2.1.3活化能课堂同步练-人教版高中化学选择性必修1（含解析）
文档属性
| 名称 | 2.1.3活化能课堂同步练-人教版高中化学选择性必修1（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.3MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-10-25 15:31:48 | ||
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文档简介
2.1.3活化能课堂同步练-人教版高中化学选择性必修1
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．甲烷与氯气在光照条件下存在如下反应历程(”·”表示电子)：
① ②
③ ④
已知在一个分步反应中，较慢的一步反应控制总反应的速率。下列说法不正确的是
A．上述过程的总反应方程式为
B．光照的主要作用是促进反应①的进行从而使总反应速率加快
C．反应②~④都是由微粒通过碰撞而发生的反应
D．反应①是释放能量的反应
2．下列有关说法正确的是
A．恒温恒压下，向平衡体系充入，正逆反应速率都不变
B．通过光辐射、超声波、高速研磨等，也有可能改变反应速率
C．升高温度和增大压强都可以提高反应体系内活化分子百分数
D．加入催化剂，不能改变活化分子百分数
3．合成氨反应的反应历程和能量变化如图所示(*R表示微粒处于吸附状态)。下列说法错误的是
A．
B．决定总反应速率的反应历程为
C．升高温度，该反应历程中基元反应的速率均加快
D．反应历程中的最低能垒(活化能)为
4．关于有效碰撞理论，下列说法正确的是
A．能发生有效碰撞的分子不一定是活化分子
B．活化分子之间发生的碰撞一定是有效碰撞
C．增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数目增多，化学反应速率加快
D．升高温度和使用催化剂，均降低反应的活化能，使得活化分子百分数增大，加快化学反应速率
5．NO催化O3分解的反应机理如下：
第一步：
第二步：
第三步：
总反应：
其能量与反应历程的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．三步反应的均小于0
B．第一步反应的速率最快反应历程
C．第二步反应断裂的化学键只有共价键
D．NO改变了总反应的反应历程和焓变
6．如图是SO2催化氧化过程的能量变化图，下列叙述正确的是
A．升高温度，反应速率加快
B．a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线
C．该反应的热化学方程式为：2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g) ΔH＝(E2-E1) kJ·mol－1
D．等量的反应物，相同条件下，使用催化剂时，会放出更多的热量。
7．向H2O2溶液中加入少量KI溶液，有大量气泡逸出，查阅资料知H2O2的分解机理如下：
①H2O2(aq)+I-(aq)=H2O(l)+IO-(aq)慢
②H2O2(aq)+IO-(aq)=H2O(l)+O2(g)+I-(aq)快
下列有关说法正确的是
A．增大c(I-)不影响产生气体的速率 B．I-与H2O2的碰撞仅部分有效
C．IO-是H2O2分解的催化剂 D．反应②的活化能比反应①高
8．科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(Ⅲ)表面发生解离时的路径中的四步相对能量关系如图所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物种用*标注。则下列说法正确的是
A．该历程中活化能最大的反应方程式为
B．该历程中能垒(反应活化能)最大的是①
C．该历程中制约反应速率的方程式为
D．由此历程可知：
9．二氧化碳捕获技术可用于去除气流中的二氧化碳或者分离出二氧化碳作为气体产物，其中CO2催化合成甲酸是一种很有前景的方法，且生成的甲是重要化工原料，该反应在无催化剂及有催化剂时的能量变化如图所示。下列说法不正确的是
A．由图可知，过程I是有催化剂的能量变化曲线
B．CO2催化合成液态甲酸的热化学方程式为CO2(g) +H2(g)=HCOOH(l) △H=—31.2kJ/mol
C．该反应的原子利用率为100%，符合绿色化学的理念
D．该反应可用于CO2的吸收和转化，有助于缓解温室效应
10．下列有关叙述正确的是
A．增大反应物浓度，可提高活化分子百分数，使有效碰撞增多，化学反应速率加快
B．升高温度，可提高活化分子百分数，使有效碰撞增多，化学反应速率加快
C．已知；，则白磷比红磷稳定
D．升温，放热反应的反应速率增大，吸热反应的反应速率减小
二、填空题
11．
(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/mol
2Hg(l)+O2(g)=2HgO(s) ΔH2 =-182kJ/mol
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1mol SO2(g)氧化为1mol SO3的 ΔH=-99kJ·mol-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/mol。
12．运用化学反应原理研究氮及其化合物的反应有重要意义。
(1)写出NH3的电子式 ，NH3催化氧化的化学方程式为 。
(2)合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ·mol-1，在工业生产中温度常控制在480℃，而非常温。请从化学反应速率和催化剂的角度加以解释 。
(3)合成氨过程中发生的反应机理如下：
I.2xFe+N22FexN(慢)；
II.2FexN+3H2(g)2xFe+2NH3(g)(快)
回答下列问题：
合成氨反应的速率快慢主要取决于 (填“I”或“II”)。
②合成氨反应的催化剂是 (填化学式)。
③反应I的活化能 反应II的活化能(填“>”“=”或“<”)。
④使用催化剂前后，合成氮反应的△H (填“增大”“减小”或“不变”)。
13．近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。
(1)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
kJ mol
kJ mol
kJ mol
则的 kJ mol。
(2)工业上可通过天然气跟水蒸气反应制取：，有关反应的能量变化如下图所示，则该反应的 (用含a、b、c的式子表示)。
(3)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：。该反应一般认为通过如下步骤来实现：
① kJ·mol
② kJ·mol
总反应的 kJ mol；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是 (填标号)，判断的理由是 。
14．概念辨析(括号内画“√”或“×”，正确的横线处不填，错误的请说明原因)
(1)1molH2燃烧生成水时放出的热量是H2的燃烧热 。
(2)加入合适的催化剂或升高温度均能提高活化分子百分数 。
(3)化学平衡状态是一定条件下可逆反应进行到最大限度的结果 。
(4)非活化分子间可能发生有效碰撞 。
(5)K值越大，该可逆反应的速率越快 。
15．炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧，活化氧可以快速氧化SO2。活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示。
无水情况下，一个氧分子反应的活化能为 ，容易活化氧分子的条件是 (填“有水”或“无水”)。
16．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。请回答下列问题：
(1)该反应通常用V2O5作催化剂加快反应的进行，加V2O5会使图中B点 （填“升高”或“降低”）。
(2)E的大小对该反应的反应热有无影响 。
(3)图中A表示SO2(g)和O2(g)的 。
(4)图中△H的意义是 。
(5)V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物，四价钒化合物再被氧气氧化。写出该催化过程实际发生反应的化学方程式 , ；
(6)如果反应速率υ（SO2）为0.05 mol·L-1·min-1，则υ（O2）= 。
17．根据如图所示的反应，回答下列问题：
(1)该反应是放热反应，还是吸热反应？ 。
(2)反应的 。
(3)反应的活化能为 。
(4)试在上图中用虚线表示在反应中使用催化剂后活化能的变化情况 。
18．雾霾已经成为部分城市发展的障碍。雾霾形成的最主要原因是人为排放，其中汽车尾气污染对雾霾的“贡献”逐年增加。回答下列问题：
(1)汽车尾气中含有NO，N2与O2生成NO的过程如下：
①1molO2与1molN2的总能量比2molNO的总能量 (填“高”或“低”)。
②N2(g)+O2(g)=2NO(g)的 H= kJ mol-1。
③NO与CO反应的热化学方程式可以表示为2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) H=akJ mol-1，但该反应速率很慢，若使用机动车尾气催化转化器，可以使尾气中的NO与CO转化成无害物质排出。上述反应在使用“催化转化器”后，a值 (选填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)氢能源是绿色燃料，可以减少汽车尾气的排放，利用甲醇与水蒸气反应可以制备氢气：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g) H1，如图是该反应的能量变化图：
①通过图中信息可判断反应CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)的 H1 (选填“＞”“=”或“＜”)0
②图中途径(Ⅱ)使用了催化剂。则途径(Ⅱ)的活化能 (选填“＞”“=”或“＜”)途径(Ⅰ)的活化能。
③已知下列两个热化学方程式：2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g) H2
H2(g)+O2(g)=H2O(g) H3
则 H2= (用 H1和 H3的代数式表达)
19．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0.02mol 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。
20．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
三、实验题
21．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。
22．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：
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
(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
23．控制变量法是指实验中只有一个变量，从而直接得出因果关系。根据反应2KMnO4+ 5H2C2O4 +3H2SO4=2MnSO4 +10CO2↑+8H2O+ K2SO4设计下列实验探究外界条件对反应速率的影响：
试管编号 实验目的 KMnO4溶液 H2C2O4溶液 MnSO4 温度
浓度/(mol·L-1) 体积/mL 浓度/(mol·L-1) 体积/mL
I 为实验II~IV作参照 0.01 4.0 0.10 2.0 0 室温
II 0.01 4.0 0.20 2.0 0 室温
III 0.01 4.0 0.10 2.0 0 冰水浴
IV 探究催化剂对反应速率的影响 0.01 4.0 a b 加黄豆大小 室温
(1)实验II的目的是 ； 实验II褪色的时间比实验I的短，是因为 (用活化分子和有效碰撞的概念解释)。
(2)实验Ⅲ的目的是 ；实验I褪色的时间比实验Ⅲ的短，是因为 (填字母)。
A．单位体积内活化分子数目不变 B．活化分子百分数提高
C．较高能量分子碰撞频率不变 D．有效碰撞的几率提高
(3)实验IV缺少的数据a、b依次为 、 。
(4)测得实验IV比实验I褪色时间短得多。若将4.0 mL0.01 mol·L-1 KMnO4溶液逐滴滴入4.0mL0.10mol·L-1H2C2O4溶液中，发现紫色褪去的时间先慢后快，可能原因是 。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】A．由反应历程可知，甲烷与氯气在光照条件下发生的反应为甲烷与氯气发生取代反应生成一氯甲烷和氯化氢，则总反应方程式为，故A正确；
B．光照的主要作用是破坏氯气分子中的共价键，形成氯原子，促进反应①的进行从而使总反应速率加快，故B正确；
C．由反应历程可知，反应②~④都是由微粒通过有效碰撞而发生的反应，故C正确；
D．反应①是吸收能量、破坏氯气分子中的共价键形成氯原子的过程，故D错误；
故选D。
2．B
【详解】A．恒温恒压下，向平衡体系充入，气体体积增大，浓度减小，速率减慢，故A错误；
B．通过光辐射、超声波、高速研磨等方式，相反应体系输入能量，改变反应速率，故B正确；
C．增大压强，缩小气体体积，使单位体积分子总数增加，活化分子百分数不变，故C错误；
D．加入催化剂，降低活化能，提高活化分子百分数，故D错误；
答案选B。
3．D
【详解】A．由图可知，N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)△H＜0，能量变化为△H =(100+308)kJ/mol-500kJ/mol=-92kJ/mol，A正确；
B．图中过渡态II的活化能最大，活化能越高，反应速率越慢，对总反应速率有决定作用，即对总反应速率影响较大的步骤是2N*+6H*=2NH3*(或N*+3H*=NH3*)，B正确；
C．升高温度任何反应的反应速率均加快，故升高温度该反应历程中基元反应的速率均加快，C正确；
D．由题干反应历程图可知，反应历程中的最低能垒(活化能)为90-(-34) =124，D错误；
故答案为：D。
4．C
【详解】A．能发生有效碰撞的就一定是活化分子，因为根据碰撞理论，只有活化分子才能发生有效碰撞，A错误；
B．活化分子之间发生的碰撞不一定是有效碰撞，B错误；
C．增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数目增多，有效碰撞增加，化学反应速率加快，C正确；
D．升高温度不能降低反应的活化能；使用催化剂可降低反应的活化能，使得活化分子百分数增大，加快化学反应速率，D错误；
故选C。
5．C
【详解】A．由反应历程图可知，第一步和第二步反应均为吸热反应，大于0，A错误；
B．由反应历程图可知，第一步反应的活化能最大，第一步为速率最慢的反应历程，B错误；
C．第三步反应为：，反应断裂的化学键只有共价键，C正确；
D．NO为该反应的催化剂，只能改变总反应的反应历程，不能改变总反应的焓变，D错误；
答案为：C。
6．A
【详解】A．升高温度，分子能量增加、可使更多分子转化为活化分子，增大活化分子百分数，也增大了单位体积内分子间的碰撞频率，反应速率加快，A正确；
B．催化剂能降低反应的活化能，b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，B错误；
C．焓变ΔH =正反应的活化能 逆反应的活化能，该反应的热化学方程式为：2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g) ΔH＝(E1-E2) kJ·mol－1，C错误；
D．催化剂能降低反应的活化能但不改变焓变，等量的反应物，相同条件下，使用催化剂时，放出热量不变，D错误；
答案选A。
7．B
【详解】A．增大，则反应①中生成的速率增大，而为反应②的反应物，故会影响产生气体的速率，A项错误；
B．与的碰撞仅部分有效，并不是每一次碰撞都能发生反应，B项正确；
C．在反应①中先被消耗，然后又在反应②中生成，所以是分解的催化剂，C项错误；
D．反应②为快反应，该反应的活化能较低，D项错误。
故选B。
8．B
【详解】A．活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，从图中可以看出，过渡态3发生反应的活化能最小，该过程的反应方程式为，A项错误；
B．从图中可以看出，过渡态1发生反应的活化能最大，故该历程中能垒(反应活化能)最大的是①，B项正确；
C．总反应速率由反应速率最慢的那步历程决定，由图可知，该历程中能垒(反应活化能)最大的为①，所以制约反应速率的方程式为，C项错误；
D．由图可知，放出热量，①～④过程中放出热量，即放热，但热效应未知，所以不能据此确定的焓变，D项错误；
故选B。
9．A
【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，则过程Ⅱ是有催化剂的能量变化曲线，故A错误；
B．由图可知，二氧化碳催化合成液态甲酸的反应为1mol二氧化碳和1mol氢气反应生成1mol液态甲酸放出31.2kJ热量，反应的热化学方程式为CO2(g) +H2(g)=HCOOH(l) △H=—31.2kJ/mol，故B正确；
C．二氧化碳催化合成液态甲酸的反应为加成反应，加成反应的原子利用率为100%，符合绿色化学的理念，故C正确；
D．二氧化碳催化合成液态甲酸的反应能够吸收和转化二氧化碳，减小二氧化碳的排放，有助于缓解温室效应，故D正确；
故选A。
10．B
【详解】A．提高反应物浓度，单位体积内分子数增加，因此活化分子数增加，有效碰撞次数增加，反应速率加快，故A错误；
B．升高温度，分子能量增大，可提高活化分子百分数，使有效碰撞增多，化学反应速率加快，故B正确；
C．能量越低越稳定，已知4P(红磷, s)=P4(白磷, s)； H>0，则红磷比白磷稳定，故C错误；
D．升温，放热反应、吸热反应的反应速率均增大，故D错误；
故选B。
11．(1)CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+ 2H2O(l) ΔH=-880kJ/mol
(2)+260 kJ/mol
(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，1mol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/mol，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/mol，故答案为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+ 2H2O(l) ΔH=-880kJ/mol；
（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/mol，故答案为：+260 kJ/mol；
（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/mol；
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/mol，故答案为：-198。
12．(1) 4NH3+5O24NO+6H2O
(2)较常温，480℃时合成氨反应速率较快，且催化剂在该温度下催化效能最佳
(3) I Fe > 不变
【详解】（1）氨气为共价化合物，电子式为，氨气催化氧化生成一氧化氮气体和水，故化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）合成氨反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1，该反应的正反应是放热反应，在工业生产中温度常控制在480°C，而非常温下进行。这是由于相对于常温下，480℃时温度高，合成氨反应速率较快，且催化剂在该温度下催化效能最佳，有利于氨气的合成；
（3）①合成氨反应的速率快慢主要取决于慢反应。根据已知条件可知反应I是慢反应，故合成氨反应的速率快慢主要取决于反应I；
②合成氨反应的催化剂是铁触媒，即使用Fe作催化剂合成氨气；
③反应的活化能越大，发生反应需消耗的能量就越高，该反应就越不容易发生。由于反应I是慢反应，反应II是快反应，所以反应活化能：I＞II；
④使用催化剂只能降低反应的活化能，但不能改变反应物、生成物的能量，因此使用催化剂前后，合成氨反应的反应热ΔH不变。
13．(1)-116
(2)a+3b-c
(3) -49 A 1是正值，2和是负值，反应①的活化能大于反应②
【详解】（1）分别设上述四个反应为反应1，2，3，总。则有总反应=反应2×2+反应3×2+反应1×2，根据盖斯定律有（1+2+3）×2=-116kJ/mol；
（2）由图可知I.CO(g)+ O2(g)=CO(g)， =-a kJ. mol-1；
II.O2(g)+H2(g)=H2O(g)，=-b kJ. mol-1；
III.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) =-c kJ. mol-1。根据盖斯定律可知III-3×II-I得：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) =(a+3b-c) kJ·mol-1；故答案为：a+3b-c；
（3）根据盖斯定律可知, ①+②得：总反应，故=+=[（+41）+（-90）]kJ·mol=-49kJ·mol，由于是正值，和是负值，反应①的活化能大于反应②，只有A符合题意。
14．(1)√
(2)√
(3)√
(4)×，原因：有效碰撞是活化分子在一定方向上发生碰撞引起化学反应。非活化分子间可能发生碰撞，由于能量低，发生的碰撞不是有效碰撞。
(5)×，原因：K值与速率无关，K只表示可逆反应进行的程度，不能反映达到平衡的时间。
【分析】(1)
燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，1molH2燃烧生成液态水时放出的热量是H2的燃烧热，故正确。
(2)
加入合适的催化剂或升高温度分子能量升高，均能提高活化分子百分数，故正确。
(3)
化学平衡状态是一定条件下可逆反应进行到最大限度的结果，到达动态平衡，故正确。
(4)
非活化分子间可能发生碰撞，由于能量低，发生的碰撞不是有效碰撞，故错误。
(5)
K值与速率无关，K只表示可逆反应进行的程度，不能反映达到平衡的时间，
故错误。
15． 0.29eV 有水
【详解】根据能量变化图分析，炭黑活化氧分子，生成活化氧，体系能量降低，则每活化一个氧分子放出能0.29eV能量，反应过程中存在多步反应的活化能，整个反应的活化能为各步反应各步反应活化能代数和，根据能量图分析，整个反应的活化能为活化能较大者，则没有水加入的反应活化能为E=0.75eV，有水加入的反应的活化能为E=0.57eV，所以水可使氧分子活化反应的活化能降低，更容易活化氧分子。
16． 降低 无影响 总能量 2molSO2(g)与 1molO2完全反应生成2molSO3(g)时，反应放出的热量 V2O5+ SO2=SO3+2VO2 4VO2+O2=2V2O5 0.025 mol·L-1·min-1
【详解】(1)该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，则A为反应物能量，C为生成物能量；该反应通常用V2O5作催化剂加快反应的进行，加V2O5可改变反应的历程，降低活化能，图中B点会降低；
(2)反应热△H=正反应活化能-逆反应活化能，△H是个差值，因此E的大小对该反应的反应热无影响；
(3)图中A表示SO2(g)和O2(g)的总能量，C为SO3(g)总能量；
(4)反应热△H意义是2molSO2(g)与1molO2(g)完全反应生成2molSO3(g)时，反应放出的热量；
(5)根据题给信息可知：V2O5+ SO2=SO3+2VO2、4VO2+O2=2V2O5；
(6)根据化学方程式：2SO2(g)+O2(g) =2SO3(g)，如果反应速率v(SO2)为0.05 mol·L-1·min-1，根据速率之比等于化学计量数之比可计算得v(O2)=v(SO2)=0.025mol·L-1·min-1。
17．(1)放热反应
(2)—bkJ/mol
(3)akJ/mol
(4)
【详解】（1）由图可知，该反应是反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，故答案为：放热反应；
（2）由图可知，该反应的焓变ΔH=—bkJ/mol，故答案为：—bkJ/mol；
（3）由图可知，反应的活化能为akJ/mol，故答案为：akJ/mol；
（4）催化剂能降低反应的活化能，但反应的焓变ΔH不变，所以用虚线表示在反应中使用催化剂后活化能的变化情况的示意图为 ，故答案为： 。
18． 低 +183kJ/mol 不变 ＞ ＜ 2 H1+6 H3
【详解】(1)①1molO2与1molN2化学键断开吸收的总能量为945kJ+498kJ=1443kJ，2molNO化学键形成时释放的总能量为630×2=1260kJ，吸收的热量大于释放的热量，则反应为吸热反应，1molO2与1molN2的总能量低；
② H等于断开化学键吸收的总能量-形成化学键放出的热量， H=+1443kJ/mol-1260kJ/mol=+183kJ/mol；
③催化剂能够加快化学反应速率，对焓变无影响，则a值不变；
(2)①根据图象可知，反应物的总能量小于生成物的总能量， H1＞0；
②途径Ⅱ时，反应物的活化能降低，反应速率加快，则为使用催化剂；催化剂对焓变无影响，则反应热不变；
③①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)②2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)③H2(g)+O2(g)═H2O(g)根据盖斯定律，①+③×3=②，则 H2=2 H1+6 H3。
19． 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1mol/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；
20．①③④⑤
【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。
21．(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。
22．(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)0.0005mol 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)= 0.0005mol 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。
23．(1) 探究浓度对反应速率的影响 反应物浓度增大，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞次数增多，反应速率加快
(2) 探究温度对反应速率的影响 BD
(3) 0.10 2.0
(4)Mn2+可能是反应的催化剂
【详解】（1）实验Ⅱ和实验Ⅰ只有草酸浓度不同，KMnO4溶液浓度相同，温度也相同，则实验Ⅱ探究的是反应物浓度对反应速率的影响。增大反应物浓度，反应速率加快，所以实验II褪色的时间比实验I的短。增大反应物浓度，可以使单位体积内活化分子数增多，有效碰撞次数增多，反应速率加快。
（2）实验Ⅲ和实验Ⅰ只有温度不同，所以实验Ⅲ探究的是温度对化学反应速率的影响；实验Ⅰ温度比实验Ⅲ高，升高温度，普通分子吸收能量后变为活化分子，单位体积内活化分子数目增多，活化分子百分数也增多，同时由于温度的升高，反应物分子间的碰撞次数增多，其中较高能量的活化分子间的有效碰撞次数也增多，导致反应速率加快，故选BD。
（3）依据控制变量法实验，每次只改变一个条件，实验Ⅳ和实验Ⅰ相比，实验Ⅳ使用了MnSO4，其它条件不变，则a=1.10，b=2.0。
（4）测得实验IV比实验I褪色时间短得多，实验IV和实验I相比，实验Ⅳ使用了MnSO4，其它条件不变，所以实验Ⅳ比实验I反应速率快，可能的原因是Mn2+可能是反应的催化剂。若将4.0 mL0.01 mol·L-1 KMnO4溶液逐滴滴入4.0mL0.10mol·L-1H2C2O4溶液中，发现紫色褪去的时间先慢后快，也验证了生成的Mn2+做反应的催化剂。
答案第1页，共2页
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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．甲烷与氯气在光照条件下存在如下反应历程(”·”表示电子)：
① ②
③ ④
已知在一个分步反应中，较慢的一步反应控制总反应的速率。下列说法不正确的是
A．上述过程的总反应方程式为
B．光照的主要作用是促进反应①的进行从而使总反应速率加快
C．反应②~④都是由微粒通过碰撞而发生的反应
D．反应①是释放能量的反应
2．下列有关说法正确的是
A．恒温恒压下，向平衡体系充入，正逆反应速率都不变
B．通过光辐射、超声波、高速研磨等，也有可能改变反应速率
C．升高温度和增大压强都可以提高反应体系内活化分子百分数
D．加入催化剂，不能改变活化分子百分数
3．合成氨反应的反应历程和能量变化如图所示(*R表示微粒处于吸附状态)。下列说法错误的是
A．
B．决定总反应速率的反应历程为
C．升高温度，该反应历程中基元反应的速率均加快
D．反应历程中的最低能垒(活化能)为
4．关于有效碰撞理论，下列说法正确的是
A．能发生有效碰撞的分子不一定是活化分子
B．活化分子之间发生的碰撞一定是有效碰撞
C．增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数目增多，化学反应速率加快
D．升高温度和使用催化剂，均降低反应的活化能，使得活化分子百分数增大，加快化学反应速率
5．NO催化O3分解的反应机理如下：
第一步：
第二步：
第三步：
总反应：
其能量与反应历程的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．三步反应的均小于0
B．第一步反应的速率最快反应历程
C．第二步反应断裂的化学键只有共价键
D．NO改变了总反应的反应历程和焓变
6．如图是SO2催化氧化过程的能量变化图，下列叙述正确的是
A．升高温度，反应速率加快
B．a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线
C．该反应的热化学方程式为：2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g) ΔH＝(E2-E1) kJ·mol－1
D．等量的反应物，相同条件下，使用催化剂时，会放出更多的热量。
7．向H2O2溶液中加入少量KI溶液，有大量气泡逸出，查阅资料知H2O2的分解机理如下：
①H2O2(aq)+I-(aq)=H2O(l)+IO-(aq)慢
②H2O2(aq)+IO-(aq)=H2O(l)+O2(g)+I-(aq)快
下列有关说法正确的是
A．增大c(I-)不影响产生气体的速率 B．I-与H2O2的碰撞仅部分有效
C．IO-是H2O2分解的催化剂 D．反应②的活化能比反应①高
8．科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(Ⅲ)表面发生解离时的路径中的四步相对能量关系如图所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物种用*标注。则下列说法正确的是
A．该历程中活化能最大的反应方程式为
B．该历程中能垒(反应活化能)最大的是①
C．该历程中制约反应速率的方程式为
D．由此历程可知：
9．二氧化碳捕获技术可用于去除气流中的二氧化碳或者分离出二氧化碳作为气体产物，其中CO2催化合成甲酸是一种很有前景的方法，且生成的甲是重要化工原料，该反应在无催化剂及有催化剂时的能量变化如图所示。下列说法不正确的是
A．由图可知，过程I是有催化剂的能量变化曲线
B．CO2催化合成液态甲酸的热化学方程式为CO2(g) +H2(g)=HCOOH(l) △H=—31.2kJ/mol
C．该反应的原子利用率为100%，符合绿色化学的理念
D．该反应可用于CO2的吸收和转化，有助于缓解温室效应
10．下列有关叙述正确的是
A．增大反应物浓度，可提高活化分子百分数，使有效碰撞增多，化学反应速率加快
B．升高温度，可提高活化分子百分数，使有效碰撞增多，化学反应速率加快
C．已知；，则白磷比红磷稳定
D．升温，放热反应的反应速率增大，吸热反应的反应速率减小
二、填空题
11．
(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/mol
2Hg(l)+O2(g)=2HgO(s) ΔH2 =-182kJ/mol
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1mol SO2(g)氧化为1mol SO3的 ΔH=-99kJ·mol-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/mol。
12．运用化学反应原理研究氮及其化合物的反应有重要意义。
(1)写出NH3的电子式 ，NH3催化氧化的化学方程式为 。
(2)合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ·mol-1，在工业生产中温度常控制在480℃，而非常温。请从化学反应速率和催化剂的角度加以解释 。
(3)合成氨过程中发生的反应机理如下：
I.2xFe+N22FexN(慢)；
II.2FexN+3H2(g)2xFe+2NH3(g)(快)
回答下列问题：
合成氨反应的速率快慢主要取决于 (填“I”或“II”)。
②合成氨反应的催化剂是 (填化学式)。
③反应I的活化能 反应II的活化能(填“>”“=”或“<”)。
④使用催化剂前后，合成氮反应的△H (填“增大”“减小”或“不变”)。
13．近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。
(1)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
kJ mol
kJ mol
kJ mol
则的 kJ mol。
(2)工业上可通过天然气跟水蒸气反应制取：，有关反应的能量变化如下图所示，则该反应的 (用含a、b、c的式子表示)。
(3)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：。该反应一般认为通过如下步骤来实现：
① kJ·mol
② kJ·mol
总反应的 kJ mol；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是 (填标号)，判断的理由是 。
14．概念辨析(括号内画“√”或“×”，正确的横线处不填，错误的请说明原因)
(1)1molH2燃烧生成水时放出的热量是H2的燃烧热 。
(2)加入合适的催化剂或升高温度均能提高活化分子百分数 。
(3)化学平衡状态是一定条件下可逆反应进行到最大限度的结果 。
(4)非活化分子间可能发生有效碰撞 。
(5)K值越大，该可逆反应的速率越快 。
15．炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧，活化氧可以快速氧化SO2。活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示。
无水情况下，一个氧分子反应的活化能为 ，容易活化氧分子的条件是 (填“有水”或“无水”)。
16．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。请回答下列问题：
(1)该反应通常用V2O5作催化剂加快反应的进行，加V2O5会使图中B点 （填“升高”或“降低”）。
(2)E的大小对该反应的反应热有无影响 。
(3)图中A表示SO2(g)和O2(g)的 。
(4)图中△H的意义是 。
(5)V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物，四价钒化合物再被氧气氧化。写出该催化过程实际发生反应的化学方程式 , ；
(6)如果反应速率υ（SO2）为0.05 mol·L-1·min-1，则υ（O2）= 。
17．根据如图所示的反应，回答下列问题：
(1)该反应是放热反应，还是吸热反应？ 。
(2)反应的 。
(3)反应的活化能为 。
(4)试在上图中用虚线表示在反应中使用催化剂后活化能的变化情况 。
18．雾霾已经成为部分城市发展的障碍。雾霾形成的最主要原因是人为排放，其中汽车尾气污染对雾霾的“贡献”逐年增加。回答下列问题：
(1)汽车尾气中含有NO，N2与O2生成NO的过程如下：
①1molO2与1molN2的总能量比2molNO的总能量 (填“高”或“低”)。
②N2(g)+O2(g)=2NO(g)的 H= kJ mol-1。
③NO与CO反应的热化学方程式可以表示为2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) H=akJ mol-1，但该反应速率很慢，若使用机动车尾气催化转化器，可以使尾气中的NO与CO转化成无害物质排出。上述反应在使用“催化转化器”后，a值 (选填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)氢能源是绿色燃料，可以减少汽车尾气的排放，利用甲醇与水蒸气反应可以制备氢气：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g) H1，如图是该反应的能量变化图：
①通过图中信息可判断反应CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)的 H1 (选填“＞”“=”或“＜”)0
②图中途径(Ⅱ)使用了催化剂。则途径(Ⅱ)的活化能 (选填“＞”“=”或“＜”)途径(Ⅰ)的活化能。
③已知下列两个热化学方程式：2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g) H2
H2(g)+O2(g)=H2O(g) H3
则 H2= (用 H1和 H3的代数式表达)
19．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0.02mol 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。
20．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
三、实验题
21．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。
22．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：
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
(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
23．控制变量法是指实验中只有一个变量，从而直接得出因果关系。根据反应2KMnO4+ 5H2C2O4 +3H2SO4=2MnSO4 +10CO2↑+8H2O+ K2SO4设计下列实验探究外界条件对反应速率的影响：
试管编号 实验目的 KMnO4溶液 H2C2O4溶液 MnSO4 温度
浓度/(mol·L-1) 体积/mL 浓度/(mol·L-1) 体积/mL
I 为实验II~IV作参照 0.01 4.0 0.10 2.0 0 室温
II 0.01 4.0 0.20 2.0 0 室温
III 0.01 4.0 0.10 2.0 0 冰水浴
IV 探究催化剂对反应速率的影响 0.01 4.0 a b 加黄豆大小 室温
(1)实验II的目的是 ； 实验II褪色的时间比实验I的短，是因为 (用活化分子和有效碰撞的概念解释)。
(2)实验Ⅲ的目的是 ；实验I褪色的时间比实验Ⅲ的短，是因为 (填字母)。
A．单位体积内活化分子数目不变 B．活化分子百分数提高
C．较高能量分子碰撞频率不变 D．有效碰撞的几率提高
(3)实验IV缺少的数据a、b依次为 、 。
(4)测得实验IV比实验I褪色时间短得多。若将4.0 mL0.01 mol·L-1 KMnO4溶液逐滴滴入4.0mL0.10mol·L-1H2C2O4溶液中，发现紫色褪去的时间先慢后快，可能原因是 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】A．由反应历程可知，甲烷与氯气在光照条件下发生的反应为甲烷与氯气发生取代反应生成一氯甲烷和氯化氢，则总反应方程式为，故A正确；
B．光照的主要作用是破坏氯气分子中的共价键，形成氯原子，促进反应①的进行从而使总反应速率加快，故B正确；
C．由反应历程可知，反应②~④都是由微粒通过有效碰撞而发生的反应，故C正确；
D．反应①是吸收能量、破坏氯气分子中的共价键形成氯原子的过程，故D错误；
故选D。
2．B
【详解】A．恒温恒压下，向平衡体系充入，气体体积增大，浓度减小，速率减慢，故A错误；
B．通过光辐射、超声波、高速研磨等方式，相反应体系输入能量，改变反应速率，故B正确；
C．增大压强，缩小气体体积，使单位体积分子总数增加，活化分子百分数不变，故C错误；
D．加入催化剂，降低活化能，提高活化分子百分数，故D错误；
答案选B。
3．D
【详解】A．由图可知，N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)△H＜0，能量变化为△H =(100+308)kJ/mol-500kJ/mol=-92kJ/mol，A正确；
B．图中过渡态II的活化能最大，活化能越高，反应速率越慢，对总反应速率有决定作用，即对总反应速率影响较大的步骤是2N*+6H*=2NH3*(或N*+3H*=NH3*)，B正确；
C．升高温度任何反应的反应速率均加快，故升高温度该反应历程中基元反应的速率均加快，C正确；
D．由题干反应历程图可知，反应历程中的最低能垒(活化能)为90-(-34) =124，D错误；
故答案为：D。
4．C
【详解】A．能发生有效碰撞的就一定是活化分子，因为根据碰撞理论，只有活化分子才能发生有效碰撞，A错误；
B．活化分子之间发生的碰撞不一定是有效碰撞，B错误；
C．增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数目增多，有效碰撞增加，化学反应速率加快，C正确；
D．升高温度不能降低反应的活化能；使用催化剂可降低反应的活化能，使得活化分子百分数增大，加快化学反应速率，D错误；
故选C。
5．C
【详解】A．由反应历程图可知，第一步和第二步反应均为吸热反应，大于0，A错误；
B．由反应历程图可知，第一步反应的活化能最大，第一步为速率最慢的反应历程，B错误；
C．第三步反应为：，反应断裂的化学键只有共价键，C正确；
D．NO为该反应的催化剂，只能改变总反应的反应历程，不能改变总反应的焓变，D错误；
答案为：C。
6．A
【详解】A．升高温度，分子能量增加、可使更多分子转化为活化分子，增大活化分子百分数，也增大了单位体积内分子间的碰撞频率，反应速率加快，A正确；
B．催化剂能降低反应的活化能，b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，B错误；
C．焓变ΔH =正反应的活化能 逆反应的活化能，该反应的热化学方程式为：2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g) ΔH＝(E1-E2) kJ·mol－1，C错误；
D．催化剂能降低反应的活化能但不改变焓变，等量的反应物，相同条件下，使用催化剂时，放出热量不变，D错误；
答案选A。
7．B
【详解】A．增大，则反应①中生成的速率增大，而为反应②的反应物，故会影响产生气体的速率，A项错误；
B．与的碰撞仅部分有效，并不是每一次碰撞都能发生反应，B项正确；
C．在反应①中先被消耗，然后又在反应②中生成，所以是分解的催化剂，C项错误；
D．反应②为快反应，该反应的活化能较低，D项错误。
故选B。
8．B
【详解】A．活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，从图中可以看出，过渡态3发生反应的活化能最小，该过程的反应方程式为，A项错误；
B．从图中可以看出，过渡态1发生反应的活化能最大，故该历程中能垒(反应活化能)最大的是①，B项正确；
C．总反应速率由反应速率最慢的那步历程决定，由图可知，该历程中能垒(反应活化能)最大的为①，所以制约反应速率的方程式为，C项错误；
D．由图可知，放出热量，①～④过程中放出热量，即放热，但热效应未知，所以不能据此确定的焓变，D项错误；
故选B。
9．A
【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，则过程Ⅱ是有催化剂的能量变化曲线，故A错误；
B．由图可知，二氧化碳催化合成液态甲酸的反应为1mol二氧化碳和1mol氢气反应生成1mol液态甲酸放出31.2kJ热量，反应的热化学方程式为CO2(g) +H2(g)=HCOOH(l) △H=—31.2kJ/mol，故B正确；
C．二氧化碳催化合成液态甲酸的反应为加成反应，加成反应的原子利用率为100%，符合绿色化学的理念，故C正确；
D．二氧化碳催化合成液态甲酸的反应能够吸收和转化二氧化碳，减小二氧化碳的排放，有助于缓解温室效应，故D正确；
故选A。
10．B
【详解】A．提高反应物浓度，单位体积内分子数增加，因此活化分子数增加，有效碰撞次数增加，反应速率加快，故A错误；
B．升高温度，分子能量增大，可提高活化分子百分数，使有效碰撞增多，化学反应速率加快，故B正确；
C．能量越低越稳定，已知4P(红磷, s)=P4(白磷, s)； H>0，则红磷比白磷稳定，故C错误；
D．升温，放热反应、吸热反应的反应速率均增大，故D错误；
故选B。
11．(1)CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+ 2H2O(l) ΔH=-880kJ/mol
(2)+260 kJ/mol
(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，1mol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/mol，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/mol，故答案为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+ 2H2O(l) ΔH=-880kJ/mol；
（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/mol，故答案为：+260 kJ/mol；
（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/mol；
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/mol，故答案为：-198。
12．(1) 4NH3+5O24NO+6H2O
(2)较常温，480℃时合成氨反应速率较快，且催化剂在该温度下催化效能最佳
(3) I Fe > 不变
【详解】（1）氨气为共价化合物，电子式为，氨气催化氧化生成一氧化氮气体和水，故化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）合成氨反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1，该反应的正反应是放热反应，在工业生产中温度常控制在480°C，而非常温下进行。这是由于相对于常温下，480℃时温度高，合成氨反应速率较快，且催化剂在该温度下催化效能最佳，有利于氨气的合成；
（3）①合成氨反应的速率快慢主要取决于慢反应。根据已知条件可知反应I是慢反应，故合成氨反应的速率快慢主要取决于反应I；
②合成氨反应的催化剂是铁触媒，即使用Fe作催化剂合成氨气；
③反应的活化能越大，发生反应需消耗的能量就越高，该反应就越不容易发生。由于反应I是慢反应，反应II是快反应，所以反应活化能：I＞II；
④使用催化剂只能降低反应的活化能，但不能改变反应物、生成物的能量，因此使用催化剂前后，合成氨反应的反应热ΔH不变。
13．(1)-116
(2)a+3b-c
(3) -49 A 1是正值，2和是负值，反应①的活化能大于反应②
【详解】（1）分别设上述四个反应为反应1，2，3，总。则有总反应=反应2×2+反应3×2+反应1×2，根据盖斯定律有（1+2+3）×2=-116kJ/mol；
（2）由图可知I.CO(g)+ O2(g)=CO(g)， =-a kJ. mol-1；
II.O2(g)+H2(g)=H2O(g)，=-b kJ. mol-1；
III.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) =-c kJ. mol-1。根据盖斯定律可知III-3×II-I得：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) =(a+3b-c) kJ·mol-1；故答案为：a+3b-c；
（3）根据盖斯定律可知, ①+②得：总反应，故=+=[（+41）+（-90）]kJ·mol=-49kJ·mol，由于是正值，和是负值，反应①的活化能大于反应②，只有A符合题意。
14．(1)√
(2)√
(3)√
(4)×，原因：有效碰撞是活化分子在一定方向上发生碰撞引起化学反应。非活化分子间可能发生碰撞，由于能量低，发生的碰撞不是有效碰撞。
(5)×，原因：K值与速率无关，K只表示可逆反应进行的程度，不能反映达到平衡的时间。
【分析】(1)
燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，1molH2燃烧生成液态水时放出的热量是H2的燃烧热，故正确。
(2)
加入合适的催化剂或升高温度分子能量升高，均能提高活化分子百分数，故正确。
(3)
化学平衡状态是一定条件下可逆反应进行到最大限度的结果，到达动态平衡，故正确。
(4)
非活化分子间可能发生碰撞，由于能量低，发生的碰撞不是有效碰撞，故错误。
(5)
K值与速率无关，K只表示可逆反应进行的程度，不能反映达到平衡的时间，
故错误。
15． 0.29eV 有水
【详解】根据能量变化图分析，炭黑活化氧分子，生成活化氧，体系能量降低，则每活化一个氧分子放出能0.29eV能量，反应过程中存在多步反应的活化能，整个反应的活化能为各步反应各步反应活化能代数和，根据能量图分析，整个反应的活化能为活化能较大者，则没有水加入的反应活化能为E=0.75eV，有水加入的反应的活化能为E=0.57eV，所以水可使氧分子活化反应的活化能降低，更容易活化氧分子。
16． 降低 无影响 总能量 2molSO2(g)与 1molO2完全反应生成2molSO3(g)时，反应放出的热量 V2O5+ SO2=SO3+2VO2 4VO2+O2=2V2O5 0.025 mol·L-1·min-1
【详解】(1)该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，则A为反应物能量，C为生成物能量；该反应通常用V2O5作催化剂加快反应的进行，加V2O5可改变反应的历程，降低活化能，图中B点会降低；
(2)反应热△H=正反应活化能-逆反应活化能，△H是个差值，因此E的大小对该反应的反应热无影响；
(3)图中A表示SO2(g)和O2(g)的总能量，C为SO3(g)总能量；
(4)反应热△H意义是2molSO2(g)与1molO2(g)完全反应生成2molSO3(g)时，反应放出的热量；
(5)根据题给信息可知：V2O5+ SO2=SO3+2VO2、4VO2+O2=2V2O5；
(6)根据化学方程式：2SO2(g)+O2(g) =2SO3(g)，如果反应速率v(SO2)为0.05 mol·L-1·min-1，根据速率之比等于化学计量数之比可计算得v(O2)=v(SO2)=0.025mol·L-1·min-1。
17．(1)放热反应
(2)—bkJ/mol
(3)akJ/mol
(4)
【详解】（1）由图可知，该反应是反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，故答案为：放热反应；
（2）由图可知，该反应的焓变ΔH=—bkJ/mol，故答案为：—bkJ/mol；
（3）由图可知，反应的活化能为akJ/mol，故答案为：akJ/mol；
（4）催化剂能降低反应的活化能，但反应的焓变ΔH不变，所以用虚线表示在反应中使用催化剂后活化能的变化情况的示意图为 ，故答案为： 。
18． 低 +183kJ/mol 不变 ＞ ＜ 2 H1+6 H3
【详解】(1)①1molO2与1molN2化学键断开吸收的总能量为945kJ+498kJ=1443kJ，2molNO化学键形成时释放的总能量为630×2=1260kJ，吸收的热量大于释放的热量，则反应为吸热反应，1molO2与1molN2的总能量低；
② H等于断开化学键吸收的总能量-形成化学键放出的热量， H=+1443kJ/mol-1260kJ/mol=+183kJ/mol；
③催化剂能够加快化学反应速率，对焓变无影响，则a值不变；
(2)①根据图象可知，反应物的总能量小于生成物的总能量， H1＞0；
②途径Ⅱ时，反应物的活化能降低，反应速率加快，则为使用催化剂；催化剂对焓变无影响，则反应热不变；
③①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)②2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)③H2(g)+O2(g)═H2O(g)根据盖斯定律，①+③×3=②，则 H2=2 H1+6 H3。
19． 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1mol/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；
20．①③④⑤
【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。
21．(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。
22．(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)0.0005mol 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)= 0.0005mol 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。
23．(1) 探究浓度对反应速率的影响 反应物浓度增大，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞次数增多，反应速率加快
(2) 探究温度对反应速率的影响 BD
(3) 0.10 2.0
(4)Mn2+可能是反应的催化剂
【详解】（1）实验Ⅱ和实验Ⅰ只有草酸浓度不同，KMnO4溶液浓度相同，温度也相同，则实验Ⅱ探究的是反应物浓度对反应速率的影响。增大反应物浓度，反应速率加快，所以实验II褪色的时间比实验I的短。增大反应物浓度，可以使单位体积内活化分子数增多，有效碰撞次数增多，反应速率加快。
（2）实验Ⅲ和实验Ⅰ只有温度不同，所以实验Ⅲ探究的是温度对化学反应速率的影响；实验Ⅰ温度比实验Ⅲ高，升高温度，普通分子吸收能量后变为活化分子，单位体积内活化分子数目增多，活化分子百分数也增多，同时由于温度的升高，反应物分子间的碰撞次数增多，其中较高能量的活化分子间的有效碰撞次数也增多，导致反应速率加快，故选BD。
（3）依据控制变量法实验，每次只改变一个条件，实验Ⅳ和实验Ⅰ相比，实验Ⅳ使用了MnSO4，其它条件不变，则a=1.10，b=2.0。
（4）测得实验IV比实验I褪色时间短得多，实验IV和实验I相比，实验Ⅳ使用了MnSO4，其它条件不变，所以实验Ⅳ比实验I反应速率快，可能的原因是Mn2+可能是反应的催化剂。若将4.0 mL0.01 mol·L-1 KMnO4溶液逐滴滴入4.0mL0.10mol·L-1H2C2O4溶液中，发现紫色褪去的时间先慢后快，也验证了生成的Mn2+做反应的催化剂。
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