高中化学星级题库 第二章 第二节 影响化学反应速率的因素五星题（含解析）新人教版选修4.doc

第二章 第二节 影响化学反应速率的因素五星题1(15分）甲醇可作为燃料电池的原料。工业上利用co2和h2在一定条件下反应合成甲醇。（1）已知在常温常压下： 2ch3oh(l) 3o2(g) 2co2(g) 4h2o(g) h1275.6 kjmol 2co (g)+ o2(g) 2co2(g) h566.0 kjmol h2o(g) h2o(l) h44.0 kjmol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式： 。（2）甲醇脱氢可制取甲醛ch3oh(g)hcho(g)+h2(g)，甲醇的平衡转化率随温度变化曲线如下图所示。回答下列问题：600k时，y点甲醇的(逆) (正)（填“”或“”、“”、“ （2分） 降低温度和增大压强（2分） 不正确（1分）。因为当ch3oh的起始浓度不同时，其转化率就不等于90%。（1分）（3）7.010-5 moll-1 min-1（2分） （1分） (正)；随温度升高，甲醇的转化率增大，说明该反应是吸热反应，若使平衡逆向移动，则需降低温度；该反应的正向是气体物质的量增大的方向，所以平衡逆向进行，还可以增大压强，使平衡逆向移动；因为该图是随温度变化甲醇的转化率的变化，甲醇的起始物质的量不变，t1k时，甲醇的转化率是0.9，而甲醇的起始物质的量发生变化时，甲醇的转化率不是90%，所以该反应的平衡常数不能是8.1mol/l，不正确；（3）实验的前20 min时，甲醇的浓度减少（0.050-0.0486）mol/l=0.0014mol/l，则氢气的浓度增加0.0014mol/l，所以前20min时(h2)0.0014mol/l/20min=7.010-5 moll-1 min-1；实验与实验相比，达到平衡的时间较短，所以温度较高，则t1t2；实验与实验相比，甲醇的起始物质的量浓度相同，达到的平衡状态相同，而实验达到平衡的时间短，说明实验催化效率高，则实验0水蒸气的浓度（moll1）随时间t （min）变化如下表：序号温度01020304050t100500049200486004820048000480t100500048800484004800048000480t201000940090009000900090可以判断：实验的前20 min的平均反应速率 （o2） ；实验温度t1 t2（填“”、“”、“”）。【答案】（1）铜或cu（1分） （2）2cuo（s）c（s）cu2o（s）co（g） h1/2（2abc） kjmol1（2分） （3）2cu2e2ohcu2oh2o（2分）（4）4cu（oh）2n2h42cu2on26h2o（3分）（5）过滤（2分） （6）3510-5 moll-1 min-1（2分） （1分） （1分）【解析】试题分析：（1）碳在高温下还有氧化铜也可能生成铜而使cu2o产率降低。（2）方法制备过程会产生有毒气体，该气体是co。已知： c（s）+o2（g）=co2（g） h=akjmol1；2co（g）+o2（g）=2co2（g） h=bkjmol1；2cu2o（s）+o2（g）=4cuo（s） h=ckjmol1，则根据盖斯定律可可知（2）2即得到2cuo（s）c（s）cu2o（s）co（g） h1/2（2abc） kjmol1。（3）电解池中阳极失去电子，铜与电源的正极相连，做阳极，则阳极电极反应式为2cu2e2ohcu2oh2o。（4）用液态肼（n2h4）还原新制cu（oh）2来制备纳米级cu2o，同时放出n2。其中氮元素化合价从2价升高到0价，铜元素化合价从2价降低到1价，因此根据电子得失守恒可知该制法的化学方程式为4cu（oh）2n2h42cu2on26h2o。（5）颗粒过大，则可以通过过滤的方法分离。（6）根据表中数据可知前20 min内消耗水蒸气的浓度是0.050mol/l0.0486mol/l0.0014mol/l，则根据方程式可知生成氧气的浓度是0.0007mol/l，则平均反应速率 （o2）0.0007mol/l20min3510-5 moll-1 min-1。根据实验中数据可知平衡甲醇的浓度分别是0.048mol/l、0.090mol/l，则消耗甲醇的浓度分别是0.002mol/l、0.01mol/l，则生成为的浓度分别均是0.002mol/l、0.01mol/l，所以平衡常数分别是、，这说明温度为t2时平衡常数大。由于正方应是吸热反应，升高温度平衡常数增大，所以t1t2。实验、值起始浓度相等，但到达平衡的时间实验小于实验，则催化剂的催化效率：实验实验。考点：考查考查盖斯定律应用、外界条件对平衡状态影响、反应速率计算以及电化学原理应用等3（12分）2013年雾霾天气多次肆虐我国中东部地区。其中，汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的原因之一。（1）co2是大气中含量最高的一种温室气体，控制和治理co2是解决温室效应的有效途径。目前，由co2来合成二甲醚已取得了较大的进展，其化学反应是：2co2（g）+6h2（g）ch3och3（g）+3h2o（g） h0。写出该反应的平衡常数表达式 。判断该反应在一定条件下，体积恒定的密闭容器中是否达到化学平衡状态的依据是 。a容器中密度不变 b单位时间内消耗2molco2，同时消耗1mol二甲醚cv(co2)v(h2)=13d容器内压强保持不变（2）汽车尾气净化的主要原理为：2no(g)+2co (g) 2co2 (g) +n2 (g) 在密闭容器中发生该反应时，c(co2)随温度(t)、催化剂的表面积(s)和时间(t)的变化曲线，如图所示。据此判断：该反应的h 0（选填“”、“”）。当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率。若催化剂的表面积s1s2，在上图中画出c(co2)在t2、s2条件下达到平衡过程中的变化曲线。（3）已知：co（g） 2h2（g）ch3oh（g）h = -a kjmol-1。经测定不同温度下该反应的平衡常数如下：温度（）250300350 k2.041 0.2700.012 若某时刻、250测得该反应的反应物与生成物的浓度为c(co)=0.4 moll1、c(h2)=0.4 moll1、c(ch3oh)=0.8 moll1, 则此时v正 v逆（填“”、“”或“=”）。某温度下，在体积固定的2l的密闭容器中将1 mol co和2 mol h2混合，测得不同时刻的反应前后压强关系如下：时间（min）51015202530压强比(p后/p前)0.980.900.800.700.700.70达到平衡时co的转化率为 。【答案】（1） b、d（2分，错选1个扣1分） （2） （2分）（3）（2分） 45%（2分）【解析】试题分析：（1）根据题给方程式写出该反应的平衡常数表达式k=c（ch3och3）c3（h2o）/c2（co2）c6（h2）；a、容器体积恒定，气体的质量不变，密度不随反应的进行而变化，密度不变不能作为平衡标志，错误；b、单位时间内消耗2molco2，同时消耗1mol二甲醚，正、逆反应速率相等，可作平衡标志，正确；c、没有明确正、逆反应速率，v(co2)v(h2)=13 不能作为平衡标志，错误；d、该反应为反应前后气体物质的量不等的反应，容器内压强随反应的进行不断变化，容器内压强保持不变已达平衡状态，正确，选bd；（2） 由图像可知温度为t1时反应先达到平衡，反应速率快，故温度：t1t2,温度为t1时二氧化碳的平衡浓度小，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，h0；根据题给信息知当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率，缩短达平衡的时间，但平衡不移动，二氧化碳的平衡浓度不变，图像见答案；(3）根据题给方程式和数据计算q= c（ch3oh）/c2（h2）c（co）=0.8/0.40.42=12.5；由表中数据知250时k=2.041，qk，反应逆向进行，此时v正v逆；根据三行式计算，设转化的co的物质的量为x，co（g） 2h2（g）ch3oh（g）起始量（mol）1 2 0转化量（mol）x 2x x平衡量（mol）1x 22 x x根据表中数据知达平衡后p后/p前=0.70，根据阿伏加德罗定律：等温等容时压强之比等于气体的物质的量之比即(32x)/3=0.70，解得x=0.45，一氧化碳的转化率为45%。考点：考查化学反应速率和化学平衡。4（21分）2012年8月24日，武汉市一家有色金属制造厂发生氨气泄露事故。已知在一定温度下，合成氨工业原料气h2制备涉及下面的两个反应：c(s)h2o(g) co(g)h2(g)；co(g)h2o(g) h2(g)co2(g)。（1）判断反应co(g)h2o(g) co2(g)h2(g)达到化学平衡状态的依据是_ _。a容器内压强不变 b混合气体中c(co)不变cv正(h2)v逆(h2o) dc(co2)c(co)（2）在2 l定容密闭容器中通入1 mol n2(g)和3 mol h2(g)，发生反应：3h2(g)n2(g) 2nh3(g)，h0，测得压强时间图像如图甲，测得p20.6p1，此时温度与起始温度相同，在达到平衡前某一时刻(t1)若仅改变一种条件，得到如乙图像。若图中c1.6 mol，则改变的条件是_(填字母)；若图中c1.6 mol，则改变的条件是_ _(填字母)；此时该反应的平衡常数_(填“增大”、“减小”、“不变”)a升温 b降温 c加压 d减压 e加催化剂（3）如图甲，平衡时氢气的转化率为_。（4）工业上可利用如下反应：h2o (g)ch4 (g) co(g)3h2(g)制备co和h2。在一定条件下1 l的密闭容器中充入0.3 mol h2o和0.2 mol ch4，测得h2(g)和ch4(g)的物质的量浓度随时间变化曲线如下图所示：04 s内，用h2 (g)表示的反应速率为_，用co(g)表示的反应速率为_。 【答案】（1）bc （2） e a 减小（3）80% （4）0.075 mol/(ls) 0.025 mol/(ls)【解析】试题分析：（1）a、反应前后气体的物质的量不变，温度一定，容器中压强始终不变，故压强不变，不能说明到达平衡状态，故a错误；b、反应达到平衡状态时，各物质的浓度不变，混合气体中c（co）不变说明到达平衡状态，故b正确；c、v （h2）正=v （h2o）逆，不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比，说明到达平衡状态，故c正确；d、平衡时二氧化碳与一氧化碳的浓度与转化率有关，c（co2）=c（co）不能说明到达平衡，故d错误。（2） 设转化的n2物质的量为x，3h2（g）+n2（g）2nh3（g），投料 3mol 1 mol 0转化量 3x x 2 x平衡量 3-3x 1-x 2x反应前后的压强比等于物质的量比，即（4-2x）：4=0.6，解得x=0.8mol。若图中c=1.6mol，则平衡没移动，但速率加快，所以改变的条件是使用催化剂， 则e项正确。若图中c1.6mol，则平衡逆向移动，且速率加快，只能升高温度；该反应正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热的方向移动，即逆向移动，所以平衡常数减小。（3） 3h2（g）+n2（g）2nh3（g），投料 3mol 1 mol 0转化量 3x x 2x平衡量 3-3x 1-x 2x反应前后的压强比等于物质的量比即（4-2x）：4=0.6，x=0.8，所以平衡时氢气的转化率为2.4mol3mol100%=80%。（4）v（h2）=0.3mol/l4s=0.075 mol/(ls)，而v（co）=v（ch4）=0.1mol/l4s=0.025 mol/（ls）。考点：本题考查化学反应速率、化学平衡的判断、化学平衡移动、图像的分析、化学平衡的计算。 5臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等。(1)o3与ki溶液反应生成的两种单质是_和_(填分子式)。(2)o3在水中易分解，一定条件下，o3的浓度减少一半所需的时间(t)如下表所示。已知：o3的起始浓度为0.0216 mol/l。ph增大能加速o3分解，表明对o3分解起催化作用的是_。在30、ph4.0条件下，o3的分解速率为_mol/(lmin)。据表中的递变规律，推测o3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为_(填字母代号)。a40、ph3.0b10、ph4.0c30、ph7.0(3)o3可由臭氧发生器(原理如图)电解稀硫酸制得。图中阴极为_(填“a”或“b”)，其电极反应式为_。若c处通入o2，则a极的电极反应式为_。若c处不通入o2，d、e处分别收集到x l和y l气体(标准状况)，则e处收集的气体中o3所占的体积分数为_(忽略o3的分解)。【答案】(1)i2o2(2)oh1.00104b、a、c(3)a2h2e=h2o24h4e=2h2o(x2y)/y【解析】本题以臭氧为载体考查了化学反应速率、电化学等化学反应原理，同时考查了考生对图表的观察分析能力。(1)臭氧具有氧化性，能与碘化钾发生氧化还原反应生成氧气、碘单质和氢氧化钾。(2)30、ph4.0时，臭氧分解一半所用时间为108 min，反应速率v1.00104mol/(lmin)；结合表中数据知反应速率在b条件下最小、c条件下最大。(3)观察电化学装置图知，特殊惰性电极b上产生了氧气和臭氧，该极失去电子发生氧化反应作阳极，则特殊惰性电极a为阴极，得电子发生还原反应，电极反应式为2h2e=h2；若从c处通入氧气，氧气将参与反应，阴极生成的将是水，电极反应为o24h4e=2h2o；设y l混合气体中臭氧的体积分数为a，由电子守恒有2xy a6y(1a)4，解得a(x2y)/y。62013年10月我市因台风菲特遭受到重大损失，市疾控中心紧急采购消毒药品，以满足灾后需要。复方过氧化氢消毒剂具有高效、环保、无刺激无残留，其主要成分h2o2是一种无色粘稠液体，请回答下列问题：（1）下列方程中h2o2所体现的性质与其可以作为消毒剂完全一致的是 。abao2+2hcl冰=h2o2+bacl2bag2o+h2o2 =2ag+o2+h2o c2h2o22h2o+o2dh2o2+nacro2+naoh=na2cro4 +h2o（2）火箭发射常以液态肼(n2h4)为燃料，液态h2o2为助燃剂。已知：n2h4（1）+o2(g)=n2(g)+2h2o(g) h= - 534 kjmol1 h2o2（1）=h2o（1）+1/2o2(g) h= - 98.64 kjmol1h2o（1）=h2o(g) h=+44kjmoll则反应n2h4（1）+2h2o2（1）=n2(g)+4h2o(g)的h= ，该反应的s= 0(填“”或“”)。（3）h2o2是一种不稳定易分解的物质。如图是h2o2在没有催化剂时反应进程与能量变化图，请在图上画出使用催化剂加快分解速率时能量与进程图实验证实，往na2co3溶液中加入h2o2也会有气泡产生。已知常温时h2co3的电离常数分别为kal=4.3l07，ka2 = 5.0 l011 。na2co3溶液中co32第一步水解常数表达式khl= ，常温时khl的值为 。若在na2co3溶液中同时加入少量na2co3固体与适当升高溶液温度，则khl的值 (填变大、变小、不变或不确定)。（4）某文献报导了不同金属离子及其浓度对双氧水氧化降解海藻酸钠溶液反应速率的影响，实验结果如图1、图2所示。注：以上实验均在温度为20、w(h2o2)=025%、ph=712、海藻酸钠溶液浓度为8mgl-l的条件下进行。图1中曲线a：h2o2；b：h2o2+cu2+；c：h2o2+fe2+；d：h2o2+zn2+；e：h2o2+mn2+；图2中曲线f：反应时间为1h；g：反应时间为2h；两图中的纵坐标代表海藻酸钠溶液的粘度(海藻酸钠浓度与溶液粘度正相关)。由上述信息可知，下列叙述错误的是 (填序号)。 a锰离子能使该降解反应速率减缓b亚铁离子对该降解反应的催化效率比铜离子低 c海藻酸钠溶液粘度的变化快慢可反映出其降解反应速率的快慢 d一定条件下，铜离子浓度一定时，反应时间越长，海藻酸钠溶液浓度越小【答案】(14分)(1)d (2分)；(2)h=-643. 28kjmol-1 (2分，没有负号不得分，没有单位给1分) s=0。(3) (2分)(虚线代表使用催化剂，起、终点重合)khl= (2分) 2.010-4(4)b(2分)【解析】试题分析：（1）h2o2作为消毒剂所体现的性质是氧化性，即氧元素的化合价降低，只有d方程式满足。（2）根据盖斯定律，将反应+2反应+4反应，即得到反应n2h4（1）+2h2o2（1）=n2(g)+4h2o(g)，其h= -643.28kjmol-1，该反应是气体增加的反应，其s=0。（3）画图时，使用催化剂时反应物和生成物的总能量都不变，但活化能降低。na2co3的水解反应，co32-第一步水解常数表达式khl=，将代数式分子和分母同时乘以c(h+)，khl=2.010-4。升高溶液温度，水解程度也就增大，khl的值也就增大。（4）b：h2o2+cu2+和c：h2o2+fe2+结合图可知b在c的上方，亚铁离子对该降解反应的催化效率比铜离子高，b说法不正确。考点：化学反应的催化剂原理、盖斯定律计算、水解平衡常数表达式及相关计算。7（7分）污鸡净的主要成分是kmno4和h2c2o4，可用于洗涤有霉斑的衣物。某小组同学拟探究h2c2o4浓度对反应速率的影响。实验仪器i实验原理2kmno4+5h2c2o4+3h2so4=k2so4+2mnso4+10co2+8h2o。ii实验设计（1）【方案一】测量气体产物：在相同温度下，利用下图装置，测定不同浓度h2c2o4溶液与kmno4反应产生相同体积co2所需的时间（忽略co2溶解性的影响）。下图方框中应选择 （填编号）仪器组装量气装置，限选以下仪器：广口瓶、双孔塞、水槽、橡胶管、导管、量筒、秒表。（2）【方案二】观察反应现象：在其它相同条件下，测定不同浓度h2c2o4溶液与等体积等浓度kmno4溶液混合后，溶液褪色所需的时间。拟定实验数据：实验序号温度/各物质的体积 / ml反应时间h2o3 mol/l稀硫酸0.1mol/l kmno4溶液0.6 mol/lh2c2o4溶液1253.02.04.06.0t12252.04.04.0t237.02.04.02.0t3表中、处的数据分别是 、 。iii讨论与交流（3）小组同学在处理一系列的实验数据时，发现速率（v）-时间（t）曲线如下图所示。他们认为：0t时间内，速率变快的可能原因是 。（4）实验室常用kmno4标准溶液滴定某浓度草酸。kmno4溶液置于 （填仪器名称）中，判断到达滴定终点的现象是 。若滴开始时，滴定管中有气泡，滴定结束时气泡消失，则测定结果 （填“偏高”、“偏低”、“无影响”）。【答案】（1）或（见右图）（2）5.0 25（3）生成的mn2+起催化作用（4）酸式滴定管 溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色 偏高【解析】试题分析：（1）用排水法测量气体的体积，如图所示：，所需仪器有水槽、导管、量筒或如图所示：，所需仪器有广口瓶、双孔塞、橡胶管、导管、量筒；（2）在相同温度下，测定不同浓度h2c2o4溶液与等体积等浓度kmno4溶液混合后，溶液褪色所需的时间，实验时溶液的体积相同，h2c2o4的浓度不同，则应为25，由数据可知溶液总体积为15ml，则为5ml；（3）影响化学反应速率的因素主要有温度、浓度、压强和催化剂，反应为放热反应，温度升高，且生成的锰离子对反应可能起到催化作用，都可加快反应速率，随着反应的进行，浓度逐渐降低，此时反应速率又减小，答案为：产物mn2+是反应的催化剂、该反应放热使温度升高；（4）高锰酸钾具有腐蚀性，应放在酸式滴定管中，达到滴定终点时，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色；若读取滴定管数据时，起始读数正确，终点仰视读数，导致所读体积偏大，即需要的高锰酸钾的体积偏大，则测定的浓度偏高。考点：考查探究影响化学反应速率的因素。8（14分）某酸性工业废水中含有k2cr2o7。光照下，草酸(h2c2o4)能将其中的cr2o72转化为cr3。某课题组研究发现，少量铁明矾al2fe(so4)4 4h2o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，作对比实验，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蒸馏水体积/ml4b=103056010d=a=60c=20测得实验和溶液中的cr2o72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）实验和的结果表明_；（4）该课题组对铁明矾al2fe(so4)4 4h2o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k2so4、feso4、k2so4al2(so4)324h2o、al2(so4)3等。（溶液中cr2o72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取_代替实验中的铁明矾，控制其他反应条件与实验相同，进行对比实验反应进行相同时间后,若溶液中的cr2o72浓度_则假设一成立；若溶液中的cr2o72浓度_则假设一不成立；（6）铁明矾长期存放，其中的亚铁离子可能会变质。为测定铁明矾中亚铁离子的质量分数。取5.6g铁明矾晶体，将其配制为100ml的溶液，取出20ml置于锥形瓶中。用0.01mol/l的标准kmno4溶液进行滴定（还原产物为mn2+），平行做4组实验，得出如下表数值。组数1234消耗v（kmno4）/ml20.0420.0018.9019.96请计算铁明矾中亚铁离子的质量分数： 。若滴定结束后读数时仰视，测定结果 （填“偏大”“不影响”或“偏小”）【答案】（1）（每空1分，共4分）a=4或5 b=60 c=20 d=30（2）co2 (1分)（3）（其他条件不变时）溶液的ph越小，反应速率越快（1分）（4）al3+起催化作用（1分）、so42起催化作用（1分）（5）等物质的量k2so4al2(so4)324h2o（1分） （无”等物质的量”不得分）大于实验中的cr2o72浓度（1分） 等于实验中的cr2o72浓度（1分）（6）5% （2分） 偏大（1分）【解析】试题分析：（1）根据题意要求，调节不同初始ph和一定浓度的草酸溶液的用量，做对比实验，由实验改变的是草酸的用量，但应保持溶液的总体积不变，所以 a=4或5 b=60 c=20 d=30。（2）草酸中碳元素的化合价为+3，被强氧化剂氧化才二氧化碳。（3）根据实验和饰演的曲线对比，在相同的草酸用量，不同ph时，反应速率不同，所以ph对该反应速率有以一定的影响，从图像看出，（其他条件不变时）溶液的ph越小，反应速率越快。（4）在铁明矾中有亚铁离子和铝离子和硫酸根离子，所以可以使亚铁离子起催化剂作用，或al3+起催化作用，或so42起催化作用。（5）取物质中没有亚铁离子，但有铝离子和硫酸根离子，所以选择等物质的量k2so4al2(so4)324h2o做实验。 若反应进行相同的时间后，溶液中的cr2o72浓度大于实验中的cr2o72浓度，说明亚铁离子使反应速率加快，假设一成立。若溶液中的cr2o72浓度等于实验中的cr2o72浓度，说明亚铁离子对反应速率没有影响，假设一不成立。（6）根据方程式中物质的关系为kmno4-5fe2+，实验3的数据距离其它数据偏远，所以舍去，其余体积计算平均值，高锰酸钾的体积平均值为20.00毫升，则亚铁离子的物质的量浓度=50.0120/20=0.05mol/l，则晶体中铁的质量分数为0.05*0.1*56/5.6= 5% 。 若滴定结束后读书仰视，读数偏大，则结果偏大。考点：实验方案的设计，滴定实验，数据分析。9（13分）某化学小组同学向一定量加入少量淀粉的nahso3溶液中加入稍过量的kio3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色。（1）查阅资料知nahso3与过量kio3反应分为以下两步进行，第一步为io3+ 3hso3=3so42+3h+ + i，则第二步反应的离子方程式为_（2）通过测定溶液变蓝所用时间探究浓度和温度对该反应的反应速率的影响。调节反应物浓度和温度进行对比实验，记录如下：实验编号0.02mol/lnahso3溶液/ml0.02mol/lkio3溶液/mlh2o/ml反应温度/溶液变蓝的时间t/s15201015t1a30015t215bc30t3实验是探究_对反应速率的影响，表中a=_；实验是探究温度对反应速率的影响，则表中b=_，c=_（3）将nahso3溶液与kio3溶液混合(预先加入可溶性淀粉为指示剂)，用速率检测仪检测出起始阶段反应速率逐渐增大，一段时间后反应速率又逐渐减小。课题组对起始阶段反应速率逐渐增大的原因提出如下假设，请你完成假设三：假设一：反应生成的so42对反应起催化作用，so42浓度越大反应速率越快；假设二：反应生成的h+对反应起催化作用，h+浓度越大反应速率越快；假设三：_；（4）请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容（反应速率可用测速仪测定）实验步骤（不要求写出具体操作过程）预期实验现象和结论【答案】（13分）（1）io3 + 5i + 6h+ = 3i2 + 3h2o（2分）（2）kio3溶液的浓度；15、20、10（各1分）（3）假设三：反应生成的i对反应起催化作用，i浓度越大反应速率越快（2分）(或反应生成的i2对反应起催化作用，i2浓度越大反应速率越快；或该反应是放热反应，温度升高导致反应速率加快（2分。本小题具有开放性，答案合理都给分）（4）实验步骤（不要求写出具体操作过程）预期实验现象和结论在烧杯甲中将nahso3溶液与过量kio3溶液混合，用测速仪测定其起始时的反应速率v(甲)；在烧杯乙中进行同一反应（不同的是乙烧杯中预先加入少量na2so4或k2so4粉末，其他反应条件均完全相同），测定其起始阶段的相同时间内的反应速率v(乙)（3分）若v(甲) = v(乙)，则假设一不成立；若v(甲)v(乙)，则假设一成立。（2分）【解析】试题分析：（1）溶液变蓝色，说明有碘单质生成，第一步中无碘单质生成，则第二步的反应中有碘单质生成，所以离子反应方程式是io3 + 5i + 6h+ = 3i2 + 3h2o；（2）实验的反应温度相同，kio3溶液的体积不同，则实验是探究kio3溶液的浓度对反应速率的影响，探究反应速率的影响因素时，保持其条件不变，而改变其中一种因素，所以a=15ml，溶液的总体积是45ml；实验与实验的反应温度不同，所以实验是探究温度对反应速率的影响，而其他条件与实验完全相同，则b=20，c=10,；（3）根据影响反应速率的因素分析，第一步的反应产物so42、h+、 i，则假设3应是反应生成的i对反应起催化作用，i浓度越大反应速率越快；或者第二步反应中产生的i2对反应起催化作用，i2浓度越大反应速率越快；或者反应为放热反应，温度升高，反应速率加快；（4）假设一：反应生成的so42对反应起催化作用，so42浓度越大反应速率越快，因为反应开始的反应物中无硫酸根离子，所以可设计对照实验，一个为原实验的反应物，一个为再加入可溶性的硫酸盐的实验，测定相同时间内的反应速率，进行比较，可得出结论。具体操作如下：实验步骤（不要求写出具体操作过程）预期实验现象和结论在烧杯甲中将nahso3溶液与过量kio3溶液混合，用测速仪测定其起始时的反应速率v(甲)；在烧杯乙中进行同一反应（不同的是乙烧杯中预先加入少量na2so4或k2so4粉末，其他反应条件均完全相同），测定其起始阶段的相同时间内的反应速率v(乙)（3分）若v(甲) = v(乙)，则假设一不成立；若v(甲)v(乙)，则假设一成立。（2分）考点：考查对影响反应速率的因素的实验探究，实验方案的设计10(16分)草酸(h2c2o4)是一种二元弱酸，部分性质如下：能溶于水，易溶于乙醇；大约在175升华(175以上分解生成h2o、co2和co)；h2c2o4ca(oh)2cac2o42h2o。现用h2c2o4进行如下实验：(一) 探究草酸的不稳定性通过如图实验装置验证草酸受热分解产物中的co2和co，a、b、c中所加入的试剂分别是：a、乙醇 b、 c、naoh溶液。（1）b中盛装的试剂 (填化学式) （2）a中加入乙醇的目的是 。(二) 探究草酸的酸性将0.01mol草酸晶体(h2c2o42h2o)加入到100ml 0.2mol/l的naoh溶液中充分反应，测得反应后溶液呈碱性，其原因是 (用离子方程式表示)。(三) 用酸性kmno4溶液与h2c2o4溶液反应来探究影响化学反应速率的因素 i、实验前先用酸性kmno4标准溶液滴定未知浓度的草酸反应原理： mno4 h2c2o4 mn2 co2 h2o（1）配平上述离子方程式。（2）滴定时kmno4溶液应盛装于 (填 “酸式”或“碱式”)滴定管中。、探究影响化学反应速率的因素实验组别c(h2c2o4)/(mol/l)v(h2c2o4)/mlc(kmno4)/(mol/l)v(kmno4)/mlc(h2so4)/(mol/l)褪色所需时间实验目的10.220.002540.12655(a) 0.220.00540.125170.220.0140.123200.220.0240.129050.220.0340.1211330.220.0440.121420下表列出了在“探究影响化学反应速率的因素”实验中得出的部分实验数据：请回答：（1）实验目的(a)是 ；（2）根据表中数据在坐标中画出反应褪色所需时间随kmno4溶液浓度的变化关系图像；（3）若要探究催化剂对该反应速率的影响应选择mnso4而不选mncl2作为催化剂，其原因是 。【答案】（16分）（一）（1） ca(oh)2或ba(oh)2（2分），（2）除去h2c2o4，避免对co2的检验造成干扰（2分）（二） c2o42 h2o hc2o4 oh（2分）（三） i、（1） 2 5 6h+ 2 10 8 （2分） （2）酸式（2分）ii、（1）探究高锰酸钾溶液浓度对化学反应速率的影响（2分）（2）如图（2分）（3）因cl可与酸性kmno4发生氧化还原反应（2分）【解析】试题分析：（一）（1）草酸混合气体中含有未分解的草酸，草酸与氢氧化钙反应生成醋酸钙沉淀，干扰二氧化碳的检验，所以a中的乙醇目的是除去草酸，则b中的试剂是ca(oh)2或ba(oh)2溶液，目的是检验二氧化碳的存在，c中氢氧化钠的作用是除去二氧化碳，以便检验co的存在；（2）a中乙醇的目的是除去h2c2o4，避免对co2的检验造成干扰；（二）草酸是二元酸，与氢氧化钠反应时二者恰好完全反应，若草酸是强酸，则反应后的溶液为中性，现在溶液呈碱性，说明草酸为弱酸，草酸根离子水解，使溶液呈碱性，离子方程式为c2o42 h2o hc2o4 oh；（三）i.（1）高锰酸根离子中mn元素的化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，草酸中c元素的化合价从+3价升高到+4价，共失去2个电子，根据得失电子守恒，则高锰酸根离子的系数是2，草酸的系数是5，根据元素守恒配平mn2、co2的系数，最后根据电荷守恒配平氢离子、水的系数。（2）高锰酸钾的氧化性强，所以不能用碱式滴定管，易腐蚀碱式滴定管的胶管，所以用酸式滴定管盛放高锰酸钾；ii（1）由表中数据可知，草酸的浓度、体积都不变，稀硫酸的浓度不变，草酸的浓度变化，体积不变，所以a的目的是探究高锰酸钾溶液浓度对化学反应速率的影响；（2）根据表中的褪色时间可作图：；（3）若要探究催化剂对该反应速率的影响应选择mnso4而不选mncl2作为催化剂，是因为高锰酸钾可以氧化氯离子为氯气，影响对催化剂对反应速率影响的探究。考点：考查对草酸性质的探究实验的设计与评价，化学方程式的配平，气体的检验11（i）下图是工业生产硝酸铵的流程。（1）吸收塔