高考化学化学反应速率与化学平衡-经典压轴题及详细答案

一、化学反应速率与化学平衡

1．某兴趣小组在实验室进行如下实验探究活动。

(1)设计如下实验研究2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2的反应。

①振荡静置后C中观察到的现象是_______________________；为证明该反应存在一定限度，还应补做实验为：取C中分液后的上层溶液，然后______________(写出实验操作和现象)。

②测定上述KI溶液的浓度，进行以下操作：

I用移液管移取20.00 mL KI溶液至锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化，再加入足量H2O2溶液，充分反应。

II小心加热除去过量的H2O2。

III用淀粉做指示剂，用c mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，反应原理为：2Na2S2O3＋I2＝2NaI＋Na2S4O6。

步骤II是否可省略?____________(答“可以”或“不可以”)

步骤III达到滴定终点的现象是___________________________。巳知I2浓度很高时，会与淀粉形成稳定的包合物不易解离，为避免引起实验误差，加指示剂的最佳时机是

________。

(2)探究Mn2＋对KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应速率的影响。

反应原理(化学方程式)为________；

仪器及药品：试管(两支)、0.01 mol/L KMnO4酸性溶液、0.1 mol/L H2C2O4溶液、一粒黄豆大的MnSO4固体；

实验方案：请仿照教材(或同教材)设计一个实验用表格，在行标题或列标题中注明试剂及观察或记录要点。______________

【答案】溶液分层，上层水层为黄绿色，下层四氯化碳层为紫色滴加KSCN溶液，溶液变红不能；；当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，蓝色褪去且半分钟内不复原用c mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅黄色时，滴加淀粉指示剂，再继续滴加标准溶液

2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；

加入试剂0.01mol/LKMnO4酸性溶液和0.1mol/L

的H2C2O4溶液

0.01mol/LKMnO4酸性溶液、0.1mol/L的

H2C2O4溶液和硫酸锰固体

褪色时间实验结论【解析】【分析】

（1）①由题意可知，过量的碘化钾溶液与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和碘，向溶液中加入四氯化碳，振荡静置，溶液分层，为证明该反应存在一定限度，应检验上层溶液中是否存在Fe3＋；

②由步骤I可知，双氧水的氧化性强于单质碘，若步骤II省略，溶液中过氧化氢会与

Na2S2O3溶液反应；当Na2S2O3标准溶液过量时，溶液中碘单质完全反应，溶液由蓝色变为无色；为避免引起实验误差，滴定开始时不能加入淀粉指示剂，应当在I2浓度较小时再滴入淀粉；

（2）KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水。

【详解】

（1）①由题意可知，过量的碘化钾溶液与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和碘，向溶液中加入四氯化碳，振荡静置，溶液分层，上层为氯化铁和氯化亚铁得混合溶液，溶液的颜色为黄绿色，下层为碘的四氯化碳溶液，溶液的颜色为紫色；为证明该反应存在一定限度，应检验上层溶液中是否存在Fe3＋，还应补做实验为：取C中分液后的上层溶液，然后滴加KSCN溶液，溶液变红色，故答案为：溶液分层，上层水层为黄绿色，下层四氯化碳层为紫色；滴加KSCN溶液，溶液变红；

②由步骤I可知，双氧水的氧化性强于单质碘，若步骤II省略，溶液中过氧化氢会与

Na2S2O3溶液反应，导致Na2S2O3标准溶液体积偏大，所测结果偏高，故不能省略；当

Na2S2O3标准溶液过量时，溶液中碘单质完全反应，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；由I2浓度很高时，会与淀粉形成稳定的包合物不易解离，为避免引起实验误差，滴定开始时不能加入淀粉指示剂，应当在I2浓度较小时再滴入淀粉，故答案为：不能；当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，蓝色褪去且半分钟内不复原；用c mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅黄色时，滴加淀粉指示剂，再继续滴加标准溶液；

（2）KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；据题给条件，设计探究Mn2＋对KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应速率的影响的实验，应用取两份等体积的

0.01mol/LKMnO4酸性溶液，一份加入0.1mol/L的H2C2O4溶液，另一份加入等体积的

0.1mol/L的H2C2O4溶液和硫酸锰固体，测定溶液由紫色退为无色所需要的时间，实验用表格如下：

故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；

褪色时间

实验结论

【点睛】

当Na2S2O3标准溶液过量时，溶液中碘单质完全反应，溶液由蓝色变为无色，为避免引起实验误差，滴定开始时不能加入淀粉指示剂，应当在I2浓度较小时再滴入淀粉是解答关键，也是难点和易错点。

2．氧化剂H2O2在反应时不产生污染物被称为绿色氧化剂，因而受到人们越来越多的关注。

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

实验编号反应物催化剂

①10mL2% H2O2溶液无

②10mL5% H2O2溶液无

③10mL5% H2O2溶液1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液

④10mL5% H2O2溶液+少量HCl溶液1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液

⑤10mL5% H2O2溶液+少量NaOH溶液1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液

（1）实验①和②的目的是_________________________________。同学们进行实验时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方法是_________________________（填一种方法即可）。

（2）实验③④⑤中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如图所示。

分析该图能够得出的实验结论是________________________________。

II.资料显示，某些金属离子或金属氧化物对H2O2的分解起催化作用。为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，该实验小组的同学设计了如下图所示的实验装置进行实验。

（1）某同学通过测定O2的体积来比较H2O2的分解速率快慢，实验时可以通过测量

_______或______来比较。

（2）0.1g MnO2粉末加入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。请解释化学反应速率变化的原因：_____________。请计算H2O2的初始物质的量浓度为________________(保留两位有效数字)。

为探究MnO2在此实验中对H2O2的分解起催化作用，需补做下列实验（无需写出具体操作）：a._________________；b.___________________。

【答案】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入同一热水浴中）碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率相同时间内产生O2的体积生成相同体积O2所需要的时间随着反应的进行，浓度减小，反应速率减慢 0.11mol·L－1 MnO2的质量有没有改变 MnO2的化学性质有没有改变

【解析】

【详解】

I.（1）实验①和②中H2O2的浓度不同，其它条件相同，故实验目的是探究浓度对反应速率的影响；实验时没有观察到明显现象是因为反应太慢，那么就要采取措施加快反应，可以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）从图可以看出产生O2的最终体积相等，但溶液的酸碱性不同，反应速率不同，在碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率。

II.（1）通过测定O2的体积来比较H2O2的分解速率快慢时可以看相同时间内产生O2的体积，或生成相同体积O2所需要的时间。

（2）从图可以看出，反应开始后，在相同的时间内生成的O2的体积逐渐减小，反应速率变慢，那么造成反应变慢的原因是随着反应的进行，浓度减小，反应速率减慢；反应在进行到4min时O2的体积不再改变，说明反应完全，生成O2的物质的量为：60×10-

3L÷22.4L/mol=2.7×10-3mol，根据反应2H2O2＝2H2O＋O2↑,生成2.7×10-3mol O2，需要消耗H2O2的物质的量为5.4×10-3mol，则H2O2的物质的量浓度为：5.4×10-3mol÷

0.05L=0.11mol·L－1；要探究MnO2是不是起到催化作用，根据催化剂在反应中的特点：反应前后质量和性质没有发生改变，所以需要补做实验来确定MnO2的质量有没有改变、MnO2的化学性质有没有改变。

3．某化学兴趣小组探究氯与水反应的热效应及所得溶液氯元素含量，查阅大量资料并做下列实验探究验证

实验Ⅰ：在通风橱内向装有80mL蒸馏水的锥形瓶(瓶口塞上棉花团)中鼓入氯气，至溶液中pH没有明显变化停止通入氯气，使用数据采集器，测定在此过程中溶液的温度及pH变

化，具体数据如图所示：

实验Ⅱ：对20mL 饱和氯水加热，测出c （Cl —）、pH 及温度变化如图2所示。

实验Ⅲ：采用莫尔法测定氯水中氯元素的含量。此法是以24K CrO 为指示剂，用3AgNO 标准溶液进行滴定。其实验步骤如下：

①准确移取25.00ml 氯水试样3份，分别置于锥形瓶中，再分别加入25.00ml 水； ②向试样中加入足量的22H O 溶液； ③除去过量的22H O ，冷却；

④调整溶液的pH ，再加入1mL5% 24K CrO 溶液，在不断摇动下用0.100mol L ⋅3

AgNO 标准溶液滴定至溶液呈砖红色242[2Ag CrO Ag +-

+=4CrO (↓砖红色)]

⑤重复上述实验，测得消耗3AgNO 标准溶液体积的平均值为vmL 回答下列问题：

（1）氯气在295K 、100Kpa 时，在1L 水中可溶解0.09mol ，实验测得溶于水的Cl 2约有三分之一与水反应。该反应的离子方程式为______；估算该离子反应的平衡常数______ （2）根据实验Ⅰ测定结果判断氯气与水的反应是______(填“吸热反应”或“放热反应”)理由是______

（2）分析实验Ⅱ图，小组同学推测产生该结果的原因可能是多种反应造成的，下列叙述合理的是______

A ．升温，氯气挥发导致c （Cl —）减小

B ．对于2Cl 和2H O 的反应，升温平衡逆向移动，c （Cl —）减小，pH 减小

C ．升温，促进次氯酸分解2HClO

2HCl+O 2↑

D ．升温，可能发生3HClO 2HCl+HClO 3（强酸） ，使得pH 减小

（4）实验Ⅲ步骤3中加足量的22H O 溶液，目的是______ （5）用3AgNO 标准溶液滴定氯离子达到化学计量点时，(

)()c Ag c Cl -

-

=，若此时要求

不生成24Ag CrO 沉淀，则(

)24

c CrO -

最大不能超过______1

mol L

.-⋅已知：

()10sp K AgCl 1.810-=⨯，()12sp 24K Ag CrO 1.810]-=⨯

（6）计算实验Ⅲ氯水中氯元素的含量，列出算式：______1

g L -⋅

【答案】22Cl H O H Cl HClO +-+++ 44.510-⨯ 放热反应 随氯气通入，溶液温

度升高 ACD 足量的过氧化氢可将氯气完全还原为氯离子 0.01 0.142v

【解析】 【分析】 【详解】

（1）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：

22Cl H O

H Cl HClO +-+++，在1L 水中可溶解0.09mol 氯气，氯气浓度近似为

0.09mol /L ，则可建立如下三段式：

+-22Cl +H O

H +Cl +HClO (mol/L)0.09000(mol/L)0.030.030.030.03(mol/L)

0.06

0.03

0.03

0.03

起始转化平衡

则平衡常数()()

()

()

42c H c Cl c HClO 0.030.030.03

K 4.510c Cl 0.06

+--⨯⨯=

=

=⨯，故答案为：

22Cl H O

H Cl HClO +-+++；44.510-⨯；

（2）由图可知，随氯气通入，发生反应使溶液温度升高，则正反应为放热反应，故答案为：放热；随氯气通入，溶液温度升高； （3）A.升高温度、气体的溶解度减小，则导致()c Cl -

减小，故A 正确；

B.为放热反应，升高温度平衡逆向移动，()c Cl

-

减小，而pH 增大，故B 错误；

C.HClO 不稳定，受热易分解，升温，促进次氯酸分解，故C 正确；

D.升温，可能发生33HClO 2HCl HClO (-

+强酸)，酸性增强，则pH 减小，故D 正

确；故答案为：ACD ；

（4）实验Ⅲ步骤3中加足量的22H O 溶液，目的是足量的过氧化氢可将氯气完全还原为氯离子，故答案为：足量的过氧化氢可将氯气完全还原为氯离子； （5）用3AgNO 标准溶液滴定氯离子达到化学计量点时，(

)()c Ag

c Cl -

-

=，不生成

24Ag CrO 沉淀，则(

)()()

122424

102Ksp Ag Cr 1.810c CrO

0.01mol /L 1.810

c Ag ---+

⨯<

==⨯，故答案为：0.01；

（6）由3Cl AgCl AgNO -

～～可知，实验Ⅲ氯水中氯元素的含量为

33

0.1mol /L v 10L 35.5g /mol

0.142vg /L 2510L

--⨯⨯⨯=⨯，故答案为：0.142v 。

4．N 2＋3H 2

2NH 3合成氨工业对化学工业和国防工业具有重要意义。工业合成氨生产

示意图如图所示。

①X 的化学式为___；

②图中条件选定的主要原因是（选填字母序号）___； A ．温度、压强对化学平衡影响 B ．铁触媒在该温度时活性大

C ．工业生产受动力、材料、设备等条件的

③改变反应条件，会使平衡发生移动。如图表示随条件改变，氨气的百分含量的变化趋势。当横坐标为压强时，变化趋势正确的是（选填字母代号）___，当横坐标为温度时，变化趋势正确的是（选填字母序号）___。

【解析】

【分析】

根据题中工业合成氨生产示意图可知，本题考查合成氨原理及影响合成氨的因素，运用化学平衡移动原理分析。

【详解】

①由合成氨生产示意图可知，原料氮气和氢气经过氨的合成、氨的分离，在冷却设备和分离器中得到最终产物，所以X为氨气，化学式为NH3。

故答案为：NH3；

②A.合成氨是放热反应，升温会使平衡向逆反应方向移动，不利于合成氨，因此选择500℃的温度比较合适；增大压强，能加快反应速率，也能使反应正向移动，但是过高的压强会提高反应成本，因此选择20MPa~50MPa的压强，A项错误；

B．实际生产中采用400℃~500℃的高温，催化剂铁触媒活最高，B项正确；

C．工业生产以利益最大化为目的，所以工业生产受受动力、材料、设备等条件的，C 项正确；

故答案为：BC；

③合成氨工业的原理是：N2＋3H22NH3，H<0，因△H<0，从化学平衡的角度看，正反应为放热反应，温度越低，越有利于合成氨，增加温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的百分含量减少；正反应为体积缩小的反应，所以压强越大，越有利于合成氨，增大压强时平衡向右进行，氨气的百分含量增大，结合图象可以知道c符合要求．又因为合成氨反应是一个放热反应，可以得出随着温度的升高，平衡向氨气减少的方向移动，结合图象可以知道a符合要求；

故答案为：C ； a 。

5．乙酸乙酯是重要的有机合成中间体，广泛应用于化学工业。实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：

①在甲试管(如图)中加入2mL浓硫酸、3mL乙醇和2mL乙酸的混合溶液。

②按如图连接好装置(装置气密性良好)并加入混合液，小火均匀地加热3—5min。

③待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撤出试管并用力振荡，然后静置待分层。

④分离出乙酸乙酯层、洗涤、干燥。

(1)若实验中用乙酸和含18O的乙醇作用，该反应的化学方程式是：

________________________；与教材采用的实验装置不同，此装置中采用了球形干燥管，其作用是________________________。

(2)甲试管中，混合溶液的加入顺序：________________________；

(3)步骤②中需要用小火均匀加热，其主要原因是

____________________________________；

(4)上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是____________(填字母代号)。

A．反应掉乙酸和乙醇

B．反应掉乙酸并吸收乙醇

C．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出

D．加速酯的生成，提高其产率

(5)欲将乙试管中的物质分离开以得到乙酸乙酯，必须使用的仪器是____________；分离时，乙酸乙酯应该从仪器____________(填：“下口放”或“上口倒”)出。

(6)生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应一段时间后，下列描述能说明乙醇与乙酸的酯化反应已达到化学平衡状态的有____________(填序号)。

①混合物中各物质的浓度不再变化；

②单位时间里，生成1mol乙醇，同时生成1mol乙酸；

③单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸。

(7)为了证明浓硫酸在该反应中起到了催化剂和吸水剂的作用，某同学利用上图所示装置进行了以下4个实验。实验开始先用酒精灯微热3min，再加热使之微微沸腾3min。实验结束后充分振荡小试管Ⅱ再测有机层的厚度，实验记录如下：

实验编号试管Ⅰ中试剂试管Ⅱ中试剂有机层的厚度/cm

A 2mL乙醇、1mL乙酸、3mL 18mol·L−1浓

硫酸

饱和Na2CO3溶液

3. 0

B2mL乙醇、1mL乙酸、3mL H2O0. 1

C 2mL乙醇、1mL乙酸、3mL 2mol·L−1

H2SO4

0. 6

D2mL乙醇、1mL乙酸、盐酸0. 6

①实验D的目的是与实验C相对照，证明H+对酯化反应具有催化作用。实验D中应加入盐酸的体积和浓度分别是_________mL和________mol·L−1。

②分析实验_________(填实验编号)的数据，可以推测出浓H2SO4的吸水性提高了乙酸乙酯的产率。

(8)若现有乙酸90g，乙醇138g发生酯化反应得到88g乙酸乙酯，试计算该反应的产品产率为。___________(产率%=(实际产量/理论产量)×100%)

【答案】CH3COOH+CH3CH218OH CH3CO18OCH2CH3+H2O 防倒吸乙醇浓硫酸，乙酸减少反应物的挥发；增大产率 BC 分液漏斗上口倒①③ 3 4 AC 66. 7%

【解析】

【分析】

(1)羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供-OH，醇中的-OH提供-H，相互结合生成水；球形干燥管容积较大，利于乙酸乙酯充分与空气进行热交换，起到冷凝的作用，也可起到防止倒吸的作用；

(2) 三种试剂滴入顺序原则是：密度先小后大；

(3)乙酸、乙醇均有挥发性，温度过高易挥发；

(4) 用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，乙醇溶解，碳酸钠与乙酸反应除去乙酸、同时降低乙酸乙酯的溶解度；

(5) 乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液混合后分层，可以通过分液方法分离，乙酸乙酯的密度小于饱和碳酸钠溶液的，所以在混合液的上层；

(6) 可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变，以此判断平衡状态；

(7)①对比试验关键是要采用控制变量，即控制一个变量，其它条件不变；

②分析使用浓硫酸和稀硫酸的稀硫酸的实验，比较哪种条件下生成的乙酸乙酯多；

(8)先判断过量情况，根据反应方程式及不足量计算出生成乙酸乙酯的质量，然后计算出乙酸乙酯的产率。

【详解】

(1)羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供-OH，醇中的-OH提供-H，相互结合生成水，其它基团相互结合生成酯，同时该反应可逆，反应的化学方程式为

CH3COOH+CH3CH218OH CH3CO18OC2H5+H2O；球形干燥管容积较大，使乙酸乙酯充分与空气进行热交换，起到冷凝的作用，也可起到防止倒吸的作用；

(2) 三种试剂滴入顺序原则是：密度先小后大，根据表中数据应该先加乙醇，再加浓硫酸，最后加乙酸；

(3) 乙酸、乙醇均有挥发性，步骤②中用小火均匀加热，可减少反应物的挥发，增大产率；

(4) 制备乙酸乙酯时，常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，目的是中和乙酸并吸收部分乙醇、乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出，所以BC正确，故答案为BC；

(5) 分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，实现酯与乙酸和乙醇的分离，分离油层和水层采用分液的方法，所以用到的仪器为分液漏斗；乙酸乙酯的密度比水小，所以在碳酸钠溶液层上方有无色油状液体出现，分离时，乙酸乙酯应该从分液漏斗的上口倒出；

(6) ①混合物中各物质的浓度不再变化，说明达到平衡状态，故①正确；②化学反应速率之比等于化学计量数之比，单位时间里，生成1mol乙醇，同时生成1mol乙酸，不能说明反应达到平衡状态，故②错误；③单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故③正确；故答案为①③；

(7)①本题是研究实验D与实验C相对照，证明H+对酯化反应具有催化作用的条件，题中采用了一个变量，实验C2mol•L-1H2SO4，实验D盐酸，所以达到实验目的，实验D与实验C 中H+的浓度一样，实验C 3mL乙醇、2mL乙酸、2mol•L-1H2SO4，实验D3mL乙醇、2mL乙酸、盐酸，要保证溶液体积一致，才能保证乙醇、乙酸的浓度不变，盐酸体积为4mL，实验D与实验C中H+的浓度一样，所以盐酸的浓度为4mol•L-1；

②对照实验A和C可知：试管Ⅰ中试剂实验A中使用1mL18mol•L-1浓硫酸，生成的乙酸乙酯比C中生成的乙酸乙酯大很多，说明浓硫酸的吸水性提高了乙酸乙酯的产率，故答案为A、C；

(8)90g乙酸的物质的量为：=1.5mol，138g乙醇的物质的量为：=3mol，显

然乙醇过量，理论上生成的乙酸乙酯的物质的量需要按照乙酸的量进行计算，根据反应CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O可知，理论上生成乙酸乙酯的物质的量为

1.5mol，而实际上生成了88g，则乙酸乙酯的产率为：×100%=66.7%。

【点睛】

乙酸乙酯制备过程中各试剂及装置的作用：①浓硫酸的作用：催化剂、吸水剂；②饱和Na2CO3的作用：中和乙酸，溶解乙醇，便于闻酯的气味；降低乙酸乙酯在水中的溶解度；

③玻璃导管的作用：冷凝回流、导气。

6．（10分）“碘钟”实验中，3I－＋S2O82－=I3-+ 2SO42－的反应速率可以用I3－与加入的淀粉溶液显蓝色的时间t来度量，t越小，反应速率越大。某探究性学习小组在20℃进行实验，得到的数据如下表：

实验编号①②③④⑤

c（I－）/mol·L－10.0400.0800.0800.1600.120

c（S2O82－）/mol·L－10.0400.0400.0800.0200.040

t /s88.044.022.044.0t1

回答下列问题：

（1）该实验的目的是。

（2）显色时间t1＝。

（3）温度对该反应的反应速率的影响符合一般规律，若在40℃下进行编号③对应浓度的实验，显色时间t2的范围为（填字母）。

A．<22.0s B．22.0～44.0s C．＞44.0s D．数据不足，无法判断

（4）通过分析比较上表数据，得到的结论是。

【答案】研究反应物I﹣与S2O82﹣的浓度对反应速率的影响29.3A反应速率与反应物起始浓度乘积成正比

【解析】

（1）观察表格数据：进行了5组实验，随c（I－）、c（S2O82－）的不同，反应所需的时间不同，故该实验的目的是研究反应物I－与S2O82－的浓度对反应速率的影响；

（2）比较①、②、⑤三组实验数据：c（S2O82－）相同，c（I－）增大两倍，反应所需的时间就减小两倍，则c（I－）增大三倍，反应所需的时间就减小三倍，故t1＝

88.0/3=29.3s；

（3）升温，反应速率加快，则反应所需的时间减少，故t2<22.0s；

（4）由①、②、⑤，得：反应时间与c（I－）成反比、反应速率与c（I－）成正比，

由②、③，得：反应时间与c（S2O82－）成反比、反应速率与c（S2O82－）成正比，

故得到的结论是化学反应速率与反应物起始浓度乘积成正比显色时间与反应物起始浓度乘积成反比；

7．某学习小组探究金属与不同酸反应的差异，以及影响反应速率的因素。

实验药品：2．0moL/L盐酸、4．0mol/L盐酸、2 .0mol/L硫酸、4.0mol/L硫酸，相同大小的铝片和铝粉(金属表面氧化膜都已除去)；每次实验各种酸的用量均为50．0mL，金属用量均为9．0g。

（1）帮助该组同学完成以上实验设计表。

（2）该小组同学在对比①和⑤实验时发现①的反应速度都明显比⑤快，你能对问题原因作出哪些假设或猜想(列出一种即可)?

【答案】（1）

实验目的实验

编号温度金属铝

形态

酸及浓度

1.

2．实验②和③探究温度对该反应速率的影响

3．

4．①25˚C 4.0mol/L盐酸②

③

④25˚C 2.0mol/L盐酸⑤

（2）Cl-能够促进金属铝与H+反应，或SO42-对金属铝与H+的反应起阻碍作用等。

【解析】试题分析：（1）根据实验目的可知：实验①和②探究盐酸浓度对该反应速率的影响，则除盐酸浓度的浓度不同外，其它条件必须完全相同，所以①的温度为25℃，酸及浓度为：4.0moL/L盐酸；根据实验②和③的数据可知，除温度不同外，其它条件完全相同，则实验②和③探究的是反应温度对反应速率的影响；实验②和④探究金属规格(铝片，铝粉)对该反应速率的影响，则除铝的规格不同以外，其它条件必须完全相同，所以④中温度 25℃、酸及浓度为：2.0moL/L盐酸；

（2）对比①和⑤实验可知，只有Cl-和SO42-不同，其它条件完全相同，①的反应速度都明显比⑤快，说明Cl-能够促进Al与H+的反应或SO42-对Al与H+的反应起阻碍作用。

考点：考查影响化学反应速率的因素，熟练掌握温度、浓度、固体物质的表面积等因素对反应速率的影响为解答关键。

8．某工厂对制革工业污泥中Cr元素的回收与再利用工艺如下（硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe2+、Fe3+、Al3+、Cu2+、Mg2+）

常温下部分阳离子以氢氧化物沉淀形式存在时溶液的pH见下表：

阳离子Fe3+Fe2+Mg2+Al3+Cu2+Cr3+开始沉淀时的pH 1.97.09.3 3.7 4.7---

沉淀完全时的pH 3.29.011.18.0 6.79(>9 溶解)

（1）酸浸时，为了提高浸取效率可采取的措施是____________________（至少写一条）。（2）加入H2O2目的是氧化_______离子，其有关的离子方程式______________________。针铁矿（Coethite）是以德国诗人歌德（Coethe）名字命名的，组成元素是Fe、H、O，化学式量为，其化学式是______________。

（3）调pH=8是为了将_____________离子（从Fe3+、Al3+、Cu2+、Mg2+中选择）以氢氧化物沉淀的形式除去。滤出的沉淀中部分沉淀将溶解于足量的氢氧化钠溶液中，其有关的离子方程式是_____________________________________，取少量上层澄清溶液，向其中通入足量的CO2，又能重新得到相应的沉淀, 其有关的离子方程式为

________________________。

【答案】升高温度、搅拌、延长浸取时间、过滤后再次浸取（其他合理答案也可） Fe2+

2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O FeO(OH) Al3+ Al(OH)3 + OH- = AlO2－ + 2H2O AlO2－ + 2H2O + CO2 = Al(OH)3↓+ HCO3－

【解析】(1)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等，故答案为：升高温度、搅拌、延长浸取时间、过滤后再次浸取；

(2)双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，Fe2+和Cr3+有还原性，Fe2+和Cr3+能被双氧水氧化为高价离子，以便于与杂质离子分离，其中Fe2+反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+ 2H+= 2Fe3++2H2O，针铁矿组成元素是Fe、H、O，化学式量为，则1mol该物质中应含有

1molFe，则H、O的质量为-56=33，可知应含有2molO和1molH，化学式应为

FeO(OH)，故答案为：Fe2+；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；FeO(OH)；

(3)硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，由于Fe3+以针铁矿形成已经沉淀，则加入NaOH溶液使溶液呈碱性，溶液pH=8，Al3+、Cu2+转化为沉淀除去，滤出的沉淀中部分沉淀将溶解于足量的氢氧化钠溶液中，涉及反应为Al(OH)3+OH-= AlO2-+2H2O，取少量上层澄清溶液，向其中通入足量的CO2，又能重新得到相应的沉淀，涉及反应为AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-，故答案为：Al3+、Cu2+；Al(OH)3+OH-= AlO2-

+2H2O；AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-。

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减慢。

考点：考查化学反应速率的影响因素

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。