高考化学化学反应速率与化学平衡综合题含详细答案.docx

高考化学化学反应速率与化学平衡综合题含详细答案.docx

《高考化学化学反应速率与化学平衡综合题含详细答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考化学化学反应速率与化学平衡综合题含详细答案.docx（22页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

高考化学化学反应速率与化学平衡综合题含详细答案

2020-2021高考化学化学反应速率与化学平衡综合题含详细答案

一、化学反应速率与化学平衡

1．三草酸合铁酸钾K3[Fe（C2O4）3]•xH2O晶体是一种亮绿色的晶体，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（K3[Fe（C2O4）3]）=437g/mol。

本实验以（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O（硫酸亚铁铵晶体）为原料，加入草酸（H2C2O4）制得草酸亚铁（FeC2O4）后，在过量的草酸根（C2O42-）部分实验过程如下：

（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%H2O2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（K3[Fe（C2O4）3]•xH2O）晶体配成100ml溶液，取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀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Fe2＋水解，然后与草酸发生（NH4）2Fe（SO4）2·6H2O+H2C2O4═FeC2O4↓+（NH4）2SO4+H2SO4+6H2O，用过氧化氢将草酸亚铁氧化为K3[Fe（C2O4）3]，发生2FeC2O4+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4═2K3[Fe（C2O4）3]↓+2H2O，溶液C含K3[Fe（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%H2O2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=20.00mL，由2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，K3[Fe（C2O4）3]•xH2O物质的量为0.02L×0.05mol/L×

×

×

=0.0033mol，M=

=496g/mol，则39×3+（56+280×3）+18x=496，解得x=3。

2．某兴趣小组用铝箔制备Al2O3、AlCl3·6H2O及明矾大晶体，具体流程如下

已知：

（1）AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚；

（2）明矾在水中的溶解度如下表：

温度/℃

0

10

20

30

40

60

80

90

溶解度/g

3.00

3.99

5.90

8.39

11.7

24.8

71.0

109

（1）步骤Ⅱ中生成Al（OH）3的离子方程式为____________________________________________。

（2）步骤Ⅲ灼烧Al（OH）3所用实验室常用仪器为________，为了提高Al2O3纯度，需________（填操作步骤）。

（3）制备AlCl3·6H2O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AlCl3·6H2O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AlCl3·6H2O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＋2H2O===Al（OH）3↓＋HCO3-坩埚灼烧至恒重抑制AlCl3水解增加c（Cl－），有利于AlCl3·6H2O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AlCl3·6H2O晶体

【解析】

【分析】

根据Al2O3、AlCl3·6H2O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Ⅱ向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al（OH）3沉淀，离子方程式为AlO2-＋CO2＋2H2O=Al（OH）3↓＋HCO3-。

（2）步骤Ⅲ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。

（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AlCl3·6H2O结晶析出。

（4）由图可知，温度不超过45℃时，AlCl3·6H2O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AlCl3·6H2O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AlCl3·6H2O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，低温（或减压）干燥，得到AlCl3·6H2O晶体。

3．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250mL0.2mol·L－1的醋酸溶液，用0.2mol·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250mL0.2mol·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0.2000mol·L－1的NaOH溶液对20.00mL醋酸溶液进行滴定，几次滴定消耗NaOH溶液的体积如下：

实验序号

1

2

3

4

消耗NaOH溶液的体积（mL）

20.05

20.00

18.80

19.95

则该醋酸溶液的准确浓度为________（保留小数点后四位）。

[实验二]

探究浓度对醋酸电离程度的影响

用pH计测定25℃时不同浓度的醋酸的pH，结果如下，回答下列问题：

醋酸浓度

（mol·L－1）

0.0010

0.0100

0.0200

0.1000

0.2000

pH

3.88

3.38

3.23

2.88

2.73

（3）从表中的数据，还可以得出另一结论：

随着醋酸浓度的减小，醋酸的电离程度将________（填“增大”“减小”或“不变”）。

（4）根据表中数据，可以得出醋酸是弱电解质的结论，你认为得出此结论的依据是：

______。

[实验三]探究温度对醋酸电离程度的影响

（5）请你设计一个实验完成该探究，请简述你的实验方案：

___________________________________。

【答案】胶头滴管250mL容量瓶0.2000mol·L－1增大0.0100mol·L－1醋酸的pH大于2或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于1（或其他合理答案）用pH计（或pH试纸）测定相同浓度的醋酸在几种不同温度时的pH

【解析】

【分析】

实验一：

（1）根据仪器的用途选取仪器，用胶头滴管定容，用250mL容量瓶配制溶液，

（2）根据NaOH的体积，第3次数据显然误差较大，舍去；

实验二：

（1）以0.1000mol/L、0.0100mol/L醋酸为例，设0.1000mol/L的醋酸溶液体积为1L，将其稀释至0.0100mol/L，体积变为10L，两溶液中H+的物质的量分别为：

10-2.88mol、10-2.38mol，可见溶液变稀，电离出的H+的物质的量增大；

【详解】

实验一：

（1）根据仪器的用途选取仪器，用胶头滴管定容，用250mL容量瓶配制溶液，答案为：

胶头滴管；250mL容量瓶；

（2）根据NaOH的体积，第3次数据显然误差较大，舍去；另外三次所用NaOH平均体积为：

mL=20.00mL，则氢氧化钠溶液平均浓度：

=0.2000mol/L，答案为：

0.2000mol/L；

实验二：

（1）以0.1000mol/L、0.0100mol/L醋酸为例，设0.1000mol/L的醋酸溶液体积为1L，将其稀释至0.0100mol/L，体积变为10L，两溶液中H+的物质的量分别为：

10-2.88mol、10-2.38mol，可见溶液变稀，电离出的H+的物质的量增大，说明醋酸的电离程度增大，答案为：

增大；

（2）看每次测量值，H+浓度远小于醋酸的浓度，说明醋酸不完全电离；联系起来看，浓度为0.1000mol/L、0.0100mol/L及0.0010mol/L的醋酸，pH变化值小于1，所以醋酸是弱电解质，答案为：

0.0100mol/L醋酸的pH大于2或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于1；

实验三：

探究温度对醋酸的电离程度的影响，应控制其他条件相同，只有温度存在差异的醋酸溶液，H+浓度有差异，能够对溶液中H+浓度区分度较好的仪器是pH计，答案为：

用pH计（或pH试纸）测定相同浓度的醋酸在几种不同温度时的pH。

4．乙二酸（HOOC—COOH）俗名草酸，是一种有还原性的有机弱酸，在化学上有广泛应用。

（1）小刚在做“研究温度对化学反应速率的影响”实验时，他往A、B两支试管中均加入4mL0.01mol·L－1的酸性KMnO4溶液和2mL0.1mol·L－1H2C2O4（乙二酸）溶液，振荡，A试管置于热水中，B试管置于冷水中，记录溶液褪色所需的时间。

褪色所需时间tA________tB（填“>”“＝”或“<”）。

已知该反应的离子方程式：

2MnO

＋5H2C2O4＋6H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O

（2）实验室有一瓶混有泥沙的乙二酸样品，小刚利用上述反应的原理来测定其含量，具体操作为：

①配制250mL溶液：

准确称量5.000g乙二酸样品，配成250mL溶液。

②滴定：

准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，加少量酸酸化，将0.1000mol·L－1KMnO4标准溶液装入______（填“酸式”或“碱式”）滴定管，进行滴定操作。

在滴定过程中发现，刚滴下少量KMnO4标准溶液时，溶液紫红色并没有马上褪去。

将锥形瓶摇动一段时间后，紫红色才慢慢消失；再继续滴加时，紫红色就很快褪去，可能的原因是__________________________________________；判断滴定达到终点的现象是________________________________________________________________________。

③计算：

重复上述操作2次，记录实验数据如下表。

则消耗KMnO4标准溶液的平均体积为________mL，此样品的纯度为____________。

序号

滴定前读数

滴定后读数

1

0.00

20.01

2

1.00

20.99

3

0.00

21.10

④误差分析：

下列操作会导致测定结果偏高的是________。

A．未用KMnO4标准溶液润洗滴定管

B．滴定前锥形瓶内有少量水

C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失

D．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视

【答案】酸式<反应生成的Mn2＋对反应有催化作用滴入最后一滴溶液，溶液由无色变成浅紫色，且半分钟内不褪色20.0090.00%AC

【解析】

【详解】

（1）由于温度升高，化学反应速率加快，所以反应时间就越短，因此褪色所需时间tA

<；

（2）②KMnO4溶液有强氧化性，会腐蚀橡胶，所以KMnO4溶液应该装入酸式滴定管中，在实验中发现，刚滴下少量KMnO4溶液时，溶液迅速变成紫红色。

将锥形瓶摇动一段时间后，紫红色慢慢消失；再继续滴加时，紫红色就很快褪色了可能的原因是反应中生成的Mn2+具有催化作用，所以随后褪色会加快；当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，锥形瓶中溶液从无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色，故答案为：

酸式；反应生成的Mn2＋对反应有催化作用；滴入最后一滴溶液，溶液由无色变成浅紫色，且半分钟内不褪色；

③分析3次实验的体积数据，可知：

第三次误差太大，要舍去，消耗的KMnO4溶液的体积是V（KMnO4）=（20.10+19.90）ml÷2=20.00ml；n（KMnO4）=0.1000mol/L×0.020L=2×10-3mol;根据方程式可知n（H2C2O4）=5/2n（KMnO4）=5/2×2×10-3mol=5×10-3mol，所以H2C2O4的质量是m=5×10-3mol×90g/mol=0.45g，所以草酸的纯度是0.45g÷（5.000g÷10）×100%=90.00%，故答案为：

20.00；90.00%；

④A、未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，则标准溶液的浓度偏小，是消耗的体积偏大，则计算的草酸的物质的量偏大，正确；B、滴定前锥形瓶有少量水，不会产生任何影响，错误；C、滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，则消耗的标准溶液体积偏大，所以计算的草酸的浓度就偏高，正确；D、观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，则消耗的标准溶液体积偏小，所以是草酸溶液的浓度偏小，错误，故答案为：

AC。

【点睛】

本题考查综合实验，涉及温度和催化剂对化学反应速率的影响、乙二酸和高锰酸钾的性质、离子方程式的书写、化学实验基本操作、解释原因、滴定终点的现象、数据处理与纯度计算、误差分析等。

5．某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（累计值）：

时间（min）

1

2

3

4

5

氢气体积（mL）（标况下）

50

120

232

290

310

（1）哪一时间段（指①0～1、②1～2、③2～3、④3～4、⑤4～5min，下同）反应速率最大______ （填序号，下同），原因是____________________________________________．

（2）哪一段时段的反应速率最小______，原因是_____________________________________．

（3）求2～3分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率（设溶液体积不变，不要求写出计算过程）______________________________________________________________________．

（4）.如果反应太激烈，为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，他在盐酸中分别加入等体积的下列试剂：

A．.蒸馏水   B．KNO3溶液  C．NaCl溶液 D．CuSO4溶液

你认为可行的是（填编号）________________________________________．

【答案】③反应放热，温度高⑤盐酸浓度变小0.1mol/（Lmin）AC

【解析】

试题分析：

⑴计算每个时间段生成气体的体积，根据相同条件下气体体积与反应速率的关系判断速率，根据反应与能量变化的关系判断速率变化的原因；

（2）计算每个时间段生成气体的体积，根据相同条件下气体体积与反应速率的关系判断速率，根据反应与能量变化的关系判断速率变化的原因；（3）先求出气体的物质的量，再计算盐酸变化的物质的量，利用速率计算公式计算速率；⑷根据浓度、电解质的强弱判断。

解析：

0～1、②1～2、③2～3、④3～4、⑤4～5min生成氢气的体积分别是50mL、70mL、112mL、58mL、20mL；

⑴相同条件下，反应速率最大，相同时间收集到气体体积越大，所以2～3min反应速率最快，原因是该反应放热，2-3min时温度高与开始时的温度；⑵4～5min的反应速率最小，原因是液中H+的浓度变小了；⑶2～3分钟时间段以生成氢气的体积是112mL，

设需要盐酸的物质的量是xmol，

x=0.01mol

mol·L－1·min－1；

⑷改变反应速率的方法有：

改变浓度、改变温度、改变固体表面积等；

A..蒸馏水，盐酸浓度变小，反应速率减慢，产生氢气的量不变，故A正确；B.加入KNO3溶液生成硝酸，硝酸具有强氧化性，不能生成氢气，故B错误；C.加入NaCl溶液，盐酸体积增大，浓度减小，反应速率减慢，产生氢气的量不变，故C正确；D.CuSO4溶液，形成铜锌原电池，加快反应速率，故D错误。

点睛：

盐酸与金属反应放热，溶液温度升高，所以反应速率逐渐增大；随反应进行，盐酸浓度明显减小，所以反应最后有逐渐减慢。

6．（10分）“碘钟”实验中，3I－＋S2O82－=I3-+2SO42－的反应速率可以用I3－与加入的淀粉溶液显蓝色的时间t来度量，t越小，反应速率越大。

某探究性学习小组在20℃进行实验，得到的数据如下表：

实验编号

①

②

③

④

⑤

c（I－）/mol·L－1

0.040

0.080

0.080

0.160

0.120

c（S2O82－）/mol·L－1

0.040

0.040

0.080

0.020

0.040

t/s

88.0

44.0

22.0

44.0

t1

回答下列问题：

（1）该实验的目的是。

（2）显色时间t1＝。

（3）温度对该反应的反应速率的影响符合一般规律，若在40℃下进行编号③对应浓度的实验，显色时间t2的范围为（填字母）。

A．<22.0sB．22.0～44.0sC．＞44.0sD．数据不足，无法判断

（4）通过分析比较上表数据，得到的结论是。

【答案】研究反应物I﹣与S2O82﹣的浓度对反应速率的影响29.3A反应速率与反应物起始浓度乘积成正比

【解析】

（1）观察表格数据：

进行了5组实验，随c（I－）、c（S2O82－）的不同，反应所需的时间不同，故该实验的目的是研究反应物I－与S2O82－的浓度对反应速率的影响；

（2）比较①、②、⑤三组实验数据：

c（S2O82－）相同，c（I－）增大两倍，反应所需的时间就减小两倍，则c（I－）增大三倍，反应所需的时间就减小三倍，故t1＝88.0/3=29.3s；

（3）升温，反应速率加快，则反应所需的时间减少，故t2<22.0s；

（4）由①、②、⑤，得：

反应时间与c（I－）成反比、反应速率与c（I－）成正比，

由②、③，得：

反应时间与c（S2O82－）成反比、反应速率与c（S2O82－）成正比，

故得到的结论是化学反应速率与反应物起始浓度乘积成正比显色时间与反应物起始浓度乘积成反比；

7．钨是我国丰产元素，是熔点最高的金属，广泛用于拉制灯泡的灯丝，有“光明使者”的美誉。

钨在自然界主要以钨（+6价）酸盐的形式存在。

有开采价值的钨矿石是白钨矿和黑钨矿。

白钨矿的主要成分是钨酸钙（CaWO4）；黑钨矿的主要成分是铁和锰的钨酸盐，化学式常写成（FeWO4和MnWO4），钨酸（H2WO4）酸性很弱，难溶于水。

已知：

①CaWO4与碳酸钠共热发生复分解反应。

②钨在高温下可与焦炭（C）反应生成硬质合金碳化钨（WC）。

（1）74W在周期表的位置是第_______周期。

（2）写出黑钨矿中FeWO4与氢氧化钠，空气熔融时的化学反应方程式________________________________；白钨矿粉与碳酸钠共热的化学反应方程式_______________。

（3）工业上，可用一氧化碳、氢气或铝还原WO3冶炼W。

理论上，等物质的量的CO、H2、Al作还原剂，可得到W的质量之比为______。

用焦炭也能还原WO3，但用氢气更具有优点，其理由是_____________________________________。

（4）已知氢氧化钙和钨酸钙（CaWO4）都是微溶电解质，两者的溶解度均随温度升高而减小。

下图为不同温度下Ca（OH）2、CaWO4的沉淀溶解平衡曲线，则T1时Ksp（CaWO4）＝_________（mol/L）2。

将钨酸钠溶液加入石灰乳得到大量钨酸钙，发生反应的离子方程式为_____________________________，T2时该反应的平衡常数为__________。

（5）工业上，可用电解法从碳化钨废料中回收钨。

碳化钨作阳极，不锈钢作阴极，盐酸为电解质溶液，阳极析出滤渣D并放出CO2。

写出阳极的电极反应式_______________。

【答案】六4FeWO4+8NaOH+O2

2Fe2O3+4Na2WO4+4H2OCaWO4+Na2CO3

CaCO3+Na2WO42∶2∶3焦炭为固体，得到的金属钨会混有固体杂质，并且用焦炭还可能产生CO等有污染的尾气1×10-10WO42-+Ca（OH）2=CaWO4+2OH-1×103mol/LWC－10e-+6H2O=H2WO4+CO2+10H+

【解析】

（1）W为74号元素，第五周期最后一种元素为56号，第六周期最后一种元素为84号，因此74号在元素周期表的第六周期，故答案为：

六；

（2）FeWO4中的铁为+2价，与氢氧化钠在空气熔融时被空气中的氧气氧化，反应的化学反应方程式为4FeWO4+8NaOH+O2

2Fe2O3+4Na2WO4+4H2O；白钨矿粉与碳酸钠共热的化学反应方程式为CaWO4+Na2CO3

CaCO3+Na2WO4，故答案为：

4FeWO4+8NaOH+O2

2Fe2O3+4Na2WO4+4H2O；CaWO4+Na2CO3

CaCO3+Na2WO4；

（3）工业上，可用一氧化碳、氢气或铝还原WO3冶炼W。

理论上，1mol的CO、H2、Al作还原剂时，转移的电子分别为2mol，2mol，3mol，根据得失电子守恒，得到W的质量之比为2∶2∶3。

用焦炭也能还原WO3，但用氢气更具有优点，因为焦炭为固体，得到的金属钨会混有固体杂质，并且用焦炭还可能产生CO等有污染的尾气，故答案为：

2∶2∶3；焦炭为固体，得到的金属钨会混有固体杂质，并且用焦炭还可能产生CO等有污染的尾气；

（4）根据图像，T1时KSP（CaWO4）=c（Ca2+）•c（WO42-）=1×10-5×1×10-5=1×10-10，将钨酸钠溶液加入石灰乳，发生复分解反应，氢氧化钙和钨酸根离子反应生成钨酸钙沉淀，反应的离子方程式为：

WO42-+Ca（OH）2=CaWO4+2OH-，T2时，C（OH-）=10-2mol/L，c（WO42-）=10-7mol/L，平衡常数K等于生成物平衡浓度系数次方之积和反应物平衡浓度系数次方之积，即K=

=

=1×103，故答案为：

1×10-10；WO42-+Ca（OH）2=CaWO4+2OH-；1×103；

（5）电解时，阴极是氢离子放电生成氢气，电极反应式是2H++2e-=H2↑，阳极是碳化钨失去电子，发生氧化反应：

WC+6H2O-10e-=H2WO4+CO2↑+10H+，故答案为：

WC+6H2O-10e-=H2WO4+CO2↑+10H+。

8．某工厂对制革工业污泥中Cr元素的