专题10 考点1 化学反应速率及其影响因素 -【高考密码】备战2025年高考化学2020-2024五年真题分类汇编

专题十化学反应速率和化学平衡 专题十 化学反应速率和化学平衡 考点1化学反应速率及其影响因素 题组 用时： 易错记录： 一、选择题 1.(2024·安徽卷)室温下，为探究纳米铁去除水样 1.0 0.8 --Mn(VII) 中SeO-的影响因素，测得不同条件下SeO 0.6 -Mn(IV) 04 -o-Mn(lll) 浓度随时间变化关系如下图。 0,2 -o-Mn(II) 张0.01 068 5.0 10 15 20 时间mim 4.0 A.Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O, 2.0- B.随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小 1.0 C.该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(M)不能大量共存 0.0 D.总反应为：2MnO,+5C20-+16H+ 2Mn2++10C02↑+8H20 实验 水样体积 纳米铁质量 水样初始 3.(2022·广东卷)在相同 催化剂1 序号 /mL /mg pH 条件下研究催化剂I、Ⅱ 催化剂Ⅱ ① 50 8 6 对反应X→2Y的影响， 无催化剂 ② 50 2 6 各物质浓度c随反应时 间：的部分变化曲线如图 4 t/min ③ 50 2 8 所示，则 下列说法正确的是 ( ) A,无催化剂时，反应不能进行 A.实验①中，0~2小时内平均反应速率 B.与催化剂I相比，Ⅱ使反应活化能更低 (SeO)=2.0mol·L-1·h-1 C.a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的 B.实验③中，反应的离子方程式为：2Fe+SeO 变化 +8H+—2Fe3++Se十4H2O C.其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加 D.使用催化剂I时，0~2min内，o(X)=1.0 快反应速率 mol·L-1·min-l D.其他条件相同时，水样初始pH越小，SeO异 4.(2021·湖南卷)（多选）已知：A(g)+2B(g)=一 的去除效果越好 3C(g)△H<0,向一恒温恒容的密闭容器中充 2.(2023·辽宁卷)一定条件下，酸性KMnO4溶液 人1molA和3molB发生反应，t时达到平衡 与HzC2O4发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程 状态I,在t2时改变某一条件，3时重新达到平 中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如图 衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。 所示。下列说法正确的是 ( 下列说法正确的是 ( ) 41 五年高考真题分类集训 化学 B.反应2220s时，放出的O2体积为11.8L(标准 状况) C.反应达到平衡时，E(N2O5)=2v逆(NO2) D.推测上表中的x为3930 7.(2021·浙江1月)取50mL过氧化氢水溶液，在 A.容器内压强不变，表明反应达到平衡 少量I厂存在下分解：2H2O2一2H2O十O2↑。 B.t2时改变的条件：向容器中加入C 在一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2 C.平衡时A的体积分数P:p(Ⅱ)>p(I) 浓度(c)如下表： D.平衡常数K:K(Ⅱ)<K(I) t/min 0 20 40 60 80 5.(2021·河北卷)室温下，某溶液初始时仅溶有M 和N且浓度相等，同时发生以下两个反应： c/(mol·L-1)0.800.400.200.10 0.050 ①M+N—X+Y;②M+N—X+Z。反应① 下列说法不正确的是 ( ) 的速率可表示为=k1c2(M),反应②的速率可 A.反应20min时，测得O2体积为224mL(标准 表示为2=2c2(MD(1、k2为速率常数)。反应 状况) 体系中组成M、Z的浓度随时间变化情况如图。 B.20~40min,消耗H2O2的平均速率为0.010 下列说法错误的是 mol·L-l·min-l C.第30min时的瞬时速率小于第50min时的 0.5 0.4 瞬时速率 (300.300) -0.3引 02c0n.125 c(M) D.H2O2分解酶或Fe2O3代替I厂也可以催化 0. cZ H2O2分解 0102030405060 t/min 8.(2021·广东卷)反应X一2Z经历两步： A.0~30min时间段内，Y的平均反应速率为 ①X→Y:②Y→2Z。反应体系中X、Y、Z的 6.67X10-3mol·L-1·min-1 浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法 B.反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持 不正确的是 ( 不变 C.如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的 M转化为Z D.反应①的活化能比反应②的活化能大 6.(2021·浙江6月)一定温度下：在N2O5的四氯 t/s 化碳溶液(100mL)中发生分解反应：2N2O5 A.a为c(X)随t的变化曲线 一4NO2十O2。在不同时刻测量放出的O2体 B.t1时，c(X)=c(Y)=c(Z) 积，换算成N2O5浓度如下表： C.t2时，Y的消耗速率大于生成速率 D.t3后，c(Z)=2co-c(Y) s 0 600 1200171022202820x c(NO)/ 二、非选择题 1.40 0.96 0.66 0.48 0.35 0.24 0.12 ml·L-) 9.(2023·山东卷)一定条件下，水气变换反应C0 下列说法正确的是 ( 十H2OCO2+H2的中间产物是HCOOH。 A.600~1200s,生成NO2的平均速率为5.0× 为探究该反应过程，研究HCOOH水溶液在密 10-4mol·L-1.s-1 封石英管中的分解反应： 42 专题十化学反应速率和化学平衡 I.HCOOH-CO+H2O(快) 新的浓度峰值点可能是 (填标号)。与不 Ⅱ.HCOOH-CO2+H2(慢) 含盐酸相比，CO达浓度峰值时，CO2浓度 研究发现，在反应I,Ⅱ中，H仅对反应I有催 (填“增大"“减小”或“不变”，HCOOH e(CO) 化加速作用；反应I速率远大于反应Ⅱ，近似认 的值 (填“增大”“减小”或“不变”)。 为反应I建立平衡后始终处于平衡状态。忽略 10.(2021·山东卷)2-甲氧基-2-甲基丁烷(TAME) 水的电离，其浓度视为常数。 常用作汽油添加剂。在催化剂作用下，可通过 回答下列问题： 甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在 (1)一定条件下，反应I、Ⅱ的焓变分别为△H1、 如图反应： △H2,则该条件下水气变换反应的焙变△H= (用含△H1、△H2的代数式表示)。 反应I: +CH,OH 0 △H (2)反应I正反应速率方程为：o=kc(H+)· TAME c(HCOOH),k为反应速率常数。T1温度下， 反应Ⅱ： CHOH △H 0 HCOOH电离平衡常数为K.,当HCOOH平衡 B TAME 浓度为xmol·L1时，H+浓度为 反应Ⅲ： △H mol·L1,此时反应I正反应速率o= 回答下列问题： mol·L一1·h-1(用含Ka、x和k的代数式表 (1)反应I、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡 示)。 常数Kx与温度T变化关系如图所示。据图判 (3)T2温度下，在密封石英管内完全充满 断，A和B中相对稳定的是 (用系统命名 1.0mol·L1 HCOOH水溶液，使HCOOH分 △H1 解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反 法命名)：AH2 的数值范围是 (填标号)。 应时间的变化关系如图所示（忽略碳元素的其他 存在形式)。t1时刻测得CO、CO2的浓度分别 42 反应1 且3 为0.70mol·L1、0.16mol·L1,反应Ⅱ达平 反应Ⅲ 2 衡时，测得H2的浓度为ymol·L1。体系达平 反应Ⅱ 商后，88 (用含y的代数式表 04 0.00280.00290.00300.0031 示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数为 K A.<-1 B.-10 1.0a年 C0, C.0~1 D.>1 (2)为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应 容器中加入1.0 mol TAME,控制温度为 353K,测得TAME的平衡转化率为a. 已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0,则平衡体系 CO mol,反应I的平衡 0.0 中B的物质的量为 HCOOH 常数Kx= t/h 同温同压下，再向该容器中注人惰性溶剂四氢 相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有 呋喃稀释，反应I的化学平衡将 (填 0.10mol·L1盐酸，则图示点a、b、c,d中，C0 “正向移动”“逆向移动”或“不移动”)；平衡时， 43 五年高考真题分类集训 化学 A与CH3OH物质的量浓度之比c(A): C.步骤Ⅲ，酸化的目的主要是使Na2CrO4转变 c(CH3OH)= 为Na2Cr2O7 (3)为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢 D.步骤V,所得滤渣的主要成分是Na2SO4 呋喃的另一容器中加入一定量A、B和 和Na2CO3 CH3OH,控制温度为353K,A、B物质的量浓 (3)步骤V,重结晶前，为了得到杂质较少的 度c随反应时间t的变化如图所示。代表B的 K2Cr2O,粗产品，从下列选项中选出合理的操 变化曲线为 (填“X”或“Y”"),t=100s 作（操作不能重复使用）并排序：溶解KC→ 时，反应Ⅲ的正反应速率v正 (填“>” )→( )( ) “<”或“=”)逆反应速率逆。 )→重结晶。 a.50℃蒸发溶剂b.100℃蒸发溶剂 0.16 0.2 c.抽滤d冷却至室温 (100,0.112) 曲线X e.蒸发至溶液出现晶膜，停止加热 0.08 0.04 「.蒸发至溶液中出现大量品体，停止加热 1000.011) 曲线Y (4)为了测定K2Cr2O,产品的纯度，可采用氧 0 100 200300400500600 tis 化还原滴定法。 11.(2021·浙江1月)某兴趣小组用铬铁矿[Fe ①下列关于滴定分析的操作，不正确的是 (CrO2)2]制备K2Cr2O2晶体，流程如下： A.用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶 华终本品国 B.滴定时要适当控制滴定速度 N国风多华是作0心 C.滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化 D.读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端 已知：4Fe(Cr02)2+10Na2C03+702 高温 无刻度处，使滴定管保持垂直 8Na2 CrO+4NaFeO2+10CO2 E.平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻 2H++2Cr0=Cr20+H2O 度或“o”刻度以下 相关物质的溶解度随温度变化如下图。 ②在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量 的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴 Na:Cr:0, 50 溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落， Na-CrO. K.Cr0 继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。（请在横线上 060 8010 补全操作) 置度/ (5)该小组用滴定法准确测得产品中K2Cr2O, 请回答： 的质量分数为98.50%。某同学还用分光光度 (1)步骤I,将铬铁矿粉碎有利于加快高温氧化 法测定产品纯度(K2Cr2O,溶液的吸光度与其 的速率，其理由是 浓度成正比例)，但测得的质量分数明显偏低。 分析其原因，发现配制K2Cr2O待测水溶液时 (2)下列说法正确的是 0 少加了一种试剂。该试剂是 ,添加该 A.步骤Ⅱ，低温可提高浸取率 试剂的理由是 B.步骤Ⅱ，过滤可除去NaFeO2水解产生的 Fe(OH)3 44五年高考真题分类集训 化学 正确：放电时，金属1i电极为负极，光催化电极为正极， Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13min后反应速率会增大，B L+从负极穿过离子交换膜向正极迁移，C错误：放电时总 项错误：由图像可知，M(Ⅱ)的浓度为0后才开始生成 反应为2Li+02Li2O2,正极反应为O2+2Li+2e Mn(Ⅱ)，该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(I)不能大量共存，C项 一LiO2,D正确：答案选C。 正确：H2C2O为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留， 9C由电解示意图可知，电极B上Mn2+转化为了Mn(),, 总反应为2MnO+5HCO1+6H+=2Mm2++10C0,↑ 锰元素化合价升高，失电子，则电极B为阳极·电极A为阴 十8HO,D项错误：答案选C 极，得电予，发生还原反应，A正确：由电解示意图可知，电 3.D观察图像可知，在无催化剂条件下反应仍能进行，催化 极B上Mn2十失电子转化为了Mn)2,电极反应式为： 剂只能改变反应速率、A错误：催化剂【条件下反应速率 2H.O十Mn+-2e--MnO2+4H+,B正确：电极A为 快于催化剂Ⅱ，催化剂I条件下反应的活化能更低，B错误： 阴极，IiMn2O得电子，电极反应式为：2 LiMn2O4十6e 规察图像可知，在催化剂I条件下，2mim时生成4mol· 十16H十一21i计+4Mn2++8H2O,依据得失电子守恒， L1Y,则消耗X为2ml·L,1,因此曲线a表示催化剂 I条件下X的浓度随时问的变化，C错误：由图可知催化 电解池总反应为：2LiMn2O1十4H- -2Li++Mn2++ 3Mn(O2十2H(),反应生成了Mn2+,Mn+浓度增大.C错 剂【条件下，2min时X的浓度变化为(4一2)mol·L1= 2mol·L一1，反应逸率为1mol·11·min1,D正确：故 误：电解池总反应为：21.iMn20十4H+ -2I.i++Mn2 选D。 十3Mn)2十2H2O,电解结桌后，可通过调节溶液pH将锯 离子转化为沉淀除去，然后再加入碳酸的溶液，从而获得 4,BC容器内发生的反应为A(g)十2B(g)=3C(g),该反 应是气体分子数不变的可逆反应，所以在恒温恒客条件 碳酸锂，D正确：答案选C。 10.C分析可知充电时电极胜发生还原反应，电极为阴 下，气体的压强始终保持不变，别容器内压强不变，不能灵 明反应达到平衡状态，A错误：根据图像变化曲线可知， 极，则电极b为阳极，电极反应式为2CI一2e C12 放电时电极a为负极，电极b为正极，据此解答。充电时 t2一t3过程中，2时正瞬间不变，平街过程中不断增大，则 电极b为阳极，A错误：氯化钠溶液为中性，放电时，电极 说明反应向逆反应方向移动，且不是“突变”图像，属于“渐 变”过程，所以排除温度与催化剂等影响因素，改变的条件 t的反应式为Nas Ti2(PO)a一2e -NaTi2(P())3十 为：向客器中加入C,B正确：1g一13时间段，改变条件使正 2Na,电板b的反应式为Cl十2e 一2C1一，不涉及 反应速率逐渐增大，平衡向递反应方向移动，达到新的平 H十，OH效电，溶液DH不变，B错溪：由放电时的电极 街状态后，生成A的量增大，惑的物质的量不变，所以A的 反应式可知，氯化纳溶液浓度增大，C正响：根据电子守 体积分数华增大，即A的体积分数9：g(Ⅱ)>(I),C正 位有C12一2Na+,每生成1mol氯气，电极a的质量理论 确：平衡常数K与温度有关，因该反应在恒温条件下避行， 上增加46g,D错误 所以K保持不变，D错误。故选BC 11.C电解时铝合金废料为阳极，纯铝为朋极，熔融盐为电 5.A由图像可知，前30min,M浓度减少0.2mol·L.1, 解液，电解时阴极的反应式为A3++3e 一AI,A错 Z浓度增加0.125mol·L.-1,故反应1中消耗M的浓度 误：朋极上铝元素被还原，B错误：CU、S的还原性小于 为0.075ol·L1,由速率公式算得，Y的平均反应递率 铝，电解时不在阳极放电，沉在阳极的底部，作为阳极泥 为0.0025mol·l.-I·min1,A错误：Y和Z分别是两个 C正确：电解时相极还有Mg失去电子，阴极只有铝元素 反应的生成物，由题意，其浓度之比就是这两个反应的速 破还原，两极的质童变化不相等，D错误：故选C, 12.D挺明铁片没有被胤蚀即证明溶液中没有亚铁离子生 率之比，由速率表达式代入计算，凹= ,由于速率常数是 成。加入硝酸银产生白色沉淀，只能证明有氯离子存在 k2 A不符合题意：加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现，只能证 常数，故二者浓度之比也是常数，保持不变，B正确：如果反 明没有单质碘生成，B不符合题意：加入硫氰化钾溶液无 应进行到底，即M消托掉05mol·L1,再由题干两个 红色出现，只能证明没有铁离子生成，C不符合题意：加 入铁氛化钾溶液无蓝色沉淀生成，说明溶液中没有亚铁 30min时的特殊点，计算得的=复，由B项分折知二者造 离子，因为亚铁离子与铁氰化钾能够生成蓝色沉淀，D符 率之比即浓度之比，Y和Z浓度之比为3：5，反应进行到 合题意：故选D 底时，有日的M转化为乙，即62.5%的M转化为Z,C正 专题十化学反应速率和化学平衡 确：由前面计算可知反应1比反应2慢，即反应1的活化能 考点1化学反应速率及其影响因素 题组 更大，D正确 6.D6001200s,NzO5的变化量为(0.96-0.66)mol· 1.C由题图可知，实验①中，0一2小时内SO的浓度由 L一1=0.3mol·L1,在此时间段内N02的变化量为其2 5.0×105mol·L1减小到1.0×10-mol·11,所以 倍，即0.6mol·1.-1,因此，生成NO2的平均速率为 平均反应递率 (SeO） 0.6mol·L, 5.0×10-5mol·L-1-1.0×10-5mol·L-1 =1.0×10-3mol·L1·s-1,A说法不正 =2.0× 600￥ 2h 确：由表中数据可知，反应2220$时，N20)方的变化量为 10-5mol·L1·h-1,A错误：实验③水样初始pH为8. (1.40-0.35)mol·L.-1=1,05mol·L-1,其物质的量的 星碱性，反应的离子方程式中，反应物不应有H+,B错误： 变化量为1.05mol·1.1×0.1I.=0.105mol,02的变化 对比实验①和实验②可知，当其他条件相同时，适当增 纳来铁质量可加快反应速率，C正确：pH过低，酸性太强 量是其号，即0.0525m0l,国此，放出的0在标准状况下 会消耗纳米铁，从而减弱S()的去徐效果，D铅误 的体积为0,0525mol×22.4L/mol=1.176L,B说法不 2.C开始一段时间（大约13min前）随着时间的推移 正确：反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不 Mn(I)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直至达到最 问物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学计量数 大值，结合图像，此时间段主要生成M(Ⅲ)，同时先生成 之比，2知(N2O方)=递(N)2),C说法不正确：分析表中数 少量Mn(IN)后Mn(下)被消耗：后来（大约13min后）随 据可知，城反应经过1110s(600一1710,1710一2820)后 着时间的推移Mn(旧)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大：据 此作答。由图像可知，随着时间的护移M(Ⅲ)的求度先 N:O方的浓度会变为原桑的2，因此，N2O5的浓度由 增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消 0.24mol·L.一1变为0.12mol·L一1时，可以推别上表中 耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化H2CO,A项错误：随着 的x为(2820十1110)=3930，D说法正确。综上所述，本 反应物浓度的减小，到大釣13min时开始生成Mn(Ⅱ)， 题选D。 146 可 详解答案 7,C由题给表格数据可知，反应20min时，过氧化氨的物 N+(B) 质的量为(0.8-0.4)mol·1.1×0.051=0.02mol,根据 (B)1.0a mol,Kx (总》 n平(B) 反应方程式可得生成氧气的物质的量为0.01mol,即体积 m单(A) n单(A) 为224ml(标准状况)，A说法正确：20一40min,消耗过氧 (感) 化氢的浓度为(0.40-0.20)mgl·L.-1=0.20mol·L.1。 n单(B) 则这段时间内的平均速率=△c=0,20mol·L.- 1.0a-n4(B=90,n+(B)=0.9amol,n年(A) 20 min 0.1amol,年(B)十2年(A)十H零(CH:OH)十 0.010mol·L1·min1,B说法正确：其他条件相同时， n(TAME)=0.9a+0.1a+1.0a+1.0(1-a)=(1十a)》 反应物浓度越大，反应速率越快，随着反应的进行，过氧化 1-a 氨的浓度逐渐减小，所以第30mn时的瞬时速率大于第 mol。Kxi= 1十a (1-a)(1+a) 50min时的眸时速率，C说法错误：I在反应中的作用是 1.0a× 。向客器中注入 a 0.1a 做催化剂，分解磅或FO3也可以催化过氧化氢的分解，D 1+a1十a 说法正确。 惰性溶剂，相当于稀释，平衡逆向移动：平衡时(A)· 8.DX是壁一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减 c(A) n(A) 0.1a c(CHOH)不变，仍为 小，国此，由图可知，a为c(X)随1的变化曲线，A正确：山 (CHOH币n(CHO币=1.0a 图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于11时刻，因 此，山时，c(X)=c(Y)=c(Z),B正确：由图中信息可知， 0(3)353K时K=9.0,说明年(B)>4(A),故曲 时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，就明2时刘反应两步 仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反 线X代表B的变化。100s时，Q=0.1 0.011 ≈10.18 应②消耗Y的速牵，即时Y的消耗速率大于生成達率 9.0,故反应正在逆向近行，口正<V迷 C正确：由图可知，3时割反应①完成，X完全转化为Y,若 答案：(1)2-甲基-2丁娇D(2)0.9a (1-a)X(1+a) 无反应②发生，则c(Y)=c,由于反应②Y→2Z的发生，1 0,1a 时刻Y浓度的交化量为o一c(Y),变化量之比等于化学计 量数之比，所以Z的浓度的变化量为2[c阳一c(Y)],这种关 逆向移动0(3)X< 系在13后仍成立·因此，D不正确。综上所述，本题选D 11.解析：(1)固体反应物的反应速率与固体的表面积有关 9,解析：(1)水气变换反应可由己知两反应叠加得到： 反应物之间接而积越大，反应速率越快，故将格铁矿粉 Ⅱ一【，所以根据盖斯定律可知水气转换反应的反应热 碎可增大反应物的接触面积，加快高温氧化的速率 AH=△H2一△H1。(2)HCOOH水溶液中(H+)≈ (2)由题给各物质的溶解度随温度变化图像可知，温度越 高，Na2CO的溶解度越大，所以高温可提高浸取率，A c(HCO0),而K,=H):cHC002,所以c(H) 错误：水浸取时发生NaFe()的水解反应：NaFe(On十 c(HCOOH) 2HO=NaOH+Fe(0H)3￥，过滤可除去Fe(OH)3, ≈K,·c(HCO)H)=/Kx。反应I正反应速率=(H) B正确：根据工艺流程可知，需要使Na2CO,转变为 (HOHD=kr√/Kx。(3)由题意可知，可认为反应I建立 Na-CrO2,结合已知反应2H++2Cr0-一CrO月-+ 平街后始终处于平街状态，1时刻，C0的浓度达到最大 H,()可知，硫酸酸化的目的就是实现该转化过程，C正 值，说明反应I达到平衡，c(C0)=0.70mol·1.1 确：步骤下，所得滤渣显然是不溶于水的杂质，Na2S)和 c(C)2)=0.16mol·L.1,根据碳原子守恒可知 NCO为都是易溶于水的纳盐，都应孩存在于滤液中，D c(HC0)H)=0.14mol·L-1,则K(I)=5. 错误。(3)Nag Cra(h中加入KCI发生反应Na2Cr2Oh十 HCOOHCO+H20 2KC一KCrg(),十2NaC1,极据题轮各物质的溶解度随 转化/(mol·1.-1) 温度的变化曲线可知，K2C2O?的溶解度随温度升高明 HC(0OH→C02+H2 显增大，NC1溶解度随温度升高变化不明显，50℃时 转化/(mol·L-1) K2Cr20、NaC1两者溶解度近似相等，溶液的成分主耍是 y 平街时c(HC())H)=1一x一v, 这两种物质，所以可以得到杂质较少的K2C2O,粗产品， 步曦V,重结品前的操作顺序为：溶解KC→50℃蒸发溶 K(I)=1-x-y 1-y c(CO)1-y 5则x=1.2(C02)1.2y 剂·蒸发至溶液出现品膜，停止加热（不选「是为了避免 6y2 过度加热造成品体飞溅)·冷却至室温·抽滤·重结晶。 K(Ⅱ)=一了y产由题意可知H仅对反应1有 (4)①量简的精确度是0.1mL,不能用量简量取 25,00mL溶液，A操作不正确：滴定时要适当控制滴定的 催化加速作用，反应I速率远大于反应Ⅱ，所以相同条件 速率，确保反应物之间充分反应，同时防止滴加过快使得 下含有盐酸使得CO浓度提前达到峰值，即为b点。反应 滴加试剂过量，B操作正确：滴定时应一直观察锥形瓶中 I由于盐酸的存在HC()()H远造减小使得反应Ⅱ递率较 溶液腹色的变化，以便准确判断滴定的终点，C操作不正 慢，所以(CO求度达峰值时，C(2浓度诚小。H+为反应I 确：读数时应将谪定管从架上取下，捏住管上端无刻度 e(CO) 的催化剂，则C0达浓度峰值时，HCO师的值不变。 处，使谪定管保持垂直，平视读取读数，D操作正确：为了 确保每次滴定时滴定管中的溶液充足，平行滴定时，须重 答案：(1)△H2-△H1(2)/KEk.xKmx 新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，并记录初 3)}义6y6减小不变 始读数，E操作正确。②在接近谪定终点时，使用“半滴搛 1.2y1-y 作”的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用 10.解析：1)反应Ⅲ的平衡常数K随一的增大而增大，即 锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量燕物水吹 洗锥形瓶内壁，继续摇动雏形瓶，观察颜色变化。(5)根 K随温度T的增大而诚小，说明该反应为放热反应， 据题意，K,C(O2溶液的吸光度与其浓度成正比例，在 据能量越低越稳定可知，反应Ⅲ中生成物B(2甲基-2丁 K:Cr2O溶液中存在平衡Cr2()片”+H0一2H十+ 烯)更稳定：反应I、Ⅱ的平衡常数K均随于的增大而增 2CO片，即有部分Cr2O-会转化为Cr()方，从而使测得 的质量分数明显偏低，为抑制CO号一转化为CrO月-，可 大，说明两个反应均为放热反应，即△H1<0、△H<0,由 加入与C)片不反应的酸，如硫酸 羞斯定律可得△H=△H,一△H:<0,说明反应I的 答案：(1)增大反应物的接触面积(2)BC(3)aedc △H1更小，故 H>1,D正确。(2)m4(TAME) (4)①AC②再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁 △H2 (5)HSO1p制Cr2O-转化为CrO,且与Cr2O 1.0(1-a)mol,n(CH OH)=1.0amol,n年(A)十 不反应 147