备战高考化学压轴题专题复习—化学反应速率与化学平衡的综合及答案

备战高考化学压轴题专题复习—化学反应速率与化学平衡的综合及答案
一、化学反应速率与化学平衡
1．化学学习小组进行如下实验。

[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
物理量V(0.20 mol·L-1
H2C2O4溶液)/mL
V（蒸馏水）/mL
V（0.010 mol·L-1
KMnO4溶液）/mL
T/℃乙
① 2.00 4.050
② 2.00 4.025
③ 1.00 4.025
(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___________ 。

[测定H2C2O4·x H2O 中x值] 已知：M(H2C2O4)=90 g·mol-1
①称取 1.260 g 纯草酸晶体，将其酸制成 100.00 mL 水溶液为待测液；
②取 25.00mL 待测液放入锥形瓶中，再加入适的稀H2SO4；
③用浓度为 0.05 000 mol·L-1的 KMnO4标准溶液进行滴定。

(2)请写出与滴定有关反应的离子方程式_________________________________________。

(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________________________。

(6)通过上述数据，求得x= ____ 。

以标准KMnO4溶液滴定样品溶液的浓度，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 锥形瓶中颜色变色 2 偏小
【解析】
【分析】
【详解】
（1）探究影响化学反应速率因素，要求其他条件不变，即①②探究温度对化学反应速率的影响；混合溶液的总体积都是6.0mL，因此a=1.0；反应的快慢是通过酸性高锰酸钾溶液的褪色快慢来确定的，因此乙中要测定的物理量是溶液褪色时间，单位为s；
（2）草酸具有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，把C转化成CO2，本身被还原成Mn2＋，根据化合价升降法，进行配平，因此离子反应方程式为：5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O；
（3）酸式滴定管盛放酸性溶液和氧化性物质，碱式滴定管只能盛放碱性溶液，即b正确；（4）滴定前刻度为0.90ml，滴定后刻度是20.90ml，消耗高锰酸钾的体积为(20.90－
0.90)mL=20.00mL；
(5)滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化；
(6)100mL溶液中草酸物质的量为20×10－3×0.05×5×100/(2×25)mol=0.01mol，1.260÷(90＋
18x)=0.01，解得x=2；未用待盛液润洗滴定管，稀释标准液，消耗高锰酸钾体积增大，草酸的质量增大，x偏小。

2．连二亚硫酸钠（Na2S2O4）俗称保险粉，是工业上重要的还原性漂白剂，也是重要的食品抗氧化剂。

某学习小组模拟工业流程设计实验制取保险粉。

已知：Na2S2O4是白色固体，还原性比Na2SO3强，易与酸反应（2S2O42-+4H+＝
3SO2↑+S↓+2H2O）。

（一）锌粉法
步骤1：按如图方式，温度控制在40～45℃，当三颈瓶中溶液pH在3～3.5时，停止通入SO2，反应后得到ZnS2O4溶液。

步骤2：将得到的ZnS2O4溶液加入NaOH溶液中，过滤，滤渣为Zn（OH）2，向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na2S2O4•2H2O晶体。

步骤3：，经过滤，用乙醇洗涤，用120～140℃的热风干燥得到Na2S2O4。

（二）甲酸钠法
步骤4：按上图方式，将装置中的Zn粉和水换成HCOONa、Na2CO3溶液和乙醇。

温度控制在70～83℃，持续通入SO2，维持溶液pH在4～6，经5～8小时充分反应后迅速降温45～55℃，立即析出无水Na2S2O4。

步骤5：经过滤，用乙醇洗涤，干燥得到Na2S2O4。

回答下列问题：
（1）步骤1容器中发生反应的化学方程式是______；容器中多孔球泡的作用是______。

（2）步骤2中“向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na2S2O4•2H2O晶体”的原理是（用必要的化学用语和文字说明）______。

（3）两种方法中控制温度的加热方式是______。

（4）根据上述实验过程判断，Na2S2O4在水、乙醇中的溶解性为：______。

（5）甲酸钠法中生成Na2S2O4的总反应为______。

（6）两种方法相比较，锌粉法产品纯度高，可能的原因是______。

（7）限用以下给出的试剂，设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有Na2SO4。

稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、AgNO3溶液、BaCl2溶液______。

【答案】H2O+SO2=H2SO3，Zn+2H2SO3=∆ZnS2O4+2H2O或Zn+2SO2=∆ZnS2O4增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率溶液中存在：
S O(aq)[或
Na2S2O4(s)ƒNa2S2O4(aq)ƒ2Na+(aq)+2-
24
S O(aq)]，增大c(Na+)，平衡向逆反应方向移动水浴加热Na2S2O4(s)ƒ2Na+(aq)+2-
24
Na2S2O4在水中溶解度较大，在酒精中溶解度较小
2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2 Zn(OH)2难溶于水，易与Na2S2O4分离取少量产品配成稀溶液，加入足量稀盐酸，充分反应后静置，取上层清液，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可确定产品中含有Na2SO4
【解析】
【分析】
合成保险粉的反应物为Zn、SO2、H2O，根据温度控制在40～45℃，当三颈瓶中溶液pH在3～3.5时，停止通入SO2，反应后得到ZnS2O4溶液，据此分析解答。

【详解】
（1）合成保险粉的反应物有Zn、SO2、H2O，根据温度控制在40～45℃，当三颈瓶中溶液pH在3～3.5时，说明发生了：H2O+SO2=H2SO3反应，最后反应得到ZnS2O4溶液，说明又发生了：Zn+2H2SO3=∆ZnS2O4+2H2O反应，总过程也可以写成：Zn+2SO2=∆ZnS2O4，多孔球泡可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率；
S O(aq)[或
（2）溶液中存在：Na2S2O4(s)ƒNa2S2O4(aq)ƒ2Na+(aq)+2-
24
S O(aq)]，增大c(Na+)，平衡向逆反应方向移动，所以向滤液Na2S2O4(s)ƒ2Na+(aq)+2-
24
中加入一定量食盐，立即析出Na2S2O4•2H2O晶体；
（3）根据温度控制在40～45℃可知需要控制温度的加热方式一般是水浴加热；
（4）根据步骤2中将得到的ZnS2O4溶液加入NaOH溶液中，过滤，滤渣为Zn(OH)2，向滤液中加入食盐，才析出Na2S2O4•2H2O晶体，可知Na2S2O4在水中溶解度较大；根据步骤5析出的晶体用无水乙醇洗涤的目的是使晶体迅速干燥，避免溶解而减少损耗，可知其在酒精中溶解度较小；
（5）由题意可知甲酸钠、二氧化硫、碳酸钠反应生成Na2S2O4，同时生成二氧化碳，反应的方程式为2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2；
（6）锌粉法产品纯度高，可能的原因是Zn(OH)2难溶于水，易与Na2S2O4分离；
（7）设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有Na2SO4，要避免Na2S2O4干扰，所以取少量产品配成稀溶液，加入足量稀盐酸，充分反应后静置，取上层清液，滴加BaCl2溶液，有白
色沉淀生成，则可确定产品中含有Na 2SO 4。

3．某同学在实验室进行铁盐与亚铁盐相互转化的实验：
实验Ⅰ：将3Fe +转化为2Fe (+
如图)
(1)Fe 3+与Cu 粉发生反应的离子方程式为______．
(2)探究白色沉淀产生的原因，请填写实验方案：查阅资料：
.SCN -ⅰ的化学性质与I -相似，2.2Cu 4I 2CuI (+
-+=↓ⅱ
白色2)I +
实验方案
现象 结论
步骤1：取4mL ______ mol /L 4CuSO 溶液，向其中滴加3滴0.1mol /L KSCN 溶液 产生白色沉淀 4CuSO 与KSCN 反应产
生了白色沉淀
步骤2：取 ______
无明显现象
2Cu +与SCN -反应的离子方程式为______．
实验Ⅱ：将2Fe +转化为3Fe + 实验方案
现象
向3mL 0.1mol /L 4FeSO 溶液中加入1mL 8mol /L 稀硝酸
溶液变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色
探究上述现象出现的原因：查阅资料：22Fe
NO Fe(NO)(+
++ƒ棕色)
(3)用离子方程式解释NO 产生的原因______．
(4)从化学反应速率与限度的角度对体系中存在的反应进行分析： 反应Ⅰ：2Fe +与3HNO 反应； 反应Ⅱ：2Fe +与NO 反应
①依据实验现象，甲认为反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ______(填“快”或“慢”)．
②乙认为反应Ⅰ是一个不可逆反应，并通过实验证明其猜测正确，乙设计的实验方案是______．
③请用化学平衡移动原理解释溶液由棕色变为黄色的原因______．
【答案】3222Fe Cu 2Fe Cu ++++=+ 0.1 取44mL0.1mol /LFeSO 溶液，向其中滴加3滴0.1mol /LKSCN 溶液 ()222Cu
4SCN 2Cu SCN (SCN)+
-+=↓+
23323Fe 4H NO 3Fe NO 2H O ++-
+++=+↑+ 慢 取反应后的黄色溶液于试管中，向其
中加入几滴(]
36K [Fe CN)溶液或者4KMnO ，溶液无明显变化，说明反应I 是不可逆反应
2Fe +被硝酸氧化为3Fe +，导致溶液中2Fe +浓度降低，导致平衡22Fe NO Fe(NO)
+++ƒ逆向移动，最终2Fe(NO)+完全转化为3Fe +，溶液由棕色变为黄色 【解析】 【分析】
（1）Fe 3+与Cu 粉发生反应生成铜离子与亚铁离子；
（2）图1中得到溶液中Fe 2+为0.2mol/L ，Cu 2+为0.1mol/L ，分别取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，滴入KSCN 溶液进行对照实验；由题目信息ii 可知，Cu 2+与SCN -反应生成CuSCN 沉淀，同时生成(SCN)2；
（3）亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，反应生成铁离子、NO 与水；
（4）①反应速率快的反应现象最先表现；
②反应中硝酸过量，若存在平衡，溶液中含有Fe 2+，否则没有Fe 2+，可以用K 3[Fe(CN)6]溶液检验；
③Fe 2+被硝酸氧化为Fe 3+，导致溶液中Fe 2+浓度降低，导致平衡发生移动，最终Fe(NO)2+完全转化为Fe 3+。

【详解】
（1）Fe 3+与Cu 粉发生反应生成铜离子与亚铁离子，反应离子方程式为：
3222Fe Cu 2Fe Cu ++++=+，
故答案为：3222Fe Cu 2Fe Cu ++++=+；
（2）由反应3222Fe Cu 2Fe Cu ++++=+，可知图1中得到溶液中2Fe +为0.2mol /L ，
2Cu +为0.1mol /L ，分别取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，滴入KSCN 溶液进行
对照实验，故实验方案为：
步骤1：取44mL0.1mol /LCuSO 溶液，向其中滴加3滴0.1mol /LKSCN 溶液， 步骤2：取44mL0.1mol /LFeSO 溶液，向其中滴加3滴0.1mol /LKSCN 溶液， 由题目信息ii 可知，2Cu +与SCN -反应生成CuSCN 沉淀，同时生成2(SCN)，反应离子方程式为：222Cu
4SCN 2CuSCN (SCN)+
-+=↓+，
故答案为：0.1；取44mL0.1mol /LFeSO 溶液，向其中滴加3滴0.1mol /LKSCN 溶液；222Cu
4SCN 2CuSCN (SCN)+
-+=↓+；
（3）亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，反应生成铁离子、NO 与水，反应离子方程为：23323Fe 4H NO 3Fe NO 2H O +
+-
+++=+↑+，
故答案为：23323Fe
4H NO 3Fe NO 2H O +
+-
+++=+↑+；
（4）①溶液先变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色，反应速率快的反应现象最先表现，反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ的慢， 故答案为：慢；
②反应中硝酸过量，若存在平衡，溶液中含有2Fe +，否则没有2Fe +，具体的实验方案是：取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴(]
36K [Fe CN)溶液，溶液无明显变化，说明反应I 是不可逆反应，
故答案为：取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴(]
36K [Fe CN)溶液，溶液无明显变化，说明反应I 是不可逆反应；
③Fe 2+被硝酸氧化为3Fe +，导致溶液中2Fe +浓度降低，导致平衡
22Fe NO Fe(NO)+++ƒ逆向移动，最终2Fe(NO)+完全转化为3Fe +，溶液由棕色变为黄
色，
故答案为：2Fe +被硝酸氧化为3Fe +，导致溶液中2Fe +浓度降低，导致平衡
22Fe NO Fe(NO)+++ƒ逆向移动，最终2Fe(NO)+完全转化为3Fe +，溶液由棕色变为黄
色。

4．氧化剂H 2O 2在反应时不产生污染物被称为绿色氧化剂，因而受到人们越来越多的关注。

I .某实验小组以H 2O 2分解为例，探究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响。

在常温下按照如下表所示的方案完成实验。

（1）实验①和②的目的是_________________________________。

同学们进行实验时没有观察到明显现象而无法得出结论。

资料显示，通常条件下H 2O 2稳定，不易分解。

为了达到实验目的，你对原实验方案的改进方法是_________________________（填一种方法即可）。

（2）实验③④⑤中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如图所示。

分析该图能够得出的实验结论是________________________________。

II.资料显示，某些金属离子或金属氧化物对H2O2的分解起催化作用。

为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，该实验小组的同学设计了如下图所示的实验装置进行实验。

（1）某同学通过测定O2的体积来比较H2O2的分解速率快慢，实验时可以通过测量
_______或______来比较。

（2）0.1g MnO2粉末加入50mL 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所示。

请解释化学反应速率变化的原因：_____________。

请计算H2O2的初始物质的量浓度为________________(保留两位有效数字)。

为探究MnO2在此实验中对H2O2的分解起催化作用，需补做下列实验（无需写出具体操作）：a._________________；b.___________________。

【答案】探究浓度对反应速率的影响向反应物中加入等量同种催化剂（或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中）碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率相同时间内产生O2的体积生成相同体积O2所需要的时间随着反应的进行，浓度减小，反应速率减慢 0.11mol·L－1 MnO2的质量有没有改变 MnO2的化学性质有没有改变
【解析】
【详解】
I.（1）实验①和②中H2O2的浓度不同，其它条件相同，故实验目的是探究浓度对反应速率的影响；实验时没有观察到明显现象是因为反应太慢，那么就要采取措施加快反应，可以向反应物中加入等量同种催化剂或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中。

（2）从图可以看出产生O2的最终体积相等，但溶液的酸碱性不同，反应速率不同，在碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率。

II.（1）通过测定O2的体积来比较H2O2的分解速率快慢时可以看相同时间内产生O2的体积，或生成相同体积O2所需要的时间。

（2）从图可以看出，反应开始后，在相同的时间内生成的O2的体积逐渐减小，反应速率
变慢，那么造成反应变慢的原因是随着反应的进行，浓度减小，反应速率减慢；反应在进行到4min时O2的体积不再改变，说明反应完全，生成O2的物质的量为：60×10-
3L÷22.4L/mol=2.7×10-3mol，根据反应2H2O2＝2H2O＋O2↑,生成2.7×10-3mol O2，需要消耗H2O2的物质的量为5.4×10-3mol，则H2O2的物质的量浓度为：5.4×10-3mol÷
0.05L=0.11mol·L－1；要探究MnO2是不是起到催化作用，根据催化剂在反应中的特点：反应前后质量和性质没有发生改变，所以需要补做实验来确定MnO2的质量有没有改变、MnO2的化学性质有没有改变。

5．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)。

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：
4.47
10033.3
⨯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)=
1
2
n(HOOC(CH 2)4COOH)，故己二酸样品的纯度为-319.710L 0.2mol/L 146g/mol 0.5
100%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。

6．某研究性学习小组为了探究醋酸的电离情况，进行了如下实验。

[实验一]配制并标定醋酸溶液的浓度
取冰醋酸配制250 mL 0.2 mol·L－1的醋酸溶液，用0.2 mol·L－1的醋酸溶液稀释成所需浓度的溶液，再用NaOH标准溶液对所配醋酸溶液的浓度进行标定。

回答下列问题：
（1）配制250 mL 0.2 mol·L－1醋酸溶液时需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、________和________。

（2）为标定某醋酸溶液的准确浓度，用0.2000 mol·L－1的NaOH溶液对20.00 mL醋酸溶液进行滴定，几次滴定消耗NaOH溶液的体积如下：
则该醋酸溶液的准确浓度为________(保留小数点后四位)。

[实验二]
探究浓度对醋酸电离程度的影响
用pH计测定25℃时不同浓度的醋酸的pH，结果如下，回答下列问题：
（3）从表中的数据，还可以得出另一结论：随着醋酸浓度的减小，醋酸的电离程度将
________(填“增大”“减小”或“不变”)。

（4）根据表中数据，可以得出醋酸是弱电解质的结论，你认为得出此结论的依据是：
______。

[实验三]探究温度对醋酸电离程度的影响
（5）请你设计一个实验完成该探究，请简述你的实验方案：
___________________________________。

【答案】胶头滴管250 mL容量瓶0.2000 mol·L－1增大0.010 0 mol·L－1醋酸的pH 大于2或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于1（或其他合理答案）用pH计(或pH试纸)测定相同浓度的醋酸在几种不同温度时的pH
【解析】
【分析】
实验一：（1）根据仪器的用途选取仪器，用胶头滴管定容，用250mL容量瓶配制溶液，
（2）根据NaOH的体积，第3次数据显然误差较大，舍去；
实验二：（1）以0.1000mol/L、0.0100mol/L醋酸为例，设0.1000mol/L的醋酸溶液体积为1L，将其稀释至0.0100mol/L，体积变为10L，两溶液中H+的物质的量分别为：10-
2.88mol、10-2.38mol，可见溶液变稀，电离出的H+的物质的量增大；
【详解】
实验一：（1）根据仪器的用途选取仪器，用胶头滴管定容，用250mL容量瓶配制溶液，答案为：胶头滴管；250mL容量瓶；
（2）根据NaOH的体积，第3次数据显然误差较大，舍去；另外三次所用NaOH平均体积为：mL=20.00mL ，则氢氧化钠溶液平均浓度：
=0.2000mol/L，答案为：0.2000mol/L；
实验二：（1）以0.1000mol/L、0.0100mol/L醋酸为例，设0.1000mol/L的醋酸溶液体积为1L，将其稀释至0.0100mol/L，体积变为10L，两溶液中H+的物质的量分别为：10-
2.88mol、10-2.38mol，可见溶液变稀，电离出的H+的物质的量增大，说明醋酸的电离程度增大，答案为：增大；
（2）看每次测量值，H+浓度远小于醋酸的浓度，说明醋酸不完全电离；联系起来看，浓度为0.1000mol/L、0.0100mol/L及0.0010mol/L的醋酸，pH变化值小于1，所以醋酸是弱电解质，答案为：0.0100mol/L醋酸的pH大于2或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于1；实验三：探究温度对醋酸的电离程度的影响，应控制其他条件相同，只有温度存在差异的醋酸溶液，H+浓度有差异，能够对溶液中H+浓度区分度较好的仪器是pH计，答案为：用pH计（或pH试纸）测定相同浓度的醋酸在几种不同温度时的pH。

7．为了探究外界条件对过氧化氢分解速率的影响，某化学兴趣小组的同学做了以下实验．编
号
实验操作实验现象
①分别在试管A、B中加入5mL5%H2O2溶液，各滴入3滴
1mol/LFeCl3溶液．待试管中均有适量气泡出现时，将试管A放
入盛有5℃左右冷水的烧杯中浸泡；将试管B放入盛有40℃左
右热水的烧杯中浸泡．
试管A中不再产
生气泡；试管B
中产生的气泡量增
多．
②另取两支试管分别加入5mL5%H2O2溶液和5mL10%H2O2溶液两支试管中均未明显见到有气泡产生．
请回答下列问题：
（1）过氧化氢分解的化学方程式为____________________________ ．
（2）实验①的目的是_______________________________________ ．
（3）实验②未观察到预期的实验现象，为了帮助该组同学达到实验目的，你提出的对上
述操作的改进意见是_________________________________（用实验中所提供的几种试剂）．
（4）某同学在50mL一定浓度的H2O2溶液中加入适量的二氧化锰，放出气体的体积（标准状况下）与反应时间的关系如图1所示，则A，B，C三点所表示的瞬时反应速率最慢的是_________________________________（填字母代号）．
（5 ）对于H2O2分解反应，Cu2+也有一定的催化作用．为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，该兴趣化学小组的同学分别设计了如图2、3所示的实验．请回答相关问题：
①定性分析：如图2可通过观______________________ ，定性比较得出结论；该实验中将FeCl3溶液改为Fe2（SO4）3溶液的原因是
____________________________________________________________________________ ．②定量分析：用图3所示装置做对照试验，实验时均以生成40mL气体为准，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_________________ ．
（6）通过对上述实验过程的分析，在实验设计时，要考虑_________方法的应用．
【答案】（1）2H2O22H2O+O2↑；
（2）在其他条件相同时，探究温度对H2O2分解速率的影响；
（3）将两支试管同时放入盛有相同温度热水的烧杯中，观察产生气泡的速率或向两支试管中同时滴入2滴1mol/LFeCl3溶液，观察产生气泡的速率；（4）C；
（5）①溶液中产生气泡的速率；排除Cl−对实验的干扰；②在同温同压下，收集40mL气体所需的时间；
（6）控制变量(或对比)；
【解析】
试题分析：（1）过氧化氢分解，FeCl3在此反应中作催化剂，起催化作用，能加快过氧化氢分解产生氧气的速率，故答案为2H2O22H2O+O2↑；
（2）分别在试管A、B中加入 5mL 5% H2O2溶液，各滴入1～2 滴1mol/L FeCl3溶液．待试管中均有适量气泡出现，说明过氧化氢分解能发生，试管A、B中均有适量气泡出现时，将试管A放入盛有5℃左右冷水的烧杯中；将试管B放入盛有40℃左右热水的烧杯中，两支试管不同点是试管A的温度比试管B的温度低，说明研究的是温度对反应速率的影响，故答案为研究温度对H2O2分解速率的影响；
（3）影响化学反应速率的外界因素有浓度、温度、气体的压强、催化剂、固体的表面积，另取两支试管分别加入 5mL 5%H2O2溶液和 5mL10%H2O2溶液，试管A、B中均未见气泡产生，为加快反应速率，可从温度、或催化剂的影响角度考虑，故答案为将两支试管同时放入盛有相同温度热水的烧杯中，或向两支试管中同时滴入2滴1mol/L FeCl3溶液，观察产生气泡的速率；
（4）该图象横坐标表示时间，纵坐标表示生成气体的体积，时间越短生成的气体越多，反应速率越快，所以速率最慢的为C，故答案为C；
（5）①可以通过观察产生气泡的快慢来定性比较比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，将CuSO4改为CuCl2更为合理，这样Fe3+和Cu2+中的阴离子种类相同，可以排除因阴离子的不同可能带来的影响，故答案为产生气泡的快慢；排除Cl−对实验的干扰；
②均以生成40mL气体为准时，产生等量的气体用的时间越短，则反应速率越快，所以实验中需要测量的数据是收集40mL气体所需的时间，故答案为收集40mL气体所需的时间（6）通过对上述实验过程的分析，在实验设计时，要考虑控制变量方法的应用，故答案为控制变量。

考点：考查了影响化学反应速率的因素的探究实验的相关知识。

8．某酸性工业废水中含有K2Cr2O7。

光照下，草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2O转化为Cr3＋。

某课题组研究发现，少量铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]即可对该反应起催化作用。

为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：
(1)在25 ℃下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH 和一定浓度草酸溶液用量，做对比实验，完成以下实验设计表(表中不要留空格)。

实验编号初始
pH
废水样品
体积/mL
草酸溶液
体积/mL
蒸馏水
体积/mL
①4601030
②5601030
③560__________________测得实验①和②溶液中的Cr2O72—浓度随时间变化关系如图所示。

(2)上述反应后草酸被氧化为__________________(填化学式)。

(3)实验①和②的结果表明____________________；实验①中0～t1时间段反应速率v(Cr3＋)＝____________mol·L－1·min－1(用代数式表示)。

(4)该课题组对铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：
假设一：Fe2＋起催化作用；
假设二：___________________________；
假设三：___________________________；
(5)请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。

[除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有K2SO4、FeSO4、K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O、Al2(SO4)3等。

溶液中Cr2O的浓度可用仪器测定]
实验方案（不要求写具体操作过程)预期实验结果和结论
__________________________
（6）某化学兴趣小组要完成中和热的测定，实验桌上备有大、小两个烧杯、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、环形玻璃搅拌棒、0.5 mol·L-1盐酸、0.55 mol·L-1NaOH溶液,实验尚缺少的玻璃用品是___、_____。

(7)他们记录的实验数据如下:
实验用品
溶液温度中和热
t1t2ΔH
①50 mL
0.55 mol·L-1
NaOH溶液
50 mL
0.5 mol·L-1
HCl溶液
20 ℃23.3 ℃
②50 mL
0.55 mol·L-1
NaOH溶液
50 mL
0.5 mol·L-1
HCl溶液
20 ℃23.5 ℃
已知:Q=cm(t2-t1),反应后溶液的比热容c为4.18 kJ·℃-1·kg-1,各物质的密度均为1 g·cm-3。

计算完成上表中的ΔH_________________________。

(8)若用KOH代替NaOH,对测定结果____(填“有”或“无”)影响;若用醋酸代替HCl做实
验,对测定结果ΔH____(填“偏大”或“偏小”无影响)。

【答案】2020CO2溶液pH对该反应的速率有影响2(c0-c1)/t1Al3＋起催化作用
SO42—起催化作用用等物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他条件与实验①相同，进行对比实验反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O72—)大于实验①中的c(Cr2O72—)则假设一成立，若两溶液中的c(Cr2O72—)相同，则假设一不成立量筒
温度计-56.85kJ·mol-1无偏大
【解析】
【分析】
（1）①②中pH不同，是探究pH对速率的影响；则②③是探究不同浓度时草酸对速率的影响；
（2）草酸中碳元素化合价为+3价，被氧化为+4价，Cr2O72-转化为Cr3+，根据电子守恒来计算；
（3）实验①②表明溶液pH越小，反应的速率越快，根据公式求算；
（4）根据铁明矾的组成分析；
（5）做对比实验：要证明Fe2+起催化作用，需做对比实验，再做没有Fe2+存在时的实验，用等物质的量K2SO4•Al2（SO4）3•24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验；
（6）根据中和热测定的实验步骤选用需要的仪器，然后判断还缺少的仪器；
（7）先求出2次反应的温度差，根据公式Q=cm△T来求出生成0.025mol的水放出热量，最后根据中和热的概念求出中和热；
（8）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关。

【详解】
（1）①②中pH不同，是探究PH对速率的影响；则②③是探究不同浓度时草酸对速率的影响，故答案为
（2）草酸中碳元素化合价为+3价，氧化产物为CO2，被氧化为+4价，化合价共升高2价，Cr2O72-转化为Cr3+，化合价共降低了6价，根据电子守恒，参加反应的Cr2O72-与草酸的物质的量之比为是1：3，离子方程式为：Cr2O72-+3H2C2O4+8H+=6CO2↑+2Cr3++7H2O，故答案为
Cr2O72-+3H2C2O4+8H+=6CO2↑+2Cr3++7H2O；
（3）由实验①②表明溶液pH越小，反应的速率越快，所以溶液pH对该反应的速率有影响，v（Cr3+）=2v（Cr2O72-）=2(c0-c1)/t1mol•L-1•min-1，故答案为2(c0-c1)/t1 溶液pH对该反应的速率有影响；
（4）根据铁明矾[Al2Fe（SO4）4•24H2O]组成分析，Al3+起催化作用；SO42-起催化作用，故答案为Al3+起催化作用；SO42-起催化作用；
（5）要证明Fe2+起催化作用，需做对比实验，再做没有Fe2+存在时的实验，所以要选。