2022届高三化学高考备考一轮复习影响化学反应速率因素专项训练

这是一份2022届高三化学高考备考一轮复习影响化学反应速率因素专项训练，共19页。试卷主要包含了单选题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（15题）
1．取50 mL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H2O2浓度(c)如下表：
下列说法不正确的是
A．反应20min时，测得O2体积为224mL(标准状况)
B．20~40min，消耗H2O2的平均速率为0.010ml·L-1·min-1
C．第30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率
D．H2O2分解酶或Fe2O3代替I-也可以催化H2O2分解
2．下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是( )
A．抗氧化剂B．调味剂
C．着色剂D．增稠剂
3．2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）是制备硫酸的重要反应。下列叙述正确的是
A．催化剂V2O5不改变该反应的逆反应速率
B．增大反应体系的压强，反应速率一定增大
C．该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间
D．在t1、t2时刻，SO3（g）的浓度分别是c1，c2，则时间间隔t1～t2内，SO3（g）生成的平均速率为
4．已知汽车尾气无害化处理反应为
。
下列说法不正确的是
A．升高温度可使该反应的逆反应速率降低B．使用高效催化剂可有效提高正反应速率C．反应达到平衡后，N0的反应速率保持恒定D．单位时间内消耗CO和CO2的物质的量相等时，反应达到平衡
5．下列各表述与示意图一致的是
A．图①表示25℃时，用0.1 ml·L－1盐酸滴定20 mL 0.1 ml·L－1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化
B．图②中曲线表示反应2SO2(g) + O2(g)2SO3(g)；ΔH < 0 正、逆反应的平衡常数K随温度的变化
C．图③表示10 mL 0.01 ml·L－1KMnO4酸性溶液与过量的0.1 ml·L－1H2C2O4溶液混合时，n(Mn2+) 随时间的变化
D．图④中a、b曲线分别表示反应CH2＝CH2(g) + H2(g)CH3CH3(g)；ΔH< 0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化
6．一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如图所示。下列判断正确的是
A．在0-50min之间， pH =2和 PH= 7时 R 的降解百分率相等
B．溶液酸性越强， R 的降解速率越小
C．R的起始浓度越小，降解速率越大
D．在 20-25min之间， pH =10时 R 的平均降解速率为 0.04ml·L-1·min-1
7．某反应的反应过程中能量变化如图1 所示(图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能)。下列有关叙述正确的是
A．该反应为放热反应
B．催化剂能改变该反应的焓变
C．催化剂能降低该反应的活化能
D．逆反应的活化能大于正反应的活化能
8．NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，根据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020ml·L-1NaHSO3（含少量淀粉）10.0mL、KIO3（过量）酸性溶液40.0mL混合，记录10～55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图。据图分析，下列判断不正确的是
A．40℃之前与40℃之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反
B．图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等
C．图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0 ×10-5ml·L-1·s-1
D．温度高于40℃时，淀粉不宜用作该实验的指示剂
9．臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是
A．AB．BC．CD．D
10．某工业流程中，进入反应塔的混合气体中NO和O2的物质的量分数分别为0.10和0.06，发生化学反应 ，在其他条件相同时，测得实验数据如下表：
根据表中数据，下列说法正确的是
A．升高温度，反应速率加快
B．增大压强，反应速率变慢
C．在1.0×105Pa、90℃条件下，当转化率为98%时的反应已达到平衡
D．若进入反应塔的混合气体为aml，反应速率以v=Δn/Δt表示，则在8.0×105Pa、30℃条件下转化率从50%增至90%时段NO的反应速率为4a/370ml/s
11．对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度(ml·L-1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。
下列说法不正确的是（ ）
A．在0～20 min内，I中M的平均分解速率为0.015ml·L-1·min-1
B．其它条件相同时，水样酸性越强，M的分解速率越快
C．在0～25 min内，Ⅲ中M的分解百分率比II大
D．由于Cu2+存在，IV 中M的分解速率比I快
12．右图表示反应X（g）4Y（g） +Z（g） △H < 0，在某温度时X的浓度随时间变化的曲线：
下列有关该反应的描述正确的是
A．第6min后，反应就终止了
B．X的平衡转化率为85％
C．若升高温度，X的平衡转化率将大于85％
D．若降低温度，v正和v逆将以同样倍数减小
13．在不同浓度（c)、温度（T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率（v）如下表。下列判断不正确的是
A．a=6.00
B．同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变
C．b＜318.2
D．不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
14．某探究小组利用丙酮的溴代反应
（）来研究反应物浓度与反应速率的关系。反应速率通过测定溴的颜色消失所需的时间来确定。在一定温度下，获得如下实验数据：
分析实验数据所得出的结论不正确的是
A．增大增大B．实验②和③的相等
C．增大增大D．增大，增大
15．中学化学中很多“规律”都有适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
二、原理综合题（4大题）
16．作为一种绿色消毒剂，H2O2在公共卫生事业中发挥了重要的作用。已知反应：H2O2(l)= H2O(1)+ O2(g) ΔH= -98 kJ·ml-1 K= 2.88×1020
回答问题：
(1) H2O2的强氧化性使其对大多数致病菌和病毒具有消杀功能。用3%医用H2O2对传染病房喷洒消毒时，地板上有气泡冒出，该气体是____________________。
(2)纯H2O2可作为民用驱雹火箭推进剂。在火箭喷口铂网催化下，H2O2剧烈分解：H2O2(l) = H2O(g)+O2(g)，放出大量气体，驱动火箭升空。每消耗34g H2O2，理论上 __________(填“放出”或“吸收”)热量__________98kJ (填“大于”、“小于”或“等于”)。
(3)纯H2O2相对稳定，实验表明在54℃下恒温贮存2周，浓度仍能保持99%，原因是H2O2分解反应的_______________(填编号)。
a. ΔH比较小 b. K不够大 c.速率比较小 d.活化能比较大
(4)向H2O2稀溶液中滴加数滴含Mn2+的溶液，即有气泡快速逸出，反应中Mn2+起_________作用。某组实验数据如下：
0-30 min H2O2反应的平均速率v=_____ ml ·L·min-1
(5) H2O2的一种衍生物K2S2O8，阴离子结构式为( )。其中性溶液加热至沸后，溶液pH降低，用离子方程式表明原因：_______________。
17．多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。
回答下列问题：
Ⅰ．硅粉与在300℃时反应生成气体和，放出热量，该反应的热化学方程式为________________________。的电子式为__________________。
Ⅱ．将氢化为有三种方法，对应的反应依次为：
①
②
③
（1）氢化过程中所需的高纯度可用惰性电极电解溶液制备，写出产生的电极名称______（填“阳极”或“阴极”），该电极反应方程式为________________________。
（2）已知体系自由能变，时反应自发进行。三个氢化反应的与温度的关系如图1所示，可知：反应①能自发进行的最低温度是____________；相同温度下，反应②比反应①的小，主要原因是________________________。
（3）不同温度下反应②中转化率如图2所示。下列叙述正确的是______（填序号）。
a．B点： b．：A点点 c．反应适宜温度：℃
（4）反应③的______（用，表示）。温度升高，反应③的平衡常数______（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（5）由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除、和外，还有______（填分子式）。
18．烟气(主要污染物SO2、NOx)经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量。O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为：
NO(g)＋O3(g)=NO2(g)＋O2(g) △H=－200·9kJ·ml－1
NO(g)＋1/2O2(g)=NO2(g) △H=－58．2kJ·ml－1
SO2(g)＋O3(g)=SO3(g)＋O2(g) △H=－241·6kJ·ml－1
（1）反应3NO(g)＋O3(g)=3NO2(g)的△H=_______ml·L－1。
（2）室温下，固定进入反应器的NO、SO2的物质的量，改变加入O3的物质的量，反应一段时间后体系中n(NO)、n(NO2)和n(SO2)随反应前n(O3)：n(NO)的变化见下图。
①当n(O3)：n(NO)＞1时，反应后NO2的物质的量减少，其原因是__________。
②增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是 _________。
（3）当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液(pH约为 8)中SO32－将NO2转化为NO2－，其离子方程式为：___________。
（4）CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，达到平衡后溶液中c(SO32－)=________[用c(SO42－)、Ksp(CaSO3)和Ksp(CaSO4)表示]；CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因是_________。
19．I.磷、硫元素的单质和化合物应用广泛。
(1)磷元素的原子结构示意图是___________。
(2)磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，反应为：2Ca3(PO4)2+6SiO2=6CaSiO3+P4O10、10C+P4O10=P4+10CO，每生成 1mlP4时，就有___________ml电子发生转移。
(3)硫代硫酸钠(Na2S2O2)是常用的还原剂。在维生素C(化学式C6Ｈ8Ｏ6)的水溶液中加入过量I2溶液，使维生素完全氧化，剩余的I2用Na2S2O2溶液滴定，可测定溶液中维生素C的含量。发生的反应为： C6H8O6+I2=C6H6O6+2H++2I- 2S2O+I2=S4O+2I-
在一定体积的某维生素C溶液中加入aml·L-1I2溶液V1mL，充分反应后，用Na2S2O2溶液滴定剩余的I2，消耗bml·L-1 Na2S2O2溶液V2mL。该溶液中维生素C的物质量是___________ml。
(4)在酸性溶液中，碘酸钠(KIO)和亚硫酸钠可发生如下反映： 2IO+5SO+2H+=I2+5SO+H2O，生成的碘可以用淀粉液检验，根据反应溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率。某同学设计实验如下表所示：
该实验的目的是___________；表中___________mL。
II.稀土元素是宝贵的战略资源，我国的蕴藏量居世界首位。
(5)钵(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素，在加热条件下CeCl3易发生水解，无水CeCl3，可用加热CeCl3•6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备。其中，NH4Cl的作用是___________。
(6)在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2，调节pH≈3，Ce3+通过下列反应形成Ce(OH)4沉淀得以分离。完成反应的离子方程式：______________Ce3++____H2O2+____H2O= ____Ce(OH)4↓+____
t/min
0
20
40
60
80
c/(ml·L-1)
0.80
0.40
0.20
0.10
0.050
A
B
C
D
升高温度，平衡常数减小
0～3s内，反应速率为v（NO2）=0.2ml•L-1
t1时仅加入催化剂，平衡向正方向移动
达平衡时，仅改变x，则x为c（O2）
压强/(×105Pa)
温度/℃
NO达到所列转化率需要时间/s
50%
90%
98%
1.0
30
12
250
2830
90
25
510
5760
8.0
30
0.2
3.9
36
90
0.6
7.9
74
时间
水样
0
5
10
15
20
25
I (pH=2)
0.40
0.28
0.19
0.13
0.10
0.09
II(pH=4)
0.40
0.31
0.24
0.20
0.18
0.16
Ⅲ(pH=4)
0.20
0.15
0.12
0.09
0.07
0.05
IV(pH=4，含Cu2+)
0.20
0.09
0.05
0.03
0.01
0
选项
规律
结论
A
较强酸可以制取较弱酸
次氯酸溶液无法制取盐酸
B
反应物浓度越大，反应速率越快
常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完
C
结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高
NH3沸点低于PH3
D
溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化
ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀
t/min
0
10
20
30
40
50
c(H2O2)/ml ·L-1
0.70
0.49
0.35
0.25
0.17
0.12
0.01ml·L-1KIO3酸性溶液(含淀粉)的体积/mL
0.01ml·L-1
Na2SO3溶液的体积VmL
H2O的体积/mL
实验温度
/C
溶液出现蓝色时所需时间/s
实验1
5
V1
35
25
实验2
5
5
40
25
实验3
3
5
V2
0
参考答案
1．C
【详解】
A．反应20min时，过氧化氢的浓度变为0.4ml/L，说明分解的过氧化氢的物质的量n(H2O2)=(0.80-0.40)ml/L×0.05L=0.02ml，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01ml，标况下的体积V=n·Vm=0.01ml×22.4L/ml=0.224L=224mL，A正确；
B．20~40min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)ml/L=0.20ml/L，则这段时间内的平均速率v===0.010ml/(L·min)，B正确；
C．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，C错误；
D．I-在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或Fe2O3代替，D正确；
故答案选C。
2．A
【详解】
A. 抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；
B. 调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；
C. 着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；
D. 增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。
故选:A。
3．D
【详解】
A.加入催化剂同时改变正、逆反应速率，A项错误；
B.若是恒容条件，增加不参与反应的气体而使反应体系的压强增大，由于浓度不变，反应速度就不变，B项错误；
C.降低温度使反应速率降低，将增大反应达到平衡的时间，C项错误；
D.根据计算平均速率的定义公式可得，D项正确。
故选D。
4．A
【详解】
A项，升高温度，正、逆反应速率都增大，故A项错误；
B项，使用高效催化剂，能够降低活化能，从而提高反应速率，正、逆反应速率都提高，故B项正确；
C项，反应达到平衡后，体系各组分的反应速率都保持恒定，故C项正确；
D项，消耗1ml 一氧化碳能生成1ml 二氧化碳，而同时又消耗1ml 二氧化碳，可知正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故D项正确。
答案选A。
5．B
【详解】
A项，酸碱中和滴定接近终点时，pH发生突跃，A错误；
B项，2SO2(g) + O2(g)2SO3(g) ΔH < 0，正反应放热，逆反应吸热，所以正反应平衡常数随温度升高而减小，逆反应平衡常数随温度升高而增大，B正确；
C项，高锰酸钾与草酸反应时，刚开始反应较慢，反应产生的Mn2+对反应起催化作用，故后面反应速率较快，图中未表示出来，C错误；
D项，ΔH < 0的反应反应物总能量大于生成物总能量，D错误；
答案选B。
【点睛】
Mn2+催化高锰酸钾溶液与草酸溶液的反应。
6．A
【详解】
A项：根据图示可知：在50min时，pH=2和pH=7时R的降解百分率是相等的，故A正确；
B项：溶液酸性越强，即pH越小，线的斜率越大，可以知道R的降解速率越大，故B错误；
C项：根据图示可知：R的起始浓度越小，降解速率越小，故C错误；
D项：pH=10时，在20-25min，R的平均降解速率为=0.04×10-4ml∙L-1min-1，D错误；
故选A。
7．C
【详解】
A．图象分析反应物能量低于生成物能量，反应是吸热反应，故A错误；
B．催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，故B错误；
C．催化剂对反应的始态和终态无响应，但改变活化能，故C正确；
D．图象分析逆反应的活化能E2小于正反应的活化能E1，故D错误。
答案选C。
8．B
【详解】
A、从图像中可以看出，40℃以前，温度越高，反应速度越快，40℃后温度越高，变色时间越长，反应越慢，而55℃，未变蓝，说明没有生成I2，A正确；
B、b、c点对应的反应原理不一样，发生不同的反应，无法比较反应速率，B错误；
C、速率为=5.0×10-5ml·L-1·s-1，C正确；
D、55℃时，没有出现蓝色，故淀粉已不能作为该反应的指示剂，D正确。
答案选B。
9．A
【详解】
A.由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故A正确；
B.速率单位错误，该为ml/（L∙s），故B错误；
C.t1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动，该反应前后气体的物质的量减小，不能是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂不影响平衡的移动，故C错误；
D.达平衡时，仅增大c（O2），平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低，由图可知，二氧化氮的转化率随x增大而增大，x可以代表O3浓度、压强，故D错误；
故选：A。
10．D
【详解】
A项，相同压强时，温度高时达到相同转化率需要的时间多，升高温度，反应速率越小，故选项A错误；
B项，相同温度，压强高时达到相同转化率需要的时间少，增大压强，反应速率变快,故选项B错误；
C项，在此条件下，当转化率为98%时需要的时间较长，不确定反应是否达到了平衡，故选项C错误；
D项，在aml混合气体进入反应塔，题目所示的外界环境下，NO的反应速率为v=∆n/∆t==ml/s，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
11．D
【详解】
A、根据化学反应速率数学表达式，v(M)==0.015ml/(L·min)，故A说法正确；
B、对比I和II，在相同的时间内，I中消耗M的量大于II中，说明其他条件下不变，酸性越强，M的分解速率越快，故B说法正确；
C、在0～25 min内，III中M的分解百分率=×100%=75%，II中M的分解百分率=×100%=60%，因此III中M的分解百分率大于II，故C说法正确；
D、I和IV中pH不同，因此不能说明Cu2＋存在，IV中M的分解速率大于I，故D说法错误。
故选D。
12．B
【详解】
A项，6min时反应达平衡，但反应并未停止，故A项错误；
B项，X的变化量为1ml－0.15ml=0.85ml，转化率为0.85/1×100%=85%，故B项正确；
C项，ΔH<0，反应为放热，所以升高温度，平衡将逆向移动，则X的转化率减小，故C项错误；
D项，降温，正、逆反应速率同时减小，但是降温平衡正向移动，所以v正>v逆，即逆反应速率减小的倍数大，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为B。
13．D
【详解】
A.根据表格的数据可知：温度不变时，蔗糖的浓度越大，水解的速率越快。根据浓度与速率的变化关系可知：在328.2T时，蔗糖的浓度每减小0.100ml/L，水解速率减小1.50mml/(L∙min)，所以在温度是328.2T、浓度是0.400ml/L时，水解的速率是a=7.50-1.50=6.00 mml/(L∙min)，A正确；
B.根据表格数据可知：升高温度，水解速率增大，增大浓度，水解速率也增大，若同时改变反应物的浓度和反应的温度，则二者对水解反应速率的影响因素可能相互抵消，使反应速率可能不发生改变，B正确；
C.在物质的浓度不变时，升高温度，水解速率增大，降低温度，水解速率减小。由于在物质的浓度是0.600ml/L时，温度是318.2T时水解速率是3.60mml/(L∙min)，现在该反应的速率是2.16 mml/(L∙min)<3.60 mml/(L∙min)，说明反应温度低于318.2 T。即b＜318.2，C正确；
D.不同温度时，蔗糖浓度减少，所以速率减慢，但是温度不同，在相同的浓度时的反应速率不相同，D错误；
故答案选D。
14．D
【详解】
A项，比较①②：②增大c(CH3COCH3)的初始浓度，保持其它反应物量不变，溴颜色消失的时间从290s缩短到145s即(Br2)增大，故A项正确；
B项，表中实验②和③的(Br2)相等均为0.0010ml/L，故B项正确；
C项，比较①③项：增大c(HCl)的初始浓度，保持其它反应物量不变，溴颜色消失的时间从290s缩短到145s，即(Br2)增大，故C项正确；
D项，从表中数据看，①④两组实验中CH3COCH3、HCl的浓度相同，而④中Br2比①中的大，溴颜色消失的时间变长，速率变慢，故D项错误。
答案选D。
15．D
【详解】
A、可以使用氧化还原的原理来制取，如HClO光照分解生成HCl，故A错误；
B、铝与浓硝酸、浓硫酸发生钝化，故B错误；
C、氨中存在氢键，其沸点高于PH3，故C错误；
D、ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀，属于沉淀的转化，符合溶解度小的沉淀向溶解度更小的沉淀转化的规律，故D正确。
16．O2（或氧气） 放出 小于 cd 催化剂 0.015ml·L-1·min-1 S2O+H2OHSO+H++SO
【分析】
根据过氧化氢分解的方程式分析产生的气体；根据过氧化氢的质量计算放出的热量；根据化学反应速率分析反应快慢的原因；根据一段时间内浓度的变化量计算化学反应速率；根据过硫酸根结构分析水解产物。
【详解】
(1)利用双氧水消毒的时候会有气泡放出，是由于双氧水分解生成的氢气的缘故，故放出的气体是氧气，故答案为：氧气；
(2)过氧化氢的分解反应为放热反应，根据题干，34g过氧化氢为1ml，1ml过氧化氢完全分解生成水蒸气和氧气，由于液态水变成水蒸气需要吸收一部分能量，故生成水蒸气时放出是热量小于生成液态水使放出的热量，故答案为：放出、小于；
(3)实验表明在54℃下恒温贮存2周，浓度仍能保持99%，说明在54℃下过氧化氢的分解速率较慢，产生较慢反应速率的原因是过氧化氢分解过程中的需要的能量较高，化学反应活化能较大，而54℃的温度所提供的能量较少，故反应速率较慢，故答案选择cd；
(4)向H2O2稀溶液中滴加数滴含Mn2+的溶液，即有气泡快速逸出，说明Mn2+的加入加快双氧水的分解速率，但Mn2+本身没有发生任何变化，故Mn2+起到了催化剂的作用；起始时双氧水的浓度为0.7ml/L，30min时双氧水的浓度为0.25ml/L，其浓度变化量Δc=0.7ml/L -0.25ml/L =0.45ml/L，则这段时间内双氧水的反应速率v===0.015ml·L-1·min-1，故答案为：催化剂、0.015ml·L-1·min-1；
(5)过硫酸根在水中易发生水解生成过一硫酸氢根、硫酸根和氢离子，加热升高温度有助于加速水解，其溶液pH降低，故过硫酸根水解的方程式为S2O+H2OHSO+H++SO，故答案为：S2O+H2OHSO+H++SO。
17． 阴极 或 1000℃ 导致反应②的小 a、c 减小 、
【分析】
I.书写热化学方程式时一定要标注出各物质的状态，要将热化学方程式中焓变的数值与化学计量数对应。本题的反应温度需要标注为条件；
II.（1）惰性电极电解KOH溶液，实质是电解水，产生氢气的必为阴极，发生还原反应。
（2）“看图说话”，将反应①的纵、横坐标对应起来看，即可顺利找到最低温度。影响自由能变的因素主要是焓变和熵变，分析发现熵变对反应②反而不利，说明焓变影响大，为主要影响因素；
（3）据图判断化学平衡的建立和移动是分析的关键。注意时间是一个不变的量。
（4）此问是盖斯定律的简单应用，对热化学方程式直接进行加减即可。
【详解】
I.参加反应的物质是固态的Si、气态的HCl，生成的是气态的SiHCl3和氢气，反应条件是300℃，配平后发现SiHCl3的化学计量数恰好是1，由此可顺利写出该条件下的热化学方程式：Si(s)+3HCl(g) SiHCl3(g)+H2(g) ∆H=-225kJ·ml-1；SiHCl3中硅与1个H、3个Cl分别形成共价单键，由此可写出其电子式为：，注意别漏标3个氯原子的孤电子对；
II.（1）电解KOH溶液，阳极发生氧化反应而产生O2、阴极发生还原反应才产生H2；阴极的电极反应式可以直接写成2H++2e-=H2↑，或写成由水得电子也可以：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
（2）由题目所给的图1可以看出，反应①（最上面那条线）当∆G=0时，对应的横坐标温度是1000℃；从反应前后气体分子数的变化来看，反应①的熵变化不大，而反应②中熵是减小的，可见熵变对反应②的自发更不利，而结果反应②的∆G更负，说明显然是焓变产生了较大的影响，即∆H2<∆H1导致反应②的∆G小（两个反应对应的∆H，一个为正值，一个为负值，大小比较很明显）；
（3）图2给的是不同温度下的转化率，注意依据控制变量法思想，此时所用的时间一定是相同的，所以图示中A、B、C点反应均正向进行，D点刚好达到平衡，D点到E点才涉及平衡的移动。在到达平衡状态以前，正反应速率大于逆反应速率，a项正确，B点反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率；b点错误，温度越高，反应速率越快，所以E点的正（或逆）反应速率均大于A点；c项正确，C到D点，SiHCl3的转化率较高，选择此温度范围比较合适，在实际工业生产中还要综合考虑催化剂的活性温度。
（4）将反应①反向，并与反应②直接相加可得反应③，所以∆H3=∆H2-∆H1，因∆H2<0、∆H1>0，所以∆H3必小于0，即反应③正反应为放热反应，而放热反应的化学平衡常数随着温度的升高而减小；
（5）反应①生成的HCl可用于流程中粗硅提纯的第1步，三个可逆反应中剩余的H2也可循环使用。
【点睛】
①对于反应的吉布斯自由能大小比较及变化的分析，要紧紧抓住焓判据和熵判据进行分析。②判断图2中时间是一个不变的量，是看清此图的关键。明白了自变量只有温度，因变量是SiCl4的转化率，才能落实好平衡的相关知识的应用，如平衡的建立，平衡的移动以及平衡常数随温度变化的规律等。
18．－317.3 O3将NO2氧化成更高价氮氧化物 SO2与O3的反应速率慢 SO32－＋2NO2＋2OH－=SO42－＋2NO2－＋H2O Ksp(CaSO3)×c(SO42－)/Ksp(CaSO4) CaSO3转化为CaSO4使溶液中SO32－的浓度增大，加快SO32－与NO2的反应速率。
【详解】
（1）已知：①NO(g)＋O3(g)=NO2(g)＋O2(g) △H=－200·9kJ·ml－1
②NO(g)＋1/2O2(g)=NO2(g) △H=－58．2kJ·ml－1
根据盖斯定律①＋②×2得出：3NO(g)＋O3(g)=3NO2(g) △H=－200.9－2×58.2kJ·ml－1=－317.3kJ·ml－1；
（2）①n(O3)：n(NO)＞1，臭氧过量，NO2减少，可能利用O3的强氧化性，把NO2转化成更高价态，因此当n(O3)：n(NO)＞1时，反应后NO2的物质的量减少；
②增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，可能是此反应速率较慢；
（3）pH约为8，说明溶液显碱性，配平氧化剂（产物）、还原剂（产物），根据原子个数守恒和所带电荷数守恒，配平其他，即方程式为SO32－＋2NO2＋2OH－=SO42－＋2NO2－＋H2O；
（4）溶液中有Ca2＋、SO42－、SO32－，Ksp(CaSO4)=c(Ca2＋)×c(SO42－)，c(Ca2＋)=Ksp(CaSO4)/c(SO42－)，同理，c(SO32－)=Ksp(CaSO3)/c(Ca2＋)，推出c(SO32－)=Ksp(CaSO3)×c(SO42－)/Ksp(CaSO4)，利用反应向着更难溶方向进行，溶液中c(SO32－)的增加，加快SO32－与NO2的反应速率，故可以提高NO2的吸收速率。
19． 20 探究该反应的速率与温度，亚硫酸钠溶液浓度的关系(或其他合理竹案) 40 分解出HCl气体抑制CeCl3水解(或其他合理答案) 2Ce3++H2O2+6H2O＝2Ce(OH)4↓+6H+
【详解】
(1)P属于第15号元素，其原子的结构示意图为，故答案为：；
(2)每生成1 ml P4时，P由+5价变成0价，电子转移为5×4 ml=20 ml或C化合价由0价变成为+2价，电子转移为2×10 ml=20 ml，故答案为：20；
(3)I2溶液一部分与硫代硫酸钠反应，一部分与维生素C反应，n(Na2S2O3)=，与其反应的碘单质为，与维生素C反应的碘单质为，即维生素C的物质的量是；
(4)由实验2可以看出混合液的总体积为50mL，V1为10mL，V2为40mL，实验1和实验2中变量是浓度，则可知实验目的是探究该反应速率与亚硫酸钠溶液浓度的关系；实验2和实验3中变量是温度，则可知实验目的是探究该反应速率与温度的关系；
(5)题目中给出：“加热条件下CeCl3易发生水解”，可知NH4Cl的作用肯定是抑制水解的，CeCl3水解会生成HCl，可知NH4Cl的作用是分解出HCl气体，抑制CeCl3水解；
(6)根据题意：“强酸性”或观察方程式可知缺项是H+，Ce元素化合价从+3价升高到+4价，失去1个电子，双氧水中氧元素化合价从－1价降低到－2价，则根据电子得失守恒可以配平方程式为2Ce3++H2O2+6H2O＝2Ce(OH)4↓+6H+。