高考化学化学反应速率与化学平衡综合题汇编及答案

高考化学化学反应速率与化学平衡综合题汇编及答案
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SO2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Ⅱ：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Ⅱ的现象：
_______
实验Ⅲ：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：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g∙mol-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_______mol∙L-1
【答案】分液漏斗 蒸馏烧瓶 24232422H SO Na SO Na SO H O =SO +++↑ 硫化钠和碳酸钠的混合液 调节酸的滴加速度 若 SO 2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 开始生成 Fe(S 2O 3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe 3+与S 2O 32- 氧化还原反应的程度大，导致Fe 3++3S 2O 32-⇌Fe(S 2O 3)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Na 2SO 3反应生成SO 2，所以方程式为：24232422H SO Na SO Na SO H O =SO +++↑；c 中是制备硫代硫酸钠的反应，SO 2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SO 2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分解，如果通过量的SO 2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO 2过量，溶液显酸性，产物会发生分解； (4)检验Fe 2+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Fe 2+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3233Fe(S O )-
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Fe 3+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：①2327226I Cr O 14H =3I 2Cr
7H O -
-
+
+
++++；
②2222346=I 2S O 2I S O -
-
-
++；反应①I -被氧化成I 2，反应②中第一步所得的I 2又被还原成I -，所以①与②电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的227Cr O -
得电子总数就与消耗的
223S O -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 (Na 2S 2O 3)=a mol/L ，列电子得失守恒式：10.5880
6=a 0.02513294
⨯⨯⨯⨯，
解得a=0.1600mol/L 。

2．氧化剂H 2O 2在反应时不产生污染物被称为绿色氧化剂，因而受到人们越来越多的关注。

I .某实验小组以H 2O 2分解为例，探究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响。

在常温下按照如下表所示的方案完成实验。

③10mL5% H2O2溶液1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液
④10mL5% H2O2溶液+少量HCl溶液1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液
⑤10mL5% H2O2溶液+少量NaOH溶液1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液
（1）实验①和②的目的是_________________________________。

同学们进行实验时没有观察到明显现象而无法得出结论。

资料显示，通常条件下H2O2稳定，不易分解。

为了达到实验目的，你对原实验方案的改进方法是_________________________（填一种方法即可）。

（2）实验③④⑤中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如图所示。

分析该图能够得出的实验结论是________________________________。

II.资料显示，某些金属离子或金属氧化物对H2O2的分解起催化作用。

为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，该实验小组的同学设计了如下图所示的实验装置进行实验。

（1）某同学通过测定O2的体积来比较H2O2的分解速率快慢，实验时可以通过测量
_______或______来比较。

（2）0.1g MnO2粉末加入50mL H2O2溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示。

请解释化学反应速率变化的原因：_____________。

请计算H2O2的初始物质的量浓度为________________(保留两位有效数字)。

为探究MnO2在此实验中对H2O2的分解起催化作用，需补做下列实验（无需写出具体操作）：a._________________；b.___________________。

【答案】探究浓度对反应速率的影响向反应物中加入等量同种催化剂（或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中）碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率相同时间内产生O2的体积生成相同体积O2所需要的时间随着反应的进行，浓度减小，反应速率减慢 0.11mol·L－1 MnO2的质量有没有改变 MnO2的化学性
质有没有改变
【解析】
【详解】
I.（1）实验①和②中H2O2的浓度不同，其它条件相同，故实验目的是探究浓度对反应速率的影响；实验时没有观察到明显现象是因为反应太慢，那么就要采取措施加快反应，可以向反应物中加入等量同种催化剂或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中。

（2）从图可以看出产生O2的最终体积相等，但溶液的酸碱性不同，反应速率不同，在碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率。

II.（1）通过测定O2的体积来比较H2O2的分解速率快慢时可以看相同时间内产生O2的体积，或生成相同体积O2所需要的时间。

（2）从图可以看出，反应开始后，在相同的时间内生成的O2的体积逐渐减小，反应速率变慢，那么造成反应变慢的原因是随着反应的进行，浓度减小，反应速率减慢；反应在进行到4min时O2的体积不再改变，说明反应完全，生成O2的物质的量为：60×10-
3L÷22.4L/mol=2.7×10-3mol，根据反应2H2O2＝2H2O＋O2↑,生成2.7×10-3mol O2，需要消耗H2O2的物质的量为5.4×10-3mol，则H2O2的物质的量浓度为：5.4×10-3mol÷
0.05L=0.11mol·L－1；要探究MnO2是不是起到催化作用，根据催化剂在反应中的特点：反应前后质量和性质没有发生改变，所以需要补做实验来确定MnO2的质量有没有改变、MnO2的化学性质有没有改变。

3．某课外活动小组对“外界条件对铜与稀硝酸反应速率的影响”作了如下探究．
（1）现有以下仪器和用品：橡胶管、秒表、温度计、amol/L稀硝酸、bmol/L稀硝酸及下图中仪器．
①写出本实验的化学方程式，并标出电子转方向和数目：__________________________．
②设计实验方案：在_________________下，测定________________________________．
③在答卷的图中将A、B、C、D、几处用橡胶管以正确方式连接起来，以测定反应所产生气体的体积（三个容器中的液体和水都已画出）_______________．
④测定前，为避免NO被氧化为NO2，要用CO2排出锥形瓶和橡胶管中的空气：在锥形瓶中加入铜片后松开K2弹簧夹，从K2处的橡胶管向装置中通入CO2，此时K1处应进行的操作是____________，则空气已排尽．
（2）注入稀硝酸后，在给定条件下设计实验探究浓度和温度对化学反应速率的影响：温度
25℃、50℃；时间t 1、t2、t3；收集气体体积V1、V2．请完成下表：____________
实验编号稀硝酸的浓度
/(mol/L)
稀硝酸的体
积/mL
温度
/℃
时间
/min
收集气体
的体积/mL
①a V25t1V1
②V
③V
【答案】相同稀硝酸浓度、不同温度（或相同温度、不同稀硝酸浓度）相同时间内产生气体体积（或产生相同体积的气体所需的时间）
松开K1弹簧夹，接导管通入澄清石灰水至出现白色浑浊为止
实验编号稀硝酸的浓度
/(mol/L)
稀硝酸的体
积/mL
温度
/℃
时间
/min
收集气体
的体积/mL
①a V25t1V1
②b V25t1(或t2)V2(或V1)
③a(或b)V50t2(或t1)V1(或V2)
(只要组合体现唯一变量、时间同则气体体积不同；时间不同则气体体积相同，均给分) 【解析】
【详解】
（1）①因铜失去电子，HNO3得到电子，铜作还原剂被氧化，而稀硝酸中的氮元素被还原为NO，化学方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；电子转移方向和数目用单
线桥表示为；
②从所给的药品和仪器可知，本实验可以探究硝酸浓度的不同或温度的不同对反应速率的影响，而要探究一个影响因素，则必须保持其他影响因素一致，故若探究硝酸浓度对反应速率的影响，则温度相同，反之，若温度不同，则硝酸浓度相同；测定反应速率的快慢，可以通过测定相同时间内产生气体体积或产生相同体积的气体所需的时间来进行，故答案为：相同稀硝酸浓度、不同温度（或相同温度、不同稀硝酸浓度）；相同时间内产生气体体积（或产生相同体积的气体所需的时间）；
③根据题意可知，此装置应为排水量气装置，而D为反应的发生装置，生成的气体通过软管进入量气管，将其中的水排出，即量气管起排水量气的作用，排出的水进入贮水管，而
贮水管起到贮水的作用，故橡胶软管的应D接C接B接A ，故图为：；
④由于量气管起到收集NO的作用，故要将锥形瓶到量气管间的空气排干净，从K2处的橡胶管向装置中通入CO2，松开K1弹簧夹，在K1处接盛有澄清石灰水的烧杯，直到石灰水变浑浊时为止，故答案为：松开K1弹簧夹，接导管通入澄清石灰水至出现白色浑浊为止；（2）要设计实验探究浓度对化学反应速率的影响，则必须保持其他影响反应速率的影响因素一致，故若②的稀硝酸的浓度为b，则应保持温度与①的相同即25℃，而由于稀硝酸的浓度不同，故反应速率不同，则在相同的时间段内，收集到的其他的体积要不同，即时间为t1，则收集到的气体体积应为V2；或收集相同体积的气体时，所需的时间不同，即收集到的气体体积也为V1，但所需时间为t2；既然①②对比试验探究的是浓度的不同对反应速率的影响，则①③探究的是温度的不同对反应速率的影响，故③中温度应为50℃，则稀硝酸的浓度应为a，而由于温度不同，故反应速率不同，则在相同的时间段内，收集到的其他的体积要不同，即时间为t1，则收集到的气体体积应为V2；或收集相同体积的气体时，所需的时间不同，即收集到的气体体积也为V1，但所需时间为t2，故答案为：
实验编号稀硝酸的浓度
/(mol/L)
稀硝酸的体
积/mL
温度
/℃
时间
/min
收集气体
的体积/mL
①a V25t1V1
②b V25t1(或t2)V2(或V1)
③a(或b)V50t2(或t1)V1(或V2)。

4．为探讨浓度对化学平衡的影响，某同学对可逆反应“2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I 2 △H＜0”按下图所示步骤进行了一系列实验。

说明：0.005 mol·L－1的Fe2(SO4)3溶液颜色接近于无色。

（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______________，该实验证明_____________________。

（3）实验Ⅱ中，ⅲ的化学平衡向________移动（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”）说明化学平衡发生移动。

如果前一空填“能”，则下一空不填；如果前一空填“不能”，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移动。

（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移动，还可以采用的方法有_______。

【答案】反应达平衡状态生成黄色沉淀，溶液颜色变浅反应物浓度减小，平衡向逆反应方向移动逆反应方向不能为实验ⅱ做参照溶液颜色变得比ⅲ更浅加热（加入浓碘水）
【解析】
【分析】
本实验的目的是探讨可逆反应 2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I 2 △H＜0中浓度对化学平衡的影响。

【详解】
（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，现象是生成黄色沉淀，溶液颜色变浅。

证明反应物浓度减小，平衡向逆反应方向移动；
（3）实验Ⅱ中，ⅲ的化学平衡向逆反应方向移动；ⅲ的溶液变浅，并不能说明化学平衡发生移动，因为加水稀释，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移动；
（5）若要使该可逆反应的化学平衡逆向移动，还可以采用的方法有加热或者加入浓碘水。

5．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快氢气的生成速率。

请回答下列问题：
（1）上述实验中发生反应的化学方程式有__________________________________； （2）硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是____________________________； （3）实验室中现有24Na SO 、4MgSO 、24Ag SO 、24K SO 等4中溶液，可与实验中
4CuSO 溶液起相似作用的是______________________________________；
（4）要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措旌有________（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，该同学设计了如下一系列实验。

将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn 粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。

①请完成此实验设计，其中：V 1=______，V 6=______，V 9=______；
②该同学最后得出的结论为：当加入少量4CuSO 溶液时，生成氢气的速率会大大提高。

但当加入的4CuSO 溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。

请分析氢气生成速率下降的主要原因________________________________________________________ 【答案】Zn+CuSO 4=ZnSO 4+Cu ，Zn+H 2SO 4=ZnSO 4+H 2↑ CuSO 4与Zn 反应产生的Cu 与Zn 形成铜锌原电池，加快了氢气产生的速率 Ag 2SO 4 升高反应温度、适当增加硫酸的浓度（答案合理即可） 30 10 17.5 当加入一定量的硫酸铜后，生成的单质铜会沉积在锌的表面，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：CuSO 4＋Zn===ZnSO 4＋Cu 、Zn ＋H 2SO 4=ZnSO 4＋H 2↑。

（2）由于Zn 与反应生成的Cu 及硫酸铜溶液组成了CuZn 原电池，大大加快了生成氢气的反应速率。

（3）只要是比锌的金属性弱的金属都可以与锌组成原电池，都可以加快生成氢气的反应速率，故在所给的物质中只有Ag2SO4符合题意。

（4）要加快生成氢气的反应速率，还可以采取如下措施：升高温度、适当增大硫酸的浓度、增加锌粒的比表面积等。

（5）①因为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 30 mL，根据F中增加的水与硫酸铜溶液的体积之和为20 mL，可以求得V6＝10 mL， V9＝17.5 mL。

②由于析出的铜的量较多，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。

6．乙酸乙酯是重要的有机合成中间体，广泛应用于化学工业。

实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：
①在甲试管(如图)中加入2mL浓硫酸、3mL乙醇和2mL乙酸的混合溶液。

②按如图连接好装置(装置气密性良好)并加入混合液，小火均匀地加热3—5min。

③待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撤出试管并用力振荡，然后静置待分层。

④分离出乙酸乙酯层、洗涤、干燥。

(1)若实验中用乙酸和含18O的乙醇作用，该反应的化学方程式是：
________________________；与教材采用的实验装置不同，此装置中采用了球形干燥管，其作用是________________________。

(2)甲试管中，混合溶液的加入顺序：________________________；
(3)步骤②中需要用小火均匀加热，其主要原因是
____________________________________；
(4)上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是____________(填字母代号)。

A．反应掉乙酸和乙醇
B．反应掉乙酸并吸收乙醇
C．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出
D．加速酯的生成，提高其产率
(5)欲将乙试管中的物质分离开以得到乙酸乙酯，必须使用的仪器是____________；分离时，乙酸乙酯应该从仪器____________(填：“下口放”或“上口倒”)出。

(6)生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应一段时间后，下列描述能说明乙醇与乙酸的酯化反应已达到化学平衡状态的有____________(填序号)。

①混合物中各物质的浓度不再变化；
②单位时间里，生成1mol乙醇，同时生成1mol乙酸；
③单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸。

(7)为了证明浓硫酸在该反应中起到了催化剂和吸水剂的作用，某同学利用上图所示装置进行了以下4个实验。

实验开始先用酒精灯微热3min，再加热使之微微沸腾3min。

实验结束后充分振荡小试管Ⅱ再测有机层的厚度，实验记录如下：
实验编号试管Ⅰ中试剂试管Ⅱ中试剂有机层的厚度/cm
A 2mL乙醇、1mL乙酸、3mL 18mol·L−1浓
硫酸
饱和Na2CO3溶液
3. 0
B2mL乙醇、1mL乙酸、3mL H2O0. 1
C 2mL乙醇、1mL乙酸、3mL 2mol·L−1
H2SO4
0. 6
D2mL乙醇、1mL乙酸、盐酸0. 6
①实验D的目的是与实验C相对照，证明H+对酯化反应具有催化作用。

实验D中应加入盐酸的体积和浓度分别是_________mL和________mol·L−1。

②分析实验_________(填实验编号)的数据，可以推测出浓H2SO4的吸水性提高了乙酸乙酯的产率。

(8)若现有乙酸90g，乙醇138g发生酯化反应得到88g乙酸乙酯，试计算该反应的产品产率为。

___________(产率%=(实际产量/理论产量)×100%)
【答案】CH3COOH+CH3CH218OH CH3CO18OCH2CH3+H2O 防倒吸乙醇浓硫
酸，乙酸减少反应物的挥发；增大产率 BC 分液漏斗上口倒①③ 3 4 AC 66. 7%
【解析】
【分析】
(1)羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供-OH，醇中的-OH提供-H，相互结合生成水；球形干燥管容积较大，利于乙酸乙酯充分与空气进行热交换，起到冷凝的作用，也可起到防止倒吸的作用；
(2) 三种试剂滴入顺序原则是：密度先小后大；
(3)乙酸、乙醇均有挥发性，温度过高易挥发；
(4) 用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，乙醇溶解，碳酸钠与乙酸反应除去乙酸、同时降低乙酸乙酯的溶解度；
(5) 乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液混合后分层，可以通过分液方法分离，乙酸乙酯的密度小于饱和碳酸钠溶液的，所以在混合液的上层；
(6) 可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变，以此判断平衡状态；
(7)①对比试验关键是要采用控制变量，即控制一个变量，其它条件不变；
②分析使用浓硫酸和稀硫酸的稀硫酸的实验，比较哪种条件下生成的乙酸乙酯多；
(8)先判断过量情况，根据反应方程式及不足量计算出生成乙酸乙酯的质量，然后计算出乙酸乙酯的产率。

【详解】
(1)羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供-OH，醇中的-OH提供-H，相互结合生成水，其它基团相互结合生成酯，同时该反应可逆，反应的化学方程式为
CH3COOH+CH3CH218OH CH3CO18OC2H5+H2O；球形干燥管容积较大，使乙酸乙酯充分与空气进行热交换，起到冷凝的作用，也可起到防止倒吸的作用；
(2) 三种试剂滴入顺序原则是：密度先小后大，根据表中数据应该先加乙醇，再加浓硫酸，最后加乙酸；
(3) 乙酸、乙醇均有挥发性，步骤②中用小火均匀加热，可减少反应物的挥发，增大产率；
(4) 制备乙酸乙酯时，常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，目的是中和乙酸并吸收部分乙醇、乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出，所以BC正确，故答案为BC；
(5) 分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，实现酯与乙酸和乙醇的分离，分离油层和水层采用分液的方法，所以用到的仪器为分液漏斗；乙酸乙酯的密度比水小，所以在碳酸钠溶液层上方有无色油状液体出现，分离时，乙酸乙酯应该从分液漏斗的上口倒出；
(6) ①混合物中各物质的浓度不再变化，说明达到平衡状态，故①正确；②化学反应速率之比等于化学计量数之比，单位时间里，生成1mol乙醇，同时生成1mol乙酸，不能说明反应达到平衡状态，故②错误；③单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故③正确；故答案为①③；
(7)①本题是研究实验D与实验C相对照，证明H+对酯化反应具有催化作用的条件，题中采用了一个变量，实验C2mol•L-1H2SO4，实验D盐酸，所以达到实验目的，实验D与实验C 中H+的浓度一样，实验C 3mL乙醇、2mL乙酸、2mol•L-1H2SO4，实验D3mL乙醇、2mL乙酸、盐酸，要保证溶液体积一致，才能保证乙醇、乙酸的浓度不变，盐酸体积为4mL，实验D与实验C中H+的浓度一样，所以盐酸的浓度为4mol•L-1；
②对照实验A和C可知：试管Ⅰ中试剂实验A中使用1mL18mol•L-1浓硫酸，生成的乙酸乙酯比C中生成的乙酸乙酯大很多，说明浓硫酸的吸水性提高了乙酸乙酯的产率，故答案为A、C；
(8)90g乙酸的物质的量为：=1.5mol，138g乙醇的物质的量为：=3mol，显
然乙醇过量，理论上生成的乙酸乙酯的物质的量需要按照乙酸的量进行计算，根据反应CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O可知，理论上生成乙酸乙酯的物质的量为
1.5mol，而实际上生成了88g，则乙酸乙酯的产率为：×100%=66.7%。

【点睛】
乙酸乙酯制备过程中各试剂及装置的作用：①浓硫酸的作用：催化剂、吸水剂；②饱和Na2CO3的作用：中和乙酸，溶解乙醇，便于闻酯的气味；降低乙酸乙酯在水中的溶解度；
③玻璃导管的作用：冷凝回流、导气。

7．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3．0℅的双氧水中溶质的含量是1．5℅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（ΔV=ΔC∕Δt）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3．0℅的双氧水中溶质的含量是1．5℅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（ΔV=ΔC∕Δt）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。

8．已知将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I2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I2完全消耗．由于溶液中I-继续被H2O2氧化，生成I2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H2O2+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）：
编往烧杯中加入的试剂及其用量（mL）催化剂溶液开始。