资源简介

备战2026高考 化学反应速率高考真题集
命题解读 考向 近五年考查统计
考查化学反应速率的基本概念、表示方法、简单计算及外界因素（浓度、温度、压强、催化剂）对速率的影响，是化学反应原理的基础核心知识，通常难度中等，以选择题或填空题形式出现，侧重对规律的理解与应用。 考向一：化学反应速率的基本概念与计算 2023·全国乙卷·T28(部分)
2022·全国甲卷·T28(部分)
2021·全国乙卷·T28(部分)
2020·全国Ⅲ卷·T28(部分)
2019·全国Ⅲ卷·T28(部分)
综合考查化学反应速率与化学平衡的联动分析，常结合图像（如速率-时间图、浓度-时间图）考查学生的信息提取与综合分析能力。 考向二：速率影响因素与图像分析 2023·全国甲卷·T29(部分)
2022·全国乙卷·T28(部分)
2021·全国甲卷·T28(部分)
2020·全国Ⅱ卷·T28(部分)
2019·全国Ⅱ卷·T27(部分)
实验探究类题目，设计实验验证或探究某一因素（如催化剂、温度）对反应速率的影响，考查控制变量思想与实验设计能力。 考向三：实验设计与控制变量探究 2022·全国甲卷·T27(部分)
2021·全国乙卷·T27(部分)
2020·全国Ⅰ卷·T27(部分)
反应速率理论的初步应用，如用碰撞理论、过渡态理论解释影响因素，或与工业生产、生活实际（如催化剂在化工中的应用）相结合的情境题。 考向四：速率理论与实际应用 2023·全国乙卷·T27(部分)
2021·全国甲卷·T26(部分)
2019·全国Ⅰ卷·T28(部分)
一、单选题
1．（2025·云南楚雄·模拟预测）某团队合成了一种铁掺杂二氧化钛的新型催化剂，用于将转化为单质S，催化历程如图所示。下列说法正确的是
A．过程①和③均发生了非极性键的断裂
B．键角：
C．使转化成，恢复催化剂活性
D．O—H键的键能大于S—H键的键能，所以沸点：
2．（2025·云南文山·模拟预测）利用分子筛负载锰基催化剂可实现还原生成和，该过程的反应机理如下图所示，下列说法错误的是
A．IM2→IM3为该反应的决速步骤
B．IM3→IM4过程中参与反应
C．将替换为，反应可得
D．比稳定
3．（2025·云南文山·模拟预测）下列实验能达到预期目的的是
A．验证和的热稳定性 B．干燥、收集并吸收多余的
C．实验室制备乙炔气体 D．测定和稀硫酸的反应速率
A．A B．B C．C D．D
4．（2025·云南昆明·模拟预测）某反应的机理可用下图表示：
下列说法错误的是
A．该反应中乙醇是反应物，最终产物是乙烯和水
B．反应过程中有配位键的形成和断裂
C．和都是该反应的催化剂
D．该反应也可用浓硫酸催化，但易产生污染
5．（2025·云南玉溪·三模）一定温度和压强下，利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理和能量变化图如图甲、乙所示(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)。下列说法错误的是
A．该历程存在非极性键的断裂和形成
B．该历程的决速步骤反应为
C．使用铜基催化剂可降低反应的活化能，提高活化分子百分数
D．从平衡移动的角度看，降低温度可促进生成
6．（2025·云南·模拟预测）某科研团队以可再生纳米碳—羰基材料为催化剂，催化烷烃氧化脱氢反应，其基元反应如图所示。
下列说法正确的是
A．属于非极性分子
B．反应历程中有极性键和非极性键的断裂和生成
C．新戊烷也能发生上述氧化脱氢反应
D．a、c、e均是反应的中间产物
7．（2025·云南怒江·三模）化石能源的过度开采和利用导致严重的环境问题和能源危机。可再生能源驱动的电催化还原产生高附加值有机物，可有效地实现“碳中和”。甲酸盐是电化学还原产物中最具有市场竞争力和经济可行性的。开发高效的催化剂具有重要的研究价值，铜是电还原反应生产多碳产物的唯一金属催化剂，氧化铜(CuOx)基催化剂能通过组成和结构工程调整目标产物的产率和选择性。
不同价态的、、位点电还原制反应机理如图所示。*表示吸附在催化剂表面，下列说法错误的是
A．0价位点催化还原的反应步骤与另两种价态位点的反应步骤不同，但总反应热效应相同
B．价位点催化还原反应过程中的决速步骤反应式为，生成了非极性键
C．产物从价位点表面解吸时放出的能量最少
D．适中的氧化态(价)是最有利的
8．（2025·云南·高考真题）铜催化下，由电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是
A．Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应 B．Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成
C．Ⅳ的示意图为 D．催化剂Cu可降低反应热
9．（2025·山东·高考真题）在恒容密闭容器中，热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物。平衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系(实线部分)如图所示。已知：温度时，完全分解；体系中气相产物在、温度时的分压分别为、。下列说法错误的是
A．a线所示物种为固相产物
B．温度时，向容器中通入，气相产物分压仍为
C．小于温度时热解反应的平衡常数
D．温度时、向容器中加入b线所示物种，重新达平衡时逆反应速率增大
10．（2025·北京西城·一模）一定温度下，()在存在下与等物质的量的反应，主要产物为和。、和的物质的量分数随时间的变化如图1所示，反应过程中能量变化示意图如图2所示。
下列说法不正确的是
A．由图1可知，的活化能大于的活化能
B．的过程中，存在键的断裂与形成、键的旋转
C．此温度下，X生成Y的平衡常数小于X生成Z的平衡常数
D．时，各物质的物质的量分数变化可以用来解释
11．（2025·云南大理·二模）Ni可活化C2H6放出CH4，其反应历程如下图所示：
下列关于该活化历程的说法正确的是
A．该反应的决速步是：中间体2→中间体3
B．只涉及极性键的断裂和生成
C．Ni是该反应的催化剂
D．该反应的热化学方程式为：
12．（2025·全国·模拟预测）中国科学院大学以Bi为电极材料，利用电化学催化还原制备HCOOH。用计算机模拟在电极材料表面发生还原反应的历程如图1和图2所示(*表示微粒与Bi的接触位点)：
下列说法错误的是
A．生成HCOOH的反应历程中存在极性键的断裂与形成 B．HCOOH是还原产物
C．生成甲酸的选择性低于生成CO的选择性 D．二氧化碳生成甲酸的活化能为0.43eV
13．（2025·云南曲靖·二模）如图表示1，2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理，下列说法不正确的是
A．是该反应的催化剂
B．该反应生成物仅有甲醛和乙醛
C．该反应涉及了极性键的断裂、非极性键形成
D．该反应过程中Mo的成键数目发生改变
14．（2024·云南大理·一模）H2在石墨烯负载型Pd单原子催化剂(Pd/SVG)上还原NO生成N2和NH3的路径机理及正反应活化能Ea(kJ/mol)如图所示。下列说法错误的是
A．H2还原NO生成N2的决速步为反应⑥
B．Pd/SVG上H2还原NO，更容易生成NH3
C．由图可知，H2还原NO为N2和NH3的反应均为吸热反应
D．该过程中涉及极性键、非极性键的断裂和形成
15．（2024·重庆·一模）在一定温度下，将和充入容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：。5min后反应达到平衡，测得容器内的浓度减少了，则下列叙述正确的是
A．初始时的压强与平衡时的压强比为
B．当体系中气体的密度不变时，无法判断反应是否达到平衡
C．在5min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为
D．平衡时A的体积分数为20%
16．（2024·云南大理·模拟预测）铋(Bi)是一种重要的有色金属，工业上通过辉铋矿(主要成分是，含有少量Si、Fe、Pb、Al等元素)生产海绵铋的一种工艺流程如图所示，下列叙述不正确的是
A．为提高“酸浸”速率，可将辉铋矿粉碎或适当升高温度
B．“酸浸”时，“浸液”中的元素为Fe、Pb、Al
C．“氧化浸出”时，发生反应的离子方程式为
D．向“滤液”中通入后，所得溶液可循环利用
17．（2024·云南大理·模拟预测）中国科学院化学所研究了反应的反应历程，如图所示，下列说法正确的是
A．反应历程中，能降低反应活化能
B．图中的中间产物有4种
C．图示第4步有非极性键的断裂和极性键的形成
D．该过程的原子利用率为100%
18．（2024·云南昭通·模拟预测）电喷雾电离等方法得到的(等)与反应可得，与反应能高选择性地生成甲醇，方程式为，分别与、(D代表氘)反应，一定条件下体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以示例)。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。下列说法错误的是
A．步骤I、步骤Ⅱ均为放热反应
B．与反应的能量变化应为图中曲线a
C．与反应，氘代甲醇的产量
D．该反应既有极性键的断裂又有极性键和非极性键的生成
19．（2023·云南·二模）利用CH3OH、CO2与H2合成CH3CH2OH的反应主要历程如图所示。下列说法错误的是
A．HI、CO是合成乙醇的催化剂
B．合成过程涉及C-C键和H-O键形成
C．第3步的反应式为：CH3I+CO+2H2→CH3CH2OH+HI
D．若用D2替代H2，则可生成CH3CD2OD
20．（2023·云南昭通·模拟预测）次氯酸钠可用于除去废水中氨氮(以表示)，反应原理如图所示，其中第②步反应有、等中间产物生成。下列叙述正确的是
A．第②步反应生成时，有H—Cl键的断裂和生成
B．氨氮的去除过程可采用较高温度加热的方法加快反应速率
C．0.1mol/L的溶液中数目小于
D．理论上，次氯酸钠和去除的氨氮(以表示)的物质的量之比为
21．（2024·云南·模拟预测）可活化放出，其反应历程如图所示。下列关于活化历程的说法正确的是
A．总反应为
B．在此反应过程中的成键数目没有发生变化
C．在此反应过程中涉及非极性键的断裂和生成
D．决速步骤：中间体中间体2
22．（2024·河北·高考真题）在水溶液中，可与多种金属离子形成配离子。X、Y、Z三种金属离子分别与形成配离子达平衡时，与的关系如图。
下列说法正确的是
A．的X、Y转化为配离子时，两溶液中的平衡浓度：
B．向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐，达平衡时
C．由Y和Z分别制备等物质的量的配离子时，消耗的物质的量：
D．若相关离子的浓度关系如P点所示，Y配离子的解离速率小于生成速率
23．（2024·云南·模拟预测）近年，我国科学家利用两种不同的纳米催化剂在室温水汽条件下实现高效催化氧化，其反应历程中相对能量的变化如图所示（分别代表过渡态1、过渡态2、过渡态3），下列说法正确的是
A．在该条件下，催化效果较好的催化剂是，故使用催化剂能提高反应物的转化率
B．若利用进行同位素标记实验，检测到以上反应中有和生成，说明反应过程中有键的断裂
C．反应：的，该反应在低温时不能自发进行
D．若ⅱ表示被吸附在催化剂表面，则更容易吸附
24．（2024·云南大理·三模）乙醛是一种重要的二碳试剂，其某种合成机理如图所示。下列说法错误的是
A．是该反应的催化剂
B．是合成过程中的副产物
C．该合成乙醛的反应为：
D．增大浓度，有利于提高的平衡转化率
25．（2024·浙江·二模）苯和可经两步发生反应①或反应②，其主要反应历程和能量的关系如图所示，下列说法正确的是
A．对比历程图，苯更易发生取代反应，最主要的原因是反应②的速率更快
B．反应过程中碳原子的杂化方式发生了改变
C．加入可以降低反应②的活化能和焓变，提高反应速率
D．经两步发生反应①的总焓变
26．（2024·云南曲靖·二模）半导体光催化是指半导体材料吸收光子，产生光生电子和空穴，从而引发一系列反应的过程。一种光催化选择性氧化甲烷制备甲醇的机理如图所示，下列说法错误的是
A．转化①是吸热过程
B．的电子式为
C．转化②发生的反应可表示为
D．光照下可以加快该反应的速率，且不改变反应的焓变
27．（2024·云南·模拟预测）某第尔斯—阿尔德反应催化机理如图所示，下列有关说法错误的是
A．该反应的原子利用率为100% B．化合物X为
C．过程③中有碳氮双键断裂 D．反应过程中Ⅱ作催化剂，Ⅳ、Ⅵ是中间产物
28．（2024·云南昆明·二模）利用含锰催化剂催化脱硝的一种反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．II是催化剂
B．该过程发生的总反应为
C．全程只涉及极性键、非极性键的断裂和极性键的生成
D．若将替换为反应生成的水可能为
29．（2024·云南曲靖·一模）乙醛是一种重要的工业原料，广泛应用于医药、农药、涂料、塑料、合成纤维、橡胶、树脂等领域。乙醛由乙烯在催化剂作用下直接氧化制得，乙烯氧化法制乙醛的原理如下图所示(部分相关离子未画出)，下列说法正确的是
A．在反应中是中间产物
B．乙烯催化氧化法制乙醛的化学方程式为
C．转化过程中，Pd元素的化合价没有发生变化
D．该转化过程中，有非极性键的断裂与极性键的形成
30．（23-24高二下·浙江杭州·阶段练习）利用合成甲醇也是有效利用资源的重要途径。将原料气充入某一恒容密闭容器中，只发生，在不同催化剂作用下，反应min时的转化率随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是
A．使用催化剂Ⅰ时，d点未达到平衡
B．c点转化率比a点低的原因一定是催化剂活性降低
C．温度下的反应速率大于温度下的反应速率
D．若a点时，，则此条件下反应已达到最大限度
31．（2024·云南大理·二模）某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(均为气体)经历三个基元反应阶段，反应历程如下图所示(TS表示过渡态)。下列说法错误的是
A．该过程包含一个吸热反应和两个放热反应
B．反应②逆反应的活化能为
C．该过程的总反应为
D．反应③生成2mol时，转移电子数为
32．（2024·云南大理·二模）只利用下列实验药品，不能达到实验目的的是
实验目的 实验药品
A 探究温度对化学平衡的影响 与混合气体、冷水、热水
B 验证乙醇的消去产物是乙烯 乙醇、酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸
C 证明牺牲阳极法保护铁 、、酸化的食盐水、溶液
D 比较水和四氯化碳分子的极性 、、
A．A B．B C．C D．D
33．（2024·云南曲靖·一模）羟醛缩合反应是一种常用的增长碳链的方法。一种合成目标产物的反应机理如图所示，其中由①生成③的反应速率最慢。下列说法正确的是
A．①为该反应的中间产物
B．由③生成④的过程中有极性键的断裂和非极性键的生成
C．由①生成③的反应在各步骤中吸收的热量最多
D．合成物质⑦的总反应为+2
34．（2024·黑龙江·二模）1，2-丙二醇可用作制备不饱和聚酯树脂的原料，在化妆品、牙膏和香皂中可与甘油配合用作润湿剂。已知1，2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理如图所示。下列说法不正确的是
A．的化学式为
B．催化过程中金属元素成键数发生改变
C．是该反应的催化剂，可通过降低反应的活化能来提高化学反应速率
D．整个反应的化学方程式为
35．（2024·云南·一模）我国科技工作者用钾离子促进电催化合成尿素[CO(NH2)2]可能的反应机理如下图。与其他步骤相比，碳氮键的形成过程活化能更高。下列说法错误的是
A．尿素中碳原子采取杂化
B．步骤①和③的反应速率较其他步骤慢
C．步骤⑥发生的是氧化反应
D．以上过程中涉及极性键的形成和断裂
36．（2024·云南昆明·三模）乙醛是一种重要的二碳试剂，其某种合成机理如图所示。下列说法错误的是
A．Fe+是该反应的催化剂
B．C2H5OH是合成过程中的副产物
C．该合成乙醛的反应为C2H6+2N2O→CH3CHO+2N2+H2O
D．增大N2浓度，有利于提高CH3CHO的反应速率
37．（2024·云南·模拟预测）绿水青山是构建美丽中国的伟大构想。一种以沸石笼为载体对NO进行催化还原的原理如图所示，下列说法正确的是
A．反应过程中O原子的成键数目保持不变
B．作催化剂，虚线框内物质是中间体
C．该原理的总反应为
D．反应⑤中只起氧化剂的作用
38．（23-24高三上·贵州贵阳·阶段练习）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A．用装置甲定量测定化学反应速率
B．用装置乙实现反应：
C．用装置丙准确测定中和反应的反应热
D．用装置丁验证对分解反应有催化作用
39．（23-24高三上·江苏·阶段练习）可在催化剂或作用下产生，能将烟气中的氧化。产生机理如下：
反应Ⅰ：(慢反应)
反应Ⅱ：(快反应)
对于脱除反应：，下列有关说法不正确的是
A．加入催化剂，可提高的脱除效率
B．此反应的
C．向固定容积的反应体系中充入氦气，反应速率加快
D．与作催化剂相比，相同条件下作催化剂时脱除率可能更高
40．（2023·江苏·高考真题）二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为


在密闭容器中，、时，平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如题图所示。的选择性可表示为。下列说法正确的是

A．反应的焓变
B．的平衡选择性随着温度的升高而增加
C．用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为480~530℃
D．450℃时，提高的值或增大压强，均能使平衡转化率达到X点的值
41．（2023·云南·二模）高温时，NH3在催化剂作用下还原氮氧化物可应用于烟气脱硝化，一种反应原理如图所示。下列说法正确的是

A．反应前后Ti4+的总物质的量发生改变
B．O=Fe3+在该过程中起催化作用，铁元素价态未发生变化
C．反应的总方程式为4NH3+6NO＝5N2 +6H2O
D．反应过程中，每产生1mol N2，转移3mol电子
42．（2022·云南昆明·模拟预测）据文献报道，钯催化一种环合反应的机理如图所示。下列有关叙述错误的是
A．总反应为：
B．Pd的化合价在0和+2 之间变化
C．II通过分子内的取代反应生成Ⅲ和HBr
D．可预测消去HBr时主产物为
43．（2022·云南曲靖·二模）下列实验操作可以达到实验目的的是
选项 实验目的 实验操作
A 制备无水AlCl3 蒸发Al和稀盐酸反应后的溶液
B 验证结合H+的能力：COC 验证可溶性MR为强酸强碱盐 25℃，测得MR溶液的pH=7
D 探究浓度对反应速率的影响 向2支各盛有5mL不同浓度的NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，观察实验现象
A．A B．B C．C D．D
44．（2022·云南·二模）CO与气体均会造成环境污染，研究表明二者可在表面转化为无害气体，其反应进程及能量变化过程如图所示。下列说法正确的是
A．使用催化剂可降低反应活化能，但不改变反应历程
B．有催化剂条件下，E1时的反应速率比E2快
C．
D．为中间体、为催化剂
45．（2021·云南·一模）证据推理是化学学科重要的核心素养。下列证据与推理的关系，正确的是
选项 证据 推理
A 向FeCl3溶液中加入几滴30%的H2O2溶液，产生气体的速率加快，一段时间后，液体颜色加深 Fe3+能催化H2O2的分解，且该分解反应为放热反应
B 室温下，将BaSO4固体投入饱和碳酸钠溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生 Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)
C 将Fe(NO3)2晶体溶于稀硫酸中，滴入几滴KSCN溶液，溶液呈红色 Fe(NO3)2晶体已变质
D 室温下，用pH试纸测得0.1moL/L碳酸钠溶液的pH等于10，测得0.1mol/LCH3COONa溶液的pH等于9 酸性：CH3COOH强于H2CO3
A．A B．B C．C D．D
46．（21-22高三上·江苏盐城·期中）二氧化碳甲烷化技术被认为是二氧化碳循环再利用最有效的技术之一、一种CO2直接加氢甲烷化的典型反应历程如图所示，在甲烷化过程中CO2不发生解离而直接与H2解离出的H原子反应生成甲烷。下列有关说法正确的是
A．在CO2直接加氢甲烷化的过程中，原子利用率为100%
B．H2在Pd作用下发生解离，H-H断裂并放出能量
C．二氧化碳甲烷化反应中催化剂只有Pd
D．二氧化碳甲烷化过程中没有CO生成
47．（11-12高二上·河南郑州·阶段练习）在不同条件下的反应速率表示如下，其中反应进行最快的是
A．v(A)=0.01mol/(L·s) B．v(B)=0.02mol/(L·s)
C．v(B)=0.60mol/(L·min) D．v(C)=1.00mol/(L·min)
48．（2017·云南·一模）一定温度下，在1L恒容密闭容器中加入1mol的和发生反应：；，的物质的量与时间的关系如表所示，下列说法错误的是（ ）
时间 0
的物质的量 0
A．内，
B．升高温度，可使正反应速率减小，逆反应速率增大，故平衡逆移
C．的活化能小于的活化能
D．时再加入1mol的和，反应达新平衡时，
49．（2011·云南昆明·一模）一定温度下，1 molX和n mol Y在体积为2L的密闭容器中发生如下反应：X(g)+Y(g)2Z(g)+M(s)，5min后达到平衡，此时生成2a mol Z．下列说法正确的是(　　)
A．用X表示此反应的反应速率是(0.1-0.2a)mol (L min)-1
B．当混合气体的质量不再发生变化时，说明反应达到平衡状态
C．向平衡后的体系中加入1mol M，平衡向逆反应方向移动
D．向上述平衡体系中再充入1mol X，v(正)增大，v(逆)减小，平衡正向移动
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C C A C A B C C D D
题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 A C B C A B C D A D
题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
答案 A B B D B A D D D B
题号 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40
答案 D B B D C D C B C D
题号 41 42 43 44 45 46 47 48 49
答案 D D B C A D A B B
1．C
【详解】A．过程①是吸附在催化剂上，过程③中吸附在催化剂上，均无非极性键的断裂，A错误；
B．与的中心原子采取的都是杂化，且都有2个孤电子对，由于电负性：，的成键电子对离中心原子更近，受到的斥力更大，其键角大于，B错误；
C．根据图示③④两步历程，可知使转化成，恢复催化剂活性，C正确；
D．水分子的沸点高于硫化氢是因为水分子间能形成氢键，硫化氢分子间不能形成氢键，水分子间的作用力强于硫化氢，沸点高于硫化氢的，D错误；
故选C。
2．C
【详解】A．决速步骤为反应历程中活化能最高的步骤，即过渡态（TS）能量最高的步骤。IM2→IM3对应的过渡态（TS1）能量变化最大，其活化能最大，则为决速步骤，A正确；
B．由图中得，IM3→IM4的过程NO参与了反应，构建了新的中间体，B正确；
C．H2O中的O来自反应物NOx，催化剂Z2-[MnO]2+中的O不参与产物H2O的形成；将MnO替换为Mn18O后，18O仍留在催化剂中，产物H2O不含18O，C错误；
D．中间体能量越低越稳定，由图得Z2-[MnOH-NHNOH]2+（IM5）的能量低于Z2-[MnOH-NH2NO]2+（IM4），则前者更稳定，D正确；
答案选C。
3．A
【详解】A．Na2CO3直接加热不能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，间接加热NaHCO3可以产生使澄清石灰水变浑浊的气体，可以比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性，A正确；
B．NH3会与无水氯化钙形成CaCl2·8NH3络合物，不能用无水氯化钙干燥NH3，应使用碱石灰，B错误；
C．电石遇到水以后，会形成粉末状颗粒，不再是原来的块状固体，会通过隔板进入溶液，无法实现固液分离，导致不能控制反应，不能达到目的，C错误；
D．漏斗上方应密封，否则会导致H2漏出，影响实验数据，应该用分液漏斗，D错误；
故选A。
4．C
【详解】A．总反应为，A正确；
B．反应过程中有配位键的形成和断裂，B正确；
C．在反应前添加，反应前后的质量和性质不变，是该反应的催化剂，在反应过程中产生，反应前后不存在，是中间体不是催化剂，C错误；
D．乙醇发生消去反应生成乙烯也可用浓硫酸催化，但发生副反应生成等，易产生污染，D正确；
故选C。
5．A
【详解】A．反应中H2解离为H*时断裂H-H非极性键，但整个历程中生成的产物为CH3OH和H2O，中间物种均为极性键（如C-O、O-H等），无新的非极性键形成，故只存在非极性键断裂，不存在形成，A错误；
B．决速步骤为活化能最大的基元反应，由图乙能量变化可知，从HCOO*+5H*到CH3O*+H2O+H*的能垒最高，对应反应为，B正确；
C．催化剂可降低反应活化能，使更多普通分子变为活化分子，从而提高活化分子百分数，C正确；
D．由图乙可知，反应物（CO2+3H2）相对能量高于产物（CH3OH+H2O），总反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，促进CH3OH生成，D正确；
故选A。
6．B
【详解】A．H2O2分子结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A错误；
B．由图可知，O2的O=O非极性键断裂，有烯烃的C=C非极性键生成；同时有C-H极性键断裂、O-H极性键生成等，存在极性键和非极性键的断裂与生成，B正确；
C．新戊烷结构为C(CH3)4，分子中无相邻碳上的氢原子可脱氢形成双键，无法发生氧化脱氢反应，C错误；
D．a在反应中先参与反应，最终又再生，是催化剂而非中间产物；c、e为反应中生成后又消耗的中间产物，D错误；
故选B。
7．C
【详解】A.0价位点催化还原的反应步骤与另外两种价态位点的反应步骤不同，0价经历了生成过程，但总反应热效应相同，正确；
B.决速步为活化能最大的一步反应，则价位点催化还原反应过程中的决速步骤反应式为，同时该步骤中形成了非极性键，正确；
C.产物从价位点表面解吸时吸收的能量最少，错误；
D.适中的氧化态(价)的决速步活化能较小，是最有利的，正确；
故选C。
8．C
【详解】A．由图可知，Ⅰ到Ⅱ的过程中消耗了氢离子和电子，属于还原反应，A错误；
B．Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C-H键，如图，有极性键生成，不是非极性键，B错误；
C．Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C-H键，由Ⅲ结合氢离子和电子可知，Ⅲ到Ⅳ也生成了一根C-H键，Ⅳ到Ⅴ才结合CO，可知Ⅳ的示意图为，C正确；
D．催化剂可改变活化能，加快反应速率，不能改变反应热，D错误；
故选C。
9．D
【分析】热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物，则其分解产物为和，其分解的化学方程式为，根据图数据分析可知，a线代表，b线代表，c线代表。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。
【详解】A．a线所示物种为，固相产物，A正确；
B．温度时，向容器中通入，恒容密闭容器的体积不变，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，B正确；
C．根据题给图像，升高温度时物质的量增加，由于反应是在恒容密闭容器中进行，分压 不断增大，在此固气体系中，热解平衡常数 ，随温度升高增大，说明该反应为△H>0的反应。因此，尽管T2温度时，完全分解，但升温至T3过程中，热解平衡常数Kp将不断增大，则在T3时的显然小于 Kp，(Q＜K反应未达平衡)，由此即可判断出此时，的分压p3小于平衡常数 Kp，C正确；
D．若b线为气相产物，加入后分压增大，逆反应速率瞬时增大，平衡左移。重新平衡时，温度不变，平衡常数不变，气相产物分压不变，逆反应速率不变，D错误；
故选D。
10．D
【详解】A．开始反应时，Y的含量迅速上升，说明生成Y的速率快，活化能越低，反应速率越快，则的活化能大于的活化能，A正确；
B．σ键的键能大于π键，的过程中，先通过π键的断裂，而σ键保持稳定，再通过单键旋转调整取代基排列，最后重新形成π键，B正确；
C．达到平衡时，Z的浓度大于Y，则X生成Y的平衡常数小于X生成Z的平衡常数，C正确；
D．时，Z的浓度很低，说明主要发生反应，而的速率很慢，即的活化能大，则可以用来解释，D错误；
故选D。
11．A
【详解】A．由反应历程图可知，中间体 2→中间体 3 的活化能最大，速率最慢，所以该反应的决速步是中间体 2→中间体 3，A 正确；
B．反应中涉及C - C非极性键的断裂，并非只涉及极性键的断裂和生成，B错误；
C．由图可知，反应方程式为：Ni+C2H6=NiCH2+CH4，即Ni是反应物，而不是该反应的催化剂，C错误；
D．热化学方程式中应标注物质的状态，正确的热化学方程式为Ni(s) + C2H6(g)=NiCH2(s) + CH4(g) H = - 6.57kJ/mol，原选项未标注物质状态，D错误；
故答案为：A。
12．C
【详解】A．转化为时，有极性键的断裂，转化为HCOOH时，有O—H极性键的形成，A正确；
B．由制备HCOOH时，C元素的化合价降低，发生还原反应，所以HCOOH为还原产物，B正确；
C．由图2可知，生成甲酸的活化能为0.43eV-0eV=0.43eV，生成CO和的活化能为1.10eV，活化能越大，反应的选择性就越低，所以生成甲酸的选择性高于生成CO的选择性，C错误；
D．由图2可知，生成甲酸的活化能为0.43eV-0eV=0.43eV，D正确；
故选C。
13．B
【详解】A．根据反应中MoO3在反应中参与反应，反应结束后又生成的特点判断MoO3做催化剂，A正确；
B．根据转化图中产生的物质判断，1，2—丙二醇的分解产物有HCHO、CH3CHO、CH2=CHCH3、H2O生成，B错误；
C．由图，反应中存在氢氧等极性键断裂、碳碳非极性键的生成，C正确；
D．由图，该反应过程中Mo的成键数目为6或4，成键数目发生改变，D正确；
故选B。
14．C
【详解】A．活化能最大的基元反应为决速步，则H2还原NO生成N2的决速步为反应⑥，A正确；
B．由图知，Pd/SVG上H2还原NO，经过①到⑤步即可生成NH3，经过①到⑧步才能生成N2，而决速步反应⑥的活化能最大，发生最困难，则更容易生成NH3，B正确；
C．根据如图数据可计算正反应的活化能，不知道逆反应的活化能，故无法计算出反应热，即无法判断反应的能量变化，C错误；
D．由图可知，反应中有氢氢非极性键和氮氧极性键发生断裂，有氮氮非极性键和氮氢、氢氧极性键的形成，D正确；
故答案为：C。
15．A
【详解】A根据题意列三段式如下： ，气体压强之比等于气体物质的量之比，初始时的压强与平衡时的压强比=3∶(0.6+1.2+0.8) = 3∶2.6，A正确；
B．生成物中存在固体，反应体积不变，当密度不变时，气体质量不变，反应达到平衡，B错误；
C．是固体，不能用浓度表示反应速率，C错误；
D．根据三段式可知，平衡时A的体积分数为×100% = 23%，D错误；
故选A。
16．B
【分析】辉铋矿(主要成分是Bi2S3，含有少量Si、Fe、Pb、Al等元素)，通过硫酸酸浸后，Fe、Al与硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸铝，过滤，得到酸浸渣，往其中加氯化铁、盐酸进行氧化浸出，Bi2S3反应生成[BiCl6]3-，加入铁粉置换，生成单质铋，同时将剩余的Fe3+还原为Fe2+，向滤液中通入氯气得到Fe3+的溶液，可以循环利用。
【详解】A．为提高“酸浸”速率，可采取的措施为将辉铋矿粉碎、适当升高温度、适当增大硫酸浓度、搅拌等，故A项正确；
B．辉铋矿(主要成分是，含有少量Si、Fe、Pb、Al等元素)，通过硫酸酸浸后，Fe、Al与硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸铝，而Pb与硫酸反应生成硫酸铅沉淀，因此辉铋矿被浸出到“浸液”中的元素为Fe、Al，故B项错误；
C．“氧化浸出”时，反应生成，同时还会生成S单质和，离子方程式为，故C项正确；
D．滤液中含有，向滤液中通入氯气，得到的溶液，可以循环利用，故D项正确；
故本题选B。
17．C
【详解】A．由图可知，反应过程中和Rh作催化剂，可降低反应的活化能，故A项错误；
B．由图中转化关系可知，中间产物有、、、、HI共5种，故B项错误；
C．图示第4步反应的化学方程式为，氢气中有非极性键的断裂，HI中有极性键的形成，故C项正确；
D．总反应为，有水生成，原子利用率为不达100%，故D项错误；
故本题选C。
18．D
【详解】A．步骤I、步骤Ⅱ均为放热反应，A正确；
B．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，则此时正反应活化能会增大，根据图示可知，与反应的能量变化应为图中曲线a，B正确；
C．与，反应时，因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，步骤I的活化能增大，反应速率会变慢，则更难获得，故产率：，C正确；
D．步骤I和步骤Ⅱ均没有非极性键的生成，D错误；
故选D。
19．A
【详解】A．根据图示可知：在反应开始时无HI和CO，在反应结束时生成物中无HI和CO，因此HI和CO都是合成乙醇的中间产物，故A项错误；
B．根据图示可知：在反应3中有C-C键形成，反应4中有H-O键形成，故B项正确；
C．根据图示可知第3步反应的反应物是CH3I、CO、H2，生成物是CH3CH2OH及HI，则该反应的化学方程式为：CH3I+CO+2H2→CH3CH2OH+HI，故C项正确；
D．根据反应3可知反应产生乙醇中的-CH2-、-OH上H原子种类取决于H2中的H原子的种类，若用D2替代H2，则反应可生成CH3CD2OD，故D项正确；
故本题选A。
20．D
【详解】A.第②步与反应生成中间产物时，有H—Cl键生成，但没有H—Cl键断裂，A错误。
B.氨氮的去除过程有的参与，而在较高温度下不稳定，加热会分解，所以不能加快反应速率，B错误。
C.的溶液中计算数目，无溶液体积，不能确定数目，C错误。
D.由图可知，理论上，次氯酸钠和去除的氨氮(以表示)的物质的量之比为，D正确；
故选D。
21．A
【详解】A．只与始态和终态有关，根据历程图像可知，该反应为放热反应，即总反应为，A正确;
B．中间体中的成键数目为4，过渡态1、中间体2中的成键数目为2，过渡态2中的成键数目为3，因此在此反应过程中的成键数目在不断发生变化，B错误;
C．该反应过程中涉及键断裂和键的形成，没有非极性键的形成，C错误;
D．活化能大，化学反应速率慢，是决速步骤，根据历程图可知，中间体中间体3能量差值最大，活化能最大，是决速步骤，D错误;
故答案选A；
22．B
【详解】A．的X、Y转化为配离子时，溶液中，则，根据图像可知，纵坐标约为时，溶液中，则溶液中的平衡浓度：，A错误；
B．Q点时，即，加入少量可溶性Y盐后，会消耗形成Y配离子，使得溶液中减小(沿横坐标轴向右移动)，与曲线在Q点相交后，随着继续增大，X对应曲线位于Z对应曲线上方，即，则，B正确；
C．设金属离子形成配离子的离子方程式为金属离子配离子，则平衡常数，，即，故X、Y、Z三种金属离子形成配离子时结合的越多，对应曲线斜率越大，由题图知，曲线斜率：，则由Y、Z制备等物质的量的配离子时，消耗的物质的量：，C错误；
D．由P点状态移动到形成Y配离子的反应的平衡状态时，不变，增大，即增大、c(Y配离子)减小，则P点状态Y配离子的解离速率>生成速率，D错误；
本题选B。
23．B
【详解】A．根据图示可知作为催化剂活化能降低更多，因此效果较好的催化剂是，但是催化不能改变平衡移动，不能提高反应物的转化率，A错误；
B．若利用进行同位素标记实验，检测到以上反应中有和生成，来自于，说明O-H键断裂，B正确；
C．反应的生成物能量低于反应物则的，该反应为熵减的放热反应，在低温时能自发进行，C错误；
D．若ⅱ表示被吸附在催化剂表面，N-的活化能更低，因此更容易吸附，D错误；
故选B。
24．D
【详解】A．根据合成机理可知Fe+在第一步消耗，最后一步生成，是该反应的催化剂，A正确；
B．反应目的为生成乙醛，由合成机理可知为生成物，所以是合成过程中的副产物，B正确；
C．根据合成机理的箭头指入情况和指出情况可知，该合成乙醛的反应为乙烷和一氧化二氮转化为乙醛、氮气和水：，C正确；
D．增大浓度，有利于提高反应速率，但是不改变平衡移动，不改变的平衡转化率，D错误；
故选D。
25．B
【详解】A．反应②取代反应的活化能最低，生成物本身所具有的能量最低，更稳定，苯更易发生取代反应，A错误；
B．苯中碳原子都是sp2杂化，与最右边上下两个碳原子是sp3杂化，其余为sp2杂化，B正确；
C．催化剂不改变反应的焓变，可以降低反应②的活化能，提高反应速率，C错误；
D．焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，反应①的总焓变，D错误；
故选B。
26．A
【详解】A．由图可知，转化①为共价键的形成过程，形成共价键的过程为放热过程，故A错误；
B．是含有极性键和非极性键的自由基，电子式为，故B正确；
C．由图可知，转化②发生的反应为酸性条件下CH3OOH得到电子发生还原反应生成甲醇和水，反应式为，故C正确；
D．由图可知，是反应的催化剂，所以光照下可以加快该反应的速率，且不改变反应的焓变，故D正确；
故选A。
27．D
【详解】
A．由催化机理可知，总反应为，该反应为加成反应，原子利用率为，故A正确。
B．由过程①的反应可知：，根据Ⅰ、Ⅵ、Ⅱ的结构简式可推导出X为，故B正确。
C．过程③的反应为，该过程中有碳氮双键的断裂，故C正确。
D．该反应历程的第一步为，第三步又生成了Ⅵ，反应中消耗了Ⅵ又生成了Ⅵ，因此Ⅵ作催化剂，而Ⅱ、Ⅳ才是中间产物，故D错误。
答案选D。
28．D
【详解】A．由反应过程示意图可知，II是中间产物，I是催化剂，故A错误；
B．该过程发生的总反应为，故B错误；
C．由上一选项可知，过程还有非极性键的形成，故C错误；
D．若将替换为，由的原理断开N-H键，反应生成的水可能为，故D正确。
答案选D。
29．D
【详解】A．过程Ⅰ消耗，过程Ⅳ生成，所以在反应中起到催化剂的作用，A错误；
B．反应中，CH2=CH2最终被O2氧化为CH3CHO，则乙烯催化氧化的反应方程式为，B错误；
C．该转化过程中Pd价态发生了变化，有0价和正价，C错误；
D．过程Ⅴ中氧气转化为水，氧分子中非极性键断裂，生成水的过程中有氢氧极性键的形成，D正确；
故选D。
30．B
【详解】A．使用催化剂I时，CO2的转化率随温度升高先增大后减小。温度低于T4时，该反应未达平衡，温度升高，CO2的转化率随着反应速率增大而增大；温度高于T4时，可能是催化剂活性降低，也可能是平衡逆向移动，导致CO2的转化率减小，因此d点未达到平衡，故A正确；
B．c点转化率比a点低的原因可能是催化剂活性降低，也可能是平衡逆向移动，故B错误；
C．温度T4高于T3，升高温度反应速率加快，故温度下的反应速率大于温度下的反应速率，故C正确；
D．由于，若a点时，，则v(CH3OH)正=v(CH3OH)逆，a点处于平衡状态，反应已达到最大限度，故D正确；
答案选B。
31．D
【分析】从图中可得出三个热化学方程式：
反应①：2NO=N2O2 △H1=+199.2kJ mol-1；
反应②：N2O2+CO=CO2+N2O △H2=-513.5kJ mol-1；
反应③：CO2+N2O+CO=2CO2+N2 △H3=-306.6kJ mol-1据此分析解题。
【详解】A．由图可知，三个基元反应中，反应②和反应③的反应物总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，①属于吸热反应，A正确；
B．正反应活化能减焓变值为逆应活化能，反应②逆反应的活化能为130 kJ mol-1-(-513.5) kJ mol-1=，B正确；
C．利用盖斯定律，将反应①+②+③得， △H=+199.2kJ mol-1+(-513.5kJ mol-1)+ (-306.6)kJ mol-1]= -620.9kJ mol-1，C正确；
D．反应③：CO2+N2O+CO=2CO2+N2 △H3=--306.6kJ mol-1，根据反应式可知N的化合价+1→0价，生成2mol时，转移电子数为，D错误；
故选D。
32．B
【详解】A．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，将盛有二氧化氮和四氧化二氮混合气体的玻璃球分别放入冷水和热水中，放入冷水中的混合气体颜色变浅、放入热水中的混合气体颜色变深，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，降低温度，平衡向正反应方向移动，所以用二氧化氮和四氧化二氮混合气体、冷水、热水可以达到探究温度对化学平衡的影响的实验目的，故A正确；
B．乙醇具有挥发性，浓硫酸具有脱水性和强氧化性，则浓硫酸与乙醇共热发生消去反应制得的乙烯中混有二氧化硫和乙醇，二氧化硫、乙烯以及挥发出的乙醇均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以用乙醇、酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸不能达到验证乙醇的消去产物是乙烯的实验目的，故B错误；
C．锌和铁在酸化的食盐水中构成原电池，金属性强于铁的锌做正极被损耗，铁做正极被保护，向反应后的溶液中滴加铁氰化钾溶液，溶液中没有蓝色沉淀生成，则用锌、铁、酸化的食盐水、铁氰化钾溶液可达到证明牺牲阳极法保护铁的实验目的，故C正确；
D．非极性分子碘微溶于极性分子水，易溶于非极性分子四氯化碳，则用水、四氯化碳、碘可以达到比较水和四氯化碳分子的极性的实验目的，故D正确；
故选B。
33．B
【详解】A．由图可知，①为该反应的催化剂，A错误；
B．③到④的过程中，有C—N极性键的断裂和C—C非极性键的生成，B正确；
C．由①生成③的反应速率最慢，说明该步骤的活化能最大，但是不确定其吸热最多，C错误；
D．合成⑦，反应物为丙酮和CH3CHO，生成物是，催化剂是，总反应为，D错误；
故选B。
34．D
【详解】
A．由题干反应历程图可知，反应②为，则为，A正确；
B．由图可知，成键数发生改变，正确；
C．催化剂通过降低反应的活化能来提高化学反应速率，正确；
D．整个反应的化学方程式为：+2H2O，D错误；
本题选D
35．C
【详解】
A．尿素的结构简式为，其中碳原子形成三个σ键、无孤电子对，采取sp2杂化，故A正确；
B．与其他步骤相比，碳氮键的形成过程活化能更高，活化能越高，速率越慢，由图可知步骤①和③的过程形成碳氮键，所以步骤①和③的反应速率较其他步骤慢，故B正确；
C．由图可知步骤⑥过程中得电子，即发生的是还原反应，故C错误；
D．由图可知步骤①和③的过程形成碳氮键，步骤④和⑤的过程断裂氮氧键，所以以上过程中涉及极性键的形成和断裂，故D正确；
故答案为：C。
36．D
【详解】A．根据合成机理可知Fe+在第一步消耗，最后一步生成，是该反应的催化剂，A正确；
B．由合成机理可知C2H5OH为生成物，所以C2H5OH是合成过程中的副产物，B正确；
C．根据合成机理的箭头指入情况和指出情况可知该合成乙醛的反应为C2H6+2N2O→CH3CHO+2N2+H2O，C正确；
D．增大N2浓度，不利于各中间产物的生成，不利于提高CH3CHO的速率，D错误；
故选：D。
37．C
【详解】A．反应过程中O键数有3个、2个发生了变化，选项A错误；
B．四氨合铜离子与虚线框的物质都是反应中产生且后续消失的物质均为中间体，二氨合亚铜是催化剂，选项B错误；
C．从图看NO催化还原应该是NO与NH3氧化还原反应，反应为4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O，选项C正确；
D．该离子中铜化合价降低，但N元素化合价升高为0价，故该离子既是氧化剂又是还原剂，选项D错误；
答案选C。
38．B
【详解】A．定量测定化学反应速率要用分液漏斗，气体会从长颈漏斗管口逸出，缺少秒表，A项错误；
B．作阳极，可实现，B项正确；
C．铁会导热，中和反应的反应热测定应用玻璃搅拌器，C项错误；
D．温度、催化剂均能加快反应速率，在加热的基础上，不能验证对分解有催化作用，D项错误；
故选B。
39．C
【详解】
A．已知： 可在催化剂作用下产生·OH，或结合反应机理:：催化剂表面仅存在Fe3+，Fe3+通过慢反应Ⅰ产生Fe2+，再通过快反应Ⅱ产生·OH，总反应速率由慢反应I决定，生成的·OH能将烟气中的NO、SO,氧化，则加入催化剂，可提高的脱除效率，故A正确；
B．熵减，该反应能自发进行，时自发，则该反应的△H<0，，故B正确；
C．固定容积的反应体系中充入He，各组分的分压没有改变，反应速率不受影响，故C错误；
D．中既有+2价的铁，又有+3价的铁，因此的催化效率比更高，相同条件下作催化剂时脱除率可能更高，故D错误；
故选C。
40．D
【详解】A．由盖斯定律可知反应的焓变，A错误；
B．为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的含量降低，故的平衡选择性随着温度的升高而降低，B错误；
C．由图可知温度范围约为350~400℃时二氧化碳实际转化率最高，为最佳温度范围，C错误；
D．450℃时，提高的值可提高二氧化碳的平衡转化率，增大压强反应I平衡正向移动，可提高二氧化碳的平衡转化率，均能使平衡转化率达到X点的值，D正确。
故选D。
【点睛】
41．D
【详解】A．由图可知，Ti4+是整个反应的催化剂，反应前后Ti4+的总物质的量不发生改变，故A错误；
B．O=Fe3+在该过程中起催化作用，铁元素价态发生变化，即+2价和+3价相互转化，故B错误；
C．反应机理中箭头从反应物指向生成物，则反应的总方程式为4NH3+4NO+O2＝4N2 +6H2O，故C错误；
D．反应的总方程式为4NH3+4NO+O2＝4N2 +6H2O，NH3中的N元素由-3价上升到0价，每产生4mol N2，转移12mol电子，因此每产生1mol N2，转移3mol电子，故D正确；
故选D。
42．D
【详解】
A．反应物：依箭头分析，进入整个循环历程的物质是Ⅰ，生成物：最终脱离整个历程的物质是Ⅴ和HBr，则总反应为：，故A正确
B． 依整个循环历程分析，Pd的化合价在0和+2之间变化，故B正确；
C．II分子中的溴原子取代了分子内碳碳双键上的氢原子生成III和HBr，是分子内的取代反应，故C正确；
D．依循环历程中Ⅳ到Ⅴ分析可预测 消去HBr时主产物不是，应是 ，故D错误；
故选D。
43．B
【详解】A．加热促进铝离子水解，且生成的盐酸易挥发，应在HCl气流中加热制备，A不合题意；
B．NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合后产生白色沉淀氢氧化铝同时生成碳酸钠，反应的离子方程式为：+ +H2O=Al（OH）3↓+，故能验证结合H+的能力：<， B符合题意；
C．25℃，测得MR溶液的pH=7，不能验证可溶性MR为强酸强碱盐，因为其也可能是水解程度相同的弱酸弱碱盐，C不合题意；
D．由于H2O2和NaHSO3反应生成Na2SO4和H2O的反应无明显现象，故向2支各盛有5mL不同浓度的NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，观察不到明显的实验现象，即无法探究浓度对反应速率的影响，D不合题意；
故答案为：B。
44．C
【详解】A．使用催化剂有中间产物生产，改变反应历程，降低反应活化能，故A错误；
B．有催化剂条件下，大于，活化能越小反应速率越快，时速率慢于，故B错误；
C．由图可知和在表面转化为无害气体的反应进程为①，②，①+②得，故C正确；
D．是反应的催化剂，为中间体，故D错误；
选C。
45．A
【详解】A．向FeCl3溶液中加入几滴30%的H2O2溶液，产生气体的速率加快，说明Fe3+能催化H2O2的分解，一段时间后，液体颜色加深，则氢氧化铁浓度增大，说明铁离子水解平衡右移，究其原因为升温引起的，则说明该分解反应为放热反应，A正确；
B．室温下，将BaSO4固体投入饱和碳酸钠溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生，则有部分硫酸钡转变为碳酸钡，原因为：由于饱和碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大、使Qc(BaCO3) >Ksp(BaCO3) 导致碳酸钡沉淀析出、钡离子浓度变小、使Ksp(BaSO4)> Qc(BaSO4)、使部分硫酸钡沉淀溶解。因此难以说明Ksp(BaSO4)和Ksp(BaCO3)的相对大小 ，B错误；
C．将Fe(NO3)2晶体溶于稀硫酸中，Fe2+、与一定浓度的氢离子能发生反应，例如：，滴入几滴KSCN溶液，溶液必定呈红色，难以说明Fe(NO3)2晶体已变质，C错误；
D．室温下，用pH试纸测得0.1moL/L碳酸钠溶液的pH等于10，测得0.1mol/LCH3COONa溶液的pH等于9，说明碳酸根离子的水解程度大于醋酸根离子的，只能说明碳酸氢根电离能力小于醋酸，不能说明酸性：CH3COOH强于H2CO3，D错误；
答案选A。
46．D
【详解】A．由该转化示意图可知，总反应式为：CO2+4H2CH4+2H2O，故在CO2直接加氢甲烷化的过程中，原子利用率不为100%，A错误；
B．化学键断裂需要吸收能量，H2在Pd作用下发生解离，H-H断裂并吸收能量，B错误；
C．由该转化示意图可知，二氧化碳甲烷化反应中催化剂为Pd和MgO，C错误；
D．由该转化示意图可知，二氧化碳甲烷化过程中始终没有CO生成，D正确；
故答案为：D。
47．A
【分析】根据不同物质的速率之比等于计量数之比将不同物质的表示的反应速率转化为同一物质以同一单位表示的速率进行比较，
【详解】A．v(A)=0.01mol/(L·s)=0.6 mol/(L·min)；
B．v(B)=0.02mol/(L·s)=1.2mol/(L·min)，则v(A)=v(B)=0.4mol/(L·min)；
C．v(B)=0.60mol/(L·min)，则v(A)=v(B)=0.2mol/(L·min)；
D．v(C)=1.00mol/(L·min)，则v(A)=v(C)=0.5mol/(L·min)；
综上所述反应速率最快的是A，故答案为A。
48．B
【详解】A．内，的浓度增大，则，故A正确；
B．升高温度正逆反应速率均增大，化学平衡向吸热方向移动，由于该反应正方向为放热反应，所以平衡逆移，故B错误；
C．正反应的活化能逆反应的活化能，所以正反应的活化能逆反应的活化能，即的活化能小于的活化能，故C正确；
D．原来平衡时，生成氨气为，消耗氮气为，则剩余的氮气为，再加入1mol的，平衡向正方向移动，由于可逆反应中反应物不能全部转化为生成物，所以加入的1mol的不能全部反应，即后来平衡时氮气的物质的量大于，则，故D正确；
答案选B。
【点睛】本题易错易混点在于B选项，经常性将影响平衡移动与影响反应速率混淆，升高温度反应速率一定增大，不论平衡向哪个方向移动，正逆反应速率均增大的。
49．B
【详解】A．5min后达到平衡，生成2amolZ，则参加反应的X的物质的量为2amol×=amol，故v(X)==0.1amol/(L min)，故A错误；
B．随反应进行，反应混合气体的质量减小，混合气体的质量不变，说明到达平衡，故B正确；
C．因固体和纯液体改变它的物质的量并不会改变它的浓度，因此化学平衡并不移动，故C错误；
D．向上述平衡体系中再充入1molX，反应物的浓度增大，生成物的浓度不变，所以v(正)增大，v(逆)不变，平衡向正反应移动，故D错误；
故答案为B。

展开更多......

收起↑