1、【化学】化学化学反应速率与化学平衡的专项培优练习题( 含答案 ) 附答案解析一、化学反应速率与化学平衡1 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 )+ H2O 2CrO42- ( 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c H+c H+) 增大对平衡的影响。你认为是一定是 ( ) 增大影响的
2、结果；乙认为橙色加深一定是(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 H24+6 价铬盐氧化性SO 的实验现象，说明强弱为 Cr2 72-42 - （填“大于”，“小于”，“不确定”）；写出此过程中氧O _CrO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
3、、电压、电解时间均相同）。实验是否加入否否加入 5g否Fe ( SO )324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2 72-的去除率 /%0.92212.720.857.3Cr O实验中 Cr2 72- 放电的电极反应式是 _。O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 H24SO 溶于
4、水而温度升高，平衡正向移动，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Cr2 72-+6I-O+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Cr2 7 2-， Fe2+循Cr OO环利用提高了 Cr2O72- 的去除率【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
5、2CrO42- ( 黄色 )+ 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
6、热量而使溶液的温度升高，上述平衡将正向移动，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 7 2- ) 减小，而 c(CrO 4 2- )增大，故 c(Cr2O72- ) 减小。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H2SO4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，CrO 2-转化为 Cr2-42O7，Cr2 O72-
7、 可以在酸性条件下将 I- 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 Cr2 72-的机理示意图可知，加入 Fe243溶于水电离出3+，在直O( SO )Fe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
8、到电子被还原为Fe2+， Fe2+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Cr2O72- ， Fe2+循环利用提高了 Cr2O72- 的去除率。由此可知，实验iv 中 Cr2O72-去除率提高较多的原因是：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
9、出解题所需要的关键信息，并加以适当处理，结合所学的知识解决新问题。2N2 3H22NH3 合成氨工业对化学工业和国防工业具有重要意义。工业合成氨生产示意图如图所示。X 的化学式为 _；图中条件选定的主要原因是（选填字母序号）_；A温度、压强对化学平衡影响B铁触媒在该温度时活性大C工业生产受动力、材料、设备等条件的限制改变反应条件，会使平衡发生移动。如图表示随条件改变，氨气的百分含量的变化趋势。当横坐标为压强时，变化趋势正确的是（选填字母代号）_，当横坐标为温度时，变化趋势正确的是（选填字母序号）_。【答案】 NH3BCCa【解析】【分析】根据题中工业合成氨生产示意图可知，本题考查合成氨原理及影
10、响合成氨的因素，运用化学平衡移动原理分析。【详解】由合成氨生产示意图可知，原料氮气和氢气经过氨的合成、氨的分离，在冷却设备和分离器中得到最终产物，所以X 为氨气 ，化学式为NH3。故答案为： NH3；A.合成氨是放热反应，升温会使平衡向逆反应方向移动，不利于合成氨，因此选择500 的温度比较合适；增大压强，能加快反应速率，也能使反应正向移动，但是过高的压强会提高反应成本，因此选择 20MPa50MPa 的压强， A 项错误；B实际生产中采用400 500 的高温，催化剂铁触媒活最高，B 项正确；C工业生产以利益最大化为目的，所以工业生产受受动力、材料、设备等条件的限制，C项正确；故答案为： B
11、C；合成氨工业的原理是：N2 3H22NH3， H0，因 H0，从化学平衡的角度看，正反应为放热反应，温度越低，越有利于合成氨，增加温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的百分含量减少；正反应为体积缩小的反应，所以压强越大，越有利于合成氨，增大压强时平衡向右进行，氨气的百分含量增大，结合图象可以知道 c 符合要求又因为合成氨反应是一个放热反应，可以得出随着温度的升高，平衡向氨气减少的方向移动，结合图象可以知道a 符合要求；故答案为： C ； a 。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 2
12、mL 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
13、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。
14、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、 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
15、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。 _(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
16、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、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
17、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
18、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1
19、mol ，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 1
20、mL18mol?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
21、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。4某实验小组以 H2O2 分解为例，研究浓度、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
22、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
23、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；（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） 2 22 2+2 ；（ 3H O 的电离方程式为H OH +HO）实验和的浓度不同，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
24、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 某兴趣小组用铝箔制备Al 2O3、AlCl 36H2O及明矾大晶体，具体流程如下已知： (1) AlCl36H2O易溶于水、乙醇及乙醚；(2) 明矾在水中的溶解度如下表：温度 / 010203040608090溶解度 /g3.003.995.908.3911.724.871.0109(1) 步骤中生成 Al(OH) 3 的离子方程式为_ 。(2) 步骤
25、灼烧Al(OH) 3 所用实验室常用仪器为_，为了提高Al 2O3 纯度，需_( 填操作步骤 ) 。(3) 制备 AlCl 36H2O的工业生产中，胶状固体用酸浸取后，还需要通入HCl 气体。通入HCl 的作用主要有两点：_和 _。(4) 已知：在不同温度条件下向一定量的氯化铝溶液中通入HCl 气体，通入量对AlCl36H2O结晶量和结晶效率的影响如图，请补充完整由胶状固体制备AlCl36H2O晶体的实验方案：向胶状固体滴加一定浓度盐酸，直至恰好完全溶解，_ 。【答案】 AlO2- CO2 2H2 O=Al(OH)3HCO3-坩埚 灼烧至恒重抑制 AlCl 3 水解 增加c(Cl ) ，有利于
26、 AlCl 36H2O结晶在 45 以下 ( 或冷水浴条件下 ) 通入 HCl 气体，至有大量晶体析出，过滤，用浓盐酸洗涤2 3 次，低温 ( 或减压 ) 干燥，得到 AlCl 36H2O晶体【解析】【分析】根据 Al2O3、 AlCl36H2O 及明矾大晶体的制备流程，结合题中相关信息及数据，综合运用物质的分离与提纯的方法进行分析。【详解】(1)步骤 向NaAlO2 溶液中通入过量CO2 生成Al(OH)3 沉淀，离子方程式为AlO2-CO22H2O=Al(OH)3 HCO3-。(2)步骤 灼烧Al(OH)3 固体，应使用坩埚；提高Al2O3 纯度须使Al(OH)3 完全分解，故应灼烧至恒重
27、。(3)用酸浸取胶状Al(OH)3 固体后，通入HCl 气体，可抑制AlCl3 水解，同时增大c(Cl )，有利于 AlCl36H2O 结晶析出。(4)由图可知，温度不超过45 时， AlCl36H2O 的结晶量和结晶效率均较高。应控制低温条件下向溶液中通入 HCl 气体直至有大量晶体析出；为防止AlCl36H2O 水解和分解，AlCl3 6H2O 晶体应用浓盐酸洗涤、低温(或减压 )干燥。因此，由胶状固体制备AlCl36H2O 晶体的实验方案为：向胶状固体滴加一定浓度盐酸，直至恰好完全溶解，在45 以下 (或冷水浴条件下 )通入 HCl 气体，至有大量晶体析出，过滤，用浓盐酸洗涤2 3 次，
28、低温 (或减压)干燥，得到 AlCl36H2O 晶体。6 某小组拟用酸性KMnO4溶液与 H2C2O4 溶液的反应（此反应为放热反应）来探究“条件对化学反应速率的影响”，并设计了如下的方案记录实验结果（忽略溶液混合体积变化）。限选试剂和仪器： 0.20 mol/L H 2C2O4 溶液、 0.010 mol/L KMnO 4 溶液（酸性）、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽。V（ 0.20V（ 0.010物理量V（蒸馏水）mol/L 酸性m（ MnSO4）mol/L H 2C2O4T/ 乙编号/mLKMnO溶液）/g溶液） /mL4/mL2.004.00502.004.00251.5a4.0
29、0252.004.00.125回答下列问题：4_酸化（填名称）；写出上述反应的离子方程式：（1） KMnO溶液用4 被还原时，生成的2_；CO的体积（标况下）为_；当有 2mol KMnO电子转移为 _mol；（2）上述实验是探究_对化学反应速率的影响；上述实验是探_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 _；表格中的“乙”填写t/s ，其测量的是 _ 。（3）实验中对“乙”重复测量三次，所得数值分别13.6 ， 13.5 ， 13.4 。忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率4_v(KMnO)（4）已知实验 50时c(MnO4-) 反应时间
30、 t 的变化曲线如图。若保持其他条件不变，请在坐标图中，画出实验25时 c(MnO4-) t的变化曲线示意图 _。【答案】稀硫酸；2MnO4 +5H2C2O4+6H+ 2Mn2+10CO2+8H2O 224L10温度催化剂0.5 溶液褪色所需时间5.0 10 4 11molL s【解析】【分析】（ 1）因为高锰酸钾具有强氧化性，反应中高锰酸钾为氧化剂，草酸为还原剂；（ 2）当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致；（ 3）实验中草酸过量，高锰酸钾完全反应；（4）25时反应速率小于50时，所以高锰酸根离子的浓度变化比50时小。【详解】（1）因为高锰酸钾具有强氧化性，酸性高锰酸
31、钾是用稀硫酸酸化的，H2SO4、 KMnO4与H2C2O2发生反应，KMnO4被还原为MnSO4，化合价降低5 价，H2C2O2 被氧化为CO2，每个C 原子的化合价升高1 价， 1 个H2C2O2 升高2 价，则高锰酸钾与草酸计量数之比为2：5，根据原子守恒配平可得：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO410CO2+2MnSO4+K2 SO4+8H2O；由方程式可知当有2molKMnO4被还原时，反应转移10mol电子，生成10molCO2，标况下体积为224L，故答案为：稀硫酸； 5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO410CO2+2MnSO4+K2 SO4+8H2O； 224； 1
32、0；（ 2）当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致，通过比较实验的反应条件可知，实验可探究温度对反应速率的影响；其他条件相同，中加了MnSO4固体，锰离子对该反应起催化作用，则探究的是催化剂对反应速率的影响；实验中的H2C2O4 溶液的加入体积不同，故要探究H2C2O4 溶液浓度不同对反应速率的影响，但反应体积溶液的总体积需相同，故应加入蒸馏水来确保溶液的总体积均为6.0mL，则a 的值为0.5 ；要准确描述反应速率的快慢，必须准确测得溶液褪色时间的长短，故要测量的物理量是溶液褪色的时间，故答案为：温度；催化剂；0.5 ；溶液褪色所需时间；（ 3）实验中草酸的物质的量为0
33、.20 mol/L 0.002L=0.0004mol ，高锰酸钾的物质的量为 0.010 mol/L 0. 004L=0.00008mol ，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：0.0004mol ：0.00008mol=5 ： 1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为0.00008mol/0.006L=2/3 0.010mol/L ，反应时间为（13.6+13.5+13.4） s/3=13.5s ，则v(KMnO4) （ 2/3 0.010mol/L ）/13.5s 5.0 10 4 11，故答案为： 5.0 10 4molL s1 1molL s ；（4）25时反应速率
34、小于 50时，所以高锰酸根离子的浓度变化比50时小，反应需要的时间大于-） t的变化曲线示意图50条件下需要的时间，据此画出25时 c（MnO4为：，故答案为：。【点睛】本题考查了影响反应速率的因素的探究，考查氧化还原滴定原理与应用、探究影响速率的因素、对实验数据的处理等，理解实验原理是解题的关键，应注意的是当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致。7 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
