第2章 化学反应的方向、限度与速率 单元检测题 2023-2024学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

第2章《化学反应的方向、限度与速率》单元检测题 一、单选题 1．将0.1mol M、0.2mol N和0.2mol M、0.4mol N，分别充入甲、乙两个密闭容器中，保持相同的温度和压强，发生反应：，达到平衡后，下列比值为1：2的是 A．化学平衡常数： B．反应放出或吸收的热量： C．M的平衡转化率： D．反应达到平衡所需的时间： 2．一定条件下，下列表示4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)的反应速率中，最快的是 A．v(NH3)=0.8mol·L－1·s－1 B．v(O2)=0.9mol·L－1·s－1 C．v(NO)=0.6mol·L－1·s－1 D．v(H2O)=1.0mol·L－1·s－1 3．在某一温度下，某一密闭容器中，M、N、R三种气体浓度的变化如图a所示，若其它条件不变，当温度分别为T1和T2时，N的体积分数与时间关系如图b所示。则下列结论正确的是 A．该反应的热化学方程式M(g)+3N(g)2R(g)   △H＜0 B．达到平衡后，若其他条件不变，减小容器体积，平衡向逆反应方向移动 C．达到平衡后，若其它条件不变，升高温度，正、逆反应速度均增大，M的转化率增大 D．达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，平衡一定向正反应方向移动 4．由γ-羟基丁酸生成γ-丁内酯的反应如下：，在298K下，γ-羟基丁酸水溶液的初始浓度为，随着反应的进行，测得γ-丁内酯的浓度随时间变化的数据如表所示。下列说法错误的是 21 50 80 100 120 160 220 0.024 0.050 0.071 0.081 0.090 0.104 0.116 0.132 A．为提高γ-羟基丁酸的平衡转化率，除适当控制反应温度外，还可以减小压强 B．该反应在80～100min内的平均反应速率为5.0×10-4mol·L-1·min-1 C．120min时γ-羟基丁酸的转化率为50% D．298K时该反应的平衡常数K=2.75 5．下列说法正确的是 A．一定条件下，在密闭容器中进行反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)  △H=−92.4 kJ∙mol−1，平衡后，升高温度，正反应速率减小，逆反应速度增大，平衡逆向移动 B．当反应达到平衡时各组分浓度不再改变，正、逆反应速率不再变化 C．升高温度时，化学反应速率加快，是由于反应的活化能降低，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多 D．常温下铁与稀硫酸反应产生氢气，若将稀硫酸改为浓硫酸，产生氢气速率更快 6．甲醇是可再生的清洁能源，可利用与合成甲醇，已知：①一定量和反应生成和，当消耗时，放出的能量是；②；③。下列说法正确的是 A．①中反应的热化学方程式为 B．在恒温恒容的密闭容器中发生反应②，气体压强不变时表明反应达到平衡 C． D．反应③在高温下能自发进行 7．HBr被O2氧化依次由如下Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三步反应组成，其能量与反应进程的关系如图所示。 Ⅰ.HBr(g)+O2(g)=HOOBr(g)； Ⅱ.HOOBr(g)+HBr(g)=2HOBr(g)； Ⅲ.HOBr(g)+HBr(g)=H2O(g)+Br(g)。 下列说法正确的是 A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为放热反应 B．反应Ⅱ的速率最慢 C．升高温度可提高反应物中活化分子百分数，使反应速率增大 D．在该过程中，只有HOOBr一种中间产物 8．当2SO2+O22SO3 达到平衡后，通入18O2一定时间后，18O存在于 A．三氧化硫、氧气 B．二氧化硫、三氧化硫、氧气 C．二氧化硫、氧气 D．二氧化硫、三氧化硫 9．燃油汽车工作时发生如下反应： 反应①  ； 反应②   某研究团队在不同温度且装有Ag-ZSM催化剂的密闭容器中分别进行实验。 实验Ⅰ  将一定量置于密闭容器中； 实验Ⅱ  将的混合气体置于密闭容器中。反应相同时间后，分别测得不同温度下NO和CO的转化率如图所示。下列说法正确的是 A．反应①的 B．实验Ⅰ中，温度超过775K，NO的转化率降低，根本原因是Ag-ZSM失去活性 C．实验Ⅱ中，温度越高，CO的转化率越大，说明 D．高效去除汽车尾气中的NO，需研发常温下NO转化率高的催化剂 10．在密闭容器中，反应X2(g)＋Y2(g)2XY(g)  ΔH＜0达到甲平衡，仅改变某一条件使平衡移动，达到乙平衡。对此过程的分析正确的是（   ） A．可能是减小了反应物的浓度，反应物X2转化率一定减小 B．可能是加入了催化剂，反应物X2百分含量(X2%)将增大 C．可能是缩小了容器的体积，但该反应的平衡常数保持不变 D．可能是升高了温度，该反应的平衡常数一定减小 11．对于，下列说法正确的是 A．若反应达到平衡状态，升高温度，体系中的含量上升 B．若反应达到平衡状态，减小压强，正反应速率加快，逆反应速率减慢，平衡逆向移动 C．若反应达到平衡状态，充入，若容器容积恒定，则正逆反应速率不变，平衡不移动 D．若反应达到平衡状态，充入，若容器压强恒定，则正逆反应速率均减小，平衡逆向移动 12．最近科学家在发展非金属催化剂实现电催化还原制备甲醇方向取得重要进展，反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用“*”标注。下列说法错误的是 A．得到的副产物有和(甲醛)，其中相对较多的副产物为 B．生成副产物时，反应的活化能较小 C．制备甲醇的主反应速率主要由过程决定 D．工业生产中将催化剂处理成纳米级颗粒更利于提高反应速率 13．工业上利用CO和H2合成二甲醚：3CO(g)＋3H2(g)⇌CH3OCH3(g)＋CO2(g)  ΔH。其它条件不变时，相同时间内CO的转化率随温度T的变化情况如图所示。下列说法不正确的是 A．ΔH＜0 B．状态X时，v消耗(CO)=v生成(CO) C．相同温度时，增大压强，可以提高CO的转化率 D．状态X时，选择合适催化剂，可以提高相同时间内CO的转化率 14．把在空气中久置的铝片5g投入到装有500mL0.5mol/L稀硫酸烧杯中，该铝片与稀硫酸反应产生的氢气的速率与反应的时间关系可用如图曲线表示，下列说法正确的是 A．Oa段表示没有反应发生 B．ab段速率上升的主要原因是反应放热导致溶液温度升高 C．b点表示产生的氢气总量最多 D．b点以后速率下降的原因主要是温度降低 15．对于在一定条件下的可逆反应：，下列说法中正确的是 A．、、同时存在 B．反应只能向正方向进行 C．的物质的量浓度为零 D．正反应速率和逆反应速率都等于零 二、填空题 16．拆开1 mol H—H键，1 mol N—H键，1 mol N≡N键分别需要吸收的能量为436 kJ，391 kJ，946 kJ。则 (1)1 mol N2生成NH3 (填“吸收”或“放出”)热量 kJ； (2)事实上，反应的热量总小于理论值，原因是 。 17．碘在自然界中广泛存在于海带、紫菜以及海藻中，碘及其化合物用途广泛。回答下列问题： (1)在实验室中以海带提取少量的碘单质，方法是灼烧海带，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加和，即可得到。该反应的离子方程式为 。 (2)已知断裂1mol(g)、(g)、HI(g)分子中化学键时所吸收的能量如下表： 物质 (g) (g) HI(g) 能量/ 436 151 299 则反应的 。 (3)在某一容积为2L的密闭容器内，加入0.8mol的和0.6mol的，在一定的条件下发生如下反应： 。反应达到平衡后： ①若升高温度，HI浓度的变化正确的是 (用图1中a−c的编号回答)。 ②若加入，浓度的变化正确的是 (用图1中d−f的编号回答)。 ③图2是第8分钟改变条件时，HI浓度的变化情况，则改变的条件是 。 (4)Bodenstein研究了下列反应：。在716K时，气体混合物中HI的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表： t/min 0 20 40 60 80 120 x(HI) 1 0.91 0.85 0.815 0.795 0.784 x(HI) 0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784 ①根据上述实验结果，该反应的平衡常数 (结果保留两位小数)。 ②上述反应中，正反应速率为(HI)，逆反应速率为，其中、为速率常数，则为 (以K和表示)。若，在时， 。 18．可逆反应 (1)概念 在 下，既能向 方向进行，同时又能向 方向进行的反应。如：。 (2)特点 ①同一条件下，正反应和逆反应 。 ②反应 进行到底，反应物 实现完全转化。 ③反应体系中，与化学反应有关的各种物质 。 ④反应达到限度时，反应 。 三、实验题 19．用酸性和(草酸)反应研究影响反应速率的因素，其离子方程式为 。某小组同学设计了如下表的实验方案。 回答下列问题： 物理量编号 V(0.20mol/L溶液)/mL V(蒸馏水)/mL V(0.010mol/L溶液)/mL M(固体)/g T/℃ ① 2.0 0 4.0 0 50 ② 2.0 0 4.0 0 25 ③ 1.0 4.0 0 25 ④ 2.0 0 4.0 0.1 25 回答下列问题： (1)上述实验①②是探究 对化学反应速率的影响；上述实验②④是探究 对化学反应速率的影响。上述实验②③可探究 对化学反应速率的影响，且a为 。 (2)实验③中加入amL蒸馏水的目的是 。 (3)除通过测定一定时间内的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定 来比较化学反应速率。 (4)小组同学发现实验②③的反应速率变化趋势如图，其中时间内速率变快的主要原因可能是①该反应放热、② 。 20．化学是一门以实验为基础的科学，其中控制变量思想在探究实验中有重要应用，下列实验对影响化学反应速率的因素进行探究。 实验方案：现有0.0lmol/L酸性KMnO4溶液和0.lmol/L草酸溶液，为探讨反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表： 实验 序号 体积V/mL 温度/℃ KMnO4 溶液 水 H2C2O4溶液 ① 4.0 0.0 2.0 25 ② 4.0 0.0 2.0 60 ③ 4.0 Vx 1.0 25 (1)请书写此过程的离子反应方程式： 。 (2)通过实验①、③可探究草酸的浓度对反应速率的影响，表中Vx= mL，理由是 。 (3)对比实验①、②的实验现象是 。 (4)实验①中t min 时溶液褪色，用草酸表示的反应速率v(H2C2O4)= 。 (5)甲同学在研究草酸与高锰酸钾在酸性条件下反应的影响因素时发现，草酸与酸性高锰酸钾溶液开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显，但不久后突然褪色，反应速率明显加快。针对上述现象，甲同学认为草酸与高锰酸钾反应放热，导致溶液温度升高，反应速率加快。从影响化学反应速率的因素看，你猜想还可能是 的影响。 21．请结合以下实验，回答相关问题。 (1)某实验小组各取5mL H2O2溶液进行如下四个实验，用来考察过氧化氢(H2O2)分解速率的影响因素。回答下列问题： 实验序号 H2O2溶液的浓度(mol∙L-1) 温度(℃) 加入1mol∙L-1FeCl3溶液 主要实验现象 1 1.2 100 2滴 2 1.2 25 2滴 气泡产生速率很快 3 0.4 25 2滴 气泡产生速率较快 4 0.4 25 0滴 气泡产生速率较慢 ①预计实验1的实验现象是 。 ②设计实验2、3的目的是考查 对过氧化氢分解速率的影响。 ③从实验3、4可以得出的结论是：在其他条件一定时， 可以加快过氧化氢分解速率。 (2)某化学兴趣小组为了探究铝电极在原电池中的作用，在常温下，设计并进行了以下一系列实验，实验结果记录如下。 实验序号 电极材料 电解质溶液 电流表指针偏转方向 1 Al、Mg 稀盐酸 偏向Al 2 Al、Cu 稀盐酸 偏向Cu 3 Al、C(石墨) 稀盐酸 偏向石墨 4 Al、Mg 氢氧化钠溶液 偏向Mg 试根据上表中的实验现象回答下列问题： ①实验2中，Al在原电池中的作用是 。 ②由实验3中铝为 极，电极反应式为：2Al-6e-=2 Al3+，(石墨)电极上的电极反应式为： 。 ③实验1、4中，金属Mg作原电池正极的是 (填“实验1”或“实验4”)。 试卷第2页，共9页 试卷第1页，共9页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．B 【详解】A．化学平衡常数只受温度影响，相同温度下，化学平衡常数相等，所以K甲=K乙，故A错误； B．甲乙两容器中是恒温恒压下的等效平衡，反应放出或吸收的热量的多少取决于反应物的多少，甲乙两容器中反应物n(M):n(N)=1:2，所以放出或吸收的热量也是1:2，故B正确； C．甲乙两容器中是恒温恒压下的等效平衡，所以M的转化率相等，故C错误； D．甲乙两容器中是恒温恒压下的等效平衡，且加入的都是反应物，且比例相等，所以反应达平衡的时间相等，故D错误。 故答案为：B。 2．A 【分析】同一个化学反应在相同的条件下、在同一段时间内，用不同物质表示反应速率时，其化学反应速率的数值之比等于化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快。 【详解】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则有： A．； B．； C．； D．； 综上，A选项中的化学反应速率最快； 答案选A。 3．A 【分析】由图a可知，M、N为反应物，R 生成物，依据浓度的变化量，可确定反应方程式为M(g)+3N(g)2R(g)；由图b可知，T1＞T2，升高温度，N的体积分数增大，则平衡逆向移动，正反应为放热反应，△H＜0。 【详解】A．由分析可得出，该反应的热化学方程式为M(g)+3N(g)2R(g)  △H＜0，A正确； B．达到平衡后，若其他条件不变，减小容器体积，即加压，由于反应物的气体分子数大于生成物的气体分子数，所以平衡向正反应方向移动，B不正确； C．达到平衡后，若其它条件不变，升高温度，分子碰撞的次数增多，正、逆反应速度均增大，平衡向逆反应方向移动，则M的转化率减小，C不正确； D．达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，反应物和生成物的浓度都不变，则平衡不发生移动，D不正确； 故选A。 4．A 【详解】A．该反应是在水溶液中进行反应，压强对液体的影响较小，减小压强不能提高γ-羟基丁酸的平衡转化率，故A错误； B．反应至120 min时，反应产生0.090 mol/L的γ-丁内酯，则反应消耗γ-羟基丁酸的浓度为0.090 mol/L，故γ-羟基丁酸转化率为×100%=50%，故B正确； C．80～100 min内用γ-丁内酯的浓度变化表示反应速率υ(γ-丁内酯)==5.0×10-4mol•L-1•min-1，故C正确； D．298K时，平衡时c(γ-丁内酯)=0.132mol/L，c(γ-羟基丁酸)=0.180-0.132=0.048mol/L，该反应的平衡常数，故D正确； 故选：A。 5．B 【详解】A．一定条件下，在密闭容器中进行反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=−92.4 kJ∙mol−1，平衡后，升高温度，正反应速率增大，逆反应速度增大，平衡向吸热反应即逆向移动，故A错误； B．当反应达到平衡时各组分浓度不再改变，正、逆反应速率相等且不等于0，故B正确； C．升高温度时，活化能没有变化，故C错误； D．常温下铁与浓硫酸发生钝化，故D错误； 综上所述，答案为B。 6．C 【解析】首先根据题意书写反应①的热化学方程式，再根据盖斯定律、化学平衡状态的特征以及△G=△H-T•△S＜0反应能够自发进行分析判断。 【详解】A．一定量和反应生成和，当消耗时，放出的能量是，则反应①的热化学方程式为，水蒸气变成液态水会放热，因此，故A错误； B．反应②为气体体积不变的反应，在恒温恒容的密闭容器中发生反应②，气体压强始终不变，因此气体压强不变时不能说明反应达到平衡状态，故B错误； C．①，③，根据盖斯定律，将①-②得：，故C正确； D．反应③的＜0，＜0，根据△G=△H-T•△S＜0反应能够自发进行，则在低温下才能自发进行，故D错误； 故选C。 7．C 【详解】A．据图可知第Ⅰ步反应中反应物的能量低于生成物，为吸热反应，故A错误； B．据图可知反应Ⅰ的正反应活化能最大，所以反应Ⅰ的反应速率最慢，故B错误； C．升高温度可以提供能量，使非活化分子吸收能量变成活化分子，提高反应物中活化分子百分数，使反应速率增大，故C正确； D．该反应的反应物为HBr和O2，生成物为H2O和Br2，中间产物为HOOBr、HOBr共两种，故D错误； 综上所述答案为C。 8．B 【详解】2SO2+O2 ⇌ 2SO3是可逆反应，氧气中的O为18O，通入18O2，生成的SO3中有18O，含有18O的SO3分解时，SO2中也会有18O，所以一定时间后，18O存在于所有物质中，故选B。 9．A 【详解】A．实验I是反应①的逆反应，实验Ⅱ是反应②的正反应，图中CO的转化率也可以表示反应②中NO的转化率。由于反应①是燃油汽车发动机中的自发反应，根据反应①的信息可推知，该反应的，A正确； B．继续利用反应①的信息，可以推知实验Ⅰ发生的反应是放热反应，从平衡转化率的角度考虑，高温不利于反应物的转化，温度超过775K后，NO转化率降低，很可能是高温下NO分解反应的平衡常数小的原因，不能肯定是催化剂失活造成的反应速率问题，B错误； C．实验Ⅱ中CO的转化率一直升高，可能是温度和催化剂的共同作用加快了化学反应速率，使单位时间内原料的转化率明显提升，无法由此判断该反应的热效应，C错误； D．处理汽车尾气需要考虑尾气形成时的工作温度，不能先排放再处理，所以研发的催化剂不应该在常温下，D错误； 故选：A。 10．D 【详解】A．减小了反应物的浓度，化学反应速率减小，由图可知，乙的反应速率大于甲的反应速率，A选项错误； B．加入催化剂，正、逆反应速率同等程度增大，化学平衡不移动，反应物X2的百分含量(X2%)不变，B选项错误； C．该反应是反应前后气体体积不变的反应，缩小容器的体积，压强会增大，但是正、逆反应速率同等程度增大，化学平衡不移动；温度不变，化学平衡常数不变，C选项错误； D．由图象可知，乙的温度大于甲的温度，该反应是一个放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，XY%减小，根据化学平衡常数K的表达式可知，该反应的平衡常数一定减小，D选项正确；                                    答案选D。 11．D 【详解】A．反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，体系中的含量降低，A项错误； B．反应是气体体积系数减小的反应，若反应达到平衡状态，减小压强，正反应速率减小，逆反应速率减慢，平衡逆向移动，B项错误； C．若反应达到平衡状态，充入，若容器容积恒定，反应物浓度增大，则正反应速率瞬间增大，然后逐渐减小，逆反应逐渐增大，平衡正向移动，直至新平衡后正逆反应速率相等，C项错误； D．若反应达到平衡状态，充入，若容器压强恒定，则体积增大，反应物和生成物气体浓度减小，相当于减小压强，则正逆反应速率均减小，平衡逆向移动，D项正确； 故答案选D。 12．B 【详解】A．由图可知，副产物有和(甲醛)，生成的能垒为0.95eV-0.28eV =0.67eV，生成 的能垒为2.73eV-(-0.60eV)=3.33eV ，反应的能垒越低，反应越容易进行，副产物的量越多，相对较多的副产物为。A正确； B．由图可知，生成副产物时，反应的活化能较大，B错误； C．反应物的能垒越大，反应的反应速率越慢，而慢反应是总反应速率的决速步骤，的活化能降低，最容易进行；的活化能0.58eV-(-0.60eV)=1.18eV；的活化能1.12eV-0.58eV=0.54eV；的活化能1.36eV-(-0.28eV)=1.64eV，活化能最大，则速率最慢，因此制备甲醇的主反应速率主要由过程决定，C正确； D．工业生产中将催化剂处理成纳米级颗粒，增大与反应物的接触面积，提高反应速率，D正确； 故选B。 13．B 【分析】250℃之前，反应未平衡，升高温度，反应速率增大，相同时间内CO的转化率随温度T的升高而增大，250℃，反应达到平衡，250℃后，温度升高，平衡逆向移动，相同时间内CO的转化率随温度T的升高而减小，因此逆反应是吸热反应。 【详解】A．结合分析可知正反应是放热反应，ΔH＜0，A正确； B．由分析可知，X点反应未平衡，反应表现为正向进行，因此v消耗(CO)＞v生成(CO)，B错误； C．该反应为气体分子数减小的反应，因此相同温度时，增大压强，平衡正向移动，可提高CO的转化率，C正确； D．状态X时，反应未平衡，选择合适催化剂，反应速率增大，可以提高相同时间内CO的转化率，D正确； 答案选B。 14．B 【详解】A． Oa段表示氧化铝与酸反应，没有产生氢气，故A错误； B． ab段速率上升的主要原因是反应放热导致溶液温度升高，故B正确； C． b点表示产生的氢气速率最大，故C错误； D． 随反应的进行，盐酸浓度降低，b点以后速率下降的原因主要是浓度降低，故D错误； 故选B。 15．A 【详解】A．属于可逆反应，则、、同时存在，故A正确； B．该反应为可逆反应，所以该反应既能正向进行又能逆向进行，故B错误； C．由于该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化为生成，所以反应体系中的物质的量浓度不可能为零，故C错； D．该反应为可逆反应，既能正向进行的同时又能逆向进行，所以正反应速率和逆反应速率都不等于零，故D错误； 答案选A。 16． 放出 92 合成氨是可逆反应，反应物不能完全转化 【分析】氮气与氢气反应生成氨气的方程式可以表示为N2 + 3H2 2NH3，结合断开化学键需要吸热，形成化学键需要放热分析解答。 【详解】(1) 断开化学键吸收的热量=946 kJ+3×436 kJ=2254 kJ，形成化学键放出的热量=6×391 kJ=2346 kJ，该反应为放热反应，1 mol N2生成NH3放出的热量为2346 kJ-2254 kJ=92kJ，故答案为：放出；92； (2)合成氨的反应是可逆反应，反应物不能完全转化，导致反应的热量总小于理论值，故答案为：合成氨是可逆反应，反应物不能完全转化。 【点睛】本题的易错点为(1)，要注意1mol NH3中含有3mol N—H键。 17．(1) (2)−11 (3) c f 反应容器的容积扩大一倍 (4) 0.02 【解析】(1) 该反应为二氧化锰在酸性条件下将碘离子氧化为碘单质，本身被还原为锰离子，离子方程式为：； (2) 根据反应物总键能-生成物总键能， (3) ①该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，HI浓度降低，故答案为c； ②若加入I2平衡正向移动，H2浓度降低，故答案为f； ③由图可知8分钟时，HI的浓度直接降低到之前的一般，说明此时溶液容器体积变大到原来的2倍，浓度降低，故答案为：反应容器的容积扩大一倍； (4) ①根据表格中数据分析知HI的起始物质的量为1 mol，120 min分解反应达平衡状态,HI的平衡物质的量为0.784 mol，三段式计算表示如下：为气体分子数不变的反应，K值计算如下：； ②平衡时，，则，则；若，在t=40min时，。 18．(1) 一定条件 正反应 逆反应 (2) 同时、发生、同时存在 不能 不能 同存于同一反应体系 仍在进行，没有停止 【解析】略 19．(1) 温度 催化剂 浓度 1 (2)使得实验③中溶液浓度和实验②中溶液浓度相同 (3)收集相同体积的所需时间 (4)产物(或)是反应的催化剂 【详解】（1）对比实验①和②的数据发现，两者温度不同，所以①②是探究温度对化学反应速率的影响；对比实验②和④的数据发现，实验②未加，实验④加了，所以②④是探究催化剂对化学反应速率的影响；实验②和实验③中，两者草酸浓度不同，为了使得溶液体积一致，其中a=1，所以②③是探究浓度对化学反应速率的影响，故填温度；催化剂；浓度；1； （2）该实验为控制变量法，只能有一个变量，加入蒸馏水使得实验③中溶液浓度和实验②中溶液浓度相同，故填使得实验③中溶液浓度和实验②中溶液浓度相同； （3）本实验除通过测定一定时间内的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定收集相同体积的所需时间来比较化学反应速率，故填收集相同体积的所需时间； （4）该反应中有生成，也可能是因为生成的(或)起催化作用，加快了反应速率，故填产物(或)是反应的催化剂。 20． 2+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O 1.0 保证反应物草酸浓度改变，而其它的不变 两实验中紫色溶液均褪色，但②褪色更快 mol·L-1·min-1 反应生成的硫酸锰起催化剂的作用 【详解】（1）酸性KMnO4溶液与草酸溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案为：2+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O； （2）由表格数据可知，实验①、③可探究草酸的浓度对反应速率的影响，实验时要保证溶液总体积相同，才能保证其他条件相同，草酸的浓度改变，则Vx=(2.0—1.0) mL=1.0mL，故答案为：1.0；保证反应物草酸浓度改变，而其它的不变； （3）由表格数据可知，实验①的反应温度低于实验②，则反应速率实验①小于实验②，实验②溶液紫色褪色快于实验①，故答案为：两实验中紫色溶液均褪色，但②褪色更快； （4）由方程式可得关系式：2KMnO4—5H2C2O4，则4.0mL0.0lmol/L酸性KMnO4溶液和2.0mL 0.lmol/L草酸溶液反应时，草酸过量，消耗草酸的物质的量为=1×10—4mol，则反应速率v(H2C2O4)= =mol·L-1·min-1，故答案为：mol·L-1·min-1； （5）由题意可知，根据影响反应速率的因素，速率突然加快的原因可能是草酸与高锰酸钾反应放热，导致溶液温度升高，反应速率加快，还可能是反应生成的硫酸锰起催化剂的作用，使反应速率加快，故答案为：反应生成的硫酸锰起催化剂的作用。 21． 气泡产生速率最快 浓度 FeCl3溶液 作为原电池的负极 负 2H++2e-=H2↑ 实验4 【详解】(1)①实验1同样使用了催化剂但温度高于其他实验，温度越高，H2O2分解速率越快，气泡产生速率最快，故答案为:气泡产生速率最快； ②比较实验2、3，都使用了催化剂， 温度相同，反应物浓度不相同，则设计实验2、 3的目的是探究浓度对对H2O2分解速率的影响，故答案为：浓度； ③实验3、4中是否有加入氯化铁溶液，其它条件均相同，则实验3、4是探究催化剂对H2O2分解速率的影响，从表中现象描述可知，在其他条件一定时，FeCl3溶液可以加快过氧化氢分解速率； (2)①实验2中，铝的金属性比铜的强，在稀盐酸中形成原电池，Al在原电池中失电子产生铝离子，其作用是作为原电池的负极； ②由实验3中铝为活泼金属与石墨电极在稀盐酸中形成原电池，铝失电子作为负极，电极反应式为：2Al-6e-=2 Al3+，(石墨)电极上氢离子得电子产生氢气，发生的电极反应式为：2H++2e-=H2↑； ③实验1、4中，金属Mg作原电池正极的是实验4，铝在氢氧化钠溶液中失电子产生偏铝酸根离子，铝作为原电池的负极，镁电极上氢离子得电子产生氢气。 答案第8页，共8页 答案第1页，共9页 学科网（北京）股份有限公司 $$