化学选择性必修1第一节 化学反应速率达标测试

这是一份化学选择性必修1第一节 化学反应速率达标测试，共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验探究题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．铁的配合物离子(用[L-Fe-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：

下列说法错误的是
A．H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
B．该过程的总反应为
C．该催化循环中只有C、H元素的化合价发生了变化
D．反应Ⅳ→I能垒最大，反应速率最慢
2．已知分解1mlH2O2放出热量98kJ，在含少量I-的溶液中，H2O2分解的机理为H2O2+I-→H2O+IO-（慢）、 H2O2+IO-→H2O+O2+I-（快）。 下列有关该反应的说法不正确的是（ ）
A．总反应中：：1
B．的分解速率与的浓度有关
C．该反应的催化剂是，而不是
D．由于催化剂的加入降低了反应的活化能，使该反应活化能低于
3．反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的历程如图所示。下列说法正确的是
A．合成甲醇反应为放热反应
B．*OCH2→*OCH3活化能为0.02eV
C．合成甲醇反应历程中速率较慢的是*CO+*OH→*CO+*H2O
D．副产物有CO、CH2O，其中CH2O相对较多
4．下列说法正确的是
A．增大压强，反应速率一定加快
B．升高温度和使用催化剂都可以改变反应的活化能，加快反应速率
C．增大反应物的量，能使活化分子百分数增加，化学反应速率加快
D．活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度。
5．硼氢化钠(NaBH4)中的氢元素为－1价，具有很强的还原性，被称为“万能还原剂”，NaBH4在催化剂钌(Ru)表面与水反应的历程如图所示：
下列说法中错误的是
A．过程②反应为BH3+H2O=H2↑+H2B(OH)
B．反应过程中硼元素的化合价发生了变化
C．若过程③和过程④均产生lml H2，则转移电子数目不相等
D．Ru可使上述反应活化分子的百分数提高，加快反应速率
6．下列关于有效碰撞理论与影响速率因素之间关系不正确的是
A．活化分子间所发生的部分碰撞为有效碰撞
B．增大反应物浓度能够增大活化分子数，化学反应速率增大
C．升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率增大
D．选用适当的催化剂，分子运动加快，增加了碰撞频率，故反应速率增大
7．“接触法制硫酸”的主要反应是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．该反应的催化剂是
C．反应②的活化能比反应①大D．过程中有键的形成
8．甲硫醇是一种重要的原料和化工试剂，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如图。下列说法不正确的是
A．CH3SH为共价化合物
B．该过程中断裂了O—H键、S—H键和C—S键
C．该催化剂可降低该反应的活化能
D．该过程的总反应为H2S+CH3OHCH3SH+H2O
9．在气体反应中，能使反应物活化分子百分数增大的方法是
①增大反应物的浓度②增大压强③升高温度④移去生成物⑤加入催化剂
A．③④B．③⑤C．②③D．②⑤
10．N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．在反应过程中作催化剂
B．催化剂a表面发生了分解反应和化合反应
C．催化剂a、b增大了该历程中的最大能垒（活化能）
D．催化剂b表面发生的反应为：4NH3+5O24NO+6H2O
二、填空题
11．下列说法中正确的是
①活化分子间的碰撞不一定能发生化学反应
②普通分子间的碰撞可能发生化学反应
③增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，从而使有效碰撞次数增多
④加入反应物，活化分子百分数不变，化学反应速率可能不变
⑤催化剂能增大活化分子百分数，从而成千成万倍地增大化学反应速率
⑥有气体参加的化学反应，若增大压强(缩小反应容器的体积)，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大
12．电喷雾电离等方法得到的(、、等)与反应可得。与反应能高选择性地生成甲醇，体系的能量随反应进程的变化如下图所示：

(1)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(2)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则与反应的能量变化应为图中曲线 (填“c”或“d”)。
(3)若与反应，生成的氘代甲醇有 种。
13．在化学反应中，能引发化学反应的分子间碰撞称之为有效碰撞，这些分子称为活化分子。使普通分子变成活化分子所需提供的最低能量叫活化能，其单位用kJ·ml-1表示。请认真观察下图，然后回答问题。
(1)图中反应是 (填“吸热”或“放热”)反应，该反应 (填“需要”或“不需要”)环境先提供能量，该反应的ΔH= (用含E1、E2的代数式表示)
(2)已知：H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH=-241.8 kJ·ml-1，该反应的活化能为167.2 kJ·ml-1。则其逆反应的活化能为
(3)对于同一反应，图中虚线(Ⅱ)与实线(I)相比，活化能 (填“升高”“降低”或“不变”)，对反应热是否有影响? ，原因是
14．治理SO2、CO、NOx污染是化学工作者研究的重要课题。
Ⅰ．硫酸厂大量排放含SO2的尾气会对环境造成严重危害。
(1)工业上可利用废碱液(主要成分为Na2CO3)处理硫酸厂尾气中的SO2，得到Na2SO3溶液，该反应的离子方程式为 。
Ⅱ．沥青混凝土可作为反应；2CO(g)+O2(g)⇌2CO2(g)的催化剂。如图表示在相同的恒容密闭容器、相同起始浓度、相同反应时间段下，使用同质量的不同沥青混凝土(α型、β型)催化时，CO的转化率与温度的关系。
(2)a、b、c、d四点中，达到平衡状态的是 。
(3)已知c点时容器中O2浓度为0.02ml•L-1，则50℃时，在α型沥青混凝土中CO转化反应的平衡常数K= (用含x的代数式表示)。
(4)观察分析图，回答下列问题：
①CO转化反应的平衡常数K(a) K(c)。
②在均未达到平衡状态时，同温下β型沥青混凝土中CO转化速率比α型要 (填“大”、“小”)。
③ 点时CO与O2分子之间发生有效碰撞的几率在整个实验过程中最高。
15．氯及其化合物在生活和生产中应用广泛。已知：
Cl2(g)+2NaOH(aq)=NaCl(aq)+NaClO(aq)+H2O(l) △H1=－102 kJ∙ml−1
3Cl2(g) + 6NaOH(aq)=5NaCl(aq)+NaClO3(aq) + 3H2O(1) △H2=－422 kJ∙ml−1
(1)写出在溶液中NaClO分解生成NaClO3的热化学方程式 。
(2)有研究表明，生成NaClO3的反应分两步进行：
I．2ClO－=+Cl－；II．+ClO－=+Cl－
常温下，反应II能快速进行，但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3，试用碰撞理论解释其原因： 。
16．反应历程： 。
17．
(1)在25℃、101kPa下， 1g甲烷完全燃烧生成CO2和液态H2O，放出55 kJ的热量，写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式： 。
(2)2Zn(s)+O2(g)=2ZnO(s) ΔH1 =-702kJ/ml
2Hg(l)+O2(g)=2HgO(s) ΔH2 =-182kJ/ml
由此可知ZnO(s)+Hg(l)= Zn(s)+HgO(s) ΔH3= 。
(3)已知 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示，已知1ml SO2(g)氧化为1ml SO3的 ΔH=-99kJ·ml-1，请回答下列问题：

①图中A、C分别表示 、 。
②E的大小对该反应的反应热有无影响？ ，该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？ ，理由是 。
③图中ΔH= kJ/ml。
18．（1）已知下列热化学方程式：
H2(g)+1/2O2(g)==H2O(l) ΔH=−285.8 kJ·ml−1
H2(g)+1/2O2(g)==H2O(g) ΔH=−241.8 kJ·ml−1
C(s)+ 1/2O2(g)==CO(g) ΔH=−110.5 kJ·ml−1
C(s)+O2(g)==CO2(g) ΔH=−393.5 kJ·ml−1
回答下列问题：
①燃烧10gH2生成液态水，放出的热量为 。
②CO的燃烧热为 。
（2）0.3ml乙硼烷气体(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ的热量，则其热化学方程式为 。
（3）已知稀溶液中，1mlH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时，放出114.6 kJ热量，写出稀H2SO4溶液与稀NaOH溶液反应的热化学方程式 。
（4）已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH＝－196.6 kJ·ml–1
2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH＝－113.0 kJ·ml–1
请写出NO2与SO2反应生成SO3和NO的热化学方程式 。
（5）研究活化能对于能源技术的革新有非常重大的实际意义。请认真观察下图，回答问题：
①图中反应的ΔH＝ kJ/ml（用含有E1、E2代数式表示）。
②已知热化学方程式：H2(g)＋1/2O2(g) ＝ H2O(g) ΔH＝－241.8kJ/ml，该反应的活化能为167.2kJ/ml，则H2O(g)＝H2(g)＋1/2O2(g)的活化能为 kJ/ml。
19．亚硫酸钠和碘酸钾在酸性溶液里反应的化学方程式是：Na2SO3+KIO3+H2SO4→Na2SO4+K2SO4+I2+H2O。
(1)其中氧化剂是 ，若反应中有5ml电子转移，则生成碘是 ml。
(2)该反应过程和机理较复杂，一般认为分为以下几步：
①IO+SO→IO+SO (慢)
②IO+ SO→IO-+SO (快)
③5I-+6H++ IO→3I2+3H2O(快)
④I2+ SO+ H2O→2I-+ SO+2H+(快)
根据上述条件推测，此反应的总的反应速率由 步反应决定。
(3)若预先加入淀粉溶液，由反应过程看必在 离子消耗完时，才会使淀粉变蓝的现象产生，原因是： 。
20．基元反应H2+Cl·=HCl+H·活化能示意图
图中：H…H…Cl为 ；Ea为 。
三、实验探究题
21．定性与定量研究影响化学反应速率的因素实验如下：
实验Ⅰ：测定相同体积的的硫酸分别与足量锌粒和锌粉反应的速率。
(1)测定实验中为了尽可能排除Zn和H2SO4反应过程中放热带来的影响，虚框内装置应选择上图中的 (填“A”或“B”)。
(2)为完成本实验，除图示仪器和用品外，还必需的仪器是 。
(3)根据此实验探究，可以得出的结论是：其他条件不变时，硫酸与锌粉的反应速率 硫酸与锌粒的反应速率(填“大于”、“小于”或“等于”)，原因是 。
实验Ⅱ：利用溶液和酸性溶液之间的反应，探究外界条件改变对化学反应速率的影响。实验如下表：
(4) ；通过实验①、③可探究 的改变对反应速率的影响。
(5)利用实验②中数据计算，用的浓度变化表示的反应速率为 。
(6)文献记载一定条件下，酸性溶液与发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如下图所示。
下列说法正确的是 。
A．Mn(Ⅲ)不能氧化
B．随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
C．该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存
22．碘酸钾是重要的分析试剂。某研究小组设计实验制备，并进行相关探究。
Ⅰ．制备
制备实验装置如下：
查阅资料：为白色固体，能溶于水，难溶于四氯化碳：溶于水，难溶于乙醇。
(1)橡胶管a的作用是 。
(2)装置B中的作用是 。
(3)装置B中制取的化学反应方程式为 。
Ⅱ．制备
(4)从B中分离出溶液，加入KOH溶液中和制得溶液，再加入适量 ，经搅拌、静置、过滤等操作，得到白色固体粗产品，提纯得晶体。
Ⅲ．实验探究
为探究溶液和溶液的反应，该小组设计了实验A：向足量的酸性溶液滴入数滴淀粉溶液，再加入溶液，开始时无明显现象，一段时间(T秒)后，溶液变蓝。
(5)溶液变蓝，表明体现了 性。
(6)针对T秒前溶液未变蓝，小组做出如下猜想：
①猜想a：T秒前未生成，是由于反应的活化能 (填“大”或“小”)，反应速率 (填“快”或“慢”)导致的。
②猜想b：T秒前生成了，但由于存在，迅速被消耗，反应为 (用离子方程式表示)。
(7)请设计实验B，证明猜想b成立：向实验A的蓝色溶液中加入 ，蓝色迅速消失，后再次变蓝。
23．回答下列问题。
Ⅰ．某实验小组用 100mL0.50ml·L-1NaOH 溶液与 60mL0.50ml·L-1 硫酸溶液进行中和热的测定，装置如图1所示。回答下列问题：
(1)图中装置缺少的仪器是 。
(2)硫酸稍过量的原因是 。
(3)某小组同学实验数据记录如下表，若近似认为 0.50ml•L-1NaOH 溶液与 0.50ml•L-1硫酸溶液的密度都是1g•cm-3，中和后生成溶液的比热容 c=4.18J•g-1•℃-1，则上述实验测得的中和热△H = (结果保留至小数点后一位)。
(4)上述实验测得中和热的数值小于 57.3kJ·ml-1，产生偏差的原因可能是___________(填字母)。
A．量取 NaOH 溶液时仰视读数
B．为了使反应充分，向酸溶液中分次加入碱溶液
C．实验装置保温隔热效果差
D．用铜丝代替玻璃搅拌器搅拌
Ⅱ．甲、乙两位同学探究外界条件对化学反应速率的影响。
【实验原理】反应：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，反应过程中溶液出现乳白色浑浊和有刺激性气味的 气体。
【实验用品】0.1ml/LNa2S2O3溶液、0.1ml/LH2SO4溶液、蒸馏水、试管、烧杯、量筒、胶头滴管等。
实验一：甲同学利用如图装置测定化学反应速率。
(5)为保证实验的准确性和可靠性，利用该装置进行实验前应先进行的操作是 。除如图所示的实验用品外，还需要的实验仪器 是 。
(6)若在 2min 时收集到 224mL(已折算成标准状况)气体，可计算出在 2min 内的反应速率v(H+)=0.02ml/(L·min)，而该速率值比实际值偏小，其原因是 。
实验二：乙同学得到各组实验数据如下表。
(7)实验Ⅰ、Ⅱ探究 对化学反应速率的影响，a= ，V= 。
(8)实验Ⅱ、Ⅲ探究温度对化学反应速率的影响。实验表明，实验Ⅲ的反应速率最快，支持这一结论的实验现象是 。
序号
温度/K
H2O
溶液颜色褪至无色时所需时间/s
V/mL
V/mL
V/mL
①
293
2
5
3
t1
②
293
V1
3
5
8
③
313
2
5
V2
t2
实验序号
起始温度t1/℃
终止温度T2/℃
平均温度差(t2-t1)/℃
HCl
NaOH
平均值
1
26.2
26.0
26.1
30.1
_____
2
27.0
27.2
27.1
33.3
3
25.9
25.9
25.9
29.8
4
26.4
26.2
26.3
30.4
实验编号
Na2S2O3溶液
H2SO4溶液
蒸馏水
浓度/(ml/L)
体积/mL
浓度/(ml/L)
体积/mL
体积/mL
温度/℃
I
0.1
3.0
0.1
3.0
V
20
Ⅱ
0.1
5.0
0.1
3.0
0
a
Ⅲ
0.1
5.0
0.1
3.0
0
30
参考答案：
1．C
【分析】由能垒图可以看出，生成物的总能量低于反应物的总能量，该反应为放热反应；整个过程中有两个过渡态，过渡态1的正反应的活化能为（45.3+31.8）kJ/ml=77.1kJ/ml；过渡态2的正反应的活化能为（43.5+42.6）kJ/ml=86.1kJ/ml，过渡态2的活化能大，为反应的决速步骤，根据第一张图可以看出，反应物为HCOOH，生成物为二氧化碳和氢气，故总反应为HCOOHCO2↑+H2↑，据此分析解题。
【详解】A．H+浓度过大HCOO-浓度减小，[L-Fe-H]++HCOO-→反应慢，H+浓度过小+H+→反应慢，H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低，A正确；
B．合并HCOOH→HCOO-+H+，[L-Fe-H]++HCOO-→，→CO2+，+H+→ ，→Ⅰ[L-Fe-H]++H2，得总方程式，该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑，B正确；
C．Ⅳ到I有氢气生成，发生氧化还原反应，则铁元素的化合价发生变化，该催化循环中不只有C、H元素的化合价发生了变化，还有铁的化合价也发生改变，C错误；
D．决定化学反应速率的步骤是最慢的一步，活化能越高，反应越慢，从反应机理图中可知，Ⅳ→Ⅰ的活化能最大，反应速率最慢，该过程的总反应速率由Ⅳ→Ⅰ步骤决定，D正确；
故答案为：C。
2．D
【详解】A．总反应为2H2O2=2H2O+O2↑，速率之比等于化学计量数之比，则总反应中v（H2O2）：v（O2）=2：1，选项A正确；
B．I-为催化剂，则H2O2的分解速率与的I-浓度有关，选项B正确；
C．IO-为中间产物，该反应的催化剂是I-，而不是IO-，选项C正确；
D．催化剂可降低反应的活化能，则分解1mlH2O2放出热量98kJ，其活化能大小不能确定，选项D错误；
答案选D。
【点睛】注意选项D为解答的易错点，催化剂可降低反应的活化能。
3．C
【详解】A．反应物总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，但甲醇和水的相对能量高于二氧化碳和氢气，反应吸热，故A错误；
B．由图可知，•OCH2→•OCH3活化能为0.58eV-（-0.60eV）=1.18eV，故B错误；
C．由图可知，•CO+•OH→•CO+•H2O活化能最大，反应速率较慢，故C正确；
D．活化能越大，反应速率越慢，生成物的量越少，由图可知，副产物有CO、CH2O，由于生成CH2O的反应活化能大，反应速率慢，CH2O的量相对较少，CO的量相对较多，故D错误；
故选：C。
4．D
【分析】增大浓度、压强，活化分子数目增大，而升高温度、使用催化剂，活化分子百分数增大，以此来解答。
【详解】A．压强对反应速率的影响只适用于有气体参与的反应体系，则增大压强，反应速率不一定加快，A错误；
B．升高反应的温度，提供能量，则活化分子百分数增加，有效碰撞的几率提高，反应速率增大，催化剂通过改变反应路径，使反应所需的活化能降低，活化分子百分数增加，有效碰撞的几率提高，反应速率增大，但温度不能改变活化能，B错误；
C．增大反应物的量，不一定能使活化分子百分数增加，化学反应速率不一定加快，C错误；
D．活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量，因此活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度，D正确。
答案选D。
5．B
【详解】A．由图可知，过程②反应为BH3+H2O=H2↑+H2B(OH)，A项正确；
B．各步骤中硼元素的化合价均为+3价，B项错误；
C．过程③反应为H2B(OH)+H2O=H2↑+HB(OH)2，生成1ml H2时转移的电子数为NA，过程④反应为HB(OH)2+2H2O+e-=H2↑+，产生1ml H2时转移的电子数为，两者不相等，C项正确；
D．Ru为催化剂，催化剂可提高活化分子的百分数，加快反应速率，D项正确；
答案选B。
6．D
【分析】根据有效碰撞的定义、活化分子数及百分数的含义进行判断；催化剂和温度对活化分子数的影响但不影响总数，故可导致活化分子百分数增大；
【详解】A．活化分子间所发生的引起反应的碰撞称为有效碰撞，故A正确；
B．增大反应物浓度可以增大单位体积分子数，从而增多活化分子数，导致反应速率增大，故B正确；
C．升高温度可以导致活化分子数增多，故增大了活化分子百分数，反应速率增大，故C正确；
D．选用适当的催化剂可以降低反应的活化能，导致活化分子百分数增多从而导致有效碰撞增多，反应速率增大；故D不正确；
故选答案D；
【点睛】此题考查化学反应速率的影响的实质原因，注意有效碰撞与活化分子数、活化百分数的定义。
7．D
【详解】A．使用催化剂不仅能加快正反应速率，也能加快逆反应速率，故A错误；
B．根据题中信息二氧化硫先与反应，说明是该反应的催化剂，故B错误；
C．由于反应①反应速率慢，说明该反应的活化能大，因此反应②的活化能比反应①小，故C正确；
D．过程②中氧气和反应生成的过程中有键的形成，故D正确。
综上所述，答案为D。
8．B
【详解】A．CH3SH的组成元素都是非金属元素，非金属元素的原子之间都是以共价键结合，因此该化合物为共价化合物，A正确；
B．通过催化过程可以看出：硫化氢加入催化剂后，硫化氢中的氢硫键断开，形成巯基和氢原子，加入甲醇后，甲醇分子吸附在催化剂表面，氢氧键断开，巯基取代羟基的位置形成甲硫醇和水，该过程中断裂O—H键、S—H键、C—O键，形成了C—S键，B错误；
C．该催化剂可改变反应途径，降低该反应的活化能，使反应在较低的温度下进行，C正确；
D．根据图示可知：反应物是H2S、CH3OH，生成物是CH3SH、H2O，反应在催化剂存在条件下进行，故反应方程式为：H2S+CH3OHCH3SH+H2O，D正确；
故合理选项是B。
9．B
【详解】①增大反应物浓度能增大单位体积内的活化分子数，但不能增大活化分子百分数，错误；
②增大压强等同于增大浓度，不能增大活化分子百分数，错误；
③升高温度能增大活化分子百分数也能增大反应物中的活化分子数，故正确；
④移去生成物，浓度减小，单位体积内活化分子数目减小，错误；
⑤加入催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子百分数，也增大了活化分子数，故正确。
故选：B。
10．D
【详解】A.由示意图可知，在催化剂a表面氮气和氢气发生化合反应生成氨气，氨气做生成物，在催化剂b表面氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，氨气做反应物，则氨气在反应过程中做中间产物，故A错误；
B. 由示意图可知，在催化剂a表面氮气和氢气发生化合反应生成氨气，没有发生分解反应，故B错误；
C.催化剂a、b，降低了反应的活化能，从而提高反应速率，故C错误；
D. 由示意图可知，在催化剂b表面氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故D正确；
故选D。
【点睛】在催化剂a表面氮气和氢气发生化合反应生成氨气，在催化剂b表面氨气和氧气反应生成一氧化氮和水是解答关键。
11．①③④⑤
【详解】①碰撞不一定为有效碰撞，则活化分子间的碰撞不一定能发生化学反应，还与其分子取向有关，故①正确；
②普通分子不具有反应所需的能量，则普通分子不能发生有效碰撞，故②错误；
③增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，从而使有效碰撞几率增大，碰撞次数增多，故③正确；
④如果反应物是固体，加入该反应物，反应速率不变，故④正确；
⑤使用催化剂，降低分子所需的能量，使有效碰撞频率增大，反应速率加快，故⑤正确；
⑥有气体参加的化学反应，若增大压强(缩小反应容器的体积)，可增大单位体积内活化分子个数，活化分子百分数不变，故⑥错误；
故答案为①③④⑤。
12．(1)I
(2)c
(3)2
【详解】（1）由图可知，步骤Ⅰ涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以涉及氢原子成键变化的是步骤Ⅰ，故答案为：I；
（2）直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，说明正反应活化能会增大，则与与反应的能量变化应为图中曲线c，故答案为：c；
（3）根据反应机理可知，若与反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH，共2种，故答案为：2。
13． 放热 需要 E2-E1 409.0 kJ·ml-1 降低 无影响 催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变
【分析】(1)从图上分析，反应物的总能量高于生成物，反应放热；反应物断键要吸收能量；反应热等于生成物与反应物的能量差；
(2)反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低能量，依据图象能量关系可知，逆反应的活化能=正反应的活化能-反应的焓变；
(3)图象分析虚线是降低反应的活化能，催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应热。
【详解】(1)根据图中所示，反应物的总能量高于生成物的总能量，此反应为放热反应；反应物要发生化学反应，需要活化能使普通分子变成活化分子，故需要环境先提供能量；反应热ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量=E2-E1；
(2)反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低能量，依据图象能量关系可知，逆反应的活化能=正反应的活化能-反应的焓变；H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH=-241.8 kJ·ml-1，该反应的活化能为167.2 kJ•ml-1，则其逆反应的活化能为167.2 kJ/ml-（-241.8 kJ/ml）=409.0 kJ/ml；
(3)根据图象分析可知，虚线表示的是降低反应的活化能，虚线表示使用了催化剂，催化剂只能降低反应的活化能，反应物总能量和生成物的总能量之差即反应热不变，对反应热无影响。
【点评】化学反应过程既有物质变化，也有能量变化，要理解活化能的含义及对反应进行的难易的影响。催化剂参加反应，降低反应的活化能，但不能改变反应物、生成物的能量，即不影响反应热。
14． CO32-+SO2=SO32-+CO2 bcd ＞ 大 e
【分析】(1)工业上可利用废碱液(主要成分为Na2CO3)处理硫酸厂尾气中的SO2，得到Na2SO3溶液，结合原子守恒、电荷守恒书写离子方程式；
(2)图象分析可知b点反应达到平衡状态，升温平衡逆向进行；
(3)一氧化碳降解反应2CO(g)+O2(g)⇌2CO2(g)，K=进行计算；
(4)①平衡常数是温度的函数，温度升高向吸热方向进行，即向逆反应方向进行，K=，故K减小；
②相同温度下β型沥青混凝土中CO降解速率比α型要大；
③温度越高，有效碰撞的几率越大；
【详解】(1)工业上可利用废碱液(主要成分为Na2CO3)处理硫酸厂尾气中的SO2，得到Na2SO3溶液，结合原子守恒、电荷守恒书写离子方程式为：CO32-+SO2=SO32-+CO2；
(2)图象分析可知b点反应达到平衡状态，升温平衡逆向进行，a、b、c、d 四点中，达到平衡状态的是bcd；
(3)CO的降解率为x，设起始CO浓度为1ml/L，
平衡常数K===；
(4)①平衡常数是温度的函数，温度升高向吸热方向进行，即向逆反应方向进行，K=，故K减小，即Ka>Kc；
②由图得，相同温度下β型沥青混凝土中CO降解速率比α型要大；
③温度越高，有效碰撞的几率越大，故e点的有效碰撞的几率是最大的；
15． 3NaClO(aq) = 2NaCl(aq)+NaClO3(aq) △H=－116 kJ∙ml−1 反应I的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO－转向
【详解】
(1)将第二个方程式减去第一个方程式的3倍得到溶液中NaClO分解生成NaClO3的热化学方程式3NaClO(aq) = 2NaCl(aq)+NaClO3(aq) △H=－116 kJ∙ml−1；故答案为：3NaClO(aq) = 2NaCl(aq)+NaClO3(aq) △H=－116 kJ∙ml−1；
(2)常温下，反应II能快速进行，说明决定于反应I，反应I的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO－转向；故答案为：反应I的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO－转向。
16．基元反应构成的反应序列(又称反应机理)
【解析】略
17．(1)CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+ 2H2O(l) ΔH=-880kJ/ml
(2)+260 kJ/ml
(3) 反应物总能量 生成物总能量 无 降低 因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低 -198
【详解】（1）甲烷的燃烧热为在25℃、101kPa下，1ml甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，由1g甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量为55 kJ可知，反应的焓变ΔH=-=-880kJ/ml，则表示甲烷燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+ 2H2O(l) ΔH=-880kJ/ml，故答案为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+ 2H2O(l) ΔH=-880kJ/ml；
（2）将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，反应可得目标反应，则反应ΔH3==+260kJ/ml，故答案为：+260 kJ/ml；
（3）由题意可知，二氧化硫转化为三氧化硫的热化学方程式为2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH=-198 kJ/ml；
①由图可知，图中A、C分别表示反应物总能量、生成物总能量，故答案为：反应物总能量；生成物总能量；
②由图可知，E为正反应的活化能，正反应的活化能大小对该反应的反应热无影响；使用催化剂能改变反应的历程，降低反应的活化能E，则催化剂五氧化二钒会使图中B点降低，故答案为：无；降低；因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低；
③由分析可知，图中反应的焓变ΔH=-198 kJ/ml，故答案为：-198。
18． 1429.0 kJ 283.0 kJ/ml B2H6(g)＋3O2(g)===B2O3(s)＋3H2O(l) ΔH＝－2 165 kJ·ml－1 1/2H2SO4(aq)+NaOH(aq)＝1/2Na2SO4(aq)+H2O(l) △H＝－57.3kJ／ml NO2(g)+SO2(g)＝SO3(g)+NO(g) △H＝－41.8kJ／ml -(E1- E2)或（E2-E1） 409
【分析】根据盖斯定律及热化学反应方程式的书写规则分析解答。
【详解】(1) ①10gH2的物质的量为5ml，根据已知条件可知，H2(g)+1/2O2(g)==H2O(l) ΔH=−285.8 kJ·ml−1，可知燃烧10gH2生成液态水，放出的热量为：285.8 kJ×5= 1429.0 kJ；故答案为：1429.0 kJ；
② a.C(s)+ 1/2O2(g)==CO(g) ΔH=−110.5 kJ·ml−1，b.C(s)+O2(g)==CO2(g) ΔH=−393.5 kJ·ml−1，[b-2×a]得到，CO(g) + 1/2O2(g)= CO2(g) ΔH=−283.0 kJ/ml；
故答案为283.0 kJ/ml；
(2) 0.3ml乙硼烷气体(B2H6)在氧气中燃烧，即B2H6(g)+O2(g)==B2O3(s)+H2O(l) △H＝ -649.5kJ×=-2165 kJ/ml；
故答案为B2H6(g)＋3O2(g)===B2O3(s)＋3H2O(l) ΔH＝－2 165 kJ·ml－1；
(4)根据已知条件，①2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH＝－196.6 kJ·ml–1，②2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH＝－113.0 kJ·ml–1， (②-①)得到，NO2(g)+SO2(g)＝SO3(g)+NO(g) ΔH=－113.0-(－196.6)]= －41.8kJ／ml；
故答案为NO2(g)+SO2(g)＝SO3(g)+NO(g) △H＝－41.8kJ／ml；
(5) ①从图中可知，反应物的总能量大于生成物总能量，该反应放热，即△H＝-（E1-E2）kJ／ml；
故答案为：-（E1- E2）或（E2-E1）；
②焓变=正反应的活化能-逆反应的活化能，可得到－241.8kJ/ml=167.2kJ/ml-逆反应的活化能，即逆反应的活化能为：241.8+167.2=409 kJ/ml；
故答案为：409。
【点睛】叠加法求焓变：1．写出目标方程式(题目中要求书写的热化学方程式)，配平。2．将已知方程式和目标方程式比较，分析物质类别、位置(在反应物中还是在生成物中)的区别。3.利用加、减、乘、除来计算反应热，加——同边相加，减——不同边相减，乘除——指系数要配成一致。
19． KIO3 0.5 ① SO SO与碘单质反应，且反应较快
【详解】(1)氧化剂在反应中得到电子，化合价降低，被还原，故其中氧化剂是KIO3，反应中KIO3中I的化合价由+5价变为0价，故若反应中有5ml电子转移，则生成碘是0.5ml，故答案为：KIO3；0.5；
(2)一个化学反应的总的反应速率是由慢反应速率决定的，根据上述条件推测，此反应的总的反应速率由①步反应决定，故答案为：①；
(3)由反应机理可知，该反应①是IO和SO反应，且为慢反应，而反应④是I2和SO反应，为快反应，由此说明I2和SO反应比IO和SO反应更快，故若预先加入淀粉溶液，由反应过程看必在SO离子消耗完时，才会使淀粉变蓝的现象产生，故答案为：SO； SO与碘单质反应，且反应较快。
20． 活化能 化学反应活化能
【解析】略
21．(1)A
(2)秒表(或计时器)
(3) 大于 其他条件不变时，反应物间接触面积越大，反应速率越快，等质量的锌粉的表面积大于锌粒的表面积
(4) 2 温度
(5)0.0005ml•L-1•s-1
(6)C
【分析】探究影响反应速率的影响因素时，要遵循唯一变量原则，注意变量控制。
【详解】（1）实验中为了尽可能排除Zn和H2SO4反应过程中放热带来的影响，应选用A装置，A中锥形瓶体积较大，有利于反应过程中的热量散失到环境中，减少温度升高气体膨胀带来的影响；
（2）除图示仪器和用品外，还必需用秒表(或答计时器)测定产生一定体积气体所用的时间；
（3）根据此实验探究，可以得出的结论是：其他条件不变时，硫酸与锌粉的反应速率大于硫酸与锌粒的反应速率，原因是：其他条件不变时，反应物间接触面积越大，反应速率越快，等质量的锌粉的表面积大于锌粒的表面积，因此使用锌粉时反应速率较快；
（4）①②探究H2C2O4浓度对反应速率的影响，则V1=2；实验①、③其他条件相同，温度不同，可探究温度对反应速率的影响；
（5）实验②中最终溶液体积为10mL，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为v(KMnO4)= 0.0005ml•L-1•s-1；
（6）A．由图可知Mn(Ⅲ)浓度先增大后减小，为中间产物，阶段二中Mn(Ⅲ)也氧化H2C2O4，故A错误；
B．随着反应的进行，反应物浓度虽减小，但反应生成Mn(Ⅱ)起催化作用，能加快反应速率，故B错误；
C．由图可知Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)没有同时出现，则两者不能大量共存，故C正确
选C。
22．(1)平衡气压，使分液漏斗中浓盐酸能顺利滴下
(2)增大了反应物浓度，加快化学反应速率
(3)
(4)乙醇
(5)还原
(6) 大 慢
(7)少量
【详解】（1）由实验装置图可知，橡胶管a的作用是平衡气压，使分液漏斗中浓盐酸能顺利滴下，故答案为：平衡气压，使分液漏斗中浓盐酸能顺利滴下；
（2）已知I2和Cl2在水中溶解度很小，但易溶于CCl4中，故装置B中的作用是增大了反应物浓度，加快化学反应速率，故答案为：增大了反应物浓度，加快化学反应速率；
（3）装置B中制取即I2和Cl2、H2O反应生成HIO3和HCl，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学反应方程式为，故答案为：；
（4）由题干已知信息可知，KIO3溶于水，难溶于乙醇，则从B中分离出HIO3溶液，加入KOH溶液中和制得KIO3溶液，再加入适量乙醇，以减小KIO3的溶解性便于析出，经搅拌、静置、过滤等操作，得到白色固体粗产品，提纯得KIO3晶体，故答案为：乙醇；
（5）溶液变蓝，说明KIO3与NaHSO3反应得到了I2，故表明NaHSO3体现了还原性，故答案为：还原；
（6）①反应需要的活化能越大，反应越难进行，反应速率越慢，故猜想a：T秒前未生成I2，是由于反应的活化能大，反应速率慢导致的，故答案为：大；慢；
②猜想b：T秒前生成了I2，但由于存在NaHSO3，I2迅速被消耗，即I2与NaHSO3反应生成NaI和Na2SO4，故该反应为，故答案为：；
（7）由上述分析可知，证明猜想b成立的话是因为发生了反应：，故若向实验A的蓝色溶液中加入少量的NaHSO3，蓝色迅速消失，然后发生5I-++6H+=3I2+3H2O，后再次变蓝，故答案为：少量的NaHSO3。
23．(1)环形玻璃搅拌棒或玻璃搅拌器
(2)使完全反应
(3)
(4)BCD
(5) 检查装置的气密性 秒表
(6)生成的易溶于水，测得的体积小于实际生成的体积
(7) 不同浓度对反应速率的影响 20 2.0
(8)实验Ⅲ溶液变浑浊的时间比实验Ⅱ短
【详解】（1）测定中和热时，需要用环形玻璃搅拌棒进行搅拌使其充分反应，所以图中装置缺少的仪器是环形玻璃搅拌棒或玻璃搅拌器；
（2）硫酸稍过量是为了让完全反应；
（3）第1组的温差为，第2组的温差为，第3组的温差为，第4组的温差为，第2组数据误差较大，舍去，所得平均温差，根据，生成物质的量为0.05ml，所以中和热；
（4）上述实验测得中和热的数值小于 57.3kJ·ml-1，产生偏差的原因可能是：A. 量取 NaOH 溶液时仰视读数，读数偏小，实际测的NaOH 溶液偏大，放出的热量偏多，A错误；
B. 为了使反应充分，向酸溶液中分次加入碱溶液，使热量散失，热值减小，B正确；
C. 实验装置保温隔热效果差，使热量散失，热值减小，C正确；
D. 用铜丝代替玻璃搅拌器搅拌，铜丝导热热强，使热量散失，热值减小，D正确；故选BCD；
（5）与气体有关的实验探究，需要保证装置的气密性良好，故实验前，先检查装置的气密性，测反应速率，需要测定时间，所以还需要的仪器为秒表；
（6）反应过程中生成的易溶于水，测得的体积小于实际生成的体积，所以速率偏小；
（7）实验Ⅰ、Ⅱ所取的物质的量不同，溶液的总体积相同，V=2.0，所以浓度不同，探究不同浓度对反应速率的影响，温度相同，a=20℃；
（8）实验Ⅱ、Ⅲ探究温度对化学反应速率的影响，温度越高，反应速率越快，因为反应中有沉淀S单质生成，所以实验Ⅲ溶液变浑浊的时间比实验Ⅱ短。