高考化学专题复习分类练习 化学反应速率与化学平衡综合解答题及详细答案.docx

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高考化学专题复习分类练习化学反应速率与化学平衡综合解答题及详细答案

高考化学专题复习分类练习化学反应速率与化学平衡综合解答题及详细答案

一、化学反应速率与化学平衡

1．研究不同pH时CuSO4溶液对H2O2分解的催化作用。

资料：

a．Cu2O为红色固体，难溶于水，能溶于硫酸，生成Cu和Cu2+。

b．CuO2为棕褐色固体，难溶于水，能溶于硫酸，生成Cu2+和H2O2。

c．H2O2有弱酸性：

H2O2

H++HO2-，HO2-

H++O22-。

编号

实验

现象

Ⅰ

向1mLpH＝2的1mol·L−1CuSO4溶液中加入0.5mL30%H2O2溶液

出现少量气泡

Ⅱ

向1mLpH＝3的1mol·L−1CuSO4溶液中加入0.5mL30%H2O2溶液

立即产生少量棕黄色沉淀，出现较明显气泡

Ⅲ

向1mLpH＝5的1mol·L−1CuSO4溶液中加入0.5mL30%H2O2溶液

立即产生大量棕褐色沉淀，产生大量气泡

（1）经检验生成的气体均为O2，Ⅰ中CuSO4催化分解H2O2的化学方程式是__。

（2）对Ⅲ中棕褐色沉淀的成分提出2种假设：

ⅰ.CuO2，ⅱ.Cu2O和CuO2的混合物。

为检验上述假设，进行实验Ⅳ：

过滤Ⅲ中的沉淀，洗涤，加入过量硫酸，沉淀完全溶解，溶液呈蓝色，并产生少量气泡。

①若Ⅲ中生成的沉淀为CuO2，其反应的离子方程式是__。

②依据Ⅳ中沉淀完全溶解，甲同学认为假设ⅱ不成立，乙同学不同意甲同学的观点，理由是__。

③为探究沉淀中是否存在Cu2O，设计如下实验：

将Ⅲ中沉淀洗涤、干燥后，取ag固体溶于过量稀硫酸，充分加热。

冷却后调节溶液pH，以PAN为指示剂，向溶液中滴加cmol·L−1EDTA溶液至滴定终点，消耗EDTA溶液VmL。

V=__，可知沉淀中不含Cu2O，假设ⅰ成立。

（已知：

Cu2++EDTA=EDTA-Cu2+，M（CuO2）＝96g·mol−1，M（Cu2O）＝144g·mol−1）

（3）结合方程式，运用化学反应原理解释Ⅲ中生成的沉淀多于Ⅱ中的原因__。

（4）研究Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同pH时H2O2分解速率不同的原因。

实验Ⅴ：

在试管中分别取1mLpH＝2、3、5的1mol·L−1Na2SO4溶液，向其中各加入0.5mL30%H2O2溶液，三支试管中均无明显现象。

实验Ⅵ：

__（填实验操作和现象），说明CuO2能够催化H2O2分解。

（5）综合上述实验，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同pH时H2O2的分解速率不同的原因是__。

【答案】2H2O2

O2↑+2H2OH2O2+Cu2+＝CuO2↓+2H+CuO2与H+反应产生的H2O2具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化Cu2O或Cu，无法观察到红色沉淀Cu

溶液中存在H2O2

H++HO2－，HO2－

H++O22－，溶液pH增大，两个平衡均正向移动，O22－浓度增大，使得CuO2沉淀量增大将Ⅲ中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30％H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变CuO2的催化能力强于Cu2+；随pH增大，Cu2+与H2O2反应生成CuO2增多

【解析】

【分析】

【详解】

（1）由题意可知，在硫酸铜做催化剂作用下，双氧水分解生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O2

O2↑+2H2O，故答案为：

2H2O2

O2↑+2H2O；

（2）①若Ⅲ中生成的沉淀为CuO2，说明双氧水与铜离子反应生成过氧化铜和水，反应的离子方程式为H2O2+Cu2+=CuO2↓+2H+，故答案为：

H2O2+Cu2+=CuO2↓+2H+；

②由题意可知，过氧化铜能与溶液中氢离子反应生成双氧水，双氧水具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化氧化亚铜或铜，无法观察到红色沉淀，说明假设ⅱ可能成立，乙同学的观点正确，故答案为：

CuO2与H+反应产生的H2O2具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化Cu2O或Cu，无法观察到红色沉淀Cu；

③ag过氧化铜的物质的量为

，由方程式可得如下关系：

CuO2—Cu2+—EDTA，则有

=cmol/L×V×10—3L，解得V=

ml，故答案为：

；

（3）由题意可知，双氧水溶液中存在如下电离平衡H2O2

H++HO2－、HO2－

H++O22－，溶液pH增大，氢离子浓度减小，两个平衡均正向移动，过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，故答案为：

溶液中存在H2O2

H++HO2－，HO2－

H++O22－，溶液pH增大，两个平衡均正向移动，O22－浓度增大，使得CuO2沉淀量增大；

（4）若过氧化铜能够催化过氧化氢分解，过氧化氢分解速率加快，催化剂过氧化铜的组成和质量不会发生变化，则实验操作和现象为将Ⅲ中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30％H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变，故答案为：

将Ⅲ中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30％H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变；

（5）由以上实验可知，当溶液pH增大时，双氧水溶液中过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，过氧化铜的催化能力强于铜离子，使双氧水的分解速率增大，故答案为：

CuO2的催化能力强于Cu2+；随pH增大，Cu2+与H2O2反应生成CuO2增多。

【点睛】

当溶液pH增大时，双氧水溶液中过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，过氧化铜的催化能力强于铜离子，使双氧水的分解速率增大是解答关键，也是实验设计的关键。

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/g

B增重质量/g

C增重质量/g

E中收集到气体/mL

①

T1

0.640

0.320

0

0

②

T2

0.640

0

0.256

V2

③

T3

0.640

0.160

Y3

22.4

④

T4

0.640

X4

0.192

33.6

（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，若水准管内液面高于量气管，测得气体体积______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．

（3）实验①中B中吸收的气体是_____．实验②中E中收集到的气体是______．

（4）推测实验②中CuSO4分解反应方程式为：

_______．

（5）根据表中数据分析，实验③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SO3O22CuSO4

2CuO+2SO2↑+O2↑0.128T4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

＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：

0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的质量为：

0.256g，物质的量为：

＝0.004mol，氧气的质量为：

0.64﹣0.32﹣0.256＝0.064g，物质的量为：

＝0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：

2：

2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO4

2CuO+2SO2↑+O2↑；

（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：

0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO3的质量为：

0.16g，氧气的质量为：

32＝0.032g，根据质量守恒实验③中理论上C增加的质量Y3＝0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g；

（6）根据表中实验③④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

＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：

0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的质量为：

0.256g，物质的量为：

＝0.004mol，氧气的质量为：

0.64﹣0.32﹣0.256＝0.064g，物质的量为：

＝0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：

2：

2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO4

2CuO+2SO2↑+O2↑；

（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：

0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO3的质量为：

0.16g，氧气的质量为：

32＝0.032g，实验③中理论上C增加的质量Y3＝0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g；

（6）根据表中实验③④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）。

限选试剂和仪器：

0.20mol·L-1H2C2O4溶液、0.010mol·L-1KMnO4溶液（酸性）、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽

物理量

V（0.20mol·L-1

H2C2O4溶液）/mL

V（蒸馏水）/mL

V（0.010mol·L-1

KMnO4溶液）/mL

T/℃

乙

①

2.0

0

4.0

50

②

2.0

0

4.0

25

③

1.0

0

4.0

25

（1）上述实验①、②是探究__________对化学反应速率的影响；若上述实验②、③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H2C2O4·xH2O中x值]已知：

M（H2C2O4）=90g·mol-1

①称取1.260g纯草酸晶体，将其酸制成100.00mL水溶液为待测液；

②取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适的稀H2SO4；

③用浓度为0.05000mol·L-1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）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/s5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2Ob20.00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①②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C转化成CO2，本身被还原成Mn2＋，根据化合价升降法，进行配平，因此离子反应方程式为：

5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋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（20.90－0.90）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20×10－3×0.05×5×100/（2×25）mol=0.01mol，1.260÷（90＋18x）=0.01，解得x=2；未用待盛液润洗滴定管，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．以环已醇（

）为原料制取己二酸[HOOC（CH2）4COOH]的实验流程如下：

其中“氧化”的实验过程：

在250mL四口烧瓶中加入50mL水和3.18g碳酸钠，低速搅拌至碳酸钠溶解，缓慢加入9.48g（约0.060mol）高锰酸钾，按图示搭好装置，打开电动搅拌，加热至35℃，滴加3.2mL（约0.031mol）环己醇，发生的主要反应为

KOOC（CH2）4COOKΔH<0

（1）“氧化”过程应采用___________加热。

（填标号）

A．热水浴B．酒精灯C．煤气灯D．电炉

（2）“氧化”过程，不同环己醇滴加速度下，溶液温度随时间变化曲线如图，为保证产品纯度，应选择的滴速为___________s/滴。

（3）为证明“氧化”反应已结束，在滤纸上点1滴混合物，若观察到_____，则表明反应已经完成.

（4）“趁热抽滤”后，用________进行洗涤。

（5）室温下，相关物质溶解度如表。

“蒸发浓缩”过程中，为保证产品纯度及产量，应浓缩溶液体积至__（填标号）。

化学式

己二酸

NaCl

KCl

溶解度g/100g水

1.44

35.1

33.3

A．5mLB．10mLC．15mLD．20mL

（6）称取已二酸（Mr=146g/mol）样品0.2920g，用新煮沸的50mL热水溶解，滴入2滴酚酞试液，用0.2000mol/LNaOH溶液滴定至终点，进行平行实验及空白实验后，消耗NaOH的平均体积为19.70mL.

①NaOH溶液应装于_______（填仪器名称）.

②己二酸样品的纯度为___________.

【答案】A25未出现紫红色热水C碱性滴定管98.5%

【解析】

【详解】

（1）由题可知，“氧化”过程中反应温度为35℃，因此应采用热水浴加热，

故答案为：

A；

（2）为保证反应温度的稳定性（小于50℃），由图可知，最好采用25s/滴，

故答案为：

25；

（3）0.031mol环己醇完全氧化为KOOC（CH2）4COOK，失去电子0.031mol×8=0.248mol，而0.06mol高锰酸钾在碱性条件下完全反应转移电子0.18mol（KMnO4→MnO2），由此可知，高锰酸钾先消耗完，若证明“氧化”反应已结束，在滤纸上点1滴混合物，若观察到未出现紫红色，则说明已经完成，

故答案为：

未出现紫红色；

（4）趁热抽滤后，应用热水进行洗涤，

故答案为：

热水；

（5）溶液中杂质KCl的质量为：

0.06mol×（39+35.5）g/mol=4.47g，完全溶解KCl所需水的体积为：

mL=13.42mL，当杂质全部溶解在水中时，己二酸能够最大限度析出，故应浓缩溶液体积至15mL，

故答案为：

C；

（6）NaOH溶液应装于碱式滴定管；由HOOC（CH2）4COOH+2NaOH=2H2O+NaOOC（CH2）4COONa可知，n（NaOH）=

n（HOOC（CH2）4COOH），故己二酸样品的纯度为

=98.5%，

故答案为：

碱式滴定管；98.5%。

【点睛】

对于本题第（5）问解答过程中需注意，进行重结晶的试验中，对所需产品的析出纯度要求较高时，杂质最好全部溶解在水中，若杂质随产品一起析出，将会降低产品的纯度。

5．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%。

6．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