1、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含答案一、化学反应速率与化学平衡1 为了证明化学反应有一定的限度，进行了如下探究活动：步骤 1：取 8mL0.1molL1 的 KI 溶液于试管 ,滴加 0.1mol L1的 FeCl溶液 5 6 滴,振荡；3请写出步骤 1 中发生的离子反应方程式： _步骤 2:在上述试管中加入2mLCCl4，充分振荡、静置；步骤 3：取上述步骤 2静置分层后的上层水溶液少量于试管，滴加0.1 mol L 1 的 KSCN溶液 5 6 滴，振荡，未见溶液呈血红色。探究的目的是通过检验Fe3+，来验证是否有Fe3+残留，从而证明化学反应有一定的限度。针对实验现象
2、，同学们提出了下列两种猜想：猜想一： KI 溶液过量， Fe3+完全转化为Fe2+，溶液无 Fe3+猜想二： Fe3+大部分转化为Fe2+，使生成Fe（ SCN） 3 浓度极小，肉眼无法观察其颜色为了验证猜想，在查阅资料后，获得下列信息：信息一：乙醚比水轻且微溶于水，Fe（ SCN） 3 在乙醚中的溶解度比在水中大。信息二： Fe3+可与 Fe(CN )6 4 反应生成蓝色沉淀，用K4 Fe（ CN）6溶液检验Fe3+的灵敏度比用 KSCN更高。结合新信息，请你完成以下实验：各取少许步骤 2 静置分层后的上层水溶液于试管 A、 B 中，请将相关的实验操作、预期现象和结论填入下表空白处：实验操作
3、预期现象结论实验 1：在试管A 加入少量乙醚，充分振荡，静置_若产生蓝色沉淀则 “猜想二 ”成立实验 2： _【答案】 2Fe32I2Fe 2I 2若液体分层，上层液体呈血红色。则 “猜想一 ”不成立在试管 B 中滴加 5-6 滴 K4Fe（ CN） 6溶液，振荡【解析】【分析】【详解】（1） KI 溶液与 FeCl3 溶液离子反应方程式2Fe 32I2Fe2I 2 ；（2） 由信息信息一可得：取萃取后的上层清液滴加2-3 滴 K4Fe（ CN） 6溶液，产生蓝色沉淀，由信息二可得：往探究活动III溶液中加入乙醚，充分振荡，乙醚层呈血红色，实验操作预期现象结论若液体分层，上层液体呈血红色。“”
4、则 猜想一 不成立实验 2：在试管 B 中滴加 5-6滴 K4Fe（CN）6溶液，振荡2 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
5、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c(Cr2 O72- )c(CrO4_（选填“增大”，2- )“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 Cr2-2 -（填“大于”，“小于”，“不确定”）；写出此过程中氧2O7_CrO4化还原反应的离子方程式_。（ 5）小组同学用电解法处理含 Cr2 O72- 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）
6、。实验是否加入否否加入 5g否Fe2 ( SO4) 3是否加入H2 4否加入 1mL加入 1mL加入 1mLSO电极材料阴、阳极均为石阴、阳极均为石阴、阳极均为石阴极为石墨，墨墨墨阳极为铁Cr2O72- 的去除率/%0. 92212. 720. 857. 3实验中 Cr 2- 放电的电极反应式是 _。2 O7实验中 Fe3+去除 Cr2O72- 的机理如图所示，结合此机理，解释实验iv 中 Cr2 O72- 去除率提高较多的原因 _ 。【答案】溶液变黄色否Cr2O72- ( 橙色 )+ H2O ?CrO42- ( 黄色 )+ 2H+正向是吸热反应，若因浓 H2SO4 溶于水而温度升高，平衡正向
7、移动，溶液变为黄色。而实际的实验现象是溶液橙色加深，说明橙色加深就是增大c( H+) 平衡逆向移动的结果减小 大于 Cr2O72- +6I-+14H+3+3I222-+6e-+3+7H22+2+=2Cr2 7+14H =2CrO阳极 Fe 失电子生成Fe， Fe 与+7H OCr O2 72-在酸性条件下反应生成Fe3 +， Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr272- ， Fe2+循Cr OO环利用提高了Cr2- 的去除率2O7【解析】【分析】根据平衡移动原理分析对比实验；注意从图中找出关键信息。【详解】（ 1）由 Cr2O72- ( 橙色 )+ H2O 2CrO42- ( 黄色
8、)+ 2H+及平衡移动原理可知，向重铬酸钾溶液中加入氢氧化钠溶液后，可以减小溶液中的氢离子浓度，使上述平衡向正反应方向移动，因此，试管c 和 b（只加水，对比加水稀释引起的颜色变化）对比，试管c 的现象是：溶液变为黄色。（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+c H+) 增大对平衡的影响。我认为不( ) 增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是(需要再设计实验证明，故填否。理由是：Cr2O72- ( 橙色 )+ H2O ?CrO42- ( 黄色 )+ 2H+正向是吸热反应，浓 H2SO4 溶于水会放出大量的热量而使溶液的温度升高，上
9、述平衡将正向移动，溶液会变为黄色。但是，实际的实验现象是溶液的橙色加深，说明上述平衡是向逆反应方+向移动的，橙色加深只能是因为增大了c( H ) 的结果。（3）对比试管 a、b、c 的实验现象，可知随着溶液的pH 增大，上述平衡向正反应方向移动， c(Cr2O 72- ) 减小，而2-增大，故 c(Cr2O72- ) 减小。c(CrO 4 )c(CrO42- )（4）向试管 c 继续滴加KI 溶液，溶液的颜色没有明显变化，但是，加入过量稀H2 4SO后，溶液变为墨绿色，增大氢离子浓度，上述平衡向逆反应方向移动，CrO42- 转化为 Cr2 72-O，Cr2 O72- 可以在酸性条件下将 I-
10、氧化，而在碱性条件下， CrO4 2- 不能将 I- 氧化，说明 +6 价铬盐氧化性强弱为： Cr2O72- 大于 CrO42- ；此过程中发生的氧化还原反应的离子方程式是Cr2O72- +6I- +14H+=2Cr3+3I2+7H2O。（ 5）实验中， Cr2O7 2- 在阴极上放电被还原为 Cr3+，硫酸提供了酸性环境，其电极反应式是 Cr2O72- +6e- +14H+=2Cr3+7H2O。由实验中Fe3+去除 Cr2O72- 的机理示意图可知，加入Fe2( SO4) 3 溶于水电离出Fe3+，在直流电的作用下，阳离子向阴极定向移动，故Fe3+更易在阴极上得到电子被还原为Fe2+， Fe
11、2+在酸性条件下把Cr2O72- 还原为 Cr3+。如此循环往复，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原2 72-， Fe2+循环利用提高了Cr2 72-的去除率。由此可知，实验iv 中 Cr272- 去除率提高较Cr OOO多的原因是：阳极Fe 失电子生成Fe2+，Fe2+与 Cr2O72- 在酸性条件下反应生成Fe3+， Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72- ，故在阴阳两极附近均在大量的Fe2+， Fe2+循环利用提高了 Cr2O72- 的去除率。【点睛】本题中有很多解题的关键信息是以图片给出的，要求我们要有较强的读图能力，能从图中找出解题所需要的关键信息，并加以适
12、当处理，结合所学的知识解决新问题。3 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 3 3HSO3Cl3SO423H 。（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 10mL
13、0.1mo/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 溶液分别向 a、b 两只烧杯中加入 10mL0.1mol/L 的 KClO 3 溶液；向烧杯 a溶液酸性增强加快了化中加入 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的 NaHSO 3 溶液烧杯中加入 10mL0.3mol/L补全方案中的实验操作：_。方案中的假设为 _。除、中的假设外，还可以提出的假设是
14、_。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 SO42 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 cCl0.010mol / L4min0.0025mol / L min；（ 2）由于是假设该反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快，因此需要测量反应过程中溶液温度的变化；方
15、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，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。它是科学探究中
16、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。4 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/ mLH O/ mLVV0234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
17、。（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 2Fe +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，
18、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
19、：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 30.0mL，则 V4=30.0-20.0-5.0=5.0mL ，故答案为： 5.0；（ 4）总反应为 2
20、H2O2 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反应速率是解答难点，也是易错点。5 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
21、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：实验序号1234消耗 NaOH溶液的20.0520.0018.8019.95体积 (mL)则该醋酸溶液的准确浓度为_(
22、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：醋酸浓度0.00100.01000.02000.10000.2000(mol L 1)pH3.883.383.232.882.73（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 1 1醋酸的 pH250 m
23、L 容量瓶 0.2000 mol L增大 0.010 0 mol L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
24、.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
25、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，
26、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。6石墨在材料领域有重要应用。某初级石墨中含SiO2（ 7.8%）、 Al2O3(5.1%)、 Fe2O3(3.1%)和 MgO(0.5%)等杂质。设计的提纯和综合应用流程如下：（注： SiCl4 的沸点是57.6oC，金属氯化物的沸点均高于150oC）（1）已知 1mol 石墨完全转化为金刚石需要吸收1.9kJ 的能量。请写出石墨转化为金刚石的热化学反应方程式：（2）向反应器中通入Cl2 前，需通一段时间的 N2 。高温反应后，石墨中的氧化物杂质均转变为相应的氯化物。80
27、 冷凝的目的是：由活性炭得到气体 的化学反应方程式为：（3）加入过量 NaOH 溶液得到溶液IV 的离子反应方程式为：（4）用化学反应原理解释得到沉淀V 的过程中乙酸乙酯和加热的作用：。 1kg 初级石墨最多可获得 V 的质量为kg。【答案】（ 1） C（石墨， S）=C（金刚石， S）， H=+1.9 kJ/mol ；（ 2）将 MgCl2、FeCl 、 AlCl 等金属氯化物冷凝为固体，从而与SiCl 分开； 2C+SiO+2ClSiCl +2CO 或334242C+SiO243+-2-2Si+2CO， Si+2ClSiCl ；（ 3） Al +4OH =AlO +2H O；（ 4）溶液
28、IV 中NaAlO2 水解显碱性，乙酸乙酯消耗NaAlO2 水解生成的碱，促进NaAlO2 水解生成 Al(OH)3；加热促进水解，加快反应的速率；0.078。【解析】试题分析：（1）根据题目中所给信息，热化学反应方程式为：C（石墨， S） =C（金刚石，1；（ 2）高温下， Si 元素转化成 SiCl43S）， H=+1.9 kJ mol，铁元素转化成FeCl ，Mg 元素转化成 MgCl2，Al 元素转化成 AlCl3， SiCl4沸点是 57.6， MgCl2、 FeCl3、 AlCl3 沸点均高于150 ，加热到1500 ， MgCl2、 FeCl3、 AlCl3、 SiCl4 全部转
29、化成气体 I，80 冷凝， SiCl4 还是气体，而 MgCl2、 FeCl3、 AlCl3状态是固体，便于与SiCl4分开；气体 II 中气体为 SiCl4 ，因此发生的反应是SiO2 2C2CO Si， Si Cl2SiCl4；(3)固体 III 是 FeCl3、MgCl2、 AlCl3，加入过量 NaOH 溶液发生离子反应是：Fe33OH =Fe(OH)3、Mg 2 2OH=Mg(OH)2、Al3 4OH 2H2H，乙酸乙酯在=AlO22O； (4)AlO22OAl(OH)3 OH碱中彻底水解，消耗 OH ，促进水解，生成Al(OH)3，盐类水解是吸热反应，加热促进水解，加快反应速率；沉
30、淀V 是氧化铝，根据铝元素守恒，氧化铝的质量为： 31000 5.1% 21078/102 =0.078g。考点：考查热化学反应方程式的书写、信息处理、元素及其化合物的性质、水解反应、化学计算等知识。7 H2O2 是一种常见试剂，在实验室、工业生产上有广泛用途. 实验室用 H2O2 快速制氧，其分解速率受多种因素影响。实验测得70时不同条件下 H2O2浓度随时间的变化如甲乙丙丁四图所示：（1）下列说法正确的是： _（填字母序号）A图甲表明，其他条件相同时，H2O2 浓度越小，其分解速率越慢B图乙表明，其他条件相同时，溶液碱性越弱，H2O2 分解速率越快C图丙表明，少量 Mn2+ 存在时，溶液碱
31、性越强，H2O2 分解速率越快D图丙和图丁表明，碱性溶液中，2+Mn 对 H2O2 分解速率的影响大（2）催化剂2+_( 填字母序号 )Mn 在反应中，改变了A反应速率B 反应限度 C反应焓变 D 反应路径E. 反应活化能F. 活化分子百分数 H2O2 在工业上作为 Fenton 法主要试剂，常用于处理含难降解有机物的工业废水。在调节好 pH（溶液的酸碱性）和 Fe2+浓度的废水中加入 H2O2，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物p-CP，探究有关因素对该降解反应速率的影响。（实验设计）控制p-CP 的初始浓度相同，恒定实验温度在298K 或 313K（其余实验条件
32、见下表），设计如下对比试验，并将实验结果绘制时间-p-CP 浓度图如下。（ 3）电中性的羟基自由基的电子式为：_。（ 4）请完成以下实验设计表 ( 表中不要留空格 ) 。实c/10-3-1molL验T/KpH实验目的编H2O2Fe2+号为以下实验作参考29836.00.30探究温度对降解反_应速率的影响_ 298106.00.30（5）请根据右上图实验曲线，计算降解反应在50 150s 内的反应速率：v(p-CP)=_。（ 6）实验时需在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止下来。根据实验结果，给出一种迅速停止反应的方法：_ 。【答案】 A DA D E F313 36.00.3
33、0探究溶液的酸碱性（pH）对降解反应速率的影响- 68 10NaOH 溶液使溶液的pH=10（大于10 也对）mol / （ Ls） 加入【解析】试题分析 ：(1)根据图示分析； （ 2）催化剂通过改变反应路径降低活化能，提高反应速率，加入催化剂平衡不移动；（3）电中性的羟基含有 9 个电子； （4）探究温度对降解反应速率的影响 ，变量只能是温度；根据表格数据，实验 与实验相比只有PH不同；（5）根据 vc0；计算反应速率； （ 6）根据表格数据 ， pH=10 时，反应速率几乎为t解析：(1)由甲图可知，双氧水浓度越大，分解越快，H2 2O 浓度越小，其分解速率越慢， A 正确；由图乙可知，
34、溶液的碱性越强即pH 越大，双氧水分解越快，B 错误； C溶液的碱性越强即pH越大，双氧水分解越快，故C 错误；由图丙和图丁可知，Mn2+ 浓度越大，双氧水分解越快，D 正确。（2）催化剂通过改变反应路径降低活化能，提高反应速率，加入催化剂平衡不移动；催化剂能加快反应速率 ，故 A 正确 ；催化剂不能使平衡发生移动，故B 错误； 加入催化剂，平衡不移动，反应焓变不变，故C错误 ； 催化剂参与反应，改变反应路径，故 D 正确；催化剂降低反应活化能，故 E 正确 ； 催化剂通过降低活化能，提高活化分子百分数，故 F正确 。（ 3）电中性的羟基含有9 个电子 ，电子式是；（ 4）探究温度对降解反应速
35、率的影响 ，变量只能是温度，所以实验与实验只有温度不同，其余都相同，实验温度是313K， PH=3，过氧化氢的浓度是 6.0， Fe2+的浓度是 0.30；根据表格数据实验 与实验相比只有PH不同 ，实验 探究溶液的酸碱性对降解反应速率的影响；（ 5）根据c1.210 3 mol / L 0.410 3 mol / L= 8- 6v， v(p-CP)=100s 10mol/ （Ls）；t（6）根据表格数据 ，pH=10 时，反应速率几乎为0，加入 NaOH 溶液使溶液的 pH=10，可以迅速停止反应 ；点睛 ：催化剂通过降低反应活化能，提高活化分子百分数，增大反应速率，催化剂对反应速率的影响最
