高考化学培优专题复习化学反应速率与化学平衡练习题含详细答案.docx
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高考化学培优专题复习化学反应速率与化学平衡练习题含详细答案
高考化学培优专题复习化学反应速率与化学平衡练习题含详细答案
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.黄铜矿是工业炼铜的主要原料,其主要成分为CuFeS2,现有一种天然黄铜矿(含少量脉石),为了测定该黄铜矿的纯度,某同学设计了如下实验:
现称取研细的黄铜矿样品1.150g,在空气存在下进行煅烧,生成Cu、Fe3O4和SO2气体,实验后取d中溶液的
置于锥形瓶中,用0.05mol/L标准碘溶液进行滴定,初读数为0.00mL,终读数如图所示。
请回答下列问题:
(1)称量样品所用的仪器为_____,将样品研细后再反应,其目的是_______。
(2)装置a的作用是________。
a.有利于空气中氧气充分反应b.除去空气中的水蒸气
c.有利于气体混合d.有利于观察空气流速
(3)上述反应结束后,仍需通一段时间的空气,其目的是___________。
(4)滴定时,标准碘溶液所耗体积为_________mL。
判断滴定已达终点的现象是_______。
通过计算可知,该黄铜矿的纯度为________。
(5)若用右图装置替代上述实验装置d,同样可以达到实验目的的是____。
(填编号)
(6)若将原装置d中的试液改为Ba(OH)2,测得的黄铜矿纯度误差为+1%,假设实验操作均正确,可能的原因主要有____________________。
【答案】电子天平使原料充分反应、加快反应速率b、d使反应生成的SO2全部进入d装置中,使结果精确20.10mL溶液恰好由无色变成浅蓝色,且半分钟内不褪色80.4%②空气中的CO2与Ba(OH)2反应生成BaCO3沉淀;BaSO3被氧化成BaSO4
【解析】
【分析】
(1)根据称量黄铜矿样品1.150g,选择精确度较高的仪器;将样品研细,增大了接触面积;
(2)浓硫酸可以将水除去,还可以根据冒出气泡的速率来调节空气流速;
(3)反应产生的二氧化硫应该尽可能的被d装置吸收;
(4)根据滴定管的读数方法读出消耗碘溶液的体积,根据反应结束时的颜色变化判断滴定终点;先找出黄铜矿和二氧化硫及碘单质的关系式CuFeS2~2SO2~2I2,再根据题中数据进行计算;
(5)图2中的②中通入二氧化硫,反应生成了硫酸钡沉淀,可以根据硫酸钡的质量计算二氧化硫的量;
(6)Ba(OH)2溶液能吸收空气的CO2,另外BaSO3易被空气中氧气氧化,这些原因均能引起测定误差。
【详解】
(1)由于称量黄铜矿样品1.150g,精确度达到了千分之一,应该选用电子天平进行称量,把黄铜矿样品研细,可以增大接触面积,从而提高反应速率,并且使黄铜矿充分反应;
(2)装置a中的浓硫酸可以吸收空气中的水蒸气,防止水蒸气进入反应装置b中发生危险,同时根据冒出的气泡的快慢来控制气体的通入量,故答案为bd;
(3)黄铜矿受热分解生成二氧化硫等一系列产物,分解完毕后仍然需要通入一段时间的空气,可以将b、d装置中的二氧化硫全部排出去,使结果更加精确;
(4)根据滴定管的示数是上方小,下方大,可以读出滴定管示数是20.10mL,当达到滴定终点时,二氧化硫已经被碘单质消耗完毕,再滴入一滴碘单质,遇到淀粉会变蓝;根据硫原子守恒和电子守恒找出关系式:
CuFeS2~2SO2~2I2,消耗掉0.05mol/L标准碘溶液20.10mL时,即消耗的碘单质的量为:
0.05mol/L×0.0201L=0.00105mol,所以黄铜矿的质量是:
0.5×0.00105mol×184g/mol×10=0.9246g,所以其纯度是:
×100%=80.4%;
(5)由于图2中,②硝酸钡溶液中通入二氧化硫能够生成硫酸钡沉淀,过滤干燥后,根据硫酸钡的质量计算出二氧化硫的质量,故答案为②;
(6)将原装置d中的试液改为Ba(OH)2,测得的黄铜矿纯度误差为+1%,在实验操作均正确的前提下,引起误差的可能原因主要有空气中的CO2与Ba(OH)2反应生成BaCO3沉淀或BaSO3被氧化成BaSO4。
3.某课外活动小组对“外界条件对铜与稀硝酸反应速率的影响”作了如下探究.
(1)现有以下仪器和用品:
橡胶管、秒表、温度计、amol/L稀硝酸、bmol/L稀硝酸及下图中仪器.
①写出本实验的化学方程式,并标出电子转方向和数目:
__________________________.
②设计实验方案:
在_________________下,测定________________________________.
③在答卷的图中将A、B、C、D、几处用橡胶管以正确方式连接起来,以测定反应所产生气体的体积(三个容器中的液体和水都已画出)_______________.
④测定前,为避免NO被氧化为NO2,要用CO2排出锥形瓶和橡胶管中的空气:
在锥形瓶中加入铜片后松开K2弹簧夹,从K2处的橡胶管向装置中通入CO2,此时K1处应进行的操作是____________,则空气已排尽.
(2)注入稀硝酸后,在给定条件下设计实验探究浓度和温度对化学反应速率的影响:
温度25℃、50℃;时间t1、t2、t3;收集气体体积V1、V2.请完成下表:
____________
实验
编号
稀硝酸的浓度/(mol/L)
稀硝酸的体积/mL
温度
/℃
时间
/min
收集气体
的体积/mL
①
a
V
25
t1
V1
②
V
③
V
【答案】
相同稀硝酸浓度、不同温度(或相同温度、不同稀硝酸浓度)相同时间内产生气体体积(或产生相同体积的气体所需的时间)
松开K1弹簧夹,接导管通入澄清石灰水至出现白色浑浊为止
实验
编号
稀硝酸的浓度/(mol/L)
稀硝酸的体积/mL
温度
/℃
时间
/min
收集气体
的体积/mL
①
a
V
25
t1
V1
②
b
V
25
t1(或t2)
V2(或V1)
③
a(或b)
V
50
t2(或t1)
V1(或V2)
(只要组合体现唯一变量、时间同则气体体积不同;时间不同则气体体积相同,均给分)
【解析】
【详解】
(1)①因铜失去电子,HNO3得到电子,铜作还原剂被氧化,而稀硝酸中的氮元素被还原为NO,化学方程式为:
3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O;电子转移方向和数目用单线桥表示为
;
②从所给的药品和仪器可知,本实验可以探究硝酸浓度的不同或温度的不同对反应速率的影响,而要探究一个影响因素,则必须保持其他影响因素一致,故若探究硝酸浓度对反应速率的影响,则温度相同,反之,若温度不同,则硝酸浓度相同;测定反应速率的快慢,可以通过测定相同时间内产生气体体积或产生相同体积的气体所需的时间来进行,故答案为:
相同稀硝酸浓度、不同温度(或相同温度、不同稀硝酸浓度);相同时间内产生气体体积(或产生相同体积的气体所需的时间);
③根据题意可知,此装置应为排水量气装置,而D为反应的发生装置,生成的气体通过软管进入量气管,将其中的水排出,即量气管起排水量气的作用,排出的水进入贮水管,而贮水管起到贮水的作用,故橡胶软管的应D接C接B接A,故图为:
;
④由于量气管起到收集NO的作用,故要将锥形瓶到量气管间的空气排干净,从K2处的橡胶管向装置中通入CO2,松开K1弹簧夹,在K1处接盛有澄清石灰水的烧杯,直到石灰水变浑浊时为止,故答案为:
松开K1弹簧夹,接导管通入澄清石灰水至出现白色浑浊为止;
(2)要设计实验探究浓度对化学反应速率的影响,则必须保持其他影响反应速率的影响因素一致,故若②的稀硝酸的浓度为b,则应保持温度与①的相同即25℃,而由于稀硝酸的浓度不同,故反应速率不同,则在相同的时间段内,收集到的其他的体积要不同,即时间为t1,则收集到的气体体积应为V2;或收集相同体积的气体时,所需的时间不同,即收集到的气体体积也为V1,但所需时间为t2;既然①②对比试验探究的是浓度的不同对反应速率的影响,则①③探究的是温度的不同对反应速率的影响,故③中温度应为50℃,则稀硝酸的浓度应为a,而由于温度不同,故反应速率不同,则在相同的时间段内,收集到的其他的体积要不同,即时间为t1,则收集到的气体体积应为V2;或收集相同体积的气体时,所需的时间不同,即收集到的气体体积也为V1,但所需时间为t2,故答案为:
实验
编号
稀硝酸的浓度/(mol/L)
稀硝酸的体积/mL
温度
/℃
时间
/min
收集气体
的体积/mL
①
a
V
25
t1
V1
②
b
V
25
t1(或t2)
V2(或V1)
③
a(或b)
V
50
t2(或t1)
V1(或V2)
。
4.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%。
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.某小组研究了铜片与
反应的速率,实现现象记录如下表。
实验
时间段
现象
铜片表面出现极少气泡
铜片表面产生较多气泡,溶液呈很浅的蓝色
铜片表面均匀冒出大量气泡
铜片表面产生较少气泡,溶液蓝色明显变深,液面上方呈浅棕色
为探究影响该反应速率的主要因素,小组进行如下实验。
实验I:
监测上述反应过程中溶液温度的变化,所得曲线如下图。
实验II:
②-④试管中加入大小、形状相同的铜片和相同体积、
。
结果显示:
对
和
反应速率的影响均不明显,
能明显加快该反应的速率。
实验III:
在试管中加入铜片和
,当产生气泡较快时,取少量反应液于试管中,检验后发现其中含有
。
(1)根据表格中的现象,描述该反应的速率随时间的变化情况:
____________。
(2)实验
的结论:
温度升高___________(填“是”或“不是”)反应速率加快的主要原因。
(3)实验II的目的是:
__________。
(4)小组同学查阅资料后推测:
该反应由于生成某中间产物而加快了反应速率。
请结合实验II、III,在下图方框内填入相应的微粒符号①____②_____,以补全催化机理。
(5)为验证(4)中猜想,还需补充一个实验:
__________(请写出操作和现象)。
【答案】反应速率先变快后变慢不是检验
能否加快铜和硝酸反应的速率
在试管
中均加入相同的铜片和等体积的
硝酸,向
中加入
固体,产生气泡的速率
比
快。
【解析】
【分析】
(1)表格中的现象变化:
极少气泡→较多气泡→大量气泡→较少气泡;
(2)5—30min,温度不变,但是15—30min,反应速率加快;
(3)实验II结论:
对
和
反应速率的影响均不明显,
能明显加快该反应的速率;
(4)结合实验II与实验III,实验II:
可知
能明显加快该反应的速率。
实验III:
发现其中含有
。
再根据化合价的升降可判断;
(5)中间产物为
;
【详解】
(1)根据表格中的气泡多少的现象,可知该反应的速率随时间的变化情况:
反应速率先变快后变慢;
(2)由
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- 高考 化学 专题 复习 化学反应 速率 化学平衡 练习题 详细 答案