备战高考化学化学反应速率与化学平衡综合题汇编含答案(1)

备战高考化学化学反应速率与化学平衡综合题汇编含答案(1)
一、化学反应速率与化学平衡
1．某校化学课外兴趣小组为了探究影响化学反应速率的因素，做了以下实验。

(1)用三支试管各取5.0 mL、0.01 mol·L－1的酸性KMnO4溶液，再分别滴入0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液，实验报告如下。

①实验1、3研究的是_________对反应速率的影响。

②表中V＝_________mL。

(2)小组同学在进行(1)中各组实验时，均发现该反应开始时很慢，一段时间后速率会突然加快。

对此该小组的同学展开讨论：
①甲同学认为KMnO4与H2C2O4的反应放热，温度升高，速率加快。

②乙同学认为随着反应的进行，因_________，故速率加快。

(3)为比较Fe3＋、Cu2＋对H2O2分解的催化效果，该小组的同学又分别设计了如图甲、乙所示的实验。

回答相关问题：
①装置乙中仪器A的名称为_________。

②定性分析：如图甲可通过观察反应产生气泡的快慢，定性比较得出结论。

有同学提出将CuSO4溶液改为CuCl2溶液更合理，其理由是____________________________________。

③定量分析：如图乙所示，实验时以收集到40 mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是_______________。

【答案】温度 4.0产物Mn2+可能对该反应具有催化作用分液漏斗控制阴离子相同，排除阴离子的干扰收集40mL气体所需时间
【解析】
【分析】
（1）①、②作对比实验分析，其他条件相同时，只有一个条件的改变对反应速率的影响；（2）探究反应过程中反应速率加快的原因，一般我们从反应放热，温度升高，另一个方面从反应产生的某种物质可能起到催化作用；
（3）比较Fe3＋、Cu2＋对H2O2分解的催化效果，阳离子不同，尽量让阴离子相同，减少阴离子不同造成的差别，催化效果可以从相同时间内收集气体体积的多少或者从收集相同体积的气体，所需时间的长短入手。

【详解】
（1）①实验1、3反应物物质的量浓度，但温度不同，所以反应速率不同是由温度不同导致的，故实验1、3研究的是温度对反应速率的影响；
②实验1、2研究的是H 2C 2O 4的浓度对反应速率的影响，此时反应温度相同，KMnO 4的浓度相同，故表中V ＝4.0mL
（2）随着反应的进行，生成的Mn 2+的物质的量浓度逐渐增加，生成的Mn 2+可能对反应有催化作用；
（3）①由仪器的构造，可知仪器A 为分液漏斗；
②在探究Fe 3+和Cu 2+对H 2O 2分解的催化效果，必须保证在其他的条件相同，所以将CuSO 4改为CuCl 2更为合理，可以避免由于阴离子不同造成的干扰；
③如图乙所示，实验时以收集到40 mL 气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是时间，收集相同体积的气体，所需要的时间越少，反应速率越快。

【点睛】
本题通过保持其他外界条件一致而改变一个条件来探究温度、催化剂对反应速率的影响，综合性较强。

2．某化学兴趣小组欲测定KClO 3，溶液与3NaHSO 溶液反应的化学反应速率．所用试剂为10mL0.1mol/LKClO 3，溶液和310mL0.3mol /LNaHSO 溶液，所得数据如图所示。

已知：
2334ClO 3HSO Cl 3SO 3H ----++=++。

（1）根据实验数据可知，该反应在0～4min 内的平均反应速率
()Cl v -=________()mol /L min ⋅。

（2）某同学仔细分析实验数据后发现，在反应过程中，该反应的化学反应速率先增大后减小．某小组同学针对这一现象进一步探究影响该化学反应速率的因素，具体方法如表示。

方案
假设
实验操作
Ⅰ
该反应放热使溶液温度升高，反应速率加快 向烧杯中加入10mL0.1mo//L 的3KClO 溶液和10mL0.3mol/L 的
3NaHSO 溶液，
Ⅱ
取10mL0.1mo/L 的3KClO 溶液加入烧杯中，向其中加入少量NaCl 固
①补全方案Ⅰ中的实验操作：________。

②方案Ⅱ中的假设为________。

③除Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的假设外，还可以提出的假设是________。

④某同学从控制变量的角度思考，认为方案Ⅲ中实验操作设计不严谨，请进行改进：________。

⑤反应后期，化学反应速率变慢的原因是________。

【答案】0.0025 插入温度计 生成的Cl -加快了化学反应速率 生成的24SO -
加快了化学反应速率 将1mL 水改为1mL0.2mol/L 的NaCl 溶液 反应物浓度降低 【解析】 【分析】 【详解】
（1）根据实验数据可知，该反应在0～4min 内生成氯离子的浓度是0.010mol/L ，所以平均反应速率()()Cl
0.010mol /L 4min 0.0025mol /L min c -
=÷=⋅；
（2）①由于是假设该反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快，因此需要测量反应过程中溶液温度的变化；
②方案I 、Ⅱ相比较，Ⅱ中加入了少量氯化钠，所以方案Ⅱ中的假设为生成的Cl -加快了化学反应速率；
③由于反应中还有硫酸根离子生成，则除I 、Ⅱ、Ⅲ中的假设外，还可以提出的假设是生成的硫酸根离子加快了化学反应速率；
④为防止氯离子对实验的干扰，则改进措施是将1mL 水改为1mL0.2mol/L 的NaCl 溶液； ⑤反应后期反应物浓度减小，因此化学反应速率变慢。

【点睛】
对于多因素（多变量）的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题。

每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。

它是科学探究中的重要思想方法，广泛地运用在各种科学探索和科学实验研究之中。

3．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；SO3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。

4．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 -。

5．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
33
0.1mol /L v 10L 35.5g /mol
0.142vg /L 2510L
--⨯⨯⨯=⨯，故答案为：0.142v 。

6．某化学兴趣小组为验证SO 2的还原性和Fe 3+的氧化性，特邀你参与以下探究活动。

I.理论预测
该兴趣小组实验实施前进行了充分的讨论交流,确定选择SO 2和FeCl 3溶液的反应来探究，并预测将SO 2通入FeCl 3溶液中的现象。

小组同学想听听你的分析：
（1）确定选择SO 2和FeCl 3溶液的反应而不选择SO 2和Fe(NO 3)3溶液的反应来探究，你认为可能是基于什么原因作出的选择：_______________________________________。

（2）将SO 2通入FeCl 3溶液中，你认为可能观察到的现象是：______________________，你预测的理论依据是（用离子方程式表示）：___________________________________。

II.实验探究
（1）配制1mol·L -1FeCl 3溶液（未用盐酸酸化）
①下面是小组四位同学在配制溶液时的“转移”操作，其中正确的是：_________。

②检测得知溶液呈酸性，其原因是：___________________________（用离子方程式表示）。

（2）将SO2通入FeCl3溶液至饱和，观察到溶液由棕黄色变为红棕色，并没有观察到预期的现象。

将反应后的溶液放置12小时后又出现了预期的结果。

查阅资料得知：[Fe(HSO3)]2+为红棕色，生成[Fe(HSO3)]2+的反应为可逆反应。

请你用化学方程式解释将SO2通入FeCl3溶液至饱和时观察到的现象：
_____________________________________。

（3）为了探究如何缩短红棕色变为预期颜色的时间，小组继续探究：另取少量FeCl3溶液，再通入SO2，溶液变为红棕色，加浓HCl酸化，几分钟后变为预期颜色。

请你推测小组在实验方案设计中“加浓HCl酸化”的目的是：
_____________________________________________________。

【答案】NO3-可能对验证Fe3+的氧化性有干扰溶液由（棕）黄色变为浅绿色 2Fe3+ + SO2 + 2H 2O = 2Fe2+ + SO42 + 4H+ A Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3+ 3H+ FeCl3+ SO2 + H2O
[Fe(HSO 3)]Cl2+ HCl 增大H+浓度，使“ FeCl3+ SO2 + H2O [Fe(HSO3)]Cl2+ HCl”平衡逆向移动，加快预期反应的速率
【解析】
【分析】
本题考查SO2和FeCl3溶液反应的实验探究，涉及物质性质的分析，物质的量浓度溶液的配制，盐类的水解，外界条件对化学平衡的影响，结合相应知识进行分析；
【详解】
I.(1)SO2溶于水显酸性，酸性条件下， NO3-也可将SO2氧化，干扰实验，因此，本题答案为：NO3-可能对验证Fe3+的氧化性有干扰；
(2)由于SO2具有还原性，Fe3+具有氧化性，预测SO2通入FeCl3溶液中SO2将Fe3+还原为
Fe2+，可能观察到的现象是：溶液由棕黄色变为浅绿色。

反应的离子方程式可表示为
SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+，因此，本题答案为：溶液由（棕）黄色变为浅绿
色；2Fe3+ + SO2 + 2H2O = 2Fe2+ + SO42 + 4H+；
II.（1）①“转移”时防止溶液外洒，应将玻璃棒的下端伸入容量瓶的刻度线以下，用玻璃棒引流溶液，故选A；
②FeCl3属于强酸弱碱盐，由于Fe3+的水解使溶液呈酸性，Fe3+水解的离子方程式为
Fe3++3H 2O Fe（OH）3+3H+，因此，本题答案为：Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3+ 3H+；（2）根据资料，红棕色溶液中含[Fe（HSO3）]2+，该过程中元素的化合价没有变化，反应的化学方程式为SO 2+FeCl3+H2O[Fe（HSO3）]Cl2+2HCl，因此，本题答案为：FeCl3+ SO2 + H 2O [Fe(HSO3)]Cl2+ HCl；
（3）出现红棕色是发生了反应SO 2+FeCl3+H2O[Fe（HSO3）]Cl2+2HCl，缩短红棕色时间，使上述平衡向逆反应方向移动。

因此，本题答案为：增大H+浓度，使“ FeCl3+ SO2 +
H 2O [Fe(HSO3)]Cl2+ HCl”平衡逆向移动，加快预期反应的速率；
7．（10分）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）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。

混合液A B C D E F
4mol·L-1H2SO4/mL30V1V2V3V4V5
饱和CuSO4溶液/mL00.5 2.55V620
H2O/mL V7V8V9V10100
①请完成此实验设计，其中：V1= ，V6= ，V9= 。

②反应一段时间后，实验E中的金属呈色。

③该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。

但当加入的CuSO4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】（1）Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2-（2分）
（2）CuSO4与Zn反应产生的铜与Zn形成微电池，加快了氢气产生的速度（2分）
（3）①V1=30；V6=10；V9=17.5 ②红色（紫红色）（每格1分，共4分）
③当加入一定量的CuSO4后，生成的单质铜会沉积在Zn的表面降低了Zn与溶液接触的表面（2分）
【解析】
试题分析：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原因：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，Zn、Cu、H2SO4形成原电池：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2-加快反应；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，则该实验只是研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，故其他量浓度均不变，故溶液总体积相同，故V1=V2=V3=V4=V5=30；V6=10；V9=17.5；E中加入10mL饱和CuSO4溶液，会导致Zn表面附着一层红色金属铜；当加入的CuSO4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生成的单质铜会沉积在Zn的表面降低了Zn与溶液接触的表面，是反应速率减慢。

考点：探究实验。

8．金属镍具有较高的经济价值，工业上采用一定方法处理含镍废水使其达标排放并回收镍。

某电镀废水中的镍主要以NiR2络合物形式存在，在水溶液中存在以下平衡：NiR2 (aq) Ni2+(aq) +2R-(aq) （R-为有机物配体，K=1.6×10-14）
（1）传统的“硫化物沉淀法”是向废水中加入Na2S，使其中的NiR2生成NiS沉淀进而回
收镍。

①该反应的离子方程式为_________。

②NiS沉淀生成的同时会有少量Ni(OH)2沉淀生成，用离子方程式解释Ni(OH)2生成的原因是_________、_________。

（2）“硫化物沉淀法”镍的回收率不高，处理后废水中的镍含量难以达标。

“铁脱络-化学沉淀法”可达到预期效果，该法将镍转化为Ni(OH)2固体进而回收镍。

工艺流程如下：
“脱络”（指镍元素由络合物NiR2转化成游离的Ni2+）过程中，R—与中间产物·OH（羟基自由基）反应生成难以与Ni2+络合的·R（有机物自由基），但·OH也能与H2O2发生反应。

反应的方程式如下：
Fe2+ + H 2O2 Fe3+ + OH—+.OH (i)
R—+ .OH OH—+ .R (ii)
H 2O2+2.OH O2↑ + 2H2O (iii)
实验测得“脱络”过程中H2O2的加入量对溶液中镍去除率的影响如右图所示：
①从平衡移动的角度解释加入Fe2+和H2O2能够实现“脱络”的原因是_________。

②分析图中曲线，可推断过氧化氢的最佳加入量为_________g·L-1；低于或高于这个值，废水处理效果都下降，原因是_________。

【答案】NiR2 + S2-NiS↓+ 2R-S2- + H2O HS- + OH-NiR2 + 2OH-
Ni(OH)2↓+ 2R-NiR2在溶液中存在以下平衡：NiR2 (aq) Ni2+(aq) +2R-(aq)。

Fe2+和H2O2通过反应i和反应ii将R—转化成难以与Ni2+络合的·R，使c(R-)减小，平衡正向移动，实现“脱络”0.45 低于此数值，反应i生成的·OH过少，不足以使R—充分转化成·R；高于此数值，H2O2多，但反应i生成的·OH能与H2O2发生反应iii，使H2O2转化成O2和H2O，同样不能使R—充分转化成·R。

【解析】
(1)①向废水(镍主要以NiR2络合物形式存在)中加入Na2S，使其中的NiR2生成NiS沉淀，反应的离子方程式为NiR2 + S2-= NiS↓+ 2R-，故答案为：NiR2 + S2-= NiS↓+ 2R-；
②NiS沉淀生成的同时会有少量Ni(OH)2沉淀生成，是因为S2- + H2O HS- + OH-，NiR2 + 2OH- = Ni(OH)2↓+ 2R-，故答案为S2- + H2O HS- + OH-；NiR2 + 2OH- = Ni(OH)2↓+ 2R-；(2)①NiR 2在溶液中存在以下平衡：NiR2 (aq) Ni2+(aq) +2R-(aq)。

Fe2+和H2O2通过反应i 和反应ii将R—转化成难以与Ni2+络合的·R，使c(R-)减小，平衡正向移动，实现“脱络”，故答案为NiR 2在溶液中存在以下平衡：NiR2 (aq) Ni2+(aq) +2R-(aq)。

Fe2+和H2O2通过反应i和反应ii将R—转化成难以与Ni2+络合的·R，使c(R-)减小，平衡正向移动，实现“脱络”；
②根据图中曲线，过氧化氢的加入量为0.45g·L-1时，溶液中镍去除率最高，低于或高于这个值，废水处理效果都下降，原因是低于此数值，反应i生成的·OH过少，不足以使R—充分转化成·R；高于此数值，H2O2多，但反应i生成的·OH能与H2O2发生反应iii，使H2O2转化成O2和H2O，同样不能使R—充分转化成·R，故答案为0.45；低于此数值，反应i生成的·OH过少，不足以使R-充分转化成·R；高于此数值，H2O2多，但反应i生成的·OH能与
H2O2发生反应iii，使H2O2转化成O2和H2O，同样不能使R-充分转化成·R。

点睛：本题考查的知识点比较陌生，难点较大。

解答本题的关键是认真阅读题干，从题干中寻找解题需要的信息。

本题的难点是(2)②，需要充分利用·OH与H2O2发生反应的信息。

9．H2O2是一种常见试剂，在实验室、工业生产上有广泛用途
Ⅰ.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。