考点25化学反应速率及其影响因素（核心考点精讲精练）-备战2025年高考化学一轮复习考点帮（新高考）（解析版）

考点25化学反应速率及其影响因素目录TOC\o"1-3"\h\u 11.高考真题考点分布 12.命题规律及备考策略 1 2考法01化学反应速率及其计算 2考法02影响化学反应速率的因素 6考法03基元反应与反应机理 11 141.高考真题考点分布考点内容考点分布化学反应速率的概念及计算2024·河北卷，3分；2024·安徽卷，3分；2023·河北卷，3分；2022辽宁卷12题，3分；2022浙江1月选考19题，2分；2022浙江6月选考20题，2分；影响化学反应速率的因素2024·甘肃卷，3分；2024·安徽卷，3分；2023辽宁卷12题，3分；2022湖南卷12题，4分；2022湖南卷14题，4分；2022北京卷14题，3分；2022河北卷11题，4分；催化剂与反应机理2024·北京卷，3分；2024·贵州卷，3分；2024·广东卷，3分；2024·甘肃卷，3分；2024·安徽卷，3分；2023·广东卷，3分；2023·湖南卷，3分；2023·新课标卷，3分；2.命题规律及备考策略【命题规律】高频考点从近几年全国高考试题来看，化学反应速率的计算和外界条件对化学反应速率的影响仍是高考命题的热点。【备考策略】活化分子、有效碰撞与反应速率的关系【命题预测】预计2025年高考会以新的情境载体将化学反应速率及其影响因素与化工生产、生活实际相结合知识，题目难度一般适中。考法01化学反应速率及其计算1．化学反应速率(1)表示方法通常用单位时间内反应物浓度的减少量或生成物浓度的增加量来表示。(2)数学表达式及单位v＝eq\f(Δc,Δt)，单位为mol·L－1·s－1或mol·L－1·min－1。(3)与化学方程式中化学计量数的关系在反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)中，存在v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝a∶b∶c∶d。【易错提醒】①不能用固体或纯液体来表示化学反应速率，因为固体或纯液体的浓度视为常数。②化学反应速率一般指平均速率而不是瞬时速率，且无论用反应物还是用生成物表示均取正值。③同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的化学反应速率，其数值可能不同，但表示的意义相同。2．定量比较化学反应速率大小的两种方法(1)归一法：先换算成同一物质、同一单位表示，再比较数值大小。(2)比值法：比较化学反应速率与化学计量数的比值。如aA(g)＋bB(g)cC(g)，若eq\f(v（A）,a)＞eq\f(v（B）,b)，则用A表示时的反应速率比用B表示时大。3．化学反应中各物质浓度的计算模型——“三段式”(1)写出有关反应的化学方程式。(2)找出各物质的起始量、转化量、某时刻量。例如：反应mA＋nBpCeq\a\vs4\al(起始浓度,（mol·L－1）)abceq\a\vs4\al(转化浓度,（mol·L－1）)xeq\f(nx,m)eq\f(px,m)eq\a\vs4\al(某时刻浓度,（mol·L－1）)a－xb－eq\f(nx,m)c＋eq\f(px,m)(3)根据已知条件列式计算。请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)化学反应速率为0.8mol·L－1·s－1是指1s时某物质的浓度为0.8mol·L－1()(2)由v＝eq\f(Δc,Δt)计算平均速率，用反应物表示为正值，用生成物表示为负值()(3)同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的反应速率，其数值可能不同，但表示的意义相同()(4)有时也可以用单位时间内某物质质量的变化量来表示化学反应速率()(5)同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的反应速率，数值越大，表示化学反应速率越快()(6)对于任何化学反应来说，都必须用单位时间内反应物或生成物浓度的变化量来表示化学反应速率()(7)单位时间内反应物浓度的变化量表示正反应速率，生成物浓度的变化量表示逆反应速率()【答案】(1)×(2)×(3)√(4)√(5)×(6)×(7)×考向01考查化学反应速率的计算【例1】（2024·山东临沂·期中）某温度下，在2L恒容密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：3A(g)+bB(g)=cC(g)，12s时生成C的物质的量为0.6mol(反应过程如图所示)。下列说法中正确的是A．图中交点时A的消耗速率等于A的生成速率B．2s时，用A表示的反应速率为0.15mol•L﹣1•s﹣1C．化学计量数之比b：c=1：3D．12s时的压强与起始时的压强之比为8：13【答案】D【解析】A．图中交点时A、B的浓度相等，但浓度继续变化，则没有达到平衡状态，如达到平衡状态，各物质的浓度不变，故A错误；B．2s时，A的浓度变化=0.8mol/L﹣0.5mol/L=0.3mol/L，则2s内反应速率v===0.15mol•L﹣1•s﹣1，而不是瞬时速率，故B错误；C．A的浓度变化=0.8mol/L﹣0.2mol/L=0.6mol/L，A表示的反应速率==0.05mol/(L•s)，B的浓度变化=0.5mol/L﹣0.3mol/L=0.2mol/L，计算B的反应速率==mol/(L•s)，C的反应速率==mol/(L•s)，速率之比等于化学方程式计量数之比，3：b：c=0.05：：，b=1，c=1.5，化学计量数之比b：c=2：3，故C错误；D．平衡时A的物质的量为0.2mol/L×2L=0.4mol，B的物质的量为0.3mol/L×2L=0.6mol，C的物质的量为0.6mol，则总物质的量为1.6mol，起始时总物质的量为2.6mol，则12s时的压强与起始时的压强之比为8：13，故D正确；答案选D。考向02考查速率常数及其计算【例2】（2024·山西朔州·二模）一定条件下，反应H2(g)＋Br2(g)=2HBr(g)的速率方程为v＝kcα(H2)cβ(Br2)cγ(HBr)，某温度下，该反应在不同浓度下的反应速率如下：c(H2)/(mol·L－1)c(Br2)/(mol·L－1)c(HBr)/(mol·L－1)反应速率0.10.12v0.10.428v0.20.4216v0.40.142v0.20.1c4v根据表中的测定结果，下列结论错误的是()A.表中c的值为1B.α、β、γ的值分别为1、2、－1C.反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大D.在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低【答案】B【解析】速率方程为v＝kcα(H2)cβ(Br2)cγ(HBr)，将H2、Br2、HBr和速率都带入到速率方程可以得到，①v＝k×0.1α×0.1β×2γ、②8v＝k×0.1α×0.4β×2γ、③16v＝k×0.2α×0.4β×2γ、④2v＝k×0.4α×0.1β×4γ，由①②得到β＝eq\f(3,2)，②③得到α＝1，①④得到γ＝－1，对于4v＝k(0.2)α(0.1)βcγ(HBr)与①，将α＝1，β＝eq\f(3,2)，γ＝－1代入，解得c＝1，由此分析。A.根据分析，表中c的值为1，故A不符合题意；B.根据分析，α、β、γ的值分别为1、eq\f(3,2)、－1，故B符合题意；C.由于速率与Br2(g)和H2(g)的浓度成正比，与HBr(g)的浓度成反比，反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大，故C不符合题意；D.由于γ＝－1，增大HBr(g)浓度，cγ(HBr)减小，在反应体系中保持其他物质浓度不变，会使反应速率降低，故D不符合题意。【思维建模】1．速率常数：假设基元反应(能够一步完成的反应)为aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)，其速率可表示为v＝kca(A)cb(B)，式中的k称为反应速率常数或速率常数。2．正、逆反应的速率常数与平衡常数的关系：对于基元反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)，v正＝k正·ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cc(C)·cd(D)，平衡常数K＝eq\f(cc（C）·cd（D）,ca（A）·cb（B）)，反应达到平衡时v正＝v逆，故K＝eq\f(k正,k逆)。【对点1】（2024·山东烟台·期末）某温度下，向甲、乙两个容积均为1L的恒容密闭容器中分别充入4molHCl和，发生反应：

ΔH，其一为绝热过程，另一为恒温过程。反应过程中两容器内的压强随时间的变化曲线如下图所示。下列说法错误的是A．甲容器为绝热过程，ΔH<0B．a点气体颜色深于b点C．c点，单位时间内生成的同时生成D．乙容器中0～10min内化学反应速率【答案】B【分析】该反应为反应前后气体总物质的量减小的反应，该体系的容积不变，若是恒温过程，随着反应的进行，气体的分子数不断减小，压强不断减小至不变；而若是绝热过程，则物质的量减小时，若温度降低，则压强减小，若温度升高，压强既可能升高也可能降低，但是图中只有一条曲线最初的压强在减小，说明绝热时最初温度在升高、压强在增加，所以该反应为放热反应，且曲线甲表示恒容绝热时的压强变化，曲线乙表示恒温恒容时的压强变化，据此分析解答。【解析】A．据以上分析可知，甲容器为绝热过程，且反应为放热反应，即ΔH<0，故A正确；B．a、b两点压强相同，容器体积相等，依据阿伏加德罗定律，此时气体的物质的量与温度成反比，甲过程为绝热过程，反应放热温度升高，甲过程温度更高，说明甲过程气体总的物质的量小于乙过程，甲过程正向进行的程度更大，容器内Cl2的浓度较大，颜色较深，气体的颜色深浅：b点气体颜色深于a点，故B错误；C．c点时反应达到平衡状态，生成为逆反应方向，生成为正反应方向，该数据也符合计量数之比1：2，故C正确；D．曲线乙表示恒温恒容时的压强变化，乙容器反应到10min时，压强为44KPa，压强之比等于气体的物质的量，此时混合气体的物质的量为，列三段式有：，可知，x=0.6mol，则乙容器中0～10min内化学反应速率，故D正确；故选B。【对点2】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟）工业上利用CH4(混有CO和H2)与水蒸气在一定条件下制取H2，原理为CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)该反应的逆反应速率表达式为v逆＝k·c(CO)·c3(H2)，k为速率常数，在某温度下测得实验数据如表所示：CO浓度/(mol·L－1)H2浓度/(mol·L－1)逆反应速率/(mol·L－1·min－1)0.1c18.0c2c116.0c20.156.75由上述数据可得该温度下，c2＝mol·L－1，该反应的逆反应速率常数k＝L3·mol－3·min－1。【解析】根据v逆＝k·c(CO)·c3(H2)，由表中数据可得：ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))＝eq\f(8.0mol·L－1·min－1,0.1mol·L－1×k)，c2＝eq\f(6.75mol·L－1·min－1,（0.15mol·L－1）3×k)，有k×eq\f(8.0mol·L－1·min－1,0.1mol·L－1×k)×eq\f(6.75mol·L－1·min－1,（0.15mol·L－1）3×k)＝16.0mol·L－1·min－1，解得k＝1.0×104L3·mol－3·min－1，代入c2的等式可得c2＝0.2mol·L－1。【答案】0.21.0×104考法02影响化学反应速率的因素1．内因反应物本身的性质是主要因素。如相同条件下Mg、Al与稀盐酸反应的速率大小关系为v(Mg)>v(Al)。2．外因(其他条件不变，只改变一个条件)【易错提醒】惰性气体对反应速率的影响恒温恒容条件下通入惰性气体，总压增大，反应物浓度不变，反应速率不变恒温恒压条件下通入惰性气体，总体积增大，反应物浓度减小，反应速率减小3．有效碰撞理论解释外因对化学反应速率的影响(1)有效碰撞能够发生化学反应的碰撞为有效碰撞。化学反应发生的先决条件是反应物分子间必须发生碰撞。有效碰撞必须具备两个条件：一是发生碰撞的分子具有足够的能量，二是碰撞时要有合适的取向。(2)活化分子有足够的能量，能够发生有效碰撞的分子叫活化分子。活化分子百分数＝eq\f(活化分子数目,反应物分子总数)×100%。(3)活化能：活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差，叫做反应的活化能。活化能越小，反应速率越大。图中：E1为正反应的活化能，E3为使用催化剂时正反应的活化能，E2为逆反应的活化能。(4)活化分子、有效碰撞与反应速率的关系条件→活化分子→有效碰撞→反应速率变化条件改变单位体积内有效碰撞次数化学反应速率分子总数活化分子数活化分子百分数增大反应物浓度增加增加不变增加增大增大压强增加增加不变增加增大升高温度不变增加增加增加增大加催化剂不变增加增加增加增大请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)催化剂都不参加化学反应()(2)升高温度时，不论正反应是吸热还是放热，正、逆反应的速率都增大()(3)可逆反应中减小产物的浓度可增大正反应的速率()(4)增大反应体系的压强，反应速率不一定增大()(5)增大反应物的浓度，能够增大活化分子的百分数，所以反应速率增大()(6)对可逆反应FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3＋3KCl，增加氯化钾浓度，逆反应速率加快()(7)增大反应物的浓度，能够增大活化分子的百分含量，所以反应速率增大()(8)对可逆反应FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3＋3KCl，增加氯化钾浓度，逆反应速率加快()(9)FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同()(10)用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率()【答案】(1)×(2)√(3)×(4)√(5)×(6)×(7)×(8)×(9)×(10)√考向01考查影响化学反应速率的因素【例1】（2024·吉林通化·一模）根据v－t图像分析外界条件的改变对可逆反应A(g)＋3B(g)2C(g)ΔH<0的影响。该反应的速率与时间的关系如图所示：可见在t1、t3、t5、t7时反应都达到平衡，如果t2、t4、t6、t8时都只改变了一个反应条件，则下列对t2、t4、t6、t8时改变条件的判断正确的是()A.使用了催化剂、增大压强、减小反应物浓度、降低温度B.升高温度、减小压强、减小反应物浓度、使用了催化剂C.增大反应物浓度、使用了催化剂、减小压强、升高温度D.升高温度、减小压强、增大反应物浓度、使用了催化剂【答案】D【解析】t2时正、逆反应速率均增大，且平衡逆向移动，排除A、C选项；t4时正、逆反应速率均减小，平衡逆向移动，可以是减小压强；t6时正反应速率增大，逆反应速率瞬间不变，平衡正向移动，所以是增大反应物浓度，排除B选项；t8时正、逆反应速率均增大且仍相等，平衡不移动，则使用了催化剂，D选项符合题意。考向02考查“变量控制”实验探究【例2】（2024·江西景德镇·二模）某同学设计如下实验方案探究影响锌与稀硫酸反应速率的因素，有关数据如下表所示：序号纯锌粉/g2.0mol·L－1硫酸溶液/mL温度/℃硫酸铜固体/g加入蒸馏水/mLⅠ2.050.02500Ⅱ2.040.025010.0Ⅲ2.050.0250.20Ⅳ2.050.0254.00(1)本实验待测数据可以是_____________________________________________________，实验Ⅰ和实验Ⅱ可以探究________对锌与稀硫酸反应速率的影响。(2)实验Ⅲ和实验Ⅳ的目的是___________________________________________________，写出有关反应的离子方程式___________________________________________________。【答案】(1)反应结束所需要的时间(或相同条件下产生等体积的氢气所需要的时间)硫酸浓度(2)探究硫酸铜的质量对反应速率的影响Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑【解析】实验Ⅰ和实验Ⅱ中，锌的质量和状态相同，硫酸的浓度不同，实验Ⅲ和实验Ⅳ中加入硫酸铜，Cu2＋的氧化性强于H＋，首先发生反应Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，生成的铜附着在锌表面，在稀硫酸溶液中构成原电池，加快锌失电子。但是加入的硫酸铜过多，生成的铜会覆盖在锌表面，阻止锌与稀硫酸进一步反应，产生氢气的速率会减慢。(1)本实验待测数据可以是“反应结束所需要的时间”或“相同条件下产生等体积的氢气所需要的时间”，实验Ⅰ和实验Ⅱ可以探究硫酸的浓度对反应速率的影响。(2)实验Ⅲ和实验Ⅳ加入的硫酸铜的质量不同，可以探究加入硫酸铜的质量与反应速率的关系。【思维建模】关于“变量控制法”题目的解题策略【对点1】（2024·山东聊城·模拟）下列说法正确的是()A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增多B．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的容积)，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大C．升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是减小了反应物分子中活化分子的百分数D．催化剂能增大单位体积内活化分子的百分数，从而增大反应速率【答案】D【解析】浓度和压强的变化是改变单位体积内活化分子的总数，活化分子的百分数不变；温度、催化剂是改变活化分子的百分数，单位体积内分子总数不变。【对点2】（2024·四川雅安·模拟）某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：[实验原理]2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O[实验内容及记录]实验编号实验温度/℃试管中所加试剂及其用量/mL溶液褪至无色所需时间/min0.6mol/LH2C2O4溶液H2O3mol/L稀H2SO4溶液0.05mol/LKMnO4溶液①253.0V12.03.01.5②252.03.02.03.02.7③502.0V22.03.01.0(1)请完成此实验设计，其中：V1＝________，V2＝________。(2)实验①、②探究的是________对化学反应速率的影响，根据上表中的实验数据，可以得到的结论是__________________________________________________________________________________。(3)探究温度对化学反应速率的影响，应选择实验________(填实验编号)。(4)利用实验①中的数据，计算用KMnO4表示的化学反应速率为____________。【答案】(1)2.03.0(2)浓度其他条件不变时，增大(减小)反应物浓度，化学反应速率加快(减慢)(3)②③(4)0.01mol/(L·min)【解析】(1)实验①、②探究浓度对反应速率的影响，则其他条件应该是相同的，则V1＝2.0；实验②、③探究温度对反应速率的影响，则其他条件应该是相同的，则V2＝3.0。(2)根据表中数据可知实验①、②探究的是浓度对化学反应速率的影响，根据表中的实验数据，可以得到的结论是其他条件不变时，增大(减小)反应物浓度，化学反应速率加快(减慢)。(3)根据表中数据可知探究温度对化学反应速率的影响，应选择实验②、③。(4)草酸的物质的量为0.6mol/L×0.003L＝0.0018mol，高锰酸钾的物质的量为0.05mol/L×0.003L＝0.00015mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为0.0018mol∶0.00015mol＝12∶1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为eq\f(0.05mol/L×0.003L,（3＋2＋3＋2）×10－3L)＝0.015mol/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)＝0.015mol/L÷1.5min＝0.01mol/(L·min)。考法03基元反应与反应机理1．基元反应(1)大多数化学反应都是分几步完成的，其中的每一步反应都称为基元反应。(2)基元反应速率方程对于基元反应aA＋bB=gG＋hH，其速率方程可写为v＝k·ca(A)·cb(B)(其中k称为速率常数，恒温下，k不因反应物浓度的改变而变化)，这种关系可以表述为基元反应的化学反应速率与反应物浓度以其化学计量数为指数的幂的乘积成正比。2．反应机理基元反应构成的反应序列称为反应历程(又称反应机理)，基元反应的总和称为总反应。由几个基元反应组成的总反应也称复杂反应。例如H2(g)＋I2(g)=2HI(g)，它的反应历程有如下两步基元反应：①I2=I·＋I·(快)②H2＋2I·=2HI(慢)其中慢反应为整个反应的决速步骤。3．过渡态理论(1)化学反应并不是通过反应物分子的简单碰撞就能完成的，而是在反应物到生成物的过程中经过一个高能的过渡态，处于过渡态的分子叫做活化络合物。活化络合物是一种高能量的不稳定的反应物原子组合体，它能较快地分解为新的能量较低的较稳定的生成物。(2)活化能(Ea)是处在过渡态的活化络合物分子平均能量与反应物分子平均能量的差值。4．催化机理从碰撞理论解释：催化剂通过参加反应，改变反应历程，降低反应的活化能，使活化分子百分数增多，从而加快反应速率，图示如下。5．催化剂的特征(1)催化剂只能改变反应途径(又称反应机理)，不能改变反应的始态和终态。它同时加快了正、逆反应速率，缩短了达到平衡的时间，并不能改变平衡状态。(2)催化剂有选择性，不同的反应常用不同的催化剂，即每个反应有它特有的催化剂。生产上常利用催化剂的选择性，使所希望的化学反应加快，同时抑制某些副反应的发生。(3)每种催化剂只有在特定条件下才能体现出它的活性，否则将失去活性或发生催化剂中毒。考向01考查催化剂与反应机理【例1】（2024·安徽阜阳·一模）已知反应：2NO(g)＋Br2(g)2NOBr(g)ΔH＝－akJ·mol－1(a＞0)，其反应机理如下：①NO(g)＋Br2(g)NOBr2(g)快②NO(g)＋NOBr2(g)2NOBr(g)慢下列有关该反应的说法正确的是()A．该反应的速率主要取决于①的快慢B．NOBr2是该反应的催化剂C．正反应的活化能比逆反应的活化能小akJ·mol－1D．增大Br2(g)浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率【答案】C【解析】反应速率主要取决于慢的一步，所以该反应的速率主要取决于②的快慢，故A错误；NOBr2是反应过程中的中间产物，不是该反应的催化剂，故B错误；由于该反应为放热反应，说明反应物的总能量高于生成物的总能量，所以正反应的活化能比逆反应的活化能小akJ·mol－1，故C正确；增大Br2(g)浓度，活化分子百分数不变，但单位体积内的活化分子数目增多，所以能加快反应速率，故D错误。考向02考查反应历程图像【例2】（2024·湖北孝感·二模）汽车尾气处理时存在反应：NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g)，该反应过程及能量变化如图所示。下列说法正确的是()A．使用催化剂活化分子百分数增多B．使用催化剂，反应物分子的能量变高C．使用催化剂可以有效减少反应放出的热量D．无论是反应物还是生成物，转化为活化络合物都要吸收能量【答案】AD【解析】使用催化剂，降低反应的活化能，活化分子百分数增多，但反应物分子能量不变，也不改变反应热，B、C错误。【对点1】（2024·河南鹤壁·模拟）向H2O2溶液中加入少量FeCl3溶液，混合溶液中有大量气泡逸出，查阅资料知H2O2的分解机理如下：①2Fe3＋＋H2O22Fe2＋＋O2↑＋2H＋②H2O2＋2Fe2＋＋2H＋2H2O＋2Fe3＋下列有关说法正确的是（）A.增大c（Fe3＋）不影响产生气体的速率B.第①步反应中Fe3＋与H2O2碰撞仅部分有效C.Fe2＋是该反应的催化剂D.第②步反应的活化能较大【答案】B【解析】由题给信息可知，第①步为慢反应，增大反应物的浓度，其反应速率增大，A项错误；任何一个反应，粒子之间的碰撞不可能都是有效碰撞，B项正确；由总反应可知，Fe2＋是该反应的中间产物，Fe3＋是催化剂，C项错误；活化能大则反应慢，故第①步反应的活化能较大，D项错误。【对点2】（2024·辽宁本溪·模拟）二甲醚(CH3OCH3)被称为21世纪的“清洁能源”，科学家研究在酸性条件下，用甲醇可合成二甲醚，反应历程中相对能量变化如图所示。下列叙述错误的是()A．循环过程中，催化剂参与了中间反应B．该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为1.31kJ·mol－1C．制约总反应速率关键步骤的基元反应方程式为→CH3OCH3＋H＋D．总反应方程式为2CH3OHeq\o(=,\s\up7(催化剂))CH3OCH3＋H2O【答案】B【解析】整个过程中H＋是催化剂，先参与第一步反应，在最后一步反应生成，故A正确；由图可知该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为131kJ·mol－1，故B错误；决定总反应速率的是活化能或能垒最高的基元反应，由图可知，该基元反应为→CH3OCH3＋H＋，故C正确。1．（2024·山东临沂·期中）已知CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，在2L密闭容器中分别加入0.5molCH4和1molNO2，保持温度不变，测得n(CH4)随时间变化的有关实验数据如表所示。时间/min01020304050n(CH4)/mol0.50.350.250.170.100.10下列说法错误的是A．0～20min内，NO2的反应速率为0.0125mol•L﹣1•min﹣1B．随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率减慢C．单位时间内，若生成1molN2同时生成2molNO2，则反应达到平衡D．达到平衡时，CH4的转化率与NO2的转化率之比为1：2【答案】D【解析】A．0～20min内，NO2的反应速率为0.0125mol•L﹣1•min﹣1，A正确；B．由表中数据可知随着反应的进行，相同时间内甲烷物质的量变化量减小，说明随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率减慢，B正确；C．根据方程式CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，生成1molN2同时生成2molNO2，分别代表正逆反应，且与化学计量数成正比，则反应达到平衡，C正确；D．加入0.50mol CH4和1.0mol NO2，二者按1:2参加反应，则转化率相等，D错误；故选D。2．（2024·黑龙江齐齐哈尔·期末）汽车尾气系统中安装催化转化器可减少CO和NO的污染。查阅资料可知使用同种催化剂，质量相等时催化剂的比表面积对催化效率有影响。某实验小组的实验数据、图像分析与结论如下。下列说法不正确的是编号t/℃催化剂的比表面积()实验图像I28080IIa120IIIc80A．汽车尾气处理的化学方程式为B．由图像可知：，C．其他条件相同时，增大催化剂的比表面积，该化学反应的速率将增大D．若I组实验5min达到平衡，该段时间内化学反应速率【答案】B【解析】A．汽车尾气中NO和CO在催化剂作用下生成二氧化碳和氮气，处理的化学方程式为，故A正确；B．由图像可知，I、II平衡不移动，则温度相同，所以，反应III速率快，可知温度高，则，故B错误；C．根据实验，I、II可知，其他条件相同时，增大催化剂的比表面积，该化学反应的速率将增大，故C正确；D．若I组实验5min达到平衡，CO浓度降低，NO的浓度降低，该段时间内化学反应速率，故D正确；故选B。3．（2024·四川成都·期末）一定温度下，在2L恒容密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量(n)随时间(t)的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．该反应的化学方程式为B．0～2min内，C．当混合气体密度不再发生改变，说明该反应已达平衡D．该反应中X的转化率可达到100%【答案】B【解析】A．由图可知，反应的X、Y、Z的物质的量分别为0.1mol、0.3mol、0.2mol，故化学方程式为：X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)，选项A错误；B．0～2min内，v(Y)==0.075mol⋅L-1⋅min-1，选项B正确；C．反应为全部为气体且体积不变的反应，在恒容条件下进行气体密度始终不变，故气体密度不再改变，不能说明该反应达到平衡，选项C错误；D．2min时反应达到平衡，X的平衡转化率为=10%，选项D错误；故选B。4．（2024·广东·三模）一定温度下，向容积为的恒容密闭容器中充入和，发生反应

，测得随时间的变化如下图实线所示，下列说法正确的是A．升高温度，可以提高上述反应的平衡产率B．该反应在内的平均反应速率是C．该反应在后，容器内总压强不再改变D．加入催化剂(其他条件相同)，随时间的变化会如上图虚线所示【答案】C【解析】A．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成物的产率减小，故A错误；B．由图可知，1min时，氢气的物质的量为6mol，由方程式可知，0∼1min内二氧化碳的反应速率为≈0.33mol/(L·min)，故B错误；C．由图可知，8min时氢气的物质的量和12min时氢气的物质的量都为2mol，说明反应已经达到平衡，容器内总压强不再改变，故C正确；D．加入催化剂，化学反应速率加快，但化学平衡不移动，氢气的物质的量不变，则氢气的物质的量随时间的变化不能用图中虚线表示，故D错误；故选C。5．（2024·河北保定·三模）铌被广泛应用于航空航天、电子、原子能、超导材料及新型功能材料等领域，是一种十分重要的战略物资。常用于萃取稀土金属铌：。某温度下，萃取过程中溶液中与时间的变化关系如图所示。下列叙述正确的是A．其他条件不变，时萃取反应已停止B．增大，萃取反应平衡向左移动，平衡常数减小C．min、min时萃取反应的正反应速率：D．min内，的平均反应速率【答案】D【解析】A．平衡时正反应、逆反应依然在不断进行，A项错误；B．平衡常数只与温度有关，增大浓度K不变，B项错误；C．萃取反应发生后，正反应速率由大到小至不变时反应达到平衡，，C项错误；D．min内，，根据速率之比等于化学计量数之比，的平均反应速率，D项正确；故选D。6．（2024·安徽安庆·模拟预测）我国科学家团队打通了温和条件下草酸二甲酯【】催化加氢制乙二醇的技术难关，反应为。如图所示，在恒容密闭容器中，反应温度为时，和随时间t的变化分别为曲线I和Ⅱ，反应温度为时，随时间t的变化为曲线Ⅲ。下列判断错误的是A．ΔH<0B．a、b两时刻生成乙二醇的速率：C．其他条件相同，在温度下，起始时向该容器中充入一定量的氮气，则反应达到平衡的时间小于D．在温度下，反应在0~内的平均速率为【答案】C【解析】A．反应温度为T1和T2，以c(H2)随时间t的变化为曲线比较，Ⅱ比Ⅲ先达到平衡，所以T1>T2，温度升高，c(H2)增大，平衡逆向移动，反应放热，A正确；B．升高温度，反应速率加快，T1>T2，则反应速率v(a)>v(b)，B正确；C．向恒容容器中充入氮气，不影响反应物浓度，不影响反应速率，C错误；D．T2时，在0~t2内，△c(H2)=0.05mol·L-1，则，D正确；故选C。7．（2024·山东淄博·三模）某密闭容器中发生以下两个反应：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关系如图所示。下列说法正确的是A．反应①的活化能大于反应②B．时，正反应速率C．内，X的平均反应速率D．该温度时，【答案】BD【解析】A．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，A错误；B．由图可知，初始生成M的速率大于N，则＞，10s时两个反应均达到平衡状态，由于、，则正反应速率，B正确；C．①②反应中XQ的系数均为1，则内，X的平均反应速率为，C错误；D．、，则，由图可知，平衡时刻M、N的浓度分别为2mol/L、5mol/L，则，D错误；故选A。8．（2024·江西·期末）工业上常用羰基法提纯镍，其原理是

，速率方程式为（为速率常数）。在恒容密闭容器中充入足量的含难熔杂质的镍粉和4molCO发生上述反应，测得CO浓度与温度关系如图所示。下列叙述正确的是A．上述反应中，B．净反应速率：C．a点正反应速率：D．温度下，2~6min内用表示的平均反应速率为0.025mol∙L-1∙min-1【答案】D【解析】A．其他条件相同，温度较高，反应速率较大，故高于。根据平衡时CO浓度可知，降低温度，CO浓度减小，平衡正向移动，正反应是放热反应，A错误；B．b、c点均是平衡状态点，平衡时，，根据净反应速率表达式知，这两点对应状态的净反应速率相等，B错误；C．a点对应CO浓度相等，但是高于，故a点速率高于，C错误；

D．根据图像可知，温度下，2~6min内，，D正确；故选D。9．（2024·山西太原·期末）下图是计算机模拟的在催化剂表面上发生水煤气变化的反应历程。吸附在催化剂表面的物种用“*”标注。下列说法正确的是A．①表示CO和H2O从催化剂表面脱离的过程B．②和④中化学键变化相同，因此ΔH相同C．由图可知CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)为吸热反应D．相同条件下，反应速率④>②【答案】B【解析】A．由图可知①表示从CO(g)+2H2O(g)转化为CO*+H2O*+H2O(g)，已知吸附在催化剂表面的物种用“*”标注，因此①表示CO和H2O在催化剂表面吸附的过程，A错误；B．由图可知②表示CO*+H2O*+H2O(g)转化为CO*+OH*+H*+H2O(g)，本质是H2O*转化为OH*+H*，④表示COOH*+H*+H2O*转化为COOH*+2H*+OH*，本质是H2O*转化为OH*+H*，②和④本质相同，因此化学键变化相同，ΔH也相同，B正确；C．由图可知，始态为CO(g)+2H2O(g)，终态为CO2(g)+H2(g)+H2O(g)，则总反应为CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)，始态的相对能量为0，终态相对能量为-0.72，故总反应为能量降低的反应，即放热反应，C错误；D．由题干反应历程图信息可知，过程②需要的活化能1.59eV-(-0.32)eV=1.91eV低于反应④的活化能1.86eV-(0.16)eV=2.02eV，相同条件下，活化能越大，反应速率越慢，故反应速率④＜②，D错误；答案选B。10．（2024·湖南·模拟预测）研究之间的转化对控制大气污染具有重要意义，已知：。如图所示，在恒容密闭容器中，反应温度为时，和随t变化曲线分别为Ⅰ、Ⅱ，改变温度到，随t变化为曲线Ⅲ。下列判断正确的是A．反应速率B．温度C．升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率减小D．温度和下，反应分别达到平衡时，前者小【答案】B【解析】A．升高温度，反应速率增大，达到平衡所需时间变短，根据图像，温度T2>T1，故反应速率，A错误；B．升高温度，反应速率增大，达到平衡所需时间变短，根据图像，温度T2>T1，B正确；C．升高温度，正、逆反应速率均增大，C错误；D．该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，所以温度和下，反应分别达到平衡时，前者大，D错误；本题选B。11．（2024·广东江门·三模）某复合石墨烯基催化剂催化一氧化碳加氢生成甲醇的反应历程如图，图中TS表示过渡态，吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注，下列说法中正确的是A．整个反应历程包含五个基元反应B．物种吸附在催化剂表面的过程为吸热过程C．该反应的决速步骤为：D．反应过程中，涉及非极性键的断裂和形成【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，A错误；B．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，B错误；C．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，反应活化能最大，反应速率最慢，C正确；D．根据反应历程图可知，第一步基元反应中涉及H-H非极性键的断裂，但是整个过程中没有非极性键的生成，D错误；故选C。12．（2024·重庆·三模）工业制氢，反应Ⅰ：

，反应Ⅱ：

。维持T℃、560kPa不变，向容积可变的密闭容器中投入10mol和10mol，、CO的转化率随时间的变化分别对应如图甲、乙曲线。下列说法错误的是A．开始时，的分压B．50min后反应到达平衡，平均反应速率可表达为为2.24kPa/minC．保持温度不变，若增大压强，的转化率变化曲线将是丙D．保持压强不变，若降低温度，CO的转化率变化曲线将是戊【答案】C【解析】A．开始时，总压强为560kPa，的分压，故A正确；B．50min后反应到达平衡，根据图中甲曲线为的转化率随时间的变化，可得此时甲烷转化率为40%，，故B正确；C．保持温度不变，为反应前后气体计量数不变的反应，因此若增大压强，平衡不移动，为反应气体计量数增大的反应，若增大压强，平衡逆向移动，转化率降低，且压强增大会导致反应速率加快，达到平衡的时间减少，因此的转化率变化曲线将是丁，故C错误；D．保持压强不变，为放热反应，若降低温度，平衡正向移动，CO的转化率增大，为吸热反应，若降低温度，平衡逆向移动，CO的转化率增大，降低温度会导致速率减慢，达到平衡的时间增加，因此CO的转化率变化曲线将是戊，故D正确；故选C。13．（2024·湖南衡阳·三模）TiO2+水解反应为TiO2++(x+1)H2OTiO2•xH2O↓+2H+。常温下，一定量TiOSO4溶于水溶液中c(H+)与时间关系如图所示。下列叙述错误的是A．t2min时，正反应速率大于逆反应速率B．其他条件不变，t3min时水解反应仍在进行C．其他条件不变，通入NH3，TiO2+平衡水解率增大D．t2～t3min内，TiO2+水解平均速率v(TiO2+)=mol•L-1•min-1【答案】D【解析】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：，A正确；B．t3min时，反应达到平衡状态，正、逆反应仍在进行，只是速率相等，B正确；C．其他条件不变，通入NH3和氢离子，促进平衡正向减小，TiO2+平衡水解率增大，C正确；

D．由反应式可知，t2～t3min内，TiO2+水解平均速率v(TiO2+)=mol•L-1•min-1，D错误；故选D。14．（2024·河北石家庄·期末）室温下，某溶液初始时仅A，同时发生两个反应：①AB+C；②AB+D，反应①的速率可表示为v1=k1c(A)，反应②的速率可表示为v2=k2c(A)，(k1、k2为速率常数)，图1为T2时，该体系中A、B、C、D的浓度随时间变化的曲线，图2为反应①和②的lnk—曲线，下列说法正确的是A．L4表示B浓度随时间变化曲线B．t1≈2s时曲线L1表示的物质的化学反应速率为2mol/(L·s)C．T2温度时，反应①的活化能比反应②的活化能大D．若图Ⅰ的温度降低，t0时刻体系中值变小【答案】C【分析】反应过程中，A的浓度逐渐减小，而B、C、D的浓度都逐渐增大，则L2表示A的浓度随时间变化的曲线；由反应方程式中的化学计量数，可得出B的浓度应为C、D的浓度之和，则L1表示B的浓度随时间变化的曲线；根据图2曲线判断，T2温度时，反应②的速率常数大，则单位时间内生成D多于C，则图1中L3表示D浓度随时间变化的曲线，L4表示C浓度随时间变化的曲线。【解析】A．由分析可知，L4表示C浓度随时间变化曲线，L1表示B浓度随时间变化的曲线，A不正确；B．t1≈2s时v(B)==2mol/(L·s)，则曲线L1表示物质B在0~2s时间内的平均化学反应速率约为2mol/(L·s)，而不是表示t1≈2s时曲线L1表示物质的化学反应速率，B不正确；C．T2温度时，反应①的速率常数更小，反应速率更慢，则反应①的活化能比反应②的活化能大，C正确；D．若图Ⅰ的温度降低，tt0时刻体系中k1减小的程度大于k2，且T2温度后，k2＞k1，c(D)＞c(C)，所以tt0时刻体系中值变大，D不正确；故选C。15．（2024·黑龙江·三模）无催化剂作用下，以乙二醛和为原料制取乙醛酸、甲酸、乙二酸的可能反应历程如图所示，其中表示过渡态，表示中间体，下列说法错误的是A．反应很短一段时间内，多于B．乙二醛制乙醛酸的最大能垒为C．选择合适的催化剂可提高乙二酸的选择性D．乙二醛氧化生成甲酸、乙醛酸或乙二酸均为放热反应【答案】B【解析】A．反应很短一段时间内，生成的能垒高于，故多于，A正确；B．乙二醛制乙二酸的最大能垒为，B错误；C．选择合适的催化剂可提高乙二酸的选择性，使反应向有利于生成乙二酸的方向进行，C正确；D．由图可知，三个反应的生成物总能量均低于反应物总能量，均为放热反应，D正确；答案选B。16．（2024·江西宜春·期末）某反应的速率方程为。其中，k为速率常数。已知其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为0.8/k。改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示，下列说法不正确的是0.250.501.000.501.000.0500.0500.1000.1000.2001.63.23.24.8A．上述表格中的、B．该反应的速率常数C．升温可使k增大，反应瞬时速率加快D．在过量的B存在时，当剩余6.25%的A时，所需的时间是375min【答案】D【解析】某反应的速率方程为已知。由第二组数据3.2×10-3=k(0.5)m(0.050)n和第四组数据3.2×10-3=k(0.5)m(0.100)n，可知n=0，由第一组数据1.6×10-3=k(0.25)m(0.050)0，第二组数据3.2×10-3=k(0.5)m(0.050)0，两式相比得到m=1；将n=0，m=1代入1.6×10-3=k(0.25)1(0.050)0得到k=6.4×10-3min-1。速率方程式为v=6.4×10-3⋅c(A)⋅c0(B)。A．由上速率方程式为v=6.4×10-3⋅c(A)⋅c0(B)，代入第五组数据，v2=6.4×10-3×(1.00)×(0.200)0=6.4×10-3mol⋅L-1⋅min-1，故v2=6.4；第六组数据中v=4.8×10-3mol⋅L-1⋅min-1，代入速率方程解得c1=0.75，A正确；B．根据分析k=6.4×10-3min-1，B正确；C．升温可使k增大，反应瞬时速率加快，C正确；D．根据题给信息，其半衰期为：0.8/k。存在过量的B时，当剩余6.25%的A时可以看作经历4个半衰期，即因此所需的时间为，D错误；故选D。1．（2024·北京卷）苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物ⅡB．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物C．由苯得到M时，苯中的大键没有变化D．对于生成Y的反应，浓作催化剂【答案】C【解析】A．生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，以上2个角度均有利于产物Ⅱ，故A正确；B．根据前后结构对照，X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物，故B正确；C．M的六元环中与相连的C为杂化，苯中大键发生改变，故C错误；D．苯的硝化反应中浓作催化剂，故D正确；故选C。2．（2024·贵州卷）AgCN与可发生取代反应，反应过程中的C原子和N原子均可进攻，分别生成腈和异腈两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。由图示信息，下列说法错误的是A．从生成和的反应都是放热反应B．过渡态TS1是由的C原子进攻的而形成的C．Ⅰ中“”之间的作用力比Ⅱ中“”之间的作用力弱D．生成放热更多，低温时是主要产物【答案】D【解析】A．由反应历程及能量变化图可知，两种路径生成的产物的总能量均低于反应物，故从生成和的反应都是放热反应，A项正确；B．与Br原子相连的C原子为，由反应历程及能量变化图可知，过渡态TS1是由CN-的C原子进攻的，形成碳碳键，B项正确；C．由反应历程及能量变化图可知，后续物Ⅰ、Ⅱ转化为产物，分别断开的是和，且后者吸收更多的能量，故Ⅰ中“”之间的作用力比Ⅱ中“”之间的作用力弱，C项正确；D．由于生成所需要的活化能高，反应速率慢，故低温时更容易生成，为主要产物，D项错误；故选D。3．（2024·广东卷）对反应(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，为有催化剂)为A．B．C． D．【答案】A【解析】提高反应温度，增大，说明反应的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D选项，加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A，故A正确，故选A。4．（2024·甘肃卷）甲烷在某含催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示，下列说法错误的是A． B．步骤2逆向反应的C．步骤1的反应比步骤2快 D．该过程实现了甲烷的氧化【答案】C【解析】A．由能量变化图可知，，A项正确；B．由能量变化图可知，步骤2逆向反应的，B项正确；C．由能量变化图可知，步骤1的活化能，步骤2的活化能，步骤1的活化能大于步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢，C项错误；D．该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷的氧化，D项正确；故选C。5．（2024·甘肃卷）下列措施能降低化学反应速率的是A．催化氧化氨制备硝酸时加入铂 B．中和滴定时，边滴边摇锥形瓶C．锌粉和盐酸反应时加水稀释 D．石墨合成金刚石时增大压强【答案】C【解析】A．催化剂可以改变化学反应速率，一般来说，催化剂可以用来加快化学反应速率，故催化氧化氨制备硝酸时加入铂可以加快化学反应速率，A项不符合题意；B．中和滴定时，边滴边摇锥形瓶，可以让反应物快速接触，可以加快化学反应速率，B项不符合题意；C．锌粉和盐酸反应时加水稀释会降低盐酸的浓度，会降低化学反应速率，C项符合题意；D．石墨合成金刚石，该反应中没有气体参与，增大压强不会改变化学反应速率，D项不符合题意；故选C。6．（2024·河北卷）在水溶液中，可与多种金属离子形成配离子。X、Y、Z三种金属离子分别与形成配离子达平衡时，与的关系如图。下列说法正确的是A．的X、Y转化为配离子时，两溶液中的平衡浓度：B．向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐，达平衡时C．由Y和Z分别制备等物质的量的配离子时，消耗的物质的量：D．若相关离子的浓度关系如P点所示，Y配离子的解离速率小于生成速率【答案】B【解析】A．的X、Y转化为配离子时，溶液中，则，根据图像可知，纵坐标约为时，溶液中，则溶液中的平衡浓度：，A错误；B．Q点时，即，加入少量可溶性Y盐后，会消耗形成Y配离子，使得溶液中减小(沿横坐标轴向右移动)，与曲线在Q点相交后，随着继续增大，X对应曲线位于Z对应曲线上方，即，则，B正确；C．设金属离子形成配离子的离子方程式为金属离子配离子，则平衡常数，，即，故X、Y、Z三种金属离子形成配离子时结合的越多，对应曲线斜率越大，由题图知，曲线斜率：，则由Y、Z制备等物质的量的配离子时，消耗的物质的量：，C错误；D．由P点状态移动到形成Y配离子的反应的平衡状态时，不变，增大，即增大、c(Y配离子)减小，则P点状态Y配离子的解离速率>生成速率，D错误；本题选B。7．（2024·安徽卷）室温下，为探究纳米铁去除水样中的影响因素，测得不同条件下浓度随时间变化关系如下图。实验序号水样体积/纳米铁质量/水样初始①5086②5026③5028下列说法正确的是A．实验①中，0~2小时内平均反应速率B．实验③中，反应的离子方程式为：C．其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率D．其他条件相同时，水样初始越小，的去除效果越好【答案】C【解析】A.实验①中，0~2小时内平均反应速率，A不正确；B.实验③中水样初始=8，溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用配电荷守恒，B不正确；C.综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确；D.综合分析实验③和②可知，在相同时间内，实验②中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小初始，的去除效果越好，但是当初始太小时，浓度太大，纳米铁与反应速率加快，会导致与反应的纳米铁减少，因此，当初始越小时的去除效果不一定越好，D不正确；综上所述，本题选C。8．（2024·安徽卷）某温度下，在密闭容器中充入一定量的，发生下列反应：，，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是A．B．C．D．【答案】B【分析】由图可知，反应初期随着时间的推移X的浓度逐渐减小、Y和Z的浓度逐渐增大，后来随着时间的推移X和Y的浓度逐渐减小、Z的浓度继续逐渐增大，说明X(g)Y(g)的反应速率大于Y(g)Z(g)的反应速率，则反应X(g)Y(g)的活化能小于反应Y(g)Z(g)的活化能。【解析】A．X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，而图像显示Y的能量高于X，即图像显示X(g)Y(g)为吸热反应，A项不符合题意；B．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，且X(g)Y(g)的活化能小于Y(g)Z(g)的活化能，B项符合题意；C．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，但图像上X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，C项不符合题意；D．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都大于0，且X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，D项不符合题意；选B。9．（2023·广东卷）催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应。反应历程(下图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是

A．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行 B．反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡 D．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大【答案】C【解析】A．由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；B．由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确；C．由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C错误；D．由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确；故选C。10．（2023·湖南卷）是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某(Ⅱ)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示。

下列说法错误的是A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，配体失去质子能力增强B．M中的化合价为C．该过程有非极性键的形成D．该过程的总反应式：【答案】B【解析】A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，中的带有更多的正电荷，其与N原子成键后，吸引电子的能力比(Ⅱ)强，这种作用使得配体中的键极性变强且更易断裂，因此其失去质子（）的能力增强，A说法正确；B．(Ⅱ)中的化合价为+2，当其变为(Ⅲ)后，的化合价变为+3，(Ⅲ)失去2个质子后，N原子产生了1个孤电子对，的化合价不变；M为，当变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给1个电子，其中的化合价变为，因此，B说法不正确；C．该过程M变为时，有键形成，是非极性键，C说法正确；D．从整个过程来看，4个失去了2个电子后生成了1个和2个，(Ⅱ)是催化剂，因此，该过程的总反应式为，D说法正确；综上所述，本题选B。11．（2023·河北卷）在恒温恒容密闭容器中充入一定量W(g)，发生如下反应：反应②和③的速率方程分别为和，其中、分别为反应②和③的速率常数、反应③的活化能大于反应②，测得W(g)的浓度随时间的变化如下表：t/min0123450.1600.1130.0800.0560.0400.028下列说法正确的是A．内，W的平均反应速率为B．若升高温度，平衡时减小C．若，平衡时D．若增大容器容积，平衡时Y的产率增大【答案】B【解析】A．由表格数据可知，2min时W的浓度为0.080mol/L，则0∼2min内，W的反应速率为=0.040mol/(L·min)，故A错误；B．反应③的活化能大于反应②说明X转化为Z的反应为放热反应，升高温度，反应②平衡向逆反应方向移动，Z的浓度减小，故B正确；C．由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：=，若，则X和Z的浓度关系为，故C错误；D．由转化关系可知，反应①为W完全分解生成X和Y，Y只参与反应①，所以增大容器容积，平衡时Y的物质的量不变、产率不变，故D错误；故选B。12.(2023·新课标卷)“肼合成酶”以其中的Fe2＋配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼（NH2NH2），其反应历程如下所示。下列说法错误的是（）A.NH2OH、NH3和H2O均为极性分子B.反应涉及N—H、N—O键断裂和N—N键生成C.催化中心的Fe2＋被氧化为Fe3＋，后又被还原为Fe2＋D.将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND2ND2【答案】D 【解析】NH2OH中正、负电荷中心不重合，为极性分子，NH3为三角锥形结构，H2O为V形结构，分子中正、负电荷中心也不重合，均为极性分子，A正确；图示转化过程共四步，将其依次标号为①②③④，第②步中N—O键断裂，第③步中N—H键断裂，第④步中N—N键生成，B正确；由题意可知，起始时，“肼合成酶”中含有Fe2＋，第②步中Fe2＋失去电子被氧化成Fe3＋，第④步中Fe3＋得电子又生成Fe2＋，C正确；根据反应机理分析，产物肼（NH2NH2）中，一个N原子上的2个H原子来自NH2OH中“—NH2”中的2个H原子，另一个N原子上的2个H原子来自NH3中的2个H原子，所以将NH2OH替换为ND2OD，与NH3反应会生成ND2NH2，D错误。13．(2023·辽宁卷)一定条件下，酸性KMO4溶液与H2C2O4发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含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H2C2O4B．随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小C．该条件下，(Ⅱ)和(Ⅶ)不能大量共存D．总反应为：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O【答案】C【解析】开始一段时间(大约13min前)随着时间的推移Mn(VII)浓度减小直至为0，Mn(III)浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(III)，同时先生成少量Mn(IV)后Mn(IV)被消耗；后来(大约13min后)随着时间的推移Mn(III)浓度减少，Mn(II)的浓度增大。A项，由图像可知，随着时间的推移Mn(III)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(III)，后Mn(III)被消耗生成Mn(II)，Mn(III)能氧化H2C2O4，A项错误；B项，随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(II)，Mn(II)对反应起催化作用，13min后反应速率会增大，B项错误；C项，由图像可知，Mn(VII)的浓度为0后才开始生成Mn(II)，该条件下Mn(II)和Mn(VII)不能大量共存，C项正确；D项，H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D项错误；故选C。14．(2022·浙江选择考，20)恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化如下表所示，下列说法不正确的是()编号时间/minc(NH3)/(10－3mol·L－1)表面积/cm2020406080①a2.402.001.601.200.80②a1.200.800.40x③2a2.401.600.800.400.40A．实验①，0～20min，v(N2)＝1.00×10－5mol·L－1·min－1B．实验②，60min时处于平衡状态，x≠0.40C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大【答案】C【解析】A项，实验①中，0～20min，氨气浓度变化量为2.40×10－3mol/L－2.00×10－3mol/L＝4.00×10－4mol/L，v(NH3)＝eq\f(4.00×10－4mol/L,20min)＝2.00×10－5mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)＝eq\f(1,2)v(NH3)＝1.00×10－5mol/(L·min)，A正确；B项，催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.00×10－4mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00×10－4mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x<0.40，即x≠0.40，B正确；C项，实验①、实验②中0～20min、20min～40min氨气浓度变化量都是4.00×10－4mol/L，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C错误；D项，对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D正确。15．(2022·广东选择考，15)在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X→2Y的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则下列说法正确的是()A．无催化剂时，反应不能进行B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化D．使用催化剂Ⅰ时，0～2min内，v(X)＝1.0mol·L－1·min－1【答案】D【解析】A项，由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；B项，由图可知，催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低，反应更快，故B错误；C项，由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0～2min内Y的浓度变化了2.0mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol/L，二者浓度变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化，故C错误；D项，使用催化剂Ⅰ时，在0～2min内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则v(Y)＝eq\f(Δc（Y）,Δt)＝eq\f(4.0mol/L,2min)＝2.0mol·L－1·min－1，v(X)＝eq\f(1,2)v(Y)＝eq\f(1,2)×2.0mol·L－1·min－1＝1.0mol·L－1·min－1，故D正确。16.(2022·山东等级考，10)在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是()A．含N分子参与的反应一定有电子转移B．由NO生成HONO的反应历程有2种C．增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少【答案】D【解析】A项，根据反应机理的图示知，含N分子参与的反应有NO＋·OOH=NO2＋·OH、NO＋NO2＋H2O=2HONO、NO2＋·C3H7=C3H6＋HONO、HONO=NO＋·OH，含N分子的物质NO、NO2、HONO中N元素的化合价依次为＋2价、＋4价、＋3价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有电子转移，A项正确；B项，根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；C项，NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；D项，无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8＋O22C3H6＋2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项错误。17.(2022·湖南选择考，12)反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如图所示：下列有关四种不同反应进程的说法正确的是()A．进程Ⅰ是放热反应B．平衡时P的产率：Ⅱ>ⅠC．生成P的速率：Ⅲ>ⅡD．进程Ⅳ中，Z没有催化作用【答案】AD【解析】A项，由图中信息可知，进程Ⅰ中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程Ⅰ是放热反应，A说法正确；B项，进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，B说法不正确；C项，进程Ⅲ中由S·Y转化为P·Y的活化能高于进程Ⅱ中由S·X转化为P·X的活化能，由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率为Ⅲ<Ⅱ，C说法不正确；D项，由图中信息可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S·Z，然后S·Z转化为产物P·Z，由于P·Z没有转化为P＋Z，因此，Z没有催化作用，D说法正确。18.(2022·北京卷)CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。下列说法不正确的是()A.反应①为CaO＋CO2=CaCO3；反应②为CaCO3＋CH4eq\o(=,\s\up7(催化剂))CaO＋2CO＋2H2B.t1～t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4eq\o(=,\s\up7(催化剂))C＋2H2C.t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率D.t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生【答案】C【解析】A.由题干图1所示信息可知，反应①为CaO＋CO2=CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为CaCO3＋CH4eq\o(=,\s\up7(催化剂))CaO＋2CO＋2H2，A正确；B.由题干图2信息可知，t1～t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应CH4eq\o(=,\s\up7(催化剂)