2.1化学反应速率 课后练习 2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

2.1化学反应速率课后练习2023-2024学年上学期高二化学人教版（2019）选择性必修1 一、单选题 1．向双氧水中加入KI可观察到大量气泡产生，发生的反应为：，，反应过程中能量变化如下图所示。下列说法不正确的是 A．加入KI，改变了总反应的能量变化 B．是放热反应 C．KI改变了反应的历程，降低了活化能，使反应速率加快 D．KI在反应中起催化剂的作用 2．在2A+B=3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是 A．v(A)=3mol•L-1•min-1 B．v(B)=0.3mol•L-1•s-1 C．v(C)=8mol•L-1•min-1 D．v(D)=1mol•L-1•s-1 3．在高温或放电条件下，反应N2(g)+O2(g)=2NO(g)在密闭容器中进行，下列措施不改变化学反应速率的是 A．压强增大(通过缩小体积) B．恒压，充入 Ne C．恒容，充入Ar D．恒容，充入N2 4．对于300mL1mol/L盐酸与铁片的反应，采取下列措施： ①升高温度；②改用100mL3mol/L盐酸；③再加300mL1mol/L盐酸；④用等量铁粉代替铁片；⑤改用100mL98%的硫酸。其中能使反应速率加快的是 A．①②④ B．①③④ C．①②③④ D．①②③⑤ 5．有关草酸溶液与酸性高锰酸钾溶液反应的实验，下列说法正确的是 A．高锰酸钾溶液需用盐酸酸化 B．表示该反应原理的离子方程式为：5C2O + 2MnO+ 16H+ = 10CO2↑ + 2Mn2+ + 8H2O C．用3 mL 0.1 mol·L−1酸性高锰酸钾溶液分别与5 mL 0.1 mol·L−1草酸溶液和5 mL 0.01 mol·L−1草酸溶液反应，观察褪色时间来比较反应速率 D．实验过程中观察到反应开始较慢，后来加快，可能是因为生成的Mn2+对反应有催化作用 6．下列说法正确的是 A．升高温度反应速率增大，主要原因是反应物分子中活化分子百分数增大 B．有气体参加的反应，增大压强，活化分子百分数增大，所以速率加快 C．增大反应物浓度，增大单位体积内活化分子百分数，有效碰撞次数增大 D．催化剂不影响活化能，但能增大单位体积内活化分子百分数 7．使反应4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)在2L的密闭容器中进行，半分钟后N2的物质的量增加了0.6mol。此反应的平均速率v(X)为 A．v(NH3)=0.02mol/(L·min) B．v(O2)=0.015mol/(L·s) C．v(N2)=0.02mol/(L·s) D．v(H2O)=0.02mol/(L·s) 8．在两个容积均为2L的恒容密闭容器中，起始时均充入amol，以温度、催化剂为实验条件变量，进行的分解实验［反应为］。测得的结果如图所示(曲线Ⅱ、Ⅲ表示经过相同时间且未达到化学平衡时的转化率)，下列说法不正确的是 A．温度升高，分解的速率增大，的含量增大， B．由曲线Ⅱ、Ⅲ可知，加入可提高单位时间内的平衡转化率 C．900℃时，ts后达到平衡，则的平均反应速率为 D．约1100℃时，曲线Ⅱ、Ⅲ几乎重合，说明可能失去了催化活性 9．日常生活中的下列现象，其物质变化过程中化学反应速率最快的是 A．钢铁的生锈腐蚀 B．豆浆腐败变酸 C．黑火药开山炸石 D．活性炭吸附异味 10．对反应A(g)+3B(g)2C(g)+D(s)来说，下列反应速率最快的是（   ） A．v(A)=0.2mol/(L·min) B．v(B)=0.6mol/(L·min) C．v(C)=0.5mol/(L·min) D．v(D)=0.01mol/(L·s) 11．下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是 A．甜味剂 B．着色剂 C．调味剂 D．抗氧化剂 12．硫酸工业是化学工业的基础工业之一。在密闭容器中充入一定量的和，发生反应：，下列说法不正确的是 A．保持容器压强不变，充入氦气，反应速率减小 B．保持容器体积不变，充入氦气，反应速率增加 C．保持容器体积不变，充入一定量的，反应后逆反应速率增加 D．升高温度，反应的正逆速率均增加 13．下列说法正确的是 A．活化分子碰撞即发生化学反应 B．增大反应物的浓度会加快反应速率，原因是增加了活化分子的百分数 C．某一反应的活化分子的百分数是个定值不随外界条件改变而改变 D．活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞 14．工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)  △H＜0，在容积为1 L的恒容容器中，分别在T1、T2、T3三种温度下合成甲醇。如图是上述三种温度下不同H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系。下列说法不正确的是 A．H2转化率：a＞b＞c B．上述三种温度之间关系为T1＞T2＞T3 C．a点状态下再通入0.5 mol CO和0.5 molCH3OH，平衡不移动 D．c点状态下再通入1 molCO和4 mol H2，新平衡中H2的体积分数减小 15．在恒容条件下，能使正反应速率增大且活化分子的数目也增大的措施是 A．温度不变，增大的浓度 B．加入固体碳 C．温度不变，通入使气体的压强增大 D．降低反应的温度 16．煤气变换反应为。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物质用·标注。下列说法正确的是 A．经过过渡态2步骤的化学方程式可以表示为 B．该历程中最大能垒(活化能) C．步骤⑤只有非极性键键形成 D．水煤气变换的 17．反应，2 min内B浓度减少0.6 mol/L，下列的描述正确的是 A． B．在2 min末的瞬时反应速率，用B表示为 C．在2 min内B和C两物质浓度都是逐渐减小的 D．分别用物质B、C、D表示的反应速率的值之比为3：2：1 18．资料显示：自催化作用是指反应产物之一使该反应速率加快的作用。用稀硫酸酸化的KMnO4溶液进行下列三组实验，一段时间后溶液均褪色(0.01mol/L可以记做0.01M)。 实验① 实验② 实验③ 褪色 比实验①褪色快 比实验①褪色快 下列说法不正确的是（    ） A．实验①中发生氧化还原反应，H2C2O4是还原剂，产物MnSO4能起自催化作用 B．实验③褪色比实验①快，是因为Cl-起催化作用加快了反应速率 C．实验②褪色比实验①快，是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率 D．若用1mL0.2M的H2C2O4，做实验①，推测比实验①褪色快 19．2021年我国科学家以为原料人工合成淀粉，其效率约为传统农业生产淀粉的8.5倍，其部分合成路线如图所示，下列有关说法正确的是 ① ② ③ ④ A．第①步反应断裂了非极性键与极性键 B．催化剂降低了反应的活化能，改变了反应的焓变，降低了合成淀粉的难度 C．化合物a属于电解质 D．反应④是吸热反应，活化能较大，所以是决速步 20．如图为某反应的机理示意图。下列说法不正确的是    A．该反应为分解反应 B．催化剂参与了反应 C．用HCOOK溶液代替HCOOH得不到H2 D．用HCOOD代替HCOOH可得HD 21．反应2SO2+O22SO3经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4mol·L-1，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04mol·L-1·s-1，则这段时间为 A．0.1s B．2.5s C．5s D．10s 22．某科研团队研制出的“”(表示过渡金属)体系，在温和条件下显著提高了氮气和氢气合成的效率，其原理示意图如图： 下列分析不合理的是 A．状态Ⅰ为键断裂，是放热过程 B．该体系不能用于水的分解 C．在该体系中“”是催化剂 D．生成的过程存在反应： 23．研究表明，在常温常压和太阳光照射下，基于固体催化剂LDH合成的原理如图。下列说法不正确的是 A．该过程中①→②热效应为 B．该过程中涉及极性键和非极性键的断裂与生成 C．该过程中①②是放热反应 D．该过程的化学方程式为 24．十九大报告指出：“坚持全民共治、源头防治，持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战！”，以NOx和燃煤为主的污染综合治理是当前重要的研究课题。CO与N2O是汽车尾气中污染大气的成分，研究表明CO与N2O在Fe+作用下生成无害气体，发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为：①N2O+Fe+=N2+FeO+(慢)；②FeO++CO=COz+Fe+(快)。下列说法不正确的是 A．反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应 B．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应①决定 C．Fe+使反应的活化能减小，FeO+是中间产物 D．若转移1mol电子，则消耗标况下11.2LN2O 25．捕获和转化可减少排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以为载气，以恒定组成的混合气，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，在催化剂上检测到有积碳。 下列说法不正确的是 A．反应①为；反应②为 B．比多，且生成速率不变，可能有副反应 C．时刻，反应②生成速率小于副反应生成的速率 D．之后，反应②不再发生，随后副反应也逐渐停止 二、填空题 26．在许多食品外包装上都有类似下图所示的说明，你能用化学反应速率的知识加以解释吗 ？你还能找出类似的例子吗 ？ 27．某同学探究外界条件对分解速率的影响 实验所用试剂：溶液、蒸馏水、粉末、粉。 实验序号 溶液 温度 催化剂 收集所需时间(s) 浓度() 1 0.4 20 室温 无 几乎无气体产生 2 0.4 20 水浴 无 296 3 0.4 20 室温 45 4 0.4 20 室温 100 5 0.2 m 室温 (1)实验1、2的目的是其他条件相同时，研究 对分解速率的影响。 (2)表中X处所用试剂为 。对比实验3、4可得出的结论是 。 (3)实验3、5是其他条件相同时，探究浓度对该化学反应速率的影响。m处取用溶液，还应添加的试剂及用量分别为 。 (4)控制其他条件相同，铜粉用溶液和溶液处理。 ①请写出反应的离子方程式： 。 ②某同学在不同温度下完成该实验，测得铜的平均溶解速率分别为： 温度(℃) 20 30 40 50 60 70 80 铜的平均溶解速率() 7.34 8.01 9.25 7.98 7.24 6.73 5.76 当温度高于时，铜粉的平均溶解速率随着反应温度的升高而下降，其主要原因是： 。 28．工业制硫酸的过程中，转化为是关键的一步，时，在的恒温容器中，反应过程中部分数据见下表： 反应时间/ 0 4 2 0 5 1.5 10 2 15 1 若在起始时总压为，反应速率若用单位时间内分压的变化表示，气态物质分压=总压×气态物质的物质的量分数，则内的反应速率 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．A 【详解】A．KI是该反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不能改变反应的始态和终态，即不能改变总反应的焓变，不改变总反应的能量变化，故A错误； B．由图可知，图象①的后半段为，该反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，则为放热反应，故B正确； C．KI改变该反应的历程，能降低反应的活化能，增大活化分子数和百分数，有效碰撞几率增大，反应速率加快，故C正确； D．KI是H2O2+I-＝H2O+IO-的反应物，是H2O2+IO-＝H2O+O2↑+I-的生成物，总反应为2H2O2＝H2O+O2↑，所以KI在反应中起催化剂的作用，故D正确。 故选A。 2．B 【分析】根据化学反应速率之比=计量数之比，可将各项速率单位统一以后，再利用B统一表示反应速率进行比较即可。 【详解】A．v(A)= 3mol•L-1•min-1，则v(B)=v(A)= 1.5mol•L-1•min-1； B．v(B)= 0.3mol•L-1•s-1== 18 mol•L-1•min-1； C．v(C)= 8mol•L-1•min-1，则v(B)=v(C)= mol•L-1•min-1； D．v(D)=1mol·L-1·s-1== 60 mol•L-1•min-1，则v(B)=v(C)=15 mol•L-1•min-1； 综上所述，因此表示该反应速率最快的是v(B)=0.3mol·L-1·s-1，故答案为B。 3．C 【详解】A．气体的物质的量不变，缩小体积，气体的物质的量浓度增大，化学反应速率增大，故A错误； B．压强不变，充入He，反应容器的体积必然增大，N2、O2、NO的物质的量浓度减小，化学反应速率减小，故B错误； C．容积不变，充入He，反应容器内压强增大，但N2、O2、NO的物质的量浓度并没有变化，因此不改变化学反应速率，故C正确； D．容积不变，充入N2，使反应物N2的物质的量浓度增大，浓度越大，化学反应速率越大，故D错误； 故选C。 4．A 【详解】①升高温度，活化分子数增加，有效碰撞次数增加，化学反应速率加快，故①符合题意； ②改用100mL3mol/L盐酸，增大反应物盐酸的浓度，化学反应速率加快，故②符合题意； ③再加300mL1mol/L盐酸，盐酸浓度相同，对化学反应速率无影响，故③不符合题意； ④若用等量铁粉代替铁片，即增大了铁粉与盐酸的接触面积，化学反应速率加快，故④符合题意； ⑤若改用98%的硫酸，在室温下Fe在浓硫酸中会发生钝化，反应速率减慢，故⑤不符合题意； 综上分析，其中能使反应速率加快的是①②④，答案选A。 5．D 【详解】A．高锰酸钾溶液不能用盐酸酸化，会氧化Cl−，应该用硫酸酸化，故A错误； B．表示该反应原理的离子方程式为5H2C2O4 + 2MnO+ 6H+ = 10CO2↑ + 2Mn2+ + 8H2O，故B错误； C．该实验方案中酸性高锰酸钾溶液过量，无法观察到明显的褪色现象，故C错误； D．随着反应的进行，Mn2+浓度增加，反应速率加快，这是由于反应中Mn2+起到了催化剂的作用，故D正确； 故答案选D。 6．A 【详解】A．升高温度反应速率增大，主要原因是反应物分子中活化分子百分数增大，故A正确； B．有气体参加的反应，增大压强，单位体积内活化分子数增大，活化分子百分数不变，故B错误； C．增大反应物浓度，增大单位体积内活化分子数，活化分子百分数不变，故C错误； D．催化剂通过降低反应的活化能，增大活化分子百分数，故D错误； 选A。 7．B 【分析】 在2L的密闭容器中进行，半分钟后N2的物质的量增加了0.6mol，则v(N2)==0.01mol•L-1•s-1，结合不同物质表示的反应速率之比等于化学计量数之比解答。 【详解】 在2L的密闭容器中进行，半分钟后N2的物质的量增加了0.6mol，则v(N2)==0.01mol•L-1•s-1，由不同物质表示的反应速率之比等于化学计量数之比可知，v(NH3)=0.01mol•L-1•s-1×=0.02 mol•L-1•s-1，v(O2)=0.01mol•L-1•s-1×=0.015 mol•L-1•s-1，v(H2O)=0.01mol•L-1•s-1×=0.03mol•L-1•s-1，B正确。 故选B。 8．C 【详解】A．根据图示可知，升高温度，的转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，反应为吸热反应，焓变大于零，的含量增大，A正确； B．由曲线Ⅱ、Ⅲ可知，加入可提高反应反应速率，提高单位时间内的平衡转化率，B正确； C．900℃时，转化率为50%，ts后达到平衡，反应硫化氢0.5amol，则为0.25amol，则的平均反应速率为，C错误； D．约1100℃时，曲线Ⅱ、Ⅲ几乎重合，说明不论有无催化剂，反应速率相同，则说明可能失去了催化活性，D正确； 故选C。 9．C 【详解】黑火药开山炸石发生剧烈的氧化还原反应，反应速率很快；而豆浆腐败变酸、钢铁的生锈腐蚀均为缓慢的化学变化过程；活性炭吸附异味是物理过程不是化学变化；故答案为C。 10．C 【分析】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，可根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质（固体及纯液体除外）表示，然后比较速率数值，注意换算时单位要统一。 【详解】A.v(A)=0.2mol/(L·min) B.v(A)=v(B)/3=0.2 mol／(L·min)； C.v(A)=v(C)/2=0.25 mol／(L·min)； D. 因为D的状态是固态，浓度视为常数，不能表示化学反应速率； 综上所述反应速率最快的是C，故选C。 11．D 【详解】A．甜味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，A错误； B．着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，B错误； C．调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，C错误； D．抗氧化剂可减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，与反应速率有关，D正确； 故答案为：D。 12．B 【详解】A．保持容器压强不变，充入非反应气体氦气，容器体积增大，组分浓度减小，化学反应速率减慢，故A说法正确； B．保持容器体积不变，充入非反应气体氦气，组分浓度不变，化学反应速率不变，故B说法错误； C．保持容器体积不变，充入一定量的SO2，反应物浓度增大，化学反应速率加快，平衡向正反应方向移动，生成物浓度增大，即反应后逆反应速率增加，故C说法正确； D．升高温度，化学反应速率加快，即正逆反应速率均加快，故D说法正确； 答案为B。 13．D 【详解】A．活化分子的碰撞需要有合适的取向时才能发生化学反应，则活化分子的碰撞不一定是有效碰撞，不一定发生化学反应，故A错误； B．增大反应物的浓度，单位体积内活化分子数目增加，反应速率加快，但活化分子的百分数不变，故B错误； C．改变温度、加入催化剂等，可改变活化分子的百分数，故C错误； D．活化分子的碰撞需要有合适的取向时才能发生有效碰撞，故D正确； 答案选D。 14．B 【详解】A.由图可知，当=1.5时，CO的转化率ab且大于T3下对应CO的转化率，当在温度为T3时，随着增大，CO的转化率增大，H2的转化率减小，所以有a＞b＞c，故A正确； B.根据CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)  △H＜0，因为是放热反应，温度升高CO的转化率减小，由图可以看出，当相等时，T3T2T1，故B错误； C. a点时，CO的转化率为50%，反应的三段式为：           CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g） 起始量（mol/L）1       1.5      0 变化量（mol/L）0.5     1 0.5 平衡量（mol/L）0.5   0.5    0.5 平衡常数k= = ,=4； 再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，c（CO）=c（CH3OH）=1mol/L，c（H2）=0.5mol/L，浓度商Qc==4，所以平衡不移动，故C正确； D.c点状态下再通入1 molCO和4 molH2，在等温等容的条件下，投料比不变，相当于加压，平衡向正反应方向移动，新平衡H2的体积分数减小，故D正确； 本题答案为B。 【点睛】对于在定温、定容的容器中进行的可逆反应，达到平衡后再按和起始相同的投料比填料，相当于增大压强，由此分析平衡的移动情况。 15．A 【详解】A．温度不变，增大反应物浓度，可以增加单位体积内活化分子数目，从而加快反应速率，故A符合题意； B．加入固体反应物对反应速率无影响，故B不符合题意； C．温度不变，恒容条件通入惰性气体对反应速率无影响，故C不符合题意； D．降低温度，反应速率减小，故D不符合题意； 故选：A。 16．A 【详解】A．根据反应历程中物质变化可知，经过过渡态2步骤的化学方程式可以表示为，选项A正确； B．该历程中最大能垒(活化能)即为步骤④，则E正=(1.86eV+0.16eV)=2.02eV，选项B错误； C．由图可知步骤⑤生成了CO2(g)和H2(g)，步骤⑤有非极性键H-H键、极性键C=O形成，选项C错误； D．由图可知，生成物的总能量低于反应总能量的反应，则水煤气变换反应为放热反应，△H＜0，选项D错误； 答案选A。 17．D 【详解】A．物质A是固体，其浓度不变，因此不能用A的浓度变化表示反应速率，A错误； B．化学反应速率是平均反应速率，而不是瞬时反应速率，B错误； C．在该反应中B是反应物，C是生成物，随着反应的进行，B的浓度逐渐减小，则生成物C的浓度逐渐增大，C错误； D．在相同时间内用不同物质表示反应速率时，速率比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比，则分别用物质B、C、D表示的反应速率的值之比为3：2：1，D正确； 故合理选项是D。 18．B 【详解】A．C元素的化合价升高，且锰离子可作催化剂，则实验①中发生氧化还原反应，H2C2O4是还原剂，产物MnSO4能起自催化作用，故A正确； B．高锰酸钾可氧化氯离子，则实验③褪色比①快，与催化作用无关，故B错误； C．催化剂可加快反应速率，则实验②褪色比①快，是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率，故C正确； D．增大浓度，反应速率加快，则用1mL0.2M的H2C2O4做实验①，推测比实验①褪色快，故D正确； 故答案为B。 19．D 【详解】A．第①步反应断裂了非极性键，因为H2与CO2只含有非极性键，A错误； B．催化剂降低了反应的活化能，降低了合成淀粉的难度，但是不能改变反应的焓变，B错误； C．化合物a属于非电解质，C错误； D．反应④△H＞0，是吸热反应，活化能较大，所以是决速步，D正确； 答案选D。 20．C 【详解】A．图示为HCOOH在催化剂存在条件下分解产生CO2、H2，因此该反应是分解反应，A正确； B．根据图示可知催化剂参与了反应，有中间产物生成，B正确； C．HCOOK是强电解质，更容易产生HCOO-和K+，更快的产生KH，KH与水反应生成H2和KOH，KOH可吸收掉CO2，因此可以更快的生成氢气，C错误； D．根据图示反应历程可知用HCOOD代替HCOOH，可得HD、CO2，D正确； 故合理选项是C。 21．C 【详解】用O2表示的反应速率为0.04mol•L-1•s-1，由速率之比等于化学计量数之比可知，v(SO3)=2v(O2)= 0.08mol·L-1·s-1，这段时间内SO3的浓度增加了0.4mol·L-1，根据0.08mol·L-1·s-1，则这段时间为5s，故选：C。 22．A 【分析】由流程可知氮气在TM-LiH催化作用下与LiH反应生成LiNH，LiNH与氢气反应生成氨气和LiH，据此分析解答。 【详解】A．状态Ⅰ为氮气生成LiNH的过程中存在键断裂，断开化学键需要吸收能量，分析不合理，故A选； B．催化剂具有选择性，不同的反应需要催化剂不同，该体系不能用于水的分解，分析合理，故B不选； C．根据原理示意图，TM-LiH在反应后还是TM-LiH，因此TM-LiH是催化剂，分析合理，故C不选； D．由状态Ⅲ可知，LiNH与氢气反应生成氨气和LiH，反应的方程式为2LiNH+3H2═2LiH+2NH3，分析合理，故D不选； 故选A。 23．A 【详解】A．该过程热效应应该为正反应的活化能减去逆反应的活化能，即E1-E2，A错误； B．反应物为氮气和水，断裂N与N之间的非极性键，H2O中O-H极性键，生成物为氨气和氧气，形成了N-H键(极性键)和O-O键(非极性键)，B正确； C．生成物能量低，反应物能量高，所以该过程为放热反应，C正确； D．由图中箭头进出方向分析出反应物为氮气和水，生成物为氨气和氧气，电子守恒和原子守恒后配平，化学方程式为：，D正确； 故答案选A。 24．A 【详解】A．由反应①N2O+Fe+=N2+FeO+(慢)可知，铁元素、氮元素化合价发生改变，由反应②FeO++CO=CO2+Fe+可知，铁元素、碳元素化合价发生改变，二个反应均有元素化合价的升降，因此都是氧化还原反应，故A错误； B．由图可知，Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步中均为反应物总能量大于生成物总能量，所以两个反应都是放热反应，总反应的化学反应速率由速率慢的反应①决定，故B正确； C．Fe+作催化剂，使反应的活化能减小，增大反应速率，FeO+是反应过程中产生的物质，因此是中间产物，故C正确； D．由总反应方程式N2O+CON2+CO2可知，N元素由+1价得电子变为0价，C元素由+2价失2个电子变为+4价，即转移2mol电子消耗1molN2O，则转移1mol电子，则消耗N2O为0.5mol，即标况下11.2LN2O，故D正确； 答案为A。 25．C 【详解】A．由图1可知，反应①为，结合氧化还原反应配平反应②为，A正确； B．由图2可知，时间段内流出的CO的量小于H2，且生成速率不变，且反应中始终为检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应发生，生成更多的H2，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1:2，B正确； C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然是2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，说明反应②生成速率大于副反应生成的速率，C错误； D．由图2可知，之后，生成CO的速率为0，CH4的反应速率增大，最终恢复到1，则反应②不再发生，随后生成H2的速率也为0，则副反应也逐渐停止，D正确； 故选C。 26． 温度高加快反应速率，使食物更容易被氧化 如生活中将食品放入冰箱中可减缓食物被氧化的速率 【详解】由图中信息可知，温度影响化学反应速率，加热食用更佳，且储存时避免高温，因温度高加快反应速率，生活中将食品放入冰箱中可减缓食物被氧化的速率，故答案为：温度高加快反应速率，如生活中将食品放入冰箱中可减缓食物被氧化的速率。 27．(1)温度 (2) 粉末 其他条件相同时，不同催化剂对分解速率影响不同 (3)蒸馏水 (4) 温度高于时，有较多分解，反应物浓度降低，使铜的平均溶解速率降低 【详解】（1）由控制变量法可知，实验1、2的目的是其他条件相同时，反应温度不同，说明为研究温度对H2O2分解速率的影响。 （2）实验3、4是Fe2O3粉末相比MnO2粉末具有更高的催化效率，对比实验3、4可得出的结论是其他条件相同时，不同催化剂对H2O2分解速率影响不同。 （3）为了保持溶液体积相同，此处还应添加的试剂及用量为10mL蒸馏水。 （4）①Cu从0价升高为+2，H2O2是氧化剂，O元素从-1价降为-2价，则根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得反应离子方程式为：。 ②温度高于40°C后，随着温度的升高，H2O2的分解速率加快，使溶液中H2O2的浓度降低的更快，对铜的溶解速率的影响超过了温度升高对铜溶解速率的影响，所以铜的溶解速率逐渐减小。 28． 【详解】列出“三段式”： 气体总压之比等于气体物质的量之比，所以时体系总压满足，即，，，故。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$