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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（2020-2025）
化学反应速率是化学动力学的基础，主要考查反应速率的表示、计算及影响因素（浓度、温度、压强、催化剂等）。宁夏卷常结合图像、图表进行综合考查，侧重对定性分析与定量计算能力的测试，分值约4-8分。 考向一 化学反应速率的表示与计算 2024·宁夏卷T12
2023·宁夏卷T15
2022·宁夏卷T13
考查学生对影响反应速率因素的理解，尤其是催化剂、温度、浓度的作用机制及其在工业生产或实验中的实际应用，常结合具体反应情境或实验数据进行分析。 考向二 影响化学反应速率的因素 2024·宁夏卷T19（3）
2023·宁夏卷T18
2021·宁夏卷T14
2020·宁夏卷T13
结合反应机理、图像（如速率-时间图、浓度-时间图）等，综合考查学生对反应过程的分析与推理能力，体现化学核心素养中的“证据推理与模型认知”。 考向三 反应速率与反应机理、图像分析 2025·宁夏卷T17（预测）
2023·宁夏卷T16
2021·宁夏卷T16
将反应速率知识与化学平衡、电化学等内容综合考查，如反应速率与平衡移动的关系、电解反应中的速率问题等，难度中等偏上。 考向四 化学反应速率的综合应用 2024·宁夏卷T20（2）
2022·宁夏卷T17（1）
一、单选题
1．（2025·宁夏银川·一模）研究表明，水在超临界状态下呈现许多特殊的性质。一定实验条件下，测得乙醇的超临界水氧化结果如图甲、乙所示，其中X为以碳元素计的物质的量分数，t为反应时间。下列说法错误的是
A．乙醇的超临界水氧化过程中，CO是中间产物，CO2是最终产物
B．乙醇的超临界水氧化过程中经历两步反应，第一步速率较快，第二步较慢
C．随温度升高，XCO峰值出现的时间提前且峰值更高，说明乙醇的氧化速率比CO氧化速率的增长幅度更大
D．T=550℃条件下，3s~8s区间乙醇的超临界水氧化过程中，速率关系为：2v(乙醇)=v(CO)=v(CO2)
2．（2025·宁夏银川·一模）Rh(I)-Ru(III)双金属配合物催化醋酸甲酯羰基化反应制备醋酸的反应机理和各基元反应活化能垒如图所示。其中Cat。表示催化剂，TS和TN分别表示各基元反应的过渡态和产物。下列说法错误的是
A．反应中Ru的成键数目不变
B．该羰基化反应每消耗1molCH3COOCH3生成1molCH3COOH
C．由CH3I生成CH3OI经历了4个基元反应，其中第四步是决速步骤
D．Rh(I)-Ru(III)双金属配合物降低了反应的活化能，不改变反应在该条件下的焓变
3．（2025·宁夏银川·一模）下列根据实验操作和实验现象所得出的结论正确的是
选项 实验操作 实验现象 结论
A 常温下，用计分别测定等体积溶液和溶液的 测得都等于7 同一溶液中，铵根离子和醋酸根离子的水解程度相等
B 将二氧化硫气体通入滴有酚酞的稀溶液中 溶液褪色 具有漂白性
C 向某溶液中滴入少量盐酸酸化的氯化钡溶液 有白色沉淀说明 说明原溶液中含有
D 向两支均盛有的溶液的试管中分别加入的溶液和溶液 加入的试管中产生气泡快，加入的试管产生气泡慢 均可以加快的分解；比的催化效果更好
A．A B．B C．C D．D
4．（2024·江西鹰潭·一模）甲醇()与CO催化制备乙酸()的反应历程及每分子甲醇转化为乙酸的能量变，化关系如图。下列说法正确的是
A．ⅲ为该历程的决速步骤
B．该过程不涉及非极性键的形成
C．该反应中，为催化剂，HI为中间产物
D．总反应的热化学方程式为
5．（2025·宁夏石嘴山·一模）如图(表示活化能)是与生成的部分反应过程中各物质的能量变化关系图，下列说法正确的是
A．题述反应为吸热反应
B．升高温度，均增大，反应速率加快
C．第一步反应的方程式可表示为
D．第一步反应的速率大于第二步反应的速率
6．（2025·宁夏银川·模拟预测）我国科学家已经成功地利用二氧化碳催化氢化获得甲酸，利用化合物1催化氢化二氧化碳的反应过程如图甲所示，其中化合物2与水反应生成化合物3与HCOO-的反应历程如图乙所示，其中TS表示过渡态，Ⅰ表示中间体。下列说法错误的是
A．从平衡移动的角度看，降低温度可促进化合物2与水反应生成化合物3与HCOO-
B．化合物1为此反应的催化剂
C．催化氢化制甲酸的原料中有酸和碱
D．化合物1到化合物2的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的形成
7．（2024·湖北荆州·模拟预测）用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是
A．证明氯化银溶解度大于硫化银 B．制备溴苯并验证其反应类型
C．比较浓度对反应速率的影响 D．验证丙烯醛(CH2=CHCHO)中有碳碳双键
A．A B．B C．C D．D
8．（2025·内蒙古赤峰·二模）我国科学家已经成功催化氢化获得甲酸，利用化合物1催化氢化的反应过程如图甲所示，其中化合物2与水反应生成化合物3与的反应历程如图乙所示(TS表示过渡态，I表示中间体)。下列说法正确的是
A．化合物1参与了化学反应，改变了总反应的反应热
B．升高温度，有利于提高化合物2的转化率
C．图乙表示的反应历程中，决速步为第一步
D．化合物4到化合物1的反应为氧化还原反应
9．（2025·河北石家庄·二模）中国科学院基于实验发展了硝基甲烷热分解的动力学模型，其反应历程如下图所示，图示中各物质均为气态。下列说法错误的是
A．该反应历程中只涉及极性键的断裂和形成
B．反
C．生成的反应历程中，经历TS2的步骤为决速步骤
D．反应过程中碳的杂化轨道类型发生改变
10．（2025·北京门头沟·一模）与可发生反应生成腈()和异腈()两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图所示(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。下列说法不正确的是
A．腈和异腈互为同分异构体
B．与生成腈和异腈的反应都是放热反应
C．I中“N…Ag”间的作用力比Ⅱ中“C…Ag”间的作用力弱
D．从整个过程分析，从后续物的稳定性和反应速率的角度均有利生成后续物I
11．（2025·河北·模拟预测）在45℃、碱性条件下，Ag作催化剂可将甲醛转化为，反应的机理如图1所示，将纳米Ag颗粒负载在表面可防止纳米Ag团聚；其他条件不变，反应相同时间，NaOH浓度对氢气产生快慢的影响如图2所示。
已知：甲醛在碱性条件下会发生副反应生成甲酸盐和甲醇。下列说法错误的是
A．图1过程中涉及了极性键和非极性键的形成
B．在NaOH溶液中，甲醛可发生反应：
C．若用DCDO代替HCHO，则得到的产物为HD单质
D．时，产生的速率减缓的唯一原因是甲醛发生了副反应
12．（2025·宁夏银川·一模）研究丙酮肟（A）以为质子源制备酰胺产物（P-A）反应历程如图所示。图中A-TS表示过渡态，A-INT表示中间体。下列说法中错误的是
A．过渡态中最稳定的是A-TS2 B．制备中间体A-INT3的反应是决速步骤
C．该历程中是催化剂，H2O是中间产物 D．丙酮肟（A）制备酰胺产物（P-A）属于放热反应
13．（2025·江西·二模）将一定量的丙烯投入恒容密闭容器中，分别在不同的温度和催化剂下进行反应，保持其他初始实验条件不变，经测得转化率如图所示(下两曲线相交，)。下列说法错误的是
A．下，催化剂活性：催化剂1<催化剂2 B．在催化剂2的条件下，反应速率：
C．体系中的物质的量： D．催化剂2条件下，b点反应未达到化学平衡状态
14．（24-25高三下·云南·阶段练习）研究人员使用压缩的或空气作为雾化气体，将水微滴喷射到磁性氧化铁和Nafion涂覆的石墨网上，发生常温反应制备出氨。其反应历程中微粒转化关系如图甲，相对能量变化关系如图乙，图中*表示催化剂表面的吸附位。下列说法正确的是
A．过程中断裂的化学键只有键
B．决速步骤的产物为
C．反应过程中最稳定的含氮物质为
D．Ⅰ转化过程中可能发生副反应：
15．（24-25高三上·广东·期末）NH3的还原性可用来消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反应如下：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l) ΔH<0。某研究小组将2molNH3、3molNO和一定量的O2充入2L密闭加热反应器中，在Ag2O催化剂表面发生上述反应。随着反应器温度的不断升高，测得升温过程中不同温度下NO的转化率如图所示，下列说法错误的是
A．在5min内，从420K升温到580K，此时段内NO的平均反应速率是0.342mol·L-1·min-1
B．加入O2后NO的转化率升高，可能是O2活化了Ag2O催化剂
C．低温条件有利于提高NO的平衡转化率
D．在有氧条件下，温度580K之后NO生成N2的转化率降低的主要原因是平衡逆向移动
16．（24-25高三上·广东·开学考试）双金属氧化物催化加氢制甲醇的反应机理如图所示，已知活化位点为催化剂上能吸附反应物分子同催化剂反应的基团位置。下列说法不正确的是
A．该过程的总反应可表示为
B．反应①②③④均有极性键的断裂与形成
C．和的活化位点相同
D．氧空位浓度高，有利于增强的吸附能力
17．（24-25高二上·黑龙江吉林·阶段练习）在某催化剂作用下双氧水分解：。向某容器中投入足量双氧水，测得双氧水浓度与反应时间关系如图所示。已知：双氧水浓度减小一半所用时间叫半衰期。下列叙述错误的是
A．温度升高，双氧水分解速率加快
B．反应速率：
C．ab段平均速率：
D．此条件下，双氧水半衰期与初始浓度成正比
18．（24-25高三上·安徽·期中）以物质的量之比为向恒压密闭容器中充入X、Y，发生反应，相同时间内测得Z的产率和Z在不同温度下的平衡产率随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．据图像分析，该反应是吸热反应
B．Q点是最高点，Q点为平衡状态
C．M、N点反应物分子的有效碰撞几率不同
D．从M点到P点，可通过加入催化剂或分离产物Z而达到平衡点
19．（23-24高三下·江苏·开学考试）电喷雾电离等方法得到的(、、等)与反应可得。与反应能高选择性的生成甲醇。分别与、反应，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和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是I
B．与反应的能量变化应为图中曲线c
C．若与反应，氘代甲醇的产量
D．若与反应，生成的氘代甲醇有2种
20．（23-24高三上·云南昆明·期末）光催化剂在紫外线照射下产生光生电子(e-)和光生空穴(h+)，h+具有强氧化性，留在VB端，e-跃迁到CB端。科学家利用乙腈(CH3CN)光催化脱氢偶联高选择性制丁二腈()，反应历程如下图所示。
下列说法错误的是
A．VB端上发生的反应为：H2O-h+=·OH+H+
B．反应过程中·CH2CN为中间产物
C．单位时间内产生“空穴”数越多，反应a、c速率越快
D．提高丁二腈选择性的关键是抑制反应a、降低反应c的活化能
21．（2024·宁夏银川·模拟预测）我国科学家已经成功催化氢化CO2获得甲酸，利用化合物1催化氢化CO2的反应过程 如图甲所示，其中化合物2与水反应生成化合物3与HCOO 的反应历程如图乙所示(其中TS表示过渡态，I表示中间体)。下列说法正确的是
A．化合物1为此反应的催化剂，可加快CO2转换速率
B．化合物2的总键能大于化合物3的总键能
C．图乙表示的反应历程包括3步基元反应，决速步为第三步
D．上述反应中O原子的成键数目保持不变
22．（2024·宁夏银川·模拟预测）下列由实验操作、现象得出的相应结论正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 取一小块鸡皮于表面皿上，滴几滴浓硝酸于鸡皮上 一段时间后鸡皮变黄 鸡皮中含脂肪
B 将某铁粉溶于足量稀硫酸中，然后向溶液中滴加KSCN溶液，观察现象 溶液未变红 铁粉未生锈
C 向两份相同且足量的H2O2溶液中分别加入等量的水(第1份)和一定浓度的CuCl2溶液(第2份)，在相同条件下反应，对比相同时间内产生O2的体积 第2份产生O2的体积更多 Cu2+可以催化H2O2分解
D 向Na[Al(OH)4]溶液中滴加NaHCO3溶液 产生白色沉淀 [Al(OH)4]-结合H+的能力比CO强
A．A B．B C．C D．D
23．（2024·宁夏石嘴山·模拟预测）某种二价铜微粒[CuⅡ(NH3)2]2+的催化剂可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图甲，反应历程如图乙。下列说法正确的是
A．升高温度，脱硝反应的正反应速率的增大程度小于逆反应速率的增大程度
B．该催化过程的总反应方程式为
C．[CuⅡ(NH3)2]2+可加快脱硝速率，提高脱硝的平衡转化率
D．微粒[CuⅡ(NH3)2]2+中的NH3的键角小于氨气中NH3分子的键角
24．（2024·重庆·三模）甲酸常用于橡胶、医药等工业。在一定条件下可分解生成和，在无、有催化剂条件下的能量与反应历程的关系如下图所示，下列说法正确的是
A．
B．可以通过和计算的总键能
C．途径二中参与反应，是该反应过程的中间产物
D．途径二中反应的快慢由生成的速率决定
25．（23-24高二上·浙江绍兴·期末）我国科技工作者运用DFT计算研究HCOOH在不同催化剂（Pd和Rh）表面分解产生的部分反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。下列说法不正确的是
A．参与反应的反应物总键能小于生成物总键能
B．Pd和Rh分别作催化剂时HCOOH分解产生的不同
C．HCOOH吸附在催化剂表面是一个放热过程
D．是该历程的决速步骤
26．（2024·宁夏银川·一模）是还原工业废水中六价Cr的催化剂，反应机理如图所示。
下列叙述错误的是
A．反应①、③均不属于氧化还原反应
B．中Cr元素的化合价为+3价
C．加入Mn能够降低活化能，提高六价铬的转化率
D．总反应
27．（2024·宁夏吴忠·一模）利用下列实验装置(夹持装置略)能完成相应实验的是
A．装置甲可比较、、S的氧化性
B．装置乙(秒表未画出)可测定化学反应速率
C．装置丙可测定盐酸的浓度
D．装置丁中，反应后向试管甲中加水可以检验是否有生成
28．（2024·湖南长沙·一模）分子在FC（氟化石墨烯）表面可能沿下列反应历程进行分解，即该反应历程为酸根路径：，其分解的各基元反应能量曲线如下图所示（TS表示过渡态），下列说法不正确的是
A．该反应历程的第一步反应为吸热反应
B．该反应历程的控速步骤为
C．比稳定
D．随着分子的不断分解，O原子在FC表面的覆盖度升高，对后续的分解反应会产生影响
29．（23-24高三上·重庆渝北·阶段练习）甲酸常被用于橡胶、医药等工业，一定条件下可分解生成CO和H2O。在无催化剂和有催化剂的条件下，能量与反应历程的关系分别如图1、图2所示。下列说法错误的是
A．途径一和途径二中均涉及了极性键的断裂和生成
B．ΔH1<ΔH2<0
C．途径二使用了H+作为催化剂
D．途径二反应的快慢由生成的速率决定
30．（2021·湖南·模拟预测）活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。自由基与反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是
A．该反应为吸热反应
B．产物的稳定性：
C．该历程中正反应的最大活化能
D．相同条件下，由中间产物Z转化为产物的速率：
31．（2017·河南安阳·一模）如图所示为CFCl3破坏臭氧层的过程，下列说法不正确的是

A．过程Ⅰ中断裂C—Cl键 B．过程Ⅱ可表示为O3+Cl=ClO+O2
C．过程Ⅲ中O+O=O2是吸热过程 D．上述过程说明CFCl3中的氯原子是破坏臭氧层的催化剂
32．（22-23高一下·河南开封·期末）在四个不同的容器中，在不同的条件下进行合成氨反应，根据下列在相同时间内测得的结果判断，生成氨的化学反应速率最快的是
A． B．
C． D．
33．（2023·湖南·高考真题）是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某(Ⅱ)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示。

下列说法错误的是
A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，配体失去质子能力增强
B．M中的化合价为
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：
34．（2023·海南省直辖县级单位·二模）下列实验设计能达到实验目的的是
实验目的 实验设计
A 探究浓度对化学反应速率的影响 常温常压下，向一试管中加入10%的溶液，另一试管中加入固体和5%的溶液，观察现象
B 制备并得到纯净的溴苯 向含溴的苯溶液中加入溶液，充分反应后，过滤洗涤
C 证明 向NaOH溶液中滴加2滴同浓度的溶液后，再滴加2滴同浓度的溶液，观察现象
D 验证某溶液中一定含有钾元素 用洁净的铁丝蘸取该溶液在酒精灯外焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色
A．A B．B C．C D．D
35．（22-23高三下·湖南长沙·阶段练习）利用反应　可实现从燃煤烟气中回收硫。向三个体积相同的恒容密闭容器中通入和发生反应，反应体系的总压强随时间的变化如图所示。下列说法错误的是
A．实验b中，40min内CO的平均反应速率
B．与实验a相比，实验b改变的条件是加入催化剂
C．实验b中的平衡转化率是75%
D．实验abc相应条件下的平衡常数：
36．（22-23高二上·广东肇庆·期末）2022年10月5日，诺贝尔化学奖授予了在“铜催化”领域贡献突出的卡罗琳等人。利用铜催化剂可实现甲醇()的催化制氢，反应机理如下图所示，下列说法正确的是

A．该反应的
B．CO属于反应过程中的中间产物
C．反应过程中有非极性键的断裂与形成
D．反应Ⅱ的正反应活化能为
37．（2023·山东日照·一模）CO2电催化还原制备CH3OH的反应历程如图所示(部分物质未画出)。
主反应：
副反应：
下列说法正确的是
A．催化剂可同时降低主、副反应的活化能，从而降低、
B．*与结合形成*
C．反应过程中有极性键和非极性键的断裂与生成
D．反应为决速步
38．（2023·湖南岳阳·一模）用下图实验装置进行有关实验，能达到实验目的的是
A B C D
除去溶在中的 干燥氨气 将从溶液中结晶析出 测定化学反应速率
A．A B．B C．C D．D
39．（2021·湖北·二模）图中展示的是乙烯催化氧化的过程(部分相关离子未画出)，下列描述不正确的是
A．PdCl和Cu2＋在反应中都是催化剂
B．该转化过程中，有非极性键的断裂与极性键的形成
C．该转化过程中，涉及反应4Cu＋ ＋O2＋4H＋=4Cu2＋＋2H2O
D．乙烯催化氧化反应的化学方程式为CH2=CH2＋O2CH3CHO＋H2O
40．（2022·宁夏银川·二模）我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂s-SnLi可提高电催化制甲酸盐的产率，同时释放电能，实验原理如图所示。下列说法不正确的是
A．充电时，Zn电极周围pH升高
B．放电时，每生成1mol HCOO-，转移NA个电子
C．使用催化剂Sn或者s-SnLi均能有效减少副产物CO的生成
D．使用Sn催化剂，反应更易进行
41．（2021·湖北·模拟预测）研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，其工作原理如下图所示。下列说法错误的是
A．加入HNO3降低了正极反应的活化能
B．电池工作时正极区溶液的pH降低
C．1 molCH3CH2OH被完全氧化时有3 molO2被还原
D．负极反应为CH3CH2OH+3H2O 12e-=2 CO2↑+12 H+
42．（2022·河北·模拟预测）在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮(NO)以达到消除污染的目的。其工作原理的示意图如图所示。下列说法正确的是
A．Ir的表面发生反应：H2+N2O=N2+H2O
B．导电基体上的负极反应：H2+2e-=2H+
C．若导电基体上只有单原子铜，也能消除含氮污染物
D．若导电基体上的Pt颗粒增多，有利于降低溶液中的含氮量
43．（21-22高三上·广东·阶段练习）2021年我国科学家以CO2为原料人工合成淀粉，其效率约为传统农业生产淀粉的8.5倍，其部分合成路线如下图所示，下列有关说法正确的是
A．反应①为
B．HCHO的水溶液能使蛋白质发生盐析
C．化合物a能与NaOH发生反应
D．用淀粉可检验食盐是否为加碘盐
44．（21-22高二上·陕西铜川·期中）将气体X、Y置于容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：。反应进行到4s末，测得X为 0.5 mol，Y为 0.4 mol，Z为 0.2 mol。则用反应物X浓度的减少来表示该反应速率为
A．0.025 B．0.0125
C．0.05 D．0.1
45．（2021·湖南·模拟预测）据文献报道，某反应的反应历程如图所示，下列有关该历程的说法错误的是
A．Ti4+…NH2—N=O是中间产物
B．总反应化学方程式为4NH3+3O22N2+6H2O
C．Ti4+是催化剂
D．Ti4+…NH2—N=O→Ti4++N2+H2O属于分解反应
46．（20-21高一下·陕西宝鸡·期中）反应从正反应方向，经过2s后B的浓度减少了0.04 mol L-1。下列说法正确的是
A．用A表示的反应速率是0.04 mol L-1 s-1
B．在这2s内用B和C表示的反应速率的值是相同的
C．在2s末时的反应速率，用反应物B来表示是0.02 mol L-1 s-1
D．2s后，D的物质的量为0.02mol
47．（2021·宁夏吴忠·二模）据文献报道：Pd-Mg/SiO2催化某反应的一种反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．该反应可消耗CO2产生清洁燃料CH4
B．H2在Pd催化剂的表面断裂H-H键
C．该催化循环CO2变成了含镁的化合物
D．使用催化剂可以大大降低该反应的活化能使反应快速进行
48．（20-21高三上·黑龙江哈尔滨·期中）工业合成三氧化硫的反应为，反应过程可用如图模拟(代表O2分子， 代表SO2分子，代表催化剂)下列说法正确的是
A．过程Ⅰ和过程Ⅳ决定了整个反应进行的程度
B．过程Ⅱ为放热反应，过程Ⅲ为吸热反应
C．1molSO2和1molO2反应，放出的热量小于99kJ
D．催化剂可降低整个反应的活化能，因此使△H减小
49．（2020·山东淄博·一模）下列实验操作对应的现象和结论均正确的是（ ）
选项 操作 现象 结论
A 相同温度下，测定等浓度的NaHCO3和NaHSO4溶液的pH 前者pH比后者大 非金属性：S＞C
B 将相同体积、相同pH的盐酸和醋酸溶液分别稀释a、b倍 稀释后溶液pH相同 a＞b
C 向25mL沸水中滴加5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸 生成红褐色沉淀 制得Fe(OH)3胶体
D 向H2O2溶液中滴加少量硫酸酸化的FeSO4溶液 溶液变为棕黄色后迅速出现大量气泡 Fe2+催化H2O2发生分解反应生成O2
A．A B．B C．C D．D
50．（2010·宁夏银川·二模）在密闭容器中，反应X2(g)+Y2(g) 2XY(g) △H<0达到甲平衡。在仅改变某一条件后，达到乙平衡，对此过程的分析正确的是（ ）
A． 图Ⅰ是加入反应物的变化情况
B． 图Ⅱ是扩大容器体积的变化情况
C． 图Ⅲ是增大压强的变化情况
D． 图Ⅲ是升高温度的变化情况
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B A A C C B D C D
题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 D C A D A C D C C A
题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
答案 A D A D B C B B B C
题号 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40
答案 C A B D D B D A D B
题号 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
答案 B A A C B B C C A D
1．D
【详解】A．观察x-t图像可知，CO先增加后减少，一直在增加，说明CO为中间产物，为最终产物，A正确；
B．乙醇氧化过程可视为两步反应：乙醇→CO（第一步）、CO→（第二步）。图乙中乙醇的物质的量分数在初始阶段快速下降，说明第一步速率快；CO的物质的量分数达到峰值后缓慢下降，说明第二步速率慢，B正确；
C．随着温度的升高乙醇的氧化速率和一氧化碳氧化速率均增大，但CO是中间产物，为乙醇不完全氧化的结果，CO峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇氧化为CO速率必须加快，且大于CO的氧化为的速率，C正确；
D．℃条件下，3s-8s区间乙醇的超临界水氧化过程中，乙醇和CO的量都在减少，在增多，设消耗速率为x，生成速率为y，，3-8s区间，CO宏观“净速率”在减小，即消耗量比生成量多故，，所以，、、数值关系为，D错误；
故选D。
2．B
【详解】A．由Rh(Ⅰ)-Ru(Ⅲ)双金属配合物催化醋酸甲酯羰基化反应制备醋酸的反应机理图可知，Ru都是与2个Cl和2个I形成4个键，A项正确；
B．由反应机理可知，总反应为CO+H2O+CH3COOCH32CH3COOH，该羰基化反应每消耗1 mol CH3COOCH3生成2 mol CH3COOH，B项错误；
C．由各基元反应活化能垒图可知，由CH3I生成CH3OI经历了4个基元反应，其中第四步即产物TN3→Cat.+CH3COI的活化能最大，是决速步骤，C项正确；
D．Rh(Ⅰ)-Ru(Ⅲ)双金属配合物为催化剂，催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变反应的焓变，D项正确；
故选B。
3．A
【详解】A．CH3COONH4溶液中，NH和CH3COO-的水解程度相等，导致溶液呈中性，且浓度变化时水解产生的H+和OH-浓度仍相等，因此pH始终为7，A正确；
B．SO2与NaOH反应生成中性盐，溶液碱性减弱使酚酞褪色，而非漂白性导致，B错误；
C．白色沉淀可能是AgCl或BaSO4，无法排除Ag+的干扰，不能说明原溶液中含有，C错误；
D．实验中未排除Cl-和的影响，且缺少空白对照，无法确定Fe3+和Cu2+的催化效果，D错误；
故选A。
4．A
【详解】A．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；故反应ⅲ为该历程的决速步骤，A正确；
B．该过程涉及碳碳键(非极性键)的形成，B错误；
C．HI在反应中先参与反应（步骤i），最终又生成（步骤iii），属于催化剂；H2O是反应i的产物、步骤iii的反应物，为中间产物，C错误；
D．由图可知，每分子甲醇的转化涉及能量为3.05eV，D错误；
故选A。
5．C
【详解】A．由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，A项错误；
B．升高温度，不能增大反应的活化能，即Ea1、Ea2均不变，但可以加快反应速率，B项错误；
C．由图可知，第一步反应的方程式为：，C项正确；
D．第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，第一步反应单位体积内活化分子百分数低于第二步反应，所以第一步反应的速率小于第二步反应的速率，D项错误；
故选C。
6．C
【详解】A．由图可知反应物能量高于生成物能量，该反应为放热反应，降低温度可促进化合物2与水反应生成化合物3与HCOO-，A正确；
B．由题意知利用化合物1催化氢化二氧化碳反应，化合物1先加入后生成为催化剂，B正确；
C．催化氢化制甲酸的原料中有二氧化碳、氢气和氢氧根离子，没有酸，C错误；
D．由图甲可知，化合物1到化合物2的过程中存在二氧化碳中碳氧键的断裂和碳氢键的形成，D正确；
故答案选C。
7．B
【详解】A．Ag+过量，沉淀中有AgCl和Ag2S，没有发生沉淀转化，不能证明氯化银溶解度大于硫化银，A错误；
B．苯与液溴在铁作催化剂下反应生成HBr和溴苯，挥发的Br2被四氯化碳吸收，生成的HBr与硝酸银反应得到淡黄色溴化银沉淀，可以证明反应为取代反应，B正确；
C．应该用相同浓度相同体积的高锰酸钾与不同浓度的草酸反应，根据高锰酸钾褪色的快慢来比较浓度对反应速率的影响，C错误；
D．银氨溶液显碱性，丙烯醛与银氨溶液反应后，溶液需要酸化，再与少量溴水反应，D错误；
答案选B。
8．D
【详解】A．化合物1参与了化学反应，作催化剂，总反应的反应热只与反应物与生成物能量差值有关，A错误；
B．化合物2和水生成化合物3与甲酸根离子的反应是放热反应，升高温度，平衡逆向反应，降低化合物2的转化率，B错误；
C．图乙表示的反应历程中，第二步能量壁垒最大，决速步为第二步，C错误；
D．化合物4到化合物1的反应中氢气中的氢元素化合价升高，为氧化还原反应，D正确；
故选D。
9．C
【详解】A．由图可知， 该反应历程中涉及碳氮键、碳氢键、氮氧键断裂，涉及碳氮键、氢氧键的形成，所以反应历程中只涉及极性键的断裂和形成，故A正确；
B．由图可知，反 CH3ONO(g)转化为顺 CH3ONO(g)的反应是反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，反应的焓变△H=(1.38kJ/mol)—(2.25kJ/mol)=—0.87kJ/mol，反应的热化学方程式为反 ，故B正确；
C．反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是反应的决速步骤，由图可知，生成的反应历程中，经历TS1的反应的活化能为64.37 kJ/mol，经历TS2的反应的活化能为(66.80kJ/mol)—(15.30kJ/mol)=51.50kJ/mol，则经历TS1的步骤为决速步骤，故C错误；
D．CH3NO2中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，HCNO中碳原子的杂化方式为sp杂化，则反应过程中碳的杂化轨道类型发生改变，故D正确；
故选C。
10．D
【详解】A．腈和异腈化学式相同，结构不同，互为同分异构体，A正确；
B．由反应历程及能量变化图可知，两种路径生成的产物的总能量均低于反应物，故与生成腈和异腈的反应都是放热反应，B正确；
C．由反应历程及能量变化图可知，后续物Ⅰ、Ⅱ转化为产物，分别断开的是N…Ag和C…Ag，且后者吸收更多的能量，故Ⅰ中“N…Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C…Ag”之间的作用力弱，C正确；
D．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；从反应速率的角度有利生成后续物Ⅱ，物质能量越低越稳定，从后续物的稳定性的角度有利生成后续物I，D错误；
故选D。
11．D
【详解】A．从图 1 反应机理看，生成H H非极性键，同时生成C=O等极性键，涉及了极性键和非极性键的形成，A正确；
B．已知甲醛在碱性条件下会发生副反应生成甲酸盐和甲醇，2HCHO+NaOH→HCOONa+CH3OH符合甲醛在碱性条件下的副反应情况 ，B正确；
C．若用DCDO代替HCHO，反应过程中D原子会参与反应，最终会得到HD单质 ，C正确；
D．当c(NaOH)>1md·L-1时，NaOH 溶解载体A12O3，使纳米 Ag颗粒发生团聚，催化活性下降，导致产生 H2的速率减缓，D错误；
故选D。
12．C
【详解】A．根据反应历程图可知，对于、、三种过渡态来说，其中的能量最低，根据能量越低越稳定，过渡态中最稳定的是，A正确；
B．由各过渡态与中间体的能量可知，由 到这一步活化能最高（约），根据活化能越大，反应速率越慢，故生成 的步骤为决速步骤，B正确；
C．虽然 在该反应中作催化剂，但图中水分子主要作为溶剂或副产物存在，不是在反应机理中属于“生成后又被消耗”的“中间产物”，C错误；
D．由反应历程图可知，反应物丙酮肟（A）的能量高于酰胺产物（P-A）的能量，则反应属于放热反应，D正确；
故答案为：C。
13．A
【详解】A．下，相同时间，催化剂1作用下，转化率更大，说明反应速率更快，催化剂活性：催化剂1＞催化剂2，A错误；
B．在催化剂2的条件下，相同时间c点转化率更大，反应速率：，B正确；
C．c点转化率更大，生成的更多，体系中的物质的量：，C正确；
D．该反应正反应方向放热，升高温度，的平衡转化率减小，b点转化率还低于c点，说明b点反应未达到化学平衡状态，D正确；
故选A。
14．D
【详解】A．*N2→*N2H过程N2中π键断裂，H3O+中σ键断裂，故A错误；
B．决速步是速率最慢的步骤，图乙每步反应都是基元反应，并没有标出过渡态，因此活化能从图中是看不出来的，只能看某一步反应物与生成物的能量差值，故B错误；
C．能量越低越稳定，反应过程中最稳定的含氮物质为*NH，故C错误；
D．Ⅰ为*NHNH2，转化过程中可能发生副反应：*NHNH2+H3O++e =*N2H4+H2O，故D正确；
故选D。
15．A
【详解】A．420K时一氧化氮的转化率为2%，此时消耗的n(NO)=3mol×2%=0.06mol，580K时一氧化氮的转化率为59%，此时消耗的n(NO)=3mol×59%=1.77mol，此时段内一氧化氮的变化量为：1.77mol-0.06mol=1.71mol，容器的体积为2L，所以反应速率==0.171 mol L-1 min-1，A错误；
B．根据图示信息可知，相同条件下有O2存在的条件下，NO的转化率明显增大，可能是O2活化了Ag2O催化剂，B正确；
C．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，故低温条件有利于提高NO的平衡转化率，C正确；
D．该反应为放热反应，温度升高，580K反应达到平衡后，平衡逆向移动，一氧化氮的转化率降低，或者NH3在高温情况下被氧气氧化为NO，从而降低了NO的转化率，D正确；
故选A。
16．C
【详解】A．由图可知，该图表示GaZrOx双金属氧化物催化二氧化碳加氢制甲醇的总反应为催化剂作用下二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，反应的化学方程式为，故A正确；
B．由图可知，反应①中有Ga-O极性键断裂、Ga-H、O-H极性键形成；反应②中有Ga-H极性键断裂、C-H极性键形成；反应③中有Ga-O极性键断裂、C-H极性键形成；反应④中H-O极性键断裂，Ga-O极性键形成，故B正确；
C．由图可知，二氧化碳活化位点是氧空位，与氢气活化位点不相同，故C错误；
D．由图可知，氧空位与二氧化碳作用，氧空位浓度高，有利于增强二氧化碳的吸附能力，故D正确；
故选C。
17．D
【详解】A．温度升高，化学反应速率加快，双氧水分解速率加快，故A正确；
B．a点大，反应速率快，故B正确；
C．ab段平均速率，故C正确；
D．由题图可知，双氧水浓度减小一半所用时间均为20s，即双氧水半衰期为20s，与起始浓度无关，故D错误；
故选D。
18．C
【详解】A．根据图像中Z在不同温度下的平衡产率随温度的变化关系可知，随着温度升高，平衡产率逐渐降低，说明升温平衡逆向移动，得到，该反应是放热反应，A错误；
B．据图像可知，Q点Z的产率小于平衡产率，未达到平衡，B错误；
C．M、N点产率相同，但温度不同，所以反应物分子的有效碰撞几率不同，C正确；
D．图中M点未达到平衡是由于温度低导致速率低而反应时间不够，可通过加入催化剂或延长时间使其达到平衡，但分离Z平衡会正向移动，使点P上升，达不到目的，D错误；
故选C。
19．C
【详解】A．由图可知，步骤Ⅰ涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以涉及氢原子成键变化的是步骤Ⅰ，故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，说明正反应活化能会增大，则MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线c，故B正确；
C．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，则氧更容易和H而不是和D生成羟基，故氘代甲醇的产量CH2DODD．根据反应机理可知，若MO+与CHD2反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH，共2种，故D正确；
故选C。
20．A
【详解】A．由图可知，光催化剂作用下“TiO2 A”电极上产生空穴，水分子在空穴作用下转化为 OH和氢离子，VB端反应为H2O+h+=·OH+H+，A错误；
B．反应c中CH3CN甲基脱去一个H原子得到·CH2CN，两分子·CH2CN中C和C共用电子对形成NCCH2CH2CN，其中·CH2CN是中间产物，B正确；
C．由图可知，单位时间内产生“空穴”数越多，生成 OH和氢离子的数目越多，反应a、b的反应速率都越快，C正确；
D．由图可知，提高丁二腈的选择性关键是抑制副反应a的发生，减少副产物的生成，降低反应c的活化能，加快反应c的反应速率，D正确；
故选A。
21．A
【详解】A．化合物1在反应过程中先被消耗，后又生成，为此反应的催化剂，可加快CO2转换速率，A正确；
B．由图乙可知，化合物2和H2O反应生成化合物3与HCOO 的反应是放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能，但不能判断化合物2的总键能和化合物3的总键能的大小关系，B错误；
C．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；图乙表示的反应历程包括3步基元反应，第二步形成中间体Ⅰ2的反应的活化能最大，故为总反应的决速步骤，C错误；
D．上述反应中H2O中O原子形成2个共价键，化合物2→化合物3的反应过程中水分子与Fe形成了配位键，相应氧原子的成键数目由2变为了3，D错误；
故选A。
22．D
【详解】A．加浓硝酸后鸡皮变黄是蛋白质的性质，不能证明存在脂肪，A错误；
B．将生锈的铁粉溶于足量稀硫酸中，Fe可以将Fe3+还原为Fe2+，然后向溶液中滴加KSCN溶液，溶液也不会变红，B错误；
C．向两份相同且足量的H2O2溶液中分别加入等量的水(第1份)和一定浓度的CuCl2溶液(第2份)，在相同条件下反应，第2份产生O2的体积更多，可能是Cu2+催化H2O2分解，也可能是Cl-催化H2O2分解，C错误；
D．向Na[Al(OH)4]溶液中滴加NaHCO3溶液，产生氢氧化铝白色沉淀，说明[Al(OH)4]-结合了H+，离子方程式为：，则[Al(OH)4]-结合H+的能力比CO强，D正确；
故选D。
23．A
【详解】A．根据图乙可知该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，脱硝反应的正反应速率的增大程度小于逆反应速率的增大程度，A正确；
B．根据图甲可知，该催化过程的总反应方程式为，B错误；
C．[CuⅡ(NH3)2]2+可加快脱硝速率，但是不能改变脱硝的平衡转化率，C错误；
D．微粒[CuⅡ(NH3)2]2+中的NH3没有孤电子对，键角大于氨气中NH3分子的键角，D错误；
故选A。
24．D
【详解】A．催化剂能改变反应途径，但不能改变反应的焓变，则甲酸转化为一氧化碳和水的焓变△H=E1-E3=E4-E10，A错误；
B．由图可知，可以通过E1和E2计算甲酸转化为一氧化碳和水的正反应活化能，但不能计算甲酸的总键能，B错误；
C．由图可知，途径Ⅱ中氢离子先做反应物，后做生成物，是改变反应途径的催化剂，能加快反应速率，C错误；
D．决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢，生成的活化能高，则途径二反应的快慢由生成的速率决定，D正确；
故选D。
25．B
【详解】A．由图可知，该反应为放热反应，=反应物总键能-生成物总键能＜0，则参与反应的反应物总键能小于生成物总键能，故A正确；
B．催化剂不改变反应的，因此Pd和Rh分别作催化剂时HCOOH分解产生的相同，故B错误；
C．由图可知HCOOH吸附在催化剂表面是一个放热过程，故C正确；
D．的活化能最高是该历程的决速步骤，故D正确；
故答案为：B。
26．C
【详解】A．根据图像可看出反应①、③均没有元素化合价发生变化，均是非氧化还原反应，故A正确；
B．中整体为-1价，由该离子所带电荷为3-x，可看出Cr元素的化合价为+3价，故B正确；
C．Mn是催化剂，加入Mn能够降低活化能，但是不能提高六价铬的转化率，故C错误；
D．由反应机理图可得总反应方程式为，故D正确。
答案选C。
27．B
【详解】A．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，图中缺少酒精灯，A错误；
B．注射器测定气体的体积，秒表可测定时间，图中装置可测定反应速率，B正确；
C．氢氧化钠应该装在碱式滴定管中，C错误；
D．装置丁中，反应后将试管甲溶液倒入另一只装水的试管中可以检验是否有CuSO4生成，D错误；
故选B。
28．B
【详解】A．由于GS1的能量比GS2低，第一步反应的△H>0，即该反应是吸热反应，A正确；
B．该反应历程总共由4个基元反应构成，其活化能分别为Ea1=1.675 eV，Ea2=2.071 eV，Ea3=1.313 eV，Ea4=1.369eV，所需活化能越高，其反应速率越低,因此决定总反应速率的步骤为第二步，B错误；
C．由图可以看出，GS3的能量比GS2的能量低，能量越低越稳定，则GS3更稳定，C正确；
D．随着HClO4分子的不断分解，O原子不断积累，使基元反应生成物的量不断增多，氧原子的吸附使OH的吸附减少，对后续的分解反应产生影响，D正确；
故选B。
29．B
【详解】A．由图可知，甲酸分解为CO和H2O，途径一和途径二中均涉及了极性键的断裂和生成，故A正确；
B．途径一和途径二的区别在于是否使用催化剂，催化剂不影响焓变，故B错误；
C．由途经二可知，反应前后H+未发生变化，使用了H+作为催化剂，故C正确；
D．途径二中能量最高，反应的快慢由生成的速率决定，故D正确；
故答案选B。
30．C
【详解】A．由图示可知，反应物所具有的能量之和比生成物所具有的能量之和高，即该反应为放热反应，A错误；
B．产物P2所具有的能量比产物P1所具有的能量低，所以产物P2比产物P1要稳定，B错误；
C．由图示可知中间产物Z到过渡态Ⅳ所需的活化能最大，E正= -18.92kJ·mol 1-(-205.11 kJ·mol 1)=186.19kJ·mol 1，C正确；
D．由图示可知，由Z到产物P1所需的活化能低于由Z到产物P2所需的活化能，则由中间产物Z转化为产物的速率：v(P1)>v(P2)， D错误；
答案为C。
31．C
【详解】A．由题干反应历程图信息可知，过程Ⅰ为CFCl3CFCl2+Cl，则断裂极性键C-C1键，A正确；
B．由题干反应历程图信息可知，过程Ⅱ可用方程式表示为O3+Cl=ClO+O2，B正确；
C．过程Ⅲ中O+O=O2，此过程为化学键的形成过程，是放热过程，C错误；
D．由题干反应历程图信息可知，上述过程说明CFCl3中的氯原子是破坏臭氧层的催化剂，D正确；
答案选C。
32．A
【详解】化学反应速率之比是相应的化学计量数之比，根据合成氨的化学方程式可知如果A、B、C、D四个选项都用氨气来表示化学反应速率，分别为、、、，则反应速率最快的是，故A符合题意。
综上所述，答案为A。
33．B
【详解】A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，中的带有更多的正电荷，其与N原子成键后，吸引电子的能力比(Ⅱ)强，这种作用使得配体中的键极性变强且更易断裂，因此其失去质子（）的能力增强，A说法正确；
B．(Ⅱ)中的化合价为+2，当其变为(Ⅲ)后，的化合价变为+3，(Ⅲ)失去2个质子后，N原子产生了1个孤电子对，的化合价不变；M为，当变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给1个电子，其中的化合价变为，因此，B说法不正确；
C．该过程M变为时，有键形成，是非极性键，C说法正确；
D．从整个过程来看， 4个失去了2个电子后生成了1个和2个，(Ⅱ)是催化剂，因此，该过程的总反应式为，D说法正确；
综上所述，本题选B。
34．D
【详解】A．两组实验既改变了H2O2的浓度又加入了催化剂，引入了多个变量无法得出准确结论，A项不能达到实验目的；
B．制溴苯需要用纯的液溴，B项不能达到实验目的；
C．加入MgCl2后溶于中有Mg(OH)2和NaOH，再加入FeCl3产生Fe(OH)3，但无法确定是Mg(OH)2转化为了Fe(OH)3还是NaOH制备的。同时两者不是同类型的沉淀，无法通过沉淀转化得出Ksp大小，C项不能达到实验目的；
D．钾元素的焰色需透过蓝色钴玻璃检查，操作科学规范，D项能达到实验目的；
故选D。
35．D
【分析】反应为放热反应，三个反应容器体积相同且恒容，反应物起始量相同，实验a、b起始压强相同，说明反应温度相同，实验b达到平衡快，反应速率大，但两者平衡状态相同，说明实验b使用了催化剂；与实验a相比，实验c达到平衡快，反应速率大，且平衡时体系压强大，说明实验c的反应温度更高。
【详解】A．对反应，反应时混合气体减小的物质的量相同于消耗SO2的物质的量，根据压强之比等于物质的量之比，实验b中， 40min内体系压强减小了，相当于二氧化硫的分压强减小了40kPa，则CO的分压强减小了80kPa，故CO的平均反应速率为，A正确；
B．根据分析知实验b改变的条件是加入催化剂，B正确；
C．设达到平衡状态时，SO2消耗了，列三段式得：
40min达到平衡，此时压强为120kPa，根据压强之比等于物质的量之比，得：，解得，故二氧化硫的转化率为，C正确；
D．平衡常数只受温度影响，根据分析知实验a、b反应温度相同，则。反应，说明该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，实验c 温度比实验a、b高，则，D错误；
故选D。
36．B
【详解】A．根据能量图示，反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应，，A项错误；
B．反应I生成CO，反应II消耗CO，所以CO属于反应过程中的中间产物，B项正确；
C．反应I断开了C-H键、H-O键，形成了H-H键，反应II断开了O-H键，形成了C-O键、H-H键，所以反应过程中有非极性键的形成，但没有断裂，C项错误；
D．根据图示，反应Ⅱ的正反应活化能为，D项错误；
故选B。
37．D
【详解】A．催化剂可同时降低主副反应的活化能，但不能降低反应热、，A错误；
B．由题干反应历程图可知，*OCH2与H原子结合形成*OCH3，B错误；
C．依据图中变化关系，反应过程中包含极性键和非极性键的断裂，没有非极性键的形成，C错误；
D．由题干反应历程图可知，反应的活化能最大，该步反应速率最慢为决速步，D正确；
故答案为：D。
38．A
【详解】A．Br2可以与NaOH反应，Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O，因此用NaOH溶液洗涤可以除去CCl4中的Br2，A正确；
B．NH3可以与CaCl2发生反应生成CaCl2 8NH3，因此不能用CaCl2干燥NH3，B错误；
C．蒸发NaCl溶液需要使用蒸发皿，不能使用坩埚，C错误；
D．H2O2分解生成的O2会从长颈漏斗中溢出，无法测量反应速率，应使用分液漏斗，D错误；
故选A。
39．D
【详解】A．过程Ⅳ消耗Cu2+，过程Ⅴ生成Cu2+，过程Ⅰ消耗PdCl，过程Ⅵ生成PdCl，所以PdCl和Cu2+在反应中都起到催化剂的作用，故A正确；
B．由图可知，过程V中氧气转化为水时，存在氧分子中氧氧非极性键断裂，生成水分子时有氢氧极性键形成，故B正确；
C．过程Ⅴ中O2与Cu+反应生成Cu2+，反应的离子方程式为：4Cu＋＋O2＋4H＋=4Cu2＋＋2H2O，故C正确；
D．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2CH2=CH2+O22CH3CHO，故D错误；
故选D。
40．B
【详解】A．根据装置图，充电时，外电路电子流向Zn电极，即Zn电极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，c(OH-)增大，pH增大，故A说法正确；
B．根据装置图可知，放电时，右侧电极反应式为CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-，生成1mol HCOO-时，转移电子物质的量为2mol，即转移2NA个电子，故B说法错误；
C．根据图象可知，在使用催化剂Sn和s-SnLi生成CO时活化能大，活化能大反应速率慢，且CO能量比HCOOH能量高，能量越低，物质越稳定，因此使用催化剂Sn和s-SnLi可以减少副产物CO的生成，故C说法正确；
D．根据图象可知，使用催化剂Sn，活化能小，反应更易进行，故D说法正确；
答案为B。
41．B
【分析】该装置为原电池，据图可知，Pt电极上乙醇转化为CO2，被氧化，所以Pt电极为负极，碳电极为正极。
【详解】A．由图可知，硝酸是正极的催化剂，所以HNO3降低了正极反应的活化能，A正确；
B．电池工作时正极区的总反应为O2+4e +4H+=2H2O，氢离子浓度减小，溶液的pH升高，B错误；
C．1mol氧气得4mol电子，当有1mol CH3CH2OH被完全氧化为二氧化碳时转移12mol电子，根据电子守恒，有3mol O2被还原，C正确；
D．乙醇在负极失电子发生氧化反应，据图可知生成二氧化碳，所以电极反应式为CH3CH2OH+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+，D正确；
综上所述答案为B。
42．A
【详解】A．根据图示可知，氢气与一氧化二氮在铱(Ir)的催化作用下发生氧化还原反应生成氮气：H2+N2O=N2+H2O，A正确；
B．根据图示可知导电基体上的负极是氢气失电子，发生氧化反应，导电基体上的负极反应：H2-2e-=2H+，B错误；
C．若导电基体上只有单原子铜，则不能形成原电池，故不能消除含氮污染物，C错误；
D．根据图示可知，若导电基体上的Pt颗粒增多，硝酸根离子得电子变为铵根离子，不利于降低溶液中的含氮量，D错误；
综上所述答案为A。
43．A
【详解】A．反应①化学方程式参照流程中物质的转化可进一步推出，其化学方程式为：，故A项正确；
B．HCHO的水溶液为福尔马林溶液，它能使蛋白质变性而用于保存动物标本，故B项错误；
C．化合物a中存在官能团为羟基和羰基，均不与NaOH溶液反应，故C项错误；
D．淀粉遇I2变蓝，但食盐中我们加入的一般是KIO3，不含I2，故D项错误；
答案选A。
44．C
【详解】反应进行到4s末，测得Z为 0.2 mol，根据方程式可知消耗X是0.4mol，浓度是0.2mol/L，则用反应物X浓度的减少来表示该反应速率为0.2mol/L÷4s＝0.05。
答案选C。
45．B
【详解】A．观察图中Ti4+…NH2—N=O是某一步反应生成物，又是另一步反应的反应物得出，所以Ti4+…NH2—N=O是中间产物，A正确；
B．分析图中参加反应的有O2、NH3和NO，生成物有N2和H2O，可以写出反应方程式为: 2NO+4NH3+2O23N2+6H2O，错误；
C．图中Ti4+是开始参加，最后又生成，所以是催化剂，C正确；
D．根据概念分析，Ti4+…NH2—N=O→Ti4++N2+H2O属于分解反应，D正确；
故合理选项是B。
46．B
【详解】A．A是固体，不能表示反应速率，A错误；
B．B和C的计量数相同，则在这2s内用B和C表示的反应速率的值是相同的，B正确；
C．经过2s后B的浓度减少了0.04 mol L-1，则v(B)=0.04 mol L-1÷2s=0.02 mol L-1 s-1，此速率为2s内的平均速率，不是在2s末时的反应速率，C错误；
D．不知道容器的体积，无法计算，D错误。
故选B。
47．C
【详解】A．由图可知该反应可消耗CO2产生清洁燃料CH4，A正确；
B．Pd作为催化剂，H2在催化剂的表面发生断键，得到活性的H原子，B正确；
C．由图可知，二氧化碳和氢气在Pd-Mg/SiO2催化作用下生成甲烷和水，未生成含镁的化合物，C错误；
D．使用催化剂可以大大降低该反应的活化能从而提高化学反应速率，D正确；
故选C。
48．C
【详解】A．过程I是吸附放热过程，自发进行程度大，但过程II是共价键断裂的过程，过程IV是生成物解吸过程，需要消耗能量，它们的活化能相对较大，决定了全部反应进行的程度，A错误；
B．由图可知，过程II化学键断裂，为吸热过程，过程III化学键形成，为放热过程，B错误；
C．反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-198kJ/mol是可逆反应，所以1molSO2和1molO2反应时消耗SO2的物质的量小于1mol，放热小于99kJ，C正确；
D．催化剂不能改变反应的始终态，不能改变反应物和生成物的内能，所以不能改变反应热，D错误；
故答案为：C。
49．A
【详解】A. 相同温度下，测定等浓度的NaHCO3和NaHSO4溶液的pH，前者pH比后者大，说明酸性H2CO3B. 盐酸是强酸、醋酸是弱酸，稀释相同倍数，弱酸存在电离平衡移动，弱酸的pH变化小，若稀释后溶液pH相同，则弱酸稀释的倍数大，即aC. 向25mL沸水中滴加5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸，整个液体变为透明红褐色，制得Fe(OH)3胶体，故C错误；
D. 溶液变为棕黄色后迅速出现大量气泡，应该是Fe3+催化H2O2发生分解反应生成O2，故D错误；
故选A。
50．D
【详解】加入反应物的瞬间，反应物浓度增大、生成物浓度不变，则正反应速率增大、逆反应速率不变，I中改变条件瞬间正逆反应速率都增大，图象不符合，故A错误；
B.该反应前后气体物质的量之和不变，则压强不影响平衡移动，增大容器体积，反应物和生成物浓度都减小，所以正逆反应速率都减小，图象不符合，故B错误；
C.增大压强化学反应速率增大，达到平衡状态的时间减小，但是压强不影响该反应平衡移动，所以达到平衡状态时应该甲、乙中的含量相同，图象不符合，故C错误；
D.该反应的正反应是放热反应，升高温度化学反应速率增大，缩短反应到达平衡状态时间，且平衡逆向移动，的含量减小，图象符合，故D正确；
故选：D。
【点睛】增大生成物浓度的瞬间，需要注意反应物浓度增大、但是生成物浓度不变，则正反应速率增大、逆反应速率不变，在图象中要特别注意。

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