1、备战高考化学培优易错试卷( 含解析 ) 之化学反应速率与化学平衡及详细答案一、化学反应速率与化学平衡1 研究不同pH 时 CuSO溶液对 H2O2分解的催化作用。资料： a Cu2O 为红色固体，4难溶于水，能溶于硫酸，生成2+为棕褐色固体，难溶于水，能溶于硫Cu 和 Cu。 bCuO2酸，生成 Cu2+和 H2O2。 c H2O2 有弱酸性： H2O2H+ + HO2- ， HO2-H+ + O22- 。编实验现象号向 1 mL pH 2 的 1 mol L- 1 CuSO4 溶液中加入出现少量气泡0 . 5 mL 30% H2O2溶液向 1mL pH 3 的 1 mol L- 1CuSO4
2、 溶液中加入立即产生少量棕黄色沉淀，出现较明显气泡0 . 5 mL 30% H2O2溶液向 1mL pH 5 的 1 mol L- 14立即产生大量棕褐色沉淀，产CuSO 溶液中加入生大量气泡0 . 5 mL 30% H2O2溶液（1） 经检验生成的气体均为O242 2_。，中CuSO 催化分解H O 的化学方程式是（ 2）对中棕褐色沉淀的成分提出 2 种假设：. CuO2 ，.Cu2O 和 CuO2 的混合物。为检验上述假设，进行实验：过滤中的沉淀，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。若中生成的沉淀为 CuO2，其反应的离子方程式是 _。依据中沉淀完全溶解，甲同学认
3、为假设不成立，乙同学不同意甲同学的观点，理由是 _。为探究沉淀中是否存在Cu2O，设计如下实验：将中沉淀洗涤、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EDTA 溶液至滴定终点，消耗液 V mL。 V=_，可知沉淀中不含Cu2O，假设成立。（已知：Cu2+EDTA= EDTA- Cu2+，M296 g mol- 1， M ( Cu2O144g mol- 1）CuO) )(（3）结合方程式，运用化学反应原理解释中生成的沉淀多于中的原因_ 。（4）研究、中不同pH 时 H2O2分解速率不同的原因。实验：在试
4、管中分别取1 mL pH 2、 3、 5 的 1 mol L- 1 Na2SO4 溶液，向其中各加入0. 5 mL 30% H2O2 溶液，三支试管中均无明显现象。实验： _（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，、中不同pH 时 H2O2 的分解速率不同的原因是_。【答案】 2H2 222222+ CuO2+2+反应产生的 H22OO +2H OH O +Cu+2HCuO与 HO 具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化Cu2 O 或 Cu，无法观察到红色沉淀 Cu1000a溶液96c中存在 H2O2+ HO ， HO + O2 ，溶液 pH 增大，两个平
5、衡均正向移动，O 2H22H22 浓度增大，使得CuO2 沉淀量增大将中沉淀过滤，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：2H2 O2O2+2H2O；（ 2）若中生成的沉淀为 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+，
6、故答案为： H2O2+Cu2+=CuO2+2H+；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；a g 过氧化铜的物质的量为ag，由方程式可得如下关系：CuO2+ EDTA，则有96g/ mol2 Cuag= c mol / L V 101000a1000a96g/ mol3L，解得 V= 96c ml，故答案为：96c；3）由题意可知，双氧水溶
7、液中存在如下电离平衡H2 2+HOHO +O2（H2 、2H2O ，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H2 2+HO ，HO+O 2，溶液pHH22H2O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：将中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管
8、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：2的催化能力强于2+；随 pH 增大， Cu2+与 H2 2反应生成2增多。CuOCuOCuO【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 某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答
9、下列问题：（ 1）上述实验中发生反应的化学方程式有_ ；（ 2）硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是_；（3）实验室中现有 Na 2SO4 、 MgSO 4 、 Ag 2SO4 、 K 2 SO4 等 4 中溶液，可与实验中 CuSO 4 溶液起相似作用的是 _ ；（4）要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措旌有_（答两种）；（ 5）为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到 6 个盛有过量 Zn 粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。请完成此实验设计，其中：V1=_，V6=_， V9=_；该同学最后
10、得出的结论为：当加入少量CuSO4 溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的 CuSO4 溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因 _【答案】 Zn+CuSO4424424与 Zn 反应产生的 Cu 与 Zn 形=ZnSO+Cu， Zn+H SO =ZnSO +HCuSO成铜锌原电池，加快了氢气产生的速率Ag2SO4升高反应温度、适当增加硫酸的浓度（答案合理即可）301017.5当加入一定量的硫酸铜后，生成的单质铜会沉积在锌的表面，降低了锌与溶液的接触面积【解析】【详解】（1）在稀硫酸中加入硫酸铜后发生了两个反应：CuSO4 Zn=ZnSO4 Cu、 Z
11、nH2SO4=ZnSO4 H2。（ 2）由于 Zn 与反应生成的 Cu 及硫酸铜溶液组成了 CuZn 原电池，大大加快了生成氢气的反应速率。（ 3）只要是比锌的金属性弱的金属都可以与锌组成原电池，都可以加快生成氢气的反应速率，故在所给的物质中只有 Ag2SO4符合题意。（ 4）要加快生成氢气的反应速率，还可以采取如下措施：升高温度、适当增大硫酸的浓度、增加锌粒的比表面积等。（ 5）因为要研究硫酸铜的量对反应速率的影响，故应保持硫酸的浓度在各组实验中相同，则硫酸溶液的体积均取30 mL，根据 F 中增加的水与硫酸铜溶液的体积之和为20 mL，可以求得V6 10 mL， V9 17.5 mL。由于
12、析出的铜的量较多，会覆盖在锌的表面，使得锌与稀硫酸接触面积大大减小，故反应速率反而减慢。3 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（1）将两块一样大小的镁条、铁片分别同时加入等体积的 0.5mol.L-1 的盐酸中。（ 2）将等体积等浓度（ 3mol.L-1 ）的盐酸两份分别同时加入盛有等质量的块状碳酸钙及粉末状碳酸钙的试管中。（ 3）分别将两块同样大小的铁片同时加入等体积不同浓度（ 3mol.L-1 、5mol.L-1、）的盐酸中.（ 4）分
13、别将两块同样大小的铁片放入盛有等体积 0.5mol.L-1 盐酸的甲乙两试管中，再将甲试管用酒精灯加热，对比观察现象。实验现象实验结论 与盐酸反应产生影响化学反应速率大小的气泡的速率快。内因为 _ _。 状CaCO参加反应的固体物质颗粒与盐酸3 ，与其他反应物的接触反应产生气泡的速面积 _，化学反应速率快。率越快。铁片与 _ _盐酸反应物的浓度_，化反应产生气泡的速学反应速率越快。率快。 （填 “甲 ”或温度 _ _，化学“乙 ”）试管中产生反应速率越快。气泡多且快。【答案】探究影响化学反应速率的因素试管、胶头滴管镁条反应物本身的性质粉末越小越大5mol/L越大甲越高【解析】【分析】（ 1）据
14、题干所给信息“某化学探究小组为研究影响化学反应速率的因素”解答；（ 2）该实验主要是试管实验，需要试管和胶头滴管；（ 3）影响化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质，另外外界的温度、反应物浓度、气体的压强、外加催化剂以及固体的接触面积对反应速率也有影响，据此解答。【详解】（ 1）为研究影响化学反应速率的因素进行的探究实验，所以实验目的为：探究影响化学反应速率的因素。故答案为探究影响化学反应速率的因素；（ 2）实验在试管中进行，需要胶头滴管滴加液体，所以用到的玻璃仪器有试管、胶头滴管；（ 3）实验（ 1），镁比铁活泼，与同浓度的盐酸反应，镁反应速率快，得到的实验结论为：影响化学反应速率大小的内
15、因为反应物本身的性质。实验（2）固体的接触面积越大反应速率越快，则粉末状CaCO3 与盐酸反应产生气泡的速率快；得到的实验结论为参加反应的固体物质颗粒越小，与其他反应物的接触面积越大，化学反应速率越快。实验（3）反应物浓度越大反应速率越快，则铁片与5mol/L 盐酸反应产生气泡的速率快；得到的结论为反应物的浓度越大，化学反应速率越快。实验（4）温度越高反应速率越快，则甲的反应速率高，得到的结论为温度越高，化学反应速率越快。【点睛】控制变量法探究影响化学反应速率的因素：影响化学反应速率的因素有多种，在探究相关规律时，需要控制其他条件不变，只改变某一个条件，探究这一条件对反应速率的影响。变量探究实
16、验因为能够考查学生对于图表的观察、分析以及处理实验数据归纳得出合理结论的能力，因而在这几年高考试题中有所考查。解答此类题时，要认真审题，清楚实验目的，弄清要探究的外界条件有哪些。然后分析题给图表，确定一个变化的量，弄清在其他几个量不变的情况下，这个变化量对实验结果的影响，进而总结出规律。然后再确定另一个变量，重新进行相关分析。4 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
17、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(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
18、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、
19、1mL 乙酸、 3mL 18mol L-1浓硫酸3. 0B2mL 乙醇、 1mL 乙酸、 3mL H2O0. 12mL 乙醇、 1mL 乙酸、 3mL 2mol L-1饱和 Na2 CO3 溶液C0. 6H SO24D2mL 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。
20、_(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，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、
21、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】(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
22、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
23、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，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
24、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 2 4H SO ，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，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
25、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；降低乙酸乙酯在水中的溶解度；玻璃导管的作用：冷凝回流、导气。5 某酸性工业废水中含有 K2Cr2
26、O7。光照下，草酸 (H2C2O4) 能将其中的 Cr2O 转化为 Cr3 。某课题组研究发现，少量铁明矾 Al 2Fe(SO4 ) 424H2O即可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：(1) 在 25 下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，做对比实验，完成以下实验设计表( 表中不要留空格 ) 。实验初始废水样品草酸溶液蒸馏水编号pH体积 /mL体积 /mL体积 /mL46010305601030560_测得实验和溶液中的Cr2O72浓度随时间变化关系如图所示。(2)上述反应后草酸被氧化为_ ( 填化学式
27、 ) 。(3)实验和的结果表明_；实验中 0 t 1 时间段反应速率v(Cr 3 ) _ molL1min 1( 用代数式表示 ) 。(4) 该课题组对铁明矾 Al 2Fe(SO4) 424H2O 中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一： Fe2 起催化作用；假设二： _；假设三： _；(5) 请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。 除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有 K2SO4、 FeSO4、 K2SO4Al 2(SO4) 324H2O、Al 2(SO4) 3 等。溶液中 Cr2O 的浓度可用仪器测定 实验方案（不要求写具体操作过程)预期实验结果和结论_
28、（6）某化学兴趣小组要完成中和热的测定，实验桌上备有大、小两个烧杯、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、环形玻璃搅拌棒、0.5 mol L -1 盐酸、 0.55 mol L -1NaOH溶液 , 实验尚缺少的玻璃用品是 _、 _。(7)他们记录的实验数据如下:溶液温度中和热实验用品t 1t 2H50 mL50 mL0.55 mol L-10.5 mol L-120 23.3NaOH溶液HCl 溶液50 mL50 mL0.55 mol L-10.5 mol L-120 23.5NaOH溶液HCl 溶液已知 :Q=cm(t -t), 反应后溶液的比热容-1-1c 为 4.18 kJ kg , 各物质
29、的密度均为 121gcm-3 。计算完成上表中的H_。(8) 若用 KOH代替 NaOH,对测定结果 _( 填“有”或“无” ) 影响 ; 若用醋酸代替 HCl 做实验, 对测定结果 H_( 填“偏大”或“偏小”无影响 ) 。【答案】 20 20CO 溶液 pH 对该反应的速率有影响2(c 0-c 1)/t 1Al3起催化作用2SO42 起催化作用用等物质的量的K2SO4Al 2(SO4) 324H2O代替实验中的铁明矾，控制其他条件与实验相同，进行对比实验反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr 2O72) 大于实验中的 c(Cr 2O72) 则假设一成立，若两溶液中的c(Cr 2O72 ) 相
30、同，则假设一不成立量筒温度计 - 56.85kJ mol -1无偏大【解析】【分析】（1）中 pH 不同，是探究pH对速率的影响；则是探究不同浓度时草酸对速率的影响；（2）草酸中碳元素化合价为+3 价，被氧化为2-3+4 价， Cr2O7转化为 Cr ，根据电子守恒来计算；（3）实验表明溶液pH 越小，反应的速率越快，根据公式求算；（4）根据铁明矾的组成分析；（5）做对比实验：要证明 Fe2+起催化作用，需做对比实验，再做没有 Fe2+ 存在时的实验，用等物质的量 K2SO4?Al 2（SO4） 3?24H2O代替实验中的铁明矾，控制其他反应条件与实验相同，进行对比实验；（ 6）根据中和热测定
31、的实验步骤选用需要的仪器，然后判断还缺少的仪器；（ 7）先求出 2 次反应的温度差，根据公式 Q=cmT来求出生成 0.025mol 的水放出热量，最后根据中和热的概念求出中和热；（ 8）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关。【详解】（ 1）中 pH 不同，是探究 PH对速率的影响；则是探究不同浓度时草酸对速率的影响，故答案为初始废水样品草酸溶液蒸馏水实验编号体积 /mL体积 /mL体积 /mLpH2020（2）草酸中碳元素化合价为+3 价，氧化产物为CO，被氧化为 +4 价，化合价共升高 2 价，2Cr2 O2-转化为3+6 价，根据电子守恒，参加反应的Cr O2-与草酸的物质Cr ，
32、化合价共降低了727的量之比为是1： 3，离子方程式为：2 72-2 2 4+23+2Cr O+3HC O +8H=6CO+2Cr +7H O，故答案为Cr2 O72- +3H2C2O4+8H+=6CO2+2Cr3+ +7H2O；（3）由实验表明溶液pH越小，反应的速率越快，所以溶液pH对该反应的速率有影3+2-） =2(c 0-c-1-1，故答案为 2(c 0-c 1)/t1 溶液 pH 对该响， v（ Cr ） =2v（ Cr2O71)/t 1mol?L?min反应的速率有影响；（4）根据铁明矾Al 2Fe（ SO4） 4?24H2O组成分析， Al 3+起催化作用； SO42- 起催化作
33、用，故答3+2-案为 Al起催化作用；SO 起催化作用；4（5）要证明 Fe2+起催化作用，需做对比实验，再做没有Fe2+存在时的实验，所以要选K SO?Al 2（ SO）?24HO，注意由于需要控制3+2-浓度比，不要选用K SO 和 AlAl 和 SO224432424（SO4） 3；用等物质的量K2SO4?Al 2（ SO4）3?24H2O代替实验中的铁明矾，控制其他反应条件与实验相同，进行对比实验，反应进行相同时间后，若溶液中c（ Cr2O72- ）大于实验2-），则假设一成立；若两溶液中的2-）相同，则假设一不成立；故答中 c（ Cr 2O7c（ Cr2O7案为实验方案预期实验结果和
34、结论用等物质的量 K SO?Al 2（SO） ?24H O代反应进行相同时间后，若溶液中2-）大c（Cr O2443227替实验中的铁明矾，控制其他反应条于实验中 c（Cr 2O72- ），则假设一成立；若两件与实验相同，进行对比实验2-）相同，则假设一不成立溶液中的 c（ Cr2O7（6）中和热的测定过程中，需要用量筒量取酸溶液、碱溶液的体积，需要使用温度计测量温度，所以还缺少量筒、温度计，故答案为量筒、温度计；（7）第 1 次反应前后温度差为： 3.3 ，第2 次反应前后温度差为： 3.5 ，平均温度差为-1-1成了 0.025mol 水， 50mL0.5mol?L-1 盐酸、 0.55mol?L-1 NaOH溶液的质量和为：m=100mL1g/mL=100g， c=4.18J/（g?），代入公式Q=cmT得生成 0.025mol 的水放出热量 Q=4.18J/ （g?） 100g3.4 =1.4212kJ ，即生成0.025mol 的水放出热量1.4212kJ ，所以生成1mol 的水放出热量为1.4212kJ 1mol/0.025mol=-56.8kJ ，即该实验测得的中和热 H=-56.8kJ?mol -1 , 故答案为 - 56.8kJ?mol -1 ；
