高考化学大一轮复习 考点21 化学反应速率(好题冲关)(解析版)

考点21化学反应速率【基础过关】1．下列有关化学反应速率的认识中错误的是()①可以测定某一反应的瞬时速率②只能用单位时间内物质的量浓度变化值表示③反应速率越快的反应其现象越明显④溶液中发生的反应，速率的快慢主要由温度、浓度决定A．只有① B．只有①② C．只有③④ D．均错误【答案】D【解析】①测定某一反应一段时间内的的平均速率，故①错误；②不仅可以用单位时间内物质的量浓度变化值表示，还可以用单位时间内其他改变量来表示，故②错误；③反应速率越快的反应其现象可能不明显，比如酸碱中和反应，故③错误；④溶液中发生的反应，速率的快慢主要物质本身性质决定，温度、浓度仅仅是一个影响因素，故④错误；因此①②③④错误。故选D。2．在容积为2L的密闭容器中进行如下反应：A(s)+2B(g)3C(g)+nD(g)，开始时A为4mol，B为6mol；5min末时测得C的物质的量为3mol，用D表示的化学反应速率v(D)为0.1mol/(L·min)。下列说法错误的是()A．前5min内用A表示的化学反应速率v(A)为0.1mol/(L·min)B．化学方程式中n值为1C．反应达到平衡时3v正(B)=2v逆(C)D．此反应在两种不同情况下的速率分别表示为：①v(B)=6mol/(L·min)，②v(D)=4.5mol/(L·min)，其中反应速率快的是②【答案】A【解析】A项，A为固体，不能用浓度变化表示化学反应速率，A错误；B项，n(C):n(D)=3:1，为方程式化学计量系数比，B正确；C项，平衡时正反应速率等于逆反应速率，不同物质表示速率等于计量数之比，C正确；D项，当v(D)=4.5mol/(L·min)，若用B的浓度变化表示应为v(B)=4.5×2=9mol/(L·min)，D正确；故选A。3．取过氧化氢水溶液，在少量I-存在下分解：2H2O2=2H2O+O2↑。在一定温度下，测得O2的放出量，转换成c(H2O2)如下表：020406080c(mol·L-1)0.800.400.200.100.050下列说法正确的是()A．反应时，测得O2为B．，消耗H2O2的平均速率为C．FeCl3溶液或MnO2粉末代替I-也可以催化H2O2分解D．第时的瞬时速率小于第时的瞬时速率【答案】C【解析】A项，反应20min时，过氧化氢的浓度变为0.4mol/L，说明分解的过氧化氢的物质的量n(H2O2)=(0.80-0.40)mol/L×0.05L=0.02mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01mol，未告知是否为标准状况，无法判断体积是否为224mL，故A错误；B项，20～40min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)mol/L=0.20mol/L，则这段时间内的平均速率v===0.010mol/(L•min)，故B错误；C项，I-在反应中起到催化的作用，故也可以用FeCl3溶液或MnO2粉末代替，故C正确；D项，随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，故D错误；故选C。4．在2L的密闭容器中投入CO2和H2在一定条件下发生反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)。在一定温度下，测得CO2的物质的量如下表01020304021.610.50.5下列说法不正确的是()A．反应20min时，测得CH4体积为22.4L(标准状况)B．，生成H2O(g)的平均速率为C．第15min时的瞬时速率大于第25min时的瞬时速率D．第30min时反应到达平衡【答案】D【解析】A项，反应20min时，测得CO2为1mol，则消耗CO2、生成CH4均为1mol，CH4体积为22.4L(标准状况)，A正确；B项，20~40min，测得CO2从1mol变为0.5mol，则消耗CO20.5mol、生成H2O(g)为1mol，生成H2O(g)的平均速率为，B正确；C项，其它条件相同、反应物的浓度越大则反应速率越快，第15min时反应物的浓度大于第25min时的浓度，则第15min时瞬时速率大于第25min时的瞬时速率，C正确；D项，由图知第30min时的二氧化碳含量已不再变化、则反应已经处于平衡状态，D不正确；故选D。5．乙醛在少量存在下分解反应为。某温度下，测得CH3CHO的浓度变化情况如下表：421052423846651070c(CH3CHO)/mol·L-16.685.854.643.832.812.01下列说法不正确的是()A．42~242s，消耗CH3CHO的平均反应速率为B．第384s时的瞬时速率大于第665s时的瞬时速率是受c(CH3CHO)的影响C．反应105s时，测得混合气体的体积为168.224L(标准状况)D．I2为催化剂降低了反应的活化能，使活化分子百分数增加，有效碰撞次数增多【答案】C【解析】A项，由表中数据可计算，42~242s，消耗CH3CHO的平均反应速率为，A项正确；B项，随着反应的进行，c(CH3CHO)减小，反应速率减慢，所以第384s时的瞬时速率大于第665s时的瞬时速率，B项正确；C项，由于CH3CHO的初始浓度及气体体积未知，故无法计算反应105s时，混合气体的体积，C项错误；D项，I2是催化剂，能降低反应的活化能，使活化分子百分数增加，有效碰撞次数增多，提高反应速率，D项正确；故选C。6．(2023·福建省莆田市场高三毕业班第四次教学质量检测)工业上在V2O5催化作用下生产SO3的反应为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH＝－198kJ·mol－1，该反应可看作两步：①V2O5+SO2→2VO2+SO3(快)；②4VO2+O2→2V2O5(慢)。下列说法正确的是A．该反应活化能为B．减小O2的浓度能降低SO3的生成速率C．V2O5的存在使有效碰撞次数增加，降低了该反应的焓变D．①的活化能一定大于②的活化能【答案】B【解析】A项，ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能=-198kJ/mol，所以逆反应的活化能大于198kJ/mol，故A错误；B项，慢反应是决速步，O2是慢反应的反应物，减小O2的浓度会降低正反应速率，降低SO3的生成速率，故B正确；C项，V2O5是催化剂，催化剂不能改变反应的焓变，故C错误；D项，反应①是快反应，反应②是慢反应，活化能越小反应越快，①的活化能小于②的活化能，故D错误；故选B。7．(2023·山东省泰安市三模)已知2N2O(g)2N2(g)+O2(g)的速率方程为(k为速率常数，只与温度、催化剂有关)。实验测得，N2O在催化剂X表面反应的变化数据如下：t/min010203040506070c(N2O)/(mol·L)0.1000.080c10.0400.020c2c30下列说法正确的是A．n=1，c1＞c2=c3B．min时，v(N2O)=2.0×10-3mol·L-1·C．相同条件下，增大N2O的浓度或催化剂X的表面积，都能加快反应速率D．保持其他条件不变，若N2O起始浓度为0.200mol·L，当浓度减至一半时共耗时50min【答案】D【解析】根据表中数据分析，该反应的速率始终不变，N2O的消耗是匀速的，说明反应速率与c(N2O)无关，故速率方程中n=0。A项，n=0，与N2O浓度无关，为匀速反应，每10min一氧化二氮浓度减小0.02mol·L-1，则c1=0.06＞c2=c3=0，A错误；B项，n=0，与N2O浓度无关，为匀速反应，t=10min时瞬时速率等于平均速率v(N2O)==≠2.0×10-3mol·L-1·，B错误；C项，速率方程中n=0，反应速率与N2O的浓度无关，C错误；D项，保持其他条件不变，该反应的反应速率不变，即为，若起始浓度0.200mol·L，减至一半时所耗时间为=50min，D正确；故选D。8．NaNO2溶液和NH4Cl溶液可发生反应：NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O，为探究反应速率与c(NaNO2)的关系，进行如下实验：常温常压下，向锥形瓶中加入一定体积(V)的2.0mol·L-1NaNO2溶液、2.0mol·L-1NH4Cl溶液和水，充分搅拌。控制体系温度，再通过分液漏斗向锥形瓶中加入1.0醋酸。当导管口气泡均匀稳定冒出时，开始用排水法收集气体。用秒表测量收集1.0mLN2所需要的时间(t)。实验数据如下表。下列说法正确的是()V/mLNaNO2溶液NH4Cl溶液醋酸水14.0V14.08.03342V24.04.0V315038.04.04.04.083412.04.04.00.038A．实验3用表示的反应平均速率B．若实验4从反应开始到反应结束历时bs，则用NH4Cl表示的反应平均速率C．V1=4.0；若V2=6.0，则V3=6.0D．醋酸的作用是加快反应速率，改变其浓度对该反应速率无影响【答案】C【解析】A项，实验在常温常压下进行，不是标准状况，故气体摩尔体积不为22.4L/mol，故速率不是，故A错误；B项，实验4开始时NH4Cl的浓度为=0.4mol/L，从反应开始到反应结束历时bs，则用NH4Cl表示的反应平均速率，故B错误；C项，根据实验3、4可知，溶液的总体积为20.0mL，则V1=20.0—4.0-4.0-8.0=4.0；若V2=6.0，V3=20.0-4.0-4.0-6.0=6.0，故C正确；D项，醋酸的作用是加快反应速率，增大浓度该反应速率加快，故D错误；故选C。9．以反应5H2C2O4+2MnO4-+6H＋=10CO2↑+2Mn2++8H2O为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，分别量取H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。下列说法不正确的是()A．实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均要过量B．若实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，则这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=2．5×10-4mol/L/sC．实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响D．实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn2+对反应起催化作用【答案】B【解析】A项，根据反应方程式可得5H2C2O4~2MnO4-，由实验数据分析可知，在这三个实验中，所加H2C2O4溶液均过量，A正确；B项，根据已知数据可得v(KMnO4)=0.010mol/L×0.004L/40s=1．0×10-6mol/L/s，B错误；C项，分析表中数据可知，实验①和实验②只是浓度不同，实验②和③只是温度不同，C是正确的；D项，在其它条件都相同时，开始速率很小，过一会儿速率突然增大，说明反应生成了具有催化作用的物质，其中水没有这种作用，CO2释放出去了，所以可能起催化作用的是Mn2+，故D正确。故选B。10．取过氧化氢水溶液，在少量存在下分解，2H2O2=2H2O+O2↑。在一定温度下，测得的放出量，转换成浓度(c)如下表：0204060800.800.400.200.0100.050下列说法错误的是()A．第时的瞬时速率小于第时的瞬时速率B．和都可代替作H2O2分解的催化剂C．反应时，测得O2体积为(标准状况)D．，消耗H2O2的平均速率为【答案】A【解析】A项，随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第时的瞬时速率大于第时的瞬时速率，A错误；B项，I-在反应中起到的是催化作用，和在该反应中也起到催化作用，故也可以利用和代替，B正确；C项，反应时，过氧化氢的浓度变为，说明分解的过氧化氢的物质的量，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量为，标况下的体积，C正确；D项，，消耗过氧化氢的浓度为，则这段时间内的平均速率，D正确；故选A。11．一定条件下，等物质的量的N2和O2在容积为4L的恒容密闭容器中发生如下反应：N2(g)+O2(g)2NO(g)图表示该反应过程中N2的物质的量随反应时间()的变化。下列叙述正确的是()A．当反应达到平衡时，O2的转化率为B．内反应的平均速率为C．10s末NO的物质的量浓度为D．a点对应的化学反应速率：【答案】A【解析】A项，根据图示，当反应达到平衡时，氮气的物质的量由5mol变为2mol，N2和O2的投料相等，则O2的转化率为，故A正确；B项，10s内氮气的物质的量由5mol变为4mol，反应的平均速率为，故B错误；C项，10s内消耗1mol氮气，10s末NO的物质的量是2mol，NO的浓度为，故C错误；D项，a点反应达到平衡状态，正逆反应速率比等于系数比，对应的化学反应速率：，故D错误；故选A。12．(2023·安徽省卓越县中联盟高三第一次联考)一定温度下，在恒容密闭容器中投入1molCO2(g)与4molH2(g)制备CH3OH(g)，不考虑副反应，其物质的量随时间变化的关系如图所示：下列说法中正确的是()A．该反应的化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)B．0~30min内，用H2表示的平均反应速率为0.05mol·L－1·min－1C．逆反应速率：a点大于b点D．故选的平衡转化率是50％【答案】D【解析】从图可看出，物质的量随时间逐渐减少的两条曲线从上到下分别表示氢气和二氧化碳的变化曲线，物质的量随时间逐渐增加的曲线表示甲醇的变化曲线，30min时达到平衡。A项，由图像可知该反应有一定的限度，是可逆反应，故用“”表示，A错误；B项，0~30min内，用H2表示的平均反应速率为，B错误；C项，反应未达到平衡之前，逆反应速率一直增大，C错误；D项，CO2达到平衡时转化0.5mol，故平衡转化率是50％，D正确；故选D。13．(2023·浙江省东阳市高三5月模拟考试)反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如下图所示：下列有关四种不同反应进程的说法正确的是()A．对于进程Ⅰ、Ⅱ，生成等量的P所吸收的热量相同B．对于进程Ⅱ、Ⅲ，催化效率C．对于进程Ⅰ，升高温度，正、逆反应速率均增大，但正反应速率增加更明显D．对于进程Ⅳ，Z没有催化作用【答案】D【解析】A项，进程Ⅱ使用了催化剂X，降低了反应的活化能，但不改变反应热，S转化为P为放热反应，对于进程Ⅰ、Ⅱ，生成等量的P所放出的热量相同，故A错误；B项，由图可知，反应Ⅲ中由S•Y转化为P•Y的活化能高于反应Ⅱ中由S•X转化为P•X的活化能，则反应速率：反应Ⅱ＞反应Ⅲ，催化效率X＞Y，故B错误；C项，由图可知，反应I中S的总能量大于产物P的总能量，则进程I是放热反应，升高温度，正、逆反应速率均增大，但平衡逆移，说明逆反应速率增大程度大于正反应速率的增大幅度，即逆反应速率增加更明显，故C错误；D项，反应前反应物为S+Z，反应后生成物为P•Z，而不是P+Z，则Z不是该反应的催化剂，没起到催化作用，故D正确；故选D。14．(2023·江省乐清市知临中学选考仿真模拟)P、S、X和Y分别代表标准状态下的具体物质，它们之间的能量变化与反应进程关系如图Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，下列说法正确是()A．在标准状态时，物质的ΔH：S＜PB．和为催化剂，进程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中：ΔH1＜ΔH2＜ΔH3＜0C．反应SP达平衡所需时间：进程Ⅰ<Ⅱ<ⅢD．反应SP平衡时的产率：进程Ⅰ=Ⅱ=Ⅲ【答案】D【解析】A项，由图可知，进程Ⅰ为放热反应，在标准状态时，物质的ΔH：S＞P，故A错误；B项，催化剂不影响反应热的大小，X和Y为催化剂，故进程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中：ΔH1=ΔH2=ΔH3＜0，故B错误；C项，反应活化能越低，反应则越快，反应Ⅲ的活化能高于反应Ⅱ的活化能，则反应SP达平衡所需时间：Ⅰ＜Ⅲ＜Ⅱ，故C错误；D项，催化剂不能使平衡发生移动，故反应SP平衡时生成P的量一样多，则平衡时P的产率：进程Ⅰ=Ⅱ=Ⅲ，故D正确；故选D。15．在恒温恒容的密闭容器中发生反应C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)ΔH(其中碳足量)，反应体系中CO2(g)的浓度随时间的变化如表所示，下列说法中正确的是()反应时间08090100110浓度0.000.300.320.330.33A．增加C的量可以加快反应速率B．反应在100s时刚好平衡C．80～90s之间的平均速率，之间的平均反应速率D．反应平衡后升高温度，则NO的平衡转化率一定增大【答案】C【解析】A项，C是固体物质，其浓度不变，所以向反应容器中加入C的量，化学速率不会加快，A错误；B项，反应在100s后时CO2(g)浓度不再发生变化，则在100℃时反应可能刚好平衡，也可能在90～100℃时反应就已经达到了平衡状态，B错误；C项，反应在80～90s之间△c(CO2)=0.02mol/L，则用CO2的浓度变化表示的平均速率v(CO2)=；反应在100s反应已经达到了平衡状态，物质的浓度不再发生变化，所以用CO2的浓度变化表示的平均速率v(CO2)=0，C正确；D项，题目已知信息不能确定该反应的热效应，所以不能确定温度对化学平衡移动的影响，反应平衡后升高温度，NO的平衡转化率可能是增大也可能是减小，D错误；故选C。16．某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化发生聚合反应：n。在不同时刻测得反应物浓度与时间关系如下表：t/min02575105125150250c(降冰片烯)/(mol·L-1)3.002.70a1.741.501.200下列说法正确的是()A．推测上表中的a＞2.10B．若将钛杂环丁烷催化剂制成蜂窝形状可提高该反应的平衡转化率C．105-155min，生成聚降冰片烯的平均速率为0.012mol·L-1·min-1D．其他条件相同时，若将降冰片烯起始浓度减少为1.5mol/L，则该反应速率不变【答案】D【解析】A项，由题中表格数据可知，0~25min时，降冰片烯浓度下降0.3mol/L，反应速率为v(降冰片烯)==0.012mol·L-1·min-1，0~250min时，反应速率为v(降冰片烯)==0.012mol·L-1·min-1，则任意时段反应速率不变，所以0~75min时，a=3.00-0.012×75=2.1，故A错误；B项，若将钛杂环丁烷催化剂制成蜂窝形状，由于催化剂对平衡移动无影响，所以该反应的平衡转化率不变，故B错误；C项，由题中表格数据可知，降冰片烯的平均反应速率始终为0.012mol·L-1·min-1，但生成聚降冰片烯的平均速率还与反应系数有关，所以生成聚降冰片烯的平均速率不是0.012mol·L-1·min-1，故C错误；D项，由题中表格数据可知，降冰片烯的平均反应速率始终为0.012mol·L-1·min-1，所以降冰片烯浓度与反应速率无关，即其他条件相同时，若将降冰片烯起始浓度减少为1.5mol/L，则该反应速率不变，故D正确；故选D。【能力提升】17．碳热还原法制备氮化铝的反应式为：Al2O3(s)+3C(s)+N2(g)2AlN(s)+3CO(g)。在温度、容积恒定的反应体系中，CO浓度随时间的变化关系如图曲线甲所示。下列说法不正确的是()A．从a、b两点坐标可求得从a到b时间间隔内该化学反应的平均速率B．c点切线的斜率表示该化学反应在t时刻的瞬时速率C．维持温度、容积不变，若减少N2的物质的量进行反应，曲线甲将转变为曲线乙D．已知该反应在高温下自发，则随着温度升高，反应物Al2O3的平衡转化率将增大【答案】C【解析】A项，由图可以得到单位时间内一氧化碳浓度的变化量，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，则从a、b两点坐标可求得从a到b时间间隔内该化学反应的平均速率，故A正确；B项，c点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为一氧化碳的瞬时速率，故B正确；C项，维持温度、容积不变，若减少反应物N2的物质的量进行反应，平衡向逆反应方向进行，达到新的平衡状态，平衡状态与原来的平衡状态不同，曲线甲不会变为曲线乙，故C错误；D项，该反应为气体体积增大的反应，反应△S＞0，该反应在高温下自发，则反应△H—T△S＜0，反应△H＞0，升高温度，平衡向正反应方向进行，反应物Al2O3的平衡转化率将增大，故D正确；故选C。18．，H2O2分解反应的方程式为，H2O2分解反应的浓度与时间曲线如图所示，，当观察的时间间隔无限小，平均速率的极值即为化学反应在t时的瞬时速率，即，A点切线的斜率为，表示在第20min，当H2O2浓度为时，瞬时速率为(斜率、速率均取绝对值)，则下列说法正确的是()A．反应到A、B、C三点时的瞬时速率B．由题意可知瞬时速率与平均反应速率无关C．某点切线的斜率越大，瞬时反应速率越快D．没有催化剂，H2O2就不会发生分解反应【答案】C【解析】A项，由题中信息可知，瞬时速率与切线的斜率有关，切线的斜率越大瞬时速率越大，由图知A、B、C斜率大小ABC，即瞬时速率ABC，故A错误；B项，瞬时速率即平均速率的极值，二者有必然的联系，故B错误；C项，当观察的时间间隔无限小，平均速率的极值即为化学反应在时的瞬时速率，所以切线的斜率越大瞬时速率越大，故C正确；D项，催化剂只能改变化学反应的速率，不能改变化学反应本身，H2O2本身可以发生分解反应，催化剂可增大速率，但不会影响反应的发生、方向和限度，故D错误；故选C。19．(2023·浙江省重点中学拔尖学生培养联盟适应性考试)标准状态下，CH2=CHCH3(g)与HCl(g)反应生成(g)和CH3CH2CH2(g)的反应历程与相对能量的示意图如下。下列说法正确的是()A．E2-E3=E4-E5B．其他条件不变，往反应体系中加入适量Cl-(g)可有效提高反应速率C．其他条件不变，适当升高温度可提高加成产物中CH3CH2CH2的比例D．历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：+Cl-=CH3CHCH3ΔH＝(E3-E2)kJ·mol－1【答案】C【解析】过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应。A项，E2-E3、E4-E5对应两者的反应物、生成物均不同，故反应的焓变不同，故E2-E3E4-E5，A错误；B项，由图可知，历程Ⅰ、历程Ⅱ的决速步均为第一步，故其他条件不变，往反应体系中加入适量Cl-(g)不会有效提高反应速率，B错误；C项，由图可知，反应历程Ⅱ的最大活化能更大，受温度的影响程度更大，故其他条件不变，适当升高温度可提高加成产物中CH3CH2CH2的比例，C正确；D项，由图可知，历程Ⅰ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：+Cl-=CH3CHCH3ΔH＝(E3-E2)kJ·mol－1；历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：+Cl-=CH3CH2CH2

ΔH＝(E5-E4)kJ·mol－1，D错误；故选C。20．(2023·浙江省宁波市高三下学期高考模拟)一定条件下，CH3CH=CH2与HCl发生加成反应有①、②两种可能，反应进程中能量变化如图所示。下列说法中不正确的是()A．反应①、②焓变不同，与产物稳定性有关，与反应的中间状态无关B．反应①、②均经过两步反应完成，对应的分步反应过程中均放出能量C．其他条件不变，适当提高反应温度，可以提高产物中CH3CH2CH2Cl(g)的比例D．相同条件下，CH3CHClCH3(g)的生成速率大于CH3CH2CH2Cl(g)【答案】B【解析】A项，焓变在给定反应中，只与始态和终态有关，与中间状态无关，根据图像可知，该反应为放热反应，放出热量越多，产物能量越低，该物质越稳定，故A正确；B项，根据图像可知，反应①、②的第一步都是产物能量高于反应物，即第一步为吸收热量，故B错误；C项，CH3CH2CH2Cl(g)CH3CHClCH3(g)，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，可以提高CH3CH2CH2Cl(g)的比例，故C正确；D项，反应②的活化能比反应①的活化能低，化学反应速率快，因此相同条件下，CH3CHClCH3(g)的生成速率大于CH3CH2CH2Cl(g)，故D正确；故选B。21．(2023·浙江省乐清市知临中学选考仿真模拟)铁的配合物离子(用[L--H]+表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示。下列说法不正确的是()A．该过程的总反应为HCOOH=CO2↑+H2↑B．浓度过大或者过小，均导致反应速率降低C．该催化循环中元素的化合价没有发生变化D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定【答案】C【解析】A项，由图可知，该反应的反应物为HCOOH，生成CO2和H2，该过程的总反应为HCOOH=CO2↑+H2↑，故A正确；B项，H+浓度过大导致HCOO-浓度过小，导致I→Ⅱ反应速率降低；H+浓度过小，导致Ⅲ→Ⅳ反应速率降低，故B正确；C项，Ⅳ→I有氢气生成，发生氧化还原反应，Fe和H元素的化合价发生变化，该催化循环中元Fe素的化合价发生变化，故C错误；D项，由图像可知，Ⅱ→Ⅲ步骤的正反应活化能最大，反应速率最慢，总反应的速率有慢反应决定，故该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定，故D正确。故选C。22．对于反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)，速率方程v=k[c(A)]m[c(B)]n，k为速率常数(只受温度影响)，m+n为反应级数。已知H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)，CO的瞬时生成速率=k[c(H2)]m[c(CO2)]。一定温度下，控制CO2起始浓度为0.25mol·L-1，改变H2起始浓度，进行以上反应的实验，得到CO的起始生成速率和H2起始浓度呈如图所示的直线关系。(1)该反应的反应级数为__________。(2)速率常数k=__________。(3)当H2的起始浓度为0.2mol·L-1，反应进行到某一时刻时，测得CO2的浓度为0.2mol·L-1，此时CO的生成瞬时速率v=__________mol·L-1·s-1。【答案】(1)2

(2)15

(3)0.45【解析】(1)控制CO2起始浓度为0.25mol·L-1，根据CO的起始生成速率=k[c(H2)]m[c(CO2)]和H2起始浓度呈直线关系可知，m=1，该反应的反应级数为1+1=2；(2)将图象上的点(0.4，1.5)代入v=k[c(H2)][c(CO2)]中有：1.5=0.4×k×0.25，解得k=15；(3)由于CO2起始浓度为0.25mol•L-1，反应进行到某一时刻时，测得CO2的浓度为0.2mol•L-1，△c(CO2)=(0.25-0.2)mol/L=0.05mol/L，△c(H2)=△c(CO2)=0.05mol/L，H2的瞬时浓度为c(H2)=(0.2-0.05)mol/L=0.15mol/L，此时CO的生成瞬时速率v=15×0.15×0.2=0.45。23．某兴趣小组同学探究KMnO4酸性溶液与草酸(H2C2O4)溶液反应速率的影响因素。将的KMnO4酸性溶液与草酸溶液按如下比例混合。