第01讲 化学反应速率及其影响因素-2026年高考化学一轮复习讲练测（北京专用）

PAGE1第01讲化学反应速率及其影响因素目录TOC\o"1-2"\h\u01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01.20.6000.80.2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020406080催化剂Ⅰ2.402.001.601.200.80催化剂Ⅱ2.401.600.800.400.40A．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05106.04.03.01.0A．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，0-5min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8min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/℃0022.00022.08.53024.88.55023.810.55026.010.5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<②C．8.5min时，对比①和②溶液温度，说明反应释放的总能量①>②D．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2L的密闭容器中加入amolCH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：物质CH3OHCH3OCH3H2O浓度(mol/L)0.440.60.6下列说法正确的是A．a=1.64B．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2amolCH3OH，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=1.2mol，未反应的CH3OH的物质的量为0.44mol/L×2L=0.88mol，a=0.88mol+1.2mol×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2amolCH3OH，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AB目的收集并吸收NO2比较Mg、Al金属性的强弱实验方案CD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2mL0.1mol/LKSCN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。0123450.1600.1130.0800.0560.0400.028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/min0123450.1600.1130.0800.0560.0400.028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YC．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0.5mol/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：30min时，c(Z)=0.125mol/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0.075mol/L、Z的浓度为0.125mol/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/①0.10.100②0.20.100③0.10.20.10.1④0.040.040.060.06A．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)/(×10−3mol·L−1)020406080催化剂Ⅰ2.402.001.601.200.80催化剂Ⅱ2.401.600.800.400.40下列说法不正确的是A．使用催化剂Ⅰ，0~20min的平均反应速率v(N2)=1.00×10−5mol·L−1·min−1B．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024609.917.222.4A．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ⅡB．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+2H2B．t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2C．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