO3)＝＝＝0.01mol/(L•min)，所以v(O2)＝v(SO3)＝0.005mol/(L•min)，故答案为：0.005mol/(L•min)；

(2)a．移出氧气，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；            

b．降低温度，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；

c．减小压强，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；            

d．再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)，相当于增大压强，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；

故答案为：bd；

(3)反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)  △H＜0，SO2的转化率在起始温度T1＝673K下随反应时间(t)的变化如图，其他条件不变，仅改变起始温度为T2＝723K，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，在图中画出温度T2下SO2的转化率随反应时间变化的预期结果示意图如图所示；故答案为：；

(4)①Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SO4后，生成的Fe3＋与Fe2＋易水解，Fe2＋易被氧化成Fe3＋，所以要加入Fe粉和酸，抑制Fe3＋与Fe2＋的水解，并防止Fe2＋被氧化成Fe3＋，故答案为：抑制Fe3＋与Fe2＋的水解，并防止Fe2＋被氧化成Fe3＋；

②−2价的硫离子具有还原性，FeS2可以将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，而本身被氧化为硫酸根离子，有关的离子方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+，氧化产物是硫酸根离子，有2mol硫酸根生成时转移的电子数为14NA，故答案为：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+；14NA。

【点睛】

注意(3)温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，此为解题的关键。

2．高锰酸钾具有强氧化性，广泛用于化工、医药、采矿、金属治炼及环境保护领域等。KMnO4的制备是以二氧化锰(MnO2)为原料，在强碱性介质中被氧化生成墨绿色的锰酸钾(K2MnO4)；然后在一定pH下K2MnO4歧化生成紫色KMnO4。回答下列问题

(1)K2MnO4的制备

实验步骤	现象或解释
①称取2.5 gKClO3固体和5.2gKOH固体置于铁坩埚中，加热熔融	不用瓷坩埚的原因是____________。
②分多次加入3gMnO2固体	不一次加入的原因是__________________。

(2)KMnO4的制备

趁热向K2MnO4溶液中加入1 mol/L H3PO4溶液，直至K2MnO4全部歧化，判断全部歧化的方法是用玻璃棒蘸取溶液于滤纸上，现象为_________________________。然后趁热过滤，将滤液倒入蒸发皿中加热到液面出现晶膜，充分冷却后过滤，在80℃烘箱中干燥3h，不选用更高温度的原因是_____________________________。

(3)产品分析

i.不同pH下产品中KMnO4含量

加入H3PO4体积／mL	溶液的pH	产品质量	KMnO4质量	KMnO4质量分数
10.50	12.48	2.35	2.05	87.23
12.50	11.45	2.45	2.18	88.98
14.50	10.	2.18	1.87	85.78
16.50	10.32	2.28	1.75	76.75
18.50	9.44	2.09	1.48	70.81

从表格中数据分析，在歧化时选择溶液的最佳pH是________________。

ii.利用H2C2O4标准溶液测定KMnO4的纯度。测定步骤如下：

①溶液配制：称取1.000g的KMnO4固体样品，放入_____________中溶解，然后冷至室温后全部转移到100mL容量瓶中，加蒸馏水至刻度线。

②滴定：移取25 mLKMnO4溶液于锥形瓶中，加少量硫酸酸化，用0.1400mol/L的H2C2O4标准溶液滴定，发生反应：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+＝2Mn2＋＋10C02＋8H2O，当溶液紫色褪色且半分钟内不变色即为终点，平行滴定3次，H2C2O4溶液的平均用量为23.90mL，则样品纯度为_______________％(保留1位小数)。

【答案】瓷坩埚中的SiO2与KOH反应 使MnO2充分反应，提高其转化率或者利用率 呈现紫色，而不是墨绿色 防止KMnO4受热分解 11.45 烧杯 84.6%    

【解析】

【分析】

(1) ①瓷坩埚原料含有SiO2，是酸性氧化物，能和碱反应；

②分多次加入3gMnO2固体，可提高原料利用率；

 (2) 根据“K2MnO4溶液显绿色”可知，如果该歧化反应结束，则反应后的溶液不会显示绿色；KMnO4在加热条件下分解生成K2MnO4；

(3) i.分析表中数据选择产品中KMnO4质量分数最高时对应溶液的pH；

ii.①溶液配制时固体溶解在烧杯中进行；

②滴定时消耗23.90mL0.1400mol/L的H2C2O4标准溶液，则参加反应的H2C2O4的物质的量为0.0239L×0.1400mol/L=3.346×10-3mol，根据反应：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+＝2Mn2＋＋10CO2＋8H2O可知参加反应的KMnO4的物质的量为3.346×10-3mol×=1.3348×10-3mol，据此计算样品纯度。

【详解】

(1) ①瓷坩埚原料含有SiO2，在高温下，瓷坩埚可以和KOH发生反应SiO2+2KOHK2SiO3+H2O，腐蚀瓷坩埚，故不能使用瓷坩埚，而使用铁坩埚；

②为使MnO2充分反应，提高其转化率，加入MnO2时可分批加入，而不一次性加入；

(2) 由于K2MnO4溶液显绿色，所以用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹，表明反应已歧化完全；晶体烘干时应控制温度不超过80℃，以防止KMnO4受热分解；

(3) i.由表中数据可知，歧化时选择溶液的pH为11.45时所得产品的质量最高，产品中KMnO4质量分数的最高，故控制溶液的最佳pH是11.45；

ii.①配制KMnO4溶液时，称取的KMnO4固体样品，应放入烧杯中溶解，然后冷至室温后全部转移到100mL容量瓶中，加蒸馏水至刻度线；

②滴定时消耗23.90mL0.1400mol/L的H2C2O4标准溶液，则参加反应的H2C2O4的物质的量为0.0239L×0.1400mol/L=3.346×10-3mol，根据反应：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+＝2Mn2＋＋10CO2＋8H2O可知参加反应的KMnO4的物质的量为3.346×10-3mol×=1.3348×10-3mol，则样品纯度=≈84.6%。

3．三草酸合铁酸钾K3[Fe(C2O4)3]•xH2O晶体是一种亮绿色的晶体，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，也是一种有机反应良好的催化剂。已知M（K3[Fe(C2O4)3]）=437g/mol。本实验以(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O（硫酸亚铁铵晶体）为原料，加入草酸（H2C2O4）制得草酸亚铁（FeC2O4）后，在过量的草酸根（C2O42-）部分实验过程如下：

（1）在沉淀A中加入饱和K2C2O4溶液，并用40℃左右水浴加热，再向其中慢慢滴加足量的30%H2O2溶液，不断搅拌。此过程需保持温度在40℃左右，可能的原因是：______

（2）某兴趣小组为知道晶体中x的数值，称取1.637g纯三草酸合铁酸钾（K3[Fe(C2O4)3]•xH2O）晶体配成 100ml 溶液，取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4，用浓度为 0.05000mol•L-1的KMnO4标准溶液进行滴定。其中，最合理的是______（选填 a、b）。由如图KMnO4滴定前后数据，可求得x=______。

【答案】适当提高温度以加快反应速率，若温度太高则H2O2分解 b 3    

【解析】

【分析】

由制备流程可知，硫酸亚铁加入稀硫酸抑制Fe2＋水解，然后与草酸发生(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O+H2C2O4═FeC2O4↓+(NH4)2SO4+H2SO4+6H2O，用过氧化氢将草酸亚铁氧化为K3[Fe(C2O4)3]，发生2FeC2O4+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4═2K3[Fe(C2O4)3]↓+2H2O，溶液C含K3[Fe(C2O4)3]，蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体。

【详解】

（1）在沉淀A中加入饱和K2C2O4溶液，并用40℃左右水浴加热，再向其中慢慢滴加足量的30%H2O2溶液，不断搅拌，此过程需保持温度在40℃左右，可能的原因是适当提高温度以加快反应速率，若温度太高则H2O2分解；

（2）KMnO4标准溶液具有强氧化性，可氧化橡胶，应选酸式滴定管，只有图b合理；图中消耗高锰酸钾的体积为20.80mL-0.80mL=20.00mL，由2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，K3[Fe(C2O4)3]•xH2O物质的量为0.02L×0.05mol/L× × × =0.0033mol，M= =496g/mol，则39×3+（56+280×3）+18x=496，解得x=3。

4．硫代硫酸钠(Na2S2O3)是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S、SO2。

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)b中反应的离子方程式为________，c中试剂为_________。

(2)反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清。此浑浊物是_______。

(3)实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有___________(写出两条)。

(4)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_______。

(5)制备得到的Na2S2O3中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4：___________________________________。

Ⅱ. 探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。

资料：ⅰ．Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)

ⅱ．Ag2S2O3为白色沉淀，Ag2S2O3可溶于过量的S2O32-

装置	编号	试剂X	实验现象
	①	Fe(NO3)3溶液	混合后溶液先变成紫黑色, 30s后溶液几乎变为无色
	②	AgNO3溶液	先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液

(6)根据实验①的现象，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Ⅰ的现象：____。

(7)同浓度氧化性：Ag+ > Fe3+。实验②中Ag+未发生氧化还原反应的原因是____。

(8)进一步探究Ag+和S2O32-反应。

装置	编号	试剂X	实验现象
	③	AgNO3溶液	先生成白色絮状沉淀，沉淀很快变为黄色、棕色，最后为黑色沉淀。

实验③中白色絮状沉淀最后变为黑色沉淀(Ag2S)的化学方程式如下，填入合适的物质和系数：Ag2S2O3+_____ =Ag2S+_____

(9)根据以上实验，Na2S2O3与金属阳离子发生氧化还原反应和____有关(写出两条)。

【答案】SO32-+2H+= H2O +SO2↑;或HSO3－+H+=SO2↑+H2O 硫化钠和碳酸钠的混合溶液 硫 控制反应温度、调节酸的滴加速度(或调节酸的浓度等) 若SO2过量，溶液显酸性，产物分解 取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质 加入铁溶液，产生蓝色沉淀 生成紫色配合物的反应速率快，氧化还原反应速率慢；Fe3+与S2O32−氧化还原反应的程度大，Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡逆移，最终溶液几乎无色 Ag+与S2O32−生成稳定的配合物，浓度降低，Ag+的氧化性和S2O32−的还原性减弱 H2O H2SO4 阳离子、用量等    

【解析】

【分析】

Ⅰ.第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸；c装置为Na2S2O3的生成装置；d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体，结合问题分析解答；

Ⅱ.(6)利用铁溶液检验反应后的溶液中含有Fe2+；根据外界条件对反应速率和平衡的影响分析解答；

(7)实验②滴加AgNO3溶液，先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液，说明溶液中Ag+较低，减少了发生氧化还原反应的可能；

(8)Ag2S2O3中S元素化合价为+2价，生成的Ag2S中S元素化合价为-2价，是还原产物，则未知产物应是氧化产物，结合电子守恒、原子守恒分析即可；

(9)结合实验①、②、③从阳离子的氧化性、离子浓度等方面分析。

【详解】

Ⅰ. (1)第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸，反应的离子方程式为：SO32-+2H+=SO2↑+H2O，c装置为Na2S2O3的生成装置，根据反应原理可知c中的试剂为：硫化钠和碳酸钠的混合溶液；

(2)反应开始时发生的反应为：Na2S+SO2+H2O=H2S+Na2SO3，SO2+2H2S=3S↓+2H2O，故该浑浊物是S；

(3)通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制SO2生成速率；

(4)硫代硫酸钠遇酸易分解，若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解；

(5)检测产品中是否存在Na2SO4的方法是取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质。

Ⅱ.(6)实验①的现象是混合后溶液先变成紫黑色，30s后溶液几乎变为无色，取反应后的混合液并加入铁溶液，产生蓝色沉淀，则有Fe2+生成，可判断为Fe3+被S2O32-还原为Fe2+；混合后溶液先变成紫黑色，30s后溶液几乎变为无色，说明Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-反应速率较Fe3+和S2O32-之间的氧化还原反应，且促衡逆向移动；先变成紫黑色后变无色，说明生成紫色配合物的反应速率快，氧化还原反应速率慢；另外Fe3+与S2O32−氧化还原反应的程度大，导致Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡逆移，最终溶液几乎无色；

(7)同浓度氧化性：Ag+ >Fe3+，但实验②未发生Ag+与S2O32-之间的氧化还原反应，结合实验现象先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液，说明Ag+与S2O32−生成稳定的配合物，浓度降低，Ag+的氧化性和S2O32−的还原性减弱；

(8)Ag2S2O3中S元素化合价为+2价，生成的Ag2S中S元素化合价为-2价，是还原产物，则未知产物应是氧化产物，如果产物是H2SO3，能被Ag+继续氧化，则氧化产物应为H2SO4，结合原子守恒可知，另一种反应物应为H2O，发生反应的化学方程式为Ag2S2O3+H2O=Ag2S+H2SO4；

(9)结合实验①、②、③可知，Na2S2O3与金属阳离子发生氧化还原反应和金属阳离子的氧化性强弱、离子浓度大小、反应物的用量等有关。

5．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/℃	0	10	20	30	40	60	80	90
溶解度/g	3.00	3.99	5.90	8.39	11.7	24.8	71.0	109

(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。

6．某化学学习小组进行如下实验

Ⅰ.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

(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_____。

Ⅱ.测定 H2C2O4·xH2O 中 x 值

已知：M（H2C2O4  ）=90 g·mol-1

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

② 取 25.00 mL 待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀 H2SO4；

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

(2)请写出滴定中发生反应的离子方程式_____。

(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_________，滴定终点锥形瓶内溶液的颜色变化为_____。

(6)通过上述数据，求得 x=_____。若由于操作不当，滴定结束后滴定管尖嘴处有一气泡， 引起实验结果_____（偏大、偏小或没有影响）；其它操作均正确，滴定前未用标准 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 锥形瓶中颜色变化 溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色 2 偏小 偏小    

【解析】

【分析】

【详解】

I、(1)由表中数据可知，实验①、②只有温度不同，所以实验①、②是探究温度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，对比表中数据，只有H2C2O4浓度可变，在保证溶液总体积(2.0mL+4.0mL=6.0mL)不变条件下加蒸馏水稀释H2C2O4溶液，所以a=6.0mL-4.0mL-1.0mL=1.0mL。因为本实验是探究反应速率的影响因素，所以必须有能够计量反应速率大小的物理量，KMnO4的物质的量恒定，KMnO4呈紫色，可以以溶液褪色所用的时间来计量反应速率，所给仪器中有秒表，故时间单位为“s”，表格中“乙”应该是“溶液褪色时间/s”。

II、(2)H2C2O4分子中碳原子显+3价，有一定的还原性，常被氧化为CO2，KMnO4具有强氧化性，通常被还原为Mn2+，利用化合价升降法配平,所以滴定中的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；

(3)KMnO4具有强氧化性，能氧化橡胶，所以不能用碱式滴定管盛装KMnO4溶液，a不合理，答案选b；

(4)图中滴定管精确到0.1mL，估读到0.01mL，从上往下读，滴定前的读数为0.90mL，滴定后的读数20.90mL，消耗KMnO4溶液体积为20.90mL-0.90mL=20.00mL；

(5)滴定实验中减小误差的关键操作就是要准确判断滴定终点，所以滴定过程中眼睛始终注视着锥形瓶中溶液颜色的变化；KMnO4呈紫红色，当KMnO4不足时，溶液几乎是无色，当H2C2O4完全反应后，再多一滴KMnO4溶液，溶液立即显红色，此时我们认为是滴定终点，为防止溶液局部没有完全反应，故还要持续摇动锥形瓶30s，所以滴定终点锥形瓶内溶液的颜色变化为：溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；

(6)先求H2C2O4物质的量，再求H2C2O4·xH2O摩尔质量。

列比例式：，解得c(H2C2O4)=0.1mol/L。则1.260g纯草酸晶体中H2C2O4物质的量n(H2C2O4)=0.1L×0.1mol/L=0.01mol，即H2C2O4·xH2O的物质的量=0.01mol，H2C2O4·xH2O的摩尔质量， 。

滴定结束后滴定管尖嘴处有一气泡，使得KMnO4溶液体积读数偏大，根据上面的计算式可知n(H2C2O4·xH2O)偏大，H2C2O4·xH2O的摩尔质量偏小，x值偏小。若滴定前未用标准 KMnO4 溶液润洗滴定管，KMnO4溶液浓度偏小，滴定终点时消耗KMnO4溶液体积偏大，根据上面的计算式可知n(H2C2O4·xH2O)偏大，H2C2O4·xH2O的摩尔质量偏小，x值偏小。

【点睛】

当探究某一因素对反应速率的影响时，必须保持其他因素不变，即所谓控制变量法。另外，人们常常利用颜色深浅和显色物质浓度间的正比关系来测量反应速率。

7．某实验小组以 H2O2 分解为例，研究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响，在常温下按照如下方案完成实验。

实验编号	反应物	催化剂
①	10 mL 2% H2O2 溶液	无
②	10 mL 5% H2O2 溶液	无
③	10 mL 5% H2O2 溶液	1 mL 0.1 mol • L-1 FeCl3 溶液
④	10 mL 5% H2O2 溶液+少量 HCl 溶液	1 mL 0.1 mol • L-1 FeCl3 溶液
⑤	10 mL 5% H2O2 溶液+少量 NaOH溶液	1 mL 0.1 mol • L-1 FeCl3 溶液

(1)催化剂能加快化学反应速率的原因是_____。

(2)实验①和②的目的是_________。实验时由于较长时间没有观察到明显现象而无法得出结论。资料显示，通常条件下 H2O2 稳定，不易分解。为了达到实验目的，你对原实验方案的改进是_____。

(3)写出实验③的化学反应方程式：_____。

(4)实验③、④、⑤中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如图。分析如图能够得出的实验结论是_____。

【答案】（1）降低了活化能（2分）

（2）探究浓度对反应速率的影响 （2分）

向反应物中加入等量同种催化剂（或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中）（2分）

（3）2H2O2O2↑＋2H2O（2分）

（4）碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率 （2分）

【解析】

【详解】

(1)催化剂改变反应的途径，降低反应所需的活化能，从而加快反应速率，故答案为改变反应途径，降低了活化能；

(2)实验①和②的浓度不同，则该实验的目的为探究浓度对化学反应速率的影响；为了便于比较，应在相同的条件下利用一个变量来比较，则向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中)，故答案为探究浓度对反应速率的影响；向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中)；

(3)过氧化氢在催化剂作用下分解生成水和氧气，该反应为2H2O22H2O+O2↑，故答案为2H2O22H2O+O2↑；

(4)由图可知，⑤的反应速率最大，④的反应速率最小，结合实验方案可知，碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率，故答案为碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率。

8．H2O2是一种常见试剂，在实验室、工业生产上有广泛用途

Ⅰ.实验室用H2O2快速制氧，其分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如甲乙丙丁四图所示：

（1）下列说法正确的是：________（填字母序号）

A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越慢

B．图乙表明，其他条件相同时，溶液碱性越弱，H2O2分解速率越快

C．图丙表明，少量Mn 2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快

D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大

（2）催化剂Mn2+在反应中，改变了____________________ (填字母序号)

A．反应速率  B．反应限度 C．反应焓变 D．反应路径  E.反应活化能  F.活化分子百分数

Ⅱ．H2O2在工业上作为Fenton法主要试剂，常用于处理含难降解有机物的工业废水。在调节好pH（溶液的酸碱性）和Fe2+浓度的废水中加入H2O2，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物p-CP，探究有关因素对该降解反应速率的影响。

（实验设计）控制p-CP的初始浓度相同，恒定实验温度在298K或313K（其余实验条件见下表），设计如下对比试验，并将实验结果绘制时间-p-CP浓度图如下。

（3）电中性的羟基自由基的电子式为：______________。

（4）请完成以下实验设计表(表中不要留空格)。

实验编号	实验目的	T/K	pH	c/10-3mol·L-1
				H2O2	Fe2+
①	为以下实验作参考	298	3	6.0	0.30
②	探究温度对降解反应速率的影响	_________	______	_______	_________
③	__________________	298	10	6.0	0.30

（5）请根据右上图实验①曲线，计算降解反应在50～150s内的反应速率：v(p-CP)=_____________。

（6）实验时需在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止下来。根据实验结果，给出一种迅速停止反应的方法：__________________________。

【答案】A D  A D E F  313 3 6.0 0.30   探究溶液的酸碱性（pH）对降解反应速率的影响 8×10 - 6mol /（L·s） 加入NaOH溶液使溶液的pH=10（大于10也对）    

【解析】

试题分析：(1)根据图示分析；（2）催化剂通过改变反应路径降低活化能，提高反应速率，加入催化剂平衡不移动；（3）电中性的羟基含有9个电子；（4）探究温度对降解反应速率的影响，变量只能是温度；根据表格数据，实验③与实验①相比只有PH不同；（5）根据 计算反应速率；（6）根据表格数据，pH=10时，反应速率几乎为0；

解析：(1) 由甲图可知，双氧水浓度越大，分解越快，H2O2浓度越小，其分解速率越慢，A正确；由图乙可知，溶液的碱性越强即pH越大，双氧水分解越快，B错误；C．溶液的碱性越强即pH越大，双氧水分解越快，故C错误；由图丙和图丁可知， Mn2+浓度越大，双氧水分解越快，D正确。

（2）催化剂通过改变反应路径降低活化能，提高反应速率，加入催化剂平衡不移动；催化剂能加快反应速率，故A正确；催化剂不能使平衡发生移动，故B错误； 加入催化剂，平衡不移动，反应焓变不变，故C错误； 催化剂参与反应，改变反应路径，故D正确；        

催化剂降低反应活化能，故E正确； 催化剂通过降低活化能，提高活化分子百分数，故F正确。（3）电中性的羟基含有9个电子，电子式是；（4）探究温度对降解反应速率的影响，变量只能是温度，所以实验②与实验①只有温度不同，其余都相同，实验②温度是313K，PH=3，过氧化氢的浓度是6.0，Fe2+的浓度是0.30；根据表格数据实验③与实验①相比只有PH不同，实验③探究溶液的酸碱性对降解反应速率的影响；（5）根据 ，v(p-CP)= = 8×10 - 6mol/（L·s）；

（6）根据表格数据，pH=10时，反应速率几乎为0，加入NaOH溶液使溶液的pH=10，可以迅速停止反应；

点睛：催化剂通过降低反应活化能，提高活化分子百分数，增大反应速率，催化剂对反应速率的影响最明显；但催化剂不能使平衡发生移动，所以催化剂不能改变反应热。

9．（1）K2Cr2O7的水溶液中存在如下平衡：Cr2O72-（aq）+ H2O(l)2CrO42-（aq）+ 2H+（aq）,平衡常数表达式__________已知：在水溶液中K2Cr2O7为橙红色，K2CrO4为黄色)往上述溶液中加入氢氧化钠溶液呈___色；向已加入氢氧化钠的溶液中，再加入过量硫酸溶液呈___________色；此实验现象，符合勒夏特列原理：如果改变维持化学平衡的条件（浓度、压力和温度），平衡就会向着_________这种改变的方向移动,

（2）在KMnO4与H2C2O4反应中，可通过测定_________________来测定该反应的速率；写出酸性条件下KMnO4与H2C2O4（弱酸）反应，产生二氧化碳气体、水和Mn2+的离子反应方程式：__________________；此反应开始反应缓慢，随后反应迅速加快，其原因是______（填字母）

A．KMnO4溶液中的H+起催化作用

B．生成的CO2逸出，使生成物浓度降低

C．反应中，生成的Mn2+起催化作用

D．在酸性条件下KMnO4的氧化性增强

（3）为探讨化学反应速率的影响因素，设计的实验方案如下表。（已知 I2＋2S2O32-===S4O62-＋2I－，其中Na2S2O3溶液均足量）

实验

序号	体积V/mL				时间/s
	Na2S2O3溶液	淀粉溶液	碘水	水
①	10.0	2.0	4.0	0.0	t1
②	8.0	2.0	4.0	2.0	t2
③	6.0	2.0	4.0	Vx	t3

①该实验进行的目的是_____________淀粉溶液的作用是____________。

②表中Vx=_______mL，比较t1、t2、t3大小____________，试推测该实验结论： ____________

【答案】  K=   黄  橙  减弱  溶液紫色褪色时间  5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋5Mn2＋＋8H2O  C  其他条件不变，探究浓度对化学反应速率的影响  显色剂，检验I2的存在  4.0  t1【解析】（1）平衡常数等于生成物浓度幂之积比上反应物浓度幂之积，所以K=；反应Cr2O72-+H2O⇌2CrO42-+2H+，加入氢氧化钠溶液，氢氧根离子中和氢离子，平衡向着正向移动，溶液呈黄色；加入过量硫酸溶液，溶液中氢离子浓度增大，平衡向着逆向移动，溶液呈橙红色；如果改变维持化学平衡的条件（浓度、压力和温度），平衡就会向着减弱这种改变的方向移动；

（2）在KMnO4与H2C2O4反应中，根据高锰酸钾溶液褪色的时间比较反应速率；KMnO4与H2C2O4（弱酸）反应，产生二氧化碳气体、水和Mn2+，根据化合价升降相等配平，反应的化学方程式为：2MnO4-+5H2C2O4 +6H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑；A．KMnO4溶液中的H+起催化作用，由于反应开始时溶液中氢离子就存在，反应速率比较慢，说明氢离子不是反应速率迅速加快的原因，故A错误；B．生成的CO2逸出，使生成物浓度降低，生成二氧化碳逸出，生成物浓度减小，反应速率应该减小，故B错误；C． 反应中，生成的Mn2+起催化作用，由于反应刚开始时，溶液中锰离子浓度较小，随着反应的进行，溶液中锰离子浓度增大，锰离子对反应具有催化作用，故C正确；D．若是因为酸性条件下KMnO4的氧化性增强，则反应开始时反应速率就应该很快，故D错误；故答案为C；

（3）①为了探究反应物浓度对化学反应速率的影响，则除了Na2S2O3溶液的浓度不同外；淀粉作为显色剂，检验碘的存在，可根据颜色的变化判断反应的快慢；

②应保持其他影响因素一致，即应使溶液体积均为16mL，故Vx=4.0mL；由于在三个实验中Na2S2O3溶液的体积①＞②＞③，而混合后溶液体积相同，故混合后Na2S2O3浓度①＞②＞③，可知化学反应速率①＞②＞③，反应所需时间T的大小t1＜t2＜t3，得出的结论是其他条件不变，反应物浓度越大，化学反应速率越大。

10．研究发现某些金属离子如 Fe3+、Cu2+等对H2O2的分解也具有催化作用，为了比较 MnO2与 Fe3+和Cu2+的催化效果，某同学设计了如图甲、乙所示的实验。

请回答相关问题：

（1）定性分析：图甲可通过观察__________（填写相关实验现象）， 定性比较得出结论。有同学提出将FeCl3 改为 Fe2(SO4)3 或者将 CuSO4 改为 CuCl2 更为合理，其理由是______________。

（2）定量分析：如图乙所示，实验时均以生成40mL气体为准，其它可能影响实验的因素均已忽略。检查乙装置气密性的方法是_____________，实验中需要测量的数据是___________。

（3）加入0.10mol MnO2 粉末于50mL H2O2溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示．

①实验时放出气体的总体积是_______mL， 反应放出气体所需时间约为_________min。

②A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序为 D＞C＞B＞A．解释反应速率变化的原因：______________。

③计算 H2O2 的初始物质的量浓度为__________mol/L。（保留两位有效数字）

【答案】（1）产生气泡的快慢（2分）消除阴离子不同对实验的干扰（2分）

（2）关闭分液漏斗活塞，将注射器活塞向外拉出一段，过一会后看其是否回到原位（2分）产生40mL气体所需的时间（2分）

（3）①60（1分）4（1分）②随着反应的进行，浓度减小，反应速率减慢（2分）③0.11（2分）

【解析】

试题分析：（1）比较反应速率的大小可通过生成气泡的快慢来判断，比较金属阳离子的催化效果要排斥阴离子的干扰；

（2）检验气密性可通过关闭分液漏斗活塞，将注射器活塞向外拉出一段，如活塞回到原位说明气密性良好；比较化学反应速率大小，可用生成相同体积气体所需时间，或相同时间内生成气体的体积进行判断；

（3）①当反应进行到4min时，反应结束，生成气体的体积最大为60mL；

②由于随着反应的进行，浓度减小，因此导致反应速率减慢；

③根据方程式计算

2H2O＝2H2O+O2↑

2mol     22.4L

n（H2O2） 0.06L

n（H2O2）=2mol×0.06L/22.4L=0.00536mol，

所以c（H2O2）=0，00536mol/0.05L=0.11 mol•L-1。

【考点定位】本题考查催化剂的对照试验

【名师点晴】该题较为综合，涉及反应速率、气密性检查、物质的量浓度的计算等问题，注意控制变量法探究影响化学反应速率的因素：影响化学反应速率的因素有多种，在探究相关规律时，需要控制其他条件不变，只改变某一个条件，探究这一条件对反应速率的影响。变量探究实验因为能够考查学生对于图表的观察、分析以及处理实验数据归纳得出合理结论的能力，因而在这几年高考试题中有所考查。解答此类题时，要认真审题，清楚实验目的，弄清要探究的外界条件有哪些。然后分析题给图表，确定一个变化的量，弄清在其他几个量不变的情况下，这个变化量对实验结果的影响，进而总结出规律。然后再确定另一个变量，重新进行相关分析。另外还需要注意把握该实验的气密性的检查问题。检查装置气密性的原理一般都是通过改变装置内气体压强实现的，若检查气密性的装置本身是一个非气密性装置，则第一步要处理成一个密闭体系。装置气密性的检查，难在以下两点：一是方法，二是文字表述。其叙述形式是：装置形成封闭体系→操作(微热、手捂、热毛巾捂、加水等)→描述现象→得出结论；①微热法检查的关键词是封闭、微热、气泡、水柱；②液差(封)法的关键词是封闭、液差。