高考化学化学反应速率与化学平衡-经典压轴题附答案

高考化学化学反响速率与化学平衡-经典压轴题附答案

一、化学反响速率与化学平衡

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0.5molLMgSC>4溶液和0.5molLiNH4HCO3溶液.

步骤2：用量筒量取500mLNH4HCO3溶液于1000mL三颈烧瓶中，开启搅拌器.温度限制在

50℃.

步骤3：将250mLMgSCU溶液逐滴参加NH4HCO3溶液中，imin内滴加完后,用氨水调节溶液

pH到9.5.

步骤4：放置lh后，过滤,洗涤.

步骤5：在40℃的真空枯燥箱中枯燥10h,得碳酸镁晶须产品（MgCO3-nH2On=l〜5）.

①步骤2限制温度在50℃,较好的加热方法是.

②步骤3生成MgCO3-nH2O沉淀的化学方程式为.

③步骤4检验沉淀是否洗涤干净的方法是.

（2）测定生成的MgCO3-nH2O中的n值.

称量1.000碳酸镁晶须,放入如下图的广口瓶中参加适量水,并滴入稀硫酸与晶须反应,生

成的C02被NaOH溶液吸收,在室温下反响4〜5h,反响后期将温度升到30℃,最后将烧杯

中的溶液用浓度的盐酸滴定,测得C02的总量；重复上述操作2次.

辑事

席版McCO,*1

「y1

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C02为1.12L,那么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，参加指示剂,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

①出。2溶液应装在(填"酸式"或"碱式")滴定管中.

②根据表中数据,可计算出菱镁矿中铁元素的质量分数为％(保存小数点后两位).

【答案】水浴加热MgSO4+NH4HCO3+NH3-H20+(n-l)H202MgeChFdClHNH6SCU取最

后一次洗涤液少许于试管中,参加稀盐酸,无明显现象,然后参加BaCb溶液,假设无白色沉

淀，那么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CCh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MgSCU溶液和NH4HCO3溶液、氨水反响生成.测定MgCO3-nH2O中n

直采用的是加稀硫酸,和MgCO/nHQ反响,测定产生的COz的体积，可以通过计算确定

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化为Fe2+,用H2O2

溶液滴定，根据消耗的也。2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限制温度在50℃,当温度不超过1000C时,较好的加热方法是水浴加热.水浴加

热既可均匀加热,又可以很好地限制温度.

②MgSCU溶液和NH4HCO3溶液、氨水反响生成MgCO3-nH2O沉淀的同时还得到(NHdSCU,

化学方程式为：MgSO4+NH4HCO3+NH3-H2O+(n-l)H2O=MgCO3FH2OJ+(NH4)2SO4.

③步骤4检验沉淀是否洗涤干净,可以检验洗涤液中的SO42r方法是取最后一次洗涤液少许

于试管中,参加稀盐酸,无明显现象,然后参加BaCb溶液,假设无白色沉淀,那么沉淀已经洗

涤干净.

(2)①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.

②上述反响后期要升温到30P,主要目的是使广口瓶中溶解的CCh充分逸此并被NaOH溶

液充分吸收.

③标准状况下1.12LCO2的物质的量为0.05mol,根据碳守恒,有

7.8000g

(84+18n)g/mol=O.o5m°l,解得"=*.

(3)①出。2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,计算出三次实验消耗H2O2溶液体

积的平均值为15.00mL.n(H2O2)=0.015Lx0.010mol/L=1.5xl0-4mol,H2O2和Fez+的反响

中，做氧化剂,；价氧的化合价降低到-2价,Fez+中铁的化合价升高到+3价,根据电子守

恒,n(Fe2+)=2(H2O2)=3xl0-4mol,那么|m(Fe)=3xl0-4molx56g/mol=0.0168g,实验菱镁矿中

铁元素的质量分数为五jxl00%=0.13%.

0.0168

【点睛】

当限制温度在100℃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

适宜的检测离子,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.无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体.某活动小

组通过实验，探究不同温度下气体产物的组成.实验装置如下：

水

准

管

每次实验后均测定B、C质量的改变和E中收集到气体的体积.实验数据如下（E中气体体

积已折算至标准状况）：

称取CuSC>4质量c增重质量E中收集到气体

实验组别泪声B增重质量/g

/g/g/mL

①Ti0.6400.32000

②T20.64000.256v2

③T30.6400.160丫322.4

④T40.640x40.19233.6

（1）实验过程中A中的现象是.D中无水氯化钙的作用是.

（2）在测量E中气体体积时,应注意先,然后调节水准管与量气管的液面相平，

假设水准管内液面高于量气管,测得气体体积—（填"偏大〃、"偏小"或"不变〃）.

（3）实验①中B中吸收的气体是.实验②中E中收集到的气体是.

（4）推测实验②中CUS04分解反响方程式为：.

（5）根据表中数据分析,实验③中理论上C增加的质量丫尸g.

（6）结合平衡移动原理，比拟T3和T4温度的上下并说明理由.

【答案】白色固体变黑吸收水蒸气，预防影响C的质量变化冷却至室温偏小SO3A

022CUSO42CuO+2sO2个+。2个0.128T4温度更高，由于SCh分解为SCh和。2是

吸热反响,温度高有利于生成更多的02

【解析】

【分析】

(1)根据无水硫酸铜在加热至650c时开始分解生成氧化铜和气体分析A中的现象,根据碱石

灰和无水氯化钙的作用分析；

⑵气体温度较高,气体体积偏大,应注意先冷却至室温，假设水准管内液面高于量气管,说明

内部气压大于外界大气压,测得气体体积偏小；

⑶实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体,C的作用是吸收二氧化硫,E的作用是收

集到氧气；

⑷0.64g硫酸铜的物质的量为77°64g=0.004mol,分解生成氧化铜的质量为：

160g/mol

0.256g

0.004molx80g/mol=0.32g：SCh的质量为：0.256g,物质的量为：，*,=0.004mol,

64g/mol

0.064g

氧气的质量为：0.64-0.32-0.256=0Q64g,物质的量为：-—r=0.002mol

32g/mol

C11SO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1,那么实验②中CuSCU分解反响

方程式为2CUSO4△2CuO+2SC)2个+。2个；

0.64g

(5)0.64g硫酸铜的物质的量为160g/mo4-=0.004mol,分解生成氧化铜的质量为：

0.004molx80g/mol=0.32g；SO3的质量为：0.16g,氧气的质量为：呼/32=0.032g,=22.4

根据质量守恒实验③中理论上C增加的质量丫3=0.64-0.32-0.16-0.032=0.128g；

⑹根据表中实验③④的数据可知,T4温度生成氧气更多，由于SO3分解为SO2和02是吸热

反响,温度高有利于生成更多的8

【详解】

(1)由于无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体,故实验过程中A中的现

象是白色固体变黑，由于碱石灰能够吸水,D中无水氯化钙的作用是吸收水蒸气,预防装置

E中的水进入装置C,影响C的质量变化，故答案为：白色固体变黑；吸收水蒸气，防止影

响C的质量变化；

⑵加热条件下,气体温度较高,在测量E中气体体积时,应注意先冷却至室温，假设水准管

内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小，故答案为：冷却至

室温偏小；

⑶实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体,C的作用是吸收二氧化硫,E的作用是收

集到氧气，故答案为：S03；02；

0.64g

(4)0.64g硫酸铜的物质的量为160g/mo4-=0.004mol,分解生成氧化铜的质量为：

0.256g

0.004molx80g/mol=0.32g；SO2的质量为：0.256g,物质的量为：64g/加。］=O。。4mol,

0.064g

氧气的质量为：0.64-0.32-0.256=0Q64g,物质的量为：―r=0.002mol,

32g/mol

C11SO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1,那么实验②中CuS04分解反响

方程

式为2CUSO42CUO+2SO2T+O2T；

0.64g

（5）0.64g硫酸铜的物质的量为=0Q04mol,分解生成氧化铜的质量为：

160g/mol

0.0224

0.004molx80g/mol=0.32g；SCh的质量为：0.16g,氧气的质量为：32=0.032g,

322.4

实验③中理论上C增加的质量丫3=0.64-0.32-0.16-0.032=0.128g；

⑹根据表中实验③④的数据可知,T4温度生成氧气更多，由于SO3分解为SO2和。2是吸热反响，

温度高有利于生成更多的。2,故T4温度更高,故答案为：T4温度更高，由于SO3分解为SO2和

02是吸热反响,温度高有利于生成更多的02.

3.某兴趣小组在实验室进行如下实验探究活动.

⑴设计如下实验研究2Fe3++212Fe2++上的反响.

_3mL{?iniflIAL--it指：

打做演困圉

Aac

①振荡静置后C中观察到的现象是；为证实该反响存在一定限度,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20.00mLKI溶液至锥形瓶中,参加适量稀硫酸酸化,再参加足量H2O2溶液,充

分反响.

II小心加热除去过量的H2O2.

Ill用淀粉做指示剂,用cmol/LNa2s2O3标准溶液滴定,反响原理为：2Na2s2。3+卜=2Nal+

Na2s4。6.

步骤II是否可省略？（答"可以"或"不可以〃）

步骤III到达滴定终点的现象是.巳知b浓度很高时,会与淀粉形成稳定的包合物不易解离,为

预防引起实验误差,加指示剂的最正确时机是

⑵探究Mm，对KMnCU酸性溶液与H2c2。4溶液反响速率的影响.

反响原理〔化学方程式）为一；

仪器及药品：试管〔两支）、0.01mol/LKMnCM酸性溶液、0.1mol/LH2c2。4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Na2s2。3标准溶液时，蓝色褪去且半分钟内不复原用c

mol/LNa2s2O3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2MnO+

+5H2c204+6H+=2Mn2++10C0j+8H20；

0.01mol/LKMn04酸性溶液和0.10.Olmol/LKMrA酸性溶液、0.Imol/L的

参加试剂

mol/L的耳404溶液H£D溶液和硫酸镐固体

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响生成氯化亚铁和碘，向溶液中参加四

氯化碳,振荡静置,溶液分层,为证实该反响存在一定限度,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,假设步骤II省略,溶液中过氧化氢会与

Na2s2O3溶液反响；当Na2s2。3标准溶液过量时,溶液中碘单质完全反响,溶液由蓝色变为无色；

为预防引起实验误差，滴定开始时不能参加淀粉指示剂,应当在12浓度较小时再滴入淀粉；

(2)KMnCh酸性溶液与H2c2O4溶液反响生成硫酸钾、硫酸镭、二氧化碳和水.

【详解】

⑴①由题意可知，过量的碘化钾溶液与氯化铁溶液反响生成氯化亚铁和碘,向溶液中参加四

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；为证实该反响存在一定限度，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,假设步骤II省略,溶液中过氧化氢会与Na2s2O3

溶液反响，导致Na2s2。3标准溶液体积偏大，所测结果偏高,故不能省略；当Na2s2。3标准溶液

过量时，溶液中碘单质完全反响,溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；由b浓度很高时，

会与淀粉形成稳定的包合物不易解离,为预防引起实验误差，滴定开始时不能参加淀粉指示

剂,应当在12浓度较小时再滴入淀粉，故答案为：不能；当滴入最后一滴Na2s2。3标准溶液时，

蓝色褪去且半分钟内不复原；用cmol/LNa2s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)KMnCU酸性溶液与H2c2。4溶液反响生成硫酸钾、硫酸车孟、二氧化碳和水，反响的离子方

程式为2MnC)4-+5H2c2O4+6H+=2Mnz++10CO2T+8H2O；据题给条件，设计探究Mm+对KMnCU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OQlmol/LKMnCU酸性溶液,

一份参加O.lmol/L的H2c2.4溶液,另一■份参加等体积的O.lmol/L的H2c2。4溶液和硫酸锦固体,

测定溶液由紫色退为无色所需要的时间,实验用表格如下：

0.01mol/LKMnO4酸性溶液和O.lmol/LO.Olmol/LKMnCU酸性溶液、O.lmol/L的

参加试剂

的H2c2。4溶液H2c2。4溶液和硫酸电孟固体

褪色时间

实验结论

故答案为：2MnC)4-+5H2c2O4+6H+=2Mn2++10CO2T+8H2O；

O.Olmol/LKMnCU酸性溶液和0.1mol/LO.Olmol/LKMnCU酸性溶液、O.lmol/L的

参加试剂

的H2c2。4溶液H2c2。4溶液和硫酸镒固体

褪色时间

实验结论

【点睛】

当Na2s2。3标准溶液过量时,溶液中碘单质完全反响,溶液由蓝色变为无色,为预防引起实验误

差,滴定开始时不能参加淀粉指示剂,应当在12浓度较小时再滴入淀粉是解答关键,也是难点

和易错点.

4.影响化学反响速率的因素很多,某校化学小组用实验的方法进行探究.

实验一：他们只利用Cu、Fe、Mg和不同浓度的硫酸(0.5mol/L、2mol/L>18.4mol/L).设

计实验方案来研究影响反响速率的因素.甲同学研究的实验报告如下表

实验步骤现象结论

①分别取等体积的2

金属的性质越活泼,反响速率

mol/L的硫酸于试管中反响速率Mg>Fe,Cu不反响

越快

②

(1)甲同学表中实验步骤②为

⑵甲同学的实验目的是：在相同的温度下,.

实验二：乙同学为了更精确的研究浓度对反响速率的影响，利用以下图所示装置进行定量实

13）乙同学在实验中应该测定的数据是.

（4）乙同学完成该实验应选用的实验药品是;该实验中不选用某

浓度的硫酸,理由是.

【答案】分别投入大小、形状相同的Cu、Fe、Mg研究金属〔或反响物）本身的性质与反响速

率的关系一定时间内产生气体的体积（或产生一定体积的气体所需时间〕Mg〔或尸0〕和0.5

mol/L硫酸和2mol/L硫酸常温下Mg与18.4mol/L硫酸反响生成SO2,Fe在18.4mol/L硫酸中

钝化

【解析】

【分析】

（1）要比拟金属和稀硫酸的反响快慢,那么应该使金属的形状和大小都是相同的，即分别投入

形状、大小相同的Cu、Fe、Mg；

[2）根据步骤和现象，目的是探究金属〔反响物）本身的性质与反响速率的关系；

13）要定量研究，需要测定一定时间内产生气体的体积〔或产生一定体积的气体所需要的时

间）；

（4）浓硫酸和金属反响不能生成氢气,而铜与稀硫酸又不反响,所以选择的药品是Mg

[或Fe）、0.5ol/L硫酸和2mol/L硫酸.常温下Mg与18.4mol/L硫酸反响生成SO2；Fe在

18.4mol/L硫酸中钝化.

【详解】

[1）根据表中的信息得出该同学的实验目的是研究反响物本身的性质对反响速率的关系对反

响速率的影响，根据表中数据可知，硫酸的浓度相同，不同金属的规格应相同，故答案为：分别

投入大小、形状相同的Al、Fe、Mg；

（2）根据表中的信息可知该同学的实验目的是研究反响物本身的性质对反响速率的关系对反

响速率的影响，故答案为：研究金属〔或反响物〕本身的性质与反响速率的关系；

巴）乙同学为了更精确地研究浓度对反响速率的影响，根据速率公式可知应该测定的实验数

据是测定一定时间产生气体的体积或测定产生一定体积的气体所需时间，故答案为：一定时间

内产生气体的体积（或产生一定体积的气体所需时间）；

14）由题意可知实验中应选用的实验药品是金属和酸，因浓硫酸和铁发生钝化现象而影响判

断，所以完成该实验应选用的实验药品是Mg1或Fe）和0.5mol/L、2mol/L的硫酸；常

温下,浓硫酸能够使Fe钝化,Mg发生氧化复原反响不生成氢气,而生成二氧化硫,不能判断影

响化学反响速率的因素，故答案为：Mg［或Fe）和0.5mol/L、2mol/L的硫酸；常温下Mg与

18.4mol/L硫酸反响生成S02,Fe在18.4mol/L硫酸中钝化.

5.某化学兴趣小组探究氯与水反响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蒸储水的锥形瓶（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,具体数据如下图：

p

/

r

=17.345

=1

50100150

iHfuJ/s

尔法测定氯水中氯元素的含量.此法是以KzCrCU为指示剂,用AgNQ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，再分别参加25.00ml水；

②向试样中参加足量的3%溶液；

③除去过量的3%,冷却；

④调整溶液的pH,再参加lmL5%K2CrO4溶液,在不断摇动下用0.100mollAgNCh

标准溶液滴定至溶液呈砖红色［2Ag++CrO2-=Ag?CrO4J（砖红色〕］

⑤重复上述实验,测得消耗AgN03标准溶液体积的平均值为vmL

答复以下问题：

（1）氯气在295K、lOOKpa时，在1L水中可溶解0.09mol,实验测得溶于水的Clz约有三

分之一与水反响.该反响的离子方程式为；估算该离子反响的平衡常数

［2）根据实验I测定结果判断氯气与水的反响是（填"吸热反响〃或"放热反响〃）理

由是_____

（2）分析实验n图，小组同学推测产生该结果的原因可能是多种反响造成的，以下表达合

理的是

A.升温,氯气挥发导致c（CL）减小

B.对于©2和H20的反响,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2HC10旦2HC1+O2个

D.升温,可能发生3HC10刍2HCI+HCIO3（强酸），使得pH减小

（4）实验m步骤3中加足量的3%溶液，目的是

⑸用AgNO3标准溶液滴定氯离子到达化学计量点时,cGg）=CG1），假设此时要求

不生成Ag°Cr。人沉淀，那么c[。。2一）最大不能超过mol-LT.:

244

K〔AgCl〕=1.8xlO-io,K（Ag2CrO4）=1.8x10^]

⑹计算实验m氯水中氯元素的含量，列出算式：g-L-i

【答案】CI2+H2O/H++CL+HCIO4.5x10-4放热反响随氯气通入,溶液温

度升高ACD足量的过氧化氢可将氯气完全复原为氯离子0.01°142V

【解析】

【分析】

【详解】

（1）氯气与水反响生成盐酸和次氯酸，反响的离子方程式为：

CL+H20fH++CL+HC1O,在1L水中可溶解0.09mol氯气,氯气浓度近似为

0.09mol/L,那么可建立如下三段式：

Cl2+H2OfH++C1-+HC1O

起始（mol/L）0.092000

转化（mol/L）0.030.030.030.03

平衡旧.1爪）0.060.030.030.03

c（H+）c（C1-）c（HC1O）

U.UJXU.UJXU.UJ=4.3X1U-4,

那么平衡常数K=--/dr------°-06

C12+H2OfH++Cl-+HClO；4.5x10-4；

（2）由图可知,随氯气通入,发生反响使溶液温度升高,那么正反响为放热反响,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,那么导致CG1-）减小，故A正确；

B.为放热反响,升高温度平衡逆向移动,c（小一）减小,而pH增大,故B错误；

C.HC10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3HC10二2HC1+HC1O,（强酸）,酸性增强,那么pH减小,故D正

确；故答案为：ACD；

（4）实验m步骤3中加足量的3%溶液，目的是足量的过氧化氢可将氯气完全复原为氯

离子,故答案为：足量的过氧化氢可将氯气完全复原为氯离子；

⑸用AgNO3标准溶液滴定氯离子到达化学计量点时,cQg-）=cGl）,不生成

---（1KSP（Agq）1.8义io—12

Ag?CrO4沉淀,那么c<Cr02-><耳=Em=0.0lmol/L,故答案为：

0.01；

（6）由CL〜AgCl〜AgNO可知,实验m氯水中氯元素的含量为

3

O.lmol/Lxvx10-3LX35.5g/mol

=0.142vg/L,故答案为：0.142v.

25X10-3L

6.某小组研究了铜片与5.6mol?LiHNO反响的速率,实现现象记录如下表.

3

实验时间段现象

0〜15min铜片外表出现极少气泡

15〜25min铜片外表产生较多气泡,溶液呈很浅的蓝色

t硝酸』

25〜30min铜片外表均匀冒出大量气泡

&曲

铜片盲

铜片外表产生较少气泡,溶液蓝色明显变深,液面

30〜50min

上方呈浅棕色

为探究影响该反响速率的主要因素，小组进行如下实验.

实验I：监测上述反响过程中溶液温度的变化,所得曲线如以下图.

时间/min实验n：②-④试管中参加大小、形状相同的铜

片和相同体积、5.6mol?LiHNO3.结果显示：Cu（NOL、NO

对Cu和HNCh反响速率的影响均不明显,NCh能明显加快该反

响的速率.

实验工工工：在试管中参加铜片和5.6mol?LiHNO3,当产生气泡较快时,取

少量反响液于试管中，检验后发现其中含有N。.

2

CBN。,]阳0'（J

伺?

（1）根据表格中的现象，描述该反响的速率随时间的变化情况：.

（2）实验I的结论：温度升高〔填“是〃或"不是"）反响速率加快的主要原因.

[3）实验工工的目的是：.

（4）小组同学查阅资料后推测：该反响由于生成某中间产物而加快了反响速率.请结合实

验工工、工工工，在以下图方框内填入相应的微粒符号①②，以补全催化机理.

[5）为验证[4）中猜测，还需补充一个实验：（请写出操作和现象）.

【答案】反响速率先变快后变慢不是检验Cu〔及03〕2、N。、'。2能否加快铜和硝酸

反响的速率NO.NO-在试管A、B中均参加相同的铜片和等体积的5.6机硝22

酸，向B中参加NaNQ固体,产生气泡的速率B比A快.

【解析】

【分析】

（1）表格中的现象变化：极少气泡3较多气泡3大量气泡3较少气泡；

⑵5—30min,温度不变，但是15fomin,反响速率加快；

（3）实验n结论：Cu（NOJ2、NO对Cu和HNO3反响速率的影响均不明显,NO2能

明显加快该反响的速率；

（4）结合实验n与实验工工工，实验H：可知N4能明显加快该反响的速率.实验

III：发现其中含有NO一.再根据化合价的升降可判断；2

[5）中间产物为NO一；2

【详解】

（1）根据表格中的气泡多少的现象，可知该反响的速率随时间的变化情况：反响速率先变

快后变慢；

（2）由分析可知,温度不变时反响速率却加快,故温度升高不是反响速率加快的主要原

因;

（3）由分析可知，实验工工的目的是:检验，四。3）2、N。、N4能否加快铜和硝酸反应的速率;

（4）Cu3CU2+,化合价升置那么①3②的化合价降低,故①为NO.,②为NO-；

22

（5）验证中间产物NO一加快了反响速率，那么可以在试管A、B中均参加相同的铜片和等2

体积的5.6mol?Li硝酸，向B中参加NaNO2固体,产生气泡的速率B比A快.

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

温下根据如下方案完成实验.

实验

反响物催化剂

编号

①10mL2%H2C>2溶液无

②10mL5%H2C>2溶液无

③10mL5%匕。2溶液1mLO.lmol-LvFeCb溶液

④

10mL5%H2O2溶液+少量HCI溶液1mL0.1mol-L-iFeCb溶液

⑤10mL5%H2O2溶液+少量NaOH溶液1mLO.lmol-LTFeCb溶液

（1）催化剂能加快化学反响速率的原因是.

（2）常温下5%H2O2溶液的pH约为6,H2O2的电离方程式为.

（3）实验①和②的目的是.

实验时由于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.为了到达实验目的，你对原实验方案的改良是.

⑷实验③、④、⑤中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如以下图.

6

的

体

枳

分析上图能够得出的实验结论是.

【答案】〔1〕降低了活化能（2）H2O2-H++H02-

（3）探究浓度对反响速率影响向反响物中参加等量同种催化剂〔或将盛有反响物的试管放

入同一热水浴中）

（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【解析】

分析：11）催化剂改变反响的途径，降低反响所需的活化能；（3）实验①和②的浓度不

同；为了便于比拟，应在相同的条件下利用一个变量来比拟；［4）由图可知，⑤的反响速率

最大,④的反响速率最小，以此来解答.

详解：［1）催化剂改变反响的途径，降低反响所需的活化能，从而加快反响速率，故答案为

降低了反响的活化能；’4叫的电离方程式为巩3+吗-;G实验①和②的浓度不同，那么

该实验的目的为探究浓度对化学反响速率的影响；为了便于比拟，应在相同的条件下利用一

个变量来比拟，那么向反响物中参加等量同种催化剂（或将盛有反响物的试管放在同一热水

浴中）；（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

境能增大出。2分解的速率,酸性环境能减小H2O2分解的速率.点睛：此题考查影响化学反

响速率的因素，较好的考查学生实验设计、数据处理、图象分析的综合水平，题目难度中等,

注意信息的利用即可解答.

8.某化学兴趣小组为验证S02的复原性和Fe3+的氧化性,特邀你参与以下探究活动.

I.理论预测

该兴趣小组实验实施前进行了充分的讨论交流确定选择S02和FeCb溶液的反响来探究，

并预测将SCh通入FeCb溶液中的现象.小组同学想听听你的分析：

（1）确定选择，。2和FeCb溶液的反响而不选择SCh和Fe（N03）3溶液的反响来探究，你认

为可能是基于什么原因作出的选择：.

6将S02通入FeCb溶液中，你认为可能观察到的现象是：，你预测的理论依据是（用离子

方程式表示）：

II.实验探究

1「配制1同uFeCL溶液〔未用盐酸酸化）

①下面是小组四位同学在配制溶液时的“转移〃操作，其中正确的选项

是：，

②检测得知溶液呈酸性，其原因是：（用离子方程式表示）.

（2）将S02通入FeCb溶液至饱和,观察到溶液由棕黄色变为红棕色,并没有观察到预期的现

象.将反响后的溶液放置12小时后又出现了预期的结果.

查阅资料得知：［Fe（HSC>3）］2+为红棕色，生成［Fe（HS03）］z+的反响为可逆反响.请你用化学方程

式解释将S02通入FeCb溶液至饱和时观察到的现象：

（3）为了探究如何缩短红棕色变为预期颜色的时间，小组继续探究：另取少量FeCb溶液，再

通入S02,溶液变为红棕色,加浓HCI酸化,几分钟后变为预期颜色.请你推测小组在实验方

案设计中“加浓HCI酸化”的目的是：【答案】N03-可能对验证Fe3+的氧化性有干扰溶液

由（棕）黄色变为浅绿色2Fe3++SO2+2H2O=2Fez++SO42+4H+AFe3++3H2。=Fe（OH）s+3H+FeC黄

SO2+HzO-

[Fe(HSO3HCI2+HCIH+浓度，使“FeCl3+SO2+H2O=[Fe(HSO3)]Cl2+HCI"平衡逆向移动，

加快预期反响的速率

【解析】

【分析】

此题考查S02和FeCb溶液反响的实验探究,涉及物质性质的分析,物质的量浓度溶液的配

制,盐类的水解,外界条件对化学平衡的影响，结合相应知识进行分析；

【详解】

I.(l)S02溶于水显酸性,酸性条件下，N03-也可将S02氧化,干扰实验,因此,此题答案为：

NOs-可能对验证Fe3+的氧化性有干扰；

⑵由于S02具有复原性，Fe3+具有氧化性,预测S02通入FeCb溶液中SO2将Fe3+复原为Fe2+,可

能观察到的现象是：溶液由棕黄色变为浅绿色.反响的离子方程式可表示为

SC)2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+,因此此题答案为：溶液由(棕)黄色变为浅绿色；2Fe3++

SO2+2H2O=2Fe2++SO42+4H+;

II.(1)①"转移〃时预防溶液外洒，应将玻璃棒的下端伸入容量瓶的刻度线以下，用玻璃棒引

流溶液,应选A;

②FeCb属于强酸弱碱盐，由于Fe3+的水解使溶液呈酸性,Fe3+水解的离子方程式为

A

Fe3++3H2O=Fe(OH)3+3H+,因此，此题答案为：Fe3++3出。=Fe(OH)+3H+;

(2)根据资料,红棕色溶液中含[Fe(HSO3)3,该过程中元素的化合价没有变化,反响的化学

方程式为SO2+FeCI3+H2O=[Fe(HSO3)]Cl2+2HCI,因此此题答案为：FeCh+SO2+H2O-

[Fe(HSO3)]CI2+HCI;

Q出现红棕色是发生了反响"z+FeCb+HzO[Fe(HSO3)]Cl2+2HCI,缩短红棕色时间，使上

述平衡向逆反响方向移动.因此,此题答案为：增大H+浓度,使"FeCI3+SO2+H2O

=[Fe(HSO3)]Cl2+HCI〃平衡逆向移动，加快预期反响的速率；9.(10分)某同学在用稀硫酸与

锌制取氢气的实验中，发现参加少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率.请答复以下问题：

(1)上述实验中发生反响的化学方程式有

[2)硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是一.

13)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实验.

将表中所给的混合溶液分别参加到6个盛有过量Zn粒的反响瓶中，收集产生的气体,记录

获得相同体积的气体所需时间.

混合液ABcDEF

vv

4molL1H2soJmL30i2V3V4Vs

v

饱和C11SO4溶液/mL00.52.55620

vvv

HzO/mL789V10100

①请完成此实验设计，其中：Vl=—,V6=—,V9=—.

②反响一段时间后,实验E中的金属呈一色.

③该同学最后得出的结论为：当参加少量CUS04溶液时，生成氢气的速率会大大提升.但当

参加的CuS04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

主要原因一.

【答案】（1）Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu>Zn+H2so4=ZnSO4+H2-（2分）

（2）CuS04与Zn反响产生的铜与Zn形成微电池，加快了氢气产生的速度（2分）

[3）①Vi=30；V6=10；V9=17.5②红色（紫红色）[每格1分，共4分）

③当参加一定量的CUS04后,生成的单质铜会沉积在Zn的外表降低了Zn与溶液接触的表

面（2分）

【解析】

试题分析：用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现参加少量硫酸铜溶液可加快氢气原因：

Zn+CuSOTZnSO4+Cu,Zn>Cu、H2so4形成原电池:Zn+H2so尸ZnSCU+H2-加快反响；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实验,那么该实验只

是研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，故其他量浓度均不变，故溶液总体积相同，故

VI=V2=V3=V4=V5=30；V6=10；V9=".5；E中参加10mL饱和C11SO4溶液,会导致Zn外表

附着一层红色金属铜；当参加的CUS04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生成的单质铜会沉积在Zn的外表降低了Zn与溶液接触

的外表,是反响速率减慢.

考点：探究实验.

10.金属银具有较高的经济价值，工业上采用一定方法处理含锲废水使其达标排放并回收银.

某电镀废水中的银主要以旧人络合物形式存在,在水溶液中存在以下平衡：M