高考化学复习化学反应速率与化学平衡专项易错题.docx
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高考化学复习化学反应速率与化学平衡专项易错题
高考化学复习化学反应速率与化学平衡专项易错题
一、化学反应速率与化学平衡
1．某化学兴趣小组在一次实验探究中发现，向草酸溶液中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液时，溶液褪色先慢后快，即反应速率由小变大。
小组成员为此“异常”现象展开讨论，猜想造成这种现象的最可能原因有两种，并为此设计实验进行探究验证。
猜想Ⅰ：
此反应过程放热，温度升高，反应速率加快；
猜想Ⅱ：
……。
（实验目的）探究草酸与高锰酸钾反应的速率变化“异常”原因
（实验用品）仪器：
试管、胶头滴管、量筒、药匙、玻璃棒等；
试剂：
0.1mol/LH2C2O4溶液、0.05mol/LKMnO4（硫酸酸化）溶液等。
请你根据该兴趣小组的实验探究设计思路，补充完整所缺内容。
（1）草酸（H2C2O4，弱酸）与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为
（2）要完成对猜想Ⅰ的实验验证，至少还需要一种实验仪器是
（3）猜想Ⅱ可是:
___________________
要设计实验验证猜想Ⅱ，进行该实验还要补充一种试剂及一种仪器，分别是
（4）基于猜想Ⅱ成立，设计方案进行实验，请完成以下实验记录表内容。
试管A
试管B
加入试剂
实验现象（褪色时间）
结论
猜想Ⅱ正确
【答案】
（1）5H2C2O4+2MnO42—+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O
（2）温度计（3）生成的Mn2+对该反应有催化作用，加快反应速率；MnSO4（s）和秒表
（4）基于猜想Ⅱ成立，设计方案进行实验，请完成以下实验记录表内容。
试管A
试管B
加入试剂
2mL0.1mol/LH2C2O4溶液、1mL0.05mol/L酸性KMnO4
2mL0.1mol/LH2C2O4溶液、1mL0.05mol/L酸性KMnO4，少量MnSO4（s）
实验现象（褪色时间）
褪色较慢
褪色较快
结论
猜想Ⅱ正确
（加入试剂时只要A试管与B试管所加的0.1mol/LH2C2O4溶液、0.05mol/L酸性KMnO4体积相等即给分。
）
【解析】
试题分析：
猜想II：
影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂，而草酸与高锰酸钾溶液发生反应：
5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，溶液褪色先慢后快，即反应速率由小变大，反应物是溶液，无气体，故不能是反应物的浓度和压强对反应速率产生的影响，则只能是生成的产物又做了此反应的催化剂，加快了反应速率，故答案为生成的Mn2+在反应中起到催化剂的作用，加快了反应速率；
（1）草酸中的碳元素被在酸性条件下能被高锰酸钾溶液氧化为CO2，高锰酸根能被还原为Mn2+，根据得失电子数守恒来配平可得离子方程式为：
5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；
（2）由于猜想I是认为可能是由于反应放热导致体系温度升高而加快了反应速率，故应测量反应前和反应开始后一段时间的温度变化，则还缺少温度计；
（3）猜想II是认为生成的Mn2+在反应中起到催化剂的作用，由于Cl-也能使高锰酸钾溶液褪色，故为了避免Cl-的干扰，故应补充MnSO4固体，通过测量溶液褪色的时间的长短来验证猜想，则还需的仪器是秒表；
（4）要通过对比实验来验证猜想Ⅱ，则实验B和实验A的试剂的选择应除了MnSO4固体不同，其他均应相同，故试管B内加入的试剂是在试管A试剂的基础上多加了MnSO4（s），由于结论是猜想II成立，则试管B的褪色时间应该比试管A的更快，故答案为
试管A
试管B
加入试剂
2mL0.1mol/LH2C2O4溶液、1mL0.05mol/L酸性KMnO4
2mL0.1mol/LH2C2O4溶液、1mL0.05mol/L酸性KMnO4，少量MnSO4（s）
实验现象（褪色时间）
褪色较慢
褪色较快
结论
猜想Ⅱ正确
2．氧化剂H2O2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
①
10mL2%H2O2溶液
无
②
10mL5%H2O2溶液
无
③
10mL5%H2O2溶液
1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液
④
10mL5%H2O2溶液+少量HCl溶液
1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液
⑤
10mL5%H2O2溶液+少量NaOH溶液
1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液
（1）实验①和②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③④⑤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Fe3+和Cu2+对H2O2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，实验时可以通过测量_______或______来比较。
（2）0.1gMnO2粉末加入50mLH2O2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（无需写出具体操作）：
a._________________；b.___________________。
【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所需要的时间随着反应的进行，浓度减小，反应速率减慢0.11mol·L－1MnO2的质量有没有改变MnO2的化学性质有没有改变
【解析】
【详解】
I.
（1）实验①和②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：
60×10-3L÷22.4L/mol=2.7×10-3mol，根据反应2H2O2＝2H2O＋O2↑,生成2.7×10-3molO2，需要消耗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÷0.05L=0.11mol·L－1；要探究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、MnO2的化学性质有没有改变。
3．高锰酸钾具有强氧化性，广泛用于化工、医药、采矿、金属治炼及环境保护领域等。
KMnO4的制备是以二氧化锰（MnO2）为原料，在强碱性介质中被氧化生成墨绿色的锰酸钾（K2MnO4）；然后在一定pH下K2MnO4歧化生成紫色KMnO4。
回答下列问题
（1）K2MnO4的制备
实验步骤
现象或解释
①称取2.5gKClO3固体和5.2gKOH固体置于铁坩埚中，加热熔融
不用瓷坩埚的原因是____________。
②分多次加入3gMnO2固体
不一次加入的原因是__________________。
（2）KMnO4的制备
趁热向K2MnO4溶液中加入1mol/LH3PO4溶液，直至K2MnO4全部歧化，判断全部歧化的方法是用玻璃棒蘸取溶液于滤纸上，现象为_________________________。
然后趁热过滤，将滤液倒入蒸发皿中加热到液面出现晶膜，充分冷却后过滤，在80℃烘箱中干燥3h，不选用更高温度的原因是_____________________________。
（3）产品分析
i.不同pH下产品中KMnO4含量
加入H3PO4体积／mL
溶液的pH
产品质量
KMnO4质量
KMnO4质量分数
10.50
12.48
2.35
2.05
87.23
12.50
11.45
2.45
2.18
88.98
14.50
10.89
2.18
1.87
85.78
16.50
10.32
2.28
1.75
76.75
18.50
9.44
2.09
1.48
70.81
从表格中数据分析，在歧化时选择溶液的最佳pH是________________。
ii.利用H2C2O4标准溶液测定KMnO4的纯度。
测定步骤如下：
①溶液配制：
称取1.000g的KMnO4固体样品，放入_____________中溶解，然后冷至室温后全部转移到100mL容量瓶中，加蒸馏水至刻度线。
②滴定：
移取25mLKMnO4溶液于锥形瓶中，加少量硫酸酸化，用0.1400mol/L的H2C2O4标准溶液滴定，发生反应：
2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+＝2Mn2＋＋10C02＋8H2O，当溶液紫色褪色且半分钟内不变色即为终点，平行滴定3次，H2C2O4溶液的平均用量为23.90mL，则样品纯度为_______________％（保留1位小数）。
【答案】瓷坩埚中的SiO2与KOH反应使MnO2充分反应，提高其转化率或者利用率呈现紫色，而不是墨绿色防止KMnO4受热分解11.45烧杯84.6%
【解析】
【分析】
（1）①瓷坩埚原料含有SiO2，是酸性氧化物，能和碱反应；
②分多次加入3gMnO2固体，可提高原料利用率；
（2）根据“K2MnO4溶液显绿色”可知，如果该歧化反应结束，则反应后的溶液不会显示绿色；KMnO4在加热条件下分解生成K2MnO4；
（3）i.分析表中数据选择产品中KMnO4质量分数最高时对应溶液的pH；
ii.①溶液配制时固体溶解在烧杯中进行；
②滴定时消耗23.90mL0.1400mol/L的H2C2O4标准溶液，则参加反应的H2C2O4的物质的量为0.0239L×0.1400mol/L=3.346×10-3mol，根据反应：
2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+＝2Mn2＋＋10CO2＋8H2O可知参加反应的KMnO4的物质的量为3.346×10-3mol×
=1.3348×10-3mol，据此计算样品纯度。
【详解】
（1）①瓷坩埚原料含有SiO2，在高温下，瓷坩埚可以和KOH发生反应SiO2+2KOH
K2SiO3+H2O，腐蚀瓷坩埚，故不能使用瓷坩埚，而使用铁坩埚；
②为使MnO2充分反应，提高其转化率，加入MnO2时可分批加入，而不一次性加入；
（2）由于K2MnO4溶液显绿色，所以用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹，表明反应已歧化完全；晶体烘干时应控制温度不超过80℃，以防止KMnO4受热分解；
（3）i.由表中数据可知，歧化时选择溶液的pH为11.45时所得产品的质量最高，产品中KMnO4质量分数的最高，故控制溶液的最佳pH是11.45；
ii.①配制KMnO4溶液时，称取的KMnO4固体样品，应放入烧杯中溶解，然后冷至室温后全部转移到100mL容量瓶中，加蒸馏水至刻度线；
②滴定时消耗23.90mL0.1400mol/L的H2C2O4标准溶液，则参加反应的H2C2O4的物质的量为0.0239L×0.1400mol/L=3.346×10-3mol，根据反应：
2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+＝2Mn2＋＋10CO2＋8H2O可知参加反应的KMnO4的物质的量为3.346×10-3mol×
=1.3348×10-3mol，则样品纯度=
≈84.6%。
4．实验室用H2O2分解反应制取氧气时，常加入催化剂以加快反应速率，某研究性学习小组为研究催化剂FeCl3的量对O2生成速率的影响，设计了如下三组实验方案（见下表），将表中所给的试剂按一定体积混合后进行反应。
实验编号
试剂
A
B
C
10%H2O2/mL
20.0
V1
V2
2mol·L-1FeCl3/mL
0
5.0
10.0
H2O/mL
V3
V4
0
按要求回答下列问题：
（1）欲用图装置来比较该反应的反应速率快慢，检查该装置气密性的方法是_______。
（2）当反应物的浓度、用量及其他影响速率的条件确定之后，可以通过测____________________推（计）算反应速率。
（3）为实现实验目的，则V4=____。
（4）已知Fe3+催化H2O2分解的机理可分两步反应进行，其中第一步反应为：
2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，则第二步反应的离子方程式为：
___________________。
（5）读数时发现，量气装置左端液面低于右端液面，则测得的气体体积_____填“偏大”、“偏小”或“无影响”）
【答案】关闭分液漏斗活塞，向量气管中加水至两端产生液面差，记录刻度，静置一段时间后，刻度不变，证明气密性良好相同时间内收集气体的体积或收集相同体积的气体所需的时间52Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O偏小
【解析】
【分析】
（1）检查装置气密性之前必须形成密闭系统，通过改变系统中的压强判断；
（2）由反应速率公式可知，当反应物的浓度、用量及其他影响速率的条件确定之后，可以通过测定相同时间内收集气体的体积或收集相同体积的气体所需的时间来计算化学反应速率；
（3）研究催化剂FeCl3的量对O2生成速率的影响实现实验目的，应使反应物的浓度相同及总体积相同；
（4）总反应减去第一步反应为第二步反应；
（5）由PV=nRT判断可得。
【详解】
（1）检查装置气密性之前必须形成密闭系统，通过改变系统中的压强判断，则检查装置气密性的方法是关闭分液漏斗活塞，向量气管中加水形成密闭系统，若加水至两端产生液面差后，静置一段时间，液面差不变，证明装置气密性良好，故答案为：
关闭分液漏斗活塞，向量气管中加水至两端产生液面差，记录刻度，静置一段时间后，刻度不变，证明气密性良好；
（2）由反应速率公式可知，当反应物的浓度、用量及其他影响速率的条件确定之后，可以通过测定相同时间内收集气体的体积或收集相同体积的气体所需的时间来计算化学反应速率，故答案为：
相同时间内收集气体的体积或收集相同体积的气体所需的时间；
（3）研究催化剂FeCl3的量对O2生成速率的影响实现实验目的，应使反应物的浓度相同及总体积相同，则V1=V2=20.0mL，由C可知总体积为30.0mL，则V4=30.0-20.0-5.0=5.0mL，故答案为：
5.0；
（4）总反应为2H2O2═2H2O+O2↑，第一步反应为2Fe3++H2O2═2Fe2++O2↑+2H+，则总反应减去第一步反应为第二步反应2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故答案为：
2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；
（5）读数时发现，量气装置左端液面低于右端液面，说明装置中压强高于外界大气压，由PV=nRT可知，测得的气体体积偏小，故答案为：
偏小。
【点睛】
当反应物的浓度、用量及其他影响速率的条件确定之后，可以通过测定相同时间内收集气体的体积或收集相同体积的气体所需的时间来计算化学反应速率是解答难点，也是易错点。
5．N2＋3H2
2NH3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。
①X的化学式为___；
②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
③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响合成氨的因素，运用化学平衡移动原理分析。
【详解】
①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；
②A.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20MPa~50MPa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：
BC；
③合成氨工业的原理是：
N2＋3H2
2NH3，H<0，因△H<0，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。
6．某研究性学习小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验如下：
（不考虑溶液混合所引起的体积缩小）
实验
序号
实验温度/K
参加反应的物质
溶液颜色褪至无色时所需时间/s
KMnO4溶液（含硫酸）
H2C2O4溶液
H2O
V/mL
c/mol·L－1
V/mL
c/mol·L－1
V/mL
A
293
2
0.02
4
0.1
0
6
B
T1
2
0.02
3
0.1
V1
8
C
313
2
0.02
V2
0.1
1
t1
（1）通过实验A、B，可探究出浓度的改变对反应速率的影响，其中V1＝_________，T1＝_______；通过实验___________可探究出温度变化对化学反应速率的影响。
（2）C组实验中溶液褪色时间t1______（填“＞”或“＜”）8s,C组实验的反应速率v（KMnO4）=_________________。
（用含有t1的式子表示）
（3）该小组的一位同学通过查阅资料发现，上述实验过程中n（Mn2＋）随时间变化的趋势如图所示，并以此分析造成n（Mn2+）突变的可能的原因是：
______________。
【答案】1293B、C＜0.02/3t1mol·L－1·s－1生成的Mn2＋对反应有催化作用，使得反应速率加快，单位时间内产生的n（Mn2＋）突增
【解析】
【分析】
（1）实验A、B，从表中数据可知改变的条件是同温下浓度对反应速率的影响，根据H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响进行解答；
（2）实验B、C应为同浓度的前提下比较温度对反应速率的影响；先根据醋酸和高锰酸钾的物质的量判断过量，然后根据不足量及反应速率表达式计算出反应速率；
（3）实验过程中n（Mn2+）随时间变化的趋势如图所示，由图可知反应速率突然增大。
【详解】
（1）实验A、B，从表中数据可知改变的条件是H2C2O4浓度，故通过实验A、B，可探究出浓度的改变对反应速率的影响；溶液的总体积相同，高锰酸钾和草酸的浓度相同，用量也相同，根据实验1可知溶液总体积为6mL，所以V1=1.0mL；其他条件相同，探究浓度对化学反应速率的影响，故温度T1=293；其他条件相同，探究温度对化学反应速率的影响，则B、C符合；
（2）实验B、C应为同浓度的前提下比较温度对反应速率的影响，实验3温度较大，则反应速率较大，t1＜8s，C组实验的反应速率v（KMnO4）=
=
mol•L-1•s-1；
（3）实验过程中n（Mn2+）随时间变化的趋势如图所示，由图可知反应速率突然增大，可说明生成的Mn2+对反应有催化作用，使得反应速率加快，单位时间内产生的n（Mn2+）突增。
7．硫代硫酸钠（Na2S2O3）是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S、SO2。
Ⅰ.Na2S2O3的制备。
工业上可用反应：
2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示。
（1）b中反应的离子方程式为________，c中试剂为_________。
（2）反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清。
此浑浊物是_______。
（3）实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有___________（写出两条）。
（4）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2，不能过量，原因是_______。
（5）制备得到的Na2S2O3中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。
设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4：
___________________________________。
Ⅱ.探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。
资料：
ⅰ．Fe3++3S2O32-
Fe（S2O3）33-（紫黑色）
ⅱ．Ag2S2O3为白色沉淀，Ag2S2O3可溶于过量的S2O32-
装置
编号
试剂X
实验现象
①
Fe（NO3）3溶液
混合后溶液先变成紫黑色,30s后溶液几乎变为无色
②
AgNO3溶液
先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液
（6）根据实验①的现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过____（填操作、试剂和现象），进一步证实生成了Fe2+。
从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅰ的现象：
____。
（7）同浓度氧化性：
Ag+>Fe3+。
实验②中Ag+未发生氧化还原反应的原因是____。
（8）进一步探究Ag+和S2O32-反应。
装置
编号
试剂X
实验现象
③
AgNO3溶液
先生成白色絮状沉淀，沉淀很快变为黄色、棕色，最后为黑色沉淀。
实验③中白色絮状沉淀最后变为黑色沉淀（Ag2S）的化学方程式如下，
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