提升练03 反应历程探究与催化原理（解析版）

提升练03反应历程探究与催化原理目录01挑战题型·查能力漏洞【题型一】 基元反应及其反应机理分析【题型二】 能垒图、过渡态理论及其反应机理分析【题型三】 催化剂、活化能及其反应机理【题型四】 循环反应机理图像分析【题型五】 速率方程与速率常数的有关计算【题型六】 外界条件对速率与速率常数的影响【题型七】速率常数与平衡常数的转化02攻克重难·补能力漏洞03知识通关·限时演练【题型一】基元反应及其反应机理分析1．（2024·河南信阳·二模）基于非金属原子嵌入石墨烯三嗪基中，用于催化一氧化碳加氢生成甲醇的反应历程如图，其中吸附在催化剂表面上的物种用“”标注，下列说法中错误的是A．整个反应历程中有四个基元反应B．过渡态相对能量：C．物种吸附在催化剂表面的过程为吸热过程D．反应决速步的活化能为0.95eV【答案】C【解析】A．从微观上看，反应物分子一般总是经过若干的简单反应步骤，才最后转化为产物分子的。每一个简单的反应步骤，就是一个基元反应。基元反应步骤要求反应物一步变成生成物，没有任何中间产物，由图可知，整个反应历程中有四个基元反应，故A正确；B．由图可知，过渡态相对能量的大小顺序为，故B正确；C．由图可知，吸附在催化剂表面的生成物总能量低于反应物的总能量，为放热过程，故C错误；D．反应的活化能越大，反应速率越慢，反应决速步为慢反应，由图可知，反应H2CO*+H=H3CO-H的活化能最大，反应速率最慢，则反应决速步的活化能为0.35eV—(—0.60eV)=0.95eV，故D正确；故选C。2．（2024·湖北·二模）常温常压下利用Cu/ZnO/ZrO催化剂实现二氧化碳加氢制甲醇的反应历程和能量变化图如下（其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注）：下列说法正确的是A．转化历程有四个基元反应，决速步为：B．若无Cu/ZnO/ZrO催化剂，二氧化碳加氢制甲醇不能自发进行C．反应过程中断裂与形成的共价键类型相同D．寻找高效催化剂，有利于的回收利用，使该反应原子利用率达到100%【答案】A【解析】A．由图可知，转化历程有四个基元反应；活化能越大，反应越慢，为决速步，决速步为，故A正确；B．催化剂能改变反应的速率，不能决定反应是否自发进行，无Cu/ZnO/ZrO催化剂，二氧化碳加氢制甲醇依然能自发进行，故B错误；C．反应过程中断裂与形成的共价键类型不相同，故C错误；D．反应产物还有水生成，原子利用率不可能达到100%，故D错误。答案选A。【题型二】能垒图、过渡态理论及其反应机理分析3．（23-24高三上·山西忻州·阶段练习）我国科学家利用两种不同的纳米催化剂(Co3O4/Pt、N-Co3O4/Pt)在室温水汽条件下实现高效CO催化氧化(C16O+16O2=C16O2)，其反应历程中相对能量的变化如下图所示(TS1、TS2、TS3分别代表过渡态1、过渡态2、过渡态3)。下列说法错误的是A．效果较好的催化剂是N-Co3O4/PtB．若利用H218O进行同位素标记实验，检测到以上反应中有C16O18O和C18O2生成，说明O-H键断裂C．反应：C16O(g)+16O2(g)=C16O2(g)的∆H<0D．若ⅱ表示H2O被吸附在催化剂表面，则Co3O4/Pt更容易吸附H2O【答案】D【解析】A．根据图示可知N-Co3O4/Pt作为催化剂活化能降低更多，因此效果较好的催化剂是N-Co3O4/Pt，A正确；B．若利用进行同位素标记实验，检测到以上反应中有和生成，来自，说明O-H键断裂，B正确；C．根据图示可知反应物总能量高于生成物，因此的，C正确；D．若ⅱ表示H2O被吸附在催化剂表面，N-Co3O4/Pt的活化能更低，因此更容易吸附H2O，D错误；故选D。4．（2024·广东·一模）乙烯氢化的热化学方程式为，使用不同含Au催化剂的反应历程如图所示。下列说法错误的是A．1mol的能量小于1mol与1mol具有的能量之和B．该反应的焓变：C．过渡态物质的稳定性：过渡态1>过渡态2D．相应的活化能：催化剂AuF>催化剂【答案】C【解析】A．该反应为放热反应，故1mol的能量小于1mol与1mol具有的能量之和，A正确；B．反应的，B正确；C．过渡态1的能量大于过渡态2的能量，能量越低越稳定，则稳定性：过渡态1<过渡态2，C错误；D．由图可知，相应的活化能：催化剂AuF>催化剂，D正确；故答案为：C。5．（2024·湖南常德·一模）近日，中国科学院报道了基于铜的岩盐有序双钙钛矿氧化物，其高效催化转化为，副产物有。其部分机理如图所示。下列说法正确的是A．由图可知，转化为过程放出热量0.43eVB．由图可知，转化为的历程中，最大活化能为0.77eVC．时，含碳物质结构中存在非极性键的断裂与形成D．由图可知，转化为的反应速率小于转化为的反应速率【答案】B【解析】A．图中没有给出的能量，则无法计算转化为过程放出的热量，A错误；B．由图可知，转化为的历程中，最大活化能时的需要的活化能，则最大活化能为0.77eV，B正确；C．时，不存在非极性键的断裂，C错误；D．由图可知，转化为的最大活化能为0.19eV，结合选项B可知，转化为的最大活化能较小，反应速率较快，D错误；故选B。【题型三】催化剂、活化能及其反应机理6．（23-24高三下·重庆九龙坡·阶段练习）在催化作用下发生反应：。其反应的机理如下图所示。下列说法不正确的是A．吸附在上的H带正电荷B．步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均吸收能量C．该过程中有s—键的形成D．合成过程中不断分离出，有利于平衡正向移动【答案】B【解析】A．异种电荷相互吸引，则吸附在上的H带正电荷，A正确；B．Ⅱ为成键过程，会放出能量，B错误；C．得到甲醇过程中形成羟基中氢氧键，该键为s—键，C正确；D．合成过程中不断分离出，使得甲醇浓度降低，可以促使平衡正向移动，D正确；故选B。7．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知：某科研小组尝试利用固体表面催化工艺进行的分解。若用和分别表示、、和固体催化剂，在固体催化剂表面分解的过程如图所示。从吸附到解吸的过程中，能量状态最低的是A．① B．② C．③ D．无法确定【答案】C【分析】断裂化学键吸热、形成化学键放热，且该反应为放热反应，以此来解答。【解析】由图可知①为吸附，②为NO断键转化为氮原子和氧原子，③为形成化学键，④为解吸，断键吸热，成键放热，故能量最低的状态是③，故答案选C。【题型四】循环反应机理图像分析8．（2024·河南周口·二模）是电解铝烟气的主要组分之一，属于强温室气体，其温室效应指数为的7390倍。我国科学家用作为催化剂实现了100％催化水解，其历程如下图所示。下列说法错误的是A．总反应为B．不能改变总反应的C．反应过程中，Ga-F、C-F键既有断裂又有形成D．反应过程中涉及的小分子包含两种非极性分子【答案】C【解析】A．从循环反应中可得，为催化剂，发生反应的方程式为，A正确；B．为催化剂，催化剂改变反应历程，降低活化能，不改变总反应的，B正确；C．反应过程中，Ga-F既有断裂又有形成，C-F键只有断裂没有形成，C错误；D．反应过程中涉及的小分子有CF4、CO2、H2O、HF，其中CF4、CO2为非极性分子，D正确；故选C。9．（2024·安徽安庆·二模）中科大某课题组通过自由基杂环反应直接合成各种稠合的内酰胺，应用于钙钛矿电池器件中。底物与Cu(Ⅰ)物种通过电子转移经历两种途径得到目标产物D。下列说法错误的是A．Cu(Ⅰ)物种是催化剂 B．底物具有氧化性C．两种途径不同，总反应的反应热也不同 D．合成过程中中碳碳双键断裂【答案】C【解析】A．Cu(Ⅰ)第一步消耗，最后一步生成,是催化剂，A正确；Ｂ．底物将Cu(Ⅰ)氧化为Cu(Ⅱ)，具有氧化性，B正确；Ｃ．两种途径虽不同，但反应热相同，C错误；Ｄ．由图可知，C60中有六元环上的碳碳双键发生了断裂，D正确；故答案选C。【题型五】速率方程与速率常数的有关计算10．（2024·辽宁鞍山·二模）丙酮的溴代反应()的速率方程为：，其中k为速率常数，与温度有关；“”为反应级数。某温度时，获得如下实验数据：实验序号初始浓度溴颜色消失所需时间t/sHCl①0.800.200.0010200②1.600.200.0010100③0.800.400.0010100④0.800.200.0020400分析该组实验数据所得出的结论错误的是A．增大，能延长溶液颜色消失的时间B．实验②和③的平均速率相等C．实验①在200s内的平均速率D．反应级数为2【答案】C【解析】A．对比实验①④中的丙酮和HCl的浓度是相同的，而实验④中的溴比实验①的大，说明增大，能延长溶液颜色消失的时间，A正确；B．对比实验②和③的数据，相等，溴颜色消失所需的时间也相等，所以溴的反应速率是相等的，B正确；C．实验①在200s内的平均速率，C错误；D．对比实验①和③的数据可知，的浓度增大2倍，速率增大2倍，则m=1，对比实验①和②的数据可知，HCl的浓度增大2倍，速率增大2倍，则p=1，对比实验①和④的数据可知，Br2的浓度增大2倍，速率减少2倍，则m=-1，m+n+p=2，反应级数为2，D正确；故选C。11．（2024·湖南·二模）室温下，某溶液中初始时仅溶有等物质的量的M和N，同时发生以下两个反应：①；②（产物均易溶）。反应①的速率，反应②的速率（、为速率常数）。反应体系中M和Z的浓度随时间变化如图。下列说法正确的是A．反应过程中，体系中Y和Z的浓度之比逐渐减小B．0～30min内，M的平均反应速率约为C．若反应能进行完全，则反应结束时37.5％的N转化为YD．反应的活化能：①②【答案】C【解析】A．由图可知，M的起始浓度为，反应①的速率，反应②的速率，、为速率常数，则同一反应体系中反应①、②的速率之比始终不变，所以Y、Z的浓度变化之比始终不变，A错误；B．①②，则体系中始终有，由图可知，30min时，M的平均反应速率为，B错误；C．30min时，，则，即反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比为，当反应能进行到底时，，则，，反应结束时N转化为Y的特化率为，C正确；D．30min时，，即、，反应的活化能越高，反应速率越慢，所以反应①的活化能小于反应②的活化能，D错误；故选C。【题型六】外界条件对速率与速率常数的影响12．（2024·安徽黄山·一模）室温下，某溶液初始时仅溶有A，同时发生两个反应：①；②，反应①的速率可表示为，反应②的速率可表示为（、为速率常数），图1为温度时，该体系中A、B、C、D浓度随时间变化的曲线，图2为反应①和②的曲线，下列说法正确的是A．表示D浓度随时间变化的曲线B．时曲线表示的物质的化学反应速率为C．温度时，反应①的活化能比反应②的活化能小D．若图1的温度降低，时刻体系中值变大【答案】D【分析】由方程式可知，两个反应中A都是反应物、B都是生成物，则L2代表A浓度随时间变化的曲线、L1代表B浓度随时间变化的曲线；由图2可知，温度为T2时，速率常数k1＜k2，则图1中对应曲线L3代表D浓度随时间变化的曲线、L4代表C浓度随时间变化的曲线。【解析】A．由分析可知，L4代表C浓度随时间变化的曲线，故A错误；B．由分析可知，L1代表B浓度随时间变化的曲线，由图可知，2s时，B的浓度小于4mol/L，则2s内，B的平均速率为=，故B错误；C．反应的活化能越大，反应速率越小，由图2可知，T2温度时，反应①的反应速率慢于反应②，则反应①的活化大于反应②，故C错误；D．由图2可知，温度降低时，体系中反应①的速率降低幅度大于反应②，则图1的温度降低时，时刻体系中值变大，故D正确；故选D。13．（23-24高三上·河南·阶段练习）某探究小组用反应过程中烧杯内物质质量的变化，来研究影响反应速率的因素，实验设计如下。下列叙述正确的是试验编号T/K大理石规格HNO3溶液浓度/mol/L①298粗颗粒2.00②298粗颗粒1.00③308粗颗粒2.00④298细颗粒2.00A．实验①和②探究HNO3溶液浓度对反应速率的影响B．实验②和④探究大理石规格对反应速率的影响C．实验①的反应速率大于实验③的反应速率D．相同时间内实验③生成二氧化碳的量一定大于实验④【答案】A【解析】A．实验①和②只有HNO3溶液浓度改变，可探究HNO3溶液浓度对反应速率的影响，A项正确；B．实验②和④存在两个变量，不能探究大理石规格对反应速率的影响，B项错误；C．实验③温度高于实验①，则实验①的反应速率小于实验③的反应速率，C项错误；D．实验③和④存在两个变量，无法判断相同时间内实验③生成二氧化碳的量一定大于实验④，D项错误；答案选A。【题型七】速率常数与平衡常数的转化14．（23-24高三上·江西·阶段练习）一定条件下，能将转化为，原理为。已知，其中，表示反应速率常数，只与温度有关，m、n、x、y为反应级数，由实验测定。向恒容密闭容器中充入，在下进行实验，测得有关数据如下：实验①0.100.100.414②0.100.401.656③0.200.101.656下列说法错误的是A．上述反应在低温条件下能自发反应B．上述反应中，反应级数：C．若升高温度，则均增大D．根据题中数据可计算出反应在的(平衡常数)【答案】D【解析】A．根据，所以在低温条件下，才能满足，A正确；B．由①②组实验数据可知，，则，同理，根据①③组实验数据可求得，B正确；C．升高温度，正、逆反应速率都增大，故正、逆反应速率常数都增大，C正确；D．根据题中数据无法计算出反应在的，D错误；故选D。15．（23-24高三上·辽宁沈阳·阶段练习）在起始温度均为T℃．容积均为的密闭容器A（恒温）、B（绝热）中均加入和，发生反应

。已知：、分别是正、逆反应速率常数，，，A、B容器中的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法中错误的是A．曲线M、N的平衡常数大小为：B．与浓度比为且保持不变，不能说明反应达到平衡状态C．T℃时，D．用CO的浓度变化表示曲线N在内的平均速率为【答案】C【分析】A为恒温容器，反应放热，B为绝热容器，体系温度升高，反应速率快，且升温，平衡逆向移动，N2O的转化率减小，故M曲线表示B容器中N2O的转化率随时间的变化关系，N曲线表示A容器中N2O的转化率随时间的变化关系。【解析】A．反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，N温度低于M，故，故A正确；B．N2与CO2浓度比为1：1时，无法判断正逆反应速率是否相等，故无法判断反应达到平衡状态，故B正确；C．PN曲线表示A容器中N2O的转化率随时间的变化关系，T℃时，反应达到平衡状态时N2O的转化率为25%，N2O的反应量为1mol×25%=0.25mol，平衡时N2O的物质的量为0.75mol，CO的物质的量为4mol-0.25mol=3.75mol，氮气和的CO2物质的量均为0.25mol，此时平衡常数K=，达到平衡状态时v正=v逆，故k正⋅c(N2O)⋅c(CO)=k逆⋅c(N2)⋅c(CO2)，故，k逆=45k正，故C错误；D．用CO的浓度变化表示曲线N在0～100s内的平均速率v(CO)=v(N2O)==1×10-4mol/(L⋅s)，故D正确；故选C。基元反应：大多数的化学反应不能一步完成，在微观上是分几步完成的，这每一步反应都叫一个基元反应如：反应H2O2＋2Br－＋2H＋=Br2＋2H2O，通过大量实验提出它们微观过程如下：①H＋＋H2O2H3Oeq\o\al(＋,2)②H3Oeq\o\al(＋,2)＋Br－=H2O＋HOBr③HOBr＋H＋＋Br－=H2O＋Br22．反应历程：由基元反应构成的反应序列，又称反应机理。（1）总反应：2NO+2H2N2+2H2O（2）反应历程①2NO+H2N2O+H2O（慢）②2N2O2N2+O2（快）③2H2+O22H2O（更快）（3）决速反应：在反应历程中，反应速率最慢的基元反应（4）决速浓度：最慢反应中反应物的浓度决定总反应的反应速率3.多步反应的活化能及与速率的关系(1)多步反应的活化能：一个化学反应由几个基元反应完成，每一个基元反应都经历一个过渡态，及达到该过渡态所需要的活化能(如图E1、E2)，而该复合反应的活化能只是由实验测算的表观值，没有实际物理意义。(2)活化能和速率的关系：基元反应的活化能越大，反应物到达过渡态就越不容易，该基元反应的速率就越慢。一个化学反应的速率就取决于速率最慢的基元反应。（3）能垒（活化能）：即反应物状态达到活化状态所需能量。根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：其最大能垒（活化能）(4)在钯基催化剂表面上，甲醇制氢（）的反应历程如下图所示，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注．最大能垒最大能垒该历程中最大能垒（活化能）179.6,该步骤的基元反应方程式为（5）曲线上的峰①峰的个数表示中间反应的个数，不一定表示中间产物的种类②峰谷a.峰前的峰谷：表示该中间反应反应物的能量b.峰后的峰谷：表示该中间反应生成物的能量4.催化剂的催化机理：催化剂的催化过程一般是催化剂跟其中的一种反应物首先发生反应，生成过渡物，然后再跟另外的反应物反应，生成产物，同时催化剂重新生成。催化剂生成的过渡物比没有催化剂生成的过渡物的能量要低，因而使反应更加容易发生和进行。这就是改变了其反应历程。即催化剂参与化学反应，生成能量更低的中间产物，降低了达到过渡态所需要的活化能，使反应易于发生，速率加快。这就是我们经常说的催化剂改变反应途径，降低反应的活化能。5.催化剂与活化能、焓变催化剂能降低反应所需活化能，化学反应速率加快，但不影响焓变∆H的大小，不影响平衡。6.活化能（1）正反应的活化能：反应物到最高点的能量差Ea正＝E1kJ·mol－1（2）逆反应的活化能：生成物到最高点的能量差Ea逆＝E2kJ·mol－1（3）活化能和反应热的关系①放热反应：Ea正＜Ea逆②吸热反应：Ea正＞Ea逆（4）活化能和反应速率的关系①关系：活化能越大，反应速率越慢②决速反应：活化能最大的反应或速率最慢的反应③决速浓度：最慢反应中反应物的浓度决定总反应的反应速率(3)催化反应一般过程(简化的过程)：①反应物扩散到催化剂表面；②反应物被吸附在催化剂表面；③被吸附的反应物发生化学反应生成产物；④产物的解吸。反应解吸吸附扩散反应解吸吸附扩散7．循环流程中物质的判断（1）有进有出的物质参与反应，常作催化剂；（2）只进不出的为反应物、原料；（3）不进只出的物质为生成物、产品。8．催化工艺的三种形式（1）直接型（2）微观型（3）循环型①反应物：A和F②生成物：B和E③催化剂：C或D，中间产物D或C9．循环转化机理图像的解读图像解读对于“环式”反应过程图像，位于“环上”的物质一般是催化剂或中间体，如⑤、⑥、⑦和⑧，“入环”的物质为反应物，如①和④，“出环”的物质为生成物，如②和③10、速率常数(1)含义：速率常数(k)是指在给定温度下，反应物浓度皆为1mol·L－1时的反应速率。在相同的浓度条件下，可用速率常数大小来比较化学反应的反应速率(2)速率常数的影响因素：与浓度无关，但受温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响，但温度对化学反应速率的影响是显著的，速率常数是温度的函数，同一反应，温度不同，速率常数将有不同的值。通常反应速率常数越大，反应进行得越快。不同反应有不同的速率常数11、速率方程：(1)定义：一定温度下，化学反应速率与反应物浓度以其计量数为指数的幂的乘积成正比(2)表达式：对于反应：aA＋bBpC＋qD，则v＝kca(A)·cb(B)(其中k为速率常数)如：①SO2Cl2SO2＋Cl2v＝k1c(SO2Cl2)②2NO22NO＋O2v＝k2c2(NO2)③2H2＋2NON2＋2H2Ov＝k3c2(H2)·c2(NO)例如：基元反应CO+NO2=CO2+NOV正=k正c(CO)c(NO2)V逆=K逆c(CO2)c(NO)其中K正称为正向反应速率常数，K逆称为逆向反应速率常数，c(CO)、c(NO2)、c(CO2)、c(NO)为浓度V正，V逆为化学反应的瞬时速率。适用范围：①基元反应；②对于非基元反应，其速率方程的浓度的次方与反应方程的计量数无确定关系，需要由实验测得。12．影响化学速率常数k的因素（1）内因：反应的活化能越小，反应进行得越快，速率常数k越大（2）外因：与浓度和压强无关①温度：温度越高，反应速率越快，速率常数k越大②催化剂：加入催化剂，反应速率加快，速率常数k变大③固体表面性质：增大固体表面积，反应速率加快，速率常数k变大13．影响化学平衡常数K的因素（1）内因：化学反应本身的性质（2）外因：只与温度有关①升高温度，吸热反应的平衡常数变大，放热反应的平衡常数变小②降低温度，吸热反应的平衡常数变小，放热反应的平衡常数变大14、正、逆反应的速率常数与平衡常数的关系(1)K与k正、k逆的关系对于反应：aA(g)＋bB(g)pC(g)＋qD(g)，则：v正＝k正·ca(A)·cb(B)(k正为正反应速率常数)v逆＝k逆·cp(C)·cq(D)(k逆为逆反应速率常数)反应达到平衡时v正＝v逆，此时：k正·ca(A)·cb(B)=k逆·cp(C)·cq(D)，即：(2)Kp与k正、k逆的关系以2NO2N2O4为例，v正＝k正·p2(NO2)，v逆＝k逆·p(N2O4)反应达到平衡时v正＝v逆，此时：k正·p2(NO2)＝k逆·p(N2O4)eq\f(k正,k逆)＝eq\f(pN2O4,p2NO2)＝Kp，即：Kp＝eq\f(k正,k逆)15．可逆反应：aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）16．三种平衡常数表达式（1）浓度平衡常数：Kc＝（2）压强平衡常数：Kp＝（3）物质的量分数平衡常数：Kx＝1．（23-24高三下·重庆·阶段练习）一定条件下，与在活性表面转化为，其部分反应机理如图所示。下列说法正确的是A．步骤Ⅰ中发生氧化反应 B．生成1mol理论上转移2mol电子C．吸附在表面的两个氢原子带相同电荷 D．整个反应过程中只有极性键的断裂与生成【答案】B【解析】A．步骤Ⅰ中失去氧，发生还原反应，A错误；B．反应中转化为HCOO-，根据碳元素化合价变化可知，电子转移为2e-~HCOO-，则生成1molHCOO-理论上转移电子2mol，B正确；C．由图可知，吸附在Fe3O4-x上的两个氢原子分别于铁、氧结合，故带不相同电荷，C错误；D．反应过程中氢气和转化为HCOO-和水，反应中存在氢氢键、氢氧键断裂，氢氧键、碳氢键的生成，故还存在氢氢非极性键断裂，D错误；答案选B。2．（2024·湖南岳阳·二模）N-羧基丙氨酸酸酐广泛用于生物领域，用碳酸二甲酯和丙氨酸为原料可以制备N-羧基丙氨酸酸酐，其反应机理如图所示。下列说法错误的是A．在强酸性环境不利于反应进行B．该过程中元素的化合价发生改变C．反应过程中有的断裂和形成D．用甘氨酸代替丙氨酸，可制得【答案】B【解析】A．在强酸性溶液中，碳酸二甲酯会发生水解，同时CH3CH(NH2)COO-浓度降低，不利于反应进行，A正确；B．碳酸二甲酯(CH3O)2CO]与Zn(CH3COO)2形成的是配位键，整个过程中均未有元素化合价发生变化，B错误；C．该过程中存在N—H、C—O等极性键的断裂和生成，C正确；D．若用甘氨酸(H2NCH2COOH)代替丙氨酸，则根据转化关系，最后可得到，D正确;故答案为：B。3．（2024·北京丰台·一模）过渡金属氧化物离子(以MO+表示)在烃类的选择性氧化等方面应用广泛。MO+与CH4反应的过程如下图所示。下列说法不正确的是A．反应速率：步骤I<步骤IIB．CH3OH分子中，键角：H—C—H>H—O—CC．若MO+与CH3D反应，生成的氘代甲醇有2种D．CH4(g)+MO+(g)=CH3OH(g)+M+(g)

=E2+E4-E1-E3【答案】D【解析】A．步骤I的活化能大于步骤II，反应速率步骤I更小，故A正确；B．O原子上有两对孤对电子，排斥力较大，键角H—C—H>H—O—C，故B正确；C．根据反应机理可知，若MO+与CHD2反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH，共两种，故C正确；D．根据反应历程能量变化图所示，总反应的反应热为E1-E2+E3-E4，故D错误；答案选D。4．（2024·河北·一模）某密闭容器中含有X和Y，同时发生以下两个反应：①；②。反应①的正反应速率，反应②的正反应速率，其中为速率常数。某温度下，体系中生成物浓度随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A．时，正反应速率B．内，X的平均反应速率C．若升高温度，时容器中的比值减小D．反应①的活化能大于反应②【答案】A【解析】A．由图可知，初始生成M的速率大于N，则，时两个反应均达到平衡状态，由于、，则正反应速率，A正确；B．①②反应中XQ的系数均为1，则内，X的平均反应速率，B错误；C．后M浓度减小，可能为Q浓度增大导致①逆向移动所致，不确定2个反应的吸热放热情况，不能确定升高温度，时容器中的比值变化情况，C错误；D．由图可知，初始生成M的速率大于N，则反应①的话化能小于反应②，D错误；故选A。5．（23-24高三下·广西·开学考试）恒容条件下，发生如下反应：。已知：，，分别为正、逆向反应速率常数（仅与温度有关），为物质的量分数。如图是不同温度下随时间的变化。下列说法不正确的是A．已知电负性：，则与水反应的方程式为：B．，该反应C．时平衡体系中再充入，平衡正向移动，增大D．当反应进行到处时，【答案】C【解析】A．已知电负性：，则中氯氢为负价、硅为正价，其与水反应生成硅酸、氯化氢和氢气，方程式为：，A正确；B．因两曲线对应的状态只是温度不同，由图像知达到平衡所需时间T2K温度下比T1K短，温度越高反应速率越快，达到平衡所需时间越短，所以温度：T2>T1。又T2K下达到平衡时SiHCl3的物质的量分数比T1K时小，说明升温平衡向正反应方向移动，由此推知该反应为吸热反应，焓变大于0，B正确；C．恒温恒容条件下再充入1molSiHCl3，相当于增大压强，而反应前后气体分子数不变的反应，所以改变压强，平衡不移动，再次达到平衡时不变，C错误；D．反应进行到a处时，＝0.8，此时，由反应可知转化的SiHCl3为0.2mol，生成SiH2Cl2、SiCl4均为0.1mol，，则，平衡时，，结合反应中转化关系可知，则，则，D正确；故选C。6．（23-24高三下·河北沧州·阶段练习）向一容积可变密闭容器中充入等物质的量的A、B，发生反应：，在不同压强下，该反应的平衡常数随温度的变化如表所示。下列判断错误的是压强/MPa平衡常数温度/℃1.01.52.0300ab16516c64d800160fgA．其他条件不变，反应速率：B．正反应是吸热反应C．下，反应达平衡后，再充入Ar，A的转化率增大D．时，B的转化率为【答案】C【解析】A．其他条件相同，压强越大，反应速率越快，故A正确；B．平衡常数随温度升高而增大，说明升温平衡正向移动，该反应的正反应是吸热反应，故B正确；C．充入Ar，总体积增大，反应体系的分压减小，但由于C为固体，该反应前后气体分子数不变，故平衡不移动，A的转化率不变，故C错误；D．1.5Mpa、300℃时，平衡常数b=16，设开始时A、B的物质的量为1mol，平衡时B的物质的量的变化量为xmol，容器容积为VL，则达平衡时，A、B、D的物质的量分别为，则，解得x=0.5，则B的转化率为，故D正确；故答案为：C。7．（2023高三·全国·专题练习）反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)

ΔH>0，下列说法正确的是A．其他条件不变时，增加碳的量，化学反应速率增大B．其他条件不变时，升高温度，正反应速率增大，逆反应速率也增大C．其他条件不变时，缩小容器的容积，增大压强，化学反应速率减小D．其他条件不变时，向容积不变的密闭容器中充入H2O(g)，正反应速率增大，逆反应速率减小【答案】B【解析】A．碳是固体，浓度为定值，只增大碳的量时化学反应速率不变，A项错误；B．温度升高，正反应和逆反应速率均增大，B项正确；C．其他条件不变时，缩小容器的容积，增大压强，各物种浓度增大，化学反应速率增大，C项错误；D．其他条件不变时，向容积不变的密闭容器中充入，等效为加压，则正反应速率增大，逆反应速率相对原来的也增大，D项错误；答案选B。8．反应在一密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是①增加C的量②将容器体积缩小一倍③保持体积不变，充入N2使体系压强增大④保持压强不变，充入N2使体系体积增大A．①③ B．①④ C．②③ D．③④【答案】A【解析】①往反应中加入固体物质，不会影响化学反应的速率，①符合题意；②将容器的体积减小一半，等价于将整个反应体系的压强增大了一倍，气体物质的浓度增大，所以会使反应速率增大，②不符合题意；③保持体积不变，充入使容器内总压强增大，但是不参加反应，容器内各物质的浓度没有改变，所以不影响化学反应速率，③故符合题意；④恒压时，充入使容器体积增大，压强虽然不变，但各物质的浓度减小，所以化学反应速率会减小，④不符合题意；故选A。9．（2023·上海黄浦·二模）把铁条放入盛有过量稀硫酸的试管中，下列改变不能加快氢气产生速率的是A．改铁条为镁条 B．滴加少量CuSO4溶液C．改稀硫酸为98%的硫酸 D．升高溶液的温度【答案】C【解析】A．镁比铁更活泼，与稀硫酸反应速率更快，能加快氢气产生速率，A正确；B．滴加少量CuSO4，Fe与CuSO4反应生成Cu，Fe、Cu和稀硫酸构成原电池，加快反应速率，B正确；C．常温下，铁在浓硫酸中发生钝化，无法产生氢气，C错误；D．升高溶液温度，反应速率加快，D正确；故答案选C。10．化学工作者对反应提出下列三步机理(为速率常数)：第一步：

快速平衡，且平衡时有：

；第二步：

慢反应，；第三步：

快反应。下列说法中错误的是A．第一步反应的平衡常数B．第二步反应速率决定总反应的快慢C．第三步中NO与的碰撞仅部分发生反应D．速率常数：【答案】A【解析】A．当反应达到平衡时，=，，故A错误；B．的快慢取决于最慢的步骤，第二步反应速率最慢，第二步反应速率决定总反应的快慢，故B正确；C．第二步反应不影响第一步的平衡，且生成NO，则第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效，故C正确；D．慢反应的反应速率小，则v（第一步的逆反应）＞v（第二步反应），，故D正确；故选A。11．（22-23高三下·湖北省直辖县级单位·阶段练习）阿伦尼乌斯经验公式为lnk=lnA-(Ea为活化能，k为速率常数，R和A为常数)，已知反应(l)

(l)，其lnk正和lnk逆随温度变化的曲线如图所示。下列有关该反应的说法不正确的是

A．正反应的活化能大于逆反应的活化能B．完全燃烧等质量的M(l)、N(l)，N(l)放出的热量多C．选用合适的催化剂能提高的平衡转化率D．温度变化对速率常数的影响程度：lnk正＞lnk逆【答案】C【解析】A．根据阿伦尼乌斯经验公式lnk=lnA-EaRT(Ea为活化能)可知，题图中曲线的斜率代表活化能大小，lnk正的斜率大，活化能大，A正确；B．正反应的活化能大于逆反应的活化能，则该反应为吸热反应，生成物N的能量更高，完全燃烧等质量的M(l)、N(l)，N(l)放出的热量更多，