2023年北京市重点校高二上学期期中化学汇编：化学反应速率

第1页/共1页2023北京重点校高二（上）期中化学汇编化学反应速率一、单选题1．（2023北京汇文中学高二上期中）在3A(g)+2B(g)C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是A．v(A)=0.9mol/(L·s) B．v(B)=0.3mol/(L·s)C．v(C)=0.4mol/(L·s) D．v(D)=0.8mol/(L·s)2．（2023北京北大附中高二上期中）最近，我国科学家在催化转化研究中取得新进展。使用不同催化剂(、)时，转化过程中的能量变化如图所示，下列说法不正确的是(其中吸附在催化剂表面的物种用“·”标注)A．该条件下，催化剂比的催化效果更好B．该研究成果若能大规模应用，将有利于缓解温室效应，解决能源问题C．同种微粒分别吸附在和表面，其能量可能不同D．催化剂不可以改变转化为反应的焓变3．（2023北京汇文中学高二上期中）下列说法中不正确的是A．对有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，可使单位体积内活化分子数增多，因而化学反应速率增大B．向反应体系中加入相同浓度的反应物，可使活化分子百分数增大，因面增大化学反应速率C．升高温度，可使反应物分子中活化分子的百分数增大，因而增大化学反应速率D．加入适宜的催化剂，可使反应物分子中活化分子的百分数增大，因而增大化学反应速率4．（2023北京清华附中高二上期中）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5．（2023北京清华附中高二上期中）硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为：，下列各组实验中最先出现浑浊的是实验温度/℃溶液稀A2550.1100.1B2550.250.2C3550.1100.1D3550.250.2A．A B．B C．C D．D6．（2023北京第十二中学高二上期中）与能发生反应：

。已知：①该反应由两个基元反应分步完成，第一步为

②两步反应的活化能分别为、，且下列判断不正确的是A．第一步为氧化还原反应B．第一步的化学反应速率大于第二步的化学反应速率C．已知键能：，可推知键能：D．第二步的热化学方程式为

7．（2023北京八中高二上期中）在反应中，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析中，不正确的是A．加入适宜的催化剂，可降低反应的活化能 B．增大，单位体积内活化分子数增大C．升高温度，单位时间内有效碰撞次数增加 D．增大压强，活化分子的百分数增大8．（2023北京丰台高二上期中）丙酮碘化反应为兴趣小组在20℃时研究了该反应的反应速。他们在反应开始前加入淀粉溶液，通过观察淀粉溶液褪色时间来度量反应速举的大小。实验数据如下表，其中①~④混合液总体积相同。序号c(丙酮)c(I2)c(H+)褪色时间/s①20.0020.540②10.0020.580③20.0010.520④20.0020.2580下列根据实验数据做出的推理不合理的是A．实验①中，ν(I2)=5×10-5mol·L-1·s-1B．由实验①②可知c(丙酮)越大，反应速率越快C．由实验①③可知c(I2)越大，反应速率越慢D．由实验①④可知，c(H+)越大，反应速率越快9．（2023北京第八十中学高二上期中）量气法可以测定过氧化氢分解的反应速率。以KI为催化剂，通过测量生成气体体积的变化测定反应速率，装置如图所示。下列分析不合理的是A．H2O2H2↑+O2↑B．读数时，不应使反应体系和量气管与外界大气相通C．读数时，应使水准瓶内液面和量气管内液面处于同一水平D．为排除过氧化氢分解过程放热带来的影响，待锥形瓶恢复至室温再读数10．（2023北京北师大实验中学高二上期中）催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应，反应历程如图所示，M为中间产物。其他条件相同时，下列说法不正确的是A．使用Ⅰ和Ⅱ，不影响P的平衡体积百分含量B．反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大C．使用Ⅰ时，反应体系更快达到平衡D．使用Ⅱ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大11．（2023北京北师大二附中高二上期中）采取下列措施对增大反应速率有明显效果的是A．Na与水反应时，增加水的用量B．Fe与稀硫酸反应制取H2时，改用浓硫酸C．盐酸与NaOH溶液反应时，增大压强D．大理石与盐酸反应制取CO2时，将块状大理石改为粉末状12．（2023北京清华附中高二上期中）实验小组探究双氧水与KI的反应，实验方案如下表。序号①②③实验装置及操作实验现象溶液无明显变化溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色溶液立即变为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出下列说法不正确的是A．对分解有催化作用B．对比②和③，酸性条件下氧化的速率更大C．对比②和③，②中的现象可能是因为分解的速率大于H2O2氧化的速率D．实验②③中的温度差异说明，氧化的反应放热13．（2023北京清华附中高二上期中）我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如图所示。已知：

；

；。下列说法不正确的是A．过程Ⅱ放出能量B．若分解2molH2O(g)，估算出反应吸收482kJ能量C．催化剂能减小水分解反应的焓变D．催化剂能降低反应的活化能，增大反应物分子中活化分子的百分数14．（2023北京人大附中高二上期中）可以作为分解的催化剂，催化机理是：ⅰ.；ⅱ._______。分解反应过程中能量变化如下图所示，下列判断不正确的是A．曲线②为含有的反应过程B．反应ii为C．反应ⅰ和ⅱ均为放热过程D．反应ⅰ的反应速率可能比反应ⅱ慢15．（2023北京汇文中学高二上期中）下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的是A．实验1测定锌与稀硫酸的反应速率B．实验2研究浓度对化学反应速率的影响C．实验3比较AgCl和溶解度大小D．实验4滴定法测NaOH溶液浓度16．（2023北京人大附中高二上期中）丙酮()碘化反应为+I2I-+H++。兴趣小组在时研究了该反应的反应速率。他们在反应开始前加入淀粉溶液，通过观察淀粉溶液褪色时间来度量反应速率的大小。实验数据如下表，其中①~③混合液总体积均为。序号n(丙酮)褪色时间/s①0.240②0.180③0.220下列推理合理的是A．实验①中，B．由实验①②可知，c(丙酮)越小，反应速率越快C．由实验①③可知，越小，反应速率越快D．该反应可能会出现反应速率随时间先增大后减小的现象17．（2023北京海淀高二上期中）室温下，用0.1mol·L－1Na2S2O3溶液、0.1mol·L－1H2SO4溶液和蒸馏水进行如下表所示的5个实验，分别测量浑浊度随时间的变化。编号Na2S2O3溶液H2SO4溶液蒸馏水浑浊度随时间变化的曲线V/mLV/mLV/mL①1.53.510②2.53.59③3.53.5x④3.52.59⑤3.51.510下列说法不正确的是A．实验③中x=8B．实验①②③或③④⑤均可说明其他条件相同时，增大反应物浓度可增大该反应速率C．将装有实验②的试剂的试管浸泡在热水中一段时间后再混合，其浑浊度曲线应为aD．降低Na2S2O3溶液浓度比降低H2SO4溶液浓度对该反应化学反应速率影响程度更大二、填空题18．（2023北京人大附中高二上期中）短程硝化-厌氧氨氧化工艺的目的是将氨氮()废水中的氮元素转变为脱除，其机理如下：资料：氧气浓度过高时，会被氧化成。(1)参与I中反应的。(2)Ⅱ中生成的离子方程式为。(3)废水溶解氧浓度(DO)对氮的脱除率的影响如图所示。当DO＞2mg/L时，氮的脱除率为0，其原因可能是厌氧氨氧化菌被㧕制，Ⅱ中反应无法发生；还有可能是。(4)经上述工艺处理后，排出的水中含有一定量的，加入铁粉能有效除去。该过程涉及的三个反应(a、b和c)如图：在整个反应过程中几乎监测不到浓度的增加。请从化学反应速率的角度解释其原因：。三、解答题19．（2023北京丰台高二上期中）某化学实验小组用酸性KMnO4溶液和草酸(H2C2O4)溶液反应，研究外界条件对化学反应速率的影响，实验操作及现象如下：编号实验操作实验现象I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)补全高锰酸钾与草酸反应的离子方程式：5H2C2O4+2+______=2Mn2++_____+8H2O(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。利用提供的试剂设计实验III，验证猜想。提供的试剂：0.01mol/L酸性KMnO4溶液，0.1mol/L草酸溶液，3mol/L硫酸，MnSO4溶液，MnSO4固体，蒸馏水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。(4)该小组拟采用如下图所示的实验方案继续探究外界条件对反应速率的影响。①他们拟研究的影响因素是。②你认为他们的实验方案(填“合理”或“不合理”)，理由是。20．（2023北京第十二中学高二上期中）氮氧化物会造成环境污染，我国科学家正着力研究SCR技术(NH3选择性催化还原氮氧化物)对燃煤电厂烟气进行脱硝处理。(1)写出一种氮氧化物直接排放到空气中造成的环境危害。(2)NH3催化还原NO的化学方程式为。(3)铁基催化剂在260~300℃范围内实现SCR技术的过程如下：①适当增大催化剂用量可以明显加快脱硝速率，结合上述过程解释原因：。②向反应体系中添加NH4NO3可显著提高NO脱除率。原因如下：与NO发生反应；与发生反应ⅲ和反应ⅳ转化为N2；与发生反应(填离子方程式)转化为N2。(4)相比于铁基催化剂，使用锰基催化剂(活性物质为MnO2)时，烟气中含有的会明显降低NO脱除率。①推测SO2与MnO2会发生反应使催化剂失效，其化学方程式是。②持续通入含SO2的烟气。不同温度下，每隔1h测定NO脱除率，结果如下：相同时间，200℃时NO脱除率低于100℃，原因是。21．（2023北京北师大实验中学高二上期中）某兴趣小组同学探究KMnO4溶液与草酸(H2C2O4)溶液反应速率的影响因素.配制1.0×10-3mol/LKMnO4溶液、0.40mol/L草酸溶液，将KMnO4溶液与草酸溶液按如下比例混合。【设计实验】序号V(草酸)/mL反应温度/℃①2.02.0020②2.01.020(1)表格中，实验①和②的目的是.(2)甲认为上述实验应控制相同，可加入的试剂是(填序号).a．盐酸

b．硫酸

c．草酸【实施实验】小组同学将溶液调至1并进行实验①和②，发现紫色并未直接褪去，而是分成两个阶段：i.紫色溶液变为青色溶液，ii.青色溶液逐渐褪至无色溶液.资料：(a)在溶液中无色，在草酸中不能形成配合物；(b)无色，有强氧化性，发生反应(青绿色)后氧化性减弱；(c)呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和。(3)乙同学从氧化还原角度推测阶段i中可能产生了，你认为该观点是否合理，并说明理由：。【继续探究】进一步实验证明溶液中含有，反应过程中和浓度随时间的变化如下图.(4)第i阶段中检测到有气体产生，反应的离子方程式为.(5)实验②在第ii阶段的反应速率较大，可能的原因是.(6)为了验证上述(5)中说法，设计如下实验：在第ii阶段将调节至，现象是，由此现象可证明上述猜想合理。【结论与反思】结论：反应可能是分阶段进行的草酸浓度的改变对不同阶段反应速率的影响可能不同。22．（2023北京15中高二上期中）过氧乙酸(CH3CO3H)是一种广谱高效消毒剂，不稳定、易分解，高浓度易爆炸。常用于空气、器材的消毒，可由乙酸与H2O2在硫酸催化下反应制得，热化学方程式为：CH3COOH(aq)+H2O2(aq)⇌CH3CO3H(aq)+H2O(l)△H=-13.7KJ/mol(1)市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%，原因是。(2)利用上述反应制备760gCH3CO3H，放出的热量为kJ。(3)取质量相等的冰醋酸和50%H2O2溶液混合均匀，在一定量硫酸催化下进行如下实验。实验1：在25℃下，测定不同时间所得溶液中过氧乙酸的质量分数。数据如图1所示。实验2：在不同温度下反应，测定24小时所得溶液中过氧乙酸的质量分数，数据如图2所示。①实验1中，若反应混合液的总质量为mg，依据图1数据计算，在0—6h间，v(CH3CO3H)=g／h（用含m的代数式表示）。②综合图1、图2分析，与20℃相比，25℃时过氧乙酸产率降低的可能原因是。（写出2条）。(4)SV-1、SV-2是两种常用于实验研究的病毒，粒径分别为40nm和70nm。病毒在水中可能会聚集成团簇。不同pH下，病毒团簇粒径及过氧乙酸对两种病毒的相对杀灭速率分别如图3、图4所示。依据图3、图4分析，过氧乙酸对SV-1的杀灭速率随pH增大而增大的原因可能是23．（2023北京北师大附中高二上期中）某小组研究了铜片与反应的速率，实验现象记录如下表。实验时间段现象

①0~15min铜片表面出现极少气泡15~25min铜片表面产生较多气泡，溶液呈很浅的蓝色25~30min铜片表面均匀冒出大量气泡30~50min铜片表面产生较少气泡，溶液蓝色明显变深，液面上方呈浅棕色为探究影响该反应速率的主要因素，小组进行如下实验。实验Ⅰ：监测上述反应过程中溶液温度的变化，所得曲线如下图：

实验Ⅱ：②~④试管中加入大小、形状相同的铜片和相同体积、，结果显示：Cu(NO3)2、NO对Cu和HNO3反应速率的影响均不明显，NO2能明显加快该反应的速率。

实验Ⅲ：在试管中加入铜片和，当产生气泡较快时，取少量反应液于试管中，检验后发现其中含有NO。(1)根据表格中的现象，描述该反应的速率随时间的变化情况：。(2)实验Ⅰ的结论：温度升高(填“是”或“不是”)反应速率加快的主要原因。(3)实验Ⅱ的目的是：。(4)小组同学查阅资料后推测：该反应由于生成某中间产物而加快了反应速率。请结合实验Ⅱ、Ⅲ，在下图方框内填入相应的微粒符号，以补全催化机理。①；②。

(5)为验证(4)中猜想，还需补充一个实验：(请写出操作和现象)。24．（2023北京海淀高二上期中）以反应为例，探究浓度对反应速率的影响。(实验中不加任何指示剂，且不使用计时器。)(1)甲同学设计了如下方案：乙认为该同学设计的方案存在问题，问题是(2)乙同学改进了方案并进行实验：该同学实验未成功，失败的原因是(3)丙同学设计改进了如下方案：实验现象为，由此得到的实验结论为。(4)丁同学也设计了如下方案：请分析该同学分析是否可行，请说明理由(5)王同学设计了如下方案：该同学的实验方案如果成立，需要在试管中加入。【反思】(6)本实验想成功探究浓度对反应速率的影响，满足的条件为：a．b．【迁移应用】(7)欲探究、对分解的催化效果(已知、对反应均无催化作用)。请设计实验：a；b；c；d。

参考答案1．C【分析】化学反应速率之比等于化学计量数之比，转化为同种物质的反应速率比较反应的快慢，以此来解答。【详解】A．，转化为；B．，转化为；C．；D．，转化为；C中数值最大，反应速率最快；故答案选C。【点睛】本题考查化学反应速率，把握化学反应速率与化学计量数的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意速率单位统一及转化法的应用。2．A【详解】A．由图可知，使用时活化能降低得更多，反应速率更快，该条件下，催化剂比的催化效果更好，故A错误；B.该过程中，CO2转化为CO，可减少空气中的CO2的含量，缓解温室效应，同时反应生成CO具有可燃性，可解决能源转化危机，B正确；C.由图可知，•COOH吸附在NiPc中的能量高于吸附在CoPc上的能量，因此同种微粒分别吸附在NiPc和CoPc表面，其能量不同，C正确；D.催化剂只影响反应速率，不改变反应焓变，D正确；故选A。3．B【详解】A．增大压强使容器容积减小，活化分子总数不变，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞次数增加，增大化学反应速率，故A正确；B．向反应体系中加入相同浓度的反应物，单个分子的能量不变，活化分子百分数不变，故B错误；C．升高温度使原本能量不足不是活化分子的分子的转变为活化分子，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增加，增大化学反应速率，故C正确；D．催化剂降低活化能，原本不是活化分子的成为了活化分子，活化分子百分数增加，有效碰撞次数增加，增大化学反应速率，故D正确；故答案为：B。4．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。5．D【详解】浓度相同时，温度越高，反应速率越快，35℃＞25℃，则选项C、D中的反应速率分别大于选项A、B中的反应速率；温度相同时，浓度越大，反应速率越快，D中反应物的浓度大于C中反应物的浓度，则D中反应速率最快，在实验中最先出现浑浊，故选D。6．B【详解】A．ICl中Cl显-1价，I显+1，根据第一步反应方程式可知，H的的化合价升高，I元素的化合价降低，即该反应为氧化还原反应，故A说法正确；B．活化能越大，反应速率越低，Ea1＞Ea2，第一步反应速率比第二步反应速率慢，故B说法错误；C．已知H-H键能大于I-I键能，则H-Cl键能大于I-Cl，故C说法正确；D．根据盖斯定律，第二步反应方程式=总反应－第一步反应，则第二步热反应方程式HI(g)+ICl(g)=HCl(g)+I2(g)

，故D说法正确；答案为B。7．D【详解】A．加入合适的催化剂，能降低反应的活化能，反应速率增大，A正确；B．增大碘化氢的浓度，单位体积内活化分子数增多，反应速率增大，B正确；C．升高温度，单位时间内有效碰撞次数增加，反应速率增大，C正确；D．增大压强，单位体积内活化分子数增多，反应速率增大，但活化分子百分数不变，D错误；答案选D。8．C【详解】A．实验①中，，A正确；B．实验①②变量为丙酮的浓度不同，由实验①②可知，c(丙酮)越大，褪色时间越短，反应速率越快，B正确；C．碘单质能使淀粉溶液变蓝色，实验①③变量为碘单质浓度，由实验①③可知c(I2)越大，褪色时间越长，但不能说明反应速率慢，C错误；D．实验①④变量为氢离子的浓度不同，由实验①④可知，c(H+)越大，褪色时间越短，反应速率越快，D正确；故选C。9．A【详解】A．过氧化氢催化分解生成水和氧气，A错误；B．若反应体系和量气管与外界大气相连通，则生成的气体逸出，测量结果不准确，B正确；C．水准瓶内液面和量气管内液面处于同一水平，说明两边液面上方压强一致，这样测出才是当前大气压强下气体的体积，C正确；D．为排除过氧化氢分解过程放热带来的影响，待锥形瓶恢复至室温再读数，D正确；答案选A。10．D【详解】A．使用催化剂，不影响产物的平衡体积百分含量，A正确；B．由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确；C．由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C正确；D．由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D错误；故选D。11．D【详解】A．水为纯液体，增加水的用量，反应速率不变，选项A不符合；B．Fe与浓硫酸发生钝化，不生成氢气，反应速率减小，选项B不符合；C．反应没有气体参加，则增大压强，反应速率不变，选项C不符合；D．块状大理石改为粉末状，增大了接触面积，反应速率加快，选项D符合；答案选D。12．D【详解】A．比较实验①②的现象可知，对分解有催化作用，A正确；B．对比②和③，由实验③的现象溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，可知酸性条件下氧化的速率更大，B正确；C．对比②和③，②中的现象为溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色，实验③现象为：溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，故可能是因为分解的速率大于H2O2氧化的速率，C正确；D．实验②中主要发生H2O2分解，温度明显升高，而实验③中主要发生H2O2氧化KI的反应，温度无明显变化，说明H2O2催化分解是一个放热反应，不能说明氧化的反应放热，D错误；故答案为：D。13．C【详解】A．过程Ⅱ为形成新化学键过程，因此放出能量，A正确；B．电解2molH2O(g)，需要断开4molH-O键，共吸收1852kJ能量，同时生成2molH-H键和1molO=O键，共释放1370kJ能量，因此反应吸收482kJ能量，B正确；C．根据盖斯定律，使用催化剂只能改变反应的历程，不能改变反应的焓变，C错误；D．催化剂可实现高效分解水，其原理是降低反应的活化能，增大单位体积内活化分子数，从而增大活化分子百分数，D正确；故选C。14．C【分析】可以作为分解的催化剂，反应前后化学性质不变，故反应ii为；【详解】A．曲线②活化能小于曲线①，故曲线②为含有催化剂的反应过程，A项正确；B．根据上述分析，反应ii为，B项正确；C．根据曲线②能量变化，反应ⅰ为吸热反应，反应ⅱ为放热反应，C项错误；D．反应ⅰ的活化能大于反应ⅱ，故反应ⅰ的反应速率可能比反应ⅱ慢，D项正确；答案选C。15．A【详解】A．针筒可测定一定时间收集气体的体积，可测定锌与稀硫酸的反应速率，故A正确；B．实验2中2mL0.2mol/L酸性高锰酸钾溶液过量，滴加草酸溶液不能褪色，不可研究浓度对反应速率的影响，故B错误；C．实验3中硝酸银过量，滴加硫化钠后生成硫化银不能确定是不是由氯化银转化而生成的硫化银，不能比较AgCl和溶解度大小，故C错误；D．实验4滴定法测NaOH溶液浓度，盐酸要用酸式滴定管盛装，故D错误；故选A。16．D【详解】A．实验①中淀粉溶液褪色时间为40s，则(I2)===5×10-5mol⋅L-1⋅s-1，A错误；B．实验①②中只有c(丙酮)不同，其他数据相同，并且实验①中c(丙酮)大、褪色时间短，即c(丙酮)越大，反应速率越快，B错误；C．实验①③中只有c(I2)不同，其他数据相同，并且实验③中c(I2)小、褪色时间短，但I2的物质的量是①的一半，反因褪色时间也是①的一半，即改变c(I2)，反应速率不变，C错误；D．随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，故反应速率也逐渐减慢，但可能该反应是一个放热反应，导致溶液温度升高反应速率加快或者生成的H+起催化剂的作用，故该反应可能会出现反应速率随时间先增大后减小的现象，D正确；故答案为：D。17．C【分析】由图可知，实验③中反应速率最快，由控制变量法可知总体积为15mL，实验①、②、③中Na2S2O3溶液浓度不同，图中③、④、⑤速率接近，①、②、③速率差异大，据此分析解题。【详解】A．实验③中，x＝15−3.5−3.5＝8，故A正确；B．实验①、②、③的目的是探究其他条件相同时，Na2S2O3溶液浓度变化对Na2S2O3与H2SO4反应速率的影响，实验③、④、⑤的目的是探究其他条件相同时，H2SO4溶液浓度变化对Na2S2O3与H2SO4反应速率的影响，故B正确；C．将装有实验②的试剂的试管浸泡在热水中一段时间后再混合，反应速率加快，浑浊度增大需要时间更短，故C错误；D．Na2S2O3溶液浓度的改变对速率影响更大，该推断的证据是达到相同浑浊度时，实验①、②、③所需时间的改变量大于实验⑤、④、③所需时间的改变量，故D正确；故答案选C。18．(1)2:3(2)++2H2O(3)Ⅰ中产生得全部被氧化为，Ⅱ中反应因无反应物而无法发生(4)的消耗速率大于其生成速率，即反应速率c＞b【详解】（1）过程I中中的N由-3价升高到+3价，升高6个单位，而O2中的O由0价降低到-2价，降低4个单位，根据得失电子守恒可知，参与I中反应的2：3，故答案为：2:3；（2）由题干流程图可知，Ⅱ中发生的反应为：和反应生成和水，根据氧化还原反应可得该反应的离子方程式为：++2H2O，故答案为：++2H2O；（3）当DO＞2mg/L时，即溶解氧浓度过高，Ⅰ中产生的又被O2继续氧化为，导致Ⅱ中反应因无而无法发生，故答案为：Ⅰ中产生得全部被氧化为，Ⅱ中反应因无反应物而无法发生；（4）由题干图示信息可以看出：b反应生成了，c反应消耗了，当反应速率c＞b时，在整个反应过程中几乎监测不到浓度的增加，故答案为：的消耗速率大于其生成速率，即反应速率c＞b。19．(1)6H+、10CO2(2)其他条件相同时，H+（或硫酸）浓度越大，反应速率越快(3)再加入10滴3mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅(4)KMnO4溶液浓度不合理KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应快慢【分析】通过实验操作可知，该实验探究溶液中H+浓度对酸性KMnO4溶液和草酸(H2C2O4)溶液反应的影响，高锰酸钾与草酸反应生成Mn2+、CO2和H2O，反应的离子方程式为5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。【详解】（1）由分析可知，高锰酸钾与草酸反应的离子方程式为5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；（2）实验I、II中只有加入硫酸的含量不同，该实验探究溶液中H+浓度对酸性KMnO4溶液和草酸(H2C2O4)溶液反应的影响，通过实验结果可知，其他条件相同时，H+浓度越大，反应速率越快；（3）①该小组认为反应中生成的Mn2+对反应有催化作用。可向酸性KMnO4溶液和草酸(H2C2O4)溶液的体系中加入Mn2+，验证这一猜想，具体操作为：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；②若溶液迅速褪色，则证明Mn2+对该反应有催化作用，则若猜想成立，应观察到的实验现象是加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅；（4）①两个实验中，只有酸性KMnO4溶液的浓度不同，则他们拟研究的影响因素是KMnO4溶液浓度对反应速率的影响；②由于KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，故无法通过比较褪色时间长短判断反应快慢，因此，他们的实验方案不合理。20．(1)酸雨/光化学烟雾(2)(3)反应ⅱ为脱硝反应的决速步，增大催化剂的用量可提高反应ⅱ的速率，进而提高脱硝反应速率(4)SO2+MnO2=MnSO4温度升高使催化剂失效速率加快，导致温度升高对NO脱除速率增大的影响不如催化剂失效对NO脱除速率降低的影响显著【详解】（1）NO与空气中的氧气反应产生NO2，NO2与水反应产生HNO3、NO，导致形成酸雨，同时NO也会与紫外线等作用形成光化学烟雾；（2）NH3、NO在催化剂存在条件下反应产生N2、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应方程式为：；（3）①根据图示可知：反应ⅱ是慢反应，为脱硝反应的决速步，增大催化剂的用量可扩大反应物接触面积，从而可提高反应ⅱ的速率，进而提高脱硝反应速率；②与发生氧化还原反应，产生N2、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得发生反应的化学方程式为：+=N2+2H2O；（4）①SO2具有还原性，MnO2具有氧化性，二者会发生氧化还原反应产生MnSO4，从而导致催化剂失效，其化学方程式是：SO2+MnO2=MnSO4；根据图示可知：在相同时间，200℃时NO脱除率低于100℃，这是由于温度升高使催化剂失效速率加快，导致温度升高对NO脱除速率增大的影响不如催化剂失效对NO脱除速率降低的影响显著。21．(1)1.0探究草酸浓度对反应速率的影响(2)b(3)否，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和MnO2(4)+4H2C2O4=4CO2↑+[Mn(C2O4)2]−+4H2O(5)实验②中所加草酸的物质的量比实验①的更少，导致阶段i形成的[Mn(C2O4)2]−实验②比实验①的更少，生成的Mn3+实验②比实验①的更多，且Mn3+的氧化性比[Mn(C2O4)2]−强(6)溶液褪至无色的时间会减少【分析】本题为实验探究题，实验①和②只有草酸的浓度不同，故该组实验的目的是探究草酸浓度对反应速率的影响，控制变量唯一确定x的值，盐酸能与酸性高锰酸钾反应，硫酸不与草酸和酸性高锰酸钾反应，草酸实验中本身就是探究草酸与酸性高锰酸钾反应速率的影响因素，由题干信息(c)可知，呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和MnO2由题干图示信息可知，第i阶段中检测到有CO2气体产生同时生成[Mn(C2O4)2]−，比较实验②中所加草酸的物质的量比实验①的更少，导致阶段i形成的[Mn(C2O4)2]−实验②比实验①的更少，根据已知信息(b)Mn3+无色，有强氧化性，发生反应Mn3++2⇌[Mn(C2O4)2]−(青绿色)后氧化性减弱可知，形成的[Mn(C2O4)2]−越少则生成的Mn3+越多，由于Mn3+有强氧化性而[Mn(C2O4)2]−氧化性减弱，据此推测，若在第ii阶段将c(H+)调节至0.2mol/L，即增大溶液中的H+浓度，则溶液中的草酸根离子浓度减小，不利于形成[Mn(C2O4)2]−，据此分析解题。【详解】（1）为了控制变量唯一，即混合后溶液的体积不变可知，x=1.0mL，由题干表中数据可知，实验①和②只有草酸的浓度不同，故该组实验的目的是探究草酸浓度对反应速率的影响，故答案为：1.0；探究草酸浓度对反应速率的影响；（2）a．盐酸能与酸性高锰酸钾反应，影响实验结论，故a错误；b．硫酸不与草酸和酸性高锰酸钾反应，不会影响实验结论，故b正确；c．草酸实验中本身就是探究草酸与酸性高锰酸钾反应速率的影响因素，故c错误；故答案为：b；（3）由题干信息(c)可知，呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和MnO2，而阶段i溶液呈酸性，故不可能产生，故答案为：否，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和MnO2；（4）由题干图示信息可知，第i阶段中检测到有CO2气体产生同时生成[Mn(C2O4)2]−，则该阶段反应的离子方程式为：+4H2C2O4=4CO2↑+[Mn(C2O4)2]−+4H2O，故答案为：+4H2C2O4=4CO2↑+[Mn(C2O4)2]−+4H2O；（5）比较实验②中所加草酸的物质的量比实验①的更少，导致阶段i形成的[Mn(C2O4)2]−实验②比实验①的更少，根据已知信息(b)Mn3+无色，有强氧化性，发生反应Mn3++2[Mn(C2O4)2]−(青绿色)后氧化性减弱可知，形成的[Mn(C2O4)2]−越少则生成的Mn3+越多，由于Mn3+有强氧化性而[Mn(C2O4)2]−氧化性减弱，则导致实验②在第ii阶段的反应速率较大，故答案为：实验②中所加草酸的物质的量比实验①的更少，导致阶段i形成的[Mn(C2O4)2]−实验②比实验①的更少，生成的Mn3+实验②比实验①的更多，且Mn3+的氧化性比[Mn(C2O4)2]−强；（6）据此推测，若在第ii阶段将c(H+)调节至0.2mol/L，即增大溶液中的H+浓度，则溶液中的草酸根离子浓度减小，不利于形成[Mn(C2O4)2]−，则溶液中Mn3+的浓度增大，反应速率加快，溶液褪至无色的时间会减少，故答案为：溶液褪至无色的时间会减少。22．高浓度易爆炸（或不稳定，或易分解）1370.1m/6温度升高，过氧乙酸分解；温度升高，过氧化氢分解，过氧化氢浓度下降，反应速率下降随着pH升高，SV-1的团簇粒径减小，与过氧化氢接触面积增大，反应速率加快【分析】（1）过氧乙酸(CH3CO3H)不稳定、易分解，高浓度易爆炸，为了安全市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%(2)

利用热化学方程式中各物质的系数代表各物质的物质的量来计算(3)

结合图象分析计算【详解】(1)市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%，原因是不稳定、易分解，高浓度易爆炸。(2)

利用热化学方程式中各物质的系数代表各物质的物质的量来计算。利用上述反应制备760gCH3CO3H，物质的量是10mol,所以放出的热量是方程式中反应热的10倍为137kJ。(3)

①实验1中，若反应混合液的总质量为mg，依据图1数据计算，在0—6h间，v(CH3CO3H)=