2020-2021太原高考化学压轴题专题化学反应速率与化学平衡的经典综合题

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材料中的增强材料。 （1）合成该物质的步骤如下：

L-1 MgSO4溶液和0.5mol·L-1 NH4HCO3溶液。 步骤1：配制0.5mol·

步骤2：用量筒量取500mL NH4HCO3溶液于1000mL三颈烧瓶中，开启搅拌器。温度控制在50℃。

步骤3：将250mL MgSO4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。

nH2O n=1～5）。 步骤5：在40℃的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸镁晶须产品（MgCO3·①步骤2控制温度在50℃，较好的加热方法是_________。 nH2O沉淀的化学方程式为__________。 ②步骤3生成MgCO3·

③步骤4检验沉淀是否洗涤干净的方法是__________。 nH2O中的n值。 （2）测定生成的MgCO3·

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/L H2O2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 消耗H2O2溶液体积/mL 1 15.00 2 15.02 3 15.62 4 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】

nH2O中n值、测定菱镁矿中铁的含量三部本实验题分为合成碳酸镁晶须、测定MgCO3·

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，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可以通过计算确定MgCO3·

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。

nH2O沉淀的同时还得到(NH4)2SO4，②MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成MgCO3·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

7.8000g=0.05mol，解得n=4。

(84+18n)g/mol（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

0.0168×100%=0.13%。 12.5【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．根据当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿(主要成分为FeS2)作为原料。完成下列填空：

(1)将0.050mol SO2(g) 和0.030mol O2(g) 充入一个2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)+Q。经2分钟反应达到平衡，测得n(SO3)=0.040mol，则O2的平均反应速率为______

(2)在容积不变时，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有______(选填编号) a.移出氧气 b.降低温度

c.减小压强 d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)

(3)在起始温度T1(673K)时SO2的转化率随反应时间(t)的变化如图，请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2(723K)时SO2的转化率随反应时间变化的示意图___

(4)黄铁矿在一定条件下煅烧的产物为SO2和Fe3O4

①将黄铁矿的煅烧产物Fe3O4溶于H2SO4后，加入铁粉，可制备FeSO4。酸溶过程中需维持溶液有足够的酸性，其原因是______

②FeS2能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，本身被氧化为SO42﹣。写出有关的离子方程式______。有2mol氧化产物生成时转移的电子数为______

【答案】0.005mol/(L•min) bd 抑

制Fe3+与Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+ FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+ 14NA 【解析】

【分析】 (1)根据v＝算；

(2)反应放热，为提高SO2平衡转化率，应使平衡向正反应方向移动，可降低温度，体积不变，不能从压强的角度考虑，催化剂不影响平衡移动，移出氧气，平衡向逆反应方向移动，不利于提高SO2平衡转化率，由此分析解答；

(3)反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但达到平衡所需要的时间缩短，据此画出曲线；

(4)①Fe3＋与Fe2＋易水解，Fe2＋易被氧化成Fe3＋；

②根据氧化还原反应中的反应物和生成物几何电子守恒来配平化学方程式，结合方程计算转移电子数。 【详解】

c求出氧气的速率，然后根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比计t0.040mol1＝0.01mol/(L•min)，所以v(O2)＝v(SO3)＝0.005mol/(L•min)，2L22min故答案为：0.005mol/(L•min)；

(2)a．移出氧气，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选； b．降低温度，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；

c．减小压强，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；

c(1)v(SO3)＝＝

td．再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)，相当于增大压强，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选； 故答案为：bd；

(3)反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) △H＜0，SO2的转化率在起始温度T1＝673K下随反应时间(t)的变化如图，其他条件不变，仅改变起始温度为T2＝723K，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，在图中画出温度T2下SO2的转化率随反应时间变化的预期结果示意图如图所示

；故答案为：；

(4)①Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SO4后，生成的Fe3＋与Fe2＋易水解，Fe2＋易被氧化成Fe3＋，所以要加入Fe粉和酸，抑制Fe3＋与Fe2＋的水解，并防止Fe2＋被氧化成Fe3＋，故答案为：抑制Fe3＋与Fe2＋的水解，并防止Fe2＋被氧化成Fe3＋；

②−2价的硫离子具有还原性，FeS2可以将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，而本身被氧化为硫酸根离子，有关的离子方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+，氧化产物是硫酸根离子，有2mol硫酸根生成时转移的电子数为14NA，故答案为：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+；14NA。

【点睛】

注意(3)温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，此为解题的关键。

3．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 ① ② ③ ④ T1 T2 T3 T4 称取CuSO4质量/g 0.0 0.0 0.0 0.0 B增重质量/g 0.320 0 0.160 X4 C增重质量/g 0 0.256 Y3 0.192 E中收集到气体/mL 0 V2 22.4 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 SO3 O2 2CuSO4

2CuO+2SO2↑+O2↑ 0.128 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 【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.g硫酸铜的物质的量为

0.g＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：

160g/mo10.256g＝0.004mol，

g/mo10.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：氧气的质量为：0.﹣0.32﹣0.256＝0.0g，物质的量为：

0.0g＝0.002mol，

32g/mo1CuSO4、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.g硫酸铜的物质的量为

0.g＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：

160g/mo10.022432＝0.032g，22.4根据质量守恒实验③中理论上C增加的质量Y3＝0.﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g；

0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：

(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.g硫酸铜的物质的量为

0.g＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：

160g/mo10.256g＝0.004mol，

g/mo10.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：氧气的质量为：0.﹣0.32﹣0.256＝0.0g，物质的量为：

0.0g＝0.002mol，

32g/mo1CuSO4、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↑；

0.g(5)0.g硫酸铜的物质的量为＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：

160g/mo10.022432＝0.032g，22.4实验③中理论上C增加的质量Y3＝0.﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g；

0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：

(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。

4．硫代硫酸钠(Na2S2O3)是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S、SO2。

Ⅰ. Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3 +CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示。

(1)b中反应的离子方程式为________，c中试剂为_________。 (2)反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清。此浑浊物是_______。 (3)实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有___________(写出两条)。 (4)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2，不能过量，原因是_______。 (5)制备得到的Na2S2O3中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4：___________________________________。 Ⅱ. 探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。 资料：ⅰ．Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)

ⅱ．Ag2S2O3为白色沉淀，Ag2S2O3可溶于过量的S2O32- 装置 编号 试剂X 实验现象 混合后溶液先变成紫黑色, 30s后溶液几乎变为无色 先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液 ① Fe(NO3)3溶液 ② AgNO3溶液

(6)根据实验①的现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过____(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅰ的现象：____。 (7)同浓度氧化性：Ag+ > Fe3+。实验②中Ag+未发生氧化还原反应的原因是____。 (8)进一步探究Ag+和S2O32-反应。 装置 编号 试剂X 实验现象 ③ AgNO3溶液 先生成白色絮状沉淀，沉淀很快变为黄色、棕色，最后为黑色沉淀。

实验③中白色絮状沉淀最后变为黑色沉淀(Ag2S)的化学方程式如下，填入合适的物质和系数：Ag2S2O3+_____ =Ag2S+_____

(9)根据以上实验，Na2S2O3与金属阳离子发生氧化还原反应和____有关(写出两条)。 【答案】SO32-+2H+= H2O +SO2↑;或HSO3－+H+=SO2↑+H2O 硫化钠和碳酸钠的混合溶液 硫 控制反应温度、调节酸的滴加速度(或调节酸的浓度等) 若SO2过量，溶液显酸性，产物分解 取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质 加入铁溶液，产生蓝色沉淀 生成紫色配合物的反应速率快，氧化还原反应速率慢；Fe3+与S2O32−氧化还原反应的程度大，Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡逆移，最终溶液几乎无色 Ag+与S2O32−生成稳定的配合物，浓度降低，Ag+的氧化性和S2O32−的还原性减弱 H2O H2SO4 阳离子、用量等 【解析】 【分析】

Ⅰ.第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸；c装置为Na2S2O3的生成装置；d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体，结合问题分析解答；

Ⅱ.(6)利用铁溶液检验反应后的溶液中含有Fe2；根据外界条件对反应速率和平衡的影响分析解答；

(7)实验②滴加AgNO3溶液，先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液，说明溶液中Ag+较低，减少了发生氧化还原反应的可能；

(8)Ag2S2O3中S元素化合价为+2价，生成的Ag2S中S元素化合价为-2价，是还原产物，则未知产物应是氧化产物，结合电子守恒、原子守恒分析即可； (9)结合实验①、②、③从阳离子的氧化性、离子浓度等方面分析。 【详解】

+

Ⅰ. (1)第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸，反应的离子方程式为：SO32+2H=SO2↑+H2O，c装置为Na2S2O3的生成装置，根据反应原理可知c中的试剂为：硫化钠和碳酸钠的混合溶液；

(2)反应开始时发生的反应为：Na2S+SO2+H2O=H2S+Na2SO3，SO2+2H2S=3S↓+2H2O，故该浑浊物是S；

(3)通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制SO2生成速率；

(4)硫代硫酸钠遇酸易分解，若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解； (5)检测产品中是否存在Na2SO4的方法是取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质。

Ⅱ.(6)实验①的现象是混合后溶液先变成紫黑色，30s后溶液几乎变为无色，取反应后的混合液并加入铁溶液，产生蓝色沉淀，则有Fe2+生成，可判断为Fe3+被S2O32-还原为Fe2+；混合后溶液先变成紫黑色，30s后溶液几乎变为无色，说明Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-反应速率较Fe3+和S2O32-之间的氧化还原反应，且促**衡逆向移动；先变成紫黑色后变无色，说明生成紫色配合物的反应速率快，氧化还原反应速率慢；另外Fe3+

+-与S2O32−氧化还原反应的程度大，导致Fe3+3S2O32

-+

Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡逆移，最

-

终溶液几乎无色；

(7)同浓度氧化性：Ag>Fe3，但实验②未发生Ag与S2O32之间的氧化还原反应，结合实验

+

现象先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液，说明Ag与S2O32−生成稳定

+

+

+

的配合物，浓度降低，Ag的氧化性和S2O32−的还原性减弱；

(8)Ag2S2O3中S元素化合价为+2价，生成的Ag2S中S元素化合价为-2价，是还原产物，则未知产物应是氧化产物，如果产物是H2SO3，能被Ag+继续氧化，则氧化产物应为H2SO4，结合原子守恒可知，另一种反应物应为H2O，发生反应的化学方程式为Ag2S2O3+H2O=Ag2S+H2SO4；

(9)结合实验①、②、③可知，Na2S2O3与金属阳离子发生氧化还原反应和金属阳离子的氧化性强弱、离子浓度大小、反应物的用量等有关。

+

5．某学习小组探究金属与不同酸反应的差异，以及影响反应速率的因素。

实验药品：2．0moL/L盐酸、4．0mol/L盐酸、2 .0mol/L硫酸、4.0mol/L硫酸，相同大小的铝片和铝粉(金属表面氧化膜都已除去)；每次实验各种酸的用量均为50．0mL，金属用量均为9．0g。

（1）帮助该组同学完成以上实验设计表。 实验目的 实验 编号 温度 金属铝 形态 酸及浓度 1．实验①和②探究盐酸浓度对该反应速率的影响 2．实验②和③探究 ① 铝片 ② 25˚C 铝片 2．0mol/L盐酸 3．实验②和④探究金属规格(铝片,铝粉)对该反应速率的影响; 4．①和⑤实验探究铝与稀盐酸和稀硫酸反应的差异 ③ 35˚C 铝片 2．0mol/L盐酸 ④ 铝粉 ⑤ 25˚C 铝片 2．0mol/L硫酸 （2）该小组同学在对比①和⑤实验时发现①的反应速度都明显比⑤快，你能对问题原因作出哪些假设或猜想(列出一种即可)? 【答案】（1） 实验目的 实验 编号 温度 金属铝 形态 酸及浓度 1. 2．实验②和③探究温度对该反应速率的影响 3． 4． ① 25˚C 4.0mol/L盐酸 ② 25˚C 2.0mol/L盐酸 ③ ④ ⑤ （2）Cl-能够促进金属铝与H+反应，或SO42-对金属铝与H+的反应起阻碍作用等。 【解析】试题分析：（1）根据实验目的可知：实验①和②探究盐酸浓度对该反应速率的影响，则除盐酸浓度的浓度不同外，其它条件必须完全相同，所以①的温度为25℃，酸及浓度为：4.0moL/L盐酸；根据实验②和③的数据可知，除温度不同外，其它条件完全相同，则实验②和③探究的是反应温度对反应速率的影响；实验②和④探究金属规格(铝片，铝粉)对该反应速率的影响，则除铝的规格不同以外，其它条件必须完全相同，所以④中温度 25℃、酸及浓度为：2.0moL/L盐酸；

（2）对比①和⑤实验可知，只有Cl-和SO42-不同，其它条件完全相同，①的反应速度都

明显比⑤快，说明Cl-能够促进Al与H+的反应或SO42-对Al与H+的反应起阻碍作用。 考点：考查影响化学反应速率的因素，熟练掌握温度、浓度、固体物质的表面积等因素对反应速率的影响为解答关键。

6．金属镍具有较高的经济价值，工业上采用一定方法处理含镍废水使其达标排放并回收镍。某电镀废水中的镍主要以NiR2络合物形式存在，在水溶液中存在以下平衡：NiR2 (aq)

Ni2+(aq) +2R-(aq) （R-为有机物配体，K=1.6×10-14）

（1）传统的“硫化物沉淀法”是向废水中加入Na2S，使其中的NiR2生成NiS沉淀进而回收镍。

①该反应的离子方程式为_________。

②NiS沉淀生成的同时会有少量Ni(OH)2沉淀生成，用离子方程式解释Ni(OH)2生成的原因是_________、_________。

（2）“硫化物沉淀法”镍的回收率不高，处理后废水中的镍含量难以达标。“铁脱络-化学沉淀法”可达到预期效果，该法将镍转化为Ni(OH)2固体进而回收镍。工艺流程如下：

“脱络”（指镍元素由络合物NiR2转化成游离的Ni）过程中，R与中间产物·OH（羟基自由基）反应生成难以与Ni络合的·R（有机物自由基），但·OH也能与H2O2发生反应。反应的方程式如下： Fe2+ + H2O2 R— + ·OH H2O2 +2·OH

Fe3+ + OH— +·OH …………i OH—+ ·R …………ii O2↑ + 2H2O …………iii

2+

2+—

实验测得“脱络”过程中H2O2的加入量对溶液中镍去除率的影响如右图所示：

①从平衡移动的角度解释加入Fe2+和H2O2能够实现“脱络”的原因是_________。 ②分析图中曲线，可推断过氧化氢的最佳加入量为_________ g·L-1；低于或高于这个值，废水处理效果都下降，原因是_________。

【答案】NiR2 + S2-

-

NiS↓+ 2R- S2- + H2O

—

2+

HS- + OH- NiR2 + 2OH-

2+

--

2+

Ni(OH)2↓+ 2R NiR2在溶液中存在以下平衡：NiR2 (aq)

Ni(aq) +2R(aq)。Fe和

H2O2通过反应i和反应ii将R转化成难以与Ni络合的·R， 使c(R)减小，平衡正向移动，实现“脱络” 0.45 低于此数值，反应i生成的·OH过少，不足以使R—充分转化成·R；高于此数值，H2O2多，但反应i生成的·OH能与H2O2发生反应iii，使H2O2转化成O2和H2O，同样不能使R—充分转化成·R。 【解析】

(1)①向废水(镍主要以NiR2络合物形式存在)中加入Na2S，使其中的NiR2生成NiS沉淀，反应的离子方程式为NiR2 + S2- = NiS↓+ 2R-，故答案为：NiR2 + S2- = NiS↓+ 2R-； ②NiS沉淀生成的同时会有少量Ni(OH)2沉淀生成，是因为S2- + H2O 2OH- = Ni(OH)2↓+ 2R-，故答案为S2- + H2O (2)①NiR2在溶液中存在以下平衡：NiR2 (aq) 答案为NiR2在溶液中存在以下平衡：NiR2 (aq)

HS- + OH-，NiR2 +

HS- + OH-；NiR2 + 2OH- = Ni(OH)2↓+ 2R-； Ni2+(aq) +2R-(aq)。Fe2+和H2O2通过反应i Ni2+(aq) +2R-(aq)。Fe2+和H2O2通过反应

R， 使c(R-)减小，平衡正向移动，实现“脱络”，故和反应ii将R—转化成难以与Ni2+络合的·

i和反应ii将R—转化成难以与Ni2+络合的·R， 使c(R-)减小，平衡正向移动，实现“脱络”； L-1时，溶液中镍去除率最高，低于或高于这②根据图中曲线，过氧化氢的加入量为0.45g·

OH过少，不足以使R—充个值，废水处理效果都下降，原因是低于此数值，反应i生成的·

R；高于此数值，H2O2多，但反应i生成的·OH能与H2O2发生反应iii，使H2O2转分转化成·

R，故答案为0.45；低于此数值，反应i生成化成O2和H2O，同样不能使R—充分转化成·

OH过少，不足以使R-充分转化成·R；高于此数值，H2O2多，但反应i生成的·OH能与的·

H2O2发生反应iii，使H2O2转化成O2和H2O，同样不能使R-充分转化成·R。

点睛：本题考查的知识点比较陌生，难点较大。解答本题的关键是认真阅读题干，从题干OH与H2O2发生反应的信息。 中寻找解题需要的信息。本题的难点是(2)②，需要充分利用·

7．某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”，进行了如下实验：

室温下，试管中所加试剂及其用量/mL 实验 编号 0.6 mol/L H2C2O4溶液 1 2 3 4 3.0 3.0 1.0 H2O 4.0 2.0 a 0.2 mol/L KMnO4溶液 1.0 3.0 3.0 3 mol/L 稀硫酸 2.0 2.0 2.0 室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min 6.4 4.0 5.6 请回答：

（1）已知KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应有CO2生成，用化学方程式表示该实验的实

验原理________________________________________。

（2）a=______，设计实验2、3的目的是______________________ （3）利用实验2中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为v(KMnO4)＝____________。

（4）该小组同学根据经验绘制了n(Mn2＋)随时间变化趋势的示意图，如图1所示。但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2＋)随时间变化的趋势应如图2所示。该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究。

①该同学绘制图1的依据是________________________________________ ②该小组同学提出的假设是_________________________________________ ③请你帮助该小组同学完成实验方案，并填写表中空白。

室温下，试管中所加试剂及其用量/mL 实 验 编 号 0.6 mol/L H2C2O4溶液 H2O 0.2 mol/L KMnO4溶液 3 mol/L 稀硫酸 再向试 管中加 入少量 固体 室温下 溶液颜 色褪至 无色所 需时间 /min 4 3.0 2.0 3.0 2.0 t ④若该小组同学提出的假设成立，则其依据是__________________________________ 【答案】2KMnO4 + 5H2C2O4 +3H2SO4 =2MnSO4 + K2SO4 +10CO2↑ +8H2O 4.0 探究H2C2O4 浓度对反应速率的影响 0.015 mol/(L·min) 随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，速率降低 生成的Mn2+起催化作用，加快反应 MnSO4 【解析】

（1）酸性高锰酸钾溶液可以将草酸氧化为二氧化碳，本身被还原为Mn2+，所以反应为：2KMnO4 + 5H2C2O4 +3H2SO4 =2MnSO4 + K2SO4 +10CO2↑ +8H2O。

（2）对于实验2、3可以看出，其他反应物相同，只有草酸用量发生变化，所以这两个实验探究的是H2C2O4 浓度对反应速率的影响，因此实验中必须保证硫酸和高锰酸钾的浓度不变，所以必须保证总体积是相等的。实验2的总体积为10mL，所以实验3总体积也是10mL，计算可得a=4.0mL。

（3）实验2中高锰酸钾的初始浓度为0.2 mol/L × 3 mL÷ 10 mL = 0.06 mol/L，溶液褪色代表min)。 高锰酸钾被完全反应，所以速率为0.06 mol/L ÷ 4 min = 0.015 mol/(L·

（4）①随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，反应速率应该逐渐降低，所以图像中n(Mn2＋)随时间变化的趋势越来越平缓，最后保持不变。

②该反应速率先加快后减慢，所以可以假设是反应生成的Mn对反应起到了催化作用，导致反应加快，反应后期反应物的浓度减小，所以反应减慢。

③本实验的目的是验证Mn对反应可以起到催化作用，所以加入少量的硫酸锰固体。 ④若假设成立，则反应加快，褪色用的时间应该小于4min。

2+

2+

8．某工厂对制革工业污泥中Cr元素的回收与再利用工艺如下（硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe2+、Fe3+、Al3+、Cu2+、Mg2+）

常温下部分阳离子以氢氧化物沉淀形式存在时溶液的pH见下表： 阳离子 开始沉淀时的pH 沉淀完全时的pH Fe3+ 1.9 3.2 Fe2+ 7.0 9.0 Mg2+ 9.3 11.1 Al3+ 3.7 8.0 Cu2+ 4.7 6.7 Cr3+ --- 9(>9 溶解) （1）酸浸时，为了提高浸取效率可采取的措施是____________________（至少写一条）。 （2）加入H2O2 目的是氧化_______离子，其有关的离子方程式______________________。针铁矿（Coethite）是以德国诗人歌德（Coethe）名字命名的，组成元素是Fe、H、O，化学式量为，其化学式是______________。

（3）调pH=8是为了将_____________离子（从Fe3+、Al3+、Cu2+、Mg2+中选择）以氢氧化物沉淀的形式除去。滤出的沉淀中部分沉淀将溶解于足量的氢氧化钠溶液中，其有关的离子方程式是_____________________________________，取少量上层澄清溶液，向其中通入足量的CO2，又能重新得到相应的沉淀, 其有关的离子方程式为________________________。

【答案】 升高温度、搅拌、延长浸取时间、过滤后再次浸取（其他合理答案也可） Fe2+ 2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O FeO(OH) Al3+ Al(OH)3 + OH- = AlO2－ + 2H2O AlO2－ + 2H2O + CO2 = Al(OH)3↓+ HCO3－

【解析】(1)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等，故答案为：升高温度、搅拌、延长浸取时间、过滤后再次浸取； (2)双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，Fe2+和Cr3+有还原性，Fe2+和Cr3+能被双氧水氧化为高价离子，以便于与杂质离子分离，其中Fe2+反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+ 2H+= 2Fe3++2H2O，针铁矿组成元素是Fe、H、O，化学式量为，则1mol该物质中应含有1molFe，则H、O的质量为-56=33，可知应含有2molO和1molH，化学式应为FeO(OH)，故答案为：Fe2+；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；FeO(OH)；

(3)硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，由于Fe3+以针铁矿形成已经沉淀，则加入NaOH溶液使溶液呈碱性，溶液pH=8，Al3+、Cu2+转化为沉淀除去，滤出的沉淀中部分沉淀将溶解于足量的氢氧化钠溶液中，涉及反应为Al(OH)3+OH-= AlO2-+2H2O，取少量上层澄清溶液，向其中通入足量的CO2，又能重新得到相应的沉淀，涉及反应为AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-，故答案为：Al3+、Cu2+；Al(OH)3+OH-= AlO2-+2H2O；AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-。

9．某实验小组为确定过氧化氢分解的最佳催化条件，用如图实验装置进行实验，反应物用量和反应停止的时间数据如下：

分析表中数据回答下列问题，

(1)相同浓度的过氧化氢的分解速率随着二氧化锰用量的增加而____________。 (2)从实验效果和“绿色化学”的角度考虑，双氧水的浓度相同时，加入_____g的二氧化锰为较佳选择。

(3)该小组的某同学分析上述数据后认为：“当用相同质量的二氧化锰时，双氧水的浓度越小，所需要的时间就越少，亦即其反应速率越快”的结论，你认为是否正确_______理由是_________________。

【答案】（1）加快（2）0．3（3）不正确 从表中数据可知：相同体积3．0℅的双氧水中溶质的含量是1．5℅的双氧水中溶质的含量的2倍，但反应时间却比其反应时间的2倍要小很多。由反应速率计算公式（ΔV=ΔC∕Δt）可得出：此实验条件下双氧水的浓度越大，分解速率越快。 【解析】

试题分析：（1）根据表中每一行的数据可看出：相同浓度的过氧化氢中二氧化锰用量越多，反应需要的时间就越短。分解速率越快。即相同浓度的过氧化氢的分解速率随着二氧化锰用量的增加加快。(2)由表中的第2、3、4列可看出，二氧化锰用量从0．1g增加到0．3g时，速率增加很多，而当二氧化锰用量从0．3g增加到0．5g时，速率增加无几。故从“绿色化学”的角度考虑在双氧水的浓度相同时加入0．3g的二氧化锰为较佳选择。(3)这种说法是错误的。不能直接看数据的结论。因为根据表中的数据可知：在相同体积3．0℅的双氧水中溶质的含量是1．5℅的双氧水中溶质的含量的2倍，但反应时间却比其反应时间的2倍要小很多。由反应速率计算公式（ΔV=ΔC∕Δt）可得出：在此实验条件下双氧水的浓度越大，分解速率越快，所用时间就越少。

考点：考查浓度对化学反应速率的影响及从绿色环保角度考虑催化剂的用量多少问题的知识。

10．某研究小组拟用定量的方法测量Al和Fe分别与酸反应的快慢，设计了如图1所示的装置。

（1）检查图1所示装置气密性的方法是 。

（2）若要比较产生气体的快慢，可以测量相同时间段内产生气体的体积，也可以测量 。

（3）实验测得铝丝产生气体的速率（v）与时间（t）的关系如图2所示，则t1～t2时间段内反应速率逐渐加快的主要原因是 ；t2～t3时间段内反应速率逐渐减慢的主要原因是 。

【答案】（1）用手捂住锥形瓶，观察乙中长导管内液面是否上升； （2）产生相同体积的气体所需时间；

（3）反应放热，溶液温度升高使反应速率加快，氢离子浓度减少反应速率减慢。 【解析】

试题分析：（1）检查图1所示装置气密性的方法是用手捂住锥形瓶，观察乙中长导管内液面是否上升。

（2）若要比较产生气体的快慢，可以测量相同时间段内产生气体的体积，也可以测量产生相同体积的气体所需时间。

（3）金属与酸反应放热，体系温度升高，则t1～t2时间段内反应速率逐渐加快的主要原因是反应放热，溶液温度升高使反应速率加快；随着反应的进行，酸的浓度逐渐降低，化学反应速率减慢，t2～t3时间段内反应速率逐渐减慢的主要原因是氢离子浓度减少反应速率减慢。

考点：考查化学反应速率的影响因素