2020-2021备战高考化学提高题专题复习化学反应速率与化学平衡练习题附答案

1、2020-2021备战高考化学提高题专题复习化学反应速率与化学平衡练习题附答案一、化学反应速率与化学平衡1某校化学课外兴趣小组为了探究影响化学反应速率的因素，做了以下实验。用三支试管各取5.0mL、0.01molL-1的酸性KMnO4溶液，再分别滴入0.1molL-1H2C2O4溶液，实验报告如下。实验编号lOlmol-L-1酸性KMnO斗溶液11;C2O4溶液水厦应温度e反应时间冷15.0mL50ml.-fl2012525.0tubVL0mL2032035.0mL5.0mL05030实验1、3研究的是对反应速率的影响。表中V=mLo小组同学在进行(1)中各组实验时，均发现该反应开始时很慢，一

2、段时间后速率会突然加快。对此该小组的同学展开讨论：甲同学认为KMnO4与H2C2O4的反应放热，温度升高，速率加快。乙同学认为随着反应的进行，因，故速率加快。为比较Fe3+、Cu2+对H2O2分解的催化效果，该小组的同学又分别设计了如图甲、乙所示的实验。回答相关问题：Sfti.imolL1価.mm-LF-eCliGi盹補注!装置乙中仪器A的名称为定性分析：如图甲可通过观察反应产生气泡的快慢，定性比较得出结论。有同学提出将CuSO4溶液改为CuCl2溶液更合理，其理由是o定量分析：如图乙所示，实验时以收集到40mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是o【答案】温度4.0产

3、物Mn2+可能对该反应具有催化作用分液漏斗控制阴离子相同，排除阴离子的干扰收集40mL气体所需时间解析】分析】、作对比实验分析，其他条件相同时，只有一个条件的改变对反应速率的影响；探究反应过程中反应速率加快的原因，一般我们从反应放热，温度升高，另一个方面从反应产生的某种物质可能起到催化作用；比较Fe3+、Cu2+对H2O2分解的催化效果，阳离子不同，尽量让阴离子相同，减少阴离子不同造成的差别，催化效果可以从相同时间内收集气体体积的多少或者从收集相同体积的气体，所需时间的长短入手。【详解】实验1、3反应物物质的量浓度，但温度不同，所以反应速率不同是由温度不同导致的，故实验1、3研究的是温度对反应

4、速率的影响；实验1、2研究的是H2C2O4的浓度对反应速率的影响，此时反应温度相同，KMnO4的浓度相同，故表中V=4.0mL随着反应的进行，生成的Mn2+的物质的量浓度逐渐增加，生成的Mn2+可能对反应有催化作用；由仪器的构造，可知仪器A为分液漏斗；在探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，必须保证在其他的条件相同，所以将CuSO4改为CuCl2更为合理，可以避免由于阴离子不同造成的干扰；如图乙所示，实验时以收集到40mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是时间，收集相同体积的气体，所需要的时间越少，反应速率越快。【点睛】本题通过保持其他外界条件一致而改变一个

5、条件来探究温度、催化剂对反应速率的影响，综合性较强。2为了证明化学反应有一定的限度，进行了如下探究活动：步骤1：取8mL0.1mol-L-i的KI溶液于试管，滴加0.1mol-L-i的FeCI3溶液56滴,振荡；请写出步骤1中发生的离子反应方程式：步骤2:在上述试管中加入2mLCCI4，充分振荡、静置；步骤3：取上述步骤2静置分层后的上层水溶液少量于试管，滴加0.1mol-L-i的KSCN溶液56滴，振荡，未见溶液呈血红色。探究的目的是通过检验Fe3+，来验证是否有Fe3+残留，从而证明化学反应有一定的限度。针对实验现象，同学们提出了下列两种猜想：猜想一：KI溶液过量，Fe3+完全转化为Fe2

6、+，溶液无Fe3+猜想二：Fe3+大部分转化为Fe2+，使生成Fe(SCN)3浓度极小，肉眼无法观察其颜色为了验证猜想，在查阅资料后，获得下列信息：信息一：乙醚比水轻且微溶于水，Fe(SCN)3在乙醚中的溶解度比在水中大。信息二：Fe3+可与Fe(CN甲4-反应生成蓝色沉淀，用K4Fe(CN)6溶液检验Fe3+的灵敏度比用KSCN更高。结合新信息，请你完成以下实验：各取少许步骤2静置分层后的上层水溶液于试管A、B中，请将相关的实验操作、预期现象和结论填入下表空白处：实验操作预期现象结论实验1：在试管A加入少量乙醚，充分振荡，静置若产生蓝色沉淀则猜想二”成立实验2：【答案】2Fe3+21-二2F

7、e2+1若液体分层，上层液体呈血红色。则“猜想一不成2立在试管B中滴加5-6滴K4Fe(CN)溶液，振荡【解析】【分析】【详解】KI溶液与FeCl3溶液离子反应方程式2Fe3+2I-二2Fe2+1；32由信息信息一可得：取萃取后的上层清液滴加2-3滴K4Fe(CN)溶液，产生蓝色沉淀，由信息二可得：往探究活动III溶液中加入乙醚，充分振荡，乙醚层呈血红色，实验操作预期现象结论若液体分层，上层液体呈血红色。贝胖猜想一不成立实验2：在试管B中滴加5-6滴K4Fe(CN)6溶液，振荡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

8、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：H2O2H+HO2-，H02-H+O22-。编号实验现象I向1mLpH=2的1molL-1CuSO4溶液中加入0.5mL30%H2O2溶液出现少量气泡II向1mLpH=3的1molL-1CuSO4溶液中加入0.5mL30%H2O2溶液立即产生少量棕黄色沉淀，出现较明显气泡III向1mLpH=5的1molL-1CuSO4溶液中加入0.5mL30%H2O2溶液立即产生大量棕褐色沉淀，产生大量气泡(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.对III中棕褐色沉淀的

9、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W：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。若III中生成的沉淀为CuO2，其反应的离子方程式是_。依据W中沉淀完全溶解，甲同学认为假设i不成立，乙同学不同意甲同学的观点，理由是_。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ag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cmolL-iEDTA溶液至滴定终点，消耗EDTA溶液VmL。V=_，可知沉淀中不含Cu2O，假设i成立。(已知：Cu2+EDT

10、A=EDTA-Cu2+,M(CuO2)=96gmol-1，M(Cu2O)=144gmol-i)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。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1mLpH=2、3、5的1molL-1Na2SO4溶液，向其中各加入0.5mL30%H2O2溶液，三支试管中均无明显现象。实验“：_(填实验操作和现象)，说明CuO2能够催化H2O2分解。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匚士1O2f+2H2OH2O2+Cu2+=CuO2；+2H+CuO2与H+

11、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Cu1000a溶液296c中存在H2O2r*H+HO2-,HO2-r、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】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匸土O2f+2H20,故答案为：

12、2H2O2二O2f+2H2O；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+；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i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；ag过氧化铜的物质的量为f，由方程式可得如下关系：CuO2CU2+EDTA，则有96g/mol2ag=cm

13、ol/LXVX103L，解得V=1000aml,故答案为：1000a；96g/mol96c96c(3)由题意可知，双氧水溶液中存在如下电离平衡H2Or、H+HO2-、HO2，H+O22，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，使得过氧化铜沉淀量增大，故答案为：溶液中存在H2O2r*H+H02-,H02-*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；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%H2O

14、2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；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。

15、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0.050molSO2(g)和0.030molO2(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02的平均反应速率为在容积不变时，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有(选填编号)移出氧气b.降低温度c.减小压强d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)(3)在起始温度TJ673K)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

16、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Fe3+还原为Fe2+，本身被氧化为SO42-。写出有关的离子方程式。有2mol氧化产物生成时转移的电子数为抑20SQa转80优/【答案】0.005mol/(Lmin)bd40制Fe3+与Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42-+16H+14NA【解析】Ac根据尸心【分析】求出氧气的速率，然

17、后根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比计反应放热，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；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；Fe3+与Fe2+易水解，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】0.040molAc1v(SO3)=2L=0.01mol/(Lmin),所以v(O2)=u(S03)=

18、0.005mol/(Lmin),Atc22min故答案为：0.005mol/(Lmin)；a.移出氧气，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；降低温度，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；减小压强，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；再充入0.050molS02(g)和0.030mol02(g),相当于增大压强，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；故答案为：bd；反应：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)H0，SO2的转化率在起始温度T】=673K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

19、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：FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42-+16H+，氧化产物是硫酸根离子，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+；14NAO【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

20、到平衡需要的时间短，此为解题的关键。资料显示“O2的氧化性随溶液pH的增大逐渐减弱”。某化学小组同学用下列装置和试剂进行实验，探究。2与KI溶液发生反应的条件。供选试剂：mol/LH2SO4溶液、MnO2固体、KMnO4固体。该小组同学设计、两组实验，记录如下：实验操作实验现象向I试管中加入KMnO4固体，连接装置I、11,点燃酒精灯II试管中有气泡冒出，溶液不变蓝向I试管中加入KMnO4固体，II试管中加入适量0lmol/LHSO溶液，连接装置24I、II，点燃酒精灯II试管中有气泡冒出，溶液变蓝(1)选择I装置用KMnO4固体制取02，为避免KMnO4固体随02进入II试管对实验造成干扰，

21、应进行的改进是，组实验中02与KI溶液反应的离子方程式是对比、两组实验可知，。2与KI溶液发生反应的适宜条件是。为进TOC o 1-5 h z步探究该条件对反应速率的影响，可采取的实验措施是。(3)为进一步探究碱性条件下KI与?能否反应，用上图中的装置继续进行实验:实验操作实验现象向I试管中加入KMnO4固体，11试管中滴加KOH溶液控制PH=8，连接装置I、11,点燃酒精灯溶液略变蓝向I试管中加入KMnO固体，II试管中滴加KOH溶液控制4PH=10，连接装置I、11,点燃酒精灯无明显变化对于实验的现象，小明同学提出猜想“PH=10时?不能氧化I-，设计了下列装置进TOC o 1-5 h z

22、烧杯a中的溶液为。实验结果表明，此猜想不成立。支持该结论的实验现象是通入O2后。小刚同学向PH=10的KOH溶液(含淀粉)中滴加碘水，溶液先变蓝后迅速褪色。经检测褪色后的溶液中含有IO-，褪色的原因是(用离子方程式表示)。3该小组同学对实验过程进行了反思：实验的现象产生的原因可能是。【答案】在I装置试管口放置棉花球41-+O+4H+二2I+2HO酸性环境使用不222同浓度的硫酸溶液做对照实验PH=10的KOH溶液电流表指针偏转，烧杯b的溶液颜色变深31+6OH-IO-+51-+3H在pH=10的KOH溶液中I-被氧化生成L，2322而【2迅速发生歧化反应变为IO-和I-。23【解析】【分析】K

23、MnO4是粉末状的，会随氧气进入II试管对实验造成干扰，可以在试管口放置一棉花球；酸性环境下O2与KI溶液反应生成12,根据电子守恒写出反应的离子方程式。对比、两组实验可知，酸性溶液中O2与KI溶液更容易发生反应。为进一步探究该条件对反应速率的影响，可使用不同浓度的硫酸溶液做对照实验。(i)要证明PH=10的溶液中O2不能氧化I-,烧杯a中的溶液应为PH=10的碱溶液。若有电流产生，则猜想不成立。向pH=10的KOH溶液(含淀粉)中滴加碘水，溶液先变蓝说明生成了12,后迅速褪色说明生成的I2又迅速被反应掉。12反应后生成了IO-，根据电子守恒写出反应的用离子223方程式。所以实验的现象产生的原

24、因不是没有反应，而是生成的I2立刻发生了歧化反应。【详解】为避免KMnO4固体粉末随?进入II试管，在I装置试管口放置棉花球，组实验中反应离子方程式为41-+4H+=21+2H，故答案为：在I装置试管口放置棉花222球；4I-+O+4H+=2I+2HO；222对比、两组实验可知：。2与KI溶液发生反应的适宜条件是酸性环境，进一步探究该条件对反应速率的影响，可采取的实验措施是使用不同浓度的硫酸溶液做对照实验；故答案为：酸性环境；使用不同浓度的硫酸溶液做对照实验；(i)实验目的是探究在PH=10的KOH溶液中2能否得电子氧化I-,所以烧杯a中的溶液为PH=10的KOH溶液，故答案为：PH=10的K

25、OH溶液；如果能构成原电池，说明PH=10时?能氧化I-,所以电流表指针偏转，烧杯b的溶液颜色变深，说明PH=10时2能氧化I-,故答案为：电流表指针偏转，烧杯b的溶液颜色变深；变蓝后迅速褪色，褪色后溶液中含有1-，说明生成的I与溶液中KOH反应生成了321-离子，根据氧化还原反应化合价升降规律可知溶液中还有I-,所以反应离子方程式3为：3I+6H-二I-+5I-+3H，故答案为：3I+6H-二I-+5I-+3H；232232实验的现象产生的原因可能是在PH=10的KOH溶液中I-被氧化生成I,而I迅22速发生歧化反应变为I-和I-，从而无法看到溶液变蓝，故答案为：在PH=10的KOH溶3液中

26、I-被氧化生成I，而I迅速发生歧化反应变为I-和I-。223某小组同学对FeCI3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I取5mL0.1mol/LKI溶液，滴加0.1mol/LFeCl3溶液56滴（混合溶液pH=5）溶液变为棕黄色实验n取2mL实验I反应后的溶液，滴加2滴0.1molL-1KSCN溶液溶液呈红色TOC o 1-5 h z证明实验I中有Fe2+生成，加入的试剂为。写出实验I反应的离子方程式：。上述实验现象可以证明Fe3+与I-发生可逆反应，实验I在用量上的用意是在实验丨的溶液中加入CCI4，实验现象是，取其上层清液中滴加KSCN溶液，并未看到明显

27、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；实验口溶液红色变浅。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。【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CCI4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5ml0.1moI/L的KI溶液和1-2滴淀粉

28、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】在含有Fe2+的溶液中滴加铁氰化钾溶液有蓝色沉淀生成；Fe3+与I-发生氧化还原反应生成碘单质；取2mL实验I反应后的溶液，滴加2滴0.1molL-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CCI4；减小生成物的浓度，平衡会向正反应方向移动。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】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

29、得溶液中含有Fe2+，即反应中生成Fe2+；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；实验II取2mL实验I反应后的溶液，滴加2滴0.1molL-iKSCN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；因I2易溶于CCI4，则实验I的溶液中加入CCI4，振荡静置后可观察到下层呈紫色，上层呈浅绿色；在2Fe3+2I-=2Fe2+l2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。已知在酸性较强的

30、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5mI0.1moIKI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。实验室用H2O2分解反应制取氧气时，常加入催化剂以加快反应速率，某研究性学习小组为研究催化剂FeCI3的量对02生成速率的影响，设计了如下三组实验方案(见下表)，将表中所给的试剂按一定体积混合后进行反应。实验编号试剂ABC10%H2O2/mL20.0ViV22moIL-iFeCI3/mL05.01

31、0.0H2O/mLV3V40按要求回答下列问题：推(计)算反应速率。为实现实验目的，则V4=。已知Fe3+催化H2O2分解的机理可分两步反应进行，其中第一步反应为：2Fe3+H2O2=2Fe2+O2个+2H+,则第二步反应的离子方程式为：。读数时发现，量气装置左端液面低于右端液面，则测得的气体体积填“偏大”、“偏小”或“无影响”)【答案】关闭分液漏斗活塞，向量气管中加水至两端产生液面差，记录刻度，静置一段时间后，刻度不变，证明气密性良好相同时间内收集气体的体积或收集相同体积的气体所需的时间52Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O偏小【解析】【分析】检查装置气密性之前必须形成密闭系统，通

32、过改变系统中的压强判断；由反应速率公式可知，当反应物的浓度、用量及其他影响速率的条件确定之后，可以通过测定相同时间内收集气体的体积或收集相同体积的气体所需的时间来计算化学反应速率；研究催化剂FeCI3的量对02生成速率的影响实现实验目的，应使反应物的浓度相同及总体积相同；(4)总反应减去第一步反应为第二步反应；(5)由PV=nRT判断可得。【详解】检查装置气密性之前必须形成密闭系统，通过改变系统中的压强判断，则检查装置气密性的方法是关闭分液漏斗活塞，向量气管中加水形成密闭系统，若加水至两端产生液面差后，静置一段时间，液面差不变，证明装置气密性良好，故答案为：关闭分液漏斗活塞，向量气管中加水至两

33、端产生液面差，记录刻度，静置一段时间后，刻度不变，证明气密性良好；由反应速率公式可知，当反应物的浓度、用量及其他影响速率的条件确定之后，可以通过测定相同时间内收集气体的体积或收集相同体积的气体所需的时间来计算化学反应速率，故答案为：相同时间内收集气体的体积或收集相同体积的气体所需的时间；研究催化剂FeCI3的量对O2生成速率的影响实现实验目的，应使反应物的浓度相同及总体积相同，则V=V2=20.0mL,由C可知总体积为30.0mL,贝VV4=30.0-20.0-5.0=5.0mL,故答案为：5.0；总反应为2H2O22H2O+O2f,第一步反应为2Fe3+H2O22Fe2+O2f+2H+,则总

34、反应减去第一步反应为第二步反应2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O,故答案为：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O；(5)读数时发现,量气装置左端液面低于右端液面,说明装置中压强高于外界大气压,由PV=nRT可知,测得的气体体积偏小,故答案为：偏小。【点睛】当反应物的浓度、用量及其他影响速率的条件确定之后,可以通过测定相同时间内收集气体的体积或收集相同体积的气体所需的时间来计算化学反应速率是解答难点,也是易错点。8某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响,进行了如下实验：【实验原理】2KMnO+5HCO+3HSO=KSO+2MnS0+10C0f+8HOTOC o 1-5

35、h z42242424422实验内容及记录】实验编号实验温度试管中所加试剂及其用量/mL溶液褪至无色所需时间/min0.6mol/LHCO溶液224HO23mol/L稀HSO溶液240.05mol/LKMnO溶液4253.0V12.03.01.5252.03.02.03.02.7502.0V22.03.01.0TOC o 1-5 h z请完成此实验设计，其中：V=,V2=。实验、探究的是对化学反应速率的影响，根据上表中的实验数据，可以得到的结论是。探究温度对化学反应速率的影响,应选择(填实验编号)。利用实验1中的数据，计算用KMnO表示的化学反应速率为。4该小组同学根据经验绘制了n(Mn2+)

36、随时间变化的趋势如图1所示，但有同学查阅已该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设，并设计以下实验方案继续进行实验探究。实验编号实验温度/c试管中所加试剂及其用量再向试管中加入某种固体溶液褪至无色所需时间/min0.6mol/LHCO溶液224HO23mol/L稀HSO溶液240.05mol/LKMnO溶液4252.03.02.03.0MnSO4t有的实验资料发现，该实验过程中n（Me+）随时间变化的实际趋势如图2所示。该小组同学提出的假设是。若该小组同学提出的假设成立，应观察到现象。【答案】（1）V=2.0,V=3.0（各1分）12（2）浓度（1分），其他条件不变时，增大（减小）反应物浓度，

37、加快（减慢）化学反应速率（2分）。（3）（1分）（4）1.0X10-2mol/（Lmin）（2分）（5）M少+对该反应有催化作用（2分）；加入MnSO固体后，KMnO溶液比实验更快褪色（2分）。44【解析】试题分析：（1）实验、探究浓度对反应速率的影响，则其他条件应该是相同的，则V1=2.0mL；实验、是探究温度对反应速率的影响，则其他条件应该是相同的，则V=3.0mL；2（2）根据表中数据可知实验、探究的是浓度对化学反应速率的影响，根据上表中的实验数据，可以得到的结论是其他条件不变时，增大（减小）反应物浓度，加快（减慢）化学反应速率；（3）根据表中数据可知探究温度对化学反应速率的影响，应选择

38、。（4）草酸的物质的量为：0.6mol/LX0.003L=0.0018mol，高锰酸钾的物质的量为：0.05mol/LX0.003L=0.00015mol,草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：0.0018mol:0.00015mol=12：1,显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：占:算阳L=0.015mol/L，这段时间内平均反应速率v（KMnO4）=0.015mol/LF1.5min=0.01mol/（Lmin）。（5）由图乙可知，反应开始后速率增大的比较快，说明生成物中的MnSO（或Me+）为4该反应的催化剂。若该小组同学提出的假设成立，则反应速率加快，即加入MnSO

39、固体后，KMnO溶液比实44验更快褪色。【考点定位】本题主要是考查探究影响化学反应速率的因素【名师点晴】该题的答题关键是注意利用控制变量法进行分析解答。由于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

40、行相关分析。但在分析相关数据时，要注意题给数据的有效性。9某化学学习小组进行如下实验I探究反应速率的影响因素设计了如下的方案并记录实验结果（忽略溶液混合体积变化）。限选试剂和仪器：0.20molL-iH2C2O4溶液、0.010molL-iKMnO4溶液（酸性）、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽化学反应速率的影响，则a为；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应填写。II测定H2C2O4xH2O中x值已知：M（H2C2O4）=90gmol-i称取1.260g纯草酸晶体，将草酸制成100.00mL水溶液为待测液；取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4；用浓度为0.05

41、000molLi的KMnO4标准溶液进行滴定。（2）请写出滴定中发生反应的离子方程式。（3）某学生的滴定方式（夹持部分略去）如下，最合理的是（选填a、b）。h_E-=E-E_由图可知消耗KMnO4溶液体积为mL。滴定过程中眼睛应注视，滴定终点锥形瓶内溶液的颜色变化为。通过上述数据，求得x=。若由于操作不当，滴定结束后滴定管尖嘴处有一气泡，引起实验结果(偏大、偏小或没有影响)；其它操作均正确，滴定前未用标准KMnO4溶液润洗滴定管，引起实验结果(偏大、偏小或没有影响)。【答案】温度1.0溶液褪色时间/s5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2个+2Mn2+8巧0b20.00锥形瓶中颜色变

42、化溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色2偏小偏小【解析】【分析】【详解】I、(1)由表中数据可知，实验、只有温度不同，所以实验、是探究温度对化学反应速率的影响。若上述实验、是探究浓度对化学反应速率的影响，对比表中数据，只有H2C2O4浓度可变，在保证溶液总体积(2.0mL+4.0mL=6.0mL)不变条件下加蒸馏水稀释H2C2O4溶液，所以a=6.0mL-4.0mL-1.0mL=1.0mL。因为本实验是探究反应速率的影响因素，所以必须有能够计量反应速率大小的物理量，KMnO4的物质的量恒定，KMnO4呈紫色，可以以溶液褪色所用的时间来计量反应速率，所给仪器中有秒表，故时间单位为“s,表格中“

43、乙”应该是“溶液褪色时间/s。II、(2)H2C2O4分子中碳原子显+3价，有一定的还原性，常被氧化为CO2,KMnO4具有强氧化性，通常被还原为Mn2+,利用化合价升降法配平，所以滴定中的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2+10CO2T+8H2O；(3)KMnO4具有强氧化性，能氧化橡胶，所以不能用碱式滴定管盛装KMnO4溶液，a不合理，答案选b；图中滴定管精确到0.1mL，估读到0.01mL，从上往下读，滴定前的读数为0.90mL,滴定后的读数20.90mL，消耗KMnO4溶液体积为20.90mL-0.90mL=20.00mL；(5)滴定实验中减小误差的关键操作就

44、是要准确判断滴定终点，所以滴定过程中眼睛始终注视着锥形瓶中溶液颜色的变化；KMnO4呈紫红色，当KMnO4不足时，溶液几乎是无色，当H2C2O4完全反应后，再多一滴KMnO4溶液，溶液立即显红色，此时我们认为是滴定终点，为防止溶液局部没有完全反应，故还要持续摇动锥形瓶30s，所以滴定终点锥形瓶内溶液的颜色变化为：溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；先求h2c2o4物质的量，再求h2c2o4xh2o摩尔质量。5H2C3O+2MnO4+6H1=2Mn2+10CO2t4-SH2O5mol2mole(HiC204)-0.02SL0-05mol/Lx0.Q2L5mol2mol列比例式：c(HCO)0.025L0.05mol/L0.O2L，解