1、【化学】化学化学反应速率与化学平衡的专项培优 易错 难题练习题及答案一、化学反应速率与化学平衡1硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2实验I：Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：(1)仪器a的名称是_，仪器b的名称是_。b中利用质量分数为70%80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_。c中试剂为_(2)实验中要控制S
2、O2的生成速率，可以采取的措施有_ (写出一条)(3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_实验：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。资料：Fe3+3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)装置试剂X实验现象Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先变成紫黑色，30s后几乎变为无色(4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验的现象：_实验：标定Na2S2O3溶液的浓度(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用
3、分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294gmol-1)0.5880g。平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72-+14H+ = 3I2+2Cr3+7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_molL-1【答案】分液漏斗 蒸馏烧瓶 硫化钠和碳酸钠的混合液 调节酸的滴加速度 若 SO2过量，溶液显酸性产物会发生分解 加入铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀
4、开始生成 Fe(S2O3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe3+与S2O32- 氧化还原反应的程度大，导致Fe3+3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色 0.1600 【解析】【分析】【详解】(1)a的名称即为分液漏斗，b的名称即为蒸馏烧瓶；b中是通过浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2，所以方程式为：；c中是制备硫代硫酸钠的反应，SO2由装置b提供，所以c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液；(2)从反应速率影响因素分析，控制SO2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会
5、分解，如果通过量的SO2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO2过量，溶液显酸性，产物会发生分解；(4)检验Fe2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着Fe3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色；(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：；反应I-被氧化成I2，反应中第一步所得的I2又被还原成I-，所以与电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的得电子
6、总数就与消耗的失电子总数相同 ；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。所以假设c(Na2S2O3)=a mol/L，列电子得失守恒式：，解得a=0.1600mol/L。2甲、乙两个实验小组利用KMnO4酸性溶液与H2C2O4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4mL0.01
7、mol/LKMnO4溶液2mL0.2mol/LH2C2O4溶液4mL0.01mol/LKMnO4溶液和少量MnSO4（1）该反应的离子方程式为_；乙组：通过测定KMnO4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H2C2O4浓度对反应速率的影响，某同学在室温下完成以下实验实验编号1234水/mL1050X0.5mol/LH2C2O4/mL5101050.2mol/L KMnO4/mL551010时间/s402010_（2）X=_，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
8、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：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】5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O 5 H2C2O4的量太少，KMnO4过量 反应速率加快不是温度的影响 催化剂 d 【解析】【
9、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：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O；（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=20-10-5=5；环境表中数据可知H2C2O4的量太少，KMnO4过量，所以4号实验中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
10、，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。3某化学学习小组进行如下实验.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：0.20 molL-1H2C2O4 溶液、0.010 molL-1KMnO4溶液（酸性）、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽(1)上述实验、是探究_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，则 a 为_；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应填写_。.测定 H2C2O4xH2O
11、 中 x 值已知：M（H2C2O4 ）=90 gmol-1 称取 1.260 g 纯草酸晶体，将草酸制成 100.00 mL 水溶液为待测液； 取 25.00 mL 待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀 H2SO4； 用浓度为 0.05 000 molL-1 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）。(4)由图可知消耗 KMnO4 溶液体积为_mL。(5)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_。(6)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
12、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/s 5H2C2O42MnO4- 6H+ =10CO2 2Mn2+ 8H2O b 20.00 锥形瓶中颜色变化 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
13、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“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+10CO2+8H2O；(3)KMnO4具有强氧
14、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；(4)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
15、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；(6)先求H2C2O4物质的量，再求H2C2O4xH2O摩尔质量。列比例式：，解得c(H2C2O4)=0.1mol/L。则1.260g纯草酸晶体中H2C2O4物质的量n(H2C2O4)=0.1L0.1mol/L=0.01mol，即H2C2O4xH2O的物质的量=0.01mol，H2C2O4xH2O的摩尔质量， 。滴定结束后滴定管尖嘴处有一气泡，使得KMnO4溶液体积读数偏大，根据上面的计算式可知n(H2C2O4xH2O)偏大，H2C2O4xH2O的摩尔质量偏小，x值偏小。若滴定前未用标准 KMnO4 溶液润洗滴定管，KMnO4溶液浓度
16、偏小，滴定终点时消耗KMnO4溶液体积偏大，根据上面的计算式可知n(H2C2O4xH2O)偏大，H2C2O4xH2O的摩尔质量偏小，x值偏小。【点睛】当探究某一因素对反应速率的影响时，必须保持其他因素不变，即所谓控制变量法。另外，人们常常利用颜色深浅和显色物质浓度间的正比关系来测量反应速率。4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）12345氢气体积（mL）（标况下）50120232290310（1）哪一时间段（指01、12、23、34、45min，下同）反应速率最大 _ （填序号
17、，下同），原因是 _ （2）哪一段时段的反应速率最小 _ ，原因是 _ （3）求23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BKNO3溶液CNaCl溶液DCuSO4溶液 你认为可行的是（填编号） _【答案】 反应放热，温度高 盐酸浓度变小 0.1mol/(Lmin) AC 【解析】试题分析：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
18、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；根据浓度、电解质的强弱判断。解析：01、12、23、34、45 min生成氢气的体积分别是50 mL、70 mL、112 mL、58 mL、20mL； 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23 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；45 min的反应速率最小，原因是液中H+的浓度变小了； 23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
19、mol， x=0.01mol molL1min1； 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溶液生成硝酸，硝酸具有强氧化性，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。5某实验小组学习化学反应速率后，联想到H2O2分解制备氧气，设计如下实验
20、方案探究外界条件对反应速率的影响。编号温度反应物催化剂甲25试管中加入3mL5%H2O2溶液1mL蒸馏水乙25试管中加入3mL5%H2O2溶液1mL0.1mol/LFeCl3溶液丙40试管中加入3mL5%H2O2溶液1mL蒸馏水(1)实验乙中发生反应的化学方程式为_。(2)实验甲和实验乙的实验目的是_。实验甲和实验丙的实验目的是_。(3)实验过程中该同学对实验乙中产生的气体进行收集,并在2min内6个时间点对注射器内气体进行读数,记录数据如下表。时间/s20406080100120气体体积/mL实验乙15.029.543.556.569.581.5020s的反应速率v1=_mL/s,10012
21、0s的反应速率v2=_mL/s。不考虑实验测量误差，二者速率存在差异的主要原因是_。【答案】 2H2O22H2O+O2 探究催化剂对反应速率的影响 探究温度对反应速率的影响 0.75 0.6 随反应的不断进行，H2O2溶液的浓度逐渐降低，反应速率减小【解析】（1）双氧水在加热的条件下，它能分解生成氧气，方程式为：2H2O22H2O+O2；（2）甲和乙实验中除双氧水的浓度不同外其他条件都相同，可知实验探究反应物的不同浓度对反应速率的影响；实验甲和实验丙，除反应温度不同外其他条件均相同，可知探究温度对反应速率的影响； （3）化学反应速率可用单位时间内反应物的减少或生成物的增加来表示。根据表中数据和
22、题中反应速率的单位可知 ，；速率减小的原因是随反应的不断进行，溶液的过氧化氢浓度逐渐降低，反应速率减小。6H2O2是一种常见试剂，在实验室、工业生产上有广泛用途.实验室用H2O2快速制氧，其分解速率受多种因素影响。实验测得70时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如甲乙丙丁四图所示：（1）下列说法正确的是：_（填字母序号）A图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越慢B图乙表明，其他条件相同时，溶液碱性越弱，H2O2分解速率越快C图丙表明，少量Mn 2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快D图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大（2）催化剂Mn2+在反
23、应中，改变了_(填字母序号)A反应速率 B反应限度C反应焓变 D反应路径 E.反应活化能 F.活化分子百分数H2O2在工业上作为Fenton法主要试剂，常用于处理含难降解有机物的工业废水。在调节好pH（溶液的酸碱性）和Fe2+浓度的废水中加入H2O2，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物p-CP，探究有关因素对该降解反应速率的影响。（实验设计）控制p-CP的初始浓度相同，恒定实验温度在298K或313K（其余实验条件见下表），设计如下对比试验，并将实验结果绘制时间-p-CP浓度图如下。（3）电中性的羟基自由基的电子式为：_。（4）请完成以下实验设计表(表中不要留空格)
24、。实验编号实验目的T/KpHc/10-3molL-1H2O2Fe2+为以下实验作参考29836.00.30探究温度对降解反应速率的影响_298106.00.30（5）请根据右上图实验曲线，计算降解反应在50150s内的反应速率：v(p-CP)=_。（6）实验时需在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止下来。根据实验结果，给出一种迅速停止反应的方法：_。【答案】A D A D E F 313 3 6.0 0.30 探究溶液的酸碱性（pH）对降解反应速率的影响 810 - 6mol /（Ls） 加入NaOH溶液使溶液的pH=10（大于10也对） 【解析】试题分析：(1)根据图示分析；
25、（2）催化剂通过改变反应路径降低活化能，提高反应速率，加入催化剂平衡不移动；（3）电中性的羟基含有9个电子；（4）探究温度对降解反应速率的影响，变量只能是温度；根据表格数据，实验与实验相比只有PH不同；（5）根据 计算反应速率；（6）根据表格数据，pH=10时，反应速率几乎为0；解析：(1) 由甲图可知，双氧水浓度越大，分解越快，H2O2浓度越小，其分解速率越慢，A正确；由图乙可知，溶液的碱性越强即pH越大，双氧水分解越快，B错误；C溶液的碱性越强即pH越大，双氧水分解越快，故C错误；由图丙和图丁可知， Mn2+浓度越大，双氧水分解越快，D正确。（2）催化剂通过改变反应路径降低活化能，提高反应
26、速率，加入催化剂平衡不移动；催化剂能加快反应速率，故A正确；催化剂不能使平衡发生移动，故B错误；加入催化剂，平衡不移动，反应焓变不变，故C错误；催化剂参与反应，改变反应路径，故D正确； 催化剂降低反应活化能，故E正确； 催化剂通过降低活化能，提高活化分子百分数，故F正确。（3）电中性的羟基含有9个电子，电子式是；（4）探究温度对降解反应速率的影响，变量只能是温度，所以实验与实验只有温度不同，其余都相同，实验温度是313K，PH=3，过氧化氢的浓度是6.0，Fe2+的浓度是0.30；根据表格数据实验与实验相比只有PH不同，实验探究溶液的酸碱性对降解反应速率的影响；（5）根据 ，v(p-CP)=
27、= 810 - 6mol/（Ls）；（6）根据表格数据，pH=10时，反应速率几乎为0，加入NaOH溶液使溶液的pH=10，可以迅速停止反应；点睛：催化剂通过降低反应活化能，提高活化分子百分数，增大反应速率，催化剂对反应速率的影响最明显；但催化剂不能使平衡发生移动，所以催化剂不能改变反应热。7某工厂对制革工业污泥中Cr元素的回收与再利用工艺如下（硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe2+、Fe3+、Al3+、Cu2+、Mg2+）常温下部分阳离子以氢氧化物沉淀形式存在时溶液的pH见下表：阳离子Fe3+Fe2+Mg2+Al3+Cu2+Cr3+开始沉淀时的pH1.97.09.33.74.7
28、-沉淀完全时的pH3.29.011.18.06.79(9 溶解)（1）酸浸时，为了提高浸取效率可采取的措施是_（至少写一条）。（2）加入H2O2 目的是氧化_离子，其有关的离子方程式_。针铁矿（Coethite）是以德国诗人歌德（Coethe）名字命名的，组成元素是Fe、H、O，化学式量为89，其化学式是_。 （3）调pH=8是为了将_离子（从Fe3+、Al3+、Cu2+、Mg2+中选择）以氢氧化物沉淀的形式除去。滤出的沉淀中部分沉淀将溶解于足量的氢氧化钠溶液中，其有关的离子方程式是_，取少量上层澄清溶液，向其中通入足量的CO2，又能重新得到相应的沉淀, 其有关的离子方程式为_。【答案】 升高
29、温度、搅拌、延长浸取时间、过滤后再次浸取（其他合理答案也可） Fe2+ 2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O FeO(OH) Al3+ Al(OH)3 + OH- = AlO2 + 2H2O AlO2 + 2H2O + CO2 = Al(OH)3+ HCO3【解析】(1)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等，故答案为：升高温度、搅拌、延长浸取时间、过滤后再次浸取；(2)双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，Fe2+和Cr3+有还原性，Fe2+和Cr3+能被双氧水氧化为高价离子，以便于与杂质离子分离，其中Fe2+反应的离
30、子方程式为2Fe2+H2O2+ 2H+= 2Fe3+2H2O，针铁矿组成元素是Fe、H、O，化学式量为89，则1mol该物质中应含有1molFe，则H、O的质量为89-56=33，可知应含有2molO和1molH，化学式应为FeO(OH)，故答案为：Fe2+；2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；FeO(OH)；(3)硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，由于Fe3+以针铁矿形成已经沉淀，则加入NaOH溶液使溶液呈碱性，溶液pH=8，Al3+、Cu2+转化为沉淀除去，滤出的沉淀中部分沉淀将溶解于足量的氢氧化钠溶液中，涉及反应为Al(OH)
31、3+OH-= AlO2-+2H2O，取少量上层澄清溶液，向其中通入足量的CO2，又能重新得到相应的沉淀，涉及反应为AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3+HCO3-，故答案为：Al3+、Cu2+；Al(OH)3+OH-= AlO2-+2H2O；AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3+HCO3-。8I.某实验小组用0.50mol/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
32、温度t2/H2SO4NaOH平均值126.226.026.130.1227.027.427.233.3325.925.925.929.8426.426.226.330.4近似认为0.50mol/L NaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=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
33、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。已知:2CrO42-2H=Cr2O72-H2O Ba2CrO42-=BaCrO4步骤:移取xmL一定物质的量浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用bmolL1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V0mL。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bmolL1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL。（6）BaCl2溶液的浓度为_molL1，若步骤
34、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、数据处理和误差分析，实验探究外界条件对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。（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
35、（4+3.9+4.1）3=4，实验过程中放出的热量Q=cmt=4.18J/（g）（1g/cm350mL+1g/cm330mL）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
36、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CuSO4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xmLNa2CrO4溶液中n（CrO42-）=bV0/1000mol；步骤II中消耗H+物质的量为bV1/1000mol，则与BaCl2反应后剩余的n（CrO42-）=bV1/1000mol，与BaCl2反应的n（CrO42-）=（bV0-bV1）/1000mol，n（BaCl2）=（bV0-bV1）/1000mol，c（BaCl2）=（bV0-bV1）/1000mol=mol/L。若步骤中
37、滴加盐酸时有少量盐酸滴至锥形瓶外，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”。9某研究性学习组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验如下：实验序号实验温度KMnO4溶液H2C2O4溶液H2O溶液褪色时间V(mL)C(mol/L)V(mL)C(mol/L)V(mL)t(s)A293K20.0240.10t1BT120.0230.1V18C313K20.02V20.1
38、1t2（1）通过实验A、B，可探究出_的改变对反应速率的影响，其中V1=_，T1=_，通过实验_可探究出温度变化对化学反应速率的影响。（2）若t18，则由实验A、B可以得出的结论是_；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_。（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）该小组的一位同学通过查阅资料发现：反应一段时间后该反应速率会加快，造成此种变化的原因是反应体系中的某种粒子对KMnO4与H2C2O4之间的反应有某种特殊的作用，则该作用是_，相应的粒子最有可能是（填符号）_。【答案】 浓度 1 293K BC 其他条件相同时，增大
39、反应物浓度，反应速率增大 8.3104mol/（Ls） 2MnO425H2C2O46H=2Mn210CO28H2O 作催化剂 Mn2【解析】(1)实验A、B中KMnO4溶液的浓度相等，可探究出在相同温度下，H2C2O4溶液浓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，V2=3mL时，两实验反应物的浓度均相同，可探究不同温度对化学反应速率的影响；(2)因A中H2C2O4溶液浓度浓度比B中大，若t18，则由实验A、B可以得出的结论是其他条件相同时，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
40、=8.3104mol/(Ls)；(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2MnO425H2C2O46H=2Mn210CO28H2O；(4)KMnO4与H2C2O4反应后的溶液中出现了Mn2，Mn2可能是此反应的催化剂，促进了反应速率加快。10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)424H2O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25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
41、始 pH和一定浓度草酸溶液用量，做对比实验，完成以下实验设计表(表中不要留空格)。pH和一定浓度草酸溶液用量，做对比实验，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/mL46010305601030560_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_；实验中0t1时间段反应速率v(Cr3+)=_molL-1min-1（用代数式表示）。（4）该课题组对铁明矾Al2Fe(SO4)424H2O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、K2SO4A12(SO4)324H2O、A12(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_【答案】20 20（草酸和蒸馏水体积和为40mL，草酸体积不等于20mL均可） CO2 溶液pH对该反应的速率有影响 A13+起催化作用 SO42-起催化作用 用等物质的量的K2SO4 A12(SO4)32
