2020-2021高考化学二轮 化学反应速率与化学平衡 专项培优附详细答案

2020-2021高考化学二轮化学反应速率与化学平衡专项培优附详细答案
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H2C2O4的浓度对反应速率的影响，此时反应温度相同，KMnO4的浓度相同，故表中V＝4.0mL
（2）随着反应的进行，生成的Mn2+的物质的量浓度逐渐增加，生成的Mn2+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Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，必须保证在其他的条件相同，所以将CuSO4改为CuCl2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．SO2是常见的大气污染物，燃煤是产生SO2的主要原因。

工业上有多种方法可以减少SO2的排放。

（1）往煤中添加一些石灰石，可使燃煤过程中产生的SO2转化成硫酸钙。

该反应的总化学方程式是___________________________________。

（2）可用多种溶液做燃煤烟气中SO2的吸收液。

①分别用等物质的量浓度的Na2SO3溶液和NaOH溶液做吸收液，当生成等物质的量NaHSO3时，两种吸收液体积比V(Na2SO3): V(NaOH)=_________________。

②NaOH溶液吸收了足量的SO2后会失效，可将这种失效的溶液与一定量的石灰水溶液充分反应后过滤，使NaOH溶液再生，再生过程的离子方程式是_________________。

（3）甲同学认为BaCl2溶液可以做SO2的吸收液。

为此甲同学设计如下实验（夹持装置和加热装置略，气密性已检验）。

反应开始后，A中Na2SO3固体表面有气泡产生同时有白雾生成；B中有白色沉淀。

甲同学认为B中白色沉淀是SO2与BaCl2溶液反应生成的BaSO3，所以BaCl2溶液可做SO2吸收液。

乙同学认为B中的白色沉淀是BaSO4，产生BaSO4的原因是：
①A中产生的白雾是浓硫酸的酸雾，进入B中与BaCI2溶液反应生成BaSO4沉淀。

②________________________________________________。

为证明SO2与BaCl2溶液不能得到BaSO3沉淀，乙同学对甲同学的实验装置做了如下改动并实验（夹持装置和加热装置略，气密性已检验）：
反应开始后，A中Na2SO3固体表面有气泡产生同时有白雾生成；B、C试管中除了有气泡外，未见其它现象；D中红色褪去。

③试管B中试剂是__________________溶液；滴加浓硫酸之前的操作是
____________________。

④通过甲、乙两位同学的实验，得出的结论是______________________________。

【答案】2CaCO3 + 2SO2 +O2高温
2CaSO4+2CO2 1:2 Ca2+ +OH-+ HSO3-＝CaSO3↓+ H2O A中
产生的SO2与装置内空气中的O2进入B中与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀饱和NaHSO3打开弹簧夹，通入N2，一段时间后关闭弹簧夹 SO2与BaCl2溶液不能得到BaSO3沉淀，不能用BaCl2溶液做吸收SO2的吸收液
【解析】
【分析】
浓硫酸和亚硫酸钠固体反应可以生成二氧化硫，由于反应放热，浓硫酸有可能挥发，进入B中，和BaCl2溶液反应生成BaSO4白色沉淀，不能确定B中产生的白色沉淀是硫酸和BaCl2反应产生的BaSO4还是二氧化硫和BaCl2反应生成的BaSO3，所以要先除去可能存在的硫酸，需要通过饱和亚硫酸氢钠溶液，既不吸收二氧化硫，又可以除去硫酸，然后再通入BaCl2溶液中，若产生白色沉淀，则证明BaCl2溶液可以吸收二氧化硫，若不产生白色沉淀，则证明BaCl2溶液不可以吸收二氧化硫，实验结果是除去了硫酸后BaCl2溶液中没有产生沉淀，所以得出结论：SO2与BaCl2溶液不能得到BaSO3沉淀，不能用BaCl2溶液做吸收SO2的吸收液。

【详解】
（1）在高温下石灰石与SO2以及氧气反应生成硫酸钙和CO2，反应的化学方程式为2CaCO3 + 2SO2 +O22CaSO4+2CO2。

（2）①当生成等物质的量NaHSO3时，根据钠离子守恒可知需要亚硫酸钠和氢氧化钠的物
质的量之比是1：2。

由于二者的浓度相等，则需要的溶液体积之比是1：2。

②要把亚硫酸氢钠转化为氢氧化钠，需要加入氢氧化钙，反应的离子方程式为Ca2+ +OH-+ HSO3-＝CaSO3↓+ H2O。

（3）②由于空气中含有氧气，因此另外一种可能是A中产生的SO2与装置内空气中的O2进入B中与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀。

③为排除浓硫酸酸雾的影响，B中应该盛放饱和亚硫酸氢钠溶液。

为防止空气中氧气的影响，滴加浓硫酸之前的操作是打开弹簧夹，通入N2，一段时间后关闭弹簧夹。

④A中Na2SO3固体表面有气泡产生同时有白雾生成；B、C试管中除了有气泡外，未见其它现象；D中红色褪去，说明有SO2产生，所以结论是SO2与BaCl2溶液不能得到BaSO3沉淀，不能用BaCl2溶液做吸收SO2的吸收液。

【点晴】
解答综合性实验设计与评价题的基本流程
原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。

具体分析为：
（1）实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？
（2）所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。

（3）有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。

（4）有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。

（5）实验现象：自下而上，自左而右全面观察。

（6）实验结论：直接结论或导出结论。

3．以环已醇( )为原料制取己二酸[HOOC(CH2)4COOH]的实验流程如下：
其中“氧化”的实验过程：在250mL四口烧瓶中加入50mL水和3.18g碳酸钠，低速搅拌至碳酸钠溶解，缓慢加入9.48g(约0.060mol)高锰酸钾，按图示搭好装置，打开电动搅拌，加热至35℃，滴加3.2mL(约0.031mol)环己醇，发生的主要反应为
KOOC(CH2)4COOK ΔH<0
（1）“氧化”过程应采用___________加热。

(填标号)
A．热水浴 B．酒精灯 C．煤气灯 D．电炉
（2）“氧化”过程，不同环己醇滴加速度下，溶液温度随时间变化曲线如图，为保证产品纯度，应选择的滴速为___________s/滴。

（3）为证明“氧化”反应已结束，在滤纸上点1滴混合物，若观察到_____，则表明反应已经完成.
（4）“趁热抽滤”后，用________进行洗涤。

（5）室温下，相关物质溶解度如表。

“蒸发浓缩”过程中，为保证产品纯度及产量，应浓缩溶液体积至__(填标号)。

化学式己二酸NaCl KCl
溶解度g/100g 水 1.4435.133.3
A．5mL B．10mL C．15mL D．20mL
（6）称取已二酸(Mr=146g/mol)样品0.2920g，用新煮沸的50mL热水溶解，滴入2滴酚酞试液，用0.2000 mol/LNaOH溶液滴定至终点，进行平行实验及空白实验后，消耗NaOH的平均体积为19.70mL.
①NaOH溶液应装于_______ (填仪器名称).
②己二酸样品的纯度为___________.
【答案】A 25 未出现紫红色热水 C 碱性滴定管 98.5%
【解析】
【详解】
（1）由题可知，“氧化”过程中反应温度为35℃，因此应采用热水浴加热，
故答案为：A；
（2）为保证反应温度的稳定性（小于50℃），由图可知，最好采用25s/滴，
故答案为：25；
（3）0.031mol 环己醇完全氧化为KOOC(CH 2)4COOK ，失去电子0.031mol×8=0.248mol ，而0.06mol 高锰酸钾在碱性条件下完全反应转移电子0.18mol （KMnO 4→MnO 2），由此可知，高锰酸钾先消耗完，若证明“氧化”反应已结束，在滤纸上点1滴混合物，若观察到未出现紫红色，则说明已经完成，
故答案为：未出现紫红色；
（4）趁热抽滤后，应用热水进行洗涤，
故答案为：热水；
（5）溶液中杂质KCl 的质量为：0.06mol×(39+35.5)g/mol=4.47g ，完全溶解KCl 所需水的体积为：
4.4710033.3
⨯mL=13.42mL ，当杂质全部溶解在水中时，己二酸能够最大限度析出，故应浓缩溶液体积至15mL ，
故答案为：C ； （6）NaOH 溶液应装于碱式滴定管；由
HOOC(CH 2)4COOH+2NaOH=2H 2O+NaOOC(CH 2)4COONa 可知，n(NaOH)=12
n(HOOC(CH 2)4COOH)，故己二酸样品的纯度为-319.710L 0.2mol/L 146g/mol 0.5100%2.92g
⨯⨯⨯⨯⨯=98.5%， 故答案为：碱式滴定管；98.5%。

【点睛】
对于本题第（5）问解答过程中需注意，进行重结晶的试验中，对所需产品的析出纯度要求较高时，杂质最好全部溶解在水中，若杂质随产品一起析出，将会降低产品的纯度。

4．某小组同学对FeCl 3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Fe 2+ 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Fe 3+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CCl 4，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。

5．影响化学反应速率的因素很多，某校化学小组用实验的方法进行探究。

实验一：他们只利用Cu、Fe、Mg和不同浓度的硫酸(0.5 mol/L、2 mol/L、18.4 mol/L)。

设计实验方案来研究影响反应速率的因素。

甲同学研究的实验报告如下表
实验步骤现象结论①分别取等体积的2
mol/L的硫酸于试管中②反应速率Mg＞Fe，Cu不反应
金属的性质越活泼，反应速率
越快
（1）甲同学表中实验步骤②为____________________
（2）甲同学的实验目的是：在相同的温度下，__________________________________。

实验二：乙同学为了更精确的研究浓度对反应速率的影响，利用下图所示装置进行定量实验。

（3）乙同学在实验中应该测定的数据是______________。

（4）乙同学完成该实验应选用的实验药品是______________________；该实验中不选用某浓度的硫酸，理由是_________________________。

【答案】分别投入大小、形状相同的Cu、Fe、Mg 研究金属(或反应物)本身的性质与反应速率的关系一定时间内产生气体的体积(或产生一定体积的气体所需时间) Mg(或Fe)和0.5 mol/L硫酸和2 mol/L硫酸常温下Mg与18.4 mol/L硫酸反应生成SO2，Fe在18.4 mol/L硫酸中钝化
【解析】
【分析】
（1）要比较金属和稀硫酸的反应快慢，则应该使金属的形状和大小都是相同的，即分别投入形状、大小相同的Cu、Fe、Mg；
（2）根据步骤和现象，目的是探究金属（反应物）本身的性质与反应速率的关系；
（3）要定量研究，需要测定一定时间内产生气体的体积（或产生一定体积的气体所需要的时间）；
（4）浓硫酸和金属反应不能生成氢气，而铜与稀硫酸又不反应，所以选择的药品是Mg （或Fe）、0.5ol/L硫酸和2mol/L硫酸。

常温下Mg与18.4 mol/L硫酸反应生成SO2；Fe在18.4 mol/L硫酸中钝化。

【详解】
（1）根据表中的信息得出该同学的实验目的是研究反应物本身的性质对反应速率的关系对反应速率的影响，根据表中数据可知，硫酸的浓度相同，不同金属的规格应相同，故答案为：分别投入大小、形状相同的Al、Fe、Mg；
（2）根据表中的信息可知该同学的实验目的是研究反应物本身的性质对反应速率的关系对反应速率的影响，故答案为：研究金属(或反应物)本身的性质与反应速率的关系；
（3）乙同学为了更精确地研究浓度对反应速率的影响，根据速率公式可知应该测定的实验数据是测定一定时间产生气体的体积或测定产生一定体积的气体所需时间，故答案为：一定时间内产生气体的体积(或产生一定体积的气体所需时间)；
（4）由题意可知实验中应选用的实验药品是金属和酸，因浓硫酸和铁发生钝化现象而影响判断，所以完成该实验应选用的实验药品是Mg（或Fe）和 0.5mol/L、2mol/L的硫酸；常温下，浓硫酸能够使Fe钝化， Mg发生氧化还原反应不生成氢气，而生成二氧化硫，不能判断影响化学反应速率的因素，故答案为：Mg（或Fe）和 0.5mol/L、2mol/L的硫酸；常温下Mg与18.4 mol/L硫酸反应生成SO2，Fe在18.4 mol/L硫酸中钝化。

6．高锰酸钾具有强氧化性，广泛用于化工、医药、采矿、金属治炼及环境保护领域等。

KMnO4的制备是以二氧化锰(MnO2)为原料，在强碱性介质中被氧化生成墨绿色的锰酸钾(K2MnO4)；然后在一定pH下K2MnO4歧化生成紫色KMnO4。

回答下列问题
(1)K2MnO4的制备
(2)KMnO4的制备
趁热向K2MnO4溶液中加入1 mol/L H3PO4溶液，直至K2MnO4全部歧化，判断全部歧化的方法是用玻璃棒蘸取溶液于滤纸上，现象为_________________________。

然后趁热过滤，将滤液倒入蒸发皿中加热到液面出现晶膜，充分冷却后过滤，在80℃烘箱中干燥3h，不选用更高温度的原因是_____________________________。

(3)产品分析
i.不同pH下产品中KMnO4含量
16.5010.32 2.28 1.7576.75
18.509.44 2.09 1.4870.81
从表格中数据分析，在歧化时选择溶液的最佳pH是________________。

ii.利用H2C2O4标准溶液测定KMnO4的纯度。

测定步骤如下：
①溶液配制：称取1.000g的KMnO4固体样品，放入_____________中溶解，然后冷至室温后全部转移到100mL容量瓶中，加蒸馏水至刻度线。

②滴定：移取25 mLKMnO4溶液于锥形瓶中，加少量硫酸酸化，用0.1400mol/L的H2C2O4标准溶液滴定，发生反应：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+＝2Mn2＋＋10C02＋8H2O，当溶液紫色褪色且半分钟内不变色即为终点，平行滴定3次，H2C2O4溶液的平均用量为23.90mL，则样品纯度为_______________％(保留1位小数)。

【答案】瓷坩埚中的SiO2与KOH反应使MnO2充分反应，提高其转化率或者利用率呈现紫色，而不是墨绿色防止KMnO4受热分解 11.45 烧杯 84.6%
【解析】
【分析】
(1) ①瓷坩埚原料含有SiO2，是酸性氧化物，能和碱反应；
②分多次加入3gMnO2固体，可提高原料利用率；
(2) 根据“K2MnO4溶液显绿色”可知，如果该歧化反应结束，则反应后的溶液不会显示绿色；KMnO4在加热条件下分解生成K2MnO4；
(3) i.分析表中数据选择产品中KMnO4质量分数最高时对应溶液的pH；
ii.①溶液配制时固体溶解在烧杯中进行；
②滴定时消耗23.90mL0.1400mol/L的H2C2O4标准溶液，则参加反应的H2C2O4的物质的量为0.0239L×0.1400mol/L=3.346×10-3mol，根据反应：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+＝2Mn2＋＋
10CO2＋8H2O可知参加反应的KMnO4的物质的量为3.346×10-3mol×2
5
=1.3348×10-3mol，据
此计算样品纯度。

【详解】
(1) ①瓷坩埚原料含有SiO2，在高温下，瓷坩埚可以和KOH发生反应
SiO2+2KOH K2SiO3+H2O，腐蚀瓷坩埚，故不能使用瓷坩埚，而使用铁坩埚；
②为使MnO2充分反应，提高其转化率，加入MnO2时可分批加入，而不一次性加入；
(2) 由于K2MnO4溶液显绿色，所以用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹，表明反应已歧化完全；晶体烘干时应控制温度不超过80℃，以防止KMnO4受热分解；
(3) i.由表中数据可知，歧化时选择溶液的pH为11.45时所得产品的质量最高，产品中KMnO4质量分数的最高，故控制溶液的最佳pH是11.45；
ii.①配制KMnO4溶液时，称取的KMnO4固体样品，应放入烧杯中溶解，然后冷至室温后全部转移到100mL容量瓶中，加蒸馏水至刻度线；
②滴定时消耗23.90mL0.1400mol/L的H2C2O4标准溶液，则参加反应的H2C2O4的物质的量
为0.0239L×0.1400mol/L=3.346×10-3mol，根据反应：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+＝2Mn2＋＋
10CO2＋8H2O可知参加反应的KMnO4的物质的量为3.346×10-3mol×2
5
=1.3348×10
-3mol，则样品纯度=
3
100mL
1.334810mol158g/mol
25mL100%
1.00g
-
⨯⨯⨯
⨯≈84.6%。

7．某小组拟用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液的反应（此反应为放热反应）来探究“条件对化学反应速率的影响”，并设计了如下的方案记录实验结果（忽略溶液混合体积变化）。

限选试剂和仪器：0.20 mol/L H2C2O4溶液、0.010 mol/L KMnO4溶液（酸性）、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽。

物理量
编号
V（0.20
mol/L H2C2O4
溶液）/mL
V（蒸馏水）
/mL
V（0.010
mol/L酸性
KMnO4溶液）
/mL
m（MnSO4）
/g
T/℃乙
① 2.00 4.0050
② 2.00 4.0025
③ 1.5a 4.0025
④ 2.00 4.00.125
回答下列问题：
（1）KMnO4溶液用_______酸化（填名称）；写出上述反应的离子方程式：
________________；当有2mol KMnO4被还原时，生成的CO2的体积（标况下）为______；电子转移为_____mol；
（2）上述实验①②是探究____________对化学反应速率的影响；上述实验②④是探
__________对化学反应速率的影响。

若上述实验②③是探究浓度对化学反应速率的影响，则a为______________；表格中的“乙”填写t/s，其测量的是__________________。

（3）实验①中对“乙”重复测量三次，所得数值分别13.6，13.5，13.4。

忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)＝___________
（4）已知实验①50℃时c(MnO4-)～反应时间t的变化曲线如图。

若保持其他条件不变，请在坐标图中，画出实验②25℃时c(MnO4-)～t的变化曲线示意图_______。

【答案】稀硫酸；2MnO4－+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O224L10温度催化剂0.5溶液褪色所需时间 5.0×10－4mol·L－1·s－1
【解析】
【分析】
（1）因为高锰酸钾具有强氧化性，反应中高锰酸钾为氧化剂，草酸为还原剂；
（2）当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致；
（3）实验①中草酸过量，高锰酸钾完全反应；
（4）25℃时反应速率小于50℃时，所以高锰酸根离子的浓度变化比50℃时小。

【详解】
（1）因为高锰酸钾具有强氧化性，酸性高锰酸钾是用稀硫酸酸化的，H2SO4、KMnO4与H2C2O2发生反应，KMnO4被还原为MnSO4，化合价降低5价，H2C2O2被氧化为CO2，每个C原子的化合价升高1价，1个H2C2O2升高2价，则高锰酸钾与草酸计量数之比为2：5，根据原子守恒配平可得：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4═10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O；由方程式可知当有
2molKMnO4被还原时，反应转移10mol电子，生成10molCO2，标况下体积为224L，故答案为：稀硫酸；5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4═10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O；224；10；
（2）当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致，通过比较实验①②的反应条件可知，实验①②可探究温度对反应速率的影响；其他条件相同，④中加了MnSO4固体，锰离子对该反应起催化作用，则②④探究的是催化剂对反应速率的影响；实验②③中的H2C2O4溶液的加入体积不同，故要探究H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响，但反应体积溶液的总体积需相同，故应加入蒸馏水来确保溶液的总体积均为6.0mL，则a的值为0.5；要准确描述反应速率的快慢，必须准确测得溶液褪色时间的长短，故要测量的物理量是溶液褪色的时间，故答案为：温度；催化剂；0.5；溶液褪色所需时间；
（3）实验①中草酸的物质的量为0.20 mol/L×0.002L=0.0004mol，高锰酸钾的物质的量为0.010 mol/L×0.004L=0.00008mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：0.0004mol：0.00008mol=5：1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为0.00008mol/0.006L=2/3×0.010mol/L，反应时间为（13.6+13.5+13.4）s/3=13.5s，则
v(KMnO4)＝（2/3×0.010mol/L）/13.5s≈5.0×10－4mol·L－1·s－1，故答案为：5.0×10－4 mol·L－1·s－1；
（4）25℃时反应速率小于50℃时，所以高锰酸根离子的浓度变化比50℃时小，反应需要的时间大于50℃条件下需要的时间，据此画出25℃时c（MnO4-）～t的变化曲线示意图
为：，故答案为：。

【点睛】
本题考查了影响反应速率的因素的探究，考查氧化还原滴定原理与应用、探究影响速率的因素、对实验数据的处理等，理解实验原理是解题的关键，应注意的是当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致。

8．毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），实验室利用毒重石制备
BaCl2•2H2O的流程如下：
（1）毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是____________________。

实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸，除量筒外还需使用下列仪器中的______________。

a．烧杯 b．容量瓶 c．玻璃棒 d．滴定管
（2）加入NH3•H2O调节pH=8可除去_____（填离子符号），滤渣Ⅱ中含______（填化学式）。

加入H2C2O4时应避免过量，原因是_________________。

已知：K sp（BaC2O4）=1.6×10﹣7，K sp（CaC2O4）=2.3×10﹣9
Ca2+Mg2+Fe3+
开始沉淀时的pH11.99.1 1.9
完全沉淀时的pH13.911.1 3.2
（3）利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行。

已知：2CrO42﹣+2H+═Cr2O72﹣+H2O Ba2++CrO42﹣═BaCrO4↓
步骤Ⅰ：移取x ml一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b mol•L﹣1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加的盐酸体积为V0 mL。

步骤Ⅱ：移取y mLBaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol•L﹣1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1 mL。

滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的______________（填“上方”或“下方”）。

BaCl2溶液的浓度为______________mol•L-1，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2+浓度测量值将______________（填“偏大”或“偏小”）。

【答案】增大接触面积从而使反应速率加快 ac Fe3+ Mg(OH)2、Ca(OH)2 H2C2O4过量会
导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少上方
()
b V0V1
y
-
偏大
【解析】
【分析】
制备BaCl2•2H2O的流程：毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），向其中加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，然后加入氨水，调节溶液的pH为8，由于Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，此时只有Fe3+完全沉淀，所以滤渣1为Fe(OH)3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，再加入氢氧化钠溶液调节pH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，然后再加入H2C2O4，得到CaC2O4沉淀，除去Ca2+，将滤液蒸发浓缩冷却结晶可得到BaCl2•2H2O。

(1)可以通过增大固体反应物的接触面积方法增大反应速率；根据配制物质的量浓度溶液的要求确定需要使用的仪器；
(2)根据流程图和表中数据分析加入NH3•H2O调节pH=8，利用不同金属阳离子形成沉淀的pH的不同，确定沉淀的成分及去除的离子；结合加入H2C2O4的量的多少，分析发生的反应及造成的影响；
(3)根据滴定管的构造分析0刻度在滴定管的位置；利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行，根据反应中物质的相应量的关系，计算出BaCl2溶液的浓度；然后根据操作分析消耗标准溶液的体积多少，判断误差，据此判断。

【详解】
(1)毒重石是固体物质，由于化学反应的速率与反应物的接触面积有关，所以可以将毒重石在用盐酸浸取前充分研磨的方法，增大反应物的接触面积，提高反应速率；在实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，需先计算出浓盐酸的体积和水的体积，用量筒量取；浓盐酸稀释为稀盐酸，需用烧杯作为容器，并用玻璃棒搅拌加速溶解，所以除量筒外还需使用量筒、玻璃棒，选项是ac；
(2)根据流程图和表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，加入氨水，调节溶液的pH 为8，发生反应：Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3；加入氢氧化钠调节pH=12.5，由于Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2，溶液中主要含
Ca2+、Ba2+，Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4时应避免过量，防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀，使产品的产量减少；
(3)无论酸式还是碱式滴定管，0刻度都位于滴定管的上方；步骤Ⅱ：待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用bmol/L盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL，则发生2CrO42-+2H+═Cr2O72-+H2O 的盐酸的物质的量为：V1×10-3×bmol，步骤Ⅰ：用bmol/L盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL，加入的总盐酸的物质的量：V0×10-
3×bmol，Ba2++CrO42-═BaCrO4↓，与Ba2+反应的CrO42-的物质的量为V0×10-3×bmol-V1×10-
3×bmol=(V0-V1)b×10-3mol，步骤Ⅱ：移取ymLBaCl2溶液于锥形瓶中，所以BaCl2溶液的浓度
为：c(BaCl2)=
()3
01
3
10
10
V V b
n
V y
-
-
-⨯
=
⨯
mol/L=
()
01
V V b
y
-
mol/L；若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少
量待测液溅出，则V1减小，使得Ba2+浓度测量值将偏大。

【点睛】。