- 比色法
- 共1072题
（2016•广州模拟）高纯MnCO3是广泛用于电子行业的强磁性材料．MnCO3为白色粉末，不溶于水和乙醇，在潮湿环境下易被氧化，温度高于100℃开始分解．
Ⅰ．实验室以MnO2为原料制备MnCO3
（1）制备MnSO4溶液：
①主要反应装置如图1，缓缓通入经N2稀释的SO2气体，发生反应H2SO3+MnO2
A．MnO2加入前先研磨 B．搅拌 C．提高混合气中N2比例
②已知实验室制取SO2的原理是Na2SO3+2H2SO4（浓） 
③若用空气代替N2进行实验，缺点是______．（酸性环境下Mn2+不易被氧化）
（2）制备MnCO3固体：
实验步骤：①向MnSO4溶液中边搅拌边加入饱和NH4HCO3溶液生成MnCO3沉淀，反应结束后过滤；②…；③在70-80℃下烘干得到纯净干燥的MnCO3固体．
步骤②需要用到的试剂有______．
Ⅱ．设计实验方案
（3）利用沉淀转化的方法证明KSP（MnCO3）＜KSP（NiCO3）：______．（已知NiCO3为难溶于水的浅绿色固体）
（4）证明H2SO4的第二步电离不完全：______．[查阅资料表明K2（H2SO4）=1.1×10-2]．
正确答案
解：（1）①MnO2研磨、反应时搅拌均可以增大接触面积，加快反应速率，提高混合其中N2比例，二氧化硫的浓度减小，反应速率减小，
故选：AB；
②反应不需要加热制备二氧化硫，b装置制备二氧化硫，氮气与二氧化硫通过e装置混合，在图1装置中反应生成MnSO4，利用f进行尾气处理，防止尾气中二氧化硫污染空气，
故选：abef；
③制备原理为：H2SO3+MnO2═MnSO4+H2O，若用空气代替N2进行实验，氧气能与亚硫酸反应生成硫酸，二氧化硫利用率降低，
故答案为：空气中的O2能氧化H2SO3，使SO2利用率下降；
（2）步骤②为洗涤杂质，MnCO3为白色粉末，不溶于水和乙醇，在潮湿环境下易被氧化，应用乙醇洗涤，可以防止被氧化，因溶解导致的损失，
故答案为：乙醇；
（3）先向少量NiSO4溶液中滴加几滴Na2CO3溶液，生成浅绿色沉淀，再滴加足量MnSO4溶液，沉淀变成白色，可证明KSP（MnCO3）＜KSP（NiCO3），
故答案为：向少量NiSO4溶液中滴加几滴Na2CO3溶液，生成浅绿色沉淀，再滴加足量MnSO4溶液，沉淀变成白色；
（4）配制0.1mol/L NaHSO4溶液，测定溶液pH＞1，则说明H2SO4的第二步电离不完全，或用pH计测量Na2SO4溶液的pH大于7，也可证明H2SO4的第二步电离不完全，
故答案为：配制0.1mol/L NaHSO4溶液，测定溶液pH＞1，说明H2SO4的第二步电离不完全（或用pH计测量Na2SO4溶液的pH大于7）．
解析
解：（1）①MnO2研磨、反应时搅拌均可以增大接触面积，加快反应速率，提高混合其中N2比例，二氧化硫的浓度减小，反应速率减小，
故选：AB；
②反应不需要加热制备二氧化硫，b装置制备二氧化硫，氮气与二氧化硫通过e装置混合，在图1装置中反应生成MnSO4，利用f进行尾气处理，防止尾气中二氧化硫污染空气，
故选：abef；
③制备原理为：H2SO3+MnO2═MnSO4+H2O，若用空气代替N2进行实验，氧气能与亚硫酸反应生成硫酸，二氧化硫利用率降低，
故答案为：空气中的O2能氧化H2SO3，使SO2利用率下降；
（2）步骤②为洗涤杂质，MnCO3为白色粉末，不溶于水和乙醇，在潮湿环境下易被氧化，应用乙醇洗涤，可以防止被氧化，因溶解导致的损失，
故答案为：乙醇；
（3）先向少量NiSO4溶液中滴加几滴Na2CO3溶液，生成浅绿色沉淀，再滴加足量MnSO4溶液，沉淀变成白色，可证明KSP（MnCO3）＜KSP（NiCO3），
故答案为：向少量NiSO4溶液中滴加几滴Na2CO3溶液，生成浅绿色沉淀，再滴加足量MnSO4溶液，沉淀变成白色；
（4）配制0.1mol/L NaHSO4溶液，测定溶液pH＞1，则说明H2SO4的第二步电离不完全，或用pH计测量Na2SO4溶液的pH大于7，也可证明H2SO4的第二步电离不完全，
故答案为：配制0.1mol/L NaHSO4溶液，测定溶液pH＞1，说明H2SO4的第二步电离不完全（或用pH计测量Na2SO4溶液的pH大于7）．
钠米材料二氧化钛（TiO2）具有很高的化学活性，可做性能优良的催化剂．
（1）工业上二氧化钛的制备是：
Ⅰ．将干燥后的金红石（主要成分TiO2，主要杂质SiO2）与碳粉混合装入氯化炉中，在高温下通入Cl2反应制得混有SiCl4杂质的TiCl4；
Ⅱ．将SiCl4分离，得到纯净的TiCl4；
Ⅲ．在TiCl4中加水、加热，水解得到沉淀TiO2•XH2O；
Ⅳ．TiO2•XH2O高温分解得到TiO2．
①TiCl4与SiCl4在常温下的状态是______，Ⅱ中所采取的操作名称是______；
②Ⅲ中反应的化学方程式是______；
③如Ⅳ在实验室完成，应将TiO2•XH2O放在______（填图1仪器编号）中加热；
（2）据报道：“生态马路”是在铺设时加入一定量的TiO2，TiO2受太阳光照射后，产生的电子被空气或水中的氧获得，生成H2O2．H2O2能清除路面空气中的CxHy、CO等，其主要是利用了H2O2的______（填“氧化性”或“还原性”）．写出H2O2清除路面空气中CO的化学方程式______．
（3）某研究小组用图2装置模拟“生态马路”部分原理．（夹持装置已略去）
①缓慢通入22.4L（已折算成标准状况）CO气体，结果NaOH溶液增重11g，则CO的转化率为______；
②当CO气体全部通入后，还要通一会儿空气，其目的是______；
③该装置的一个明显的缺陷是______．
正确答案
解：（1）①根据资料卡片中的TiCl4与SiCl4熔点、沸点可知，TiCl4与SiCl4在常温下的状态是液态；分离沸点相差较大的互溶液体常采取蒸馏方法，
故答案为：液态；蒸馏；
②由信息可知TiCl4与水在加热条件下，水解得到沉淀TiO2•xH2O与HCl，反应方程式为：TiCl4+（x+2）H2O 
故答案为：TiCl4+（x+2）H2O 
③Ⅳ为烧杯与蒸发皿通常进行液态加热，高温分解固体物质常在坩埚中进行，所以B正确，
故答案为：B；
（2）CxHy、CO等具有还原性，H2O2具有强氧化性，H2O2能氧化CxHy、CO等，清除路面空气中的CxHy、CO等，
双氧水与一氧化碳反应生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为：H2O2+CO
故答案为：氧化性；H2O2+CO
（3）①22.4L（已折算成标准状况）CO气体的物质的量为：n（CO）=
NaOH溶液增重11g为吸收的CO2质量，根据碳元素守恒可知，转化率的CO的物质的量等于CO2的物质的量为：n（CO）=n（CO2）=
所以CO的转化率为：
故答案为：25%；
②装置中有残留的CO2气体，通一会空气，将残留在装置中的CO2气体排出，以便被NaOH溶液吸收，从而减小误差，
故答案为：将生成的CO2气体全部排出被NaOH溶液完全吸收，使实验结果更加精确；
③一氧化碳是一种有毒气体，反应后剩余的CO气体不能直接排放到空气中，所以该装置的一个明显的缺陷是：缺少尾气吸收装置，
故答案为：缺少尾气处理装置．
解析
解：（1）①根据资料卡片中的TiCl4与SiCl4熔点、沸点可知，TiCl4与SiCl4在常温下的状态是液态；分离沸点相差较大的互溶液体常采取蒸馏方法，
故答案为：液态；蒸馏；
②由信息可知TiCl4与水在加热条件下，水解得到沉淀TiO2•xH2O与HCl，反应方程式为：TiCl4+（x+2）H2O
故答案为：TiCl4+（x+2）H2O
③Ⅳ为烧杯与蒸发皿通常进行液态加热，高温分解固体物质常在坩埚中进行，所以B正确，
故答案为：B；
（2）CxHy、CO等具有还原性，H2O2具有强氧化性，H2O2能氧化CxHy、CO等，清除路面空气中的CxHy、CO等，
双氧水与一氧化碳反应生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为：H2O2+CO
故答案为：氧化性；H2O2+CO
（3）①22.4L（已折算成标准状况）CO气体的物质的量为：n（CO）=
NaOH溶液增重11g为吸收的CO2质量，根据碳元素守恒可知，转化率的CO的物质的量等于CO2的物质的量为：n（CO）=n（CO2）=
所以CO的转化率为：
故答案为：25%；
②装置中有残留的CO2气体，通一会空气，将残留在装置中的CO2气体排出，以便被NaOH溶液吸收，从而减小误差，
故答案为：将生成的CO2气体全部排出被NaOH溶液完全吸收，使实验结果更加精确；
③一氧化碳是一种有毒气体，反应后剩余的CO气体不能直接排放到空气中，所以该装置的一个明显的缺陷是：缺少尾气吸收装置，
故答案为：缺少尾气处理装置．
高锰酸钾是锰的重要化合物和常用的氧化剂．以下是工业上用软锰矿（主要成份MnO2）制备高锰酸钾的流程图．
（1）软锰矿粉碎的目的______．软锰矿、KOH混合物在空气加热熔融反应生成K2MnO4的化学方程式为：
______．
（2）以上生产流程中可循环利用的物质是Ca（OH）2、CO2、______、______．工业上用上述原理生产KMnO4方法产率较低，较好的制备方法是电解法．用Pt作阳极，Fe作阴极，电解K2MnO4溶液，阳极的电极反应式为______．
（3）KMnO4是一种较稳定的化合物，但日光对KMnO4溶液的分解有催化作用，生成MnO2、KOH和O2．而 MnO2也是该分解反应的一种催化剂，请你设计一个实验方案，验证MnO2对该分解反应具有催化性．简述实验操作、现象及相关结论：______．
正确答案
解：（1）将大量矿石尽可能粉碎会增大反应物的接触面积，反应速度加快；由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，根据元素守恒还应生成水．反应中锰元素由+4价升高为+6价，总升高2价，氧元素由0价降低为-2价，总共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，所以MnO2系数2，O2系数为1，根据锰元素守恒确定K2MnO4系数为2，根据钾元素守恒确定KOH系数为4，根据氢元素守恒确定H2O系数为2，所以反应化学方程式为2MnO2+4KOH+O2
故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应物反应完全；2MnO2+4KOH+O2
（2）制备中利用的原料，在转化过程中又生成的可以循环利用．由转化关系图知，除石灰、二氧化碳外，K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4生成的MnO2及最后由母液加入石灰生成的KOH，会在MnO2、KOH的熔融制备K2MnO4中被循环利用，用Pt作阳极，Fe作阴极，电解K2MnO4溶液，阳极上发生失电子的氧化反应MnO42--e -=MnO4-；
故答案为：KOH；MnO2；MnO42--e -=MnO4-；
（3）日光对KMnO4溶液的分解有催化作用，生成MnO2、KOH和O2，MnO2也是该分解反应的一种催化剂，为验证二氧化锰的催化剂作用，可以取两份等体积、等浓度的KMnO4溶液，在同样条件下，只在其中一份中加入少量MnO2，另一份不加二氧化锰，通过观察溶液紫红色褪去的快慢，来确定实验结论，
故答案为：取两份等体积、等浓度的KMnO4溶液，在同样条件下，只在其中一份中加入少量MnO2，观察溶液紫红色褪去的快慢．
解析
解：（1）将大量矿石尽可能粉碎会增大反应物的接触面积，反应速度加快；由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，根据元素守恒还应生成水．反应中锰元素由+4价升高为+6价，总升高2价，氧元素由0价降低为-2价，总共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，所以MnO2系数2，O2系数为1，根据锰元素守恒确定K2MnO4系数为2，根据钾元素守恒确定KOH系数为4，根据氢元素守恒确定H2O系数为2，所以反应化学方程式为2MnO2+4KOH+O2
故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应物反应完全；2MnO2+4KOH+O2
（2）制备中利用的原料，在转化过程中又生成的可以循环利用．由转化关系图知，除石灰、二氧化碳外，K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4生成的MnO2及最后由母液加入石灰生成的KOH，会在MnO2、KOH的熔融制备K2MnO4中被循环利用，用Pt作阳极，Fe作阴极，电解K2MnO4溶液，阳极上发生失电子的氧化反应MnO42--e -=MnO4-；
故答案为：KOH；MnO2；MnO42--e -=MnO4-；
（3）日光对KMnO4溶液的分解有催化作用，生成MnO2、KOH和O2，MnO2也是该分解反应的一种催化剂，为验证二氧化锰的催化剂作用，可以取两份等体积、等浓度的KMnO4溶液，在同样条件下，只在其中一份中加入少量MnO2，另一份不加二氧化锰，通过观察溶液紫红色褪去的快慢，来确定实验结论，
故答案为：取两份等体积、等浓度的KMnO4溶液，在同样条件下，只在其中一份中加入少量MnO2，观察溶液紫红色褪去的快慢．
硫酸铁铵[aFe2（SO4）3•b（NH4）2SO4•cH2O]广泛用于城镇生活饮用水、工业循环水的净化处理等．某化工厂以硫酸亚铁（含少量硝酸钙）和硫酸铵为原料，设计了如下工艺流程制取硫酸铁铵．
请回答下列问题：
（1）硫酸亚铁溶液加H2SO4酸化的主要目的是______．
（2）下列物质中最适合的氧化剂B是______．
a．NaClO b．H2O2 c．KMnO4 d．K2Cr2O7
（3）操作甲、乙的名称分别是：甲______，乙______．
（4）上述流程中，氧化之后和加热蒸发之前，需取少量检验Fe2+是否已全部被氧化，能否用酸性的KMnO4溶液？______（填“能”或“不能”）理由是：______．（可用文字或方程式说明）
（5）检验硫酸铁铵中NH4+的方法是______．
（6）称取14.00g样品，将其溶于水配制成100mL溶液，分成两等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得到2.14g沉淀；向另一份溶液中加入0.05mol Ba（NO3）2溶液，恰好完全反应．则该硫酸铁铵的化学式为______．
正确答案
解：原料中加入硫酸酸化，可生成硫酸钙沉淀，减压过滤后加入过氧化氢氧化可生成硫酸铁，加入硫酸铵，在80℃下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵，
（1）加入硫酸，可增大溶液中SO42-浓度，将Ca2+转化为沉淀，生成CaSO4，同时抑制Fe2+水解，
故答案为：增大溶液中SO42-浓度，将Ca2+转化为沉淀或抑制Fe2+水解；
（2）为避免引入新杂质，应加入过氧化氢为氧化剂，还原产物是水，故答案为：b；
（3）在80℃下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵，温度不能过高，防止分解，
故答案为：冷却结晶；常温晾晒；
（4）酸性高锰酸钾溶液氧化性很强，可以氧化二价铁和双氧水，故答案为：不能，因为过氧化氢和二价铁离子均能使酸性高锰酸钾溶液褪色；
（5）检验NH4+的方法是加入强碱反应、加热能够产生使湿润的红色石蕊试液变蓝的气体，该气体是氨气，从而证明原溶液中一定含有NH4+，
故答案为：在试管中加入少量样品和NaOH固体加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，看到试纸变成蓝色；
（6）称取14.00g样品，将其溶于水配置成100mL溶液，分成两等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得到2.14g沉淀，应为Fe（OH）3，
n（Fe（OH）3）=
向另一份溶液中加入0.05mol Ba（NO3）2溶液，恰好完全反应，则n（SO42-）=0.05mol，
所以14.00g样品中含有Fe2（SO4）30.02mol，n（SO42-）为0.1mol，则（NH4）2SO4为0.1mol-0.02mol×3=0.04mol，
则m（H2O）=14.00g-0.02mol×400g/mol-0.04mol×132g/mol=0.72g，
n（H2O）=
n（Fe2（SO4）3）：n（（NH4）2SO4）：n（H2O）=0.02：0.04：0.04=1：2：2，
所以化学式为Fe2（SO4）3•2（NH4）2SO4•2H2O，
故答案为：Fe2（SO4）3•2（NH4）2SO4•2H2O．
解析
解：原料中加入硫酸酸化，可生成硫酸钙沉淀，减压过滤后加入过氧化氢氧化可生成硫酸铁，加入硫酸铵，在80℃下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵，
（1）加入硫酸，可增大溶液中SO42-浓度，将Ca2+转化为沉淀，生成CaSO4，同时抑制Fe2+水解，
故答案为：增大溶液中SO42-浓度，将Ca2+转化为沉淀或抑制Fe2+水解；
（2）为避免引入新杂质，应加入过氧化氢为氧化剂，还原产物是水，故答案为：b；
（3）在80℃下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵，温度不能过高，防止分解，
故答案为：冷却结晶；常温晾晒；
（4）酸性高锰酸钾溶液氧化性很强，可以氧化二价铁和双氧水，故答案为：不能，因为过氧化氢和二价铁离子均能使酸性高锰酸钾溶液褪色；
（5）检验NH4+的方法是加入强碱反应、加热能够产生使湿润的红色石蕊试液变蓝的气体，该气体是氨气，从而证明原溶液中一定含有NH4+，
故答案为：在试管中加入少量样品和NaOH固体加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，看到试纸变成蓝色；
（6）称取14.00g样品，将其溶于水配置成100mL溶液，分成两等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得到2.14g沉淀，应为Fe（OH）3，
n（Fe（OH）3）=
向另一份溶液中加入0.05mol Ba（NO3）2溶液，恰好完全反应，则n（SO42-）=0.05mol，
所以14.00g样品中含有Fe2（SO4）30.02mol，n（SO42-）为0.1mol，则（NH4）2SO4为0.1mol-0.02mol×3=0.04mol，
则m（H2O）=14.00g-0.02mol×400g/mol-0.04mol×132g/mol=0.72g，
n（H2O）=
n（Fe2（SO4）3）：n（（NH4）2SO4）：n（H2O）=0.02：0.04：0.04=1：2：2，
所以化学式为Fe2（SO4）3•2（NH4）2SO4•2H2O，
故答案为：Fe2（SO4）3•2（NH4）2SO4•2H2O．
实验室制备氨基甲酸铵（NH2COONH4）的反应如下：2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）△H＜0，该反应在干燥条件下仅生成氨基甲酸铵，若有水存在氨基甲酸铵则发生水解．某学习小组设计如图1装置制取氨基甲酸铵，实验步骤如图：
步骤1：检查装置的气密性．
步骤2：在相应仪器中装入药品，其中在三颈烧瓶中加入足量的氢氧化钠固体，恒压滴液漏斗中装入浓氨水．
步骤3：滴加浓氨水并搅拌，调节反应速率，在反应器中得到产品．
请回答问题：
（1）和普通分液漏斗相比，恒压滴液漏斗的优点是______；干燥管中盛放的药品是______．
（2）该实验利用干冰升华产生CO2气体的优点有______．
（3）装置C中CCl4的作用是______．
（4）已知：NH2COONH4+2H2O⇌NH4HCO3+NH3•H2O．该小组用制取的产品配成三份不同浓度的氨基甲酸铵溶液测定水解反应速率，得到c（NH2COO-）随时间变化趋势如图2所示．
①15℃反应到12min时，氨基甲酸铵的转化率为______．
②根据图中信息，如何说明该水解反应速率随温度升高而增大______．
正确答案
解：（1）和普通分液漏斗相比，恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通，可以保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下，所以将普通分液漏斗改为恒压滴液漏斗；
由于制备氨基甲酸铵的原料氨气必须是干燥的，以防止副反应的发生，因此生成的氨气必须进行干燥，因为氨气是碱性气体，所以干燥氨气应该用氧化钙或碱石灰，
故答案为：恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通，可以保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下；氧化钙或碱石灰；
（2）碳酸盐和酸反应制CO2，则生成的CO2必须进行净化和干燥处理，而直接利用干冰制备CO2，不需要干燥；又因为该反应是放热反应，提供低温环境，可以提高转化率，
故答案为：干冰升华吸收热量，提供低温环境使氨基甲酸铵的合成反应向正反应方向移动，提高了反应产率；
（3）装置C中稀硫酸用于吸收反应剩余的氨气，氨基甲酸铵容易水解，通过四氯化碳的稀硫酸混合液可防止空气中水蒸气加入反应器，
故答案为：吸收氨气，防止水蒸气进入反应器使产品水解；
（4）①15℃反应到12min时，氨基甲酸铵的物质的量为2.15mol，反应开始时氨基甲酸铵的物质的量为2.4mol，则氨基甲酸铵的转化率为：
故答案为：10.4%；
②根据图中信息，25℃时反应物的起始浓度比15.0℃时小，但0～6 min时的曲线斜率比15.0℃时的曲线斜率大，说明25.0℃时反应物氨基甲酸铵的平均速率比15.0℃时的平均速率大，由此可以推断氨基甲酸铵水解反应速率随温度升高而增大，
故答案为：25℃时反应物的起始浓度比15.0℃时小，但0～6 min时的曲线斜率比15.0℃时的曲线斜率大．
解析
解：（1）和普通分液漏斗相比，恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通，可以保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下，所以将普通分液漏斗改为恒压滴液漏斗；
由于制备氨基甲酸铵的原料氨气必须是干燥的，以防止副反应的发生，因此生成的氨气必须进行干燥，因为氨气是碱性气体，所以干燥氨气应该用氧化钙或碱石灰，
故答案为：恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通，可以保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下；氧化钙或碱石灰；
（2）碳酸盐和酸反应制CO2，则生成的CO2必须进行净化和干燥处理，而直接利用干冰制备CO2，不需要干燥；又因为该反应是放热反应，提供低温环境，可以提高转化率，
故答案为：干冰升华吸收热量，提供低温环境使氨基甲酸铵的合成反应向正反应方向移动，提高了反应产率；
（3）装置C中稀硫酸用于吸收反应剩余的氨气，氨基甲酸铵容易水解，通过四氯化碳的稀硫酸混合液可防止空气中水蒸气加入反应器，
故答案为：吸收氨气，防止水蒸气进入反应器使产品水解；
（4）①15℃反应到12min时，氨基甲酸铵的物质的量为2.15mol，反应开始时氨基甲酸铵的物质的量为2.4mol，则氨基甲酸铵的转化率为：
故答案为：10.4%；
②根据图中信息，25℃时反应物的起始浓度比15.0℃时小，但0～6 min时的曲线斜率比15.0℃时的曲线斜率大，说明25.0℃时反应物氨基甲酸铵的平均速率比15.0℃时的平均速率大，由此可以推断氨基甲酸铵水解反应速率随温度升高而增大，
故答案为：25℃时反应物的起始浓度比15.0℃时小，但0～6 min时的曲线斜率比15.0℃时的曲线斜率大．
扫码查看完整答案与解析