2020-2021【化学】培优化学反应速率与化学平衡辅导专题训练附详细答案

2020-2021【化学】培优化学反应速率与化学平衡辅导专题训练附详细答案
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：10.58806=a 0.02513294
⨯
⨯⨯⨯，解得a=0.1600mol/L 。

2．SO 2是常见的大气污染物，燃煤是产生SO 2的主要原因。

工业上有多种方法可以减少SO 2的排放。

（1）往煤中添加一些石灰石，可使燃煤过程中产生的SO 2转化成硫酸钙。

该反应的总化学方程式是___________________________________。

（2）可用多种溶液做燃煤烟气中SO 2的吸收液。

①分别用等物质的量浓度的Na 2SO 3溶液和NaOH 溶液做吸收液，当生成等物质的量NaHSO 3时，两种吸收液体积比V(Na 2SO 3): V(NaOH)=_________________。

②NaOH 溶液吸收了足量的SO 2后会失效，可将这种失效的溶液与一定量的石灰水溶液充分反应后过滤，使NaOH 溶液再生，再生过程的离子方程式是_________________。

（3）甲同学认为BaCl2溶液可以做SO2的吸收液。

为此甲同学设计如下实验（夹持装置和加热装置略，气密性已检验）。

反应开始后，A中Na2SO3固体表面有气泡产生同时有白雾生成；B中有白色沉淀。

甲同学认为B中白色沉淀是SO2与BaCl2溶液反应生成的BaSO3，所以BaCl2溶液可做SO2吸收液。

乙同学认为B中的白色沉淀是BaSO4，产生BaSO4的原因是：
①A中产生的白雾是浓硫酸的酸雾，进入B中与BaCI2溶液反应生成BaSO4沉淀。

②________________________________________________。

为证明SO2与BaCl2溶液不能得到BaSO3沉淀，乙同学对甲同学的实验装置做了如下改动并实验（夹持装置和加热装置略，气密性已检验）：
反应开始后，A中Na2SO3固体表面有气泡产生同时有白雾生成；B、C试管中除了有气泡外，未见其它现象；D中红色褪去。

③试管B中试剂是__________________溶液；滴加浓硫酸之前的操作是
____________________。

④通过甲、乙两位同学的实验，得出的结论是______________________________。

【答案】2CaCO3 + 2SO2 +O2高温
2CaSO4+2CO2 1:2 Ca2+ +OH-+ HSO3-＝CaSO3↓+ H2O A中
产生的SO2与装置内空气中的O2进入B中与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀饱和NaHSO3打开弹簧夹，通入N2，一段时间后关闭弹簧夹 SO2与BaCl2溶液不能得到BaSO3沉淀，不能用BaCl2溶液做吸收SO2的吸收液
【解析】
【分析】
浓硫酸和亚硫酸钠固体反应可以生成二氧化硫，由于反应放热，浓硫酸有可能挥发，进入B中，和BaCl2溶液反应生成BaSO4白色沉淀，不能确定B中产生的白色沉淀是硫酸和BaCl2反应产生的BaSO4还是二氧化硫和BaCl2反应生成的BaSO3，所以要先除去可能存在的硫酸，需要通过饱和亚硫酸氢钠溶液，既不吸收二氧化硫，又可以除去硫酸，然后再通入BaCl2溶液中，若产生白色沉淀，则证明BaCl2溶液可以吸收二氧化硫，若不产生白色沉淀，则证明BaCl2溶液不可以吸收二氧化硫，实验结果是除去了硫酸后BaCl2溶液中没有产生沉淀，所以得出结论：SO2与BaCl2溶液不能得到BaSO3沉淀，不能用BaCl2溶液做吸收SO2的吸收液。

【详解】
（1）在高温下石灰石与SO2以及氧气反应生成硫酸钙和CO2，反应的化学方程式为2CaCO3 + 2SO2 +O22CaSO4+2CO2。

（2）①当生成等物质的量NaHSO3时，根据钠离子守恒可知需要亚硫酸钠和氢氧化钠的物质的量之比是1：2。

由于二者的浓度相等，则需要的溶液体积之比是1：2。

②要把亚硫酸氢钠转化为氢氧化钠，需要加入氢氧化钙，反应的离子方程式为Ca2+ +OH-+ HSO3-＝CaSO3↓+ H2O。

（3）②由于空气中含有氧气，因此另外一种可能是A中产生的SO2与装置内空气中的O2进入B中与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀。

③为排除浓硫酸酸雾的影响，B中应该盛放饱和亚硫酸氢钠溶液。

为防止空气中氧气的影响，滴加浓硫酸之前的操作是打开弹簧夹，通入N2，一段时间后关闭弹簧夹。

④A中Na2SO3固体表面有气泡产生同时有白雾生成；B、C试管中除了有气泡外，未见其它现象；D中红色褪去，说明有SO2产生，所以结论是SO2与BaCl2溶液不能得到BaSO3沉淀，不能用BaCl2溶液做吸收SO2的吸收液。

【点晴】
解答综合性实验设计与评价题的基本流程
原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。

具体分析为：
（1）实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？
（2）所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。

（3）有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。

（4）有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。

（5）实验现象：自下而上，自左而右全面观察。

（6）实验结论：直接结论或导出结论。

3．某小组同学以不同方案探究Cu粉与FeCl3溶液的反应。

（1）甲同学向FeCl3溶液中加入Cu粉，观察到溶液的颜色变为浅蓝色，由此证明发生了反应，其离子方程式是__。

（2）乙同学通过反应物的消耗证明了上述反应的发生：将Cu粉加入到滴有少量KSCN的FeCl3溶液中，观察到溶液红色褪去，有白色沉淀A产生。

①针对白色沉淀A，查阅资料：A可能为CuCl和CuSCN(其中硫元素的化合价为-2价)中的一种或两种。

实验过程如下：
请回答：
Ⅰ.根据白色沉淀B是__(填化学式)，判断沉淀A中一定存在CuSCN。

Ⅱ.仅根据白色沉淀A与过量浓HNO3反应产生的实验现象，不能判断白色沉淀A中一定存在CuSCN，从氧化还原角度说明理由：__。

Ⅲ.向滤液中加入a溶液后无明显现象，说明A不含CuCl，则a是__(填化学式)。

根据以上实验，证明A仅为CuSCN。

②进一步查阅资料并实验验证了CuSCN的成因，将该反应的方程式补充完整： Cu2++ SCN -= CuSCN↓+ (SCN)2__
③结合上述过程以及Fe(SCN)3⇌Fe3++3SCN -的平衡，分析（2）中溶液红色褪去的原因：
__。

（3）已知(SCN)2称为拟卤素，其氧化性与Br2相近。

将KSCN溶液滴入（1）所得的溶液中，观察到溶液变红色，则溶液变红的可能原因是__或__。

【答案】Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+ BaSO4 +1价铜也可将浓HNO3还原 AgNO3 2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2 Cu和Fe3+反应生成Cu2+使c(Fe3+)减小；Cu2+和SCN-反应生成CuSCN沉淀使c(SCN-)减小，均使该平衡正向移动，导致Fe(SCN)3浓度减小，溶液红色褪去 Fe3+有剩余空气中的O2将Fe2+氧化；(SCN)2将Fe2+氧化
【解析】
【分析】
（1）铁离子具有氧化性，能够把铜氧化为铜离子；
（2）I．①不溶于稀硝酸的白的沉淀为硫酸钡；
Ⅱ.②亚铜离子具有还原性，也能被硝酸氧化；
Ⅲ.检验氯离子，应加入硝酸银溶液；
②据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，写出反应的方程式；
③根据浓度对平衡移动规律进行分析；
（3）亚铁离子具有强还原性，空气中氧气、溶液中（SCN）2都有可能把亚铁离子氧化为铁离子。

【详解】
()1甲同学向3
FeCl溶液中加入Cu粉，观察到溶液的颜色变为浅蓝色，由此证明发生了氧
化还原反应，生成2Cu +，其离子方程式是Cu+2Fe 3+=Cu 2++2Fe 2+；
故答案为：Cu+2Fe 3+=Cu 2++2Fe 2+；
()2① ⅠA 可能为CuCl 和CuSCN(其中硫元素的化合价为2-价)中的一种或两种，白色沉淀与过量浓硝酸反应生成红棕色的2NO 和含2Cu +的蓝色溶液，向蓝色溶液中加入过量硝酸钡溶液，生成不溶于硝酸的钡盐沉淀，则白色沉淀B 是4BaSO ；
故答案为：4BaSO ；
Ⅱ 1+价铜也可将浓3HNO 还原，故仅根据白色沉淀A 与过量浓3HNO 反应产生的实验现象，不能判断白色沉淀A 中一定存在CuSCN ，
故答案为：1+价铜也可将浓3HNO 还原；
Ⅲ 检验氯离子，应加入硝酸银溶液，则a 是3AgNO ，
故答案为：3AgNO ；
② 据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，该反应的方程式为2Cu 2++4SCN -
=2CuSCN↓+(SCN)2，
故答案为：2Cu 2++4SCN -=2CuSCN↓+(SCN)2；
Cu ③和3Fe +反应生成2Cu +使()
3c Fe +减小；2Cu +和SCN -反应生成CuSCN 沉淀使()c SCN -减小，均使该平衡正向移动，导致3Fe(SCN)浓度减小，溶液红色褪去， 故答案为：Cu 和Fe 3+反应生成Cu 2+使c(Fe 3+)减小；Cu 2+和SCN -反应生成CuSCN 沉淀使c(SCN -)减小，均使该平衡正向移动，导致Fe(SCN)3浓度减小，溶液红色褪去 ； ()3将KSCN 溶液滴入()1所得的溶液中，观察到溶液变红色，则溶液含3Fe +，溶液变红的可能原因是3Fe +有剩余；空气中的2O 将2Fe +氧化；2(SCN)将2Fe +氧化，
故答案为：Fe 3+有剩余；空气中的O 2将Fe 2+氧化；(SCN)2将Fe 2+氧化。

4．某兴趣小组在实验室进行如下实验探究活动。

(1)设计如下实验研究2Fe 3＋＋2I －ƒ2Fe 2＋＋I 2的反应。

①振荡静置后C 中观察到的现象是_______________________；为证明该反应存在一定限度，还应补做实验为：取C 中分液后的上层溶液，然后______________(写出实验操作和现象)。

②测定上述KI 溶液的浓度，进行以下操作：
I 用移液管移取20.00 mL KI 溶液至锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化，再加入足量H 2O 2溶液，充分反应。

II 小心加热除去过量的H 2O 2。

III用淀粉做指示剂，用c mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，反应原理为：2Na2S2O3＋I2＝2NaI＋Na2S4O6。

步骤II是否可省略?____________(答“可以”或“不可以”)
步骤III达到滴定终点的现象是___________________________。

巳知I2浓度很高时，会与淀粉形成稳定的包合物不易解离，为避免引起实验误差，加指示剂的最佳时机是
________。

(2)探究Mn2＋对KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应速率的影响。

反应原理(化学方程式)为________；
仪器及药品：试管(两支)、0.01 mol/L KMnO4酸性溶液、0.1 mol/L H2C2O4溶液、一粒黄豆大的MnSO4固体；
实验方案：请仿照教材(或同教材)设计一个实验用表格，在行标题或列标题中注明试剂及观察或记录要点。

______________
【答案】溶液分层，上层水层为黄绿色，下层四氯化碳层为紫色滴加KSCN溶液，溶液变红不能；；当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，蓝色褪去且半分钟内不复原用c mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅黄色时，滴加淀粉指示剂，再继续滴加标准溶液
2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
【解析】
【分析】
（1）①由题意可知，过量的碘化钾溶液与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和碘，向溶液中加入四氯化碳，振荡静置，溶液分层，为证明该反应存在一定限度，应检验上层溶液中是否存在Fe3＋；
②由步骤I可知，双氧水的氧化性强于单质碘，若步骤II省略，溶液中过氧化氢会与
Na2S2O3溶液反应；当Na2S2O3标准溶液过量时，溶液中碘单质完全反应，溶液由蓝色变为无色；为避免引起实验误差，滴定开始时不能加入淀粉指示剂，应当在I2浓度较小时再滴入淀粉；
（2）KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水。

【详解】
（1）①由题意可知，过量的碘化钾溶液与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和碘，向溶液中加入四氯化碳，振荡静置，溶液分层，上层为氯化铁和氯化亚铁得混合溶液，溶液的颜色为黄绿色，下层为碘的四氯化碳溶液，溶液的颜色为紫色；为证明该反应存在一定限度，应检验上层溶液中是否存在Fe3＋，还应补做实验为：取C中分液后的上层溶液，然后滴加KSCN溶液，溶液变红色，故答案为：溶液分层，上层水层为黄绿色，下层四氯化碳层为紫
色；滴加KSCN溶液，溶液变红；
②由步骤I可知，双氧水的氧化性强于单质碘，若步骤II省略，溶液中过氧化氢会与
Na2S2O3溶液反应，导致Na2S2O3标准溶液体积偏大，所测结果偏高，故不能省略；当
Na2S2O3标准溶液过量时，溶液中碘单质完全反应，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；由I2浓度很高时，会与淀粉形成稳定的包合物不易解离，为避免引起实验误差，滴定开始时不能加入淀粉指示剂，应当在I2浓度较小时再滴入淀粉，故答案为：不能；当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，蓝色褪去且半分钟内不复原；用c mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅黄色时，滴加淀粉指示剂，再继续滴加标准溶液；
（2）KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；据题给条件，设计探究Mn2＋对KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应速率的影响的实验，应用取两份等体积的
0.01mol/LKMnO4酸性溶液，一份加入0.1mol/L的H2C2O4溶液，另一份加入等体积的
0.1mol/L的H2C2O4溶液和硫酸锰固体，测定溶液由紫色退为无色所需要的时间，实验用表格如下：
故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
当Na2S2O3标准溶液过量时，溶液中碘单质完全反应，溶液由蓝色变为无色，为避免引起实验误差，滴定开始时不能加入淀粉指示剂，应当在I2浓度较小时再滴入淀粉是解答关键，也是难点和易错点。

5．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：
（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
（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。

6．某研究性学习小组通过铁与盐酸反应的实验，研究影响反应速率的因素(铁的质量相等，铁块的形状一样，盐酸均过量)，甲同学设计实验如下表：
实验编号盐酸浓度(mol·L－1)铁的状态温度/°C
1 2.00块状20
2 2.00粉末20
3 1.00块状20
4 2.00块状40
请回答：
(1)若四组实验均以收集到500mL(已转化为标准状况下)氢气为标准，则上述实验中还需要测定的数据是________。

(2)实验________和______是研究铁的状态对该反应速率的影响(填实验编号，下同)；实验______和______是研究温度对该反应速率的影响。

(3)测定在不同时间t产生氢气体积V的数据，根据数据绘制得到图，则曲线c、d分别对应的实验组别可能是_______、______。

(4)乙同学设计了下列一组实验：所用铁块的形状、质量均相同，所用酸的体积相同，其浓度如下，你认为产生氢气速率最快的是______。

A 18.4mol·L－1硫酸
B 5.0mol·L－1硝酸
C 3.0mol·L－1盐酸
D 2.0mol·L－1硫酸
【答案】收集500 mL氢气所需的时间121413D
【解析】
【分析】
该实验的目的是通过铁与盐酸反应的实验，研究影响反应速率的因素，由表格数据可知，实验1和2铁的状态不同，目的是研究铁的状态对该反应速率的影响；实验1和3盐酸的浓度不同，目的是研究盐酸的浓度对该反应速率的影响；实验1和4反应温度不同，目的是研究反应温度对该反应速率的影响。

【详解】
（1）该实验的目的是通过铁与盐酸反应的实验，研究影响反应速率的因素，要比较反应速率的快慢，还需要测定收集到标准状况下500mL 氢气所需的时间，故答案为：收集500 mL 氢气所需的时间；
（2）由表格数据可知，实验1和2铁的状态不同，目的是研究铁的状态对该反应速率的影响；实验1和4反应温度不同，目的是研究反应温度对该反应速率的影响，故答案为：1；2；1；4；
（3）由图可知，曲线c 、d 的反应速率较慢，固体表面积越大，反应速率越快，则1和2相比，1的反应速率较慢；酸的浓度越大，反应速率越快，则1和3相比，3的反应速率较慢；温度越高，反应速率越快，则1和4相比，1的反应速率较慢，所以曲线c 、d 分别对应的实验组别可能是1和3，故答案为：1；3；
（4）铁在18.4mol·
L －1硫酸中钝化，无氢气生成；铁与5.0mol·L －1硝酸反应生成一氧化氮，无氢气生成；铁与3.0mol·L －1盐酸和2.0mol·L －1硫酸反应生成氢气，3.0mol·
L －1盐酸中氢离子浓度为3.0mol·
L －1，2.0mol·L －1硫酸中氢离子浓度为4.0mol·L －1，氢离子浓度越大，反应速率越快，则产生氢气速率最快的是2.0mol·
L －1硫酸，故答案为：D 。

【点睛】
探究实验设计的关键是变量唯一化，分析表格数据时，注意分析各实验的数据，找出不同数据是分析的关键，也是突破口。

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3MnCO ）为原料，通过热解法进行生产。

（1）碳酸锰热解制二氧化锰分两步进行：
i.()()()
1321MnCO s MnO s CO g H a kJ mol -+∆=+僩
ii. ()()()122222MnO s O g MnO s H b kJ mol -+∆=+僩
①反应i 的化学平衡常数表达式K =___________。

②焙烧3MnCO 制取2MnO 的热化学方程式是_________________。

（2）焙烧（装置如图1）时持续通入空气，并不断抽气的目的是________________。

（3）在其他条件不变时，某科研团队对影响3MnCO 转化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3MnCO 转化率与反应温度的关系图______。

②常压下，要提高3MnCO 的转化率，应选择的生产条件是____________焙烧68h :。

③图3中，焙烧8h 时，3MnCO 的转化率：干空气<湿空气，原因是______________。

【答案】()2c CO
()()()()()132222222MnCO s O g MnO s CO g H a b kJ mol -++∆=++僩 保持2O 的浓度，降低2CO 的浓度，使平衡正向移动，提高碳酸锰的转化率
湿空气中，0350C 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】
【分析】
（1）考查平衡常数表达式以及盖斯定律；
（2）焙烧时持续通入空气，并不断抽气的目的可以从
32222MnCO (s)+O (g)2MnO (s)+2CO (g)ƒ的平衡正向移动入手；
（3）增压32222MnCO (s)+O (g)2MnO (s)+2CO (g)ƒ
平衡逆向移动。

未达到平衡的某个时间点物质的转化率大小比较可以从反应速率入手。

【详解】 （1）①固体不写进平衡常数表达式，故K=2
c(CO )； ②热化学方程式i 扩大倍数2，再加上方程式ii ，可得到焙烧3MnCO 制取2MnO 的热化学方程式-132222MnCO (s)+O (g)2MnO (s)+2CO (g)ΔH=+(2a+b)kJ?mol ƒ； （2）焙烧时持续通入空气，并不断抽气分离出CO 2，
32222MnCO (s)+O (g)2MnO (s)+2CO (g)ƒ的平衡会正向移动，故答案为保持2O 的浓度，降低2CO 的浓度，使平衡正向移动，提高碳酸锰的转化率；
（3）①增压32222MnCO (s)+O (g)2MnO (s)+2CO (g)ƒ
平衡逆向移动，相同温度条件
下物质转化率降低，则作图为：
；
②结合图2和图3，湿空气中，0350C 左右，焙烧368h MnCO ，的转化率较高； ③8h 时干空气中未达到平衡，物质的转化率大小可以通过比较反应速率得到，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．某小组以醋酸为例探究弱酸的性质。

（1）实验一：探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响。

①设计实验方案如下表，表中c =________ mol·
L -1。

编号
酸的种类 酸的浓度/mol·L -1 酸的体积/mL 镁条质量/g 1
醋酸 1.0 10 2.0 2 盐酸 c 10 2.0
②实验步骤：a ）检查装置（下图）的气密性后，添加药品；
b ）反应开始后，___________________________(填写操作） ；
c ）将所记录的数据转化为曲线图（右图）。

③写出0～5min 醋酸、盐酸与镁条反应的反应速率变化规律：____________。

（2）实验二：现有一瓶醋酸溶液，常温下测定其中醋酸的电离程度（已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分比）。

设计实验方案，将待测物理量和对应的测定方法填写在下表中。

【答案】1.0 每隔1min记录一次生成H2的体积醋酸与镁条反应的速率随时间变化不明显；盐酸与镁条反应开始阶段反应速率很快，一段时间后反应速率明显减小醋酸溶液的物质的量浓度 H+的物质的量浓度取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定溶液pH 【解析】
【分析】
（1）①要探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响，则必须保持其他影响反应速率的因素保持一致，据此分析C的数值；
②据图可知，是要通过测量在相同的时间内收集到的氢气体积的大小来测量反应速率，据此分析反应开始后的操作；
③通过图象来分析单位时间内氢气的体积的变化可知醋酸、盐酸与镁条反应的速率的变化情况；
（2）醋酸的电离程度是已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分比，故要求醋酸的电离程度，故应测出醋酸溶液的浓度和溶液中H+的浓度，据此分析。

①根据测定方法可知，此为酸碱中和滴定，可测出醋酸溶液的浓度；碱液应盛放在碱式滴定管中；
②由于①能测出醋酸溶液的浓度，故此步实验的目的是测量溶液中H+的浓度，而若较精确的测量溶液的pH，用pH计。

【详解】
（1）①要探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响，则必须保持其他影响反应速率的因素保持一致，故醋酸和盐酸的浓度应相同，故C也应为1.0mol/L，故答案为：1.0；
②据图可知，是要通过测量在相同的时间段内收集到的氢气体积的大小来测量反应速率，故在反应开始后，应每隔1min记录一次生成H2的体积，故答案为：每隔1min记录一次生成H2的体积；
③通过图象分析可知，单位时间内醋酸与镁条反应生成氢气的体积变化很小，即醋酸与镁条的反应速率变化不大；而盐酸与镁条的反应一开始很快，一段时间后，单位时间内生成的氢气的体积明显变小，即反应速率明显减小，故答案为：醋酸与镁条反应的速率随时间变化不明显，盐酸与镁条反应开始阶段反应速率很快，一段时间后反应速率明显减小；（2）醋酸的电离程度是已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分比，故要求醋酸的电离程度，故应测出醋酸溶液的浓度和溶液中H+的浓度。

①根据测定方法可知，此为酸碱中和滴定，所给的NaOH溶液是标准液，即醋酸是待测。