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培优易错难题化学反应速率与化学平衡辅导专题训练附答案
2020-2021培优易错难题化学反应速率与化学平衡辅导专题训练附答案
一、化学反应速率与化学平衡
1.某校化学课外兴趣小组为了探究影响化学反应速率的因素,做了以下实验。
(1)用三支试管各取5.0mL、0.01mol·L-1的酸性KMnO4溶液,再分别滴入0.1mol·L-1H2C2O4溶液,实验报告如下。
①实验1、3研究的是_________对反应速率的影响。
②表中V=_________mL。
(2)小组同学在进行
(1)中各组实验时,均发现该反应开始时很慢,一段时间后速率会突然加快。
对此该小组的同学展开讨论:
①甲同学认为KMnO4与H2C2O4的反应放热,温度升高,速率加快。
②乙同学认为随着反应的进行,因_________,故速率加快。
(3)为比较Fe3+、Cu2+对H2O2分解的催化效果,该小组的同学又分别设计了如图甲、乙所示的实验。
回答相关问题:
①装置乙中仪器A的名称为_________。
②定性分析:
如图甲可通过观察反应产生气泡的快慢,定性比较得出结论。
有同学提出将CuSO4溶液改为CuCl2溶液更合理,其理由是____________________________________。
③定量分析:
如图乙所示,实验时以收集到40mL气体为准,忽略其他可能影响实验的因素,实验中需要测量的数据是_______________。
【答案】温度4.0产物Mn2+可能对该反应具有催化作用分液漏斗控制阴离子相同,排除阴离子的干扰收集40mL气体所需时间
【解析】
【分析】
(1)①、②作对比实验分析,其他条件相同时,只有一个条件的改变对反应速率的影响;
(2)探究反应过程中反应速率加快的原因,一般我们从反应放热,温度升高,另一个方面从反应产生的某种物质可能起到催化作用;
(3)比较Fe3+、Cu2+对H2O2分解的催化效果,阳离子不同,尽量让阴离子相同,减少阴离子不同造成的差别,催化效果可以从相同时间内收集气体体积的多少或者从收集相同体积的气体,所需时间的长短入手。
【详解】
(1)①实验1、3反应物物质的量浓度,但温度不同,所以反应速率不同是由温度不同导致的,故实验1、3研究的是温度对反应速率的影响;
②实验1、2研究的是H2C2O4的浓度对反应速率的影响,此时反应温度相同,KMnO4的浓度相同,故表中V=4.0mL
(2)随着反应的进行,生成的Mn2+的物质的量浓度逐渐增加,生成的Mn2+可能对反应有催化作用;
(3)①由仪器的构造,可知仪器A为分液漏斗;
②在探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果,必须保证在其他的条件相同,所以将CuSO4改为CuCl2更为合理,可以避免由于阴离子不同造成的干扰;
③如图乙所示,实验时以收集到40mL气体为准,忽略其他可能影响实验的因素,实验中需要测量的数据是时间,收集相同体积的气体,所需要的时间越少,反应速率越快。
【点睛】
本题通过保持其他外界条件一致而改变一个条件来探究温度、催化剂对反应速率的影响,综合性较强。
2.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。
3.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。
4.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。
5.某研究性学习小组向一定量的NaHSO3溶液(加入少量淀粉)中加入稍过量的KIO3溶液,一段时间后,溶液突然变蓝色。
为进一步研究有关因素对反应速率的影响,探究如下。
(1)查阅资料知NaHSO3与过量KIO3反应分为两步进行,且其反应速率主要由第一步反应决定。
已知第一步反应的离子方程式为IO3—+3HSO3—===3SO42—+I—+3H+,则第二步反应的离子方程式为________________。
(2)通过测定溶液变蓝所用时间来探究外界条件对该反应速率的影响,记录如下。
编号
0.01mol/L
NaHSO3溶液/mL
0.01mol/LKIO3
溶液/mL
H2O/mL
反应温度
/℃
溶液变蓝所用时间t/s
①
6.0
10.0
4.0
15
t1
②
6.0
14.0
0
15
t2
③
6.0
a
b
25
t3
①实验①②是探究_______________对反应速率的影响,表中t1______t2(填“>”、“=”或“<”);
②实验①③是探究温度对反应速率的影响,表中a=________,b=________。
、
(3)将NaHSO3溶液与KIO3溶液在恒温条件下混合,用速率检测仪检测出起始阶段反应速率逐渐增大。
该小组对其原因提出如下假设,请你完成假设二。
假设一:
生成的SO42—对反应起催化作用;
假设二:
______________________________;
……
(4)请你设计实验验证上述假设一,完成下表中内容。
实验步骤(不要求写出具体操作过程)
预期实验现象和结论
在烧杯甲中将一定量的NaHSO3溶液与KIO3溶液混合,用速率检测仪测定起始时的反应速率v(甲)
在烧杯乙中先加入少量①____________,其他条件与甲完全相同,用速率检测仪测定起始时的反应速率v(乙)
②若v(甲)____v(乙),则假设一不成立
③若v(甲)___v(乙),则假设一成立(填“>”、“=”或“<”)
【答案】IO3—+5I—+6H+=3I2+3H2OKIO3溶液的浓度>10.04.0生成的I—或H+对反应起催化作用Na2SO4粉末=<
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据信息,溶液变蓝,说明产生I2,离子反应方程式为:
IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O;
(2)探究影响反应速率的因素,要求其他条件不变,通过①②对比,KIO3浓度不同,因此实验探究KIO3溶液的浓度对反应速率的影响,浓度越高,反应速率越快,即t1>t2,a=10.0,b=4.0;
(3)生成的I-或H+对反应起催化作用;
(4)①研究SO42-做催化剂,因此①中加入Na2SO4粉末;②当反应速率相等,假设一不相等,若v(甲) 6.Ⅰ.某研究性学习小组为了研究影响化学反应速率的因素,设计如下方案: 实验 编号 0.01mol·L-1酸性KMnO4溶液 0.1mol·L-1 H2C2O4溶液 水 反应温度/℃ 反应时间/s ① 5.0mL 5.0mL 0 20 125 ② V1 V2 2.0mL 20 320 ③ 5.0mL 5.0mL 0 50 30 反应方程式为: 2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。 (1)实验的记时方法是从溶液混合开始记时,至_________________时,记时结束。 (2)实验①和②研究浓度对反应速率的影响,则V1=______mL,V2=_______mL。 (3)下列有关该实验的叙述正确的是_________。 A.实验时必须用移液管或滴定管来量取液体的体积 B.实验时应将5.0mLKMnO4溶液与5.0mLH2C2O4溶液混合后,立即按下秒表,再将盛有混合液的烧杯置于相应温度的水浴中至反应结束时,按下秒表,记录读数。 C.在同一温度下,最好采用平行多次实验,以确保实验数据的可靠性 D.实验①和③可研究温度对反应速率的影响 (4)某小组在进行每组实验时,均发现该反应是开始很慢,突然会加快,其可能的原因是_______; Ⅱ.某草酸晶体的化学式可表示为H2C2O4•xH2O,为测定x的值,进行下列实验: ①称取7.56g某草酸晶体配成100.0mL的水溶液, ②用移液管移取25.00m所配溶液置于锥形瓶中,加入适量稀H2SO4,用浓度为0.600mol/L的KMnO4溶液滴定,滴定终点时消耗KMnO4的体积为10.00mL。 (1)若滴定终点时仰视读数,则所测x的值将_____(填“偏大”或“偏小”)。 (2)x=_________。 【答案】溶液的紫红色刚好褪去5.03.0C、D反应生成的Mn2+对反应有催化作用(说明: 只要答到反应生成的产物对该反应有催化作用即可)偏小2 【解析】 【分析】 Ⅰ. (1)溶液混合后显示紫红色,当紫红色褪去后计时结束; (2)实验①和②研究浓度对反应速率的影响,要保证变量单一; (3)根据规范的操作要求,实验探究的基本原理分析回答; (4)催化剂对化学反应速率的影响; Ⅱ. (1)读取读数时仰视,导致KMnO4溶液体积偏大,计算测定的草酸的质量偏大; (2)依据滴定发生的氧化还原反应离子方程式的定量关系计算得到。 【详解】 Ⅰ. (1)实验计时方法是从溶液混合开始记时,到紫红色刚好褪去计时结束,故答案为紫红色刚好褪去; (2)实验①和②研究浓度对反应速率的影响,高锰酸钾作为指示剂,浓度不变,都是5.0mL,溶液总体积为10.0mL,故答案为V1=5.0,V2=3.0; (3)A.实验时可以用量筒量取体积,故A错误; B.实验时应将5.0mLKMnO4溶液与5.0mL H2C2O4溶液混合后,再将盛有混合液的烧杯置于相应温度的水浴中,立即按下秒表,至反应结束时,按下秒表,记录读数,故B错误; C.在同一温度下,最好采用平行多次实验,以确保实验数据的可靠性,故C正确; D.实验①和③对应物质的体积相同,可研究温度对反应速率的影响,故D正确; 故选CD,故答案为CD; (4)从实验数据分析,MnSO4溶液在反应中为催化剂,可能原因为反应生成的Mn2+对反应有催化作用,故答案为反应生成的Mn2+对反应有催化作用。 Ⅱ. (1)读取读数仰视,导致KMnO4溶液体积偏大,计算测定的草酸的质量偏大,故x的值偏小,故答案为偏小; (2)由题给化学方程式及数据可知,5H2C2O4+2MnO4-+6H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O,7.56g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量为: 0.600mol/L×10.00mL×10-3L/mL×5/2×100ml/25ml =0.0600mol,则7.56gH2C2O4•xH2O中含H2O的物质的量为(7.56g−0.0600mol×90g/mol) /18g/mol=0.12mol,0.0600mol晶体含水0.160mol,1mol晶体中含的结晶水2mol,则x=2,故答案为2。 7.某实验小组以H2O2分解为例,研究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响,在常温下按照如下方案完成实验。 实验编号 反应物 催化剂 ① 10mL2%H2O2溶液 无 ② 10mL5%H2O2溶液 无 ③ 10mL5%H2O2溶液 1mL0.1mol•L-1FeCl3溶液 ④ 10mL5%H2O2溶液+少量HCl溶液 1mL0.1mol•L-1FeCl3溶液 ⑤ 10mL5%H2O2溶液+少量NaOH溶液 1mL0.1mol•L-1FeCl3溶液 (1)催化剂能加快化学反应速率的原因是_____。 (2)实验①和②的目的是_________。 实验时由于较长时间没有观察到明显现象而无法得出结论。 资料显示,通常条件下H2O2稳定,不易分解。 为了达到实验目的,你对原实验方案的改进是_____。 (3)写出实验③的化学反应方程式: _____。 (4)实验③、④、⑤中,测得生成氧气的体积随时间变化的关系如图。 分析如图能够得出的实验结论是_____。 【答案】 (1)降低了活化能(2分) (2)探究浓度对反应速率的影响(2分) 向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中)(2分) (3)2H2O2 O2↑+2H2O(2分) (4)碱性环境能增大H2O2分解的速率,酸性环境能减小H2O2分解的速率(2分) 【解析】 【详解】 (1)催化剂改变反应的途径,降低反应所需的活化能,从而加快反应速率,故答案为改变反应途径,降低了活化能; (2)实验①和②的浓度不同,则该实验的目的为探究浓度对化学反应速率的影响;为了便于比较,应在相同的条件下利用一个变量来比较,则向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中),故答案为探究浓度对反应速率的影响;向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中); (3)过氧化氢在催化剂作用下分解生成水和氧气,该反应为2H2O2 2H2O+O2↑,故答案为2H2O2 2H2O+O2↑; (4)由图可知,⑤的反应速率最大,④的反应速率最小,结合实验方案可知,碱性环境能增大H2O2分解的速率,酸性环境能减小H2O2分解的速率,故答案为碱性环境能增大H2O2分解的速率,酸性环境能减小H2O2分解的速率。 8.某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中,发现反应条件不同,反应速率不同。 请回答下列问题: (1)在用稀硫酸与锌制氢的实验中,加入少量下列物质可加快氢气生成速率的是_____(填序号) A.Na2SO4溶液B.MgSO4溶液C.SO3D.
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