【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

【化学】化学化学反响速率与化学均衡的专项培优练习题(含答案)含答案(1)【化学】化学化学反响速率与化学均衡的专项培优练习题(含答案)含答案(1)【化学】化学化学反响速率与化学均衡的专项培优练习题(含答案)含答案(1)【化学】化学化学反响速率与化学均衡的专项培优练习题(含答案)含答案(1)一、化学反响速率与化学均衡1．碳酸镁晶须是一种新式的吸波隐形资料中的增强资料。（1）合成该物质的步骤以下：-1-1溶液。步骤1：配制0.5mol·LMgSO4溶液和0.5molL·NH4HCO3步骤2：用量筒量取500mLNH4HCO3溶液于1000mL三颈烧瓶中，开启搅拌器。温度控制在50℃。步骤3：将250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min内滴加完后，用氨水调治溶液pH到9.5。步骤4：放置1h后，过滤，冲洗。步骤5：在40℃的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸镁晶须产品（MgCO3·nH2On=1～5）。①步骤2控制温度在50℃，较好的加热方法是_________。②步骤3生成MgCO3·nH2O积淀的化学方程式为__________。③步骤4检验积淀可否冲洗干净的方法是__________。（2）测定生成的MgCO3·nH2O中的n值。称量1.000碳酸镁晶须，放入以以下列图的广口瓶中加入合适水，并滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被NaOH溶液吸取，在室温下反响4～5h，反响后期将温度升到30℃，最后将烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得CO2的总量；重复上述操作2次。①图中气球的作用是_________。②上述反响后期要升温到30℃，主要目的是______。③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，含少许碳酸亚铁、二氧化硅）中铁的含量，在实验室分别称取12.5g菱镁矿样品溶于过分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。耗资H2O2溶液的体积数据如表所示。实验编号1234耗资H2O2溶液体积/mL15.0015.0215.6214.98①H2O2溶液应装在_________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。②依照表中数据，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MgSO+NH4HCO3+NH3?H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4取最4后一次冲洗液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，今后加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则积淀已经冲洗干净缓冲压强（或均衡压强），还可以够够起到封闭系统的作用使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸取4酸式0.13【剖析】【剖析】本实验题分为合成碳酸镁晶须、测定MgCO3·nH2O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NH4HCO3溶液、氨水反响生成。测定MgCO·nHO中n值，采用的是加稀硫酸，和MgCO·nHO反响，测定产生的CO的体积，32322能够经过计算确定MgCO3·nH2O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变成Fe2+，用H2222O溶液滴定，依照耗资的HO的物质的量以及电子守恒即可计算出菱镁矿中铁的含量。【详解】1）①步骤2控制温度在50℃，当温度不高出100℃时，较好的加热方法是水浴加热。水浴加热既可平均加热，又能够很好地控制温度。②MgSO44332424，溶液和NHHCO溶液、氨水反响生成MgCO·nHO积淀的同时还获得(NH)SO化学方程式为：MgSO4+NH4HCO3+NH3?H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4。③步骤4检验积淀可否冲洗干净，能够检验冲洗液中的SO42-，方法是取最后一次冲洗液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，今后加入BaCl2溶液，若无白色积淀，则积淀已经冲洗干净。（2）①图中气球能够缓冲压强（或均衡压强），还可以够够起到封闭系统的作用。②上述反响后期要升温到30℃，主要目的是使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸取。③标准状况下1.12LCO2的物质的量为0.05mol，依照碳守恒，有7.8000g=0.05mol，解得n=4。(84+18n)g/mol（3）①H2O2溶液有强氧化性和弱酸性，应装在酸式滴定管中。②四次实验数据，第3次和其他三次数据偏离较大，舍去，计算出三次实验耗资H2O2溶液体积的平均值为15.00mL。n(H2O2)=0.015L×0.010mol/L=1.5-4mol×10，在H2O2和Fe2+的反响中，H2O2做氧化剂，-1价氧的化合价降低到-2价，Fe2+中铁的化合价高升到+3价，依照电子守恒，n(Fe2+22-4-4)=2(HO)=3×10mol，则m(Fe)=3×10mol×56g/mol=0.0168g，实验菱镁矿中0.0168铁元素的质量分数为×100%=0.13%。12.5【点睛】当控制温度在100℃以下时，能够采用水浴加热的方法。检验积淀可否冲洗干净时需要选择合适的检测离子，选择检测的离子必定是滤液中的离子，并且简单经过化学方法检测。检验积淀可否冲洗干净的操作需要同学记住。2．某兴趣小组在实验室进行以下实验研究活动。(1)设计以下实验研究2Fe3＋＋2I－?2Fe2＋＋I2的反响。①振荡静置后C中观察到的现象是_______________________；为证明该反响存在必定限度，还应补做实验为：取C中分液后的上层溶液，今后______________(写出实验操作和现)。②测定上述KI溶液的浓度，进行以下操作：I用移液管移取20.00mLKI溶液至锥形瓶中，加入合适稀硫酸酸化，再加入足量H2O2溶液，充分反响。小心加热除去过分的H2O2。III用淀粉做指示剂，用cmol/LNa2S2O3标准溶液滴定，反响原理为：2Na2S2O3＋I2＝2NaI＋Na2S4O6。步骤II可否可省略?____________(答“能够”或“不能够够够”)步骤III达到滴定终点的现象是___________________________。巳知I2浓度很高时，会与淀粉形成牢固的包合物不易解离，为防范引起实验误差，加指示剂的最正确机遇是________。(2)研究Mn2＋对KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反响速率的影响。反响原理(化学方程式)为________；仪器及药品：试管(两支)、0.01mol/LKMnO4酸性溶液、0.1mol/LH2C2O4溶液、一粒黄豆大MnSO4固体；实验方案：请模拟教材(或同教材)设计一个实验用表格，专家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，基层四氯化碳层为紫色滴加KSCN溶液，溶液变红不能够够；；当滴入最后一滴Na223标准溶液时，蓝色褪去且半分钟内不还原用cSOmol/LNaSO标准溶液滴定至溶液呈浅黄色时，滴加淀粉指示剂，再连续滴加标准溶液223-+2+2MnO4+5H2C2O4+6H=2Mn+10CO2↑+8H2O；0.01mol40.1mol/L0.01mol40.1mol/L的加入试剂/LKMnO酸性溶液和/LKMnO酸性溶液、的H2C2O4溶液H2C2O4溶液和硫酸锰固体褪色时间实验结论【剖析】【剖析】1）①由题意可知，过分的碘化钾溶液与氯化铁溶液反响生成氯化亚铁和碘，向溶液中加入四氯化碳，振荡静置，溶液分层，为证明该反响存在必定限度，应检验上层溶液中可否存在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溶液反响；当Na2S2O3标准溶液过分时，溶液中碘单质圆满反响，溶液由蓝色变成无色；为防范引起实验误差，滴定开始时不能够够加入淀粉指示剂，应该在I2浓度较小时再滴入淀粉；2）KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反响生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水。【详解】1）①由题意可知，过分的碘化钾溶液与氯化铁溶液反响生成氯化亚铁和碘，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杂溶液，溶液的颜色为黄绿色，基层为碘的四氯化碳溶液，溶液的颜色为紫色；为证明该反响存在必定限度，应检验上层溶液中可否存在Fe3＋，还应补做实验为：取C中分液后的上层溶液，今后滴加KSCN溶液，溶液变红色，故答案为：溶液分层，上层水层为黄绿色，基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溶液反响，以致Na2S2O3标准溶液体积偏大，所测结果偏高，故不能够够省略；当Na2S2O3标准溶液过分时，溶液中碘单质圆满反响，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不还原；由I2浓度很高时，会与淀粉形成牢固的包合物不易解离，为防范引起实验误差，滴定开始时不能够够加入淀粉指示剂，应该在I2浓度较小时再滴入淀粉，故答案为：不能够够；当滴入最后一滴Na223223SO标准溶液时，蓝色褪去且半分钟内不还原；用cmol/LNaSO标准溶液滴定至溶液呈浅黄色时，滴加淀粉指示剂，再连续滴加标准溶液；（2）KMnO4酸性溶液与224HCO溶液反响生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反响的离子方程式为2MnO4-224+2+22Mn2＋对+5HCO+6H=2Mn+10CO↑+8HO；据题给条件，设计研究KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反响速率的影响的实验，应用取两份等体积的0.01mol/LKMnO4酸性溶液，一份加入0.1mol/L的HCO溶液，另一份加入等体积的2240.1mol/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，实验用表格以下：0.01mol/LKMnO4酸性溶液和0.1mol/L0.01mol/LKMnO4酸性溶液、0.1mol/L的加入试剂溶液HCO溶液和硫酸锰固体CO的H224224褪色时间实验结论故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；0.01mol/LKMnO4酸性溶液和0.1mol/L0.01mol/LKMnO4酸性溶液、0.1mol/L的加入试剂溶液HCO溶液和硫酸锰固体CO的H224224褪色时间实验结论【点睛】当Na2S2O3标准溶液过分时，溶液中碘单质圆满反响，溶液由蓝色变成无色，为防范引起实验误差，滴定开始时不能够够加入淀粉指示剂，应该在I2浓度较小时再滴入淀粉是解答关键，也是难点和易错点。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，也是一种有机反响优异的催化剂。已知M（K3243。[Fe(CO)]）=437g/mol本实验以(NH42422224)）制得草酸)(（硫酸亚铁铵晶体）为原料，加入草酸（亚铁（FeC24242-）部分实验过程以下：O）后，在过分的草酸根（CO（1）在积淀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[FeC2O4)3]?xH2O100ml溶液，取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适(）晶体配成量的稀H24-1的KMnO4标准溶液进行滴定。其中，最合理的是SO，用浓度为0.05000mol?L______（选填a、b）。由如图KMnO4滴定前后数据，可求得x=______。【答案】合适提高温度以加快反响速率，若温度太高则H2O2分解b3【剖析】【剖析】由制备流程可知，硫酸亚铁加入稀硫酸控制2＋水解，今后与草酸发生Fe(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2FeCO4+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4═2K3[Fe(C2O4)3]↓+2H2O，溶液C含K3[Fe(C2O4)3]，蒸发浓缩、冷却结晶获得晶体。【详解】（1）在积淀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，可能的原因是合适提高温度以加快反响速率，若温度太高则H2O2分解；（2）KMnO4标准溶液拥有强氧化性，可氧化橡胶，应选酸式滴定管，只有图b合理；图中耗资高锰酸钾的体积为20.80mL-0.80mL=20.00mL，由2MnO-2-4+5C2O4+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2OK3[FeC2O43]?xH2O5可知，物质的量为0.02L×0.05mol/L××( )210011.637g=496g/mol，则39×3+（56+280×3）+18x=496，解得25×=0.0033mol，M=30.0033molx=3。4．（1）利用原电池装置能够考据Fe3+与Cu2+氧化性相对强弱，以以以下列图所示。该方案的实验原理是自觉进行的氧化还原反响能够设计为原电池。写出该氧化还原反响的离子方程式：__________。该装置中的负极资料是______（填化学式），正极反响式是_______。2）某研究性学习小组为证明2Fe3++2I－?2Fe2++I2为可逆反响，设计以下两种方案。方案一：取5mL0.1mol/LKI溶液，滴加2mL0.1mol/L的FeCl3溶液，再连续加入4，充分振2mLCCl荡、静置、分层，再取上层清液，滴加KSCN溶液。①方案一中能证明该反响为可逆反响的现象是______。②有同学认为方案一设计不够严实，即使该反响为不能够逆反响也可能出现上述现象，其原因是（用离子方程式表示）_____。方案二：设计以以以下列图原电池装置，接通矫捷电流计，指针向右偏转（注：矫捷电流计指针总是偏向．．．电源正极），随着时间进行电流计读数逐渐变小，最后读数变成零。当指针读数变零后，在右管中加入1mol/LFeCl2溶液。③方案二中，“读数变成零”是由于____________.④“在右管中加入1mol/LFeCl2溶液”后，观察到矫捷电流计的指针______偏转（填“向左”、“向右”或“不”），可证明该反响为可逆反响。3+2+2+Cu3+－2+层）溶液呈紫红色，且上层【答案】Cu+2Fe=Cu+2FeFe+e=Fe基层（CCl4清液中滴加KSCN后溶液呈血红色4Fe2++O2+4H+=2H2O+4Fe3+该可逆反响达到了化学均衡状态向左【剖析】【剖析】（1）考据Fe3+与Cu2+氧化性强弱时，应将反响Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+设计成原电池，原电池中铜作负极发生氧化反响被耗资，采用金属性弱于铜的金属或非金属C作正极，电解质溶液为可溶性的铁盐；（2）方案一：如该反响为可逆反响，加入四氯化碳，四氯化碳层呈紫红色，上层清液中滴加KSCN后溶液呈血红色；但在振荡过程中，Fe2+离子易被空气中氧气生成Fe3+，不能够够证明Fe3+未圆满反响；方案二：图中矫捷电流计的指针指向右，右侧烧杯为正极，当指针读数变零后，在右管中加入1mol/LFeCl2溶液，如为可逆反响，可发生2Fe2++I2?2Fe3++2I-，I2被还原，指针应偏向左。【详解】（1）Fe3+氧化性比Cu2+强，可发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+反响，反响中Cu被氧化，Cu电极为原电池的负极，负极反响式为Cu-2e-=Cu2+，采用金属性弱于铜的金属或石墨作正极，正极上Fe3+发生还原反响，电极反响式为Fe3++e-=Fe2+，故答案为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；Cu；－Fe3++e=Fe2+；（2）①若该反响为可逆反响，反响中有碘单质生成，但不足量的Fe3+不能够够圆满反响，溶液中仍旧存在Fe3+，则证明有碘单质和Fe3+存在的实验设计为：向反响后的溶液再连续加入2mLCCl4，充分振荡、静置、分层，基层（4CCl层）溶液呈紫红色，再取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，故答案为基层（CCl4层）溶液呈紫红色，且上层清液中滴加KSCN后溶液呈血红色；②在振荡过程中，Fe2+离子易被空气中氧气生成Fe3+，不能够够证明反响可逆，反响的化学方程式为4Fe2++O2+4H+=2H2O+4Fe3+，故答案为4Fe2++O2+4H+=2H2O+4Fe3+；③若该反响为可逆反响，“读数变成零”说明该可逆反响达到了化学均衡状态，故答案为该可逆反响达到了化学均衡状态；④当指针读数变零后，在右管中加入1mol/LFeCl2溶液，如为可逆反响，可发生2Fe2++I2?2Fe3++2I-，I2被还原，矫捷电流计指针总是偏向电源正极，指针应偏向左，故答案为向左。【点睛】本题观察化学反响原理的研究，重视于剖析问题和实验能力的观察，注意掌握发生的电极反响、原电池工作原理，注意可逆反响的特色以及离子检验的方法为解答的要点。5．某化学学习小组进行以下实验Ⅰ.研究反响速率的影响因素设计了以下的方案并记录实验结果-(忽略溶液混杂体积变化)。限选试剂和仪器：0.20molL·1H2C2O4-1溶液（酸性）、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴溶液、0.010molL·KMnO4槽(1)上述实验①、②是研究_____对化学反响速率的影响；若上述实验②、③是研究浓度对化学反响速率的影响，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·xH2O中x值已知：M（H2C2O4）=90gmol·-1①称取1.260g纯草酸晶体，将草酸制成100.00mL水溶液为待测液；②取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入合适的稀H2SO4；③-1标准溶液进行滴定。用浓度为0.05000molL·的KMnO4(2)请写出滴定中发生反响的离子方程式_____。(3)某学生的滴定方式（夹持部分略去）以下，最合理的是_____（选填a、b）。(4)由图可知耗资KMnO4溶液体积为_____mL。(5)滴定过程中眼睛应凝望_________，滴定终点锥形瓶内溶液的颜色变化为_____。(6)经过上述数据，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）；其他操作均正确，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/s5H2244-＋6H+2↑＋2Mn2+2CO＋2MnO===10CO＋8HOb20.00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【剖析】【剖析】【详解】I、(1)由表中数据可知，实验①、②只有温度不一样样，因此实验①、②是研究温度对化学反响速率的影响。若上述实验②、③是研究浓度对化学反响速率的影响，比较表中数据，只有H2C2O4浓度可变，在保证溶液整体积(2.0mL+4.0mL=6.0mL)不变条件下加蒸馏水稀释H2C2O4溶液，因此a=6.0mL-4.0mL-1.0mL=1.0mL。由于本实验是研究反响速率的影响因素，因此必须有能够计量反响速率大小的物理量，KMnO4的物质的量恒定，KMnO4呈紫色，能够以溶液褪色所用的时间来计量反响速率，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，有必定的还原性，常被氧化为CO2，KMnO4拥有强氧化性，平时被还原为Mn2+，利用化合价起落法配平,因此滴定中的离子方程式为：2244-+=2Mn2+225HCO+2MnO+6H+10CO↑+8HO；(3)KMnO4拥有强氧化性，能氧化橡胶，因此不能够够用碱式滴定管盛装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，耗资KMnO4溶液体积为20.90mL-0.90mL=20.00mL；(5)滴定实验中减小误差的要点操作就是要正确判断滴定终点，因此滴定过程中眼睛向来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圆满反响后，再多一滴KMnO4溶液，溶液马上显红色，此时我们认为是滴定终点，为防范溶液局部没有圆满反响，故还要连续摇动锥形瓶30s，因此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。列比率式：5mol2mol，解得c(H2C2O4)=0.1mol/L。则c(H2C2O4)?0.025L0.05mol/L?0.02L1.260g纯草酸晶体中HCO物质的量n(HCO)=0.1L×0.1mol/L=0.01mol，即HCO·xHO的2242242242物质的量=0.01mol，H2242CO·xHO的摩尔质量1.260gMM(H2C2O4)126.090M126.0，xM(H2O)182。0.01mol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，依照上面的计算式可知n(H22422242CO·xHO)偏大，HCO·xHO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，滴定终点时耗资KMnO4溶液体积偏大，根据上面的计算式可知n(H22422242CO·xHO)偏大，HCO·xHO的摩尔质量偏小，x值偏小。【点睛】当研究某一因素对反响速率的影响时，必定保持其他因素不变，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响速率。6．某酸性工业废水中含有K2Cr2O7。光照下，草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2O转变成Cr3＋。某课题组研究发现，少许铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]即可对该反响起催化作用。为进一步研究有关因素对该反响速率的影响，研究以下：(1)在25℃下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调治不一样样的初始pH和必定浓度草酸溶液用量，做比较实验，完成以下实验设计表(表中不要留空格)。实验初始废水样品草酸溶液蒸馏水编号pH体积/mL体积/mL体积/mL①4601030②5601030③560__________________测得实验①和②溶液中的Cr2O72—浓度随时间变化关系以以下列图。(2)上述反响后草酸被氧化为__________________(填化学式)。(3)实验①和②的结果表示____________________；实验①中0～t1时间段反响速率v(Cr3＋)____________mol·L－1·min－1(用代数式表示)。该课题组对铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]中起催化作用的成分提出以下假设，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)请你设计实验考据上述假设一，完成下表中内容。[除了上述实验供应的试剂外，可供选择的药品有

K2SO4、FeSO4、K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O、Al2(SO4)3等。溶液中

Cr2O

的浓度可用仪器测定

]实验方案（不要求写详尽操作过程

)

预期实验结果和结论_____________

_____________（6）某化学兴趣小组要完成中和热的测定，实验桌上备有大、小两个烧杯、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、环形玻璃搅拌棒、0.5mol·L-1盐酸、0.55mol·L-1NaOH溶液,实验尚缺少的玻璃用品是___、_____。(7)他们记录的实验数据以下:实验用品溶液温度中和热t1t2ΔH50mL50mL①0.55mol·L-10.5mol·L-120℃23.3℃NaOH溶液HCl溶液50mL50mL②0.55mol·L-10.5mol·L-120℃23.5℃NaOH溶液HCl溶液已知:Q=cm(t2-t1),反响后溶液的比热容c为4.18kJ·℃-1·kg-1,各物质的密度均为1-3。计算完成上表中的_________________________。g·cmΔH若用KOH代替NaOH,对测定结果____(填“有”或“无”)影响;若用醋酸代替HCl做实验,对测定结果ΔH____(填“偏大”或“偏小”无影响)。【答案】2020201)/t1Al3＋起催化作用CO溶液pH对该反响的速率有影响2(c-cSO42—起催化作用用等物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他条件与实验①相同，进行比较实验反响进行相同时间后，若溶液中c(Cr2—)大于实验O27①中的c(Cr2O72—)则假设一成立，若两溶液中的c(Cr2O72—)相同，则假设一不成立量筒温度计-56.85kJ·mol-1无偏大【剖析】【剖析】1）①②中pH不一样样，是研究pH对速率的影响；则②③是研究不一样样浓度时草酸对速率的影响；2）草酸中碳元素化合价为+3价，被氧化为+4价，Cr2O72-转变成Cr3+，依照电子守恒来计算；3）实验①②表示溶液pH越小，反响的速率越快，依照公式求算；4）依照铁明矾的组成剖析；用等物质的量K2SO4?Al2（SO4）3?24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反响条件与实验①相同，进行比较实验；6）依照中和热测定的实验步骤采用需要的仪器，今后判断还缺少的仪器；7）先求出2次反响的温度差，依照公式Q=cm△T来求出生成0.025mol的水放出热量，最后依照中和热的看法求出中和热；8）反响放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关。【详解】1）①②中pH不一样样，是研究PH对速率的影响；则②③是研究不一样样浓度时草酸对速率的影响，故答案为实验编号初始废水样品草酸溶液蒸馏水pH

体积/mL

体积/mL

体积/mL③

20

20（2）草酸中碳元素化合价为+3价，氧化产物为CO，被氧化为+4价，化合价共高升2价，2Cr2O72-转变成Cr3+，化合价共降低了6价，依照电子守恒，参加反响的Cr2O72-与草酸的物质的量之比为是1：3，离子方程式为：CrO2-+3++3H2C2O4+8H=6CO↑+2Cr+7HO，故答案为2722Cr2O2-+3++7HO；+3HCO+8H=6CO↑+2Cr722422（3）由实验①②表示溶液pH越小，反响的速率越快，因此溶液pH对该反响的速率有影响，v（Cr3+）=2v（Cr2O72-）=2(c0-c1)/t1mol?L-1?min-1，故答案为2(c0-c1)/t1溶液pH对该反响的速率有影响；4）依照铁明矾[Al2Fe（SO4）4?24H2O]组成剖析，Al3+起催化作用；SO42-起催化作用，故答案为Al3+起催化作用；SO42-起催化作用；5）要证明Fe2+起催化作用，需做比较实验，再做没有Fe2+存在时的实验，因此要选2424323+42-浓度比，不要采用242KSO?Al（SO）?24HO，注意由于需要控制Al和SOKSO和Al（SO4）3；用等物质的量K2SO4?Al2（SO4）3?24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反响条件与实验①相同，进行比较实验，反响进行相同时间后，若溶液中2-c（CrO）大于实验①27中c（Cr2-），则假设一成立；若两溶液中的2-）相同，则假设一不成立；故答2O7c（Cr2O7案为实验方案预期实验结果和结论用等物质的量KSO?Al2（SO）?24HO代反响进行相同时间后，若溶液中2-）大c（CrO2443227替实验①中的铁明矾，控制其他反响条于实验①中c（Cr2O72-），则假设一成立；若两件与实验①相同，进行比较实验溶液中的2-）相同，则假设一不成立c（Cr2O76）中和热的测定过程中，需要用量筒量取酸溶液、碱溶液的体积，需要使用温度计测量温度，因此还缺少许筒、温度计，故答案为量筒、温度计；7）第1次反响前后温度差为：3.3℃，第2次反响前后温度差为：3.5℃，平均温度差为3.4℃，50mL0.55mol?L-1NaOH溶液与50mL0.5mol?L-1HCl溶液混杂，氢氧化钠过分，反响生成了0.025mol水，50mL0.5mol?L-1盐酸、0.55mol?L-1NaOH溶液的质量和为：m=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/（g?℃），代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/（g?℃）×100g×3.4℃=1.4212kJ，即生成0.025mol的水放出热量1.4212kJ，因此生成1mol的水放出热量为1.4212kJ×1mol/0.025mol=-56.8kJ，即该实验测得的中和热△H=-56.8kJ?mol-1,故答案为-56.8kJ?mol-1；(8)KOH

代替

NaOH对结果无影响，由于二者都是强碱，与

HCl反响生成易溶盐和水，因此中和热不变；醋酸电离过程为吸热过程，因此用醋酸代替

HCl做实验，反响放出的热量偏小，但△H偏大；故答案为无；偏大。【点睛】本题观察了化学实验方案的设计与讨论，涉及了研究重铬酸根与草酸反响过程中的催化作用和中和热测定，重铬酸根与草酸反响为一比较熟悉的反响，试题观察了从图象中获得数据并剖析的能力、设计实验的能力等，中和热的测定重视观察了实验的测定原理。7．某实验小组以H2O2分解为例，研究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反响速率的影响，在常温下依照以下方案完成实验。实验编号反响物催化剂①10mL2%H2O2溶液无②10mL5%H2O2溶液无③10mL5%H22溶液-13溶液O1mL0.1mol?LFeCl④10mL5%H22溶液+少许HCl溶液-13O1mL0.1mol?LFeCl溶液⑤10mL5%H2O2溶液+少许NaOH溶液1mL0.1mol?L-1FeCl3溶液(1)催化剂能加快化学反响速率的原因是_____。(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，平时条件下H2O2牢固，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的化学反响方程式：_____。(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。剖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）研究浓度对反响速率的影响（2分）向反响物中加入等量同种催化剂（或将盛有反响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）【剖析】【详解】(1)催化剂改变反响的路子，降低反响所需的活化能，从而加快反响速率，故答案为改变反响路子，降低了活化能；(2)实验①和②的浓度不一样样，则该实验的目的为研究浓度对化学反响速率的影响；为了便于比较，应在相同的条件下利用一个变量来比较，则向反响物中加入等量同种催化剂(或将盛有反响物的试管放在同一热水浴中)，故答案为研究浓度对反响速率的影响；向反响物中加入等量同种催化剂(或将盛有反响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，该反响为2H2O22H2O+O2↑，故答案2H2O22H2O+O2↑；(4)由图可知，⑤的反响速率最大，④的反响速率最小，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．某学生为了研究锌与盐酸反响过程中的速率变化，他在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反响放出的氢气，实验记录以下（累计值）：时间（min）12345氢气体积（mL）（标况50120232290310下）1）哪一时间段（指①0～1、②1～2、③2～3、④3～4、⑤4～5min，下同）反响速率最大______（填序号，下同），原因是____________________________________________．（2）哪一段时段的反响速率最小______，原因是_____________________________________．3）求2～3分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反响速率（设溶液体积不变，不要求写出计算过程）______________________________________________________________________．（4）.若是反响太激烈，为了减缓反响速率而又不减少产生氢气的量，他在盐酸中分别加入等体积的以下试剂：A．.蒸馏水B．KNO34溶液溶液C．NaCl溶液D．CuSO你认为可行的是（填编号）________________________________________．【答案】③反响放热，温度高⑤盐酸浓度变小0.1mol/(Lmin)AC【剖析】试题剖析：⑴计算每个时间段生成气体的体积，依照相同条件下气体体积与反响速率的关系判断速率，依照反响与能量变化的关系判断速率变化的原因；(2)计算每个时间段生成气体的体积，依照相同条件下气体体积与反响速率的关系判断速率，依照反响与能量变化的关系判断速率变化的原因；(3)先求出气体的物质的量，再计算盐酸变化的物质的量，利用速率计算公式计算速率；⑷依照浓度、电解质的强弱判断。剖析：0～1、②1～2、③2～3、④3～4、⑤4～5min生成氢气的体积分别是50mL、70mL、112mL、58mL、20mL；⑴相同条件下，反响速率最大，相同时间收集到气体体积越大，因此2～3min反响速率最快，原因是该反响放热，2-3min时温度高与开始时的温度；⑵4～5min的反响速率最小，原因是液中H+的浓度变小了；⑶2～3分钟时间段以生成氢气的体积是112mL，设需要盐酸的物质的量是xmol，222400x=0.01molx112v0.01mol0.1L－1－1；0.1molL··min1min⑷改变反响速率的方法有：改变浓度、改变温度、改变固体表面积等；A..蒸馏水，盐酸浓度变小，反响速率减慢，产生氢气的量不变，故A正确；B.加入KNO溶液生成硝酸，硝酸拥有强氧化性，不能够够生成氢气，故B错误；C.加入NaCl溶液，3盐酸体积增大，浓度减小，反响速率减慢，产生氢气的量不变，故C正确；D.CuSO4溶液，形成铜锌原电池，加快反响速率，故D错误。点睛：盐酸与金属反响放热，溶液温度高升，因此反响速率逐渐增大；随反响进行，盐酸浓度显然减小，因此反响最后有逐渐减慢。9．某化学课外小组经过实验研究化学反响速率和化学反响限度。（1）实验一：研究温度和浓度对反响速率的影响方案：在酸性溶液中，碘酸钾（KIO3）和亚硫酸钠可发生反响生成碘（2IO3﹣+5SO32﹣+2H+═I2+5SO42﹣+H2O），生成的碘可用淀粉溶液检验，依照出现蓝色所需的时间来衡量该反响的速率。实验0.01mol/LKIO3酸性溶液0.01mol/LNa2SO3溶水的体实验温出现蓝色序号（含淀粉）的体积/mL液的体积/mL积/mL度/℃的时间/s①55V10②554025③5V23525V1=mL，V2=mL．（2）实验二：研究KI和FeCl3混杂时生成KCl、I2和FeCl2的反响存在必定的限度。实验步骤：ⅰ．向5mL0.1mol/LKI溶液中滴加5～6滴0.1mol/LFeCl3溶液，充分反响后，将所得溶液分成甲、乙、丙三等份；ⅱ．向甲中滴加CCl4，充分振荡；ⅲ．向乙中滴加试剂X。①写出KI和FeCl反响的离子方程式：。3②步骤ⅲ中，试剂X是。③步骤ⅱ和ⅲ中的实验现象说明KI和FeCl混杂时生成KCI、I和FeCl的反响存在必定的322限度，该实验现象是：ⅱ中。ⅲ中。【答案】（1）40；102）①2I﹣+2Fe3+?I2+2Fe2+KSCN溶液③溶液分层，基层为紫红色；溶液呈血红色【剖析】试题剖析：（1）①和②温度不一样样，应该时研究温度对速率的影响，因此浓度要求相同，