高考化学化学反应速率与化学平衡的综合压轴题专题复习.docx
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高考化学化学反应速率与化学平衡的综合压轴题专题复习
2020-2021高考化学—化学反应速率与化学平衡的综合压轴题专题复习
一、化学反应速率与化学平衡
1.碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。
(1)合成该物质的步骤如下:
步骤1:
配制0.5mol·L-1MgSO4溶液和0.5mol·L-1NH4HCO3溶液。
步骤2:
用量筒量取500mLNH4HCO3溶液于1000mL三颈烧瓶中,开启搅拌器。
温度控制在50℃。
步骤3:
将250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中,1min内滴加完后,用氨水调节溶液pH到9.5。
步骤4:
放置1h后,过滤,洗涤。
步骤5:
在40℃的真空干燥箱中干燥10h,得碳酸镁晶须产品(MgCO3·nH2On=1~5)。
①步骤2控制温度在50℃,较好的加热方法是_________。
②步骤3生成MgCO3·nH2O沉淀的化学方程式为__________。
③步骤4检验沉淀是否洗涤干净的方法是__________。
(2)测定生成的MgCO3·nH2O中的n值。
称量1.000碳酸镁晶须,放入如图所示的广口瓶中加入适量水,并滴入稀硫酸与晶须反应,生成的CO2被NaOH溶液吸收,在室温下反应4~5h,反应后期将温度升到30℃,最后将烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定,测得CO2的总量;重复上述操作2次。
①图中气球的作用是_________。
②上述反应后期要升温到30℃,主要目的是______。
③测得每7.8000g碳酸镁晶须产生标准状况下CO2为1.12L,则n值为_______。
(3)碳酸镁晶须可由菱镁矿获得,为测定某菱镁矿(主要成分是碳酸镁,含少量碳酸亚铁、二氧化硅)中铁的含量,在实验室分别称取12.5g菱镁矿样品溶于过量的稀硫酸并完全转移到锥形瓶中,加入指示剂,用0.010mol/LH2O2溶液进行滴定。
平行测定四组。
消耗H2O2溶液的体积数据如表所示。
实验编号
1
2
3
4
消耗H2O2溶液体积/mL
15.00
15.02
15.62
14.98
①H2O2溶液应装在_________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。
②根据表中数据,可计算出菱镁矿中铁元素的质量分数为_________%(保留小数点后两位)。
【答案】水浴加热MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2O
MgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4取最后一次洗涤液少许于试管中,加入稀盐酸,无明显现象,然后加入BaCl2溶液,若无白色沉淀,则沉淀已经洗涤干净缓冲压强(或平衡压强),还可以起到封闭体系的作用使广口瓶中溶解的CO2充分逸出,并被NaOH溶液充分吸收4酸式0.13
【解析】
【分析】
本实验题分为合成碳酸镁晶须、测定MgCO3·nH2O中n值、测定菱镁矿中铁的含量三部分。
合成碳酸镁晶须是利用MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成。
测定MgCO3·nH2O中n值,采用的是加稀硫酸,和MgCO3·nH2O反应,测定产生的CO2的体积,可以通过计算确定MgCO3·nH2O中n值。
测定菱镁矿中铁的含量的原理是将菱镁矿中的铁转化为Fe2+,用H2O2溶液滴定,根据消耗的H2O2的物质的量以及电子守恒即可计算出菱镁矿中铁的含量。
【详解】
(1)①步骤2控制温度在50℃,当温度不超过100℃时,较好的加热方法是水浴加热。
水浴加热既可均匀加热,又可以很好地控制温度。
②MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成MgCO3·nH2O沉淀的同时还得到(NH4)2SO4,化学方程式为:
MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2O
MgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4。
③步骤4检验沉淀是否洗涤干净,可以检验洗涤液中的SO42-,方法是取最后一次洗涤液少许于试管中,加入稀盐酸,无明显现象,然后加入BaCl2溶液,若无白色沉淀,则沉淀已经洗涤干净。
(2)①图中气球可以缓冲压强(或平衡压强),还可以起到封闭体系的作用。
②上述反应后期要升温到30℃,主要目的是使广口瓶中溶解的CO2充分逸出,并被NaOH溶液充分吸收。
③标准状况下1.12LCO2的物质的量为0.05mol,根据碳守恒,有
=0.05mol,解得n=4。
(3)①H2O2溶液有强氧化性和弱酸性,应装在酸式滴定管中。
②四次实验数据,第3次和其他三次数据偏离较大,舍去,计算出三次实验消耗H2O2溶液体积的平均值为15.00mL。
n(H2O2)=0.015L×0.010mol/L=1.5×10-4mol,在H2O2和Fe2+的反应中,H2O2做氧化剂,-1价氧的化合价降低到-2价,Fe2+中铁的化合价升高到+3价,根据电子守恒,n(Fe2+)=2(H2O2)=3×10-4mol,则m(Fe)=3×10-4mol×56g/mol=0.0168g,实验菱镁矿中铁元素的质量分数为
×100%=0.13%。
【点睛】
当控制温度在100℃以下时,可以采取水浴加热的方法。
检验沉淀是否洗涤干净时需要选择合适的检测离子,选择检测的离子一定是滤液中的离子,并且容易通过化学方法检测。
检验沉淀是否洗涤干净的操作需要同学记住。
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.某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素,将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部,塞上瓶塞(如图1)。
从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液,同时测量容器中的压强变化。
(1)请完成以下实验设计表(表中不要留空格):
编号
实验目的
碳粉/g
铁粉/g
醋酸/%
①
为以下实验作参照
0.5
2.0
90.0
②
醋酸浓度的影响
0.5
__
36.0
③
__
0.2
2.0
90.0
(2)编号①实验测得容器中压强随时间变化如图2。
t2时,容器中压强明显小于起始压强,其原因是铁发生了_____________腐蚀,请在图3中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动方向;此时,碳粉表面发生了__(“氧化”或“还原”)反应,其电极反应式是___________________________________。
(3)该小组对图2中0~t1时压强变大的原因提出了如下假设,请你完成假设二:
假设一:
发生析氢腐蚀产生了气体;
假设二:
______________________________;
……
(4)为验证假设一,某同学设计了检验收集的气体中是否含有H2的方案。
请你再设计一个实验方案验证假设一,写出实验步骤和结论。
实验步骤和结论(不要求写具体操作过程):
__________
【答案】2.0碳粉含量的影响吸氧还原反应2H2O+O2+4e-=4OH-(或4H++O2+4e-=2H2O)反应放热,温度升高,体积膨胀实验步骤和结论(不要求写具体操作过程)
①药品用量和操作同编号①实验(多孔橡皮塞增加进、出导管)
②通入氩气排净瓶内空气;
③滴入醋酸溶液,同时测量瓶内压强变化(也可测温度变化,检验Fe2+等)。
如果瓶内压强增大,假设一成立。
否则假设一不成立。
(本题属于开放性试题,合理答案均给分)
【解析】
【详解】
(1)探究影响化学反应速率,每次只能改变一个变量,故有②中铁的量不变,为2.0g;
③中改变了碳粉的质量,故为探究碳粉的量对速率的影响。
(2)t2时,容器中压强明显小于起始压强,说明锥形瓶中气体体积减小,说明发生了吸氧腐蚀,碳为正极,铁为负极,碳电极氧气得到电子发生还原反应,电极反应式为:
O2+2H2O+4e-=4OH-,故答案为:
还原;O2+2H2O+4e-=4OH-;
(3)图2中0-t1时压强变大的原因可能为:
铁发生了析氢腐蚀、铁与醋酸的反应为放热反应,温度升高时锥形瓶中压强增大,所以假设二为:
反应放热使锥形瓶内温度升高,故答案为:
反应放热使锥形瓶内温度升高;
(4)基于假设一,可知,产生氢气,发送那些变化,从变化入手考虑
实验步骤和结论(不要求写具体操作过程)
①药品用量和操作同编号①实验(多孔橡皮塞增加进、出导管)
②通入氩气排净瓶内空气;
③滴入醋酸溶液,同时测量瓶内压强变化(也可测温度变化,检验Fe2+等)。
如果瓶内压强增大,假设一成立。
否则假设一不成立。
(本题属于开放性试题,合理答案均给分)。
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.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。
6.甲、乙两个实验小组利用KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应研究影响反应速率的因素。
设计实验方案如下(实验中所用KMnO4溶液均已加入H2SO4):
甲组:
通过测定单位时间内生成CO2气体体积的大小来比较化学反应速率的大小。
某同学进行实验,其中A、B的成分见表:
序号
A溶液
B溶液
①
2mL0.2mol/LH2C2O4溶液
4mL0.01mol/LKMnO4溶液
②
2mL0.1mol/LH2C2O4溶液
4mL0.01mol/LKMnO4溶液
③
2mL0.2mol/LH2C2O4溶液
4mL0.01mol/LKMnO4溶液和少量MnSO4
(1)该反应的离子方程式为____;
乙组:
通过测定KMnO4溶液褪色所需时间的多少来比较化学反应速率。
为了探究KMnO4与H2C2O4浓度对反应速率的影响,某同学在室温下完成以下实验
实验编号
1
2
3
4
水/mL
10
5
0
X
0.5mol/LH2C2O4/mL
5
10
10
5
0.2mol/LKMnO4/mL
5
5
10
10
时间/s
40
20
10
___
(2)X=___,4号实验中始终没有观察到溶液褪色,你认为可能的原因是____。
(3)在实验中发现高锰酸钾酸性溶液和草酸溶液反应时,开始一段时间反应速率较慢,溶液褪色不明显;但不久突然褪色,反应速率明显加快。
某同学认为是放热导致溶液温度升高所致,重做3号实验,测定过程中溶液不同时间的温度,结果如表:
时间/S
0
5
10
15
20
25
30
温度/℃
25
26
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