1、2020-2021高考化学二轮化学反应速率与化学平衡案解析专项培优易错 难题含答一、化学反应速率与化学平衡1 无水硫酸铜在加热至 650时开始分解生成氧化铜和气体某活动小组通过实验，探究不同温度下气体产物的组成实验装置如下：每次实验后均测定B、 C质量的改变和E 中收集到气体的体积实验数据如下（E 中气体体积已折算至标准状况）：称取CuSO质量C 增重质量E 中收集到气体实验组别温度4B 增重质量 /g/g/g/mLT10.6400.32000T20.64000.256V2T30.6400.160322.4YT40.640X40.19233.6（1）实验过程中A 中的现象是 _ D 中无水氯化
2、钙的作用是_（2）在测量 E 中气体体积时，应注意先_，然后调节水准管与量气管的液面相平，若水准管内液面高于量气管，测得气体体积_（填 “偏大 ”、 “偏小 ”或 “不变 ”）（3）实验中 B 中吸收的气体是 _实验中 E 中收集到的气体是 _（4）推测实验中CuSO4 分解反应方程式为：_（5）根据表中数据分析，实验中理论上C 增加的质量 Y3=_g（6）结合平衡移动原理，比较T3 和 T4 温度的高低并说明理由 _【答案】白色固体变黑吸收水蒸气，防止影响C的质量变化冷却至室温偏小SO3O2 2CuSO42CuO+2SO +O20.128T4 温度更高，因为SO3 分解为 SO2 和O2 是
3、吸热反应，温度高有利于生成更多的O2【解析】【分析】(1)根据无水硫酸铜在加热至650时开始分解生成氧化铜和气体分析A 中的现象，根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析；(2)气体温度较高，气体体积偏大，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小；(3)实验中 B 中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C 的作用是吸收二氧化硫，E 的作用是收集到氧气；0.64g(4)0.64g 硫酸铜的物质的量为 0.004mol ，分解生成氧化铜的质量为：160g / mo10.004mol 80g/mol0.32g； SO20.256g 0.004mol ，的质量为：
4、0.256g，物质的量为：64g / mo1氧气的质量为： 0.640.320.256 0.064g，物质的量为：0.064g 0.002mol ，32g / mo1422的物质的量之比等于2：2 ：2； 1，则实验中4分解反应方程CuSO、 CuO、 SO 、 OCuSO式为 2CuSO2CuO+2SO +O2；4(5)0.64g 硫酸铜的物质的量为0.64g 0.004mol ，分解生成氧化铜的质量为：160g / mo10.004mol 80g/mol3的质量为：0.022432 0.032g，0.32g； SO0.16g，氧气的质量为：22.4根据质量守恒实验中理论上C 增加的质量 Y
5、30.64 0.32 0.160.032 0.128g；(6)根据表中实验的数据可知，T4 温度生成氧气更多，因为SO3 分解为 SO2 和 O2 是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。【详解】(1)因为无水硫酸铜在加热至650时开始分解生成氧化铜和气体，故实验过程中A 中的现象是白色固体变黑，因为碱石灰能够吸水，D 中无水氯化钙的作用是吸收水蒸气，防止装置 E 中的水进入装置 C，影响 C 的质量变化，故答案为：白色固体变黑；吸收水蒸气，防止影响 C 的质量变化；(2)加热条件下，气体温度较高，在测量 E 中气体体积时，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气
6、压，测得气体体积偏小，故答案为：冷却至室温 偏小；(3)实验中 B 中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C 的作用是吸收二氧化硫，E 的作用是收集到氧气，故答案为： SO3； O2；(4)0.64g 硫酸铜的物质的量为0.64g 0.004mol ，分解生成氧化铜的质量为：160g / mo10.004mol 80g/mol20.256g0.256g 0.004mol ，0.32g； SO 的质量为：，物质的量为：64g / mo1氧气的质量为： 0.64 0.320.256 0.064g0.064g，物质的量为： 0.002mol ，32g / mo1CuSO4、 CuO、 SO2、 O2 的
7、物质的量之比等于2：2 ：2； 1，则实验中CuSO4 分解反应方程式为 2CuSO42；2CuO+2SO +O0.64g(5)0.64g 硫酸铜的物质的量为 0.004mol ，分解生成氧化铜的质量为：160g / mo10.004mol 80g/mol 0.32g； SO30.0224的质量为： 0.16g，氧气的质量为：32 0.032g，22.4实验中理论上 C 增加的质量 Y3 0.640.32 0.16 0.0320.128g；(6)根据表中实验的数据可知，T 温度生成氧气更多，因为SO 分解为 SO 和 O 是吸热4322反应，温度高有利于生成更多的O244温度更高，因为3，故
8、T 温度更高，故答案为：TSO 分解为 SO2 和 O2 是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。2 某化学兴趣小组探究氯与水反应的热效应及所得溶液氯元素含量，查阅大量资料并做下列实验探究验证实验：在通风橱内向装有80mL 蒸馏水的锥形瓶(瓶口塞上棉花团)中鼓入氯气，至溶液中 pH 没有明显变化停止通入氯气，使用数据采集器，测定在此过程中溶液的温度及化，具体数据如图所示：pH 变实验：对20mL 饱和氯水加热，测出c（ Cl）、 pH 及温度变化如图2 所示。实验：采用莫尔法测定氯水中氯元素的含量。此法是以K 2 CrO 4为指示剂，用 AgNO 3标准溶液进行滴定。其实验步骤如下：准确移取
9、25.00ml 氯水试样 3 份，分别置于锥形瓶中，再分别加入25.00ml 水；向试样中加入足量的 H 2O2 溶液；除去过量的 H 2 O2 ，冷却；调整溶液的 pH，再加入 1mL5% K 2 CrO 4 溶液，在不断摇动下用0.100 mol L AgNO 3标准溶液滴定至溶液呈砖红色2AgCrO 24Ag 2 CrO 4( 砖红色 ) 重复上述实验，测得消耗AgNO 3 标准溶液体积的平均值为vmL回答下列问题：（1）氯气在295K、 100Kpa 时，在1L 水中可溶解0.09mol ，实验测得溶于水的Cl2 约有三分之一与水反应。该反应的离子方程式为_；估算该离子反应的平衡常数_
10、（2）根据实验测定结果判断氯气与水的反应是_ (填 “吸热反应 ”或 “放热反应 ”)理由是 _（ 2）分析实验图，小组同学推测产生该结果的原因可能是多种反应造成的，下列叙述合理的是 _A 升温，氯气挥发导致 c（ Cl）减小B 对于 Cl 2 和 H2O 的反应，升温平衡逆向移动，c（ Cl）减小， pH 减小C 升温，促进次氯酸分解2HClO2HCl+O2D 升温，可能发生3HClO2HCl+HClO3（强酸） ，使得 pH 减小（4）实验步骤 3中加足量的 H 2O2 溶液，目的是 _（5）用 AgNO 3 标准溶液滴定氯离子达到化学计量点时，c Agc Cl ，若此时要求不生成 Ag
11、2CrO 4 沉淀，则 c CrO 42最大不能超过 _ mol L1 .已知：K sp AgCl1.810 10， K sp Ag2 CrO41.810 12 （6）计算实验氯水中氯元素的含量，列出算式：_ g L 1【答案】 Cl 2H 2 O ?HClHClO4.510 4放热反应随氯气通入，溶液温度升高ACD 足量的过氧化氢可将氯气完全还原为氯离子0.010.142v【解析】【分析】【详解】（1）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：Cl 2 H 2 O ?HClHClO ，在 1L水中可溶解 0.09mol 氯气，氯气浓度近似为0.09mol / L ，则可建立如下三段式
12、：Cl 2 +H 2 O?H + +Cl - +HClO起始 (mol/L)0.09000转化 (mol/L)0.030.030.030.03平衡 (mol/L)0.060.030.030.03则平衡常数 Kc Hc ClcHClO0.030.03 0.034.5 10 4 ，故答案为：c Cl 20.06Cl 2 H 2 O ?HClHClO ； 4.510 4 ；（2）由图可知，随氯气通入，发生反应使溶液温度升高，则正反应为放热反应，故答案为：放热；随氯气通入，溶液温度升高；（3） A.升高温度、气体的溶解度减小，则导致c Cl减小，故 A 正确；B.为放热反应，升高温度平衡逆向移动，c
13、Cl 减小，而pH 增大，故 B 错误；C.HClO不稳定，受热易分解，升温，促进次氯酸分解，故C 正确；VD.升温，可能发生 3HClO2HClHClO 3 ( 强酸 ) ，酸性增强，则pH 减小，故 D 正确；故答案为：ACD；（ 4）实验步骤 3 中加足量的 H 2O2 溶液，目的是足量的过氧化氢可将氯气完全还原为氯离子，故答案为：足量的过氧化氢可将氯气完全还原为氯离子；（5）用 AgNO 3 标准溶液滴定氯离子达到化学计量点时，c Agc Cl ，不生成2KspAg 2 Cr41.810 120.01mol / L ，故答案为：Ag 2 CrO 4 沉淀，则 c CrO 4c2Ag1.
14、810100.01 ；（6）由 Cl AgCl AgNO 3 可知，实验氯水中氯元素的含量为0.1mol / L v10 3 L 35.5g / mol0.142v 。250.142vg / L ，故答案为：10 3 L3 为探讨浓度对化学平衡的影响，某同学对可逆反应32 I2 H 0”“2Fe 2I2Fe按下图所示步骤进行了一系列实验。1 的 Fe说明： 0.005 mol L溶液颜色接近于无色。2(SO4)3（1）实验中要待实验 溶液颜色不再改变时，才能进行实验 ，目的是 _ 。（ 2）实验 中， 的现象是 _，该实验证明 _ 。（ 3）实验 中， 的化学平衡向 _移动（填 “正反应方向
15、”或 “逆反应方向 ”）； 的现象是溶液变浅，该现象 _（填 “能 ”或“不能 ”）说明化学平衡发生移动。如果前一空填 “能”，则下一空不填；如果前一空填“不能 ”，则 的目的是 _。（ 4）实验 中， 的现象是 _，即能证明增大生成物浓度化学平衡发生了逆向移动。（ 5）除了上图中的方法外，若要使该可逆反应的化学平衡逆向移动，还可以采用的方法有_。【答案】反应达平衡状态应方向移动 逆反应方向碘水）【解析】【分析】本实验的目的是探讨可逆反应响。【详解】生成黄色沉淀，溶液颜色变浅反应物浓度减小，平衡向逆反不能为实验 做参照溶液颜色变得比 更浅加热（加入浓32I2Fe2 I2 H 0中浓度对化学平衡
16、的影2Fe（1）实验中要待实验 溶液颜色不再改变时，即反应达化学平衡状态时，才能进行实验；（ 2）实验 中， 中为 Ag+与 I 的反应，现象是生成黄色沉淀，溶液颜色变浅。证明反应物浓度减小，平衡向逆反应方向移动；（3）实验 中， 的化学平衡向逆反应方向移动； 的溶液变浅，并不能说明化学平衡发生移动，因为加水稀释，使溶液中各离子浓度降低；的目的是为实验 做参照；（ 4）实验 中， 的溶液颜色变得比 更浅，即能证明增大生成物浓度化学平衡发生了逆向移动；（ 5）若要使该可逆反应的化学平衡逆向移动，还可以采用的方法有加热或者加入浓碘水。4某实验小组以 H2O2 分解为例，研究浓度、催化剂、溶液酸碱性
17、对反应速率的影响。在常温下按照如下方案完成实验。实验反应物催化剂编号10 mL 2% H2 O2 溶液无10 mL 5% H2 O2 溶液无2 2溶液 13溶液10 mL 5% H O1 mL 0.1 mol L FeCl10 mL 5% H2 O2 溶液少量 HCl 溶液 1溶液1 mL 0.1 mol L FeCl32 2溶液少量 NaOH 溶液 13溶液10 mL 5% H O1 mL 0.1 mol L FeCl（1）催化剂能加快化学反应速率的原因是_。（ 2）常温下 5% H2O2 溶液的 pH 约为 6， H2O2 的电离方程式为 _ 。（ 3）实验 和 的目的是 _ 。实验时由于
18、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是_ 。（4）实验 、 、 中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如下图。分析上图能够得出的实验结论是_ 。【答案】（ 1）降低了活化能（2） H2O2H HO2-（3）探究浓度对反应速率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 )（4）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【解析】分析： （ 1）催化剂改变反应的途径，降低反应所需的活化能；（3）实验和的浓度不同；为了便于比较，应在相同的条件下利用一个变量来比较；（
19、4）由图可知，的反应速率最大，的反应速率最小，以此来解答。详解： （ 1）催化剂改变反应的途径，降低反应所需的活化能，从而加快反应速率，故答案为降低了反应的活化能；（2） H O 的电离方程式为H O+；（ 3）实验和的H +HO22222浓度不同，则该实验的目的为探究浓度对化学反应速率的影响；为了便于比较，应在相同的条件下利用一个变量来比较，则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在同一热水浴中）；（4）由图可知，的反应速率最大，的反应速率最小，结合实验方案可知，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 。点睛：本题考查影响化学反应速率的因素，较好
20、的考查学生实验设计、数据处理、图象分析的综合能力，题目难度中等，注意信息的利用即可解答。5 已知：乙二酸俗称草酸(结构简式为HOOC-COOH，可简写为H2C2O4) 。25时，草酸钙的 Ksp=4.010-8 ，碳酸钙的 Ksp=2.510-9 。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 滴
21、定过程中操作滴定管的图示正确的是。酸性 KMnO4 标准溶液滴定未知浓度的草酸。_(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量编( )体积 (mL)浓度 (mol?L-1)实验目的号(g)a实验 1 和 2 探究1250.540.10002500.540.1000b 实验 1 和 3 探究反应物浓度对该反应
22、速率的影响；3250.540.0100c 实验 1 和 4 探究催化剂对该反应速率的影响。425040.1000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 ”的结论 。 某同学认为该小组 “探究反应物浓度对速率影响 ”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】
23、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（C10）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；
24、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】2.5 109-5（1）碳酸钙溶液中钙离子浓度为mol/L=5 10 mol/L ，二者混合后，钙离子浓度=2.5 10-5mol/L，草酸钾的浓度为 4.0 10-42+2-）mol/L ，混合后 c（ Ca ）?c（ C2O4=2.5 10 -5 4.0 10 -4 =
25、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
26、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解决实际问题的能力。6 某化学学习小组进行如下实验.探究反应速率的影响
27、因素设计了如下的方案并记录实验结果-(忽略溶液混合体积变化 )。限选试剂和仪器： 0.20 mol L1H2C2 O4-1溶液（酸性 ）、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴溶液、 0.010 mol LKMnO4槽(1)上述实验 、 是探究 _对化学反应速率的影响；若上述实验 、 是探究浓度对化学反应速率的影响，则 a 为 _；乙是实验需要测量的物理量，则表格中 “乙 ”应填写_。 .测定 H2C2O4xH2O 中 x 值已知： M（ H2C2O4 ） =90 g mol -1称取 1.260 g 纯草酸晶体，将草酸制成100.00 mL 水溶液为待测液；取 25.00 mL 待测液放入锥形瓶
28、中，再加入适量的稀H2SO4；-1标准溶液进行滴定。用浓度为 0.05 000 mol L的 KMnO 4(2)请写出滴定中发生反应的离子方程式_。(3)某学生的滴定方式（夹持部分略去）如下，最合理的是_（选填 a、 b）。(4)由图可知消耗KMnO4溶液体积为 _mL。(5)滴定过程中眼睛应注视_，滴定终点锥形瓶内溶液的颜色变化为_。(6)通过上述数据 ，求得 x=_。 若由于操作不当 ，滴定结束后滴定管尖嘴处有一气泡，引起实验结果 _（偏大 、偏小或没有影响 ）；其它操作均正确 ，滴定前未用标准KMnO4 溶液润洗滴定管，引起实验结果_（偏大、偏小或没有影响）。【答案】温度1.0 溶液褪色
29、时间 /s5H2 2 44- 6H+22Mn2+2C O 2MnO=10CO 8H Ob 20.00 锥形瓶中颜色变化溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色2 偏小偏小【解析】【分析】【详解】I、 (1)由表中数据可知，实验、 只有温度不同，所以实验 、 是探究温度对化学反应速率的影响。若上述实验、是探究浓度对化学反应速率的影响，对比表中数据，只有H2C2O4 浓度可变，在保证溶液总体积(2.0mL+4.0mL=6.0mL)不变条件下加蒸馏水稀释 H2C2O4溶液，所以 a=6.0mL-4.0mL-1.0mL=1.0mL。因为本实验是探究反应速率的影响因素，所以必须有能够计量反应速率大小的物理
30、量，KMnO4 的物质的量恒定，KMnO4 呈紫色，可以以溶液褪色所用的时间来计量反应速率，所给仪器中有秒表，故时间单位为“s”，表格中“乙”应该是“溶液褪色时间/s ”。II、 (2)H C O 分子中碳原子显+3 价，有一定的还原性，常被氧化为CO ， KMnO具有强氧22424化性，通常被还原为Mn 2+，利用化合价升降法配平 ,所以滴定中的离子方程式为：2 2 44-+=2Mn2+225H C O +2MnO+6H+10CO +8H O；(3)KMnO 4具有强氧化性，能氧化橡胶，所以不能用碱式滴定管盛装KMnO4 溶液， a 不合理，答案选 b ；(4)图中滴定管精确到0.1mL，估
31、读到0.01mL，从上往下读，滴定前的读数为0.90mL，滴定后的读数20.90mL ，消耗 KMnO4 溶液体积为 20.90mL-0.90mL=20.00mL ；(5)滴定实验中减小误差的关键操作就是要准确判断滴定终点，所以滴定过程中眼睛始终注视着锥形瓶中溶液颜色的变化；KMnO4 呈紫红色，当 KMnO4 不足时，溶液几乎是无色，当H2C2O4 完全反应后，再多一滴KMnO4 溶液，溶液立即显红色，此时我们认为是滴定终点，为防止溶液局部没有完全反应，故还要持续摇动锥形瓶30s，所以滴定终点锥形瓶内溶液的颜色变化为：溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；(6)先求H2C2O4 物质的量，
32、再求H2C2O4xH2O 摩尔质量。5mol2mol，解得 c(H2C2O4)=0.1mol/L 。则列比例式：c(H 2 C2O4 )?0.025L0.05mol / L?0.02L1.260g纯草酸晶体中 H C O物质的量n(H C O )=0.1L0.1mol/L=0.01mol ，即 H C O xH O 的2242242242物质的量 =0.01mol ， H2 242C OxH O 的摩尔质量M1.260 gMM (H 2 C2O4 )126.0 902 。126.0 ， xM ( H 2O)180.01mol滴定结束后滴定管尖嘴处有一气泡，使得KMnO4溶液体积读数偏大，根据上面的计算式可知 n(H2C2O4 xH2O)偏大， H2C2O4 xH2 O 的摩尔质量偏小 ，x 值偏小 。 若滴定前未用标准KMnO4 溶液润洗滴定管 ， KMnO4 溶液浓度偏小，滴定终点时消耗KMnO4 溶液体积偏大，根据上面的计算式可知 n(H2C2O4xH2O)偏
