20202021高考化学压轴题化学反应速率与化学平衡(高考题型突破提升)含详细

2020-2021高考化学压轴题之化学反应速率与化学平衡(高考题型,打破提升)含详细答案2020-2021高考化学压轴题之化学反应速率与化学平衡(高考题型,打破提升)含详细答案16/162020-2021高考化学压轴题之化学反应速率与化学平衡(高考题型,打破提升)含详细答案2020-2021高考化学压轴题之化学反应速率与化学平衡(高考题型整理,打破提升)含详细答案一、化学反应速率与化学平衡1．黄铜矿是工业炼铜的主要原料，其主要成分为CuFeS2，现有一种天然黄铜矿（含少量脉石），为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了以下实验：现称取研细的黄铜矿样品，在空气存在下进行煅烧，生成Cu、Fe3O4和SO2气体，实验后取d中溶液的置于锥形瓶中，用标准碘溶液进行滴定，初读数为，终读数以下列图。请回答以下问题：1）称量样品所用的仪器为_____，将样品研细后再反应，其目的是_______。2）装置a的作用是________。a．有利于空气中氧气充分反应

b．除去空气中的水蒸气c．有利于气体混杂d．有利于观察空气流速（3）上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是___________。（4）滴准时，标准碘溶液所耗体积为_________mL。判断滴定已达终点的现象是_______。经过计算可知，该黄铜矿的纯度为________。（5）若用右图装置取代上述实验装置d，同样能够达到实验目的的是____。（填编号）（6）若将原装置d中的试液改为Ba(OH)2，测得的黄铜矿纯度误差为＋1%，假设实验操作均正确，可能的原因主要有____________________。【答案】电子天平使原料充分反应、加速反应速率b、d使反应生成的SO2全部进入d装置中，使结果精确20.10mL溶液恰好由无色变成浅蓝色，且半分钟内不褪色80.4%②空气中的CO2与Ba(OH)2反应生成BaCO3积淀；BaSO3被氧化成BaSO4【解析】【解析】(1)依照称量黄铜矿样品，选择精确度较高的仪器；将样品研细，增大了接触面积；(2)浓硫酸能够将水除去，还可以够依照冒出气泡的速率来调治空气流速；(3)反应产生的二氧化硫应该尽可能的被d装置吸取；(4)依照滴定管的读数方法读出耗资碘溶液的体积，依照反应结束时的颜色变化判断滴定终点；先找出黄铜矿和二氧化硫及碘单质的关系式CuFeS2～2SO2～2I2，再依照题中数据进行计算；(5)图2中的②中通入二氧化硫，反应生成了硫酸钡积淀，能够依照硫酸钡的质量计算二氧化硫的量；(6)Ba(OH)2溶液能吸取空气的CO2，其他BaSO3易被空气中氧气氧化，这些原因均能引起测定误差。【详解】(1)由于称量黄铜矿样品，精确度达到了千分之一，应该采用电子天平进行称量，把黄铜矿样品研细，能够增大接触面积，从而提升反应速率，并且使黄铜矿充分反应；(2)装置a中的浓硫酸能够吸取空气中的水蒸气，防范水蒸气进入反应装置b中发生危险，同时依照冒出的气泡的快慢来控制气体的通入量，故答案为bd；(3)黄铜矿受热分解生成二氧化硫等一系列产物，分解达成后依旧需要通入一段时间的空气，能够将b、d装置中的二氧化硫全部排出去，使结果更加精确；(4)依照滴定管的示数是上方小，下方大，能够读出滴定管示数是，当达到滴定终点时，二氧化硫已经被碘单质耗资达成，再滴入一滴碘单质，遇到淀粉会变蓝；依照硫原子守恒和电子守恒找出关系式：CuFeS2～2SO2～2I2，耗资掉标准碘溶液时，即耗资的碘单质的量为：×，因此黄铜矿的质量是：0.5××184g/mol×10=0，.9246g因此其纯度是：×100%=80.4%；(5)由于图2中，②硝酸钡溶液中通入二氧化硫能够生成硫酸钡积淀，过滤干燥后，依照硫酸钡的质量计算出二氧化硫的质量，故答案为②；(6)将原装置

d中的试液改为

Ba(OH)2，测得的黄铜矿纯度误差为＋

1%，在实验操作均正确的前提下，引起误差的可能原因主要有空气中的

CO2与

Ba(OH)2反应生成

BaCO3积淀或BaSO3被氧化成

BaSO4。2．锂离子电池能够实现千余次充放电，但长时间使用后电池会无效，其中的化学试剂排放至环境中不但会造成环境污染，还会造成资源的浪费。实验室模拟回收锂离子电池中的Co、Ni、Li的流程如图。已知：LiCoO2难溶于水，易溶于酸。回答以下问题：1）LiCoO2中Co的化合价是__。2）LiCoO2在浸出过程中反应的离子方程式是__。（3）浸出剂除了H22外，也能够选择223，比较二者的还原效率22ONaSOHO__(填“>或”“<”)NaSO(还原效率：还原等物质的量的氧化剂耗资还原剂的物质的量)。2234）提升浸出效率的方法有__。5）利用Cyanex272萃取时，pH对钴、镍萃取分别收效的影响如图。从图中数据可知，Cyanex272萃取分别时，最正确pH是__。（6）反萃取的离子方程式为2H++CoR=Co2++2HR，则反萃取剂的最正确选择是__。（7）常温下，若水相中的Ni2+的质量浓度为·L-1，则pH=__时，Ni2+开始积淀。sp2-15[K(Ni(OH)=2×10]（8）参照题中流程图的表达，结合信息设计达成从水相中分别Ni和Li的实验流程图(如)___。已知：供应的无机试剂：NaOH、Na23NaF。CO、【答案】+32LiCoO+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O<合适高升温度，合适增加H2SO4浓度H247.5①NaOH②2SONi(OH)③NaF【解析】【解析】(1)经过化合物中各元素化合价代数和为0进行计算；(2)由流程图中有机相反萃取获得CoSO4，可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，依照氧化还原反应的规律写出化学方程式；(3)依照等物质的量H2O2和Na2S2O3作为还原剂转移电子的多少进行判断；(4)提升浸出效率即提升化学反应速率；(5)分别Co2+和Ni2+时，由于Co2+进入有机相，Ni进入水相，因此，应入选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围；(6)将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向搬动，同时不能够引入新杂质；(7)依照Ksp(Ni(OH)2的表达式进行计算；(8)依照表格中所给物质溶解度信息，调治pH应该用碱性物质，但要考虑分别Ni和Li元素不能够使Ni和Li元素同时积淀。【详解】(1)LiCoO2中O元素为-2价，Li为+1价，依照化合物中各元素化合价代数和为0进行计算得Co的化合价为+3价；(2)由流程图中有机相反萃取获得CoSO4，可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，化学方程式为：2LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O；(3)1molH2O2作为还原剂转移2mol电子，1molNa2S2O3作为还原剂转移8mol电子，则223NaSO的还原效率更高；(4)提升浸出效率能够合适高升温度，合适增加24HSO浓度等；(5)分别Co2+和Ni2+时，由于Co2+进入有机相，Ni进入水相，因此，应入选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围，因此最正确pH是；(6)将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向搬动，同时，为不引入新杂质，反萃取剂最好选择H2SO4；(7)c(Ni2+)=59

，则开始积淀时，c(OH-)＝Ksp(NiOH2)21015==10mol/L，则；(8)依照表格中所给物质溶解度信息，调治pH应该用碱性物质，但要考虑分别Ni和Li元素不能够使Ni和Li元素同时积淀，因此采用NaOH，则Ni(OH)2先积淀，过滤后滤液中加入NaF生成LiF积淀。【点睛】本题(5)选择合适的pH时，注意读懂图中信息，要依照实验的详细操作情况来解析。3．资料显示“O2的氧化性随溶液pH的增大逐渐减弱”。某化学小组同学用以下装置和试剂进行实验，研究O2与KI溶液发生反应的条件。供选试剂：0.1mol/LH2SO4溶液、MnO2固体、KMnO4固体。该小组同学设计①、②两组实验，记录以下：实验操作实验现象向Ⅰ试管中加入KMnO4固体，连接装置Ⅰ、Ⅱ，点燃Ⅱ试管中有气泡冒出，①溶液不变蓝酒精灯向Ⅰ试管中加入KMnO4固体，Ⅱ试管中有气泡冒出，②Ⅱ试管中加入合适0.1mol/LH2SO4溶液，连接装置溶液变蓝Ⅰ、Ⅱ，点燃酒精灯（1）选择Ⅰ装置用KMnO4固系统取O2，为防范KMnO4固体随O2进入Ⅱ试管对实验造成搅乱，应进行的改进是________，②组实验中O2与KI溶液反应的离子方程式是________。（2）比较①、②两组实验可知，O2与KI溶液发生反应的合适条件是________。为进一步研究该条件对反应速率的影响，可采用的实验措施是________。（3）为进一步研究碱性条件下KI与O2能否反应，用上图中的装置连续进行实验：实验操作实验现象向Ⅰ试管中加入KMnO4固体，Ⅱ试管中滴加KOH溶液控制pH8，溶液略变③蓝连接装置Ⅰ、Ⅱ，点燃酒精灯向Ⅰ试管中加入KMnO4固体，Ⅱ试管中滴加KOH溶液控制无明显变④pH10，连接装置Ⅰ、Ⅱ，点燃酒精灯化对于实验④的现象，小明同学提出猜想“pH10时O2不能够氧化I”，设计了以下装置进行实验，考据猜想。i）烧杯a中的溶液为________。（ii）实验结果表示，此猜想不能立。支持该结论的实验现象是通入

O2后________。（iii）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

IO3，褪色的原因是

________(

用离子方程式表示

)

。（4）该小组同学对实验过程进行了反思：实验

④

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4IO24H2I22H2O酸性环境使用不同浓度的硫酸溶液做比较实验pH10的KOH溶液电流表指针偏转，烧杯b的溶液颜色变深3I26OHIO35I3H2O在pH10的KOH溶液中I被氧化生成I2，而I2迅速发生歧化反应变成IO3和I。【解析】【解析】1）KMnO4是粉末状的，会随氧气进入Ⅱ试管对实验造成搅乱，能够在试管口放置一棉花球；酸性环境下O2与KI溶液反应生成I2，依照电子守恒写出反应的离子方程式。（2）比较①、②两组实验可知，酸性溶液中O2与KI溶液更简单发生反应。为进一步探究该条件对反应速率的影响，可使用不同样浓度的硫酸溶液做比较实验。（3）（i）要证明pH10的溶液中O2不能够氧化I，烧杯a中的溶液应为pH10的碱溶液。（ii）若有电流产生，则猜想不能立。（iii）向pH10的KOH溶液(含淀粉)中滴加碘水，溶液先变蓝说明生成了I2，后迅速褪色说明生成的I2又迅速被反应掉。I2反应后生成了IO3，依照电子守恒写出反应的用离子方程式。（4）因此实验④的现象产生的原因不是没有反应，而是生成的I2立刻发生了歧化反应。【详解】（1）为防范KMnO4固体粉末随O2进入Ⅱ试管，在Ⅰ装置试管口放置棉花球，②组实验中反应离子方程式为4IO24H2I22H2O，故答案为：在Ⅰ装置试管口放置棉花球；4IO24H2I22H2O；2）比较①、②两组实验可知：O2与KI溶液发生反应的合适条件是酸性环境，进一步研究该条件对反应速率的影响，可采用的实验措施是使用不同样浓度的硫酸溶液做比较实验；故答案为：酸性环境；使用不同样浓度的硫酸溶液做比较实验；（3）（i）实验目的是研究在pH10的KOH溶液中O2能否得电子氧化I，因此烧杯a中的溶液为pH10的KOH溶液，故答案为：pH10的KOH溶液；（ii）若是能组成原电池，说明pH10时O2能氧化I，因此电流表指针偏转，烧杯b的溶液颜色变深，说明pH10时O2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；（iii）变蓝后迅速褪色，褪色后溶液中含有IO3，说明生成的I2与溶液中KOH反应生成了IO3离子，依照氧化还原反应化合价起落规律可知溶液中还有I，因此反应离子方程式为：3I26OHIO35I3H2O，故答案为：3I26OHIO35I3H2O；（4）实验④的现象产生的原因可能是在pH10的KOH溶液中I被氧化生成I2，而I2迅速发生歧化反应变成

IO3

和I

，从而无法看到溶液变蓝，故答案为：在

pH

10的

KOH溶液中

I-被氧化生成

I2，而

I2迅速发生歧化反应变成

IO3和I

。4．以环已醇( )为原料制取己二酸[HOOC(CH2)4COOH]的实验流程以下：其中“氧化”的实验过程：在250mL四口烧瓶中加入50mL水和3.18g碳酸钠，低速搅拌至碳酸钠溶解，缓慢加入9.48g(约0.060mol)高锰酸钾，按图示搭好装置，打开电动搅拌，加热至35℃，滴加3.2mL(约0.031mol)环己醇，发生的主要反应为KOOC(CH2)4COOKH<0（1）“氧化”过程应采用___________加热。(填标号)A．热水浴B．酒精灯C．煤气灯D．电炉2）“氧化”过程，不同样环己醇滴加速度下，溶液温度随时间变化曲线如图，为保证产品纯度，应选择的滴速为___________s/滴。（3）为证明“氧化”反应已结束，在滤纸上点1滴混杂物，若观察到_____，则表示反应已经达成.4）“趁热抽滤”后，用________进行冲洗。5）室温下，相关物质溶解度如表。“蒸发浓缩”过程中，为保证产品纯度及产量，应浓缩溶液体积至__(填标号)。化学式己二酸NaClKCl溶解度g/100g水A．5mLB．10mLC．15mL（6）称取已二酸(Mr=146g/mol)

D．20mL样品，用新煮沸的

50mL热水溶解，滴入

2滴酚酞试液，用

0.2000mol/LNaOH

溶液滴定至终点，进行平行实验及空白实验后，耗资

NaOH的平均体积为

19.70mL.①NaOH溶液应装于

_______(填仪器名称

).②己二酸样品的纯度为

___________.【答案】

A

25未出现紫红色

热水

C碱性滴定管

98.5%【解析】【详解】1）由题可知，“氧化”过程中反应温度为35℃，因此应采用热水浴加热，故答案为：A；（2）为保证反应温度的牢固性（小于50℃），由图可知，最好采用25s/滴，故答案为：

25；（3）

环己醇完好氧化为

KOOC(CH2)4COOK，失去电子

×，而

高锰酸钾在碱性条件下完好反应转移电子

0.18mol（KMnO4→MnO2），由此可知，高锰酸钾先耗资完，若证明

“氧化”反应已结束，在滤纸上点

1滴混杂物，若观察到未出现紫红色，则说明已经达成，故答案为：未出现紫红色；4）趁热抽滤后，应用热水进行冲洗，故答案为：热水；5）溶液中杂质KCl的质量为：0.06mol×，完好溶解KCl所需水的体积为：100，当杂质全部溶解在水中时，己二酸能够最大限度析出，故应浓缩溶液体积至15mL，故答案为：C；（6）NaOH溶液应装于碱式滴定管；由HOOC(CH2)4COOH+2NaOH=2HO+NaOOC(CH2)4COONa可知，1n(NaOH)=n(HOOC(CH2)4COOH)，故己二酸样品的纯度为2-3100%=98.5%，故答案为：碱式滴定管；98.5%。【点睛】对于本题第（5）问解答过程中需注意，进行重结晶的试验中，对所需产品的析出纯度要求较高时，杂质最好全部溶解在水中，若杂质随产品一起析出，将会降低产品的纯度。5．为商议浓度对化学平衡的影响，某同学对可逆反应3＋－2＋＋I2△H＜0”“2Fe＋2I2Fe按以下列图所示步骤进行了一系列实验。－1的Fe说明：0.005mol·L溶液颜色凑近于无色。2(SO4)3（1）实验中要待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时，才能进行实验Ⅱ，目的是_____________。2）实验Ⅱ中，ⅰ的现象是______________，该实考据明_____________________。3）实验Ⅱ中，ⅲ的化学平衡向________搬动（填“正反应方向”或“逆反应方向”）；ⅲ的现象是溶液变浅，该现象___________（填“能”或“不能够”）说明化学平衡发生搬动。若是前一空填“能”，则下一空不填；若是前一空填“不能够”，则ⅲ的目的是___________。4）实验Ⅱ中，ⅱ的现象是_______________，即能证明增大生成物浓度化学平衡发生了逆向搬动。5）除了上图中的方法外，若要使该可逆反应的化学平衡逆向搬动，还可以够采用的方法有_______。【答案】反应达平衡状态应方向搬动逆反应方向碘水）【解析】【解析】本实验的目的是商议可逆反应响。【详解】

生成黄色积淀，溶液颜色变浅反应物浓度减小，平衡向逆反不能够为实验ⅱ做参照溶液颜色变得比ⅲ更浅加热（加入浓3＋＋2I－2Fe2＋＋I2△H＜0中浓度对化学平衡的影2Fe（1）实验中要待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时，即反应达化学平衡状态时，才能进行实验Ⅱ；2）实验Ⅱ中，ⅰ中为Ag+与I－的反应，现象是生成黄色积淀，溶液颜色变浅。证明反应物浓度减小，平衡向逆反应方向搬动；（3）实验Ⅱ中，ⅲ的化学平衡向逆反应方向搬动；ⅲ的溶液变浅，其实不能够说明化学平衡发生搬动，由于加水稀释，使溶液中各离子浓度降低；ⅲ的目的是为实验ⅱ做参照；4）实验Ⅱ中，ⅱ的溶液颜色变得比ⅲ更浅，即能证明增大生成物浓度化学平衡发生了逆向搬动；5）若要使该可逆反应的化学平衡逆向搬动，还可以够采用的方法有加热也许加入浓碘水。6．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速氢气的生成速率。请回答以下问题：1）上述实验中发生反应的化学方程式有__________________________________；2）硫酸铜溶液能够加速氢气生成速率的原因是____________________________；3）实验室中现有Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4等4中溶液，可与实验中CuSO4溶液起相似作用的是______________________________________；（4）要加速上述实验中气体产生的速率，还可采用的措旌有________（答两种）；5）为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了以下一系列实验。将表中所给的混杂溶液分别加入到6个盛有过分Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得同样体积的气体所需时间。①请达成此实验设计，其中：V1=______，V6=______，V9=______；②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升。但当加入的CuSO4溶液高出必然量时，生成氢气的速率反而会下降。请解析氢气生成速率下降的主要原因________________________________________________________【答案】Zn+CuSO4424424=ZnSO+Cu，Zn+HSO=ZnSO+H↑CuSO与Zn反应产生的Cu与Zn形成铜锌原电池，加速了氢气产生的速率Ag24高升反应温度、合适增加硫酸的浓度SO（答案合理即可）当加入必然量的硫酸铜后，生成的单质铜会聚积在锌的表面，降低了锌与溶液的接触面积【解析】【详解】（1）在稀硫酸中加入硫酸铜后发生了两个反应：CuSO4＋Zn===ZnSO4＋Cu、Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑。2）由于Zn与反应生成的Cu及硫酸铜溶液组成了CuZn原电池，大大加速了生成氢气的反应速率。3）只若是比锌的金属性弱的金属都能够与锌组成原电池，都能够加速生成氢气的反应速率，故在所给的物质中只有Ag2SO4吻合题意。4）要加速生成氢气的反应速率，还可以够采用以下措施：高升温度、合适增大硫酸的浓度、增加锌粒的比表面积等。5）①由于要研究硫酸铜的量对反应速率的影响，故应保持硫酸的浓度在各组实验中相同，则硫酸溶液的体积均取30mL，依照F中增加的水与硫酸铜溶液的体积之和为20mL，能够求得V6＝10mL，V9＝17.5mL。②由于析出的铜的量很多，会覆盖在锌的表面，使得锌与稀硫酸接触面积大大减小，故反应速率反而减慢。7．二氧化锰是化学工业中常用的氧化剂和催化剂。我国主要以贫菱锰矿（有效成分为MnCO3）为原料，经过热解法进行生产。（1）碳酸锰热解制二氧化锰分两步进行：i.MnCO3s僩MnOsCO2gH1akJmol1ii.2MnOsO2g僩2MnO2sH2bkJmol1①反应i的化学平衡常数表达式K___________。②焙烧MnCO3制取MnO2的热化学方程式是_________________。（2）焙烧（装置如图1）时连续通入空气，其实不断抽气的目的是________________。3）在其他条件不变时，某科研团队对影响MnCO3转变率的生产条件进行了研究，结果如图2、图3所示。①图2是在常压（0.1MPa）下的研究结果，请在图2中用虚线画出10MPa下MnCO3转变率与反应温度的关系图______。②常压下，要提升MnCO3的转变率，应选择的生产条件是____________焙烧6:8h。③图3中，焙烧8h时，MnCO3的转变率：干空气<湿空气，原因是______________。【答案】cCO22MnCO3sO2g僩2MnOs2CO2gH2abkJmol1O22保持的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向搬动，提升碳酸锰的转变率湿空气中，3500C左右干空气中没有催化剂，反应速率比湿空气中慢，8h时未达到平衡。【解析】【解析】1）观察平衡常数表达式以及盖斯定律；2）焙烧时连续通入空气，其实不断抽气的目的能够从2MnCO3(s)+O2(g)?2MnO2(s)+2CO2(g)的平衡正向搬动下手；3）增压2MnCO3(s)+O2(g)?2MnO2(s)+2CO2(g)平衡逆向搬动。未达到平衡的某个时间点物质的转变率大小比较能够从反应速率下手。【详解】（1）①固体不写进平衡常数表达式，故

K=

c(CO2)；②热化学方程式

i扩大倍数

2，再加上方程式

ii，可获得焙烧

MnCO3制取

MnO

2的热化学方程式

2MnCO3(s)+O2(g)?

2MnO

2(s)+2CO2(g)

H=+(2a+b)kJ?mol-1

；（2）焙烧时连续通入空气，其实不断抽气分别出

CO2，2MnCO

3(s)+O2(g)?

2MnO2(s)+2CO2(g)

的平衡会正向搬动，故答案为保持

O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向搬动，提升碳酸锰的转变率；3）①增压2MnCO3(s)+O2(g)?2MnO2(s)+2CO2(g)平衡逆向搬动，同样温度条件下物质转变率降低，则作图为：；②结合图2和图3，湿空气中，3500C左右，焙烧68h，MnCO3的转变率较高；③8h时干空气中未达到平衡，物质的转变率大小能够经过比较反应速率获得，故答案为干空气中没有催化剂，反应速率比湿空气中慢，8h时未达到平衡。8．某化学课外小组经过实验研究化学反应速率和化学反应限度。（1）实验一：研究温度和浓度对反应速率的影响方案：在酸性溶液中，碘酸钾（KIO3）和亚硫酸钠可发生反应生成碘（2IO3﹣+5SO32﹣+2﹣时间来衡量+2H═I2+5SO4+H2O），生成的碘可用淀粉溶液检验，依照出现蓝色所需的该反应的速率。实验3酸性溶液2SO3溶水的体实验温出现蓝色序号（含淀粉）的体积/mL液的体积/mL积/mL度/℃的时间/s①55V01②554025③5V23525V1=mL，V2=mL．（2）实验二：研究KI和FeCl3混杂时生成KCl、I2和FeCl2的反应存在必然的限度。实验步骤：ⅰ．向KI溶液中滴加5～6滴3溶液，充分反应后，将所得溶液分成甲、乙、丙三等份；ⅱ．向甲中滴加CCl4，充分振荡；ⅲ．向乙中滴加试剂X。①写出KI和FeCl反应的离子方程式：。3②步骤ⅲ中，试剂X是。③步骤ⅱ和ⅲ中的实验现象说明KI和FeCl3混杂时生成KCI、I2和FeCl2的反应存在必然的限度，该实验现象是：ⅱ中。ⅲ中。【答案】（1）40；102）①2I﹣+2Fe3+?I2+2Fe2+KSCN溶液③溶液分层，基层为紫红色；溶液呈血红色【解析】试题解析：（1）①和②温度不同样，应该时研究温度对速率的影响，因此浓度要求同样，即溶液的整体积同样，则V11+5+5=5+5+40，得V=40；②和③温度同样，应该时研究浓度对速率的影响，图表中KIO3酸性溶液体积同样，可知是改变亚硫酸钠的浓度，为达到溶液体积同样，5+V22+35=5+5+40，得V=10。故答案为：40；10；（2）①结合电子守恒，每生成1个I2转移2e-时，也生成2个Fe2+，再利用电荷守恒及原子守恒可得配平后的离子反应方程式：2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+，故答案为：2I﹣+2Fe3+?I2+2Fe2+；②利用KSCN溶液检验反应后的溶液里存在Fe3+，滴加KSCN溶液后若观察到溶液变红，可知溶液里存在Fe3+，否则不存在Fe3+。故答案为：KSCN溶液；③当ii中可观察到溶液分层，基层表现紫红色是可知反应后的溶液里有I2，iii中滴加KSCN溶液后可观察到溶液变血红色，可知溶液里存在Fe3+，由此可推出反应存在必然限度。故答案为：溶液分层，基层为紫红色；溶液呈血红色。9．某研究性学习组利用H224溶液和酸性4溶液之间的反应来研究“外界条件改变对COKMnO化学反应速率的影响”，实验以下：KMnO溶液HCO溶液H2O溶液褪色时间4224实验序号实验温度V(mL)C(mol/L)V(mL)C(mol/L)V(mL)t(s)A293K240t1BT23V811C313K2V21t2（1）经过实验A、B，可研究出_______的改变对反应速率的影响，其中V=_____，T=_____，经过实验_______可研究出温度变化对化学反应速率的影响。11（2）若t<8，则由实验A、B能够得出的结论是______________________________；利用1实验B中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为____________。（3）该反应中有无色无味气体产生且锰被还原为Mn2+，写出相应反应的离子方程式_________________________。（4）该小组的一位同学经过查阅资料发现：反应一段时间后该反应速率会加速，造成此种变化的原因是反应系统中的某种粒子对KMnO4与H2C2O4之间的反应有某种特其他作用，则该作用是_______________，相应的粒子最有可能是（填符号）_______。【答案】浓度1293KBC其他条件同样时，增大反应物浓度，反应速率增大－×1042－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O作催化剂Mn2＋mol/（L·s）2MnO4【解析】(1)实验A、B中KMnO4224溶液浓溶液的浓度相等，可研究出在同样温度下，HCO度的改变对反应速率的影响，其中V1=2mL+4mL-2mL-3mL=1mL，T1=293K；B和C实验中，V=3mL时，两实验反应物的浓度均同样，可研究不同样温度对化学反应速率的影响；2(2)因A中HCO溶液浓度浓度比B中大，若t<8，则由实验A、B能够得出的结论是其他2241条件同样时，增大反应物浓度，反应速率增大；利用实验B中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为－4mol/(Ls)·；=8.3×10(3)反应中有无色无味气体CO2产生且锰被还原为Mn2+，则发生反应的离子方程式为2MnO42－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；(4)KMnO42242＋，Mn2＋可能是此反应的催化剂，促进了反与HCO反应后的溶液中出现了Mn应速率加速。10．测定平衡常数对定量认识化学反应拥有重要意义。已知：I2能与－－，并在I反应生成I3溶液中建立以下平衡：－－。经过测平衡系统中－－I2+II3c(I2)、c(I)和c(I3)，即可求得该反应的平衡常数。Ⅰ.某同学为测定上述平衡系统中c(I2)，采用以下方法：取V1mL平衡混杂溶液，用－cmol·L的Na2S2O3溶液进行滴定(反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)，耗资V2mL的Na2S2O3溶液。依照V1、V2和c可求得c(I2)。(1)上述滴准时，可采用________做指示剂，滴定终点的现象是_____________________。(2)以下对该同学设计方案的解析，正确的选项是________(填字母)。A．方案可行。能正确测定溶液中的c(I2)B．不能行。由于I－能与Na2S2O3发生反应C．不能行。只能测得溶液中c(I)与c(I－23Ⅱ.化学兴趣小组对上述方案进行改进，拟采用下述方法来测定该反应的平衡常数(室温条件下进行，溶液体积变化忽略不计)：已知：①I－和I3－不溶于CCl4；②必然温度下，碘单质在四氯化碳和水混杂液体中，碘单c[I2CCl4]质的浓度比值即c[I2H2O]是一个常数(用Kd表示，称为分配系数)，且室温条件下Kd＝