2026苏教版高考化学一轮复习导学案大单元6第20讲化学反应速率含答案解析

大单元六化学反应速率化学平衡第20讲化学反应速率备考导航复习目标1.知道化学反应速率的表示方法，了解测定化学反应速率的简单方法。2.通过实验探究，了解温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响。3.知道化学反应是有历程的，认识基元反应活化能对化学反应速率的影响。熟记网络课前自测判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。(1)(2023·海安期初)室温下，量取等体积不同浓度的NaClO溶液，分别加入等体积等浓度的KI溶液，观察溶液颜色变化，探究浓度对化学反应速率的影响(√)(2)(2024·如东中学)向两支盛有5mL不同浓度KMnO4溶液的试管中分别加入同浓度同体积的足量草酸溶液，观察实验现象，探究浓度对反应速率的影响(×)(3)相同温度下，向盛有足量稀硫酸的甲、乙两支试管中分别加入等质量的锌粒，并向甲中加入少量胆矾固体，产生氢气的速率和体积：甲>乙(×)(4)(2023·前黄中学)向两支盛有少量H2O2溶液的试管中分别加入5滴0.1mol/LFeCl3溶液和5滴0.1mol/LCuSO4溶液，观察生成气体的速率，探究Fe3＋、Cu2＋对H2O2分解速率的影响程度(×)(5)(2023·东台中学)将一块未经打磨的铝片剪成相同的两小片，相同温度下分别投入5.0mL浓度均为2.0mol/LCuSO4溶液和CuCl2溶液中，CuSO4溶液中无明显现象；CuCl2溶液中反应剧烈，铝片表面有红色物质生成，则Cl－能加速破坏铝片表面的氧化膜(√)(6)(2024·南通二模)HCHO(g)＋O2(g)eq\o(=,\s\up7(CuOx-TiO2))CO2(g)＋H2O(l)，使用CuOx-TiO2催化剂降低了该反应的焓变(×)(7)(2024·南通二模)HCHO(g)＋O2(g)eq\o(=,\s\up7(CuOx-TiO2))CO2(g)＋H2O(l)，升高温度，v逆增大，v正减小(×)(8)增大气体压强或使用催化剂能提高活化分子的百分数，从而加快反应速率(×)

考点1化学反应速率知识梳理化学反应速率1.定义：单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加。计算公式：v＝eq\f(Δc,Δt)；单位：mol/(L·min)或mol/(L·s)，该速率为平均反应速率。2.浓度变化只适用于气体和溶液中的溶质，固体和纯液体的浓度视为常数。3.在同一化学反应中：aA(g)＋bB(g)=cC(g)＋dD(g)，v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝a∶b∶c∶d，此处的速率为平均反应速率。4.化学反应速率大小比较的方法如：X(g)＋3Y(g)2Z(g)，v(X)＝0.5mol/(L·s)、v(Y)＝1.2mol/(L·s)、v(Z)＝0.6mol/(L·s)。反应速率最大的是v(X)。(1)归一法：将三种物质的速率均换算成以X表示的速率，分别为0.5mol/(L·s)、0.4mol/(L·s)、0.3mol/(L·s)，数值越大，反应速率越大，故v(X)最大。(2)比值法：化学反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越大，由于eq\f(vX,1)＞eq\f(vY,3)＞eq\f(vZ,2)，故v(X)最大。质量作用定律1.基元反应：反应物分子一步直接转化为产物的反应。2.对于基元反应aA(g)＋bB(g)=gG(g)＋hH(g)，其速率方程可写为v＝k·ca(A)·cb(B)(其中k为速率常数，恒温下，k不因反应物浓度的改变而发生变化)。这种关系可以表述为一定温度下，基元反应的化学反应速率与反应物浓度以其化学计量数为指数的幂的连乘积成正比(有时称其为质量作用定律)。3.许多化学反应，尽管其化学方程式很简单，却不是基元反应，而是经由两个或多个步骤完成的复杂反应。如：H2(g)＋I2(g)=2HI(g)，它的反应历程可能是如下两步基元反应：①I2=2·I(快)；②H2＋2·I=2HI(慢)。其中慢反应为整个反应的决速步骤。典题悟法化学反应速率取50mL过氧化氢水溶液，在少量I－存在下分解：2H2O2=2H2O＋O2↑。在一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度(c)如下表：t/min020406080c/(mol/L)0.800.400.200.100.050下列说法不正确的是(C)A.反应20min时，测得O2体积为224mL(标准状况)B.20～40min，消耗H2O2的平均速率为0.010mol/(L·min)C.第30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率D.H2O2分解酶或Fe2O3代替I－也可以催化H2O2分解【解析】由题给数据可知，反应20min时，消耗H2O2物质的量为(0.80－0.40)mol/L×0.05L＝0.02mol，根据分解反应可得生成O2物质的量为0.01mol，体积为224mL(标准状况)，A正确；20～40min，H2O2浓度变化为(0.40－0.20)mol/L＝0.20mol/L，消耗H2O2的平均速率为eq\f(0.20mol/L,20min)＝0.010mol/(L·min)，B正确；其他条件相同时，随着反应的进行，H2O2浓度逐渐减小，第30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，C错误；I－作催化剂，H2O2分解酶或Fe2O3也可以催化H2O2分解，D正确。质量作用定律某反应A(g)＋B(g)→C(g)＋D(g)的速率方程为v＝k·cm(A)·cn(B)，其半衰期(当剩余的反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为eq\f(0.8,k)。当其他条件不变，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示：c(A)/(mol/L)c(B)/(mol/L)v/[mol/(L·min)]0.250.0501.6×10－30.500.0503.2×10－31.000.100v10.500.1003.2×10－31.000.200v2c10.2004.8×10－3下列说法正确的是(C)A.该反应的速率方程中的m＝n＝1B.该反应的速率常数k＝6.4×10－2min－1C.表格中的c1＝0.75，v1＝v2＝6.4×10－3D.在过量B存在时，反应掉93.75%的A所需的时间是375min【解析】当其他条件不变，改变反应物浓度时，k保持不变，第二组数据和第四组数据中，两组的c(A)相同、v相同，所以n＝0。将第一组数据和第二组数据代入速率方程，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.25,0.50)))m＝eq\f(1.6×103,3.2×103)，所以m＝1，A错误；该反应的速率方程为v＝k·cm(A)·cn(B)＝k·c(A)，将第一组数据代入v＝k·c(A)，可得k＝6.4×10－3min－1，B错误；将第六组数据代入v＝k·c(A)，可得4.8×10－3＝6.4×10－3×c1，解得c1＝0.75，将第三组数据代入v＝k·c(A)，可得v1＝6.4×10－3mol/(L·min)，将第五组数据代入v＝k·c(A)，可得v2＝6.4×10－3mol/(L·min)，C正确；半衰期＝eq\f(0.8,k)＝eq\f(0.8,6.4×10－3min－1)＝125min，设起始时反应物A为100g，在过量的B存在时，反应掉93.75%的A需经历4个半衰期：起始100gAeq\o(→,\s\up7(125min))50gAeq\o(→,\s\up7(125min))25gAeq\o(→,\s\up7(125min))12.5gAeq\o(→,\s\up7(125min))6.25gA，所需的时间为125min×4＝500min，D错误。考点2影响化学反应速率的因素知识梳理内因(决定因素)反应物本身的性质，如Na、Mg、Al与等浓度的稀硫酸发生反应，该反应的速率由大到小的顺序为Na>Mg>Al。外因(其他条件不变，改变一个条件)1.浓度(1)增大反应物浓度，反应速率增大，反之减小。(2)由于固体和纯液体的浓度可视为常数，故增加(或减少)固体或纯液体的量，反应速率不变。(3)溶液中离子反应，只有改变实际参加反应的离子浓度，才会影响反应速率，如Zn与稀硫酸反应，加入少量Na2SO4固体，生成H2的速率不变。2.压强(1)对于有气体参加的反应，增大压强，反应速率增大，反之减小。增大压强一般指的是缩小容器容积，增大气体反应物的浓度。(2)对于有气体参加的反应体系，有以下几种情况：①恒温时：增大压强eq\o(→,\s\up7(引起))容积缩小eq\o(→,\s\up7(引起))浓度增大eq\o(→,\s\up7(引起))反应速率增大。②恒温恒容时：a.充入气体反应物eq\o(→,\s\up7(引起))反应物浓度增大eq\o(→,\s\up7(引起))反应速率增大。b.充入稀有气体(或非反应气体)eq\o(→,\s\up7(引起))总压强增大，但反应物和产物的浓度均不变，反应速率不变。c.恒温恒压时：充入稀有气体(或非反应气体)eq\o(→,\s\up7(引起))容积增大eq\o(→,\s\up7(引起))反应物和产物的浓度减小eq\o(→,\s\up7(引起))反应速率减小。3.温度不论是放热反应还是吸热反应，升高温度，正、逆反应速率均增大；降低温度，正、逆反应速率均减小。4.催化剂(1)一般情况下，使用催化剂，加快化学反应速率。(2)催化剂参与反应，改变反应历程。如2CH3CH2OH＋O2eq\o(→,\s\up7(Cu),\s\do5(△))2CH3CHO＋2H2O，使用铜丝作催化剂将一步反应改变为两步反应，第一步反应为2Cu＋O2eq\o(=,\s\up7(△))2CuO，第二步反应为CH3CH2OH＋CuOeq\o(→,\s\up7(△))CH3CHO＋Cu＋H2O。(3)使用催化剂，反应速率加快的原因①活化能：活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差。活化能越小(大)，反应速率越快(慢)。②加入催化剂，降低反应的活化能，加快反应速率。如图所示，使用催化剂前，E1(填“E1”“E2”或“E3”，下同)为正反应活化能，E2为逆反应活化能，使用催化剂后，正反应的活化能为E3，ΔH＝E1－E2(用E1和E2表示)。(4)注意催化剂的活性①催化剂催化时需要适宜的温度，温度过低，活性低；温度升高，活性增强，但温度过高，催化剂可能失去活性。②有些物质的存在会使催化剂明显失效，即催化剂中毒。5.其他因素：(1)固体颗粒越小，表面积越大，化学反应速率越快。(2)一般来说，配成溶液或反应物是气体，都能增大反应物之间的接触面积，有利于增大反应速率。(3)形成原电池，可以加快氧化还原反应的反应速率。(4)光辐射、超声波、加快搅拌速度等也可加快某些反应的速率。用碰撞理论解释外界条件对化学反应速率的影响1.基本概念(1)有效碰撞：能发生反应的碰撞。(2)有效碰撞发生的两个条件：发生碰撞的分子具有足够高的能量；分子在一定的方向上发生碰撞。(3)活化分子：能量较高、有可能发生有效碰撞的分子。2.用碰撞理论解释外界条件对化学反应速率的影响条件改变活化能单位体积内有效碰撞次数化学反应速率分子数活化分子数活化分子百分数增大反应物浓度不变增加增加不变增加增大增大压强不变增加增加不变增加增大升高温度不变不变增加增加增加增大加催化剂降低不变增加增加增加增大控制变量法探究外界条件对反应速率的影响探究变量举例备注温度①确定变量：先弄清楚影响反应速率的因素有哪些(浓度、温度、压强、催化剂、固体物质的表面积等)。②控制变量：“定多变一”，仅要探究的因素(如催化剂)不同，其余的因素(浓度、温度、压强、固体物质的表面积等)要完全相同。③探究不同催化剂对反应速率的影响，加入催化剂的体积要相同，可保证加入催化剂后过氧化氢溶液的浓度相同；对照实验中加入相同体积的水也是为了保证过氧化氢溶液的浓度相同。浓度催化剂④若探究温度对反应速率的影响，则必须在水浴中将溶液加热(或降温)到所需要的温度典题悟法控制变量探究影响化学反应速率的因素H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是(D)甲乙丙丁A.图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快B.图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快C.图丙表明，少量Mn2＋存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快D.图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2＋对H2O2分解速率的影响大【解析】图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越大，其分解速率越快，A错误；图乙表明，其他条件相同时，氢氧化钠的浓度越大，即溶液的pH越大，H2O2分解速率越快，B错误；图丙表明，少量Mn2＋存在时，在0.1mol/L氢氧化钠溶液条件下，H2O2分解速率最快，C错误；图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2＋对H2O2分解速率的影响大，D正确。影响反应速率的因素(2023·江苏卷)实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备MgSO4·H2O，其实验过程可表示如下：(1)在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，反应为Mg(OH)2＋H2SO3=MgSO3＋2H2O。下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收SO2效率的有BD(填字母)。A.水浴加热氧化镁浆料B.加快搅拌速率C.降低通入SO2气体的速率D.通过多孔球泡向氧化镁浆料中通SO2(2)在催化剂作用下MgSO3被O2氧化为MgSO4。已知MgSO3的溶解度为0.57g(20℃)，O2氧化溶液中SOeq\o\al(2－,3)的离子方程式为O2＋2SOeq\o\al(2－,3)eq\o(=,\s\up7(催化剂))2SOeq\o\al(2－,4)；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中MgSO3被O2氧化的速率随pH的变化如图所示。在pH＝6～8范围内，pH增大，浆料中MgSO3的氧化速率增大，其主要原因是pH增大，SOeq\o\al(2－,3)的浓度增大，故氧化速率加快。【解析】(1)SO2的溶解度随着温度的升高而降低，水浴加热不一定能提高MgO浆料吸收SO2效率，A错误；降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO浆料充分接触，但反应速率减小，不一定能提高MgO浆料吸收SO2效率，C错误。(2)pH增大，c(OH－)增大，与Mg2＋结合生成Mg(OH)2，促进MgSO3溶解，c(SOeq\o\al(2－,3))增大(2023·江苏卷)(1)将一定物质的量浓度的NO、O2、NH3(其余为N2)气体匀速通过装有V2O5-WO3/TiO2催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如图所示。反应温度在320～360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是催化剂的活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(>380℃))4NO＋6H2O(用化学方程式表示)。(2)回收V2O5-WO3/TiO2废催化剂并制备NH4VO3的过程可表示如下：①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有适当升高反应温度或延长酸浸时间。②向pH＝8的NaVO3溶液中加入过量的NH4Cl溶液，生成NH4VO3沉淀。已知：Ksp(NH4VO3)＝1.7×10－3，加过量NH4Cl溶液的目的是提高NHeq\o\al(＋,4)的浓度，促进VOeq\o\al(－,3)转化为NH4VO3沉淀。【解析】(1)反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为NO被还原的量减少外，还有可能是重新生成了NO，如4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(>380℃))4NO＋6H2O。(2)①加料完成后，除搅拌外，不能是增大酸的浓度。②NH4VO3饱和溶液中存在溶解平衡：NH4VO3(s)NHeq\o\al(＋,4)(aq)＋VOeq\o\al(－,3)(aq)，加过量NH4Cl溶液有利于提高NHeq\o\al(＋,4)的浓度，促进平衡向析出NH4VO3沉淀的方向移动，提高NH4VO3的含量。考点3多因素影响下的速率变化图像及溯因推理知识梳理反应速率加快常见原因1.温度升高；2.形成原电池；3.反应生成物对反应有催化作用；4.温度升高，催化剂活性增强；5.反应物浓度增大、反应物接触面增大等。反应速率减慢常见原因1.反应物浓度减小；2.反应温度过高，催化剂失去活性；3.析出的晶体或沉淀覆盖在固体表面，阻碍反应的进行；4.竞争吸附等。典题悟法全程反应速率图像根据下列化学反应速率图回答问题。图1图2图3图4(1)图1表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化(√)(填“×”或“√”)。(2)Zn与足量盐酸反应，反应速率随时间变化的曲线如图2所示。ab段反应速率逐渐增大的主要原因是Zn与盐酸的反应是放热反应，溶液的温度升高，化学反应速率逐渐增大；bc段反应速率减小的主要原因是随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐减小，化学反应速率逐渐减小。(3)H2C2O4溶液中加入酸性KMnO4溶液，随着反应的进行，反应速率随时间的变化如图3所示。反应的化学方程式为2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2AB段反应速率逐渐增大的主要原因是反应产生的Mn2＋对反应起催化作用。BC段反应速率减小的主要原因是随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小，化学反应速率逐渐减小。(4)向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)达到平衡，正反应速率(v正)随时间变化如图4所示。正反应速率先增大后减小的原因是反应放热，在绝热容器中反应使温度升高，v正增大，b点后，温度上升已不明显，反应物浓度降低，导致v正减小。与速率有关图像的溯因推理(1)H2O2在催化剂α-FeOOH的表面上，分解产生·OH，·OH较H2O2和O2更易与烟气中的NO、SO2发生反应。当H2O2浓度一定时，NO的脱除效率与温度的关系如图1所示。升温至80℃以上，大量汽化的H2O2能使NO的脱除效率显著提高的原因是汽化的H2O2与催化剂的接触更好，产生更多的·OH，·OH浓度增大，与NO混合更充分，温度高于180℃，NO的脱除效率降低的原因是180℃以后，H2O2分解成O2和H2图1图2(2)以TiO2/Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化为乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系如图2所示。在温度为250℃时，催化剂的活性最好，效率最高。请解释250～400℃时乙酸生成速率变化的原因：250～300℃时，催化效率下降是影响乙酸生成速率的主要原因；300～400(3)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体匀速通入装有催化剂M的反应器中。反应相同时间，NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图3所示，在50～250℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是迅速上升段是催化剂活性随温度升高而增大，与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大；当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是催化剂活性下降，NH3与O2图3(4)纳米铁粉可用于处理地下水中的污染物。①纳米铁粉与水中NOeq\o\al(－,3)反应的离子方程式为4Fe＋NOeq\o\al(－,3)＋10H＋=4Fe2＋＋NHeq\o\al(＋,4)＋3H2O。研究发现，若pH偏低将会导致NOeq\o\al(－,3)的去除率下降，其原因是纳米铁粉与H＋反应生成H2。②相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NOeq\o\al(－,3)的速率有较大差异(如图4)，产生该差异的可能原因是Cu或Cu2＋催化纳米铁粉去除NOeq\o\al(－,3)的反应(或形成Fe-Cu原电池增大纳米铁粉去除NOeq\o\al(－,3)的反应速率)。图4(2024·苏州期末)将模拟烟气(主要成分为NO、NH3、O2)匀速通过装有催化剂的反应管，NH3和NO反应机理可表示如下(ads表示吸附态)：(1)负载不同含量CeO2的催化剂对NO的脱除率随温度的变化如图所示。催化剂A①130～200℃温度范围内，随着温度的升高，NO脱除率均迅速增大原因是催化剂活性随温度升高而增大与温度升高共同使NO的脱除速率迅速增大。②催化剂的催化效率与反应物在载体表面的吸附和活性物质表面的反应有关。温度高于400℃，使用催化剂B的NO脱除率明显低于催化剂A，其原因是载体Al2O3的含量减少，高于400℃时，催化剂表面吸附NH3的量减少的影响大于活性CeO2(2)实验测得温度升高出口处N2O含量增大，已知NH3与O2在该催化剂下很难反应生成N2O，N2O含量增大的原因是2NH3＋8NOeq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))5N2O＋3H2O(用化学方程式表示)。【解析】(2)已知NH3与O2在该催化剂下很难反应生成N2O，实验测得温度升高出口处N2O含量增大，可能是烟气中的NH3与NO直接反应生成N2O。考点4化学反应机理(历程)知识梳理能量图某化学反应的机理能量图如图所示。(1)该图中发生反应：A＋B→D，则ΔH<0(填“＞”或“＜”)。使用催化剂，反应分两步进行，第一步：A＋B→C，为吸热(填“吸热”或“放热”)反应，活化能为E1(填“E1”或“E2”)；第二步：C→D，为放热(填“吸热”或“放热”)反应，活化能为E2(填“E1”或“(2)活化能越大，反应速率越慢；一个反应的快慢取决于反应速率最慢(活化能最大)的反应。图中第一步反应比第二步反应慢；决速步骤为第一步。(3)能量越低，物质越稳定。图中最稳定的是D(填“A＋B”“C”或“D”)。(4)ΔH＝生成(填“生成”或“反应”，下同)物的总能量－反应物的总能量＝正(填“正”或“逆”，下同)反应活化能－逆反应的活化能。(5)催化剂不影响ΔH、平衡移动及平衡转化率。使用催化剂能提高单位时间内反应物的转化率。能垒图已知在Rh催化下，由甲酸生成CO2和H2的反应历程与相对能量关系如图所示。(1)图中HCOOH(g)→HCOOH*表示HCOOH(g)吸附到催化剂表面，该过程放热(填“放”或“吸”)。(2)写出图中3个基元反应方程式：HCOOH*=HCOO*＋H*、HCOO*＋H*=COeq\o\al(*,2)＋2H*、COeq\o\al(*,2)＋2H*=CO2(g)＋H2(g)。(3)图中决速步骤反应为HCOOH*=HCOO*＋H*。(4)总反应的热化学方程式为HCOOH(g)=CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－0.16NAeV/mol(设NA为阿伏加德罗常数的值)。(5)反应物相同，若发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。循环图(1)“入环”(“只进不出”)的物质是反应物，“出环”(“只出不进”)的物质是生成物。位于“环”上的物质一般是催化剂或反应中间体。(2)催化剂：参与第一步反应，并在最后一步重新生成的物质。(3)中间体：除最初反应物、最终生成物及催化剂外，其他物质一般都是反应中间体。典题悟法能量图(2023·常州期中)催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g)P(g)。反应历程(如图)中，M为中间产物。其他条件相同时，下列说法正确的是(C)A.使用Ⅰ或Ⅱ，反应历程都分2步进行B.达平衡后，若升高温度，P的浓度增大C.使用Ⅰ时，反应体系更快达到平衡状态D.使用Ⅱ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大【解析】由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A错误；由图可知该反应是放热反应，达平衡时，升高温度平衡左移，P的浓度减小，B错误；由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C正确；由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D错误。能垒图(2023·连云港期末)反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)的历程如图所示。下列说法不正确的是(B)A.合成甲醇反应的ΔH＞0B．*OCH2→CH2O活化能为2.07eVC.生成副产物CO比CH2O容易D.要使反应速率加快，主要降低*CO＋*OH→*CO＋*H2O活化能【解析】反应物CO2、H2的总能量比生成物CH3OH、H2O的总能量低，属于吸热反应，A正确；*OCH2→CH2O活化能为2.73eV＋0.66eV＝3.39eV，B错误；生成副产物CO的活化能比生成CH2O的活化能小，生成副产物CO比生成CH2O更容易发生，C正确；*CO＋*OH→*CO＋*H2O的活化能最大，该步反应速率最慢，是CO2和H2制CH3OH的决速步，D正确。循环图(2023·如东期中)液氨催化还原NO是重要的烟气脱硝技术。使用Fe2O3为催化剂，可能的反应过程如图1所示。图1图2(1)该脱硝过程的总反应的化学方程式为4NH3＋4NO＋O2eq\o(=,\s\up7(Fe2O3))4N2＋6H2O。(2)反应过程图中，虚线方框里的过程可描述为Fe3＋与NH3反应生成H＋和中间产物Fe2＋—NH2，而后Fe2＋—NH2吸收NO生成N2和H2O，并生成Fe2＋与H＋进入下一个循环。(3)氨氮比eq\f(nNH3,nNO)会直接影响该方法的脱硝率。350℃时只改变氨气的投放量，NO的百分含量与氨氮比的关系如图2所示。当eq\f(nNH3,nNO)>1.0时，烟气中NO含量反而增大，主要原因是NH3被氧化生成NO，造成NO含量增大。【解析】(1)由图1可知，氨气、NO、O2是反应物，N2和水是生成物，总反应为4NH3＋4NO＋O2eq\o(=,\s\up7(Fe2O3))4N2＋6H2O。(3)当eq\f(nNH3,nNO)>1.0时，NH3部分被氧化生成NO，NO含量增大。(2020·江苏卷)CO2/HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。(1)CO2催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反应制得)中通入H2生成HCOO－，其离子方程式：HCOeq\o\al(－,3)＋H2eq\o(=,\s\up7(催化剂))HCOO－＋H2O；其他条件不变，HCOeq\o\al(－,3)转化为HCOO－的转化率随温度的变化如图1所示。反应温度在40～80℃范围内，HCOeq\o\al(－,3)催化加氢的转化率迅速上升，其主要原因是温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强。图1图2(2)HCOOH催化释氢。在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图2所示。①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成HD(填化学式)。②研究发现：其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是提高释放H2的速率，提高释放出H2的纯度。【解析】(1)适当升高温度时，催化剂的活性增强，HCOeq\o\al(－,3)催化加氢的反应速率增大，相同反应时间内，HCOeq\o\al(－,3)催化加氢的转化率迅速上升。(2)①根据原子守恒并结合图2可知，HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成HD。②由图2可知，HCOOH催化释氢的第一步是转化为HCOO－，故以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢，可以提高释放氢气的速率，又HCOOK催化释氢时，氢元素的来源单一，可提高释放出H2的纯度。1.一定条件下，向5L恒容密闭容器中加入6molA和2molB，发生反应：3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)；2min时，剩余1.2molB，并测得C的浓度为0.32mol/L。下列说法正确的是(D)A.x＝3B.0～2min内，v(A)＝0.48mol/(L·min)C.当剩余0.4molB时，反应时间为4minD.其他条件相同，若起始时向2.5L容器中充入6molA和2molB，当剩余1.2molB时，消耗时间小于2min【解析】列三段式：3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)起始/mol6200变化/mol2.40.80.8x1.62min时/mol3.61.20.8x1.6根据C的浓度为0.32mol/L可得eq\f(0.8xmol,5L)＝0.32mol/L，x＝2，A错误；0～2min内，Δc(A)＝eq\f(2.4mol,5L)＝0.48mol/L，v(