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 WORD版含答案.docx

1、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ACH3CHF2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：DCF2Cl2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步骤中，形成了C- S键C步骤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

2、研究了在Cu-ZnO-ZrO2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ACO2、H2O、CH3OH均是共价化合物B第步的反应式为：*HO+*HH2OCCO2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AMoO3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

3、造成臭氧损耗)；，下列说法错误的是AHNO2可破坏大气中的臭氧层BHNO2能使酚酞试液变红CHO是臭氧层中促进O3分解的催化剂D16gO2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步骤中，形成了键C步骤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(

4、g)O2(g) 2SO3(g) H0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4NH33O22N26H2O B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

5、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) H0 ，下列各图所表示的变化符合勒夏特列原理的是ABCD12如图是达到平衡后，外界条件变化时，2SO2(g)O2(g)2SO3(g)；H0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At1时改变的条件是增大体系的压强Bt2时改变的条件是减小压强Ct3时改变的条件是升高温度Dt4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

6、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(kJmol-1)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，

7、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) H=-a kJmol-1（a0），其反应机理如下NO(g)+Br2(g)NOBr2(g)快NO(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的快慢BNOBr2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a kJmol-1D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

8、，探究铜与稀HNO3反应，过程如图，下列说法不正确的是A过程中生成无色气体的离子方程式是3Cu28H=3Cu22NO4H2OB过程反应速率比快的原因是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I

9、IIIIIIV19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0.2molL1硫酸体积温度硫酸铜固体质量2.0g10.0ml250g2.0g10.0mlT0g2.0g10.0ml350.2g2.0g10.0ml354.0g下列推断合理的是A选择和探究硫酸铜对反应速率的影响，必须控制T=25B根据该实验方案得出反应速率的大小可能是C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

10、用催化剂只能加快正反应速率B反应的活化能比反应大C该反应的催化剂是V2O4D过程中既有VO键的断裂，又有VO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c(I)/molL10.0400.0800.0800.1600.120c()/molL10.0400.0400.0800.0200.040t/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

11、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10.02.04.00.0t18.02.04.02.0t26.02.04.0Vxt3(1)表中Vx=_mL,t1、t2、t3的大小关系是_实验二:取5 mL 0.1 molL-1的KI溶液于试管中,滴加0.1 molL-1 FeCl3溶液2 mL,发生如下反应:2Fe3+2I-=2Fe2+ +I2,为证明该

12、反应存在一定的限度,他们设计了如下实验:取少量反应液,滴加AgNO3溶液,发现有少量黄色沉淀(AgI)。再取少量反应液,滴加少量CCl4 ,振荡,发现CCl4层显浅紫色。根据的现象,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

13、一支试管中先加入 1mL 0.01 mol/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1mL 0.1mol/L 草酸溶液前 10min 内溶液紫色无明显变化，后颜色逐渐变浅， 30 min 后几乎变为无色向另一支试管中先加入 1mL 0.01mol/L 酸性KMnO4 溶液，再加入 10 滴 3mol/L 硫酸，最后加入 1mL 0.1mol/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、可得

14、出的结论是_。(3)关于实验中 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 ，验证猜想。 补全实验的操作：向试管中先加入 1mL 0.01mol/L 酸性 KMnO4 溶液，_，最后加入 1mL 0.1mol/L 草酸溶液。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：称取 a g 研细的石灰石样品于 250 mL 烧杯中，加过量稀盐酸溶解，水浴加热 10 分钟；稍冷后逐滴加入氨水至溶液 pH4，再缓慢加

15、入适量(NH4)2C2O4 溶液，继续水浴加热30 分钟；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；加入适量热的稀硫酸至沉淀中，获得的溶液用 c molL1 KMnO4 标准溶液滴定至终点。平行测定三次，消耗KMnO4 溶液的体积平均为 V mL。已知：H2C2O4 是弱酸；CaC2O4 是难溶于水的白色沉淀。中为了加快反应速率而采取的操作有_。中加入氨水调节溶液 pH 的作用是_。中洗涤得到干净的沉淀。结合平衡移动原理，解释用稀(NH4)2C2O4 溶液洗涤沉淀的目的_。检测洗涤液中无 Cl的试剂和现象是_。若沉淀中

16、的 Cl未洗涤干净，则最终测量结果_（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。中用 KMnO4 标准溶液滴定。滴定时发生反应的离子方程式为_。滴定至终点的现象为_。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：2MnO4-5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O。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

17、在2 min末收集了4.48 mL CO2(标准状况下)，则在2 min末，c(MnO4-)_ molL1。(假设混合溶液体积为50 mL)(3)除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率，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t1t2时间内速率变快的主要原因可能是：产物Mn2是反应的催化剂、_。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

18、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/min05101520253550607080温度/25262626262626.527272727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/g0.1molL-1的硝酸体积/mL硝酸铜晶体/g亚硝酸钠晶体/g实验目的52000实验和探究_的影响；实验和探究_的影响。5200.5052000.5参考答案1C【详解】A根据图示，Cl原子是该反应的催化剂，CH3CHF2替代CF

19、2Cl2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；DCF2Cl2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。2A【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据图可知步骤中生成了-CH2-SH，即形成了C-S键，B正确；C据图可知步骤活化能最高，步骤的反应速率最慢，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

20、放热反应，D正确；综上所述答案为A。3D【详解】ACO2、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+*HH2O，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。4B【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

21、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。5B【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；BHNO2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

22、的生成物，为促进O3分解的催化剂，C正确；D16gO2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。6D【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：D7B【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

23、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Ea1-Ea2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。8A【详解】A该反应H0，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。9A【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4NH32NO2O23N26H2O，故A错误；B根据题

24、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。10A【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

25、于正反应速率，与图象不符，故D错误；故答案：A。11D【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

26、可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。12D【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。13C【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：H2CO3HCl，根据

27、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。14D【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+HNH2OH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

28、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。15B【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。16C【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的快慢，故A

29、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akJmol1，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。17B【详解】A过程发生的反应为Cu和稀HNO3的反应离子方程式为3Cu28H=3Cu22NO4H2O，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，

30、可继续溶解铜，故D正确；故选B。18D【详解】A. 要选择和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，、温度相同且都能形成原电池，但硫酸铜量太多与Zn反应影响生成氢气的速率，则反应速率的大小可能是，故D正确；。故选：D。19B【详解】A. 选择和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.

31、 根据该实验方案，和比较，可以形成原电池，加快了负极的反应速率，和比较，的温度更高，反应速率更快，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，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。20D【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，故反应的活化能比反应小；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

32、知，本反应的催化剂为V2O5，故C错误；D.历程中反应有VO键的断裂，反应有VO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：组所用时间相同，组所用时间为它们的一半，组所用时间为它们的2倍。进一步分析：两组中c(I)与c()的乘积相等，组中乘积为组的2倍，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

33、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：组所用时间相同，组所用时间为它们的一半，组所用时间为它们的2倍。进一步分析：两组中c(I)与c()的乘积相等，组中乘积为组的2倍，组乘积为其一半。所以，得t129.3s，故答案：29.3（3）由数据表可知：组所用时间相同，组所用时间为它们的一半，组所用时间为它们的2倍。进一步分析：两组中c(I)与c()的乘积相等，组中乘积为组的2倍，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

34、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)。224 t1t2t3 KI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)m

35、L，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t1t2t3；(2)本实验中KI的物质的量为0.1mol/L0.005L=0.0005mol，FeCl3的物质的量为0.1mol/L0.002L=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。232MnO4-+6H+5H

36、2C2O4=2Mn2+10CO2+8H2O 氢离子(或H2SO4)浓度越大，反应速率越大 再加入10滴3 mol/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21=2，根据得失电子守恒得：MnO和Mn2+前配2，H2C2O4前配5，C

37、O2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、，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，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)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

38、相同的条件下，加一组实验的对比实验，该组实验中除其它步骤和实验相同外，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 1mL 0.01mol/L 酸性 KMnO4 溶液，再加入10滴3 mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体，最后加入 1mL 0.1mol/L 草酸溶液，故答案为：再加入10滴3 mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体；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

39、)，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+8 H+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】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

40、石灰石粉碎、搅拌，适当升高温度等。稍冷后逐滴加入氨水至溶液 pH4，再适量(NH4)2C2O4溶液，说明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。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。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，

41、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。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KMnO4标准溶液增大，计算出的草酸根物质的量增大，则最终测量结果偏大；故答案为：偏大。滴定时草酸溶液与酸性高锰酸钾反应，发生的离子方程式为5H2C2O4+ 2MnO4+8 H+2Mn2+ 10CO2+ 8H2O；故答案为：5H2C2O4+ 2MnO4+8 H+2Mn2+ 10CO2+ 8H2O。滴定至终点的现象为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；故答案

42、为：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。样品中，则CaO 质量分数表示的钙含量为；故答案为：。25浓度 0.0052 KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间 该反应放热使反应温度升高 【分析】(1)探究外界因素对反应速率的影响，通常用“控制单一变量法”；反应物浓度越大，反应速率越快；(2)根据化学方程式的比例关系计算参加反应的MnO4-的物质的量，再计算剩余的物质的量，进而计算其浓度；(3)还可以根据高锰酸钾溶液褪色的快慢比较反应速率或者产生相同体积气体所需的时间来比较化学反应速率；(4)从影响化学反应速率的因素主要有温度、浓度、压强和催化剂

43、考虑。【详解】(1)对比实验数据，草酸溶液的浓度不同，则该实验可探究浓度对化学反应速率的影响；中草酸溶液的浓度比中大，化学反应速率大，所得CO2的体积大；故答案为：浓度；(2)CO2的物质的量为，根据关系式MnO4-5CO2可得，2min末，参加反应的MnO4-的物质的量为0.00004mol，则剩余MnO4-物质的量为3010-3L0.01molL-1-0.00004mol=0.00026mol，则2min末，溶液中MnO4-的物质的量浓度为；故答案为：0.0052；(3)该实验还可以通过测定KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间来比较化学反应速率；故答案为：KMnO4溶

44、液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间；(4)影响化学反应速率的因素主要有温度、浓度、压强和催化剂，除催化剂之外，只能是温度升高导致反应速率加快；故答案为：该反应放热使反应温度升高。【点睛】探究某种因素对化学反应速率的影响，通常用“控制单一变量法”，通过明显的实验现象定性比较反应快慢，如溶液颜色的变化、反应的剧烈程度、产生气泡或沉淀的快慢以及固体消失，或气体充满所需时间的长短等来定性判断化学反应的快慢，如本题中高锰酸钾溶液褪色越快，说明速率越大。263Cu8H2NO3 3Cu22NO4H2O AC 温度不是反应速率明显加快的主要原因 Cu2 亚硝酸根 【详解】（1）稀硝酸是氧化性酸，和铜反应生成硝酸铜、NO和水，则该反应的离子方程式为3Cu8H2NO33Cu22NO4H2O。（2）反应物都不是气态，则压强对反应速率没有影响。随着反应的进行，反应物接触面积应该逐渐减小，所以引起反应速率增大的原因可能是反应放热导致温度升高或生成物的催化作用，因此答案选AC。（3）根据表中数据可知，反应过程中溶液的温度变化不大，这说明温度不是反应速率明显加快的主要原因。（4）根据表中数据可知，实验和中不同之处在于是否加入了硝酸铜，所以实验和探究的是铜离子对反应速率的影响；同样分析可知，实验和中不同之处在于是否加入了亚硝酸钠，所以实验和探究的是亚硝酸根对反应速率的影响。