高考化学化学反应速率与化学平衡(大题培优)及答案解析
高考化学十四 化学反速率与化学平衡图象题的破解策略精培优专练试题
魁夺市安身阳光实验学校培优点十四化学反应速率与化学平衡图象题的破解策略1．平衡常数的计算典例1．t℃时，体积不变的密闭容器中发生反应：X(g)＋3Y(g)2Z(g)，各组分在不同时刻的浓度如下表：物质X Y Z初始浓度/mol·L−10.1 0.2 02min末浓度/mol·L−10.08 a b平衡浓度/mol·L−10.05 0.05 0.1下列说法中正确的是（）A．平衡时，X的转化率为20%B．t℃时，该反应的平衡常数为40C．增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆减小，平衡向正反应方向移动D．前2min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v(Y)＝0.03mol·(L·min) -1【解析】X的转化率α(X)＝0.05mol·L−1÷0.1mol·L−1×100%＝50%，故A错误；平衡常数K＝0.120.05×0.053＝1600，故B错误；增大压强，正、逆反应速率均增大，故C错误；由表格中数据可知2min内Y的浓度减小了0.06mol·L−1，v(Y)＝0.06mol·L−1÷2min＝0.03mol·(L·min) -1，故D正确。
【答案】D2．转化率的计算典例2．如图，甲容器有一个移动活塞，能使容器保持恒压。
起始时向甲中充入2mol SO2、1mol O2，向乙中充入4mol SO2、2mol O2。
甲、乙的体积都为1L(连通管体积忽略不计)。
保持相同温度和催化剂存在的条件下，关闭活塞K，使两容器中各自发生下述反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。
达平衡时，甲的体积为0.8L。
下列说法正确的是（）A．乙容器中SO2的转化率小于60%B．平衡时SO3的体积分数：甲＞乙C．打开K后一段时间，再次达到平衡，甲的体积为1.4 LD．平衡后向甲中再充入2mol SO2、1mol O2和3mol SO3，平衡向正反应方向移动【解析】根据阿伏加德罗定律(同温同容时，压强之比等于物质的量之比)，达平衡后，混合气体的物质的量是初始时物质的量的0.8倍，即0.8×3mol＝2.4mol，即减小了0.6mol，根据化学方程式的计算可知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) Δn2 11.2mol 0.6mol即达平衡后，反应了1.2mol SO2，甲容器中SO2的转化率为1.2 mol2 mol×100%＝60%，若乙容器压强也不变，则平衡后体积为1.6L，现体积不变，相当于甲平衡后增大压强，平衡正向移动，SO2的转化率增大，A错误；根据上述分析，平衡时SO3的体积分数：甲＜乙，B错误；根据上述分析，打开K后一段时间，一．化学平衡的相关计算再次达到平衡，总体积为2.4L，因此甲的体积为1.4L，C正确；根据上述分析，甲平衡后，容器中有0.8mol SO2，0.4mol O2，1.2mol SO3，物质的量之比为2∶1∶3，平衡后向甲中再充入2mol SO2、1mol O2和3mol SO3，物质的量之比不变，平衡不移动，D错误。
高二化学反应速率与平衡练习题及答案
高二化学反应速率与平衡练习题及答案一、选择题（共40分，每题2分）1. 某化学反应的速率随温度的升高而增大，这是因为：A. 温度升高使反应生成热量增多，增大了反应活化能B. 温度升高使反应生成热量减少，降低了反应活化能C. 温度升高使反应分子碰撞几率增大，增大了反应速率D. 温度升高使吸热反应速率增大，降低了反应速率2. 催化剂能够加速化学反应的原因是：A. 催化剂增大了反应物的浓度B. 催化剂降低了反应的活化能C. 催化剂增大了反应的平衡常数D. 催化剂减小了反应所放出的热量3. 某化学反应的反应物A和B浓度之比为2:1，平衡时B的浓度为0.1 mol/L，则A的浓度为：A. 0.05 mol/LB. 0.1 mol/LC. 0.2 mol/LD. 0.4 mol/L4. 关于平衡常数Kp，以下说法正确的是：A. Kp与压强无关，只与摩尔比有关B. Kp与压强成正比，与摩尔比无关C. Kp与压强成反比，与摩尔比有关D. Kp与压强成正比，与摩尔比成正比5. 下面哪种情况会使得某反应的平衡位置发生向右移动的变化：A. 添加催化剂B. 降低温度C. 减小体系中的压强D. 增加反应物浓度二、填空题（共30分，每空1分）1. 在速率方程 V = k[A]^m[B]^n 中，m和n的值可以反映出反应的_______。
2. 平衡常数Kc的表达式为 Kc = [C]^c[D]^d / [A]^a[B]^b，其中a、b、c和d分别表示反应的 _______。
3. 某反应的速率与反应物的浓度成二次方关系，则该反应的级数为_______。
4. 两个反应都经过同一个速率决定步骤，但反应A与反应B速率常数分别为k1和k2，则A的速率是B的 _______。
5. 某反应的平衡常数Kp = 4.2，请问Kc等于多少？三、解答题（共30分，每题10分）1. 用实验数据完成下面的速率方程：反应物A与B发生反应生成产物C和D，速率方程为V =k[A]^x[B]^y。
2020-2021备战高考化学二轮 化学反应速率与化学平衡 专项培优附答案解析
2020-2021备战高考化学二轮化学反应速率与化学平衡专项培优附答案解析一、化学反应速率与化学平衡1．碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。
（1）合成该物质的步骤如下：步骤1：配制0.5mol·L-1 MgSO4溶液和0.5mol·L-1 NH4HCO3溶液。
步骤2：用量筒量取500mL NH4HCO3溶液于1000mL三颈烧瓶中，开启搅拌器。
温度控制在50℃。
步骤3：将250mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min内滴加完后，用氨水调节溶液pH到9.5。
步骤4：放置1h后，过滤，洗涤。
步骤5：在40℃的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸镁晶须产品（MgCO3·nH2O n=1～5）。
①步骤2控制温度在50℃，较好的加热方法是_________。
②步骤3生成MgCO3·nH2O沉淀的化学方程式为__________。
③步骤4检验沉淀是否洗涤干净的方法是__________。
（2）测定生成的MgCO3·nH2O中的n值。
称量1.000碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中加入适量水，并滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室温下反应4～5h，反应后期将温度升到30℃，最后将烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得CO2的总量；重复上述操作2次。
①图中气球的作用是_________。
②上述反应后期要升温到30℃，主要目的是______。
③测得每7.8000g碳酸镁晶须产生标准状况下CO2为1.12L，则n值为_______。
（3）碳酸镁晶须可由菱镁矿获得，为测定某菱镁矿（主要成分是碳酸镁，含少量碳酸亚铁、二氧化硅）中铁的含量，在实验室分别称取12.5g菱镁矿样品溶于过量的稀硫酸并完全转移到锥形瓶中，加入指示剂，用0.010mol/L H2O2溶液进行滴定。
平行测定四组。
消耗H2O2溶液的体积数据如表所示。
实验编号1234消耗H2O2溶液体积/mL15.0015.0215.6214.98①H2O2溶液应装在_________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
备战高考化学化学反应速率与化学平衡(大题培优 易错 难题)及答案
备战高考化学化学反应速率与化学平衡(大题培优易错难题)及答案一、化学反应速率与化学平衡1．根据当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿(主要成分为FeS2)作为原料。
完成下列填空：(1)将0.050mol SO2(g) 和0.030mol O2(g) 充入一个2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)+Q。
经2分钟反应达到平衡，测得n(SO3)=0.040mol，则O2的平均反应速率为______(2)在容积不变时，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有______(选填编号)a.移出氧气b.降低温度c.减小压强d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)(3)在起始温度T1(673K)时SO2的转化率随反应时间(t)的变化如图，请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2(723K)时SO2的转化率随反应时间变化的示意图___(4)黄铁矿在一定条件下煅烧的产物为SO2和Fe3O4①将黄铁矿的煅烧产物Fe3O4溶于H2SO4后，加入铁粉，可制备FeSO4。
酸溶过程中需维持溶液有足够的酸性，其原因是______②FeS2能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，本身被氧化为SO42﹣。
写出有关的离子方程式______。
有2mol氧化产物生成时转移的电子数为______【答案】0.005mol/(L•min) bd 抑制Fe3+与Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+ FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+14N A【解析】【分析】(1)根据v＝ct∆∆求出氧气的速率，然后根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比计算；(2)反应放热，为提高SO2平衡转化率，应使平衡向正反应方向移动，可降低温度，体积不变，不能从压强的角度考虑，催化剂不影响平衡移动，移出氧气，平衡向逆反应方向移动，不利于提高SO2平衡转化率，由此分析解答；(3)反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但达到平衡所需要的时间缩短，据此画出曲线；(4)①Fe3＋与Fe2＋易水解，Fe2＋易被氧化成Fe3＋；②根据氧化还原反应中的反应物和生成物几何电子守恒来配平化学方程式，结合方程计算转移电子数。
全国高考化学化学反应速率与化学平衡的综合高考真题汇总附详细答案
全国高考化学化学反应速率与化学平衡的综合高考真题汇总附详细答案一、化学反应速率与化学平衡1．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。
2020-2021化学化学反应速率与化学平衡的专项培优 易错 难题练习题(含答案)附答案解析
2020-2021化学化学反应速率与化学平衡的专项培优易错难题练习题(含答案)附答案解析一、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 4.0×10－3①a＝__________。
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________________。
2021年高考化学考点精讲精练08化学反应速率与化学平衡含解析
化学反应速率与化学平衡知识点一、化学反应速率 1．化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示。
即。
理解的关键：（1）表示浓度变化； （2）均为正值；（3）不用纯固体或纯液体表示; （4）是平均速率，不是瞬时速率; （5）单位为mol/(L.s)、mol·L －1·s －1。
同一反应中不同物质间反应速率的规律同一反应用不同物质来表示反应速率时，其数值不一定相等;它们的比值等于化学方程式的计量数之比。
对于在一个容器中的一般反应a A+b B===c C+d D 来说有，v (A)∶v (B)∶v (C)∶v (D)=Δc (A)∶Δc (B)∶Δc (C)∶Δc (D)=Δn (A)∶Δn (B)∶Δn (C)∶Δn (D)=a ∶b ∶c ∶d 。
【方法技巧】反应速率大小(或快慢)比较方法同一反应的化学反应速率用不同物质表示时数值可能不同，比较化学反应速率的快慢不能只看数值大小，而要进行一定的转化。
(1)归一法：将同一反应中的不同物质的反应速率转化成同一单位、同一种物质的反应速率，再进行比较。
(2)比值法：用各物质的量表示的反应速率除以对应各物质的化学计量数，然后再对求出的数值进行大小排序，数值大的反应速率快。
如反应m A ＋n B p C ＋q D ，若v (A)/m ＞v (B)/n ，则反应速率A ＞B 。
(3)注意单位是否统一。
2．影响化学反应速率的因素1．决定因素（内因）：反应物的性质（决定因素） 2．条件因素（外因）：（1）浓度对反应速率的影响（固体和纯液体除外），①浓度越大，反应速率越快，浓度越小，反应速率越慢。
tV M mt V n t C V ∆⋅⋅∆=∆⋅∆=∆∆=②变化情况：对于可逆反应来说，增大反应物的浓度，正反应速率瞬间增大，逆反应速率不变，随后，由于反应物浓度减小，生成物浓度增大，正反应速率减慢，逆反应速率增大。
（2）压强对反应速率的影响（方程式中必须要有气体），①压强越大，反应速率越快，压强越小，反应速率越慢。
高考化学培优易错难题(含解析)之化学反应速率与化学平衡附详细答案
高考化学培优 易错 难题(含解析)之化学反应速率与化学平衡附详细答案 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 的酸性KMnO 4溶液，再分别滴入 0.1 mol L ：1 H 2C 2O 4 溶液，实验报告如下。
实验 編号0*01 mobL"酸性 KMnOa 涯液 OdnwbL -H ;C Z O 4溶液水反应温度TC反应时间內1 5,0 mL 5,0 mL 0 20 125 '2 5,0 mL V L0 niL 20 320 35,0 mL5,0 mL5030① 实验1、3研究的是 ___________ 对反应速率的影响。
② 表中V = __________ mL o(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KMnO 4与H 2C 2O 4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。
⑶为比较Fe 3*、C L T 对H 2O2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CuSQ 溶液改为 CuC b 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 _____________________ 。
2020-2021培优 易错 难题化学反应速率与化学平衡辅导专题训练附答案解析
2020-2021培优易错难题化学反应速率与化学平衡辅导专题训练附答案解析一、化学反应速率与化学平衡1．硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2实验I：Na2S2O3的制备。
工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：(1)仪器a的名称是_______，仪器b的名称是_______。
b中利用质量分数为70%〜80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。
c中试剂为_______(2)实验中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_______ (写出一条)(3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_______实验Ⅱ：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。
资料：Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)装置试剂X实验现象Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先变成紫黑色，30s 后几乎变为无色(4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。
从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象：_______实验Ⅲ：标定Na2S2O3溶液的浓度(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g∙mol-1)0.5880g。
平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72-+14H+ = 3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol∙L-1【答案】分液漏斗 蒸馏烧瓶 24232422H SO Na SO Na SO H O =SO +++↑ 硫化钠和碳酸钠的混合液 调节酸的滴加速度 若 SO 2过量，溶液显酸性．产物会发生分解 加入铁氰化钾溶液．产生蓝色沉淀 开始生成 Fe(S 2O 3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但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)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色 0.1600 【解析】 【分析】 【详解】(1)a 的名称即为分液漏斗，b 的名称即为蒸馏烧瓶；b 中是通过浓硫酸和Na 2SO 3反应生成SO 2，所以方程式为：24232422H SO Na SO Na SO H O =SO +++↑；c 中是制备硫代硫酸钠的反应，SO 2由装置b 提供，所以c 中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液； (2)从反应速率影响因素分析，控制SO 2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的SO 2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO 2过量，溶液显酸性，产物会发生分解； (4)检验Fe 2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe 2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成3233Fe(S O )-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着Fe 3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色；(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：①2327226I Cr O 14H =3I 2Cr7H O --++++++；②2222346=I 2S O 2I S O ---++；反应①I -被氧化成I 2，反应②中第一步所得的I 2又被还原成I -，所以①与②电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的227Cr O -得电子总数就与消耗的223S O -失电子总数相同 ；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。
高考化学反应速率及平衡经典题及答案
1.700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O,发生反应：CO(g)＋H2O(g) CO2＋H2(g)A.反应在t1min内的平均速率为v(H2)＝0.40/t1 mol·L－1·min－1B.保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60mol CO和1.20 mol H2O，到达平衡时，n(CO2)＝0.40 mol。
C.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20mol H2O，与原平衡相比，达到新平衡时CO转化率增大，H2O的体积分数增大D.温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应【分析】本题属于基本理论中化学平衡问题，主要考查学生对速率概念与计算，平衡常数概念与计算，平衡移动等有关内容理解和掌握程度。
高三复习要让学生深刻理解一些基本概念的内涵和外延。
A.反应在t1min内的平均速率应该是t1min内H2浓度变化与t1的比值，而不是H2物质的量的变化与t1的比值。
B.因为反应前后物质的量保持不变，保持其他条件不变，平衡常数不会改变，起始时向容器中充入0.60mol CO和1.20 mol H2O，似乎与起始时向容器中充入0.60mol H2O和1.20 mol CO效果是一致的，到达平衡时，n(CO2)＝0.40 mol。
C.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20mo lH2O，与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时CO转化率增大，H2O转化率减小，H2O的体积分数会增大。
D.原平衡常数可通过三段式列式计算（注意浓度代入）结果为1，温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，说明温度升高，平衡是向左移动的，那么正反应应为放热反应。
答案：BC2.一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：催化剂SO2(g)+2CO(g)2CO2(g)+S(l) △H＜0 若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是A．平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变B．平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快C．平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率D．其他条件不变，使用不同催化剂，该反应平衡常数不变答案：D3.合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经过多步反应制得，其中的一步反应为：CO(g)＋催化剂H2O(g)CO2(g)＋H2(g) △H < 0反应到达平衡后，为提高CO的转化率，下列措施中正确的是A．增加压强B．降低温度C．增大CO的浓度D．更换催化剂答案：B4.在一个不导热的密闭反应器中，只发生两个反应：a(g)＋b(g)2c(g)；△H<0x(g)＋3y(g)2z(g)；△H>0进行先关操作且达到平衡后(忽略体积改变所做的功)，下列叙述错误的是A ．等压使，通入惰性气体，c 的物质的量不变B ．等压时，通入x 气体，反应器中温度升高C ．等容时，通入惰性气体，各反应速率不变D ．等容时，通入x 气体，y 的物质的量浓度增大答案：A5. 已知：4NH 3(g)+5O 2(g)=4NO(g)+6H 2O(g). ΔH ＜0该反应是一个可逆反应。
反应速率与化学平衡-2023年高考化学真题题源解密(新高考专用)(解析版)
反应速率与化学平衡目录：2023年真题展现考向一反应速率及其图像考向二化学平衡与移动考向三化学平衡常数考向四外界条件对化学平衡的影响真题考查解读近年真题对比考向一化学反应速率考向二影响化学反应速率的因素考向三化学平衡状态考向四外界条件对化学平衡的影响考向五化学平衡常数考向六转化率及其计算命题规律解密名校模拟探源易错易混速记考向一反应速率及其图像1(2023·辽宁卷第12题)一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如下图所示。
下列说法正确的是()A.Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4B.随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小C.该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存D.总反应为：2MnO-4+5C2O2-4+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O【答案】C【解析】开始一段时间(大约13min 前)随着时间的推移Mn (VII )浓度减小直至为0，Mn (III )浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn (III )，同时先生成少量Mn (IV )后Mn (IV )被消耗；后来(大约13min 后)随着时间的推移Mn (III )浓度减少，Mn (II )的浓度增大；据此作答。
由图像可知，随着时间的推移Mn (III )的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn (III )，后Mn (III )被消耗生成Mn (II )，Mn (III )能氧化H 2C 2O 4，A 项错误；随着反应物浓度的减小，到大约13min 时开始生成Mn (II )，Mn (II )对反应起催化作用，13min 后反应速率会增大，B 项错误；由图像可知，Mn (VII )的浓度为0后才开始生成Mn (II )，该条件下Mn (II )和Mn (VII )不能大量共存，C 项正确；H 2C 2O 4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2MnO 4-+5H 2C 2O 4+6H +=2Mn 2++10CO 2↑+8H 2O ，D 项错误；故选C 。
高考化学化学反应速率与化学平衡(大题培优 易错 难题)及详细答案
高考化学化学反应速率与化学平衡(大题培优易错难题)及详细答案一、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__。
高考化学二轮 化学反应速率与化学平衡 专项培优含答案解析
高考化学二轮化学反应速率与化学平衡专项培优含答案解析一、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-1H2C2O4溶液)/mLV（蒸馏水）/mLV（0.010 mol·L-1KMnO4溶液）/mLT/℃乙① 2.00 4.050② 2.00 4.025③ 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-1①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) 。
高考化学综合题专题复习【化学反应速率与化学平衡】专题解析及答案
高考化学综合题专题复习【化学反应速率与化学平衡】专题解析及答案一、化学反应速率与化学平衡1．某研究小组对碘化钾溶液在空气中发生氧化反应的速率进行实验探究。
（初步探究）示意图序号温度试剂A现象①0°C0.5mol∙L−1稀硫酸4min左右出现蓝色②20°C1min左右出现蓝色③20°C0.1mol∙L−1稀硫酸15min左右出现蓝色④20°C蒸馏水30min左右出现蓝色（1）为探究温度对反应速率的影响，实验②中试剂A应为______________。
（2）写出实验③中I-反应的离子方程式：_____________________。
（3）对比实验②③④，可以得出的结论：_______________________。
（继续探究）溶液pH对反应速率的影响查阅资料：i.pH＜11.7时，I-能被O2氧化为I2。
ii.pH= 9.28时，I2发生歧化反应：3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O，pH越大，歧化速率越快。
（4）小组同学用4支试管在装有O2的储气瓶中进行实验，装置如图所示。
序号⑤⑥⑦⑧试管中溶液的pH891011放置10小时后的现象出现蓝色颜色无明显变化分析⑦和⑧中颜色无明显变化的原因_______。
（5）甲同学利用原电池原理设计实验证实pH=10的条件下确实可以发生I-被O2氧化为I2的反应，如图所示，请你填写试剂和实验现象。
试剂1______________。
试剂2______________。
实验现象：___________________________。
（深入探究）较高温度对反应速率的影响小组同学分别在敞口试管和密闭试管中进行了实验⑨和⑩。
（6）对比实验⑨和⑩的现象差异，该小组同学对实验⑨中的现象提出两种假设，请你补充假设1。
假设1：_______________。
假设2：45°C以上I2易升华，70°C水浴时，c（I2）太小难以显现黄色。
化学高考备考化学反应速率与化学平衡的常见题型解析与解答
化学高考备考化学反应速率与化学平衡的常见题型解析与解答化学反应速率和化学平衡是高考化学考试中常见的重要内容之一，在解题中也经常出现各种不同类型的题目。
掌握这些题型的解析与解答技巧，对于提高解题效率和成绩至关重要。
本文将对化学反应速率和化学平衡的常见题型进行解析与解答，并给出一些备考的建议。
一、化学反应速率题型解析与解答1. 计算反应速率计算反应速率是化学反应速率题中最常见的题型，一般给出反应物质的浓度变化和反应物消耗的时间，并要求计算反应速率。
计算反应速率的公式为速率 = 反应物质浓度的变化 / 反应时间。
根据给出的数据，代入公式即可得到答案。
2. 比较反应速率比较反应速率是化学反应速率题中的另一常见题型，要求根据给出的反应物质的浓度变化和反应物消耗的时间，判断不同条件下反应速率的大小。
解答该题型时，可以比较不同实验条件下反应速率的大小，观察反应物质的浓度变化和反应物消耗的时间，根据速率的计算公式进行比较。
3. 反应速率与温度、浓度、催化剂的关系这类题目要求分析反应速率与温度、浓度、催化剂之间的关系。
在解答时，可以应用以下原理：增加反应物质的浓度或温度都会提高反应速率，而加入催化剂则可以降低活化能，从而加快反应速率。
根据所给条件进行分析，选择正确答案。
二、化学平衡题型解析与解答1. 平衡常数K的计算平衡常数K是化学平衡题中的核心内容，要求计算平衡常数K。
平衡常数K的计算公式为K = [产物的浓度之积] / [反应物的浓度之积]。
根据给出的平衡反应式，将平衡浓度代入公式进行计算即可。
2. 判断平衡方向和转移物质判断平衡方向和转移物质是化学平衡题中常见的题型。
根据平衡反应式和给出的条件，可以判断平衡是向左或向右移动，并判断反应中产物和反应物的转移方向。
根据反应物质的转移方向和平衡式的情况选择正确的答案。
3. 影响平衡的因素这类题型要求分析影响平衡的因素，如温度、压力、浓度等。
一般来说，增加温度会使平衡发生向右移动的方向，而增加压力或浓度则使平衡发生向左移动的方向。
高考化学二轮 化学反应速率与化学平衡 专项培优易错试卷及答案(1)
高考化学二轮 化学反应速率与化学平衡 专项培优易错试卷及答案(1)一、化学反应速率与化学平衡1．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：22FeNO 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 ()222Cu4SCN 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+。
备战高考化学备考之化学反应速率与化学平衡压轴突破训练∶培优篇及详细答案(1)
备战高考化学备考之化学反应速率与化学平衡压轴突破训练∶培优篇及详细答案(1)一、化学反应速率与化学平衡1．无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体．某活动小组通过实验，探究不同温度下气体产物的组成．实验装置如下：每次实验后均测定B、C质量的改变和E中收集到气体的体积．实验数据如下（E中气体体积已折算至标准状况）：实验组别温度称取CuSO4质量/gB增重质量/gC增重质量/gE中收集到气体/mL①T10.6400.32000②T20.64000.256V2③T30.6400.160Y322.4④T40.640X40.19233.6（1）实验过程中A中的现象是______．D中无水氯化钙的作用是_______．（2）在测量E中气体体积时，应注意先_______，然后调节水准管与量气管的液面相平，若水准管内液面高于量气管，测得气体体积______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．（3）实验①中B中吸收的气体是_____．实验②中E中收集到的气体是______．（4）推测实验②中CuSO4分解反应方程式为：_______．（5）根据表中数据分析，实验③中理论上C增加的质量Y3=_______g．（6）结合平衡移动原理，比较T3和T4温度的高低并说明理由________．【答案】白色固体变黑吸收水蒸气，防止影响C的质量变化冷却至室温偏小 SO3 O2 2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑ 0.128 T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2【解析】【分析】(1)根据无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体分析A中的现象，根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析；(2)气体温度较高，气体体积偏大，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小；(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气；(4)0.64g硫酸铜的物质的量为0.64g160g/mo1＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：0.25664/1gg mo＝0.004mol，氧气的质量为：0.64﹣0.32﹣0.256＝0.064g，物质的量为：0.06432/1gg mo＝0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；(5)0.64g硫酸铜的物质的量为0.64g160g/mo1＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：0.022422.432＝0.032g，根据质量守恒实验③中理论上C增加的质量Y3＝0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g；(6)根据表中实验③④的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。
2020年高考化学二轮专题复习6：化学反应速率与化学平衡(附解析)
2020年高考化学二轮专题复习6：化学反应速率与化学平衡（附解析）考纲指导1．了解化学反应速率的概念及反应速率的定量表示方法。
2．了解化学反应的可逆性及化学平衡的建立。
3．掌握化学平衡的特征，了解化学平衡常数的含义，能够利用化学平衡常数进行相关计算。
4．理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对反应速率和化学平衡的影响，认识其一般规律。
5．了解化学反应速率和化学平衡的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。
Ⅰ．客观题(1)考查化学反应速率、化学平衡常数的简单计算。
(2)外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，化学平衡状态的判断。
(3)以图像表格考查化学反应速率、化学平衡的综合应用。
Ⅱ．主观题常常与基本理论，工业生产相联系，通过图像或表格提供信息进行命题，主要考查化学反应速率的表示方法、外界条件对速率和平衡的影响规律、化学平衡常数的应用以及平衡转化率、起始或平衡浓度的计算等。
知识梳理一、化学反应速率及影响因素1．对化学反应速率计算公式的理解对于反应m A(g)+n B(g)===c C(g)+d D(g)(1)计算公式：v (B)＝Δc (B)Δt ＝Δn (B)V Δt 。
(2)同一反应用不同的物质表示反应速率时，数值可能不同，但意义相同。
不同物质表示的反应速率，存在如下关系：v (A)∶v (B)∶v (C)∶v (D)＝m ∶n ∶c ∶d 。
(3)注意事项①浓度变化只适用于气体和溶液中的溶质，不适用于固体和纯液体。
②化学反应速率是某段时间内的平均反应速率，而不是即时速率，且计算时取正值。
2．外界条件对化学反应速率的影响3．稀有气体对反应速率的影响(1)恒容：充入“惰性气体”总压增大―→物质浓度不变(活化分子浓度不变)―→反应速率不变。
(2)恒压：充入“惰性气体”体积增大物质浓度减小(活化分子浓度减小)反应速率减小。
二、平衡的判定与平衡移动原理1．化学平衡状态的判断标志(1)速率标志①同一物质在同一时间内生成速率与消耗速率相等。
高考化学化学反应速率与化学平衡的综合复习含答案解析
高考化学化学反应速率与化学平衡的综合复习含答案解析一、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2-272-4c(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/%0.92212.720.857.3①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_______________。
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高考化学化学反应速率与化学平衡(大题培优)及答案解析一、化学反应速率与化学平衡1．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+)=1.1859mol/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。
2．根据当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿(主要成分为FeS2)作为原料。
完成下列填空：(1)将0.050mol SO2(g) 和0.030mol O2(g) 充入一个2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)+Q。
经2分钟反应达到平衡，测得n(SO3)=0.040mol，则O2的平均反应速率为______(2)在容积不变时，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有______(选填编号)a.移出氧气b.降低温度c.减小压强d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)(3)在起始温度T1(673K)时SO2的转化率随反应时间(t)的变化如图，请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2(723K)时SO2的转化率随反应时间变化的示意图___(4)黄铁矿在一定条件下煅烧的产物为SO2和Fe3O4①将黄铁矿的煅烧产物Fe3O4溶于H2SO4后，加入铁粉，可制备FeSO4。
酸溶过程中需维持溶液有足够的酸性，其原因是______②FeS2能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，本身被氧化为SO42﹣。
写出有关的离子方程式______。
有2mol氧化产物生成时转移的电子数为______【答案】0.005mol/(L•min) bd 抑制Fe3+与Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+ FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+14N A【解析】【分析】(1)根据v＝ct∆∆求出氧气的速率，然后根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比计算；(2)反应放热，为提高SO2平衡转化率，应使平衡向正反应方向移动，可降低温度，体积不变，不能从压强的角度考虑，催化剂不影响平衡移动，移出氧气，平衡向逆反应方向移动，不利于提高SO2平衡转化率，由此分析解答；(3)反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但达到平衡所需要的时间缩短，据此画出曲线；(4)①Fe3＋与Fe2＋易水解，Fe2＋易被氧化成Fe3＋；②根据氧化还原反应中的反应物和生成物几何电子守恒来配平化学方程式，结合方程计算转移电子数。
【详解】(1)v(SO3)＝ct∆∆＝0.040mol2L2min＝0.01mol/(L•min)，所以v(O2)＝12v(SO3)＝0.005mol/(L•min)，故答案为：0.005mol/(L•min)；(2)a．移出氧气，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；b．降低温度，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；c．减小压强，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；d．再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)，相当于增大压强，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；故答案为：bd；(3)反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) △H＜0，SO2的转化率在起始温度T1＝673K下随反应时间(t)的变化如图，其他条件不变，仅改变起始温度为T2＝723K，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，在图中画出温度T2下SO2的转化率随反应时间变化的预期结果示意图如图所示；故答案为：；(4)①Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SO4后，生成的Fe3＋与Fe2＋易水解，Fe2＋易被氧化成Fe3＋，所以要加入Fe粉和酸，抑制Fe3＋与Fe2＋的水解，并防止Fe2＋被氧化成Fe3＋，故答案为：抑制Fe3＋与Fe2＋的水解，并防止Fe2＋被氧化成Fe3＋；②−2价的硫离子具有还原性，FeS2可以将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，而本身被氧化为硫酸根离子，有关的离子方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+，氧化产物是硫酸根离子，有2mol硫酸根生成时转移的电子数为14N A，故答案为：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+；14N A。
【点睛】注意(3)温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，此为解题的关键。
3．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-1H2C2O4溶液)/mLV（蒸馏水）/mLV（0.010 mol·L-1KMnO4溶液）/mLT/℃乙① 2.00 4.050② 2.00 4.025③ 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-1①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。