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1、2020-2021 高考化学化学反应速率与化学平衡( 大题培优易错 难题 ) 含答案一、化学反应速率与化学平衡1 某化学兴趣小组欲测定KClO3，溶液与 NaHSO 3 溶液反应的化学反应速率所用试剂为10mL0.1mol/LKClO3，溶液和 10mL0.3mol / LNaHSO3 溶液，所得数据如图所示。已知：ClO 33HSO3Cl3SO243H 。（1）根据实验数据可知，该反应在0 4min内的平均反应速率v Cl_mol /L min。（ 2）某同学仔细分析实验数据后发现，在反应过程中，该反应的化学反应速率先增大后减小某小组同学针对这一现象进一步探究影响该化学反应速率的因素，具体方
2、法如表示。方案假设实验操作该反应放热使溶液温度向烧杯中加入 10mL0.1mo/L 的 KClO 3 溶液和 10mL0.3mol/L的升高，反应速率加快NaHSO 3 溶液，取 10mL0.1mo/L 的 KClO 3 溶液加入烧杯中，向其中加入少量NaCl 固体，再加入 10mL0.3mol/L 的 NaHSO 3 溶液溶液酸性增强加快了化分别向 a、b 两只烧杯中加入 10mL0.1mol/L 的 KClO 3 溶液；向烧杯 a中加入 1mL 水，向烧杯 b 中加入 1mL0.2mol/L 的盐酸；再分别向两只学反应速率烧杯中加入10mL0.3mol/L 的 NaHSO 3 溶液补全方案
3、中的实验操作：_。方案中的假设为_。除、中的假设外，还可以提出的假设是_。某同学从控制变量的角度思考，认为方案 中实验操作设计不严谨，请进行改进：_。反应后期，化学反应速率变慢的原因是_。【答案】0.0025插入温度计生成的Cl加快了化学反应速率生成的SO24 加快了化学反应速率将 1mL 水改为1mL0.2mol/L的 NaCl 溶液反应物浓度降低【解析】【分析】【详解】（1）根据实验数据可知，该反应在0 4min内生成氯离子的浓度是0.010mol/L ，所以平均反应速率c Cl0.010mol / L4min0.0025mol /Lmin；（ 2）由于是假设该反应放热，使溶液温度升高，反
4、应速率加快，因此需要测量反应过程中溶液温度的变化；方案 I、相比较，中加入了少量氯化钠，所以方案中的假设为生成的Cl 加快了化学反应速率；由于反应中还有硫酸根离子生成，则除 I、中的假设外，还可以提出的假设是生成的硫酸根离子加快了化学反应速率；为防止氯离子对实验的干扰，则改进措施是将1mL 水改为 1mL0.2mol/L 的 NaCl 溶液；反应后期反应物浓度减小，因此化学反应速率变慢。【点睛】对于多因素（多变量）的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题。每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，
5、最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。它是科学探究中的重要思想方法，广泛地运用在各种科学探索和科学实验研究之中。2 黄铜矿是工业炼铜的主要原料，其主要成分为CuFeS2，现有一种天然黄铜矿（含少量脉石），为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如下实验：现称取研细的黄铜矿样品1.150g，在空气存在下进行煅烧，生成Cu、 Fe3O4 和SO2 气体，实验后取d 中溶液的置于锥形瓶中，用0.05mol/L标准碘溶液进行滴定，初读数为0.00mL，终读数如图所示。请回答下列问题：（ 1）称量样品所用的仪器为 _，将样品研细后再反应，其目的是_。（ 2）装置 a 的作用是 _。a有利于空气中氧气充分反应
6、b除去空气中的水蒸气c有利于气体混合 d有利于观察空气流速（3）上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是_。（4）滴定时，标准碘溶液所耗体积为_mL。判断滴定已达终点的现象是_。通过计算可知，该黄铜矿的纯度为_。（5）若用右图装置替代上述实验装置d，同样可以达到实验目的的是_。（填编号）（6）若将原装置 d 中的试液改为Ba(OH)2，测得的黄铜矿纯度误差为1%，假设实验操作均正确，可能的原因主要有 _ 。【答案】电子天平使原料充分反应、加快反应速率b、 d 使反应生成的SO2 全部进入 d装置中，使结果精确20.10mL溶液恰好由无色变成浅蓝色，且半分钟内不褪色80.4% 空气中的 C
7、O与 Ba(OH) 反应生成 BaCO 沉淀； BaSO 被氧化成BaSO22334【解析】【分析】(1)根据称量黄铜矿样品1.150g，选择精确度较高的仪器；将样品研细，增大了接触面积；(2)浓硫酸可以将水除去，还可以根据冒出气泡的速率来调节空气流速；(3)反应产生的二氧化硫应该尽可能的被d 装置吸收；(4)根据滴定管的读数方法读出消耗碘溶液的体积，根据反应结束时的颜色变化判断滴定终点；先找出黄铜矿和二氧化硫及碘单质的关系式CuFeS2SO2 2I2，再根据题中数据进行2计算；(5)图 2 中的中通入二氧化硫，反应生成了硫酸钡沉淀，可以根据硫酸钡的质量计算二氧化硫的量；(6)Ba(OH)2
8、溶液能吸收空气的 CO2，另外 BaSO3 易被空气中氧气氧化，这些原因均能引起测定误差。【详解】(1)由于称量黄铜矿样品 1.150g，精确度达到了千分之一，应该选用电子天平进行称量，把黄铜矿样品研细，可以增大接触面积，从而提高反应速率，并且使黄铜矿充分反应；(2)装置 a 中的浓硫酸可以吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入反应装置b 中发生危险，同时根据冒出的气泡的快慢来控制气体的通入量，故答案为bd ；(3)黄铜矿受热分解生成二氧化硫等一系列产物，分解完毕后仍然需要通入一段时间的空气，可以将 b 、d 装置中的二氧化硫全部排出去，使结果更加精确；(4)根据滴定管的示数是上方小，下方大，可以
9、读出滴定管示数是20.10mL，当达到滴定终点时，二氧化硫已经被碘单质消耗完毕，再滴入一滴碘单质，遇到淀粉会变蓝；根据硫原子守恒和电子守恒找出关系式：CuFeS2 2SO2 2I2，消耗掉0.05mol/L 标准碘溶液20.10mL时，即消耗的碘单质的量为：0.05mol/L 0.0201L=0.00105mol，所以黄铜矿的质量是：0.5 0.00105mol 184g/mol 10=0，.9246g所以其纯度是：0.9246g 100%=80.4%；1.15g(5)由于图 2 中，硝酸钡溶液中通入二氧化硫能够生成硫酸钡沉淀，过滤干燥后，根据硫酸钡的质量计算出二氧化硫的质量，故答案为；(6)
10、将原装置d 中的试液改为Ba(OH)2，测得的黄铜矿纯度误差为1%，在实验操作均正确的前提下，引起误差的可能原因主要有空气中的BaSO3 被氧化成BaSO4。CO2 与Ba(OH)2 反应生成BaCO3 沉淀或3 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分别取等体积的 2金属的性质越活泼，反应速率mol/L 的硫酸于试管中反应速率 Mg Fe，Cu 不反应越快（ 1
11、）甲同学表中实验步骤 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18.4mol/L 硫酸中钝化【
12、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
13、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
14、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。4 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 (MnO 2)为原料，在强碱性介质中被氧化生成墨绿色的锰酸钾(K
15、2MnO4)；然后在一定pH 下 K2MnO4 歧化生成紫色KMnO4。回答下列问题(1)K MnO4的制备2实验步骤现象或解释称取 2.5 gKClO固体和 5.2gKOH3不用瓷坩埚的原因是_。固体置于铁坩埚中，加热熔融分多次加入 3gMnO 2 固体不一次加入的原因是_。(2)KMnO 4 的制备趁热向 K2MnO 4 溶液中加入1 mol/L H 3PO4 溶液，直至K2 MnO4 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
16、同 pH 下产品中 KMnO4 含量加入H3 4PO 体积产品质量KMnO4 质量KMnO4 质量分数mL溶液的 pH10.5012.482.352.0587.2312.5011.452.452.1888.9814.5010.892.181.8785.7816.5010.322.281.7576.7518.509.442.091.4870.81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：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
17、度线。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：2MnO 4- 5H2C2O4 6H+ 2Mn 2 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) 瓷坩埚原料含有 SiO2，是酸性氧化物，能和碱反应；
18、分多次加入 3gMnO 2 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24；K MnO(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.溶液配制时固体溶解在烧杯中进行；滴定时消耗 23.90mL0.1400mol/L的 H2 242 2 4的物质的量C O 标准溶液，则参加反应的H C O-3- 5H22 4+2Mn2为 0.0239L 0.1400mol/L=3.346 104 6Hmol ，根据反应： 2MnOC O224-32-310CO8H O
19、可知参加反应的KMnO的物质的量为 3.346 10mol=1.3348 10mol ，据5此计算样品纯度。【详解】(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+2KOHK2SiO3 +H2O，腐蚀瓷坩埚，故不能使用瓷坩埚，而使用铁坩埚；为使 MnO2 充分反应，提高其转化率，加入MnO 2 时可分批加入，而不一次性加入；(2) 由于 K2MnO 4 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
20、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.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；滴定时消耗 23.90mL0.1400mol/L 的H2 2 42 2 4的物质的量C O 标准溶液，则参加反应的H C O-3- 5H22 4+2Mn2为 0.0239L 0.1400mol/L=3.346 102MnO4 6Hmol ，根据反应：C O224的物质的量为-32-310CO8H O 可知参加反应的KMnO3.34
21、6 10mol=1.3348 10mol ，则51.3348 10 3 mol158g / mol 100mL 84.6%。样品纯度 =25mL100%1.00g5 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ABC试剂10% H O /mL20.0VV2212-105.010.02 mol L FeCl3/ mLH2O/ mLV3V40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
22、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 H2 23+2 2O 分解的机理可分两步反应进行，其中第一步反应为：2Fe+ H O=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2+3+偏小5 2F
23、e +H2O2+2H =2Fe +2H2O【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
24、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 3
25、0.0mL，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+H2 O2+2H+2Fe3+2H2 O，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
26、反应速率是解答难点，也是易错点。6 某研究性学习小组向一定量的NaHSO3 溶液（加入少量淀粉）中加入稍过量的KIO3 溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色。为进一步研究有关因素对反应速率的影响，探究如下。（1）查阅资料 知 NaHSO3 与过量 KIO3 反应分为两步进行，且其反应速率主要由第一步反应 决定。已知第一步反应的离子方程式为IO3342+，则第二步反应+3HSO=3SO+I +3H的离子方程式为 _ 。（2）通过测定溶液变蓝所用时间来探究外界条件对该反应速率的影响，记录如下。编号0.01mol/L0.01mol/L KIO 3H2O/mL反应温度溶液变蓝所3溶液/mL/ 用时间t/s
27、NaHSO 溶液 /mL6.010.04.015t 16.014.0015t 26.0ab25t 3 实验 是探究 _对反应速率的影响，表中t1 _t 2（填 “ 、”“ =或”“ 、”“ =或”“ 10.0或 H+ 反 起+5I+6H =3I +3H OKIO4.0 生成的 I催化作用Na24粉末 =t2，a=10.0， b=4.0；(3）生成的 反 起催化作用；I 或 H（ 4） 研究 SO42 做催化 ，因此 中加入 Na2SO4 粉末； 当反 速率相等，假 一不相等，若 v(甲） v(乙），假 一成立。7 某小 研究了 片与 5.6 mol?L-1HNO 3 反 的速率， 象 如下表。
28、实验 段 象015min 片表面出 极少气泡1525min 片表面 生 多气泡，溶液呈很浅的 色2530min 片表面均匀冒出大量气泡3050min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 ： - 试管中加入大小、形状相同的铜片和相同体积、5.6 mol?L-1 HNO 3 。结果显示： Cu(NO 3 ) 2、 NO 对 Cu 和 HNO 3 反应速率的影响均不明显，NO 2 能明显加快该反应的速率。实验 III ：在试管中加入铜片和5.6 mol?L-1
29、 HNO 3 ，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NO 2-。（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_ _，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 Cu NO3 2 、NO、NO2 能否加快铜和硝酸反应的速率
30、 NO2 NO2在试管 A 、 B 中均加入相同的铜片和等体积的5.6 mol gL 1 硝酸，向 B 中加入 NaNO2 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1530min ，反应速率加快；（3 ）实验 II 结论： Cu(NO 3) 2、 NO 对 Cu 和 HNO 3 反应速率的影响均不明显，NO 2 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 NO 2 能明显加快该反应的速率。实验III ：发现其中含有 NO -2 。再根据化合价的升降
31、可判断；（5）中间产物为NO -2 ；【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 Cu(NO 3 ) 2、 NO 、 NO 2 能否加快铜和硝酸反应的速率；（4） Cu Cu2+，化合价升高，则的化合价降低，故为 NO 2，为 NO 2-；（5）验证中间产物NO 2-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 5.6 mol?L-1硝酸，向 B 中加入 NaNO 2 固体，产生气泡的速率B 比 A 快。8 某化学探究小组为研究影响化学反应速率的因素，进行了如下探究实验。根据实验内容完善下列实验报告。（ 1）该实验的目的为 _ 。（ 2）该实验过程中用到的玻璃仪器有_ 。（ 3）过程体验实验内容实验现象实验结论（1）将两块一样大小的镁条、铁片分 与盐酸反应产生影响化学反应速率大小的别同时加入等体积的 0.5mol.L-1 的盐酸气泡的速率快。内因为 _ _。中。（2）将等体积等浓度（ 3mol.L-1 ）的 状 CaCO3 与盐酸参加反应的固体物质颗粒盐酸两份分别同时加入盛有等质