全国各地高考化学分类：化学反应速率与化学平衡综合题汇编及答案解析

全国各地高考化学分类：化学反应速率与化学平衡综合题汇编及答案解析
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．锂离子电池能够实现千余次充放电，但长时间使用后电池会失效，其中的化学试剂排放至环境中不仅会造成环境污染，还会造成资源的浪费。

实验室模拟回收锂离子电池中的Co、Ni、Li的流程如图。

已知：LiCoO2难溶于水，易溶于酸。

回答下列问题：
（1）LiCoO2中Co的化合价是__。

（2）LiCoO2在浸出过程中反应的离子方程式是__。

（3）浸出剂除了H2O2外，也可以选择Na2S2O3，比较二者的还原效率H2O2__(填“>”或“<”)Na2S2O3(还原效率：还原等物质的量的氧化剂消耗还原剂的物质的量)。

（4）提高浸出效率的方法有__。

（5）利用Cyanex272萃取时，pH对钴、镍萃取分离效果的影响如图。

从图中数据可知，用Cyanex272萃取分离时，最佳pH是__。

（6）反萃取的离子方程式为2H++CoR2=Co2++2HR，则反萃取剂的最佳选择是__。

（7）常温下，若水相中的Ni2+的质量浓度为1.18g·L-1，则pH=__时，Ni2+开始沉淀。

[K sp(Ni(OH)2=2×10-15]
（8）参照题中流程图的表达，结合信息设计完成从水相中分离Ni和Li的实验流程图(如图)___。

已知：
提供的无机试剂：NaOH、Na2CO3、NaF。

【答案】+3 2LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O < 适当升高温度，适当增加H2SO4浓度 5.5 H2SO4 7.5 ①NaOH ②Ni(OH)2 ③NaF
【解析】
【分析】
(1)通过化合物中各元素化合价代数和为0进行计算；
(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSO4，可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，根据氧化还原反应的规律写出化学方程式；
(3)根据等物质的量H2O2和Na2S2O3作为还原剂转移电子的多少进行判断；
(4)提高浸出效率即提高化学反应速率；
(5)分离Co2+和Ni2+时，由于Co2+进入有机相，Ni进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围；
(6)将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时不能引入新杂质；
(7)根据K sp(Ni(OH)2的表达式进行计算；
(8)根据表格中所给物质溶解度信息，调节pH应该用碱性物质，但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀。

【详解】
(1)LiCoO2中O元素为-2价，Li为+1价，根据化合物中各元素化合价代数和为0进行计算得Co的化合价为+3价；
(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSO4，可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，化学方程式为：2LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O；
(3)1molH2O2作为还原剂转移2mol电子，1molNa2S2O3作为还原剂转移8mol电子，则
Na2S2O3的还原效率更高；
(4)提高浸出效率可以适当升高温度，适当增加H2SO4浓度等；
(5)分离Co2+和Ni2+时，由于Co2+进入有机相，Ni进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围，所以最佳pH是5.5；
(6)将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时，为不引入新杂质，反萃取剂最好选择H2SO4；
(7)c(Ni2+)=1.18
59
mol/L=0.02mol/L，则开始沉淀时，c(OH-)＝
-6.5mol/L，则pH=14-6.5=7.5；
(8)根据表格中所给物质溶解度信息，调节pH应该用碱性物质，但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀，所以选用NaOH，则Ni(OH)2先沉淀，过滤后滤液中加入NaF生成LiF沉淀。

【点睛】
本题(5)选择合适的pH时，注意读懂图中信息，要根据实验的具体操作情况来分析。

3．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
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%。

4．某小组研究了铜片与-1
3
5.6mol?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、 -1
35.6mol?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-1
35.6mol?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1
5.6mol 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-1
5.6mol?L 硝酸，向B 中加入2NaNO 固体，产生气泡的速率B 比A 快。

5．某兴趣小组用铝箔制备Al 2O 3、AlCl 3·6H 2O 及明矾大晶体，具体流程如下
已知：(1) AlCl 3·6H 2O 易溶于水、乙醇及乙醚； (2) 明矾在水中的溶解度如下表： 温度/℃ 0 10 20 30 40 60 80 90 溶解度/g
3.00
3.99
5.90
8.39
11.7
24.8
71.0
109
(1)步骤Ⅱ中生成Al(OH)3的离子方程式为
____________________________________________。

(2)步骤Ⅲ灼烧Al(OH)3所用实验室常用仪器为________，为了提高Al 2O 3纯度，需________(填操作步骤)。

(3)制备AlCl 3·6H 2O 的工业生产中，胶状固体用酸浸取后，还需要通入HCl 气体。

通入HCl 的作用主要有两点：____________和____________。

(4)已知：在不同温度条件下向一定量的氯化铝溶液中通入HCl 气体，通入量对
AlCl 3·6H 2O 结晶量和结晶效率的影响如图，请补充完整由胶状固体制备AlCl 3·6H 2O 晶体的实验方案：向胶状固体滴加一定浓度盐酸，直至恰好完全溶解，__________________________。

【答案】AlO2-＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO3-坩埚灼烧至恒重抑制AlCl3水解增加c(Cl－)，有利于AlCl3·6H2O结晶在45 ℃以下(或冷水浴条件下)通入HCl气体，至有大量晶体析出，过滤，用浓盐酸洗涤2～3次，低温(或减压)干燥，得到AlCl3·6H2O晶体【解析】
【分析】
根据Al2O3、AlCl3·6H2O及明矾大晶体的制备流程，结合题中相关信息及数据，综合运用物质的分离与提纯的方法进行分析。

【详解】
(1)步骤Ⅱ向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀，离子方程式为 AlO2-＋CO2＋
2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-。

(2)步骤Ⅲ灼烧Al(OH)3固体，应使用坩埚；提高Al2O3纯度须使Al(OH)3完全分解，故应灼烧至恒重。

(3)用酸浸取胶状Al(OH)3固体后，通入HCl气体，可抑制AlCl3水解，同时增大c(Cl－)，有利于AlCl3·6H2O结晶析出。

(4)由图可知，温度不超过45℃时，AlCl3·6H2O的结晶量和结晶效率均较高。

应控制低温条件下向溶液中通入HCl气体直至有大量晶体析出；为防止AlCl3·6H2O水解和分解，
AlCl3·6H2O晶体应用浓盐酸洗涤、低温(或减压)干燥。

因此，由胶状固体制备AlCl3·6H2O晶体的实验方案为：向胶状固体滴加一定浓度盐酸，直至恰好完全溶解，在45 ℃以下(或冷水浴条件下)通入HCl气体，至有大量晶体析出，过滤，用浓盐酸洗涤2～3次，低温(或减压)干燥，得到AlCl3·6H2O晶体。

6．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≈5.0×10－4 mol·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。

7．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
（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】
本题考查了实验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O的设计方法，侧重考查影响反应速率的因素、实验基本操作、沉淀溶解平衡的应用等知识，实验步骤结合物质的性质分析是解答的关键。

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）：
（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 ，
222400112
x = 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．某实验小组为确定过氧化氢分解的最佳催化条件，用如图实验装置进行实验，反应物用量和反应停止的时间数据如下：。