化学化学反应速率与化学平衡的专项培优练习题(含答案)及详细答案

1、【化学】化学化学反应速率与化学平衡的专项培优练习题( 含答案 ) 及详细答案一、化学反应速率与化学平衡1 某校化学课外兴趣小组为了探究影响化学反应速率的因素，做了以下实验。(1)用三支试管各取 1的酸性 kmno4 1 2 2 45.0 ml、 0.01 mol l溶液，再分别滴入 0.1 mol l h c o溶液，实验报告如下。实验 1、3 研究的是 _对反应速率的影响。表中 v_ml。(2)小组同学在进行 (1)中各组实验时，均发现该反应开始时很慢，一段时间后速率会突然加快。对此该小组的同学展开讨论：甲同学认为kmno4 与 h2c2o4 的反应放热，温度升高，速率加快。乙同学认为随着反

2、应的进行，因_，故速率加快。(3)为比较 fe3 、 cu2 对 h2o2 分解的催化效果，该小组的同学又分别设计了如图甲、乙所示的实验。回答相关问题：装置乙中仪器a 的名称为 _。定性分析：如图甲可通过观察反应产生气泡的快慢，定性比较得出结论。有同学提出将cuso4 溶液改为cucl2 溶液更合理，其理由是_ 。定量分析：如图乙所示，实验时以收集到40 ml气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是_。【答案】温度4.0产物mn 2+可能对该反应具有催化作用分液漏斗控制阴离子相同，排除阴离子的干扰收集40ml气体所需时间【解析】【分析】（ 1）、作对比实验分析，其他条件相同

3、时，只有一个条件的改变对反应速率的影响；（ 2）探究反应过程中反应速率加快的原因，一般我们从反应放热，温度升高，另一个方面从反应产生的某种物质可能起到催化作用；（ 3）比较 fe3 、 cu2 对 h2 o2 分解的催化效果，阳离子不同，尽量让阴离子相同，减少阴离子不同造成的差别，催化效果可以从相同时间内收集气体体积的多少或者从收集相同体积的气体，所需时间的长短入手。【详解】（ 1）实验 1、 3 反应物物质的量浓度，但温度不同，所以反应速率不同是由温度不同导致的，故实验 1、 3 研究的是温度对反应速率的影响；实验 1、2 研究的是h2c2o4 的浓度对反应速率的影响，此时反应温度相同，km

4、no4 的浓度相同，故表中v4.0ml（2）随着反应的进行，生成的mn 2+的物质的量浓度逐渐增加，生成的mn 2+可能对反应有催化作用；（3）由仪器的构造，可知仪器a 为分液漏斗；在探究fe3+和 cu2+对 h 2o2 分解的催化效果，必须保证在其他的条件相同，所以将cuso4 改为 cucl 2 更为合理，可以避免由于阴离子不同造成的干扰；如图乙所示，实验时以收集到 40 ml 气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是时间，收集相同体积的气体，所需要的时间越少，反应速率越快。【点睛】本题通过保持其他外界条件一致而改变一个条件来探究温度、催化剂对反应速率的影响，综合性较

5、强。2 某研究小组对碘化钾溶液在空气中发生氧化反应的速率进行实验探究。（初步探究）示意图序号温度试剂 a现象0 c0. 5mol ?l- 1稀硫酸4min 左右出现蓝色20c1min 左右出现蓝色20c0. 1mol ?l- 1稀硫酸15min 左右出现蓝色20c蒸馏水30min 左右出现蓝色（1）为探究温度对反应速率的影响，实验中试剂a 应为 _。（ 2）写出实验中 i- 反应的离子方程式： _ 。（ 3）对比实验，可以得出的结论：_ 。（继续探究）溶液ph 对反应速率的影响查阅资料：iph 117-能被 o2i2.时，i氧化为。.ii . ph= 9. 28 时， i2 发生歧化反应： 3

6、i2 +6oh- =io3- +5i- +3h2 o， ph 越大，歧化速率越快。（4）小组同学用 4 支试管在装有 o2 的储气瓶中进行实验，装置如图所示。序号试管中溶液的 ph891011放置 10 小时后的现象出现蓝色颜色无明显变化分析和中颜色无明显变化的原因_。（5）甲同学利用原电池原理设计实验证实ph=10的条件下确实可以发生i- 被o2 氧化为i2 的反应，如图所示，请你填写试剂和实验现象。试剂 1_。 试剂 2_。实验现象：_ 。（深入探究）较高温度对反应速率的影响小组同学分别在敞口试管和密闭试管中进行了实验和。序号温度试剂现象敞口试管20 min 内仍保持无色，冷却至室温后ki

7、5 ml 1 mol l- 1溶液滴加淀粉溶液出现蓝色?水浴- 1稀硫5 ml 0. 5 mol?l70 c溶液迅速出现黄色，且黄色逐渐加深，酸密闭试管冷却至室温后滴加淀粉溶液出现蓝色（ 6）对比实验和的现象差异，该小组同学对实验中的现象提出两种假设，请你补充假设 1。假设 1： _。假设 2： 45c 以上 i2易升华，70 c 水浴时，c（ i2）太小难以显现黄色。（7）针对假设2 有两种不同观点。你若认为假设2成立，请推测试管中“冷却至室温后滴加淀粉出现蓝色”的可能原因_（写出一条）。你若认为假设2 不成立，请设计实验方案证明_ 。0 5 mol l- 1稀硫酸4i+o2+2i22温度相

8、同时，ki 溶液被2【答案】 .?4h=+ 2h oo 氧化成 i2， c( h+) 越大，氧化反应速率越快试管、中， ph 为 10、 11时，既发生氧化反应又发生歧化反应，因为歧化速率大于氧化速率和淀粉变色速率，所以观察颜色无明显变化 试剂 1：1 mol l1 ki溶液，滴加1%淀粉溶液试剂2 ph 10的koh溶液现：=象：电流表指针偏转，左侧电极附近溶液变蓝( t 30min)加热使 o2逸出， c( o2) 降低，导致 i 氧化为 i2 的速率变慢理由： ki溶液过量（即使加热时有i2 升华也未用光ki），实验冷却室温后过量的ki 仍可与空气继续反应生成i2，所以滴加淀粉溶液还可以

9、看到蓝色 其他理由合理给分，如淀粉与i2 反应非常灵敏（少量的i2 即可以与淀粉显色），所以实验中少量的i2冷却至室温后滴加淀粉溶液还可以看到蓝色 。水浴加热 70时，用湿润的淀粉试纸放在试管的管口，若不变蓝，则证明假设2 不成立 其他方案合理给分，如水浴加热70时，用湿润的淀粉试纸放在盛有碘水试管的管口，若不变蓝，则证明假设 2 不成立 。【解析】【分析】某研究小组对碘化钾溶液在空气中发生4i + o2+=2i22+ 4h+ 2h o 的氧化反应，根据实验进行对比，探究反应温度和稀硫酸浓度对反应速率的影响，ph= 9. 28 时， i2 发生歧化反应： 3i2 +6oh = io3 +5i

10、+3h2o， ph 越大，歧化速率越快，整个反应主要是既发生氧化反应又发生歧化反应，根据歧化速率与氧化速率和淀粉变色速率快慢得出颜色变化；将反应设计成原电池，利用化合价升高和化合价降低来分析；在较高温度对反应速率的实验对比中，假设可能加热使i2 的速率变慢，也可能是45o2 逸出， c( o2) 降低，导致 i 氧化为以上 i22易升华， 70 水浴时， c( i ) 太小难以显现黄色。【详解】（1）根据、为探究温度对反应速率的影响，其他条件不变，实验中试剂a 应为 0. 5-1稀硫酸；故答案为：0.5 mol l- 1稀硫酸。mol l?4i+=2i2（2）实验中 i 与氧气在酸性条件下反应

11、生成单质碘，其离子方程式+ o2 + 4h+ 2h2 + o2+ =2i22o；故答案为：4i+ 4h+ 2h o。（3）对比实验，三者温度相同，稀硫酸浓度越大，反应速率越快，因此可以得出的+结论：温度相同时， ki 溶液被 o2 氧化成 i2， c( h ) 越大，氧化反应速率越快；故答案为：温度相同时， ki 溶液被 o2i2+) 越大，氧化反应速率越快。氧化成c h， (（4）根据题中信息及和中颜色无明显变化，说明试管、中，ph 为 10、 11 时，既发生氧化反应又发生歧化反应，因为歧化速率大于氧化速率和淀粉变色速率，所以观察颜色无明显变化；故答案为：试管、中，ph为10、11时，既发

12、生氧化反应又发生歧化反应，因为歧化速率大于氧化速率和淀粉变色速率，所以观察颜色无明显变化。（5）根据离子反应方程式4i + o2 + 4h+ =2i2 + 2h2o 和图中信息氧气的通入，因此试剂1为1 mol l- 1?ki溶液，滴加1%淀粉溶液，试剂2为ph 10的koh溶液，因此可以看见实=验现象电流表指针偏转，左侧电极附近溶液变蓝( t30min ) ；故答案为：试剂1： 1mol?l- 1 ki 溶液，滴加1%淀粉溶液；试剂2： ph=10的 koh 溶液；现象：电流表指针偏转，左侧电极附近溶液变蓝( t 30min ) 。（6）假设1：加热使o2逸出， c( o2) 降低，导致氧化

13、为 i2的速率变慢；故答案为：加i热使o2co2氧化为 i2逸出，降低，导致i的速率变慢。()假设2： 45 以上 i2 易升华， 70 水浴时， c( i2) 太小难以显现黄色。（7）针对假设2有两种不同观点。你若认为假设2成立，请推测试管中“冷却至室温后滴加淀粉出现蓝色”的可能原因ki 溶液过量 ( 即使加热时有i2 升华也未用光ki) ，实验冷却室温后过量的ki 仍可与空气继续反应生成i2，所以滴加淀粉溶液还可以看到蓝色 其他理由合理给分，如淀粉与i2 反应非常灵敏 ( 少量的 i2即可以与淀粉显色 ) ，所以实验中少量的i2 冷却至室温后滴加淀粉溶液还可以看到蓝色 。你若认为假设 2不

14、成立，设计实验方案是水浴加热70时，用湿润的淀粉试纸放在试管的管口，若不变蓝，则证明假设2 不成立 其他方案合理给分，如水浴加热70时，用湿润的淀粉试纸放在盛有碘水试管的管口，若不变蓝，则证明假设2 不成立 。3 锂离子电池能够实现千余次充放电，但长时间使用后电池会失效，其中的化学试剂排放至环境中不仅会造成环境污染，还会造成资源的浪费。实验室模拟回收锂离子电池中的co、 ni、 li 的流程如图。已知： licoo2 难溶于水，易溶于酸。回答下列问题：（1） licoo2中 co 的化合价是 _。（2） licoo2在浸出过程中反应的离子方程式是_。（3）浸出剂除了 h2o2 外，也可以选择

15、na2 s2o3 ，比较二者的还原效率h2o2_(填 “ 或”“ ” )na2s2o3 (还原效率：还原等物质的量的氧化剂消耗还原剂的物质的量)。（ 4）提高浸出效率的方法有 _。（ 5）利用 cyanex272萃取时， ph 对钴、镍萃取分离效果的影响如图。从图中数据可知，用 cyanex272 萃取分离时，最佳 ph 是 _。（6）反萃取的离子方程式为2h+cor=co2+2hr，则反萃取剂的最佳选择是 _。（7）常温下，若水相中的ni2+的质量浓度为 1.18g l-1 ，则 ph=_时， ni2+开始沉淀。-15ksp(ni(oh)2=2 10 （8）参照题中流程图的表达，结合信息设计

16、完成从水相中分离ni 和 li 的实验流程图 (如图)_ 。已知：提供的无机试剂：naoh、na2 3co 、 naf。【答案】 +32licoo+6h+h2o2=2co2+o2 +2li+4h2o 适当升高温度，适当增加 h2so4浓度 5.5h2so47.5 naoh ni(oh)2 naf【解析】【分析】(1)通过化合物中各元素化合价代数和为0 进行计算；(2)由流程图中有机相反萃取得到coso4，可知licoo2 与h2o2 在酸性条件下发生氧化还原反应，根据氧化还原反应的规律写出化学方程式；(3)根据等物质的量h2o2 和 na2s2o3 作为还原剂转移电子的多少进行判断；(4)提高

17、浸出效率即提高化学反应速率；(5)分离 co2+和 ni2+时，由于co2+进入有机相，ni 进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的ph 范围；(6)将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时不能引入新杂质；(7)根据 ksp(ni(oh)2 的表达式进行计算；(8)根据表格中所给物质溶解度信息，调节ph 应该用碱性物质，但要考虑分离ni 和 li 元素不能使 ni 和 li 元素同时沉淀。【详解】(1)licoo中 o 元素为 -2 价， li 为+1 价，根据化合物中各元素化合价代数和为0 进行计算得2co 的化合价为 +3 价；(2)由流程图中有机相反萃取得到c

18、oso4，可知 licoo2与 h2o2 在酸性条件下发生氧化还原反应，化学方程式为： 2licoo2+6h+h2o2=2co2+o2 +2li+4h2o；(3)1molh2o 作为还原剂转移 2mol 电子， 1molna2s o作为还原剂转移8mol 电子，则223na2s2o3 的还原效率更高；(4)提高浸出效率可以适当升高温度，适当增加h2so4 浓度等；(5)分离 co2+和 ni2+时，由于 co2+进入有机相，ni 进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的 ph 范围，所以最佳 ph 是5.5；(6)将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时，为不引入新杂

19、质，反萃取剂最好选择 h2so4；2+1.18-(7)c(ni )=mol/l=0.02mol/l ，则开始沉淀时， c(oh )59k sp (ni oh 2 )2 10 15-6.5=10mol/l ，则 ph=14-6.5=7.5；0.020.02(8)根据表格中所给物质溶解度信息，调节ph 应该用碱性物质，但要考虑分离ni 和 li 元素不能使 ni 和 li 元素同时沉淀，所以选用naoh，则 ni(oh)2 先沉淀，过滤后滤液中加入naf 生成 lif 沉淀。【点睛】本题 (5)选择合适的ph 时，注意读懂图中信息，要根据实验的具体操作情况来分析。4 连二亚硫酸钠（ na2 s2o

20、4 ）俗称保险粉，是工业上重要的还原性漂白剂，也是重要的食品抗氧化剂。某学习小组模拟工业流程设计实验制取保险粉。已知： na2 2 4是白色固体，还原性比23强，易与酸反应（2 4 2-+4h+s ona so2s o3so2+s+2h2o）。（一）锌粉法步骤14045，当三颈瓶中溶液ph在3 3.5时，停止通入：按如图方式，温度控制在so2，反应后得到zns2o4 溶液。步骤 2：将得到的 zns24溶液加入 naoh 溶液中，过滤，滤渣为o入一定量食盐，立即析出na2 2 42s o ?2h o 晶体。步骤 3：，经过滤，用乙醇洗涤，用120 140的热风干燥得到（二）甲酸钠法zn（oh）

21、2 ，向滤液中加na2s2o4。步骤 4：按上图方式，将装置中的zn 粉和水换成 hcoona、 na2co3 溶液和乙醇。温度控制在 70 83，持续通入 so2，维持溶液 ph 在 4 6，经 5 8 小时充分反应后迅速降温45 55，立即析出无水na2s2 o4。步骤 5：经过滤，用乙醇洗涤，干燥得到na2s2 o4。回答下列问题：（1）步骤1 容器中发生反应的化学方程式是_；容器中多孔球泡的作用是_。（2）步骤2 中“向滤液中加入一定量食盐，立即析出na2s2o4?2h2o 晶体”的原理是（用必要的化学用语和文字说明）_。（3）两种方法中控制温度的加热方式是_。（4）根据上述实验过程判

22、断，na224_。s o 在水、乙醇中的溶解性为：（5）甲酸钠法中生成 na22 4的总反应为 _。s o（6）两种方法相比较，锌粉法产品纯度高，可能的原因是_。（7）限用以下给出的试剂，设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有na24so 。稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、agno32溶液、 bacl 溶液 _。【答案】 h2o+so2=h2so3， zn+2h2 so3 = zns2o4+2h2o 或 zn+2so2 = zns2o4增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率溶液中存在：22422 4+( aq)+s o2-或2na4 ( aq)na s o ( s) ?na s o ( aq) ?

23、2na2s2o4s+2-aqc+水浴加热2na( aq)+ s2o 4()，增大na ) ，平衡向逆反应方向移动( ) ?(224在水中溶解度较大，在酒精中溶解度较小na s o2hcoona+4so2+na2co3=2na2s2o4+h2o+3co2zn( oh) 2 难溶于水，易与na2s2o4 分离 取少量产品配成稀溶液，加入足量稀盐酸，充分反应后静置，取上层清液，滴加bacl2 溶液，有白色沉淀生成，则可确定产品中含有na2so4【解析】【分析】合成保险粉的反应物为zn、 so2、 h2o，根据温度控制在4045，当三颈瓶中溶液ph 在33. 5 时，停止通入so2，反应后得到zns2

24、o4 溶液，据此分析解答。【详解】（1）合成保险粉的反应物有zn、 so2、 h2o，根据温度控制在40 45，当三颈瓶中溶液ph 在 3 3. 5 时，说明发生了：h2o+so2=h2so3 反应，最后反应得到 zns2o4 溶液，说明又发生了： zn+2h2 324222 4，多孔球泡so= zns o +2h o 反应，总过程也可以写成：zn+2so = zns o可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率；2）溶液中存在：na2 2 42 2 4+aq2-（s o( s)? na s o ( aq) ?2na ()+ s2 o 4 ( aq) 或2+( aq)+s o2-( aq

25、)，增大c( na+) ，平衡向逆反应方向移动，所以向滤液2 44na s o ( s) ? 2na2中加入一定量食盐，立即析出na2 242s o ?2h o 晶体；（3）根据温度控制在40 45可知需要控制温度的加热方式一般是水浴加热；（4）根据步骤 2 中将得到的 zns2o4溶液加入naoh溶液中，过滤，滤渣为zn oh 2() ，向滤液中加入食盐，才析出na2s2o4?2h2o 晶体，可知na2 s2o4 在水中溶解度较大；根据步骤5析出的晶体用无水乙醇洗涤的目的是使晶体迅速干燥，避免溶解而减少损耗，可知其在酒精中溶解度较小；（5）由题意可知甲酸钠、二氧化硫、碳酸钠反应生成na2s2

26、o4，同时生成二氧化碳，反应的方程式为2hcoona 4sona2co32na2s2 o4 h2o3co2+2+=+；（6）锌粉法产品纯度高，可能的原因是zn( oh) 2 难溶于水，易与 na2 2 4分离；s o（7）设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有na2 so4，要避免na2s2o4 干扰，所以取少量产品配成稀溶液，加入足量稀盐酸，充分反应后静置，取上层清液，滴加bacl2 溶液，有白色沉淀生成，则可确定产品中含有na2so4。5 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。振荡静置后c 中观察到的现象是_；为证明该反应存在

27、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 )。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 h2 o2。iii 用淀粉做指示剂，用c mol/l na 2s2o3 标准溶液滴定，反应原理为：2na2s2 o3 i2 2naina2s4o6。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

28、佳时机是_。(2)探究 mn 2 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 kmno 4 酸性溶液、 0.1 mol/l h 2c2o4 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na2 2 3标准溶液时，蓝色褪去且半分钟内不复原用 cs omol/l na s o 标准溶液滴定至溶液呈浅黄

29、色时，滴加淀粉指示剂，再继续滴加标准溶液223-+2+2mno+5h c o+6h =2mn +10co+8h o；422422加入试剂0.01 mol/lkmno4 酸性溶液和0.1 mol/l 0.01 mol /lkmno4 酸性溶液、0.1 mol/l 的的 h2c2o4 溶液h2c2o4 溶液和硫酸锰固体褪色时间实验结论【解析】【分析】（ 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 ； 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

30、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） 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

31、，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； 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 na2 s2o3 标准溶液时，蓝色褪去

32、且半分钟内不复原；用c mol/l na2 s2o3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 2mno 4-+5h2c2o4+6h+=2mn 2+10co2 +8h2o；据题给条件，设计探究mn 2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/lkmno 4 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

33、需要的时间，实验用表格如下：0.01mol/lkmno 4 酸性溶液和 0.1mol/l0.01mol/lkmno 4 酸性溶液、 0.1mol/l 的加入试剂h2 c2o4 溶液和硫酸锰固体的 h2 c2o4 溶液褪色时间实验结论故答案为： 2mno 4-2 2 4+2+22o；+5h c o +6h =2mn+10co +8h0.01mol/lkmno 4酸性溶液和 0.1mol/l0.01mol/lkmno 4 酸性溶液、 0.1mol/l 的加入试剂溶液h c o 溶液和硫酸锰固体c o的 h2 2 42 2 4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

34、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。6 某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：（ 1）上述实验中发生反应的化学方程式有_ ；（ 2）硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是_；（3）实验室中现有na 2so4 、 mgso 4 、 ag 2so4 、 k 2 so4 等 4 中溶液，可与实验中cuso 4 溶液起相似作用的是_ ；（4）要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措旌有_（答两种）；（ 5）为了进一步研究硫酸铜的量对氢

35、气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6 个盛有过量 zn 粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。请完成此实验设计，其中：v1=_，v6=_， v9=_；该同学最后得出的结论为：当加入少量cuso4 溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的 cuso4 溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因 _【答案】 zn+cuso=znso+cu4， zn+h2so4=znso4 +h2 cuso4 与 zn 反应产生的 cu 与 zn 形4成铜锌原电池，加快了氢气产生的速率ag2so4 升高反应温度、

36、适当增加硫酸的浓度（答案合理即可）30 10 17.5当加入一定量的硫酸铜后，生成的单质铜会沉积在锌的表面，降低了锌与溶液的接触面积【解析】【详解】（1）在稀硫酸中加入硫酸铜后发生了两个反应：cuso4 zn=znso4 cu、 znh2so4=znso4 h2。（ 2）由于 zn 与反应生成的 cu 及硫酸铜溶液组成了 cuzn 原电池，大大加快了生成氢气的反应速率。（ 3）只要是比锌的金属性弱的金属都可以与锌组成原电池，都可以加快生成氢气的反应速率，故在所给的物质中只有 ag2so4符合题意。（ 4）要加快生成氢气的反应速率，还可以采取如下措施：升高温度、适当增大硫酸的浓度、增加锌粒的比表

37、面积等。（ 5）因为要研究硫酸铜的量对反应速率的影响，故应保持硫酸的浓度在各组实验中相同，则硫酸溶液的体积均取30 ml，根据 f 中增加的水与硫酸铜溶液的体积之和为20 ml，可以求得v6 10 ml， v9 17.5 ml。由于析出的铜的量较多，会覆盖在锌的表面，使得锌与稀硫酸接触面积大大减小，故反应速率反而减慢。7 三草酸合铁酸钾k3fe( 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（ k3fe( c2o4) 3 ） =437g/mol 。本实验以 ( nh4 24 222 2 4) fe( so ) ?6h

38、 o（硫酸亚铁铵晶体）为原料，加入草酸（h c o ）制得草酸亚铁（ fec242 42- ）部分实验过程如下：o ）后，在过量的草酸根（c o（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%h2 o2 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（k3fe( 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。

39、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 b3【解析】【分析】由制备流程可知，硫酸亚铁加入稀硫酸抑制2水解，然后与草酸发生fe(nh) fe(so) 6h o+h c o fec o +(nh ) so +h so+6h o，用过氧化氢将草酸亚铁氧424 22224244 24242化为k32 4 342 22 2 422 432 4 32fe(c o ) ，发生2feco +h o +3k c o +h c o 2k fe(c o ) +2h o，溶液 c 含k3fe(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%h2 o2 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 2mno-2-4+5c2o4+16h+=2mn 2+10co2 +8h2ok3fe c2o4 3?xh2o5可知，物质的量为0.02l 0.05mol/