1、备战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解析一、化学反应速率与化学平衡1 氧化剂 H2 O2 在反应时不产生污染物被称为绿色氧化剂，因而受到人们越来越多的关注。I. 某实验小组以 H2O2 分解为例，探究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响。在常温下按照如下表所示的方案完成实验。实验编号反应物催化剂10mL 2% H22溶液无O10mL 5% H2O2溶液无10mL 5H221mL 0. 1- 13%O 溶液mol L FeCl 溶液10mL 5H221mL 0. 1- 13%O 溶液 +少量 HCl 溶液mol L FeCl 溶液10mL 5H221mL 0. 1-
2、13%O 溶液 +少量 NaOH 溶液mol L FeCl 溶液（ 1）实验和的目的是 _ 。同学们进行实验时没有观察到明显现象而无法得出结论。资料显示，通常条件下H2O2 稳定，不易分解。为了达到实验目的，你对原实验方案的改进方法是_（填一种方法即可）。（2）实验中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如图所示。分析该图能够得出的实验结论是_ 。II. 资料显示，某些金属离子或金属氧化物对H2O2 的分解起催化作用。为比较3+2+对Fe和 CuH2O2 分解的催化效果，该实验小组的同学设计了如下图所示的实验装置进行实验。（1）某同学通过测定O2 的体积来比较H2O2 的分解速率快慢，实验时可以
3、通过测量_或_来比较。（ 2） 0. 1 g MnO2 粉末加入 50 mL H2O2 溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示。请解释化学反应速率变化的原因： _。请计算 H2O2 的初始物质的量浓度为 _ ( 保留两位有效数字 ) 。为探究 MnO2 在此实验中对H2O2 的分解起催化作用，需补做下列实验（无需写出具体操a _b _。作）： .； .【答案】探究浓度对反应速率的影响向反应物中加入等量同种催化剂（或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中）碱性环境能增大H2O2 分解的速率，酸性环境能减小H2O2 分解的速率相同时间内产生O2 的体积生成相同体积O2 所需要的时间随着
4、反应的进行，浓度减小，反应速率减慢0 11molL 122.的化学性MnO 的质量有没有改变MnO质有没有改变【解析】【详解】I. （ 1）实验和中 H2O2 的浓度不同，其它条件相同，故实验目的是探究浓度对反应速率的影响；实验时没有观察到明显现象是因为反应太慢，那么就要采取措施加快反应，可以向反应物中加入等量同种催化剂或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中。（2）从图可以看出产生O2 的最终体积相等，但溶液的酸碱性不同，反应速率不同，在碱性环境能增大 H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2 分解的速率。II. （ 1）通过测定 O2 的体积来比较 H2O2 的分解速率快慢时可以看相同时间内
5、产生O2 的体积，或生成相同体积O2 所需要的时间。（2）从图可以看出，反应开始后，在相同的时间内生成的O2 的体积逐渐减小，反应速率变慢，那么造成反应变慢的原因是随着反应的进行，浓度减小，反应速率减慢；反应在进行到 4min 时 O2 的体积不再改变，说明反应完全，生成O2 的物质的量为：-60 103L224L mol 2710- 3mol2H2O2 2H2OO2- 3.，根据反应2 7 10 mol O2，需要. /= , 生成. 消耗 H2O2 的物质的量为5. 4 10- 3mol ，则 H2O2 的物质的量浓度为：5. 4 10- 3mol 10.05L 0 11molL；要探究
6、MnO2是不是起到催化作用，根据催化剂在反应中的特点：= .反应前后质量和性质没有发生改变，所以需要补做实验来确定MnO2 的质量有没有改变、MnO 2 的化学性质有没有改变。2 草酸（ H 2 C2O 4）溶液与酸性 KMnO 4 溶液反应时，溶液褪色总是先慢后快，某学习小组探究反应过程中使褪色加快的主要原因，过程如下：（查阅资料）KMnO 4 溶液氧化 H 2C2O4 的反应历程为：（提出假设）假设1：该反应为放热假设 2：反应生成的Mn2 +对该反应有催化作用假设 3： K+对该反应有催化作用该小组同学未提出浓度使反应速率加快的假设，原因是_。（设计、完成实验）（1）22O42H2O），
7、配置500mL0.10mol / L224溶液。称取 _g 草酸晶体（ HCHCO在上述过程中必须用到的2种定量仪器是托盘天平和_。下列操作会使所配溶液浓度偏低的是_（ 填下列选项的字母序号）。A 称取草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘B 定容时俯视刻度线C 将烧杯中溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中有少量蒸馏水D 摇匀后，发现溶液液面低于刻度线，立即用胶头滴管加水再定容（2）完成探究，记录数据实烧杯中所加试剂及用量 （mL）溶液褪验0.10mol / L等浓度0.50mol / L控制条件色时间编H2OH 2C2 O 4 溶KMnO 4（ s）号稀硫酸溶液液13020302018230203
8、020水浴控制温度1565加入少量3.6330203020MnSO 4 固体加入43020x205mL 0.10mol / L18K 2SO4 溶液则 x _，假设 _成立。（3）4能氧化水中有机物等因素，配置好稳定的KMnO4溶液，其浓度需标由于 KMnO定取 10.00mL 0.10mol / L H 2 C2O4溶液于锥形瓶中，加入10mL0.50mol / L 稀硫酸，用中 KMnO4溶液滴定至锥形瓶中恰好呈浅紫色，且半分钟不褪色，记录数据，平行（2）三次实验，平均消耗 KMnO 4溶液 40.00mL ，则草酸溶液与酸性KMnO 4 溶液反应的离子方程式为： _，上述实验中 KMnO
9、 4 溶液的物质的量浓度为_。【答案】随反应物浓度降低，反应速率减慢6.3500mL 容量瓶AD 25mL 25H 2 C2 O 4 2MnO 4 6H10CO 22Mn 28H 2O0.010mol / L【解析】【详解】随着反应的进行，反应物的浓度逐渐降低，故浓度对反应速率的影响是会导致反应速率减慢，而根据题意可知，反应速率是先慢后快，故不可能是浓度导致的反应速率的变化，故答案为：随反应物浓度降低，反应速率减慢；【设计完成实验】（1）配制 500mL 0.10mol / L H 2C2O 4 溶液，所需的草酸的物质的量n cV 0.5L 0.10mol/ L0.05mol，即需要的草酸晶体
10、 （ H 2C2O4 2H 2 O）的物质的量为 0.05mol ，质量 m nM0.05mol126g / mol6.3g ，故答案为： 6.3；配制过程中用到的仪器是：托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL 容量瓶、胶头滴管，其中用到的 2 种定量仪器是托盘天平和500mL 容量瓶，故答案为：500mL 容量瓶；A、称取草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘此时m 物m砝 m 游 ，会导致所称量的药品的质量偏小，则浓度偏低，故A 选；B、定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏大，故B 不选；C、只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可，至于水是事先就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故 C
11、 不选；D、摇匀后，发现溶液液面低于刻度线是正常的，立即用胶头滴管加水，会导致溶液的浓度偏低，故 D 选；AD 正确，故答案为：AD；（2）若要探究 K 对该反应有无催化作用，必须保持其他的影响因素如H 2C 2O4 的浓度、KMnO 4 的浓度以及稀硫酸的浓度与实验1 是相同的，而 H 2 C 2O 4、 KMnO 4 以及稀硫酸的加入的物质的量相同，故若使浓度相同，则必须使溶液体积与实验1 相同，故加入的水的体积 x25mL ，根据溶液褪色的时间可以看出，Mn 2 对该反应有催化作用，导致反应速率加快，溶液褪色的时间缩短，故假设2 是成立的，故答案为：25mL；2 ；（3）根据题干信息可知
12、：KMnO 4 溶液与 H 2C2O4 发生氧化还原反应，KMnO 4 被还原为Mn 2 ， H 2C2 O4 被氧化为CO2 ，故离子方程式为：5H 2 C2 O 42MnO 46H10CO 22Mn 28H 2O ；设 KMnO 4溶液的物质的量浓度为 ymol / L ，根据反应：5H2C2 O4+2MnO4-+6H+ = 10CO2 +2Mn 2+ +8H2O520.01L0.10mol/Lymol / L0.04L52解得 y 0.010 ，故答案为：0.010mol / L 。可得：0.0010.04y3 三草酸合铁酸钾K3Fe( C2O4) 3?xH2O 晶体是一种亮绿色的晶体，
13、是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，也是一种有机反应良好的催化剂。已知M（ K32 43Fe( C O) ） =437g/mol 。本实验以 ( NH4 24 2222 4) Fe( SO ) ?6H O（硫酸亚铁铵晶体）为原料，加入草酸（H C O ）制得草酸亚铁（ FeC242 42- ）部分实验过程如下：O ）后，在过量的草酸根（C O（1）在沉淀A 中加入饱和 K2C2O4 溶液，并用 40左右水浴加热，再向其中慢慢滴加足量的 30%H2 O2溶液，不断搅拌。此过程需保持温度在40左右，可能的原因是： _（2）某兴趣小组为知道晶体中x 的数值，称取1.637g 纯三草酸合铁酸钾（K3F
14、eC2O4)3?xH2O100ml溶液，取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适(）晶体配成量的稀 H2SO4，用浓度为0.05000mol?L -1 的 KMnO4 标准溶液进行滴定。其中，最合理的是_（选填 a、 b）。由如图KMnO4 滴定前后数据，可求得x=_。【答案】适当提高温度以加快反应速率，若温度太高则H2O2 分解 b3【解析】【分析】由制备流程可知，硫酸亚铁加入稀硫酸抑制2水解，然后与草酸发生Fe(NH) Fe(SO) 6H O+H C O FeC O +(NH ) SO +H SO+6H O，用过氧化氢将草酸亚铁氧424 22224244 24242化为K32 4 34
15、2 22 2 422 432 4 32Fe(C O ) ，发生2FeCO +H O +3K C O +H C O 2K Fe(C O ) +2H O，溶液 C 含K3Fe(C2O4)3，蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体。【详解】（1）在沉淀A 中加入饱和K2C2O4 溶液，并用40 左右水浴加热，再向其中慢慢滴加足量的 30%H2 O2 溶液，不断搅拌，此过程需保持温度在40 左右，可能的原因是适当提高温度以加快反应速率，若温度太高则H2O2 分解；（2） KMnO4 标准溶液具有强氧化性，可氧化橡胶，应选酸式滴定管，只有图b 合理；图中消耗高锰酸钾的体积为20.80mL-0.80mL=20.00m
16、L ，由 2MnO-2-4+5C2O45+16H+=2Mn 2+10CO2 +8H2O 可知， K3Fe( C2O4) 3?xH2O 物质的量为 0.02L 0.05mol/L 210011.637 g25 =0.0033mol ， M=496g/mol ，则 39 3+（ 56+280 3）+18x=496，解得30.0033molx=3。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
17、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(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，
18、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 /cmA2
19、mL 乙醇、 1mL 乙酸、 3mL 18mol L-1 浓3. 0硫酸B2mL 乙醇、 1mL 乙酸、 3mL H2O饱和 Na20. 132mL 乙醇、 1mL 乙酸、 3mL 2mol L-1CO 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 H2 4的吸水性提高了乙酸乙酯SO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
20、产品产率为。 _(产率 %=(实际产量 / 理论产量 )100%)1818防倒吸乙醇浓硫【答案】 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
21、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】(1)羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供 -OH，醇中的水，其它基团相
22、互结合生成酯，同时该反应可逆，反应的化学方程式为-OH 提供 -H，相互结合生成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；
23、(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，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
24、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 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
25、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；降低乙酸乙酯在水中的溶解度；玻璃导管的作用：冷凝回流、导气。5 . 某研究性学习
26、小组为了研究影响化学反应速率的因素，设计如下方案：实验0.01 mol L 1 酸性0.1 mol L 1水反应温度 / 反应时间 /s编号KMnO4溶液H2C2O4 溶液5.0mL5.0mL020125VV2.0mL20320125.0mL5.0mL05030反应方程式为：2KMnO4+ 5H 2C2O4 + 3H 2SO4 = K 2SO4 + 2MnSO4 + 10CO2+ 8H 2O。（1）实验的记时方法是从溶液混合开始记时, 至_ 时，记时结束。（2）实验和研究浓度对反应速率的影响，则1 _mL , V2_mL。V =（3）下列有关该实验的叙述正确的是_。A实验时必须用移液管或滴定管
27、来量取液体的体积B实验时应将5.0 mLKMnO4 溶液与 5.0mL H 2C2O4 溶液混合后，立即按下秒表，再将盛有混合液的烧杯置于相应温度的水浴中至反应结束时，按下秒表，记录读数。C在同一温度下，最好采用平行多次实验，以确保实验数据的可靠性D实验和可研究温度对反应速率的影响（4）某小组在进行每组实验时，均发现该反应是开始很慢，突然会加快，其可能的原因是_； . 某草酸晶体的化学式可表示为 H2C2O4 ? xH 2O，为测定 x 的值 , 进行下列实验：称取 7.56g 某草酸晶体配成 100.0mL 的水溶液，用移液管移取25. 00m 所配溶液置于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4，用
28、浓度为0.600mol/L的 KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗KMnO4的体积为10.00mL。（ 1）若滴定终点时仰视读数，则所测x 的值将 _（填“偏大”或“偏小”）。（ 2） x=_。【答案】溶液的紫红色刚好褪去5.0 3.0 C、 D反应生成的2+Mn对反应有催化作用（说明：只要答到反应生成的产物对该反应有催化作用即可）偏小2【解析】【分析】 .（ 1）溶液混合后显示紫红色，当紫红色褪去后计时结束；（2）实验和研究浓度对反应速率的影响，要保证变量单一；（3）根据规范的操作要求，实验探究的基本原理分析回答；（4）催化剂对化学反应速率的影响；.（ 1）读取读数时仰视，导致 KMnO4 溶
29、液体积偏大，计算测定的草酸的质量偏大；（2）依据滴定发生的氧化还原反应离子方程式的定量关系计算得到。【详解】 .（ 1）实验计时方法是从溶液混合开始记时，到紫红色刚好褪去计时结束，故答案为紫红色刚好褪去；（2）实验和研究浓度对反应速率的影响，高锰酸钾作为指示剂，浓度不变，都是5.0mL，溶液总体积为10.0mL，故答案为V1=5.0，V2=3.0；（3） A实验时可以用量筒量取体积，故A 错误；B实验时应将5.0mLKMnO4 溶液与 5.0mL H2C2O4 溶液混合后，再将盛有混合液的烧杯置于相应温度的水浴中，立即按下秒表，至反应结束时，按下秒表，记录读数，故B 错误；C在同一温度下，最好
30、采用平行多次实验，以确保实验数据的可靠性，故C 正确；D实验和对应物质的体积相同，可研究温度对反应速率的影响，故D 正确 ；故选CD，故答案为CD；（4）从实验数据分析，MnSO4 溶液在反应中为催化剂，可能原因为反应生成的Mn 2+对反应有催化作用，故答案为反应生成的Mn2+对反应有催化作用。.（ 1）读取读数仰视，导致KMnO4 溶液体积偏大，计算测定的草酸的质量偏大，故x 的值偏小，故答案为偏小；（2）由题给化学方程式及数据可知，5H2 C2O4+2MnO-+2+4+6 H 10CO2 +2 Mn +8 H2O， 7.56g纯草酸晶体中含 H2C2 O4 的物质的量为： 0.600 mo
31、l/L 10.00 mL-3L/mL105/2 100ml/25ml=0.0600 mol ，则 7.56g H2C2 O4?xH2O 中含 H2O 的物质的量为 (7.56g-0.0600mol 90g/mol)/18g/mol =0.12 mol ， 0.0600mol 晶体含水 0.160mol ，1mol 晶体中含的结晶水2mol ，则 x=2,故答案为 2 。6 某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：【实验原理】 2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O【实验内容及记录】实 验实 验试管中所加试剂及其用量/m
32、L溶 液 褪 至 无 色编号温度0.6mol/LH2O3mol/L稀 0. 05mol/L所需时间 /minH2C2O4 溶液H2SO4 溶液KMnO4溶液253.0V12.03.01.5252.03.02.03.02.7502.0V22.03.01.0（1）请完成此实验设计，其中：V1=， V2=。（ 2）实验、探究的是对化学反应速率的影响，根据上表中的实验数据，可以得到的结论是_ 。（3）探究温度对化学反应速率的影响，应选择_ （填实验编号）。（4）利用实验1 中的数据，计算用KMnO4表示的化学反应速率为_。（5）该小组同学根据经验绘制了n(Mn2+) 随时间变化的趋势如图1 所示，但有
33、同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2+) 随时间变化的实际趋势如图2 所示。该小组同学根据图2 所示信息提出了新的假设，并设计以下实验方案继续进行实验探究。实 验试管中所加试剂及其用量再 向 试 管溶液褪至实 验0.6mol/L3mol/L 稀0.05mol/L温 度中 加 入 某无色所需编号2H2O244种固体时间 /min/ 2 4H C O 溶液H SO溶液KMnO溶液252.03.02.03.0MnSOt4该小组同学提出的假设是_ 。若该小组同学提出的假设成立，应观察到_ 现象。【答案】（ 1） V1=2.0 ，V2=3.0 （各 1 分）（2）浓度（ 1 分），其他条件
34、不变时，增大（减小）反应物浓度，加快（减慢）化学反应速率（ 2 分）。（3）（ 1 分）（ 4）1.0 10 -2 mol/(L min)（ 2 分）（ 5） Mn2+ 对该反应有催化作用（ 2 分）；加入 MnSO4固体后， KMnO4溶液比实验更快褪色（2 分）。【解析】试题分析：（1）实验、探究浓度对反应速率的影响，则其他条件应该是相同的，则V1= 2.0mL ；实验、是探究温度对反应速率的影响，则其他条件应该是相同的，则V2=3.0mL；（ 2）根据表中数据可知实验、探究的是浓度对化学反应速率的影响，根据上表中的实验数据，可以得到的结论是其他条件不变时，增大（减小）反应物浓度，加快（减慢）化学反应速率；
