第01讲 化学反应速率及其影响因素（专项训练）（北京专用）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 化学反应速率概念及计算 题型02 化学反应速率大小比较 题型03 化学反应速率的测定 题型04 影响化学反应速率的因素 题型05 活化能、催化剂对反应速率的影响 题型06 速率常数及其应用 02 核心突破练 03 真题溯源练 01 化学反应速率概念及计算 1.（24-25高三上·北京·阶段练习）一定温度下，容积为的密闭容器中发生反应：  ，容器中部分物质的含量见下表()： 反应时间 0 1.2 0.6 0 0 0.8 0.2 下列说法正确的是 A．内，D的平均化学反应速率为 B．该温度下，反应的化学平衡常数 C．达到化学平衡状态时，的转化率为 D．若升高温度，平衡逆向移动 2．（24-25高三上·北京朝阳·期中）氮的固定：将镁与足量的氮气反应。不同温度下，镁的转化率随时间的变化如下图所示。 资料：的熔点、沸点；与反应温度；的分解温度。 下列分析不正确的是 A．液态镁能与氮气充分反应 B．的反应速率为 C．，当的转化率不再发生变化时，说明反应已处于平衡状态 D．，转化率低的原因可能是包裹了 3．（24-25高三上·北京·阶段练习）研究催化剂对反应速率的影响。恒温、恒容时，容器体积为2L，随时间的变化如下。下列说法正确的是 时间/min催化剂 0 20 40 60 80 催化剂Ⅰ 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80 催化剂Ⅱ 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40 A．使用催化剂Ⅰ，0~20min的平均反应速率 B．使用催化剂Ⅱ，达平衡后容器内的压强是初始时的倍 C．相同条件下，使用催化剂Ⅱ反应更快，是因为其使该反应的活化能更高 D．相同条件下，使用催化剂Ⅱ可使该反应的化学平衡常数更大 02 化学反应速率大小比较 4．（24-25高三上·北京·阶段练习）温度为时，在容积为的恒容密闭容器充入一定量的和，发生反应  。反应过程中的部分数据如表，下列说法正确的是 0 5 10 6.0 4.0 3.0 1.0 A．内，用M表示的平均反应速率为 B．该反应在第时 C．当P、Q的物质的量之比保持不变时，可判断该反应达到平衡状态 D．若时该反应的化学平衡常数为1.0，则 5．用下表中实验装置探究原电池中的能量转化，注射器用来收集生成气体并读取气体体积，根据记录的实验数据，下列说法错误的是 实验装置 实验① 实验② 时间 气体体积 溶液温度/℃ 时间 气体体积 溶液温度/℃ 0 0 22.0 0 0 22.0 8.5 30 24.8 8.5 50 23.8 10.5 50 26.0 10.5 未测 未测 A．①和②中的总反应方程式均为： B．，生成气体的平均速率①<② C．8.5min时，对比①和②溶液温度，说明反应释放的总能量①>② D．气体体积为50mL时，对比①和②溶液温度，说明②中反应的化学能部分转化为电能 6．已知反应2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)。某温度下的平衡常数为400，此温度下，在2 L的密闭容器中加入a mol CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下： 物质 CH3OH CH3OCH3 H2O 浓度(mol/L) 0.44 0.6 0.6 下列说法正确的是 A．a=1.64 B．此时刻正反应速率大于逆反应速率 C．若混合气体的平均摩尔质量不再变化，则说明反应已达到平衡状态 D．若起始时加入2a mol CH3OH，则达到平衡时CH3OH的转化率增大 03 化学反应速率的测定 7．在图装置(注射器活塞位于底部)中盛装2g锌粒与40mL1mol/L行实验测定生成10mL时的平均反应速率。下列说法错误的是 A．除用到图中仪器外，还需要使用秒表 B．当注射器活塞在刻度10mL时，记录数据、计算 C．反应放出热量会影响实验结果测定的准确性 D．若改用4mol/L溶液，所用时间减少 8．下列实验能达到目的的是 A．测一定时间内Zn与稀溶液反应速率：测量的变化 B．研究乙炔的还原性：将电石和饱和食盐水反应产生的气体通入酸性溶液中，观察溶液是否褪色 C．验证水是极性分子：打开盛有水的酸式滴定管，用丝绸摩擦过的玻璃棒靠近水柱，观察水的流动方向 D．证明NaClO能发生水解：向NaClO溶液中滴加酚酞试液，观察溶液是否变红 9．下列有关实验的说法不正确的是 A．利用图①装置可以测算高锰酸钾与草酸反应的速率 B．利用图②的实验操作可观察到钾元素的焰色为紫色 C．利用图③装置可以使用二氧化锰与稀盐酸制备氯气 D．利用图④装置测量乙酸标准溶液的pH值，可以获得乙酸的电离平衡常数 04 影响化学反应速率的因素 10．下列实验设计，能达到实验目的的是 选项 实验设计 实验目的 A 测定待测液中I2的含量 B 探究浓度对反应速率的影响 C 检验1-溴丁烷的消去产物 D 煅烧贝壳至900℃，得到生石灰 A．A B．B C．C D．D 11．（23-24高三上·北京·开学考试）用过量铁片与稀硫酸反应制备氢气，下列方法能增大反应速率而不影响氢气生成量的是 A．稀硫酸改为浓硫酸 B．加入固体 C．滴加少量溶液 D．加入固体 12．（2024·北京·一模）下列实验方案能达实验目的的是 A B 目的 收集并吸收NO2 比较Mg、Al金属性的强弱 实验方案 C D 目的 比较Na2CO3、NaHCO3与酸反应快慢 研究浓度对化学平衡的影响 实验方案 A．A B．B C．C D．D 05 活化能、催化剂对反应速率的影响 13．（2025·北京海淀·二模）溴乙烷与NaOH的乙醇溶液主要发生消去反应，同时也会发生取代反应，反应过程中的能量变化如图。下列说法正确的是 A．反应①的活化能大于反应②的 B．溴乙烷与NaOH的乙醇溶液的反应需加热，目的是提高反应速率 C．无论从产物稳定性还是反应速率的角度，均有利于的生成 D．若将溶剂乙醇换成水，两种产物的比例不发生改变 14．（2025·北京朝阳·二模）在水溶液的作用下，反应过程中能量变化示意图如下所示(其中a、b代表过渡态1或过渡态2中的一种)。 下列说法不正确的是 A．从反应物到产物，无论从产物的稳定性还是反应速率的角度均有利于生成乙醇 B．溴原子的电负性比碳原子的大，能形成极性较强的，较易断裂 C．b代表过渡态2，经历该过渡态生成 D．生成乙醇的反应是取代反应，生成乙烯的反应是消去反应 15．（2025·北京延庆·一模）可采用Deacon催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是 A．X为反应物，Z为生成物 B．反应制得，理论上放出的热量 C．降低反应温度，被氧化制的反应平衡常数增大，正反应速率减慢 D．图中转化涉及的反应中有两个非氧化还原反应 06 速率常数及其应用 16．（2024·北京·三模）在恒温恒容密闭容器中充入一定量，发生如下反应： 反应②和③的反应速率分别满足和，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。测得的浓度随时间的变化如下表。 0 1 2 3 4 5 0.160 0.113 0.080 0.056 0.040 0.028 下列说法正确的是 A．0~2min内，W的平均反应速率为 B．若增大容器容积，平衡时Z的产率增大 C．若，平衡时 D．若升高温度，平衡时减小 17．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/min 0 1 2 3 4 5 0.160 0.113 0.080 0.056 0.040 0.028 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 18．室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：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)。反应体系中组分、的浓度随时间变化情况如图。下列说法错误的是 A．时间段内，Y的平均反应速率为： B．如果反应能进行到底，反应结束时的M转化为Y C．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比一直为 D．反应①的活化能比反应②的活化能大 1．1．（24-25高三上·北京房山·开学考试）NO2和N2O4存在平衡：2NO2(g)N2O4(g)    △H＜0。下列分析正确的是 A．1mol平衡混合气体中含1molN原子 B．当v正(NO2)=2v逆(N2O4)时，反应达到平衡 C．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的 D．恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅 2．已知：，温度时的平衡常数。温度时，在①、②、③、④四个相同体积的恒容容器中投料，起始浓度如下表所示。下列判断不正确的是 温度 容器编号 起始浓度/ ① 0.1 0.1 0 0 ② 0.2 0.1 0 0 ③ 0.1 0.2 0.1 0.1 ④ 0.04 0.04 0.06 0.06 A．容器①达到平衡，用表示的化学反应速率为： B．容器③中反应向正反应方向进行 C．容器④中反应向正反应方向进行，则 D．已知：，若的状态为液态，则能量变化曲线可能为图中① 3．（2024·北京顺义·二模）某小组模拟汽车尾气处理。某温度下，将一定量和投入体积为、盛有催化剂的密闭容器中，发生反应：。测得的物质的量浓度随时间变化的关系如图所示。下列说法不正确的是 A．段的反应速率 B．达平衡时，理论上该反应放出的热量约为 C．该温度下，反应的平衡常数 D．升高温度，该反应的平衡常数减小 4．（23-24高三上·北京·阶段练习）研究催化剂对反应速率的影响。恒温恒容时，c(NH3)随时间的变化如下。                     时间/min 催化剂 c(NH3)/(×10−3 mol·L−1) 0 20 40 60 80 催化剂Ⅰ 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80 催化剂Ⅱ 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40 下列说法不正确的是 A．使用催化剂Ⅰ，0~20 min的平均反应速率v(N2)=1.00×10−5 mol·L−1·min−1 B．使用催化剂Ⅰ，达平衡后容器内的压强是初始时的倍 C．相同条件下，使用催化剂Ⅱ可使该反应的活化能降低更多，反应更快 D．相同条件下，使用催化剂Ⅱ不会使该反应的化学平衡常数更大 5．（23-24高三上·北京·阶段练习）一定温度下，向溶液中加入适量溶液，不同时刻测得生成的体积（已折算为标准状况）如下表所示.资料显示，反应分两步进行：①，②，反应过程中能量变化如图所示.下列说法不正确的是 0 2 4 6 0 9.9 17.2 22.4 A．0～6min的平均反应速率： B．的作用是增大过氧化氢的分解速率 C．反应①是吸热反应、反应②是放热反应 D．反应的 6．（23-24高三上·北京通州·期中）在其他条件不变的情况下，研究催化剂对化学反应速率的影响。在容积不变的密闭容器中，反应A(g)=2B(g)各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图所示，下列说法中正确的是 A．与无催化剂相比，催化剂使反应活化能升高 B．增大催化剂的比表面积，化学反应速率不变 C．a曲线表示未使用催化剂时A的浓度随时间的变化 D．使用催化剂时，0~2min内 7．（24-25高三上·北京海淀·阶段练习）某小组为探究与KI之间的反应，进行了如下实验。 实验    现象 ①产生土黄色沉淀，溶液为棕黄色②变为白色悬浊液，最后得到无色澄清溶液 ①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色 ②开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，然后变为黄色溶液，最后得到无色溶液 已知：；CuI为白色沉淀，可吸附； 在溶液中不存在；呈无色，呈黄色。 下列结论或推断不合理的是 A．与KI能发生反应： B．CuI与反应的速率快于与反应的速率 C．黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，有生成 D．与生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度 8．多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T°C时，甲醇与水(各物质均为气态)在铜基催化剂上的反应机理和能量图如下： 下列说法正确的是 A．反应Ⅱ的热化学方程式为： B．和的总能量大于和的总能量 C．选择优良的催化剂可以降低反应I和Ⅱ的活化能，有利于减少过程中的能耗 D．在反应中生成又消耗，可认为是催化剂 9．汽车尾气是导致空气质量问题的重要原因，利用反应可有效降低汽车尾气污染物的排放。一定条件下该反应历程如图所示(代表过渡态，表示中间产物，每段历程的反应物相对总能量定义为0)。 下列说法错误的是 A．反应①②③中，只有①是吸热反应 B．升高温度能加快总反应速率，且正反应速率增加倍数小于逆反应速率增加倍数 C．总反应的热化学方程式为 D．即使采用对反应③选择性高的催化剂，也不能完全避免尾气中出现 10．氮氧化物为燃油汽车尾气中主要受管制的成分之一，其控制技术的研发变得十分重要。燃油汽车排气管内部安装三元催化剂处理的反应为。该反应相对能量如图所示。下列叙述错误的是 A．反应都是正反应活化能大于逆反应活化能 B．上述反应 C．选择催化剂降低反应1的能垒可进一步提高反应速率 D．反应 1．（2024·北京·高考真题）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Ⅱ B．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 2．（2025·北京·高考真题）乙烯、醋酸和氧气在钯()催化下高效合成醋酸乙烯酯()的过程示意图如下。 下列说法不正确的是 A．①中反应为 B．②中生成的过程中，有键断裂与形成 C．生成总反应的原子利用率为 D．催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率 3．（2024·北京·高考真题）可采用催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是 A．Y为反应物，W为生成物 B．反应制得，须投入 C．升高反应温度，被氧化制的反应平衡常数减小 D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 4．（2022·北京·高考真题）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+CH4CaO+2CO+2H2 B．t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2 C．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 5．（2024·北京·高考真题）利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。 (1)矿石在焙烧前需粉碎，其作用是 。 (2)的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是 。 (3)矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。 温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 500 ①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是 。 ②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是 。 (4)用离子方程式表示置换过程中加入的目的 。 (5)粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是 。 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 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 化学反应速率概念及计算 题型02 化学反应速率大小比较 题型03 化学反应速率的测定 题型04 影响化学反应速率的因素 题型05 活化能、催化剂对反应速率的影响 题型06 速率常数及其应用 02 核心突破练 03 真题溯源练 01 化学反应速率概念及计算 1.（24-25高三上·北京·阶段练习）一定温度下，容积为的密闭容器中发生反应：  ，容器中部分物质的含量见下表()： 反应时间 0 1.2 0.6 0 0 0.8 0.2 下列说法正确的是 A．内，D的平均化学反应速率为 B．该温度下，反应的化学平衡常数 C．达到化学平衡状态时，的转化率为 D．若升高温度，平衡逆向移动 【答案】B 【解析】A．内，A的物质的量的变化量为1.2mol-0.8mol=0.4mol，根据化学方程式，可得D的物质的量为0.4mol，D的平均化学反应速率为，故A错误； B．该温度下，反应的化学平衡常数，故B正确； C．t1时，B参与反应的物质的量为0.4mol，剩余0.2mol，t2时，B的物质的量是0.2mol，故t1时反应已经达到平衡，达到化学平衡状态时，的转化率为 33.3%，故C错误； D．  ，若升高温度，平衡正向移动，故D错误； 故选B。 2．（24-25高三上·北京朝阳·期中）氮的固定：将镁与足量的氮气反应。不同温度下，镁的转化率随时间的变化如下图所示。 资料：的熔点、沸点；与反应温度；的分解温度。 下列分析不正确的是 A．液态镁能与氮气充分反应 B．的反应速率为 C．，当的转化率不再发生变化时，说明反应已处于平衡状态 D．，转化率低的原因可能是包裹了 【答案】C 【解析】A．根据图像可知，时，镁的转化率仍然很高，说明温度介于时，金属镁为液态，由图像可知，仍然可以充分反应，A正确； B．时，镁反应了，用时，所以其反应速率为：，B正确； C．，当的转化率不再发生变化时，有可能是未分解的包裹住内部的金属镁，阻止反应的进一步进行，此时，不一定处于平衡状态，C错误； D．，镁与氮气反应方程式为：，的分解温度，此时有可能是固体包裹了阻止了反应的进一步进行，D正确； 故选C。 3．（24-25高三上·北京·阶段练习）研究催化剂对反应速率的影响。恒温、恒容时，容器体积为2L，随时间的变化如下。下列说法正确的是 时间/min催化剂 0 20 40 60 80 催化剂Ⅰ 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80 催化剂Ⅱ 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40 A．使用催化剂Ⅰ，0~20min的平均反应速率 B．使用催化剂Ⅱ，达平衡后容器内的压强是初始时的倍 C．相同条件下，使用催化剂Ⅱ反应更快，是因为其使该反应的活化能更高 D．相同条件下，使用催化剂Ⅱ可使该反应的化学平衡常数更大 【答案】B 【解析】A．根据题目图表分析，氨气的平均反应速率，而，故氮气再0~20min的平均反应速率为，A错误； B．根据反应方程式列出三段式，则平衡后容器内的压强与初始压强之比为，则达平衡后容器内的压强是初始时的倍，B正确； C．相同条件下，使用催化剂Ⅱ反应更快，是因为其使该反应的活化能更低，C错误； D．反应的化学平衡常数只与温度有关，与催化剂无关，催化剂只会加快反应速率，D错误； 故选B。 02 化学反应速率大小比较 4．（24-25高三上·北京·阶段练习）温度为时，在容积为的恒容密闭容器充入一定量的和，发生反应  。反应过程中的部分数据如表，下列说法正确的是 0 5 10 6.0 4.0 3.0 1.0 A．内，用M表示的平均反应速率为 B．该反应在第时 C．当P、Q的物质的量之比保持不变时，可判断该反应达到平衡状态 D．若时该反应的化学平衡常数为1.0，则 【答案】D 【分析】根据表格信息，可列三段式： 再结合10min时的数据可知温度为T1时，反应在5min时已达到平衡，在该温度下的平衡常数为：，由此解答。 【解析】A．根据三段式可知，0-5 min内，用M表示的平均反应速率为，A错误； B．根据分析可知，反应在5min时达到平衡状态，故在第8 min时v逆=v正，B错误； C．初始P、Q为0，变化量等于化学计量数之比，故根据反应方程式P、Q的化学计量数之比可知，二者的物质的量之比始终保持不变，是个定值，不能判断该反应达到平衡状态，C错误； D．该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行，平衡常数增大，已知T1时该反应的化学平衡常数为0.8，T2时该反应的化学平衡常数为1.0，故T2>T1，D正确； 答案选D。 5．用下表中实验装置探究原电池中的能量转化，注射器用来收集生成气体并读取气体体积，根据记录的实验数据，下列说法错误的是 实验装置 实验① 实验② 时间 气体体积 溶液温度/℃ 时间 气体体积 溶液温度/℃ 0 0 22.0 0 0 22.0 8.5 30 24.8 8.5 50 23.8 10.5 50 26.0 10.5 未测 未测 A．①和②中的总反应方程式均为： B．，生成气体的平均速率①<② C．8.5min时，对比①和②溶液温度，说明反应释放的总能量①>② D．气体体积为50mL时，对比①和②溶液温度，说明②中反应的化学能部分转化为电能 【答案】C 【解析】A．对比两装置的溶液温度，说明装置①中把化学能转化为热能比装置②中的多，但两装置总反应方程式均为：， A正确； B．0～8.5min内，相同条件下，装置①中生成气体没有装置②中生成气体多，所以生成气体的平均速率①＜②，B正确； C．释放的总能量与生成的气体的量成正比，由表中数据可知时间相同时，装置①中生成气体没有装置②中生成气体多，所以反应释放的总能量①＜②，C错误； D．生成气体体积相同时两反应释放的总能量相等，两装置的溶液温度①＞②，说明装置②中是把化学能部分转化为电能，D正确； 故答案为：C。 6．已知反应2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)。某温度下的平衡常数为400，此温度下，在2 L的密闭容器中加入a mol CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下： 物质 CH3OH CH3OCH3 H2O 浓度(mol/L) 0.44 0.6 0.6 下列说法正确的是 A．a=1.64 B．此时刻正反应速率大于逆反应速率 C．若混合气体的平均摩尔质量不再变化，则说明反应已达到平衡状态 D．若起始时加入2a mol CH3OH，则达到平衡时CH3OH的转化率增大 【答案】B 【解析】A．根据方程式，生成的H2O的物质的量为0.6mol/L×2L=1.2 mol，未反应的CH3OH的物质的量为0.44 mol/L×2L=0.88mol，a=0.88mol+1.2 mol×2=3.28mol，故A错误； B．浓度商Qc==1.86<K=400，反应向正反应进行，此时正、逆反应速率的大小： v正>v逆，故B正确； C．平均摩尔质量=，该反应中m和n均不发生变化，平均摩尔质量始终不变，故平均摩尔质量不变不能说明反应已达到平衡状态，故C错误； D．若起始时加入2amol CH3OH，相当于增大压强，增大压强，平衡不移动，CH3OH的转化率不变，故D错误； 答案选B。 03 化学反应速率的测定 7．在图装置(注射器活塞位于底部)中盛装2g锌粒与40mL1mol/L行实验测定生成10mL时的平均反应速率。下列说法错误的是 A．除用到图中仪器外，还需要使用秒表 B．当注射器活塞在刻度10mL时，记录数据、计算 C．反应放出热量会影响实验结果测定的准确性 D．若改用4mol/L溶液，所用时间减少 【答案】B 【解析】A．硫酸与锌反应生成H2，通过测量一定时间内产生H2气体的体积，可测定该反应的速率，故还需要使用到的用品是计时器(或秒表)，A正确； B．实验过程中放热，应待实验完毕待冷却后，记录数据、计算，B错误； C．反应放出热量，气体体积会增大，会影响实验结果测定的准确性，C正确； D．若改用4mol/L溶液，氢离子浓度增加，化学反应速率增加，所用时间减少，D正确； 故选D。 8．下列实验能达到目的的是 A．测一定时间内Zn与稀溶液反应速率：测量的变化 B．研究乙炔的还原性：将电石和饱和食盐水反应产生的气体通入酸性溶液中，观察溶液是否褪色 C．验证水是极性分子：打开盛有水的酸式滴定管，用丝绸摩擦过的玻璃棒靠近水柱，观察水的流动方向 D．证明NaClO能发生水解：向NaClO溶液中滴加酚酞试液，观察溶液是否变红 【答案】C 【解析】A．在Zn与稀的反应中并未参与反应，其浓度基本不变，所以不能通过测量的变化来测定Zn与稀溶液反应速率，A错误。 B．电石中滴加饱和食盐水，产生的乙炔中混有、等还原性气体，均能使酸性溶液褪色，影响乙炔还原性的检验，B错误； C．向酸式滴定管中加入蒸馏水，打开活塞让水缓缓流下，可看到水呈直线状垂直流入烧杯中，若用丝绸摩擦过的玻璃棒（带正电）接近水流时，水流会向靠近玻璃棒方向偏转，原因在于水分子为极性分子，在电场中被极化，其正负电荷中心分离，导致极性分子的特性显现，C正确； D．酚酞遇碱溶液变红，且HClO具有漂白性，则应该是先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解，D错误； 故选C。 9．下列有关实验的说法不正确的是 A．利用图①装置可以测算高锰酸钾与草酸反应的速率 B．利用图②的实验操作可观察到钾元素的焰色为紫色 C．利用图③装置可以使用二氧化锰与稀盐酸制备氯气 D．利用图④装置测量乙酸标准溶液的pH值，可以获得乙酸的电离平衡常数 【答案】C 【解析】A．观察试管内溶液的颜色变化并计时，可以测算高锰酸钾与草酸反应的速率，A正确； B．进行焰色试验时，通常使用铂丝（或铁丝）作为载体，将蘸有待检测溶液的金属丝置于火焰上灼烧，隔蓝色钴玻璃观察燃烧时火焰的颜色，钾的焰色反应呈紫色，B正确； C．实验室制氯气可以用二氧化锰与浓盐酸加热反应制得，稀盐酸无法制得，C错误； D．用电子pH计测量乙酸标准溶液的pH值，根据乙酸电离方程式得出电离平衡常数表达式，可以算得乙酸的电离平衡常数，D正确； 故选C。 04 影响化学反应速率的因素 10．下列实验设计，能达到实验目的的是 选项 实验设计 实验目的 A 测定待测液中I2的含量 B 探究浓度对反应速率的影响 C 检验1-溴丁烷的消去产物 D 煅烧贝壳至900℃，得到生石灰 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【解析】A．Na2S2O3溶液显碱性，应该使用碱式滴定管盛装，再进行滴定，来测定待测液中I2的含量，A不符合题意； B．NaHSO3与H2O2发生氧化还原反应时，反应前后溶液均无色，也无气体产生，无论浓度大小，反应快慢均无明显现象，因此不能用于探究浓度对反应速率的影响，B不符合题意； C．1-溴丁烷的NaOH乙醇溶液共热，发生消去反应产生1-丁烯，1-丁烯能够与溴的CCl4溶液发生加成反应而使溶液褪色，因此可用于检验1-溴丁烷的消去产物，C符合题意； D．高温下，陶瓷坩埚中的二氧化硅和碳酸钙反应生成硅酸钙，D不符合题意； 故合理选项是C。 11．（23-24高三上·北京·开学考试）用过量铁片与稀硫酸反应制备氢气，下列方法能增大反应速率而不影响氢气生成量的是 A．稀硫酸改为浓硫酸 B．加入固体 C．滴加少量溶液 D．加入固体 【答案】C 【解析】A．将稀硫酸改为浓硫酸，铁遇到浓硫酸钝化，不能生成氢气，故A错误； B．加入CH3COONa固体，生成弱酸醋酸，减慢反应速率，故B错误； C．铁粉足量，硫酸的物质的量决定氢气的产量，滴加少量CuSO4溶液，铁粉和硫酸铜反应置换出铜，构成原电池，反应速率加快，而不影响氢气的生成量，故C正确； D．加入固体，对反应没有影响，故D错误； 故选C。 12．（2024·北京·一模）下列实验方案能达实验目的的是 A B 目的 收集并吸收NO2 比较Mg、Al金属性的强弱 实验方案 C D 目的 比较Na2CO3、NaHCO3与酸反应快慢 研究浓度对化学平衡的影响 实验方案 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【解析】A．二氧化氮的密度比空气密度大，应长导管进气收集，故A错误； B．氢氧化镁不溶于NaOH，氢氧化铝可溶于NaOH溶液，可知氢氧化镁的碱性大于氢氧化铝的碱性，则金属性Mg大于Al，故B正确； C．饱和碳酸钠、碳酸氢钠溶液的浓度未知，应向等浓度的盐溶液中滴加等浓度的盐酸，比较反应的快慢，故C错误； D．未控制变量，一支试管加入2mL 0.1mol/L KSCN的同时，应同时在另一试管中加入2mL蒸馏水，因此不能达到实验目的，故D错误； 故选：B。 05 活化能、催化剂对反应速率的影响 13．（2025·北京海淀·二模）溴乙烷与NaOH的乙醇溶液主要发生消去反应，同时也会发生取代反应，反应过程中的能量变化如图。下列说法正确的是 A．反应①的活化能大于反应②的 B．溴乙烷与NaOH的乙醇溶液的反应需加热，目的是提高反应速率 C．无论从产物稳定性还是反应速率的角度，均有利于的生成 D．若将溶剂乙醇换成水，两种产物的比例不发生改变 【答案】B 【解析】A．由图可知，反应①的活化能是，反应②的活化能是，活化能：反应①＜反应②，A错误； B．加热使普通分子转化为活化分子，有效碰撞次数增加，故加热的目的是提高反应速率，B正确； C．从稳定性角度看，乙醇的能量更低，乙醇是优势产物；从反应速率角度看，生成乙烯的活化能更低，乙烯是优势产物，C错误； D．若将溶剂乙醇换成水，主要发生的是水解反应，乙醇的比例会增加，D错误； 故选B。 14．（2025·北京朝阳·二模）在水溶液的作用下，反应过程中能量变化示意图如下所示(其中a、b代表过渡态1或过渡态2中的一种)。 下列说法不正确的是 A．从反应物到产物，无论从产物的稳定性还是反应速率的角度均有利于生成乙醇 B．溴原子的电负性比碳原子的大，能形成极性较强的，较易断裂 C．b代表过渡态2，经历该过渡态生成 D．生成乙醇的反应是取代反应，生成乙烯的反应是消去反应 【答案】C 【解析】A．生成乙醇的活化能小于生成乙烯的活化能，乙醇的能量小于乙烯和水的总能量，所以无论从产物的稳定性还是反应速率的角度均有利于生成乙醇，故A正确； B．溴原子的电负性比碳原子的大，能形成极性较强的，溴乙烷生成乙烯、乙醇都需断裂C-Br键，说明较易断裂，故B正确； C．过渡态2生成CH3CH2OH和Br-，过渡态2表示a，故C错误； D．生成乙醇的反应是溴乙烷中Br原子被羟基代替，属于取代反应，生成乙烯的反应溴乙烷发生消去反应生成碳碳双键，故D正确； 选C。 15．（2025·北京延庆·一模）可采用Deacon催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是 A．X为反应物，Z为生成物 B．反应制得，理论上放出的热量 C．降低反应温度，被氧化制的反应平衡常数增大，正反应速率减慢 D．图中转化涉及的反应中有两个非氧化还原反应 【答案】D 【分析】如图所示，反应过程中具有如下基元反应：、、、、，则X为、W为、Y为、Z为。 【解析】A．据分析，X为反应物，Z为生成物，故A正确； B．根据盖斯定律，生成放出的热量，则生成放出的热量，故B正确； C．正反应为放热反应，降低反应温度，反应正向进行，被氧化制的反应平衡常数增大，温度降低正、逆反应速率均减慢，故C正确； D． 据分析，基元反应中、、为非氧化还原反应，、为氧化还原反应，故D错误； 故答案为D。 06 速率常数及其应用 16．（2024·北京·三模）在恒温恒容密闭容器中充入一定量，发生如下反应： 反应②和③的反应速率分别满足和，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。测得的浓度随时间的变化如下表。 0 1 2 3 4 5 0.160 0.113 0.080 0.056 0.040 0.028 下列说法正确的是 A．0~2min内，W的平均反应速率为 B．若增大容器容积，平衡时Z的产率增大 C．若，平衡时 D．若升高温度，平衡时减小 【答案】D 【解析】A．由表知内∆c(W)=0.16-0.08=0.08mol/L，则v(W)<，故A错误； B．过程①是完全反应，过程②是可逆反应，若增大容器容积相当于减小压强，对反应平衡向气体体积增大的方向移动，即逆向移动，X的浓度增大，平衡时Z的产率减小，故B错误； C．由速率之比等于系数比，平衡时2v逆(X)=v正(Z)，即，2=，若，平衡时，故C错误； D．反应③的活化能大于反应②，∆H=正反应活化能-逆反应活化能<0，则，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡时减小，故D正确； 故选D。 17．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/min 0 1 2 3 4 5 0.160 0.113 0.080 0.056 0.040 0.028 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)，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，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，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，反应①正向移动，反应②逆向移动，X增加，又会影响反应①逆向移动，平衡时Y的产率不能确定，D错误； 故选B． 18．室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：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)。反应体系中组分、的浓度随时间变化情况如图。下列说法错误的是 A．时间段内，Y的平均反应速率为： B．如果反应能进行到底，反应结束时的M转化为Y C．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比一直为 D．反应①的活化能比反应②的活化能大 【答案】B 【分析】由图可知：M的起始浓度为0.5 mol/L，反应①的速率，反应②的速率(k1、k2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，①；②，则体系中始终有，由图可知：30 min时，c(Z)=0.125 mol/L，则，即反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比为，据此分析作答。 【解析】A．由分析可知，时间段内，Y的平均反应速率=，A项正确； B．反应若能进行到底时，，则c(Y)= ，反应结束时M转化为Y的转化率=，B项错误； C．根据分析可知，体系中Y和Z的浓度之比一直为，C项正确； D．由分析可知，30min时，反应生成Y的浓度为0.075 mol/L、Z的浓度为0.125 mol/L，可知反应①速率小于反应②的速率，则反应①的活化能比反应②的活化能大，D项正确； 答案选B。 1．1．（24-25高三上·北京房山·开学考试）NO2和N2O4存在平衡：2NO2(g)N2O4(g)    △H＜0。下列分析正确的是 A．1mol平衡混合气体中含1molN原子 B．当v正(NO2)=2v逆(N2O4)时，反应达到平衡 C．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的 D．恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅 【答案】B 【解析】A．1molNO2含有1molN原子，1molN2O4含有2molN原子，现为可逆反应，为NO2和N2O4的混合气体，则1mol平衡混合气体中所含N原子数大于1mol且小于2mol，A错误； B．速率之比等于化学计量数之比，即，当v正(NO2)=2v逆(N2O4)时可得：v正(N2O4)=v逆(N2O4)，说明反应达到平衡，B正确； C．恒温时，缩小容积，颜色变深是因为体积减小，浓度变大引起的，不是平衡正向移动导致的，C错误； D．该反应是放热反应，恒容时，温度升高，平衡逆向移动，颜色变深，D错误； 故选B。 2．已知：，温度时的平衡常数。温度时，在①、②、③、④四个相同体积的恒容容器中投料，起始浓度如下表所示。下列判断不正确的是 温度 容器编号 起始浓度/ ① 0.1 0.1 0 0 ② 0.2 0.1 0 0 ③ 0.1 0.2 0.1 0.1 ④ 0.04 0.04 0.06 0.06 A．容器①达到平衡，用表示的化学反应速率为： B．容器③中反应向正反应方向进行 C．容器④中反应向正反应方向进行，则 D．已知：，若的状态为液态，则能量变化曲线可能为图中① 【答案】D 【解析】A．容器①达到平衡，由三段式分析，则有K==，解得x=0.06mol/L，用H2表示的化学反应速率为：=，A正确； B．容器③中Qc===0.5<K=，则反应向正反应方向进行，B正确； C．容器④中反应向正反应方向进行，说明Qc===<K，即该温度下的平衡常数大于T1温度下的，根据题干可知该反应正反应为吸热反应，即升高温度平衡正向移动，K增大，则，C正确； D．已知：，，根据盖斯定律可知，若的状态为液态，，则反应物总能量高于生成物总能量，即能量变化曲线不可能为图中①，D错误； 故答案为D。 3．（2024·北京顺义·二模）某小组模拟汽车尾气处理。某温度下，将一定量和投入体积为、盛有催化剂的密闭容器中，发生反应：。测得的物质的量浓度随时间变化的关系如图所示。下列说法不正确的是 A．段的反应速率 B．达平衡时，理论上该反应放出的热量约为 C．该温度下，反应的平衡常数 D．升高温度，该反应的平衡常数减小 【答案】C 【解析】A．由图可知，ab段反应速率：，A正确； B．由图可知4min反应达平衡，，根据题干热化学方程式可知，平衡时理论放热：，B正确； C．列三段式：，反应平衡常数：，C错误； D．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，D正确； 答案选C。 4．（23-24高三上·北京·阶段练习）研究催化剂对反应速率的影响。恒温恒容时，c(NH3)随时间的变化如下。                     时间/min 催化剂 c(NH3)/(×10−3 mol·L−1) 0 20 40 60 80 催化剂Ⅰ 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80 催化剂Ⅱ 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40 下列说法不正确的是 A．使用催化剂Ⅰ，0~20 min的平均反应速率v(N2)=1.00×10−5 mol·L−1·min−1 B．使用催化剂Ⅰ，达平衡后容器内的压强是初始时的倍 C．相同条件下，使用催化剂Ⅱ可使该反应的活化能降低更多，反应更快 D．相同条件下，使用催化剂Ⅱ不会使该反应的化学平衡常数更大 【答案】B 【分析】经过相同的时间，催化剂I催化下氨气的浓度更大，催化效率更低。 【解析】A．使用催化剂I，0~20min氨气浓度变化值为 0.4×10−3mol/L，v（NH3）=，故v（N2）=1×10-5mol/（L·min），故A正确； B．使用催化剂Ⅱ，达平衡时氨气的浓度为0.4×10−3mol/L，催化剂不影响平衡，故使用催化剂I，达平衡时氨气的浓度也是0.4×10−3mol/L，列三段式：，恒温恒容下，压强之比等于气体分子数之比，故达平衡后容器内的压强是初始时的，故B错误； C．根据恒温、恒容时，c（NH3）随时间的变化数据分析，相同条件下，使用催化剂Ⅱ可使该反应的活化能降低更多，反应更快，故C正确； D．催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡常数，平衡常数只与温度有关，故D正确； 故选B。 5．（23-24高三上·北京·阶段练习）一定温度下，向溶液中加入适量溶液，不同时刻测得生成的体积（已折算为标准状况）如下表所示.资料显示，反应分两步进行：①，②，反应过程中能量变化如图所示.下列说法不正确的是 0 2 4 6 0 9.9 17.2 22.4 A．0～6min的平均反应速率： B．的作用是增大过氧化氢的分解速率 C．反应①是吸热反应、反应②是放热反应 D．反应的 【答案】D 【解析】A．0～6min内，生成氧气22.4mL，则消耗过氧化氢0.002mol,平均反应速率：，A正确； B．由盖斯定律可知，反应①+②得到，则铁离子为过氧化氢分解反应的催化剂，的作用是增大过氧化氢的分解速率，B正确； C．反应①中生成物的能量大于反应物的能量，是吸热反应，反应②中生成物的能量小于反应物的能量，是放热反应，C正确； D．焓变=生成物的总能量-反应物的总能量，由题图可知反应的，D不正确； 答案选D。 6．（23-24高三上·北京通州·期中）在其他条件不变的情况下，研究催化剂对化学反应速率的影响。在容积不变的密闭容器中，反应A(g)=2B(g)各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图所示，下列说法中正确的是 A．与无催化剂相比，催化剂使反应活化能升高 B．增大催化剂的比表面积，化学反应速率不变 C．a曲线表示未使用催化剂时A的浓度随时间的变化 D．使用催化剂时，0~2min内 【答案】D 【解析】A．催化剂可降低反应活化能，加快反应速率，A错误； B．增大催化剂的比表面积，接触面积增大，化学反应速率加快，B错误； C．曲线a表示A物质浓度变化，浓度变化量与使用催化剂时B物质浓度变化量符合计量数之比，所以曲线a表示使用催化剂时A的浓度随时间的变化，C错误； D．0~2min内，B浓度变化为4mol/L，，D正确； 答案选D。 7．（24-25高三上·北京海淀·阶段练习）某小组为探究与KI之间的反应，进行了如下实验。 实验    现象 ①产生土黄色沉淀，溶液为棕黄色②变为白色悬浊液，最后得到无色澄清溶液 ①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色 ②开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，然后变为黄色溶液，最后得到无色溶液 已知：；CuI为白色沉淀，可吸附； 在溶液中不存在；呈无色，呈黄色。 下列结论或推断不合理的是 A．与KI能发生反应： B．CuI与反应的速率快于与反应的速率 C．黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，有生成 D．与生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度 【答案】B 【解析】A．CuI为白色沉淀，可吸附而显土黄色，在溶液中不存在，故与KI能发生反应：，A正确； B．已知，结合第一实验，逐滴加入溶液的实验现象，应该是附着在CuI表面的先反应，故CuI与反应的速率慢于与反应的速率，B错误； C．第二个实验，①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色，发生反应，剩余，②逐滴加入溶液时，开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，此时生成了和；黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，说明溶液中的几乎全部转化为；最后黄色溶液变为无色溶液时，说明全部被还原为，C正确； D．第二个实验中，溶液最后变为无色溶液，故最后溶液中主要为，故与生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度，D正确； 故选B。 8．多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T°C时，甲醇与水(各物质均为气态)在铜基催化剂上的反应机理和能量图如下： 下列说法正确的是 A．反应Ⅱ的热化学方程式为： B．和的总能量大于和的总能量 C．选择优良的催化剂可以降低反应I和Ⅱ的活化能，有利于减少过程中的能耗 D．在反应中生成又消耗，可认为是催化剂 【答案】C 【解析】A．通过反应过程能量图可知反应Ⅱ的热化学方程式为，是放热反应，A错误； B．通过反应过程能量图可知甲醇和水生成氢气和二氧化碳是吸热反应，1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量，B错误； C．选择优良的催化剂降低反应I和Ⅱ的活化能，有利于减少过程中的能耗，C正确； D．CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)可认为是中间体，D错误； 故选C。 9．汽车尾气是导致空气质量问题的重要原因，利用反应可有效降低汽车尾气污染物的排放。一定条件下该反应历程如图所示(代表过渡态，表示中间产物，每段历程的反应物相对总能量定义为0)。 下列说法错误的是 A．反应①②③中，只有①是吸热反应 B．升高温度能加快总反应速率，且正反应速率增加倍数小于逆反应速率增加倍数 C．总反应的热化学方程式为 D．即使采用对反应③选择性高的催化剂，也不能完全避免尾气中出现 【答案】C 【解析】A．吸热反应为反应物总能量低于生成物，反应①②③中：反应物能量均为0，生成物能量分别为199.2kJ/mol、-513.5kJ/mol、-307.6kJ/mol，则反应①为吸热反应，反应②③为放热反应，故A正确； B．总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，正、逆反应速率增加，正反应速率增加倍数小于逆反应速率增加倍数，故B正确； C．由图可知，总反应的反应物为2NO+2CO、生成物为2CO2+N2，总的焓变等于各反应焓变之和，即199.2kJ/mol-513.5kJ/mol-307.6kJ/mol=-622.1kJ/mol，总反应的热化学方程式为，故C错误； D．反应③的催化剂只改变反应③的产物比例，不能改变反应③的反应物，N2O是反应③的反应物、反应②的产物，故D正确； 故答案为C。 10．氮氧化物为燃油汽车尾气中主要受管制的成分之一，其控制技术的研发变得十分重要。燃油汽车排气管内部安装三元催化剂处理的反应为。该反应相对能量如图所示。下列叙述错误的是 A．反应都是正反应活化能大于逆反应活化能 B．上述反应 C．选择催化剂降低反应1的能垒可进一步提高反应速率 D．反应 【答案】A 【解析】A．由图知反应1是吸热反应，正反应活化能大于逆反应活化能，反应2和3都是放热反应，正反应活化能小于逆反应活化能，A错误； B．反应1为，反应2为，反应3为，根据盖斯定律，3个反应相加得总反应，，B正确； C．观察历程图可知，反应的正反应活化能（能垒）分别为，能垒越大，反应速率越小，在多步反应中，反应速率最慢的一步是速控步骤，选择催化剂主要降低速控反应的能垒，反应1是速控反应，选择催化剂降低反应1的能垒，C正确； D．由图知，反应3的热化学方程式为，D正确； 故选A。 1．（2024·北京·高考真题）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Ⅱ B．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．（2025·北京·高考真题）乙烯、醋酸和氧气在钯()催化下高效合成醋酸乙烯酯()的过程示意图如下。 下列说法不正确的是 A．①中反应为 B．②中生成的过程中，有键断裂与形成 C．生成总反应的原子利用率为 D．催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率 【答案】C 【解析】A．①中反应物为CH3COOH、O2、Pd，生成物为H2O和Pd(CH3COO)2，方程式为：，A正确； B．②中生成的过程中，有C-H断开和C-O的生成，存在键断裂与形成，B正确； C．生成总反应中有H2O生成，原子利用率不是，C错误； D．是反应的催化剂，改变了反应的历程，提高了反应速率，D正确； 答案选C。 3．（2024·北京·高考真题）可采用催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是 A．Y为反应物，W为生成物 B．反应制得，须投入 C．升高反应温度，被氧化制的反应平衡常数减小 D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 【答案】B 【分析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O；CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是、、、。 【解析】A．由分析可知，Y为反应物，W为生成物，A正确； B．在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误； C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确； D．图中涉及的两个氧化还原反应是和，D正确； 故选B。 4．（2022·北京·高考真题）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+CH4CaO+2CO+2H2 B．t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2 C．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，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，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t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误； D．由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确； 答案选C。 5．（2024·北京·高考真题）利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。 (1)矿石在焙烧前需粉碎，其作用是 。 (2)的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是 。 (3)矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。 温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 500 ①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是 。 ②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是 。 (4)用离子方程式表示置换过程中加入的目的 。 (5)粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是 。 【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分 (2) (3) 温度低于，随焙烧温度升高，分解产生的增多，可溶物含量增加，故铜浸出率显著增加 温度高于，随焙烧温度升高发生反应：，和转化成难溶于水的，铜浸出率降低 (4) (5)粗铜若未经酸浸处理，其中杂质会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量 【分析】黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质)粉碎后加入硫酸铵通入空气焙烧，黄铜矿在硫酸铵生成的SO3作用下，转化成CuSO4，得到的混合气体中主要含NH3，用硫酸吸收，得到硫酸铵，是溶液A的主要溶质，可以循环利用，固体B为SiO2、CuSO4及含铁的化合物，加水分离，主要形成含硫酸铜的滤液和含SiO2的滤渣，分别为滤液C和滤渣D，向硫酸铜溶液中加入过量的铁，置换得到粗铜和FeSO4，粗铜再精炼可以得到纯铜。 【解析】（1）黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分； （2）铵盐不稳定，易分解，分解为非氧化还原反应，产物中有NH3和SO3，故化学方程式为； （3）①由图，温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故铜浸出率显著增加； ②温度高于425℃，随焙烧温度升高，CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO，发生反应4CuFeS2+17O2+2CuSO46CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3，铜浸出率降低； （4）加入置换硫酸铜溶液中的铜，反应的离子方程式为； （5）粗铜中含有杂质，加酸可以除，但粗铜若未经酸浸处理，其中杂质会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量。 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$