全国高考化学化学反应速率与化学平衡的综合高考真题分类汇总附详细答案.docx
《全国高考化学化学反应速率与化学平衡的综合高考真题分类汇总附详细答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《全国高考化学化学反应速率与化学平衡的综合高考真题分类汇总附详细答案.docx（26页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。
全国高考化学化学反应速率与化学平衡的综合高考真题分类汇总附详细答案
全国高考化学化学反应速率与化学平衡的综合高考真题分类汇总附详细答案
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，橙色加深不一定是c（H+）增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c（H+）增大对平衡的影响。
你认为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
_____（选填“增大”，“减小”，“不变”）；
（4）分析如图试管c继续滴加KI溶液、过量稀H2SO4的实验现象，说明+6价铬盐氧化性强弱为Cr2O72-__________CrO42-（填“大于”，“小于”，“不确定”）；写出此过程中氧化还原反应的离子方程式_________。
（5）小组同学用电解法处理含Cr2O72-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、电压、电解时间均相同）。
实验
ⅰ
ⅱ
ⅲ
ⅳ
是否加入Fe2（SO4）3
否
否
加入5g
否
是否加入H2SO4
否
加入1mL
加入1mL
加入1mL
电极材料
阴、阳极均为石墨
阴、阳极均为石墨
阴、阳极均为石墨
阴极为石墨，阳极为铁
Cr2O72-的去除率/%
0.922
12.7
20.8
57.3
①实验ⅱ中Cr2O72-放电的电极反应式是________________。
②实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72-的机理如图所示，结合此机理，解释实验iv中Cr2O72-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H2SO4溶于水而温度升高，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Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2OCr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O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-，Fe2+循环利用提高了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
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+）增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c（H+）增大对平衡的影响。
我认为不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，
减小，而
增大，故
减小。
（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，CrO42-转化为Cr2O72-，Cr2O72-可以在酸性条件下将I-氧化，而在碱性条件下，CrO42-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）①实验ⅱ中，Cr2O72-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。
②由实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72-的机理示意图可知，加入Fe2（SO4）3溶于水电离出Fe3+，在直流电的作用下，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。
2．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0.050molSO2（g）和0.030molO2（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d.再充入0.050molSO2（g）和0.030molO2（g）
（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
①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______
②FeS2能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，本身被氧化为SO42﹣。
写出有关的离子方程式______。
有2mol氧化产物生成时转移的电子数为______
【答案】0.005mol/（L•min）bd
抑制Fe3+与Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+14NA
【解析】
【分析】
（1）根据v＝
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）①Fe3＋与Fe2＋易水解，Fe2＋易被氧化成Fe3＋；
②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】
（1）v（SO3）＝
＝
＝0.01mol/（L•min），所以v（O2）＝
v（SO3）＝0.005mol/（L•min），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0.030molO2（g），相当于增大压强，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T1＝673K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）①Fe2O3（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＋；
②−2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：
FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+，氧化产物是硫酸根离子，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，此为解题的关键。
3．为探讨浓度对化学平衡的影响，某同学对可逆反应“2Fe3＋＋2I－
2Fe2＋＋I2△H＜0”按下图所示步骤进行了一系列实验。
说明：
0.005mol·L－1的Fe2（SO4）3溶液颜色接近于无色。
（1）实验中要待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时，才能进行实验Ⅱ，目的是_____________。
（2）实验Ⅱ中，ⅰ的现象是______________，该实验证明_____________________。
（3）实验Ⅱ中，ⅲ的化学平衡向________移动（填“正反应方向”或“逆反应方向”）；ⅲ的现象是溶液变浅，该现象___________（填“能”或“不能”）说明化学平衡发生移动。
如果前一空填“能”，则下一空不填；如果前一空填“不能”，则ⅲ的目的是___________。
（4）实验Ⅱ中，ⅱ的现象是_______________，即能证明增大生成物浓度化学平衡发生了逆向移动。
（5）除了上图中的方法外，若要使该可逆反应的化学平衡逆向移动，还可以采用的方法有_______。
【答案】反应达平衡状态生成黄色沉淀，溶液颜色变浅反应物浓度减小，平衡向逆反应方向移动逆反应方向不能为实验ⅱ做参照溶液颜色变得比ⅲ更浅加热（加入浓碘水）
【解析】
【分析】
本实验的目的是探讨可逆反应2Fe3＋＋2I－
2Fe2＋＋I2△H＜0中浓度对化学平衡的影响。
【详解】
（1）实验中要待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时，即反应达化学平衡状态时，才能进行实验Ⅱ；
（2）实验Ⅱ中，ⅰ中为Ag+与I－的反应，现象是生成黄色沉淀，溶液颜色变浅。
证明反应物浓度减小，平衡向逆反应方向移动；
（3）实验Ⅱ中，ⅲ的化学平衡向逆反应方向移动；ⅲ的溶液变浅，并不能说明化学平衡发生移动，因为加水稀释，使溶液中各离子浓度降低；ⅲ的目的是为实验ⅱ做参照；
（4）实验Ⅱ中，ⅱ的溶液颜色变得比ⅲ更浅，即能证明增大生成物浓度化学平衡发生了逆向移动；
（5）若要使该可逆反应的化学平衡逆向移动，还可以采用的方法有加热或者加入浓碘水。
4．某研究性学习小组通过铁与盐酸反应的实验，研究影响反应速率的因素（铁的质量相等，铁块的形状一样，盐酸均过量），甲同学设计实验如下表：
实验编号
盐酸浓度（mol·L－1）
铁的状态
温度/°C
1
2.00
块状
20
2
2.00
粉末
20
3
1.00
块状
20
4
2.00
块状
40
请回答：
（1）若四组实验均以收集到500mL（已转化为标准状况下）氢气为标准，则上述实验中还需要测定的数据是________。
（2）实验________和______是研究铁的状态对该反应速率的影响（填实验编号，下同）；实验______和______是研究温度对该反应速率的影响。
（3）测定在不同时间t产生氢气体积V的数据，根据数据绘制得到图，则曲线c、d分别对应的实验组别可能是_______、______。
（4）乙同学设计了下列一组实验：
所用铁块的形状、质量均相同，所用酸的体积相同，其浓度如下，你认为产生氢气速率最快的是______。
A18.4mol·L－1硫酸B5.0mol·L－1硝酸C3.0mol·L－1盐酸D2.0mol·L－1硫酸
【答案】收集500mL氢气所需的时间121413D
【解析】
【分析】
该实验的目的是通过铁与盐酸反应的实验，研究影响反应速率的因素，由表格数据可知，实验1和2铁的状态不同，目的是研究铁的状态对该反应速率的影响；实验1和3盐酸的浓度不同，目的是研究盐酸的浓度对该反应速率的影响；实验1和4反应温度不同，目的是研究反应温度对该反应速率的影响。
【详解】
（1）该实验的目的是通过铁与盐酸反应的实验，研究影响反应速率的因素，要比较反应速率的快慢，还需要测定收集到标准状况下500mL氢气所需的时间，故答案为：
收集500mL氢气所需的时间；
（2）由表格数据可知，实验1和2铁的状态不同，目的是研究铁的状态对该反应速率的影响；实验1和4反应温度不同，目的是研究反应温度对该反应速率的影响，故答案为：
1；2；1；4；
（3）由图可知，曲线c、d的反应速率较慢，固体表面积越大，反应速率越快，则1和2相比，1的反应速率较慢；酸的浓度越大，反应速率越快，则1和3相比，3的反应速率较慢；温度越高，反应速率越快，则1和4相比，1的反应速率较慢，所以曲线c、d分别对应的实验组别可能是1和3，故答案为：
1；3；
（4）铁在18.4mol·L－1硫酸中钝化，无氢气生成；铁与5.0mol·L－1硝酸反应生成一氧化氮，无氢气生成；铁与3.0mol·L－1盐酸和2.0mol·L－1硫酸反应生成氢气，3.0mol·L－1盐酸中氢离子浓度为3.0mol·L－1，2.0mol·L－1硫酸中氢离子浓度为4.0mol·L－1，氢离子浓度越大，反应速率越快，则产生氢气速率最快的是2.0mol·L－1硫酸，故答案为：
D。
【点睛】
探究实验设计的关键是变量唯一化，分析表格数据时，注意分析各实验的数据，找出不同数据是分析的关键，也是突破口。
5．三草酸合铁酸钾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。
6．某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：
【实验原理】2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO
4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O
【实验内容及记录】
实验编号
实验温度
试管中所加试剂及其用量/mL
溶液褪至无色所需时间/min
0.6mol/LH2C2O4溶液
H2O
3mol/L稀H2SO4溶液
0.
05mol/LKMnO4溶液
①
25
3.0
V1
2.0
3.0
1.5
②
25
2.0
3.0
2.0
3.0
2.7
③
50
2.0
V2
2.0
3.0
1.0
（1）请完成此实验设计，其中：
V1=，V2=。
（2）实验①、②探究的是对化学反应速率的影响，根据上
表中的实验数据，可以得到的结论是_________________________________________________________。
（3）探究温度对化学反应速率的影响，应选择________________（填实验编号）。
（4）利用实验1中的数据，计算用KMnO4表示的化学反应速率为____________________。
（5）该小组同学根据经验绘制了n（Mn2+）随时间变化的趋势如图1所示，但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n（Mn2+）
随时间变化的实际趋势如图2所示。
该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设，并设计以下实验方案继续进行实验探究。
实验编号
实验温度/℃
试管中所加试剂及其用量
再向试管中加入某种固体
溶液褪至无色所需时间/min
0.6mol/LH2C
2O4溶液
H2O
3mol/L稀H2SO4溶液
0.05mol/LKMnO4溶液
④
25
2.0
3.0
2.0
3.0
MnSO4
t
①该小组同学提出的假设是________________________________________________。
②若该小组同学提出的假设成立，应观察到________________________________现象。
【答案】
（1）V1=2.0，V2=3.0（各1分）
（2）浓度（1分），其他条件不变时，增大（减小）反应物浓度，加快（减慢）化学反应速率（2分）。
（3）②③（1分）（4）1.0×10-2mol/（L·min）（2分）（5）①Mn2+对该反应有催化作用（2分）；
②加入MnSO4固体后，KMnO4溶液比实验②更快褪色（2分）。
【解析】
试题分析：
（1）实验①、②探究浓度对反应速率的影响，则其他条件应该是相同的，则V1=2.0mL；实验②、③是探究温度对反应速率的影响，则其他条件应该是相同的，则V2=3.0mL；
（2）根据表中数据可知实验①、②探究的是浓度对化学反应速率的影响，根据上
表中的实验数据，可以得到的结论是其他条件不变时，增大（减小）反应物浓度，加快（减慢）化学反应速率；
（3）根据表中数据可知探究温度对化学反应速率的影响，应选择②③。
（4）草酸的物质的量为：
0.6mol/L×0.003L=0.0018mol，高锰酸钾的物质的量为：
0.05mol/L×0.003L=0.00015mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：
0.0018mol：
0.00015mol=12：
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：
＝0.015mol/L，这段时间内平均反应速率v（KMnO4）=0.015mol/L÷1.5min=0.01mol/（L•min）。
（5）①由图乙可知，反应开始后速率增大的比较快，说明生成物中的MnSO4（或Mn2+）为该反应的催化剂。
②若该小组同学提出的假设成立，则反应速率加快，即加入MnSO4固体后，KMnO4溶液比实验②更快褪色。
【考点定位】本题主要是考查探究影响化学反应速率的因素
【名师点晴】该题的答题关键是注意利用控制变量法进行分析解答。
由于影响化学反应速率的因素有多种，在探究相关规律时，需要控制其他条件不变，只改变某一个条件，探究这一条件对反应速率的影响。
变量探究实验因为能够考查学生对于图表的观察、分析以及处理实验数据归纳得出合理结论的能力，因而在这几年高考试题中有所考查。
解答此类题时，要认真审题，清楚实验目的，弄清要探究的外界条件有哪些。
然后分析题给图表，确定一个变化的量，弄清在其他几个量不变的情况下，这个变化量对实验结果的影响，进而总结出规律。
然后再确定另一个变量，重新进行相关分析。
但在分析相关数据时，要注意题给数据的有效性。
7．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
升级会员 