2.1化学反应速率同步练习（含解析）2023——2024学年高二化学人教版（2019）选择性必修1

2.1化学反应速率同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题
1．下列四个图像中，不能正确反映对应变化关系的是

A．用等质量、等浓度的过氧化氢溶液在有无催化剂条件下制氧气
B．一定质量的红磷在密闭容器中燃烧
C．向等质量、等浓度的稀硫酸中分别逐渐加入锌粉和铁粉
D．向一定质量的氯化铜和稀盐酸的混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液
2．研究发现，一种在羟基磷灰石()表面催化氧化除甲醛的方法如下(部分结构已略去)，下列说法错误的是

A．反应过程中，有非极性键的断裂和极性键的生成
B．过渡态是该历程中能量最高、最不稳定的状态
C．若用标注中的氧原子，反应后出现在和中
D．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
3．一定条件下，在体积为10L的固定容器中发生反应：反应过程如图示。下列说法不正确的是

A．时正反应速率大于逆反应速率
B．X曲线表示的物质的量随时间的变化
C．，的平均反应速率
D．达到平衡状态时，相同时间内与断键的数目之比是
4．苯和甲醇在催化剂上反应生成甲苯的计算机模拟反应能线图如下。下列有关说法正确的是(已知：TS代表反应过渡态；Int代表反应中间体。)

A．反应过程中决速步的为
B．反应过程中不存在键的形成
C．反应过程中铝元素的化合价发生了变化
D．降低温度能够增大苯的平衡转化率
5．已知的速率方程为(k为速率常数，只与温度、催化剂有关)。实验测得，在催化剂X表面反应的变化数据如下：
t/min 0 10 20 30 40 50 60 70
0.100 0.080 0.040 0.020 0
下列说法正确的是
A．，
B． min时，
C．相同条件下，增大的浓度或催化剂X的表面积，都能加快反应速率
D．保持其他条件不变，若起始浓度为0.200 mol·L，当浓度减至一半时共耗时50 min
6．金属插入的键形成高氧化态过渡金属化合物的反应频繁出现在光分解作用、金属有机化学等领域，如图所示是与形成过渡金属化合物的过程。下列说法错误的是

A．整个反应快慢，由状态2反应决定
B．
C．在中间产物中状态最稳定
D．的活化能为：
7．下列图中的实验，能达到实验目的的是

A．用瓷坩埚加热熔化NaOH固体 B．探究影响化学反应速率因素的内因是物质本身的性质 C．试管中加入碳酸氢钠与柠檬酸，U形管中红墨水液面左高右低 D．分离乙醇和水
A．A B．B C．C D．D
8．炼油、石化等工业会产生含硫(-2价)废水。一种在碱性条件下处理含硫废水的反应过程如图，其中为催化剂，附着在催化剂载体聚苯胺的表面。下列说法错误的是
A．转化a中化合价发生变化的元素仅有S和O
B．转化c是该过程的第一步反应
C．一段时间后催化效率会下降，原因可能是生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂空位处
D．该反应过程的总方程式为：
9．我国科学家研究了活性炭催化条件下煤气中H2S和Hg的协同脱除，部分反应机理如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。下列说法正确的是

A．图示反应过程中有极性共价键的断裂，没有非极性共价键的生成
B．H2S活性炭分解生成H2(g)和S(s)的过程释放能量
C．整个脱硫过程中硫元素既表现出氧化性又表现出还原性
D．该机理由于活性炭的参与降低了H2S分解的热效应，使反应更易进行
10．甲苯与在无水存在下发生反应，其反应机理及部分能量示意图如下。下列说法错误的是

A．是该反应的催化剂
B．步骤Ⅱ是该反应的决定步骤
C．(l)+ (l)→(l)+HCl(g) ΔH=(b-a)kJ/mol
D．虚线L可表示与的反应中能量的变化
11．某温度下，在金表面发生反应：，其速率方程式为(k为速率常数)。反应过程中，与S(催化剂)及时间关系如图所示。已知(半衰期)为反应物消耗一半所用的时间，下列叙述错误的是
A．，Ⅰ条件下
B．其他条件相同，S(催化剂)越大，k越大
C．其他条件相同，增大，反应速率不变
D．该温度下，当S(催化剂)，时，为
12．某反应的速率方程为，其半衰期(当剩余的反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为。在650K时，反应物浓度不同时的反应速率如表所示。
0.025 0.050 0.025
0.040 0.040 0.120
下列说法错误的是
A．该反应可能为基元反应
B．该反应的速率常数
C．当，，650K时的反应速率为
D．在过量的B存在时，反应掉93.75%的A所需的时间是1200min
13．在Cu(Ⅰ)催化剂和水存在下，被还原为CO的反应机理示意图如下：图1为通过实验观察捕获中间体和产物推演出被还原为CO的反应过程；图2为转化为CO反应过程经历的中间体的能垒变化。
已知：MS代表反应物或中间产物；TS代表过渡态；FS代表终态产物。下列推断正确的是
A．由图1可知，能提高总反应的平衡转化率
B．图1中，中存在配位键和非极性键
C．由图2知，总反应和各步反应的△H都小于0
D．在图2涉及的反应中，MS2→MS3决定总反应速率
14．十氢化萘(C10H18)是具有高储氢密度的氢能载体，经历“”的脱氢过程释放氢气。
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
在一定温度下，其反应过程对应的能量变化如图。
下列说法正确的是
A．升高温度，可降低、，加快化学反应速率
B．反应Ⅰ的活化分子百分数高于反应Ⅱ
C．
D．的脱氢过程中，不会有大量积聚
15．某些生物酶体系可以促进H+和e-的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。下列说法错误的是
A．过程I中发生还原反应
B．a和b中参与反应的数目相等
C．过程Ⅱ的反应为
D．过程I→Ⅲ的总反应为
二、实验题
16．二氯化二硫是一种金黄色液体(熔点：，沸点：)，易发生水解反应，生成硫、二氧化硫和氯化氢。将氯气通入熔融的硫中即可生成。回答下列问题：
(1)选用以下装置制取少量(加热及夹持装置略)：

①装置连接顺序为_______________。
②A中发生反应的离子方程式为 。
③D中玻璃纤维的作用是 。
④B的名称为 ，其作用为 。
(2)测定产品的纯度(杂质不参与反应)：
向样品中加入适量蒸馏水，加热蒸出全部气体，用一定量的溶液充分吸收，再用盐酸标准溶液滴定剩余的，达到滴定终点时消耗盐酸(滴定过程中忽略亚硫酸钠与盐酸的反应)。做对照实验：在相同条件下，量取相同量的溶液，不加样品，用盐酸标准液滴定至终点时，消枆盐酸。则样品中产品的纯度为 。做对照实验时，滴定后仰视滴定管读数，会导致测定值 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
17．某小组在进行Cu与反应实验时，发现实验1比对照组反应速率快，对影响实验1速率的因素展开实验探究(实验用铜片规格相同)。
实验 实验操作 现象
对照组 向5.0mL 稀硝酸中加入铜片 加入铜片后短时间内无明显现象，一段时间后有少量气泡产生
实验1 向浓硝酸中加入少量铜粉完全溶解，然后稀释反应后混合溶液至其中硝酸浓度为，取5.0mL稀释液，加入铜片 加入铜片后立即产生气泡
回答下列问题：
(1)实验1反应后混合液中可能含有 (填化学式)、、少量、。
(2)预测和探究影响实验1速率加快的原因。
假设1： 对反应有催化作用
假设2：对反应有催化作用
假设3：对反应有催化作用
为验证预测是否正确，继续进行下列实验
实验 实验操作 实验现象 实验结论
实验2 向5.0mL 稀硝酸中加入铜片和少量_______固体 溶液呈浅蓝色，速率没有明显变化 假设1不成立
实验3 方案1 向5.0mL 稀硝酸中通入少量，然后加入铜片 铜片表面立即产生气泡，反应持续进行 假设2成立
方案2 取5.0mL实验1稀释后溶液，先通入数分钟，再加入铜片 铜片表面产生气泡的速率比实验1明显变慢，比对照组略快
实验4 _______ _______ 假设3成立
①实验2中加入的固体为 (填化学式)。
②有同学认为实验3的方案1不严谨，应补充对比实验：向5.0mL 稀硝酸中加入数滴硝酸，加入铜片，反应速率无明显变化。补充该实验的原因是 。实验3方案2中，铜片表面产生气泡的速率比实验1明显变慢的原因是 。
③将实验4的实验操作和实验现象补充完整。
三、原理综合题
18．利用化学反应为人类提供能量，研究反应中的能量变化意义重大。
(1)和可发生反应，部分反应进程如图所示。
已知总反应分3步进行：
① 。
②第1步基元反应为 ；第2步反应的活化能为 。
(2)华为全球首款旗舰5G芯片—麒麟990，其主要制作原料为高纯硅。工业上使用C还原制备高纯硅时，部分反应如下：
反应1：
反应2：
反应3：
反应的 (用a、b、c表示，下同)。已知该反应为吸热反应，当有18碳发生反应时，吸收热量 。
(3)用500.55盐酸与500.50溶液进行中和热的测定。实验数据如下：
实验用品 溶液温度 生成1 放出的热量
a 500.50 溶液 500.55 溶液 20℃ 23.3℃ ____________
b 500.50 溶液 500.55 溶液 20℃ 23.5℃
c 500.50 溶液 500.55 溶液 20℃ 24.5℃
已知：，反应后溶液的比热容c为4.18，各溶液的密度均为1。
①完成上表(保留1位小数) 。
②上述实验数值结果与57.3有偏差，产生偏差的原因不可能是 (填字母序号)。
A．实验装置保温、隔热效果差
B．分多次把溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中
C．用温度计测定溶液起始温度后直接测定盐酸溶液的温度
D．用量筒量取溶液的体积时仰视读数
四、工业流程题
19．利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(III)的处理工艺流程如下：
其中硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。
(1)实验室用18.4 mol·L-1的浓硫酸配制240 mL 4.8 mol·L-1的硫酸，需量取浓硫酸 mL；
(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有 。
(3)H2O2的作用是将滤液I中的Cr3+转化为Cr2O，写出此反应的离子方程式 。
(4)常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的PH如下：
阳离子 Fe3+ Mg2+ Al3+ Cr3+
开始沉淀时的PH 2.7 — — —
沉淀完全时的PH 3.7 11.1 5.4(＞8溶解) 9(＞9溶解)
加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O转化为CrO。滤液II中阳离子主要有 ；但溶液的pH不能超过8，其理由是 。
(5)钠离子交换树脂的反应原理为Mn++nNaR→MRn+nNa+，利用钠离子交换树脂除去滤液II中的金属阳离子是 。
(6)写出上述流程中用SO2进行还原时的化学方程式 。
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．C
【详解】A．用等质量、等浓度的双氧水分别制取氧气，有无催化剂只是改变化学反应的速率，不影响生成氧气的量，所以最终生成氧气的质量应该相等，选项 A 正确；
B．由质量守恒定律的定义可知，反应前后物质总质量不发生改变，此反应在密闭容器中进行，无其他物质的进入或散失，故物质总质量不会改变，与图象所示吻合，选项 B 正确；
C．横坐标表示的不是反应时间，而是金属的质量，产生相同质量的氢气，消耗锌的质量比铁多，故应该是硫酸与铁的反应先结束，从另一方面看，消耗等量的金属，Fe产生的氢气比 Zn产生的氢气多，因此正确的图形应该是 ，选项 C错误；
D．氢氧化钠先和溶液中的盐酸反应，一开始无沉淀产生，把盐酸消耗掉后，氢氧化钠和氯化铜反应生成沉淀，选项 D正确；
答案选C。
2．C
【详解】A．由图可知，反应过程中，有氧氧非极性键的断裂和碳氧、氢氧极性键的生成，故A正确；
B．物质的能量越高，越不稳定，由图可知，过渡态是该历程中能量最高的状态，所以是最不稳定的状态，故B正确；
C．由图可知，若用标注标注甲醛的氧原子，反应后只出现在二氧化碳中，故C错误；
D．由图可知，该反应的反应物为氧气和甲醛，生成物为二氧化碳和水，HAP是反应的催化剂，反应的方程式为HCHO+O2CO2+H2O，则反应中氧化剂氧气与还原剂甲醛的物质的量之比为1：1，故D正确；
故选C。
3．D
【详解】A．t1min后X物质的量增大，Y的物质的量减小，所以t1min时正反应速率大于逆反应速率，A正确；
B．由图可知，在4min时，X、Y变化量之比为0.4:(1.2-0.6)=2:3，物质的量变化比等于系数比，所以X曲线表示NH3的物质的量随时间变化的关系，Y曲线表示H2的物质的量随时间变化的关系，B正确；
C．Y曲线表示H2的物质的量随时间变化的关系，0~8min，的平均反应速率mol·L-1·min-1，C正确；
D．达到平衡状态时，H2与NH3的反应速率比为v(H2)：v(NH3)=3:2，单位时间消耗3a molH2生成2a molNH3，平衡状态同时会消耗2a molNH3，则H2与NH3断键的数目之比是(3a mol×1)：(2a mol×3)=1:2，D错误；
故答案为：D。
4．D
【详解】A．Int1变到Int2过程的活化能最高，它为决速步骤，ΔH =E生成物的总能量-E反应物的总能量=-75.7-（-128.4）=52.7kJ mol 1，A项错误；
B．反应过程种存在O-H断裂和形成，B项错误；
C．反应过程中Al始终以4价结构与O连接，化合价没有发生变化，C项错误；
D．苯参与的反应为放热过程，降温平衡正向，反应物的转化率提高，D项正确；
故选D。
5．D
【分析】根据表中数据分析，该反应的速率始终不变，的消耗是匀速的，说明反应速率与无关，故速率方程中n=0；
【详解】A．由分析可知，n=0，与浓度无关，为匀速反应，每10min一氧化二氮浓度减小0.02，则，A错误；
B．由分析可知，n=0，与浓度无关，为匀速反应，t=10min时瞬时速率等于平均速率==≠，B错误；
C．速率方程中n=0，反应速率与的浓度无关，C错误；
D．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，减至一半时所耗时间为=50min，D正确；
答案选D。
6．D
【详解】A．整个反应的快慢取决于最慢的反应，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图中可知，由CH2— Zr···H2→状态2的活化能最大，故整个反应的快慢就取决于该反应，选项A正确；
B．由图中可知，Zr + CH4的相对能量为0kJ mol一1，而CH —Zr···H3的相对能量为+ 39. 54 kJ mol一1，故Zr + CH4→CH —Zr···H3　ΔH= + 39. 54 kJ mol一1，选项B正确；
C．物质所具有的能量越低越稳定，由图中可知，在中间产物中CH3—Zr···H的相对能量为-114.47kJ mol一1，是最低的，故中间产物中CH3—Zr···H状态最稳定，选项C正确；
D．由图中可以读出，Zr+CH4→CH3—Zr···H活化能为99.20 kJ·mol-1，选项D错误；
答案选D。
7．C
【详解】A．瓷坩埚中的二氧化硅可以和氢氧化钠反应，不能用用瓷坩埚加热熔化NaOH固体，A错误；
B．根据控制变量法的原则，此时应该选择浓度相同的盐酸，B错误；
C．碳酸氢钠和柠檬酸反应是吸热反应，此时锥形瓶内温度降低，压强降低，则U形管中红墨水液面左高右低，C正确；
D．乙醇和水互溶，不能用分液漏斗分离，D错误；
故选C。
8．A
【分析】催化剂附着在催化剂载体聚苯胺的表面，空位吸附O2后，与H2O和S2-反应生成S，据此分析解题。
【详解】A．转化a中锰形成的化学键数目发生改变，故化合价发生变化的元素有S和O、Mn；故A错误；
B．据分析可知，第一步反应为转化c，故B正确；
C．反应中生成硫单质，生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处，阻碍了反应的进行，导致催化剂使用一段时间后催化效率会下降，故C正确；
D．由图可知，催化氧化过程的总反应为氧气、水、硫离子在催化作用下生成氢氧根离子和硫单质：，故D正确；
故答案选A。
9．C
【详解】A．图示反应过程中非极性共价键的生成，如*H→H2(g)，故A错误；
B．H2S活性炭分解生成H2(g)和S(s)的过程是吸收热量，故B错误；
C．整个脱硫过程中*S→CS2(g)，*S→SO2(g)，则硫元素既表现出氧化性又表现出还原性，故C正确；
D．该机理由于活性炭的参与使反应速率更快，但没有降低了H2S分解的热效应，故D错误。
综上所述，答案为C。
10．D
【详解】A．由反应历程可知，是该反应的催化剂，A正确；
B．由图可知，步骤Ⅱ活化能最大，反应速率最慢，是该反应的决定步骤，B正确；
C．根据反应历程，总反应为：(l)+ (l)→(l)+HCl(g) ΔH=(b-a)kJ/mol，C正确；
D．三氟甲基为吸电子基团，与苯环相连能降低苯环上电子云密度，形成的配合物不稳定，故其能量轮廓图曲线（虚线L）应在甲苯的实线图纸上，D错误；
故选D。
11．A
【详解】A．根据如所示，Ⅰ和Ⅲ条件相同，起始浓度不同，但反应速率相同，说明反应速率与起始浓度无关，所以，，A错误；
B．对比Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，Ⅱ中S(催化剂)越大最大，反应速率越大，k越大，Ⅰ和Ⅲ的S(催化剂)相同，反应速率相同，k相同，所以在其他条件相同，S(催化剂)越大，k越大，B正确；
C．由以上分析，与反应速率无关，C正确；
D．由图可知，在条件Ⅰ，S(催化剂)，消耗一半即消耗所用的时间为，所以半衰期为，D正确；
故选A。
12．C
【详解】A．由表中数据可知、与v均成正比，m=n=1，，反应物之间可直接反应生成产物，反应可能为基元反应，故A正确；
B．结合以上分析及表中数据：k×0.025×0.040=，，故B正确；
C．由以上分析可知：，当，，650K时的反应速率为，故C错误；
D．在过量的B存在时，反应掉93.75%的A，经历4个半衰期，半衰期为=min=300min，反应掉93.75%的A所需的时间是300min ×4=1200min，故D正确；
故选：C。
13．D
【详解】A．由图1可知，为催化剂，催化剂不影响平衡，不能提高总反应的平衡转化率，A错误；
B．中存在Cu+和CO之间的配位键和C原子和O原子之间的极性键，B错误；
C．由图2知，为吸热反应，，C错误；
D．在多步反应体系中，反应速率最慢的反应决定了反应的总速率，活化能越高，反应速率越慢，由图2知，活化能最大，反应速率最慢，决定了总反应速率，D正确；
故选D。
14．D
【详解】A．升高温度，不能改变反应的活化能，即不可降低、，而是通过增大分子的能量使普通分子变为活化分子，增大活化分子百分含量，从而加快化学反应速率，A错误；
B．由图可知，Ea1＞Ea2，则说明反应Ⅱ比反应Ⅰ速率快，活化分子百分率越大，反应速率越快，则反应Ⅰ的活化分子百分率低于反应Ⅱ，B错误；
C．总反应的△H等于生成物的总能量减去反应物的总能量，Ea1为C10H18
C10H12的活化能，Ea2为C10H12C10H8的活化能，根据能量变化图，总反应即的△H≠Ea1-Ea2，C错误；
D．由图可知，Ea1＞Ea2，则说明反应Ⅱ比反应Ⅰ速率快，即消耗C10H12速率大于生成C10H12，所以C10H18脱氢过程中，不会有大量中间产物C10H12，D正确；
故答案为：D。
15．C
【分析】某些生物酶体系可以促进H+和e-的转移（如a、b和c），则过程Ⅰ的方程式为：+2H++e-=NO↑+H2O，过程Ⅱ的方程式为：NO++2H++3e-=N2H4+H2O，过程Ⅲ的方程式为：N2H4-4e-=N2↑+4H+，据此分析解题。
【详解】A．由题干信息可知，过程I中转化为NO，N的化合价降低，故发生还原反应，A正确；
B．由分析可知，根据a过程Ⅰ的方程式为：+2H++e-=NO↑+H2O，过程Ⅱ的方程式为：NO++2H++3e-=N2H4+H2O，和b中参与反应的数目相等，B正确；
C．由分析可知，过程Ⅱ的反应为NO++2H++3e-=N2H4+H2O，C错误；
D．由分析可知，过程Ⅰ的方程式为：+2H++e-=NO↑+H2O，过程Ⅱ的方程式为：NO++2H++3e-=N2H4+H2O，过程Ⅲ的方程式为：N2H4-4e-=N2↑+4H+，故过程I→Ⅲ的总反应为，D正确；
故答案为：C。
16．(1) CDE 增大硫与氯气的接触面积，加快反应 球形干燥管 除去过量的氯气，防止空气中的水蒸气进入E中
(2) 偏高
【分析】根据S2Cl2可通过硫与少量氯气在 110~140℃ 反应制得，氯气过量则会生成 SCl2，A中是浓盐酸和次氯酸钠反应制取氯气，再和硫反应生成S2Cl2。二氯化二硫(S2Cl2)在空气中剧烈水解而发烟，所以A制得氯气中含有水蒸气，需用C装置进行干燥，再通过装置D发生反应生成S2Cl2，用装置E进行冷却，为了防止空气中的水分进入，需要再接入装置B。以此分析解答。
【详解】（1）①装置A为制取氯气装置，产生的氯气中混有HCl和水蒸气，S2Cl2易于水反应，因此需要除去中氯气中的水蒸气，A连接C，从C中出来的气体为纯净的氯气，直接通入到反应装置中，即C连接D，S2Cl2为液体，沸点为137℃，因此D连接E装置，氯气有毒，必须有尾气处理装置，即E连接B装置，故答案为CDE；
②浓盐酸和次氯酸钠反应生成氯化钠、氯气和水，反应离子方程式为： ；
③玻璃纤维的作用为增大硫与氯气的接触面积，加快反应，答案为：增大硫与氯气的接触面积，加快反应；
④B的名称为球形干燥管，作用是除去过量的氯气，防止空气中的水蒸气进入E中，答案为：球形干燥管，除去过量的氯气，防止空气中的水蒸气进入E中；
（2）反应中用到的二氯化二硫粗品的量为，根据题中信息可知，两次盐酸的差量为水解产物消耗氢氧化钠的量：，根据，，，可得，可得产品S2Cl2的纯度为: ，做对照实验时，滴定后仰视滴定管读数，会导致盐酸体积偏大，从而使水解产物消耗碱的体积偏大，会导致测定值偏高，答案为：，偏高。
17．(1)
(2) 排除通带来的硝酸浓度增大的影响 鼓入导致溶液中的浓度减小，反应速率随浓度降低而减慢
实验 实验操作 实验现象 实验结论
实验4 向5.0mL 稀硝酸中加入少量的，再加入铜片 铜片上立即生成气泡，反应持续进行 假设3成立
【分析】根据探究实验的单一变量原则，通过逐个控制变量的实验与对照组对比，判断不同物质对Cu与反应有催化作用。从实验1中可判断，对该反应速率有催化作用的物质只能是该反应体系内的物质，有Cu2+、NO2、HNO2等。据此分析解答。
【详解】（1）据分析，实验1反应后混合液中可能含有。
（2）①根据实验2的结论逆推，假设1不成立，而假设2和假设3设定的是NO2和HNO2对反应有催化作用，还可能有催化作用的物质剩下Cu2+，故假设1为Cu2+对反应有催化作用，实验2加入的少量固体应含有Cu2+又不引入其它杂质离子，故加入固体；
②为尽量控制单一变量原则，实验3中还应排出与H2O反应导致HNO3浓度增大对反应速率的影响，故需补充对比实验：向5.0mL 稀硝酸中加入数滴硝酸，加入铜片，反应速率无明显变化；实验3方案2中，铜片表面产生气泡的速率比实验1明显变慢的原因是鼓入导致溶液中的浓度减小，反应速率随浓度降低而减慢；
③实验4的实验结论是假设3成立：对反应有催化作用成立，故需探究只有HNO2一个变量条件下产生气泡的速率，则将实验4的实验操作和实验现象补充完整如下：
实验 实验操作 实验现象 实验结论
实验4 向5.0mL 稀硝酸中加入少量的，再加入铜片 铜片上立即生成气泡，反应持续进行 假设3成立
18．(1) 8.3
(2)
(3) 56.8 D
【详解】（1）①生成物与反应物的能量差为反应的焓变，由图可知，（-112.9kJ/mol）+（+7.5）kJ/mol=-105.4 kJ/mol；
②由图可知，第1步基元反应为：；过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，第2步反应的活化能为8.3kJ/mol；
（2）由盖斯定律可知，反应1+反应2+反应3得：；已知该反应为吸热反应，当有18碳（1500mol）发生反应时，吸收热量1500=750=。
（3）
①反应中HCl稍微过量，氢氧化钠完全反应，氢氧化钠的物质的量为0.025mol；abc三次温度差分别为3.3℃、3.5℃、4.5℃，c数据相差较大舍弃，平均温差为3.4℃，已知：，反应后溶液的比热容c为4.18，各溶液的密度均为1，则反应放热4.18×0.1kg×3.4℃=1.4212kJ，故生成1
放出的热量为1.4212kJ÷0.025≈56.8。
②A．实验装置保温、隔热效果差，导致热量散失，测定放热偏小，A不符合题意；
B．分多次把溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中导致热量散失，测定放热偏小，B不符合题意；
C．用温度计测定溶液起始温度后直接测定盐酸溶液的温度，导致反应提前反应部分，测定放热偏小，C不符合题意；
D．用量筒量取溶液的体积时仰视读数，导致氢氧化钠量偏大，测定放热偏大，D符合题意；
故选D。
19．(1)65.2
(2)升高温度(加热)、搅拌
(3)2Cr3++3H2O2+H2O=Cr2O+8H+
(4) Na+、Ca2+、Mg2+ pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO，最终影响Cr(III)回收与再利用
(5)Ca2+、Mg2+
(6)12H2O+2NaCrO4+3SO2=2Cr(OH)(H2O)5SO4+NaSO4+2NaOH
【分析】向含铬污泥中加入稀硫酸和水并将溶液pH调节为1，根据信息知，硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，然后过滤，向滤液中加入双氧水，发生2Cr3++3H2O2+H2O=+8H+，Cr3+被氧化生成，然后向溶液中加入NaOH溶液并调节溶液的pH=8，根据表中数据知，溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀，且溶液中转化为，然后过滤，向滤液中加入钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，最后向溶液中通入二氧化硫，发生反应2+3SO2+12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓++2OH-，以此来解答。
【详解】（1）实验室没有240mL容量瓶，需要配制250mL的硫酸，根据稀释前后溶质物质的量不变，可知用18.4mol L-1的浓硫酸配制250mL 4.8mol L-1的硫酸，需量取浓硫酸为 。
（2）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有升高温度(加热)、搅拌。
（3）H2O2的作用是将滤液Ⅰ中的Cr3+转化为Cr2O，同时生成氢离子，离子方程式为2Cr3++3H2O2+H2O=Cr2O+8H+。
（4）碱性条件下转化为，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，转化为，滤液Ⅱ中阳离子主要有Na+、Ca2+、Mg2+；但溶液的pH不能超过8，pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO，最终影响Cr(III)回收与再利用。
（5）钠离子交换树脂交换的离子是Mg2+、Ca2+，从而除去杂质离子Mg2+、Ca2+。
（6）上述流程中用SO2进行还原时发生反应的化学方程式为12H2O+2NaCrO4+3SO2=2Cr(OH)(H2O)5SO4+NaSO4+2NaOH。
答案第1页，共2页
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