高中化学人教版 (2019)选择性必修1第一节 化学反应速率精练

这是一份高中化学人教版 (2019)选择性必修1第一节 化学反应速率精练，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．在反应中，表示该反应速率最快的是
A．B．
C．D．
2．下列措施能明显提高化学反应速率的是
A．Na与水反应时增大水的用量
B．Fe与稀H2SO4反应制取H2时，改用98％的浓H2SO4
C．AgNO3溶液与盐酸反应时，增大压强
D．恒温恒容条件下，进行工业合成氨反应时，增加氮气的量
3．对于反应A(g)+4B(g)2C(g)+2D(g)，下列数据表示反应进行得最快的是（ ）
A．v(A)=1.4ml/(L•s)B．v(B)=3.6 ml/(L•s)
C．v(C)=2ml/(L•s)D．v(D)=30 ml/(L•min)
4．下列实验事实与相关的解释或结论均正确的是
A．AB．BC．CD．D
5．在2A(g)+B(s)3C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是
A．v(A)=0.5ml•L-1•s-1B．v(B)=0.5ml•L-1•s-1
C．v(C)=0.9ml•L-1•s-1D．v(D)=1ml•L-1•s-1
6．下列说法正确的是
A．增大压强，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大
B．升高反应体系温度，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大
C．一般使用催化剂可降低反应的活化能，活化分子百分数不变，化学反应速率增大
D．增大反应物的浓度，使活化分子百分数增大，化学反应速率增大
7．研究发现，腐蚀严重的青铜器表面大都存在CuCl。关于CuCl在青铜器腐蚀过程中的催化作用，下列叙述错误的是
A．加快了反应的速率B．增大了反应的平衡常数
C．改变了反应的历程D．降低了反应的活化能
8．已知反应：SO2(g)+O2(g)SO3(g)△H=-99kJ·ml-1，在V2O5存在时的反应机理为：①V2O5+SO2→V2O4·SO3（快），②V2O4·SO3+O2→V2O5+SO3（慢）。下列说法错误的是
A．对总反应的速率起决定性的是反应②
B．将1mlSO2(g)、0.5mlO2(g)置于密闭容器中充分反应，放出热量99kJ
C．V2O4·SO3是该反应的中间产物，它与O2的碰撞仅部分有效
D．V2O5是该反应的催化剂，加V2O5可提高单位时间内SO2的转化率
9．为了实现“碳中和”目标，某研究小组通过钌化合物可催化CO2转化为甲酸，其反应机理如下所示。下列说法错误的是

A．物质Ⅲ中Ru的化合价为+2价
B．整个过程中，有极性键的断裂与形成
C．总反应方程式为2H2O +2CO22HCOOH+O2
D．催化反应过程中，当1 ml物质I转化为物质Ⅱ时，物质I得到2 ml电子
10．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0B．第二步反应的速率最快
C．第一步反应为决速步D．NO改变了总反应的反应历程和焓变
11．一定条件下，在2L密闭容器中进行反应：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，反应3min时，H2的物质的量增加了0.9ml。则0～3min内以H2表示的平均反应速率为
A．0.60ml/(L•min)B．0.45ml/(L•min)
C．0.30ml/(L•min)D．0.15ml/(L•min)
12．下列说法正确的是
A．增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大
B．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
C．有气体参加的化学反应，若增大压强，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
D．催化剂能减小活化能，但不能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率
13．在催化作用下CO可将转化为，反应的能量变化及反应历程如图所示：
①；②
下列叙述错误的是
A．是总反应的催化剂
B．为反应①的氧化产物，也是总反应的中间产物
C．CO将转化为的总反应为吸热反应
D．反应②的活化能比反应①的活化能要小
14．100mL3ml/L硫酸溶液与过量锌粉反应，在一定温度下，为了减缓反应进行的速率，又不影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的
A．碳酸钠固体B．醋酸钠固体
C．NaNO3溶液D．1ml/L的硫酸溶液
15．NO和CO都是汽车尾气里的有害物质，它们能缓慢地起反应生成氮气和二氧化碳气体：2NO＋2CO=N2＋2CO2，对此反应，下列叙述正确的是
A．使用催化剂能加快反应速率
B．压强增大不影响化学反应速率
C．冬天气温低，反应速率降低，对人类危害减小
D．无论外界条件怎样改变，均对此化学反应的速率无影响
16．“碘钟”实验中，3I-++2S的反应速率可以用与加入的淀粉溶液显蓝色的时间t来度量，t越小，反应速率越大。某探究性学习小组在20℃进行实验，得到的数据如下表：
下列叙述不正确的是
A．该实验的目的是研究反应物I-与的浓度对反应速率的影响
B．显色时间t1=29.3s
C．温度对该反应的反应速率的影响符合一般规律，若在40℃下进行编号③对应浓度的实验，显色时间t2的范围为22.0～44.0s
D．通过分析比较上表数据，得到的结论是反应速率与反应物起始浓度乘积成正比
17．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。下列说法正确的是
A．化合物A与之间的碰撞均为有效碰撞
B．过渡态为活化配合物，其性质极不稳定
C．该历程中TS2时活化能最小
D．使用催化剂可以加快该反应速率，改变该反应进行的方向
18．我国学者在CO2加氢制甲醇反应机理方面取得重要进展，反应机理如图(图中带*的微粒为中间产物或过渡态)所示，下列有关说法错误的是
A．反应③属于中和反应
B．反应②可表示为：
C．总反应中断裂与形成的共价键类型不同
D．Cu-ZnO-ZrO2的使用可使活化分子数、活化分子百分数增加
19．某反应由两步反应A→B→C构成，它的能量反应过程曲线如图，下列叙述正确的是
A．A→C的
B．两步反应均为放热反应
C．若反应使用合适的催化剂，可以降低活化能提高反应速率，同时平衡正向移动
D．A→B形成化学键释放的能量大于破坏化学键吸收的能量
20．羰基硫(COS)作为一种粮食熏蒸剂广泛应用于农药工业，由和CO合成COS的反应分两步进行，其能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．催化剂可以降低反应的焓变
B．①②步反应的焓变和小于总反应的焓变
C．总反应的速率由①步反应决定
D．反应过程中只有化学键的形成，没有化学键的断裂
21．科学家致力于二氧化碳甲烷化研究，期待早日实现“碳中和”的愿景。下列关于二氧化碳甲烷化技术的说法错误的是
A．I→II的反应方程式为(代表吸附态)
B．II→III的过程中有C—O键的断裂也有O—H键形成
C．III→I存在两种路径，这两种路径中III与I的能量差值不同
D．每生成1ml转移电子数为8
22．下列说法中,正确的是
A．在气体反应中,增大压强能使反应物中活化分子百分数增加
B．活化分子间的碰撞一定是有效碰撞
C．不同化学反应需要的活化能有可能差别很大
D．反应的活化能大小不会影响化学反应速率
23．一定条件下，对于反应：CaCO3(块状)＋2HCl===CaCl2＋CO2↑＋H2O，为加快反应速率，下列方法可行的有( )
①增加盐酸的浓度 ②增加同浓度盐酸的用量 ③加水 ④增加CaCO3(块状)的用量 ⑤将块状CaCO3改为粉末状CaCO3
A．1项B．2项C．3项D．4项
24．已知反应2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g) △H=-752kJ/ml的反应机理如下:
①2NO(g)N2O2(g)(快)
②N2O2(g)+H2(g)N2O(g)+H2O(g)(慢)
③N2O(g)+H2(g)N2(g)+H2O(g)(快)下列有关说法正确的是
A．N2O2和N2O是该反应的催化剂B．②的反应的活化能最小
C．反应速率v(NO)=v(H2)=v(N2)D．总反应中逆反应的活化能比正反应的活化能大
25．室温下用质量和表面积相同的镁条各一片(已用砂纸打磨)，分别探究不同条件下与水反应的实验(装置图如下)，实验2的镁条放在尖嘴玻璃导管内并浸于蒸馏水中，实验3产生的浑浊物主要为碱式碳酸镁[]。下列说法不正确的是
A．实验1现象不明显，可能与表面生成了难溶的有关
B．实验2比实验1现象更明显，可能是由于玻璃管空间狭小热量不易散失
C．实验3中破坏了在镁条表面的沉积，增大了镁与水的接触面积
D．由实验1和实验3可得出“碱性增强有利于加快镁与水反应速率”的结论
二、填空题
26．等质量的铁与过量盐酸在不同的实验条件下进行反应(实验数据见下表)，c为初始时盐酸的浓度()，测定反应相同时间后产生氢气的体积V。则值最大的组是 (填组别序)，其原因是 。
27．Ⅰ.在密闭容器中发生下列反应： I2(g)+H2(g)⇌2HI(g)(正反应吸热)
起始时，n(H2)=a ml，n(I2)=b ml。只改变表中列出的条件，其他条件不变，试将化学反应速率的改变(“增大”“减小”或“不变”)填入相应的表格。
Ⅱ.在101 kPa时，1 ml CH4完全燃烧生成CO2和液态水，放出890 kJ的热量。
①CH4的燃烧热为 ，表示燃烧热的热化学方程式为 ；
②448 L CH4(标准状况)燃烧后所产生的热量为 。
28．某化学反应：3A(g)2B(g)＋D(g)在四种不同条件下进行，B、D的起始浓度为0，反应物A的浓度c随时间t的变化情况如表：
根据上述数据，完成下列填空：
(1)c2＝ ml·L－1。
(2)在实验1和2中，有一个实验使用了催化剂，根据表中数据判断，使用催化剂的实验为 ，理由是
(3)求在实验4中，反应在0～10 min内反应物A的平均反应速率为 。
选项
实验事实
解释或结论
A
进行铝热反应实验时，需要加入氯酸钾，插上镁条，并点燃镁条
铝热反应是吸热反应
B
用硫酸和氢氧化钡稀溶液可以准确测定中和热
硫酸和氢氧化钡分别是强酸和强碱
C
锌与稀硫酸反应实验，产生氢气的速率先逐渐增大，后逐渐减小
该反应放热，温度升高，反应速率增大，随着反应进行，c(H+)降低，反应速率减小
D
向Fe(NO3)2溶液滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变成红色
Fe(NO3)2已变质
实验编号
①
②
③
④
⑤
c(I-)/(ml·L-1)
0.040
0.080
0.080
0.160
0.120
c()/(ml·L-1)
0.040
0.040
0.080
0.020
0.040
t/s
88.0
44.0
22.0
44.0
t1
实验1
实验2
实验3
镁条表面有微小气泡，且溶液较长时间无明显变化
镁条表面有较多气泡且产生气泡速率逐渐加快，溶液中无明显现象
镁条表面有大量气泡，溶液逐渐变为浑浊
组别
温度/℃
铁的状态
1
2.0
25
块状
2
2.5
30
粉末
3
2.5
50
块状
4
2.5
50
粉末
编号
反应条件
反应速率
(1)
升高温度

(2)
加入催化剂

(3)
再充入a ml H2

(4)
将容器容积扩大为原来2倍

(5)
通入b ml Ne(g)

实验序号
t/min
c/ml·L-1
0
10
20
30
40
50
60
1
800℃
1.0
0.8
0.67
0.57
0.50
0.50
0.50
2
800℃
c2
0.6
0.50
0.50
0.50
0.50
0.50
3
800℃
c3
0.92
0.75
0.63
0.60
0.60
0.60
4
820℃
1.0
0.40
0.25
0.20
0.20
0.20
0.20
参考答案：
1．B
【分析】根据反应速率之比等于物质化学式前的系数之比，将四个选项中的反应速率转化为B表示的反应速率。
【详解】A．v(B)=ml⋅L−1⋅s−1=0.25ml⋅L−1⋅s−1；
B．v(B)=0.3ml⋅L−1⋅s−1；
C．v(B)=ml⋅L−1⋅s−1=0.2ml⋅L−1⋅s−1；
D．v(B)=ml⋅L−1⋅s−1=0.2ml⋅L−1⋅s−1；
则反应速率比较：B＞A＞C=D，故选B。
2．D
【分析】增大化学反应速率的措施有：增大浓度、压强，升高温度，使用催化剂等，增大单位体积的活化分子数目或增大活化分子百分数，从而增大反应速率，增大压强只对有气体参加的反应有影响。
【详解】A．水为纯液体，增大水的用量，浓度不变，化学反应速率不变，故A不符合题意；
B．常温下Fe在浓硫酸中发生钝化，不能增大化学反应速率，故B不符合题意；
C．增大压强只对有气体参加的反应有影响，AgNO3溶液与盐酸反应时，增大压强，不能增大化学反应速率，故C不符合题意；
D．恒温恒容条件下，进行工业合成氨反应时，增加氮气的量，反应物的浓度增大，化学反应速率增大，故D符合题意；
故答案选D。
3．A
【详解】在相同条件下，同一化学反应中，用不同的物质表示化学反应速率其数值不同，但其数值之比等于化学计量数之比，即，因此在比较反应速率快慢时，先转化为同一种物质，以B的反应速率为标准进行判断。
A. v(A)=1.4ml/(L⋅s)，反应速率之比等于其化学计量数之比，所以v(B)=4v(A)=5.6ml/(L⋅s)；
B. v(B)=3.6ml/(L⋅s)；
C. v(C)=2ml/(L⋅s)，反应速率之比等于其化学计量数之比，所以v(B)=2v(C)=4ml/(L⋅s)；
D. v(D)=30ml/(L⋅min)=0.5ml/(L⋅s)，反应速率之比等于其化学计量数之比，所以v(B)= 2v(D)=1ml/(L⋅s)；
所以反应速率最快的为A；
答案选A。
【点睛】同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比；先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较。
4．C
【详解】A．铝热反应是放热反应，加入氯酸钾，插上镁条并点燃是为了引发反应的进行，故A错误；
B．硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，产生沉淀会影响中和热的测定，故B错误；
C．锌与稀硫酸反应速率，温度是主要因素，温度升高，反应速率增大，后浓度是主要因素，c(H+)降低，反应速率减小，故C正确；
D．酸性条件下，Fe2+可与NO3-发生氧化还原反应，Fe2+被氧化成Fe3+，再滴加KSCN溶液，溶液变成红色，但不能充分说明是原试样变质，故D错误；
故选C。
5．C
【分析】同一化学反应，用不同物质表示的速率比等于系数比。
【详解】A．v(A)=0.5ml•L-1•s-1；
B．B是固体，不能用B的浓度变化表示反应速率；
C．；
D．；
表示该反应速率最快的是C。
6．B
【详解】A．增大压强，单位体积内活化分子的数目增大，活化分子的百分数不变，故A错误；
B．升高温度，活化分子的百分数增大，反应速率增大，故B正确；
C．催化剂可以降低反应的活化能，增大活化分子百分数，故C错误；
D．加入反应物，反应物的浓度增大，单位体积内活化分子的数目增大，活化分子的百分数不变，故D错误；
故选：B。
7．B
【详解】A．催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，增大活化分子之间的碰撞机会，加快了反应的速率，故A不符合题意；
B．反应的平衡常数只与温度有关，温度不变，使用催化剂，化学平衡常数不变，故B符合题意；
C．催化剂降低了反应的活化能，参与反应的进程，改变了反应的历程，故C不符合题意；
D．催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，增大活化分子之间的碰撞机会，故D不符合题意；
答案选B。
8．B
【详解】A．整个反应的速率由慢反应所控制，即慢反应为反应速率的控制步骤，故对总反应的速率起决定性的是反应②，正确，A项正确；
B．反应为可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，反应放出的热量应小于99kJ，B项错误；
C．分析题中反应机理，可以看出V2O4·SO3是该反应的中间产物，根据有效碰撞理论，只有具有合适取向的碰撞才是有效碰撞，V2O4·SO3与O2的碰撞仅部分有效，C项正确；
D．结合催化剂的定义及作用，可知V2O5是该反应的催化剂，催化剂能提高非平衡状态下单位时间内反应物的转化率，但对平衡转化率无影响，D项正确；
答案选B。
9．C
【详解】A．由图可知，物质Ⅲ的化学式为Ru(HCOO)2，由化合价代数和为0可知，化合物Ⅲ中Ru的化合价为+2价，故A正确；
B．由图可知，整个过程中，二氧化碳参与反应时有极性键的断裂，生成甲酸时有极性键的形成，故B正确；
C．由图可知，二氧化碳转化为甲酸的反应为催化剂作用下二氧化碳与氢气反应生成甲酸，反应方程式为H2 +CO2HCOOH，故C错误；
D．催化反应过程中，物质I转化为物质Ⅱ方程式为Ru(OH)2+2H2=2H2O + RuH2，2ml氢气参与反应，但只有1ml氢气作了还原剂，1ml氢气作了氧化剂，因此当1 ml物质I转化为物质Ⅱ时，物质I得到2 ml电子，故D正确；
综上所述，答案为C。
10．C
【详解】A．根据图象显可知，第一步反应：反应物总能量低于生成物总能量，该反应为吸热反应，即ΔH＞0，第二步反应：反应物总能量低于生成物总能量，该反应为吸热反应，即ΔH＞0，第三步反应：反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，即ΔH＜0，故A错误；
B．活化能越小，化学反应速率越快，根据图象可知，第三步反应的活化能最小，反应速率最快，故B错误；
C．慢反应为决速步，活化能越大，反应速率越慢，根据图象可知，第一步反应的活化能最大，化学反应速率最慢，为决速步，故C正确；
D．对于确定的反应体系，焓变只与始态、终态有关，根据总反应，NO为催化剂，改变了反应历程，但不影响焓变，故D错误；
答案为C。
11．D
【详解】C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，反应3 min，H2的物质的量增加了0.9 ml，因此氢气的浓度变化量为0.45ml/L，则0～3 min内H2的反应速率=。
故选D。
12．B
【详解】A．增大反应物浓度，活化分子数目增加，从而使有效碰撞次数增大，加快反应速率，故A错误；
B．升高温度，提供能量，活化分子百分数增大，从而使有效碰撞次数增大，加快反应速率，故B正确；
C．增大压强，活化分子的百分数不变，但浓度增大，反应速率增大，故C错误；
D．催化剂能降低反应的活化能，从而提高单位体积内的活化分子个数和活化分子百分数，从而加快反应速率，故D错误。
13．C
【详解】A．由图示可知为反应①中的氧化产物，在发生反应②时又消耗掉，故是总反应的中间产物，A正确；
B．从图象看出是第一步反应的产物，也是第二步反应的反应物，为反应①的氧化产物，也是总反应的中间产物，B正确；
C．由图象看出反应物的能量高于生成物，CO将转化为的总反应为放热反应，C错误；
D．根据图示可知反应①活化能大于反应②的活化能，所以反应①速率慢，反应②速率快，总反应由反应慢的速率决定，D正确；
答案选C。
14．B
【分析】不影响氢气的生成量但降低反应速率的措施有：①降低浓度；②降低温度；③强酸变弱酸等；
【详解】A．碳酸钠能消耗氢离子，使生成的氢气变少，故A错误；
B．醋酸钠能与硫酸反应生成比较弱的醋酸，可以降低反应速率，故B正确；
C．硝酸根与氢离子形成具有氧化性的硝酸，与金属反应不生成氢气，故C错误；
D．加入硫酸后氢离子的物质的量增多，生成氢气的量变大，故D错误；
故选B。
15．A
【详解】A．催化剂可以改变化学反应速率，我们通常所说的催化剂一般都指正催化剂，能加快反应速率，故A正确；
B．增大压强，可以使气体物质的体积变小，其浓度变大，所以反应速率加快，反之，减小压强，可使气体的体积变大，浓度变小，反应速率变慢，由于该反应是气体物之间的反应，改变压强，对反应速率有影响，故B错误；
C．升高温度，可以加快反应速率，降低温度可减慢反应速率。由于NO和CO对人的危害远大于N2和CO2，所以当NO与CO反应生成N2和CO2的速率降低时，对人危害更大，故C错误；
D．2NO＋2CO=N2＋2CO2是一个气体物质间的化学反应，改变反应物的浓度、压强、温度均能改变该反应的速率，故D错误；
故选A。
16．C
【详解】A．图表中的物理量是反应物浓度与时间，通过分析知，反应物的浓度与时间成反比，浓度的变化量与时间的比值为速率，所以该实验的目的是研究反应物浓度与反应速率的影响，故A正确；
B．对比数据组①和②，可以看到，c ()不变，c (I-)增大到2倍时，反应时间缩短了一半，即反应速率变成了原来的2倍；对比实验①和⑤，实验⑤的c (I-)为实验①的3倍，而c ()保持不变，反应速率应该变成原来的3倍；则反应时间应为实验①反应时间的，即t1=88s×=29.3s，故B正确；
C．温度越高，化学反应速率越快，所用时间越短，若在40℃下进行编号③对应浓度的实验，显色时间t2的范围会少于22s，故C错误；
D．对比数据组①和②，可以看到，c ()不变，c (I-)增大到2倍时，反应时间缩短了一半，即反应速率变成了原来的2倍；对比数据组②和③，可以看到，c (I-)不变，c ()增大到2倍时，反应时间缩短了一半，即反应速率也变成了原来的2倍；对比数据组③和④，可以看到，c ()增大到2倍时，c (I-)变为倍时，反应时间增大了一倍，即反应速率变成了原来的；对比数据组对比数据组①和③，可以看到，c (I-)和c ()均增大到2倍时，反应时间为原反应时间的，即反应速率变成了原来的4倍，因此反应速率与反应物起始浓度乘积成正比，故D正确；
故选C。
17．B
【详解】A．化合物A与水分子之间能发生化学反应碰撞为有效碰撞，故A错误；
B．过渡态为活化配合物，具有较高的能量，性质极不稳定，故B正确
C．由图可知，该历程中TS1时活化能最小，故C错误；
D．使用催化剂可以降低反应活化能，加快该反应速率，但不能改变该反应进行的方向，故D错误；
故选B。
18．A
【详解】A．反应③为与*H生成水，不是与反应生成水，因此该反应不属于中和反应，A错误；
B．观察图中信息可知反应②可表示为：，B正确；
C．总反应为CO2+3H2=CH3OH+H2O，断裂的共价键中含有极性共价键、非极性共价键，而形成的共价键中也只有极性共价键，故总反应中断裂与形成的共价键类型不同，C正确；
D．催化剂可降低反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，因此增大了反应的活化分子数和活化分子百分数，D正确；
故合理选项是A。
19．A
【详解】A． A→B的，B→C的，故A→C的，故A正确；
B． 由图可知，B→C为放热反应，故B错误；
C． 催化剂可以降低活化能提高反应速率，但是不能使平衡发生移动，故C错误；
D． 由图可知，A→B形成化学键释放的能量小于破坏化学键吸收的能量，故该反应为吸热反应，故D错误；
故选A。
20．C
【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．使用催化剂可以改变化学反应的历程，降低其活化能E，但不改变反应的焓变，A错误；
B．根据盖斯定律①+②步反应=总反应，则①②步反应的焓变和等于总反应的焓变，B错误；
C．决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢；由图可知，总反应的速率由步骤①决定，其活化能相对较大，C正确；
D．化学反应的本质是旧的化学键断裂和新的化学键形成的过程，反应过程中有化学键的形成，有化学键的断裂，D错误；
故选C。
21．C
【详解】A．由题干示意图可知，I→II的反应方程式为(代表吸附态)，A正确；
B．由题干示意图可知，II→III的过程中有C—O键的断裂也有O—H键形成，B正确；
C．由题干示意图可知，III→I存在两种路径，但这两种路径中III与I的能量差值即反应过程中的热效应，与途径无关，只与反应物和生成物的状态有关，故二者相同，C错误；
D．由题干示意图可知，整个反应的总过程是将CO2和H2转化为CH4和H2O，故每生成1ml转移电子数为8，D正确；
故答案为：C。
22．C
【详解】A.增大反应物的浓度和增大压强，只能增大单位体积的活化分子数，不能增大活化分子百分数，故A错误；
B.碰撞不一定都为有效碰撞，活化分子间的碰撞不一定都能发生化学反应，还与分子取向有关，故B错误；
C.不同反应活化能不同，不同化学反应需要的活化能有可能差别很大，故C正确；
D.不同反应活化能不同，反应进行需要的能量不同，反应的活化能大小会影响化学反应速率，故D错误；
所以本题答案：选C。
23．B
【详解】增大反应物浓度，可使化学反应速率加快，故①可行；
②中增加盐酸用量不等于增加盐酸浓度，故②不可行；
加水会稀释反应物浓度，降低反应速率，故③不可行；
对于固体反应物而言，无浓度概念，要想使反应加快，可通过改变表面积来实现，与用量无关，故④不可行；
粉末状固体物质比块状固体物质反应速率快，故⑤可行；
综上所述①⑤项符合题意，故选B。
24．D
【详解】N2O2和N2O是中间产物，而不是催化剂，故A错误；B.②的反应最慢，说明活化能最大，故B错误；C.反应速率之比等于化学计量数之比，因此，v(NO)=v(H2)=2v(N2)，故C错误；D.正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则逆反应的活化能比正反应的活化能大752kJ/ml，所以D选项是正确的；因此，本题答案为D。
点睛：本题考查化学反应中催化剂、活化能和化学反应速率等概念，解答本题除概念必须清晰之外，易错项D，解答时要注意分析方法，首先抓住正反应放热，则断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，推出逆反应的活化能比正反应的活化能大。
25．D
【详解】A．金属镁与水反应生成，会覆盖在镁条的表面阻止反应的继续进行，故实验1现象不明显，A正确；
B．实验2比实验1现象更明显，可能是由于玻璃管空间狭小热量不易散失，导致温度升高，的溶解度增大，覆盖在镁条的表面的溶解，不再阻止反应的进行，B正确；
C．由于可电离产生，从而破坏的生成，故实验3中破坏了在镁条表面的沉积，增大了镁与水的接触面积，C正确；
D．由题干信息可知实验1和实验3所得到的产物不同，故变量不唯一，不能由实验1和实验3可得出“碱性增强有利于加快镁与水反应速率”的结论， D错误；
故选D。
26． 4 第4组实验，温度最高、反应物的浓度最大、反应物接触面积最大，则化学反应速率最快
【详解】温度越高、反应物的浓度越大、反应物接触面积越大，则化学反应速率越快；由图可知，第4组实验，温度最高、反应物的浓度最大、反应物接触面积最大，则化学反应速率最快，相同时间得到氢气体积最大。
27． 增大 增大 增大 减小 不变 890 kJ·ml-1 CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890 kJ·ml-1 17800kJ
【详解】Ⅰ.（1）升高温度，活化分子百分数增多，有效碰撞几率增大，反应速率增大，故答案为：增大；
（2）加入催化剂，降低反应的活化能，增大活化分子百分数，有效碰撞几率增大，反应速率增大，故答案为：增大；
（3）再充入a ml H2，反应物的浓度增大，反应速率增大，故答案为：增大；
（4）将容器容积扩大为原来2倍，压强减小，浓度减小，反应速率减小，故答案为：减小；
（5）保持体积不变通入b ml Ne（g），各物质的浓度不变，反应速率不变，故答案为：不变；
Ⅱ. （1）①在101kPa时，1ml CH4完全燃烧生成CO2和液态H2O，放出890kJ的热量，根据燃烧热的概念，CH4的燃烧热△H=-890kJ/ml；表示燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890 kJ·ml-1；
②448 L CH4（标准状况）的物质的量是 =20ml，所以产生的热量为20ml×890kJ/ml=17800kJ。
28． 1.0 实验2 达平衡时2组的时间较短，所以只能是加入催化剂 0.06 ml/(L•min)
【分析】（1）根据实验1、2数据、利用影响速率的因素来分析；
（2）根据催化剂能加快化学反应，续短到达平衡的时间，平衡不移动；
（3）根据V=及表格中的数据来计算反应速率；
【详解】（1）根据实验1、2数据分析，温度相同，达平衡后A的物质的量浓度相同，且B、D起始浓度为0，所以两组实验中A的起始浓度相同为1.0ml•L-1 ，
故答案为：1.0；
（2）温度相同，达平衡后A的物质的量浓度相同，但达平衡时2组的时间较短，所以只能是加入催化剂，
故答案为：实验2；达平衡时2组的时间较短，所以只能是加入催化剂；
（3）v（A）===0.06 ml/(L•min)，
故答案为：0.06 ml/(L•min)。
【点睛】熟练应用化学反应速率的公式计算。