高三化学一轮高考复习常考题型34影响化学反应速率因素分析

2022届高三化学一轮高考复习常考题型：34影响化学反应速率因素分析一、单选题（共20题）1．“氟利昂”是制冷机的制冷剂，其中一种成分CF2Cl2破坏臭氧层的原理如图所示。下列说法正确的是A．CH3CHF2替代CF2Cl2仍能破坏臭氧B．反应a的活化能低于反应b的活化能C．臭氧分解的化学方程式可表示为：D．CF2Cl2分子的空间构型是正四面体形2．甲硫醇是一种重要的化工试剂。在一定温度下，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程及能量变化如图所示。下列说法不正确的是A．该催化剂可有效提高反应速率和甲醇的平衡转化率B．步骤②中，形成了CS键C．步骤①决定了合成甲硫醇反应速率的快慢D．合成甲硫醇的反应为放热反应3．我国科研人员研究了在CuZnOZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图所示(H2→*H+*H)。下列说法错误的是A．CO2、H2O、CH3OH均是共价化合物B．第④步的反应式为：*HO+*H→H2OC．CO2加氢制甲醇过程中原子利用率小于100%D．增大催化剂的比表面积可提高反应速率及CO2的转化率4．在MoO3作用下，HOCH2CH(OH)CH3发生反应的历程如下图所示。下列说法错误的是A．MoO3改变反应途径，提高了单位时间原料转化率B．反应过程中Mo形成的共价键数目始终保持不变C．总反应为D．如果原料为乙二醇，则主要有机产物是甲醛和乙烯5．大气中的自由基HO·来源于HNO2的光解：(HO·可造成臭氧损耗)；；；，下列说法错误的是A．HNO2可破坏大气中的臭氧层 B．HNO2能使酚酞试液变红C．HO·是臭氧层中促进O3分解的催化剂 D．16gO2和O3的混合物中含有1mol氧原子6．甲硫醇是一种重要的化工试剂。在一定温度下，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程及能量变化如图所示。下列说法不正确的是A．合成甲硫醇的反应为放热反应B．步骤②中，形成了键C．步骤①决定了合成甲硫醇反应速率的快慢D．该催化剂可有效提高反应速率和甲醇的平衡转化率7．与HCl的加成反应由第一步和第二步组成，能量与反应历程如图所示。下列说法正确的是A．两步反应均释放能量B．第一步的反应速率比第二步的慢C．第二步与的碰撞100%有效D．总反应的8．反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H＜0是工业上合成硫酸过程中的一步反应，下列关于该反应的说法正确的是A．反应物的总能量高于生成物的总能量B．催化剂可以降低硫氧键键能C．加压有利于SO3生成，所以工业上压强越高越好D．升高温度可以增大正反应速率，降低逆反应速率9．据文献报道，某反应的反应历程如图所示：下列有关该历程的说法错误的是A．总反应化学方程式为4NH3＋3O22N2＋6H2OB．是中间产物C．是催化剂D．属于分解反应10．在密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)(正反应放热)，如图是某次实验的化学反应速率随时间变化的图像，推断在t1时刻突然变化的条件可能是()A．降低体系温度 B．减小生成物的浓度C．催化剂失效 D．增大容器的体积11．对于反应A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)ΔH＜0，下列各图所表示的变化符合勒夏特列原理的是A． B． C． D．12．如图是达到平衡后，外界条件变化时，2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)；H＜0反应速率的变化情况(/表示正反应速率，//表示逆反应速率)。下列说法中正确的是A．t1时改变的条件是增大体系的压强 B．t2时改变的条件是减小压强C．t3时改变的条件是升高温度 D．t4时改变的条件是使用了催化剂13．对下列实验现象或事实的结论正确的是选项现象或事实结论A合成氨需在高温高压下才能进行反应该反应为吸热反应B向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色溶液中一定含有Fe3+C将CO2通入饱和CaCl2溶液中，无明显现象CO2与CaCl2不生成CaCO3D两支盛有5mL的H2O2的试管，向其中一支试管中加入绿豆粒大小FeI2固体，加入FeI2固体的试管中产生气泡速度快I对H2O2分解具有催化作用14．中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea(kJ∙mol1)如图所示，下列说法错误的是A．生成NH3的各基元反应中，N元素均被还原B．生成NH3的总反应方程式为C．决定NO生成NH3速率的基元反应为D．在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为N215．已知碳酸氢铵是一种常用氨肥，20℃以下稳定，工业生产NH4HCO3的工艺如图所示，下列说法不正确的是A．碳化塔中充入高压CO2能提高碳化速率B．分离操作包括加压蒸发、浓缩结晶、趁热过滤C．设计过程I是为了提高原料的利用率D．实验室可以用如图装置模拟碳化塔制取少量NH4HCO316．已知反应:2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g)ΔH=akJ·mol1（a>0），其反应机理如下①NO(g)+Br2(g)NOBr2(g)快②NO(g)+NOBr2(g)2NOBr(g)慢下列有关该反应的说法正确的是(

)A．该反应的速率主要取决于①的快慢B．NOBr2是该反应的催化剂C．正反应的活化能比逆反应的活化能小akJ·mol1D．增大Br2(g)浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率17．一定温度下，探究铜与稀HNO3反应，过程如图，下列说法不正确的是A．过程Ⅰ中生成无色气体的离子方程式是3Cu＋2＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2OB．过程Ⅲ反应速率比Ⅰ快的原因是NO2溶于水，使c(HNO3)增大C．由实验可知，NO2对该反应具有催化作用D．当活塞不再移动时，再抽入空气，铜可以继续溶解18．为了探究温度、硫酸铜对锌与稀硫酸反应生成氢气速率的影响，某同学设计了如下方案：下列推断合理的是A．选择II和III实验探究硫酸铜对反应速率的影响，必须控制t=25B．待测物理量是收集等体积(相同条件)的气体所需要的时间，时间越长，反应越快C．根据该方案，还可以探究稀硫酸浓度对反应速率的影响D．根据该实验方案得出反应速率的大小可能是III>II>I>IV19．为了探究温度、硫酸铜对锌与稀硫酸反应速率的影响，某同学设计如下方案(见下表)。编号纯锌粉质量0.2mol·L－1硫酸体积温度硫酸铜固体质量Ⅰ2.0g10.0ml25℃0gⅡ2.0g10.0mlT℃0gⅢ2.0g10.0ml35℃0.2gⅣ2.0g10.0ml35℃4.0g下列推断合理的是A．选择Ⅱ和Ⅲ探究硫酸铜对反应速率的影响，必须控制T=25℃B．根据该实验方案得出反应速率的大小可能是Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ＞ⅣC．根据该方案，还可以探究硫酸浓度对反应速率的影响D．待测物理量是收集等体积(相同条件)的气体所需的时间，时间越长，反应越快20．“接触法制硫酸”的主要反应是2SO2+O22SO3在催化剂表面的反应历程如下：下列说法正确的是A．使用催化剂只能加快正反应速率 B．反应②的活化能比反应①大C．该反应的催化剂是V2O4 D．过程中既有V—O键的断裂，又有V—O键的形成二、实验题（共6题）21．“碘钟”实验中，3I－＋===＋2的反应速率可以用遇加入的淀粉溶液显蓝色的时间t来度量，t越小，反应速率越大。某探究性学习小组在20℃进行实验，得到的数据如下表：实验编号①②③④⑤c(I－)/mol·L－10.0400.0800.0800.1600.120c()/mol·L－10.0400.0400.0800.0200.040t/s88.044.022.044.0t1回答下列问题：（1）该实验的目的是________________________________________________________。（2）显色时间t1为________。（3）通过分析比较上述数据，得到的结论是____________________________________。22．为了探究化学反应速率和化学反应限度的有关问题,某研究小组进行了以下实验:实验一: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。(已知I2+2S2O==S4O+2I,其中Na2S2O3溶液均足量,且S2O与S4O均为无色)实验序号体积V/mL蓝色褪去时间/sNa2S2O3溶液淀粉溶液碘水水①10.02.04.00.0t1②8.02.04.02.0t2③6.02.04.0Vxt3(1)表中Vx=_________mL,t1、t2、t3的大小关系是___________________实验二:取5mL0.1mol·L1的KI溶液于试管中,滴加0.1mol·L1FeCl3溶液2mL,发生如下反应:2Fe3++2I=2Fe2++I2,为证明该反应存在一定的限度,他们设计了如下实验:①取少量反应液,滴加AgNO3溶液,发现有少量黄色沉淀(AgI)。②再取少量反应液,滴加少量CCl4,振荡,发现CCl4层显浅紫色。根据①②的现象,他们得出结论:该反应具有一定的可逆性,在一定条件下会达到反应限度。(2)指导老师指出上述实验①不合理,其原因是_______________;你的改进方案是________(简要写出操作、试剂和现象)。(3)实验②适合检验生成I2较多的情况，还有一种简便的方法可以灵敏地检验是否生成了I2,这种方法所用的试剂是_______________________。23．某化学实验小组用酸性KMnO4溶液和草酸(H2C2O4)溶液反应，研究外界条件对反应速率的影响，实验操作及现象如下：编号实验操作实验现象向一支试管中先加入1mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液，再加入1滴3mol/L硫酸和9滴蒸馏水，最后加入1mL0.1mol/L草酸溶液前10min内溶液紫色无明显变化，后颜色逐渐变浅，30min后几乎变为无色Ⅱ向另一支试管中先加入1mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液，再加入10滴3mol/L硫酸，最后加入1mL0.1mol/L草酸溶液80s内溶液紫色无明显变化，后颜色迅速变浅，约150s后几乎变为无色(1)将高锰酸钾与草酸反应的离子方程式补充完整__________：□MnO+□H2C2O4+□=□Mn2++□+□H2O(2)由实验I、Ⅱ可得出的结论是_____。(3)关于实验Ⅱ中80s后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组提出了猜想：该反应中生成的Mn2+对反应有催化作用。设计实验Ⅲ，验证猜想。①补全实验Ⅲ的操作：向试管中先加入1mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液，_____，最后加入1mL0.1mol/L草酸溶液。②若猜想成立，应观察到的实验现象是________。24．天然石灰石是工业生产中重要的原材料之一，它的主要成分是CaCO3，一般以CaO的质量分数表示钙含量，常采用高锰酸钾法测定。步骤如下：Ⅰ．称取ag研细的石灰石样品于250mL烧杯中，加过量稀盐酸溶解，水浴加热10分钟；Ⅱ．稍冷后逐滴加入氨水至溶液pH≈4，再缓慢加入适量(NH4)2C2O4溶液，继续水浴加热30分钟；Ⅲ．冷却至室温后过滤出沉淀，用另外配制的稀(NH4)2C2O4溶液洗涤沉淀三次，再用蒸馏水洗涤至洗涤液中无法检出Cl−；Ⅳ．加入适量热的稀硫酸至沉淀中，获得的溶液用cmol·L−1KMnO4标准溶液滴定至终点。Ⅴ．平行测定三次，消耗KMnO4溶液的体积平均为VmL。已知：H2C2O4是弱酸；CaC2O4是难溶于水的白色沉淀。⑴Ⅰ中为了加快反应速率而采取的操作有_____。⑵Ⅱ中加入氨水调节溶液pH的作用是_____。⑶Ⅲ中洗涤得到干净的沉淀。①结合平衡移动原理，解释用稀(NH4)2C2O4溶液洗涤沉淀的目的__________________________。②检测洗涤液中无Cl−的试剂和现象是__________________________。③若沉淀中的Cl−未洗涤干净，则最终测量结果_____（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。⑷Ⅳ中用KMnO4标准溶液滴定。①滴定时发生反应的离子方程式为_____。②滴定至终点的现象为_____。③样品中以CaO质量分数表示的钙含量为_____（列出表达式）。25．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。一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率，探究某种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)：(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2min末收集了4.48mLCO2(标准状况下)，则在2min末，c(MnO4)＝________mol·L－1。(假设混合溶液体积为50mL)(3)除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率，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下图，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________。26．某合作小组同学将铜片加入稀硝酸，发现开始时反应非常慢，一段时间后反应速率明显加快。该小组通过实验探究其原因。（1）该反应的离子方程式为___________________________________________________。（2）提出合理假设。该实验中反应速率明显加快的原因可能是_____________________。A．反应放热导致温度升高B．压强增大C．生成物的催化作用D．反应物接触面积增大（3）初步探究。测定反应过程中溶液不同时间的温度，结果如下表：时间/min

0

5

10

15

20

25

35

50

60

70

80

温度/℃

25

26

26

26

26

26

26.5

27

27

27

27

结合实验目的和表中数据，你得出的结论是__________________________________。（4）进一步探究。查阅文献了解到化学反应的产物（含中间产物）可能对反应有催化作用，请根据以下实验设计表将实验目的补充完整：实验

编号铜片

质量/g0.1mol·L1的

硝酸体积/mL硝酸铜

晶体/g亚硝酸钠

晶体/g实验目的①52000实验①和②探究_______的影响；实验①和③探究_______的影响。

②

5200.50③

52000.5参考答案1．C【详解】A．根据图示，Cl原子是该反应的催化剂，CH3CHF2替代CF2Cl2不能作催化剂，不能破坏臭氧，故A错误；B．活化能越小，反应速率越快，a为慢反应，b为快反应，反应a的活化能高于反应b的活化能，故B错误；C．由图可知，Cl原子是臭氧转化为氧气的催化剂，化学方程式可表示为：，故C正确；D．CF2Cl2分子的空间构型是四面体形，不是正四面体形，故D错误；故选C。2．A【详解】A．催化剂可以降低反应活化能加快反应速率，不能改变平衡转化率，A错误；B．据图可知步骤②中生成了CH2SH，即形成了CS键，B正确；C．据图可知步骤①活化能最高，步骤①的反应速率最慢，决定了合成甲硫醇反应速率的快慢，C正确；D．由图可知，反应物硫化氢与甲醇的总能量大于生成物甲硫醇和水的总能量，则反应为放热反应，D正确；综上所述答案为A。3．D【详解】A．CO2、H2O、CH3OH均为只含共价键的化合物，为共价化合物，A正确；B．据图可知第④步反应中CH3OH、*HO、和*H作用得到H2O和甲醇，所以该步骤的反应式为*HO+*H→H2O，B正确；C．根据图知，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，该反应中除了生成甲醇外还生成水，所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%，C正确；D．催化剂只改变反应活化能，不能改变平衡转化率，D错误；综上所述答案为D。4．B【详解】A．由图示知，MoO3对该反应起催化作用，催化剂可以加快反应速率，单位时间内，反应物转化率提高，A正确；B．由图示知，Mo周围形成共价键数目有6个、4个两种情况，B错误；C．由图示知，整个过程有2个HOCH2CH(OH)CH3参与反应，产生2个H2O、1个HCHO、1个CH3CHO和1个CH2=CHCH3，故总反应为：2HOCH2CH(OH)CH32H2O+HCHO+CH3CHO+CH2=CHCH3，C正确；D．由图示反应原理知，二元醇反应类似反应时，可形成相应的烯烃和醛/酮，故乙二醇反应的产物有甲醛和乙烯，D正确；故答案选B。5．B【详解】A．根据题意可知HNO2会产生自由基HO·造成臭氧损耗，破坏臭氧层，A正确；B．HNO2是一种弱酸，酚酞遇酸不变色，B错误；C．根据题意可知HO·造成臭氧损耗的两个反应可知，HO·是第一个反应的反应物，是第二个反应的生成物，为促进O3分解的催化剂，C正确；D．16gO2和O3的混合物即16g氧原子，物质的量为=1mol，D正确；综上所述答案为B。6．D【详解】A．由能量变化图示可知生成物能量低，反应放热，故A正确；B．从硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程可看出形成了键，故B正确；C．由能量变化图示可知步骤①需要的能量最高，决定了合成甲硫醇反应速率的快慢，故C正确；D．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡。故D错误；故答案为：D7．B【详解】A．据图可知第一步反应中反应物的能量低于生成物的能量，该过程吸热，A错误；B．据图可知第一步反应的活化能Ea1更大，则第一步的反应速率比第二步的慢，B正确；C．活化分子间的合理取向的碰撞才称为有效碰撞，碰撞不可能100%有效，C错误；D．焓变=生成物总能量反应物总能量，据图可知Ea1Ea2并不等于生成物总能量反应物总能量，D错误；综上所述答案为B。8．A【详解】A．该反应△H＜0，是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，A正确；B．催化剂降低的是反应的活化能，不会影响到硫氧键的键能，B错误；C．压强太高，对设备会破坏，且产生的动力的成本也高，所以压强并不是越高越好，C错误；D．温度升高，活化分子的百分数增大，正逆反应速率都增大，D错误；故选：A。9．A【详解】A．根据反应历程，参加反应的物质有NH3、NO、O2，因此总反应化学方程式为4NH3＋2NO＋2O23N2＋6H2O，故A错误；B．根据题中信息得到是中间产物，故B正确；C．在整个反应过程中参与了反应，但反应前后质量和性质未变，因此是催化剂，故C正确；D．分解反应是一种物质反应生成两种或两种以上新物质，因此属于分解反应，故D正确。综上所述，答案为A。10．A【详解】A.降低体系温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，与图象相符，故A正确；

B.减小生成物的浓度，瞬间逆反应速率减小，但正反应速率不变，与图象不符，故B错误；

C.催化剂不影响化学平衡移动，催化剂失效，化学反应速率减小，但平衡不移动，与图象不符，故C错误；

D.增大容器的体积，压强减小，正逆反应速率都减小，但平衡向逆反应方向移动，逆反应速率大于正反应速率，与图象不符，故D错误；

故答案：A。11．D【详解】A、升高温度平衡应逆向移动，逆反应速率应大于正反应速率，不符合勒夏特列原理，故A错误；B、升高温度平衡应逆向移动，温度越高AB2的含量越小，不符合勒夏特列原理，故B错误；C、增大压强平衡正向移动，所以压强越大AB2的含量越大，不符合勒夏特列原理，故C错误；D、增大压强平衡正向移动，所以压强越大AB2的含量越大，温度越高AB2的含量越小，符合勒夏特列原理，故D正确；故选D。【点晴】注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。12．D【详解】A.增大压强，正、逆化学反应速率都增大，A项错误；B.减小压强，正、逆反应速率都减小，平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，B项错误；C.升高温度，正、逆化学反应速率都增大，平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，C项错误；D.催化剂只能加快化学反应速率，不能改变平衡，D项正确；答案选D。13．C【详解】A．某个反应是吸热反应还是放热反应与反应条件无关，合成氨是放热反应，故A错误；B．该黄色溶液中可能含有Br2，Br2也能将碘离子氧化为碘单质，所以不能确定该黄色溶液中一定含有Fe3+，则结论不正确，故B错误；C．由于酸性：H2CO3>HCl，根据强酸制弱酸的原理，将CO2通入饱和CaCl2溶液中，无明显现象，CO2与CaCl2不生成CaCO3，故C正确；D．过氧化氢可以氧化亚铁离子、碘离子、铁离子可以催化过氧化氢分解，由操作和现象不能说明I对H2O2分解具有催化作用，故D错误；故选C。14．D【详解】A．由图示知，生成NH3的过程为：，每步反应中N元素化合价均是降低被还原，A正确；B．根据A选项分析知，NO与H2反应生成NH3和H2O，对应总方程式为：2NO+5H22NH3+2H2O，B正确；C．由图示知，生成NH3的基元反应中，NH2O+H→NH2OH这一步活化能最大，相同条件下反应速率最慢，C正确；D．由图示知，NO被氧化为N2的活化能明显大于氧化生成NH3活化能，故在该催化剂作用下，NO更容易被还原为NH3，D错误；故答案选D。15．B【详解】A．碳化塔中充入高压CO2能提高CO2的溶解度，增大其浓度，提高碳化速率，A正确；B．为防止NH4HCO3受热分解，加压会提高蒸发温度，应减压蒸发，降低水的沸点，B错误；C．分离出来的母液含有大量NH4HCO3，回收利用可以提高原料的利用率，C正确；D．氨气极易溶于水，干燥管可以防止倒吸，大量氨气溶于水后形成浓氨水，在通入二氧化碳可以析出NH4HCO3，可以模拟碳化塔制取少量NH4HCO3，D正确；综上所述答案为B。16．C【详解】A.反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，故A错误；B.

NOBr2是中间产物，而不是催化剂，故B错误；C.正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小a

kJ⋅mol−1，故C正确；D.增大浓度，活化分子百分数不变，故D错误；故选C。17．B【详解】A．过程发生的反应为Cu和稀HNO3的反应离子方程式为3Cu＋2＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故A正确；B．随着反应的进行，溶液里生成硝酸铜，根据氮元素守恒，溶液中c(HNO3)应比原硝酸浓度减小，不会增大，故B错误；C．加入NO2后反应速率加快，说明NO2对该反应具有催化剂，故C正确；D．反应停止后，再抽入空气，空气中的氧气能与一氧化氮,水继续反应生成硝酸，可继续溶解铜，故D正确；故选B。18．D【详解】A.要选择Ⅱ和Ⅲ实验探究硫酸铜对反应速率的影响，只有硫酸铜不同，其余条件都相同，所以必须控制t=35，故A错误；B.待测物理量是收集等体积（相同条件）气体所需要的时间，时间越长，反应越慢，故B错误；C.该方案中，三组实验稀硫酸浓度都相等，不可以探究稀硫酸浓度对反应速率的影响，故C错误；D.温度越高反应速率越快，原电池加快反应速率，Ⅲ、Ⅳ温度相同且都能形成原电池，但Ⅳ硫酸铜量太多与Zn反应影响生成氢气的速率，则反应速率的大小可能是Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ>Ⅳ，故D正确；。故选：D。19．B【详解】A.选择Ⅱ和Ⅲ探究硫酸铜对反应速率的影响，要控制变量，所以必须控制T=35℃，A不合理；B.根据该实验方案，Ⅲ和Ⅱ比较，Ⅲ可以形成原电池，加快了负极的反应速率，Ⅲ＞Ⅱ，Ⅱ和Ⅰ比较，Ⅱ的温度更高，反应速率更快，Ⅱ＞Ⅰ，Ⅳ中硫酸铜过量，导致锌粒几乎不与硫酸反应，得出反应速率的大小是Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ＞Ⅳ，B合理；C.在该方案中，硫酸浓度均相同，没有探究硫酸浓度对反应速率的影响，C不合理；D.待测物理量是收集等体积（相同条件）气体所需要的时间，时间越长，反应越慢，D不合理。答案选B。20．D【详解】A.催化剂能同等幅度地改变正、逆反应速率，加快正反应速率的同时也加快逆反应速率，故A错误；B.一般情况下，反应的活化能越小，反应速率越快，故反应②的活化能比反应①小；故B错误；C.催化剂是反应前后质量和化学性质都没有发生变化的物质，从反应历程图中可知，本反应的催化剂为V2O5，故C错误；D.历程中反应①有V—O键的断裂，反应②有V—O键的形成，故D正确；本题答案为：D21．研究反应物I－与的浓度对反应速率的影响(或29.3)化学反应速率与反应物起始浓度乘积成正比(或显色时间与反应物起始浓度乘积成反比)【分析】根据数据表分析可知：：②④组所用时间相同，③组所用时间为它们的一半，①组所用时间为它们的2倍。进一步分析：②④两组中c(I－)与c()的乘积相等，③组中乘积为②④组的2倍，①组乘积为其一半。因此可得结论：当c(I－)·c()相等时，显色时间相等，反应速率相等，显色时间与反应速率成反比，即t与c(I－)·c()成反比。【详解】（1）由时间和浓度的速率表可知：物I－与的浓度不同，3I－＋===＋2反应所用时间不同，说明反应的速率不同，故该实验的目的是：研究反应物I－与的浓度对反应速率的影响，故答案：研究反应物I－与的浓度对反应速率的影响。（2）由数据表可知：②④组所用时间相同，③组所用时间为它们的一半，①组所用时间为它们的2倍。进一步分析：②④两组中c(I－)与c()的乘积相等，③组中乘积为②④组的2倍，①组乘积为其一半。所以，得t1＝≈29.3s，故答案：29.3（3）由数据表可知：②④组所用时间相同，③组所用时间为它们的一半，①组所用时间为它们的2倍。进一步分析：②④两组中c(I－)与c()的乘积相等，③组中乘积为②④组的2倍，①组乘积为其一半。因此可得结论：当c(I－)·c()相等时，显色时间相等，反应速率相等，显色时间与反应速率成反比，即t与c(I－)·c()成反比。故答案：化学反应速率与反应物起始浓度乘积成正比(或显色时间与反应物起始浓度乘积成反比)。22．4t1<t2<t3KI本身过量，无论反应是否可逆都会生成AgI沉淀取少量反应液，加入KSCN溶液，发现溶液变红色淀粉溶液【分析】实验一是为了探究反应物浓度对化学反应速率的影响，则几组实验中的唯一变量只有Na2S2O3溶液的浓度，溶液的总体积要保持不变；实验二要证明2Fe3++2I=2Fe2++I2存在反应限度，则需要证明反应物和生成物同时存在。【详解】(1)实验中要保持溶液总体积不变，所以(6.0+2.0+4.0+Vx)mL=(10.0+2.0+4.0)mL，解得Vx=4；浓度越大反应速率越快，则蓝色褪去所用时间越短，所以t1<t2<t3；(2)本实验中KI的物质的量为0.1mol/L×0.005L=0.0005mol，FeCl3的物质的量为0.1mol/L×0.002L=0.0002mol，根据反应方程式可知KI本身过量，无论反应是否可逆都会生成AgI沉淀；可以通过检验Fe3+的存在来证明该反应存在限度，所以改进方案为：取少量反应液，加入KSCN溶液，发现溶液变红色；(3)淀粉遇碘变蓝，所以可以用淀粉溶液检验是否生成了碘单质。【点睛】控制变量法探究实验中，要保证变量唯一，若要探究浓度的影响，则除浓度外其他所有条件都要一致。23．2MnO4+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O氢离子(或H2SO4)浓度越大，反应速率越大再加入10滴3mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体加入草酸后，溶液迅速褪色【分析】酸性高锰酸钾溶液有强氧化性，草酸有还原性，二者发生氧化还原反应，因此高锰酸钾溶液会褪色，高锰酸钾溶液褪色速率越快，反应速率越快，从而得出外界条件对该反应速率的影响。【详解】(1)MnO中的Mn元素化合价从+7降低到+2，MnO作氧化剂，则H2C2O4作还原剂，其氧化产物为CO2。Mn元素化合价降低了5，C元素化合价从+3升高到+4，升高了2×1=2，根据得失电子守恒得：MnO和Mn2+前配2，H2C2O4前配5，CO2前配10，结合电荷守恒、溶液为酸性可知反应物缺项为6H+，再结合原子守恒可知生成物H2O前配8，最终结果为：2MnO4+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为；2MnO4+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O；(2)对比实验I、Ⅱ，高锰酸钾的量相同，加入酸的量不同，总体积几乎相同，则氢离子(或H2SO4)浓度不同，Ⅱ中氢离子(或H2SO4)浓度较大，反应速率越快，所以结论为：氢离子(或H2SO4)浓度越大，反应速率越大，故答案为：氢离子(或H2SO4)浓度越大，反应速率越大；(3)①根据控制变量法的原则，若要验证Mn2+对该反应有催化作用，在控制其条件相同的条件下，加一组实验Ⅱ的对比实验，该组实验中除其它步骤和实验Ⅱ相同外，加入少量MnSO4固体，观察实验现象。因此操作为：向试管中先加入1mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液，再加入10滴3mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体，最后加入1mL0.1mol/L草酸溶液，故答案为：再加入10滴3mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体；②若Mn2+对反应有催化作用，加入草酸后，溶液迅速褪色，故答案为：加入草酸后，溶液迅速褪色。24．将石灰石粉碎、搅拌，适当升高温度等避免酸性过强，生成的草酸钙溶于酸增加草酸根浓度，CaC2O4(s)Ca2+(aq)+C2O42−(aq)，抑制草酸钙溶解平衡取最后一次洗涤液于试管，加入稀硝酸和硝酸银，如有白色沉淀，则未洗净，若无现象，则洗净偏大5H2C2O4+2MnO4－+8H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O当滴入最后一滴溶液，溶液由无色变为紫红色，且半分钟不变为原来的颜色【分析】将研细的石灰石溶于过量的稀盐酸中，充分反应后，逐滴加入氨水，降低酸性，再缓慢加入适量(NH4)2C2O4溶液，反应生成草酸钙沉淀并过滤，用稀(NH4)2C2O4溶液洗涤沉淀，加入适量热的稀硫酸，得到草酸溶液，再用KMnO4标准溶液滴定至终点。【详解】⑴Ⅰ中为了加快反应速率而采取的操作有将石灰石粉碎、搅拌，适当升高温度等；故答案为：将石灰石粉碎、搅拌，适当升高温度等。⑵稍冷后逐滴加入氨水至溶液pH≈4，再适量(NH4)2C2O4溶液，说明Ⅱ中加入氨水调节溶液pH的作用是避免酸性过强，生成的草酸钙溶于酸；故答案为：避免酸性过强，生成的草酸钙溶于酸。⑶①根据平衡移动原理可知，用稀(NH4)2C2O4溶液洗涤沉淀的目的是增加草酸根离子浓度，CaC2O4(s)Ca2+(aq)+C2O42−(aq)，抑制草酸钙溶解平衡；故答案为：增加草酸根浓度，CaC2O4(s)Ca2+(aq)+C2O42−(aq)，抑制草酸钙溶解平衡。②检测洗涤液中无Cl的试剂和现象是取最后一次洗涤液于试管，加入稀硝酸和硝酸银，如有白色沉淀，则未洗净，若无现象，则洗净；故答案为：最后一次洗涤液于试管，加入稀硝酸和硝酸银，如有白色沉淀，则未洗净，若无现象，则洗净。③若沉淀中的Cl未洗涤干净，则溶于稀硫酸后，再用KMnO4标准溶液滴定，Cl与高锰酸钾溶液反应，因此消耗的KMn