备战高考化学——化学反应速率与化学平衡的综合压轴题专题复习含答案解析

备战高考化学——化学反应速率与化学平衡的综合压轴题专题复习含答案解析
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．研究+6价铬盐不同条件下微粒存在形式及氧化性，某小组同学进行如下实验：
已知：Cr 2O 72-(橙色)+H 2O 2CrO 42-(黄色)+2H +△H =+13.8kJ /mol ，+6价铬盐在一定条件
下可被还原为Cr3+，Cr3+在水溶液中为绿色。

（1）试管c和b对比，推测试管c的现象是_____________________。

（2）试管a和b对比，a中溶液橙色加深。

甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c(H+)增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c(H+)增大对平衡的影响。

你认为是否需要再设计实验证明？__________（“是”或“否”），理由是
____________________________________________________。

（3）对比试管a、b、c的实验现象，可知pH增大
2-
27
2-
4
c(Cr O)
c(CrO)
_____（选填“增大”，
“减小”，“不变”）；
（4）分析如图试管c继续滴加KI溶液、过量稀H2SO4的实验现象，说明+6价铬盐氧化性强弱为Cr2O72-__________CrO42-（填“大于”，“小于”，“不确定”）；写出此过程中氧化还原反应的离子方程式_________。

（5）小组同学用电解法处理含Cr2O72-废水，探究不同因素对含Cr2O72-废水处理的影响，结果如表所示（Cr2O72-的起始浓度，体积、电压、电解时间均相同）。

实验ⅰⅱⅲⅳ
是否加入
Fe2(SO4)3
否否加入5g否
是否加入H2SO4否加入1mL加入1mL加入1mL
电极材料阴、阳极均为石
墨
阴、阳极均为石
墨
阴、阳极均为石
墨
阴极为石墨，
阳极为铁
Cr2O72-的去除率/%0.92212.720.857.3
①实验ⅱ中Cr2O72-放电的电极反应式是________________。

②实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72-的机理如图所示，结合此机理，解释实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因_______________。

【答案】溶液变黄色否 Cr2O72-(橙色)+H2OƒCrO42-(黄色)+2H+正向是吸热反应，若因浓H2SO4溶于水而温度升高，平衡正向移动，溶液变为黄色。

而实际的实验现象是溶液橙色加深，说明橙色加深就是增大c(H+)平衡逆向移动的结果减小大于 Cr2O72-+6I-
+14H+=2Cr3++3I2+7H2O Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O 阳极Fe失电子生成Fe2+，Fe2+与
Cr 2O 72-在酸性条件下反应生成Fe 3+，Fe 3+在阴极得电子生成Fe 2+，继续还原Cr 2O 72-，Fe 2+循环利用提高了Cr 2O 72-
的去除率 【解析】 【分析】
根据平衡移动原理分析对比实验；注意从图中找出关键信息。

【详解】
（1）由Cr 2O 72-(橙色)+H 2O
2CrO 42-(黄色)+2H +及平衡移动原理可知，向重铬酸钾溶液
中加入氢氧化钠溶液后，可以减小溶液中的氢离子浓度，使上述平衡向正反应方向移动，因此，试管c 和b （只加水，对比加水稀释引起的颜色变化）对比，试管c 的现象是：溶液变为黄色。

（2）试管a 和b 对比，a 中溶液橙色加深。

甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c (H +
)增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c (H +
)增大对平衡的影响。

我认为不需要再设计实验证明，故填否。

理由是：Cr 2O 72-(橙色)+H 2O ƒCrO 42-(黄色)+2H +正向是吸热反应，浓H 2SO 4溶于水会放出大量的热量而使溶液的温度升高，上述平衡将正向移动，溶液会变为黄色。

但是，实际的实验现象是溶液的橙色加深，说明上述平衡是向逆反应方向移动的，橙色加深只能是因为增大了c (H +
)的结果。

（3）对比试管a 、b 、c 的实验现象，可知随着溶液的pH 增大，上述平衡向正反应方向移
动，2-
27c(Cr O )减小，而2-
4c(CrO ) 增大，故2-272-4c(Cr O )
c(CrO )
减小。

（4）向试管c 继续滴加KI 溶液，溶液的颜色没有明显变化，但是，加入过量稀H 2SO 4后，溶液变为墨绿色，增大氢离子浓度，上述平衡向逆反应方向移动，CrO 42-转化为Cr 2O 72-，Cr 2O 72-可以在酸性条件下将I -氧化，而在碱性条件下，CrO 42-不能将I -氧化，说明+6价铬
盐氧化性强弱为：Cr 2O 72-大于CrO 42-；此过程中发生的氧化还原反应的离子方程式是
Cr 2O 72-+6I -+14H +=2Cr 3++3I 2+7H 2O 。

（5）①实验ⅱ中，Cr 2O 72-在阴极上放电被还原为Cr 3+，硫酸提供了酸性环境，其电极反应
式是Cr 2O 72-+6e -+14H +=2Cr 3+
+7H 2O 。

②由实验ⅲ中Fe 3+去除Cr 2O 72-的机理示意图可知，加入Fe 2(SO 4)3溶于水电离出Fe 3+，在直流电的作用下，阳离子向阴极定向移动，故Fe 3+更易在阴极上得到电子被还原为Fe 2+，Fe 2+在酸性条件下把Cr 2O 72-还原为Cr 3+。

如此循环往复，Fe 3+
在阴极得电子生成Fe 2+
，继续还原Cr 2O 72-，Fe 2+循环利用提高了Cr 2O 72-的去除率。

由此可知，实验iv 中Cr 2O 72-去除率提高较
多的原因是：阳极Fe 失电子生成Fe 2+，Fe 2+与Cr 2O 72-在酸性条件下反应生成Fe 3+，Fe 3+
在阴
极得电子生成Fe 2+，继续还原Cr 2O 72-，故在阴阳两极附近均在大量的Fe 2+，Fe 2+
循环利用提高了Cr 2O 72-
的去除率。

【点睛】
本题中有很多解题的关键信息是以图片给出的，要求我们要有较强的读图能力，能从图中找出解题所需要的关键信息，并加以适当处理，结合所学的知识解决新问题。

3．某化学兴趣小组在一次实验探究中发现，向草酸溶液中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液时，溶液褪色先慢后快，即反应速率由小变大。

小组成员为此“异常”现象展开讨论，猜想造成
这种现象的最可能原因有两种，并为此设计实验进行探究验证。

猜想Ⅰ：此反应过程放热，温度升高，反应速率加快；
猜想Ⅱ：……。

（实验目的）探究草酸与高锰酸钾反应的速率变化“异常”原因
（实验用品）仪器：试管、胶头滴管、量筒、药匙、玻璃棒等；
试剂：0.1mol/L H2C2O4溶液、0.05mol/L KMnO4（硫酸酸化）溶液等。

请你根据该兴趣小组的实验探究设计思路，补充完整所缺内容。

（1）草酸（H2C2O4，弱酸）与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为
（2）要完成对猜想Ⅰ的实验验证，至少还需要一种实验仪器是
（3）猜想Ⅱ可是:___________________
要设计实验验证猜想Ⅱ，进行该实验还要补充一种试剂及一种仪器，分别是
（4）基于猜想Ⅱ成立，设计方案进行实验，请完成以下实验记录表内容。

【答案】（1）5H2C2O4+2MnO42—+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O
（2）温度计（3）生成的Mn2+对该反应有催化作用，加快反应速率；MnSO4（s）和秒表（4）基于猜想Ⅱ成立，设计方案进行实验，请完成以下实验记录表内容。

（加入试剂时只要A试管与B试管所加的0.1mol/L H2C2O4溶液、0.05mol/L 酸性KMnO4体积相等即给分。

）
【解析】
试题分析：猜想II：影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂，而草酸与高锰酸钾溶液发生反应：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2 Mn2++8H2O，溶液褪色先慢后快，即反应速率由小变大，反应物是溶液，无气体，故不能是反应物的浓度和压强对反应速率产生的影响，则只能是生成的产物又做了此反应的催化剂，加快了反应速率，故答案为生成的Mn2+在反应中起到催化剂的作用，加快了反应速率；（1）草酸中的碳元素被在酸性条件下能被高锰酸钾溶液氧化为CO2，高锰酸根能被还原为Mn2+，根据得失电子数守恒来配平可得离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2 Mn2++8H2O；（2）由于猜想I是认为可能是由于反应放热导致体系温度升高而加快了反应速率，故应测量反应前和反应开始后一段时间的温度变化，则还缺少温度计；
（3）猜想II是认为生成的Mn2+在反应中起到催化剂的作用，由于Cl-也能使高锰酸钾溶液褪色，故为了避免Cl-的干扰，故应补充MnSO4固体，通过测量溶液褪色的时间的长短来验证猜想，则还需的仪器是秒表；
（4）要通过对比实验来验证猜想Ⅱ，则实验B和实验A的试剂的选择应除了MnSO4固体不同，其他均应相同，故试管B内加入的试剂是在试管A试剂的基础上多加了MnSO4（s），由于结论是猜想II成立，则试管B的褪色时间应该比试管A的更快，故答案为
4．无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体．某活动小组通过实验，探究不同温度下气体产物的组成．实验装置如下：
每次实验后均测定B、C质量的改变和E中收集到气体的体积．实验数据如下（E中气体体积已折算至标准状况）：
实验组别温度称取CuSO4质量
/g
B增重质量/g
C增重质量
/g
E中收集到气体
/mL
①T10.6400.32000
②T20.64000.256V2
③T30.6400.160Y322.4
④T40.640X40.19233.6
（1）实验过程中A中的现象是______．D中无水氯化钙的作用是_______．
（2）在测量E中气体体积时，应注意先_______，然后调节水准管与量气管的液面相平，若水准管内液面高于量气管，测得气体体积______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．（3）实验①中B中吸收的气体是_____．实验②中E中收集到的气体是______．
（4）推测实验②中CuSO4分解反应方程式为：_______．
（5）根据表中数据分析，实验③中理论上C增加的质量Y3=_______g．
（6）结合平衡移动原理，比较T3和T4温度的高低并说明理由________．
【答案】白色固体变黑吸收水蒸气，防止影响C的质量变化冷却至室温偏小 SO3 O2 2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑ 0.128 T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2
【解析】
【分析】
(1)根据无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体分析A中的现象，根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析；
(2)气体温度较高，气体体积偏大，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小；
(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气；
(4)0.64g硫酸铜的物质的量为
0.64g
160g/mo1
＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：
0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：
0.256
64/1
g
g mo
＝0.004mol，
氧气的质量为：0.64﹣0.32﹣0.256＝0.064g，物质的量为：
0.064
32/1
g
g mo
＝0.002mol，
CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；
(5)0.64g硫酸铜的物质的量为
0.64g
160g/mo1
＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：
0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：0.0224
22.4
32＝0.032g，
根据质量守恒实验③中理论上C增加的质量Y3＝0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g；(6)根据表中实验③④的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。

【详解】
(1)因为无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体，故实验过程中A中的现象是白色固体变黑，因为碱石灰能够吸水，D中无水氯化钙的作用是吸收水蒸气，防止装置E中的水进入装置C，影响C的质量变化，故答案为：白色固体变黑；吸收水蒸气，防止影响C的质量变化；
(2)加热条件下，气体温度较高，在测量E中气体体积时，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小，故答案为：冷却至室温偏小；
(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气，故答案为：SO3；O2；
(4)0.64g硫酸铜的物质的量为
0.64g
160g/mo1
＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：
0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：
0.256
64/1
g
g mo
＝0.004mol，
氧气的质量为：0.64﹣0.32﹣0.256＝0.064g，物质的量为：
0.064
32/1
g
g mo
＝0.002mol，
CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；
(5)0.64g硫酸铜的物质的量为
0.64g
160g/mo1
＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：
0.004mol×80g/mol ＝0.32g ；SO 3的质量为：0.16g
，氧气的质量为：
0.0224
22.4
⨯32＝0.032g ，实验③中理论上C 增加的质量Y 3＝0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g ；
(6)根据表中实验③④的数据可知，T 4温度生成氧气更多，因为SO 3分解为SO 2和O 2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O 2，故T 4温度更高，故答案为：T 4温度更高，因为SO 3分解为SO 2和O 2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O 2。

5．资料显示“2O 的氧化性随溶液pH 的增大逐渐减弱”。

某化学小组同学用下列装置和试剂进行实验，探究2O 与KI 溶液发生反应的条件。

供选试剂：240.1mol /L H SO 溶液、2MnO 固体、4KMnO 固体。

该小组同学设计①、②两组实验，记录如下：
实验操作
实验现象
①
向Ⅰ试管中加入 4KMnO 固体，连接装置Ⅰ、Ⅱ，点燃酒精灯
Ⅱ试管中有气泡冒出，溶液不变蓝
② 向Ⅰ试管中加入 4KMnO 固体，
Ⅱ试管中加入适量 240.1mol /LH SO 溶液，连接装置
Ⅰ、Ⅱ，点燃酒精灯
Ⅱ试管中有气泡冒出，溶液变蓝
（1）选择Ⅰ装置用4KMnO 固体制取2O ，为避免4KMnO 固体随2O 进入Ⅱ试管对实验造成干扰，应进行的改进是________，②组实验中2O 与KI 溶液反应的离子方程式是________。

（2）对比①、②两组实验可知，2O 与KI 溶液发生反应的适宜条件是________。

为进一步探究该条件对反应速率的影响，可采取的实验措施是________。

（3）为进一步探究碱性条件下KI 与2O 能否反应，用上图中的装置继续进行实验：
实验操作
实验现象 ③
向Ⅰ试管中加入 4KMnO 固体，Ⅱ试管中滴加 KOH 溶液控制 pH 8= ， 连接装置Ⅰ、Ⅱ，点燃酒精灯
溶液略变蓝
④
向Ⅰ试管中加入 4KMnO 固体，Ⅱ试管中滴加 KOH 溶液控制
pH 10= ， 连接装置Ⅰ、Ⅱ，点燃酒精灯
无明显变化
对于实验④的现象，小明同学提出猜想“pH 10=时2O 不能氧化I -”，设计了下列装置进行实验，验证猜想。

（i ）烧杯a 中的溶液为________。

（ii ）实验结果表明，此猜想不成立。

支持该结论的实验现象是通入2O 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3IO -
，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 2224I O 4H 2I 2H O -+
++=+ 酸性环境 使用不
同浓度的硫酸溶液做对照实验 pH 10=的KOH 溶液 电流表指针偏转，烧杯b 的溶液颜
色变深 2323I 6OH IO 5I 3H O ---
+=++ 在pH 10=的KOH 溶液中I -被氧化生成2I ，
而2I 迅速发生歧化反应变为3IO -
和I -。

【解析】 【分析】
（1）4KMnO 是粉末状的，会随氧气进入Ⅱ试管对实验造成干扰，可以在试管口放置一棉花球；酸性环境下2O 与KI 溶液反应生成I 2，根据电子守恒写出反应的离子方程式。

（2）对比①、②两组实验可知，酸性溶液中2O 与KI 溶液更容易发生反应。

为进一步探究该条件对反应速率的影响，可使用不同浓度的硫酸溶液做对照实验。

（3）（i ）要证明pH 10=的溶液中2O 不能氧化I -，烧杯a 中的溶液应为pH 10=的碱溶液。

（ii ）若有电流产生，则猜想不成立。

（iii ）向pH 10=的KOH 溶液(含淀粉)中滴加碘水，溶液先变蓝说明生成了I 2，后迅速褪色说明生成的I 2又迅速被反应掉。

I 2反应后生成了3IO -
，根据电子守恒写出反应的用离子方程式。

（4）所以实验④的现象产生的原因不是没有反应，而是生成的I 2立刻发生了歧化反应。

【详解】
（1）为避免4KMnO 固体粉末随2O 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2224I O 4H 2I 2H O -+++=+，故答案为：在Ⅰ装置试管口放置棉花
球；2224I O 4H 2I 2H O -+++=+；
（2）对比①、②两组实验可知：2O 与KI 溶液发生反应的适宜条件是酸性环境，进一步探究该条件对反应速率的影响，可采取的实验措施是使用不同浓度的硫酸溶液做对照实验；故答案为：酸性环境；使用不同浓度的硫酸溶液做对照实验；
（3）（i ）实验目的是探究在pH 10=的KOH 溶液中2O 能否得电子氧化I -，所以烧杯a 中的溶液为pH 10=的KOH 溶液，故答案为：pH 10=的KOH 溶液；
（ii ）如果能构成原电池，说明pH 10=时2O 能氧化I -，所以电流表指针偏转，烧杯b 的溶液颜色变深，说明pH 10=时2O 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3IO -
，说明生成的2I 与溶液中KOH 反应生成了3IO -离子，根据氧化还原反应化合价升降规律可知溶液中还有I -，所以反应离子方程式为：2323I 6OH IO 5I 3H O ---+=++，故答案为：2323I 6OH IO 5I 3H O ---+=++；
（4）实验④的现象产生的原因可能是在pH 10=的KOH 溶液中I -被氧化生成2I ，而2I 迅速发生歧化反应变为3IO -
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2I ，而2I 迅速发生歧化反应变为3IO -和I -。

6．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。

（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H 2O 2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O 2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O 2的体积不再改变，说明反应完全，生成O 2的物质的量为：60×10-3
L ÷22.4L /mol =2.7×10-3mol ，根据反应2H 2O 2＝2H 2O ＋O 2↑,生成2.7×10-3mol O 2，需要消耗H 2O 2的物质的量为5.4×10-3mol ，则H 2O 2的物质的量浓度为：5.4×10-3mol ÷
0.05L =0.11 mol ·L －1；要探究MnO 2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MnO 2的质量有没有改变、MnO 2的化学性质有没有改变。

7．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
（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。

8．三草酸合铁酸钾K3[Fe(C2O4)3]•xH2O晶体是一种亮绿色的晶体，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，也是一种有机反应良好的催化剂。

已知M（K3[Fe(C2O4)3]）=437g/mol。

本实验以(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O（硫酸亚铁铵晶体）为原料，加入草酸（H2C2O4）制得草酸亚铁（FeC2O4）后，在过量的草酸根（C2O42-）部分实验过程如下：
（1）在沉淀A中加入饱和K2C2O4溶液，并用40℃左右水浴加热，再向其中慢慢滴加足量的30%H2O2溶液，不断搅拌。

此过程需保持温度在40℃左右，可能的原因是：______（2）某兴趣小组为知道晶体中x的数值，称取1.637g纯三草酸合铁酸钾
（K3[Fe(C2O4)3]•xH2O）晶体配成 100ml 溶液，取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4，用浓度为0.05000mol•L-1的KMnO4标准溶液进行滴定。

其中，最合理的是______（选填 a、b）。

由如图KMnO4滴定前后数据，可求得x=______。

【答案】适当提高温度以加快反应速率，若温度太高则H2O2分解 b 3
【解析】
【分析】
由制备流程可知，硫酸亚铁加入稀硫酸抑制Fe2＋水解，然后与草酸发生
(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O+H2C2O4═FeC2O4↓+(NH4)2SO4+H2SO4+6H2O，用过氧化氢将草酸亚铁氧化为K3[Fe(C2O4)3]，发生2FeC2O4+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4═2K3[Fe(C2O4)3]↓+2H2O，溶液C含K3[Fe(C2O4)3]，蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体。