高考化学复习化学反应速率与化学平衡专项综合练含答案(1)

高考化学复习化学反应速率与化学平衡专项综合练含答案(1)
一、化学反应速率与化学平衡
1．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：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(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 Cr 2O 72-(橙色)+H 2O ƒCrO 42-(黄色)+2H +
正向是吸热反应，若因
浓H 2SO 4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 Cr 2O 72-+6I
-
+14H +=2Cr 3++3I 2+7H 2O Cr 2O 72-+6e -+14H +=2Cr 3++7H 2O 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-，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Cr2O72-还原为Cr3+。

如此循环往复，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。

由此可知，实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因是：阳极Fe失电子生成Fe2+，Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生成Fe3+，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72-，故在阴阳两极附近均在大量的Fe2+，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-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。

2．用H2O2、KI和洗洁精可完成“大象牙膏”实验（短时间内产生大量泡沫），某同学依据文献资料对该实验进行探究。

（1）资料1：KI在该反应中的作用：
H2O2＋I－＝H2O＋IO－；H2O2＋IO－＝H2O＋O2↑＋I－。

总反应的化学方程式是
________________。

（2）资料2：H2O2分解反应过程中能量变化如图所示，其中①有KI加入，②无KI加入。

下列判断正确的是___________（填字母）。

a. 加入KI后改变了反应的路径
b. 加入KI后改变了总反应的能量变化
c. H2O2＋I－＝H2O＋IO－是放热反应
（3）实验中发现，H2O2与KI溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。

再加入CCl4，振荡、静置，气泡明显减少。

资料3：I2也可催化H2O2的分解反应。

①加CCl4并振荡、静置后还可观察到___________，说明有I2生成。

②气泡明显减少的原因可能是：i. H2O2浓度降低；ii. ________。

以下对照实验说明i不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。

A试管加入CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。

观察到的现象是_____________。

（4）资料4：I－（aq）＋I2（aq）ƒI3－（aq） K＝640。

为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20 mL一定浓度的H2O2溶液中加入10mL 0.10mol·L－1 KI溶液，达平衡后，相关微粒浓度如下：
微粒I－I2I3－
①a ＝__________。

②该平衡体系中除了含有I －，I 2，I 3－外，一定还含有其他含碘微粒，理由是________________。

【答案】2H 2O 2KI 2H 2O ＋O 2↑ a 下层溶液呈紫红色 在水溶液中I 2的浓度降低 A 试管中产生气泡明显变少；B 试管中产生气泡速率没有明显减小 32.510-⨯ 2c （I 2）＋c （I
－
）＋3c （I 3－）＜0.033mol ·L －1
【解析】 【分析】
（1）H 2O 2＋I －＝H 2O ＋IO －,H 2O 2＋IO －＝H 2O ＋O 2↑＋I －,把两式加和，即可得到总反应的化学方程式。

（2）a. 加入KI 后，一步反应分为两步进行，也就是改变了反应的路径，a 正确； b. 加入KI 后，反应物和生成物的能量都没有改变，b 不正确； c. 由图中可知，H 2O 2＋I －＝H 2O ＋IO －是吸热反应，c 不正确。

（3）①加CCl 4并振荡、静置后还可观察到下层溶液呈紫红色，说明有I 2生成。

②气泡明显减少的原因可能是：i. H 2O 2浓度降低；ii. 在水溶液中I 2的浓度降低。

以下对照实验说明i 不是主要原因：向H 2O 2溶液中加入KI 溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A 、B 两试管中。

A 试管加入CCl 4，B 试管不加CCl 4，分别振荡、静置。

观察到的现象是H 2O 2溶液的浓度相同，但产生气泡的速率差异很大。

（4）① 3
3
4.010K 6402.510a
--⨯==⨯⨯，由此可求出a 。

②该平衡体系中除了含有I －
，I 2，I 3－
外，一定还含有其他含碘微粒，理由是原来溶液中c (I -)=
10mL 0.1mol/L
0.033mol/L 30mL
⨯=，求出I －，I 2，I 3－中所含I 的浓度和，二者比较便可得
到结论。

【详解】
（1）H 2O 2＋I －＝H 2O ＋IO －,H 2O 2＋IO －＝H 2O ＋O 2↑＋I －,把两式加和，即可得到总反应的化学方程式为2H 2O 2KI 2H 2O ＋O 2↑。

答案为：2H 2O 2KI 2H 2O ＋O 2↑；
（2）a. 加入KI 后，一步反应分为两步进行，也就是改变了反应的路径，a 正确； b. 加入KI 后，反应物和生成物的能量都没有改变，b 不正确；
c. 由图中可知，H 2O 2＋I －＝H 2O ＋IO －的反应物总能量小于生成物总能量，所以该反应是吸热反应，c 不正确。

答案为：a ；
（3）①加CCl 4并振荡、静置后还可观察到下层溶液呈紫红色，说明有I 2生成。

答案为：下层溶液呈紫红色；
②气泡明显减少的原因可能是：i. H 2O 2浓度降低；ii. 在水溶液中I 2的浓度降低。

以下对照实验说明i 不是主要原因：向H 2O 2溶液中加入KI 溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A 、
B两试管中。

A试管加入CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。

观察到的现象是H2O2溶液的浓度相同，但产生气泡的速率差异很大。

答案为：在水溶液中I2的浓度降低；A试管中产生气泡明显变少，B试管中产生气泡速率没有明显减小；
（4）①
3
3
4.010
K640
2.510a
-
-
⨯
==
⨯⨯
，由此可求出a=2.5×10-3mol/L。

答案为：2.5×10-3；
②该平衡体系中除了含有I－，I2，I3－外，一定还含有其他含碘微粒，理由是原来溶液中，
c(I-)=10mL0.1mol/L
0.033mol/L
30mL
⨯
=；现在溶液中，I－，I2，I3－中所含I的浓度和为2c(I2)
＋c(I－)＋3c(I3－)=2×2.5×10-3+2.5×10-3+3×4.0×10-3=0.0195<0.033，I不守恒，说明产物中还有含碘微粒。

答案为：2c(I2)＋c(I－)＋3c(I3－)<0.033mol·L－1。

【点睛】
在做探究实验前，要进行可能情况预测。

向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄，则表明生成了I2，加入CCl4且液体分层后，发现气泡逸出的速率明显变慢，CCl4与H2O2不反应，是什么原因导致生成O2的速率减慢？是c(H2O2)减小，还是c(I2)减小所致？于是我们自然想到设计对比实验进行验证。

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
试管A试管B
加入试剂2mL0.1mol/L H2C2O4溶液、
1mL 0.05mol/L 酸性KMnO4
2mL0.1mol/L H2C2O4溶液、1mL
0.05mol/L 酸性KMnO4，少量MnSO4
（s）
实验现象（褪色
时间）
褪色较慢褪色较快
结论猜想Ⅱ正确
4．硫代硫酸钠俗称保险粉，实验室用SO2通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中来制备硫代硫酸钠。

(1)用图2所示装置制取Na2S2O3，其中盛放Na2SO3固体的玻璃仪器名称是____________，三颈烧瓶中发生反应的化学方程式______________。

(2)保险粉样品中Na2S2O3·5H2O的纯度(质量分数)可通过氧化还原滴定法测定，相关反应方程式为2Na2S2O3＋I2＝2NaI＋Na2S4O6。

准确称取W g样品于锥形瓶中，用适量蒸馏水溶解，并滴加淀粉溶液作指示剂。

用0.1000 mol·L－1碘的标准溶液进行滴定。

请回答：
①到达滴定终点的标志_______________。

②滴定起始和终点的液面位置如图3，则消耗碘的标准溶液体积为____mL，产品的纯度为______________(设Na2S2O3·5H2O相对分子质量为M)。

③若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则会使样品中Na2S2O3·5H2O的纯度的测量结果___________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。

(3)某研究小组以硫代硫酸钠与硫酸反应来探究外界条件对反应速率的影响，设计实验如下：
下列有关说法不正确的是__________________
A．该同学在实验中采用的研究方法是实验比较法
B实验①和②探究其他条件不变时Na2S2O3浓度对相关反应速率的影响
C．实验①和③溶液变浑浊的时间相同
D．其他条件不变时，探究温度对化学反应速率的影响，应选择实验③和⑤
【答案】蒸馏烧瓶 2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2溶液变为蓝色，且30s内不恢复原
色 18.10
-3
0.326M 3.62?10?M
%
W W
或偏低 CD
【解析】
【分析】
(1)根据仪器的结构和性能确定盛放Na2SO3固体的玻璃仪器名称；三颈烧瓶中发生的反应是SO2通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中生成硫代硫酸钠；
(2)①用配制的碘溶液滴定硫代硫酸钠，利用碘单质遇淀粉变蓝指示反应终点；
②终点读数与起点读数之差为消耗碘的标准溶液体积，根据方程式计算；
③局部变色就停止滴定，消耗标准溶液体积偏小，测定结果偏低；
(3)A．采取控制变量法对比实验探究外界条件对反应速率的影响；
B．实验①、②的温度相等，c(H2SO4)相等，c(Na2S2O3)不相等，故实验①、②是探究浓度对化学反应速率的影响；
C．实验①、③的温度相等，c(Na2S2O3)相等，c(H2SO4)不相等，反应速率不相等；
D．实验③、⑤温度不相等，c(H2SO4)和c(Na2S2O3)也均不相等。

【详解】
(1) 盛放Na2SO3固体的玻璃仪器是蒸馏烧瓶，三颈烧瓶中SO2通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中生成硫代硫酸钠时发生反应的化学方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2；(2)①用配制的碘溶液滴定硫代硫酸钠，滴入最后一滴碘的标准溶液，溶液变为蓝色，且30s内不恢复原色，说明反应到达终点；
②终点读数为18.10mL，起点读数为0.00mL，故消耗碘的标准溶液体积为18.10mL，
设Na2S2O3•5H2O的纯度为x，则：
2Na2S2O3•5H2O～2Na2S2O3～I2
2Mg 1mol
Wxg 18.10×10-3L×0.1000mol•L-1
故2Mg：Wxg=1mol：18.10×10-3L×0.1000mol•L-1，解得x=0.362M
W
%；
③局部变色就停止滴定，消耗标准溶液体积偏小，会使样品中Na2S2O3•5H2O的纯度的测量结果偏低；
(3)A．采取控制变量法对比实验探究外界条件对反应速率的影响，故A正确，
B．实验①、②的温度相等，c(H2SO4)相等，c(Na2S2O3)不相等，故实验①、②是探究浓度对化学反应速率的影响，故B正确；
C实验①、③的温度相等，c(Na2S2O3)相等，c(H2SO4)不相等，③中c(H2SO4)较大，反应速率较快，变浑浊时间较短，故C错误；
D探究温度对化学反应速率的影响，应保证物质的浓度相等，而实验③、⑤温度不相等，c(H2SO4)和c(Na2S2O3)也均不相等，实验②、④中c(H2SO4)和c(Na2S2O3)均相等，但温度不等，故实验②、④是探究温度对化学反应速率的影响，故D错误；
故答案为CD。

5．某研究性学习小组向一定量的NaHSO3溶液（加入少量淀粉）中加入稍过量的KIO3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色。

为进一步研究有关因素对反应速率的影响，探究如下。

（1）查阅资料知NaHSO3与过量KIO3反应分为两步进行，且其反应速率主要由第一步反应决定。

已知第一步反应的离子方程式为IO3—+3HSO3—===3SO42—+I—+3H+，则第二步反应的离子方程式为________________。

（2）通过测定溶液变蓝所用时间来探究外界条件对该反应速率的影响，记录如下。

①实验①②是探究_______________对反应速率的影响，表中t1 ______t2（填“>”、“=”或“<”）;
②实验①③是探究温度对反应速率的影响，表中a=________，b=________。

、
（3）将NaHSO3溶液与KIO3溶液在恒温条件下混合，用速率检测仪检测出起始阶段反应速率逐渐增大。

该小组对其原因提出如下假设，请你完成假设二。

假设一：生成的SO42—对反应起催化作用；
假设二：______________________________；
……
（4）请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。

【答案】IO3—+5I—+6H+=3I2+3H2O KIO3溶液的浓度 > 10.0 4.0 生成的I—或H+对反应起催化作用 Na2SO4粉末 = <
【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据信息，溶液变蓝，说明产生I2，离子反应方程式为：IO3－+5I－+6H＋=3I2+3H2O；（2）探究影响反应速率的因素，要求其他条件不变，通过①②对比，KIO3浓度不同，因此实验探究KIO3溶液的浓度对反应速率的影响，浓度越高，反应速率越快，即t1>t2，
a=10.0，b=4.0；
(3）生成的I－或H＋对反应起催化作用；
（4）①研究SO42－做催化剂，因此①中加入Na2SO4粉末；②当反应速率相等，假设一不相等，若v(甲）<v(乙），假设一成立。

6．某化学探究小组为研究影响化学反应速率的因素，进行了如下探究实验。

根据实验内容完善下列实验报告。

（1）该实验的目的为_________________________。

（2）该实验过程中用到的玻璃仪器有_________________________。

（3）过程体验
【答案】探究影响化学反应速率的因素试管、胶头滴管镁条反应物本身的性质粉末越小越大 5mol/L 越大甲越高
【解析】
【分析】
（1）据题干所给信息“某化学探究小组为研究影响化学反应速率的因素”解答；
（2）该实验主要是试管实验，需要试管和胶头滴管；
（3）影响化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质，另外外界的温度、反应物浓度、气体的压强、外加催化剂以及固体的接触面积对反应速率也有影响，据此解答。

【详解】
（1）为研究影响化学反应速率的因素进行的探究实验，所以实验目的为：探究影响化学反应速率的因素。

故答案为探究影响化学反应速率的因素；
（2）实验在试管中进行，需要胶头滴管滴加液体，所以用到的玻璃仪器有试管、胶头滴管；
（3）实验（1），镁比铁活泼，与同浓度的盐酸反应，镁反应速率快，得到的实验结论为：影响化学反应速率大小的内因为反应物本身的性质。

实验（2）固体的接触面积越大反应速率越快，则粉末状CaCO3与盐酸反应产生气泡的速率快；得到的实验结论为参加反应的固体物质颗粒越小，与其他反应物的接触面积越大，化学反应速率越快。

实验（3）反应物浓度越大反应速率越快，则铁片与5mol/L盐酸反应产生气泡的速率快；得到的结论为反应物的浓度越大，化学反应速率越快。

实验（4）温度越高反应速率越快，则甲的反应速率高，得到的结论为温度越高，化学反应速率越快。

【点睛】
控制变量法探究影响化学反应速率的因素：影响化学反应速率的因素有多种，在探究相关规律时，需要控制其他条件不变，只改变某一个条件，探究这一条件对反应速率的影响。

变量探究实验因为能够考查学生对于图表的观察、分析以及处理实验数据归纳得出合理结论的能力，因而在这几年高考试题中有所考查。

解答此类题时，要认真审题，清楚实验目的，弄清要探究的外界条件有哪些。

然后分析题给图表，确定一个变化的量，弄清在其他几个量不变的情况下，这个变化量对实验结果的影响，进而总结出规律。

然后再确定另一个变量，重新进行相关分析。

7．某化学兴趣小组为验证SO2的还原性和Fe3+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SO2和FeCl3溶液的反应来探究，并预测将SO2通入FeCl3溶液中的现象。

小组同学想听听你的分析：
（1）确定选择SO2和FeCl3溶液的反应而不选择SO2和Fe(NO3)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SO2通入FeCl3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-1FeCl3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；
8．某化学学习小组进行如下实验
Ⅰ.探究反应速率的影响因素
设计了如下的方案并记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。

限选试剂和仪器：0.20 mol·L-1H2C2O4溶液、0.010 mol·L-1KMnO4溶液（酸性）、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽
(1)上述实验①、②是探究_____对化学反应速率的影响；若上述实验②、③是探究浓度对化学反应速率的影响，则 a 为_________；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应填写_____。

Ⅱ.测定 H2C2O4·xH2O 中 x 值
已知：M（H2C2O4）=90 g·mol-1
①称取 1.260 g 纯草酸晶体，将草酸制成 100.00 mL 水溶液为待测液；
②取 25.00 mL 待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀 H2SO4；
③用浓度为 0.05 000 mol·L-1的 KMnO4标准溶液进行滴定。

(2)请写出滴定中发生反应的离子方程式_____。

(3)某学生的滴定方式（夹持部分略去）如下，最合理的是_____（选填 a、b）。

(4)由图可知消耗 KMnO4溶液体积为_____mL。

(5)滴定过程中眼睛应注视_________，滴定终点锥形瓶内溶液的颜色变化为_____。

(6)通过上述数据，求得 x=_____。

若由于操作不当，滴定结束后滴定管尖嘴处有一气泡，
引起实验结果_____（偏大、偏小或没有影响）；其它操作均正确，滴定前未用标准KMnO4 溶液润洗滴定管，引起实验结果_________（偏大、偏小或没有影响）。

【答案】温度 1.0 溶液褪色时间/s 5H2C2O4＋2MnO4-＋6H+ ===10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O b 20.00 锥形瓶中颜色变化溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色 2 偏小偏
小
【解析】
【分析】
【详解】
I、(1)由表中数据可知，实验①、②只有温度不同，所以实验①、②是探究温度对化学反应速率的影响。

若上述实验②、③是探究浓度对化学反应速率的影响，对比表中数据，只有
H2C2O4浓度可变，在保证溶液总体积(2.0mL+4.0mL=6.0mL)不变条件下加蒸馏水稀释H2C2O4溶液，所以a=6.0mL-4.0mL-1.0mL=1.0mL。

因为本实验是探究反应速率的影响因素，所以必须有能够计量反应速率大小的物理量，KMnO4的物质的量恒定，KMnO4呈紫色，可以以溶液褪色所用的时间来计量反应速率，所给仪器中有秒表，故时间单位为“s”，表格中
“乙”应该是“溶液褪色时间/s”。

II、(2)H2C2O4分子中碳原子显+3价，有一定的还原性，常被氧化为CO2，KMnO4具有强氧
化性，通常被还原为Mn2+，利用化合价升降法配平,所以滴定中的离子方程式为：
5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(3)KMnO4具有强氧化性，能氧化橡胶，所以不能用碱式滴定管盛装KMnO4溶液，a不合理，答案选b；
(4)图中滴定管精确到0.1mL，估读到0.01mL，从上往下读，滴定前的读数为0.90mL，滴定后的读数20.90mL，消耗KMnO4溶液体积为20.90mL-0.90mL=20.00mL；
(5)滴定实验中减小误差的关键操作就是要准确判断滴定终点，所以滴定过程中眼睛始终注视着锥形瓶中溶液颜色的变化；KMnO4呈紫红色，当KMnO4不足时，溶液几乎是无色，当H2C2O4完全反应后，再多一滴KMnO4溶液，溶液立即显红色，此时我们认为是滴定终点，为防止溶液局部没有完全反应，故还要持续摇动锥形瓶30s，所以滴定终点锥形瓶内溶液
的颜色变化为：溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；
(6)先求H2C2O4物质的量，再求H2C2O4·xH2O摩尔质量。