第七单元 主题17 化学反应速率.docx

主题17:化学反应速率 命题一 化学反应速率 ‎1.(2016年北京理综,8)下列食品添加剂中,其使用目的与反应速率有关的是(　　)。‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.抗氧化剂　　　　　　　　 B.调味剂 C.着色剂 D.增稠剂 ‎【解析】食品添加剂中添加抗氧化剂,目的是减慢食品被氧化的速率,A项正确;调味剂的主要作用是补充、增强或增加食品的味道,与反应速率无关,B项错误;着色剂以食品着色为主要目的,与反应速率无关,C项错误;增稠剂在食品中的主要作用是将液体、浆状食品形成特定形态,与反应速率无关,D项错误。‎ ‎【答案】A ‎2.(2014年全国Ⅰ卷,9)已知分解1 mol H2O2放出热量98 kJ,在含少量I-的溶液中,H2O2分解的机理为:‎ H2O2+I-H2O+IO-　慢 H2O2+IO-H2O+O2+I-　快 下列有关该反应的说法正确的是(　　)。‎ A.反应速率与I-浓度有关 B.IO-也是该反应的催化剂 C.反应活化能等于98 kJ·mol-1‎ D.v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)‎ ‎【解析】将题给两个反应合并可得总反应为2H2O22H2O+O2↑,该反应中I-作催化剂,其浓度的大小将影响该反应的反应速率,A项正确;该反应中IO-是中间产物,不是该反应的催化剂,B项错误;反应的活化能表示一个化学反应发生所需要的最小能量,分解1 mol H2O2放出98 kJ热量,不能据此判断该反应的活化能,C项错误;由反应速率与对应物质的化学计量数的关系可知v(H2O2)=v(H2O)=2v(O2),D项错误。‎ ‎【答案】A ‎3.(2014年全国Ⅱ卷,26节选)在容积为1.00 L的容器中,通入一定量的N2O4,发生反应N2O4(g)2NO2(g),随温度升高,混合气体的颜色变深。‎ 在0~60 s时段,反应速率v(N2O4)为　　　　 mol·L-1·s-1。 ‎ ‎【解析】由题意及图示知,0~60 s内N2O4消耗的浓度Δc(N2O4)=0.100 mol·L-1-0.040 mol·L-1=0.060 mol·L-1,v(N2O4)=‎0.060mol·‎L‎-1‎‎60 s=0.0010 mol·L-1·s-1。‎ ‎【答案】0.0010‎ ‎4.(2015年广东理综,31节选)用O2将HCl转化为Cl2,可提高效益,减少污染。一定条件下测得反应过程中n(Cl2)的数据如下:‎ t/min ‎0‎ ‎2.0‎ ‎4.0‎ ‎6.0‎ ‎8.0‎ n(Cl2)/10-3 mol ‎0‎ ‎1.8‎ ‎3.7‎ ‎5.4‎ ‎7.2‎ 计算2.0~6.0 min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率:　　　　　　　　　　　　 (以mol·min-1为单位,写出计算过程)。 ‎ ‎【解析】根据反应4HCl+O22Cl2+2H2O可知,v(HCl)=Δn(HCl)‎Δt=‎(5.4-1.8)×1‎0‎‎-3‎mol×2‎‎(6.0-2.0)min=1.8×10-3 mol·min-1。‎ ‎【答案】v(HCl)=‎(5.4-1.8)×1‎0‎‎-3‎mol×2‎‎(6.0-2.0)min=1.8×10-3 mol·min-1‎ 命题二 化学反应速率影响因素 ‎5.(2018年江苏,13)根据下列图示所得出的结论不正确的是(　　)。‎ A.图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线,说明该反应的ΔHvb。根据题意得v正=k正x2(SiHCl3),v逆=k逆x(SiH2Cl2) x(SiCl4),当反应达平衡时,v正=v逆,k正x2(SiHCl3)=k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4),k正k逆=x(SiH‎2‎Cl‎2‎)x(SiCl‎4‎)‎x‎2‎‎(SiHCl‎3‎)‎=K,K为反应2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)的平衡常数,所以k正k逆=K=0.02。a点时,SiHCl3的转化率为20%,由此可以列三段式:‎ ‎　　　　2SiHCl3SiH2Cl2+SiCl4‎ x(起始):　1　　　　　0　　　0‎ x(反应):　0.2　 0.1　 0.1‎ x(平衡):　0.8　 0.1　 0.1‎ 所以x(SiHCl3)=0.8,x(SiH2Cl2)=x(SiCl4)=0.1。v正v逆=k正x‎2‎‎(SiHCl‎3‎)‎k逆x(SiH‎2‎Cl‎2‎)x(SiCl‎4‎)‎ =‎0.02×0.‎‎8‎‎2‎‎0.‎‎1‎‎2‎≈1.3。‎ ‎【答案】(1)22　0.02‎ ‎(2)及时移去产物　改进催化剂　增大压强(或增大反应物浓度)‎ ‎(3)大于　1.3‎ ‎8.(2017年天津理综,10节选)H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害,工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放,回答下列各方法中的问题:‎ H2S的除去 方法:生物脱H2S的原理为:‎ H2S+Fe2(SO4)3S↓+2FeSO4+H2SO4‎ ‎4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(SO4)3+2H2O ‎(1)硫杆菌存在时,FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍,该菌的作用是　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)由图1和图2判断使用硫杆菌的最佳条件为　　　　　　　　　　　。若反应温度过高,反应速率下降,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎【解析】(1)硫杆菌的存在加快了FeSO4的氧化速率,故起到催化剂作用。(2)由图1可知30 ℃时氧化速率最快,由图2可知pH=2.0时氧化速率最快,故使用硫杆菌的最佳条件为30 ℃、pH=2.0。硫杆菌含蛋白质,温度过高会使蛋白质变性,硫杆菌失去生理活性,从而丧失催化能力。‎ ‎【答案】(1)降低反应活化能(或作催化剂)‎ ‎(2)30 ℃、pH=2.0　蛋白质变性(或硫杆菌失去活性)‎ ‎9.(2015年福建理综,12)在不同浓度(c)、温度(T)条件下,蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列判断不正确的是(　　)。‎ ‎ v(mmol·L-1·min-1)c(mol·L-1)‎ T/K　　　　　　　　　　‎ ‎0.600‎ ‎0.500‎ ‎0.400‎ ‎0.300‎ ‎318.2‎ ‎3.60‎ ‎3.00‎ ‎2.40‎ ‎1.80‎ ‎328.2‎ ‎9.00‎ ‎7.50‎ a ‎4.50‎ b ‎2.16‎ ‎1.80‎ ‎1.44‎ ‎1.08‎ A.a=6.00‎ B.同时改变反应温度和蔗糖的浓度,v可能不变 C.b① B.④③>④ D.④>③>②>①‎ ‎　　【解析】若四种反应速率都用A表示,则有①v(A)=0.0075 mol·L-1·s-1,②v(A)=0.2 mol·L-1·s-1,③v(A)=0.2 mol·L-1·s-1,④v(A)=0.225 mol·L-1·s-1,所以反应速率④>③=②>①,A项正确。‎ ‎【答案】A ‎ 在2 L的密闭容器中发生反应后各物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示。‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)0~10 s的平均反应速率v(H2)=　　　　　　　　;v(HI)=　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)根据上述反应速率数值,分析用不同物质表示同一化学反应在同一时间内的化学反应速率数值是否相同:‎ ‎ ‎ ‎　。 ‎ ‎(4)能否用I2(s)表示该反应的反应速率?　　　　(填“能”或“否”),说明理由:　 ‎ ‎　。 ‎ ‎【答案】(1)H2(g)+I2(s)2HI(g)‎ ‎(2)0.0395 mol·L-1·s-1　0.079 mol·L-1·s-1‎ ‎(3)同一反应在同一时间内,用不同物质表示的化学反应速率数值可能相同,也可能不同,但表示的意义都相同,并且化学反应速率之比等于化学计量数之比 ‎(4)否　对于有固体或纯液体参加的反应,固体或纯液体的浓度视为常数,故不能用固体或纯液体物质表示化学反应速率 考点二　化学反应速率的影响因素 ‎　‎ 影响化学反应速率的因素 ‎　　1.内因 反应物本身的性质是主要因素。如相同条件下Mg、Al与稀盐酸反应的速率大小关系为①　　　　。 ‎ ‎　　2.外因 ‎　　3.理论解释——有效碰撞理论 ‎(1)活化分子:能够发生有效碰撞的分子。‎ ‎(2)活化能 催化反应与无催化反应过程中的能量关系 E1为反应的⑩　　　　　　,使用催化剂时的活化能为　　　　,反应热为　　　　。 ‎ ‎(3)有效碰撞:活化分子之间能够引发化学反应的碰撞。‎ ‎(4)活化分子、有效碰撞与反应速率的关系 ‎【特别提醒】‎ ‎1.压强对化学反应速率的影响是通过改变浓度实现的,所以也可以从浓度是否发生改变的角度来分析压强的改变对反应速率的影响。若改变总压强而各物质的浓度不改变,则反应速率也不变。‎ ‎2.固体物质的反应速率与接触面积有关,固体颗粒越小,表面积越大,反应速率越快。故块状固体可以通过研细来增大表面积,从而增大反应速率。‎ ‎3.改变压强对化学反应速率的影响 ‎(1)恒温时,增大压强体积减小浓度增大化学反应速率加快。‎ ‎(2)恒容时,充入气体反应物总压强增大浓度增大化学反应速率加快。‎ 恒容时,充入稀有气体总压强增大,但各物质的浓度不发生变化,所以化学反应速率不变。‎ ‎(3)恒压时,充入稀有气体体系体积增大各反应物浓度减小化学反应速率减慢。‎ 在线反馈 ‎①Mg>Al　②增大　③减小　④增大　⑤减小　⑥增大　⑦减小　⑧增大　⑨增大固体表面积　⑩活化能　E3　E1-E2　增加　不变　增加　不变 增加　增加 ‎ 一定温度下,反应N2(g)+O2(g)2NO(g)在密闭容器中进行,下列措施不改变化学反应速率的是(　　)。‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.缩小容积使压强增大 B.恒容,充入N2‎ C.恒容,充入He D.恒压,充入He ‎【解析】A项,气体的物质的量不变,缩小容积,气体的物质的量浓度增大,化学反应速率增大;B项,容积不变,充入N2,反应物N2的物质的量浓度增大,化学反应速率增大;C项,容积不变,充入He,反应容器内压强增大,但N2、O2、NO的物质的量浓度并没有变化,因此不改变化学反应速率;D项,压强不变,充入He,反应容器的容积增大,N2、O2、NO的物质的量浓度减小,化学反应速率减小。‎ ‎【答案】C ‎ 下列有关反应速率的说法正确的是(　　)。‎ A.用铁片和稀硫酸反应制氢气时,改用98%的硫酸可以加快反应速率 B.100 mL 2 mol·L-1盐酸与锌片反应,加入适量的氯化钠溶液,反应速率不变 C.SO2的催化氧化反应是一个放热反应,所以升高温度,反应速率变慢 D.汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2,减小压强,反应速率变慢 ‎【解析】A项,铁遇浓硫酸钝化,错误;B项,加入NaCl溶液,溶液体积增大,c(H+)减小,反应速率减小,错误;C项,升高温度,正、逆反应速率都增大,错误;D项,减小压强,反应速率减小,正确。‎ ‎【答案】D ‎ 下列表格中的各种情况,可以用对应选项中的图像(纵坐标为反应速率)表示的是(　　)。‎ 选项 反应 甲 乙 A 外形、大小相近的金属和水反应 Na K B ‎4 mL 0.01 mol·L-1KMnO4溶液分别和不同浓度的2 mLH2C2O4(草酸)溶液反应 ‎0.1 mol·L-1的H2C2O4溶液 ‎0.2 mol·L-1的H2C2O4溶液 C ‎5 mL 0.1 mol·L-1 Na2S2O3溶液和5 mL 0.1 mol·L-1 ‎ 热水 冷水 H2SO4溶液反应 D ‎5 mL 4%的过氧化氢溶液分解放出O2‎ 无MnO2粉末 加MnO2粉末 ‎【解析】由于K比Na活泼,故大小相同的金属K和Na与水反应,K的反应速率更快,又由于Na、K与H2O反应均为放热反应,随着反应的进行,放出大量的热,反应速率逐渐加快,故A项不正确;由于起始时乙中H2C2O4浓度大,故其反应速率比甲快,B项不正确;由于甲反应是在热水中进行的,温度高,故甲的反应速率大于乙,随着反应的进行,反应物浓度逐渐减小,故甲、乙中反应速率逐渐减小,C项正确;MnO2在H2O2的分解过程中起催化作用,故乙的反应速率大于甲,D项不正确。‎ ‎【答案】C ‎ 用Na2FeO4溶液氧化废水中的还原性污染物M,为研究降解效果。设计如下对比实验探究温度、浓度、pH、催化剂对降解速率和效果的影响,实验测得M的浓度与时间关系如图所示,下列说法不正确的是(　　)。‎ 实验编号 温度(℃)‎ pH ‎①‎ ‎25‎ ‎1‎ ‎②‎ ‎45‎ ‎1‎ ‎③‎ ‎25‎ ‎7‎ ‎④‎ ‎25‎ ‎1‎ A.实验①在15 min内,M的降解速率为1.33×10-5 mol·L-1·min-1‎ B.若其他条件相同,实验①②说明升高温度,M的降解速率增大 C.若其他条件相同,实验①③证明pH越高,越不利于M的降解 D.实验①④说明M的浓度越小,降解速率越快 ‎【解析】根据化学反应速率的数学表达式,v(M)=‎(0.3-0.1)×1‎‎0‎‎-3‎‎15‎ mol·L-1·min-1=1.33×10-5 mol·L-1·min-1,故A项正确;①②不同的是温度,②的温度高于①,在相同的时间段内,②中M的浓度变化大于①,说明②中M的降解速率增大,故B项正确;①③温度相同,③的pH大于①,在相同的时间段内,①中M浓度变化大于③,说明①的降解速率大于③,故C项正确;①④M的浓度不同,0~15 min内,④中M的浓度变化小于①,说明M的浓度越慢,降解速率越慢,故D项错误。‎ ‎【答案】D 考点三　化学反应速率综合应用 ‎　　1.比较化学反应速率的两种方法 ‎(1)归一法 按照化学计量数关系换算成用同一种物质、相同单位表示,再比较数值大小。‎ 如对于反应2SO2+O22SO3,若①v(SO2)=2 mol·L-1·min-1,②v(O2)=3 mol·L-1·min-1,③v(SO3)=4 mol·L-1·min-1,比较三者反应速率的大小,可以将三者表示的反应速率都转化为用O2表示的反应速率,再比较数值大小。通过换算得到①v(O2)=1 mol·L-1·min-1,③v(O2)=2 mol·L-1·min-1,则反应速率的大小关系为②>③>①。‎ ‎(2)比值法 用各物质表示的反应速率除以各物质对应的化学计量数,然后再对求出的数值进行大小排序,数值大的反应速率大。如反应mA+nBpC+qD,若v(A)‎m>v(B)‎n,则用A表示的反应速率>用B表示的反应速率。‎ ‎　　2.“三段式法”的解题模式 对于反应mA+nBpC+qD,起始t0(s)时A的浓度为a mol·L-1,B的浓度为b mol·L-1,反应进行至t1(s)时,A的浓度减小了x mol·L-1,则反应速率可计算如下:‎ ‎　　　　　　　　　mA　+　nB pC + qD t0时/mol·L-1　 a　　 b　 0　 0‎ 转化/mol·L-1　　 x　　　 nxm　 pxm　 ‎qxm t1时/mol·L-1　 a-x　 b-nxm　 pxm　 qxm ‎ 则:v(A)=xt‎1‎‎-‎t‎0‎ mol·L-1·s-1,‎ v(B)=nxm(t‎1‎-t‎0‎)‎ mol·L-1·s-1,‎ v(C)=pxm(t‎1‎-t‎0‎)‎ mol·L-1·s-1,‎ v(D)=qxm(t‎1‎-t‎0‎)‎ mol·L-1·s-1。‎ ‎　　3.“控制变量法”的思维模板 影响化学反应速率的因素有多种,在探究相关规律时,需要控制其他条件不变,只改变某一个条件,探究这一条件对反应速率的影响。具体解题思维模板如下:‎ ‎　　4.利用“断点”突破化学反应速率图像(v-t图)‎ ‎(1)当可逆反应达到一种平衡后,若某一时刻外界条件发生改变,都可能使速率-时间图像的曲线出现不连续的情况,即出现“断点”。根据“断点”前后的速率大小,即可对外界条件的变化情况做出判断。如图所示,t1时刻改变的条件可能是使用了催化剂或增大压强(仅适用于反应前后气体物质的量不变的反应)。‎ ‎(2)常见含“断点”的速率变化图像分析 图像 t1时刻所改变的条件 温度 升高 降低 升高 降低 适合正反应放热的反应 适合正反应吸热的反应 压强 增大 减小 增大 减小 适合正反应为气体物质的量增大的反应 适合正反应为气体物质的量减小的反应 ‎ 一定温度下,向容积为2 L的密闭容器中通入两种气体,发生化学反应,反应中各物质的物质的量变化如图所示,下列对该反应的推断合理的是(　　)。‎ A.该反应的化学方程式为3B+4D6A+2C B.反应进行到1 s时,v(A)=v(D)‎ C.反应进行到6 s时,B的平均反应速率为0.05 mol·L-1·s-1‎ D.反应进行到6 s时,各物质的反应速率相等 ‎【解析】由图像可知,B、C为反应物,A、D为生成物,由于各物质的物质的量变化之比等于化学方程式中化学计量数之比,Δn(A)∶Δn(B)∶Δn(C)∶Δn(D)=6∶3∶4∶2,所以化学方程式为3B+4C6A+2D,A项错误;无论在什么时刻,用各物质表示的速率之比都等于化学计量数之比,故B、D两项错误。‎ ‎【答案】C ‎ (2018年三明高三测试)某密闭容器中充入等物质的量的A和B,一定温度下发生反应A(g)+xB(g)2C(g),达到平衡后,在不同的时间段,分别改变反应的一个条件,测得容器中各物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示:‎ 下列说法正确的是(　　)。‎ A.30~40 min内该反应使用了催化剂 B.化学方程式中的x=1,正反应为吸热反应 C.30 min时降低温度,40 min时升高温度 D.30 min时减小压强,40 min时升高温度 ‎【解析】若使用催化剂,则物质的浓度不变,A项错误;由图1可知,A、B的浓度变化相同,故A、B的化学计量数相同,都为1,由图2可知,30 min时改变的条件为减小压强,40 min时改变的条件为升温,且升高温度平衡向逆反应方向移动,则正反应为放热反应,B、C两项错误,D项正确。‎ ‎【答案】D ‎ 向某密闭容器中加入0.3 mol A、0.1 mol C和一定量的B三种气体。一定条件下发生反应,各物质的浓度随时间变化如图1所示[t0~t1阶段的c(B)变化未画出]。图2为t2时刻后改变条件时平衡体系中正、逆反应速率随时间变化的情况,四个阶段都各改变一种反应条件且互不相同,t3~t4阶段为使用了催化剂。下列说法中正确的是(　　)。‎ A.若t1=15 s,则用A的浓度变化表示的t0~t1阶段的反应速率为0.004 mol·L-1·s-1‎ B.t4~t5阶段改变的条件一定为减小压强 C.该容器的容积为2 L,B的起始物质的量为0.02 mol D.t5~t6阶段,容器内A的物质的量减少了0.06 mol,而此过程中容器与外界的热交换总量为a kJ,该反应的热化学方程式为3A(g)B(g)+2C(g)　ΔH=-50a kJ·mol-1‎ ‎【解析】t3~t4与t4~t5,条件改变时,平衡不发生移动,只可能是两种情况:一是加入了催化剂;二是该反应是一个反应前后气体分子数相等的反应,改变的条件是体系的压强。t3~t4阶段为使用催化剂,则t4~t5阶段改变的条件一定为减小压强。前15 s内A的浓度变化为0.15 mol·L-1-0.06 mol·L-1=0.09 mol·L-1,A的反应速率为0.006 mol·L-1·s-1,A项错误;t0~t1阶段C的浓度变化为0.11 mol·L-1-0.05 mol·L-1=0.06 mol·L-1,A与C的化学计量数之比为3∶2,且该反应为反应前后气体分子数不变的反应,故B只能为生成物,且B与C的化学计量数之比为1∶2,则t0~t1阶段B的浓度改变为0.03 mol·L-1,B的平衡浓度为0.05 mol·L-1,则其起始浓度为0.02 mol·L-1,物质的量为0.04 mol,C项错误;t5~t6改变的条件为升高温度,这时反应正向进行,所以正反应为吸热反应,D项错误。‎ ‎【答案】B ‎ 某密闭容器中发生如下反应:A(g)+3B(g)2C(g)　ΔH②,则说明Fe3+对H2O2分解的催化效果一定比Cu2+好 C.用图2装置比较反应速率,可测定在相同状况下反应产生的气体体积及反应时间 D.为检查图2装置的气密性,可关闭分液漏斗活塞,将注射器活塞拉出一定距离,一段时间后松开活塞,观察活塞是否回到原位 ‎【解析】由于FeCl3和CuSO4的阴离子不相同,因此图1所示实验中反应速率①>②,不能说明Fe3+对H2O2分解的催化效果比Cu2+好。‎ ‎【答案】B ‎4.(2018年北京海淀期中)一定温度下,向10 mL 0.40 mol·L-1 H2O2溶液中加入适量FeCl3溶液,不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表所示: ‎ t/min ‎0‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ V(O2)/mL ‎0‎ ‎9.9‎ ‎17.2‎ ‎22.4‎ 资料显示,反应分两步进行:①2Fe3++H2O22Fe2++O2↑+2H+;②H2O2+2Fe2++2H+2H2O+2Fe3+。反应过程中能量变化如图所示: ‎ 下列说法不正确的是(　　)。‎ A.0~6 min的平均反应速率:v(H2O2)=3.33×10-2 mol·L-1·min-1 ‎ B.Fe3+的作用是增大过氧化氢的分解速率 C.反应①是吸热反应,反应②是放热反应 D.反应2H2O2(aq) 2H2O(l)+O2(g)的ΔH=E1-E20)。若向2 L该容器中通入1.2 mol NO2 ,测得100 s时反应达到化学平衡状态,此时c(O2)=0.2 mol·L-1。下列说法正确的是(　　)。‎ A.增大c(NO),平衡逆向移动,反应的化学平衡常数减小 ‎ B.100 s内NO2的分解速率为8×10-3 mol·L-1·s-1 ‎ C.反应达平衡时,吸收的热量为0.2Q kJ ‎ D.其他条件不变,若开始时n(NO2)=2.4 mol,则达到平衡后c(O2)O,故A项正确;SiO2是不溶于水的酸性氧化物,故B项正确;由N、O和H三种元素形成的化合物NH4NO3中含有离子键和共价键,故C项错误;Cl的非金属性比Si强,则最高价氧化物对应水化物的酸性:H2SiO3Y>Z B.气态氢化物的热稳定性:Y>X C.最高价氧化物对应水化物的酸性:M>Z D.由R、X、Y、M四种元素组成的盐只有一种 ‎【解析】依题意,这五种主族元素占据三个短周期,R的原子序数最小,则R为H。若Y有2个电子层,则最外层有6个电子,Y为O,符合题意;若Y有3个电子层,则最外层有9个电子,不符合原子核外电子排布规则。综上所述,Y为O。Y和M同主族,则M为S。由图可知,Q含有金属阳离子,且该金属阳离子与碱反应生成的氢氧化物难溶于水,而该氢氧化物又能与碱反应,所以,Q含有铝离子。分析题图,当加入氢氧化钠溶液的体积由3 mL4 mL时,生成沉淀的物质的量不变,说明溶液中存在铵根离子,铵根离子与碱反应。由原子序数大小知,X为N,Z为Al。S2-、O2-、Al3+的半径依次减小,A项正确;热稳定性H2O>NH3,B项正确;酸性H2SO4>Al(OH)3,C项正确;由H、N、O、S四种元素组成的盐有NH4HSO4、(NH4)2SO4、NH4HSO3、(NH4)2SO3、(NH4)2S2O8、(NH4)2S2O3等,D项错误。‎ ‎【答案】D ‎5.(2018年宁波十校联考)已知氧化性:Br2>Fe3+>I2,向含a mol FeI2的溶液中加入含b mol Br2的溴水,充分反应。下列说法不正确的是(　　)。‎ A.离子的还原性强弱:I->Fe2+>Br-‎ B.当a≥b时,发生的离子反应为2I-+Br2I2+2Br-‎ C.当5a=4b时,反应后c(Fe2+)∶c(Fe3+)∶c(Br-)=1∶1∶5‎ D.当3a≤2b时,发生的离子反应为2Fe2++2I-+2Br22Fe3++I2+4Br-‎ ‎【解析】已知氧化性Br2>Fe3+>I2,则离子的还原性I->Fe2+>Br-,A项正确;溴水与FeI2溶液反应时,Br2先与还原性强的I-反应,后与Fe2+反应,当a=b时,FeI2溶液中的I-恰好与Br2完全反应,当a>b时,I-过量,只发生I-与Br2的反应,故当a≥b时,发生离子反应2I-+Br2I2+2Br-,B项正确;当5a=4b时,即a mol FeI2和‎5‎‎4‎a mol Br2反应,I-完全反应,由得失电子守恒知Fe2+有一半被氧化成Fe3+,所以反应后c(Fe2+)∶c(Fe3+)∶c(Br-)=1∶1∶5,C项正确;当3a=2b时,a mol FeI2和b mol Br2恰好完全反应,离子方程式为2Fe2++4I-+3Br22Fe3++2I2+6Br-,D项错误。‎ ‎【答案】D ‎6.Ⅰ.实验室可由软锰矿(主要成分为MnO2)制备KMnO4,方法如下:软锰矿和过量的KOH和KClO3固体在高温下反应,生成锰酸钾(K2MnO4)和KCl;用水溶解,滤去残渣,滤液酸化后,K2MnO4转化为MnO2和KMnO4;滤去MnO2沉淀,浓缩溶液,结晶得到深紫色的针状KMnO4。试回答下列问题:‎ ‎(1)软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　 。 ‎ ‎(2)K2MnO4制备KMnO4的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ Ⅱ.MnO2是一种重要的无机功能材料,粗MnO2的提纯是工业生产的重要环节。某研究性学习小组设计了将粗MnO2(含有较多的MnO和MnCO3)样品转化为纯MnO2的实验,其流程如下:‎ ‎(1)第①步加稀H2SO4时,粗MnO2样品中的　　　　(填化学式)转化为可溶性物质。 ‎ ‎(2)补充并配平第②步反应的离子方程式:　　　+　ClO‎3‎‎-‎+　　 　MnO2↓+　Cl2↑+　　　。 ‎ ‎(3)两次过滤后对MnO2固体洗涤2~3次,如何确定是否洗涤干净?　。 ‎ ‎(4)若粗MnO2样品的质量为12.69 g,第①步反应后,经过滤得到8.7 g MnO2,并收集到0.224 L CO2(标准状况),则在第②步反应中至少需要　　　　 mol NaClO3。 ‎ ‎【解析】Ⅰ.(1)由软锰矿与过量KOH和KClO3固体在高温下反应,生成锰酸钾(K2MnO4)和KCl,反应中化合价变化的元素为Mn、Cl,Mn元素的化合价由+4升高为+6,Cl元素的化合价由+5降低为-1,根据化合价升降总数相等,二氧化锰与氯酸钾的物质的量之比为3∶1,再根据原子守恒配平得化学方程式:3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O。‎ ‎(2)经滤液酸化后,K2MnO4转化为MnO2和KMnO4,反应中只有Mn元素的化合价发生变化,Mn元素由+6价部分降低为+4价,部分升高为+7价,根据化合价升降总数相等,则二氧化锰与高锰酸钾的物质的量之比为1∶2,再根据电荷守恒、原子守恒配平得离子方程式:3MnO‎4‎‎2-‎+4H+MnO2↓+2MnO‎4‎‎-‎+2H2O。‎ Ⅱ.(1)MnO2不溶于硫酸,所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4。‎ ‎(2)MnSO4要转化为MnO2,需失去电子,故需要加入NaClO3作氧化剂,依据得失电子守恒配平反应的离子方程式为5Mn2++2ClO‎3‎‎-‎+4H2O5MnO2↓+Cl2↑+8H+。‎ ‎(3)两次过滤后对MnO2固体洗涤2~3次,二氧化锰上可能吸附有硫酸根离子,判断沉淀洗涤干净的方法为取最后一次洗涤液,滴加少量BaCl2溶液,若无白色沉淀产生,则洗涤干净。‎ ‎(4)由题意知样品中的MnO和MnCO3质量为12.69 g-8.7 g=3.99 g,0.224 L CO2的物质的量为0.01 mol,由化学方程式H2SO4+MnCO3MnSO4+H2O+CO2↑可知,MnCO3的物质的量为0.01 mol,质量为115 g·mol-1×0.01 mol=1.15 g,所以MnO的质量为3.99 g-1.15 g=2.84 g,其物质的量为‎2.84 g‎71 g·mol‎-1‎=0.04 mol,因此与稀硫酸反应时共生成MnSO4的物质的量为0.05 mol,根据化学方程式5MnSO4+2NaClO3+4H2O5MnO2↓+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4可计算出需要NaClO3的物质的量为0.02 mol。‎ ‎【答案】Ⅰ.(1)3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O ‎(2)3MnO‎4‎‎2-‎+4H+MnO2↓+2MnO‎4‎‎-‎+2H2O Ⅱ.(1)MnO和MnCO3‎ ‎(2)5Mn2+　2　4H2O　5　1　8H+‎ ‎(3)取最后一次洗涤液于试管中,滴加少量BaCl2溶液,若无白色沉淀产生,则洗涤干净 ‎(4)0.02‎ ‎7.(2018年临沂期中)用酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反应研究影响反应速率的因素,离子方程式为2MnO‎4‎‎-‎+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O。某实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率,探究影响化学反应速率的因素,设计实验方案如下(KMnO4溶液已酸化),实验装置如图1所示:‎ 实验 序号 A溶液 B溶液 ‎①‎ ‎20 mL 0.1 mol·L-1 H2C2O4溶液 ‎30 mL 0.01 mol·L-1 KMnO4溶液 ‎②‎ ‎20 mL 0.2 mol·L-1 H2C2O4溶液 ‎30 mL 0.01 mol·L-1 KMnO4溶液 ‎(1)该实验探究的是　　　　　　因素对化学反应速率的影响。相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是　　　　>　　　　(填实验序号)。 ‎ ‎(2)若实验①在2 min末收集了4.48 mL CO2(标准状况),则在2 min末,c(MnO‎4‎‎-‎)=　　　　 mol·L-1(假设混合溶液的体积为50 mL)。 ‎ ‎(3)除通过测定一定时间内CO2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)小组同学发现反应速率变化如图2所示,其中t1~t2时间内速率变快的主要原因可能是:①产物Mn2+是反应的催化剂;②　。 ‎ ‎【解析】(1)对比①②实验中A溶液、B溶液的数据可知,除c(H2C2O4)不同外,其余各量均相同,显然该实验是探究浓度对化学反应速率的影响。实验②中A溶液的c(H2C2O4)比实验①中大,则实验②的化学反应速率更快,所得CO2的体积更大。‎ ‎(2)收集到CO2的物质的量n(CO2)=‎4.48×1‎0‎‎-3‎L‎22.4 L·mol‎-1‎=2×10-4 mol,则有 ‎2MnO‎4‎‎-‎+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O ‎　2　　　　　　　　　　　　　　　　　10‎ ‎　n(MnO‎4‎‎-‎)　　　　 　　　　　　　2×10-4 mol ‎2‎‎10‎‎=n(MnO‎4‎‎-‎)‎‎2×1‎0‎‎-4‎mol,解得n(MnO‎4‎‎-‎)=4×10-5 mol。在2 min末,n(MnO‎4‎‎-‎)=30×10-3 L×0.01 mol·L-1-4×10-5 mol=2.6×10-4 mol,从而可得c(MnO‎4‎‎-‎)=‎2.6×1‎0‎‎-4‎mol‎0.05 L=0.0052 mol·L-1。‎ ‎【答案】(1)浓度　②　①‎ ‎(2)0.0052‎ ‎(3)KMnO4溶液完全褪色所需时间(或产生相同体积气体所需时间)‎ ‎(4)反应放热