2.1 化学反应速率 培优练习-2026-2027学年高二上学期化学人教版选择性必修1

人教版化学选择性必修一 化学反应速率培优练习 一、单选题 1．用过量铁片与稀盐酸反应，为加快其反应速率而且使生成氢气的量不变，下列措施中可行的有几个：①以铁屑代替铁片 ②用过量锌片代替铁片 ③在稀盐酸中加入少量溶液 ④在稀盐酸中加入固体 ⑤在稀盐酸中加入等物质的量浓度的硫酸 ⑥在稀盐酸中加入硫酸钾溶液 ⑦微热(不考虑的挥发) ⑧在稀盐酸中加入固体 A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 2．下列关于化学反应速率的说法中，正确的是 ①用铁和稀硫酸反应制取氢气时，将铁片改用铁粉可以加快产生氢气的速率 ②其他条件相同时，增大反应物浓度，可增加单位体积内活化分子百分数，反应速率增大 ③用一定量的锌与过量的稀硫酸制氢气，为减慢反应速率而又不影响生成的量，可向其中加入溶液 ④其他条件不变，温度升高，活化分子百分数增加，反应速率加快 ⑤使用催化剂，可降低活化能，加快反应速率，改变该反应过程中吸收或放出的热量 ⑥有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加单位体积内活化分子数，反应速率增大 A．①③⑥ B．①④⑥ C．②④⑤ D．③④⑤ 3．下列措施可以增大化学反应速率的有 ①H2与Cl2混合后光照 ②Fe与稀硫酸反应制取H2时，改用 98%浓硫酸 ③Na与水反应时，增加水的用量 ④ ，升高温度 ⑤H2SO4与BaCl2溶液反应时，增大压强 ⑥，反应中，滴入几滴饱和 溶液 ⑦把 Al 片换成 Al 粉，放入氧气中燃烧生成Al2O3 ⑧在 的反应中，增加碳的量 ⑨在⑧的反应体系中，恒压下充入N2 A．①②④⑤⑥⑦ B．①③⑤⑥⑦⑧ C．①④⑥⑦ D．①②③④⑤⑥⑦⑧ 4．已知：某反应物A的转化率。一定温度下，向容积为4 L的恒容密闭容器中充入和，发生反应：，20 min后反应达到平衡状态，此时气体体积比(混合气体)，生成了0.6 mol P，Q的浓度为。下列说法错误的是 A．若其他条件不变在开始时增大M的量并不能使N完全转化 B．0∼20 min内平均反应速率之比 C．平衡时的转化率为50%，的转化率约为 D．平衡时容器内混合气体的总压强与起始时(保持温度相同)比例为 5．将固体置于体积为1 L的真空密闭容器中，在T℃下发生反应：。达平衡时，测得。下列说法错误的是 A．保持容器体积不变，向平衡体系中通入Ar，压强增大，平衡不移动 B．保持温度不变，将体积扩大为2 L，一段时间后，，a可能为133.2 C．保持温度不变，若把体积压缩为0.5 L，重新达平衡后，固体质量增加12.4 g D．体积不变时，向平衡体系中通入、各0.2 mol。重新达平衡后， 6．反应改变下列条件能提高产生氢气的速率且提高单位体积内活化分子百分数的是 ①增加铁的量  ②将容器的体积缩小一半  ③适当升高温度  ④使用高效催化剂  ⑤保持体积不变，充入使体系压强增大  ⑥及时移走氢气 A．①②④ B．①③⑥ C．③④ D．③⑤ 7．下列装置或操作能达到目的的是 A．装置①依据U形管两边液面的高低判断Na和水反应的热效应 B．装置②依据出现浑浊的快慢比较温度对反应速率的影响 C．装置③用于测定生成氢气的速率 D．装置④依据褪色快慢比较浓度对反应速率的影响 8．下列实验方案设计中，能达到实验目的的是 选项 实验目的 实验方案 A 探究浓度对化学反应速率的影响 两支试管中分别盛有和的酸性高锰酸钾溶液，同时各加入的草酸溶液，观察紫色褪去的快慢 B 探究与对分解的催化效率 分别向两支装有溶液的试管中滴加5滴相同浓度的溶液和溶液，比较两支试管产生气泡快慢 C 探究温度对化学反应速率的影响 用两支大小相同的试管各取溶液，分别放入盛有冷水和热水的两个烧杯中，再同时分别加入溶液，振荡，比较两支试管中溶液出现浑浊的快慢 D 检验铜与浓硫酸反应生成 铜与足量浓硫酸在加热条件下反应一段时间，冷却后，向反应后的溶液中慢慢倒入适量蒸馏水，观察溶液颜色 A．A B．B C．C D．D 9．在容积不变的密闭容器中存在如下反应： ΔH<0，某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是 A．图Ⅳ中 B．图Ⅱ表示的是t1时刻之后处于非平衡状态 C．图Ⅲ表示的是温度对平衡的影响 D．图Ⅰ表示的是t1时刻增大B 的浓度对反应速率的影响 10．某密闭容器中发生如下反应：X(g)+Y(g)2Z(g)    △H＜0。如图表示该反应的速率(v)随时间(t)变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量。下列说法中正确的是 A．t2时一定加入了催化剂 B．t3-t4平衡正向移动 C．t5时可能增大了压强 D．t6之后转化率最低 11．草酸钾与氯化汞()的反应方程式为：，其反应速率。在373 K，其它条件相同时，不同起始浓度的反应物溶液中完全沉淀的数据如下表所示。下列有关说法错误的是 实验 起始浓度(mol/L) 完全沉淀的时间(min) I 0.08 0.4 40 II 0.08 0.2 80 III 0.04 0.4 160 A．   B．实验I中， C．适当升温，可以提高活化分子百分数使速率常数k增大 D．对比实验可知，其它条件相同时，增大反应物的浓度，可以加快反应的速率 12．放热反应的反应历程如下：反应Ⅰ：    快平衡；反应Ⅱ：    慢平衡。已知：基元反应的速率可用(为速率常数；，为反应系数)表示，。 下列说法错误的是 A．该反应的决速步为反应Ⅱ B． C．升高温度，总反应速率一定加快 D．该反应的总反应速率可以表达为 13．反应分两步：①，②。恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，测得Y的浓度随时间变化曲线如下图。下列说法错误的是 A．时， B．时， C．若加入催化剂甲(仅催化反应①)，达到最大值的时间提前 D．若加入催化剂乙(仅催化反应②)，最大值会上升 14．室温下，某溶液初始时仅溶有和且浓度相等，同时发生以下两个反应：①②。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，的平均反应速率为 B．反应开始后，体系中和的浓度之比保持不变 C．如果反应能进行到底，反应结束时的转化为 D．反应①的活化能比反应②的活化能大 15．恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为①；②。反应的速率，反应②的速率，式中为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的曲线。下列说法错误的是 A．温度低于时，总反应速率由反应②决定 B．随的减小，反应②的速率先增大后减小 C．体系存在的速率关系： D．欲提高Y产率，需提高反应温度且控制反应时间 16．某温度下，在金(Au)表面发生分解反应：，该反应的速率方程为，实验测得剩余的浓度与时间的关系如图所示。下列说法正确的是 已知：①k为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关； ②时，该反应为0级反应，时，该反应为1级反应，以此类推，n可以为整数，也可以为分数； ③浓度消耗一半所用的时间叫半衰期() A．速率常数 B．该反应为1级反应 C．a点坐标为(20，0.070) D．保持其他条件不变，若起始浓度为，则 17．以为催化剂，在恒温恒容密闭容器中充入分压分别为10 kPa、20 kPa的、，发生重整反应制备，其催化历程如下图所示。研究表明，的生成速率，下列说法错误的是 A．该重整反应的副产物可能有HCOOH和 B．反应进程中，生成TS1的步骤决定反应的整体速率 C．达平衡后，适当升高温度，有利于提高的转化率 D．测得某时刻，则该时刻 18．苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法正确的是 A．反应时间越长，得到产物X的比例越大 B．该反应历程中的决速步骤的能垒为 C．升高温度，生成产物Ⅱ的反应速率加快程度大于生成产物Ⅰ的反应 D．一定温度下，短时间t min内，a mol苯反应得到两种产物的比例为，则生成Y的平均速率为 19．铁的配合物离子(用表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示。下列说法正确的是 ①该过程的总反应为 ②增大浓度会加快反应速率 ③该过程的总反应速率由步骤决定 ④所有的化学反应都存在多个基元反应 ⑤加入，活化分子数目增加，活化分子百分数不变 A．①② B．①③ C．①③④ D．②③⑤ 20．电喷雾电离得到的M+(Fe+、Co+、Ni+等)与O3反应可得MO+。MO+分别与CH4、CD4反应机理如下图所示(两者历程相似，图中以CH4示例)。已知：直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢。下列说法正确的是 A．MO+与CH4反应含4个基元反应 B．MO+与CD4反应的能量变化为曲线b C．步骤Ⅰ和Ⅱ中均涉及极性键和非极性键的断裂与形成 D．若MO+与CHD3反应，氘代甲醇的产量CHD2OD＜CD3OH 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 《人教版化学选择性必修一化学反应速率培优练习》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B C D D C A C A B 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 B C D A C D D D B D 1．B 【分析】用过量铁片与稀盐酸反应，为加快其反应速率而生成氢气的量不变，则增大接触面积，升高温度，构成原电池等均可加快反应速率，注意可增大氢离子的浓度，但不能增大氢离子的物质的量，以此来解答 【详解】①用铁屑代替铁片，增大反应物之间的接触面积，化学反应速率加快，产生氢气量不变，①可行； ②锌的活动性比铁强，与盐酸反应速率加快，又由于锌是过量的，产生氢气量不变，②可行； ③铁与硫酸铜反应生成铜，铁片过量，可形成微小的铁铜原电池，加快产生氢气速率，且产生氢气量不变，③可行； ④醋酸钠与盐酸反应生成氯化钠和醋酸，醋酸是弱酸，使得反应速率减慢，④不可行； ⑤硫酸也会与铁反应生成氢气，产生氢气量增加，⑤不可行； ⑥加入硫酸钾溶液会减小盐酸浓度，使得反应速率减慢，⑥不可行； ⑦微热，反应速率加快，不考虑HCl的挥发，产生氢气量不变，⑦可行； ⑧硝酸钠与盐酸结合会生成硝酸，具有强氧化性，与铁反应生成NO，将无氢气产生，⑧不可行； 综上分析，可行的为：①②③⑦，不可行的为：④⑤⑥⑧； 故答案选B。 2．B 【详解】①铁片改用铁粉，增大了固体反应物的接触面积，能加快产生氢气的速率，正确； ②增大反应物浓度，只会增加单位体积内活化分子数，活化分子百分数不变，错误； ③加入溶液后，酸性条件下会和锌反应生成氮氧化物，不会生成氢气，会减少氢气的生成量，错误； ④其他条件不变，升高温度会使更多普通分子变为活化分子，活化分子百分数增加，反应速率加快，正确； ⑤催化剂只改变反应活化能、加快反应速率，不改变反应的始态和终态，不会改变反应的吸放热，错误； ⑥有气体参加的反应，缩小体积增大压强，反应物浓度增大，单位体积内活化分子数增加，反应速率增大，正确； 符合题意的为①④⑥，故答案选B。 3．C 【详解】①光照引发H2与Cl2的剧烈反应，正确； ②Fe与稀硫酸反应制取H2时，改用 98%浓硫酸，浓硫酸使Fe钝化，阻碍了反应进行，错误； ③Na与水反应时，增加水的用量，水浓度未变，反应速率不变，错误； ④升温使得正逆反应速率均增大，正确； ⑤H2SO4与BaCl2溶液反应，为溶液反应不受压强影响，错误； ⑥反应中，滴入几滴饱和 溶液，氯化铁催化过氧化氢分解，反应速率增大，正确； ⑦把Al片换成Al粉，放入氧气中燃烧生成Al2O3，反应中增大接触面积，反应速率增大，正确； ⑧在 的反应中，增加碳的量，碳为固体，增加固体量不影响速率，错误； ⑨在⑧的反应体系中，恒压下充入N2，容器体积增大，降低了反应中物质浓度，反应速率降低，错误； 故选C。 4．D 【详解】A．该反应为可逆反应，存在反应限度，即使增大反应物的量，也无法使完全转化，A正确； B． 容器体积为4L，平衡时Q的物质的量为，已知平衡时生成，因此反应生成的P、Q物质的量之比为。 设N的转化量为，列三段式，同温同压下气体体积比等于物质的量之比，由，得平衡总物质的量为；代入总物质的量关系： ，解得，因此，反应为；化学反应速率之比等于化学计量数之比，得反应方程式中、、、的计量数分别为2、1、3、3，故，B正确； C．平衡时消耗的物质的量为，转化率为；消耗的物质的量为，转化率为，C正确； D．同温同容下，气体压强之比等于物质的量之比，起始总物质的量为，平衡总物质的量为，故平衡总压强与起始总压强之比为，D错误； 故选D。 5．D 【分析】由题意可知，T℃下反应生成水蒸气浓度为0.4 mol/L时，由方程式可知，反应生成二氧化碳浓度为0.4 mol/L，则反应的平衡常数为：K==0.4 mol/L×0.4 mol/L=0.16 mol2/L2。 【详解】A．保持容器体积不变，向平衡体系中通入不参与反应的氩气，气体压强增大，但各物质的浓度不变，平衡不移动，A正确； B．减小压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳浓度增大，由题意可知，保持温度不变，将体积扩大为2 L，一段时间后，二氧化碳浓度为0.3 mol/L，小于原平衡时二氧化碳浓度，说明碱式碳酸铜完全分解，则起始碱式碳酸铜的质量为：a=0.3 mol/L×2 L×222 g/mol=133.2 g，B正确； C．平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，则保持温度不变，若把体积压缩为0.5 L，重新达平衡后，二氧化碳浓度、水蒸气浓度都为0.4 mol/L，气体的总物质的量为：(0.4 mol/L+0.4 mol/L) L×0.5 L=0.4 mol，由题意可知，原平衡时，气体的总物质的量为：(0.4 mol/L+0.4 mol/L) L×1 L=0.8 mol，则反应消耗二氧化碳和水蒸气的物质的量都为0.2 mol，由方程式可知，固体增加质量为：0.2×44 + 0.2×18=12.4 g，C正确； D．体积不变时，向平衡体系中通入二氧化碳、水蒸气各0.2 mol后，两者的瞬间浓度均为0.6 mol/L，反应的浓度商为：Qc==0.6 mol/L×0.6 mol/L=0.36 mol2/L2>0.16 mol2/L2，说明平衡向逆反应方向移动，但平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，则重新达平衡后，二氧化碳浓度、水蒸气浓度都为0.4 mol/L，D错误； 故选D。 6．C 【分析】活化分子百分数由温度和催化剂决定。 【详解】①固体量增减不影响浓度，无效； ②缩小体积虽提高浓度，但活化分子百分数不变； ③升温同时提高活化分子百分数和反应速率； ④催化剂降低活化能，提高活化分子百分数和速率； ⑤充入不改变反应物浓度，无效； ⑥移走仅改变浓度，不影响活化分子百分数。 ③④符合题意，故答案选C。 7．A 【详解】A．与水反应放热，使广口瓶内空气受热膨胀、压强增大，U形管左侧液面降低、右侧升高，通过观察U形管两侧液面的高度差，可以直观地判断该反应是放热还是吸热，A正确； B．装置②中两组实验的反应物浓度、温度均为变量，变量不唯一，无法确定出现浑浊的快慢是由温度导致的，不能比较温度对反应速率的影响，B错误； C．装置③中长颈漏斗下端未浸入液面下形成液封，反应生成的会从长颈漏斗逸出，无法准确测定氢气的体积，不能测定生成氢气的速率，C错误； D．装置④中两组溶液的浓度、物质的量均不同，初始颜色深浅不同，且浓度更大的完全反应需要消耗更多反应物，褪色时间更长，无法依据褪色快慢比较浓度对反应速率的影响，D错误； 故选A。 8．C 【详解】A．由于高锰酸钾与草酸的反应是自催化反应，生成的可作催化剂，且高锰酸钾物质的量不同，褪色时间自然不同，不能探究浓度对化学反应速率的影响，A错误； B．催化剂中阴阳离子均不同，应控制阴离子相同比较的催化效果，B错误； C．将溶液分别置于冷水和热水中，加入相同体积和浓度的，可以通过观察产生沉淀的快慢来探究温度对反应速率的影响，C正确； D．反应后的溶液中含有大量浓硫酸，稀释浓硫酸应该将浓硫酸倒入水中，所以反应后的溶液应该倒入水中并不断搅拌，D错误； 故选C。 9．A 【详解】A．该反应是气体体积减小的反应，相同温度下，增大压强，平衡向正反应方向移动，Ａ的转化率增大，由图可知，相同温度下，p1条件下A的转化率小于p2条件下，则压强p2大于p1，A正确； B．由图可知，t1时刻改变条件的瞬间，正、逆反应速率均增大，但正、逆反应速率依然相等，说明t1时刻之后改变条件，平衡不移动，反应处于平衡状态，B错误； C．由图可知，乙条件下反应先达到平衡，且反应物B的体积分数低于甲条件下，说明乙相对于甲，改变条件后反应速率加快、向正反应方向移动，由方程式可知，该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则图Ⅲ表示的不是温度对平衡的影响，C错误； D．增大反应物B的浓度瞬间，正反应速率增大，但逆反应速率保持不变，由图可知，t1时刻条件改变的瞬间，正、逆反应速率均增大，则t1时刻改变的条件不可能是增大B 的浓度，D错误； 故选A。 10．B 【详解】A．由图可知，t2时刻，改变条件，正、逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，该反应为气体分子数不变的反应，增大压强平衡不移动，且正逆反应速率同等增大，故也可能是改变压强，A错误； B．t3时刻，改变条件，正、逆反应速率降低，且逆反应速率降低更多，平衡向正反应移动，B正确； C．该反应为气体分子数不变的反应，增大压强正逆反应速率同等增大，平衡不移动，C错误； D．t2～t3平衡不移动，转化率不变；反应为放热反应，t3时刻改变条件，正、逆反应速率都降低，且逆反应速率降低更多，则改变条件为降低温度，t3～t4时刻，平衡向正反应移动，转化率增大；t5时刻改变条件，正、逆反应速率都升高，且逆反应速率降低升高更多，则改变条件为升高温度，t5～t6时刻，平衡向逆反应移动，转化率降低；对比t3、t6时刻平衡时速率可知，t5时刻升高温度幅度没有t3时刻降温幅度大，则t6时刻平衡较t3时刻，相当于平衡正向移动，t6时刻转化率大于t3时刻，D错误； 故选B。 11．B 【分析】首先明确反应速率与完全沉淀时间成反比，速率表达式为，其中，。对比实验I和II，浓度相同，变为原来的，反应时间变为原来的2倍，速率变为原来的，得。对比实验I和III，浓度相同，变为原来的，反应时间变为原来的4倍，速率变为原来的，得的总反应级数为2，即，解得。 【详解】A．对比实验I、II和I、III的速率与浓度变化关系，推导得、，A正确； B．实验I中，，完全沉淀时间为40 min，故，B错误； C．升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率升高，速率常数增大，C正确； D．对比实验I和II，增大浓度，反应速率加快；对比实验I和III，增大浓度，反应速率加快，故其它条件相同时，增大反应物浓度可加快反应速率，D正确； 故选B。 12．C 【详解】A．决速步是反应机理中最慢的一步，反应Ⅱ为慢反应，因此是决速步，A正确； B．总反应为放热反应，，B正确； C．反应Ⅰ是放热的快平衡（），升高温度会使反应Ⅰ平衡逆向移动，导致中间产物的浓度大幅减小；总反应速率由慢反应Ⅱ决定，速率与正相关，虽然升温会使速率常数增大，但的减小可能使总反应速率下降，因此总反应速率不一定加快，C错误； D．反应Ⅰ为快平衡，正逆反应速率相等：，整理得；总速率由决速步反应Ⅱ决定，反应Ⅱ速率，代入得： ，D正确； 故答案选C。 13．D 【详解】A．时，，A正确； B．时，，B正确； C．加入催化剂甲加快反应速率，达到最大值的时间提前，C正确； D．催化剂不影响化学平衡移动，加入催化剂乙，最大值不会变化，D错误； 故选D。 14．A 【详解】A．根据图像可知，30 min内Z浓度增加了0.125 mol/L，即反应②中消耗M的物质的量浓度为0.125 mol/L，而这段时间反应①中，消耗M的物质的量浓度为(0.5-0.3-0.125) mol/L=0.075 mol/L，生成Y的物质的量浓度为0.075 mol/L，v(Y)==2.5×10-3 mol/(L·min)，A错误； B．由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数均为1，因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B正确； C．结合A、B的分析可知，反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于=且保持不变，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有即的M转化为Z，C正确； D．由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，反应①的活化能比反应②的活化能大，D正确； 故答案为A。 15．C 【分析】由图中的信息可知，浓度随时间变化逐渐减小的代表的是X，浓度随时间变化逐渐增大的代表的是Z，浓度随时间变化先增大后减小的代表的是Y；由图乙中的信息可知，反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，据此分析解题。 【详解】A．由图乙信息可知，温度低于T1时，k1＞k2，反应②为慢反应，因此，总反应速率由反应②决定，A正确； B．由图甲中的信息可知，随c(X)的减小，c(Y) 先增大后减小，c(Z)增大，因此，反应①的速率随c(X)的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，B正确； C．根据体系中发生的反应可知，在Y的浓度达到最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，因此，v (X)= v (Y) +v(Z)，但是，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X的减少量，故v (X) + v (Y) = v(Z)，C错误； D．升高温度可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，且反应②的速率随着Y的浓度的增大而增大，因此，欲提高Y的产率，需提高反应温度且尽量防止反应②消耗Y，故还要控制反应时间，D正确； 故选C。 16．D 【分析】由题图可知，的浓度与反应时间t为线性关系，说明反应速率为常数，结合速率方程可得：，该反应为0级反应，且，据此分析。 【详解】A．由图中数据，初始，t=100 min时c=0，可得速率常数，A错误； B．由图可知，的浓度与时间呈线性关系，此为0级反应的特征，故，该反应为0级反应，不是1级反应，B错误； C．0级反应浓度满足关系，当t=20 min时，，a点坐标为(20，0.080)，C错误； D．半衰期满足 ​​，整理得；若起始浓度为0.200 mol⋅L-1，代入得，D正确； 故答案为：D。 17．D 【详解】A．由催化历程图可知，反应过程中存在、、、等中间产物，这些中间产物可能结合生成副产物，如、、结合生成HCOOH，、、结合生成，故A正确； B．反应速率由活化能最高的基元反应决定，由图可知，生成TS1的活化能最高，故生成TS1的步骤决定反应的整体速率，故B正确； C．由图可知，反应物和的总能量低于产物的总能量，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，有利于提高的转化率，故C正确； D．该反应的总反应方程式为，则。当时，的分压变化量为，则的分压变化量也为，此时。该时刻，则，故D错误； 故选D。 18．D 【详解】A．反应时间越长，稳定产物（能量更低的产物）比例越大，产物X为能量更高的产物，随时间延长，其比例会越来越小，A错误； B．反应决速步骤为能垒最高的步骤，该历程第一步（反应物→过渡态1）的活化能最大，为261.9 ，而不是 ，B错误； C．升高温度时，活化能越大的反应速率加快程度越大，生成产物Ⅰ的活化能（121.45）大于生成产物Ⅱ的活化能（45.02 ），故升高温度，生成产物Ⅰ的反应速率加快程度大于生成产物Ⅱ的反应，C错误； D．一定温度下，短时间内，活化能低的产物生成速率更快，比例更大，生成产物Ⅰ（X）的活化能（121.45）大于生成产物Ⅱ（Y）的活化能（45.02 ），产物的Y比例更大，故a mol苯反应得到产物Y和产物X物质的量之比为，Y占比，即Y的物质的量为0.7a mol，反应平均速率为 ，D 正确； 答案选D。 19．B 【详解】①．根据反应机理，将各步骤加和，催化剂不写入总反应，反应物为，生成物为和，总反应为：； ②．根据图示机理，在水溶液中存在电离平衡，增大H⁺浓度会使平衡逆向移动，导致浓度降低，从而使反应速率减慢，②错误； ③．总反应速率由活化能最大（反应速率最慢）的基元步骤决定，根据能量图，步骤的活化能最大，是决速步骤，③正确； ④．一步完成的反应（基元反应）只有一个基元反应，不是所有反应都存在多个基元反应，④错误； ⑤．加入催化剂，降低反应活化能，活化分子数目增加，活化分子百分数也增大，⑤错误； 故正确的有①③； 答案选B。 20．D 【详解】A．基元反应对应一个能垒（过渡态），该反应共有2个过渡态，对应2个基元反应（步骤Ⅰ、步骤Ⅱ），A错误； B．根据题意，直接参与反应的元素替换为更重的同位素时，反应速率更慢，活化能（能垒）更高。中D是比H更重的同位素，反应活化能更高，第一个能峰更高，能量变化对应曲线a，B错误； C．步骤Ⅰ涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ涉及C-M键断裂，碳氧键的形成，均不涉及非极性键的变化，C错误； D．含1个C-H键、3个C-D键，断C-H键速率快于断C-D键（H更轻，反应速率更快）：断C-H键最终生成，断C-D键最终生成，因此产量，D正确； 故选D。 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 $