1、2020-2021 高考化學二模試題分類匯編一一化學反應速率與化學平衡綜合含答 案解析一、化學反應速率與化學平衡1.硫代硫酸鈉(Na29O3)是一種解毒藥，用于氟化物、砷、汞、鉛、錫、碘等中毒，臨床常 用于治療蕁麻疹，皮膚瘙癢等病癥硫代硫酸鈉在中性或堿性環境中穩定，在酸性溶液中分解產生S和SO2實驗I:Na2S2O3的制備。工業上可用反應：2Na2S+Na2CO3+4SQ=3Na2S2O3+CQ制得，實驗室模擬該工業過程的裝置如圖所示：(1)儀器a的名稱是 _，儀器b的名稱是 _。b中利用質量分數為70%? 80%的H2SO4溶液與Na2SQ固體反應制備SQ反應的化學方程式為_。c中試劑為_(

2、2)實驗中要控制SQ的生成速率，可以采取的措施有 _(寫出一條)(3)為了保證硫代硫酸鈉的產量，實驗中通入的SQ不能過量，原因是 _實驗H：探究Na2S2O3與金屬陽離子的氧化還原反應。資料：Fe3+39O32-? Fe(9O3)33-(紫黑色)裝置試劑X實驗現象!1OJ mLOJ2 ml -j. 0,1Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先變成紫黑色，30s后幾乎變為無色(4)根據上述實驗現象，初步判斷最終_Fe3+被S2O32-還原為FeF+，通過(填操作、試劑和現象)，進一步證實生成了FW+。從化學反應速率和平衡的角度解釋實驗n的現象：實驗川：標定Na2S2O3溶液的濃度稱取一定質量的產品配

3、制成硫代硫酸鈉溶液，并用間接碘量法標定該溶液的濃度：用分析天平準確稱取基準物質K2Cr2O7(摩爾質量為294g?mol1)0.5880g。平均分成3份，分別放入3個錐形瓶中，加水配成溶液，并加入過量的KI并酸化，發生下列反應：6I-+CF2O72+14H+= 3I2+2C產+7H2O,再加入幾滴淀粉溶液，立即用所配Naz&Os溶液滴定，發生反應I2+2S2O32-= 2I-+ S4O62-，三次消耗Na2S2O3溶液的平均體積為25.00 mL,則所標定的硫代硫酸鈉溶液的濃度為_mol ?-1【答案】分液漏斗蒸餾燒瓶H2SO4Na2SO3二Na2SO4H2O SO2硫化鈉和碳酸鈉的混合液調節

4、酸的滴加速度若SC2過量，溶液顯酸性.產物會發生分解加入鐵氰化鉀溶液產生藍色沉淀開始生成Fe(S2O3)33-的反應速率快，氧化還原反應速率慢，但Fe3+與SC32-氧化還原反應的程度大，導致Fe3+39O32-? Fe(SO3)33-(紫黑色)平衡向逆反應方向移動，最終溶液幾乎變為無色0.1600【解析】【分析】【詳解】(1) a的名稱即為分液漏斗，b的名稱即為蒸餾燒瓶；b中是通過濃硫酸和Na2SC3反應生成SQ,所以方程式為：H2SO4Na2SO3=Na2SO4H2O SO2；c中是制備硫代硫酸 鈉的反應，SQ由裝置b提供，所以c中試劑為硫化鈉和碳酸鈉的混合溶液；(2)從反應速率影響因素分

5、析，控制SO2生成速率可以調節酸的滴加速度或者調節酸的濃度，或者改變反應溫度；(3)題干中指出，硫代硫酸鈉在酸性溶液中會分解，如果通過量的SQ,會使溶液酸性增強，對制備產物不利，所以原因是：SQ過量，溶液顯酸性，產物會發生分解；(4)檢驗Fe2+常用試劑是鐵氰化鉀，所以加入鐵氰化鉀溶液，產生藍色沉淀即證明有Fe2+生成；解釋原因時一定要注意題干要求，體現出反應速率和平衡兩個角度，所以解釋為：開始階段，生成Fe(S2O3)3的反應速率快，氧化還原反應速率慢，所以有紫黑色出現，隨著F+的量逐漸增加，氧化還原反應的程度變大，導致平衡逆向移動，紫黑色逐漸消失，最 終溶液幾乎變為無色；23間接碘量法滴定

6、過程中涉及兩個反應：61CaO?14H =3I22Cr 7出。；2 2122S2O3=21S4O6；反應被氧化成12,反應中第一步所得的I2又被還原成，所以與電子轉移數相同，那么滴定過程中消耗的Cr2O2得電子總數就與消耗的2S2O3失電子總數相同；在做計算時，不要忽略取的基準物質重鉻酸鉀分成了三份進行的滴定。所以假設c(Na2S2O3)=a mol/L，列電子得失守恒式:解得a=0.1600mol/L。2.某化學興趣小組欲測定KCIQ，溶液與NaHSOs溶液反應的化學反應速率所用試劑為10mL0.1mol/LKCIO3,溶液和10mL0.3mol / LNaHSO?溶液，所得數據如圖所示。已

7、知：ClO33HSO3Cl3SO23H。0.58802946=a 0.025 1,(1)根據實驗數據可知，該反應在04min內的平均反應速率v Cl _mol/ L min。(2)某同學仔細分析實驗數據后發現，在反應過程中，該反應的化學反應速率先增大后減小 某 小 組 同 學 針 對 這 一 現 象 進 一 步 探 究 影 響 該 化 學 反 應 速 率 的 因 素 ， 具 體 方 法 如 表 示 。萬案假設實驗操作I該反應放熱使溶液溫度 升高，反應速率加快向燒杯中加入10mL0.1mo/L的KCIO3溶液和10mL0.3moI/L的NaHSOs溶液，n取10mL0.1mo/L的KCIO3溶液

8、加入燒杯中，向其中加入少量NaCI固體，再加入10mL0.3moI/L的NaHSOs溶液出溶液酸性增強加快了化 學反應速率分別向a、b兩只燒杯中加入10mL0.1moI/L的KCIO3溶液；向燒杯a中加入1mL水，向燒杯b中加入1mL0.2moI/L的鹽酸；再分別向兩只燒杯中加入10mL0.3moI/L的NaHSO3溶液1補全方案I中的實驗操作： _ 。2方案n中的假設為_。3除I、n、川中的假設外，還可以提出的假設是 _。4某同學從控制變量的角度思考，認為方案川中實驗操作設計不嚴謹，請進行改進:5_反應后期，化學反應速率變慢的原因是。【答案】0.0025插入溫度計 生成的Cl加快了化學反應速

9、率生成的SO4加快了化學反應速率 將1mL水改為1mL0.2mol/L的NaCI溶液 反應物濃度降低【解析】【分析】【詳解】(1)根據實驗數據可知，該反應在04min內生成氯離子的濃度是0.010mol/L，所以平均5 5 0-5-05050-5-05050303020201010000(0303020201010000(1 2 3 4 5 6 78 9 1011 12 MEn反應速率c Cl O.OIOmol / L 4min 0.0025mol / L min；(2)由于是假設該反應放熱，使溶液溫度升高，反應速率加快，因此需要測量反應過程 中溶液溫度的變化；2方案i、n相比較，n中加入了少

10、量氯化鈉，所以方案n中的假設為生成的Cl加快了化學反應速率；3由于反應中還有硫酸根離子生成，則除I、n、川中的假設外，還可以提出的假設是生成的硫酸根離子加快了化學反應速率；4為防止氯離子對實驗的干擾，則改進措施是將1mL水改為1mL0.2mol/L的NaCI溶液；5反應后期反應物濃度減小，因此化學反應速率變慢。【點睛】對于多因素(多變量)的問題，常常采用控制因素(變量)的方法，把多因素的問題變成 多個單因素的問題。每一次只改變其中的某一個因素，而控制其余幾個因素不變，從而研 究被改變的這個因素對事物的影響，分別加以研究，最后再綜合解決，這種方法叫控制變 量法。它是科學探究中的重要思想方法，廣泛

11、地運用在各種科學探索和科學實驗研究之 中。3.黃銅礦是工業煉銅的主要原料，其主要成分為CuFeS,現有一種天然黃銅礦(含少量脈石)，為了測定該黃銅礦的純度，某同學設計了如下實驗：abFe,Cu不反應金屬的性質越活潑，反應速率 越快1甲同學表中實驗步驟 為_2甲同學的實驗目的是：在相同的溫度下， _實驗二：乙同學為了更精確的研究濃度對反應速率的影響，利用下圖所示裝置進行定量實 驗。（3） 乙同學在實驗中應該測定的數據是 _。（4） 乙同學完成該實驗應選用的實驗藥品是 _ ;該實驗中不選用某濃度的硫酸，理由是_。【答案】 分別投入大小、 形狀相同的Cu、Fe、Mg研究金屬（或反應物）本身的性質與反

12、應 速率的關系 一定時間內產生氣體的體積（或產生一定體積的氣體所需時間）Mg（或Fe）和0.5 mol/L硫酸和2 mol/L硫酸 常溫下Mg與18.4 mol/L硫酸反應生成SO2，Fe在18.4 mol/L硫酸中鈍化【解析】【分析】（1）要比較金屬和稀硫酸的反應快慢，則應該使金屬的形狀和大小都是相同的，即分別投入形狀、大小相同的Cu、Fe、Mg；（2）根據步驟和現象，目的是探究金屬（反應物）本身的性質與反應速率的關系；（3）要定量研究，需要測定一定時間內產生氣體的體積（或產生一定體積的氣體所需要的時間）；（4） 濃硫酸和金屬反應不能生成氫氣，而銅與稀硫酸又不反應，所以選擇的藥品是Mg（或F

13、e）、0.5OI/L硫酸和2mol/L硫酸。常溫下Mg與18.4 mol/L硫酸反應生成SC2；Fe在18.4 mol/L硫酸中鈍化。【詳解】（1）根據表中的信息得出該同學的實驗目的是研究反應物本身的性質對反應速率的關系對反應速率的影響，根據表中數據可知，硫酸的濃度相同，不同金屬的規格應相同，故答案 為：分別投入大小、形狀相同的Al、Fe、Mg；（2）根據表中的信息可知該同學的實驗目的是研究反應物本身的性質對反應速率的關系對 反應速率的影響，故答案為：研究金屬（或反應物）本身的性質與反應速率的關系；（3）乙同學為了更精確地研究濃度對反應速率的影響，根據速率公式可知應該測定的實驗數據是測定一定時

14、間產生氣體的體積或測定產生一定體積的氣體所需時間，故答案為：一 定時間內產生氣體的體積（或產生一定體積的氣體所需時間）；（4）由題意可知實驗中應選用的實驗藥品是金屬和酸，因濃硫酸和鐵發生鈍化現象而影響判斷，所以完成該實驗應選用的實驗藥品是Mg（或Fe）和0.5mol/L、2mol/L的硫酸；常溫下，濃硫酸能夠使Fe鈍化，Mg發生氧化還原反應不生成氫氣，而生成二氧化硫，不能判斷影響化學反應速率的因素，故答案為：Mg(或Fe)和0.5mol/L、2mol/L的硫酸；常溫下Mg與18.4 mol/L硫酸反應生成SO2,Fe在18.4 mol/L硫酸中鈍化。6.某研究性學習小組為了探究醋酸的電離情況，

15、進行了如下實驗。實驗一配制并標定醋酸溶液的濃度取冰醋酸配制250 mL 0.2 molL-1的醋酸溶液，用0.2 molL-1的醋酸溶液稀釋成所需 濃度的溶液，再用NaOH標準溶液對所配醋酸溶液的濃度進行標定。回答下列問題：(1)配制250 mL 0.2 molL-1醋酸溶液時需要用到的玻璃儀器有量筒、燒杯、玻璃棒、_和_。(2)為標定某醋酸溶液的準確濃度，用0.2000 molL-1的NaOH溶液對20.00 mL醋酸溶液進行滴定，幾次滴定消耗NaOH溶液的體積如下：實驗序號1234消耗NaOH溶液的體積(mL)20.0520.0018.8019.95則該醋酸溶液的準確濃度為 _(保留小數點

16、后四位)。實驗二探究濃度對醋酸電離程度的影響用pH計測定25C時不同濃度的醋酸的pH,結果如下，回答下列問題:醋酸濃度1(molL)0.00100.01000.02000.10000.2000pH3.883.383.232.882.73(3)從表中的數據，還可以得出另一結論：隨著醋酸濃度的減小，醋酸的電離程度將_(填“增大” “減小”或“不變”)。(4)根據表中數據，可以得出醋酸是弱電解質的結論，你認為得出此結論的依據是：。實驗三探究溫度對醋酸電離程度的影響(5)請你設計一個實驗完成該探究，請簡述你的實驗方案：_ 。【答案】膠頭滴管250 mL容量瓶0.2000 molL-1增大0.010 0

17、 mol1醋酸的pH大于2或醋酸稀釋10倍時，pH的變化值小于1(或其他合理答案) 用pH計(或pH試紙)測定相同濃度的醋酸在幾種不同溫度時的pH【解析】【分析】實驗一：(1)根據儀器的用途選取儀器，用膠頭滴管定容，用250mL容量瓶配制溶液，（2）根據NaOH的體積，第3次數據顯然誤差較大，舍去;實驗二：（1）以0.1000mol/L、0.0100mol/L醋酸為例，設0.1000mol/L的醋酸溶液體積為1L,將其稀釋至0.0100mol/L，體積變為10L，兩溶液中H+的物質的量分別為：10-2.88mol、【詳解】實驗一：10-2.38mol，可見溶液變稀，電離出的H+的物質的量增大；

18、（1）根據儀器的用途選取儀器，用膠頭滴管定容，用250mL容量瓶配制溶液，答案為：膠頭滴管；250mL容量瓶;（2）根據NaOH的體積，第3次數據顯然誤差較大，舍去；另外三次所用NaOH平均體積0.02L實驗二：（1）以0.1000mol/L、0.0100mol/L醋酸為例，設0.1000mol/L的醋酸溶液體積為1L,將其稀釋至0.0100mol/L，體積變為10L，兩溶液中H+的物質的量分別為：10- 2.88mol、10-2.38mol，可見溶液變稀，電離出的H+的物質的量增大，說明醋酸的電離程度增大，答案為：增大；（2）看每次測量值，H+濃度遠小于醋酸的濃度，說明醋酸不完全電離；聯系起

19、來看，濃度為0.1000mol/L、0.0100mol/L及0.0010mol/L的醋酸，pH變化值小于1,所以醋酸是弱電 解質， 答案為：0.0100mol/L醋酸的pH大于2或醋酸稀釋10倍時，pH的變化值小于1； 實驗三：探究溫度對醋酸的電離程度的影響，應控制其他條件相同，只有溫度存在差異的醋酸溶液，H+濃度有差異，能夠對溶液中H+濃度區分度較好的儀器是pH計，答案為：用pH計（或pH試紙）測定相同濃度的醋酸在幾種不同溫度時的pH。7.某學生為了探究鋅與鹽酸反應過程中的速率變化，他在100mL稀鹽酸中加入足量的鋅粉，用排水集氣法收集反應放出的氫氣，實驗記錄如下（累計值）：時間（min）1

20、2345氫氣體積（mL）（標況 下）50120232290310（1）哪一時間段（指01、12、23、34、45min，下同）反應速率最 大（填序號，下同），原因是（2） 哪一段時段的反應速率最小 _ ，原因是（3）求23分鐘時間段以鹽酸的濃度變化來表示的該反應速率（設溶液體積不變，不要 求寫出計算過程）（4）.如果反應太激烈，為了減緩反應速率而又不減少產生氫氣的量，他在鹽酸中分別加 入等體積的下列試劑：A.蒸餾水B. KNOs溶液C. NaCl溶液D.CuSQ溶液為:&0.05+20.00 + L9.95mL=20.00mL，則氫氧化鈉溶液平均濃度:=0.2000mol/L你認為可行的是（填

21、編號） _ .【答案】反應放熱，溫度高 鹽酸濃度變小0.1mol/（Lm in） AC【解析】試題分析：計算每個時間段生成氣體的體積，根據相同條件下氣體體積與反應速率的關系判斷速率，根據反應與能量變化的關系判斷速率變化的原因；（2）計算每個時間段生成氣體的體積，根據相同條件下氣體體積與反應速率的關系判斷速率，根據反應與能量變化的 關系判斷速率變化的原因；（3）先求出氣體的物質的量，再計算鹽酸變化的物質的量，利用 速率計算公式計算速率；根據濃度、電解質的強弱判斷。解析：01、12、23、34、45 min生成氫氣的體積分別是50 mL、70mL、112 mL、58 mL、20mL;相同條件下，反

22、應速率最大 ，相同時間收集到氣體體積越大，所以23 min反應速率最快，原因是該反應放熱，2-3min時溫度高與開始時的溫度；45 min的反應速率最小，原因是液中 沖的濃度變小了 ：23分鐘時間段以生成氫氣的體積是112mL,設需要鹽酸的物質的量是x mol,zu+iHa = znci, + 足T *22400112 mL*1222400 x=0.01molx 1120.01mol 0.1L_1_1v0.1molmin；1min改變反應速率的方法有：改變濃度、改變溫度、改變固體表面積等；A.蒸餾水，鹽酸濃度變小，反應速率減慢，產生氫氣的量不變，故A正確；B加入KNO3溶液生成硝酸，硝酸具有強

23、氧化性，不能生成氫氣，故B錯誤；C.加入NaCI溶液，鹽酸體積增大，濃度減小，反應速率減慢，產生氫氣的量不變，故C正確；D.CuSQ溶液，形成銅鋅原電池，加快反應速率，故D錯誤。點睛：鹽酸與金屬反應放熱，溶液溫度升高，所以反應速率逐漸增大；隨反應進行，鹽酸 濃度明顯減小，所以反應最后有逐漸減慢。&某研究性學習組利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之間的反應來探究 外界條件改變對 化學反應速率的影響”，實驗如下：實驗序號實驗溫度KMnO4溶液H2C2O4溶液H2O溶液褪色時間V(mL)C(mol/L)V(mL)C(mol/L)V(mL)t(s)A293K20.0240.10t1BT120.0

24、230.1V18C313K20.02V20.11t2(1)_通過實驗A、B,可探究出的改變對反應速率的影響 ，其中Vi=_，T1=_，通過實驗_ 可探究出溫度變化對化學反應速率的影響。(2)_ 若ti8， 則由實驗A、B可以得出的結論是 _；利用實驗B中數據計算，用KMnO4的濃度變化表示的反應速率為 _。(3)該反應中有無色無味氣體產生且錳被還原為Mn2+，寫出相應反應的離子方程式(4)該小組的一位同學通過查閱資料發現： 反應一段時間后該反應速率會加快，造成此種變化的原因是反應體系中的某種粒子對KMnO4與H2C2O4之間的反應有某種特殊的作用，則該作用是 _ ，相應的粒子最有可能是(填符號

25、)_。【答案】 濃度1 293K BC其他條件相同時，增大反應物濃度，反應速率增大8.3X104mol/(Ls)2MnO42_+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10C6f+8H2O作催化劑Mn2+【解析】(1)實驗A、B中KMnO4溶液的濃度相等，可探究出在相同溫度下，H2C2O4溶液濃度的改變對反應速率的影響，其中V1=2mL+4mL-2mL-3mL=1mL,T1=293K;B和C實驗中，V2=3mL時，兩實驗反應物的濃度均相同，可探究不同溫度對化學反應速率的影響;(2) 因A中H2C2O4溶液濃度濃度比B中大，若t18,則由實驗A、B可以得出的結論是其他條件相同時，增大反應物濃度，反應速

26、率增大；利用實驗B中數據計算，用KMnO4的濃度2 x 0,02- - - ol/L變化表示的反應速率為=8.3x104mol/(L s);(3) 反應中有無色無味氣體CO2產生且錳被還原為Mn2+,則發生反應的離子方程式為2MnO42+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CQf +8H2O;KMnO4與H2C2O4反應后的溶液中出現了Mn2*,Mn2+可能是此反應的催化劑，促進了反應速率加快。9.某化學小組利用硫代硫酸鈉進行了相關的實驗。I.已知：NstSO + H2 SO=Na 2SO + SO 2f+SJ+H2O,某同學探究影響硫代硫酸鈉與稀硫酸 反應速率的因素時，設計了如下系列實驗：

27、實驗序號反應溫度/CNazSQ溶液稀H2SQHaOV/mLc/(mol/L)V/mLc/(mol/L)V/mL2010.00.1010.00.50040V0.100.50V320V40.104.00.50V5(1)該實驗、可探究溫度對反應速率的影響，因此V=V2 =_,V3=_;(2)若V4=10.0,V5=6.0，則實驗、可探究 _對反應速率的影響。H.利用反應：I2+2NQSO -Na 2SC6+2Nal可定量測定硫代硫酸鈉(Mr=158)的純度，現在稱 取wg硫代硫酸鈉固體樣品，配成250 mL的溶液，取25.00 mL置于錐形瓶中，加入指示劑，用a mol/L的碘水滴定，消耗碘水b m

28、L,則：(3)滴定應選擇的指示劑是 _ ，滴定終點的現象為 _(4)_ 對于該滴定實驗的有關操作或誤差分析正確的是 _。a.滴定前，要用對應裝入的溶液潤洗錐形瓶和滴定管b.滴定過程中，標準液滴到錐形瓶外， 會使所測得的結果偏大c.滴定開始時滴定管尖嘴有氣泡，滴定結束后氣泡消失，測得純度將偏小d.滴定前仰視讀數而滴定結束時平視讀數，則所測得的純度將會偏小(5)_樣品中硫代硫酸鈉純度的表達式為。【答案】I(1)10.0(1分)0(1分)(2)濃度(2分)n.(3)淀粉(2分)溶液剛好出現藍色，且半分鐘不褪去(2分)(4)b d (2分)(5)16abX100%2分)w【解析】試題分析：I、(1)由

29、表中所給數據可知：實驗、溫度不同故實驗、則是探究溫 度對反應速率影響，則V1=10.0ml,V2=10.0ml;V3=0ml; (2)實驗、溫度相同，所取稀硫酸量不同，故實驗、則是探究濃度對反應速率影響；n、(3)淀粉遇碘變藍，故應用淀粉作指示劑；滴定終點現象為：溶液剛好出現藍色，且 半分鐘不褪去；(4)a、錐形瓶不應潤洗，若用待裝液潤洗，則會導致消耗碘水體積偏大，故所配溶液濃度偏大，a項錯誤；b.滴定過程中，標準液滴到錐形瓶外，則會導致所讀體積偏大，會使 所測結果偏大，b正確；c.滴定管在滴定開始時尖嘴有氣泡，滴定完成后氣泡消失，則會 使消耗溶液體積偏大，故會使最終結果偏高，c錯誤；d.滴定前仰視讀數而滴定結束時俯視讀數，則會導致滴定所讀數據偏小，故會導致所得結果偏低，d正確；答案選bd；(5)由題中所給數據可知樣品中硫代硫酸鈉純度的表達式為色型X100%w考點：考查外