板块5 选择题突破1 化学反应历程图像分析-【红对勾讲与练】2026年高考化学二轮复习讲义

-> 板块五 化学反应的热效应、速率与平衡 选择题突破1化学反应历程图像分析 真题研悟 明晰方向。 下列说法错误的是 A.反应1是吸热过程 1.(2025·河南卷)在催化剂a或催化剂b作用 B.反应ⅱ中H2O(g)脱去步骤的活化能为 下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化 2.69eV 学方程式为CHCH2CH(g)= C.反应川包含2个基元反应 CHCH一CH2(g)十H2(g),反应进程中的相对能 D.总反应的速控步包含在反应ⅱ中 量变化如图所示[*表示吸附态，*CH CHCH2十 3.(2025·江苏卷)CO2与NO3通过电催化反应 2*H→CHCH一CH2(g)+H2(g)中部分进 生成CO(NH2)2,可能的反应机理如图所示（图 程己省略]。 中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)。下列 2 说法正确的是 () -。-催化剂a △一催化剂b CH CH=CH,(g)+H(g) *CO.,+*NO 1 H+.e CH,CH,CH (g) 0 0 过渡态2 过渡态 CO -1 *NH *CH.CH.CH, CO(NH). ① *CH,CHCH+CH.CHCH,+2"H2 H -3 反应进程 *CO(NH) 下列说法正确的是 A.过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成 A.总反应是放热反应 B.过程Ⅱ中NO?发生了氧化反应 B.两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡 C.电催化CO2与NO生成CO(NH2)2的反 常数不同 通电 应方程式：CO2+2NO3+18H 催化剂 C.和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到 CO(NH2)2+7H2O 的吸附态更稳定 D.常温常压、无催化剂条件下，CO,与 D.①转化为②的进程中，决速步骤为 NH3·H2O反应可生产CO(NH2)2 *CH2CH,CH2-*CH:CHCH3+*H 4.(2025·河南卷)在MoS2负载的Rh-Fe催化剂 2.(2025·河北卷)氮化镓(GaN)是一种重要的半 作用下，CH,可在室温下高效转化为 导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可 CH,COOH,其可能的反应机理如图所示。 利用反应GaO3(s)+2NH(g)一2GaN(s)+ SS、S cH,COOH,SOS厦sD C0+0, 3H2O(g)制备。反应历程(TS代表过渡态) 如下： OH S、S、S i Ga2O(s)+NH (g)Ga,O.NH(s)+H2O(g) S 8 i Ga,O,NH(s)+NH (g)Ga,ON2H,(s)+HO(g) TS7 lGa,ON,H,(s) 三2GaN(s)+H,O(g) 6 -HO(g)TS6 6.376.08 TS5↑434 2GaN(s) H 4 +H,O(g) -H,O(g)TS4 3,39 330 OH 2Ga.O:(s)TSI TS3+NH(g)L66 3.01 0.64 'Ga,ON2H2(s) +NH(g)-0.06 0 048005t 0.70 -0.73 -0.68 2 Ga.O.NH(4 下----------------------→----十----*+---- 反应历程 CO OS CH.COOH 038 2对勾·讲与练·高三二轮化学 下列说法错误的是 ②每步基元反应的快慢取决于其能垒的大小， A.该反应的原子利用率为100% 能垒越大，反应速率越慢。 B.每消耗1molO2可生成1 mol CHCOOH 2.催化机理循环图分析 C.反应过程中，Rh和Fe的化合价均发生变化 (1)位于“环上”的物质一般 ① D.若以CD,为原料，用H2O吸收产物可得 是催化剂或中间体，如⑤⑥ ④ 到CDCOOH ⑦⑧。 ③ 湖源固本 整合关键。 (2)“人环”的物质为反应 物，如①和④。 1.反应历程图像分析 (3)“出环”的物质为生成物，如②和③。 (1)基元反应与非基元反应 (4)依据判断出的反应物和生成物，即可快速写 例如2HI一H2十I2的实际反应机理是分两 出反应的方程式。 步进行的，每一步都是一个基元反应：2H→ H2十21·、21·→12，带有单电子的原子或原 模拟测评 融会贯通。 子团称为自由基，其反应活性高，寿命短， 1.(2025·安徽池州二模)某温度下，在密闭容器 2HⅡ一H2十I2称为非基元反应。 中充入一定量M,发生反应：M(g)一L(g) (2)过渡态 △H1>0,L(g)一N(g)△H2<0,加入催化 A+B—C→[A…B.C]→A一B+C 剂（虚线表示），反应达到平衡所需时间大幅缩 [A…B…C]过渡态 短。则可能的反应历程示意图为 A+B二C △H 反应物 A二B+C生成物 0 反应历程 反应历程 反应过程 A B ①正反应活化能E正=b一a,逆反应活化能 E逆=b一c,△H=Ea正一E逆。 ②过渡态{[A…B…C]}不稳定。 (3)中间体 反应历程 反应历程 过渡态2 C D 过渡态1 2.(2025·广东清远二模)甲酸可用作消毒剂和防 反应物 中间体 腐剂，用某催化剂催化合成甲酸的过程如图所 AH 、生成物 示，下列说法正确的是 () H Ru 2C0 反应过程 2H0 处于能量最高点的是反应的过渡态，在多步反 应中两个过渡态之间的是中间体，中间体很活 2H 0 -H Ru 泼，寿命很短，但是会比过渡态更稳定些。 OH (4)催化机理能垒图 ①在催化机理能垒图中，有几个活化状态，就有 2HO 2HCOOH 几个基元反应。可以用图中每步基元反应前后 A.该催化剂降低了反应的焓变 的活性物质，写出其热化学方程式。注意：如果 B.过程Ⅱ为加成反应 纵坐标相对能量的单位是电子伏特(eV),焓变 C.过程Ⅲ中有。键和π键的断裂 应转化成每摩尔。 D.该反应的催化剂为H一Ru一H 板块五化学反应的热效应、速率与平衡 039 3.(2025·湖北云学高中联盟一糢)三氟甲苯 D.三氟甲苯与NO,生成中间体1和中间体2 CF 的过程均放热 4.(2025·河北承德一模)氨基是氨基酸和核苷酸 )与浓硝酸反应可生成 和 碱基中的关键官能团，也是药物、农用化学品、 CF 染料和聚合物的基本成分，所以，化合物的胺化 一直是有机化学中的主要挑战。某羟胺试剂在 ,该反应历程中生成两种中间体 铁催化烯烃氨基化反应的机理如下图。已知： NO. Tf为CF,SO2一，t-Bu为(CH3)3C一，下列有关 的能量变化示意图如下，下列说法正确的是 说法错误的是 () ( HH H-O O-H O-F 〉-00 过渡态1 盟 00 =00- 历程心、 CFNO HO H ; ®了H R◇NH/ 中间体1 H.C 过渡态2 +2H0 2H,O+TfOH+H 历程2 CF3 R、之 -Bu HNO 0 +CH,OH H-N CF 中间体2 e +NO; 反应历程 +CO. O 与NO生成中间体的反应为取代 A.酸性：FC OH>(CH3)C- OH 反应 B.反应历程中，苯环的大π键未发生变化 B.化合物I和化合物Ⅱ互为立体异构 C.从反应速率和中间体稳定性看都更利于生 C.该反应过程中Fe的配位数发生改变 成中间体2 D.化合物I、Ⅱ、Ⅲ、V中稳定性最强的是V 温馨提示》请完成热点强化练⑨ 选择题突破2 化学反应速率与化学平衡 真题研悟 明晰方向。 2.(2025·江苏卷)甘油(C3HO3)水蒸气重整获 1.(2025·甘肃卷)C02加氢转化成甲烷，是综合 得H2过程中的主要反应： 利用CO2实现“碳中和”和“碳达峰”的重要方 反应I Ca Hs Os(g)-3CO(g)+4H2(g) 式。525℃、101kPa下，CO2(g)+4H2(g) △H>0 CH,(g)+2H2O(g)△H=-185kJ/mol。反 反应ⅡCO(g)+H2O(g)—CO2(g)+ 应达到平衡时，能使平衡向正反应方向移动的是 H2(g) △H<O ( 反应Ⅲ CO2(g)+4H2(g)—CH4(g)+ A.减小体系压强 2H2O(g)△H<0 B.升高温度 C.增大H2浓度 1.0×105Pa条件下，1molC3HO3和9mol D.恒容下充人惰性气体 H,O发生上述反应达平衡状态时，体系中CO、 040 2对勾·讲与练·高三二轮化学率，A正确：根据分析，电极1是负极，电极4为阴极，电子从 电极1流向电极4，B正确；由分析可知，电极3为阳极，发生 氧化反应，生成氧气，电极3的反应为4OH一4e 2H2O十O2↑，C正确；根据分析可知，电极2和电极4均产 生氢气，理论上，每通过2mol电子，可产生2molH,,D 错误。 3.D由题图可知，电极a为阴极，电极反应为O2十4e十 2H2O一4OH厂，电极b为阳极，电极反应为Li[Fe(CN):]一 e一Li[Fe(CN):]+Li,在离子交换膜I、Ⅱ间加入海 水，钠离子透过离子交换膜I进入阴极区得到氢氧化钠，氯 离子透过离子交换膜Ⅱ进入离子交换膜Ⅱ、Ⅲ之间，锂离子 透过离子交换膜Ⅲ进入离子交换膜Ⅱ、Ⅲ之间，在此处得到 LCl,则离子交换膜I为阳离子交换膜，Ⅱ为阴离子交换膜， Ⅲ为阳离子交换膜，据此解答。由分析可知，A错误；电极a 上发生的反应为O2十4e十2H2O一4OH,其附近溶液 的pH变大，B错误；由分析可知，电极b上发生的反应为 LiFe(CN):]一e一Li3[Fe(CN)s]+Li,C错误；每脱 除58.5 g NaCl,转移1mol电子，有1 mol Li和1 mol Cl 分别透过离子交换膜Ⅲ、Ⅱ，可得到1 mol LiCl,D正确。 4.C由题图中氢离子和氢氧根离子的流向，可推出左侧P1电 极为阳极，右侧石墨电极为阴极，阳极发生的反应为 4OH一4e一O2↑+2H,O,阴极发生的反应为2H++ 2e一H。个，Ⅲ室中氯化钠浓度降低了，说明钠离子往阴 极方向移动，氯离子往阳极方向移动，据此解答。由分析可 知，Pt电极为阳极，阳极发生的反应为4OH一4e O,◆十2H,O,A正确；水可微弱地电离出氢离子和氢氧根 离子，在外加电场作用下，使氢离子和氢氧根离子往两侧移 动，可促进双极膜中水的电离，B正确；由分析可知，Ⅲ室中 氯化钠浓度降低了，说明钠离子往阴极方向移动，氯离子往 阳极方向移动，即钠离子往右侧移动，通过Y膜，则Y膜为 阳离子交换膜，氯离子往左侧移动，通过X膜，则X膜为阴 离子交换膜，C错误；N室每生成1 mol Na)H,则转移1mol 电子，有1mol氢离子移到Ⅱ室中，最多生成1molB(OH):, D正确。 》朔源固本·整合关键《 2.(1)氢气 (3)平衡电荷，使产品NaOH和H2SO:分开，防止两者发生 反应 》模拟测评·融会贯通《 1.B由题图可知，a电极上苯酚盐被氧化生成二氧化碳，则a 电极为负极，b电极为正极，A错误；电极b是正极，铵根离 子向正极移动，正极反应为)，十4e十4NH:一4NH3十 2H,),则右侧气体Q中含有NH,,B正确；转移1mol电子 时，有1molC1厂(35.5g)迁移到负极区，苯酚盐中碳元素化 合价为一 3,则转移1mol电子时生成的二氧化碳少于 0.25mol(11g),则工作一段时间后，a电极区溶液质量增 大，C错误；苯酚盐中碳元素化合价为一 3a电极上苯酚盐 被氧化生成二氧化碳，电极反应为 -28e+ 11H2)-6C)2↑+27H,D错误。 2.B由甲装置的工作原理可知，情性电极I为负极，惰性电极 Ⅱ为正极，则乙装置中电极a为阳极，电极b为阴极，乙装置 用于制备Fe(OH),,需要Fe+,电极a应为Fe,失电子生成 Fe+,电极b可来用石墨，A正确；若用CuCL2溶液代替 NaCI溶液，在阴极Cu+得电子生成Cu,无法生成OH,就 不能生成Fe(OH):,B错误；电极b为阴极，溶液中的H,O 得电子发生还原反应，电极反应式为2HO十2e H2↑十2OH,C正确；9.0gFe(OH)2的物质的量n m 9.0g M 90 g/mol =0.1mol,根据Fe-2e一Fe+,Fe2++ 2OH一Fe(OH)2￥，生成0.1 mol Fe(OH)2,电路中转移 0.2mol电子，甲装置中阳离子向正极（惰性电极Ⅱ）移动，根 据电荷守恒，有0.2 mol Na+向情性电极Ⅱ移动，D正确。 222红网勾·讲与练·高三二轮化学 3.D氢离子移向N室，根据溶液中离子移动方向，左侧石墨 M为阳极，右侧石墨N为阴极，Ⅱ室为原料室，膜b为阳离 子交换膜，Co2+、Ni2+进入Ⅲ室，Co2+和乙酰丙酮不反应， N+和乙酰丙酮反应。石墨M为阳极，石墨N为阴极，则电 源m极为正极，C0+、N+进入Ⅲ室，膜b为阳离子交换膜， 故A正确；石墨N为阴极，电极反应式为2H十2e H2↑，V室内消耗的H与转移过来的H数量相等，所以 硫酸的物质的量不因反应而改变，故B正确；由题中信息可 知，Ⅲ室中Ni+参与的反应为Ni++2CHC)CH,COCH+ 20H Ni(CH COCHCOCH),+2H2O,故C正确；通电过 程中石墨N极每产生11.2L(标准状况)气体，即0.5mol H,,则有1mol氢离子移向阴极，理论上双极膜处有1mol HO解离，故D错误。 4.C由题千装置图可知，a为电源正极，则P极为电解池的阳 极，发生氧化反应，b为电源负极，则Q极为电解池的阴极， 发生还原反应，电极反应式为2H,)十2e2OH十 H,◆，L经离子交换膜进入阴极室，形成LiOH,IiOH经 泵抽入LiOH收集罐中。a极为电源正极，b极为电源负极， P极为电解池阳极，Q极为电解池阴极，故电子从b极流向 Q极，再由P极流入极，A正确；Q极为电解池阴极，发生 还原反应，故Q极的电极反应式为2H,O十2e 2OH一十H2◆，B正确：L+经离子交换膜进入阴极室，形成 Ii)H,则离子交换膜为阳离子交换膜，C错误；由题意可知， PMA促进锂离子脱离sLFP进入阳极室溶液中，然后Li通 过离子交换膜进入阴极室，D正确。 板块五化学反应的热效应、速率与平衡 选择题突破1化学反应历程图像分析 》真题研悟·明桥方问《 1.C由题图可知，生成物能量高，总反应为吸热反应，A错误； 平衡常数只和温度有关，与催化剂无关，B错误；由题图可 知，丙烷被催化剂吸附得到的吸附态能量更低，更稳定，C正 确；活化能高的反应速率小，是反应的决速步骤，故决速步 骤为*CH,CHCH3→*CH,CHCH,十*H或*CH,CHCH3+ *H→*CH,CHCH2十2*H,D错误。 2.D反应i中Ga2O3(s)十NH(g)的相对能量为0，经TS1、 TS2、TS3完成反应，生成G2O,NH(s)和HO(g),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；反应iⅱ中因HO(g)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；反应ii从Ga)N,H2(s) 生成2GN(s)十H,O(g)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；总反应历程中，活 化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对应的反应步骤（活化能 为3.07eV),所以总反应的速控步包含在反应前中，D错误 3.A过程Ⅱ为CO,和*NO3在酸性条件下被还原为*CO和 *NH2的反应，形成了N一H等极性共价键；过程Ⅲ为*C) 与*NH,生成CO(NH,)。的反应，形成了C一N极性共价 键，A正确。过程Ⅱ是得电子的还原反应，N元素的化合价 由十5降为一2，C元素的化合价由十4降为十2，B错误。所 给离子方程式电荷不守恒，根据反应机理图可知，过程Ⅱ需 要外界提供电子，则正确的反应方程式为C),十2NO3十 通电 18H+16e催化剂 CO(NH)2+7H),C错误。常温常 压、无催化剂条件下，CO,与NH3·H,)反应生成 (NH,),CO3或NH,HCO3,不能得到CO(NH2)2,D错误。 4.B由反应机理图可知，总反应为2CO十2CH,十O:一 2 CH COOH,据此解答。该反应为化合反应，原子利用率为 100%,A正确：由分析可知，每消耗1molO2可生成2mol CH,COOH,B错误；由反应机理图可知，催化剂原子上可连 接O原子、一OH、一CO、一COCH3,且反应过程中成键数目 均发生改变，所以Rh和Fe的化合价均发生变化，C正确；若 以CD,为原料，由题图可知，会生成CD3COOD,用HO吸 收产物时，其存在电离平衡：CD3COOD=二CD,CO)+D, CD3CO)结合水电离出的H+可得到CD3CO)H,D正确。 》模拟测评·融会贯通《 1.BM(g)==L(g)△H>0,为吸热反应，则反应物M的 能量低于生成物L的能量，L(g)三N(g)△H。<0,为放 热反应，则反应物能量高于生成物能量，由此排除C、D项； 加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应决速 步的活化能减小，使反应速率增大，活化能大的反应步骤为 反应的决速步，因此可能的反应历程示意图为B。 2.B催化剂只能降低活化能，不能改变反应的焓变，故A错 误；过程Ⅱ，二氧化碳中1个碳氧双键断裂，与H一R山一H 发生加成反应，故B正确：过程Ⅲ中只有C一)、H一)o键 的断裂，故C错误；由图可知，HO一R山一OH先参加反应 I,后又在反应Ⅲ中生成，为该反应的催化剂，H一Ru一H是 中间产物，故D错误。 CF 3.C由题图可知， 与NO:生成中间体的反应为加成 反应，故A错误；由题图可知，反应历程中苯环变成©)，中间 体带正电荷说明苯环的大π键被破坏，故B错误；由题图可 知，中间体2的能量低于中间体1，且生成中间体1反应的活 化能大于生成中间体2，所以从反应速率和中间体稳定性看 都更利于生成中间体2，故C正确；三氟甲苯与N)生成中 间体1和中间体2的过程均为反应物总能量小于生成物总 能量的吸热反应，故D错误。 4.DF的电负性较强，属于吸电子基，所以酸性： 0 ) F,C—S一OH>(CH),C一SOH,A项正确；由结构 0 可知，化合物I和化合物Ⅱ互为立体异构，B项正确：转化过 程中，化合物I、Ⅱ、Ⅲ中Fe的配位数为6，V中Fe的配位 数为5，C项正确；化合物V中存在自由基，稳定性最差，D项 错误。 选择题突破2化学反应速率与化学平衡 》真题研悟·明晰方向《 1.C该反应是气体体积减小的反应，减小压强会使平衡向气 体体积增大的方向（逆反应）移动，A不符合题意；该反应为 放热反应，升高温度会使平衡向吸热的逆反应方向移动， B不符合题意；增大H。浓度即增大反应物浓度，平衡向正反 应方向移动以消耗增加的H,C符合题意；恒容下充入惰性 气体不改变各物质浓度，对平衡无影响，D不符合题意。 2.A550℃时，曲线①所表示的物质的物质的量是5mol,根 据原子守恒，n(C)=3mol,则其不可能是含碳粒子，故曲线 ①表示H,物质的量随温度变化的曲线：升高温度，反应I 平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，C)的物质的量增大， 则曲线③代表CO物质的量随温度变化的曲线；温度升高， 反应Ⅲ平衡逆向移动，C日，物质的量降低，则曲线②代表 CH,物质的量随温度变化的曲线，据此解答。550℃时， n(H2)=5 mol,n(CO2)=2.2 mol,n (CH.)=n (CO)= 0.4mol,根据C原子守恒，可得n(C3HO3) n(C)-n(C),)-n(C))-n(CH,) =0mol,根据)原子守 3 恒，可得n(H,O)= n(0)-2n(C0)-n(C0)-3m(C,H.02=7.2mol(也可 利用H原子守恒计算，结果相同)，则a(H,O) 9mol-7.2mo×100%=20%,A正确；550℃时，n(C0,)= 9 mol 2.2mol,n(C))=0.4mol,则n(C0g):n(C0)=11:2, B错误；在400~550℃范围，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均 逆向移动，(C)。)增大，说明反应Ⅲ逆向移动程度更大，则 H2O的物质的量随温度升高而减小，C错误：增大压强，反应 I平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡不移动，反应Ⅲ平衡正向移动， H。的物质的量减小，D错误。 3.D Na,SiF,(s)热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟 化合物，则其分解产物为NaF(s)和SiF:(g),其分解的化学 方程式为Na,SiF,(s)△2NaF(s)+SiF,(g),根据题图数据 分析可知，a线代表NaF(s)物质的量随温度的变化关系， b线代表SF,(g)物质的量随温度的变化关系，c线代表 Na SiF:(s)物质的量随温度的变化关系。由各线的走势可 知，该反应为吸热反应，温度升高，化学平衡正向移动。线 所示物种为NaF(s),NaF(s)为固相产物，A正确；T,温度 时，向容器中通入N,恒容密闭容器的容积不变，各组分的 浓度不变，化学平衡不发生移动，虽然总压变大，但是气相产物 分压不变，仍为p1,B正确；该反应的平衡常数K,=p(SiF:), 由题图可知，温度越高，Naz SiF分解程度越大，升温，Kp增 大，已知T2温度时，Na2SiF:(s)完全分解，则升温至T3时， 无法释放更多的SF:,故p:小于T;温度时热解反应的平 衡常数Kp,C正确；据分析可知，b线所示物种为SiF,(g）,恒 容密闭容器的平衡体系的气相产物只有SF:(g),Kp= (SiF,),温度不变K,不变，T!温度时向容器中加入 SiF,(g),重新达平衡时p(SF,)不变，则逆反应速率不变， D错误。 4.CDAg)一Mg)的K=之，@A(g)一N()的K kx ，②-①得到M(g)=一N(g),则 k2 k-2_k,k-1 工M,平衡 =k1k1k-2 A正确；由题图可知，0一t1时间段，生成M和N的物质的量 相同，由此可知，生成M和N的平均反应速率相等，B正确； 若加入催化剂，k1增大，更有利于生成M,则x1变大，但催 化剂不影响平衡移动，xM,平衡不变，C错误；若A(g)→M(g) 和A(g)·N(g)均为放热反应，升高温度，两个反应均逆向移 动，A的物质的量分数变大，即工A平衡变大，D正确。 》朔源固本·整合关键《 3.=> 》模拟测评·融会贯通《 1.D由题可知，平衡时c(Cl2)、c(C(OCL2)分别为0.6mol/L、 0.4mol/L,则平衡常数K=c(C0):c(CL)-0.6x0.6 c(COC) 0.4 0.9。升高温度，平衡转化率增大，说明平衡正向移动，正反 应是吸热反应，A错误；N2不参与反应，充入N2,COCl2、 C)、CI2浓度没有变化，则平衡不移动，B错误；保持温度不 变，如果此操作下平衡不移动，因投入量加倍，则产物量加 倍，此时浓度商Q=2X2=1,8>0.9,说明此操作下相 0.8 对初始时只加入1olC)Cl,来说，平衡逆向移动，即达到 新平衡时c(Cl2)<1.2mol·L,C错误；此时浓度商Q= 1.6X0.6≈0.69<0.9，平衡正向移动，即g>vD正确。 1.4 2.A由题图中空白对照实验可知，溶液中加入的NO3、 SO、Cl均使HCOOH还原ReO,的效率降低，经过相同 的时间，所剩RO:的浓度越大，对应的阴离子对还原效率 的影响程度越大，所以该条件下，阴离子对还原效的影响 程度：NO3>SO>CI,A错误；实验①中，NO的加入， 使HCOOH还原R():的效率降低程度最大，可能是在酸 性条件下，NO;具有强氧化性，与HCOOH发生了氧化还 原反应从而降低了HCOOH还原RO:的效率，B正确；由 题图可知，0~240min内，Re():的浓度的变化量：③>②> ①，根据0=△ 可知，0~240min内，HC00H还原Rc0,的 反应速率：①<②<③，C正确：实验③中0~60min内用ReO △c(1-0.4)×10-5mol·L1 表示的平均反应速率= △t 60 min 1×10mol·L·min,D正确。 3.D点时A的转化率为99%，根据A(g)环华B(g)十 CH,OH(g)可知，平衡时A浓度为0.01dmol/L,B浓度为 参考答案223