备战高考化学培优(含解析)之化学反应速率与化学平衡含详细答案

1、备战高考化学培优 ( 含解析 ) 之化学反应速率与化学平衡含详细答案一、化学反应速率与化学平衡1 某化学兴趣小组欲测定kclo3，溶液与 nahso 3 溶液反应的化学反应速率所用试剂为10ml0.1mol/lkclo3，溶液和 10ml0.3mol / lnahso3 溶液，所得数据如图所示。已知：clo 33hso3cl3so243h 。（1）根据实验数据可知，该反应在0 4min内的平均反应速率v cl_mol /l min。（ 2）某同学仔细分析实验数据后发现，在反应过程中，该反应的化学反应速率先增大后减小某小组同学针对这一现象进一步探究影响该化学反应速率的因素，具体方法如表示。方案假

2、设实验操作该反应放热使溶液温度向烧杯中加入 10ml0.1mo/l 的 kclo 3 溶液和 10ml0.3mol/l的升高，反应速率加快nahso 3 溶液，取 10ml0.1mo/l 的 kclo 3 溶液加入烧杯中，向其中加入少量nacl 固体，再加入 10ml0.3mol/l 的 nahso 3 溶液溶液酸性增强加快了化分别向 a、b 两只烧杯中加入 10ml0.1mol/l 的 kclo 3 溶液；向烧杯 a中加入 1ml 水，向烧杯 b 中加入 1ml0.2mol/l 的盐酸；再分别向两只学反应速率烧杯中加入10ml0.3mol/l 的 nahso 3 溶液补全方案中的实验操作：_

3、。方案中的假设为_。除、中的假设外，还可以提出的假设是_。某同学从控制变量的角度思考，认为方案 中实验操作设计不严谨，请进行改进：_。反应后期，化学反应速率变慢的原因是_。【答案】0.0025插入温度计生成的cl加快了化学反应速率生成的so24 加快了化学反应速率将 1ml 水改为1ml0.2mol/l的 nacl 溶液反应物浓度降低【解析】【分析】【详解】（1）根据实验数据可知，该反应在0 4min内生成氯离子的浓度是0.010mol/l ，所以平均反应速率c cl0.010mol / l4min0.0025mol /lmin；（ 2）由于是假设该反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快，因此

4、需要测量反应过程中溶液温度的变化；方案 i、相比较，中加入了少量氯化钠，所以方案中的假设为生成的cl 加快了化学反应速率；由于反应中还有硫酸根离子生成，则除 i、中的假设外，还可以提出的假设是生成的硫酸根离子加快了化学反应速率；为防止氯离子对实验的干扰，则改进措施是将1ml 水改为 1ml0.2mol/l 的 nacl 溶液；反应后期反应物浓度减小，因此化学反应速率变慢。【点睛】对于多因素（多变量）的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题。每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，最后再综合解决，

5、这种方法叫控制变量法。它是科学探究中的重要思想方法，广泛地运用在各种科学探索和科学实验研究之中。2 根据当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿(主要成分为fes2)作为原料。完成下列填空：(1)将 0.050mol so2(g) 和 0.030mol o 2(g) 充入一个 2l 的密闭容器中，在一定条件下发生反应： 2so2(g)+o2(g) 2so3(g)+q。经2分钟反应达到平衡，测得n(so3)=0.040mol，则o2的平?均反应速率为 _(2)在容积不变时，下列措施中有利于提高so2 平衡转化率的有 _(选填编号 )a.移出氧气b.降低温度c.减小压强d.再充入 0.050molso

6、2(g)和 0.030molo 2 (g)(3)在起始温度 t1(673k)时 so2的转化率随反应时间 (t)的变化如图，请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为t2(723k)时 so2 的转化率随反应时间变化的示意图_(4)黄铁矿在一定条件下煅烧的产物为so2 和 fe3o4将黄铁矿的煅烧产物fe3o4溶于 h2so4 后，加入铁粉，可制备 feso4。酸溶过程中需维持溶液有足够的酸性，其原因是_fes2 能将溶液中的3+2+2。写出有关的离子方程式fe 还原为 fe ，本身被氧化为so4_。有 2mol 氧化产物生成时转移的电子数为_【答案】 0.005mol/(l?min)bd抑制

7、 fe3+与 fe2+的水解，并防止 fe2+被氧化成 fe3+ fes2+14fe3+8h2 o=15fe2+2so42 +16h+14na【解析】【分析】(1)根据 vc 求出氧气的速率，然后根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比计t算；(2)反应放热，为提高 so2 平衡转化率，应使平衡向正反应方向移动，可降低温度，体积不变，不能从压强的角度考虑，催化剂不影响平衡移动，移出氧气，平衡向逆反应方向移动，不利于提高so2 平衡转化率，由此分析解答；(3)反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但达到平衡所需要的时间缩短，据此画出曲线；(4) fe3 与 fe2 易水解

8、， fe2 易被氧化成 fe3 ；根据氧化还原反应中的反应物和生成物几何电子守恒来配平化学方程式，结合方程计算转移电子数。【详解】c 0.040mol(1)v(so3)2lt2min 0.01mol/(l?min) ，所以 v(o2)1v(so3 ) 0.005mol/(l?min) ，2故答案为： 0.005mol/(l?min) ；(2)a移出氧气，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；b降低温度，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；c减小压强，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；d再充入0.050molso2(g)和 0.030molo 2(g)，相当于增大压强，平衡

9、正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；故答案为： bd；(3)反应： 2so2(g)+o2(g)? 2so3(g) h0， so2 的转化率在起始温度t1673k 下随反应时间(t)的变化如图，其他条件不变，仅改变起始温度为t2 723k，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，在图中画出温度t2 下so2 的转化率随反应时间变化的预期结果示意图如图所示；故答案为：；(4) fe2o3(或 fe3o4 等 )溶于 h2so4 后，生成的fe3 与 fe2 易水解， fe2 易被氧化成fe3 ，所以要加入 fe 粉和酸，抑制 fe3 与 fe2 的水解

10、，并防止fe2 被氧化成 fe3 ，故答案为：抑制 fe3 与 fe2 的水解，并防止fe2 被氧化成 fe3 ；-2 价的硫离子具有还原性，fes2 可以将溶液中的 fe3 还原为 fe2 ，而本身被氧化为硫酸根离子，有关的离子方程式为：fes23+22+2+14fe4+16h，氧化产物是硫酸根+8h o=15fe+2so离子，有 2mol 硫酸根生成时转移的电子数为14na，故答案为：fes2+14fe3+8h2o=15fe2+2so42 +16h+； 14na。【点睛】注意 (3)温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，此为解题的关键。3 某小

11、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。序号操作现象实验取 5ml 0.1mol/l ki 溶液，滴加 0.1mol/l fecl3 溶液 56滴（混合溶液ph5）溶液变为棕黄色实验取 2ml 实验 反应后的溶液，滴加2 滴 0.1mol ?l-1溶液呈红色 kscn溶液(1)证明实验 中有 fe2+ 生成，加入的试剂为_ 。(2)写出实验 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

12、，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 溶液棕黄色变深；实验 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_ 。【答案】铁氰化钾3+- 垐 ?2+3+2fe +2i 噲 ? 2fe+i2 使 ki 过量，再检验是否有fe ，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

13、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 实验反应后的溶液，滴加滴反应后仍含铁离子；2 滴 0.1mol?l-1 kscn溶液溶液呈红色，实验滴入几(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

14、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) 实验取 2ml 实验反应后的溶液，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 2fe

15、3+ -2+2+2i ?2fe2平衡体系中，萃取后的浓度降低，平衡正向移动，溶液+ii3+的浓度极低，向上层清液中滴加3+-中 fekscn溶液， fe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。4 甲、乙两个实验小组利用 kmno4 酸性溶液与 h2

16、c2o4 溶液反应研究影响反应速率的因素。设计实验方案如下 ( 实验中所用 kmno4 溶液均已加入 h2so4 ) ：甲组：通过测定单位时间内生成co2 气体体积的大小来比较化学反应速率的大小。某同学进行实验，其中a、 b 的成分见表：序号a 溶液b 溶液2ml0. 2mol / lh2c2o4 溶液4ml0. 01mol / lkmno4溶液2ml0. 1mol / lh2c2o4 溶液4ml0. 01mol / lkmno4溶液2ml0. 2mol / lh2 2 4溶液4溶液和少量 mnso4c o4ml0. 01mol / lkmno（1）该反应的离子方程式为_；乙组：通过测定 km

17、no4 溶液褪色所需时间的多少来比较化学反应速率。为了探究kmno4与 h2 2 4浓度对反应速率的影响，某同学在室温下完成以下实验c o实验编号1234水/ ml1050x0.5mol / lh2c2o4/ ml5101050.2mol / l kmno4/ ml551010时间 / s402010_2x _，4号实验中始终没有观察到溶液褪色，你认为可能的原因是_（） =。（3）在实验中发现高锰酸钾酸性溶液和草酸溶液反应时，开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快。某同学认为是放热导致溶液温度升高所致，重做 3 号实验，测定过程中溶液不同时间的温度，结果如表

18、：时间 / s051015202530温度 / 2526262626. 52727结合实验目的与表中数据，你得出的结论是_。（4）从影响化学反应速率的因素看，你的猜想还可能是_的影响。若用实验证明你的猜想，除了酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液外，还需要选择的试剂最合理的是_。a. 硫酸钾b. 水c. 氯化锰d. 硫酸锰【答案】5h2mno 4- 6h+10co2mn2+8h5 h2c2o4kmno42c2o4+=2+2o的量太少，过量+反应速率加快不是温度的影响催化剂d【解析】【详解】（1） kmno4 酸性溶液与 h2c2o4 溶液反应生成二氧化碳、硫酸锰和水, 该反应的离子方程式为：5h-6h+

19、10co2mn2+ 8h2c2o4+2mno 4+=2+ 2o+；（2）为了探究 kmno4 与 h2c2o4 浓度对反应速率的影响, 实验 1 - 4 中溶液的总体积应该为20，则x 20105 5h2c2o4的量太少，kmno4过量，所以4号实验中= - = ；环境表中数据可知始终没有观察到溶液褪色；（ 3）根据表中数据知， 20s 时温度不最高，但 20s 前突然褪色，说明温度不是反应速率突然加快的原因；（ 4） kmno4 与 h2c2o4 反应生成硫酸锰，锰离子有催化作用，所以猜想还可能是催化剂的作用，要想验证锰离子的催化作用，在做对比实验时同时加入硫酸锰观察反应速率是否变化即可，答

20、案选 d。【点睛】锰离子对于高锰酸钾和草酸的反应具有催化作用，在人教版选修四提到过，应该熟记以便于以后的应用。5 某研究性学习小组通过铁与盐酸反应的实验，研究影响反应速率的因素(铁的质量相等，铁块的形状一样，盐酸均过量)，甲同学设计实验如下表：实验编号1)铁的状态温度 /c盐酸浓度 (mol l12.00块状2022.00粉末2031.00块状2042.00块状40请回答：(1)若四组实验均以收集到500ml( 已转化为标准状况下)氢气为标准，则上述实验中还需要测定的数据是 _。(2)实验 _和 _是研究铁的状态对该反应速率的影响(填实验编号，下同)；实验_和 _是研究温度对该反应速率的影响。

21、(3)测定在不同时间t 产生氢气体积v 的数据，根据数据绘制得到图，则曲线c、 d 分别对应的实验组别可能是_、 _。(4)乙同学设计了下列一组实验：所用铁块的形状、质量均相同，所用酸的体积相同，其浓度如下，你认为产生氢气速率最快的是_。1 1 11a 18.4mol l 硫酸b 5.0mol l 硝酸c 3.0mol l盐酸d 2.0mol l硫酸【答案】收集500 ml 氢气所需的时间1 2 1 41 3d【解析】【分析】该实验的目的是通过铁与盐酸反应的实验，研究影响反应速率的因素，由表格数据可知，实验 1 和 2 铁的状态不同，目的是研究铁的状态对该反应速率的影响；实验1 和 3 盐酸的

22、浓度不同，目的是研究盐酸的浓度对该反应速率的影响；实验1 和 4 反应温度不同，目的是研究反应温度对该反应速率的影响。【详解】（1）该实验的目的是通过铁与盐酸反应的实验，研究影响反应速率的因素，要比较反应速率的快慢，还需要测定收集到标准状况下500ml 氢气所需的时间，故答案为：收集500 ml氢气所需的时间；（2）由表格数据可知，实验1 和 2 铁的状态不同，目的是研究铁的状态对该反应速率的影响；实验 1 和 4 反应温度不同，目的是研究反应温度对该反应速率的影响，故答案为：1；2；1； 4；（3）由图可知，曲线c、 d 的反应速率较慢，固体表面积越大，反应速率越快，则1 和 2相比， 1

23、的反应速率较慢；酸的浓度越大，反应速率越快，则1 和 3 相比， 3 的反应速率较慢；温度越高，反应速率越快，则1 和 4 相比， 1 的反应速率较慢，所以曲线c、d 分别对应的实验组别可能是1 和 3，故答案为： 1； 3；1 硫酸中钝化，无氢气生成；铁与（4）铁在 18.4mol l5.0mol l 1 硝酸反应生成一氧化氮，无氢气生成；铁与3.0mol l1 盐酸和 2.0mol l 1 硫酸反应生成氢气， 3.0mol l 1 盐酸中 11硫酸中氢离子浓度为 1氢离子浓度为 3.0mol l ， 2.0moll4.0mol l ，氢离子浓度越大，反应速率越快，则产生氢气速率最快的是1

24、硫酸，故答案为： d。2.0mol l【点睛】探究实验设计的关键是变量唯一化，分析表格数据时，注意分析各实验的数据，找出不同数据是分析的关键，也是突破口。6 某兴趣小组用铝箔制备al 2o3、alcl 36h2o及明矾大晶体，具体流程如下已知： (1) alcl36h2o易溶于水、乙醇及乙醚；(2) 明矾在水中的溶解度如下表：温度 / 010203040608090溶解度 /g3.003.995.908.3911.724.871.0109(1) 步骤中生成al(oh) 3 的离子方程式为_ 。(2)步骤灼烧 al(oh)3所用实验室常用仪器为_，为了提高2 3al o 纯度，需_( 填操作步骤

25、 ) 。(3)制备 alcl 36h2o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alcl 36h2o结晶量和结晶效率的影响如图，请补充完整由胶状固体制备alcl 36h2o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 2ho=al(oh)3hco3-坩埚 灼烧至恒重抑制 alcl 3水解 增加c(cl ) ，有利于 alcl 36h2o结晶在 45 以下 ( 或冷水浴条件下 ) 通入 hcl 气体，至有大量晶体

26、析出，过滤，用浓盐酸洗涤2 3 次，低温 ( 或减压 ) 干燥，得到 alcl 6h o晶体32【解析】【分析】根据 al2o3、 alcl36h2o 及明矾大晶体的制备流程，结合题中相关信息及数据，综合运用物质的分离与提纯的方法进行分析。【详解】(1)步骤 向 naalo2 溶液中通入过量co2 生成 al(oh)3 沉淀，离子方程式为alo2-co22h2o=al(oh)3 hco3-。(2)步骤 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，

27、同时增大c(cl )，有利于 alcl36h2o 结晶析出。(4)由图可知，温度不超过45 时， alcl36h2o 的结晶量和结晶效率均较高。应控制低温条件下向溶液中通入 hcl 气体直至有大量晶体析出；为防止alcl36h2o 水解和分解，alcl 6h o 晶体应用浓盐酸洗涤、低温(或减压 )干燥。因此，由胶状固体制备alcl 6h o 晶3232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 (或减压)干燥，得到 alcl36h2o 晶体。7i.某实验小组用0.50

28、mol/l naoh 溶液和 0.50mol/l 硫酸溶液进行中和热的测定装置如图（ 1）图中 a 的名称是： _（2）若实验过程中酸碱添加过慢，所得h 将 _（填：偏大、偏小或者无影响）（3）取 50ml naoh 溶液和 30ml 硫酸溶液进行实验，实验数据如表实验次数起始温度 t1/ 终止温度t2/ h sonaoh平均值24126.226.026.130.1227.027.427.233.3325.925.925.929.8426.426.226.330.4近似认为 0.50mol/l naoh 溶液和 0.50mol/l 硫酸溶液的密度都是 1g/cm 3，中和后生成溶液的比热容 c

29、=4.18j/（ g? ）则中和热 h=_（取小数点后一位）ii.为了研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，某同学设计了如下一系列的实验：将表中所给的混合溶液分别加入到 6 个盛有过量 zn 粒的容器中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。（ 4）请完成此实验设计，其中： v6=_， v8=_（ 5）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，请分析主要原因 _ 。iii.利用间接酸碱滴定法可测定ba2 的含量 ，实验分两步进行。2-2-22-=bacro4已知 :2cro4 2h=cr2o7 h2o ba cro4步骤 :移取 xml 一定物质

30、的量浓度的na2cro4 溶液于锥形瓶中 ，加入酸碱指示剂 ，用，测得滴加盐酸的体积为 v0ml。bmol l 1 盐酸标准液滴定至终点步骤 :移取 yml bacl2 溶液于锥形瓶中，加入 xml 与步骤 相同浓度的na2cro4 溶液 ，待ba2 完全沉淀后 ，再加入酸碱指示剂，用 bmoll 1 盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为 v1ml。 1（ 6） bacl2 溶液的浓度为 _mol l ，若步骤 中滴加盐酸时有少量盐酸滴至锥形瓶外 ， ba2 浓度测量值将 _(填 “偏大 ”或“偏小 ”)。【答案】环形玻璃搅拌棒偏大-53.5kj/mol 7 9.5 zn 与 cuso4

31、反应生成了cu，zn 和 cu形成了原电池加快反应速率偏小【解析】试题分析：本题考查中和热的测定化学反应速率的影响，间接酸碱滴定和误差分析i.（ 1）图中 a 的名称为环形玻璃搅拌棒。、数据处理和误差分析，实验探究外界条件对。（2）由于中和热的h0，若实验过程中酸碱添加过慢，热量损失过多，所得h将偏大。（ 3）四次实验的温度差依次为 4、 6.1、 3.9、 4.1， 第 2 次实验产生明显实验误差不参与求平均，所以第 1、 3、 4 三次实验的温度差平均值为（ 4 +3.9 +4.1） 3=4， 实验过程中放出的热量q=cm t=4.18j/（ g? ） （ 1g/cm 3 50ml+1g/

32、cm 330ml） 4 =1337.6j；反应过程中硫酸过量，生成 n（ h2o） =n（ naoh） =0.5mol/l0.05l=0.025mol ，则中和热h=-=-53.5kj/mol 。ii.（ 4）实验目的是探究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，用控制变量法，控制其他条件完全相同，改变硫酸铜的量，则v1=v2=v3 =v4 =v5=30ml，每次实验中溶液总体积为30ml+10ml+0ml=40ml，则 v6=40ml-30ml-3ml=7ml， v8=40ml-30ml-0.5ml=9.5ml。（5）当加入少量 cuso4 溶液时，生成氢气的速率会大大提高，主要原因是zn 与 cu

33、so4 反应生成了 cu， zn 、 cu 与稀硫酸形成了原电池加快反应速率。iii.（ 6）步骤 i 中消耗 h+物质的量为 bv0/1000mol ，则 xmlna2 cro4 溶液中 n（cro42-）=bv0/1000mol ；步骤 ii 中消耗 h+物质的量为 bv，则与 bacl2 反应后剩余的1/1000mol42- ） =bv1242-） =（bv0-n（ cro/1000mol，与 bacl反应的 n（ crobv1） /1000mol ， n（ bacl2） =（ bv0-bv1） /1000mol ， c（bacl2） =（bv0-bv ） /1000mol=mol/l

34、。 若步骤中滴加盐酸时有少量盐酸滴至锥形瓶1外， v1 偏大 ，ba2 浓度测量值将偏小 。点睛 ：本题的两个注意点： i 中进行中和热测定的数据分析时，对明显有实验误差的第2 次温度差不参与求温度差的平均值。ii 中设计实验方案探究硫酸铜的量对化学反应速率的影“”。响时采用 控制变量法8 某实验小组为确定过氧化氢分解的最佳催化条件，用如图实验装置进行实验，反应物用量和反应停止的时间数据如下：分析表中数据回答下列问题，(1)相同浓度的过氧化氢的分解速率随着二氧化锰用量的增加而_。(2)从实验效果和“绿色化学”的角度考虑，双氧水的浓度相同时，加入_g 的二氧化锰为较佳选择。(3) 该小组的某同学

35、分析上述数据后认为：“当用相同质量的二氧化锰时，双氧水的浓度越小，所需要的时间就越少，亦即其反应速率越快”的结论，你认为是否正确_理由是_。【答案】（1）加快（2） 0 3（ 3）不正确从表中数据可知：相同体积30的双氧水中溶质的含量是15的双氧水中溶质的含量的2 倍，但反应时间却比其反应时间的2 倍要小很多。由反应速率计算公式（v=c t ）可得出：此实验条件下双氧水的浓度越大，分解速率越快。【解析】试题分析：（ 1）根据表中每一行的数据可看出：相同浓度的过氧化氢中二氧化锰用量越多，反应需要的时间就越短。分解速率越快。即相同浓度的过氧化氢的分解速率随着二氧化锰用量的增加加快。(2) 由表中的

36、第2、 3、 4列可看出，二氧化锰用量从0 1g增加到0 3g时，速率增加很多，而当二氧化锰用量从0 3g增加到0 5g时，速率增加无几。故从“绿色化学”的角度考虑在双氧水的浓度相同时加入0 3g的二氧化锰为较佳选择。(3) 这种说法是错误的。不能直接看数据的结论。因为根据表中的数据可知：在相同体积30的双氧水中溶质的含量是15的双氧水中溶质的含量的2 倍，但反应时间却比其反应时间的2 倍要小很多。由反应速率计算公式（v=c t ）可得出：在此实验条件下双氧水的浓度越大，分解速率越快，所用时间就越少。考点：考查浓度对化学反应速率的影响及从绿色环保角度考虑催化剂的用量多少问题的知识。9 已知将

37、ki 、盐酸、试剂x 和淀粉四种溶液混合，无反应发生。若再加入双氧水，将发生反应h2o2+2h+2i- 2h2o+i2，且生成i 2 立即与试剂x 反应而被消耗一段时间后，试剂x将被反应生成i 2 完全消耗由于溶液中i - 继续被h2o2 氧化，生成i 2 与淀粉作用，溶液立即变蓝因此，根据试剂x 量、滴入双氧水至溶液变蓝所需时间，即可推算反应h2 o2+2h+2i- 2h2o+i2 反应速率。下表为某同学依据上述原理设计的实验及实验记录（各实验均在室温条件下进行）：往烧杯中加入的试剂及其用量（ml）溶液开始编0.01mol l- 0.1mol l-10.1mol l-10.1mol l-2催

38、化剂变蓝时间号1h o1双氧水稀盐酸（ min ）ki 溶液x 溶液120.010.010.020.020.0无1.4220.0m10.010.0n无2.8310.020.010.020.020.0无2.8420.0010.010.040.0无t520.010.010.020.020.05 滴 fe (so )30.624回答下列问题：（1）已知：实验1、 2 的目的是探究h2o2 浓度对 h2o2+2h+2i - 2h2o+i2 反应速率的影响。实验 2 中 m=， n=。+-2h2o+i2，反应速率可以表示为ab(i-（2）一定温度下， h2o2 +2h+2iv=kc (h2o2)c+)

39、c(h ) （ k 为反应速率常数），则：实验 4 时，烧杯中溶液开始变蓝的时间t=_min ；根据上表数据可知，a、 b 的值依次为和。（3）若要探究温度对h2o2+2h+2i - =2h2o+i2 反应速率影响，在实验中温度不宜过高且采用水浴加热，其原因是。【答案】（ 1） 20.0 ； 20.0（2） 1.4 1； 1（ 3）便于控制反应温度；防止 h2o2 分解【解析】试题分析：（ 1）已知：实验1、 2 的目的是探究h2o2 浓度对 h2o2+2h+2i - 2h2o+i2 反应速率的影响。为控制变量，实验中盐酸的浓度应该相同，实验2 中 n=20.0 m=20.0；（ 2）根a2 2b-+与实验 4的速率比为据公式 v=kc(h o) c (i) c(h )