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1、2020-2021 高考化学复习化学反应速率与化学平衡专项综合练习含答案解析一、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 SO (g) 和 0.030mol O (g) 充入一个 2L 的密闭容器中，在一定条件下发生反22应： 2SO22332的平(g)+O (g)? 2SO (g)+Q。经 2 分钟反应达到平衡，测得n(SO )=0.040mol，则 O均反应速率为 _(2)在容积不变时，下列措施中有利于提高SO 平衡转化率的有 _(选填编号 )2a.移出氧气b.降低温度c.减小压强d.再充入0.
2、050molSO (g)和 0.030molO2(g)2(3)在起始温度 T(673K)时 SO 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12不变情况下，起始温度为T2(723K) SO2的转化率随反应时间变化的示意图_时(4)黄铁矿在一定条件下煅烧的产物为SO2 和 Fe3O4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_FeS2 能将溶液中的3+2+2。写出有关的离子方程式Fe 还原为 Fe ，本身被氧化为SO4_。有 2mol 氧化产物生成时转移的电子数为_【答案】 0.005mol/(L?
3、min)bd抑制 Fe3+与 Fe2+的水解，并防止 Fe2+被氧化成 Fe3+ FeS2+14Fe3+8H2 O=15Fe2+2SO42 +16H+14NA【解析】【分析】(1)根据 vc 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t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) Fe3 与
4、 Fe2 易水解， Fe2 易被氧化成 Fe3 ；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】c 0.040mol(1)v(SO3)2Lt2min 0.01mol/(L?min) ，所以 v(O2)1v(SO3 ) 0.005mol/(L?min) ，2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 0.030molO 2(g)，相当
5、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T1673K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) Fe2O3(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
6、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 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：FeS23+22+2+14Fe4+16H，氧化产物是硫酸根+8H O=15Fe+2SO离子，有 2mol 硫酸根生成时转移的电子数为14NA，故答案为：FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42 +16H+； 14NA。【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
7、键。2 连二亚硫酸钠（ Na2 S2O4 ）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： Na是白色固体，还原性比Na2SO3 强，易与酸反应（2-+4H+2S2O42S2O43SO2+S+2H2O）。（一）锌粉法步骤14045，当三颈瓶中溶液pH在3 3.5时，停止通入：按如图方式，温度控制在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 1
8、40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Na S O 。224步骤 5：经过滤，用乙醇洗涤，干燥得到Na224S O 。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Na2 2 42S O ?2H O 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
9、式是_。（4）根据上述实验过程判断，Na224在水、乙醇中的溶解性为：_。S O（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】 H222323242224增大气体与溶液O+SO =H SO ， Zn+2H SO= ZnS O +2H O 或 Zn+2SO= ZnS O的接触面积，加快气体的吸收速率溶液中存在：Na2S2O4sNa2S2O4aq+2-aq(2Na( aq)+ S2 O 4
10、()或( ) ?) ?Na2S2O4s+2-aqc+水浴加热?2Na( aq)+ S2O 4()，增大Na ) ，平衡向逆反应方向移动( )(Na S O 在水中溶解度较大，在酒精中溶解度较小2242HCOONa 4SO2 Na2CO3 2Na2S2O4H2O 3CO2Zn 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4045，当三颈瓶中溶液pH 在33. 5 时，停止通入SO2
11、，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33.5时，说明发生了：H2OSO2 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；（ 2）溶液中存在： Na2 S2O4( s) ? Na2S2O4( aq) ? 2Na+( aq)+ S2 O 24- ( aq) 或Na2S2O4s+2-aqc+，平衡向逆反应
12、方向移动，所以向滤液2Na ( aq)+ S O4() ，增大Na )( ) ?2(中加入一定量食盐，立即析出Na2242晶体；S O ?2H O（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Na2S2O42H2O晶体，可知Na2 S2O4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
13、应的方程式为 2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2 O4+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Na2 2 4S O 分离；（7）设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有Na2 SO4，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Na2SO4。3 乙酸乙酯是重要的有机合成中间体，广泛应用于化学工业。实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：在甲试管 (如图 )中加入 2mL 浓硫酸、 3mL 乙醇和 2mL 乙酸的混合溶液。按如图连
14、接好装置(装置气密性良好)并加入混合液，小火均匀地加热35min 。待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撤出试管并用力振荡，然后静置待分层。分离出乙酸乙酯层、洗涤、干燥。(1)若实验中用乙酸和含18O 的乙醇作用，该反应的化学方程式是：_ ；与教材采用的实验装置不同，此装置中采用了球形干燥管，其作用是 _ 。(2)甲试管中，混合溶液的加入顺序：_ ；(3)步骤中需要用小火均匀加热，其主要原因是_ ；(4)上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是_(填字母代号 )。A 反应掉乙酸和乙醇B 反应掉乙酸并吸收乙醇C 乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出D 加速酯的生成，提高其产率(
15、5)欲将乙试管中的物质分离开以得到乙酸乙酯，必须使用的仪器是_；分离时，乙酸乙酯应该从仪器 _(填：“下口放”或“上口倒”)出。(6)生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应一段时间后，下列描述能说明乙醇与乙酸的酯化反应已达到化学平衡状态的有_(填序号 )。混合物中各物质的浓度不再变化；单位时间里，生成1mol 乙醇，同时生成 1mol 乙酸；单位时间里，生成1mol 乙酸乙酯，同时生成 1mol 乙酸。(7)为了证明浓硫酸在该反应中起到了催化剂和吸水剂的作用，某同学利用上图所示装置进行了以下 4 个实验。实验开始先用酒精灯微热 3min，再加热使之微微沸腾 3min。实验结束后充分振荡小试管再测有
16、机层的厚度，实验记录如下：有机层的实验编号试管中试剂试管中试剂厚度 /cmA2mL 乙醇、 1mL 乙酸、 3mL 18mol L-1浓硫酸3. 0B2mL 乙醇、 1mL 乙酸、 3mL H O0. 122mL 乙醇、 1mL 乙酸、 3mL 2mol L-1饱和 Na2 CO3 溶液C0. 6H2SO4D2mL 乙醇、 1mL 乙酸、盐酸0. 6实验 D 的目的是与实验 C 相对照，证明 H+对酯化反应具有催化作用。实验D 中应加入盐酸的体积和浓度分别是 _mL 和 _mol L-1 。分析实验 _( 填实验编号 )的数据，可以推测出浓H2SO4 的吸水性提高了乙酸乙酯的产率。(8)若现有
17、乙酸 90g，乙醇 138g 发生酯化反应得到88g 乙酸乙酯，试计算该反应的产品产率为。 _(产率 %=(实际产量 / 理论产量 )100%)【答案】1818防倒吸乙醇浓硫CH3COOH+CH3CH2 OHCH3CO OCH2CH3+H2O酸，乙酸减少反应物的挥发；增大产率BC分液漏斗上口倒 34 AC 66.7%【解析】【分析】(1)羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供-OH，醇中的 -OH 提供 -H，相互结合生成水；球形干燥管容积较大，利于乙酸乙酯充分与空气进行热交换，起到冷凝的作用，也可起到防止倒吸的作用；(2) 三种试剂滴入顺序原则是：密度先小后大；(3)乙酸、乙醇均有挥发性
18、，温度过高易挥发；(4) 用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，乙醇溶解，碳酸钠与乙酸反应除去乙酸、同时降低乙酸乙酯的溶解度；(5) 乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液混合后分层，可以通过分液方法分离，乙酸乙酯的密度小于饱和碳酸钠溶液的，所以在混合液的上层；(6) 可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变，以此判断平衡状态；(7)对比试验关键是要采用控制变量，即控制一个变量，其它条件不变；分析使用浓硫酸和稀硫酸的稀硫酸的实验，比较哪种条件下生成的乙酸乙酯多；(8)先判断过量情况，根据反应方程式及不足量计算出生成乙酸乙酯的质量，然后计算出乙酸乙酯的产率。【详解】(
19、1)羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供-OH，醇中的 -OH 提供 -H，相互结合生成水，其它基团相互结合生成酯，同时该反应可逆，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2 18OHCH3CO18OC2H5+H2O；球形干燥管容积较大，使乙酸乙酯充分与空气进行热交换，起到冷凝的作用，也可起到防止倒吸的作用；(2) 三种试剂滴入顺序原则是：密度先小后大，根据表中数据应该先加乙醇，再加浓硫酸，最后加乙酸；(3) 乙酸、乙醇均有挥发性，步骤中用小火均匀加热，可减少反应物的挥发，增大产率；(4) 制备乙酸乙酯时，常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，目的是中和乙酸并吸收部分乙醇、乙酸乙酯在饱和碳
20、酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出，所以BC正确，故答案为BC；(5) 分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，实现酯与乙酸和乙醇的分离，分离油层和水层采用分液的方法，所以用到的仪器为分液漏斗；乙酸乙酯的密度比水小，所以在碳酸钠溶液层上方有无色油状液体出现，分离时，乙酸乙酯应该从分液漏斗的上口倒出；(6) 混合物中各物质的浓度不再变化，说明达到平衡状态，故正确；化学反应速率之比等于化学计量数之比，单位时间里，生成1mol 乙醇，同时生成 1mol 乙酸，不能说明反应达到平衡状态，故错误；单位时间里，生成1mol 乙酸乙酯，同时生成1mol ，说明正逆反应速率相等
21、，反应达到平衡状态，故正确；故答案为；(7)本题是研究实验D 与实验 C 相对照，证明H+对酯化反应具有催化作用的条件，题中采用了一个变量，实验C2mol?L-1 2 4盐酸，所以达到实验目的，实验D 与实验 CH SO ，实验 D中 H+的浓度一样，实验 C 3mL 乙醇、 2mL 乙酸、 2mol?L-1 H2SO4，实验 D3mL 乙醇、 2mL 乙酸、盐酸，要保证溶液体积一致，才能保证乙醇、乙酸的浓度不变，盐酸体积为4mL，实验 D 与实验 C 中 H+的浓度一样，所以盐酸的浓度为4mol?L -1；对照实验 A 和 C 可知：试管中试剂实验A 中使用 1mL18mol?L-1 浓硫酸
22、，生成的乙酸乙酯比 C 中生成的乙酸乙酯大很多，说明浓硫酸的吸水性提高了乙酸乙酯的产率，故答案为A、 C；(8)90g 乙酸的物质的量为：=1.5mol ， 138g乙醇的物质的量为：=3mol ，显然乙醇过量，理论上生成的乙酸乙酯的物质的量需要按照乙酸的量进行计算，根据反应CH3COOH+C2H5 OHCH3COOC2H5+H2O 可知，理论上生成乙酸乙酯的物质的量为1.5mol ，而实际上生成了88g，则乙酸乙酯的产率为： 100%=66.7%。【点睛】乙酸乙酯制备过程中各试剂及装置的作用：浓硫酸的作用：催化剂、吸水剂；饱和Na2CO3 的作用：中和乙酸，溶解乙醇，便于闻酯的气味；降低乙酸
23、乙酯在水中的溶解度；玻璃导管的作用：冷凝回流、导气。4 教材中用酸性 KMnO4 和 H2C2O4(草酸 )反应研究影响反应速率的因素，某实验小组欲通过测定单位时间内生成 CO2 的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下 (KMnO4 溶液已酸化 )：实验序号A 溶液B 溶液20mL 0.1mol?L -1H2C2O4溶液30mL 0.01mol?L-1 KMnO4溶液20mL 0.2mol?L-1 2 2 4溶液30mL 0.01mol?L-14溶液H C OKMnO(1)试写出酸性 KMnO和 H C O 的离子反应方程式为： _；4224(2)该实验探究的是 _因素对化学
24、反应速率的影响。相同时间内针筒中所得CO的体积2大小关系是 _(填实验序号 )。(3)除通过测定一定时间内CO的体积来比较反应速率，本实验还可通过测定_来比较2化学反应速率。(4)小组同学发现反应速率总是如图，其中t 1 t 2 时间内速率变快的主要原因可能是：产物 Mn 2+(或 MnSO4 )是反应的催化剂；_。-(5)若实验在 2min 末收集2末， c(MnO4) = _mol?L4.48mLCO (标准状况下 )，则在 2min1。【答案】 5H2C2O4 + 2MnO 4- + 6H+ = 10CO2 + 2Mn2+ + 8H2 O 浓度 KMnO4 溶液完全褪色所需时间或产生相同
25、体积气体所需的时间该反应放热0.0052【解析】【分析】（1）酸性KMnO4 溶液和H2C2O4 溶液发生氧化还原反应时，MnO 4-被还原生成Mn 2+，H2C2O4 被氧化生成CO2 ；（2）对比实验可探究浓度对化学反应速率的影响，中A 溶液的浓度比中大；（ 3）通过测定 KMnO4 溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间也能够比较化学反应速率；（ 4）该反应为放热反应，反应放出的热量使环境温度升高；（ 5）先求出反应的（ MnO 4-）的物质的量，再求出反应后的浓度.【详解】（1）酸性 KMnO4溶液和 H2C2O4 溶液发生氧化还原反应时，MnO 4-被还原生成 Mn 2+，
26、H2C2O4 被氧化生成CO2 ，反应的离子反应方程式为5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+ = 10CO2 + 2Mn2+22 2 4+ 2MnO4-+22+2+ 8H O，故答案为5H C O+ 6H = 10CO + 2Mn+ 8H O；（2）对比实验可探究浓度对化学反应速率的影响，中A 溶液的浓度比中大，化学反应速率快，相同时间内针筒中所得CO2 的体积大于，故答案为浓度；（3）除通过测定一定时间内CO2 的体积来比较反应速率，本实验还可以通过测定KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间来比较化学反应速率，故答案为KMnO4 溶液完全褪色所需时间或产生相同体积
27、气体所需的时间；（4）由图 2 所示发生变化可知， t1 t2时间内速率变快的主要原因除产物Mn 2+是反应的催化剂外，还可能是该反应为放热反应，反应放出的热量使反应混合物的温度升高，加快了反应速率，故答案为该反应放热；（4）由题意可知， 2min 末收集到标准状况下 4.48mL CO22， 4.48mL CO 的物质的量为0.0002mol ，由方程式可得 H2C2O45CO2 可得反应消耗n（ MnO 4-）为 0.00004mol ，则未反应的 n（ MnO4-）为（ 30 10-3L0.01mol ?L-1-0.00004mol ）=0.00026mol ， c(MnO 4 )0.0
28、0026 mol= 0.05 L =0.0052mol/L ，故答案为 0.0052。【点睛】本题考查了影响化学反应速率的因素，注意掌握影响化学反应速率的因素，明确探究影响化学反应速率因素的方法是解答关键。5 已知：乙二酸俗称草酸(结构简式为 HOOC-COOH，可简写为 H2C2O4) 。25时，草酸钙-8-9的 Ksp=4.010 ，碳酸钙的Ksp=2.510。回答下列问题：(1)25时向 20mL 碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入-4的草酸钾溶液20mL，能否8.0 10mol/L产生沉淀 _(填 “能 ”或 “不能 ”)。(2)酸性 KMnO4 溶液能与草酸(H2C2O4)溶液反应 ，某探究
29、小组利用反应过程中溶液紫色消失快慢的方法来研究影响反应速率的因素。I实验前首先用浓度为0.1000mol?L -1 酸性 KMnO4 标准溶液滴定未知浓度的草酸。滴定过程中操作滴定管的图示正确的是_(填编号 )。判断滴定终点的方法是： _。若配制酸性 KMnO4 标准溶液时 ，俯视容量瓶的刻度线，会使测得的草酸溶液浓度_(填 “偏高 ”或 “偏低 ”或 “不变 ”)。通过滴定实验得到草酸溶液的浓度为0.2000mol?L -1 用该草酸溶液按下表进行后续实验(每次实验草酸溶液的用量均为8mL)。实催化剂用酸性高锰酸钾溶液验温度编量( )体积 (mL)浓度 (mol?L-1)实验目的(g)号a实
30、验 1 和 2 探究1250.540.1000b 实验 1和 3探究反应物浓度对该反应速率的影响；2500.540.1000和 4探究催化剂对c 实验 13250.54该反应速率的影响。0.0100425040.1000写出表中a 对应的实验目的_；该小组同学对实验1 和 3 分别进行了三次实验计时 )：，测得以下实验数据(从混合振荡均匀开始溶液褪色所需时间(min)实验编号第 1 次第 2 次第 3 次114.013.011.036.56.76.8分析上述数据后得出“当其它条件相同时 ，酸性高锰酸钾溶液的浓度越小，褪色时间就越短，即反应速率就越快”。某同学认为该小组“”的结论探究反应物浓度对
31、速率影响的实验方案设计中存在问题，从而得到了错误的实验结论，请简述改进的实验方案_。【答案】不能A当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液恰好由无色变为紫红色且半分钟内不变色偏低探究温度对该反应速率的影响其它条件相同时 ，利用等量且少量的高锰酸钾与等体积不同浓度的足量草酸溶液反应，测量溶液褪色时间【解析】【分析】（1）根据 c（Ca2+） ?c2O42-）和 Ksp （ 4.0-8c（ Ca2+） ?c（C 10）相对大小判断，如果2-） Ksp （4.0-8（C2 O 4 10），则无沉淀生成；（2 ）I 根据滴定管的使用规则，滴定时，左手包住滴定管的活塞控制液滴的滴出，防止活塞被意外打开；判断
32、滴定终点的方法是当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液恰好由无色变为紫红色且半分钟内不变色；配置酸性 KMnO4标准溶液时，俯视容量瓶的刻度线，溶液的体积偏小，配制的溶液的浓度偏大，滴定时消耗的高锰酸钾溶液的体积偏小，则消耗的高锰酸钾的物质的量偏小；实验 1、 2 反应物用量完全相同，只有温度不同；因根据表格中的褪色时间长短来判断浓度大小与反应速率的关系，则需满足高锰酸钾的物质的量相同，浓度不同的草酸溶液。【详解】（1）碳酸钙溶液中钙离子浓度为2.5 10 9 mol/L=5 10 -5 mol/L ，二者混合后，钙离子浓度=2.5 10 -5 mol/L ，草酸钾的浓度为4.0 10 -4mo
33、l/L ，混合后 c（ Ca2+）?c（ C2O42- ）=2.5 10 -5 4.0 10 -4 =110 -8 Ksp（4.0 10 -8 ），故无沉淀生成，故答案为不能；（ 2） I 根据滴定管的使用规则，滴定时，左手包住滴定管的活塞控制液滴的滴出，防止活塞被意外打开，即如图 A 所示操作，故答案为 A；判断滴定终点的方法是当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液恰好由无色变为紫红色且半分钟内不变色，故答案为当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液恰好由无色变为紫红色且半分钟内不变色；配置酸性 KMnO4标准溶液时，俯视容量瓶的刻度线，溶液的体积偏小，配制的溶液的浓度偏大，滴定时消耗的高锰酸钾溶
34、液的体积偏小，则消耗的高锰酸钾的物质的量偏小，由反应方程式可知，测定的草酸的物质的量偏小，即测得的草酸溶液浓度偏低，故答案为偏低；实验 1、 2 反应物用量完全相同，只有温度不同，目的就在于探究温度不同对反应速率的影响，故答案为；探究温度不同对反应速率的影响；因根据表格中的褪色时间长短来判断浓度大小与反应速率的关系，则需满足高锰酸钾的物质的量相同，浓度不同的草酸溶液，故答案为其它条件相同时，利用等量且少量的高锰酸钾与等体积不同浓度的足量草酸溶液反应，测量溶液褪色时间。【点睛】本题考查了探究温度、浓度对反应速率的影响、浓度岁时间变化的曲线，题目难度中等，试题侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识