2020年高考化学一轮复习一遍过专题25化学反应速率.doc

专题25 化学反应速率1对于密闭容器中的反应2SO3(g)O2(g)2SO2(g)，在一定条件下n(SO3)和n(O2)随时间变化的关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）A点c处反应达到平衡B点b的正反应速率比点a的大C点c的逆反应速率比点e的大D点d(t1时刻)和点e(t2时刻)处n(SO2)一样大【答案】D【解析】A.由图像可以知道，点c处O2和SO3的物质的量相等，但是未必达到平衡状态，故A错误；B.点bSO3的物质的量浓度比a点小，所以点b的的正反应速率比点a的小，故B错误；C.点c为达到平衡且向正反应方向进行，生成物的浓度比平衡时要小，所以逆反应速率比平衡状态小，而点e处于平衡状态，所以点c的逆反应速率比点e的小，故C错误；D.点d(t1时刻)和点e(t2时刻)都处于同一平衡状态下，所以SO2的物质的量相同，故D正确。2下列试管中，不同条件下反应：Fe2HClFeCl2H2，判断产生H2的反应速率最小的是试管盐酸浓度温度铁的状态A0.5 mol/L20 块状B0.5 mol/L20 粉末状C2 mol/L35 粉末状D1 mol/L35 块状【答案】A【解析】盐酸浓度越大、温度越高、接触面积越大反应速率越快，根据表中数据可知C中反应速率最快，A中反应速率最慢，答案选A。3某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100 mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下(累计值)： 时间(min)12345氢气体积(mL)50120232290310反应速率最大的时间段及其原因是（ ）。A01min 盐酸浓度大，反应速率大B12min 接触面积增大，反应速率大C23min 反应放热，温度升高，反应速率大D34min 产生的Zn2+是催化剂，反应速率大【答案】C【解析】从表中数据看出：01min 收集的氢气小于后一分钟，虽然盐酸浓度较大，但是温度较低，故反应速率不是最大；2 min3 min收集的氢气比其他时间段多，虽然反应中c（H+）下降，但主要原因是Zn置换H2的反应是放热反应，温度升高，温度对反应速率影响占主导作用；34min 反应速率比前一分钟小，不能由此判断Zn2+是催化剂：4 min5 min收集的氢气最少，虽然反应放热，但主要原因是c（H+）下降，反应物浓度越低，反应速率越小，浓度对反应速率影响占主导作用，故选C。4在一定温度下，10mL 0.40mol/L H2O2 溶液发生催化分解。不同时刻测得生成的体积(已折算为标准状况)如下表。t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)A06min的平均反应速率：v(H2O2)=3.310-2mol/(Lmin)B610min的平均反应速率：v(H2O2)3.310-2mol/(Lmin)C反应到6min时，c(H2O2)=0.30mol/LD反应到6min时，H2O2 分解了50%【答案】C【解析】A.06min时间内，生成氧气的物质的量为=0.001mol，由2H2O2 2H2O+O2，可知c(H2O2)=0.2mol/L，所以v(H2O2)=0.033mol/(Lmin)，故A正确；B随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢，610 min的平均反应速率小于06min时间内反应速率，故B正确；C由A计算可知，反应至6 min时c(H2O2)=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，故C错误；D6min内c(H2O2)=0.2mol/L，则H2O2分解率为：100%=50%，故D正确。5二氧化钛在一定波长光的照射下，可有效降解甲醛、苯等有机物，效果持久，且自身对人体无害。某课题组研究了溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响，结果如图所示。下列判断正确的是 A在020min之间，pH7时R的降解速率为0.07molL-1min-1BR的起始浓度不同，无法判断溶液的酸碱性对R的降解速率的影响C二氧化钛对pH2的R溶液催化效率好D在050 min之间，R的降解百分率pH2大于pH7【答案】C【解析】A. 在020min之间，pH7时R的降解速率=（1.8-0.4）10-4mol/L/20min=710-6molL-1min-1，A错误；B. 判断溶液的酸碱性对R的降解速率的影响应选用R的起始浓度相同，B错误；C. 通过图像可知，pH2时，二氧化钛对R溶液催化时间迅速缩短，效率好，C正确；D. 在050 min之间，R的降解初始量pH7大于pH2，平衡时浓度接近0，则降解百分率 pH7大于pH2，D错误。6化合物Bilirubin 在一定波长光照射下发生分解反应，反应物浓度随反应时间变化如图所示，计算反应48min 平均反应速率和推测反应 16min 时反应物的浓度，结果应是A2.5mol/(Lmin)和 2.0molB2.5mol/(Lmin)和 2.5molC3.0mol/(Lmin)和 3.0molD5.0mol/(Lmin)和 3.0mol【答案】B【解析】由图可知，48min期间，反应物浓度变化为(20-10)mol/L=l0mol/L，所以48min期间，反应速率为=2.5mol/(Lmin)；由图可知，04min期间，反应物浓度变化为(40-20)mol/L=20mol/L，48min 期间，反应物浓度变化为(20-10)mol/L=10mol/L，可知，每隔4分钟，浓度变化量降为原来的一半，所以812min浓度变化为5mol/L，1216min 浓度变化为 2.5mol/L，所以 16min 时浓度为 10mol/L-5mol/L-2.5mol/L=2.5mol/L。7在恒温恒容的密闭容器中通入一定量的A、B，发生反应A(g)2B(g)3C(g)。如图是A的反应速率v(A)随时间变化的示意图。下列说法正确的是A反应物A的浓度：a点小于b点BA的平均反应速率：ab段大于bc段C曲线上的c、d两点都表示达到平衡状态D该反应的生成物可能对反应起催化作用【答案】D【解析】A.随反应进行，反应物浓度不断减小，所以a点浓度大于b点，故A错误；B.ac段，反应速率逐渐增大，所以平均反应速率ab段小于bc段，故B错误；C.从图象上无法判断正逆反应速率相等，c、d两点不一定达到平衡状态，故C错误；D.恒温恒容条件下，反应速率加快，可能是某种生成物对反应起到的催化作用，故D正确。8某温度下，在容积为2 L的密闭容器中投入一定量的A、B发生反应3A(g)bB(g)cC(g)HQ kJmol1(Q>0)，12 s时反应达到平衡，生成C的物质的量为0.8 mol，反应过程中A、B的物质的量浓度随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是A前12 s内，A的平均反应速率为0.025 molL1s1B12 s后，A的消耗速率等于B的生成速率C化学计量数之比bc12D12 s内，A和B反应放出的热量为0.2Q kJ【答案】C【解析】分析图像可知12 s内A的浓度变化为(0.80.2)molL10.6 molL1，反应速率v(A)0.05 molL1s1，A项错误；分析图像，12 s内B的浓度变化为(0.50.3)molL10.2 molL1，v(B) molL1s1，速率之比等于化学计量数之比，3b0.05，b1，3c0.05，c2，A、B的化学计量数不同，12 s后达到平衡状态，A的消耗速率不等于B的生成速率，B项错误，C项正确；消耗3 mol A放热Q kJ，12 s内消耗A的物质的量为0.6 molL12 L1.2 mol，消耗1.2 mol A放出的热量为0.4Q kJ，D项错误。9不同条件下，用O2氧化a mol/L FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测合理的是A由、可知， pH越大，+2价铁越易被氧化B由、推测，若pH7，+2价铁更难被氧化C由、推测，FeCl2被O2氧化的反应为放热反应D60、pH=2.5时， 4 h内Fe2+的平均消耗速率大于 0.15a mol/(Lh)【答案】D【解析】A、由、可知， pH越小，+2价铁氧化速率越快，故A错误；B、若pH7，FeCl2变成Fe（OH）2，Fe（OH）2非常容易被氧化成Fe（OH）3，故B错误；C、由、推测，升高温度，相同时间内+2价铁的氧化率增大，升高温度+2价铁的氧化速率加快，由图中数据不能判断反应的热效应，故C错误；D、50、pH=2.5时，4 h内Fe2+的氧化率是60%，即消耗0.6a mol/L，4 h内平均消耗速率等于0.15a mol/(Lh)，温度升高到60、pH=2.5时，+2价铁的氧化率速率加快，4 h内Fe2+的平均消耗速率大于 0.15a mol/(Lh)。正确答案选D。10一定温度下，将1molA(g)和1molB(g)充入2L密闭容器中发生反应：A(g)+B(g) xC(g)+D(s)H<0，在 t1 时达平衡。在 t2 、t3 时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中 C(g)的浓度随时间变化如图所示。下列有关说法正确的是At2 时刻改变的条件是使用催化剂Bt3时刻v(逆)可能小于t2 时刻v(逆)Ct3时刻改变的条件一定是增大反应物的浓度Dt1t2、t2t3平衡常数均为0.25【答案】B【解析】A.催化剂只能加快反应速率，对平衡无影响，不能影响C的物质的量浓度，由图可知，t2时刻C的浓度增大，但平衡不移动，因此改变的条件不是催化剂，故A错误；B.由图象可知，t3时刻后C的物质的量浓度增大，说明平衡正向移动，t3时刻v(逆)可能小于t2时刻v(逆)，故B正确；C.由图象可知，t3时刻后C的物质的量浓度增大，说明平衡正向移动，改变的条件可能是增大反应物的浓度、降低温度等，故C错误；D.根据图可知，在t2时刻，平衡不移动，但C的浓度变大，说明在在t2时刻改变的条件是缩小容器的体积，且该反应前后气体体积不变，所以可知x=2，反应方程式为：A（g）+B（g）2C（g）+D（s），t1t3间温度相同，平衡常数相同，由图可知平衡时C的浓度为0.5mol/L，则：A（g）+B（g）2C（g）+D（s）起始浓度（mol/L）0.5 0.5 0转化浓度（mol/L）0.25 0.25 0.5平衡浓度（mol/L）0.25 0.25 0.5所以平衡常数K4，故D错误。11某兴趣小组将下表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，以研究硫酸铜的浓度对稀硫酸与锌反应生成氢气速率的影响。下列判断错误的是（） 实验组别混合溶液ABCDEF4molL1H2SO4/mL30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V8V9V10100AV130，V610，V720B本实验利用了控制变量思想，变量为铜离子浓度C反应一段时间后，实验A中的金属呈灰黑色，实验F的金属呈现红色D该小组的实验结论是硫酸铜的量与生成氢气速率成正比【答案】D【解析】A.研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，则需要硫酸的体积、物质的量应相同，由A、F可知结合溶液的总体积为30mL+20mL=50mL，则V1=30，V6=50-30-10=10，V7=20，故A不符合题意；B.本实验利用了控制变量思想，硫酸的体积、物质的量应相同，变量为铜离子浓度，故B不符合题意；C.A中没有加入硫酸铜，锌与稀硫酸反应后，锌的表面凹凸不平，有很多细小的锌的颗粒，由于颗粒很小，光被完全吸收，所以看到的固体是灰黑色；F中Zn能够置换出Cu附着在Zn表面，金属变为紫红色，故C不符合题意；D.因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较少时，形成铜锌原电池，反应速率加快，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反应，氢气生成速率下降，故D符合题意。12在不同条件下进行化学反应2A(g)=B(g)+D(g)，B、D起始浓度均为0，反应物A的浓度(mol/L)随反应时间的变化情况如下表：下列说法不正确的是A中B在020 min平均反应速率为8.25xl0-3moI.L-l.min-lB中K=0.25，可能使用了催化剂C中y= 1.4 moI.L-lD比较、可知，该反应为吸热反应【答案】C【解析】A、（1）根据v=c/t可计算出B的反应速率为=8.25xl0-3moI.L-l.min-l，故A正确；B、由表中数据可知，该反应为反应前后气体分子数不变的可逆反应。实验的平衡状态与实验相同，但是到达所用的时间较少，说明该容器中的反应速率较大。催化剂能改变反应速率，但不改变平衡，平衡时浓度相同，但反应速率更快，可能使用了催化剂，故B正确；C、比较实验和实验中的数据可知，在相同温度下，实验中的A的平衡浓度大于实验，所以反应过程中，反应速率也比实验中的大，在相同温度下，该反应的起始浓度与平衡浓度成比例，故 中y= 1.2 moI.L-l，故C错误；D、比较实验和实验中数据可知，温度升高，起始浓度相同，但平衡A的浓度变小，说明平衡正向移动，故可判断该反应的正反应为吸反应。13在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)+Q（Q>0）。某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，分析正确的是A图研究的是t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响B图研究的是t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响C图研究的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化速率比乙高D图研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较低【答案】B【解析】A增大氧气的浓度，瞬间逆反应速率不变，图中不符，应为增大压强，A项错误；B图正正逆反应速率同等程度的增大，为催化剂对反应的影响，B项正确；C催化剂不改变平衡，应为压强对反应的影响，C项错误；D若图研究的是温度对化学平衡的影响，则乙先达到平衡，对应的温度高，升温不利于二氧化硫的转化，则二氧化硫转化率低，D项错误。14资料显示：自催化作用是指反应产物之一使该反应速率加快的作用。用稀硫酸酸化的KMnO4进行下列三组实验，一段时间后溶液均褪色（0.01mol/L可以记做0.01M）。实验实验实验褪色比实验褪色快比实验褪色快下列说法不正确的是A实验中发生氧化还原反应，H2C2O4是还原剂，产物MnSO4能起自催化作用B实验褪色比快，是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率C实验褪色比快，是因为Cl的催化作用加快了反应速率D若用1mL0.2M的H2C2O4做实验，推测比实验褪色快【答案】C【解析】A. 由分析可知，实验中发生氧化还原反应，H2C2O4化合价降低，作为还原剂，生成MnSO4，能起自催化作用，故A正确；B. 实验加入了MnSO4固体后，褪色比快，说明MnSO4的催化作用加快了反应速率，故B正确；C. 实验加入了稀盐酸之后，Cl与KMnO4生氧化还原反应，所以褪色比快，Cl是还原剂不是催化剂，故C错误；D. 若用1mL0.2M的H2C2O4做实验，还原剂H2C2O4浓度增大，反应速率更快，更快将KMnO4消耗完，推测比实验褪色快，故D正确。15我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程示意图如图：回答下列问题：（1）二氧化碳分子中的化学键是_，物质乙的结构简式是_。（2）写出反应的化学方程式_。（3）实验室常用纯净碳酸钙与稀盐酸反应制取二氧化碳气体，反应过程中产生二氧化碳的体积V（CO2）与时间关系如图：由图象分析，化学反应速率最快一段是_。为了增大上述化学反应的反应速率，欲向溶液中加入下列物质或采取如下操作，你认为可行的是_填写序号。A蒸馏水 B氯化钠溶液 C浓盐酸 D加热（4）二氧化碳能与氢氧化钠溶液反应，当二氧化碳与氢氧化钠反应的物质的量之比为23时，溶液中的溶质是_。（填化学式）（5）在一定条件下，工业上也可用CO2合成甲醇(CH3OH)，其化学方程式为：CO2+3H2CH3OH+H2O。将a molCO2与bmolH2充入容积为2L的密闭容器中发生上述反应，tmin时测得甲醇的物质的量为cmol。计算0-tmin内CO2的反应速率为_mol/(Ls)。X的反应速率(X)=【答案】共价键 CH3CH(CH3)CH2CH3 CO2+H2CO+H2O EF CD Na2CO3 NaHCO3 【解析】（1）二氧化碳分子中的化学键是共价键，根据乙的球棍模型，乙的结构简式是CH3CH(CH3)CH2CH3；（2）反应是CO2和H2生成CO，产物应还有水，故方程式为：CO2+H2CO +H2O；（3）由图像分析，在体积V(CO2) 与时间关系图中，斜率越大反应速率越大，化学反应速率最快一段是EF；为了增大上述化学反应的反应速率，加入蒸馏水降低盐酸浓度，速率降低；加入氯化钠溶液，使氢离子浓度降低，速率降低；加入浓盐酸，增大了盐酸浓度，反应速率加快；加热，温度升高，速率加快，故选CD；（4）二氧化碳与NaOH溶液可能发生的反应有：OH-+CO2=HCO3-；2OH-+CO2=CO32-+H2O当二氧化碳与氢氧化钠物质的量之比为1：2时生成碳酸钠，当二氧化碳与氢氧化钠物质的量之比为1：1时生成碳酸氢钠；当二氧化碳与氢氧化钠的物质的量比为2:3时，2:3介于1:2和1:1之间，故溶液中的溶质是Na2CO3、NaHCO3；（5） CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)起始（mol） a b 0 0转化（mol） c 3c c ct min时（mol） c所以，0-tmin内CO2的反应速率为： mol/(Ls)。16I.一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示：(1)写出该反应的化学方程式_(2)下列叙述中不能说明上述反应达到平衡状态的是_A当X与Y的反应速率之比为1：1B在混合气体中X的质量百分数保持不变C混合气体的平均摩尔质量不随时间的变化而变化D混合气体的密度不随时间的变化而变化EX、Y、Z的浓度之比为1：1：2(3)为使该反应的反应速率减小，可采取的措施是_A 恒压时充入Ne B 适当升高温度C 缩小容器的体积 D 选择高效催化剂II.一定温度下将3mol的A及3molB混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，经过5分钟后反应达到平衡，测得A的转化率为60，C的平均反应速率是0.18mol/(L.min)。求：(1)平衡时B的浓度=_mol/L。(2)D的平均反应速率(D)=_mol/( L.min)。(3)x=_。【答案】X(g)+Y(g)2Z(g) ACDE A 1.2 0.12 3 【解析】 (1)由图象可以看出X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，化学反应中各物质的物质的量变化量与化学计量数之比呈正比，则有Y：X：Z=(1.20mol-0.41mol)：(.0mol-0.21mol)：1.58mol=1：1：2，由于最后三种物质都存在，可见该反应为可逆反应，则反应的化学方程式为X+Y2Z；(1) A.X、Y是反应物，方程式的系数相同，在任何情况下二者反应速率都相等，因此不能根据X与Y的反应速率之比为1：1判断平衡状态，A符合题意；B.若反应达到平衡状态，任何一组分的质量不变，则物质的质量分数不变，故在混合气体中X的质量百分数保持不变可以判断反应处于平衡状态，B不符合题意；C.由于反应前后气体的质量不变，气体的物质的量不变，所以混合气体的平均摩尔质量总是不随时间的变化而变化，故不能据此判断平衡状态，C符合题意；D.由于反应前后气体的质量不变，气体的体积不变，所以混合气体混合气体的密度总是不随时间的变化而变化，故不能据此判断平衡状态，D符合题意；E.X、Y、Z的浓度之比为1：1：2可能处于平衡状态，也可能不是平衡状态，E符合题意；故合理选项是ACDE；(3) A.恒压时充入Ne，容器的容积扩大，物质的浓度减小，反应速率减小，A符合题意； B.适当升高温度，物质的内能增加，反应速率加快，B不符合题意；C.缩小容器的体积，物质的浓度增大，化学反应速率加快，C不符合题意； D.选择高效催化剂，化学反应速率加快，D不符合题意；故合理选项是A；II.发生反应3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，由于反应在2L的密闭容器内进行，n(A)= 3mol，A的转化率是60%，则A转化量为n=3mol60%=1.8mol。(1)根据反应方程式的系数可知：每有3molA发生反应，同时消耗1molB，则A反应了1.8mol，所以B反应了0.6mol，则5min时B物质的浓度为c(B)=(3mol-0.6mol)2L=1.2mol/L；(2) A转化量为n=3mol60%=1.8mol，容器的容积为2L，反应时间为5min，所以V(A)= =0.18mol/(Lmin)，由于V(A)：V(D)=3:2，所以V(D)=V(A)= 0.12 mol/(Lmin)；(3)V(A):V(C)=3:x，V(A)=V(C)=0.18mol/(Lmin)，所以x=3。17在2 L固定容积的密闭容器中，800 时发生反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)。该体系中，n(NO)随时间的变化如下表：时间(s)012345n(NO)/mol0.0200.0120.0090.0080.00750.0075反应过程如上图所示，a、b、c、d其中只有3条曲线是正确的。请回答：(1)图中表示NO2的变化的曲线是_，A点时，v(正)_v(逆) (填“大于”“小于”或“等于”，下同)。用O2表示从03 s内该反应的平均速率v=_。(2)能说明该反应已经达到平衡状态的是_ (填字母)。a混合气体的平均摩尔质量不变 b容器内压强保持不变cv逆(NO)=2v正(O2) d容器内的密度保持不变e.相同时间内，每消耗2a mol的NO同时生成等量的NO2f.混合气体中O2和NO2物质的量之比为12的状态(3)已知上述反应为放热反应，达平衡后改变条件继续进行。在t1t6内反应速率与时间图像如图，在每一时刻均只改变一个影响反应速率的因素，则下列说法正确的是_。A在t1时增大了压强 B在t3时加入了催化剂C在t4时降低了温度 Dt0t1时X的转化率最高(4)能使该反应的反应速率增大的是_(填字母)。a及时分离出NO2气体 b适当升高温度 c增大O2的浓度 d选择高效的催化剂【答案】b 大于 0.001mol/(Ls) abc BD bcd 【解析】 (1)根据图示结合表中的数据可知，因为在起点NO的物质的量为0.02mol，容器体积是2L，起始浓度为0.01mol/L，图中c线符合，即图中c线为NO的变化曲线，因为反应为可逆反应，平衡时NO2的浓度小于0.01mol/L，因此b线为NO2的变化曲线，d线为O2的变化曲线；在A点处，NO的物质的量浓度在减小，说明反应在向正反应方向进行，此时v(正)v(逆)；根据表格数据，平衡时，NO的浓度为=0.00375 mol/L，从03 s内用NO表示该反应的平均速率v=0.002mol/(Ls)，根据速率之比等于计量数之比，O2的平均速率为0.002mol/(Ls)=0.001mol/(Ls)故答案为：b；大于；0.001mol/(Ls)；(2) 800 时发生反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)。a反应前后气体的物质的量发生变化，因此混合气体的平均摩尔质量不变，即混合气体的物质的量不变，能够说明达到平衡状态，故a正确；b反应前后气体的物质的量发生变化，容器内压强保持不变，即混合气体的物质的量不变，能够说明达到平衡状态，故b正确；cv逆(NO)=2v正(O2)，说明正逆反应速率相等，能够说明达到平衡状态，故c正确；d容器的体积不变，气体的质量不变，容器内的密度始终保持不变，不能说明达到平衡状态，故d错误；e.根据方程式，相同时间内，消耗2a mol的NO必定同时生成等量的NO2，不能说明达到平衡状态，故e错误；f.混合气体中O2和NO2物质的量之比为12的状态，不能说明二者的浓度是否发生变化，不能说明达到平衡状态，故f错误；故答案为：abc；(3)2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应为放热反应。A增大压强，平衡逆向移动，容器的体积减小，正逆反应速率均突然增大，与图像不符，故A错误；B加入催化剂，平衡不移动，反应速率增大，与图像符合，故B正确；C降低温度，平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率，与图像不符，故C错误；Dt1时平衡逆向移动，t2时重新建立平衡，t3时平衡不移动，t4时平衡逆向移动，t5时重新建立平衡，因此t0t1时X的转化率最高，故D正确；故答案为：BD；(4)a及时分离除NO2气体，生成物浓度减小，则反应速率减小，故a错误；b适当升高温度，反应速率增大，故b正确；c增大O2的浓度反应速率增大，故c正确；d选择高效催化剂能增大反应速率，故d正确，故答案为：bcd。18某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了酸性高锰酸钾与草酸的反应，记录以下实验数据：实验编号实验温度试管中所加试剂及其用量 / mL溶液褪至无色所需时间/ min0.6mol/L H2C2O4溶液H2O3mol/L H2SO4稀溶液0.05mol/LKMnO4溶液253.0V12.03.01.5252.03.02.03.02.7502.0V22.03.01.0(1)请写出该反应的离子方程式_，当该反应以表中数据反应完全时转移电子数为_NA；(2)V1=_ mL；(3)根据上表中的实验、数据，可以得到的结论是_。(4)探究温度对化学反应速率的影响，应选择_(填实验编号)；(5)该小组同学根据经验绘制了n(Mn 2+)随时间变化的趋势如图所示，但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn 2+)随时间变化的实际趋势如图所示。该小组同学根据如图所示信息提出了新的假设，并设计以下实验方案继续进行实验探究。实验编号实验温度/试管中所加试剂及其用量再加入某种固体溶液褪至无色所需时间 / min250.6mol/L H2C2O4H2O3mol/L H2SO40.05mol/L KMnO4溶液2.03.02.0 3.0MnSO4t小组同学提出的假设是_。若该小组同学提出的假设成立，应观察到_现象。【答案】2MnO4-+5H2C2O4+6H=2Mn2+10CO2+8H2O 0.00075 2.0 其他条件相同时，反应物浓度减小，反应速率减慢 、 Mn2+对该反应有催化作用 褪色时间变短 【解析】(1)酸性高锰酸钾与H2C2O4的反应生成CO2、Mn2+和H2O，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得配平的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H=2Mn2+10CO2+8H2O，分析图表数据n(KMnO4)=0.05mol/L0.003L=0.00015mol，n(H2C2O4)=0.6mol/L0.003L=0.0018mol，结合化学方程式定量关系分析判断，高锰酸钾完全反应，据此计算电子转移总数=0.00015mol(7-2)NA=7.510-4NA；(2)探究H2C2O4溶液浓度对反应速率的影响，必须保证其他影响反应速率的因素是相同的，而由实验可知，H2C2O4溶液、H2O、KMnO4溶液和稀硫酸的体积和为10.0mL，由于须保证KMnO4 溶液的浓度相同，故V1=2.0mL； (3)由实验和数据可知，H2C2O4溶液浓度不同，说明探究浓度对反应速率的影响，可知其他条件不变，增大反应物的浓度，加快反应速率；(4)由实验和数据可知，除温度不同，其它均相同，说明探究温度对反应速率的影响，故应该选择；(5)由图乙可知反应开始后速率增大较快，说明Mn2+对该反应起催化剂的作用；若该小组同学提出的假设成立，则反应速率加快，溶液褪色的时间小于1.5min，从而说明Mn2+是催化剂。19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：2KMnO4 + 5H2C2O4 +3H2SO4 =2MnSO4 + K2SO4 +10CO2 +8H2O编号0.01molL1酸性KMnO4溶液0.1molL1H2C2O4溶液水某种物质反应温度/反应时间（min）2mL2mL00202.1V1mL2mL1mL0205.5V2 mL2mL00500.52mL2mL0少量200.2请回答：(1)实验计时方法是从溶液混合开始记时，至_时记时结束；(2)V1=_，V2=_；设计实验、的目的是_；(3)利用实验中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为v(KMnO4)_；(4)有同学在实验中发现高锰酸钾酸性溶液和草酸溶液反应时，开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快。某同学认为是放热导致溶液温度升高所致，重做号实验，测定过程中溶液不同时间的温度，结果温度没有明显变化。由此你得出的结论是：_不是反应速率突然加快的原因；可能是反应产物有催化作用。号实验是为验证你的猜测，实验中要加入的少量某种物质是_。【答案】紫红色刚好褪去 1 2 探究温度对反应速率的影响 0.01 mol/(Lmin) 温度 MnSO4固体 【解析】（1）酸性KMnO4溶液呈紫色，因而可以用颜色变化来判断反应结束终点，即实验计时方法是从溶液混合开始记时，至紫红色刚好褪去时记时结束；（2）和反应温度相同，中加入1mL水，根据控制变量的原则，溶液总体积保持不变，因而易算出V1=1mL，同理可得V2=2mL，、实验温度不同，因而可知设计实验、的目的是探究温度对反应速率的影响；（3）利用实验中数据计算：用紫红色刚好褪去时记时结束说明KMnO4被消耗完，c(KMnO4)=0.01molL-12mL/4mL=0.05molL-1，v(KMnO4)=c(KMnO4)/t=0.01 mol/(Lmin)；（4）根据信息“某同学认为是放热导致溶液温度升高所致，重做号实验，测定过程中溶液不同时间的温度，结果温度没有明显变化”，说明温度不是反应速率突然加快的原因；根据信息“有同学在实验中发现高锰酸钾酸性溶液和草酸溶液反应时，开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快”，可推断有催化剂生成，常见的催化剂有金属离子，因而可推测是生成了Mn2+加快了反应速率, 为验证猜测需要加入含Mn2+的盐，其加入的阴离子为体系中所含阴离子，这样才不会造成干扰，所以该阴离子为SO42-，因而加入MnSO4固体。20CuSO4溶液对过氧化氢的分解反应具有催化作用。有同学猜想其他盐溶液也能在这个反应中起同样的作用，于是他们做了以下探究。(1)请你帮助他们完成实验报告：实验过程实验现象实验结论在一支试管中加入5 mL 5%的H2O2溶液，然后滴入适量的FeCl3溶液，把带火星的木条伸入试管_FeCl3溶液可以催化H2O2分解(2)已知FeCl3在水中可电离出Fe3和Cl，同学们提出以下猜想。甲同学的猜想：真正催化H2O2分解的是FeCl3溶液中的H2O；乙同学的猜想：真正催化H2O2分解的是FeCl3溶液中的Fe3；丙同学的猜想：真正催化H2O2分解的是FeCl3溶液中的Cl。你认为最不可能的是_同学的猜想，理由是_。(3)同学们对余下的两个猜想用实验进行了探究。请你仔细分析后完成下表：实验过程实验现象实验结论向盛有5 mL 5%的H2O2溶液的试管中加入少量的盐酸，并把带火星的木条伸入试管无明显现象_向盛有5 mL 5%的H2O2溶液