2020-2021天津【化学】化学二模试题分类汇编——化学反应速率与化学平衡综合

2020-2021天津【化学】化学二模试题分类汇编——化学反应速率与化学平衡

综合

一、化学反应速率与化学平衡

1．硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2

实验I：Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：

(1)仪器a的名称是_______，仪器b的名称是_______。b中利用质量分数为70%?80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。c中试剂为_______ (2)实验中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_______ (写出一条) (3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_______ 实验Ⅱ：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。 资料：Fe3++3S2O32-?Fe(S2O3)33-(紫黑色) 装置 试剂X 实验现象 Fe2(SO4)3溶液 混合后溶液先变成紫黑色，30s后几乎变为无色

(4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象：_______

实验Ⅲ：标定Na2S2O3溶液的浓度

(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g?mol-1)0.5880g。平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72-+14H+ = 3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL，则所标定的硫代硫

酸钠溶液的浓度为_______mol?L-1

【答案】分液漏斗 蒸馏烧瓶 H2SO4?Na2SO3=Na2SO4?H2O?SO2? 硫化钠和碳酸钠的混合液 调节酸的滴加速度 若 SO2过量，溶液显酸性．产物会发生分解 加入铁氰化钾溶液．产生蓝色沉淀 开始生成 Fe(S2O3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe3+与S2O32- 氧化还原反应的程度大，导致Fe3++3S2O32-?Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色 0.1600 【解析】 【分析】 【详解】

(1)a的名称即为分液漏斗，b的名称即为蒸馏烧瓶；b中是通过浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2，所以方程式为：H2SO4?Na2SO3=Na2SO4?H2O?SO2?；c中是制备硫代硫酸钠的反应，SO2由装置b提供，所以c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液； (2)从反应速率影响因素分析，控制SO2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；

(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的SO2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO2过量，溶液显酸性，产物会发生分解； (4)检验Fe2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成Fe(S2O3)3的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着Fe3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色；

(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：①6I?Cr2O7?14H=3I2?2Cr2??2??2??3?3??7H2O；

②I2?2S2O3=2I?S4O6；反应①I-被氧化成I2，反应②中第一步所得的I2又被还原成I-，所以①与②电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的Cr2O7得电子总数就与消耗的

2?S2O3失电子总数相同 ；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的

2?滴定。所以假设c(Na2S2O3)=a mol/L，列电子得失守恒式：?解得a=0.1600mol/L。

10.5880?6=a?0.025?1，

3294

2．研究+6价铬盐不同条件下微粒存在形式及氧化性，某小组同学进行如下实验：

已知：Cr2O72-(橙色)+H2O

+

+

2CrO42-(黄色)+2H+△H=+13.8kJ/mol，+6价铬盐在一定条件

下可被还原为Cr3，Cr3在水溶液中为绿色。

（1）试管c和b对比，推测试管c的现象是_____________________。

（2）试管a和b对比，a中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c(H)增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c(H)增大对平衡的影响。你认为是否需要再设计实验证明？__________（“是”或“否”），理由是____________________________________________________。

+

+

c(Cr2O72-)_____（选填“增大”，（3）对比试管a、b、c的实验现象，可知pH增大

c(CrO42-)“减小”，“不变”）；

（4）分析如图试管c继续滴加KI溶液、过量稀H2SO4的实验现象，说明+6价铬盐氧化性强弱为Cr2O72-__________CrO42-（填“大于”，“小于”，“不确定”）；写出此过程中氧化还原反应的离子方程式_________。

--（5）小组同学用电解法处理含Cr2O72废水，探究不同因素对含Cr2O72废水处理的影响，

结果如表所示（Cr2O72-的起始浓度，体积、电压、电解时间均相同）。 实验 是否加入Fe2(SO4)3 是否加入H2SO4 电极材料 ⅰ 否 否 阴、阳极均为石墨 ⅱ 否 加入1mL 阴、阳极均为石墨 12.7 ⅲ 加入5g 加入1mL 阴、阳极均为石墨 20.8 ⅳ 否 加入1mL 阴极为石墨，阳极为铁 57.3 Cr2O72-的去除率/% 0.922 ①实验ⅱ中Cr2O72-放电的电极反应式是________________。

②实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72-的机理如图所示，结合此机理，解释实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因_______________。

【答案】溶液变黄色 否 Cr2O72-(橙色)+H2O?CrO42-(黄色)+2H+正向是吸热反应，若因浓H2SO4溶于水而温度升高，平衡正向移动，溶液变为黄色。而实际的实验现象是溶液橙色加深，说明橙色加深就是增大c(H+)平衡逆向移动的结果 减小 大于 Cr2O72-+6I-

+14H+=2Cr3++3I2+7H2O Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O 阳极Fe失电子生成Fe2+，Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生成Fe3+，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72的去除率 【解析】 【分析】

根据平衡移动原理分析对比实验；注意从图中找出关键信息。 【详解】

（1）由Cr2O72-(橙色)+H2O

2CrO42-(黄色)+2H+及平衡移动原理可知，向重铬酸钾溶液

中加入氢氧化钠溶液后，可以减小溶液中的氢离子浓度，使上述平衡向正反应方向移动，因此，试管c和b（只加水，对比加水稀释引起的颜色变化）对比，试管c的现象是：溶液变为黄色。

（2）试管a和b对比，a中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c(H+)增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c(H+)增大对平衡的影响。我认为不

--+

需要再设计实验证明，故填否。理由是：Cr2O72(橙色)+H2O?CrO42(黄色)+2H正向是吸

-

热反应，浓H2SO4溶于水会放出大量的热量而使溶液的温度升高，上述平衡将正向移动，溶液会变为黄色。但是，实际的实验现象是溶液的橙色加深，说明上述平衡是向逆反应方向移动的，橙色加深只能是因为增大了c(H)的结果。

（3）对比试管a、b、c的实验现象，可知随着溶液的pH增大，上述平衡向正反应方向移

+

c(Cr2O72-)动，c(Cr2O7)减小，而c(CrO4) 增大，故2-减小。 c(CrO4)2-2-（4）向试管c继续滴加KI溶液，溶液的颜色没有明显变化，但是，加入过量稀H2SO4后，溶液变为墨绿色，增大氢离子浓度，上述平衡向逆反应方向移动，CrO42-转化为Cr2O72-----，Cr2O72可以在酸性条件下将I氧化，而在碱性条件下，CrO42不能将I氧化，说明+6价铬--盐氧化性强弱为：Cr2O72大于CrO42；此过程中发生的氧化还原反应的离子方程式是

Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O。

-+

（5）①实验ⅱ中，Cr2O72在阴极上放电被还原为Cr3，硫酸提供了酸性环境，其电极反应

式是Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O。

②由实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72-的机理示意图可知，加入Fe2(SO4)3溶于水电离出Fe3+，在直流电的作用下，阳离子向阴极定向移动，故Fe3更易在阴极上得到电子被还原为Fe2，Fe2

-+

+

+

+

+

+

在酸性条件下把Cr2O72还原为Cr3。如此循环往复，Fe3在阴极得电子生成Fe2，继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。由此可知，实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因是：阳极Fe失电子生成Fe2，Fe2与Cr2O72在酸性条件下反应生成Fe3，Fe3在阴极得电子生成Fe2，继续还原Cr2O72，故在阴阳两极附近均在大量的Fe2，Fe2循环利用提高了Cr2O72-的去除率。 【点睛】

本题中有很多解题的关键信息是以图片给出的，要求我们要有较强的读图能力，能从图中找出解题所需要的关键信息，并加以适当处理，结合所学的知识解决新问题。

+

-+

+

+

+

-+

+

3．研究不同 pH 时 CuSO4 溶液对 H2O2 分解的催化作用。资料：a．Cu2O 为红色固体，

难溶于水，能溶于硫酸，生成 Cu 和Cu2+。b．CuO2 为棕褐色固体，难溶于水，能溶于硫

+

酸，生成 Cu2和 H2O2。c．H2O2 有弱酸性：H2O2

H+ +HO2-，HO2-

现象 H+ +O22-。

编号 Ⅰ 实验 向 1 mL pH＝2 的 1 mol·L?1 CuSO4溶液中加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液 向 1 mL pH＝3 的 1 mol·L? 1 CuSO4溶液中加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液 向 1 mL pH＝5 的 1 mol·L?1CuSO4溶液中加入 出现少量气泡 Ⅱ 立即产生少量棕黄色沉淀，出现较明显气泡 立即产生大量棕褐色沉淀，产生大量气泡 Ⅲ 0.5 mL 30% H2O2 溶液 （1） 经检验生成的气体均为 O2，Ⅰ中 CuSO4 催化分解 H2O2 的化学方程式是__。 （2）对Ⅲ中棕褐色沉淀的成分提出 2 种假设：ⅰ.CuO2，ⅱ.Cu2O 和CuO2 的混合物。为检验上述假设，进行实验Ⅳ：过滤Ⅲ中的沉淀，洗涤，加入过量硫酸，沉淀完全溶解，溶液呈蓝色，并产生少量气泡。

①若Ⅲ中生成的沉淀为 CuO2，其反应的离子方程式是__。

②依据Ⅳ中沉淀完全溶解，甲同学认为假设ⅱ不成立，乙同学不同意甲同学的观点，理由是__。

③为探究沉淀中是否存在 Cu2O，设计如下实验：

将Ⅲ中沉淀洗涤、干燥后，取 a g 固体溶于过量稀硫酸，充分加热。冷却后调节溶液 pH，以 PAN 为指示剂，向溶液中滴加 c mol·L ? 1EDTA 溶液至滴定终点，消耗 EDTA 溶液 V mL。V=__，可知沉淀中不含 Cu2O，假设ⅰ成立。（已知：Cu2++EDTA= EDTA-Cu2+，M(CuO2)＝96 g·mol ? 1，M(Cu2O)＝144 g·mol?1）

（3）结合方程式，运用化学反应原理解释Ⅲ中生成的沉淀多于Ⅱ中的原因__ 。 （4）研究Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同 pH 时 H2O2 分解速率不同的原因。

实验Ⅴ：在试管中分别取 1 mL pH＝2、3、5 的 1 mol·L?1 Na2SO4 溶液，向其中各加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液，三支试管中均无明显现象。

实验Ⅵ：__（填实验操作和现象），说明 CuO2 能够催化 H2O2 分解。

（5）综合上述实验，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同 pH 时 H2O2 的分解速率不同的原因是__。 【答案】2H2O2

O2↑+2H2O H2O2+Cu2+＝CuO2↓+2H+ CuO2与H+反应产生的H2O2具

溶液有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化Cu2O或Cu，无法观察到红色沉淀Cu 1000a96c中存在H2O2

－

H+ +HO2－，HO2－H+ +O22－，溶液pH增大，两个平衡均正向移动，O22

浓度增大，使得CuO2沉淀量增大 将Ⅲ中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，

加入30％H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变 CuO2的催化能力强于Cu2+；随pH增大，Cu2+与H2O2反应生成CuO2增多

【解析】 【分析】 【详解】

（1）由题意可知，在硫酸铜做催化剂作用下，双氧水分解生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O2

O2↑+2H2O，故答案为：2H2O2

+

+

O2↑+2H2O；

+

+

（2）①若Ⅲ中生成的沉淀为CuO2，说明双氧水与铜离子反应生成过氧化铜和水，反应的离子方程式为H2O2+Cu2=CuO2↓+2H，故答案为：H2O2+Cu2=CuO2↓+2H；

②由题意可知，过氧化铜能与溶液中氢离子反应生成双氧水，双氧水具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化氧化亚铜或铜，无法观察到红色沉淀，说明假设ⅱ可能成立，乙同学

+

的观点正确，故答案为：CuO2与H反应产生的H2O2具有强氧化性，在酸性条件下可能会

氧化Cu2O或Cu，无法观察到红色沉淀Cu；

③a g过氧化铜的物质的量为96g/mol，由方程式可得如下关系：CuO2—Cu2+—EDTA，则有

ag96g/molagml，故答案为：1000a= c mol/L×V×10—3L，解得V=1000a； 96c96cH+ +HO2－、HO2－

H+ +O22

（3）由题意可知，双氧水溶液中存在如下电离平衡H2O2

－

，溶液pH增大，氢离子浓度减小，两个平衡均正向移动，过氧根浓度增大，使得过氧化

H+ +HO2－，HO2－

H+ +O22－，溶液pH

铜沉淀量增大，故答案为：溶液中存在H2O2

增大，两个平衡均正向移动，O22－浓度增大，使得CuO2沉淀量增大；

（4）若过氧化铜能够催化过氧化氢分解，过氧化氢分解速率加快，催化剂过氧化铜的组成和质量不会发生变化，则实验操作和现象为将Ⅲ中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30％H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变，故答案为：将Ⅲ中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30％H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变；

（5）由以上实验可知，当溶液pH增大时，双氧水溶液中过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，过氧化铜的催化能力强于铜离子，使双氧水的分解速率增大，故答案为：CuO2的催化能力强于Cu2+；随pH增大，Cu2+与H2O2反应生成CuO2增多。 【点睛】

当溶液pH增大时，双氧水溶液中过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，过氧化铜的催化能力强于铜离子，使双氧水的分解速率增大是解答关键，也是实验设计的关键。

4．某小组同学以不同方案探究Cu粉与FeCl3溶液的反应。

（1）甲同学向FeCl3溶液中加入Cu粉，观察到溶液的颜色变为浅蓝色，由此证明发生了反应，其离子方程式是__。

（2）乙同学通过反应物的消耗证明了上述反应的发生：将Cu粉加入到滴有少量KSCN的FeCl3溶液中，观察到溶液红色褪去，有白色沉淀A产生。

①针对白色沉淀A，查阅资料：A可能为CuCl和CuSCN(其中硫元素的化合价为-2价)中的一种或两种。实验过程如下：

请回答：

Ⅰ.根据白色沉淀B是__(填化学式)，判断沉淀A中一定存在CuSCN。

Ⅱ.仅根据白色沉淀A与过量浓HNO3反应产生的实验现象，不能判断白色沉淀A中一定存在CuSCN，从氧化还原角度说明理由：__。

Ⅲ.向滤液中加入a溶液后无明显现象，说明A不含CuCl，则a是__(填化学式)。 根据以上实验，证明A仅为CuSCN。

②进一步查阅资料并实验验证了CuSCN的成因，将该反应的方程式补充完整： Cu2++ SCN?-= CuSCN↓+ (SCN)2__

③结合上述过程以及Fe(SCN)3?Fe3++3SCN?-的平衡，分析（2）中溶液红色褪去的原因：__。

（3）已知(SCN)2称为拟卤素，其氧化性与Br2相近。将KSCN溶液滴入（1）所得的溶液中，观察到溶液变红色，则溶液变红的可能原因是__或__。

【答案】Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+ BaSO4 +1价铜也可将浓HNO3还原 AgNO3 2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2 Cu和Fe3+反应生成Cu2+使c(Fe3+)减小；Cu2+和SCN-反应生成CuSCN沉淀使c(SCN-)减小，均使该平衡正向移动，导致Fe(SCN)3浓度减小，溶液红色褪去 Fe3+有剩余 空气中的O2将Fe2+氧化；(SCN)2将Fe2+氧化 【解析】 【分析】

（1）铁离子具有氧化性，能够把铜氧化为铜离子；

（2）I．①不溶于稀硝酸的白的沉淀为硫酸钡； Ⅱ.②亚铜离子具有还原性，也能被硝酸氧化； Ⅲ.检验氯离子，应加入硝酸银溶液；

②据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，写出反应的方程式； ③根据浓度对平衡移动规律进行分析；

（3）亚铁离子具有强还原性，空气中氧气、溶液中（SCN）2都有可能把亚铁离子氧化为铁离子。 【详解】

?1?甲同学向FeCl3溶液中加入Cu粉，观察到溶液的颜色变为浅蓝色，由此证明发生了氧

化还原反应，生成Cu2?，其离子方程式是Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+； 故答案为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；

?2?① ⅠA可能为CuCl和CuSCN(其中硫元素的化合价为?2价)中的一种或两种，白色

沉淀与过量浓硝酸反应生成红棕色的NO2和含Cu2?的蓝色溶液，向蓝色溶液中加入过量硝酸钡溶液，生成不溶于硝酸的钡盐沉淀，则白色沉淀B是BaSO4； 故答案为：BaSO4；

Ⅱ ?1价铜也可将浓HNO3还原，故仅根据白色沉淀A与过量浓HNO3反应产生的实验现象，不能判断白色沉淀A中一定存在CuSCN， 故答案为：?1价铜也可将浓HNO3还原；

Ⅲ 检验氯离子，应加入硝酸银溶液，则a是AgNO3， 故答案为：AgNO3；

② 据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，该反应的方程式为2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，

故答案为：2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2；

3?③Cu和Fe3?反应生成Cu2?使cFe减小；Cu2?和SCN?反应生成CuSCN沉淀使

??cSCN?减小，均使该平衡正向移动，导致Fe(SCN)3浓度减小，溶液红色褪去，

故答案为：Cu和Fe3+反应生成Cu2+使c(Fe3+)减小；Cu2+和SCN-反应生成CuSCN沉淀使c(SCN-)减小，均使该平衡正向移动，导致Fe(SCN)3浓度减小，溶液红色褪去 ；

???3?将KSCN溶液滴入?1?所得的溶液中，观察到溶液变红色，则溶液含Fe3?，溶液变红的

可能原因是Fe3?有剩余；空气中的O2将Fe2?氧化；(SCN)2将Fe2?氧化， 故答案为：Fe3+有剩余；空气中的O2将Fe2+氧化；(SCN)2将Fe2+氧化 。

5．某小组同学对FeCl3与KI的反应进行探究。 （初步探究）室温下进行下表所列实验。 序号 实验Ⅰ 实验Ⅱ 操作 6取5mL 0.1mol/L KI溶液，滴加0.1mol/L FeCl3溶液5～滴（混合溶液pH＝5） 取2mL实验Ⅰ反应后的溶液，滴加2滴0.1mol?L?1 KSCN溶液 现象 溶液变为棕黄色 溶液呈红色 (1)证明实验Ⅰ中有Fe2+ 生成，加入的试剂为____________________________。 (2)写出实验Ⅰ反应的离子方程式：_____________________________________。 (3)上述实验现象可以证明Fe3+与I?发生可逆反应，实验Ⅰ在用量上的用意是__________ (4)在实验I的溶液中加入CCl4，实验现象是____________________________，取其上层清液中滴加KSCN溶液，并未看到明显的红色，其原因为（从平衡移动的角度解释）_________________________________________________________。

（深入探究）20min后继续观察实验现象：实验Ⅰ溶液棕黄色变深；实验Ⅱ溶液红色变浅。

(5)已知在酸性较强的条件下，I?可被空气氧化为I2，故甲同学提出假设：该反应条件下空气将I?氧化为I2，使实验Ⅰ中溶液棕黄色变深。甲同学设计实验：

____________________________________，20min内溶液不变蓝，证明该假设不成立，导致溶液不变蓝的因素可能是__________________________。

垐?【答案】铁氰化钾 2Fe3++2I?噲?2Fe2++I2 使KI过量，再检验是否有Fe3+，以证明该反

应为可逆反应 下层呈紫色，上层呈浅绿色 用CCl4萃取碘以后，使平衡右移，Fe3+浓度更小，与SCN-的反应不明显 向试管中加入5ml 0.1mol/L的KI溶液和1-2滴淀粉溶液，加酸调pH=5,钟后观察现象 碘离子浓度过小，氢离子浓度过小（合理即可） 【解析】 【分析】

(1) 在含有Fe2+ 的溶液中滴加铁氰化钾溶液有蓝色沉淀生成； (2) Fe3+与I-发生氧化还原反应生成碘单质；

(3) 取2mL实验Ⅰ反应后的溶液，滴加2滴0.1mol?L-1KSCN溶液溶液呈红色，实验Ⅰ滴入几滴反应后仍含铁离子；

(4)I2易溶于CCl4；减小生成物的浓度，平衡会向正反应方向移动。

(5) 已知在酸性较强的条件下，I-可被空气氧化为I2，设计实验可以在酸性弱的条件下观察反应现象分析判断，导致溶液不变蓝的因素可逆是碘离子浓度和氢离子浓度低的原因。 【详解】

(1) 取实验Ⅰ反应后溶液适量，向溶液中滴加铁氰化钾溶液有蓝色沉淀生成，说明所得溶液中含有Fe2+ ，即反应中生成Fe2+；

(2) Fe3+与I-发生氧化还原反应，所以该反应的离子方程式为：2Fe3++2I-?2Fe2++I2； (3) 实验Ⅱ取2mL实验Ⅰ反应后的溶液，滴加2滴0.1mol?L-1KSCN溶液，溶液变红色，说明KI过量的前提下仍含铁离子，说明反应不能进行彻底，证明反应为可逆反应； (4) 因I2易溶于CCl4，则实验I的溶液中加入CCl4，振荡静置后可观察到下层呈紫色，上层呈浅绿色；在2Fe3++2I-?2Fe2++I2平衡体系中，萃取后I2的浓度降低，平衡正向移动，溶液中Fe3+的浓度极低，向上层清液中滴加KSCN溶液，Fe3+与SCN-的反应不明显，无法看到明显的红色。

(5) 已知在酸性较强的条件下，I-可被空气氧化为I2，故甲同学提出假设：该反应条件下空气将I-氧化为I2，使实验Ⅰ中溶液棕黄色变深。甲同学设计实验：向试管中加入

5ml0.1molKI溶液和2滴淀粉溶液，加酸调至PH=5，20min内溶液不变蓝，证明该假设不成立，导致溶液不变蓝的因素可能是c(I-)浓度低、c(H+)浓度低。

6．三草酸合铁酸钾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，也是一种有机反应良好的催化剂。已知M（K3[Fe(C2O4)3]）=437g/mol。本实验以(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O（硫酸亚铁铵晶体）为原料，加入草酸（H2C2O4）制得草酸亚铁（FeC2O4）后，在过量的草酸根（C2O42-）部分实验过程如下：

（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%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[Fe(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。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 b 3 【解析】 【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(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2FeC2O4+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4═2K3[Fe(C2O4)3]↓+2H2O，溶液C含K3[Fe(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%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2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，K3[Fe(C2O4)3]?xH2O物质的量为0.02L×0.05mol/L×

＋

5 × 210011.637g× =0.0033mol，M= =496g/mol，则39×3+（56+280×3）+18x=496，解得2530.0033molx=3。

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。 实验目的 实验 编号 温度 金属铝 形态 酸及浓度 1．实验①和②探究盐酸浓度对该反应速率的影响 2．实验②和③探究 3．实验②和④探究金属规格(铝片,铝粉)对该反应速率的影响; 4．①和⑤实验探究铝与稀盐酸和稀硫酸反应的差异 ① 铝片 ② 25?C 铝片 2．0mol/L盐酸 ③ 35?C 铝片 2．0mol/L盐酸 ④ 铝粉 ⑤ 25?C 铝片 2．0mol/L硫酸 （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． ① 25?C 4.0mol/L盐酸 ② 25?C 2.0mol/L盐酸 ③ ④ 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．H2O2是一种常见试剂，在实验室、工业生产上有广泛用途

Ⅰ.实验室用H2O2快速制氧，其分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如甲乙丙丁四图所示： （1）下列说法正确的是：________（填字母序号）

A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越慢 B．图乙表明，其他条件相同时，溶液碱性越弱，H2O2分解速率越快 C．图丙表明，少量Mn 2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快 D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大 （2）催化剂Mn2+在反应中，改变了____________________ (填字母序号)

A．反应速率 B．反应限度 C．反应焓变 D．反应路径 E.反应活化能 F.活化分子百分数

Ⅱ．H2O2在工业上作为Fenton法主要试剂，常用于处理含难降解有机物的工业废水。在调节好pH（溶液的酸碱性）和Fe2+浓度的废水中加入H2O2，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物p-CP，探究有关因素对该降解反应速率的影响。 （实验设计）控制p-CP的初始浓度相同，恒定实验温度在298K或313K（其余实验条件见下表），设计如下对比试验，并将实验结果绘制时间-p-CP浓度图如下。

（3）电中性的羟基自由基的电子式为：______________。 （4）请完成以下实验设计表(表中不要留空格)。 实验编号 ① 为以下实验作参考 探究温度对降解反应速率的影响 298 3 实验目的 T/K pH H2O2 Fe 2+c/10mol·L -3-16.0 0.30 ② _________ ______ 10 _______ 6.0 _________ 0.30 ③ __________________ 298 （5）请根据右上图实验①曲线，计算降解反应在50～150s内的反应速率：v(p-CP)=_____________。

（6）实验时需在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止下来。根据实验结果，给出一种迅速停止反应的方法：__________________________。 【答案】A D A D E F

313 3 6.0 0.30 探究溶液的酸碱性（pH）对降解反

s） 加入NaOH溶液使溶液的pH=10（大于10也对） 应速率的影响 8×10 - 6mol /（L·【解析】

试题分析：(1)根据图示分析；（2）催化剂通过改变反应路径降低活化能，提高反应速率，加入催化剂平衡不移动；（3）电中性的羟基含有9个电子；（4）探究温度对降解反应速率的影响，变量只能是温度；根据表格数据，实验③与实验①相比只有PH不同；（5）根据v??c 计算反应速率；（6）根据表格数据，pH=10时，反应速率几乎为0； ?t解析：(1) 由甲图可知，双氧水浓度越大，分解越快，H2O2浓度越小，其分解速率越慢，A正确；由图乙可知，溶液的碱性越强即pH越大，双氧水分解越快，B错误；C．溶液的碱性越强即pH越大，双氧水分解越快，故C错误；由图丙和图丁可知， Mn2+浓度越大，双氧水分解越快，D正确。

（2）催化剂通过改变反应路径降低活化能，提高反应速率，加入催化剂平衡不移动；催化剂能加快反应速率，故A正确；催化剂不能使平衡发生移动，故B错误； 加入催化剂，平衡不移动，反应焓变不变，故C错误； 催化剂参与反应，改变反应路径，故D正确； 催化剂降低反应活化能，故E正确； 催化剂通过降低活化能，提高活化分子百分数，故F正确。（3）电中性的羟基含有9个电子，电子式是

；（4）探究温度对降解反应

速率的影响，变量只能是温度，所以实验②与实验①只有温度不同，其余都相同，实验②温度是313K，PH=3，过氧化氢的浓度是6.0，Fe2+的浓度是0.30；根据表格数据实验③与实验①相比只有PH不同，实验③探究溶液的酸碱性对降解反应速率的影响；（5）根据

?c1.2?10?3mol/L?0.4?10?3mol/Lv? ，v(p-CP)= = 8×10 - 6mol/（L·s）；

?t100s（6）根据表格数据，pH=10时，反应速率几乎为0，加入NaOH溶液使溶液的pH=10，可以迅速停止反应；

点睛：催化剂通过降低反应活化能，提高活化分子百分数，增大反应速率，催化剂对反应速率的影响最明显；但催化剂不能使平衡发生移动，所以催化剂不能改变反应热。

9．H2O2作为氧化剂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。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甲、乙所示的实验。请回答下列问题：

（1）定性分析：图甲可通过观察_______________________________________定性比较得出结论。有同学提出将FeCl3溶液改为Fe2(SO4)3溶液更合理，其理由是_____________________________。

（2）定量分析：如图乙所示，实验时均以生成40 mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略。检查该装置气密性的方法是：关闭A的活塞，将注射器活塞向外拉出一段后松手，过一段时间后看__________________________，实验中需要测量的数据是____________________________________________________。

（3）课本在研究浓度对反应速率影响的实验中，酸性高锰酸钾和弱酸草酸反应的离子方程式为____________________________________________________，反应开始一段时间后反应速率明显提升的原因是

_________________________________________________________________。

【答案】 产生气泡的快慢 阴离子相同更能说明铁离子和铜离子的催化效果 注射器活塞是否复原 生成40mL气体所需要的时间 5H2C2O4十2MnO4--+6H+ = 2Mn2+十10CO2↑十8H2O 反应生成锰离子起催化作用

【解析】（1）该反应中产生气体，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，硫酸铁和硫酸铜阴离子相同，可以消除阴离子不同对实验的干扰；

（2）结合乙图装置，该气密性的检查方法为：关闭分液漏斗活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否回到原位；反应是通过反应速率分析的，根据v=

，所以，实验中需要测量的数据是时间（或收集一定体积的气体所需要的时间）；

(3)酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化草酸根离子生成二氧化碳，同时自身被还原生成二价锰离子，离子反应方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，反应速率提升的原因可能是反应中生成的Mn2+对该反应有催化效果。

点睛：综合性实验设计与评价题的基本流程：原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。具体分析为：①实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？②所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。③有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。④有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。⑤实验现象：自下而上，自左而右全面观察。⑥实验结论：直接结论或导出结论。

10．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