2024届高三新高考化学大一轮专题训练--化学反应速率
一、单选题
1．（2023秋·浙江舟山·高三统考期末）氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是
A．可逆反应的原子利用率不可能为100%
B．催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成
C．在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移
D．使用催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，从而提高单位时间的产率
2．（2023秋·山东菏泽·高三菏泽一中校考开学考试）恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表而上发生的分解反应：，测得不同起始浓度和催化剂表面积下浓度随时间的变化如下表所示。下列说法错误的是
编号 时间/min 表面积/ 0 20 40 60 80
① a 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80
② a 1.20 0.80 0.40 x
③ 2a 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40
A．相同条件下，增加的浓度，反应速率增大
B．实验③，
C．实验②，时处于平衡状态，
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
3．（2023秋·安徽六安·高三六安一中校考期末）下列实验能达到目的的是
实验目的 实验方法或操作
A 判断反应后是否沉淀完全 将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴溶液
B 探究浓度对化学反应速率的影响 量取同体积不同浓度的溶液，分别加入等体积等浓度的NaAc溶液，对比现象
C 测定中和反应的反应热 酸碱中和滴定的同时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度
D 检验火柴头中是否含有氯元素 将火柴头直接浸入水中，加入硝酸银溶液和稀硝酸，观察是否产生白色沉淀来检验
A．A B．B C．C D．D
4．（2023·全国·高三专题练习）Shyam Kattle等结合实验与计算机模拟结果，研究了在催化剂表面上与的反应历程，前三步历程如图所示，吸附在催化剂表面上的物种用“·”标注，表示过渡态。下列有关说法错误的是
A．物质被吸附在催化剂表面形成过渡态的过程是吸热的
B．形成过渡态的活化能为
C．前三步总反应的
D．反应历程中能量变化最大的反应方程式为
5．（2023秋·广东深圳·高三红岭中学校考期末）用活性炭可还原NO2防止空气污染，其反应原理为：。一定温度下，向2L恒容密闭容器中加入足量的C(s)和0.200molNO2，体系中物质浓度变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．X点的v(正)>Y点v(正)
B．曲线C表示的是体系中CO2的浓度变化
C．0~4min，CO2的平均反应速率为0.030
D．NO2的平衡转化率为30%
6．（2022秋·河南郑州·高三校考期末）当前工业上生产乙醇的主要方法之一：在浓硫酸存在下，使乙烯与水发生加成反应制得的，通常叫做“乙烯水化法”，该反应机理及能量与反应历程的关系如图所示。下列说法正确的是
A．第③步反应物之间的碰撞均为有效碰撞
B．总反应速率由第②步反应决定
C．催化剂能同时降低正、逆反应的活化能和反应热
D．正反应的活化能小于逆反应的活化能
7．（2022春·重庆北碚·高三西南大学附中校考期末）某学习小组为了探究影响高锰酸钾酸性溶液与NaHSO3溶液反应速率的因素，该小组设计如表实验方案。
实验 V(NaHSO3)/mL c=0.2mol·L-1 V(KMnO4)/mL c=0.1mol·L-1 V(H2SO4)/mL c=0.6mol·L-1 V(MnSO4)/mL c=0.1mol·L-1 V(H2O)/mL 褪色时间t/min
1 3.0 2.0 1.0 0.0 2.0 8
2 3.0 2.0 2.0 0.0 a 6
3 4.0 2.0 2.0 0.0 0.0 4
4 3.0 2.0 1.0 0.5 b 3
下列说法正确的是
A．该反应的离子方程式为
B．a=1.0，b=1.5
C．实验3从反应开始到反应结束这段时间内反应速率
D．实验证明可能是该反应的催化剂
8．（2023·全国·高三专题练习）中国科学家在国际上首次实现从到淀粉的实验室人工合成，其部分合成路线如图所示。设表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A．反应①中转化属于化合反应
B．升高温度一定会加快反应②的反应速率
C．3.0g与DHA的混合物中含碳原子数为0.1
D．DHA和淀粉中碳原子的成键方式完全相同
9．（2023·全国·高三专题练习）BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，弱酸性条件下降解苯酚的反应原理如下图所示。
下列说法错误的是
A．催化剂BMO能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变
B．反应①和②中转移的e-数目相等
C．整个过程中参与反应的n(苯酚)∶n(O2)=1∶7
D．过程①的反应为：28+3+28CO2↑+23H2O
10．（2023·全国·高三专题练习）下图是“MnO2对H2O2分解反应速率影响研究”的流程示意图。下列有关说法不正确的是
A．实验时先加H2O2后加MnO2有利于增大固液接触面积
B．为使实验顺利进行，H2O2不宜从图II漏斗处加入
C．II、III处均可观察到迅速产生大量气泡，带余烬的木条复燃
D．上述流程中不宜先加入MnO2再插入带余烬的木条
11．（2023秋·江苏苏州·高三常熟中学校考期末）已知反应可用于合高温、高压成烯烃。下列有关该反应的说法错误的是
A．使用合适的催化剂可加快化学反应速率
B．升高温度能加快化学反应速率
C．增大的浓度能加快化学反应速率
D．密闭容器中，通入和，充分反应可生成
12．（2023秋·山东菏泽·高三校考期末）科学家研究二甲醚(DME)在分子笑(用表示)上的水解反应，其反应进程中能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．由于，DME水解反应更易以阶梯式反应路径进行
B．根据反应图示可知，在相同的催化剂作用下，化学反应也存在多种反应途径
C．升高温度，阶梯式反应路径和协同反应路径的反应速率都加快，有利于提高反应物的转化率
D．以阶梯式反应路径进行时，生成Int1的反应步骤为决速步骤
13．（2023春·湖北恩施·高三统考阶段练习）H2与ICl的反应分①②两步进行，其能量曲线如图所示，下列有关说法正确的是
A．反应①、反应②均为吸热反应
B．活化能：反应①＜反应②
C．反应速率；反应①＞反应②
D．
14．（2022春·云南文山·高三统考期末）已知化合物A与在一定条件下反应生成化合物B与，其反应历程如图所示，其中TS表示过渡态，I表示中间体。下列说法错误的是
A．根据能量与物质稳定性的关系，中间体I1比中间体I2更稳定
B．该反应机理包含3个基元反应，反应③为该反应的决速步
C．该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
D．使用更高效的催化剂可降低反应的反应热
二、非选择题
15．（2020春·辽宁·高三期中）在酸性溶液中，碘酸钾(KIO3)和Na2SO3可发生如下反应：2+5+2H+＝I2+5+H2O，生成的碘可以用淀粉溶液检验，根据溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率。某学生设计实验如下表所示(表格中体积单位均为mL)：
0.01mol/LKIO3溶液的体积 某浓度的Na2SO3溶液的体积 H2O的体积 实验温度/℃ 溶液出现蓝色所需时间
实验1 5 5 V1 0 a
实验2 5 5 20 25 b
实验3 5 V2 15 25 c
(1)V1＝ mL，V2＝ mL。
(2)如果研究浓度对反应速率的影响，使用实验 和实验 。
(3)对比实验1和实验2，可以研究 对化学反应速率的影响。
(4)溶液出现蓝色所需的时间从多到少的顺序是 (用a、b、c表示)。
(5)已知反应：2Na2SO3(aq)+O2(aq)＝2Na2SO4(aq)。在291.5K时，1.0 L溶液中Na2SO3初始量为10 mmol(1 mol＝103 mmol)，每5s记录一次溶解氧浓度，一段时间后实验结果如曲线，求0－40s内Na2SO3的平均反应速率为 。
16．（2020春·安徽淮北·高三淮北一中校考期中）甲烷既是重要的能源也是重要的化工原料。
已知反应CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，起始时向体积为V的恒容密闭容器中通入2molCH4和3molNO2，测得CH4、N2、H2O的物质的量浓度与时间的关系如图所示。
（1）容器体积V= L。
（2）图中表示H2O的物质的量浓度与时间关系的是曲线 (填“甲”“乙"或"丙")。
（3）0~5min内，用N2表示的化学反应速率为 mol·L-1·min-1。
（4）a、b、c三点中达到平衡的点是 。达到平衡时，NO2的转化率是 。(物质平衡转化率=转化的物质的量/起始的物质的量×100%)。
（5）a点时，n(CH4):n(NO2)= 。
17．（2020春·河南开封·高三开封市第二十五中学校考开学考试）(1)难溶物PbSO4溶于CH3COONH4溶液可制得易溶于水的(CH3COO)2Pb，发生的反应为PbSO4＋2CH3COONH4＝(CH3COO)2Pb＋(NH4)2SO4，说明(CH3COO)2Pb是 (填“强”或“弱”)电解质。
(2)已知次磷酸(H3PO2)与足量的氢氧化钠溶液反应生成NaH2PO2和H2O，则次磷酸是 元酸(填“一”、“二”或“三”)。
(3)工业上制玻璃和水泥需用到的共同原料是 (填化学式)。
(4)在一定温度下，向一个2 L的真空密闭容器中(预先装入催化剂)通入1 mol N2和3 mol H2，发生反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)。经过一段时间后，测得容器内压强是起始的0.9倍，在此时间内，H2平均反应速率为0.1 mol/(L·min)，则所经过的时间为 min
(5)高铁酸钠(Na2FeO4)具有强氧化性，可对自来水进行消毒、净化。高铁酸钠可用氢氧化铁和次氯酸钠在碱性介质中反应得到，请补充并配平下面离子方程式。
Fe(OH)3 + ClO－+ OH－= FeO42－＋ Cl－+
(6)在反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，氧化剂是 ；当有2mol H3PO4生成，转移的电子的物质的量为
18．（2020·全国·高三专题练习）草酸在工业上可作漂白剂、鞣革剂，也是实验室常用试剂。室温下利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液的反应探究外界条件对反应速率的影响，设计方案如下：
实验编号 所加试剂及用量/mL 溶液颜色褪至无色所需时间/min
0.6mol/L H2C2O4溶液 H2O 0.01mol/L KMnO4溶液 3moL/L稀H2SO4
1 3.0 2.0 3.0 2.0 4.0
2 2.0 3.0 3.0 2.0 5.2
3 1.0 4.0 3.0 2.0 6.4
（1）上述反应的离子方程式为 。
（2）分析数据可得到的结论是 。
（3）该实验中若n(Mn2+)随时间变化趋势如图1所示，请于图2中画出t2后生成CO2的速率图象(从a点开始作图) ，并说明理由： 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】A．N2与 H2反应生成NH3，反应物参加反应过程中原子利用率为 100%，A错误；
B．催化剂a表面是氢气和氮气反应生成氨气，催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性键的形成，B错误；
C．催化剂b表面是氨气催化氧化生成 NO的反应，发生的是氧化还原反应，C错误；
D．催化剂a、b改变反应速率，不改变化学平衡，不能提高反应的平衡转化率，可以提高单位时间内的产率，D正确；
故选D。
2．A
【详解】A．由编号①②数据可知，在催化剂表面积相等的情况下，实验①的浓度是实验②的两倍，但反应20min后的消耗量都是0.4mol/L，说明增加的浓度，反应速率不变，故A错误；
B．实验③，过程中，，故B正确；
C．实验③中反应达到平衡时的浓度为0.4mol/L，而催化剂表面积的变化不会改变平衡状态，则实验②中反应达到平衡时的浓度为0.2mol/L，由因为实验②中的浓度是实验③的一半，等效于减小压强，平衡正向移动，的浓度减小，则实验②，时处于平衡状态，，故C正确；
D．由编号②③数据可知，增大催化剂的表面积，消耗相同所用时间减小，反应速率增大，故D正确；
故选A。
3．A
【详解】A．判断反应后是否沉淀完全，只要继续滴加沉淀剂，观察是否还有沉淀生成即可，上述操作科学无误，A符合题意；
B．醋酸钠与硫酸反应生成硫酸钠和弱电解质醋酸，现象不明显，没有可观测性现象，不能达到实验目的，B不符合题意；
C．酸碱中和滴定没有较好的保温措施，热量损失多，不能用于中和热的测定实验，C不符合题意；
D．火柴头中含有KClO3，检验氯元素，应把还原为Cl-，再进行氯离子的相关检验，D不符合题意；
故选A。
4．D
【分析】利用反应前后能量的变化，分析反应的反应热，据此分析。
【详解】A．由图可知，被吸附在催化剂表面的物质形成过渡态的过程是吸热的，A正确；
B．从图中能量差可知，过渡态的能量为，则该步的活化能为，B正确；
C．根据图示首尾能量数据可知，该过程的总能量降低了2. 05 eV，前三步的总反应的，C正确；
D．前三步中能量变化最大的是第二步，该步骤分两步形成稳定的微粒，反应方程式为，D错误；
故本题选D。
5．A
【详解】A．由图可知，X点后反应继续正向进行，则X点的v(正)>Y点v(正)，选项A正确；
B．由图可知，ABC浓度变化之比为0.06:0.06:0.03=2:2:1，结合化学方程式可知，曲线C表示的是体系中N2的浓度变化，曲线A表示的是体系中CO2的浓度变化，选项B错误；
C．结合B分析，0~4min，CO2的平均反应速率为，选项C错误；
D．曲线B表示的是体系中NO2的浓度变化，NO2的平衡转化率为，选项D错误。
故选A。
6．D
【详解】A． 第③步反应物之间的碰撞如不能发生化学反应，就不是有效碰撞，故A错误；
B． 根据图示，第①步反应的活化能最大，反应速率最慢，决定总反应速率，总反应速率由第①步反应决定，故B错误；
C． 催化剂能同时降低正、逆反应的活化能，但不能改变反应的终态和始态，不能改变反应热，故C错误；
D． 反应是放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能，故D正确；
故选D。
7．B
【分析】探究实验方案两两之间应保持单一变量，则四组实验的溶液总体积相等，利用混合溶液褪色时间判断变量对反应速率的影响。
【详解】A．是弱酸的酸式酸根离子，不能拆写，该反应的离子方程式为，选项A错误；
B．据题意可知，4组实验溶液总体积应相同，则，，选项B正确；
C．由，故反应完全，实验3从反应开始到反应结束这段时间内反应速率，选项C错误；
D．实验4与实验1相比，其它条件相同条件下，实验4加了MnSO4，反应混合溶液褪色时间只有3min，由于溶液中已经加了H2SO4，说明SO不是该反应的催化剂，而可能是该反应的催化剂，选项D错误；
答案选B。
8．C
【详解】A．反应①为，产物不止一种，不是化合反应，选项A错误；
B．高温会导致蛋白质失活，醇氧化酶活性降低或失去催化性能，则升高温度不一定会加快反应②的反应速率，选项B错误；
C．由题图知，DHA的分子式为，最简式为，与的最简式相同，故3．0g和DHA的混合物中含“”，含碳原子数为0.1，选项C正确；
D．DHA中含有饱和碳原子和(酮)羰基碳原子，分别采取、杂化，而淀粉中只有饱和碳原子，采取杂化，故二者成键方式不完全相同，选项D错误；
答案选C。
9．B
【详解】A．催化剂BMO能改变反应历程，降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，A正确；
B．反应②中苯酚中碳元素化合价改变生成二氧化碳、水，①中苯酚碳元素、O中氧元素化合价均发生改变且最终还是生成二氧化碳、水，故转移的e-数目不相等，B错误；
C．整个过程中反应可看作：根据CxHyOz~(x+-)O2，氧气和苯酚反应生成二氧化碳和水，苯酚化学式为C6H6O，则1mol苯酚消耗6+-=7molO2，故参与反应的n(苯酚)∶n(O2)=1∶7，C正确；
D．由图可知，过程①中苯酚和O2-反应生成二氧化碳和水，反应为：：28+3+28CO2↑+23H2O ，D正确。
故选B。
10．C
【详解】A．实验时先加H2O2后加MnO2，则固液接触更充分，有利于增大固液接触面积，选项A正确；
B．若装置已经连接好，则装置II的漏斗处不能直接加入过氧化氢，应该在连接前从漏斗处加入，选项B正确；
C．过氧化氢在没有催化剂作用下不会迅速生成氧气，II处不会观察到迅速产生大量气泡，选项C错误；
D．上述流程中应先插入带余烬的木条，证明过氧化氢分解很慢，再加入过氧化氢证明二氧化锰催化过氧化氢可迅速生成氧气；故不宜先加入MnO2再插入带余烬的木条，选项D正确。
故选C。
11．D
【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，加快化学反应速率，选项A正确；
B．温度越高反应速率越快，所以升高温度能加快该反应速率，选项B正确；
C．反应物浓度越大反应速率越快，所以增大H2的浓度能加快该反应速率，选项C正确；
D．反应是可逆反应，不可能完全转化，所以密闭容器中，通入2mol CO2和6 molH2，反应生成CH2=CH2的物质的量小于l mol，选项D错误；
答案选D。
12．A
【分析】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，图中峰值越小则活化能越小，决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢；
【详解】A．阶梯式反应 路径的最大活化能为△Ea1=111.2 kJ/mol +57.4 kJ/mol = l68.6kJ/mol，由于，DME水解反应更难以阶梯式反应路径进行，选项A错误；
B．根据反应图示可知，反应存在两种途径，故在相同的催化剂作用下，化学反应也存在多种反应途径，选项B正确；
C．由图可知，反应物能量低于生成物能量，为吸热反应，升高温度，两种路径的反应速率都加快，且平衡正向移动，有利于提高反应物的转化率，选项C正确；
D．以阶梯式反应路径进行时，生成Int1的峰值最大则活化能最大，为反应步骤为决速步骤，选项D正确；
答案选A。
13．D
【详解】A．根据图像可知：反应①②中反应物的总能量大于生成物的总能量，因此二者均是放热反应，A错误；
B．活化能是反应物总能量与物质发生化学反应所需最低能量的差，根据图示可知反应①正反应的活化能大于反应②正反应的的活化能，B错误；
C．根据选项B分析可知：反应的活化能：反应①＞反应②；反应的活化能越大，发生反应需消耗的能量就越高，化学反应速率就越小，故反应速率：反应①＜反应②，C错误；
D．反应热等于生成物总能量与反应物总能量的差，根据盖斯定律知，反应①、反应②的焓变之和，D正确；
故合理选项是D。
14．D
【详解】A．从图中可知，I1的相对能量低于I2，能量越低越稳定，故中间体I1比中间体I2更稳定，A正确；
B．多步反应历程的决速步是反应最慢的一步，即活化能最大的一步，从图中可知，反应③的活化能最大，则其是该历程中的决速步，B正确；
C．该反应的起始相对能量高于最终产物的相对能量，说明该反应是放热反应，则正反应活化能小于逆反应，C正确；
D．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能，但不能降低反应热，反应热只与反应体系的始态和终态有关，与反应过程无关，D错误；
故选D。
15． 20 10 2 3 温度 a，b，c 1.25×10-5mol·L-1·s-l或1.25×10-5mol/（L·s）
【分析】（1）表中数据判断实验目的，由实验2可以看出混合液的总体积为30mL，V1为20mL，V2为10mL；
（2）实验2和实验3可知，温度相等，实验目的是探究该反应速率与浓度的关系；
（3）实验1和实验2可知，浓度相等，实验目的是探究该反应速率与温度的关系；
（4）温度越高，反应速率越快，浓度越大，反应速率越快，
（5）用溶解氧浓度变化来计算O2的平均反应速率，由速率之比等于化学计量数之比来计算Na2SO3的平均反应速率。
【详解】（1）表中数据判断实验目的，由实验2可以看出混合液的总体积为30mL，V1为20mL，V2为10mL，故答案为：20；10；
（2）探究该反应速率与浓度的关系，需要控制温度相等，所以实验2和实验3能达到目的，故答案为：2；3；
（3）实验1和实验2可知，浓度相等，实验目的是探究该反应速率与温度的关系，故答案为：温度；
（4）实验3温度最高，浓度最大，所以速率最快，蓝色出现时间最短，实验2比实验1的温度高，所以反应速率快，出现蓝色用的时间比1的短，故答案为：abc；
（5）0－40s内溶解氧浓度变化为：（9.6-1.6）mg/L=8mg/L，则0－40s内O2的平均反应速率为，由速率之比等于化学计量数之比可知，Na2SO3的平均反应速率为，故答案为：1.25×10-5mol·L-1·s-l。
16． 2 甲 0.1 c 80%或0.8 4:5
【分析】(1)有甲烷的物质的量和浓度可以求得容器的体积；
(2)N2、H2O的化学计量数之比是1:2，可以推出水的物质的量浓度与时间关系的曲线；
(3)化学反应速率等于浓度的变化量除以时间；
(4)可逆反应达到平衡时反应物和生成物的浓度不变，物质平衡转化率=转化的物质的量/起始的物质的量×100%；
(5)a点时，甲曲线和丙曲线的浓度相等，即是物质的量相等，利用方程式进行计算。
【详解】(1)向体积为V的恒容密闭容器中通入2molCH4，从图中知道甲烷的起始物质的量浓度是1.0mol/L，得出容器体积V=2L，故答案为：2；
(2)甲，乙曲线是生成物的浓度变化量，氮气和水的化学计量数之比是1:2，可以推出甲曲线是H2O的物质的量浓度与时间关系的曲线，故答案为：甲；
(3)N2的化学反应速率为=0.1 mol·L-1·min-1，故答案为：0.1；
(4)可逆反应达到平衡时各物质的浓度保持不变，c点时乙曲线的浓度保持不变，是平衡点，达到平衡时，生成氮气的物质的量浓度是0.6mol/L，容积的体积是2L，即是氮气的物质的量是1.2mol，消耗二氧化氮2.4mol，NO2的转化率是×100%= 80%，故答案为：c；80%或0.8；
(5)a点时，设水的物质的量是2xmol，有方程式可知消耗甲烷的物质的量xmol，剩余甲烷的物质的量是(2-x)mol，由于甲烷的浓度等于水的浓度，可知甲烷的物质的量等于水的物质的量，即2x=2-x，解得x=2/3mol，消耗二氧化氮的物质的量是4/3mol，剩余甲烷的物质的量是2-x=2-2/3mol=4/3mol，剩余二氧化氮的物质的量是3-2x=3-4/3mol=5/3mol，n(CH4):n(NO2)=4/3mol：5/3mol=4:5，故答案为：4:5。
17． 弱 一 CaCO3 3 2 3 4 2 3 5H2O P、CuSO4 10mol
【详解】(1)硫酸铅在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸铵时，醋酸根离子和铅离子生成难电离物质或弱电解质醋酸铅，促使硫酸铅溶解，说明(CH3COO)2Pb是弱电解质；
(2)H3PO2与足量的NaOH溶液反应，生成NaH2PO2，说明H3PO2只能电离出一个氢离子，所以H3PO2是一元酸；
(3)水泥的生产原料为黏土、石灰石，制玻璃的主要原料为纯碱、石灰石和石英砂，共同原料为CaCO3；
(4)容器体积为2L，所以初始投料c(N2)=0.5mol/L，c(H2)=1.5mol/L，设△c(N2)=x mol，列三段式有：
容器内压强是起始的0.9倍，温度和容器容积不变，气体的压强比等于浓度之比，所以，解得x=0.1mol/L，则△c(H2)=0.3mol/L，v(N2)=0.1 mol/(L·min)，则反应时间t==3min；
(5)铁元素化合价由+3升高为+6，失去3个电子，氯元素化合价由+1降低为-1，得2个电子，取最小公倍数，则氢氧化铁与高铁酸根前系数为2，次氯酸跟与氯离子前系数为3，再根据电荷守恒及原子守恒配平得2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
(6)Cu3P中P元素化合价为-3，H3PO4中P元素化合价为+5，所以P既是氧化剂又是还原剂，Cu元素化合价由CuSO4中的+2降低为Cu3P中+1，所以CuSO4也是氧化剂，即氧化剂为P、CuSO4；当有2mol H3PO4生成，转移的电子的物质的量为2mol×(+5-0)=10mol。
18． 5H2C2O4＋2MnO4-＋6H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O 其他条件不变时，草酸的浓度越大，反应速率越快 锰离子对反应起到催化作用，生成二氧化碳的速率会突然加快，随着反应的进行，溶液中溶质的浓度逐渐减小，生成二氧化碳的速率减慢，最后为0
【分析】（1）高锰酸钾与草酸反应，高锰酸钾做氧化剂生成还原产物Mn2+，草酸做还原剂生成氧化产物CO2，再根据原子、电荷守恒配平即可；
（2）根据表格数据可知草酸的浓度为变量，以此得出结论；
（3）锰离子对反应起到催化作用，随着反应的进行，溶液中溶质的浓度逐渐减小，生成二氧化碳的速率减慢。
【详解】(1)反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，利用化合价升降相等写出反应的化学方程式为，改写成离子方程式为。
故答案为：；
(2)表格中溶液的总体积相同，高锰酸钾的体积相等，草酸的体积不同，因此本实验探究了草酸的浓度对反应速率的影响，根据溶液褪色需要的时间可知，草酸的浓度越大，溶液褪色所用的时间越少，说明反应速率越快。
故答案为：其他条件不变时，草酸的浓度越大，反应速率越快；
(3)根据n(Mn2＋)随时间变化趋势图可知，t2时反应速率突然加快，可能是生成的锰离子对反应起到催化作用，因此生成二氧化碳的速率也会突然加快，随着反应的进行，溶液中溶质的浓度逐渐减小，因此生成二氧化碳的速率减慢，最后为0，则图象为：。
故答案为：；锰离子对反应起到催化作用，生成二氧化碳的速率会突然加快，随着反应的进行，溶液中溶质的浓度逐渐减小，生成二氧化碳的速率减慢，最后为0。
答案第1页，共2页
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