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
化学反应速率是高考必考核心内容，考查学生对速率定义、影响因素及实验探究能力的理解与应用，常结合图像、数据表格和实验情境进行综合命题。 考向一 化学反应速率的计算与影响因素分析 2025·河南卷T12
2024·河南卷T11
2023·河南卷T10
2022·河南卷T9
2021·河南卷T13
注重实验设计与数据分析，考查温度、浓度、催化剂、压强等因素对速率的影响，常以实验探究题形式出现。 考向二 化学反应速率与实验探究 2025·河南卷T27(节选)
2024·河南卷T26(节选)
2023·河南卷T27(节选)
2022·河南卷T26(节选)
2021·河南卷T27(节选)
结合工业生产或生活实际，考查速率与平衡的综合应用，要求学生能解释实际问题中的速率调控策略。 考向三 速率与平衡综合应用 2025·河南卷T28(节选)
2024·河南卷T28(节选)
2023·河南卷T28(节选)
2022·河南卷T27(节选)
2021·河南卷T28(节选)
一、单选题
1．（2025·河南许昌·三模）研究人员发现在某种含钒催化剂的作用下，NO可被还原为，从而降低含氮气体造成的空气污染，反应机理如图所示，下列说法错误的是
A．为该反应的催化剂
B．和NO分子是极性分子
C．该转化过程中，反应物有NO和
D．每生成标准状况下，转移电子总数为
2．（2025·河南南阳·模拟预测）在浓和浓混合溶液中加入苯，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法错误的是
A．浓导致反应③的活化能比反应②低
B．X为苯的加成产物；升高温度，X的产率不一定增大
C．由苯得到M时，苯中的碳原子杂化方式没变化
D．加入选择性高的催化剂，短时间内可以提高单位时间内产物I的产率
（2025·河南·三模） 阅读下列材料，完成下列小题：
甲酸又称作蚁酸，是一种无色、有刺激性气味的液体，在常温下能与水、乙醇、乙醚等混溶，是有机合成工业的基本原料。甲酸脱氢可以生成二氧化碳，甲酸在催化剂Pd表面脱氢的反应历程与相对能量的变化关系如图所示。
3．下列说法正确的是
A．可用分液法分离甲酸和乙醚二元混合物
B．1mol甲酸中含有共用电子对的数目为5mol
C．酸性：甲酸＜乙酸
D．等体积pH均为3的盐酸和甲酸，消耗NaOH溶液的体积相等
4．下列关于甲酸在催化剂Pd表面脱氢生成二氧化碳的说法正确的是
A．在Pd催化剂表面O-H键的解离速率比C-H键的解离速率快
B．反应过程中存在极性键和非极性键的断裂和形成
C．若用D(氘)标记甲酸中的羧基氢，最终产物中可能存在D2
D．甲酸在该催化剂表面分解，放出14.1kcal热量
5．（2025·河南·三模）在催化作用下，被氧化为的机理为：
① 慢
② 快
下列有关说法正确的是
A．反应速率与无关 B．是该反应的催化剂
C．能降低该反应的活化能 D．
6．（2025·河南信阳·二模）联氨()与丙酮()在催化下生成的部分反应机理如下，已知：为碱性。
下列说法错误的是
A．一定范围内，浓度越大反应速率越慢
B．反应过程，变化趋势为先快速减小后快速增大
C．反应③涉及消去反应
D．通过分子筛分离水可以增大平衡时的百分含量
7．（2025·河南信阳·二模）在三个10L恒容密闭容器中分别加入和，发生反应，不同温度下，反应分钟后物质的量如图所示，下列说法正确的是
A．该反应的
B．容器甲中平均反应速率
C．容器乙当前状态下反应速率
D．分钟时容器丙中甲醇的体积分数为
8．（2025·河南信阳·二模）下列说法正确的是
A．钛合金具有熔点高、密度小、不易腐蚀、易于加工等特性，因此可以用来作保险丝
B．胶体的胶粒带电荷，利用这一性质可进行“血液透析”和“静电除尘”
C．离子反应的活化能极小，反应速率受温度影响不大
D．将金属钠放入溶液、溶液、饱和NaCl溶液现象不同
9．（2025·河南许昌·二模）标准状态下，与反应生成和的反应历程如图所示。下列说法正确的是
A．
B．其他条件不变，往反应体系中加入适量可有效提高反应速率
C．其他条件不变，适当升高温度可提高加成产物中的比例
D．历程Ⅰ第一步反应的热化学方程式为
10．（2025·河南漯河·三模）甲醛是一种对人体有危害的气体，在生活中甲醛超标多见于新装修的住房、新家具中。某化学小组设计除去甲醛的机理如图所示：
下列说法错误的是
A．HCHO中的碳原子为杂化
B．该过程中氧化还原反应有4个
C．反应②为
D．为总反应的催化剂
11．（2025·河南信阳·二模）酸是化学中的重要物质，下列关于酸的说法，正确的是
A．金属钠与盐酸反应时，盐酸的浓度越大，反应速率越快
B．次氯酸与次氯酸钠等浓度混合溶液一定显酸性
C．在加热条件下浓硫酸与某金属反应过程中，可能会生成两种气体
D．硫化氢通入氯化铁溶液中一定会产生两种沉淀
12．（2025·河南·高考真题）在负载的催化剂作用下，可在室温下高效转化为，其可能的反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A．该反应的原子利用率为
B．每消耗可生成
C．反应过程中，和的化合价均发生变化
D．若以为原料，用吸收产物可得到
13．（2025·河南·高考真题）在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，中部分进程已省略)。
下列说法正确的是
A．总反应是放热反应
B．两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同
C．和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定
D．①转化为②的进程中，决速步骤为
14．（2025·河南·模拟预测）CO2催化氢化生产甲烷的一种反应历程如图所示，下列说法错误的是
A．①是催化剂活化过程
B．历程中涉及极性键的断裂和形成
C．以D2代替H2反应，D只在水中检测出
D．CO2和H2吸附在催化剂不同部位
15．（2025·河南·模拟预测）二维锑片(Sb)是一种新型的CO2电化学还原催化剂。酸性条件下，人工固碳装置中的CO2气体在二维锑片表面发生三种催化竞争反应，其反应历程如图所示(*表示吸附态中间体)。下列说法正确的是
A．三种催化竞争的总反应中，生成CO和H2O吸收的能量最多
B．使用二维锑片催化剂，提高了HCOOH的选择性
C．Sb电极表面生成HCOOH的反应为
D．三种催化反应中只有两种为氧化还原反应
16．（2025·河南·模拟预测）二氧化碳可氧化乙烷制备乙烯，主要发生如下两个反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
向10L的恒容密闭容器中投入2mol C2H6和3mol CO2，不同温度下，测得5min时(反应均未达到平衡)的相关数据如下表，下列说法错误的是
温度/K T1 T2 T3
乙烷转化率/% 2.0 12.0 20.0
乙烯选择性/% 95.0 75.0 60.0
注：乙烯选择性
A．反应Ⅰ的平衡常数：
B．温度升高对反应Ⅱ更有利
C．其他条件不变，容器内改为恒压，乙烷平衡转化率增大
D．T2 K时，0~5min内，
17．（2025·河南郑州·一模）钴碘循环的甲醇高压羰基化反应示意图如下所示。下列说法错误的是
A．M的化学式为
B．甲醇羰基化反应为
C．该反应的催化剂为M和HI
D．将换成，循环使用，最终产物不可能含
18．（2025·河南·模拟预测）二氧化碳催化加氢可获得，其主要反应如下：
反应I：
反应II：
在恒容密闭容器中，条件下，平衡时部分物种的物质的量分数随温度的变化如图所示。下列说法错误的是
A．
B．反应I正反应的活化能大于逆反应
C．380℃时，其他条件不变，压缩容器体积，减小
D．800 1000℃时，平衡体系中的物质的量逐渐减小
19．（2025·河南开封·三模）利用测压法在刚性反应器中研究30℃时分解反应：
其中二聚为的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强随时间的变化如下表所示[时，完全分解]：
0 30 60 120 200 1200 1500
32.5 37.2 39.8 43.6 46.8 58.5 59.6 60.8
下列说法正确的是
A．内，
B．30℃时，反应的平衡常数
C．若提高反应温度至40℃，则完全分解后体系压强
D．研究表明，分解的反应速率，时，测得体系中，则此时
20．（2025·河南·模拟预测）反应可用于去除氮氧化物。有氧条件下，等物质的量的、在钒基催化剂作用下的反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．反应过程中，参与反应，降低了反应的焓变
B．该反应的平衡常数
C．其他条件不变时，增大，的平衡转化率下降
D．键角：
21．（2024高三·全国·专题练习）温度为时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应：。正、逆反应速率可以表示为和和分别为正、逆反应的速率常数，仅受温度影响。下列说法错误的是
容器编号 起始浓度 平衡浓度
① 1.0 1.0 0 0.5
② 1.0 1.0 1.0
③ 0 0.5 1.0
A．达平衡时，容器①与容器②中逆反应速率之比为1：2 B．开始时，容器②中正反应速率大于逆反应速率
C．达平衡时，容器③中比容器①中的大 D．当温度改变为时，若，则
22．（2025·河南·三模）狄尔斯-阿尔德(Diels-Alder)反应广泛应用于药物制备等领域。某狄尔斯-阿尔德反应催化机理如图所示。
下列说法错误的是
A．物质I的名称为丙烯醛
B．总反应为
C．物质VI是反应的催化剂
D．物质V中含有2个手性碳原子
23．（2025·湖南娄底·一模）合成的两条途径如图示。下列叙述正确的是
A．的空间结构为平面三角形，中心原子N的杂化方式为
B．在ER途径中，形成自由基，该过程破坏了中的键和键
C．在LH途径中，改变了反应的焓变，提高合成氨的反应速率
D．使用催化剂可以降低ER途径和LH途径中的决速步骤活化能，提高平衡转化率
24．（2025·黑龙江·模拟预测）近日，我国科学家开发氨基功能化金属有机框架材料负载银纳米颗粒用于与环氧化合物的反应，过程如图所示。
已知：顺时针旋转的电子，自旋量子数，逆时针旋转的电子，自旋量子数。下列说法正确的是
A．该反应的反应类型是取代反应
B．产物环状化合物分子中所有原子共平面
C．Ag/PEI@UiO-66-能提高反应物的能量
D．基态氮原子的自旋量子数()之和等于或
25．（2025·湖北·三模）东南大学化学化工学院张袁健教授探究Fe—N—C和Co—N—C分别催化H2O2分解的反应机理，部分反应历程如图所示(MS表示吸附在催化剂表面物种；TS表示过渡态)：
下列说法错误的是
A．催化效果：催化剂Co—N—C高于催化剂Fe—N—C
B．Fe—N—C催化：MS1(s)=MS2(s)　ΔH=-0.22 eV
C．催化剂Fe—N—C比催化剂Co—N—C的产物更容易脱附
D．Co—N—C和Fe—N—C催化H2O2分解的 H相等
26．（2025·河南郑州·一模）某化学兴趣小组用下列装置制备乙酸乙酯。已知变色硅胶中含有，无水为蓝色，为粉红色。下列说法错误的是
A．固体可降低乙酸与乙醇反应的活化能
B．变色硅胶具有指示反应进程和吸水剂双重功能
C．该实验过程中会有、等气体产生
D．反应完毕并冷却后，向烧瓶中加入饱和溶液并分液，以除去乙酸和乙醇
27．（2025·河南安阳·一模）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部分基元反应中物质的相对能量如图所示，其中表示催化剂，和分别表示各基元反应中的过渡态和产物。下列说法正确的是
A．双金属配合物改变了反应的历程和总反应的
B．该过程的总反应是
C．制备醋酸反应的速率一定由决定
D．反应中双金属配合物中参与变化过程的是
28．（2025·河南开封·三模）我国科学家研究发现稀土铈基催化剂可低温脱硝，其反应历程如图所示（“—”表示共价键，“□”代表空位）。下列说法错误的是
A．历程中S原子的化合价保持不变
B．历程②中每形成2mol氢氧键，形成1mol“空位”
C．历程中Ce、Ti原子形成的共价键数目保持不变
D．反应中NH3与NO按物质的量比1:1发生反应
29．（2025·河南郑州·三模）工业制硝酸的过程中涉及反应。一定条件下NO和进入合成塔发生反应，其他条件相同时测得的实验数据如下表。下列关于该反应的说法错误的是
压强/(Pa) 温度/℃ 达到所列转化率需要的时间/s
50% 90% 98%
1.0 30 12 250 2830
90 25 510 5780
8.0 30 0.2 3.9 36
90 0.6 7.9 74
A．，
B．增大的量，能提高的平衡转化率
C．根据上述表格，升高温度该反应速率加快
D．在、90℃下，6s时反应的
30．（2025·河南郑州·二模）科技人员研发了一种催化剂，能催化乙醇与水的混合气产生，反应方程式为 。在固定容积的容器中，不同温度下，用该催化剂催化总量相同、比例相同的乙醇和水的混合气，产生(已经转换为标准状况)的体积与时间关系如下图所示。下列叙述错误的是
A．
B．反应温度：②①
C．平衡常数：①>②
D．①线的平均反应速率
31．（2025·河南·二模）亚硝酰瓠(NOCl)的分解反应为2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g) H，其正、逆反应速率可以表示为v1=k1c2(NOCl)，v-1=k-1c2(NO)·c(Cl2)。k1和k-1分别为正、逆反应的速率常数，E1和E-1分别为正、逆反应的活化能，lnk与的关系如图所示(已知：k=，E为活化能，R为理想气体常数，A为比例系数)。
下列叙述错误的是
A．E1B．降低温度，平衡逆向移动
C．加入催化剂不能提高NOCl的平衡转化率
D．平衡常数K=
32．（2025·河南郑州·二模）根据下列实验操作及现象得出的结论正确的是
选项 实验操作及现象 结论
A 向溶液中滴加溶液，生成蓝色沉淀 说明未变质
B 向某无色透明溶液中滴加溶液，生成白色沉淀 该溶液中含有
C 用计分别测定溶液和溶液的溶液pH大
D 两份等体积、等浓度的溶液与同浓度同体积的稀硫酸分别在、下反应，40℃下产生淡黄色沉淀快 其他条件相同时，温度越高，反应速率越大
A．A B．B C．C D．D
33．（2025·河南·二模）脱的一种催化机理如图所示。下列说法错误的是
A．能加快反应速率，提高脱的平衡转化率
B．催化过程中的配位数和化合价发生了改变
C．能结合的原因是有空轨道能接受孤电子对，形成配位键
D．总反应方程式为：
34．（2025·安徽蚌埠·二模）下列实验操作对应的装置正确的是
实验操作 A．氯气和铜的反应 B．石油分馏时接收馏出物
装置
实验操作 C．探究反应物浓度对化学反应速率的影响 D．灼烧海带制海带灰
装置
A．A B．B C．C D．D
35．（2025·内蒙古·二模）我国科学家开发的铜-铬催化剂实现了RH(烃)和ArCHO(芳醛)合成(如图)，下列叙述错误的是
已知：自由基，也称为游离基，是含有奇数电子或不配对电子的原子、原子团或分子，如·R、·Cl等。代表＋2价铬离子。
A．路径1和路径2都产生了游离基
B．总反应不是理想的绿色化学反应
C．上述循环过程中，铜、铬的化合价均发生了改变
D．上述循环过程中，HCl是中间产物
36．（2025·河南郑州·模拟预测）在NO的催化下，丙烷(C3H8)催化氧化制丙烯(C3H6)的部分反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．含N分子参与的反应不一定有电子转移
B．增大NO的量，C3H8的平衡转化率增大
C．由 C3H7生成丙烯的历程有2种
D．当存在反应NO+NO2+H2O=2HONO时，最终生成的水减少
37．（2025·浙江嘉兴·三模）某反应机理如下，下列说法不正确的是
A．化合物VI为该反应的催化剂
B．化合物为，可循环利用
C．若化合物III为，按照该反应机理可生成和
D．化合物III转化为IV后，键长变短
38．（2025·河南南阳·模拟预测）庚醛(N)与亚硫酸氢钠(P)可发生加成反应生成羟基磺酸钠(Q)，正、逆反应速率可以表示为和和分别为正，逆反应的速率常数，和分别为正，逆反应的活化能。与关系如图所示。下列说法正确的是
A．< B．升高温度，平衡正向移动
C．加入催化剂可以提高N的平衡转化率 D．达到平衡时
39．（2025·河南·二模）多取代呋喃（M）是许多天然产物和具有生物活性的重要药物的基本结构单元。由炔基酮（A）与重氮酯环加成生成M的反应机理如图所示。下列说法中错误的是
A．反应物A中最多有8个原子共平面
B．反应过程中Cu原子成键数目没有变化
C．反应过程中有极性键和非极性键的断裂和形成
D．合成M的总反应为+N2=CHCOOCH3+N2
40．（2025·江西·模拟预测）在催化剂作用下，制氢历程如图所示(代表过渡态，*代表物种吸附在催化剂表面)，速率方程式为(k为速率常数，只与温度、催化剂有关)。下列叙述错误的是
A．甲醇分解制氢分5步反应进行，其中反应③和④的正反应是焓减反应
B．控速反应方程式为
C．制氢总反应为，正反应是熵增反应
D．升高温度，平衡常数、速率常数都会增大
41．（2025·河南·三模）某团队利用催化剂使丙烯与反应生成化合物，反应历程示意图如下。
设是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．该过程中碳原子的杂化方式没有发生改变
B．该过程中只有非极性键的断裂和极性键的形成
C．中含键数目为
D．的同分异构体中链状结构共有2种
42．（2025·河南·二模）恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应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的关系曲线。下列说法错误的是
A．曲线Ⅱ表示随时间的变化曲线
B．内，
C．提高反应温度有利于提高Z的产率
D．当温度时，总反应速率由反应②决定
43．（2025·河南·二模）研究发现在Cu/ZnO界面上，甲醇和水重整制氢的部分反应历程如图。下列说法正确的是
A．该部分反应历程总反应的
B．甲醇脱氢过程不全是向外界释放能量
C．第二电离能：铜<锌
D．决速步骤反应为
44．（2025·河南·模拟预测）在温和条件下转化为甲醇的一种反应历程如图所示，(氧化铟)为该反应的催化剂。下列说法错误的是
A．该历程中不存在非极性键的形成
B．碳原子的杂化方式发生了改变
C．催化剂降低了该反应的活化能和
D．若参与反应的二氧化碳分子为，则生成物甲醇的化学式为
45．（2024·河南信阳·一模）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y与Z同周期，Z与W同主族。四种元素构成的化合物存在如图转化关系。下列说法中正确的是
A．W的氢化物沸点高于Z的氢化物沸点
B．参与的反应均没有元素化合价的变化
C．中Y原子的杂化方式为
D．上述转化过程中不存在催化剂
46．（24-25高三下·湖北·阶段练习）一定条件下，合成的反应历程如图所示。已知相同条件下，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：过渡态中“—”表示化学键未完全断裂或形成)。下列说法正确的是
A．该反应的
B．发生上述反应，生成的氚代甲醇有3种
C．升高温度，正反应速率的增大程度小于逆反应速率的增大程度
D．发生上述反应，相同时间氚代甲醇的产量：
47．（2023·山东聊城·二模）铜催化乙炔选择性氢化制1，3-丁二烯的反应机理如图所示(吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)。
下列说法正确的是
A．反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ的速率
B．若原料用丙炔，则会有2种分子式为C6H10的有机物生成
C．增大Cu的表面积，可加快反应速率；提高C2H2的平衡转化率
D．C2H3*转化成C4H6(g)过程中，有非极性键的断裂和形成
48．（2025·河南·一模）某研究小组给出了加氢制的可能反应机理，如图所示。首先在催化剂表面解离成2个，随后参与到的还原过程。(注：□表示氧原子空位，*表示吸附在催化剂上的微粒)，下列说法错误的是
A．反应过程存在的断裂和生成
B．理论上，每生成，该历程中消耗的的数目为
C．催化剂氧空位用于捕获，氧空位越多反应速率越快
D．若反应温度过高使甲醇炭化，生成的碳颗粒易使催化剂反应活性下降
49．（2025·河南郑州·模拟预测）下列方案设计、现象和结论都正确的是
目的 方案设计 现象和结论
A 检验某无色溶液中是否含有SO 取少量该溶液于试管中，加稀硝酸酸化，再加入氯化钡溶液 若有白色沉淀生成，则该溶液中一定含有SO
B 探究不同金属离子对H2O2分解速率的影响 取支试管，向支试管中各加入5mL 6%H2O2溶液，分别向试管中各加入1mL 0.1mol/L FeCl3溶液和0.1mol/L CuSO4溶液 相同时间内产生气泡多的，则催化效果好
C 比较ZnS和CuS的Ksp 向0.1 mol/L K2S溶液中滴加少量等浓度的ZnSO4溶液，再滴加少量等浓度的CuSO4溶液 先产生白色沉淀，后产生黑色沉淀，可得出结论：Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)
D 检验某无色气体是否为SO2 将气体通入品红溶液中，再加热 若通入气体后品红溶液褪色，加热后能恢复红色，则气体为SO2
A．A B．B C．C D．D
50．（2025·河北秦皇岛·一模）我国科研团队研究发现使用双金属氧化物可形成氧空位，具有催化氧化性能，可实现加氢制甲醇。其反应机理如图所示，用“＊”表示催化剂。下列说法正确的是
A．增大压强和催化剂的表面积均能提高甲醇的平衡产率
B．转化过程中涉及极性键和非极性键的断裂和形成
C．氢化步骤的反应为
D．每生成甲醇将有电子发生转移
51．（2025·河北石家庄·一模）在电催化5-羟甲基糠醛(HMF)加氢制备2，5-呋喃二甲醇(BHMF)的反应中，碳负载的纳米Pb/PbO复合催化剂发挥了关键作用，其阴极的催化反应路径如图所示(H*代表活性氢)。下列说法错误的是
A．反应过程中有非极性键的断裂与形成
B．H*转化为会降低BHMF的产率
C．生成BHMF的电极反应式为
D．Pb/PbO复合催化剂能提供双中心活性位点吸附HMF和H*
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C B C C B D C C B
题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 C B C C B D D D D D
题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
答案 A D B D B C D C C C
题号 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40
答案 A D A A B C C A B B
题号 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
答案 C D B C C C D A D C
题号 51
答案 A
1．A
【详解】A．催化剂在反应前后质量和化学性质不变，参与反应但最终再生。该反应为NO被NH3还原为N2，由机理图可知，V4+-OH为中间产物，催化剂为V5+=O，故A错误；
B．NH3为三角锥形，NO为直线形(双原子分子)，二者分子结构不对称，正、负电荷中心不重合，均为极性分子，故B正确；
C．由机理图箭头方向可知，NH3、NO参与反应转化为产物，O2与V4+-OH的反应生成H2O和V5+=O，故反应物包括NH3、NO和O2，故C正确；
D．总反应为4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O，NH3失电子，作还原剂，NO、O2得电子，作氧化剂，生成4mol N2，总转移12mole-，生成1mol N2转移3mole ，即每生成标准状况下22.4L N2，转移电子数为3NA，故D正确；
答案为A。
2．C
【详解】A．两个反应历程的第一个基元反应相同，第二个基元反应不同，生成Y的反应中，硫酸作催化剂，降低了反应的活化能，即浓导致反应③的活化能比反应②低，A正确；
B．由X的结构简式可知，X为苯的加成产物；虽然生成X的总反应为吸热反应(反应物能量低于生成物能量)，但升高温度可能会使挥发和分解，使反应物的浓度降低，平衡不一定正向移动，则X的产率不一定增大，B正确；
C．转化为M()时，六元环中一个C原子杂化类型发生改变，由变为(与硝基直接相连的碳原子)，C错误；
D．加入选择性高的催化剂，可以加快生成产物I速率，短时间内可提高单位时间内产物I的产率，D正确；
故选C。
3．B 4．C
【解析】3．A．甲酸与乙醚混溶，分液法适用于互不相溶的液体，A错误；
B．甲酸（HCOOH）结构式为，含C-H(1)、C=O(2)、C-O(1)、O-H(1)，共5对共用电子对，则1mol甲酸含5mol共用电子对，B正确；
C．甲酸酸性强于乙酸（甲基推电子减弱羧基中羧基的极性，导致乙酸电离出氢离子能力减弱），C错误；
D．pH=3的盐酸（强酸）和甲酸（弱酸），甲酸浓度更大，等体积时甲酸消耗NaOH更多，D错误；
故选B。
4．A．Ⅰ到Ⅱ是O-H键的解离，Ⅲ到Ⅳ是C-H键的解离，Ⅲ到Ⅳ的活化能较小，故C-H键解离速率更快，A错误；
B．反应断裂C-H、O-H等极性键，形成H-H非极性键和C=O极性键，无“非极性键断裂”，B错误；
C．若用D(氘)标记甲酸中的羧基氢，根据反应历程，在反应过程中，氢原子会发生重新组合等过程，有可能两个标记的氘原子结合为D2，所以最终产物中可能存在D2，C正确；
D．能量图显示1mol甲酸分解放热14.1 kcal，选项未指明“1mol”，D错误；
故选C。
5．C
【详解】A．反应速率由慢反应（步骤①）决定，其中Ag+是反应物，故速率与有关，A错误；
B．Ag2+在步骤①生成，步骤②被消耗，符合这种特点的是中间产物而非催化剂，B错误；
C．Ag+在步骤①被消耗，步骤②生成，符合这种特点的是催化剂，Ag+作为催化剂，通过参与反应降低活化能，从而加快反应速率，C正确；
D．根据题意得出总反应：中3 mol 对应2 mol Cr3+，速率关系为，D错误；
故答案选C。
6．B
【分析】
联氨()与丙酮()在催化下生成，反应分为3个过程，反应①为丙酮()和反应生成 ，反应②为和联氨()反应生成,反应③为分解生成、,据此分析回答；
【详解】A．②为决速步，是其反应物，已知：为碱性、能与氢离子反应，浓度越大，消耗使其浓度降低，则决速步反应速率下降，反应速率慢，A正确；
B．由于反应②为决速步为慢反应，故反应过程，变化趋势为先快速减小后缓慢增大，B错误；
C．反应③中，中间产物（含-OH和）脱去生成C=N双键，符合消去反应“脱去小分子形成双键”的特征，C正确；
D．总反应生成水，通过分子筛分离水（产物），可使平衡正向移动，增大目标产物的百分含量，D正确；
故答案选B。
7．D
【分析】温度越高反应速率越快，甲→乙，物质的量变小，是正向建立平衡的过程；比较乙丙可知，丙反应升高温度，量增大，则反应逆向进行，正反应为放热反应，焓变小于0；
【详解】A．由分析可知，升温平衡逆向移动，正反应为放热反应，，A错误；
B．容器甲中平均反应速率，，B错误；
C．温度越高反应速率越快，比较乙丙可知，丙达到平衡状态，但不确定乙是否平衡，不能确定容器乙中正逆反应速率相对大小，C错误；
D．，故甲醇的体积分数为，D正确；
故答案选D。
8．C
【详解】A．钛合金熔点高，而保险丝需要熔点低的材料以便熔断保护电路，因此钛合金不适合做保险丝。A错误；
B．胶粒带电是静电除尘的原理，但血液透析利用的是胶体颗粒大小无法通过半透膜的特性，与胶粒带电无关。B错误；
C．离子反应（如中和反应）活化能极小，反应速率快，温度对其影响较小。C正确；
D．钠放入三种溶液中，首先都与水反应：，现象均有气体产生。在溶液中，生成的与反应生成白色沉淀；在溶液中，生成的与反应生成白色沉淀；在饱和溶液中，因消耗水而析出晶体。由于前两种情况的现象均为“产生气体和白色沉淀”，现象相似，故“现象不同”的说法错误。D错误；
故选C。
9．C
【详解】A．为反应物总能量，、分别为历程Ⅰ、Ⅱ产物的能量，因，故，A错误；
B．反应为烯烃与的亲电加成，决速步为进攻双键形成碳正离子，是后续结合步骤的反应物，并非决速步参与者，加入对反应速率无显著影响，B错误；
C．历程Ⅱ（生成）的过渡态能量高于历程Ⅰ，活化能更大，根据阿伦尼乌斯方程，升高温度时活化能大的反应速率增加更显著，故1-氯丙烷比例提高，C正确；
D．历程Ⅰ第一步反应的热化学方程式为，选项中属于历程Ⅰ第二步反应，D错误；
故答案选C。
10．B
【详解】A．HCHO的结构式为，中心碳原子形成3个σ键，无孤电子对，价层电子对数为3，杂化类型为sp2，A正确；
B．反应①中O2（0价）转化为·OH（O为-1价）和（O为），O元素化合价变化，为氧化还原反应；反应②中·OH（O为-1价）→H2O（O为-2价），HCHO（C为0价）→·CHO（C为+1价），为氧化还原反应；反应③中·CHO（C为+1价）→（C为+4价），（O为）→（O为-2价），为氧化还原反应；反应④为，各元素化合价不变，为非氧化还原反应，综上，氧化还原反应共3个，B错误；
C．根据机理，·OH（羟基自由基）与HCHO反应，夺取H原子生成H2O和·CHO（甲酰基自由基），反应式为·OH+HCHO→H2O+·CHO，C正确；
D．总反应为HCHO+O2CO2+H2O，MnO2参与反应，最终重新生成，质量和化学性质不变，为催化剂，D正确；
故选B。
11．C
【详解】A．虽然通常反应物浓度越大反应速率越快，但在该反应中，若盐酸浓度过高，会因氯离子浓度大而降低产物氯化钠的溶解度，析出的氯化钠会覆盖在钠的表面，反而阻碍反应进行，导致速率下降。因此，并非盐酸浓度越大反应速率越快，A错误；
B．次氯酸(HClO)与次氯酸钠(NaClO)等浓度混合时，溶液pH由次氯酸的电离程度和ClO-的水解程度决定，即其溶液不一定显酸性，B错误；
C．浓硫酸与活泼金属(如Zn)加热反应时，初始生成SO2，随着硫酸浓度降低，可能生成H2，反应过程中可能同时释放两种气体，C正确；
D．H2S通入FeCl3溶液中，Fe3+将H2S氧化为S沉淀，自身还原为Fe2+，但溶液呈酸性，Fe2+无法与S2-结合生成FeS沉淀，故仅生成S一种沉淀，D错误；
故答案为：C。
12．B
【分析】由反应历程可知，总反应为，据此解答。
【详解】A．该反应为化合反应，原子利用率为100%，A正确；
B．由分析可知，每消耗可生成，B错误；
C．由反应历程可知，催化剂有连接4个S原子和2个S原子的，这两种类型的原子成键数目均会发生改变，所以和的化合价均发生变化，C正确；
D．若以为原料，有反应历程可知，会生成，用吸收产物时，其存在电离平衡：，结合水电离出的可得到，D正确；
故选B。
13．C
【详解】A．由图可知，生成物能量高，总反应为吸热反应，A错误；
B．平衡常数只和温度有关，与催化剂无关，B错误；
C．由图可知，丙烷被催化剂a吸附后能量更低，则被催化剂a吸附后得到的吸附态更稳定， C正确；
D．活化能高的反应速率慢，是反应的决速步骤，故决速步骤为*CH3CHCH3→*CH3CHCH2+*H或*CH3CHCH3+*H→*CH3CHCH2+2*H，D错误；
故选C。
14．C
【详解】A．由最初物质可知催化剂为Ni/CeO2-ZrO2，吸附在CZ-载体上，①得到Ni0，为催化剂的主要成分，因此①是催化剂活化过程，A正确；
B．⑥过程中有O-C键的断裂，生成了CH4有C-H键的形成，涉及到极性键的断裂和形成，B正确；
C．由第⑥步可以看出H2也参与CH4的，若把H2换为D2，生成的CH4中也有D，C错误；
D．由②可以看出CO2吸附在Cex+处，后面几步可以看出H2吸附在Ni0上，吸附部位不同，D正确；
故选C。
15．B
【详解】A．三种催化竞争的总反应中，HCOOH的能量最高，生成HCOOH吸收的能量最多，A错误；
B．由图可知，使用二维锑片催化剂，生成甲酸HCOOH的活化能最小，即提高了甲酸的选择性，B正确；
C．反应条件为酸性，不可能生成OH-，Sb电极表面生成HCOOH的反应为*CO2+2*H++2e-=HCOOH，C错误；
D．三种催化反应均有元素化合价发生了改变，均为氧化还原反应，D错误；
故答案为：B。
16．D
【详解】A．反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，均为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，乙烯的转化率升高，由表格数据可知T1＜T2＜T3，所以，故A正确；
B．由表格数据可知，升高温度，乙烷转化率增大，但是乙烯选择性降低，说明升高温度对反应Ⅱ更有利，故B正确；
C．其他条件不变，容器内改为恒压，相对于恒容容器，相当于减小压强，反应Ⅰ、反应Ⅱ平衡正向移动，乙烷的平衡转化率增大，故C正确；
D．T2 K时，乙烷的转化率为12.0%，可得转化的乙烷的总物质的量为2mol×12.0%=0.24mol，而此温度下乙烯的选择性为75%，则转化为乙烯的乙烷的物质的量为0.24mol×75%=0.18mol，故转化为CO的乙烷的物质的量为，根据反应方程式可得，生成CO的物质的量为0.24mol，则0~5min内，，故D错误；
故选D。
17．D
【分析】HI在反应中先消耗，再生成，HI为催化剂，CH3I为中间产物；M先消耗，再生成，M为催化剂，其余圈上的物质为中间产物，由图可知M为HCo(CO)4。反应物为CH3OH、CO，产物为CH3COOH，总反应方程式为：。
【详解】A．根据分析，M 的化学式为，A正确；
B．根据分析，总反应方程式为：，B正确；
C．根据分析，该反应的催化剂为M和HI，C正确；
D．将换成，总反应为，循环使用，最终产物一定含，D错误；
故选D。
18．D
【详解】A．CH4的物质的量分数随温度升高而减小，即升温时反应II平衡逆向进行，，故A正确；
B．CO2的物质的量分数随温度升高而减小，由于反应II为放热反应，温度升高，CO2的物质的量升高，因此反应I正向进行，，生成物能量大于反应物，则正反应的活化能大于逆反应，故B正确；
C．压缩容器体积，压强增大，反应II平衡正向移动，从而导致反应I平衡逆向移动，n(CO)减小，故C正确；
D．该温度下，其他条件不变，甲烷的物质的量分数为0，说明只发生反应I(为吸热反应)，升温平衡右移，H2O(g)的物质的量逐渐增大，故D错误；
故答案为D。
19．D
【分析】的分解不是可逆反应，时，完全分解；为放热反应，因此当完全分解后，产生的O2的压强必为16.25kPa，30℃时，反应，，65-y++16.25=60.8，y=40.9，，据此分析；
【详解】A．内，设分解了x，则生成的压强为2x，则生成的压强为，设有w的发生了转化，列三段式，，++=37.2，因二聚为的反应可以迅速达到平衡，即达到平衡状态，故，解得w=21.65，x=19.21，，A错误；
B．根据分析可知，30℃时，反应平衡常数，B错误；
C．为放热反应，升温，平衡逆向移动，压强会增大，C错误；
D．研究表明，分解的反应速率，时，测得体系中，则此时，则，D正确；
故选D。
20．D
【详解】A．使用催化剂可以降低反应的活化能，但不改变反应的焓变，A错误；
B．由反应方程式可知该反应的平衡常数为：，B错误；
C．增大的比值，相当于增大，平衡右移，则的平衡转化率增大，C错误；
D．在分子中仅含1对孤电子对，而含有2对，孤电子对越多，对键角的斥力越大，键角越小，所以有键角：，D正确；
故答案为：D。
21．A
【详解】A．根据①中数据可知时，平衡常数为，②中相当于起始量M和N均是2mol，在①的基础上增大压强，平衡正向进行，平衡时Q的浓度大于，所以达平衡时，根据可知容器①与容器②中逆反应速率之比小于1：2，A错误；
B．开始时，容器②中浓度商为，所以正反应速率大于逆反应速率，B正确；
C．③中若，则此时浓度商为，反应没有达到平衡状态，反应向正反应方向进行，所以达平衡时，容器③中比容器①中的大，C正确；
D．当温度改变为时，若，则此时平衡常数为，正反应放热，因此，D正确；
故选A。
22．D
【详解】
A．物质Ⅰ 的名称为丙烯醛，A正确；
B．，由反应示意图可知：物质Ⅰ 和物质Ⅲ是“入环”的物质，应为反应物，物质Ⅴ是“出环”的物质应为生成物，水开始“出环”生成，后来又“入环”参加反应；总反应是 + ，B正确；
C．物质VI在连续反应中从一开始就和物质Ⅰ 参与了反应，在最后又和物质Ⅴ再次生成，是反应的催化剂，物质Ⅱ、Ⅳ以及水都是中间产物。C正确；
D．物质V 中含有3个手性碳原子，中“*”标示的碳原子为手性碳原子，D错误；
故选D。
23．B
【详解】A．中N原子价层电子对数为4，采用杂化，有一对孤电子，空间结构为三角锥形，A错误；
B．氮分子之间存在非极性键（含键和键），形成自由基破坏了中的键和键，B正确；
C．催化剂只改变反应途径，不能改变焓变（反应热），C错误；
D．催化剂可降低决速步骤活化能，提高反应速率，但不能提高平衡转化率，D错误；
故答案选B。
24．D
【详解】
A．通过图可以看出中的一个碳氧双键打开，与发生加成反应形成，A项错误；
B．产物环状化合物中存在饱和碳原子，饱和碳原子的杂化方式为杂化，其空间构型为四面体结构，所以产物环状化合物中所有原子一定不共平面，B项错误；
C．Ag/PEI@UiO-66-作为催化剂，能促进与环氧化合物的反应，使反应更容易进行。催化剂的主要作用是降低反应的活化能，从而加快反应速率，而不是提高反应物的能量，C项错误；
D．氮原子的核外电子排布式为，有3个未成对电子。已知顺时针旋转的电子，自旋量子数，逆时针旋转的电子，自旋量子数。当3个未成对电子的自旋方向相同（都顺时针旋转或逆时针旋转）时，基态氮原子的自旋量子数()之和等于或，D项正确；
故答案选D。
25．B
【分析】反应起始于，此时的相对能量设为基准0；在催化剂（或）表面发生吸附，形成吸附在催化剂表面的物种；从图中可知，这一过程能量降低，形成时，相对能量在-2到-1之间（具体数值因催化剂不同有差异），说明该吸附过程是放热过程，降低了体系能量；进一步反应，需要克服一定能量障碍达到过渡态；这一过程中能量升高，对于和催化剂，升高的能量数值不同（对应不同的活化能）；对应的活化能低于，意味着催化时此步反应更容易进行；从过渡态转化为，能量降低，说明这也是一个放热过程；继续反应转化为（产物、吸附在催化剂表面），此过程能量变化情况在图中体现为又一次能量变化，且最终的能量情况与催化剂相关 ，如催化时能量相对较高，更易脱附；总体而言，整个反应历程中，在催化剂表面通过吸附、克服活化能、逐步转化等过程，最终生成产物和，不同催化剂影响反应的活化能和中间态能量，进而影响反应速率和产物脱附等情况。
【详解】A．从图像中可以看到，使用催化剂时反应的活化能低于使用催化剂时的活化能；在化学反应里，活化能越低，反应越容易进行，催化效果也就越好；所以催化剂的催化效果高于催化剂，A正确；
B．催化，图中给出了到放出能量为1.86eV-1.64eV=0.22 eV ，则，B错误；
C．由图像可知，催化时(、)的能量比催化时的能量更高；在化学中，物质的能量越高越不稳定，不稳定的物质其产物就更容易脱附；所以催化剂比催化剂的产物更容易脱附，C正确；
D．因为催化剂只能改变反应的活化能，不能改变反应的热效应，Co—N—C和Fe—N—C催化H2O2分解的 H相等，D正确；
综上，答案是B。
26．C
【分析】该实验装置是乙酸与过量乙醇在一定温度下、硫酸氢钠作催化剂、变色硅胶作指示剂的条件下反应制取乙酸乙酯。
【详解】A．该实验用代替浓硫酸进行实验，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，所以在反应中起催化剂和吸水剂作用，能降低乙酸与乙醇反应的活化能，A正确；
B．已知变色硅胶中含有，无水为蓝色，为粉红色，存在颜色的变化，能指示反应进程，还可吸收加热时生成的水，使平衡正向移动，提高乙酸乙酯的产率，B正确；
C．传统制取乙酸乙酯实验中采用的是浓硫酸，浓硫酸具有强氧化性、脱水性，用浓硫酸在加热条件下反应时，可能发生副反应，导致生成有、等气体，但不具有此性质，所以无、等气体，C错误；
D．饱和溶液具有溶解乙醇、吸收乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度的功能，向烧瓶中加入饱和溶液并分液，可以除去乙酸和乙醇，D正确；
故选C。
27．D
【详解】A．双金属配合物可以催化醋酸甲酯羰基化反应制备醋酸，催化剂可以改变反应的历程，但不能改变总反应的，A错误；
B．由部分基元反应中物质的相对能量图可知，，无法计算的，B错误；
C．左图只表示部分基元反应中物质的相对能量，无法确定是整个反应中活化能最高的步骤，不一定是决速步，C错误；
D．由右图可知，CH3I和双金属配合物中结合生成TN1，之后的反应都是参与变化过程，D正确；
故选D。
28．C
【详解】A．根据反应历程图可知，S原子在循环过程中都形成4个共价键，成键数目一直没变，故S的化合价始终不变，A正确；
B．由图示反应历程可知，历程②中每形成1mol“空位”生成1molH2O，即每形成2mol氢氧键，形成1mol“空位”，B正确；
C．“□”代表空位，由图示反应历程可知，Ce、Ti形成的共价键数目发生变化，如生成N2+2H2O的过程中，C错误；
D．上述历程的总反应为O2+4NH3+4NO4N2+6H2O，反应中NH3与NO按物质的量比1:1发生反应，D正确；
故答案为：C。
29．C
【详解】A．是气体体积减小的反应，，该反应在一定条件下能够自发进行，说明在一定条件下成立，则，A正确；
B．增大的量，正向进行，能提高的平衡转化率，B正确；
C．表格中，升高温度后，相同压强下达到相同转化率所需时间延长（如1.0×105Pa下50%转化率时间从12s增至25s），说明升温导致反应速率减慢，C错误；
D．在、90℃下，6s后NO的转化率仍然会增大，说明此时反应还未达到平衡，，D正确；
故选C。
30．C
【详解】A．由图可知曲线②的速率更快，故②的反应温度更高，且①达到平衡时，氢气体积没有②的大，说明升高温度有利于平衡正向移动，故反应吸热，即，A正确；
B．由A项分析可知，B正确；
C．反应吸热，温度越高平衡常数越大，故平衡常数：②>①，C错误；
D．①线的平均反应速率，D正确；
故答案选C。
31．A
【分析】lnk与关系图所示，随着温度升高，lnk逐渐增大，且lnk1增大更多，说明升高温度，正反应速率增加更多，平衡应正向移动，则该反应正向应为吸热反应。
【详解】A．由分析可知，该反应为吸热反应，则正反应的活化能大于逆反应的活化能，则E1>E-1，A错误；
B．由分析可知，该反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，B正确；
C．加入催化剂可加快反应速率，但不影响平衡移动，不会提高NOCl的平衡转化率， C正确；
D．反应达到平衡时，正逆反应速率相等，v1=k1c2(NOCl)=v-1=k-1c2(NO)·c(Cl2)，则平衡常数K=，D正确；
故选A。
32．D
【详解】A．向溶液中滴加溶液，生成蓝色沉淀，只能证明溶液中存在，但不能说明未变质，如果是部分变质，没有被氧化的也会与生成蓝色沉淀，A错误；
B．向某无色透明溶液中滴加溶液生成白色沉淀，溶液中可能含有，因为、等离子也能与反应生成白色沉淀 ，所以不能确定一定含有，B错误；
C．实验操作应该要用计分别测定相同浓度的溶液和溶液的溶液，再来比较两溶液大小，C错误；
D．两份等体积、等浓度的溶液与同浓度同体积的稀硫酸分别在、反应下产生淡黄色沉淀（S），反应为：，40℃下产生淡黄色沉淀快，说明在其他条件相同时，温度越高，反应速率越大 ，D项正确；
故答案选D。
33．A
【详解】A．MnO2作为反应的催化剂可以加快反应速率，但不该变平衡，不能提高平衡转化率，A错误；
B．从图中可以看出Mn 所形成的共价键数目变化了，说明其配位数和化合价都有变化，B正确；
C．氨分子中氮原子具有孤对电子，二氧化锰中锰原子具有空轨道，氮原子和锰原子通过形成配位键使二氧化锰和氨分子相互结合，C正确；
D．根据示意图可知，反应物有 NH3、NO、O2，产物有N2、H2O，故反应方程式为：，D正确；
故选A。
34．A
【详解】A．紫红色的铜和氯气在加热条件下反应生成棕黄色氯化铜，过量的氯气可用碱石灰吸收，A项正确；
B．石油分馏时，接收馏出物的锥形瓶不能塞橡胶塞，否则会因液气体增加导致气体压强增大而发生意外事故，B项错误；
C．NaHSO3与H2O2的反应无明显现象，无法得出实验结论，C项错误；
D．给坩埚加热时，需要搭配三脚架、泥三角，边加热边用玻璃棒搅拌，D项错误；
故选A。
35．B
【详解】
A．路径1产生有·R、·Cl游离基，路径2产生有·R和游离基，A正确；
B．总反应为ArCHO+RH→，属于加成反应，产物只有1种，原子利用率为100%，它是理想的绿色化学工艺，B错误；
C．观察图示可知，铜元素表现+1价和+2价、铬元素表现+2价和+3价，化合价都发生了变化，C正确；
D．含铜-铬物质为催化剂，HCl为中间产物，D正确；
答案选B。
36．C
【分析】根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有、、，因此NO是催化剂，回答下列问题；
【详解】A．根据分析可知，含N分子参与的反应一定有电子转移，A不符合题意；
B．NO是催化剂，增大NO的量，平衡不移动，不会改变的平衡转化率，B不符合题意；
C．根据反应机理，由生成丙烯的历程有2种，即图中左上角和右下角的历程，C符合题意；
D．无论是否存在反应，总反应都是丙烷和氧气生成丙烯和水，最终生成的水不变，D不符合题意；
故选C。
37．C
【详解】A．由催化机理可知，反应消耗了Ⅵ又生成了Ⅵ，Ⅵ是反应的催化剂，故A正确；
B．根据I+Ⅳ→X+Ⅱ和IV+X→VI+V，由I、Ⅳ、Ⅱ的结构简式可知，X为H2O，并且可循环利用，故B正确；
C．根据反应机理，总反应为I+III→V，若化合物III为，按照该反应机理可生成和，故C错误；
D．根据III和IV结构式，III中C2-C3为碳碳单键，IV中C2-C3为碳碳双键，键长变短，故D正确；
故答案为：C。
38．A
【分析】从与关系图所示，随着温度升高，逐渐增大，且增大更多，说明升高温度，逆反应速率增加更多，平衡应逆向移动，则该反应正向应为放热反应。
【详解】A．根据分析可知该反应为放热反应，所以正反应活化能更小，即<，A正确；
B．该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，B错误；
C．加入催化剂可加快反应速率，但不影响平衡移动，不会提高N的平衡转化率， C错误；
D． 达到平衡时，正逆反应速率相等，则有，所以，D错误；
故选A。
39．B
【详解】A．反应物A为，5个C原子、1个O原子和每个上1个H原子共8个原子共平面，A正确；
B．中间产物B、D中Cu原子成键数目为2，C中Cu原子成键数目为3，则反应过程中Cu原子成键数目有变化，B错误；
C．反应②中有碳碳单键的形成和碳碳三键中的键断裂，有非极性键的形成和断裂；反应③中有C=O键的断裂和C—O键的形成，有极性键的断裂和形成，C正确；
D．由反应机理图可知，合成M的总反应的反应物为炔基酮(A)和重氮酯环()，生成物为M和，则合成M的总反应为：+N2=CHCOOCH3+N2，D正确；
故选B。
40．B
【详解】A．由图可知，反应③和④是放热过程，正反应是焓减反应，A正确；
B．反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应取决于慢反应，由图可知，反应⑤的活化能最大，控速反应方程式为，B错误；
C．由图可知，甲醇的分解反应是反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，，，正反应是熵增反应，C正确；
D．反应为吸热反应，升高温度，平衡常数(K)增大，速率常数(k) 只与温度、催化剂有关，温度升高会增大，D正确；
故选B。
41．C
【详解】
A．饱和碳原子为杂化，双键碳原子为杂化；该过程总反应为，该过程中碳原子的杂化方式由、变为，A项错误；
B．该过程中还存在中极性键的断裂，B项错误；
C．的物质的量为，一个分子中含8个键，所以中含键数目为，C项正确；
D．的结构简式为，其同分异构体中链状结构有、、、等，D项错误；
故选C。
42．D
【分析】向密闭容器中加入一定量X，X发生反应①生成Y，Y再发生反应②生成Z。由图中的信息可知，曲线Ⅰ浓度随时间变化逐渐减小的代表的是X，曲线Ⅲ浓度随时间变化逐渐增大的代表的是Z，曲线Ⅱ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。
【详解】A．由分析可知，曲线Ⅱ表示随时间的变化曲线，A正确；
B．内，曲线II的斜率大于曲线III的斜率，因为化学反应速率v =，在相同时间间隔内，，所以，B正确；
C．由图乙可知，温度升高，减小，lnk1和lnk2都增大，即k1和k2都增大，反应速率加快，温度升高利于反应①、②正向进行，有利于提高Z的产率，C正确；
D．由图乙信息可知，温度时，k1＜k2，说明反应①为慢反应，因此，总反应速率由反应①决定，D错误；
故答案选D。
43．B
【详解】A．由图可知，末态总能量低于始态总能量，故该过程总体上放热，A错误；
B．由图可知+过程吸热，故甲醇脱氢时不完全是向外界释放能量，B正确；
C．Cu和Zn的价电子排布分别为3d104s1和3d104s2，两者失去1个电子后的价电子排布式为3d10和3d104s1，而3d10全满比4s1半满更稳定，故第二电离能：铜>锌，C错误；
D．活化能最大的为决速步，由图可知活化能不是最大的，故不是决速步，D错误；
故答案选B。
44．C
【详解】A．从图中可以看出，该历程中，发生碳氧键（极性键）、氢氢键（非极性键）的断裂和碳氢键（极性键）、氧氢键（极性键）的形成，不存在非极性键的形成，A正确；
B．在分子中，碳原子发生杂化，在分子中，碳原子发生杂化，则碳原子的杂化方式发生了改变，B正确；
C．催化剂能降低该反应的活化能，从而加快反应速率，但不能降低该反应的，C错误；
D．从图中可以看出，生成时，分子中有1个原子进入甲醇分子内，若参与反应的二氧化碳分子为，则生成物甲醇的化学式为，D正确；
故选C。
45．C
【分析】据上述转化图可知Z能形成2对共用电子对，且为短周期元素，故Z为O元素、W为S元素；Y形成4对共用电子对，且与Z同周期，故Y为C元素；X形成1对共用电子对，故X为H元素。
【详解】A．H2O分子间有氢键，故沸点高于H2S，A错误；
B．H2O与活泼金属Na等能发生氧化还原反应生成H2，H元素化合价变化，B错误；
C．C2H4中存在碳碳双键，故C原子的杂化方式为，C正确；
D．由转化图可知，C2H4与H2SO4生成，与H2O转化为C2H5OH和H2SO4，乙烯与水加成过程中H2SO4作催化剂，D错误；
故答案选C。
46．C
【详解】A．反应：的=生成物的总能量-反应物的总能量=，A错误；
B．发生上述反应，生成的氚代甲醇有、两种，B错误；
C．由图可知该反应放热，升高温度平衡逆向移动，即正反应速率的增大程度小于逆反应速率的增大程度，C正确；
D．转化为过程中，若用代替，由于键比键更易断开，导致生成更快，相同时间氚代甲醇的产量：，D错误；
故选C。
47．D
【详解】A．反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ，则反应Ⅰ的速率小于反应Ⅱ，A错误；
B．若原料用丙炔，则会有CH3CH=CH-CH=CHCH3、CH2=C(CH3)-C(CH3)=CH2、CH3CH=CH-C(CH3)=CH2共3种分子式为C6H10的有机物生成，B错误；
C．增大Cu的表面积，可加快反应速率，催化剂不能使平衡移动，不能提高C2H2的平衡转化率，C错误；
D．根据图示，C2H3*转化成C4H6(g)过程中，先碳碳双键中有1条键断裂，后又有碳碳双键和碳碳单键的形成，所以有非极性键的断裂和形成，D正确；
答案选D。
48．A
【详解】A．反应过程存在O-H生成，但无O-H键的断裂，故A错误；
B．H2首先在面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程，根据图中信息可知，CH3OH 6H*，所以理论上，每生成1molCH3OH，该历程中消耗的H*的数目为，故B正确；
C．H2首先在ZnGaO3催化剂表面解离成2个H*，2个H*与催化剂反应形成氧空位，催化剂氧空位再与CO2结合，所以催化剂氧空位用于捕获CO2，氧空位越多反应速率越快，故C正确；
D．反应温度过高使甲醇炭化，碳覆盖在催化剂的表面，使催化剂反应活性降低，故D正确；
答案选A。
49．D
【详解】A．加入硝酸酸化无法排除溶液中以及的干扰，应加入稀盐酸酸化，A错误；
B．探究不同金属离于对分解速率的影响应选用相同阴离子的金属盐，该方案中盐中的阴离子不同，无法排除阴离子的干扰，B错误；
C．在溶液中滴加少量等浓度的溶液，生成白色沉淀，溶液中还有剩余的，再加入少量等浓度的溶液，生成黑色的沉淀，可能是剩余的与反应，也可能是转化为，所以不能说明，C错误；
D． 对品红溶液具有可逆的漂白作用，通入后品红溶液褪色，加热或置于空气中又可恢复颜色，是检验的常见方法，D正确；
故选D。
50．C
【分析】该转化实现二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，反应方程式为：。
【详解】A．加压平衡正移，能提高甲醇的平衡产率，增大催化剂的表面积不能使平衡移动，能提高单位时间甲醇的产量，无法提高产率，A错误；
B．由方程式可知，整个过程涉及极性键、非极性键的断裂，非极性键的形成，无非极性键的形成，B错误；
C．根据机理图可知，氢化步骤反应为，C正确；
D．由反应方程式可知，每生成，氢元素化合价由0价升高到+1价，转移，则每生成甲醇将有电子发生转移，D错误；
故选C。
51．A
【详解】A．反应过程中有H-O、C=O极性键的断裂，H-H非极性键的形成，H-O、C-H极性键的形成，A错误；
B．H*与HMF形成，若H*转化为会降低BHMF的产率，B正确；
C．水得电子生成氢氧根和H*，H*与HMF反应生成BHMF，电极反应式为，C正确；
D．Pb/PbO复合催化剂能提供双中心活性位点吸附HMF（PbO）和H*（Pb），D正确；
故选A；

展开更多......

收起↑