1、2020-2021 化学 化学反应速率与化学平衡的专项培优易错试卷练习题含答案一、化学反应速率与化学平衡1 根据当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿(主要成分为FeS2)作为原料。完成下列填空：(1)将 0.050mol SO2(g) 和 0.030mol O 2(g) 充入一个 2L 的密闭容器中，在一定条件下发生反应： 2SO2(g)+O2 (g)? 2SO3(g)+Q。经 2 分钟反应达到平衡，测得n(SO3)=0.040mol ，则 O2 的平均反应速率为 _(2)在容积不变时，下列措施中有利于提高SO2 平衡转化率的有 _(选填编号 )a.移出氧气b.降低温度c.减小压强22(g)d.
2、再充入 0.050molSO (g)和 0.030molO(3)在起始温度T1(673K)时 SO2 的转化率随反应时间 (t)的变化如图，请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2(723K)时 SO2 的转化率随反应时间变化的示意图_(4)黄铁矿在一定条件下煅烧的产物为SO2 和 Fe3O4将黄铁矿的煅烧产物Fe3O4溶于 H2SO4 后，加入铁粉，可制备 FeSO4。酸溶过程中需维持溶液有足够的酸性，其原因是_FeS2 能将溶液中的3+2+2。写出有关的离子方程式Fe 还原为 Fe ，本身被氧化为SO4_。有 2mol 氧化产物生成时转移的电子数为_【答案】 0.005mol/(L?
3、min)bd抑制 Fe3+与 Fe2+的水解，并防止 Fe2+被氧化成 Fe3+ FeS2+14Fe3+8H2 O=15Fe2+2SO42 +16H+14NA【解析】【分析】(1)根据 vc 求出氧气的速率，然后根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比计t算；(2)反应放热，为提高 SO2 平衡转化率，应使平衡向正反应方向移动，可降低温度，体积不变，不能从压强的角度考虑，催化剂不影响平衡移动，移出氧气，平衡向逆反应方向移动，不利于提高SO2 平衡转化率，由此分析解答；(3)反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但达到平衡所需要的时间缩短，据此画出曲线；(4) Fe3 与
4、 Fe2 易水解， Fe2 易被氧化成 Fe3 ；根据氧化还原反应中的反应物和生成物几何电子守恒来配平化学方程式，结合方程计算转移电子数。【详解】c 0.040mol(1)v(SO3)2Lt2min 0.01mol/(L?min) ，所以 v(O2)1v(SO3 ) 0.005mol/(L?min) ，2故答案为： 0.005mol/(L?min) ；(2)a移出氧气，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；b降低温度，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；c减小压强，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；d再充入0.050molSO2(g)和 0.030molO 2(g)，相当
5、于增大压强，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；故答案为： bd；(3)反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)H 0，SO2的转化率在起始温度T1673K下随反应时间? (t)的变化如图，其他条件不变，仅改变起始温度为T2 723K，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，在图中画出温度T2 下SO2 的转化率随反应时间变化的预期结果示意图如图所示；故答案为：；(4) Fe2O3(或 Fe3O4 等 )溶于 H2SO4 后，生成的 Fe3 与 Fe2 易水解， Fe2 易被氧化成 Fe3 ，所以要加入 Fe 粉和酸，抑制 Fe3 与
6、Fe2 的水解，并防止 Fe2 被氧化成 Fe3 ，故答案为：抑制 Fe3 与 Fe2 的水解，并防止Fe2被氧化成 Fe3 ；-2 价的硫离子具有还原性，FeS2 可以将溶液中的Fe3 还原为 Fe2 ，而本身被氧化为硫酸根离子，有关的离子方程式为：FeS23+22+2+14Fe4+16H，氧化产物是硫酸根+8H O=15Fe+2SO离子，有 2mol 硫酸根生成时转移的电子数为14NA，故答案为：FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42 +16H+； 14NA。【点睛】注意 (3)温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，此为解题的关
7、键。2 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）：实验组别温度称取 CuSO4 质量B 增重质量 /gC 增重质量E 中收集到气体/g/g/mLT10.6400.32000T20.64000.2562VT30.6400.160322.4YT40.64040.19233.6X（1）实验过程中A 中的现象是 _ D 中无水氯化钙的作用是_（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
8、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T34温度的高低并说明理由_和 T【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
9、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；(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/mol 0.32g； SO2 的质量为： 0.256g，物质的量为：0.256g 0.004mol ，64g / mo1氧气的质量为：0.64 0.32 0.256 0.
10、064g，物质的量为：0.064g 0.002mol ，32g / mo1CuSO4、 CuO、 SO2、 O2 的物质的量之比等于2：2 ：2； 1，则实验中 CuSO4 分解反应方程式为 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/mol 0.32g30.0224； SO 的质量为： 0.16g，氧气的质量为：22.432 0.032g，根据质量守恒实验中理论上C 增加的质量 Y30.64 0.32 0.160.032 0.128g；(6)根据表中实验的数据可
11、知，43分解为22T 温度生成氧气更多，因为SOSO和 O 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
12、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： SO32； O ；(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/mol 0.32g； SO2 的质量为：0.256g0.256g，物质的量为： 0.004mol ，64g / mo1氧气的质量为：0.064g 0.002mol ，0.64 0.32 0.256 0.064g，物质的量为：32g / mo1CuSO4、 CuO、 SO2、 O2 的物质的量之比等于2：2 ：2； 1，则实验中CuSO4 分解反应方程式为 2CuSO
13、2CuO+2SO +O2；40.64g(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； SO3 的质量为： 0.16g，氧气的质量为：0.022432 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，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，故 T4 温度更高，故答案为：T4 温度更高，因为SO3 分解为 SO2 和 O2 是吸热反应，温度高有利于
14、生成更多的O2。3 化学学习小组进行如下实验。探究反应速率的影响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-12 2 4-1选试剂和仪器： 0.20 mol L4溶液 (酸性 )、蒸馏水、试管、H C O溶液、 0.010 mol LKMnO量筒、秒表、恒温水浴槽-1-1物理量V(0.20 mol L V（蒸馏水） /mLV（ 0.010 mol LT/ 乙H2C2O4 溶液 )/mLKMnO4 溶液） /mL2.004.0502.004.0251.004.025(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 _
15、；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙 ”应填写 _ 。2 2 422 4-1测定 H C O xH2O 中 x 值 已知： M (H C O )=90 g mol称取 1.260 g 纯草酸晶体，将其酸制成100.00 mL 水溶液为待测液；取 25.00mL 待测液放入锥形瓶中，再加入适的稀H2SO4；-1用浓度为 0.05 000 mol L的 KMnO4 标准溶液进行滴定。(2)请写出与滴定有关反应的离子方程式_ 。(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_ 。(6
16、)通过上述数据，求得x= _ 。以标准 KMnO4 溶液滴定样品溶液的浓度，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 溶液褪色时间 /s5H 6H2 8H2O b2C2O42MnO 4=10CO2 2Mn20.00 锥形瓶中颜色变色2 偏小【解析】【分析】【详解】（1）探究影响化学反应速率因素，要求其他条件不变，即探究温度对化学反应速率的影响；混合溶液的总体积都是6.0mL，因此 a=1.0；反应的快慢是通过酸性高锰酸钾溶液的褪色快慢来确定的，因此乙中要测定的物理量是溶液褪色时间，单位为s；（2）草酸具有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，把
17、C 转化成 CO2，本身被还原成Mn 2 ，根据化合价升降法，进行配平，因此离子反应方程式为：5H2 C2O4 2MnO 4 6H =10CO2 2Mn 2 8H2O；（3）酸式滴定管盛放酸性溶液和氧化性物质，碱式滴定管只能盛放碱性溶液，即b 正确；（4）滴定前刻度为0.90ml ，滴定后刻度是20.90ml ，消耗高锰酸钾的体积为(20.900.90)mL=20.00mL；(5)滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化；(6)100mL 溶液中草酸物质的量为3 0.05 5 100/(2 25)mol=0，.01mol.260 (9020 1018x)=0.01，解得 x=2；未用待盛液润
18、洗滴定管，稀释标准液，消耗高锰酸钾体积增大，草酸的质量增大， x 偏小。4 连二亚硫酸钠（ Na2 S2O4 ）俗称保险粉，是工业上重要的还原性漂白剂，也是重要的食品抗氧化剂。某学习小组模拟工业流程设计实验制取保险粉。已知： Na2 2 4是白色固体，还原性比23强，易与酸反应（2 4 2-+4H+S ONa SO2S O3SO2+S+2H2O）。（一）锌粉法步骤14045，当三颈瓶中溶液pH在3 3.5时，停止通入：按如图方式，温度控制在SO2，反应后得到ZnS2O4 溶液。步骤 2：将得到的ZnS2 4溶液加入 NaOH 溶液中，过滤，滤渣为2，向滤液中加OZn（OH）入一定量食盐，立即析
19、出Na2 2 42S O ?2H O 晶体。步骤 3：，经过滤，用乙醇洗涤，用120 140的热风干燥得到Na2S2O4。（二）甲酸钠法步骤4：按上图方式，将装置中的Zn 粉和水换成HCOONa、 Na2CO3 溶液和乙醇。温度控制在 70 83，持续通入SO2，维持溶液 pH 在 4 6，经 5 8 小时充分反应后迅速降温45 55，立即析出无水Na2S2 O4。步骤 5：经过滤，用乙醇洗涤，干燥得到Na2S2 O4。回答下列问题：（1）步骤 1容器中发生反应的化学方程式是_；容器中多孔球泡的作用是_。（2）步骤 2中“向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na2S2O4 2H2O晶体”的原理是（
20、用?必要的化学用语和文字说明）_。（3）两种方法中控制温度的加热方式是_。（4）根据上述实验过程判断，Na2 24在水、乙醇中的溶解性为：_。S O（5）甲酸钠法中生成Na22 4S O 的总反应为 _。（6）两种方法相比较，锌粉法产品纯度高，可能的原因是_。（7）限用以下给出的试剂，设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有Na24SO 。稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、AgNO32_。溶液、 BaCl 溶液【答案】 H2O SO2 H2SO3Zn 2H2 SO3=ZnS2O4 2H2O或Zn 2SO2=ZnS2O4增大气体与溶液+=，+的接触面积，加快气体的吸收速率溶液中存在：2242 24?+( aq
21、)+S O2-或2Na4 ( aq)Na S O ( s) ?Na S O ( aq)2Na2S2O4( s) ?+2-+，平衡向逆反应方向移动水浴加热2Na (aq)+ S2O 4( aq) ，增大 c( Na )Na S O 在水中溶解度较大，在酒精中溶解度较小2242HCOONa 4SO2Na2CO32Na2S2O4H2O 3CO2Zn OH2难溶于水，易与Na2S2O4分离 取少+=+()量产品配成稀溶液，加入足量稀盐酸，充分反应后静置，取上层清液，滴加BaCl2 溶液，有白色沉淀生成，则可确定产品中含有Na2SO4【解析】【分析】合成保险粉的反应物为Zn、 SO2、 H2O，根据温度
22、控制在4045，当三颈瓶中溶液pH 在33. 5 时，停止通入SO2，反应后得到ZnS2O4 溶液，据此分析解答。【详解】（1）合成保险粉的反应物有Zn、 SO2、 H2O，根据温度控制在40 45，当三颈瓶中溶液pH 在 3 3. 5 时，说明发生了：H2O+SO2=H2SO3 反应，最后反应得到ZnS2O4 溶液，说明又发生了：Zn 2H23242224+SO= ZnS O +2H O 反应，总过程也可以写成：Zn+2SO= ZnS O ，多孔球泡可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率；（ 2）溶液中存在： Na2 S2O4( s) ? Na2S2O4( aq) ? 2Na+(
23、aq)+ S2 O 24- ( aq) 或+aqS O2-+，平衡向逆反应方向移动，所以向滤液2 2 44 ( aq) ，增大 c( Na )Na S O ( s) ? 2Na ()+ 2中加入一定量食盐，立即析出Na2S2O4?2H2 O 晶体；（3）根据温度控制在40 45可知需要控制温度的加热方式一般是水浴加热；（4）根据步骤 2 中将得到的 ZnS2O4溶液加入 NaOH 溶液中，过滤，滤渣为Zn( OH) 2，向滤液中加入食盐，才析出Na2S2O4 2H2O晶体，可知Na2 S2O4在水中溶解度较大；根据步骤5?析出的晶体用无水乙醇洗涤的目的是使晶体迅速干燥，避免溶解而减少损耗，可知
24、其在酒精中溶解度较小；（5）由题意可知甲酸钠、二氧化硫、碳酸钠反应生成Na2S2O4，同时生成二氧化碳，反应的方程式为2HCOONa 4SONa2CO32Na2S2 O4H2O3CO2+2+=+；（6）锌粉法产品纯度高，可能的原因是Zn( OH) 2 难溶于水，易与Na2S2 O4 分离；（7）设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有Na2 SO4，要避免 Na2S2O4 干扰，所以取少量产品配成稀溶液，加入足量稀盐酸，充分反应后静置，取上层清液，滴加BaCl2 溶液，有白色沉淀生成，则可确定产品中含有Na2SO4。5 毒重石的主要成分2+2+3+BaCO3（含 Ca 、 Mg 、 Fe 等杂质）
25、，实验室利用毒重石制备BaCl ?2H O的流程如下：22（ 1）毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是_。实验室用 37%的盐酸配制 15%的盐酸，除量筒外还需使用下列仪器中的_。a烧杯b 容量瓶 c玻璃棒d滴定管（2）加入32可除去_（填离子符号），滤渣中含_NH?H O调节 pH=8（填化学式）。加入 H2C2O4 时应避免过量，原因是_。已知： Ksp（ BaC2O4）=1.6 10 7 ，Ksp（ CaC2O4）=2.3 10 92+2+3+CaMgFe开始沉淀时的 pH11.99.11.9完全沉淀时的 pH13.911.13.2（3）利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步
26、进行。2+2+H2O2+2 BaCrO4已知： 2CrO4+2H Cr 2O7Ba+CrO4步骤：移取x ml一定浓度的 Na2CrO4 溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b mol?L 1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加的盐酸体积为V0 mL。步骤：移取y mLBaCl 2 溶液于锥形瓶中，加入x mL 与步骤相同浓度的Na2CrO4 溶液，待Ba2+ 完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol?L 1 盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1 mL。滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的_（填“上方”或“下方”）。BaCl2 溶液的浓度为_ mol?L -1 ，若步骤
27、中滴加盐酸时有少量待测液溅出，2+Ba 浓度测量值将 _（填“偏大”或“偏小”）。【答案】增大接触面积从而使反应速率加快3+H2C2O4过量会ac FeMg(OH)2、 Ca(OH)2导致生成 BaC2O4 沉淀，产品的产量减少上方b V0 V1偏大y【解析】【分析】制备 BaCl2?2H2O 的流程：毒重石的主要成分BaCO3（含 Ca2+、 Mg 2+、 Fe3+等杂质），向其中加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO+2+3+2H =Ba +CO2 +H2O，然后加入氨水，调节溶液的 pH 为 8，由于 Fe3+完全沉淀时的pH 为 3.2，此时只有 Fe3+完全沉淀，所以滤渣1 为Fe(
28、OH)3，溶液中主要含Ca2+、 Mg 2+、 Ba2+，再加入氢氧化钠溶液调节pH=12.5，Ca2+完全沉淀时的 pH 为 13.9， Mg2+完全沉淀时的pH 为 11.1， Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣中含 Mg(OH) 222+2+22 42 4、 Ca(OH) ；溶液中主要含Ca、Ba ，然后再加入HC O，得到 CaC O 沉淀，除去 Ca2+，将滤液蒸发浓缩冷却结晶可得到BaCl2?2H2O。(1)可以通过增大固体反应物的接触面积方法增大反应速率；根据配制物质的量浓度溶液的要求确定需要使用的仪器 ；(2)根据流程图和表中数据分析加入NH3?H2O 调节 pH=8，利
29、用不同金属阳离子形成沉淀的pH 的不同，确定沉淀的成分及去除的离子；结合加入 H2 C2O4 的量的多少 ，分析发生的反应及造成的影响；(3)根据滴定管的构造分析 0 刻度在滴定管的位置；利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行，根据反应中物质的相应量的关系，计算出 BaCl2 溶液的浓度；然后根据操作分析消耗标准溶液的体积多少，判断误差，据此判断。【详解】(1)毒重石是固体物质，由于化学反应的速率与反应物的接触面积有关，所以可以将毒重石在用盐酸浸取前充分研磨的方法，增大反应物的接触面积，提高反应速率；在实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，需先计算出浓盐酸的体积和水的体积，用量
30、筒量取；浓盐酸稀释为稀盐酸，需用烧杯作为容器，并用玻璃棒搅拌加速溶解，所以除量筒外还需使用量筒、玻璃棒，选项是 ac；(2)根据流程图和表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的pH 为 3.2，加入氨水，调节溶液的pH为 8，发生反应： Fe3+3234+3+完全沉淀，滤渣1 为 Fe(OH)3+3NH ?H O=Fe(OH) +3NH， Fe；加入氢氧化钠调节pH=12.5，由于 Ca2+完全沉淀时的pH 为 13.9， Mg2+完全沉淀时的 pH 为11.1，Mg2+完全沉淀， Ca2+部分沉淀，滤渣中含Mg(OH)22、Ca(OH) ，溶液中主要含2+2+24-72 4-9，易形成 CaC2
31、4沉淀，加入2 2 4Ca 、 Ba， Ksp(BaC O )=1.6 10， Ksp(CaCO )=2.3 10OH C O时应避免过量，防止 CaC2O4 沉淀完全后，过量的 H2C2O4 会导致生成 BaC2O4 沉淀，使产品的产量减少 ；(3)无论酸式还是碱式滴定管，0 刻度都位于滴定管的上方；步骤：待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用 bmol/L盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL，则发生2CrO2-+2-+H2O-3bmol/L4+2H Cr2O7的盐酸的物质的量为：V1 10 bmol盐，步骤：用酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL，加入的总盐酸的
32、物质的量：-V0 1032+CrO42-2+2-的物质的量为-3- bmol， Ba BaCrO4，与 Ba 反应的 CrO4V0 10 bmol-V1 1030 1-3，步骤：移取2溶液于锥形瓶中，所以2溶液的浓度 bmol=(V-V)b 10molymLBaClBaClnV0 V1 b 10 3mol/L=V0 V1 b为： c(BaCl2)=y 10 3mol/L ；若步骤中滴加盐酸时有少Vy量待测液溅出，则V1 减小，使得Ba2+浓度测量值将偏大。【点睛】本题考查了实验室利用毒重石制备BaCl2?2H2O 的设计方法，侧重考查影响反应速率的因素、实验基本操作、沉淀溶解平衡的应用等知识，实验步骤结合物质的性质分析是解答的关键。6（ 10 分）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。请回答下列问题：（1）上述实验中发生反
