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高考化学三轮冲刺易错题易错点21 化学反应速率（2份打包，原卷版+教师版）
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这是一份高考化学三轮冲刺易错题易错点21 化学反应速率（2份打包，原卷版+教师版），文件包含高考化学三轮冲刺易错题易错点21化学反应速率教师版doc、高考化学三轮冲刺易错题易错点21化学反应速率原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共48页， 欢迎下载使用。
易错点21化学反应速率
易错题【01】化学反应速率的计算
在解题过程中先写出有关反应的化学方程式；找出各物质的起始量、转化量、某时刻量；根据已知条件列方程式计算。例如，对于反应mA＋nB===pC＋qD，A的浓度为a mol·L－1，B的浓度为b mol·L－1，反应进行至t1 s时，A消耗了x mol·L－1，则反应速率可计算如下：
mA(g)＋nB(g)===pC(g)＋qD(g)
a b 0 0
x
a－x b－
则v(A)＝ mol·L－1·s－1，同一反应不同物质的反应速率之间的关系如下：
易错题【02】化学反应速率的比较
同一化学反应中，不同物质来表示化学反应速率时，数值可能不同，需要进行转化。常用以下两种方法：
①看化学反应速率的单位是否一致，若不一致，需转化为同一单位；将不同物质的化学反应速率转化成同一物质的化学反应速率，或分别除去相应物质的化学计量数；标准统一后比较数值大小，数值越大，反应速率越大。
②比值法通过化学反应速率与其对应的化学计量数的比值进行比较，比值大的化学反应速率大。如对于反应aA(g)＋bB(g)⇌cC(g)＋dD(g)，若：＞，则A表示的化学反应速率较大。
易错题【03】催化剂的特点和影响因素
①催化剂具有高度的选择性(或专一性)。一种催化剂并非对所有的化学反应都有催化作用，例如二氧化锰在氯酸钾受热分解中起催化作用，加快化学反应速率，但对其他的化学反应就不一定有催化作用。
②某些化学反应并非只有唯一的催化剂，例如氯酸钾受热分解中能起催化作用的还有氧化镁、氧化铁和氧化铜等。
③绝大多数催化剂都有其活性温度范围，温度过高或过低，催化活性都会降低。
④在有的反应中催化剂参与化学反应，其作用是降低该反应发生所需要的活化能，可以把一个较难发生的反应变成几个较容易发生的化学反应。
⑤催化剂能改变反应的活化能，但不能改变反应的ΔH 。
4.控制变量法探究影响反应速率的因素
(1)确定变量：理清影响实验探究结果的所有因素。
(2)定多变一：在探究时，先确定其他的因素不变，只变化一种因素，看这种因素与探究的问题存在怎样的关系；这样确定一种以后，再确定另一种，通过分析每种因素与所探究问题之间的关系，得出所有影响因素与所探究问题之间的关系。
(3)数据有效：解答时注意选择数据(或设置实验)要有效，且变量统一，否则无法作出正确判断。
易错题【04】速率常数与化学平衡常数之间的关系
一定温度下， 可逆反应：aA(g)＋bB(g)gG(g)＋hH(g)，达到平衡状态时，v正＝k正 ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)，由于平衡时 v正＝v逆，则k正ca(A)·cb(B)＝k逆·cg(G)·ch(H)，所以＝＝K。
典例分析
例1、在C(s)＋CO2(g)2CO(g)反应中可使反应速率增大的措施是( )
①减小容器体积使增大压强 ②增加碳的量 ③恒容时通入CO2 ④恒压下充入N2 ⑤恒容下充入N2
A．①③⑤ B．②④ C．①③ D．③⑤
C【解析】该反应为气体参加的反应，增大压强，反应速率加快，①正确；增加碳的量，固体物质的浓度不变不影响化学反应速率，②错误；恒容通入CO2，反应物浓度增大，反应速率加快，③正确；恒压下充入N2，体积增大反应物浓度减小，反应速率减小，④错误；恒容下充入N2，反应物的浓度不变，反应速率不变，⑤错误。
例2、已知反应2NO(g)＋2H2(g)N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－752 kJ·mol－1的反应机理如下：
①2NO(g)N2O2(g) (快)
②N2O2(g)＋H2(g)N2O(g)＋H2O(g) (慢)
③N2O(g)＋H2(g)N2(g)＋H2O(g) (快)
下列有关说法错误的是( )
A．①的逆反应速率大于②的正反应速率
B．②中N2O2与H2的碰撞仅部分有效
C．N2O2和N2O是该反应的催化剂
D．总反应中逆反应的活化能比正反应的活化能大
C【解析】①为快反应，说明反应物的活化能和生成物的活化能都较小，反应更容易发生；②为慢反应，说明反应物的活化能和生成物的活化能都较大，②中反应物的活化能大于①中生成物的活化能，因此①的逆反应速率大于②的正反应速率，A项正确；②反应为慢反应，反应慢说明反应的活化能大，物质微粒发生碰撞时，许多碰撞都不能发生化学反应，因此碰撞仅部分有效，B项正确；反应过程中N2O2和N2O是中间产物，不是催化剂，C项错误；总反应为放热反应，则总反应中逆反应的活化能比正反应的活化能大，D项正确。
例3、(1)某同学设计如下实验方案探究影响锌与稀硫酸反应速率的因素，有关数据如下表所示：
序号
纯锌
粉/g
2.0 mol·L－1
硫酸溶液/mL
温度
/ ℃
硫酸铜
固体/g
加入蒸
馏水/mL
Ⅰ
2.0
50.0
25
0
0
Ⅱ
2.0
40.0
25
0
10.0
Ⅲ
2.0
50.0
25
0.2
0
Ⅳ
2.0
50.0
25
4.0
0
①本实验待测数据可以是_________________________________，
实验Ⅰ和实验Ⅱ可以探究 对锌与稀硫酸反应速率的影响。
②实验Ⅲ和实验Ⅳ的目的是____________________________________，
写出有关反应的离子方程式____________________________________。
(2)为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：
实验
序号
体积V/mL
K2S2O8溶液
水
KI溶液
Na2S2O3溶液
淀粉溶液
①
10.0
0.0
4.0
4.0
2.0
②
9.0
1.0
4.0
4.0
2.0
③
8.0
Vx
4.0
4.0
2.0
表中Vx＝ ，理由是______________________________。
【答案】(1)①反应结束所需要的时间(或相同条件下产生等体积的氢气所需要的时间) 硫酸浓度
②探究硫酸铜的质量对反应速率的影响 Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑
(2)2.0 保证反应物K2S2O8浓度的改变，而其他物质浓度不变
【解析】(1)实验Ⅰ和实验Ⅱ中，锌的质量和状态相同，硫酸的浓度不同，实验Ⅲ和实验Ⅳ中加入硫酸铜，Cu2＋的氧化性强于H＋，首先发生反应Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，生成的铜附着在锌表面，在稀硫酸溶液中构成原电池，加快化学反应速率。但是加入的硫酸铜过多，生成的铜会覆盖在锌表面，阻止锌与稀硫酸进一步反应，产生氢气的速率又会减慢。①本实验待测数据可以是“反应结束所需要的时间”或“相同条件下产生等体积的氢气所需要的时间”，实验Ⅰ和实验Ⅱ可以探究硫酸的浓度对反应速率的影响。②实验Ⅲ和实验Ⅳ加入的硫酸铜的质量不同，可以探究加入硫酸铜的质量与反应速率的关系。(2)实验的目的是探究K2S2O8溶液的浓度对化学反应速率的影响，故应保证每组实验中其他物质的浓度相等，即溶液的总体积相等(即为20.0 mL)，从而可知Vx＝2.0。
例4、将氨氧化法制硝酸过程中氨经催化氧化后的气体(高于800 ℃)急剧冷却到100 ℃以下，一方面除去大量的H2O，使NO(g)和O2(g)发生反应，另一方面温度低有利于生成NO2(g)。
2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：
Ⅰ.2NO(g)N2O2(g)(反应快，瞬间达到平衡) ΔH1<0
v1正＝k1正·c2(NO) v1逆＝k1逆·c(N2O2)
Ⅱ.N2O2(g)＋O2(g)2NO2(g)(反应慢) ΔH2<0
v2正＝k2正·c(N2O2)·c(O2) v2逆＝k2逆·c2(NO2)
其中k1、k2是速率常数，随温度上升而增大。
则：一定温度下，反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K＝________，根据速率方程分析，升高温度该总反应速率减小的原因是_____________________________。
【答案】 温度升高，反应Ⅰ逆向移动并迅速达到平衡，导致N2O2浓度减小，虽然升高温度k2正、k2逆均增大，但对反应Ⅱ影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速率变小，总反应的速率由较慢的一步决定，所以总反应速率减小
【解析】已知①2NO(g)N2O2(g)；②N2O2(g)＋O2(g)2NO2(g)，而目标反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的ΔH＝①＋②＝ΔH1＋ΔH2，由反应达平衡状态，所以v1正＝v1逆、v2正＝v2逆，所以v1正×v2正＝v1逆×v2逆，即k1正·c2(NO)×k2正·c(N2O2)·c(O2)＝k1逆·c(N2O2)×k2逆·c2(NO2)，整理得＝＝K；温度升高，反应Ⅰ逆向移动并迅速达到平衡，导致N2O2浓度减小，虽然温度k2正、k2逆均增大，但对反应Ⅱ影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速率变小，总反应的速率由较慢的一步决定，所以总反应速率减小。
1．（2022·辽宁·高考真题）某温度下，在恒容密闭容器中发生反应，有关数据如下：
时间段/
产物Z的平均生成速率/
0～2
0.20
0～4
0.15
0～6
0.10
下列说法错误的是A．时，Z的浓度大于
B．时，加入，此时
C．时，Y的体积分数约为33.3%
D．时，X的物质的量为
2．（2022·北京·高考真题）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，副反应生成的速率大于反应②生成速率
D．之后，生成的速率为0，是因为反应②不再发生
3．（2022·广东·高考真题）在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则
A．无催化剂时，反应不能进行
B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D．使用催化剂Ⅰ时，内，
4．（2022·浙江·高考真题）恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是
A．实验①，，
B．实验②，时处于平衡状态，
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
5．（2022·浙江·高考真题）在恒温恒容条件下，发生反应A(s)+2B(g)3X(g)+c(B)随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是
A．从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率
B．从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率
C．在不同时刻都存在关系：2v(B)=3v(X)
D．维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，c(B)随时间变化关系如图中曲线乙所示
6．（2022·湖南·高考真题）甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。
旧法合成的反应：
新法合成的反应：
下列说法错误的是(阿伏加德罗常数的值为)
A．的电子式为
B．新法没有副产物产生，原子利用率高
C．的溶液中的微粒数小于
D．的作用是降低反应的活化能，使活化分子数目增多，百分数不变
7．（2021·辽宁·高考真题）某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是
A．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
B．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C．条件①，反应速率为
D．条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为
8．（2021·山东·高考真题）18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为：+OH-+CH3O-能量变化如图所示。已知为快速平衡，下列说法正确的是
A．反应Ⅱ、Ⅲ为决速步
B．反应结束后，溶液中存在18OH-
C．反应结束后，溶液中存在CH318OH
D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变
9．（2021·广东·高考真题）反应经历两步：①；②。反应体系中、、的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．a为随t的变化曲线
B．时，
C．时，的消耗速率大于生成速率
D．后，
10．（2022·河南·焦作市第一中学模拟预测）的资源化利用有利于缓解温室效应并解决能源转化问题，一种以催化加氢合成低碳烯烃的反应过程如图所示：
下列说法错误的是
A．第ⅰ步反应过程中碳元素发生还原反应
B．异构化反应过程中发生化学键的断裂和形成
C．该反应总过程的原子利用率为100%
D．不影响加氢合成低碳烯烃的
11．（2022·青海·海东市第一中学二模）叔丁基溴在乙醇中反应的能量变化如图所示。
反应1：
反应2：
下列说法正确的是
A．3种过渡态相比①最稳定
B．反应1和反应2的∆Ｈ都大于0
C．第一个基元反应是决速步骤
D．是反应1和反应2共同的催化剂
12．（2022·河北·高考真题）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①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．随的减小，反应①、②的速率均降低
B．体系中
C．欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间
D．温度低于时，总反应速率由反应②决定
13．（2022·湖南·高考真题）反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如下图所示：
下列有关四种不同反应进程的说法正确的是
A．进程Ⅰ是放热反应 B．平衡时P的产率：Ⅱ>Ⅰ
C．生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ D．进程Ⅳ中，Z没有催化作用
14．（2021·湖南·高考真题）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：
下列说法错误的是
A．该过程的总反应为
B．浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C．该催化循环中元素的化合价发生了变化
D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
15．（2022·湖南·邵阳市第一中学三模）最近科学家在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇(CH3OH)方向取得重要进展，反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用“*”标注。下列说法错误的是
A．得到的副产物有CO和CH2O(甲醛)，其中相对较多的副产物为CO
B．生成副产物CH2O时，反应的活化能较小
C．制备甲醇的主反应速率主要由过程*CO+*OH→*CO+*H2O决定
D．电催化还原制备甲醇过程中，阳极的电势比阴极电势低
16．（2022·湖南省祁阳市第一中学三模）三甲胺是重要的化工原料。我国科学家实现了使用铜催化剂将，二甲基甲酰胺[，简称]转化为三甲胺的合成路线。结合实验与计算机模拟结果，研究单个分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示(*装示物质吸附在铜催化剂上)。下列说法错误的是
A．该历程中只发生了极性键的断裂
B．该历程中的最大能垒(活化能)为
C．铜催化剂的作用之一是吸附反应物形成更稳定的反应中间体
D．若完全转化为三甲胺，则会释放出的能量
17．（2022·广东·普宁市华侨中学二模）某校化学小组探究酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应速率的影响因素。
(1)甲进行了实验I：常温下，向4mL不同浓度的H2O2溶液中滴入一滴0.04mL0.05mol/LKMnO4溶液[c(H+)=5.0mol/L]，记录如下：
c(H2O2)/mol/L
0.0010
0.0015
0.0125
0.0312
0.044
0.0620
完全褪色时间/s
25
15
12
23
60
370
无色气泡
一样多
①请写出反应的离子方程式_______。
②对于c(H2O2)增大引起的速率异常现象，根据上述实验结果，甲排除了一种可能，请用化学方程式表示这种可能性_______。
③为了解释c(H2O2)增大到一定浓度后速率减小，乙查得了如下资料：
资料显示：c(H2O2)>0.02mol，H2O2溶液中存在平衡：2H2O2⇌H4O4
请用平衡移动原理解释c(H2O2)=0.0312mol/L速率忽然减小的原因_______。
(2)乙继续进行实验II，并记录如下：
操作
现象
实验II
往2mL0.2mol/LH2O2溶液中逐滴滴加0.05mol/LKMnO4[c(H+)=5.0mol/L]溶液
第1-9滴溶液滴下，完全褪色所需时间很长；
第10滴溶液滴下迅速褪色。
整个过程中几乎无温度变化。
①对于第10滴溶液与H2O2溶液反应速率剧烈变化的原因，乙提出如下假设：_______。
②乙设计实验方案证实了上述假设合理，请补全他的方案：
操作
现象
实验III
往2mL0.2mol/LH2O2溶液中滴入5滴0.05mol/LKMnO4[c(H+)=5.0mol/L]溶液
完全褪色时间为t秒
实验IV
往2mL0.2mol/LH2O2溶液中_______
_______
(3)综合上述实验，对于酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应速率，丙进行了总结。下列因素一定能加快反应速率的是_______。
a.增大KMnO4溶液浓度 b.增大H2O2溶液浓度 c.增大H2SO4浓度
d.加热适当温度 e.加入合适的催化剂
18．（2022·北京·和平街第一中学三模）某小组探究和的反应的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
【实验探究】
实验i：向装有0.5g的烧杯中加入20mL30%溶液，一段时间内无明显现象，10小时后，溶液中有少量蓝色浑浊，片表面附着少量蓝色固体。
(1)写出该反应的化学方程式：_______。
【继续探究】
针对该反应速率较慢，小组同学查阅资料，设计并完成了下列实验。
装置
序号
试剂a
现象
ii
20mL30%与4mL
5mol/L混合液
表面很快生产少量气泡，溶液逐渐变蓝，产生较多气泡
iii
20mL30%与4mL
5mol/L氨水混合液
溶液立即变为深蓝色，产生大量气泡，表面有少量蓝色不溶物
(2)实验ii中：溶液变蓝的原因是_______(用离子反应方程式表示)；经检验产生的气体为氧气，产生氧气的原因是_______。
(3)对比实验i和iii，为探究氨水对的还原性或氧化性的影响，该同学利用如图装置继续实验。
已知：电压大小反映了物质氧化还原性强弱的差异；物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大。
a.K闭合时，电压为x。
b.向U型管右侧溶液中滴加氨水后，电压不变。
c.继续向U型管左侧溶液中滴加氨水后，电压增大了y。
①利用电极反应解释该实验的结论：_______。
②利用该方法也可证明酸性增强可提高的氧化性，与上述实验操作不同的是_______。
(4)总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是_______。
(5)应用：分别与的盐酸、氢溴酸、氢碘酸混合，只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因_______。
19．（2022·江苏·南京市第十三中学模拟预测）工业上常采用Fenton氧化法去除废水中的有机物。
(1)某研究小组向废水中加入，以作催化剂，产生具有强氧化性的羟基自由基()氧化降解水中的有机物(TOC)。
①其他条件一定时，的值对TOC去除效果的影响如图所示：
当TOC的去除率最大时，_______。
②在，其他条件一定时，的加入量对TOC去除效果的影响如图所示，当TOC的去除效果最好时，的物质的量浓度c()=_______。当的加入量大于40mg/L时，TOC去除率反而减小的原因是_______。
(2)我国学者制备了一种介孔二氧化锰负载的催化剂，并将其应用到苯并三唑(，BZA)的降解中，催化机理如下图：
①BZA可以与或结合的原因是_______。
②直接降解BZA的活性氧物种的化学式为_______。
③该过程中分解的途径可用语言描述为_______。
20．（2022·辽宁·高考真题）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为：。回答下列问题：
(1)合成氨反应在常温下_______(填“能”或“不能”)自发。
(2)_______温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，_______温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用。
针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。
(3)方案一：双温-双控-双催化剂。使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为时，的温度为，而的温度为)。
下列说法正确的是_______。
a．氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
b．在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率
c．“热Fe”高于体系温度，有利于提高氨的平衡产率
d．“冷Ti”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率
(4)方案二：复合催化剂。
下列说法正确的是_______。
a．时，复合催化剂比单一催化剂效率更高
b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率
c．温度越高，复合催化剂活性一定越高
(5)某合成氨速率方程为：，根据表中数据，_______；
实验
1
m
n
p
q
2
2m
n
p
2q
3
m
n
0.1p
10q
4
m
2n
p
2.828q
在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为_______。
a．有利于平衡正向移动 b．防止催化剂中毒 c．提高正反应速率
(6)某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，则M元素为_______(填元素符号)；在该化合物中，M离子的价电子排布式为_______。
参考答案
1．B【详解】A．反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则内Z的平均生成速率大于内的，故时，Z的浓度大于，A正确；
B．时生成的Z的物质的量为，时生成的Z的物质的量为，故反应在时已达到平衡，设达到平衡时生了，列三段式：
根据，得，则Y的平衡浓度为，Z的平衡浓度为，平衡常数，时Y的浓度为，Z的浓度为，加入后Z的浓度变为，，反应正向进行，故，B错误；
C．反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；
D．由B项分析可知时反应处于平衡状态，此时生成Z为，则X的转化量为，初始X的物质的量为，剩余X的物质的量为，D正确；
故答案选B。
2．C【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为，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，，比多，且生成速率不变，且反应过程中始终未检测到，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的速率小于反应②生成速率，C错误；
D．由题干图2信息可知，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；
故答案为：C。
3．D【详解】A．由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；
B．由图可知，催化剂I比催化剂II催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，故B错误；
C．由图可知，使用催化剂II时，在0~2min 内Y的浓度变化了2.0mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂II时X浓度随时间t的变化，故C错误；
D．使用催化剂I时，在0~2min 内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则(Y) ===2.0，(X) =(Y) =2.0=1.0，故D正确；
答案选D。
4．C【详解】A．实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为2.4010-3mol/L-2.0010-3mol/L=4.0010-4mol/L，v(NH3)==2.0010-5mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)=v(NH3)=1.0010-5mol/(L·min)，A正确；
B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.0010-4mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.0010-4mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x<0.4，即x≠0.4，B正确；
C．实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是4.0010-4mol/L，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C错误；
D．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D正确；
答案选C。
5．C【详解】A．图像中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率，选项A正确；
B．b点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为反应物B的瞬时速率，选项B正确；
C．化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比分析，3v(B)=2v(X)，选项C不正确；
D．维持温度、容积不变，向反应体系中加入催化剂，平衡不移动，反应速率增大，达到新的平衡状态，平衡状态与原来的平衡状态相同，选项D正确；
答案选C。
6．D【详解】A．氢氰酸为共价化合物，结构式为H—C≡N，电子式为，故A正确；
B．由方程式可知，新法合成甲基丙烯酸甲酯的反应为没有副产物生成，原子利用率为100的化合反应，故B正确；
C．硫酸氢铵是强酸弱碱的酸式盐，铵根离子在溶液中会发生水解反应，所以1L0.05mol/L的硫酸氢铵溶液中铵根离子的数目小于0.05mol/L×1L×NAmol—1=0.05NA，故C正确；
D．由方程式可知，钯为新法合成甲基丙烯酸甲酯的催化剂，能降低反应的活化能，使活化分子的数目和百分数都增大，故D错误；
故选D。
7．B【详解】A．由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故反应速率越大，A正确；
B．由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B错误；
C．由题干图中数据可知，条件①，反应速率为=，C正确；
D．反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为125min÷2=，D正确；
故答案为：B。
8．B【详解】A．一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应I和反应IV的活化能较高，因此反应的决速步为反应I、IV，故A错误；
B．反应I为加成反应，而与为快速平衡，反应II的成键和断键方式为或，后者能生成18OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，故B正确；
C．反应III的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在CH318H，故C错误；
D．该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O-的总能量与和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D错误；
综上所述，正确的是B项，故答案为B。
9．D【详解】由题中信息可知，反应经历两步：①；②。因此，图中呈不断减小趋势的ａ线为X的浓度随时间的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度随时间的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度随时间的变化曲线。
A．X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，为随的变化曲线，A正确；
B．由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于时刻，因此，时，B正确；
C．由图中信息可知，时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即时的消耗速率大于生成速率，C正确；
D．由图可知，时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则，由于反应②的发生，时刻Y浓度的变化量为，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为，这种关系在后仍成立， 因此，D不正确。
综上所述，本题选D。
10．C【详解】A．第i步中，CO2中C元素的化合价降低，则C元素发生还原反应，A正确；
B．异构化反应过程中，(CH2)n转化为C3H6、C2H4、C4H8等，该过程中发生了化学键的断裂和形成，B正确；
C．根据质量守恒定律可知，该反应的总过程为CO2和H2反应生成低碳烯烃和水的过程，则该反应总过程的原子利用率小于100%，C错误；
D．Fe3(CO)12/ZSM-5是催化剂，不影响CO2加氢合成低碳烯烃的ΔH，D正确；
故选C。
11．C【详解】A．过渡态能量：①＞②＞③，过渡态①能量最大，相对不稳定，A项错误；
B．根据能量变化可知，反应1和反应2都是放热反应，∆Ｈ＜0，B项错误；
C．转化为是第一个基元反应，活化能最大，C项正确；
D．是反应2的反应物，不是催化剂，D项错误；
故选C。
12．AB【详解】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。
A．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，A说法错误；
B．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)，B说法错误；
C．升高温度可以可以加快反应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，需提高反应温度且控制反应时间，C说法正确；
D．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，D说法正确；
综上所述，本题选AB。
13．AD【详解】A．由图中信息可知，进程Ⅰ中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程I是放热反应，A说法正确；
B．进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，B说法不正确；
C．进程Ⅲ中由S•Y转化为P•Y的活化能高于进程Ⅱ中由S•X转化为P•X的活化能，由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率为Ⅲ<Ⅱ，Ｃ说法不正确；
D．由图中信息可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S•Z，然后S•Z转化为产物P•Z，由于P•Z没有转化为P＋Z，因此，Z没有表现出催化作用，D说法正确；
综上所述，本题选AD。
14．CD【详解】A．由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO-与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为HCOOHCO2↑+H2↑，故A正确；
B．若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，故B正确；
C．由反应机理可知，Fe在反应过程中，做催化剂，化合价没有发生变化，故C错误；
D．由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D错误；
故选CD。
15．BD【详解】A．主要产物是甲醇，由图可知，得到的副产物有CO和CH2O(甲醛)，生成副产物CH2O时反应的活化能较大，反应进行较慢，生成的量相对较少；生成副产物CO时反应的活化能较小，反应进行较快，生成的量相对较多，选项A正确；
B．由A的分析可知，生成副产物CH2O时，反应的活化能较大，选项B错误；
C．合成甲醇的主反应中，过程*CO+*OH→*CO+*H2O的活化能最大，反应速率最慢，决定整体反应速率，选项C正确；
D．电催化还原制备甲醇过程中，阳极的电势比阴极的高，选项D错误；
答案选BD。
16．AD【详解】A．(CH3)2NCHO(g)与H2(g)反应最终生成N(CH3)3(g)过程中N-C与H-H键一定会断裂，故有极性键和非极性键断裂，选项A错误；
B．看历程最后一步中出现了最大能量-1.02-(-2.21)eV=1.19eV，选项B正确；
C．铜催化剂的作用之一是吸附反应物形成更稳定的反应中间体，图中可见反应中间体能量低，稳定，选项C正确；
D．该反应的总反应由(CH3)2NCHO(g)转化为N(CH3)3(g)，但1.02eV为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量，故，选项D错误；
答案选AD。
17．(1) c(H2O2)=0.0312mol/L时，H2O2溶液中存在平衡：2H2O2 ⇌H4O4，使得c(H2O2)减小，导致反应速率忽然减小
(2) 酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应生成的Mn2+可以催化该反应 先滴入9滴0.05 mol/L MnSO4溶液，再滴加5滴0.05mol/L KMnO4 [c(H+)=5.0mol/L]溶液 完全褪色时间远小于t秒
(3)acde
【解析】（1）①酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
②由题意可知，向不同浓度的过氧化氢溶液中滴入高锰酸钾溶液不足量，产生的气体一样多说明过氧化氢浓度增大引起的速率异常现象一定不是过氧化氢分解的缘故，过氧化氢分解生成氧气和水的化学方程式为，故答案为：；
③由信息可知，当过氧化氢浓度大于0.02mol/L时，过氧化氢溶液中会存在如下平衡，当过氧化氢浓度为0.0312mol/L时，过氧化氢转化为H4O4，溶液中过氧化氢浓度减小，导致反应速率忽然减小，故答案为： 时，H2O2溶液中存在平衡：，使得c(H2O2)减小，导致反应速率忽然减小；
（2）①由整个过程中几乎无温度变化可知，第10滴溶液滴下迅速褪色说明反应速率加快不是温度变化的原因，应该是酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应生成的锰离子做了反应的催化剂，使反应速率加快，故答案为：酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应生成的Mn2+可以催化该反应；
②为了验证酸性酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应生成的锰离子可以催化该反应，应该做加入硫酸锰溶液的对比实验，具体操作为先滴入9滴0.05 mol/L MnSO4溶液，再滴下5滴溶液，发现在锰离子做催化剂作用下，反应速率加快，完全褪色时间远小于t秒，故答案为：酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应生成的Mn2+可以催化该反应；先滴入9滴0.05 mol/L MnSO4溶液，再滴加5滴0.05mol/L KMnO4 [c(H+)=5.0mol/L]溶液；完全褪色时间远小于t秒；
（3）a．增大高锰酸钾溶液浓度，反应物浓度增大，单位体积内有效碰撞次数增大，反应速率加快，故a符合题意；
b．由信息可知，当过氧化氢浓度大于0.02mol/L时，过氧化氢溶液中会存在如下平衡，当过氧化氢浓度为0.0312mol/L时，过氧化氢转化为H4O4，溶液中过氧化氢浓度减小，导致反应速率忽然减小，故b不符合题意；
c．增大硫酸浓度，氢离子参与反应，浓度增加，反应速率加快，故c符合题意；
d．加热适当温度，反应温度增大，活化分子数增大，有效碰撞次数增大，反应速率加快，故d符合题意；
e．加入合适的催化剂，降低反应的活化能，活化分子数增大，有效碰撞次数增大，反应速率加快，故e符合题意；
故答案为：acde。
18．(1)
(2) 产生的铜离子催化了过氧化氢分解
(3) 加入氨水，氨水与形成，使减小，提高了的还原性 向U型管右侧溶液中滴加硫酸
(4)在还原反应(氧化反应)中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)增强
(5)溶解度，、、均可使氧化反应中的降低，提高的还原性，其中只有能使的还原性提高到能将还原
【解析】根据实验现象可知和可反应生成氢氧化铜，为进一步探究反应原理，分别向反应中加入了5mol/L和5mol/L氨水，对比实验分析反应原理和双氧水生成氧气的原因。同时利用电化学原理探究氨水对的还原性或氧化性的影响，通过在电极两侧分别加入氨水观察电压的变化，分析物质氧化性和还原性变化的规律以及应用。
(1)向装有0.5g的烧杯中加入20mL30%溶液，，一段时间后Cu表面出现少量蓝色固体，说明有氢氧化铜生成，故可推测Cu和H2O2反应生成氢氧化铜，反应方程式为；
故答案为：。
(2)实验ii中溶液变蓝，说明Cu与在酸性条件下可以发生反应，生成Cu2+，反应的离子方程式为；经检验，产生的气体为氧气，说明过氧化氢大量分解，而溶液反应生成的Cu2+有催化作用，可以催化双氧水分解，产生大量气泡；
故答案为：；产生的铜离子催化了过氧化氢分解。
(3)向U型管双氧水一侧加入氨水，电压未变化，说明在双氧水中加入氨水不会影响双氧水氧化性的强弱，而向U型管硫酸铜一侧加入氨水，氨水可以和Cu2+发生反应生成四氨合铜离子，这时电压发生了变化，说明氨水的加入使减小，提高了的还原性；证明酸性增强可提高的氧化性时，可向U型管右侧溶液中滴加硫酸，观察电压变化；
故答案为：加入氨水，氨水与形成，使减小，提高了的还原性；向U型管右侧溶液中滴加硫酸。
(4)根据以上实验，可得出结论：在还原反应(氧化反应)中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)增强；故答案为：在还原反应(氧化反应)中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)增强。
(5)
分别与的盐酸、氢溴酸、氢碘酸混合时，，、、均可使降低，提高的还原性，而其中只有能使的还原性提高到能将还原，所以只与氢碘酸发生置换反应；
故答案为：溶解度，、、均可使氧化反应中的降低，提高的还原性，其中只有能使的还原性提高到能将还原。
19．(1) 1 1.18×10—3mol/L 酸性条件下，H2O2直接与Fe2+反应，导致溶液中羟基自由基浓度减小，使得TOC的去除率减小
(2) BZA中的氮原子与或形成配位键 ·O H2O2先转化为H+和HO，HO失去电子转化为H+和·O，·O降解BZA
【解析】（1）①由图可知，TOC的去除率最大时，过氧化氢和亚铁离子的物质的量比为1，故答案为：1；
②由图可知，TOC的去除率最大时，过氧化氢的加入量为40mg/L，设溶液的体积为1L，则过氧化氢的浓度为≈1.18×10—3mol/L；酸性条件下，若过氧化氢的加入量大于40mg/L，过氧化氢会与亚铁离子直接反应，导致溶液中羟基自由基浓度减小，使得TOC的去除率减小，故答案为：1.18×10—3mol/L；酸性条件下，H2O2直接与Fe2+反应，导致溶液中羟基自由基浓度减小，使得TOC的去除率减小；
（2）①BZA分子中氮原子具有孤对电子，能与具有空轨道的亚铜离子或铜离子通过配位键形成配合物，所以BZA可以与亚铜离子或铜离子结合，故答案为：BZA中的氮原子与或形成配位键；
②由图可知，直接降解BZA的活性氧物种为·O，故答案为：·O；
③由图可知，过氧化氢分解的途径为过氧化氢先转化为H+和HO，HO失去电子转化为H+和·O，·O降解BZA，故答案为：H2O2先转化为H+和HO，HO失去电子转化为H+和·O，·O降解BZA。
20．(1)能
(2) 高 低
(3)ab
(4)a
(5) -1 a
(6) Fe 3d6
【解析】（1），则∆G=∆H-T∆S=(-92.4+0.2×273) kJ∙mol-1=-37.8 kJ∙mol-１＜0，所以合成氨反应在常温下能自发进行。答案为：能；
（2）温度越高，反应速率越快，所以高温有利于提高反应速率；因为正反应为放热反应，所以低温有利于提高平衡转化率。答案为：高；低；
（3）a．因为正反应为放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，a正确；
b．温度升高，反应速率加快，所以在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率，b正确；
c．合成氨反应的正反应为放热反应，“热Fe”高于体系温度，不利于提高氨的平衡产率，c不正确；
d．温度升高，可提高合成氨反应的速率，所以“冷Ti”低于体系温度，不利于提高合成氨反应速率，d不正确；
故选ab。答案为：ab；
（4）a．从图中可以看出，时，复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高，a正确；
b．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率，所以同温同压下，复合催化剂不能提高氨的平衡产率，b不正确；
c．虽然图中显示温度高反应速率快，但温度高到一定程度后，复合催化剂活性就可能不变或变低，c不正确；
故选a。答案为：a；
（5）选择实验1和3进行分析，此时，则γ=-1；
a．在合成氨过程中，需要不断分离出氨，有利于平衡正向移动，a正确；
b．氨是在该催化剂的催化作用下生成，不会使催化剂中毒，b不正确；
c．分离出氨，并没有增大反应物的浓度，所以不会提高正反应速率，c不正确；
故选a。答案为：-1；a；
（6）从图中信息可以进行以下计算：含黑球的数目为=4，含白球的数目为8，则黑球与白球的个数比为1:2。黑球的化学式为，白球的化学式为。从而得出M+17×6+15×2=188，M=56，则M元素为Fe；在该化合物中，Fe2+的价电子排布式为3d6。答案为：Fe；3d6。
易错点21化学反应速率
易错题【01】化学反应速率的计算
在解题过程中先写出有关反应的化学方程式；找出各物质的起始量、转化量、某时刻量；根据已知条件列方程式计算。例如，对于反应mA＋nB===pC＋qD，A的浓度为a mol·L－1，B的浓度为b mol·L－1，反应进行至t1 s时，A消耗了x mol·L－1，则反应速率可计算如下：
mA(g)＋nB(g)===pC(g)＋qD(g)
a b 0 0
x
a－x b－
则v(A)＝ mol·L－1·s－1，同一反应不同物质的反应速率之间的关系如下：
易错题【02】化学反应速率的比较
同一化学反应中，不同物质来表示化学反应速率时，数值可能不同，需要进行转化。常用以下两种方法：
①看化学反应速率的单位是否一致，若不一致，需转化为同一单位；将不同物质的化学反应速率转化成同一物质的化学反应速率，或分别除去相应物质的化学计量数；标准统一后比较数值大小，数值越大，反应速率越大。
②比值法通过化学反应速率与其对应的化学计量数的比值进行比较，比值大的化学反应速率大。如对于反应aA(g)＋bB(g)⇌cC(g)＋dD(g)，若：＞，则A表示的化学反应速率较大。
易错题【03】催化剂的特点和影响因素
①催化剂具有高度的选择性(或专一性)。一种催化剂并非对所有的化学反应都有催化作用，例如二氧化锰在氯酸钾受热分解中起催化作用，加快化学反应速率，但对其他的化学反应就不一定有催化作用。
②某些化学反应并非只有唯一的催化剂，例如氯酸钾受热分解中能起催化作用的还有氧化镁、氧化铁和氧化铜等。
③绝大多数催化剂都有其活性温度范围，温度过高或过低，催化活性都会降低。
④在有的反应中催化剂参与化学反应，其作用是降低该反应发生所需要的活化能，可以把一个较难发生的反应变成几个较容易发生的化学反应。
⑤催化剂能改变反应的活化能，但不能改变反应的ΔH 。
4.控制变量法探究影响反应速率的因素
(1)确定变量：理清影响实验探究结果的所有因素。
(2)定多变一：在探究时，先确定其他的因素不变，只变化一种因素，看这种因素与探究的问题存在怎样的关系；这样确定一种以后，再确定另一种，通过分析每种因素与所探究问题之间的关系，得出所有影响因素与所探究问题之间的关系。
(3)数据有效：解答时注意选择数据(或设置实验)要有效，且变量统一，否则无法作出正确判断。
易错题【04】速率常数与化学平衡常数之间的关系
一定温度下， 可逆反应：aA(g)＋bB(g)gG(g)＋hH(g)，达到平衡状态时，v正＝k正 ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)，由于平衡时 v正＝v逆，则k正ca(A)·cb(B)＝k逆·cg(G)·ch(H)，所以＝＝K。
典例分析
例1、在C(s)＋CO2(g)2CO(g)反应中可使反应速率增大的措施是( )
①减小容器体积使增大压强 ②增加碳的量 ③恒容时通入CO2 ④恒压下充入N2 ⑤恒容下充入N2
A．①③⑤ B．②④ C．①③ D．③⑤
C【解析】该反应为气体参加的反应，增大压强，反应速率加快，①正确；增加碳的量，固体物质的浓度不变不影响化学反应速率，②错误；恒容通入CO2，反应物浓度增大，反应速率加快，③正确；恒压下充入N2，体积增大反应物浓度减小，反应速率减小，④错误；恒容下充入N2，反应物的浓度不变，反应速率不变，⑤错误。
例2、已知反应2NO(g)＋2H2(g)N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－752 kJ·mol－1的反应机理如下：
①2NO(g)N2O2(g) (快)
②N2O2(g)＋H2(g)N2O(g)＋H2O(g) (慢)
③N2O(g)＋H2(g)N2(g)＋H2O(g) (快)
下列有关说法错误的是( )
A．①的逆反应速率大于②的正反应速率
B．②中N2O2与H2的碰撞仅部分有效
C．N2O2和N2O是该反应的催化剂
D．总反应中逆反应的活化能比正反应的活化能大
C【解析】①为快反应，说明反应物的活化能和生成物的活化能都较小，反应更容易发生；②为慢反应，说明反应物的活化能和生成物的活化能都较大，②中反应物的活化能大于①中生成物的活化能，因此①的逆反应速率大于②的正反应速率，A项正确；②反应为慢反应，反应慢说明反应的活化能大，物质微粒发生碰撞时，许多碰撞都不能发生化学反应，因此碰撞仅部分有效，B项正确；反应过程中N2O2和N2O是中间产物，不是催化剂，C项错误；总反应为放热反应，则总反应中逆反应的活化能比正反应的活化能大，D项正确。
例3、(1)某同学设计如下实验方案探究影响锌与稀硫酸反应速率的因素，有关数据如下表所示：
序号
纯锌
粉/g
2.0 mol·L－1
硫酸溶液/mL
温度
/ ℃
硫酸铜
固体/g
加入蒸
馏水/mL
Ⅰ
2.0
50.0
25
0
0
Ⅱ
2.0
40.0
25
0
10.0
Ⅲ
2.0
50.0
25
0.2
0
Ⅳ
2.0
50.0
25
4.0
0
①本实验待测数据可以是_________________________________，
实验Ⅰ和实验Ⅱ可以探究 对锌与稀硫酸反应速率的影响。
②实验Ⅲ和实验Ⅳ的目的是____________________________________，
写出有关反应的离子方程式____________________________________。
(2)为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：
实验
序号
体积V/mL
K2S2O8溶液
水
KI溶液
Na2S2O3溶液
淀粉溶液
①
10.0
0.0
4.0
4.0
2.0
②
9.0
1.0
4.0
4.0
2.0
③
8.0
Vx
4.0
4.0
2.0
表中Vx＝ ，理由是______________________________。
【答案】(1)①反应结束所需要的时间(或相同条件下产生等体积的氢气所需要的时间) 硫酸浓度
②探究硫酸铜的质量对反应速率的影响 Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑
(2)2.0 保证反应物K2S2O8浓度的改变，而其他物质浓度不变
【解析】(1)实验Ⅰ和实验Ⅱ中，锌的质量和状态相同，硫酸的浓度不同，实验Ⅲ和实验Ⅳ中加入硫酸铜，Cu2＋的氧化性强于H＋，首先发生反应Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，生成的铜附着在锌表面，在稀硫酸溶液中构成原电池，加快化学反应速率。但是加入的硫酸铜过多，生成的铜会覆盖在锌表面，阻止锌与稀硫酸进一步反应，产生氢气的速率又会减慢。①本实验待测数据可以是“反应结束所需要的时间”或“相同条件下产生等体积的氢气所需要的时间”，实验Ⅰ和实验Ⅱ可以探究硫酸的浓度对反应速率的影响。②实验Ⅲ和实验Ⅳ加入的硫酸铜的质量不同，可以探究加入硫酸铜的质量与反应速率的关系。(2)实验的目的是探究K2S2O8溶液的浓度对化学反应速率的影响，故应保证每组实验中其他物质的浓度相等，即溶液的总体积相等(即为20.0 mL)，从而可知Vx＝2.0。
例4、将氨氧化法制硝酸过程中氨经催化氧化后的气体(高于800 ℃)急剧冷却到100 ℃以下，一方面除去大量的H2O，使NO(g)和O2(g)发生反应，另一方面温度低有利于生成NO2(g)。
2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：
Ⅰ.2NO(g)N2O2(g)(反应快，瞬间达到平衡) ΔH1<0
v1正＝k1正·c2(NO) v1逆＝k1逆·c(N2O2)
Ⅱ.N2O2(g)＋O2(g)2NO2(g)(反应慢) ΔH2<0
v2正＝k2正·c(N2O2)·c(O2) v2逆＝k2逆·c2(NO2)
其中k1、k2是速率常数，随温度上升而增大。
则：一定温度下，反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K＝________，根据速率方程分析，升高温度该总反应速率减小的原因是_____________________________。
【答案】 温度升高，反应Ⅰ逆向移动并迅速达到平衡，导致N2O2浓度减小，虽然升高温度k2正、k2逆均增大，但对反应Ⅱ影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速率变小，总反应的速率由较慢的一步决定，所以总反应速率减小
【解析】已知①2NO(g)N2O2(g)；②N2O2(g)＋O2(g)2NO2(g)，而目标反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的ΔH＝①＋②＝ΔH1＋ΔH2，由反应达平衡状态，所以v1正＝v1逆、v2正＝v2逆，所以v1正×v2正＝v1逆×v2逆，即k1正·c2(NO)×k2正·c(N2O2)·c(O2)＝k1逆·c(N2O2)×k2逆·c2(NO2)，整理得＝＝K；温度升高，反应Ⅰ逆向移动并迅速达到平衡，导致N2O2浓度减小，虽然温度k2正、k2逆均增大，但对反应Ⅱ影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速率变小，总反应的速率由较慢的一步决定，所以总反应速率减小。
1．（2022·辽宁·高考真题）某温度下，在恒容密闭容器中发生反应，有关数据如下：
时间段/
产物Z的平均生成速率/
0～2
0.20
0～4
0.15
0～6
0.10
下列说法错误的是A．时，Z的浓度大于
B．时，加入，此时
C．时，Y的体积分数约为33.3%
D．时，X的物质的量为
2．（2022·北京·高考真题）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，副反应生成的速率大于反应②生成速率
D．之后，生成的速率为0，是因为反应②不再发生
3．（2022·广东·高考真题）在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则
A．无催化剂时，反应不能进行
B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D．使用催化剂Ⅰ时，内，
4．（2022·浙江·高考真题）恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是
A．实验①，，
B．实验②，时处于平衡状态，
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
5．（2022·浙江·高考真题）在恒温恒容条件下，发生反应A(s)+2B(g)3X(g)+c(B)随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是
A．从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率
B．从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率
C．在不同时刻都存在关系：2v(B)=3v(X)
D．维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，c(B)随时间变化关系如图中曲线乙所示
6．（2022·湖南·高考真题）甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。
旧法合成的反应：
新法合成的反应：
下列说法错误的是(阿伏加德罗常数的值为)
A．的电子式为
B．新法没有副产物产生，原子利用率高
C．的溶液中的微粒数小于
D．的作用是降低反应的活化能，使活化分子数目增多，百分数不变
7．（2021·辽宁·高考真题）某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是
A．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
B．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C．条件①，反应速率为
D．条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为
8．（2021·山东·高考真题）18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为：+OH-+CH3O-能量变化如图所示。已知为快速平衡，下列说法正确的是
A．反应Ⅱ、Ⅲ为决速步
B．反应结束后，溶液中存在18OH-
C．反应结束后，溶液中存在CH318OH
D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变
9．（2021·广东·高考真题）反应经历两步：①；②。反应体系中、、的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．a为随t的变化曲线
B．时，
C．时，的消耗速率大于生成速率
D．后，
10．（2022·河南·焦作市第一中学模拟预测）的资源化利用有利于缓解温室效应并解决能源转化问题，一种以催化加氢合成低碳烯烃的反应过程如图所示：
下列说法错误的是
A．第ⅰ步反应过程中碳元素发生还原反应
B．异构化反应过程中发生化学键的断裂和形成
C．该反应总过程的原子利用率为100%
D．不影响加氢合成低碳烯烃的
11．（2022·青海·海东市第一中学二模）叔丁基溴在乙醇中反应的能量变化如图所示。
反应1：
反应2：
下列说法正确的是
A．3种过渡态相比①最稳定
B．反应1和反应2的∆Ｈ都大于0
C．第一个基元反应是决速步骤
D．是反应1和反应2共同的催化剂
12．（2022·河北·高考真题）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①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．随的减小，反应①、②的速率均降低
B．体系中
C．欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间
D．温度低于时，总反应速率由反应②决定
13．（2022·湖南·高考真题）反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如下图所示：
下列有关四种不同反应进程的说法正确的是
A．进程Ⅰ是放热反应 B．平衡时P的产率：Ⅱ>Ⅰ
C．生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ D．进程Ⅳ中，Z没有催化作用
14．（2021·湖南·高考真题）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：
下列说法错误的是
A．该过程的总反应为
B．浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C．该催化循环中元素的化合价发生了变化
D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
15．（2022·湖南·邵阳市第一中学三模）最近科学家在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇(CH3OH)方向取得重要进展，反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用“*”标注。下列说法错误的是
A．得到的副产物有CO和CH2O(甲醛)，其中相对较多的副产物为CO
B．生成副产物CH2O时，反应的活化能较小
C．制备甲醇的主反应速率主要由过程*CO+*OH→*CO+*H2O决定
D．电催化还原制备甲醇过程中，阳极的电势比阴极电势低
16．（2022·湖南省祁阳市第一中学三模）三甲胺是重要的化工原料。我国科学家实现了使用铜催化剂将，二甲基甲酰胺[，简称]转化为三甲胺的合成路线。结合实验与计算机模拟结果，研究单个分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示(*装示物质吸附在铜催化剂上)。下列说法错误的是
A．该历程中只发生了极性键的断裂
B．该历程中的最大能垒(活化能)为
C．铜催化剂的作用之一是吸附反应物形成更稳定的反应中间体
D．若完全转化为三甲胺，则会释放出的能量
17．（2022·广东·普宁市华侨中学二模）某校化学小组探究酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应速率的影响因素。
(1)甲进行了实验I：常温下，向4mL不同浓度的H2O2溶液中滴入一滴0.04mL0.05mol/LKMnO4溶液[c(H+)=5.0mol/L]，记录如下：
c(H2O2)/mol/L
0.0010
0.0015
0.0125
0.0312
0.044
0.0620
完全褪色时间/s
25
15
12
23
60
370
无色气泡
一样多
①请写出反应的离子方程式_______。
②对于c(H2O2)增大引起的速率异常现象，根据上述实验结果，甲排除了一种可能，请用化学方程式表示这种可能性_______。
③为了解释c(H2O2)增大到一定浓度后速率减小，乙查得了如下资料：
资料显示：c(H2O2)>0.02mol，H2O2溶液中存在平衡：2H2O2⇌H4O4
请用平衡移动原理解释c(H2O2)=0.0312mol/L速率忽然减小的原因_______。
(2)乙继续进行实验II，并记录如下：
操作
现象
实验II
往2mL0.2mol/LH2O2溶液中逐滴滴加0.05mol/LKMnO4[c(H+)=5.0mol/L]溶液
第1-9滴溶液滴下，完全褪色所需时间很长；
第10滴溶液滴下迅速褪色。
整个过程中几乎无温度变化。
①对于第10滴溶液与H2O2溶液反应速率剧烈变化的原因，乙提出如下假设：_______。
②乙设计实验方案证实了上述假设合理，请补全他的方案：
操作
现象
实验III
往2mL0.2mol/LH2O2溶液中滴入5滴0.05mol/LKMnO4[c(H+)=5.0mol/L]溶液
完全褪色时间为t秒
实验IV
往2mL0.2mol/LH2O2溶液中_______
_______
(3)综合上述实验，对于酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应速率，丙进行了总结。下列因素一定能加快反应速率的是_______。
a.增大KMnO4溶液浓度 b.增大H2O2溶液浓度 c.增大H2SO4浓度
d.加热适当温度 e.加入合适的催化剂
18．（2022·北京·和平街第一中学三模）某小组探究和的反应的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
【实验探究】
实验i：向装有0.5g的烧杯中加入20mL30%溶液，一段时间内无明显现象，10小时后，溶液中有少量蓝色浑浊，片表面附着少量蓝色固体。
(1)写出该反应的化学方程式：_______。
【继续探究】
针对该反应速率较慢，小组同学查阅资料，设计并完成了下列实验。
装置
序号
试剂a
现象
ii
20mL30%与4mL
5mol/L混合液
表面很快生产少量气泡，溶液逐渐变蓝，产生较多气泡
iii
20mL30%与4mL
5mol/L氨水混合液
溶液立即变为深蓝色，产生大量气泡，表面有少量蓝色不溶物
(2)实验ii中：溶液变蓝的原因是_______(用离子反应方程式表示)；经检验产生的气体为氧气，产生氧气的原因是_______。
(3)对比实验i和iii，为探究氨水对的还原性或氧化性的影响，该同学利用如图装置继续实验。
已知：电压大小反映了物质氧化还原性强弱的差异；物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大。
a.K闭合时，电压为x。
b.向U型管右侧溶液中滴加氨水后，电压不变。
c.继续向U型管左侧溶液中滴加氨水后，电压增大了y。
①利用电极反应解释该实验的结论：_______。
②利用该方法也可证明酸性增强可提高的氧化性，与上述实验操作不同的是_______。
(4)总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是_______。
(5)应用：分别与的盐酸、氢溴酸、氢碘酸混合，只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因_______。
19．（2022·江苏·南京市第十三中学模拟预测）工业上常采用Fenton氧化法去除废水中的有机物。
(1)某研究小组向废水中加入，以作催化剂，产生具有强氧化性的羟基自由基()氧化降解水中的有机物(TOC)。
①其他条件一定时，的值对TOC去除效果的影响如图所示：
当TOC的去除率最大时，_______。
②在，其他条件一定时，的加入量对TOC去除效果的影响如图所示，当TOC的去除效果最好时，的物质的量浓度c()=_______。当的加入量大于40mg/L时，TOC去除率反而减小的原因是_______。
(2)我国学者制备了一种介孔二氧化锰负载的催化剂，并将其应用到苯并三唑(，BZA)的降解中，催化机理如下图：
①BZA可以与或结合的原因是_______。
②直接降解BZA的活性氧物种的化学式为_______。
③该过程中分解的途径可用语言描述为_______。
20．（2022·辽宁·高考真题）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为：。回答下列问题：
(1)合成氨反应在常温下_______(填“能”或“不能”)自发。
(2)_______温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，_______温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用。
针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。
(3)方案一：双温-双控-双催化剂。使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为时，的温度为，而的温度为)。
下列说法正确的是_______。
a．氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
b．在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率
c．“热Fe”高于体系温度，有利于提高氨的平衡产率
d．“冷Ti”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率
(4)方案二：复合催化剂。
下列说法正确的是_______。
a．时，复合催化剂比单一催化剂效率更高
b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率
c．温度越高，复合催化剂活性一定越高
(5)某合成氨速率方程为：，根据表中数据，_______；
实验
1
m
n
p
q
2
2m
n
p
2q
3
m
n
0.1p
10q
4
m
2n
p
2.828q
在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为_______。
a．有利于平衡正向移动 b．防止催化剂中毒 c．提高正反应速率
(6)某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，则M元素为_______(填元素符号)；在该化合物中，M离子的价电子排布式为_______。
参考答案
1．B【详解】A．反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则内Z的平均生成速率大于内的，故时，Z的浓度大于，A正确；
B．时生成的Z的物质的量为，时生成的Z的物质的量为，故反应在时已达到平衡，设达到平衡时生了，列三段式：
根据，得，则Y的平衡浓度为，Z的平衡浓度为，平衡常数，时Y的浓度为，Z的浓度为，加入后Z的浓度变为，，反应正向进行，故，B错误；
C．反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；
D．由B项分析可知时反应处于平衡状态，此时生成Z为，则X的转化量为，初始X的物质的量为，剩余X的物质的量为，D正确；
故答案选B。
2．C【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为，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，，比多，且生成速率不变，且反应过程中始终未检测到，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的速率小于反应②生成速率，C错误；
D．由题干图2信息可知，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；
故答案为：C。
3．D【详解】A．由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；
B．由图可知，催化剂I比催化剂II催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，故B错误；
C．由图可知，使用催化剂II时，在0~2min 内Y的浓度变化了2.0mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂II时X浓度随时间t的变化，故C错误；
D．使用催化剂I时，在0~2min 内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则(Y) ===2.0，(X) =(Y) =2.0=1.0，故D正确；
答案选D。
4．C【详解】A．实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为2.4010-3mol/L-2.0010-3mol/L=4.0010-4mol/L，v(NH3)==2.0010-5mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)=v(NH3)=1.0010-5mol/(L·min)，A正确；
B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.0010-4mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.0010-4mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x<0.4，即x≠0.4，B正确；
C．实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是4.0010-4mol/L，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C错误；
D．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D正确；
答案选C。
5．C【详解】A．图像中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率，选项A正确；
B．b点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为反应物B的瞬时速率，选项B正确；
C．化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比分析，3v(B)=2v(X)，选项C不正确；
D．维持温度、容积不变，向反应体系中加入催化剂，平衡不移动，反应速率增大，达到新的平衡状态，平衡状态与原来的平衡状态相同，选项D正确；
答案选C。
6．D【详解】A．氢氰酸为共价化合物，结构式为H—C≡N，电子式为，故A正确；
B．由方程式可知，新法合成甲基丙烯酸甲酯的反应为没有副产物生成，原子利用率为100的化合反应，故B正确；
C．硫酸氢铵是强酸弱碱的酸式盐，铵根离子在溶液中会发生水解反应，所以1L0.05mol/L的硫酸氢铵溶液中铵根离子的数目小于0.05mol/L×1L×NAmol—1=0.05NA，故C正确；
D．由方程式可知，钯为新法合成甲基丙烯酸甲酯的催化剂，能降低反应的活化能，使活化分子的数目和百分数都增大，故D错误；
故选D。
7．B【详解】A．由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故反应速率越大，A正确；
B．由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B错误；
C．由题干图中数据可知，条件①，反应速率为=，C正确；
D．反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为125min÷2=，D正确；
故答案为：B。
8．B【详解】A．一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应I和反应IV的活化能较高，因此反应的决速步为反应I、IV，故A错误；
B．反应I为加成反应，而与为快速平衡，反应II的成键和断键方式为或，后者能生成18OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，故B正确；
C．反应III的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在CH318H，故C错误；
D．该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O-的总能量与和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D错误；
综上所述，正确的是B项，故答案为B。
9．D【详解】由题中信息可知，反应经历两步：①；②。因此，图中呈不断减小趋势的ａ线为X的浓度随时间的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度随时间的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度随时间的变化曲线。
A．X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，为随的变化曲线，A正确；
B．由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于时刻，因此，时，B正确；
C．由图中信息可知，时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即时的消耗速率大于生成速率，C正确；
D．由图可知，时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则，由于反应②的发生，时刻Y浓度的变化量为，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为，这种关系在后仍成立， 因此，D不正确。
综上所述，本题选D。
10．C【详解】A．第i步中，CO2中C元素的化合价降低，则C元素发生还原反应，A正确；
B．异构化反应过程中，(CH2)n转化为C3H6、C2H4、C4H8等，该过程中发生了化学键的断裂和形成，B正确；
C．根据质量守恒定律可知，该反应的总过程为CO2和H2反应生成低碳烯烃和水的过程，则该反应总过程的原子利用率小于100%，C错误；
D．Fe3(CO)12/ZSM-5是催化剂，不影响CO2加氢合成低碳烯烃的ΔH，D正确；
故选C。
11．C【详解】A．过渡态能量：①＞②＞③，过渡态①能量最大，相对不稳定，A项错误；
B．根据能量变化可知，反应1和反应2都是放热反应，∆Ｈ＜0，B项错误；
C．转化为是第一个基元反应，活化能最大，C项正确；
D．是反应2的反应物，不是催化剂，D项错误；
故选C。
12．AB【详解】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。
A．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，A说法错误；
B．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)，B说法错误；
C．升高温度可以可以加快反应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，需提高反应温度且控制反应时间，C说法正确；
D．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，D说法正确；
综上所述，本题选AB。
13．AD【详解】A．由图中信息可知，进程Ⅰ中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程I是放热反应，A说法正确；
B．进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，B说法不正确；
C．进程Ⅲ中由S•Y转化为P•Y的活化能高于进程Ⅱ中由S•X转化为P•X的活化能，由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率为Ⅲ<Ⅱ，Ｃ说法不正确；
D．由图中信息可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S•Z，然后S•Z转化为产物P•Z，由于P•Z没有转化为P＋Z，因此，Z没有表现出催化作用，D说法正确；
综上所述，本题选AD。
14．CD【详解】A．由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO-与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为HCOOHCO2↑+H2↑，故A正确；
B．若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，故B正确；
C．由反应机理可知，Fe在反应过程中，做催化剂，化合价没有发生变化，故C错误；
D．由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D错误；
故选CD。
15．BD【详解】A．主要产物是甲醇，由图可知，得到的副产物有CO和CH2O(甲醛)，生成副产物CH2O时反应的活化能较大，反应进行较慢，生成的量相对较少；生成副产物CO时反应的活化能较小，反应进行较快，生成的量相对较多，选项A正确；
B．由A的分析可知，生成副产物CH2O时，反应的活化能较大，选项B错误；
C．合成甲醇的主反应中，过程*CO+*OH→*CO+*H2O的活化能最大，反应速率最慢，决定整体反应速率，选项C正确；
D．电催化还原制备甲醇过程中，阳极的电势比阴极的高，选项D错误；
答案选BD。
16．AD【详解】A．(CH3)2NCHO(g)与H2(g)反应最终生成N(CH3)3(g)过程中N-C与H-H键一定会断裂，故有极性键和非极性键断裂，选项A错误；
B．看历程最后一步中出现了最大能量-1.02-(-2.21)eV=1.19eV，选项B正确；
C．铜催化剂的作用之一是吸附反应物形成更稳定的反应中间体，图中可见反应中间体能量低，稳定，选项C正确；
D．该反应的总反应由(CH3)2NCHO(g)转化为N(CH3)3(g)，但1.02eV为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量，故，选项D错误；
答案选AD。
17．(1) c(H2O2)=0.0312mol/L时，H2O2溶液中存在平衡：2H2O2 ⇌H4O4，使得c(H2O2)减小，导致反应速率忽然减小
(2) 酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应生成的Mn2+可以催化该反应 先滴入9滴0.05 mol/L MnSO4溶液，再滴加5滴0.05mol/L KMnO4 [c(H+)=5.0mol/L]溶液 完全褪色时间远小于t秒
(3)acde
【解析】（1）①酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
②由题意可知，向不同浓度的过氧化氢溶液中滴入高锰酸钾溶液不足量，产生的气体一样多说明过氧化氢浓度增大引起的速率异常现象一定不是过氧化氢分解的缘故，过氧化氢分解生成氧气和水的化学方程式为，故答案为：；
③由信息可知，当过氧化氢浓度大于0.02mol/L时，过氧化氢溶液中会存在如下平衡，当过氧化氢浓度为0.0312mol/L时，过氧化氢转化为H4O4，溶液中过氧化氢浓度减小，导致反应速率忽然减小，故答案为： 时，H2O2溶液中存在平衡：，使得c(H2O2)减小，导致反应速率忽然减小；
（2）①由整个过程中几乎无温度变化可知，第10滴溶液滴下迅速褪色说明反应速率加快不是温度变化的原因，应该是酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应生成的锰离子做了反应的催化剂，使反应速率加快，故答案为：酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应生成的Mn2+可以催化该反应；
②为了验证酸性酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应生成的锰离子可以催化该反应，应该做加入硫酸锰溶液的对比实验，具体操作为先滴入9滴0.05 mol/L MnSO4溶液，再滴下5滴溶液，发现在锰离子做催化剂作用下，反应速率加快，完全褪色时间远小于t秒，故答案为：酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应生成的Mn2+可以催化该反应；先滴入9滴0.05 mol/L MnSO4溶液，再滴加5滴0.05mol/L KMnO4 [c(H+)=5.0mol/L]溶液；完全褪色时间远小于t秒；
（3）a．增大高锰酸钾溶液浓度，反应物浓度增大，单位体积内有效碰撞次数增大，反应速率加快，故a符合题意；
b．由信息可知，当过氧化氢浓度大于0.02mol/L时，过氧化氢溶液中会存在如下平衡，当过氧化氢浓度为0.0312mol/L时，过氧化氢转化为H4O4，溶液中过氧化氢浓度减小，导致反应速率忽然减小，故b不符合题意；
c．增大硫酸浓度，氢离子参与反应，浓度增加，反应速率加快，故c符合题意；
d．加热适当温度，反应温度增大，活化分子数增大，有效碰撞次数增大，反应速率加快，故d符合题意；
e．加入合适的催化剂，降低反应的活化能，活化分子数增大，有效碰撞次数增大，反应速率加快，故e符合题意；
故答案为：acde。
18．(1)
(2) 产生的铜离子催化了过氧化氢分解
(3) 加入氨水，氨水与形成，使减小，提高了的还原性 向U型管右侧溶液中滴加硫酸
(4)在还原反应(氧化反应)中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)增强
(5)溶解度，、、均可使氧化反应中的降低，提高的还原性，其中只有能使的还原性提高到能将还原
【解析】根据实验现象可知和可反应生成氢氧化铜，为进一步探究反应原理，分别向反应中加入了5mol/L和5mol/L氨水，对比实验分析反应原理和双氧水生成氧气的原因。同时利用电化学原理探究氨水对的还原性或氧化性的影响，通过在电极两侧分别加入氨水观察电压的变化，分析物质氧化性和还原性变化的规律以及应用。
(1)向装有0.5g的烧杯中加入20mL30%溶液，，一段时间后Cu表面出现少量蓝色固体，说明有氢氧化铜生成，故可推测Cu和H2O2反应生成氢氧化铜，反应方程式为；
故答案为：。
(2)实验ii中溶液变蓝，说明Cu与在酸性条件下可以发生反应，生成Cu2+，反应的离子方程式为；经检验，产生的气体为氧气，说明过氧化氢大量分解，而溶液反应生成的Cu2+有催化作用，可以催化双氧水分解，产生大量气泡；
故答案为：；产生的铜离子催化了过氧化氢分解。
(3)向U型管双氧水一侧加入氨水，电压未变化，说明在双氧水中加入氨水不会影响双氧水氧化性的强弱，而向U型管硫酸铜一侧加入氨水，氨水可以和Cu2+发生反应生成四氨合铜离子，这时电压发生了变化，说明氨水的加入使减小，提高了的还原性；证明酸性增强可提高的氧化性时，可向U型管右侧溶液中滴加硫酸，观察电压变化；
故答案为：加入氨水，氨水与形成，使减小，提高了的还原性；向U型管右侧溶液中滴加硫酸。
(4)根据以上实验，可得出结论：在还原反应(氧化反应)中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)增强；故答案为：在还原反应(氧化反应)中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)增强。
(5)
分别与的盐酸、氢溴酸、氢碘酸混合时，，、、均可使降低，提高的还原性，而其中只有能使的还原性提高到能将还原，所以只与氢碘酸发生置换反应；
故答案为：溶解度，、、均可使氧化反应中的降低，提高的还原性，其中只有能使的还原性提高到能将还原。
19．(1) 1 1.18×10—3mol/L 酸性条件下，H2O2直接与Fe2+反应，导致溶液中羟基自由基浓度减小，使得TOC的去除率减小
(2) BZA中的氮原子与或形成配位键 ·O H2O2先转化为H+和HO，HO失去电子转化为H+和·O，·O降解BZA
【解析】（1）①由图可知，TOC的去除率最大时，过氧化氢和亚铁离子的物质的量比为1，故答案为：1；
②由图可知，TOC的去除率最大时，过氧化氢的加入量为40mg/L，设溶液的体积为1L，则过氧化氢的浓度为≈1.18×10—3mol/L；酸性条件下，若过氧化氢的加入量大于40mg/L，过氧化氢会与亚铁离子直接反应，导致溶液中羟基自由基浓度减小，使得TOC的去除率减小，故答案为：1.18×10—3mol/L；酸性条件下，H2O2直接与Fe2+反应，导致溶液中羟基自由基浓度减小，使得TOC的去除率减小；
（2）①BZA分子中氮原子具有孤对电子，能与具有空轨道的亚铜离子或铜离子通过配位键形成配合物，所以BZA可以与亚铜离子或铜离子结合，故答案为：BZA中的氮原子与或形成配位键；
②由图可知，直接降解BZA的活性氧物种为·O，故答案为：·O；
③由图可知，过氧化氢分解的途径为过氧化氢先转化为H+和HO，HO失去电子转化为H+和·O，·O降解BZA，故答案为：H2O2先转化为H+和HO，HO失去电子转化为H+和·O，·O降解BZA。
20．(1)能
(2) 高 低
(3)ab
(4)a
(5) -1 a
(6) Fe 3d6
【解析】（1），则∆G=∆H-T∆S=(-92.4+0.2×273) kJ∙mol-1=-37.8 kJ∙mol-１＜0，所以合成氨反应在常温下能自发进行。答案为：能；
（2）温度越高，反应速率越快，所以高温有利于提高反应速率；因为正反应为放热反应，所以低温有利于提高平衡转化率。答案为：高；低；
（3）a．因为正反应为放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，a正确；
b．温度升高，反应速率加快，所以在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率，b正确；
c．合成氨反应的正反应为放热反应，“热Fe”高于体系温度，不利于提高氨的平衡产率，c不正确；
d．温度升高，可提高合成氨反应的速率，所以“冷Ti”低于体系温度，不利于提高合成氨反应速率，d不正确；
故选ab。答案为：ab；
（4）a．从图中可以看出，时，复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高，a正确；
b．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率，所以同温同压下，复合催化剂不能提高氨的平衡产率，b不正确；
c．虽然图中显示温度高反应速率快，但温度高到一定程度后，复合催化剂活性就可能不变或变低，c不正确；
故选a。答案为：a；
（5）选择实验1和3进行分析，此时，则γ=-1；
a．在合成氨过程中，需要不断分离出氨，有利于平衡正向移动，a正确；
b．氨是在该催化剂的催化作用下生成，不会使催化剂中毒，b不正确；
c．分离出氨，并没有增大反应物的浓度，所以不会提高正反应速率，c不正确；
故选a。答案为：-1；a；
（6）从图中信息可以进行以下计算：含黑球的数目为=4，含白球的数目为8，则黑球与白球的个数比为1:2。黑球的化学式为，白球的化学式为。从而得出M+17×6+15×2=188，M=56，则M元素为Fe；在该化合物中，Fe2+的价电子排布式为3d6。答案为：Fe；3d6。
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