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易错专题12 化学反应速率
聚焦易错点：
易错点一
►
化学反应速率影响因素
易错点二
►
化学反应速率影响因素的探究
典例精讲
易错点一 化学反应速率的影响因素
【易错典例】
例1（2024·河南开封·三模）已知反应2NO(g)＋2H2(g)
N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－752 kJ·mol－1
的反应机理如下：
①2NO(g)
N2O2(g) (快)
②N2O2(g)＋H2(g)
N2O(g)＋H2O(g) (慢)
③N2O(g)＋H2(g)
N2(g)＋H2O(g) (快)
下列有关说法错误的是( )
A．①的逆反应速率大于②的正反应速率
B．②中N2O2与H2的碰撞仅部分有效
C．N2O2和N2O 是该反应的催化剂
D．总反应中逆反应的活化能比正反应的活化能大
C【解析】①为快反应，说明反应物的活化能和生成物的活化能都较小，反应更容易发生；②为慢反应，
说明反应物的活化能和生成物的活化能都较大，②中反应物的活化能大于①中生成物的活化能，因此①的
逆反应速率大于②的正反应速率，A 项正确；②反应为慢反应，反应慢说明反应的活化能大，物质微粒发
生碰撞时，许多碰撞都不能发生化学反应，因此碰撞仅部分有效，B 项正确；反应过程中N2O2和N2O 是中间
产物，不是催化剂，C 项错误；总反应为放热反应，则总反应中逆反应的活化能比正反应的活化能大，D 项
正确。
【解题必备】
1
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(1)纯液体和固体浓度视为常数，它们的量的改变不会影响化学反应速率。但固体颗粒的大小导致接触面的
大小发生变化，故影响反应速率。
(2)对于固体、液体物质，由于压强改变时对它们的体积影响很小，因而压强对它们浓度的影响可看作不变，
压强对无气体参加的化学反应的速率无影响。
(3)升高温度，不论吸热还是放热反应，也不论正反应速率还是逆反应速率都增大。
(4)用催化剂催化的反应，由于催化剂只有在适宜的温度下活性最大，反应速率才能达到最大，故在许多工
业生产中温度的选择还需考虑催化剂的活性温度范围。
【变式突破】
1．（2024·北京朝阳·一模）某同学进行如下实验：
①将H2O2溶液与KI 溶液混合，产生大量气泡，溶液颜色变黄；
②将①中的黄色溶液分成两等份，一份加入CCl4，振荡，产生气泡速率明显减小，下层溶液呈紫红色；另
一份不加CCl4，振荡，产生气泡速率无明显变化。
下列说法不正确的是
A．①中溶液颜色变黄的原因是：H2O2+2I-=I2+2OH-
B．②中下层溶液呈紫红色是因为I2溶于CCl4
C．②中产生气泡速率减小的原因是H2O2浓度减小
D．由该实验可知，I2可以加快H2O2分解产生气泡反应速率
C【详解】A．将H2O2溶液与KI 溶液混合，溶液颜色变黄是过氧化氢将碘离子氧化为碘单质，方程式
H2O2+2I-=I2+2OH-正确，A 正确；B．②中下层溶液呈紫红色是因为四氯化碳萃取了溶液中的I2，碘单质溶于
CCl4会呈紫色，B 正确；C．②中产生气泡速率减小的原因是四氯化碳萃取了溶液中的I2，I2浓度减小导致过
氧化氢分解速率减慢，C 错误；D．通过对比等量黄色溶液中加入四氯化碳萃取碘单质和不加入四氯化碳产
生气泡的速率，可以看出加入四氯化碳萃取碘单质后产生气泡速率明显减小，不加入四氯化碳产生气泡速
率无明显变化，可以得到I2可以加快H2O2分解产生气泡反应速率，D 正确。
2．（2024·北京丰台·一模）某兴趣小组探究高锰酸钾和氨水的反应，实验如下：
序
号
试剂
实验现象
①
2 mL KMnO4溶液 + 1 mL 10 mol·L-1氨
水+0.5 mL 蒸馏水
溶液完全褪色所需时间：③<②<①。实验均产生棕褐色固体
(经检验为MnO2)，都伴有少量气泡产生(经检验为N2)。
②
2 mL KMnO4溶液 + 1 mL 10 mol·L-1氨
水 + 0.5 mL 1 mol·L-1稀硫酸
2
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③
2 mL KMnO4溶液 + 1 mL 10 mol·L-1氨
水 + 0.5 mL 1 mol·L-1 Na2SO4溶液
④
2 mL KMnO4溶液 + 1 mL 5 mol·L-1
(NH4)2SO4溶液 + 0.5 mL 蒸馏水
无明显变化
注：实验中c(KMnO4) = 0.01 mol·L-1。
下列说法不正确的是
A．实验①中发生了反应2 MnO + 2NH3 = 2MnO2 + N2↑ + 2OH- + 2H2O
B．溶液完全褪色所需时间② < ①的主要原因：c(H+)增大，MnO 的氧化性增强
C．对比实验③④可得出，还原性：NH3 > NH
D．在实验④的试剂中，逐滴加入浓NaOH 溶液，可观察到溶液褪色
B【详解】A．实验①中产生棕褐色固体MnO2，还伴有少量气泡产生，经检验为N2，说明发生了反应
+2NH3=2MnO2+
+2OH-+2H2O，A 正确；B．对比实验②和实验③可知影响该反应中反应速率的
并不是c(H+)，B 错误；C．实验③中NH3被氧化为N2，实验④中
未被氧化，所以还原性：NH3>
，C
正确；D．实验④中加入的
未被氧化，当逐滴加入浓NaOH 溶液，会促进
的水解，增大了
的浓度，因此溶液褪色，D 正确。
3．（2024·广东佛山·二模）某兴趣小组探究电石与溶液反应的速率并制备乙炔气体。下列说法错误的是
实验
电石质
量/g
溶液
现象
1
m
稀食盐水
产气较快，有大量灰白色沉淀和泡沫
2
m
饱和食盐水
产气较慢，有较多灰白色沉淀和泡沫
3
m
稀盐酸
A．灰白色沉淀主要成分为
B．提高NaCl 溶液的质量分数能减慢反应速率
3
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C．不宜使用纯水作为反应试剂
D．推测实验3 的现象为产气速度慢，无沉淀和泡沫
D【详解】A．由分析知，灰白色沉淀主要成分为
，A 正确；B．比较实验1 和实验2 可知，食盐
水浓度越大，反应速率越慢，故提高NaCl 溶液的质量分数能减慢反应速率，B 正确；C．比较实验1 和实
验2 可知，食盐水浓度越小，反应速率越快，纯水反应速率太快，不宜使用纯水作为反应试剂，C 正确；
D．由于反应生成的
能与盐酸发生中和反应，故测实验3 的现象为产气速度快，无沉淀，但泡沫
生成，D 错误。易错点二 化学反应速率影响因素的实验探究
【易错典例】
例2（2024·云南曲靖·二模）(1)某同学设计如下实验方案探究影响锌与稀硫酸反应速率的因素，有关数
据如下表所示：
序号
纯锌
粉/g
2.0 mol·L－1
硫酸溶液/mL
温度
/ ℃
硫酸铜
固体/g
加入蒸
馏水/mL
Ⅰ
2.0
50.0
25
0
0
Ⅱ
2.0
40.0
25
0
10.0
Ⅲ
2.0
50.0
25
0.2
0
Ⅳ
2.0
50.0
25
4.0
0
①本实验待测数据可以是_________________________________，
实验Ⅰ和实验Ⅱ可以探究 对锌与稀硫酸反应速率的影响。
②实验Ⅲ和实验Ⅳ的目的是____________________________________，
写出有关反应的离子方程式____________________________________。
(2)为探究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
K2S2O8溶液
水
KI 溶液
Na2S2O3溶液
淀粉溶液
①
10.0
0.0
4.0
4.0
2.0
②
9.0
1.0
4.0
4.0
2.0
③
8.0
Vx
4.0
4.0
2.0
表中Vx＝ ，理由是______________________________。
【答案】(1)①反应结束所需要的时间(或相同条件下产生等体积的氢气所需要的时间) 硫酸浓度
②探究硫酸铜的质量对反应速率的影响 Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑
(2)2.0 保证反应物K2S2O8浓度的改变，而其他物质浓度不变
【解析】(1)实验Ⅰ和实验Ⅱ中，锌的质量和状态相同，硫酸的浓度不同，实验Ⅲ和实验Ⅳ中加入硫酸铜，
Cu2＋的氧化性强于H＋，首先发生反应Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，生成的铜附着在锌表面，在稀硫酸溶液中构
4
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成原电池，加快化学反应速率。但是加入的硫酸铜过多，生成的铜会覆盖在锌表面，阻止锌与稀硫酸进一
步反应，产生氢气的速率又会减慢。①本实验待测数据可以是“反应结束所需要的时间”或“相同条件下
产生等体积的氢气所需要的时间”，实验Ⅰ和实验Ⅱ可以探究硫酸的浓度对反应速率的影响。②实验Ⅲ和
实验Ⅳ加入的硫酸铜的质量不同，可以探究加入硫酸铜的质量与反应速率的关系。(2)实验的目的是探究
K2S2O8溶液的浓度对化学反应速率的影响，故应保证每组实验中其他物质的浓度相等，即溶液的总体积相
等(即为20.0 mL)，从而可知Vx＝2.0。
【解题必备】
在研究影响化学反应速率和化学平衡的因素时，由于外界影响因素较多，所以搞清某个因素的影响均需控
制其他因素相同或不变时，再进行实验。因此控制变量思想在这部分体现较为充分。控制变量思想是中学
化学实验中常用的思想方法，对影响实验结果的因素进行控制，以达到明确各因素在实验中的作用和目的。
尤其是在研究影响化学反应速率和化学平衡的因素时，由于外界影响因素较多，故要弄清某个因素的影响
需控制其他因素相同或不变时再进行实验。在解决这类问题时，要充分挖掘基础知识的内在联系，不被知
识的表面及问题的表象所迷惑，参透问题的本质，准确快速的解决问题。解题的步骤如下：
(1)确定变量：理清影响实验探究结果的所有因素。
(2)定多变一：在探究时，先确定其他的因素不变，只变化一种因素，看这种因素与探究的问题存在怎样
的关系；这样确定一种以后，再确定另一种，通过分析每种因素与所探究问题之间的关系，得出所有影响
因素与所探究问题之间的关系。
(3)数据有效：解答时注意选择数据(或设置实验)要有效，且变量统一，否则无法作出正确判断。
【变式突破】
4．（2024·吉林·三模）一定条件下，反应H2(g)+Br2(g)
2HBr(g)的速率方程为v=kcα(H2)·cβ(Br2)·cγ(HBr)，某温
度下，该反应在不同浓度下的反应速率如下：
c(H2)/mol·L−1
c(Br2)/mol·L−1
c(HBr)/mol·L−1
反应速率
0.1
0.1
2
v
0.1
0.4
2
8v
0.2
0.4
2
16v
0.4
0.1
4
2v
0.2
0.1
c
4v
根据表中的测定结果，下列结论错误的是
A．α 的值为1
5
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B．表中c 的值为2
C．反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大
D．在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低
B【分析】速率方程为v=kcα(H2)·cβ(Br2)·cγc(HBr)，将表中数据代入速率方程可得到①
，
②
，③
，④
，由①②得到
，②③得到
，①④得到
，对于⑤
与①，将
，
，
代
入，解得c=1。A．根据分析，α 的值为1，A 正确；B．根据分析，c 的值为1，B 错误；C．由于
v=kcα(H2)·cβ(Br2)·cγc(HBr)，
，
，
，速率与H2(g)和Br2(g)的浓度成正比，与HBr(g)的浓度成反
比，反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大，C 正确；D．由于
，增大HBr(g)的浓
度，cγc(HBr)减小，在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低，D 正确；
5．（2024·河南焦作·二模）Na2S2O3∙5H2O 是重要的化工原料，有关制备和应用如下。
Ⅰ．制备Na2S2O3∙5H2O 反应原理：Na2SO3(aq)+S(s)
Na2S2O3(aq)
实验步骤：
①称取15gNa2SO3加入圆底烧瓶中，再加入80mL 蒸馏水。另取5g 研细的硫粉，用3mL 乙醇润湿，加入上
述溶液中。
②安装实验装置(如图所示，部分夹持装置略去)，水浴加热，微沸60min。回答下列问题：
6
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(1)硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是 。
(2)仪器a 的作用是 。
(3)产品中除了有未反应的Na2SO3外，还可能存在的无机杂质是 ，检验是否存在该杂质的方法是
。
Ⅱ．分离Na2S2O3∙5H2O。已知：Na2S2O3∙5H2O 于40~45℃熔化，48℃分解；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇。
分离Na2S2O3∙5H2O 晶体的流程如图所示：
回答下列问题：
(4)为减少产品的损失，操作①要 (填操作)，其目的是 ；操作②的包括的过程是快速过滤、
洗涤、干燥，其中洗涤操作是用 (填试剂)作洗涤剂。
(5)蒸发浓缩滤液直至溶液呈微黄色浑浊为止，蒸发时要控制温度不宜过高原因 。
Ⅲ．研究外界条件对化学反应速率的影响，设计实验如表(所取溶液体积均为10mL)：
实验编
号
实验温度/℃
c(Na2S2O3)/mol·L-1
c(H2SO4)/mol·L-1
①
25
0.1
0.1
②
25
0.1
0.2
③
50
0.2
0.1
④
50
0.1
0.1
(6)探究浓度对化学反应速率的影响，应选择 (填实验编号)。
(7)探究温度对化学反应速率的影响，应选择 (填实验编号)。
【答案】(1)使硫粉易于分散到溶液中(2)冷凝回流(3) Na2SO4 取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，
向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4(4) 趁热过滤 尽可能的除去溶液中
的Na2SO4 乙醇(5)温度过高会导致析出的晶体分解(6)①②或③④(7)①④
【分析】本实验的实验目的为制备Na2S2O3•5H2O 并对产品进行分离提纯，反应原理为Na2SO3(aq)+S(s)
Na2S2O3(aq),结合题目信息Na2S2O3•5H2O 于40～45℃熔化，48℃分解；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇等已
知信息进行分析解答。（1）硫不溶于水，微溶于酒精，酒精和水互溶，反应前硫粉用酒精润湿，可以使
硫粉易于分散到溶液中；（2）a 是冷凝管，在反应容器上方竖立放置的冷凝管可以把反应容器中的物质冷
7
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凝回流到反应器中；（3）Na2SO3容易被氧化为Na2SO4，所以在产品中，除了有未反应的Na2SO3外，最可
能存在的无机杂质是Na2SO4，检验Na2SO4是否存在的方法加入过量稀盐酸，Na2S2O3和HCl 反应生成NaCl、
S、SO2和水，Na2SO3和HCl 反应生成NaCl、SO2和水，把S 过滤出去，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉
淀，则产品中含有Na2SO4；（4）Na2S2O3的溶解度随温度升高而升高，而Na2SO4的溶解度随温度变化不大，
要获得Na2S2O3溶液，需要控制比较高的温度过滤，所以操作①为趁热过滤，其目的是尽可能的除去溶液中
的Na2SO4，由于Na2S2O3不溶于乙醇，所以用乙醇做洗涤剂；（5）蒸发浓缩滤液直至溶液呈微黄色浑浊为
止，由于Na2S2O3·5H2O 于48℃分解，所以蒸发时温度不宜过高；（6）根据控制变量法，探究浓度对化学
反应速率的影响，需控制温度为不变量，则应选择实验①②或③④；（7）探究温度对化学反应速率的影
响，需控制浓度为不变量，则应选择实验①④。
6．（2024·吉林延边·一模）叔丁基溴[
]是重要的化工原料。已知相关物质的沸点如下表所示。
物质
氢溴酸
沸点
时
与水共沸
回答下列问题：
I．实验室制备叔丁基溴的装置和流程如下所示(部分装置如夹持装置已省略)。
步骤一：在A 中放入搅拌磁子、8mL 叔丁醇和14mL48%氢溴酸。在B 中加入7mL 浓硫酸。
步骤二：边搅拌边滴加浓硫酸，调整滴速，控制反应温度在30℃~35℃，约15min 滴完，继续反应
15min。
步骤三：缓慢提高加热温度，用锥形瓶收集粗产品。
(1)仪器A 的名称为 。
(2)①步骤二中的反应为可逆反应，其化学方程式为 。
8
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②若浓硫酸滴速过快会导致 (填字母)。
a．反应物气化而损失，反应物利用率低
b．更多副产物醚或烯烃的生成
c．溶液变为棕黑色
(3)步骤三中应提高加热温度直到温度计 (填“C”或“D”)显示温度为72℃为止。利用平衡移动原理推
测提高加热温度可能的原因是 。
(4)得到的粗产品中还混杂着少量杂质。粗产品纯化的合理操作顺序为(从下列操作中选取，按先后次序填写
序号)：将粗产品转移至分液漏斗中→ → → →蒸馏→得到纯化产品。
①用
溶液洗涤、分液②用
溶液洗涤、分液③用水洗涤、分液④用碱石灰干燥、过滤
⑤用无水
干燥、过滤
Ⅱ．为探究叔丁基溴水解速率的影响因素，某同学按照下表进行实验，并记录加入的
恰好完全反应
时所需的反应时间。
实验
序号
叔丁基溴的丙
酮溶液
溶液
蒸馏水
酸碱指示
剂/滴
水浴温
度
反应时
间
①
3.0
0.6
16.4
2
25
10
②
3.0
1.2
15.8
2
25
20
③
1.5
0.6
17.9
2
25
20
④
1.5
0.6
17.9
2
0
40
(5)对比实验①②，探究影响叔丁基溴水解速率的因素是 ，对比探究实验③④可以得出影响叔丁基溴
水解速率的结论是 。
【答案】(1)三颈烧瓶(2)
abc(3) C 该反
应是吸热反应，升高温度，反应向正反应方向移动，提高叔丁基溴的产率(4) ② ③ ⑤(5)
的量或
的浓度(答案合理即可) 温度越高，叔丁基溴水解速率越快
【分析】在A 中放入搅拌磁子、8mL 叔丁醇和14mL48%氢溴酸。在B 中加入7mL 浓硫酸。A 为三口烧瓶，
B 为分液漏斗，边搅拌边滴加浓硫酸，调整滴速，控制反应温度在30℃~35℃，约15min 滴完，继续反应
15min。缓慢提高加热温度，用锥形瓶收集粗产品。
（1）根据装置图可知A 为三颈烧瓶；（2）步骤二为氢溴酸和叔丁醇在浓硫酸条件下的可逆反应，反应方
9
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程式为；
；浓硫酸加入过快进入三颈烧瓶中的浓硫酸就会短时
间内局部过量，在三颈烧瓶中产生大量的热，促使叔丁醇挥发使得反应物减少，反应利用率低；叔丁基醇
在过多浓硫酸的作用下自身会发生反应产生醚或生成叔丁基溴在浓硫酸的作用下会产生烯烃的可能；浓硫
酸本身具有脱水性，如果浓硫酸滴速过快，则将叔丁基醇脱水碳化，溶液变为棕黑色，答案选abc；（3）
实验室用叔丁醇制备叔丁基溴，叔丁基醇的沸点略高于叔丁基溴的沸点，C 处的温度高于D 的温度，如果
D 处测得温度是72℃时，那么C 处大于72℃，则出来的不仅仅是叔丁基溴，还有叔丁基醇，所以测得C 温
度72℃即可；加热说明对该反应的制取有利，说明该反应是吸热反应，升高温度，反应向正反应方向移动，
提高叔丁基溴的产率；（4）得到的粗产品中还混杂着少量杂质，将粗产品转移至分液漏斗中，用5%碳酸
氢钠溶液将HBr 除掉洗涤，分液，然后用水洗涤，分液出去叔丁基醇，再用无水氯化钙干燥，过滤，在蒸
馏得到纯净产品，顺序为②③⑤；（5）控制变量法，实验①②NaOH 的量或NaOH 的浓度不同，所以探究
影响叔丁基溴水解速率的因素是NaOH 的量或NaOH 的浓度不同；对比探究实验③④可以得出影响叔丁基
溴水解速率为温度越高，叔丁基溴水解速率越快。
考点精练
1．（2024·江西萍乡·二模）常温下，向某溶剂(不参与反应)中加入一定量X、Y 和M，所得溶液中同时存在
如下平衡：
①
②
③
。
X、Y 的物质的量浓度c 随时间反应t 的变化关系如图所示，400s 时反应体系达到平衡状态。
10
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下列说法正确的是
A．100～400s 内，
约为
B．100s 时反应③的逆反应速率小于正反应速率
C．若再向容器中加入上述溶剂稀释，平衡后Y 的物质的量不变
D．若反应③的ΔH<0，则X 比Y 更稳定
2．（2024·辽宁沈阳·一模）
在金表面分解的实验数据如下表。已知反应物消耗一半所需的时间
称
为半衰期。下列说法错误的是
0
20
40
60
80
A．
消耗一半时的反应速率为
B．100min 时
消耗完全
C．该反应的速率与
的浓度有关
D．该反应的半衰期
与起始浓度
的关系满足
3．（2024·广东惠州·一模）25℃条件下研究溶液的酸碱性对反应X(aq)→2Y(aq)的影响，各物质浓度c 随反
应时间t 的变化曲线如图，下列说法正确的是
A．
时，反应不能发生
B．H+与OH-相比，H+使反应活化能更低
C．a 曲线表示
时X 的浓度随t 的变化
11
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D．
时，
内，
4．（2024·江西宜春·模拟预测）在恒温恒容密闭容器中发生反应
，
的瞬时生成速率
。控制
起始浓度为0.5
，
的瞬时生成速率和
起
始浓度的关系如图所示，下列说法正确的是
A．由题可知，该反应的速率常数k 为37.5
B．随着
起始浓度增大，该反应平衡常数增大
C．达平衡后，若将
和
的浓度均增加一倍，则
转化率增大
D．
起始浓度0.2
，某时刻
的浓度为0.4
，则
的瞬时生成速率为0.48
5．（2024·湖南·二模）室温下，某溶液中初始时仅溶有等物质的量的M 和N，同时发生以下两个反应：①
；②
（产物均易溶）。反应①的速率
，反应②的速率
（
、
为速率常数）。反应体系中M 和Z 的浓度随时间变化如图。下列说法正确的是
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A．反应过程中，体系中Y 和Z 的浓度之比逐渐减小
B．0～30min 内，M 的平均反应速率约为
C．若反应能进行完全，则反应结束时37.5％的N 转化为Y
D．反应的活化能：①
②
6．（2024·安徽黄山·二模）由
羟基丁酸生成
丁内酯的反应如下：
，在298K 下，
羟基丁酸水溶液的初始浓度为
，随着反应的进行，测得
丁内酯的浓度随时间变化的数据如下表所示。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．其他条件相同时，升高温度，化学反应速率加快
B．在
内，以
丁内酯的浓度变化表示的反应速率为
C．
时
羟基丁酸的转化率为
D．298K 时该反应的平衡常数
7．（2024·广东深圳·一模）常温下，向某溶剂（不参与反应）中加入一定量X、Y 和M，所得溶液中同时
存在如下平衡：
(
)
ⅰ
(
)
ⅱ
(
)
ⅲ
X、Y 的物质的量浓度随反应时间的变化关系如图所示，300 s 后反应体系达到平衡状态。
下列说法正确的是
13
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A．100～300 s 内，
B．
时，反应(
)
ⅲ的逆反应速率大于正反应速率
C．若反应(
)
ⅲ的
，则X 比Y 更稳定
D．若再向容器中加入上述溶剂，则
、
均不变
8．（2024·江西九江·二模）已知反应
的势能曲线示意图如下(…表示吸附作用，A 表
示催化剂，
表示过渡态分子)：
下列有关说法正确的是
A．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有
生成
14
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B．若在任意温度下均能自发进行，则反应为吸热反应
C．该反应中只有两种物质能够吸附
分子
D．过程Ⅲ中最大势能垒(活化能)为
9．（2024·四川遂宁·三模）中国提出二氧化碳排放在2030 年前达到峰值，2060 年前实现碳中和。这体现
了中国作为全球负责任大国的环境承诺和行动决心。二氧化碳选择性加氢制甲醇是解决温室效应、发展绿
色能源和实现经济可持续发展的重要途径之一、常温常压下利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲
醇的反应机理和能量变化图如下(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)，下列说法错误的是
A．二氧化碳选择性加氢制甲醇是放热反应
B．催化剂能改变反应机理，加快反应速率，降低反应热
C．总反应为CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)
D．该历程的决速步为HCOO*＋4H*=CH3O*＋H2O
10．（2024·河北·模拟预测）在水溶液中进行的反应：
，已
知该反应速率方程为
(k 为常数)，为探究反应速率(v)与反应物浓度的关系，在
20℃进行实验，所得的数据如下表：
①
②
③
④
⑤
0.008
0.008
0.004
0.008
0.008
0.001
0.001
0.001
0.002
0.001
15
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0.10
0.20
0.20
0.10
0.40
v1
下列结论正确的是
A．反应体系的三种物质中，H+(aq)的浓度对反应速率影响最大
B．速率常数
的数值为0.03
C．a、b、c 的值分别为1、5、6
D．实验⑤中，
11．（2023·吉林长春·三模）反应
的速率方程为
(k 为速率
常数，其中
， A、R 为常数，
为活化能，T 为开氏温度，其半衰期反应物消耗一半
所需的时间)为0.8/k。改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示。下列说法正确的是
/
0.25
0.5
1
0.5
1
/
0.05
0.05
0.1
0.1
0.2
v/
1.6
3.2
3.2
A．
B．
C．升温、加入催化剂，缩小容积(加压)，均能使k 增大，导致反应的瞬时速率加快
D．在过量的B 存在时，A 剩余12.5%所需的时间是
12．（2024·辽宁鞍山·二模）丙酮的溴代反应(
)的速率方程为：
，其中k 为速率常数，与温度有关；“
”为反应级数。某
温度时，获得如下实验数据：
实验序
号
初始浓度
溴颜色消失所需时间t/s
HCl
16
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①
0.80
0.20
0.0010
200
②
1.60
0.20
0.0010
100
③
0.80
0.40
0.0010
100
④
0.80
0.20
0.0020
400
分析该组实验数据所得出的结论错误的是
A．增大
，能延长溶液颜色消失的时间
B．实验②和③的平均速率相等
C．实验①在200s 内的平均速率
D．反应级数为2
13．（2023·上海浦东新·一模）氧化铁黄(化学式为
)是一种黄色颜料，具有非常好的耐光性和耐碱
性，是氧化铁的一水合物。工业上常以绿矾
为原料制备
。
(1)下列关于铁元素的认识正确的是___________。
A．能存在于人体的血红蛋白中
B．是地壳中含量最多的金属元素
C．单质是人类最早使用的金属
D．铁的氧化物都具有致密的结构
(2)制备氧化铁黄的关键步骤是
溶液的氧化。为探究影响氧化
溶液快慢的因素，现利用
、蒸馏水和稀
配制四组溶液进行实验，实验结果如下表：
实验编号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
0.5
0.25
0.25
0.5
溶液pH
2.9
2.9
3.5
3.3
初始颜色
浅绿色
浅绿色，较Ⅰ浅
浅绿色，同
Ⅱ
浅绿色，同Ⅰ
后颜色
浅绿色
浅绿色
黄绿色
浅绿色
后颜色
黄绿色
浅绿色
黄色
黄绿色
17
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后颜色
浅黄色
浅黄色，较I 浅
黄色，较Ⅳ
浅
黄色
①对比实验Ⅰ和Ⅱ可知，实验中影响氧化快慢的因素是 ；
②综合对比分析四组实验，简述影响氧化
溶液快慢的决定因素。 。
制备
的工艺流程包含如下环节
(3)若在实验室完成上述制备，一定不需要的仪器是___________。
A．烧杯
B．漏斗
C．玻璃棒
D．蒸发皿
(4)模拟氧化时，相关
变化记录如图。
时段，
逐渐减小的原因是反应生成了
，配平下列化学方程式： 。
________
_______
_______=______
______
时段，经历的反应为：
，该过程
继续平缓下降的原因可
能是： 。(任写一条)
(5)判断流程中产品是否洗涤干净的方法是： 。
氧化铁黄(
)纯度可以通过产品的耗酸量确定，如下图所示。
已知：
(配合离子)，
不与稀碱液反应。
18
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(6)①在溶液中滴加
标准溶液时，发生反应的离子方程式为 ；
②若实验时加入了
的
，消耗
，设氧化铁黄的式量为
，则氧化铁黄样品纯度为
；(用含
、
、
、
的代数式表示)
③测定时，若滴入
不足量，会使实验结果 (选填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
14．（23-24 高三上·四川雅安·阶段练习）大苏打(Na2S2O3)是一种重要的化工产品，也是实验室常用试剂。
某小组对大苏打展开如下探究。
实验(一)：探究大苏打性质。
按如图装置进行实验，记录如下：
实验过程中发现，装置Ⅰ中产生气泡和浅黄色沉淀，试管Ⅱ中红色溶液变为无色，试管Ⅳ中红色溶液逐渐
变为浅红色，最终变为无色。
(1)装Na2S2O3的仪器名称是 ，其他条件相同时，若拆去热水浴，试管Ⅱ中溶液褪色速率变
(填“快”或“慢”)。
(2)装置Ⅰ中的离子方程式为 。
(3)若试管Ⅲ中现象是红色溶液变浅，证明氧化产物为
的试剂是 。由试管Ⅳ中现象可知，电离
常数
(填“>”“＜”或“=”)
。
实验(二)：探究影响H2SO4和Na2S2O3反应的速率的外界因素。
编
号
0.1mol∙L-1 Na2S2O3溶液的体
积/mL
0.1mol∙L-1 H2SO4溶液的体
积/mL
水的体
积/mL
水浴温
度/℃
测定变浑浊时
间/s
①
10.0
15.0
0
35
②
10.0
10.0
35
③
15.0
0
45
19
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(4)
。
(5)实验记录：
。由实验①②得出的结论是 。设计实验①③的目的是 。
实验(三)：测定中x 的值。
已知新制得的大苏打中往往含有结晶水，化学式可表示为，称取24.8g Na2S2O3∙xH2O 溶于水配制成100mL 溶
液，准确量取10.00mL 配制的溶液于锥形瓶，滴加0.2mol∙L-1碘水至恰好完全反应，消耗25.00mL 碘水。提
示：
。
(6)Na2S2O3∙xH2O 中x 为 。
15．（2023·广东·模拟预测）科学探究要实事求是、严谨细致。某化学兴趣小组设计实验进行有关氯化物
的探究实验，回答下列问题：
I．制备FeCl2。装置如图所示(夹持装置省略)，已知FeCl3极易水解。
(1)仪器a 的名称是 。
(2)装置II 中制备FeCl2的化学方程式为 。
(3)该装置存在的缺陷是：① ；②缺少氢气的尾气处理装置。
II．利用惰性电极电解0.1 mol•L-1FeCl2溶液，探究外界条件对电极反应(离子放电顺序)的影响。
(4)实验数据如表所示：
实验编
号
电压/V
pH
阳极现象
阴极现象
1
1.5
5.52
无气泡，滴加KSCN 显红色
无气泡，银白色金属析出
2
3.0
5.52
少量气泡，滴加KSCN 显红色
无气泡，银白色金属析出
3
4.5
5.52
大量气泡，滴加KSCN 显红色
较多气泡，极少量金属析出
4
1.5
1.00
无气泡，滴加KSCN 显红色
较多气泡，极少量金属析出
20
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①由实验1、2 现象可以得出结论：增大电压， 优先于 放电；
②若由实验1、4 现象可以得出结论： 。
II．为了探究外界条件对氯化铵水解平衡的影响，兴趣小组设计了如下实验方案：
实验编号
c(NH4Cl)/mol·L-1
温度/℃
待测物理
量
实验目的
5
0.5
30
a
——
6
1.5
i
b
探究浓度对氯化铵水解平衡的影响
7
0.5
35
c
ii
8
2.0
40
d
探究温度、浓度同时对氯化铵水解平衡的影响
(5)该实验限选药品和仪器：恒温水浴、pH 传感器、烧杯、0.1mol．L-1硝酸银溶液、蒸馏水和各种浓度的
NH4Cl 溶液。
①实验中，“待测物理量”是 ；
②实验目的ii 是 ；
③上述表格中，b d(填“>”、“<”或“=”)。
16．（2023·广东·一模）海洋中有丰富的NaCl 资源。研究表明，氯离子的侵入是造成钢筋混凝土腐蚀的主
要原因(Na+对腐蚀无影响)。海砂经淡化后，Cl-的含量达到一定标准才能作建筑用砂。某合作学习小组猜测
Cl-会加快金属与盐溶液或酸溶液的反应速率。
(1)工业上通过电解饱和NaCl 溶液制Cl2的离子方程式为 。
(2)实验室用如图所示装置模拟工业上制Cl2。检验产生的Cl2的操作及现象是 。
(3)探究Cl-是否会加快金属与盐溶液的反应速率。
①小组同学利用图1 所示装置进行探究。当Zn－Cu 原电池工作约30s 后，向电池槽内加入少量NaCl 固体，
电流随时间的变化如图2 所示。甲同学认为加入NaCl 固体后电流强度增大并不能说明Cl-会加快金属与盐溶
液的反应速率，其理由可能是 。
21
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②乙同学利用温度传感器进行探究。分别取20mL0.1mol/LCuSO4溶液于A、B 两个100mL 烧杯中；向B 烧杯
中加入5gNaCl 固体，使其溶解。在相同温度下，分别往两个烧杯中加入相同的用砂纸打磨过的镁条，采集
温度数据，得出Cl-会加快金属与盐溶液的反应速率。已知0-100sA 烧杯中溶液温度随时间的变化如图所示，
请在答题卡相应位置画出0～100sB 烧杯中溶液温度随时间的变化情况(100s 时反应仍在进行) 。
(4)探究Cl-是否会加快金属与酸溶液的反应速率。小组同学的实验记录如表：
实验序号
Zn 片
酸
其他试剂
生成VmLH2的时间
I
完全相同
100mL0.1mol/L 硫酸溶液
—
t1
II
100mL0.2mol/L 盐酸
—
t2
III
100mLamol/L 硫酸溶液
少量b
t3
其中，t1＞t2，t1＞t3。
①由实验I 和实验II (填“能”或“不能”)推知Cl-会加快金属与酸溶液的反应速率，理由是 。
②小组同学一致认为，由实验I 和实验III 可推知Cl-会加快金属与酸溶液的反应速率，则实验III 中，a 处填
，b 处填 。
(5)提出一种合理的降低海砂中Cl-含量的方法： 。
参考答案
1．A【详解】A．结合图中数据可知，
，但由
22
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于存在反应③，X 不一定转化为N，A 正确；
B．100s 时，
，
，逆反应速率大于正反应速率，B 错误；
C．加入溶剂后各物质浓度均减小，平衡发生移动，浓度改变，C 错误；
D．若反应③的ΔH<0，则Y 的能量低，能量越低越稳定，则Y 比X 更稳定，D 错误；
故选A。
2．C【详解】A．从表中可知，20min 时，
浓度为
，而在60min 时，
浓度变为原来
的一半，因此
消耗一半时的反应速率=
=
，A 正确；
B．由表中数据可知，每20min
浓度消耗0.020mol/L，因此当100min 时
消耗完全，B 正确；
C．由表中数据可知，该反应匀速进行，与起始浓度无关，C 错误；
D．结合选项A 的解析，
起始浓度为
时，40 分钟达到半衰期，代入关系式验证，可得：
40min=500×0.080，D 正确。
因此，本题选C。
3．D【分析】由题干曲线信息可知，曲线a 随着反应进行浓度在减小，即a 曲线表示反应物即X 的浓度变
化，而另外三条曲线表示不同pH 下生成物即Y 的浓度变化，据此分析解题。
A．由题干曲线信息可知，
时，Y 的浓度也在增大至少增大的较慢，即反应能发生，A 错误；
B．由题干曲线信息可知，pH=3 的Y 浓度增大的速率比pH=11 的更慢，即可说明pH=3 时反应速率更慢，反
应活化能越大反应速率越慢，故H+与OH-相比，H+使反应活化能增大，B 错误；
C．由题干曲线信息可知，a 曲线减小2mol/L 时，根据反应方程式系数可知，Y 的浓度应该增大4mol/L，故
a 曲线表示pH=11.0 时X 的浓度随t 的变化，C 错误；
D．由题干曲线信息结合C 项分析可知，pH=11.0 时，
内，
，
D 正确；
故答案为：D。
4．C【详解】A． NO 起始浓度为0.5 mol/L，由图象可知，N2的瞬时生成速率与H2起始浓度呈直线关系，
23
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则m=1，将数据(0.4，1.5)代入
，该反应的速率常数
，
A 错误；
B．反应一定，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，B 错误；
C． 达平衡后，
和
的浓度均增加一倍，新平衡与原平衡相比，相当于加压，平衡正向移动，则NO
转化率增大，C 正确；
D．由
可知，NO 起始浓度为0.5 mol/L，某时刻NO 的浓度为0.4
mol/L，变化量为0.1 mol/L，则该时刻H2的浓度为0.2mol/L-0.1mol/L =0.1mol/L，N2的瞬时生成速率为
，D 错误；
故选C。
5．C【详解】A．由图可知，M 的起始浓度为
，反应①的速率
，反应②的速率
，
、
为速率常数，则同一反应体系中反应①、②的速率之比始终不变，所以Y、Z 的浓度
变化之比始终不变，A 错误；
B．①
②
，则体系中始终有
，由图可知，30min 时
，M 的平均反应速率为
，B
错误；
C．30min 时，
，则
，即反应开始后，体系
中Y 和Z 的浓度之比为
，当反应能进行到底时，
，则
，
，反应结束时N 转化为Y
24
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的特化率为
，C 正确；
D．30min 时，
，即
、
，反应的活化能越高，反应速率
越慢，所以反应①的活化能小于反应②的活化能，D 错误；
故选C。
6．C【详解】A．其他条件相同时，升高温度，化学反应速率加快，A 正确；
B．80～100 min 内用γ-丁内酯的浓度变化表示反应速率v(γ-丁内酯)=
，B 正确；
C．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50%，C 错误；
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
K=
=2.75，D 正确；
故选C。
7．B【详解】A．由图可知，100～300s 内，生成物N 的浓度变化量为(0.112—0.090)mol/L+(0.011—
0.010)mol/L=0.023mol/L，则n 的反应速率为
=1.15×10—4 mol/(L·s)，故A 错误；
B．由图可知，300s 时反应达到平衡，反应(
)
ⅲ的平衡常数K=
=9，100s 时反应(
)
ⅲ的浓度熵Q=
＞K，则反应向逆反应方向进行，逆反应速率大于正反应速率，故B 正确；
C．若反应(
)
ⅲ的
，则该反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，X 的能量高于Y 的
能量，物质的能量越低越稳定，则Y 比X 更稳定，故C 错误；
D．若再向容器中加入上述溶剂，平衡体系中各物质浓度均减小，反应(
)
ⅰ、(
)
ⅱ均向逆反应方向移动，X、
Y 的物质的量均增大，故D 错误；
故选B。
8．A【详解】A．从图可看出过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成，A 正确；
B．若反应在任意温度下均能自发进行，
、
，该反应为放热反应，B 错误；
25
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C．反应过程中，A、A-O、A-O2三种物质都能吸附N2O，C 错误；
D．过程Ⅲ中最大能垒(活化能)为37.49
-(-44.68)
=82.17
，D 错误；
故选A。
9．B【详解】A．由能量变化图可以看出反应物的总能量大于生成物的总能量，所以二氧化碳选择性加氢
制甲醇是放热反应，A 正确；
B．催化剂能改变反应机理，加快反应速率，不能改变反应热，B 错误；
C．由反应机理和能量变化图可知，总反应为CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)，C 正确；
D．由能量变化图知，HCOO*＋4H*=CH3O*＋H2O 的活化能最大，反应速率最慢，是该历程的决速步，D 正确；
故选B。
10．A【详解】
A．由①②数据得b=1， 由①④数据得a=1，由②③数据得c=2，则反应体系的三种物质中，H+(aq)的浓度
对反应速率影响最大，A 正确；
B．结合A 分析，将①中数据代入
中，则
，
=3.75，B 错误；
C．由A 分析可知，abc 分别为1、1、2，C 错误；
D．实验⑤中，
，D 错误；
故选A。
11．D【分析】由第二组和第四组数据，A 浓度相同，B 浓度不同，速率相等，可知n=0，再由第一组和第
二组数据代入
可得
，可知m=1；将第一组数据代入
，可得k=6.4×10-3，则
。
A．根据数据分析，
，
，
，A 错误；
B．由分析可知，速率常数
，B 错误；
C．速率常数与浓度无关，缩小容积(加压)不会使k 增大，C 错误；
D．存在过量的B 时，反应掉87.5%的A 可以看作经历3 个半衰期，即
，因此所需的时间
26
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为
，D 正确；
故选D。
12．CD【详解】A．对比实验①④中的丙酮和HCl 的浓度是相同的，而实验④中的溴比实验①的大，说明
增大
，能延长溶液颜色消失的时间，A 正确；
B．对比实验②和③的数据，
相等，溴颜色消失所需的时间也相等，所以溴的反应速率是相等的，B
正确；
C．实验①在200s 内的平均速率
，C 错误；
D．对比实验①和③的数据可知，
的浓度增大2 倍，速率增大2 倍，则m=1，对比实验①和②
的数据可知，HCl 的浓度增大2 倍，速率增大2 倍，则p=1，对比实验①和④的数据可知，Br2的浓度增大2
倍，速率减少2 倍，则n=-1，m+n+p=1，反应级数为1，D 错误；
故选CD。
13．(1)A
(2) FeSO4溶液的浓度； 分析四组实验可知，增大FeSO4溶液的浓度和提高溶液pH，都能加快氧
化速率，对比实验Ⅲ和Ⅳ可知，实验Ⅲ，FeSO4溶液的浓度小而pH 大，反应速率更快，说明溶液pH 是影
响氧化快慢的决定因素
(3)D
(4) 4FeSO4+1O2+6H2O=4FeOOH+4H2SO4 随着水的消耗，硫酸浓度增大，导致pH 平缓下降(合理即
给分；如：12 份Fe2+生成8 份Fe3+，但pH 平缓下降，所以可能的原因是Fe3+水解程度大于Fe2+的水解程
度。)
(5)取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若出现白色沉淀，则洗涤不完全，若未出现浑浊，则洗涤干净
(6)
偏小
【详解】（1）A. 铁是血红蛋白的组成成分，A 正确；
B. 铝是地壳中含量最多的金属元素，B 错误；
C. Cu 单质是人类最早使用的金属，C 错误；
D. 三氧化二铁不具有致密的结构，D 错误；
27
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故选A。
（2）①对比实验Ⅰ和Ⅱ可知，FeSO4溶液的浓度不同，实验中影响氧化快慢的因素是FeSO4溶液的浓度；
②综合对比分析四组实验，增大FeSO4溶液的浓度和提高溶液pH，都能加快氧化速率，对比实验Ⅲ和Ⅳ可
知，实验Ⅲ，FeSO4溶液的浓度小而pH 大，反应速率更快，说明溶液pH 是影响氧化快慢的决定因素。
（3）过滤、洗涤需要用到烧杯、漏斗、玻璃棒，一定不需要的仪器是蒸发血，
故选D。
（4）
时段，
逐渐减小的原因是反应生成了
，反应中，Fe2+由+2 价升高为+3 价，O2由0 价
降低为-2 价，由得失电子守恒，配平为4FeSO4+1O2+6H2O=4FeOOH+4H2SO4。
时段，经历的反应为：
，该过程
继续平缓下降的原因可能是：随着水的消耗，硫酸浓
度增大，导致pH 平缓下降(合理即给分；如：12 份Fe2+生成8 份Fe3+，但pH 平缓下降，所以可能的原因是
Fe3+水解程度大于Fe2+的水解程度。)。
（5）制备过程含有杂质硫酸根离子，则判断流程中产品是否洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液，加
入BaCl2溶液，若出现白色沉淀，则洗涤不完全，若未出现浑浊，则洗涤干净。
（6）①在溶液中滴加
标准溶液时，多余的硫酸和氢氧化钠发生酸碱中和反应，离子方程式为
；
②由信息知滴定时是剩余的氢离子和氢氧根发生反应，结合关系
可算出每份溶液中剩余的氢离子
物质的量为n2mol，所以铁黄溶解后溶液中剩余的总氢离子物质的量为n2mol，又氢离子总物质的量为
2n1mol，即铁黄消耗氢离子物质的量为2n1mol-n2mol，结合FeOOH+3H+=Fe3++2H2O 可算出样品中铁黄的物质
的量为
，即铁黄产品的纯度为
×100%；
③测定时，若滴入
不足量，铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化铁，消耗的氢氧化钠偏多，会使实
验结果偏小。
14．(1) 具支试管 慢
(2)
+2H+= S↓+ SO2↑+ H2O
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(3) HCl、BaCl2 ＞
(4)1:2
(5) 其他条件相同，增大(或减小)反应物浓度，反应速率也增大(或减小) 探究温度对反应速率的影
响
(6)5
【分析】装置Ⅰ中，Na2S2O3与稀H2SO4反应，生成S、SO2等，从而产生气泡和浅黄色沉淀；试管Ⅱ中，
SO2使品红溶液的红色褪去；试管Ⅲ中，SO2被Fe3+氧化，从而使溶液的血红色变为无色；试管Ⅳ中，红色
溶液逐渐变为浅红色，最终变为无色。
（1）装Na2S2O3的仪器名称是具支试管，其他条件相同时，若拆去热水浴，混合液的温度降低，分子有效
碰撞的次数减少，试管Ⅱ中溶液褪色速率变慢。
（2）
装置Ⅰ中，Na2S2O3 与稀H2SO4 反应，生成Na2SO4、S 沉淀和 SO2 气体等，离子方程式为
+2H+= S↓+
SO2↑+ H2O。
（3）若试管Ⅲ中现象是红色溶液变浅，证明氧化产物为
时，应先加盐酸，无现象，再加BaCl2，产生
白色沉淀，则试剂是HCl、BaCl2。由试管Ⅳ中现象可知，发生反应Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2，电离常
数
＞
。
（4）实验①②相比，改变的是H2SO4溶液浓度，则Na2S2O3溶液的浓度应不变，也就是混合溶液的总体积
应不变，
=5mL，实验①③相比，温度不同，反应物的浓度应相同，
=10mL，所以
=5mL:10mL=1:2。
（5）实验①②改变的是H2SO4溶液浓度，得出的结论是：其他条件相同，增大(或减小)反应物浓度，反应
速率也增大(或减小)。实验①③中，温度不同，反应物的浓度相同，目的是：探究温度对反应速率的影响。
（6）量取的10.00mL 溶液中，n(I2)=0.2mol∙L-1×0.02500L=0.005mol，n(Na2S2O3∙xH2O)=2×0.005mol=0.01mol，
则原样品中Na2S2O3∙xH2O 的物质的量为0.1mol，M(Na2S2O3∙xH2O)=
=248g/mol，x=
=5。
【点睛】测定外界条件对化学反应速率的影响时，采用的是控制变量法。
15．(1)长颈漏斗
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(2)
(3)装置I 与装置II 间缺少干燥装置
(4) Cl- Fe2+ 增加H+浓度，H+优先于Fe2+放电
(5) 溶液的pH 探究温度对氯化铵水解平衡的影响 ＞
【分析】在装置I 中Zn 与稀硫酸发生置换反应产生H2，在加热条件下H2还原FeCl3得到FeCl2，装置III 中碱
石灰的作用有两个：一是吸收反应产生的HCl，防止大气污染，二是吸收空气中的水分，防止FeCl3水解。
在使用惰性电极电解时，阳极上失去电子发生氧化反应，阴极上发生得到电子的还原反应，根据电压大小
及溶液pH 发生改变时，电极产物的变化及现象的不同，分析判断离子放电能力大小及物质的氧化性、还
原性强弱顺序。
（1）根据图示可知仪器a 的名称是长颈漏斗；
（2）在装置II 中在加热条件下H2与FeCl3发生反应产生FeCl2、HCl，反应的化学方程式为：
，答案为：
；
（3）在装置I 中Zn 与稀H2SO4发生置换反应产生的H2未经干燥就通入装置II 中，会导致FeCl3发生水解反
应，故该装置存在的缺陷是装置I 与装置II 间缺少干燥装置，答案为：装置I 与装置II 间缺少干燥装置。
（4）在实验1 中在电压为1.5 时阳极上无气泡，滴加KSCN 显红色，说明是Fe2+失去电子变为Fe3+，电极反
应式是
；实验2 中在电压为3.0 时阳极上现象是产生少量气泡，滴加KSCN 显红色，说明附近
溶液中产生Fe3+，同时有Cl2生成；在实验3 中电压增大至4.5，阳极上现象是大量气泡，滴加KSCN 显红色，
说明电压增大，阳极上Cl-失去电子能力增强，发生反应：
；电解FeCl2溶液，根据实验1、2
可知：在溶液pH 相同时，电压越大，阳极产生的气泡就越多，即增大电压，产生氯气的速率更快或增大
电压，Cl-优先于Fe2+放电；电解FeCl2溶液，根据实验1、4 可知：在电压相同时，溶液pH 越小，阴极产生
的气泡就越多，产生的金属单质就越少，说明离子放电能力大小与溶液中离子浓度大小有关，增大H+的浓
度，H+氧化性强于Fe2+，H+优先于Fe2+放电，答案为：Cl-，Fe2+，增加H+浓度，H+优先于Fe2+放电；
（5）①由提供的药品和仪器可知，pH 计是准确测定溶液的pH 的，所以待测物理量是溶液的pH。②探究
浓度对氯化铵水解平衡的影响，则温度必须相同，所以实验6 的温度与实验5 相同，即为30 度。实验5 和
实验7 浓度相同，温度不同，所以是探究温度对氯化铵水解平衡的影响。③水解反应属于吸热反应，温度
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越高水解程度越大，氢离子浓度增大，浓度越高，水解生成的氢离子浓度越大，则溶液的酸性越强，已知
实验Ⅳ的浓度大，温度高，所以溶液的pH 小，即b＞d，答案为：溶液的pH，探究温度对氯化铵水解平衡
的影响，＞。
16．(1)2Cl-+2H2O
2OH-+Cl2↑+H2↑
(2)将淀粉KI 试纸湿润，粘在玻璃棒的一端，将此端靠近a 管口，试纸变蓝，则表明反应生成Cl2
(3) 加入NaCl 固体后，溶液中离子浓度增大，导电能力增强
(4) 不能 Zn 与酸反应时，c(H+)相同，但盐酸与Zn 反应所用时间比硫酸短，可能是Cl-加快反应速
率，也可能是
减慢反应速率 0.1 NaCl 固体
(5)用淡水冲洗(或其它合理方法)
【分析】电解饱和NaCl 溶液时，左侧石墨电极与电源正极相连，则其为阳极，右侧石墨电极与电源负极相
连，则其为阴极。在阳极，Cl-失电子生成Cl2，在阴极，H2O 得电子生成H2和OH-。
（1）工业上通过电解饱和NaCl 溶液制Cl2，同时生成烧碱和氢气，离子方程式为2Cl-+2H2O
2OH-
+Cl2↑+H2↑。答案为：2Cl-+2H2O
2OH-+Cl2↑+H2↑；
（2）检验产生的Cl2时，通常使用淀粉KI 试纸，则操作及现象是：将淀粉KI 试纸湿润，粘在玻璃棒的一端，
将此端靠近a 管口，试纸变蓝，则表明反应生成Cl2。答案为：将淀粉KI 试纸湿润，粘在玻璃棒的一端，将
此端靠近a 管口，试纸变蓝，则表明反应生成Cl2；
（3）①加入NaCl 固体后，固体溶于水，使溶液中离子浓度增大，所以甲同学认为加入NaCl 固体后电流强
度增大并不能说明Cl-会加快金属与盐溶液的反应速率，其理由可能是：加入NaCl 固体后，溶液中离子浓度
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增大，导电能力增强。
②向B 烧杯中加入5gNaCl 固体，使其溶解，Cl-会加快金属与盐溶液的反应速率，则0～100sB 烧杯中溶液
温度随时间的变化情况(100s 时反应仍在进行)为：
。答案为：
加入NaCl 固体后，溶液中离子浓度增大，导电能力增强；
；
（4）①实验I 和实验II 相比，实验Ⅱ所用时间短，反应速率快，但并不能说明Cl-会加快金属与酸溶液的反
应速率，理由是：Zn 与酸反应时，c(H+)相同，但盐酸与Zn 反应所用时间比硫酸短，可能是Cl-加快反应速
率，也可能是
减慢反应速率。
②若要由实验I 和实验III 推知Cl-会加快金属与酸溶液的反应速率，应在实验Ⅰ的基础上，再加入NaCl 固体，
则实验III 中，a 处填0.1，b 处填NaCl 固体。答案为：不能；Zn 与酸反应时，c(H+)相同，但盐酸与Zn 反应
所用时间比硫酸短，可能是Cl-加快反应速率，也可能是
减慢反应速率；0.1；NaCl 固体；
（5）降低海砂中Cl-含量，可将Cl-转移到其它物质中，方法是：用淡水冲洗(或其它合理方法)。答案为：用
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淡水冲洗(或其它合理方法)。
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