2020-2021精选高考化学易错题专题复习化学反应速率与化学平衡及答案解析

2020-2021精选高考化学易错题专题复习化学反应速率与化学平衡及答案解析
一、化学反应速率与化学平衡
1．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-，HO2-H+ +O22-。

编
号
实验现象
Ⅰ
向1mL pH＝2的1mol·L−1CuSO4溶液中加入
0.5mL30% H2O2溶液
出现少量气泡
Ⅱ
向1mL pH＝3的1mol·L−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1mL pH＝5的1mol·L−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__。

（2）对Ⅲ中棕褐色沉淀的成分提出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Ⅳ：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。

①若Ⅲ中生成的沉淀为CuO2，其反应的离子方程式是__。

②依据Ⅳ中沉淀完全溶解，甲同学认为假设ⅱ不成立，乙同学不同意甲同学的观点，理由是__。

③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a g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c mol·L−1EDTA溶液至滴定终点，消耗EDTA溶液V mL。

V=__，可知沉淀中不含Cu2O，假设ⅰ成立。

（已知：Cu2++EDTA= EDTA-Cu2+，M(CuO2)＝96g·mol−1，M(Cu2O)＝144g·mol−1）
（3）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__。

（4）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1mL pH＝2、3、5的1mol·L−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Ⅵ：__（填实验操作和现象），说明CuO2能够催化H2O2分解。

（5）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】2H2O2O2↑+2H2O H2O2+Cu2+＝CuO2↓+2H+ 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 1000a
96c
溶液中存在H2O2H+ +HO2－，HO2－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】
（1）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2H2O2O2↑+2H2O，故答案为：2H2O2O2↑+2H2O；
（2）①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+；
②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ⅱ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；
③a g过氧化铜的物质的量为ag
96g/mol
，由方程式可得如下关系：CuO2—Cu2+—EDTA，则有
ag 96g/mol = c mol/L×V×10—3L，解得V=1000a
96c
ml，故答案为：1000a
96c
；
（3）由题意可知，双氧水溶液中存在如下电离平衡H2O2H+ +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H2O2H+ +HO2－，HO2－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；
（4）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％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，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；
（5）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。

2．某化学兴趣小组探究氯与水反应的热效应及所得溶液氯元素含量，查阅大量资料并做下列实验探究验证
实验Ⅰ：在通风橱内向装有80mL蒸馏水的锥形瓶(瓶口塞上棉花团)中鼓入氯气，至溶液中pH没有明显变化停止通入氯气，使用数据采集器，测定在此过程中溶液的温度及pH变化，具体数据如图所示：
实验Ⅱ：对20mL 饱和氯水加热，测出c （Cl —）、pH 及温度变化如图2所示。

实验Ⅲ：采用莫尔法测定氯水中氯元素的含量。

此法是以24K CrO 为指示剂，用3AgNO 标准溶液进行滴定。

其实验步骤如下：
①准确移取25.00ml 氯水试样3份，分别置于锥形瓶中，再分别加入25.00ml 水； ②向试样中加入足量的22H O 溶液； ③除去过量的22H O ，冷却；
④调整溶液的pH ，再加入1mL5% 24K CrO 溶液，在不断摇动下用0.100mol L ⋅3
AgNO 标准溶液滴定至溶液呈砖红色242[2Ag CrO Ag +-
+=4CrO (↓砖红色)]
⑤重复上述实验，测得消耗3AgNO 标准溶液体积的平均值为vmL 回答下列问题：
（1）氯气在295K 、100Kpa 时，在1L 水中可溶解0.09mol ，实验测得溶于水的Cl 2约有三分之一与水反应。

该反应的离子方程式为______；估算该离子反应的平衡常数______ （2）根据实验Ⅰ测定结果判断氯气与水的反应是______(填“吸热反应”或“放热反应”)理由是______
（2）分析实验Ⅱ图，小组同学推测产生该结果的原因可能是多种反应造成的，下列叙述合理的是______
A ．升温，氯气挥发导致c （Cl —）减小
B ．对于2Cl 和2H O 的反应，升温平衡逆向移动，c （Cl —）减小，pH 减小
C ．升温，促进次氯酸分解2HClO 2HCl+O 2↑
D ．升温，可能发生3HClO
2HCl+HClO 3（强酸） ，使得pH 减小
（4）实验Ⅲ步骤3中加足量的22H O 溶液，目的是______ （5）用3AgNO 标准溶液滴定氯离子达到化学计量点时，(
)()c Ag c Cl -
-
=，若此时要求
不生成24Ag CrO 沉淀，则(
)24
c CrO -
最大不能超过______1
mol L
.-⋅已知：
()10sp K AgCl 1.810-=⨯，()12sp 24K Ag CrO 1.810]-=⨯
（6）计算实验Ⅲ氯水中氯元素的含量，列出算式：______1
g L -⋅
【答案】22Cl H O H Cl HClO +-+++ƒ 44.510-⨯ 放热反应 随氯气通入，溶液温
度升高 ACD 足量的过氧化氢可将氯气完全还原为氯离子 0.01 0.142v
【解析】 【分析】 【详解】
（1）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：
22Cl H O H Cl HClO +-+++ƒ，在1L 水中可溶解0.09mol 氯气，氯气浓度近似为
0.09mol /L ，则可建立如下三段式：
+-22Cl +H O H +Cl +HClO (mol/L)0.09000(mol/L)0.030.030.030.03(mol/L)
0.06
0.03
0.03
0.03
ƒ
起始转化平衡
则平衡常数()()
()
()
42c H c Cl c HClO 0.030.030.03
K 4.510c Cl 0.06
+--⨯⨯=
=
=⨯，故答案为：
22Cl H O H Cl HClO +-+++ƒ；44.510-⨯；
（2）由图可知，随氯气通入，发生反应使溶液温度升高，则正反应为放热反应，故答案为：放热；随氯气通入，溶液温度升高； （3）A.升高温度、气体的溶解度减小，则导致()c Cl -
减小，故A 正确；
B.为放热反应，升高温度平衡逆向移动，()c Cl
-
减小，而pH 增大，故B 错误；
C.HClO 不稳定，受热易分解，升温，促进次氯酸分解，故C 正确；
D.升温，可能发生33HClO 2HCl HClO (-
+V
强酸)，酸性增强，则pH 减小，故D 正
确；故答案为：ACD ；
（4）实验Ⅲ步骤3中加足量的22H O 溶液，目的是足量的过氧化氢可将氯气完全还原为氯离子，故答案为：足量的过氧化氢可将氯气完全还原为氯离子； （5）用3AgNO 标准溶液滴定氯离子达到化学计量点时，(
)()c Ag
c Cl -
-
=，不生成
24Ag CrO 沉淀，则(
)()()
122424
102Ksp Ag Cr 1.810c CrO
0.01mol /L 1.810
c Ag ---+
⨯<
==⨯，故答案为：
0.01；
（6）由3Cl AgCl AgNO -
～～可知，实验Ⅲ氯水中氯元素的含量为
330.1mol /L v 10L 35.5g /mol
0.142vg /L 2510L
--⨯⨯⨯=⨯，故答案为：0.142v 。

3．甲、乙两个实验小组利用KMnO 4酸性溶液与H 2C 2O 4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KMnO 4溶液均已加入H 2SO 4)：
甲组：通过测定单位时间内生成CO 2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：
（1）该反应的离子方程式为____；
乙组：通过测定KMnO 4溶液褪色所需时间的多少来比较化学反应速率。

为了探究KMnO 4与H 2C 2O 4浓度对反应速率的影响，某同学在室温下完成以下实验
（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：
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】
【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，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。

4．某研究性学习小组为了探究醋酸的电离情况，进行了如下实验。

[实验一]配制并标定醋酸溶液的浓度
取冰醋酸配制250 mL 0.2 mol·L－1的醋酸溶液，用0.2 mol·L－1的醋酸溶液稀释成所需浓度的溶液，再用NaOH标准溶液对所配醋酸溶液的浓度进行标定。

回答下列问题：
（1）配制250 mL 0.2 mol·L－1醋酸溶液时需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、________和________。

（2）为标定某醋酸溶液的准确浓度，用0.2000 mol·L－1的NaOH溶液对20.00 mL醋酸溶液进行滴定，几次滴定消耗NaOH溶液的体积如下：
则该醋酸溶液的准确浓度为________(保留小数点后四位)。

[实验二]
探究浓度对醋酸电离程度的影响
用pH计测定25℃时不同浓度的醋酸的pH，结果如下，回答下列问题：
pH 3.88 3.38 3.23 2.88 2.73
（3）从表中的数据，还可以得出另一结论：随着醋酸浓度的减小，醋酸的电离程度将
________(填“增大”“减小”或“不变”)。

（4）根据表中数据，可以得出醋酸是弱电解质的结论，你认为得出此结论的依据是：
______。

[实验三]探究温度对醋酸电离程度的影响
（5）请你设计一个实验完成该探究，请简述你的实验方案：
___________________________________。

【答案】胶头滴管250 mL容量瓶0.2000 mol·L－1增大0.010 0 mol·L－1醋酸的pH 大于2或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于1（或其他合理答案）用pH计(或pH试纸)测定相同浓度的醋酸在几种不同温度时的pH
【解析】
【分析】
实验一：（1）根据仪器的用途选取仪器，用胶头滴管定容，用250mL容量瓶配制溶液，（2）根据NaOH的体积，第3次数据显然误差较大，舍去；
实验二：（1）以0.1000mol/L、0.0100mol/L醋酸为例，设0.1000mol/L的醋酸溶液体积为1L，将其稀释至0.0100mol/L，体积变为10L，两溶液中H+的物质的量分别为：10-
2.88mol、10-2.38mol，可见溶液变稀，电离出的H+的物质的量增大；
【详解】
实验一：（1）根据仪器的用途选取仪器，用胶头滴管定容，用250mL容量瓶配制溶液，答案为：胶头滴管；250mL容量瓶；
（2）根据NaOH的体积，第3次数据显然误差较大，舍去；另外三次所用NaOH平均体积为：mL=20.00mL，则氢氧化钠溶液平均浓度：
=0.2000mol/L，答案为：0.2000mol/L；
实验二：（1）以0.1000mol/L、0.0100mol/L醋酸为例，设0.1000mol/L的醋酸溶液体积为1L，将其稀释至0.0100mol/L，体积变为10L，两溶液中H+的物质的量分别为：10-
2.88mol、10-2.38mol，可见溶液变稀，电离出的H+的物质的量增大，说明醋酸的电离程度增大，答案为：增大；
（2）看每次测量值，H+浓度远小于醋酸的浓度，说明醋酸不完全电离；联系起来看，浓度为0.1000mol/L、0.0100mol/L及0.0010mol/L的醋酸，pH变化值小于1，所以醋酸是弱电解质，答案为：0.0100mol/L醋酸的pH大于2或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于1；实验三：探究温度对醋酸的电离程度的影响，应控制其他条件相同，只有温度存在差异的醋酸溶液，H+浓度有差异，能够对溶液中H+浓度区分度较好的仪器是pH计，答案为：用pH计（或pH试纸）测定相同浓度的醋酸在几种不同温度时的pH。

5．某实验小组以 H2O2分解为例，研究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响，在
常温下按照如下方案完成实验。

实验编号反应物催化剂
①10 mL 2% H2O2溶液无
②10 mL 5% H2O2溶液无
③10 mL 5% H2O2溶液 1 mL 0.1 mol • L-1 FeCl3溶液
④10 mL 5% H2O2溶液+少量 HCl 溶液 1 mL 0.1 mol • L-1 FeCl3溶液
⑤10 mL 5% H2O2溶液+少量 NaOH溶液 1 mL 0.1 mol • L-1 FeCl3溶液
(1)催化剂能加快化学反应速率的原因是_____。

(2)实验①和②的目的是_________。

实验时由于较长时间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是_____。

(3)写出实验③的化学反应方程式：_____。

(4)实验③、④、⑤中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如图。

分析如图能够得出的实验结论是_____。

【答案】（1）降低了活化能（2分）
（2）探究浓度对反应速率的影响（2分）
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分）（3）2H2O2O2↑＋2H2O（2分）
（4）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（2分）
【解析】
【详解】
(1)催化剂改变反应的途径，降低反应所需的活化能，从而加快反应速率，故答案为改变反应途径，降低了活化能；
(2)实验①和②的浓度不同，则该实验的目的为探究浓度对化学反应速率的影响；为了便于比较，应在相同的条件下利用一个变量来比较，则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在同一热水浴中)，故答案为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在同一热水浴中)；
(3)过氧化氢在催化剂作用下分解生成水和氧气，该反应为2H2O22H2O+O2↑，故答案为2H2O22H2O+O2↑；
(4)由图可知，⑤的反应速率最大，④的反应速率最小，结合实验方案可知，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，故答案为碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率。

6．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
50120232290310
下）
（1）哪一时间段（指①0～1、②1～2、③2～3、④3～4、⑤4～5min，下同）反应速率最大 ______ （填序号，下同），原因是
____________________________________________ ．
（2）哪一段时段的反应速率最小 ______ ，原因是
_____________________________________ ．
（3）求2～3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 B．KNO3溶液 C．NaCl溶液 D．CuSO4溶液
你认为可行的是（填编号） ________________________________________．
【答案】③反应放热，温度高⑤盐酸浓度变小 0.1mol/(Lmin) AC
【解析】
试题分析：⑴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；⑷根据浓度、电解质的强弱判断。

解析：0～1、②1～2、③2～3、④3～4、⑤4～5 min生成氢气的体积分别是50 mL、70 mL、112 mL、58 mL、20mL；
⑴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2～3 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；⑵4～5 min的反应速率最小，原因是液中H+的浓度变小了；⑶ 2～3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 mol，
222400112
x = x=0.01mol 0.010.10.11min
mol L v ÷== mol·L －1·min －1；
⑷ 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KNO 3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.CuSO 4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。

7．某实验小组学习化学反应速率后，联想到H 2O 2分解制备氧气，设计如下实验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%H 2O 2溶液 1mL 蒸馏水
乙 25℃ 试管中加入3mL5%H 2O 2溶液 1mL0.1mol/LFeCl 3溶液 丙
40℃
试管中加入3mL5%H 2O 2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/s 20 40 60 80 100 120 气体体积/mL
实验乙
15.0
29.5
43.5
56.5
69.5
81.5
0~20s 的反应速率v 1=__________mL/s,100~120s 的反应速率v 2=__________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】 2H 2O 2
2H 2O+O 2↑ 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，H 2O 2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：2H 2O 2
2H 2O+O 2↑；（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。

8．测定平衡常数对定量认识化学反应具有重要意义。

已知：I2能与I－反应生成I3－，并在溶液中建立如下平衡：I 2+I－I3－。

通过测平衡体系中c(I2)、c(I－)和c(I3－)，就可求得该反应的平衡常数。

Ⅰ.某同学为测定上述平衡体系中 c(I2)，采用如下方法：取 V1 mL 平衡混合溶液，用cmol·L－1的Na2S2O3溶液进行滴定(反应为 I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)，消耗 V2 mL 的Na2S2O3溶液。

根据V1、V2和c可求得c(I2)。

(1)上述滴定时，可采用________做指示剂，滴定终点的现象是_____________________。

(2)下列对该同学设计方案的分析，正确的是________(填字母)。

A．方案可行。

能准确测定溶液中的 c(I2)
B．不可行。

因为 I－能与 Na2S2O3发生反应
C．不可行。

只能测得溶液中 c(I2)与 c(I3－)之和
Ⅱ.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；②一定温度下，碘单质在四氯化碳和水混合液体中，碘单
质的浓度比值即
]
[
]
[
2
2
4
2
O
H
I
c
CCl
I
c
是一个常数(用Kd表示，称为分配系数)，且室温条件下Kd＝
85。

回答下列问题：
(3)操作Ⅰ使用的玻璃仪器中，除烧杯、玻璃棒外，还需要的仪器是________(填名称)。

试指出该操作中应注意的事项为________。

(任写一条)
(4)上述测定过程均正常操作，下层液体中碘单质的物质的量浓度是________；若终点读数时俯视滴定管，则会造成所测浓度________ (填“等于”、“大于”或“小于”)该值。

(5)实验测得上层溶液中c(I3－)＝0.0049 mol·L－1，结合上述有关数据，计算室温条件下反应
I 2+I－I3－的平衡常数 K＝________(用具体数据列出计算式即可)。

【答案】
(1)淀粉；溶液由蓝色变为无色，且半分钟后颜色不再改变
(2)C；
(3)分液漏斗；分液时上层液体应从上口倒出，下层液体应从下口放出(或分液漏斗末端应紧靠烧杯内壁或打开上口活塞，使分液漏斗内外压强相等便于液体流下等。

其他合理答案也给分)
(4)0.085 mol/L；小于；
(5)49000/51(或 961) L· mol－1；
【解析】
试题分析：(1)取V1mL平衡混合溶液，用 c mol•L-1的Na2S2O3溶液进行滴定(反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)，指示剂选择淀粉，滴入最后一滴溶液由蓝色变化为无色，半分钟不变化证明反应达到终点，故答案为：淀粉；溶液由蓝色变无色，且半分钟后颜色不再改变；
(2)碘单质能与I-反应成I3-，并在溶液中建立如下平衡：I2+I -I3-；A．方案不可行．依据操作的化学平衡分析可知，测定的是碘单质和I3-的含量，不能准确测定溶液中的c(I2)，故A错误；B．不可行．因为I-不能与Na2S2O3发生反应，是碘单质和Na2S2O3发生反应，故B 错误；C．不可行．依据操作的平衡可知，实验只能测得溶液中c(I2)与c(I3-)之和，不能测定离子浓度，故C正确；故答案为：C；
(3)步骤Ⅰ是分液操作，需要用到的玻璃容器，除烧杯、玻璃棒外，还有分液漏斗，用分液漏斗分液时上层液体应从上口倒出，下层液体应从下口放出；分液漏斗末端应紧靠烧杯内壁或打开上口活塞，使分液漏斗内外压强相等便于液体流下等，故答案为：分液漏斗；分液时上层液体应从上口倒出，下层液体应从下口放出；分液漏斗末端应紧靠烧杯内壁或打开上口活塞，使分液漏斗内外压强相等便于液体流下等；
(4)依据化学反应可知设碘单质物质的量为x；
I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，
1 2
x 0.1mol/L×0.017L
x=0.00085mol ，浓度=0.00085
0.010
mol
L=0.085mol/L，若终点读数时俯视滴定管，导致消耗的
标准液的体积偏小，则会造成所测浓度小于0.085mol/L，故答案为：0.085mol/L；小于；
(5)依据
24
22
[()]
[()]
c I CCl
c I H O
=85，计算得到水溶液中碘单质的浓度c(I2)=0.001mol/L；10ml溶液中
c(I3-)=0.049mol•L-1，物质的量0.00049mol，所以反应的碘离子物质的量为0.00049mol，平衡状态碘离子物质的量=0.1mol/L×0.01L=0.001mol-0.00049mol=0.00051mol，浓度c(I-)=0.051mol/L，I2+I-⇌I3-；平衡常数
K=
3
2
()
()()
c I
c I c I
-
-
=
0.049/
0.001/0.051/
mol L
mol L mol L
⨯=961L/mol，故答案为：961L/mol。

考点：考查了氧化还原滴定的相关知识。

9．用硫酸酸化的草酸（H2C2O4，二元弱酸）溶液能将KMnO4溶液中的MnO4﹣转化为
Mn2+。

某化学小组研究发现，少量MnSO4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）常温下，控制KMnO4溶液初始浓度相同，调节不同的初始pH和草酸溶液用量，做对比实验，请完成以下实验设计表。

表中a、b的值分别为：a=__________、b=__________
（2）该反应的离子方程式_______________________。

（3）若t1＜t2，则根据实验①和②得到的结论是______________________。

（4）请你设计实验④验证MnSO4对该反应起催化作用，完成下表中内容．
（5）某化学小组用滴定法测定KMnO4溶液物质的量浓度：取W g草酸晶体
（H2C2O4•2H2O，其摩尔质量126 g/mol）溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液置于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4酸化，再用KMnO4溶液滴定至终点，重复滴定两次，平均消耗KMnO4溶液V mL．请回答下列问题：
①该测定方法中___________（填“需要”或“不需要”）加入指示剂；
②计算得KMnO4溶液的c（KMnO4）=________________mol/L．（请写出最后化简结果）
【答案】a=50、b=10 5H 2C 2O 4+2MnO 4﹣+6H +=10CO 2↑+2Mn 2++8H 2O 溶液的pH 对该反应的速率有影响（或在一定条件下，c （H +）越大，反应速率越快） 控制其他反应条件与实验①相同，往反应混合液中加入少量MnSO 4固体（晶体），与①进行对比实验 不需要
2063W V 或
0.32W
V 【解析】
试题分析：（1）实验要求控制高锰酸钾溶液初始浓度相同，则高锰酸钾溶液的体积为50mL ，则水的体积为10mL 。

（2）草酸与高锰酸钾溶液反应生成锰离子、二氧化碳和水，再根据化合价升降、电荷守恒、质量守恒可得该反应的离子方程式为5 H 2C 2O 4+2 MnO 4﹣+6 H +="10" CO 2↑+2 Mn 2++8 H 2O 。

（3）实验①和②只有pH 不同，其它条件都相同，且t 1＜t 2，说明溶液的pH 对该反应的速率有影响。

（4）控制其它条件与实验①相同，往反应混合液中加入少量MnSO 4固体进行对比实验，若反应混合液褪色时间小于实验①中的t 1，则硫酸锰对该反应起催化作用。

（5）①高锰酸钾本身有颜色，草酸反应完毕，加入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为红色，红色30s 内不褪，说明达到终点，故不需另加指示剂。

②根据关系式：5H 2C 2O 4——2MnO 4—求解。

根据题意知W/1260:[c （KMnO 4）×V×10-3]=5:2，解得c （KMnO 4）=
mol/L 。

考点：考查化学实验探究、外界条件对化学反应速率的影响
10．某探究小组用KMnO 4酸性溶液与H 2C 2O 4溶液反应中溶液紫色消失快慢的方法，研究影响反应速率的因素。

实验条件作如下限定：所用酸性KMnO 4溶液的浓度可选择0.010 mol •L
-
1
、0.0010 mol •L -1
， 催化剂的用量可选择0.5 g 、0 g ，实验温度可选择298 K 、323 K 。

每次实验KMnO 4酸性溶液的用量均为4 mL 、H 2C 2O 4溶液（0.10 mol •L -1
）的用量均为4 mL 。

（1）写出反应的离子方程式：
（2）请完成以下实验设计表：完成④的实验条件，并将实验目的补充完整。

实验 编号 T/K 催化剂的用量 / g 酸性KMnO 4溶液的浓度／mol •L -1
实验目的
① 298 0.5 0.010 a. 实验①和②探究酸性KMnO 4溶液的浓度对该反应速率的影响； b.实验①和③探究 对反应速率的影响
c. 实验①和④探究催化剂对反应速率的影响。

② 298 0.5 0.001 ③ 323
0.5
0.010
④
24 ，简述选择的理由 。

（4）某同学对实验①和②分别进行了三次实验，测得以下数据（从混合振荡均匀开始计。