2020-2021高考化学与化学反应速率与化学平衡有关的压轴题含详细答案

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材料中的增强材料。 （1）合成该物质的步骤如下：

L-1 MgSO4溶液和0.5mol·L-1 NH4HCO3溶液。 步骤1：配制0.5mol·

步骤2：用量筒量取500mL NH4HCO3溶液于1000mL三颈烧瓶中，开启搅拌器。温度控制在50℃。

步骤3：将250mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3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。

nH2O n=1～5）。 步骤5：在40℃的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸镁晶须产品（MgCO3·①步骤2控制温度在50℃，较好的加热方法是_________。 nH2O沉淀的化学方程式为__________。 ②步骤3生成MgCO3·

③步骤4检验沉淀是否洗涤干净的方法是__________。 nH2O中的n值。 （2）测定生成的MgCO3·

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CO2被NaOH溶液吸收，在室温下反应4～5h，反应后期将温度升到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上述反应后期要升温到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/L H2O2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 消耗H2O2溶液体积/mL 1 15.00 2 15.02 3 15.62 4 14.98

①H2O2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_________ %（保留小数点后两位）。

【答案】水浴加热 MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2O

MgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4 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BaCl2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】

nH2O中n值、测定菱镁矿中铁的含量三部本实验题分为合成碳酸镁晶须、测定MgCO3·

分。合成碳酸镁晶须是利用MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成。测定

MgCO3·nH2O中n值，采用的是加稀硫酸，和MgCO3·nH2O反应，测定产生的CO2的体积，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可以通过计算确定MgCO3·

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矿中铁的含量。 【详解】

（1）①步骤2控制温度在50℃，当温度不超过100℃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。

nH2O沉淀的同时还得到(NH4)2SO4，②MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成MgCO3·化学方程式为：MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2O

MgCO3·nH2O↓+(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SO42-，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BaCl2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净。

（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上述反应后期要升温到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=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，计算出三次实验消耗H2O2溶液体积的平均值为15.00mL。n(H2O2)=0.015L×0.010mol/L=1.5×10-4mol，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(Fe2+)=2(H2O2)= 3×10-4mol，则m(Fe)= 3×10-4mol×56g/mol=0.0168g，实验菱镁矿中铁元素的质量分数为

0.0168×100%=0.13%。 12.5【点睛】

当控制温度在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．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：

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）： 实验组别 温度 ① ② ③ ④ T1 T2 T3 T4 称取CuSO4质量/g 0.0 0.0 0.0 0.0 B增重质量/g 0.320 0 0.160 X4 C增重质量/g 0 0.256 Y3 0.192 E中收集到气体/mL 0 V2 22.4 33.6 （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，若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CuSO4分解反应方程式为：_______．

（5）根据表中数据分析，实验③中理论上C增加的质量Y3=_______g． （6）结合平衡移动原理，比较T3和T4温度的高低并说明理由________．

【答案】白色固体变黑 吸收水蒸气，防止影响C的质量变化 冷却至室温 偏小 SO3 O2 2CuSO4

2CuO+2SO2↑+O2↑ 0.128 T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是

吸热反应，温度高有利于生成更多的O2 【解析】 【分析】

(1)根据无水硫酸铜在加热至650℃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；

(2)气体温度较高，气体体积偏大，应注意先冷却至室温，若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；

(3)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；

(4)0.g硫酸铜的物质的量为

0.g＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：

160g/mo10.256g＝0.004mol，

g/mo10.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：氧气的质量为：0.﹣0.32﹣0.256＝0.0g，物质的量为：

0.0g＝0.002mol，

32g/mo1CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO4

2CuO+2SO2↑+O2↑；

0.g(5)0.g硫酸铜的物质的量为＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：

160g/mo10.004mol×80g/mol＝0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：

0.022432＝0.032g，22.4根据质量守恒实验③中理论上C增加的质量Y3＝0.﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g； (6)根据表中实验③④的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。 【详解】

(1)因为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，因为碱石灰能够吸水，D中无水氯化钙的作用是 吸收水蒸气，防止装置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；

(2)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，若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；

(3)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：SO3；O2； (4)0.g硫酸铜的物质的量为

0.g＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：

160g/mo10.256g＝0.004mol，

g/mo10.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：氧气的质量为：0.﹣0.32﹣0.256＝0.0g，物质的量为：

0.0g＝0.002mol，

32g/mo1CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程

式为2CuSO4

2CuO+2SO2↑+O2↑；

0.g(5)0.g硫酸铜的物质的量为＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：

160g/mo10.022432＝0.032g，22.4实验③中理论上C增加的质量Y3＝0.﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g；

0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：

(6)根据表中实验③④的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2，故T4温度更高，故答案为：T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。

3．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－ƒ2Fe2＋＋I2的反应。

①振荡静置后C中观察到的现象是_______________________；为证明该反应存在一定限度，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20.00 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H2O2。

III用淀粉做指示剂，用c mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，反应原理为：2Na2S2O3＋I2＝2NaI＋Na2S4O6。

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，加指示剂的最佳时机是________。

(2)探究Mn2＋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 KMnO4酸性溶液、0.1 mol/L H2C2O4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Na2S2O3标准溶液时，蓝色褪去且半分钟内不复原 用c mol/L Na2S2O3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 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；

加入试剂 0.01mol/LKMnO4酸性溶液和0.1mol/L的H2C2O4溶液 0.01mol/LKMnO4酸性溶液、0.1mol/L的H2C2O4溶液和硫酸锰固体 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；

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）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，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，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Na2S2O3标准溶液时，蓝色褪去且半分钟内不复原；用c mol/L Na2S2O3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2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；据题给条件，设计探究Mn2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/LKMnO4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需要的时间，实验用表格如下： 加入试剂 0.01mol/LKMnO4酸性溶液和0.1mol/L的H2C2O4溶液 0.01mol/LKMnO4酸性溶液、0.1mol/L的H2C2O4溶液和硫酸锰固体 ＋

＋

＋

褪色时间 实验结论 故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O； 加入试剂 0.01mol/LKMnO4酸性溶液和0.1mol/L的H2C2O4溶液 0.01mol/LKMnO4酸性溶液、0.1mol/L的H2C2O4溶液和硫酸锰固体 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。

（H2C2O4）4．草酸溶液与酸性KMnO4溶液反应时，溶液褪色总是先慢后快，某学习小组

探究反应过程中使褪色加快的主要原因，过程如下： （查阅资料）KMnO4溶液氧化H2C2O4的反应历程为：

（提出假设）假设1：该反应为放热 假设2：反应生成的Mn2+对该反应有催化作用 假设3：K对该反应有催化作用

该小组同学未提出浓度使反应速率加快的假设，原因是______。 （设计、完成实验）

+

（H2C2O42H2O），配置500mL0.10mol/LH2C2O4溶液。 （）1称取______g草酸晶体

①在上述过程中必须用到的2种定量仪器是托盘天平和______。 （填下列选项的字母序号）②下列操作会使所配溶液浓度偏低的是______。

A 称取草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘 B 定容时俯视刻度线

C 将烧杯中溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中有少量蒸馏水 D 摇匀后，发现溶液液面低于刻度线，立即用胶头滴管加水再定容 完成探究，记录数据 （2）实验 编号 烧杯中所加试剂及用量（mL） 溶液褪 0.10mol/L 等浓度 H2C2O4溶KMnO4液 溶液 H2O 0.50mol/L 控制条件 稀硫酸 色时间 （s）1 2 30 30 20 20 30 30 20 20 水浴控制温度18 15 65℃ 加入少量3 30 20 30 20 MnSO4固体 加入3.6 4 30 20 x 20 5mL0.10mol/L 18 K2SO4溶液 则x______，假设______成立。

由于KMnO4能氧化水中有机物等因素，配置好稳定的KMnO4溶液，其浓度需标（3）定．取10.00mL0.10mol/LH2C2O4溶液于锥形瓶中，加入10mL0.50mol/L稀硫酸，用中KMnO4溶液滴定至锥形瓶中恰好呈浅紫色，且半分钟不褪色，记录数据，平行（2）三次实验，平均消耗KMnO4溶液40.00mL，则草酸溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：______，上述实验中KMnO4溶液的物质的量浓度为______。 【答案】随反应物浓度降低，反应速率减慢 6.3 500mL容量瓶 AD 25mL 2

5H2C2O42MnO46H10CO22Mn28H2O 0.010mol/L

【解析】 【详解】

随着反应的进行，反应物的浓度逐渐降低，故浓度对反应速率的影响是会导致反应速率减慢，而根据题意可知，反应速率是先慢后快，故不可能是浓度导致的反应速率的变化，故答案为：随反应物浓度降低，反应速率减慢；

【设计完成实验】（1）配制500mL0.10mol/LH2C2O4溶液，所需的草酸的物质的量

（H2C2O42H2O）的物质的ncV0.5L0.10mol/L0.05mol，即需要的草酸晶体

量为0.05mol，质量mnM0.05mol126g/mol6.3g，故答案为：6.3； ①配制过程中用到的仪器是：托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，其中用到的2种定量仪器是托盘天平和500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶； ②A、称取草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘此时m物m砝m游，会导致所称量的药品的质量偏小，则浓度偏低，故A选；

B、定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏大，故B不选；

C、只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可，至于水是事先就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故C不选；

D、摇匀后，发现溶液液面低于刻度线是正常的，立即用胶头滴管加水，会导致溶液的浓度偏低，故D选；

AD正确，故答案为：AD；

（2）若要探究K对该反应有无催化作用，必须保持其他的影响因素如H2C2O4的浓度、

KMnO4的浓度以及稀硫酸的浓度与实验1是相同的，而H2C2O4、KMnO4以及稀硫酸

的加入的物质的量相同，故若使浓度相同，则必须使溶液体积与实验1相同，故加入的水的体积x25mL，根据溶液褪色的时间可以看出，Mn2对该反应有催化作用，导致反应速率加快，溶液褪色的时间缩短，故假设2是成立的，故答案为：25mL；2； （3）根据题干信息可知：KMnO4溶液与H2C2O4发生氧化还原反应，KMnO4被还原为

Mn2，H2C2O4被氧化为CO2，故离子方程式为：

5H2C2O42MnO46H10CO22Mn28H2O；设KMnO4溶液的物质的量浓

度为ymol/L，根据反应：

5H2C2O4 + 2MnO-4 + 6H+ = 10CO2+2Mn2++8H2O 5 2 0.01L0.10mol/L ymol/L0.04L52可得：解得y0.010，故答案为：0.010mol/L。 0.0010.04y

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 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．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。

（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FeCl3改为0.05 mol/L Fe2(SO4)3更为合理，其理由是_______。

（2）定量分析：如图2所示，实验时均生成40 mL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0.10 mol MnO2粉末于50 mL H2O2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。

①写出H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学方程式________________。 ②实验时放出气体的总体积是________mL。

③A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序为：___＞___＞___＞___。 解释反应速率变化的原因___________________。

④H2O2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40 mL气体所需的时间 2H2O2【解析】 【详解】

⑴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；

⑵仪器名称分液漏斗，检查气密性的方法：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=

2H2O+O2↑ 60 D C B A 随着反应的进行，H2O2浓度减小，反应速率减慢

0.11 mol/L

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。

⑶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；

①在二氧化锰作催化剂条件下，双氧水分解生成水和氧气，反应方程式为：2H2O2

2H2O+O2↑；

②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体积是60 mL； ③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，

④设双氧水的物质的量为x， 2H2O2

2H2O+O2↑

2mol 22.4L x 0.06L

x=

2mol0.06L=0.0054mol，

22.4L0.0054mol=0.11 mol·L-1，故答案为0.11 mol·L-1．

0.05L所以其物质的量浓度=

7．某兴趣小组用铝箔制备Al2O3、AlCl3·6H2O及明矾大晶体，具体流程如下

已知：(1) AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚； (2) 明矾在水中的溶解度如下表： 温度/℃ 溶解度/g 0 3.00 10 3.99 20 5.90 30 8.39 40 11.7 60 24.8 80 71.0 90 109 (1)步骤Ⅱ中生成Al(OH)3的离子方程式为

____________________________________________。

(2)步骤Ⅲ灼烧Al(OH)3所用实验室常用仪器为________，为了提高Al2O3纯度，需________(填操作步骤)。

(3)制备AlCl3·6H2O的工业生产中，胶状固体用酸浸取后，还需要通入HCl气体。通入HCl的作用主要有两点：____________和____________。

(4)已知：在不同温度条件下向一定量的氯化铝溶液中通入HCl气体，通入量对

AlCl3·6H2O结晶量和结晶效率的影响如图，请补充完整由胶状固备AlCl3·6H2O晶体的实验方案：向胶状固体滴加一定浓度盐酸，直至恰好完全溶解，__________________________。

【答案】AlO2-＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO3- 坩埚 灼烧至恒重 抑制AlCl3水解 增加

c(Cl－)，有利于AlCl3·6H2O结晶 在45 ℃以下(或冷水浴条件下)通入HCl气体，至有大

量晶体析出，过滤，用浓盐酸洗涤2～3次，低温(或减压)干燥，得到AlCl3·6H2O晶体 【解析】 【分析】

6H2O及明矾大晶体的制备流程，结合题中相关信息及数据，综合运用物根据Al2O3、AlCl3·

质的分离与提纯的方法进行分析。 【详解】

(1)步骤Ⅱ向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀，离子方程式为 AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-。

(2)步骤Ⅲ灼烧Al(OH)3固体，应使用坩埚；提高Al2O3纯度须使Al(OH)3完全分解，故应灼烧至恒重。

(3)用酸浸取胶状Al(OH)3固体后，通入HCl气体，可抑制AlCl3水解，同时增大c(Cl－)，有利6H2O结晶析出。 于AlCl3·

(4)由图可知，温度不超过45℃时，AlCl3·6H2O的结晶量和结晶效率均较高。应控制低温条6H2O水解和分解，件下向溶液中通入HCl气体直至有大量晶体析出；为防止AlCl3·

AlCl3·6H2O晶体应用浓盐酸洗涤、低温(或减压)干燥。因此，由胶状固备AlCl3·6H2O晶体的实验方案为：向胶状固体滴加一定浓度盐酸，直至恰好完全溶解，在45 ℃以下(或冷水浴条件下)通入HCl气体，至有大量晶体析出，过滤，用浓盐酸洗涤2～3次，低温(或减6H2O晶体。 压)干燥，得到AlCl3·

8．（10分）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）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。 混合液 A B C D E F 4mol·L-1H2SO4/mL 30 V1 V2 V3 V4 V5 饱和CuSO4溶液/mL 0 0.5 2.5 5 V6 20 H2O/mL V7 V8 V9 V10 10 0 ①请完成此实验设计，其中：V1= ，V6= ，V9= 。 ②反应一段时间后，实验E中的金属呈 色。

③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】（1）Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2-（2分）

（2）CuSO4与Zn反应产生的铜与Zn形成微电池，加快了氢气产生的速度（2分） （3） ①V1=30；V6=10；V9=17.5 ②红色（紫红色）（每格1分，共4分）

③当加入一定量的CuSO4后，生成的单质铜会沉积在Zn的表面降低了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，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气原因：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，Zn、Cu、H2SO4形成原电池：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2-加快反应；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，则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V1=V2=V3=V4=V5=30；V6=10；V9=17.5；E中加入10mL饱和CuSO4溶液，会导致Zn表面附着一层红色金属铜；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生成的单质铜会沉积在Zn的表面降低了Zn与溶液接触的表面，是反应速率减慢。 考点：探究实验。

9．某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（累计值）： 时间（min） 氢气体积（mL）（标况下） 1 50 2 120 3 232 4 290 5 310 （1）哪一时间段（指①0～1、②1～2、③2～3、④3～4、⑤4～5min，下同）反应速率最大 ______ （填序号，下同），原因是

____________________________________________ ． （2）哪一段时段的反应速率最小 ______ ，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应速率（设溶液体积不变，不要求写出计算过程）

______________________________________________________________________ ． （4）.如果反应太激烈，为了减缓反应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下列试剂： A．.蒸馏水 B．KNO3溶液 C．NaCl溶液 D．CuSO4溶液 你认为可行的是（填编号） ________________________________________． 【答案】③ 反应放热，温度高 ⑤ 盐酸浓度变小 0.1mol/(Lmin) AC 【解析】

试题分析：⑴计算每个时间段生成气体的体积，根据相同条件下气体体积与反应速率的关系判断速率，根据反应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，根据相同条件下气体体积与反应速率的关系判断速率，根据反应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根据浓度、电解质的强弱判断。

解析：0～1、②1～2、③2～3、④3～4、⑤4～5 min生成氢气的体积分别是50 mL、70 mL、112 mL、58 mL、20mL；

⑴ 相同条件下，反应速率最大，相同时间收集到气体体积越大，所以2～3 min反应速率最快，原因是该反应放热，2-3min时温度高与开始时的温度；⑵4～5 min的反应速率最小，原因是液中H+的浓度变小了；⑶ 2～3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x mol，

222400 x=0.01mol x112v0.01mol0.1L0.1 mol·L－1·min－1；

1min⑷ 改变反应速率的方法有：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，反应速率减慢，产生氢气的量不变，故A正确； B.加入KNO3溶液生成，具有强氧化性，不能生成氢气，故B错误； C. 加入NaCl溶液，盐酸体积增大，浓度减小 ，反应速率减慢，产生氢气的量不变，故C正确； D.CuSO4溶液，形成铜锌原电池，加快反应速率，故D错误。

点睛：盐酸与金属反应放热，溶液温度升高，所以反应速率逐渐增大；随反应进行，盐酸浓度明显减小，所以反应最后有逐渐减慢。

10．某探究小组用KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应中溶液紫色消失快慢的方法，研究影响反应速率的因素。实验条件作如下限定：所用酸性KMnO4溶液的浓度可选择0.010 mol•L

1

-1

-1

-

、0.0010 mol•L， 催化剂的用量可选择0.5 g、0 g，实验温度可选择298 K、323 K。

每次实验KMnO4酸性溶液的用量均为4 mL、H2C2O4溶液（0.10 mol•L）的用量均为4 mL。 （1）写出反应的离子方程式：

（2）请完成以下实验设计表：完成④的实验条件，并将实验目的补充完整。 实验 编号 ① ② ③ ④ T/K 298 298 323 催化剂的用量 / g 0.5 0.5 0.5 酸性KMnO4溶液的浓度／mol•L -1实验目的 a. 实验①和②探究酸性KMnO4溶液的浓度对该反应速率的影响； b.实验①和③探究 对反应速率的影响 c. 实验①和④探究催化剂对反应速率的影响。 0.010 0.001 0.010 （3）该反应的催化剂选择MnCl2还是MnSO4 ，简述选择的理由 。

（4）某同学对实验①和②分别进行了三次实验，测得以下数据（从混合振荡均匀开始计时）：

实验编号 ① ② 溶液的体积变化）。

b、该同学分析上述数据后得出“当其他条件相同的情况下，酸性KMnO4溶液浓度越小，所需时间就越短，亦即其反应速率越快”的结论，你认为是否正确 （填“是”或“否”）。

C、某同学认为不用经过计算，直接根据褪色时间的长短就可以判断浓度大小与反应速率的关系，你认为应该如何设计实验 。 【答案】（1）2MnO4+5H2C2O4+6H＝2Mn＋10CO2↑＋8H2O（2分）

-+

2+

溶液褪色所需时间 t / min 第1次 12.8 4.9 第2次[ 13.0 5.1 第3次 11.0 5.0 a、实验②中用KMnO4的浓度变化来表示的平均反应速率为 （忽略混合前后（2）298；00.010温度（各1分，共4分）

（3）MnSO4（1分）如果选择MnCl2，则酸性高锰酸钾会和Cl反应，而且引入Cl无法证明是Mn起了催化作用（2分）（4）①1×10mol·L·min（2分）②否（1分）③取过量的相同体积、浓度不同的草酸溶液，分别与体积相同、浓度相同的酸性高锰酸钾溶液反应（2分） 【解析】

试题分析：（1）高锰酸钾具有强氧化性，把草酸中的C从+3价氧化成+4价的二氧化碳，Mn元素从+7价变化到+2价的锰离子，由于草酸分子中有2个C原子，所以高锰酸钾与草酸的反应比例为 5：2，故反应的方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H=2Mn+10CO2↑+8H2；

-+

2+

2+

-4

-1

-1

--

（2）实验①和③中温度不同，探究的是温度对反应速率的影响；实验①和④探究催化剂对反应速率的影响，所以实验④中除了催化剂以外其余均相同。

（3）由于如果选择MnCl2，则酸性高锰酸钾会和Cl反应，而且引入Cl无法证明是Mn起了催化作用，因此需要选择硫酸锰。

（4）①实验②中褪色需要时间的平均值为5min，则用KMnO4的浓度变化来表示的平均反应速率为

--2+

0.001mol/L-4-1-1

＝1×10 mol·L·min；

25min②从表中数据可知，相同体积的0.01mol/LKMnO4酸性溶液是0.001mol/LKMnO4酸性溶液10倍，但反应的时间却比其反应时间的二倍左右，由反应速率计算公式（v=△c/△t）可得出，此实验条件下KMnO4酸性溶液的浓度越大反应速率越快，因此结论错误；

③因根据直接看表中的褪色时间长短来判断浓度大小与反应速率的关系，需满足高锰酸钾的物质的量相同，浓度不同的草酸溶液，所以实验方案为取过量的相同体积、浓度不同的草酸溶液，分别与体积相同、浓度相同的酸性高锰酸钾溶液反应。 【考点定位】考查探究影响化学反应速率的因素

【名师点晴】注意控制变量法探究影响化学反应速率的因素：影响化学反应速率的因素有多种，在探究相关规律时，需要控制其他条件不变，只改变某一个条件，探究这一条件对

反应速率的影响。变量探究实验因为能够考查学生对于图表的观察、分析以及处理实验数据归纳得出合理结论的能力，因而在这几年高考试题中有所考查。解答此类题时，要认真审题，清楚实验目的，弄清要探究的外界条件有哪些。然后分析题给图表，确定一个变化的量，弄清在其他几个量不变的情况下，这个变化量对实验结果的影响，进而总结出规律。然后再确定另一个变量，重新进行相关分析。