2020-2021备战高考化学培优(含解析)之化学反应速率与化学平衡及答案

2020-2021备战高考化学培优(含解析)之化学反应速率与化学平衡及答案
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．根据当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿(主要成分为FeS2)作为原料。

完成下列填空：
(1)将0.050mol SO2(g) 和0.030mol O2(g) 充入一个2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)+Q。

经2分钟反应达到平衡，测得n(SO3)=0.040mol，则O2的平均反应速率为______
(2)在容积不变时，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有______(选填编号)
a.移出氧气
b.降低温度
c.减小压强
d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)
(3)在起始温度T1(673K)时SO2的转化率随反应时间(t)的变化如图，请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2(723K)时SO2的转化率随反应时间变化的示意图___
(4)黄铁矿在一定条件下煅烧的产物为SO2和Fe3O4
①将黄铁矿的煅烧产物Fe3O4溶于H2SO4后，加入铁粉，可制备FeSO4。

酸溶过程中需维持溶液有足够的酸性，其原因是______
②FeS2能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，本身被氧化为SO42﹣。

写出有关的离子方程式
______。

有2mol氧化产物生成时转移的电子数为______
【答案】0.005mol/(L•min) bd 抑
制Fe3+与Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+ FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+
14N A
【解析】
【分析】
(1)根据v＝
c
t
∆
∆
求出氧气的速率，然后根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比计
算；
(2)反应放热，为提高SO2平衡转化率，应使平衡向正反应方向移动，可降低温度，体积不变，不能从压强的角度考虑，催化剂不影响平衡移动，移出氧气，平衡向逆反应方向移动，不利于提高SO2平衡转化率，由此分析解答；
(3)反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但达到平衡所需要的时间缩短，据此画出曲线；
(4)①Fe3＋与Fe2＋易水解，Fe2＋易被氧化成Fe3＋；
②根据氧化还原反应中的反应物和生成物几何电子守恒来配平化学方程式，结合方程计算
转移电子数。

【详解】
(1)v(SO3)＝
c
t
∆
∆
＝
0.040mol
2L
2min
＝0.01mol/(L•min)，所以v(O2)＝
1
2
v(SO3)＝0.005mol/(L•min)，
故答案为：0.005mol/(L•min)；
(2)a．移出氧气，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；
b．降低温度，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；
c．减小压强，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；
d．再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)，相当于增大压强，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；
故答案为：bd；
(3)反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) △H＜0，SO2的转化率在起始温度T1＝673K下随反应时间(t)的变化如图，其他条件不变，仅改变起始温度为T2＝723K，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，在图中画出温度T2下SO2的转化率随反应时间变化的预期结果示意图如图所示
；故答案为：；
(4)①Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SO4后，生成的Fe3＋与Fe2＋易水解，Fe2＋易被氧化成Fe3＋，所以要加入Fe粉和酸，抑制Fe3＋与Fe2＋的水解，并防止Fe2＋被氧化成Fe3＋，故答案为：抑制Fe3＋与Fe2＋的水解，并防止Fe2＋被氧化成Fe3＋；
②−2价的硫离子具有还原性，FeS2可以将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，而本身被氧化为硫酸根离子，有关的离子方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+，氧化产物是硫酸根离子，有2mol硫酸根生成时转移的电子数为14N A，故答案为：
FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+；14N A。

【点睛】
注意(3)温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，此为解题的关键。

3．资料显示“2
O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2
O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 -。

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 Na 2S 2O 3标准溶液滴定，反应原理为：2Na 2S 2O 3＋I 2＝2NaI ＋Na 2S 4O 6。

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I 2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Mn 2＋对KMnO 4酸性溶液与H 2C 2O 4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 KMnO 4酸性溶液、0.1 mol/L H 2C 2O 4溶液、一粒黄豆大的MnSO 4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．某小组同学对FeCl3与KI的反应进行探究。

（初步探究）室温下进行下表所列实验。

(1)证明实验Ⅰ中有Fe2+ 生成，加入的试剂为____________________________。

(2)写出实验Ⅰ反应的离子方程式：_____________________________________。

(3)上述实验现象可以证明Fe3+与I−发生可逆反应，实验Ⅰ在用量上的用意是__________
(4)在实验I的溶液中加入CCl4，实验现象是____________________________，取其上层清液中滴加KSCN溶液，并未看到明显的红色，其原因为（从平衡移动的角度解释）
_________________________________________________________。

（深入探究）20min后继续观察实验现象：实验Ⅰ溶液棕黄色变深；实验Ⅱ溶液红色变浅。

(5)已知在酸性较强的条件下，I−可被空气氧化为I2，故甲同学提出假设：该反应条件下空气
将I−氧化为I2，使实验Ⅰ中溶液棕黄色变深。

甲同学设计实验：
____________________________________，20min内溶液不变蓝，证明该假设不成立，导致溶液不变蓝的因素可能是__________________________。

噲?2Fe2++I2使KI过量，再检验是否有Fe3+，以证明该反【答案】铁氰化钾 2Fe3++2I−垐?
应为可逆反应下层呈紫色，上层呈浅绿色用CCl4萃取碘以后，使平衡右移，Fe3+浓度更小，与SCN-的反应不明显向试管中加入5ml 0.1mol/L的KI溶液和1-2滴淀粉溶液，加酸调pH=5,钟后观察现象碘离子浓度过小，氢离子浓度过小（合理即可）
【解析】
【分析】
(1) 在含有Fe2+ 的溶液中滴加铁氰化钾溶液有蓝色沉淀生成；
(2) Fe3+与I-发生氧化还原反应生成碘单质；
(3) 取2mL实验Ⅰ反应后的溶液，滴加2滴0.1mol•L-1KSCN溶液溶液呈红色，实验Ⅰ滴入几滴反应后仍含铁离子；
(4)I2易溶于CCl4；减小生成物的浓度，平衡会向正反应方向移动。

(5) 已知在酸性较强的条件下，I-可被空气氧化为I2，设计实验可以在酸性弱的条件下观察反应现象分析判断，导致溶液不变蓝的因素可逆是碘离子浓度和氢离子浓度低的原因。

【详解】
(1) 取实验Ⅰ反应后溶液适量，向溶液中滴加铁氰化钾溶液有蓝色沉淀生成，说明所得溶液中含有Fe2+ ，即反应中生成Fe2+；
(2) Fe3+与I-发生氧化还原反应，所以该反应的离子方程式为：2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2；
(3) 实验Ⅱ取2mL实验Ⅰ反应后的溶液，滴加2滴0.1mol•L-1KSCN溶液，溶液变红色，说明KI过量的前提下仍含铁离子，说明反应不能进行彻底，证明反应为可逆反应；
(4) 因I2易溶于CCl4，则实验I的溶液中加入CCl4，振荡静置后可观察到下层呈紫色，上层呈浅绿色；在2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2平衡体系中，萃取后I2的浓度降低，平衡正向移动，溶液中Fe3+的浓度极低，向上层清液中滴加KSCN溶液，Fe3+与SCN-的反应不明显，无法看到明显的红色。

(5) 已知在酸性较强的条件下，I-可被空气氧化为I2，故甲同学提出假设：该反应条件下空气将I-氧化为I2，使实验Ⅰ中溶液棕黄色变深。

甲同学设计实验：向试管中加入
5ml0.1molKI溶液和2滴淀粉溶液，加酸调至PH=5，20min内溶液不变蓝，证明该假设不成立，导致溶液不变蓝的因素可能是c(I-)浓度低、c(H+)浓度低。

6．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 。

7．实验室用H 2O 2分解反应制取氧气时，常加入催化剂以加快反应速率，某研究性学习小组为研究催化剂FeCl 3的量对O 2生成速率的影响，设计了如下三组实验方案（见下表），将表中所给的试剂按一定体积混合后进行反应。

实验编号 试剂 A B C 10% H 2O 2/mL 20.0 V 1 V 2 2 mol·L -1 FeCl 3/ mL 0 5.0 10.0 H 2O/ mL
V 3
V 4
按要求回答下列问题：
（1）欲用图装置来比较该反应的反应速率快慢，检查该装置气密性的方法是_______。

（2）当反应物的浓度、用量及其他影响速率的条件确定之后，可以通过测____________________推(计)算反应速率。

（3）为实现实验目的，则V 4=____。

（4）已知Fe 3+催化H 2O 2分解的机理可分两步反应进行，其中第一步反应为：2Fe 3+ + H 2O 2 =2Fe 2+ + O 2↑+ 2H +，则第二步反应的离子方程式为：___________________。

（5）读数时发现，量气装置左端液面低于右端液面，则测得的气体体积_____填“偏大”、“偏小”或“无影响”）
【答案】关闭分液漏斗活塞，向量气管中加水至两端产生液面差，记录刻度，静置一段时间后，刻度不变，证明气密性良好 相同时间内收集气体的体积或收集相同体积的气体所需的时间 5 2Fe 2++H 2O 2+2H +=2Fe 3++2H 2O 偏小 【解析】 【分析】
（1）检查装置气密性之前必须形成密闭系统，通过改变系统中的压强判断；
（2）由反应速率公式可知，当反应物的浓度、用量及其他影响速率的条件确定之后，可以通过测定相同时间内收集气体的体积或收集相同体积的气体所需的时间来计算化学反应速率；
（3）研究催化剂FeCl3的量对O2生成速率的影响实现实验目的，应使反应物的浓度相同及总体积相同；
（4）总反应减去第一步反应为第二步反应；
（5）由PV=nRT判断可得。

【详解】
（1）检查装置气密性之前必须形成密闭系统，通过改变系统中的压强判断，则检查装置气密性的方法是关闭分液漏斗活塞，向量气管中加水形成密闭系统，若加水至两端产生液面差后，静置一段时间，液面差不变，证明装置气密性良好，故答案为：关闭分液漏斗活塞，向量气管中加水至两端产生液面差，记录刻度，静置一段时间后，刻度不变，证明气密性良好；
（2）由反应速率公式可知，当反应物的浓度、用量及其他影响速率的条件确定之后，可以通过测定相同时间内收集气体的体积或收集相同体积的气体所需的时间来计算化学反应速率，故答案为：相同时间内收集气体的体积或收集相同体积的气体所需的时间；
（3）研究催化剂FeCl3的量对O2生成速率的影响实现实验目的，应使反应物的浓度相同及总体积相同，则V1=V2=20.0mL，由C可知总体积为30.0mL，则V4=30.0-20.0-5.0=5.0mL，故答案为：5.0；
（4）总反应为2H2O2═2H2O+O2↑，第一步反应为2Fe3++H2O2═2Fe2++O2↑+2H+，则总反应减去第一步反应为第二步反应2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故答案为：
2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；
（5）读数时发现，量气装置左端液面低于右端液面，说明装置中压强高于外界大气压，由PV=nRT可知，测得的气体体积偏小，故答案为：偏小。

【点睛】
当反应物的浓度、用量及其他影响速率的条件确定之后，可以通过测定相同时间内收集气体的体积或收集相同体积的气体所需的时间来计算化学反应速率是解答难点，也是易错点。

8．Ⅰ.某研究性学习小组为了研究影响化学反应速率的因素，设计如下方案：
反应方程式为：2KMnO4 + 5H2C2O4 + 3H2SO4 = K2SO4 + 2MnSO4 + 10CO2↑+ 8H2O。

（1）实验的记时方法是从溶液混合开始记时,至_________________时，记时结束。

（2）实验①和②研究浓度对反应速率的影响，则V1=______mL , V2=_______mL。

（3）下列有关该实验的叙述正确的是_________。