第01讲 化学反应速率及其影响因素（专项训练）（天津专用）2026年高考化学一轮复习讲练测

第01讲 化学反应速率及其影响因素 目 录 01 课标达标练 题型01 化学反应速率及计算 题型02 影响化学反应速率的因素 题型03 实验探究影响化学反应速率的因素 题型04 化学反应历程图像题 02 核心突破练 03 真题溯源练 01 化学反应速率及计算 1．反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)经a min后SO3的浓度变化情况如图所示，在0～a min内用O2表示的平均反应速率为0.04 mol·L－1·min－1，则a等于( ) A．0.1 B．2.5 C．5 D．10 2．（2025·天津市南开区·二模）乙酸甲酯制乙醇的反应为：CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+ CH3OH(g)。三个10L恒容密闭容器中分别加入1mol CH3COOCH3和9.8mol H2在不同温度下，反应t分钟时乙酸甲酯物质的量n如图所示。下列说法正确的是（　　） A．该反应的ΔH＞0 B．容器甲中平均反应速率v(H2) = mol·L-1·min-1 C．容器乙中乙醇的体积分数为 D．容器丙中当前状态下反应速率v(正)＜v(逆) 3．将4 mol A(g)和2 mol B(g)在2 L的密闭容器中混合，并在一定条件下发生反应：2A(g)＋B(g)2C(g)，若经2 s后测得C的物质的量为0.6 mol，下列叙述正确的是( ) A．用物质C表示的平均反应速率为0.3 mol·L－1·s－1 B．反应开始到2 s，物质B的物质的量浓度减小0.15 mol·L－1 C．2 s时物质A的转化率为10% D．2v(A)＝v(B) 4．一定温度下，在N2O5的四氯化碳溶液(100 mL)中发生分解反应：2N2O54NO2＋O2。在不同时刻测量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如表： t/s 0 600 1 200 1 710 2 220 2 820 x N2O5/mol·L-1 1.40 0.96 0.66 0.48 0.35 0.24 0.12 下列说法正确的是( ) A．600～1 200 s，生成NO2的平均速率为5.0×10－4 mol·L－1·s－1 B．反应2 220 s时，放出的O2体积为11.8 L(标准状况) C．反应达到平衡时，v正(N2O5)＝2v逆(NO2) D．推测上表中的x为3 930 02 影响化学反应速率的因素 5．（2025•天津市·和平区·二模）下列措施能降低化学反应速率的是（　　） A．在过氧化氢溶液加入硫酸铜溶液 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．碳酸钙块状变粉末状与盐酸反应 6．温度为T时，在恒容密闭容器中进行反应：2X(g)＋Y(g)Z(g)＋R(s)　ΔH>0，下列有关叙述正确的是( ) A．向容器中充入少量氦气，化学反应速率不变 B．加入少量R(s)，逆反应速率增大 C．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小 D．压缩容器的容积，单位体积内活化分子的百分数增大，化学反应速率增大 7．碳酸钙与稀盐酸反应(放热反应)生成CO2的量与反应时间的关系如图所示，下列结论错误的是( ) A．反应开始2 min内平均反应速率最大 B．反应速率先增大后减小 C．反应开始4 min内温度对反应速率的影响比浓度大 D．反应在2～4 min内以CO2的物质的量变化表示的反应速率为v(CO2)＝0.1 mol·min－1 03 实验探究影响化学反应速率的因素 8．KI溶液在酸性条件下能与氧气反应。现有以下实验记录： 实验编号 ① ② ③ ④ ⑤ 温度/℃ 30 40 50 60 70 显色时间/s 160 80 40 20 10 回答下列问题： (1)该反应的离子方程式为_____________________________________。 (2)该实验的目的是_______________________________________。 (3)实验试剂除了1 mol·L－1KI溶液、0.1 mol·L－1 H2SO4溶液外，还需要的试剂是____________，实验现象为____________________。 (4)实验操作中除了需要上述条件外，还必须控制_____________(填字母)不变。 A．温度 B．试剂的用量(体积) C．试剂添加的顺序 (5)由上述实验记录可得出的结论是______________________________________。 (6)若要进行溶液酸性强弱对反应速率影响的探究实验，你会采取的措施是 ________________________________________________________________。 9．某小组研究了铜片与5.6 mol·L－1 HNO3溶液反应的速率，实验现象记录如表所示。 时间段 现象 0～15 min 铜片表面出现极少气泡 15～25 min 铜片表面产生较多气泡，溶液呈很浅的蓝色 25～30 min 铜片表面均匀冒出大量气泡 30～50 min 铜片表面产生较少气泡，溶液蓝色明显变深，液面上方呈浅棕色 为探究影响该反应速率的主要因素，小组进行如下实验。 实验Ⅰ：监测上述反应过程中溶液温度的变化，所得曲线如下图。 实验Ⅱ：②～④试管中加入大小、形状相同的铜片和相同体积的5.6 mol·L－1HNO3溶液。结果显示：Cu(NO3)2、NO对Cu和HNO3反应速率的影响均不明显，NO2能明显加快该反应的速率。 实验Ⅲ：在试管中加入铜片和5.6 mol·L－1HNO3溶液，当产生气泡较快时，取少量反应液于试管中，检验后发现其中含有NO。 (1)根据表格中的现象，描述该反应的速率随时间的变化情况：_______________________________。 (2)实验Ⅰ的结论：温度升高______(填“是”或“不是”)反应速率加快的主要原因。 (3)实验Ⅱ的目的是_________________________。 04 化学反应历程图像题 10．（2025·天津河西·二模）碘离子可以作为过氧化氢分解的催化剂，催化过程的机理如图1。图2是有、无碘离子存在时，过氧化氢分解的能量变化示意图。 下列说法错误的是（　　） A．X和Y分别为H2O和O2 B．H2O2的分解反应是吸热反应 C．碘离子不改变H2O2分解的焓变 D．反应速率大小：①＜② 11．（2025·天津河北·一模）【氮氧化物催化转化+化学反应历程】氮氧化物()是大气的主要污染物，某研究小组利用催化剂ZAg对NO催化转化的反应过程与能量变化的关系如图所示。下列说法错误的是 A．总反应的热化学方程式： B．过渡态的稳定性： C．反应过程的决速步骤为放热反应 D．催化剂ZAg降低了反应的活化能，但不能改变反应热 12．反应物(X)转化为产物(Y)时的能量变化与反应过程的关系如图所示，下列说法正确的是(　　) A．X的键能大于Y的键能 B．M为反应的中间产物 C．其他条件相同时，②的反应速率比①的更快 D．对于反应①，升高温度，Y的平衡产率将增大 13．【化学反应能垒图+化学反应历程】如图是CH4与Zr形成过渡金属化合物的过程。下列说法正确的是(　　) A．加入合适的催化剂待反应完成时可增大过渡金属化合物的产率 B．Zr＋CH4―→CH3—Zr…H的活化能为99.20 kJ·mol－1 C．整个反应的快慢由―→的反应快慢决定 D．Zr＋CH4―→CH—Zr…H3　ΔH＝－39.54 kJ·mol－1 14．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下： 下列说法不正确的是(　　) A．该过程有H2O参与 B．NO2是生成硫酸盐的氧化剂 C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．该过程没有生成硫氧键 15．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 1．已知：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===2MnSO4＋K2SO4＋10CO2↑＋8H2O。某化学小组欲探究H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应过程中浓度、温度对化学反应速率的影响，进行了如下实验(忽略溶液体积变化)： 实验 0.01 mol·L－1酸性KMnO4溶液体积/mL 0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液体积/mL 水的体积/mL 反应温度/℃ 反应时间/min Ⅰ 2 2 0 20 2.1 Ⅱ V1 2 1 20 5.5 Ⅲ V2 2 0 50 0.5 下列说法不正确的是(　　) A．V1＝1，V2＝2 B．设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对反应速率的影响 C．实验计时是从溶液混合开始，溶液呈紫红色时结束 D．实验Ⅲ中用酸性KMnO4溶液的浓度变化表示的反应速率v(KMnO4)＝0.01 mol·L－1·min－1 2．为了研究一定浓度Fe2＋的溶液在不同条件下被氧气氧化的氧化率，实验结果如图所示，判断下列说法正确的是(　　) A．pH越小，氧化率越小 B．温度越高，氧化率越小 C．Fe2＋的氧化率仅与溶液的pH和温度有关 D．实验说明降低pH、升高温度有利于提高Fe2＋的氧化率 3．25 ℃，H2O2分解反应的方程式为H2O2(aq)H2O(l)＋O2(g)，H2O2分解反应的浓度与时间的关系曲线如图所示，＝，当观察的时间间隔无限小，平均速率的极值即为化学反应在t时的瞬时速率，即[]＝，A点切线的斜率为＝0.014 mol·dm－3·min－1，表示在第20 min，当H2O2浓度为0.4 mol·dm－3时，瞬时速率为0.014 mol·dm－3·min－1(斜率、速率均取绝对值)，则下列说法正确的是(　　) A．反应到A、B、C三点时的瞬时速率：C>B>A B．由题意可知瞬时速率与平均反应速率无关 C．某点切线的斜率越大，瞬时速率越快 D．没有催化剂I－，H2O2就不会发生分解反应 4．已知反应：2NO(g)＋Br2(g)2NOBr(g)　ΔH＝－a kJ·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．该反应的反应速率主要取决于反应①的快慢 B．NOBr2是该反应的催化剂 C．增大Br2(g)浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率 D．正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ· mol－1 5．科学家结合实验与计算机模拟结果，研究出了均相催化的思维模型。 总反应：A＋B―→AB(K为催化剂) ①A＋K―→AK　Ea1 ②AK＋B―→AB＋K　Ea2 下列说法错误的是(　　) A．第①步为决速步骤 B．升高温度，该反应的速率加快 C．该反应的ΔH＝－Ea kJ·mol－1 D．催化剂降低了活化能，加快了反应速率 6．异丁烯[CH2==C(CH3)2]是一种重要的化工原料，常用于制备丁基橡胶、甲基丙烯腈等。资料表明，异丁烷在固体杂多酸盐(用S表示)作用下制备异丁烯和H2的反应机理如下： 过程ⅰ.CH3—CH(CH3)—CH3＋S―→CH3—CH(CH3)—CH3…S； 过程ⅱ.CH3—CH(CH3)—CH3…S＋S―→CH2==C(CH3)2…S＋H2…S； 过程ⅲ.CH2==C(CH3)2…S―→CH2==C(CH3)2＋S； 过程ⅳ.H2…S―→H2(g)＋S。 下列说法错误的是(　　) A．总反应的化学方程式为CH3—CH(CH3)—CH3CH2==C(CH3)2＋H2 B．固体杂多酸盐是反应的催化剂，降低了总反应的活化能 C．CH2==C(CH3)2…S和H2…S均为催化剂 D．过程ⅲ表示的是异丁烯在固体杂多酸盐表面的脱附过程 7．CO和N2O在Fe＋作用下转化为N2和CO2，反应的能量变化及反应历程如图所示，两步基元反应：①N2O＋Fe＋===N2＋FeO＋　K1，②CO＋FeO＋===CO2＋Fe＋　K2。下列说法不正确的是(　　) A．该反应ΔH<0 B．两步反应中，决定总反应速率的是反应① C．升高温度，可提高N2O的平衡转化率 D．Fe＋增大了活化分子百分数，加快了化学反应速率，但不改变反应的ΔH 8．二甲醚(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1.31 kJ·mol－1 C．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2CH3OHCH3OCH3＋H2O 9．甲醇与水蒸气在催化剂作用下发生如下反应： 反应Ⅰ：CH3OH(g)===CO(g)＋2H2(g)　ΔH1 反应Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH2 根据能量变化示意图，下列说法正确的是(　　) A．E3－E2＞E4－E1 B．反应Ⅱ决定整个反应的速率 C．催化剂可以降低总反应的焓变 D．CH3OH(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋3H2(g)　ΔH＝ΔH1－ΔH2 10．一定温度下，CH3CH2CH3的氯化、溴化反应势能图及一段时间后产物的选择性如图，下列叙述不正确的是(　　) A．ΔH1＋ΔH3＝ΔH2＋ΔH4 B．升高温度，体系中n(1-氯丙烷)∶n(2-氯丙烷)的值增大 C．以丙烷为原料合成丙醇时，“先溴代再水解”有利于提高2-丙醇的含量 D．由图可知，丙烷中碳氢键的键能不完全相同 11．【化学速率方程+化学反应历程】已知Cl2(g)＋CO(g)COCl2(g)的速率方程v＝k(Cl2)·c(CO)(k为速率常数)，该反应可认为经过以下反应历程： 第一步：Cl2(g)2Cl(g)　快速平衡 第二步：Cl(g)＋CO(g)COCl(g)　快速平衡 第三步：COCl(g)＋Cl2(g)―→COCl2(g)＋Cl(g)　慢反应 下列说法正确的是(　　) A．第三步反应的活化能较低，是决速反应 B．Cl是该总反应的中间产物，COCl是该总反应的催化剂 C．c(Cl2)、c(CO)分别增大相同的倍数，对总反应速率的影响程度前者大 D．升温可使k增大导致反应速率加快 12．【催化剂与反应历程+去除水体中NO的机理】一种以Pd-Cu为催化剂还原去除水体中NO的机理如图a所示；其他条件相同，不同pH时，NO转化率和不同产物在总还原产物中所占的物质的量的百分比如图b所示。 已知：溶液pH会影响Pd对NO的吸附，不影响对H的吸附。 下列说法不正确的是(　　) A．pH越小，Pd对NO的吸附能力越强 B．通过调节溶液的pH，可使NO更多的转化为N2 C．反应ii中生成NH的离子方程式为NO＋6H＋2H＋===NH＋2H2O D．pH＝12时，每处理6.2 g NO，理论上消耗标准状况下H2 5.6 L 13．工业上利用NH3对烟道气进行脱硝(除氮氧化物)的SCR技术具有效率高、性能可靠的优势。SCR技术的原理为NH3和NO在催化剂(MnO2)表面转化为N2和H2O，反应过程中的相对能量变化如图所示。下列说法错误的是(　　) A．总反应方程式为6NO＋4NH35N2＋6H2O B．NH2NO是脱硝反应的活性中间体 C．升高温度，脱硝反应的正反应速率的增大程度大于其逆反应速率的增大程度 D．决定反应速率的步骤是“H的移除” 14．汽车排气管装有三元催化剂装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除CO、NO等污染物。反应机理如下[Pt(s)表示催化剂，右上角带“*”表示吸附状态]： Ⅰ.NO＋Pt(s)===NO* Ⅱ.CO＋Pt(s)===CO* Ⅲ.NO*===N*＋O* Ⅳ.CO*＋O*===CO2＋Pt(s) Ⅴ.N*＋ N*===N2＋Pt(s) Ⅵ.NO*＋N*===N2O＋Pt(s) 经测定汽车尾气中反应物浓度及生成物浓度随温度T变化关系如图1和图2所示。 (1)图1中温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是 ___________________________________________________________。 (2)图2中T2 ℃时反应Ⅴ的活化能________(填“<”“>”或“＝”)反应Ⅵ的活化能；T3 ℃时发生的主要反应为________(填“Ⅳ”“Ⅴ”或“Ⅵ”)。 15．H2还原NO的化学方程式为2NO(g)＋2H2(g)===N2(g)＋2H2O(g)　ΔH<0。 (1)研究表明上述反应历程分两步： Ⅰ.2NO(g)＋H2(g)N2(g)＋H2O2(l)(慢反应) Ⅱ.H2O2(l)＋H2(g)2H2O(g)(快反应) 该总反应的速率由反应________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)决定，反应Ⅰ的活化能比反应Ⅱ的活化能________(填“高”或“低”)。 (2)该反应常伴有副产物N2O和NH3的生成。以Pt作催化剂，用H2还原某废气中的NO(其他气体不反应)，270 ℃时H2的体积分数对H2-NO反应的影响如图所示。随着H2体积分数的增大，N2的体积分数呈下降趋势，原因是________________________________________________________。 (3)在一定温度下，副产物N2O分解反应的化学方程式为2N2O(g)===2N2(g)＋O2(g)，测得在恒容容器中N2O分解的部分实验数据如下表。 反应时间/min 0 20 40 60 80 100 c(N2O)/ (mol·L－1) 0.10 0.08 0.06 0.04 0.02 0.00 0～20 min，反应速率v(N2O)为________ mol·L－1·min－1；若N2O的起始浓度为0.20 mol·L－1，则反应至40 min时N2O的转化率α＝________。 1. （天津卷2023,T12）明代《武备志》中记载了提纯硫黄的油煎法：“先将硫打豆粒样碎块，每斤硫黄用麻油二斤，入锅烧滚。再下青柏叶半斤在油内，看柏枯黑色，捞去柏叶，然后入硫黄在滚油内，待油面上黄沫起至半锅，随取起，安在冷水盆内，倒去硫上黄油，净硫凝一并在锅底内者是”，下列叙述错误的是 A. “先将硫打豆粒样碎块”是为了增大硫的表面积 B. “青柏叶”变“枯黑色”起到指示油温的作用 C. “倒去硫上黄油”实现固液分离 D. 提纯硫磺的油煎法利用了蒸馏原理 2. （天津卷2022,T6）向恒温恒容密闭容器中通入2molSO2和1molO2，反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)达到平衡后，再通入一定量O2，达到新平衡时，下列有关判断错误的是 A. SO3的平衡浓度增大 B. 反应平衡常数增大 C. 正向反应速率增大 D. SO2的转化总量增大 3．(1)（天津卷2024,T15，节选）柠檬酸钙微溶于水、难溶于乙醇，是一种安全的食品补钙剂。某学习小组以蛋壳为主要原料，开展制备柠檬酸钙的如下实验。 实验流程 实验中，需将蛋壳研磨成粉，其目的是__________________。 (2)（天津卷2023,T13，节选）在H2O2作用下，铜与浓盐酸的反应可用于制备CuCl2，写出该反应化学方程式：____________________。反应中，H2O2实际消耗量大于理论用量的原因是______________。 (3)（天津卷2022,T15，节选）将废铁屑分批加入稀盐酸中，至盐酸反应完全。判断反应完全的现象为___________。含有少量铜的废铁屑比纯铁屑反应快，原因为___________。 4．（天津卷2024,T16，节选）NaBH4是常用的还原剂，可选择合适的催化剂实现其可控水解制H₂。 NaBH₄的水解反应方程式为：BH+4H2O===[B(OH)4]-+4H2↑，该反应放热。 (2)无催化剂时，NaBH₄在酸性溶液中水解迅速，在碱性溶液中水解缓慢，在纯水中水解反应速率会随反应进行快速下降。在纯水中反应速率快速下降的原因是 。 (3)相同条件下，三种试制的催化剂X、Y和Z在碱性溶液中催化NaBH₄水解产H2的体积随反应时间的变化如图。下列相关结论正确的是 (填序号)。 a．反应至3min时，使用X产H₂的体积是使用Y的2倍 b．与Y 相比，X降低反应的活化能更多 c．Z无催化活性 (4)在起始温度不同、其他条件相同的情况下进行NaBH₄水解反应的对比实验。H2的生成速率与NaBH₄浓度的关系如图所示。在反应过程中，体系温度随反应进行逐渐升高，催化剂活性保持不变。 ①图中起始温度较高的实验对应的曲线是 (填“M”或“N”)： ②曲线M中，p点之前H2的生成速率提高，主要原因是 ：p点之后H2的生成速率降低，主要原因是 。 5．（2025·河南卷）在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为CH3CH2CH3(g)CH3CH=CH2(g)+H2(g)，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，中部分进程已省略)。 下列说法正确的是 A．总反应是放热反应 B．两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同 C．和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定 D．①转化为②的进程中，决速步骤为 6．（2025·河北卷）氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应Ga2O3(s)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2O(g)制备。反应历程(TS代表过渡态)如下： 下列说法错误的是 A．反应ⅰ是吸热过程 B．反应ⅱ中脱去步骤的活化能为2.69eV C．反应ⅲ包含2个基元反应 D．总反应的速控步包含在反应ⅱ中 1 / 24 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第01讲 化学反应速率及其影响因素 目 录 01 课标达标练 题型01 化学反应速率及计算 题型02 影响化学反应速率的因素 题型03 实验探究影响化学反应速率的因素 题型04 化学反应历程图像题 02 核心突破练 03 真题溯源练 01 化学反应速率及计算 1．反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)经a min后SO3的浓度变化情况如图所示，在0～a min内用O2表示的平均反应速率为0.04 mol·L－1·min－1，则a等于( ) A．0.1 B．2.5 C．5 D．10 答案 C 解析　由题图可知，0～a min内Δc(SO3)＝0.4 mol·L－1，则有v(SO3)＝ mol·L－1·min－1。根据反应速率与化学计量数的关系可得，v(O2)＝v(SO3)＝ mol·L－1·min－1，又知“0～a min内用O2表示的平均反应速率为0.04 mol·L－1·min－1”，则有 mol·L－1·min－1＝0.04 mol·L－1·min－1，解得a＝5，C项正确。 2．（2025·天津市南开区·二模）乙酸甲酯制乙醇的反应为：CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+ CH3OH(g)。三个10L恒容密闭容器中分别加入1mol CH3COOCH3和9.8mol H2在不同温度下，反应t分钟时乙酸甲酯物质的量n如图所示。下列说法正确的是（　　） A．该反应的ΔH＞0 B．容器甲中平均反应速率v(H2) = mol·L-1·min-1 C．容器乙中乙醇的体积分数为 D．容器丙中当前状态下反应速率v(正)＜v(逆) 【答案】C 【详解】A.由分析，该反应的ΔH＜0，故A错误；B.容器甲中平均反应速率v（H2）=2v（CH3COOCH3）=2×mol/（L•min）=mol/（L•min），故B错误； C.对乙而言： CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+ CH3OH(g) 起始（mol/L） 0.1 0.98 0 0 转化（mol/L） 0.09 0.045 0.09 0.09 平衡（mol/L） 0.01 0.935 0.09 0.09 容器乙中乙醇的体积分数为，故C正确； D.温度越高反应速率越快，比较乙丙可知，丙达到平衡状态，但不确定乙是否平衡，不能确定正逆反应速率相对大小，故D错误；故选：C。 3．将4 mol A(g)和2 mol B(g)在2 L的密闭容器中混合，并在一定条件下发生反应：2A(g)＋B(g)2C(g)，若经2 s后测得C的物质的量为0.6 mol，下列叙述正确的是( ) A．用物质C表示的平均反应速率为0.3 mol·L－1·s－1 B．反应开始到2 s，物质B的物质的量浓度减小0.15 mol·L－1 C．2 s时物质A的转化率为10% D．2v(A)＝v(B) 答案 B 解析　反应经2 s后测得C的物质的量为0.6 mol，则有v(C)＝＝0.15 mol·L－1·s－1，A错误；2 s内生成0.6 mol C同时消耗0.3 mol B和0.6 mol A，故B的物质的量浓度减小值为＝0.15 mol·L－1，B正确；2 s内消耗0.6 mol A，则物质A的转化率为×100%＝15%，C错误；根据反应速率与化学计量数的关系可知：v(A)＝2v(B)，D错误。 4．一定温度下，在N2O5的四氯化碳溶液(100 mL)中发生分解反应：2N2O54NO2＋O2。在不同时刻测量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如表： t/s 0 600 1 200 1 710 2 220 2 820 x N2O5/mol·L-1 1.40 0.96 0.66 0.48 0.35 0.24 0.12 下列说法正确的是( ) A．600～1 200 s，生成NO2的平均速率为5.0×10－4 mol·L－1·s－1 B．反应2 220 s时，放出的O2体积为11.8 L(标准状况) C．反应达到平衡时，v正(N2O5)＝2v逆(NO2) D．推测上表中的x为3 930 答案 D 解析　600～1 200 s，c(N2O5)的变化量为(0.96－0.66)mol·L－1＝0.3 mol·L－1，结合反应可知，该时间段内Δc(NO2)＝2×0.3 mol·L－1＝0.6 mol·L－1，故生成NO2的平均速率为＝1.0×10－3 mol·L－1·s－1，A错误；反应2 220 s时，Δc(N2O5)＝(1.40－0.35)mol·L－1＝1.05 mol·L－1，其物质的量的变化量为1.05 mol·L－1×0.1 L＝0.105 mol，推知生成0.052 5 mol O2，在标准状况下的体积为0.052 5 mol×22.4 L·mol－1＝1.176 L，B错误；反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学计量数之比，则有2v正(N2O5)＝v逆(NO2)，C错误；该反应经过1 110 s(600～1 710 s,1 710～2 820 s)时，c(N2O5)变为原来的，因此c(N2O5)由0.24 mol·L－1变为0.12 mol·L－1时，仍用时1 110 s，推测表中的x为2 820＋1 110＝3 930，D正确。 02 影响化学反应速率的因素 5．（2025•天津市·和平区·二模）下列措施能降低化学反应速率的是（　　） A．在过氧化氢溶液加入硫酸铜溶液 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．碳酸钙块状变粉末状与盐酸反应 【答案】C 【详解】A．在过氧化氢溶液加入硫酸铜溶液，硫酸铜为H2O2分解的催化剂，能增大活化分子百分数，化学反应速率提高，故A错误；B．中和滴定时，边滴边摇锥形瓶，增大反应物的接触面积，化学反应速率提高，故B错误；C．锌粉和盐酸反应时加水稀释，氢离子浓度减小，降低化学反应速率，故C正确；D．碳酸钙块状变粉末状与盐酸反应，增大反应物的接触面积，化学反应速率提高，故D错误；故选：C。 6．温度为T时，在恒容密闭容器中进行反应：2X(g)＋Y(g)Z(g)＋R(s)　ΔH>0，下列有关叙述正确的是( ) A．向容器中充入少量氦气，化学反应速率不变 B．加入少量R(s)，逆反应速率增大 C．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小 D．压缩容器的容积，单位体积内活化分子的百分数增大，化学反应速率增大 答案 A 解析　恒容密闭容器中进行反应，充入少量氦气，原反应混合物的浓度不变，化学反应速率不变，A正确；R是固体，加入少量R(s)，逆反应速率不变，B错误；升高温度，反应物和生成物中活化分子百分数均增加，故正、逆反应速率均增大，C错误；压缩容器的容积，原反应混合气体的浓度增大，单位体积内活化分子的数目增加，化学反应速率增大，但活化分子的百分数不变，D错误。 7．碳酸钙与稀盐酸反应(放热反应)生成CO2的量与反应时间的关系如图所示，下列结论错误的是( ) A．反应开始2 min内平均反应速率最大 B．反应速率先增大后减小 C．反应开始4 min内温度对反应速率的影响比浓度大 D．反应在2～4 min内以CO2的物质的量变化表示的反应速率为v(CO2)＝0.1 mol·min－1 答案 A 解析　图中的曲线表明，在0～2 min内产生了0.1 mol CO2，以CO2的物质的量变化表示的反应速率v1＝0.05 mol·min－1；2～4 min内产生了0.2 mol CO2，v2＝0.1 mol·min－1；4～6 min内产生了0.05 mol CO2，v3＝0.025 mol·min－1，产生CO2的速率先加快后变慢，故2～4 min的平均反应速率最大，4～6 min的平均反应速率最小，A项错误，D项正确；反应速率先增大后减小，B项正确；反应速率先增大是由于反应放热，使溶液温度升高，导致反应速率增大，4 min后反应速率减小则是由浓度减小引起的，C项正确。 03 实验探究影响化学反应速率的因素 8．KI溶液在酸性条件下能与氧气反应。现有以下实验记录： 实验编号 ① ② ③ ④ ⑤ 温度/℃ 30 40 50 60 70 显色时间/s 160 80 40 20 10 回答下列问题： (1)该反应的离子方程式为_____________________________________。 (2)该实验的目的是_______________________________________。 (3)实验试剂除了1 mol·L－1KI溶液、0.1 mol·L－1 H2SO4溶液外，还需要的试剂是____________，实验现象为____________________。 (4)实验操作中除了需要上述条件外，还必须控制_____________(填字母)不变。 A．温度 B．试剂的用量(体积) C．试剂添加的顺序 (5)由上述实验记录可得出的结论是______________________________________。 (6)若要进行溶液酸性强弱对反应速率影响的探究实验，你会采取的措施是 ________________________________________________________________。 答案 (1)4H＋＋4I－＋O2===2I2＋2H2O (2)探究温度对反应速率的影响 (3)淀粉溶液　无色溶液变蓝 (4)BC (5)温度每升高10 ℃，反应速率约增大2倍 (6)保证其他实验条件不变，采用不同浓度的H2SO4溶液进行对比实验 解析 (1)根据得失电子数目相等、电荷守恒和原子守恒，可得该反应的离子方程式为4H＋＋4I－＋O2===2I2＋2H2O。(2)表中数据只有温度和显色时间，故该实验的目的是探究温度对反应速率的影响。(3)为测定显色时间，产物中有碘单质生成，还需要的试剂是淀粉溶液，实验现象为无色溶液变为蓝色。(4)设计实验必须保证其他条件不变，只改变一个条件，才能得到准确的结论，故还必须控制试剂的用量(体积)和试剂添加的顺序不变。(5)分析实验数据，温度每升高10 ℃，显色时间缩短到原来的一半，故可得出结论是温度每升高10 ℃，反应速率约增大2倍。(6)若要进行溶液酸性强弱对反应速率影响的探究实验，需保证其他实验条件不变，采用不同浓度的H2SO4溶液进行对比实验。 9．某小组研究了铜片与5.6 mol·L－1 HNO3溶液反应的速率，实验现象记录如表所示。 时间段 现象 0～15 min 铜片表面出现极少气泡 15～25 min 铜片表面产生较多气泡，溶液呈很浅的蓝色 25～30 min 铜片表面均匀冒出大量气泡 30～50 min 铜片表面产生较少气泡，溶液蓝色明显变深，液面上方呈浅棕色 为探究影响该反应速率的主要因素，小组进行如下实验。 实验Ⅰ：监测上述反应过程中溶液温度的变化，所得曲线如下图。 实验Ⅱ：②～④试管中加入大小、形状相同的铜片和相同体积的5.6 mol·L－1HNO3溶液。结果显示：Cu(NO3)2、NO对Cu和HNO3反应速率的影响均不明显，NO2能明显加快该反应的速率。 实验Ⅲ：在试管中加入铜片和5.6 mol·L－1HNO3溶液，当产生气泡较快时，取少量反应液于试管中，检验后发现其中含有NO。 (1)根据表格中的现象，描述该反应的速率随时间的变化情况：_______________________________。 (2)实验Ⅰ的结论：温度升高______(填“是”或“不是”)反应速率加快的主要原因。 (3)实验Ⅱ的目的是_________________________。 答案 (1)反应速率先变快后变慢　(2)不是 (3)检验Cu(NO3)2、NO、NO2能否加快铜和硝酸反应的速率 解析：(1)根据表格中气泡多少的现象可知，该反应的速率随时间的变化情况：反应速率先变快后变慢。(2)由表格中的实验现象和实验Ⅰ中温度变化图可知，温度不变时反应速率却加快，则温度升高不是反应速率加快的主要原因。(3)实验Ⅱ的目的是检验Cu(NO3)2、NO、NO2能否加快铜和硝酸反应的速率。 04 化学反应历程图像题 10．（2025·天津河西·二模）碘离子可以作为过氧化氢分解的催化剂，催化过程的机理如图1。图2是有、无碘离子存在时，过氧化氢分解的能量变化示意图。 下列说法错误的是（　　） A．X和Y分别为H2O和O2 B．H2O2的分解反应是吸热反应 C．碘离子不改变H2O2分解的焓变 D．反应速率大小：①＜② 【答案】B 【详解】A．上述分析可知，X和Y分别为H2O和O2，故A正确；B．能量变化图2可知，H2O2的分解反应是放热反应，故B错误；C．碘离子是反应的催化剂，不改变H2O2分解的焓变，故C正确；D．图2中加入催化剂后有两个基元反应，反应①是吸热反应，反应②为放热反应，则反应速率①＜②，故D正确；故选：B。 11．（2025·天津河北·一模）【氮氧化物催化转化+化学反应历程】氮氧化物()是大气的主要污染物，某研究小组利用催化剂ZAg对NO催化转化的反应过程与能量变化的关系如图所示。下列说法错误的是 A．总反应的热化学方程式： B．过渡态的稳定性： C．反应过程的决速步骤为放热反应 D．催化剂ZAg降低了反应的活化能，但不能改变反应热 【答案】C 【详解】A．由初始和结束的能量可知，总反应的热化学方程式为，A正确；B．能量越低越稳定，因此过渡态的稳定性：，B正确；C．决速步骤为活化能最大的慢反应，则反应过程的决速步骤为，此过程为吸热反应，C错误；D．反应热只与反应物的始态和终态有关系，与反应过程无关，因此催化剂能降低反应活化能，但不能改变反应热，D正确；故选C。 12．反应物(X)转化为产物(Y)时的能量变化与反应过程的关系如图所示，下列说法正确的是(　　) A．X的键能大于Y的键能 B．M为反应的中间产物 C．其他条件相同时，②的反应速率比①的更快 D．对于反应①，升高温度，Y的平衡产率将增大 答案　C 解析　X的能量高，键能小于Y的键能，A错误；由图示可知，M参加反应后，最后一步反应又生成M，则M为反应的催化剂，B错误；因为过程②各步反应的活化能均小于过程①反应的活化能，所以其他条件相同时，②的反应速率比①的更快，C正确；反应①的ΔH<0，升高温度，平衡逆移，Y的平衡产率减小，D错误。 13．【化学反应能垒图+化学反应历程】如图是CH4与Zr形成过渡金属化合物的过程。下列说法正确的是(　　) A．加入合适的催化剂待反应完成时可增大过渡金属化合物的产率 B．Zr＋CH4―→CH3—Zr…H的活化能为99.20 kJ·mol－1 C．整个反应的快慢由―→的反应快慢决定 D．Zr＋CH4―→CH—Zr…H3　ΔH＝－39.54 kJ·mol－1 答案　B 解析　催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动，过渡金属化合物的产率不变，故A错误；由图可知， ―→状态2的活化能最大，反应速率最慢，决定整个反应的快慢，故C错误；由图可知，反应Zr＋CH4―→CH—Zr…H3　ΔH＝＋39.54 kJ·mol－1，故D错误。 14．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下： 下列说法不正确的是(　　) A．该过程有H2O参与 B．NO2是生成硫酸盐的氧化剂 C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．该过程没有生成硫氧键 答案　D 解析　根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，故A正确；根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由＋4变为＋3，得电子被还原，作氧化剂，故B正确；硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H＋和SO，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确；根据图示转化过程中，由SO转化为HSO，有硫氧键生成，故D错误。 15．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　根据反应机理图知，含N分子发生的反应有NO＋·OOH===NO2＋·OH、NO＋NO2＋H2O===2HONO、NO2＋·C3H7===C3H6＋HONO、HONO===NO＋·OH，含N分子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；根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；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。 1．已知：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===2MnSO4＋K2SO4＋10CO2↑＋8H2O。某化学小组欲探究H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应过程中浓度、温度对化学反应速率的影响，进行了如下实验(忽略溶液体积变化)： 实验 0.01 mol·L－1酸性KMnO4溶液体积/mL 0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液体积/mL 水的体积/mL 反应温度/℃ 反应时间/min Ⅰ 2 2 0 20 2.1 Ⅱ V1 2 1 20 5.5 Ⅲ V2 2 0 50 0.5 下列说法不正确的是(　　) A．V1＝1，V2＝2 B．设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对反应速率的影响 C．实验计时是从溶液混合开始，溶液呈紫红色时结束 D．实验Ⅲ中用酸性KMnO4溶液的浓度变化表示的反应速率v(KMnO4)＝0.01 mol·L－1·min－1 答案　C 解析　实验Ⅰ和实验Ⅱ反应温度相同，实验Ⅱ中加入了1 mL水，根据变量控制法的原则，溶液总体积应保持不变，因而V1＝1，类比分析可得V2＝2，A正确；实验Ⅰ、Ⅲ的温度不同，其他条件相同，因而设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对反应速率的影响，B正确；酸性KMnO4溶液呈紫红色，由表中数据可知，草酸溶液过量，KMnO4可完全反应，因而可以用颜色变化来判断反应终点，即实验计时是从溶液混合开始，溶液紫红色刚好褪去时结束，C错误；根据实验Ⅲ中有关数据可知，Δc(KMnO4)＝＝0.005 mol·L－1，v(KMnO4)＝＝＝0.01 mol·L－1·min－1，D正确。 2．为了研究一定浓度Fe2＋的溶液在不同条件下被氧气氧化的氧化率，实验结果如图所示，判断下列说法正确的是(　　) A．pH越小，氧化率越小 B．温度越高，氧化率越小 C．Fe2＋的氧化率仅与溶液的pH和温度有关 D．实验说明降低pH、升高温度有利于提高Fe2＋的氧化率 答案　D 解析　由②③可知，温度相同时，pH越小，氧化率越大，由①②可知，pH相同时，温度越高，氧化率越大，A、B错误；Fe2＋的氧化率除受pH、温度影响外，还受其他因素影响，如浓度等，C错误。 3．25 ℃，H2O2分解反应的方程式为H2O2(aq)H2O(l)＋O2(g)，H2O2分解反应的浓度与时间的关系曲线如图所示，＝，当观察的时间间隔无限小，平均速率的极值即为化学反应在t时的瞬时速率，即[]＝，A点切线的斜率为＝0.014 mol·dm－3·min－1，表示在第20 min，当H2O2浓度为0.4 mol·dm－3时，瞬时速率为0.014 mol·dm－3·min－1(斜率、速率均取绝对值)，则下列说法正确的是(　　) A．反应到A、B、C三点时的瞬时速率：C>B>A B．由题意可知瞬时速率与平均反应速率无关 C．某点切线的斜率越大，瞬时速率越快 D．没有催化剂I－，H2O2就不会发生分解反应 答案　C 解析　由题中信息可知，瞬时速率与切线的斜率有关，切线的斜率越大瞬时速率越大，由图知A、B、C三点斜率大小：A＞B＞C，即瞬时速率：A＞B＞C，故A错误、C正确；催化剂只能改变化学反应的速率，不能改变化学反应本身，H2O2本身可以发生分解反应，故D错误。 4．已知反应：2NO(g)＋Br2(g)2NOBr(g)　ΔH＝－a kJ·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．该反应的反应速率主要取决于反应①的快慢 B．NOBr2是该反应的催化剂 C．增大Br2(g)浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率 D．正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ· mol－1 答案　D 解析　反应速率主要取决于慢的一步，所以该反应的反应速率主要取决于反应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；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C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a kJ· mol－1，故D正确。 5．科学家结合实验与计算机模拟结果，研究出了均相催化的思维模型。 总反应：A＋B―→AB(K为催化剂) ①A＋K―→AK　Ea1 ②AK＋B―→AB＋K　Ea2 下列说法错误的是(　　) A．第①步为决速步骤 B．升高温度，该反应的速率加快 C．该反应的ΔH＝－Ea kJ·mol－1 D．催化剂降低了活化能，加快了反应速率 答案　C 解析　第①步的正反应活化能Ea1>第②步正反应活化能Ea2，所以反应速率：①<②，而总反应速率取决于慢的反应，故决速步骤为①，A正确；温度升高，反应速率加快，B正确；Ea是该反应正反应的活化能，C错误；催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，D正确。 6．异丁烯[CH2==C(CH3)2]是一种重要的化工原料，常用于制备丁基橡胶、甲基丙烯腈等。资料表明，异丁烷在固体杂多酸盐(用S表示)作用下制备异丁烯和H2的反应机理如下： 过程ⅰ.CH3—CH(CH3)—CH3＋S―→CH3—CH(CH3)—CH3…S； 过程ⅱ.CH3—CH(CH3)—CH3…S＋S―→CH2==C(CH3)2…S＋H2…S； 过程ⅲ.CH2==C(CH3)2…S―→CH2==C(CH3)2＋S； 过程ⅳ.H2…S―→H2(g)＋S。 下列说法错误的是(　　) A．总反应的化学方程式为CH3—CH(CH3)—CH3CH2==C(CH3)2＋H2 B．固体杂多酸盐是反应的催化剂，降低了总反应的活化能 C．CH2==C(CH3)2…S和H2…S均为催化剂 D．过程ⅲ表示的是异丁烯在固体杂多酸盐表面的脱附过程 答案　C 解析　根据反应机理可知，CH2==C(CH3)2…S和H2…S均为中间产物，C错误。 7．CO和N2O在Fe＋作用下转化为N2和CO2，反应的能量变化及反应历程如图所示，两步基元反应：①N2O＋Fe＋===N2＋FeO＋　K1，②CO＋FeO＋===CO2＋Fe＋　K2。下列说法不正确的是(　　) A．该反应ΔH<0 B．两步反应中，决定总反应速率的是反应① C．升高温度，可提高N2O的平衡转化率 D．Fe＋增大了活化分子百分数，加快了化学反应速率，但不改变反应的ΔH 答案　C 解析　如图能量变化可知，生成物的总能量低于反应物的总能量，该反应为放热反应，ΔH<0，A项正确；两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应速率慢的基元反应决定，即反应①决定，B项正确。 8．二甲醚(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1.31 kJ·mol－1 C．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2CH3OHCH3OCH3＋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131 kJ·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。 9．甲醇与水蒸气在催化剂作用下发生如下反应： 反应Ⅰ：CH3OH(g)===CO(g)＋2H2(g)　ΔH1 反应Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH2 根据能量变化示意图，下列说法正确的是(　　) A．E3－E2＞E4－E1 B．反应Ⅱ决定整个反应的速率 C．催化剂可以降低总反应的焓变 D．CH3OH(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋3H2(g)　ΔH＝ΔH1－ΔH2 答案　A 解析　由于绝对值|E3－E2|<|E4－E1|，该值为负值，去掉绝对值后，E3－E2＞E4－E1，A正确；由图可知，反应Ⅰ的活化能较大，反应Ⅰ决定整个反应的速率，B错误；催化剂不改变焓变，C错误；根据盖斯定律，反应Ⅰ＋Ⅱ可得目标方程CH3OH(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋3H2(g)　ΔH＝ΔH1＋ΔH2，D错误。 10．一定温度下，CH3CH2CH3的氯化、溴化反应势能图及一段时间后产物的选择性如图，下列叙述不正确的是(　　) A．ΔH1＋ΔH3＝ΔH2＋ΔH4 B．升高温度，体系中n(1-氯丙烷)∶n(2-氯丙烷)的值增大 C．以丙烷为原料合成丙醇时，“先溴代再水解”有利于提高2-丙醇的含量 D．由图可知，丙烷中碳氢键的键能不完全相同 答案　A 解析　由图可知，①CH3CH2CH3＋Cl·===CH3CH2CH2·＋HCl　ΔH1，②CH3CH2CH3＋Cl·===·CH(CH3)2＋HCl　ΔH2，③CH3CH2CH3＋Br·===CH3CH2CH2·＋HBr　ΔH3，④CH3CH2CH3＋Br·===·CH(CH3)2＋HBr　ΔH4，反应①＋③≠②＋④，则ΔH1＋ΔH3≠ΔH2＋ΔH4，A错误；由于CH3CH2CH2··CH(CH3)2　ΔH<0，升高温度，平衡逆移，所以体系中n(1-氯丙烷)∶n(2-氯丙烷)的值增大，B正确；由图可知，仲氢溴化反应的产率为97%明显高于仲氢氯化反应的55%，故以丙烷为原料合成2-溴丙烷的产率高，其水解得到2-丙醇的产率相应也高，C正确；由图可知，相同条件下丙烷氯化、溴化时，仲氢的选择性大，含量高，说明仲氢比伯氢活性强，键能不同，D正确。 11．【化学速率方程+化学反应历程】已知Cl2(g)＋CO(g)COCl2(g)的速率方程v＝k(Cl2)·c(CO)(k为速率常数)，该反应可认为经过以下反应历程： 第一步：Cl2(g)2Cl(g)　快速平衡 第二步：Cl(g)＋CO(g)COCl(g)　快速平衡 第三步：COCl(g)＋Cl2(g)―→COCl2(g)＋Cl(g)　慢反应 下列说法正确的是(　　) A．第三步反应的活化能较低，是决速反应 B．Cl是该总反应的中间产物，COCl是该总反应的催化剂 C．c(Cl2)、c(CO)分别增大相同的倍数，对总反应速率的影响程度前者大 D．升温可使k增大导致反应速率加快 答案　D 解析　第三步反应为慢反应，则反应的活化能较大，是决速反应，故A错误；Cl和COCl都是该总反应的中间产物，故B错误；从速率方程v＝k(Cl2)·c(CO)中可以看出，c(CO)、c(Cl2)分别增大相同的倍数，对总反应速率的影响程度c(CO)大，故C错误；升温可以提高反应物中活化分子的百分数，使k增大导致反应速率加快，故D正确。 12．【催化剂与反应历程+去除水体中NO的机理】一种以Pd-Cu为催化剂还原去除水体中NO的机理如图a所示；其他条件相同，不同pH时，NO转化率和不同产物在总还原产物中所占的物质的量的百分比如图b所示。 已知：溶液pH会影响Pd对NO的吸附，不影响对H的吸附。 下列说法不正确的是(　　) A．pH越小，Pd对NO的吸附能力越强 B．通过调节溶液的pH，可使NO更多的转化为N2 C．反应ii中生成NH的离子方程式为NO＋6H＋2H＋===NH＋2H2O D．pH＝12时，每处理6.2 g NO，理论上消耗标准状况下H2 5.6 L 答案　D 解析　由图b可知，随着pH减小，n(N2)增大，n(氨态氮)变化不大，n(NO)减小，说明pH越小，Pd对NO的吸附能力越强，A正确；由图b可知，pH不同还原产物也不同，pH为4时还原产物主要为N2，pH为12时，还原产物几乎全是NO，故通过调节溶液的pH，可使NO更多的转化为N2，B正确；由图b可知，pH＝12时，还原产物几乎全是NO，则每处理6.2 g NO转移电子×2＝0.2 mol，根据得失电子守恒可知，理论上消耗标准状况下×22.4 L·mol－1＝2.24 L H2，D错误。 13．工业上利用NH3对烟道气进行脱硝(除氮氧化物)的SCR技术具有效率高、性能可靠的优势。SCR技术的原理为NH3和NO在催化剂(MnO2)表面转化为N2和H2O，反应过程中的相对能量变化如图所示。下列说法错误的是(　　) A．总反应方程式为6NO＋4NH35N2＋6H2O B．NH2NO是脱硝反应的活性中间体 C．升高温度，脱硝反应的正反应速率的增大程度大于其逆反应速率的增大程度 D．决定反应速率的步骤是“H的移除” 答案　C 解析　由图可知，NH3吸附在催化剂表面后，经过一定的反应形成了NH2NO，NH2NO又经过反应得到N2和H2O，所以NH2NO是脱硝反应的活性中间体，B说法正确；始态相对能量高于终态，说明这是一个放热反应，升高温度平衡逆向移动，脱硝反应的正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，C说法错误；由图可知，全过程只有H的移除过程势能升高，其速率是全过程几个反应中最慢的，是总反应的控速步骤，D说法正确。 14．汽车排气管装有三元催化剂装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除CO、NO等污染物。反应机理如下[Pt(s)表示催化剂，右上角带“*”表示吸附状态]： Ⅰ.NO＋Pt(s)===NO* Ⅱ.CO＋Pt(s)===CO* Ⅲ.NO*===N*＋O* Ⅳ.CO*＋O*===CO2＋Pt(s) Ⅴ.N*＋ N*===N2＋Pt(s) Ⅵ.NO*＋N*===N2O＋Pt(s) 经测定汽车尾气中反应物浓度及生成物浓度随温度T变化关系如图1和图2所示。 (1)图1中温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是 ___________________________________________________________。 (2)图2中T2 ℃时反应Ⅴ的活化能________(填“<”“>”或“＝”)反应Ⅵ的活化能；T3 ℃时发生的主要反应为________(填“Ⅳ”“Ⅴ”或“Ⅵ”)。 答案　(1)温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快　(2)>　Ⅳ 解析　(2)由图2可知，T2 ℃时，N2的浓度小于N2O的浓度，说明反应Ⅴ的反应速率小于反应Ⅵ的反应速率，则反应Ⅴ的活化能大于反应Ⅵ的活化能；T3 ℃时，生成物二氧化碳的浓度最大，说明发生的主要反应为反应Ⅳ。 15．H2还原NO的化学方程式为2NO(g)＋2H2(g)===N2(g)＋2H2O(g)　ΔH<0。 (1)研究表明上述反应历程分两步： Ⅰ.2NO(g)＋H2(g)N2(g)＋H2O2(l)(慢反应) Ⅱ.H2O2(l)＋H2(g)2H2O(g)(快反应) 该总反应的速率由反应________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)决定，反应Ⅰ的活化能比反应Ⅱ的活化能________(填“高”或“低”)。 (2)该反应常伴有副产物N2O和NH3的生成。以Pt作催化剂，用H2还原某废气中的NO(其他气体不反应)，270 ℃时H2的体积分数对H2-NO反应的影响如图所示。随着H2体积分数的增大，N2的体积分数呈下降趋势，原因是________________________________________________________。 (3)在一定温度下，副产物N2O分解反应的化学方程式为2N2O(g)===2N2(g)＋O2(g)，测得在恒容容器中N2O分解的部分实验数据如下表。 反应时间/min 0 20 40 60 80 100 c(N2O)/ (mol·L－1) 0.10 0.08 0.06 0.04 0.02 0.00 0～20 min，反应速率v(N2O)为________ mol·L－1·min－1；若N2O的起始浓度为0.20 mol·L－1，则反应至40 min时N2O的转化率α＝________。 答案　(1)Ⅰ　高　(2)随着H2体积分数的增加，NO反应完后，在Pt催化下，N2和H2反应生成NH3，所以N2的体积分数呈下降趋势　(3)0.001　20% 解析　(3)由题给数据可知，0～20 min，反应速率为v(N2O)＝＝0.001 mol·L－1·min－1。由题给数据可知，反应速率v(N2O)与反应物N2O的浓度无关，反应速率恒定为0.001 mol·L－1·min－1，则反应至40 min时N2O的转化率α＝×100%＝20%。 1. （天津卷2023,T12）明代《武备志》中记载了提纯硫黄的油煎法：“先将硫打豆粒样碎块，每斤硫黄用麻油二斤，入锅烧滚。再下青柏叶半斤在油内，看柏枯黑色，捞去柏叶，然后入硫黄在滚油内，待油面上黄沫起至半锅，随取起，安在冷水盆内，倒去硫上黄油，净硫凝一并在锅底内者是”，下列叙述错误的是 A. “先将硫打豆粒样碎块”是为了增大硫的表面积 B. “青柏叶”变“枯黑色”起到指示油温的作用 C. “倒去硫上黄油”实现固液分离 D. 提纯硫磺的油煎法利用了蒸馏原理 【答案】D 【解析】A．“先将硫打豆粒样碎块”增大了硫的表面积，有利于硫与麻油充分接触，故A正确；B．油温较高时，柏叶由青色变为黑色，“青柏叶”变“枯黑色”可以起到指示油温的作用，故B正确；C．“安在冷水盆内”后，硫经冷却凝固后沉在容器底部，麻油浮于上层，因此“倒去硫上黄油”可实现固液分离，故C正确；D．蒸馏原理是利用被提纯物质和杂质的沸点差异，用于分离和提纯液态物质，该流程没有用到蒸馏原理，故D错误；故选D。 2. （天津卷2022,T6）向恒温恒容密闭容器中通入2molSO2和1molO2，反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)达到平衡后，再通入一定量O2，达到新平衡时，下列有关判断错误的是 A. SO3的平衡浓度增大 B. 反应平衡常数增大 C. 正向反应速率增大 D. SO2的转化总量增大 【答案】B 【解析】A．平衡后，再通入一定量O2，平衡正向移动，SO3的平衡浓度增大，A正确；B．平衡常数是与温度有关的常数，温度不变，平衡常数不变，B错误；C．通入一定量O2，反应物浓度增大，正向反应速率增大，C正确；D．通入一定量O2，促进二氧化硫的转化，SO2的转化总量增大，D正确； 故选B。 3．(1)（天津卷2024,T15，节选）柠檬酸钙微溶于水、难溶于乙醇，是一种安全的食品补钙剂。某学习小组以蛋壳为主要原料，开展制备柠檬酸钙的如下实验。 实验流程 实验中，需将蛋壳研磨成粉，其目的是__________________。 (2)（天津卷2023,T13，节选）在H2O2作用下，铜与浓盐酸的反应可用于制备CuCl2，写出该反应化学方程式：____________________。反应中，H2O2实际消耗量大于理论用量的原因是______________。 (3)（天津卷2022,T15，节选）将废铁屑分批加入稀盐酸中，至盐酸反应完全。判断反应完全的现象为___________。含有少量铜的废铁屑比纯铁屑反应快，原因为___________。 答案 (1)增大反应物接触面积，使反应更加充分，提高反应速率 (2)Cu+H2O2+2HCl===CuCl2+2H2O 反应生成Cu2+能够催化H2O2分解为H2O和O2 (3)不再有气泡产生 Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率 解析 (2)在H2O2作用下，铜与浓盐酸的反应可用于制备CuCl2，根据氧化还原反应配平可得，该反应化学方程式为：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O，由于反应生成Cu2+能够催化H2O2分解为H2O和O2，导致反应中，H2O2实际消耗量总是大于理论。 4．（天津卷2024,T16，节选）NaBH4是常用的还原剂，可选择合适的催化剂实现其可控水解制H₂。 NaBH₄的水解反应方程式为：BH+4H2O===[B(OH)4]-+4H2↑，该反应放热。 (2)无催化剂时，NaBH₄在酸性溶液中水解迅速，在碱性溶液中水解缓慢，在纯水中水解反应速率会随反应进行快速下降。在纯水中反应速率快速下降的原因是 。 (3)相同条件下，三种试制的催化剂X、Y和Z在碱性溶液中催化NaBH₄水解产H2的体积随反应时间的变化如图。下列相关结论正确的是 (填序号)。 a．反应至3min时，使用X产H₂的体积是使用Y的2倍 b．与Y 相比，X降低反应的活化能更多 c．Z无催化活性 (4)在起始温度不同、其他条件相同的情况下进行NaBH₄水解反应的对比实验。H2的生成速率与NaBH₄浓度的关系如图所示。在反应过程中，体系温度随反应进行逐渐升高，催化剂活性保持不变。 ①图中起始温度较高的实验对应的曲线是 (填“M”或“N”)： ②曲线M中，p点之前H2的生成速率提高，主要原因是 ：p点之后H2的生成速率降低，主要原因是 。 【答案】(2)[B(OH)4]-水解呈碱性，随着水解的进行，[B(OH)4]-浓度增大，且NaBH₄水解放热，溶液碱性增强，NaBH₄水解速率下降。 (3)bc 解析 (3)a选项，由图可知，反应至3min时，使用X产生H2约为1200mL，使用Y产生H2约800mL，错误；b选项，相同时间，使用X产生氢气的体积大于使用Y产生氢气的体积，说明使用X催化NaBH₄水解反应速率更快，活化能降低的更多，正确；c选项，使用Z，氢气的体积为0，说明Z对NaBH₄水解无催化活性，正确。 (4)①M ②NaBH₄水解反应是放热反应，p点前，随着反应的进行，温度升高，反应速率加快 p点之后，由于NaBH₄浓度下降，反应速率减小。 解析 ①NaBH₄浓度相同时，使用M时H2的生成速率大于使用N时H2的生成速率，温度越高，反应速率越快，因此M温度较高。 5．（2025·河南卷）在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为CH3CH2CH3(g)CH3CH=CH2(g)+H2(g)，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，中部分进程已省略)。 下列说法正确的是 A．总反应是放热反应 B．两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同 C．和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定 D．①转化为②的进程中，决速步骤为 【答案】C 【详解】A．由图可知，生成物能量高，总反应为吸热反应，A错误；B．平衡常数只和温度有关，与催化剂无关，B错误；C．由图可知，丙烷被催化剂a吸附后能量更低，则被催化剂a吸附后得到的吸附态更稳定， C正确；D．活化能高的反应速率慢，是反应的决速步骤，故决速步骤为*CH3CHCH3→*CH3CHCH2+*H或*CH3CHCH3+*H→*CH3CHCH2+2*H，D错误；故选C。 6．（2025·河北卷）氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应Ga2O3(s)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2O(g)制备。反应历程(TS代表过渡态)如下： 下列说法错误的是 A．反应ⅰ是吸热过程 B．反应ⅱ中脱去步骤的活化能为2.69eV C．反应ⅲ包含2个基元反应 D．总反应的速控步包含在反应ⅱ中 【答案】D 【详解】A．观察历程图可知，反应ⅰ中的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3完成反应，生成和，此时的相对能量为0.05eV，因此体系能量在反应中增加，则该反应为吸热过程，A正确；B．反应ⅱ中因脱去步骤需要经过TS5，则活化能为0.70eV与TS5的相对能量差，即3.39eV-0.70eV=2.69eV，B正确；C．反应ⅲ从生成经历过渡态TS6、TS7，说明该反应分两步进行，包含2个基元反应，C正确；D．整反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对应得反应步骤(活化能为3.07eV)，所以总反应的速控步包含在反应ⅲ中，D错误； 故选D。 1 / 24 学科网（北京）股份有限公司 $$