2020-2021备战高考化学复习化学反应速率与化学平衡专项易错题及答案解析

2020-2021备战高考化学复习化学反应速率与化学平衡专项易错题及答案解析
一、化学反应速率与化学平衡
1．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－
浓度/（mol·L－1） 2.5×10－3a 4.0×10－3
①a＝__________。

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
________________。

【答案】2H2O2KI2H2O＋O2↑ a 下层溶液呈紫红色在水溶液中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 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
34.010K 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。

答案为：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；
（4）① 3
34.010K 6402.510a
--⨯==⨯⨯，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 －，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
⨯=；现在溶液中，I －，I 2，I 3－中所含I 的浓度和为2c (I 2)
＋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。

2．实验室用H2O2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FeCl3的量对O2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
A B C
试剂
10% H2O2/mL20.0V1V2
2 mol·L-1 FeCl3/ mL0 5.010.0
H2O/ mL V3V40
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V4=____。

（4）已知Fe3+催化H2O2分解的机理可分两步反应进行，其中第一步反应为：2Fe3+ + H2O2 =2Fe2+ + O2↑+ 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 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 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。

3．为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图1、2所示的实验。

请回答相关问题。

（1）定性分析：如图1可通过观察_______，定性比较得出结论。

有同学提出将FeCl3改为
0.05 mol/L Fe2(SO4)3更为合理，其理由是_______。

（2）定量分析：如图2所示，实验时均生成40 mL气体，其它可能影响实验的因素均已忽略。

实验中需要测量的数据是_________。

（3）加入0.10 mol MnO2粉末于50 mL 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3所示。

①写出H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学方程式________________。

②实验时放出气体的总体积是________mL。

③A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序为：___＞___＞___＞___。

解释反应速率变化的原因___________________。

④H2O2的初始物质的量浓度是___________（请保留两位有效数字）。

【答案】产生气泡的快慢消除阴离子不同对实验的干扰产生40 mL气体所需的时间
2H2O22H2O+O2↑ 60 D C B A 随着反应的进行，H2O2浓度减小，反应速率减慢0.11 mol/L
【解析】
【详解】
⑴该反应中产生气体，所以可根据生成气泡的快慢判断；氯化铁和硫酸铜中阴阳离子都不同，无法判断是阴离子起作用还是阳离子起作用；硫酸钠和硫酸铜阴离子相同，可以消除阴离子不同对实验的干扰，答案为：两支试管中产生气泡的快慢；消除阴离子不同对实验的干扰；
⑵仪器名称分液漏斗，检查气密性的方法：关闭分液漏斗的活塞，将注射器活塞向外拉出一段，过一会后看其是否回到原位；该反应是通过生成气体的反应速率分析判断的，所以
根据v=
V
t
∆
∆
知，需要测量的数据是产生40ml气体所需要的时间，答案为：分液漏斗，关
闭分液漏斗的活塞，将注射器活塞向外拉出一段，过一会后看其是否回到原位；产生40ml 气体所需要的时间。

⑶从曲线的斜率可排知，反应速率越来越小，因为反应速率与反应物浓度成正比，随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，反应速率逐渐减小；
①在二氧化锰作催化剂条件下，双氧水分解生成水和氧气，反应方程式为：
2H2O22H2O+O2↑；
②根据图象知，第4分钟时，随着时间的推移，气体体积不变，所以实验时放出气体的总体积是60 mL；
③根据图象结合v=
V
t
∆
∆
知，A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序为D＞C＞B＞A；
反应速率与反应物浓度成正比，随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，反应速率逐渐减小，
④设双氧水的物质的量为x，
2H2O22H2O+O2↑
2mol 22.4L
x 0.06L x=2
0.0622.4mol L L
=0.0054mol ， 所以其物质的量浓度=
0.00540.05mol L =0.11 mol·L -1，故答案为0.11 mol·L -1．
4．某小组研究了铜片与-135.6mol?L HNO 反应的速率，实现现象记录如下表。

实验 时间段 现象
0~15min 铜片表面出现极少气泡
15~25min 铜片表面产生较多气泡，溶液呈很浅的蓝色
25~30min
铜片表面均匀冒出大量气泡 30~50min
铜片表面产生较少气泡，溶液蓝色明显变深，液面上方呈浅棕色
为探究影响该反应速率的主要因素，小组进行如下实验。

实验I ：监测上述反应过程中溶液温度的变化，所得曲线如下图。

实验II ：②-④试管中加入大小、形状相同的铜片和相同体积、 -135.6mol?L HNO 。

结
果显示：32Cu(NO )NO 、对Cu 和3HNO 反应速率的影响均不明显，2NO 能明显加快该反应的速率。

实验III ：在试管中加入铜片和-135.6mol?L HNO ，当产生气泡较快时，取少量反应液于
试管中，检验后发现其中含有-
2NO 。

（1）根据表格中的现象，描述该反应的速率随时间的变化情况：____________。

（2）实验I 的结论：温度升高___________（填“是”或“不是”）反应速率加快的主要原因。

（3）实验II 的目的是：__________。

（4）小组同学查阅资料后推测：该反应由于生成某中间产物而加快了反应速率。

请结合实验II 、III ，在下图方框内填入相应的微粒符号①____②_____，以补全催化机理。

（5）为验证（4）中猜想，还需补充一个实验：__________（请写出操作和现象）。

【答案】反应速率先变快后变慢 不是 检验()322Cu NO NO NO 、、能否加快铜和硝酸
反应的速率 2NO 2NO -
在试管A B 、中均加入相同的铜片和等体积的15.6mol L -g 硝酸，向B 中加入2NaNO 固体，产生气泡的速率B 比A 快。

【解析】
【分析】
（1）表格中的现象变化：极少气泡→较多气泡→大量气泡→较少气泡；
（2）5—30min ，温度不变，但是15—30min ，反应速率加快；
（3）实验II 结论：32Cu(NO )NO 、对Cu 和3HNO 反应速率的影响均不明显，2NO 能明显加快该反应的速率；
（4）结合实验II 与实验III ，实验II ：可知2NO 能明显加快该反应的速率。

实验III ：发现其中含有-
2NO 。

再根据化合价的升降可判断；
（5）中间产物为-
2NO ；
【详解】
（1）根据表格中的气泡多少的现象，可知该反应的速率随时间的变化情况：反应速率先变快后变慢；
（2）由分析可知，温度不变时反应速率却加快，故温度升高不是反应速率加快的主要原因；
（3）由分析可知，实验II 的目的是：检验322Cu(NO )NO NO 、、能否加快铜和硝酸反应的速率；
（4）Cu → Cu 2+，化合价升高，则①→②的化合价降低，故①为2NO ，②为-
2NO ；
（5）验证中间产物-2NO 加快了反应速率，则可以在试管A B 、中均加入相同的铜片和等体积的-15.6mol?L 硝酸，向B 中加入2NaNO 固体，产生气泡的速率B 比A 快。

5．硫代硫酸钠(Na 2S 2O 3)是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S 、SO 2。

Ⅰ. Na 2S 2O 3的制备。

工业上可用反应：2Na 2S+Na 2CO 3+4SO 2=3Na 2S 2O 3 +CO 2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示。

(1)b 中反应的离子方程式为________，c 中试剂为_________。

(2)反应开始后，c 中先有浑浊产生，后又变澄清。

此浑浊物是_______。

(3)实验中要控制SO 2生成速率，可以采取的措施有___________(写出两条)。

(4)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO 2，不能过量，原因是_______。

(5)制备得到的Na 2S 2O 3中可能含有Na 2SO 3、Na 2SO 4等杂质。

设计实验，检测产品中是否存在Na 2SO 4：___________________________________。

Ⅱ. 探究Na 2S 2O 3与金属阳离子的氧化还原反应。

资料：ⅰ．Fe 3++3S 2O 32-Fe(S 2O 3)33-(紫黑色) ⅱ．Ag 2S 2O 3为白色沉淀，Ag 2S 2O 3可溶于过量的S 2O 32- 装置 编号 试剂X 实验现象
① Fe(NO 3)3溶液 混合后溶液先变成紫黑色, 30s 后溶
液几乎变为无色
② AgNO 3溶液
先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉
淀溶解，得到无色溶液
(6)根据实验①的现象，初步判断最终Fe 3+被S 2O 32-还原为Fe 2+，通过____(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe 2+。

从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅰ的现象：____。

(7)同浓度氧化性：Ag + > Fe 3+。

实验②中Ag +未发生氧化还原反应的原因是____。

(8)进一步探究Ag +和S 2O 32-反应。

装置编号试剂X实验现象
③AgNO3溶液先生成白色絮状沉淀，沉淀很快变为黄色、棕色，最后为黑色沉淀。

实验③中白色絮状沉淀最后变为黑色沉淀(Ag2S)的化学方程式如下，填入合适的物质和系数：Ag2S2O3+_____ =Ag2S+_____
(9)根据以上实验，Na2S2O3与金属阳离子发生氧化还原反应和____有关(写出两条)。

【答案】SO32-+2H+= H2O +SO2↑;或HSO3－+H+=SO2↑+H2O 硫化钠和碳酸钠的混合溶液硫控制反应温度、调节酸的滴加速度(或调节酸的浓度等) 若SO2过量，溶液显酸性，产物分解取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀生成紫色配合物的反应速率快，氧化还原反应速率慢；Fe3+与S2O32−氧化还原反应的程度大，Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡逆移，最终溶液几乎无色 Ag+与S2O32−生成稳定的配合物，浓度降低，Ag+的氧化性和S2O32−的还原性减弱 H2O H2SO4阳离子、用量等
【解析】
【分析】
Ⅰ.第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸；c装置为Na2S2O3的生成装置；d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体，结合问题分析解答；
Ⅱ.(6)利用铁氰化钾溶液检验反应后的溶液中含有Fe2+；根据外界条件对反应速率和平衡的影响分析解答；
(7)实验②滴加AgNO3溶液，先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液，说明溶液中Ag+较低，减少了发生氧化还原反应的可能；
(8)Ag2S2O3中S元素化合价为+2价，生成的Ag2S中S元素化合价为-2价，是还原产物，则未知产物应是氧化产物，结合电子守恒、原子守恒分析即可；
(9)结合实验①、②、③从阳离子的氧化性、离子浓度等方面分析。

【详解】
Ⅰ. (1)第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸，反应的离子方程式为：SO32-+2H+=SO2↑+H2O，c装置为Na2S2O3的生成装置，根据反应原理可知c中的试剂为：硫化钠和碳酸钠的混合溶液；
(2)反应开始时发生的反应为：Na2S+SO2+H2O=H2S+Na2SO3，SO2+2H2S=3S↓+2H2O，故该浑浊物是S；
(3)通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制SO 2生成速率；
(4)硫代硫酸钠遇酸易分解，若通入的SO 2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解；
(5)检测产品中是否存在Na 2SO 4的方法是取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl 2溶液，若出现沉淀则说明含有Na 2SO 4杂质。

Ⅱ.(6)实验①的现象是混合后溶液先变成紫黑色，30s 后溶液几乎变为无色，取反应后的混合液并加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，则有Fe 2+生成，可判断为Fe 3+被S 2O 32-还原为Fe 2+；混合后溶液先变成紫黑色，30s 后溶液几乎变为无色，说明Fe 3++3S 2O 32-
Fe (S 2O 3)33-反应速率较Fe 3+和S 2O 32-之间的氧化还原反应，且促进平衡逆向移动；先变成紫黑色后变无色，说明生成紫色配合物的反应速率快，氧化还原反应速率慢；另外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)平衡逆移，最
终溶液几乎无色；
(7)同浓度氧化性：Ag + >Fe 3+，但实验②未发生Ag +与S 2O 32-之间的氧化还原反应，结合实验现象先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液，说明Ag +与S 2O 32−生成稳定的配合物，浓度降低，Ag +的氧化性和S 2O 32−的还原性减弱；
(8)Ag 2S 2O 3中S 元素化合价为+2价，生成的Ag 2S 中S 元素化合价为-2价，是还原产物，则未知产物应是氧化产物，如果产物是H 2SO 3，能被Ag +
继续氧化，则氧化产物应为H 2SO 4，结合原子守恒可知，另一种反应物应为H 2O ，发生反应的化学方程式为Ag 2S 2O 3+H 2O =Ag 2S +H 2SO 4；
(9)结合实验①、②、③可知，Na 2S 2O 3与金属阳离子发生氧化还原反应和金属阳离子的氧化性强弱、离子浓度大小、反应物的用量等有关。

6．二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。

7．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 -1H 2C 2O 4 溶液、0.010 mol·L -1KMnO 4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 H 2C 2O 4·xH 2O 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
H 2C 2O 4完全反应后，再多一滴KMnO 4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H 2C 2O 4物质的量，再求H 2C 2O 4·xH 2O 摩尔质量。

列比例式：
22452()?0.0250.05/?0.02mol mol c H C O L mol L L =，解得c (H 2C 2O 4)=0.1mol/L 。

则1.260g 纯草酸晶体中H 2C 2O 4物质的量n (H 2C 2O 4)=0.1L ×0.1mol/L=0.01mol ，即H 2C 2O 4·xH 2O 的
物质的量=0.01mol ，H 2C 2O 4·
xH 2O 的摩尔质量1.260126.00.01g M mol ='=，2242
()126.090x 2()18M M H C O M H O --='== 。

滴定结束后滴定管尖嘴处有一气泡，使得KMnO 4溶液体积读数偏大，根据上面的计算式可
知n (H 2C 2O 4·
xH 2O)偏大，H 2C 2O 4·xH 2O 的摩尔质量偏小，x 值偏小。

若滴定前未用标准 KMnO 4 溶液润洗滴定管，KMnO 4溶液浓度偏小，滴定终点时消耗KMnO 4溶液体积偏大，根
据上面的计算式可知n (H 2C 2O 4·
xH 2O)偏大，H 2C 2O 4·xH 2O 的摩尔质量偏小，x 值偏小。

【点睛】
当探究某一因素对反应速率的影响时，必须保持其他因素不变，即所谓控制变量法。

另外，人们常常利用颜色深浅和显色物质浓度间的正比关系来测量反应速率。

8．某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100mL 稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（累计值）： 时间（min ）
1 2 3 4 5 氢气体积（mL ）（标况
下） 50 120 232 290 310
（1）哪一时间段（指①0～1、②1～2、③2～3、④3～4、⑤4～5min ，下同）反应速率最大 ______ （填序号，下同），原因是
____________________________________________ ．
（2）哪一段时段的反应速率最小 ______ ，原因是
_____________________________________ ．
（3）求2～3分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率（设溶液体积不变，不要求写出计算过程）
______________________________________________________________________ ．
（4）.如果反应太激烈，为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，他在盐酸中分别加入等体积的下列试剂： A ．.蒸馏水 B ．KNO 3溶液 C ．NaCl 溶液 D ．CuSO 4溶液
你认为可行的是（填编号） ________________________________________．
【答案】③ 反应放热，温度高 ⑤ 盐酸浓度变小 0.1mol/(Lmin) AC
【解析】
试题分析：⑴计算每个时间段生成气体的体积，根据相同条件下气体体积与反应速率的关系判断速率，根据反应与能量变化的关系判断速率变化的原因；(2)计算每个时间段生成气体的体积，根据相同条件下气体体积与反应速率的关系判断速率，根据反应与能量变化的关系判断速率变化的原因；(3)先求出气体的物质的量，再计算盐酸变化的物质的量，利用速率计算公式计算速率；⑷根据浓度、电解质的强弱判断。

解析：0～1、②1～2、③2～3、④3～4、⑤4～5 min 生成氢气的体积分别是50 mL 、70 mL 、112 mL 、58 mL 、20mL ；
⑴ 相同条件下，反应速率最大，相同时间收集到气体体积越大，所以2～3 min 反应速率最快，原因是该反应放热，2-3min 时温度高与开始时的温度；⑵4～5 min 的反应速率最小，原因是液中H +的浓度变小了；⑶ 2～3分钟时间段以生成氢气的体积是112mL ，
设需要盐酸的物质的量是x mol ，
222400112x = x=0.01mol 0.010.10.11min
mol L v ÷== mol·L －1·min －1； ⑷ 改变反应速率的方法有：改变浓度、改变温度、改变固体表面积等；
A..蒸馏水，盐酸浓度变小，反应速率减慢，产生氢气的量不变，故A 正确；
B.加入KNO 3溶液生成硝酸，硝酸具有强氧化性，不能生成氢气，故B 错误；
C. 加入NaCl 溶液，盐酸体积增大，浓度减小 ，反应速率减慢，产生氢气的量不变，故C 正确；
D.CuSO 4溶液，形成铜锌原电池，加快反应速率，故D 错误。

点睛：盐酸与金属反应放热，溶液温度升高，所以反应速率逐渐增大；随反应进行，盐酸浓度明显减小，所以反应最后有逐渐减慢。

9．石墨在材料领域有重要应用。

某初级石墨中含SiO 2（7.8%）、Al 2O 3(5.1%)、Fe 2O 3(3.1%)和MgO(0.5%)等杂质。

设计的提纯和综合应用流程如下：
（注：SiCl 4的沸点是57.6ºC ，金属氯化物的沸点均高于150ºC ）
（1）已知1mol 石墨完全转化为金刚石需要吸收1.9kJ 的能量。

请写出石墨转化为金刚石。