2020-2021高考化学与化学反应速率与化学平衡有关的压轴题及答案解析

1、2020-2021高考化学与化学反应速率与化学平衡有关的压轴题及答案解析一、化学反应速率与化学平衡1.碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。(1)合成该物质的步骤如下：步骤1:配制0.5molL-1MgSO4溶液和0.5molL-1NH4HCO溶液。步骤2：用量筒量取500mLNH4HCQ溶液于1000mL三颈烧瓶中，开启搅拌器。温度控制在50Co步骤3:将250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCQ溶液中，1min内滴加完后，用氨水调节溶液pH到9.5。步骤4:放置1h后，过滤，洗涤。步骤5:在40c的真空干燥箱中干燥10h,得碳酸镁晶须产品(MgCO3nH2On=15)。步骤2控

2、制温度在50C,较好的加热方法是。步骤3生成MgCO3nH2O沉淀的化学方程式为。步骤4检验沉淀是否洗涤干净的方法是。(2)测定生成的MgCO3nH2O中的n值。称量1.000碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中加入适量水，并滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CC2被NaOH溶液吸收，在室温下反应45h,反应后期将温度升到30C,最后将烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得CQ的总量；重复上述操作2次。图中气球的作用是。上述反应后期要升温到30C,主要目的是。测得每7.8000g碳酸镁晶须产生标准状况下CO2为1.12L,则n值为。(3)碳酸镁晶须可由菱镁矿获得，为测定某菱镁矿(主要成分是碳酸镁，含少

3、量碳酸亚铁、二氧化硅)中铁的含量，在实验室分别称取12.5g菱镁矿样品溶于过量的稀硫酸并完全转移到锥形瓶中，加入指示剂，用0.010mol/LH2O2溶液进行滴定。平行测定四组。消耗H2O2溶液的体积数据如表所示。实验编号1234消耗H2O2溶液体积/mL15.0015.0215.6214.98山。?溶液应装在(填酸式"或碱式”)滴定管中。根据表中数据，可计算出菱镁矿中铁元素的质量分数为%(保留小数点后两位)。【答案】水浴加热MgSQ+NH4HCC3+NH3?睦O+(n-1)H2O=MgCOsnWOj+(NH4)2SQ取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入Ba

4、C2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净缓冲压强(或平衡压强)，还可以起到封闭体系的作用使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收4酸式0.13【解析】【分析】本实验题分为合成碳酸镁晶须、测定MgCO3nH20中n值、测定菱镁矿中铁的含量三部分。合成碳酸镁晶须是利用MgSO4溶液和NH4HCQ溶液、氨水反应生成。测定MgCO3nH20中n值，采用的是加稀硫酸，和MgCO3nH20反应，测定产生的CQ的体积，可以通过计算确定MgC03nH20中n值。测定菱镁矿中铁的含量的原理是将菱镁矿中的铁转化为Fe2+,用H2O2溶液滴定，根据消耗的H2O2的物质的量以及电子守恒即可计算出菱镁

5、矿中铁的含量。【详解】(1)步骤2控制温度在50C,当温度不超过100c时，较好的加热方法是水浴加热。水浴加热既可均匀加热，又可以很好地控制温度。MgS04溶液和NH4HCQ溶液、氨水反应生成MgCO3nH20沉淀的同时还得到(NH4)2SQ,化学方程式为：MgSO4+NH4HCO+NH3?H2O+(n-1)H2O=MgCO3nH2Oj+(NH4)2SO4。步骤4检验沉淀是否洗涤干净，可以检验洗涤液中的SQ2-,方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaC2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净。(2)图中气球可以缓冲压强(或平衡压强)，还可以起到封闭体系的作用。

6、上述反应后期要升温到30C,主要目的是使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收。标准状况下1.12LCQ的物质的量为0.05mol,根据碳守恒，有7.8000g=0.05mol,解得n=4o(84+18n)g/mol(3)H2O2溶液有强氧化性和弱酸性，应装在酸式滴定管中。四次实验数据，第3次和其他三次数据偏离较大，舍去，计算出三次实验消耗H2O2溶液体积的平均值为15.00mL。n(H2O2)=0.015Lx0.010mol/L=1.5-4mol10在H2O2和Fe2+的反应中，H2O2做氧化剂，-1价氧的化合价降低到-2价，Fe2+中铁的化合价升高到+3价，根据电子守恒，n

7、(Fe2+)=2(H2O2)=3x-4mol,则m(Fe)=3x-1molx56g/mol=0.0168g实验菱镁矿中铁元素的质量分数为0.0168x100%=0.13%12.5【点睛】当控制温度在100c以下时，可以采取水浴加热的方法。检验沉淀是否洗涤干净时需要选择合适的检测离子，选择检测的离子一定是滤液中的离子，并且容易通过化学方法检测。检验沉淀是否洗涤干净的操作需要同学记住。2.某化学兴趣小组在一次实验探究中发现，向草酸溶液中逐滴加入酸性高镒酸钾溶液时，溶液褪色先慢后快，即反应速率由小变大。小组成员为此异常”现象展开讨论，猜想造成这种现象的最可能原因有两种，并为此设计实验进行探究验证。猜

8、想I:此反应过程放热，温度升高，反应速率加快；猜想n：o(实验目的)探究草酸与高镒酸钾反应的速率变化异常”原因(实验用品)仪器：试管、胶头滴管、量筒、药匙、玻璃棒等；试齐J:0.1mol/LH2c2。4溶液、0.05mol/LKMnO4(硫酸酸化)溶液等。请你根据该兴趣小组的实验探究设计思路，补充完整所缺内容。(1)草酸(H2C2O4,弱酸)与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为(2)要完成对猜想I的实验验证，至少还需要一种实验仪器是(3)猜想n可是:要设计实验验证猜想n,进行该实验还要补充一种试剂及一种仪器，分别是(4)基于猜想n成立，设计方案进行实验，请完成以下实验记录表内容。试管A试管B

9、加入试剂实验现象(褪色时间)结论猜想n正确【答案】(1)5H2c2O4+2MnO42+6H+=10CQT+2Mn2+8H2O(2)温度计(3)生成的Mn2+对该反应有催化作用，加快反应速率；MnSO4(s)和秒表(4)基于猜想n成立，设计方案进行实验，请完成以下实验记录表内容。试管A试管B加入试剂2mL0.1mol/LH2c2O4溶液、1mL0.05mol/L酸fKMnO42mL0.1mol/LH2c2O4溶液、1mL0.05mol/L酸fKMnO4,少量MnSC4(s)实验现象（褪色时间）褪色较慢褪色较快结论猜想n正确（加入试剂时只要A试管与B试管所加的0.1mol/LH2QO4溶液、0.0

10、5mol/L酸fKMnO4体积相等即给分。）【解析】试题分析：猜想II:影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂，而草酸与高镒酸钾溶液发生反应：5H2QO4+2MnO4-+6H+=10CQT+2Mn2+8H2。，溶液褪色先慢后快，即反应速率由小变大，反应物是溶液，无气体，故不能是反应物的浓度和压强对反应速率产生的影响，则只能是生成的产物又做了此反应的催化剂，加快了反应速率，故答案为生成的Mn2+在反应中起到催化剂的作用，加快了反应速率；（1）草酸中的碳元素被在酸性条件下能被高镒酸钾溶液氧化为CC2,高镒酸根能被还原为Mn2+,根据得失电子数守恒来配平可得离子方程式为：5H2c2C4+2Mn

11、C4-+6H+=10CC2T+2Mn2+8H2。；（2）由于猜想I是认为可能是由于反应放热导致体系温度升高而加快了反应速率，故应测量反应前和反应开始后一段时间的温度变化，则还缺少温度计；（3）猜想II是认为生成的Mn2+在反应中起到催化剂的作用，由于Cl-也能使高镒酸钾溶液褪色，故为了避免Cl-的干扰，故应补充MnSC4固体，通过测量溶液褪色的时间的长短来验证猜想，则还需的仪器是秒表；（4）要通过对比实验来验证猜想II,则实验B和实验A的试剂的选择应除了MnSC4固体不同，其他均应相同，故试管B内加入的试剂是在试管A试剂的基础上多加了MnSC4（s）,由于结论是猜想II成立，则试管B的褪色时间

12、应该比试管A的更快，故答案为试管A试管B加入试剂2mL0.1mol/LH2C2C4溶液、1mL0.05mol/L酸fKMnC42mL0.1mol/LH2c2C4溶液、1mL0.05mol/L酸fKMnC4,少量MnSC4(s)实验现象（褪色时间）褪色较慢褪色较快结论猜想n正确3.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R实验目的碳粉/g铁粉/g醋酸/%为以下实验作参照0.52.090.0醋酸浓度的影响0.536

13、.00.22.090.0(2)编号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0ti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

14、-=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) 药品用量和操作同编号实验(多孔橡皮塞增加进、出导管) 通入僦气排净瓶内空气； 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，故有中铁的量不变，为2.0g;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

15、应，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-,故答案为：还原；6+2H2O+4e-=4OH；(3)图2中0-ti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)药品用量和操作同编号实验(多孔橡皮塞增加进、出导管)通入僦气排净瓶内空气；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

16、性试题，合理答案均给分)。4.为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图1、2所示的实验。请回答相关问题。图1图2图3(1)定性分析：如图1可通过观察,定性比较得出结论。有同学提出将FeC3改为0.05mol/LFe2(SO4)3更为合理，其理由是(2)定量分析：如图2所示，实验日均生成40mL气体，其它可能影响实验的因素均已忽略。实验中需要测量的数据是。(3)加入0.10molMnO2粉末于50mLH2O2溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图3所示。写出H2O2在二氧化镒作用下发生反应的化学方程式。实验时放出气体的总体积是mL。A、B、

17、GD各点反应速率快慢的顺序为：>>>。解释反应速率变化的原因。H2O2的初始物质的量浓度是(请保留两位有效数字)。【答案】产生气泡的快慢消除阴离子不同对实验的干扰产生40mL气体所需的时间2H2O2普坐2H2O+O2T60DCBA随着反应的进行，H2O2浓度减小，反应速率减慢0.11mol/L【解析】【详解】该反应中产生气体，所以可根据生成气泡的快慢判断；氯化铁和硫酸铜中阴阳离子都不同，无法判断是阴离子起作用还是阳离子起作用；硫酸钠和硫酸铜阴离子相同，可以消除阴离子不同对实验的干扰，答案为：两支试管中产生气泡的快慢；消除阴离子不同对实验的干扰；仪器名称分液漏斗，检查气密性的方

18、法：关闭分液漏斗的活塞，将注射器活塞向外拉出一段，过一会后看其是否回到原位；该反应是通过生成气体的反应速率分析判断的，所以根据v=V知，需要测量的数据是产生40ml气体所需要的时间，答案为:分液漏斗，关t闭分液漏斗的活塞，将注射器活塞向外拉出一段，过一会后看其是否回到原位；产生40ml气体所需要的时间。从曲线的斜率可排知，反应速率越来越小，因为反应速率与反应物浓度成正比，随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，反应速率逐渐减小；在二氧化镒作催化剂条件下，双氧水分解生成水和氧气，反应方程式为：2H2O2皿22H2O+O2?；根据图象知，第4分钟时，随着时间的推移，气体体积不变，所以实验时放出气体的总

19、体积是60mL;根据图象结合v=V知，A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序为D>C>B>A;t反应速率与反应物浓度成正比，随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，反应速率逐渐减小，设双氧水的物质的量为x,2H2O2F-?2H2O+O2T2mol22.4L0.06L2mol0.06Lx=224l=0.0054mol,所以其物质的量浓度0.0054mol0.05L=0.11molL-故答案为0.11molL-1.5.三草酸合铁酸钾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)=

20、437g/mol。本实验以(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O(硫酸亚铁俊晶体)为原料，加入草酸(H2c2。4)制得草酸亚铁(FeGO4)后，在过量的草酸根(QO42一)部分实验过程如下：燃料溶液/。洛沉淀A出t溶液C1晶体心弘加热至湘I$5温淮_:_(1)在沉淀A中加入饱和K2C2O4溶液，并用40c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40c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H2

21、SC4,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KMnC4滴定前后数据，可求得x=,KMI1O4溶液:特测液4待测液滴定前滴定后【答案】适当提高温度以加快反应速率，若温度太高则H2C2分解b3【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(SQ)26H2O+H2c2O4FeOCU+(NH4)2SC4+H2SC4+6H2C,用过氧化氢将草酸亚铁氧化为K3Fe(C2C4)3,发生2FeQC4+H2C2+3K2c2C4+H2c2。42K3Fe(QC4)3J+2H2。，溶液C含K3Fe(C2C4

22、)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40c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40c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；图中消耗高镒酸钾的体积为20.80mL-0.80mL=20.00mL,由2MnO4-+5C2O42-5+16H+=2Mn2+10CQT+8H2O可知，K3Fe(C2O4)3?xH2O物质的量为0.02LX0.05mol/L/100-X-=0.0033mol,M=1

23、.637g=496g/mol,贝U39X3+56+280X3+18x=496,解得2530.0033molx=3。6.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：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。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35min。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。分离出乙酸乙酯层、洗涤、干燥。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

24、入顺序：;(3)步骤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)。混合物中各物质的浓度不再变化；单位时间里，生成1mol乙醇，同时生成1mol乙酸；单位时间里，生成1mol乙

25、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n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n中试剂有机层的厚度/cmA2mL乙醇、1mL乙酸、3mL18moiL-1浓硫酸饱和N&cq溶液3.0B2mL乙醇、1mL乙酸、3mLH2O0.1C2mL乙醇、1mL乙酸、3mL2mol-L-1H2SO40.6D2mL乙醇、1mL乙酸、盐酸0.6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

26、入盐酸的体积和浓度分别是mL和molL-1。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=供际产量/理论产量)X100%)【答案】CRCOOH+CHCH2180H-:；_CH3CO18OCHzCH3+H2O防倒吸乙醇浓硫m酸，乙酸减少反应物的挥发；增大产率BC分液漏斗上口倒34AC66.7%【解析】【分析】(1)竣酸与醇发生的酯化反应中，竣酸中的竣基提供-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

27、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)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；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

28、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)竣酸与醇发生的酯化反应中，竣酸中的竣基提供-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+CHCH2180H襄萼=CH3CO18002H5+H2O；球形干燥管容积较大，使乙酸乙酯充分A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，步骤中用小火均匀加热，可减少反应物的挥发，增大产率；(4)制备

29、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)混合物中各物质的浓度不再变化，说明达到平衡状态，故正确；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，故错

30、误；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，故正确；故答案为；(7)本题是研究实验D与实验C相对照，证明H+M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-1H2SQ,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C3mL乙醇、2mL乙酸、2mol?L-1H2SQ,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;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

31、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;I90gII138gI(8)90g乙酸的物质的量为：,0g/mH=1.5mol，138g乙醇的物质的量为：46g/mol=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，根据反应一_湿拓酶，一，CH3COOH+CH5OH1CH3COOOH5+H2O可知，理论上生成乙酸乙酯的物质的量为88gI1.5mol,而实际上生成了88g,则乙酸乙酯的产率为：的而3n汀丽京*1。%=66.7%【点睛】乙酸乙酯制备过程中各试剂及装置的作用：浓硫酸的作用：催化剂、吸水剂；饱和N

32、a2CQ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；玻璃导管的作用：冷凝回流、导气。7.某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现反应条件不同，反应速率不同。请回答下列问题：（1）在用稀硫酸与锌制氢的实验中，加入少量下列物质可加快氢气生成速率的是（填序号）A.NmSQ溶液B.MgSO4溶液C.SO3D.CuSQ溶液（2）为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列的实验：将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的容器中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。混合溶液ABcDEF4nwl/L(mL)»ViV1Vjv4

33、V、州和CuSO4溶液（mLJ0OJ5vt20H70(tnL)VtVfVio10请完成此实验设计，其中：Vi=mL,V6=mL。该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSQ溶液时，生成氢气的速率会大大提高，但当加入的CuSQ溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析速率下降的主要原因。（3）该同学为探究其它因素对锌与稀硫酸反应速率的影响，又做了以下实验，记录数据如下，回答下列问题：实册金履v占泪堂屋活失的序号/Ml*LT/nL反应前反向后riroid政15SO2Q55JQ.IV初末2卸我二算如0r10政17CO2500.10kk1181如203520005IU物未SO充25S0.ICtk

34、hfl酬加35电1Or14Hli.Q新35二和3由实验可推知，反应物的总能量产物的总能量（填2"、或2”）。实验2和5表明，对反应速率有影响。 实验4和5表明，对反应速率有影响，能表明同一规律的实验还有（填实验序号）。 本实验中影响反应速率的其他因素还有。【答案】CD3010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>浓度固体表面积1和2温度【解析】（1）在用稀硫酸与锌制氢气的实验中，加入Na2SO4溶液，减小了硫酸的浓度，使速率减小，故A错误；B、加入MgSO4溶液，减小了硫酸的浓度，使速率减小，故B错误；C通入SO3相当于加入了硫酸，增大

35、了硫酸的浓度，加快了化学反应速率；D、加入CuSG溶液，锌为活泼金属，发生Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu,置换出铜，与锌形成原电池反应，化学反应速率加快；故选CD；(2)研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响要求硫酸的量不变，所以Vi=30,分析可以看出为了消除硫酸的物质的量浓度不同引起的误差，所以加入的硫酸铜和水的体积和要求一样为20mL,所以V6=10，力口入少量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是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；(3)从

36、表中看出，反应后的温度高于反应前的温度，说明这是一个放热反应，即反应物的总能量大于产物的总能量；实验2和5表明只要硫酸的物质的量浓度不同，是为了探究浓度对反应速率的影响；实验4和5、1和2,都是为了探究固体表面积对反应速率的影响，粉末反应的时间短，说明固体表面积越大，反应速率越快；由于这是一个放热反应，所以温度也是影响本实验的反应速率的因素之一。8.I.某实验小组用0.50mol/LNaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液进行中和热的测定装置如图(1)图中A的名称是：(2)若实验过程中酸碱添加过慢，所得4H将(填：偏大、偏小或者无影响)(3)取50mLNaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，实

37、验数据如表.实验次数起始温度t1/C终止温度t2/CH2SC4NaOH平均值126.226.026.130.1227.027.427.233.3325.925.925.929.8426.426.226.330.4近似认为0.50mol/LNaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3,中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(g?C).则中和热4H=(取小数点后一位).II.为了研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，某同学设计了如下一系列的实验：将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的容器中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。混合溶ABcDEF4moPL耶现

38、叫30Viv2VjV<解口CaSCh溶液如L)00.52.5510HiOCmL)V?ViV9V103p(4)请完成此实验设计，其中：V6=,V8=(5)该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSQ溶液时，生成氢气的速率会大大提高，请分析主要原因。III.利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行。已知：2CrO42-+2H+=Cr2Q72-+H2OBs2+CrC42-=BaCrC4J步骤I:移取xmL一定物质的量浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用bmolL1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为VomLo步骤n:移取ymLBaC2溶液于锥形瓶中，加入xm

39、L与步骤I相同浓度的Na2CrQ4溶液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用bmoILT盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为VimL。(6)BaC2溶液的浓度为molL：1,若步骤n中滴加盐酸时有少量盐酸滴至锥形瓶外，Ba2+浓度测量值将(填褊大”或偏小”。)【答案】环形玻璃搅拌棒偏大-53.5kJ/mol79.5Zn与CuSO4反应生成了Cu,Zn和Cu-炉四形成了原电池加快反应速率y偏小【解析】试题分析：本题考查中和热的测定、数据处理和误差分析，实验探究外界条件对化学反应速率的影响，间接酸碱滴定和误差分析。I. (1)图中A的名称为环形玻璃搅拌棒。(2)由于中和热的AH'

40、;0,若实验过程中酸碱添加过慢，热量损失过多，所得AH将偏大。(3)四次实验的温度差依次为4C、6.1C、3.9C、4.1C,第2次实验产生明显实验误差不参与求平均，所以第1、3、4三次实验的温度差平均值为(4C+3.9C+4.1C)3=4C,实验过程中放出的热量Q=cmAt=4.18J/(g?C)”(1g/cm3*50mL+1g/cm3*30mL)44C=1337.6J;反应过程中硫酸过量，生成n(H2O)=n(NaOH)=0.5mol/L*0.05L=0.025mol,则中和热AH二1337.6J0.(12Smol=-53.5kJ/mol。II. (4)实验目的是探究硫酸铜的量对氢气生成速

41、率的影响，用控制变量法，控制其他条件完全相同，改变硫酸铜的量，则V1=V2=v3=V4=V5=30mL,每次实验中溶液总体积为30mL+10mL+0mL=40mL,贝UV6=40mL-30mL-3mL=7mL,V8=40mL-30mL-0.5mL=9.5mL。(5)当加入少量CuSQ溶液时，生成氢气的速率会大大提高，主要原因是Zn与CuSG反应生成了Cu,Zn、Cu与稀硫酸形成了原电池加快反应速率。III. (6)步骤I中消耗H+物质的量为bVo/1000mol,则xmLNmCQ溶液中n(CrO42-)=bVo/1000mol;步骤II中消耗H+物质的量为bVi/1000mol,则与BaC2反

42、应后剩余的n(CrO2-)=bVi/1000mol,与BaC2反应的n(Crd2-)=(bV。-bVi)/1000mol,n(BaC2)=(bV0-bVi)/1000mol,c(BaCb)=(bV0-ybVO-bVlbV1)/1000mol口=丫mol/L。若步骤n中滴加盐酸时有少量盐酸滴至锥形瓶外，V1偏大，Ba2+浓度测量值将偏小。点睛：本题的两个注意点：I中进行中和热测定的数据分析时，对明显有实验误差的第2次温度差不参与求温度差的平均值。II中设计实验方案探究硫酸铜的量对化学反应速率的影响时采用控制变量法9.某酸性工业废水中含有K2Cr2C7o光照下，草酸(H2C2O)能将其中的CrzQ

43、2-转化为Cr3某课题组研究发现，少量铁明矶Al2Fe(SC4)424H2C即可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：(1)在25c下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，做对比实验，完成以下实验设计表(表中不要留空格)。pH和一定浓度草酸溶液用量，做对比实验，完成以下实验设计表(表中不要留空格)。实验编号初始pH废水样品体积/mL草酸溶液体积/mL蒸储水体积/mL460103056010305602.测得实验和溶液中的Cr2。浓度随时间变化关系如图所示。(2)上述反应后草酸被氧化为(填化学式)。(3)实验和

44、的结果表明;实验中0?t1时间段反应速率v(Cr3+尸mol-L-1-min-1(用代数式表示)。(4)该课题组对铁明矶Al2Fe(SC4)4-24H2C中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：Fe2+起催化作用；假设二：假设三：(5)请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有K2SO、FeSQK2SO4Al2(SO4)324H2。Al2(SQ)3等。溶液中Cr2O2-的浓度可用仪器测定实验方案(不要求写具体操作过程)预期实验结果和结论【答案】2020(草酸和蒸储水体积和为40mL草酸体积不等于20mL均可)CO溶液2(cc)pH对该反应的速率有影响；1ai3+起催化彳用SO2-起催化作用用等物质的量的K2SOAl2(SO4)324H2O代替实验中的铁明矶，控制其他条件与实验相同，进行对比实验反应进行相同时间后，若溶液中c(C2。2-)大于实验中的c(Cr2O72-),则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2。2-)相同，则假设一不成立【解析】(1)根据题意要求，调节不同初始pH和一定浓度草酸溶液用量，做对比实验，由此可知实验改变的是草酸溶液用量，但应保持溶液总体积不变，所以草酸溶液和蒸储水可以都是20mL(2)草酸(H2c2O4)中碳的化合价