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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
考查化学反应速率的基本概念、表示方法、影响因素及简单计算，是化学反应原理的重要基础模块。四川卷侧重联系真实工业、生活情境，强调数据分析与图表解读能力。 考向一 化学反应速率基本概念与计算 2025·四川卷T15(选择)
2024·四川卷T12(选择)
2023·四川卷T8(选择)
2022·四川卷T10(选择)
2021·四川卷T9(选择)
2020·四川卷T11(选择)
结合化学平衡，考查速率变化规律（如浓度、温度、催化剂、压强等的影响），常结合图表、数据或实验探究进行综合考查。 考向二 外界条件对化学反应速率的影响 2025·四川卷T18(简答)
2024·四川卷T16(简答)
2023·四川卷T15(简答)
2021·四川卷T16(简答)
2020·四川卷T15(简答)
以工业合成、环境治理、催化剂研发等为背景，综合考查反应速率与化学平衡在生产中的应用，以及速率方程、反应机理等进阶内容。 考向三 化学反应速率在真实情境中的应用与探究 2025·四川卷T19(综合)
2024·四川卷T17(综合)
2022·四川卷T16(综合)
2021·四川卷T18(综合)
2020·四川卷T17(综合)
一、单选题
1．（25-26高三上·四川绵阳·期中）在银的催化作用下，乙烯和氧气可以直接氧化生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)，反应过程如图所示。ads代表吸附态，下列说法错误的是
A．该反应中，乙烯的吸附过程要释放能量
B．中间体转化为EO(ads)的活化能为83kJ/mol
C．生成两种产物的过程均有π键断裂和σ键生成
D．反应达平衡时，升高温度，乙烯的转化率增大
2．（2025·四川泸州·一模）我国科学家用电催化还原法制甲酸，实现减排。反应过程中相对能量的变化如图所示(“*”表示催化剂，“”表示W的催化剂吸附状态)。下列说法错误的是
A．制甲酸的反应为吸热反应
B．制甲酸的决速步骤为②
C．反应的活化能：
D．制甲酸可表示为：
3．（2025·四川资阳·一模）推动CO2综合利用、实现碳中和是党中央的重大战略决策。CO2与H2在TiO2/Cu催化剂表面生成CH3OH和H2O的部分反应历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法错误的是
A．步骤②反应的
B．物质从催化剂表面脱附的过程会释放能量
C．步骤③反应比步骤①快
D．步骤③的反应方程式为
4．（25-26高二上·四川·月考）我国科学家在催化加氢制甲醇研究方面取得进展，反应为 。该反应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．加入催化剂，减小
C．该反应正反应的活化能为
D．在密闭容器中加入和，充分反应后放出445kJ的热量
5．（2025·四川·模拟预测）一种甲烷水蒸气催化重整制氢气的反应原理如图所示(已知镍元素的常见价态为+2价和+3价)。下列有关说法正确的是
A．中铁元素为+2价
B．反应中NiO、FeO为反应的催化剂
C．将16 g CH4和足量的H2O(g)通过该方法制氢，理论上生成6 g H2
D．与甲烷分解制取氢气相比，该方法节能，且原子利用率为100%
6．（2025·四川德阳·模拟预测）在钌(Ru)基催化剂条件下，用CO2(g)和H2(g)合成HCOOH(g)的反应过程如图所示，已知当生成4.6 g HCOOH(g)时放出热量3.12 kJ。
下列说法正确的是
A．物质I→Ⅱ的过程中存在非极性键的断裂与形成
B．物质Ⅱ为总反应的催化剂
C．物质Ⅲ中Ru的化合价为+3
D．合成HCOOH(g)的热化学方程式为：
7．（2025·四川眉山·模拟预测）下列实验，能达到实验目的的是
A．验证Na2CO3固体和NaHCO3固体热稳定性：试管A中放NaHCO3，试管B中放Na2CO3 B．反应速率①>②，可知催化效果更好
C．制备无水 D．模拟侯氏制碱法制NaHCO3
A．A B．B C．C D．D
8．（25-26高二上·天津·月考）用将HCl转化为的反应为 。在恒温恒容条件下测得反应过程中的实验数据如下表。下列说法正确的是
0 2 4 6
0 1.8 3.7 5.4
A．化学平衡常数：K(200℃)>K(400℃)
B．升高温度，可以提高HCl的平衡转化率
C．2～6 min用表示的化学反应速率为0.9
D．当容器内气体的密度不变时，可说明反应达到化学平衡状态
9．（2025·四川广安·模拟预测）工业上利用CO和H2O制备H2，利用计算机模拟的反应历程如下，其中吸附在Pt/SiO2催化剂表面用“·”标注，Ts表示过渡态。下列说法不正确的是
A．该反应的正反应活化能小于逆反应活化能
B．反应历程中反应速率最快步骤的化学方程式为·OH+·H=H2O
C．该反应高温自发进行
D．使用催化剂可提高单位时间内原料气的转化率
10．（2025·四川南充·三模）某兴趣小组利用下图实验装置深度探究以为原料制取氧气的反应原理。实验测得相关数据记录如下表：
实验 反应前 充分反应后 耗时
m(试剂) m(试管) m(试管固体)
40.00g 53.88g 50min
注：①实验中，棉花未发生变化，水槽中为蒸馏水。②经检验，实验中生成的气体仅有。③充分反应后的总质量为冷却至室温时所称量；耗时测量是通过观察水槽中不再冒气泡时测得。
下列说法错误的是
A．该反应原理是
B．以表示该反应的化学反应速率
C．充分反应后实际剩余固体的总质量比理论值小
D．根据氧化还原反应规律可知该反应固体产物中锰元素的平均化合价大于价
11．（2025·四川·三模）基于在氨的电催化氧化过程中铁系催化剂需要较高的过电位且活性不高。我国某科研团队设计了一系列吡啶基取代的二茂铁催化剂通过降低氨的氧化电位，从而提高催化剂的活性和选择性的方案。某种吡啶基取代的二茂铁催化机理如图。下列说法错误的是
A．上述催化机理中铁元素的价态为价和价
B．物质②中吡啶基团通过共价键与氨分子形成复合物
C．由物质④得到的自由基偶联形成了
D．利用X射线衍射仪可测定这一系列吡啶基取代的二茂铁催化剂晶体的结构
12．（23-24高一上·四川资阳·月考）利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法不正确的是
A．X是N2和H2O
B．中含有极性共价键
C．中的质子数、电子数均相同
D．上述历程的总反应为
13．（2025·四川绵阳·三模）甲醇(CH3OH)在催化剂表面分解的反应涉及多个过渡态(TS1～TS5)和中间体，反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列描述正确的是
A．在催化剂表面解离的五个路径中，制约反应速率的是①
B．整个过程只包含C-H键的断裂和H-H键的形成
C．该历程中路径②的能垒(反应活化能)为12 kJ/mol
D．由图可知，甲醇分解为CO和H2的△H＞0
14．（2025·四川达州·模拟预测）科学家利用多聚物来捕获，使与在催化剂表面生成和，涉及以下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
在恒压密闭容器中充入与，分别在、()压强下反应。平衡体系中，CO及的物质的量分数随温度的变化关系如图。下列说法不正确的是
已知：的选择性
A．对于反应Ⅰ，甲醇的选择性：
B．曲线b表示压强为时CO的物质的量分数随温度的变化关系
C．恒压条件下发生反应Ⅰ和Ⅱ，平衡后再充入惰性气体，反应Ⅱ平衡不移动
D．要提高的选择性，可使用对反应Ⅰ催化活性更高的催化剂
15．（2025·四川巴中·模拟预测）HCHO用作农药和消毒剂，能制酚醛树脂、脲醛树脂、维纶和染料等。除去HCHO的某机理如图所示，下列说法不正确的是
A．可降低该反应活化能
B．反应① ④均是氧化还原反应
C．反应②既有极性键断裂也有极性键的生成
D．该机理总反应为
16．（2025·四川·二模）工业上可利用含锌废料(主要成分是ZnO，还含有CuO、FeO等)制备，其工艺流程的一种如图所示，下列说法正确的是
A．为了加快反应速率，“浸取”操作时可进行加热
B．“氧化除铁”的反应为
C．若还原剂选择单质锌，“还原”操作后的滤渣只有单质铜
D．加入浓盐酸的目的是抑制ZnCl2水解
17．（2025·四川·三模）下列实验装置(夹持装置略去)或操作不能达成预期目的的是
A．探究干燥和湿润的性质差异(在通风橱中进行实验) B．比较和的稳定性
C．测定一定质量锌粒与某浓度稀硫酸的反应速率 D．验证牺牲阳极法保护铁
A．A B．B C．C D．D
18．（2025·四川·三模）与光照发生一氯取代的反应历程如图所示。下列说法错误的是
A．光照使分解生成：引发反应
B．步骤1比步骤2快
C．步骤2中的发生断裂
D．产物中有乙烷生成的原因是：
19．（25-26高二上·四川眉山·开学考试）硝酸根是目前地表水和地下水中常见的污染物，在人体摄入后，会在还原性细菌作用下还原为亚硝酸盐进而对身体有害。利用Pd和Pd-In作催化剂可将其转化为氮气和铵根，转化过程如下：
下列说法错误的是
A．亚硝酸钠有毒，禁止用作任何食品防腐剂和护色剂
B．在催化剂表面反应的目的是使反应更迅速
C．反应过程中有非极性键的断裂和形成
D．1mol NO转化为NO转移2mol电子
20．（2025·重庆·二模）计算机模拟单个乙炔(HC≡CH)分子在Hg2+催化作用下生成CH3CHO的反应历程及相对能量变化如图所示(已知；)。
下列说法错误的是
A．该反应历程中决速步骤能垒为0.9eV
B．历程①中有σ键生成，历程③中有π键断裂
C．历程⑤中，体系能量下降，是因为断开键放出能量
D．该反应的热化学方程式为
21．（2025·四川乐山·三模）实验室中下列操作能达到相应目的的是
A．制备Fe(OH)3胶体 B．验证浓度对化学反应速率的影响
C．除去SO2中混有的HCl D．制备并收集NH3
A．A B．B C．C D．D
22．（2025·四川宜宾·三模）MnOOH在水氧化反应中对和中间体的吸附能力较弱，导致其对的氧化效率较低。研究发现，当MnOOH与结合形成复合光催化剂时，MnOOH中的电子会自发转移到中，进而增强对和中间体的吸附能力，提高氧化效率。不同催化剂的水氧化反应过程中，和中间体的相对能量变化如下图所示。（带“*”的微粒表示吸附状态）。
下列说法正确的是
A．形成过程中MnOOH是氧化剂
B．对的氧化效率：
C．对的吸附能力：
D．过程可能吸收能量，也可能放出能量
23．（2025·四川宜宾·三模）以电厂粉煤灰（主要含、和）为原料制备的工艺流程如下图。
已知：“沉铝”得到的固体为：“焙烧”时不分解。
下列说法错误的是
A．“酸浸”时可适当升高温度 B．“沉铝”步骤利用了平衡移动原理
C．“气体a”可用于制备硫酸 D．“滤液2”可返回“酸浸”步骤循环利用
24．（2025·四川泸州·三模）在非水溶剂中，将转化为化合物ⅱ的催化机理示意图如图。下列说法错误的是
A．AcOH不能降低反应的活化能
B．KI不能提高的平衡转化率
C．反应历程中有极性键的断裂与形成
D．该过程的总反应式：
25．（2025·四川成都·三模）晶态和非晶态TiO2固体表面均可以吸附CO2，最终将CO2催化还原为CH4。在密闭容器中，CO2吸附量与时间、催化剂种类及质量的关系如下图所示。下列说法正确的是
A．其他条件相同时，增大催化剂质量，反应速率不变
B．晶态TiO2的催化性能优于非晶态TiO2
C．温度升高有利于TiO2固体表面吸附CO2
D．0~10min内③中CO2的平均吸附速率
26．（2025·四川南充·三模）某研究团队提出了在单原子催化剂上催化分解的反应机理(吸附在催化剂表面的物种标注*)如下图所示，该反应与CO氧化反应协同进行可用于机动车等尾气处理。
下列相关叙述错误的是
A．是极性分子，中心原子孤电子对数为0
B．分解的决速步骤为：
C．由图可知：温度降低有利于从催化剂表面脱附(吸附的逆过程)
D．协同反应中氧化CO的可能为*O
27．（2025·四川绵阳·三模）叔丁基溴[(CH3)3CBr]的水解属于单分子亲核取代反应，该反应的能量曲线如下图所示。下列说法正确的是
A．第一步反应中，碳原子的杂化轨道类型未改变
B．反应进程中，生成的步骤为决速步骤
C．反应达平衡时，升高温度，(CH3)3CBr的浓度减小
D．若叔丁基氯的水解机理与叔丁基溴相同，则其E1增大
28．（2025·四川成都·三模）在化学反应中，相同的反应物在不同条件下会得到不同的产物。有机物和在碱性条件下发生反应生成P和Q，反应如下图所示：
下列说法不正确的是
A．中间体中含有配位键
B．酸性溶液与甲苯的反应体系中加入Q可加快反应速率
C．KOH中的起到了“模板”作用，增大了生成Q的几率
D．M、N、Q的纯净物中，能形成氢键的物质只有M
29．（2025·四川巴中·二模）CO与在催化剂作用下可生成与减少环境污染。其中在铁催化剂表面进行的反应可分为两步反应，其相对能量与反应历程的关系如下图所示，下列说法错误的是
A．反应过程中有非极性键的断裂和生成
B．为反应的催化剂，为反应的中间产物
C．该过程的决速步反应为
D．该反应整体为放热反应
30．（2025·四川·二模）苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．X、Y的红外光谱、核磁共振氢谱及质谱都不同
B．生成等量的X和Y，前者需要的时间更短
C．相同条件下，一定量的物质充分反应后，所得产物中，Y的含量更高
D．相同条件下，X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物
31．（24-25高二下·四川资阳·期末）苯与的催化反应历程如图所示。下列说法错误的是
A．从反应速率和物质稳定性的角度分析，主要的有机产物为
B．生成和的反应均为放热反应
C．该催化反应的决速步骤涉及非极性键的断裂与极性键的形成
D．生成的反应为加成反应
32．（24-25高一下·四川成都·期中）汽车尾气中的和可以在三元催化器作用下发生反应：。已知该反应的净反应速率(分别为正、逆反应的速率常数且只与温度有关)。将和充入恒容密闭容器中，在和时，的转化率随时间变化的曲线如图所示。下列叙述错误的是
A．下，内平均反应速率
B．
C．下，达平衡后再充入和，再次达平衡时转化率大于
D．M点的大于N点的
33．（24-25高一下·四川成都·期中）下列装置或操作不能达到相应实验目的的是
A．用装置甲测定生成氢气的反应速率
B．用装置乙验证温度对化学平衡的影响
C．用装置丙制取干燥纯净的
D．用装置丁制备蒸馏水
34．（2025·四川巴中·三模）下列实验操作、现象及结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 用试纸分别测定溶液和溶液的 溶液的大 水解常数：大于
B 常温下，将滴有几滴酚酞试液的饱和碳酸氢钠溶液加热到50℃ 溶液颜色加深，并产生大量气泡 的水解平衡向逆移动
C 向a、b两支试管中分别加入等体积的5%溶液，在b试管中加入2-3滴溶液 b试管溶液变蓝后，产生气泡的速率明显加快 是分解的催化剂
D 向锌粒和稀硫酸反应的试管中，滴加几滴溶液 产生气泡的速率明显加快 锌粒与置换出的银形成了铜锌原电池
A．A B．B C．C D．D
35．（2025·四川巴中·三模）的排放来自汽车尾气，研究利用反应，用活性炭可对其进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的和一定量的气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示，下列有关说法不正确的是
A．若能测得反应产生，则反应放出的热量为
B．达到平衡后减小活性炭的用量，平衡逆向移动
C．在之间，化学反应速率：
D．使用合适的催化剂，可加快反应，反应的不变
36．（2025·四川巴中·三模）一种制备粗产品的工艺流程如图。已知：纯易分解爆炸，一般用空气稀释到体积分数为10%以下。
下列说法正确的是
A．溶解过程中可以用盐酸代替稀硫酸
B．流程中做还原剂
C．发生器中鼓入空气的主要目的是提供氧化剂
D．吸收塔中温度不宜过低，否则会导致产率下降
37．（2025·四川成都·模拟预测）芳香烃增长碳链（也称碳碳偶联）的反应机理如图所示（其中Ar代表苯环，R代表烃基）。
下列说法错误的是
A．NiL2在偶联过程中作催化剂
B．偶联过程涉及非极性键的断裂和形成
C．偶联过程总反应的原子利用率小于100%
D．从机理图中可推测为平面结构
38．（2025·河北保定·二模）某反应 分三步进行：
①
②
③
其相对能量变化如图所示。时，向一恒容密闭容器中充入，发生上述反应。下列叙述正确的是
A．反应①的正反应速率一定大于反应②的正反应速率
B．仅升高温度，达到新平衡时，的产率更大
C．选择催化剂主要是为了降低反应③的活化能
D．其他条件不变，平衡后再充入X，X的平衡转化率减小
39．（21-22高三上·湖北宜昌·阶段练习）我国科学家研究化合物M(s)催化氢化机理。由化合物M(s)生成化合物N(s)过程的机理和相对能量曲线如图所示(已知)。TS1、TS2均为过渡态。下列说法错误的是
A．过渡态TS1比TS2更稳定
B．过程P→TS2为化合物M生成化合物N的决速步骤
C．化合物M催化氢化反应过程中一定有Fe-O键的断裂
D．该过程的热化学方程式为：
40．（2025·四川内江·三模）是锂离子电池的一种电解质，。一种分子水解反应历程如图甲，已知代表过渡态，代表产物；而另一种特定条件下的是离子液体，其低温时晶体的晶胞结构如图乙。下列说法错误的是
A．总反应的决速步骤为：
B．升高温度可以增大图甲中的水解程度
C．图乙中晶胞体心上的微粒为
D．离子液体与传统溶剂相比具有难挥发的优点，是一种“绿色”溶剂
41．（2025·四川·一模）一定条件下，丙烯与HCl发生加成反应：，，其反应历程如图所示。下列说法正确的是
(已知：的选择性)。
A．丙烯与HCl的加成反应一定能自发进行
B．一定温度下，对丙烯与HCl的加成反应增大压强，平衡正向移动，平衡常数增大
C．根据该反应推测，相同条件下丙烯与HBr加成产物中2-溴丙烷的选择性较高
D．其他条件不变，降低温度，体系中增大
42．（2025·湖北·二模）在溶液中发生水解反应，历程如下：
已知：①反应能量图如下：
②结构不同溴代烷在相同条件下水解相对速率如下表：
取代基
相对速率 108 45 1.7 1.0
下列说法正确的是
A．该历程中，水解速率，较大程度地受到浓度大小的影响
B．中4个碳原子不在同一平面内
C．发生该历程水解速率与推电子基团正相关
D．若中溴原子换成碘原子，在水中离解成更困难
43．（2025·四川广安·二模）在催化剂“—O—Ga—O—Zn—”作用下加氢制甲醇，再通过催化剂“SAPO-34”制乙烯，反应历程如图所示（“□”表示氧原子空位，“*”表示微粒吸附在催化剂表面），下列说法正确的是
A．加入“—O—Ga—O—Zn—”催化剂，降低了合成甲醇的，速率加快
B．历程中涉及极性键和非极性键的断裂与形成
C．理论上，每产生1mol乙烯，需消耗2mol氢气
D．中C、O的杂化类型不同
44．（2025·四川达州·二模）丙烷发生一氯取代时，可与由通过光照解离出来的氯原子作用产生两种自由基：与，其过程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．反应①活化能更高，反应速率更慢
B．断裂中键比断裂中键所需能量小
C．丙烷与氯气进行一氯取代时主要有机产物的结构简式为
D．一定条件下，选择合适的催化剂可以提高的选择性
45．（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
46．（2025·四川·一模）研究氨及其合成工艺在工、农业上有着重要意义，下图为使用铁催化剂和未使用催化剂合成氨反应历程的一部分，下列说法错误的是
A．该反应历程包含6个基元反应
B．上图反应历程中，实线表示使用了铁催化剂
C．该历程中的决速反应为：
D．该反应为放热反应，升温会减小正反应的热力学倾向
47．（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
48．（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
49．（2025·河北·模拟预测）某种含二价铜微粒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，TS表示过渡态。下列说法错误的是

A．该反应过程实现了将和转化为无污染的和
B．反应过程中，微粒做氧化剂
C．决速步骤的离子方程式为
D．升高温度，状态③到状态④的正反应速率的增大程度小于逆反应速率的增大程度
50．（2025·四川·二模）工业上生产涉及的物质转化关系如下图(反应条件及部分反应物略去)。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中含原子的数目为
B．反应①中所有元素的化合价均发生变化
C．反应②中使用催化剂可提高的平衡转化率
D．③中常用作的吸收剂
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C B C C D C A C D
题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 B C D C B D D B A C
题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
答案 C D D A D C D B A B
题号 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40
答案 B A C C B B B C D C
题号 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
答案 C C B B D A B C C B
1．D
【详解】A．由图可知，反应物总能量低于产物总能量，乙烯的吸附过程为放热反应，需要释放能量，故A正确。
B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，中间体OMC生成吸附态EO(ads)的活化能为(-93 kJ·mol-1) -(-176 kJ·mol -1)=83 kJ·mol-1，故B正确。
C．乙烯中有碳碳双键，与氧气反应，π键发生断裂，生成的乙醛和环氧乙烷中均有单键，形成新的σ键，故C正确。
D．根据勒夏特列原理，升高温度会促使吸热反应方向进行。由于反应是放热的，升高温度会使平衡逆向移动，降低乙烯的转化率。因此，故D错误。
故选D。
2．C
【详解】A．由图可知，制甲酸的反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应，A正确；
B．一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，制甲酸的步骤中步骤②的活化能较高，反应速率最慢，因此决速步骤为步骤②，B正确；
C．该催化反应的副反应为上面的一条曲线，活化能是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，由图可知反应的活化能：，C错误；
D．由图可知，制甲酸的反应中CO2和H2O是反应物，HCOOH是生成物，制甲酸可表示为：，D正确；
故选C。
3．B
【详解】A．由图可知，步骤②反应是反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，反应的焓变小于0，Ａ正确；
B．物质从催化剂表面脱附的过程会吸收能量，Ｂ错误；
C．由图可知，步骤③反应的活化能小于步骤①反应，反应的活化能越大，反应速率越慢，所以步骤③反应比步骤①快，Ｃ正确；
D．由图可知，步骤③反应的方程式为：，Ｄ正确；
故选Ｂ。
4．C
【详解】A．从图中可以看出，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，ΔH < 0，A错误；
B．催化剂可以改变反应路径，降低正反应和逆反应的活化能，但不会改变反应的始态和终态，因此ΔH保持不变，B错误；
C．从图中可以看出，正反应的活化能是指从反应物到过渡态的能量差，即451 kJ/mol，C正确；
D．反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此，即使在密闭容器中加入1 mol CO2和3 mol H2，反应达到平衡时放出的热量会小于445 kJ，D错误；
故选C。
5．C
【详解】A．中，设Ni为x价，Fe为y价，由化合物化合价代数和为0得，Ni常见价态为+2或+3，若Ni为+2，则，；若Ni为+3，则，（不合理），故Ni为+2，Fe为+3价，A错误；
B．催化剂反应前后质量和性质不变。由图可知，反应Ⅰ消耗生成NiO、2FeO，反应Ⅱ消耗NiO、2FeO生成，故NiO、FeO为中间产物，为催化剂，B错误；
C．NiO、FeO为中间产物，为催化剂，总反应中为反应物，为生成物，总反应为。16 g CH4为1 mol，根据方程式1 mol CH4生成3 mol H2，质量为，C正确；
D．甲烷分解吸热，该方法利用太阳光可能节能，但总反应生成CO和H2，目标产物为H2，存在副产物CO，原子利用率不为100%，D错误；
故选C。
6．D
【详解】A．物质I→Ⅱ的过程中，H 参与反应，断裂H-H非极性键，但生成的Ru-H键为极性键（Ru为金属，H为非金属），且无新的非极性键形成，故不存在非极性键的形成，A错误；
B．催化剂在反应前后质量和化学性质不变，物质Ⅱ是反应过程中生成的中间产物，后续与CO 反应生成Ⅲ，但是不能确定其在反应前后质量和化学性质是否不变，B错误；
C．物质Ⅲ中Ru与O原子成键，O通常显-2价，假设Ⅲ为电中性，设Ru化合价为x，若含2个O原子，则x + 2×(-2)=0，x=+4（或考虑HCOO 配体，每个-1价，2个配体为-2，x=+2），均非+3，C错误；
D．4.6g HCOOH的物质的量为，放出3.12kJ热量，则1mol HCOOH生成时放热，热化学方程式正确，D正确；
故答案选D。
7．C
【详解】A．验证Na2CO3固体和NaHCO3固体热稳定性，Na2CO3放在试管A中直接加热，NaHCO3应放在试管B中间接加热，A不能达到实验目的；
B．FeCl3和CuSO4的阴离子种类不同，未控制变量，不能论证催化效果Fe3+>Cu2+，B不能达到实验目的；
C．直接加热MgCl2·6H2O，Mg2+会水解为Mg(OH)2，得不到无水MgCl2，而在干燥的HCl气流中加热MgCl2·6H2O，干燥的HCl会抑制Mg2+水解、并带走结晶水，能得到无水MgCl2，C能达到实验目的；
D．侯氏制碱法中，应是向NH3和NaCl的饱和溶液中通入CO2，因为CO2的溶解度较小，饱和食盐水先溶解NH3，创造碱性环境，可增大CO2的溶解度、吸收更多的CO2，D不能达到实验目的；
故选C。
8．A
【详解】A．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，因此K(200℃)>K(400℃)，A正确；
B．升高温度会使平衡逆向移动，HCl的平衡转化率降低，B错误；
C．2～6 min内的浓度变化为，则化学反应速率为，C错误；
D．恒温恒容条件下反应前后气体总质量不变，则密度始终不变，无法判断平衡，D错误；
答案选A。
9．C
【分析】明确选项中的“该反应”指，从始末状态可知，该反应是放热反应。将图中信息整理得到（因部分H2从未参与反应，故省略）：
（吸附在催化剂表面）
（历经过渡态Ts1）
（历经过渡态Ts2）
（吸附在催化剂表面）
（历经过渡态Ts3）
（脱离催化剂表面）
【详解】A．该反应为放热反应，正反应活化能小于逆反应活化能，A正确；
B．反应历程中反应速率最快步骤为活化能最小的那步，即·OH+·H=H2O，B正确；
C．该反应为放热反应但熵变未知（反应前后气体分子系数不变），故只能确定该反应在低温条件可自发进行，C错误；
D．反应未达平衡时，使用催化剂可提高单位时间内原料气的转化率，D正确；
故选C。
10．D
【分析】高锰酸钾加热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，生成氧气使用排水法收集；
【详解】A．高锰酸钾加热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，，A正确；
B．生成氧气的质量为反应前总质量（）与反应后总质量（53.88 g）之差，即，则以表示该反应的化学反应速率，B正确；
C．理论上（为0.1 mol）分解生成的物质的量为0.05 mol（质量1.6g），剩余固体质量为；实际剩余固体质量为，实际剩余固体质量小于理论值，C正确；
D．实际生成为1.92 g÷32 g/mol=0.06 mol，氧元素失电子总数为，设锰元素平均化合价为m，由得失电子守恒：，解得，平均化合价为，小于，D错误；
故选D。
11．B
【详解】A．二茂铁中Fe元素为+2价，催化过程中存在电子转移（如步骤中“-e ”），Fe元素价态在+2和+3之间变化，上述催化机理中铁元素的价态为价和价，A正确；
B．吡啶基团含N原子（有孤对电子），氨分子含已经与N形成共价键的H原子，二者更可能通过氢键（非共价键）形成复合物，而非通过共价键，B错误；
C．为自由基（含单电子），两分子自由基偶联可形成N-N键，从而生成（H2N-NH2），C正确；
D．X射线衍射仪可测定晶体的周期性结构，适用于测定吡啶基取代二茂铁催化剂的晶体结构，D正确；
故选B。
12．C
【详解】A．由反应历程可知，反应物为NH3、NO、NO2，最终生成无毒物质N2和H2O，A正确；
B．中N与H通过共用电子对形成极性共价键（N-H键），B正确；
C．NH3质子数为7+3=10，电子数10，质子数为7+4=11，电子数11-1=10，H2O质子数为8+2=10，电子数10，三者质子数不完全相同，C错误；
D．总反应为NH3、NO、NO2在催化剂作用下生成N2和H2O，配平后为，D正确；
故选C。
13．D
【详解】A．对于多步基元反应，制约总反应速率的是活化能最大的步骤。路径①的活化能为：103.1 kJ·mol-1-0 kJ·mol-1=103.1 kJ·mol-1；路径②活化能为：157.2 kJ·mol-1-50.5 kJ·mol-1=106.7 kJ·mol-1，可见活化能：路径②＞①，故路径②为决速步，A错误；
B．在甲醇分解过程中，中间体CH3O*+H*的形成涉及CH3OH中O-H键的断裂，并不是只包含C-H键断裂，B错误；
C．路径②的活化能为过渡态TS2能量(157.2 kJ·mol-1)减去反应物中间体CH3O*+H*能量(50.5 kJ·mol-1)，即157.2-50.5=106.7 kJ·mol-1，不是12 kJ·mol-1，C错误；
D．甲醇分解的反应物为CH3OH*的相对能量0，产物CO*+2H2(g)的相对能量65.7 kJ·mol-1，可见：产物能量高于反应物，ΔH=产物总能量-反应物总能量=65.7 kJ·mol-1＞0，因此该反应为吸热反应，反应热△H＞0，D正确；
故选D。
14．C
【分析】温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，导致平衡时减小，增大，则曲线b、d表示不同压强下CO的物质的量分数随温度的变化关系，相同温度下增大压强，反应Ⅰ正向移动，甲醇的量增大，同时导致二氧化碳的量减小，从而导致反应Ⅱ逆向移动，减小。综上，物质的量分数随温度的变化关系对应曲线为：a代表下的，c代表下的，b代表下的，d代表下的CO，据此分析解题。
【详解】A．温度相同时，对于反应Ⅰ，压强越大，平衡正向移动，甲醇的选择性，A正确；
B．据分析，曲线b表示压强为时CO的物质的量分数随温度的变化关系，B正确；
C．恒压条件下，平衡后再充入惰性气体，反应体系的体积增大，反应Ⅰ和Ⅱ的气体分压减小，反应Ⅰ的平衡逆向移动，增大，减小，使反应Ⅱ的化学平衡正向移动，C错误；
D．对反应Ⅰ使用催化活性更高的催化剂，使转化为更多的，能提高的选择性，D正确；
故答案为：C。
15．B
【详解】A．除去HCHO的方程式是，由图知为该反应的催化剂，可降低该反应活化能，A正确；
B．反应④是，无化合价变化，不是氧化还原反应，B错误；
C．反应②，断裂极性键C—H键，形成了极性键O—H键，C正确；
D．该机理总反应为，D正确。
故选B。
16．D
【分析】由题给流程可知：向含锌废料中加入盐酸酸浸，将金属氧化物转化为可溶的金属氯化物，然后向浸取液中加入漂白液，漂白液的有效成分次氯酸钠能够将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液。向滤液中加入还原剂，能够将溶液中的铜离子转化为铜单质，过滤得到铜和氯化锌溶液﹔溶液在浓盐酸中经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化锌。
【详解】A．升高温度可以加快反应速率，但浓盐酸加热易挥发，导致盐酸浓度降低，故在浸取时不能采用加热的方法来加快反应速率，A错误；
B．用盐酸浸取后溶液为酸性(含盐酸)，其中不可能存在大量OH ，若加入过量漂白液，反应的离子方程式应为：5ClO-+2Fe2++5H2O=Cl-+2Fe(OH)3↓+4HClO，B错误；
C．若加入的还原剂为Zn，过量的Zn与Cu2+反应生成Cu后还有剩余，则过滤操作后所得滤渣会含有Cu和Zn，C错误；
D．ZnCl2为强酸弱碱盐，Zn2+水解使溶液显酸性，加入浓盐酸可增大溶液中H 浓度，抑制Zn2+水解，D正确；
故合理选项是D。
17．D
【详解】A．装置中浓硫酸可干燥Cl2，干燥的Cl2通入干燥红色布条不褪色，若对比湿润Cl2（未经干燥）能使湿润布条褪色，可探究性质差异，A正确；
B．向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量，得到深蓝色的溶液，即生成[Cu(NH3)4]2+，说明与Cu2+配位能力：NH3＞H2O，配离子的稳定性顺序为：[Cu(NH3)4]2+ [Cu(H2O)4]2+，B正确；
C．稀硫酸与锌反应可以生成氢气，注射器可以作为收集氢气的装置，因此，通过测定收集一定体积氢气所用的时间可以测量锌粒和一定浓度的稀硫酸反应的速率，C正确；
D．牺牲阳极法为原电池原理（无电源），装置中存在电源，为电解池（铁为阴极，若阴极区没有蓝色沉淀证明铁被保护），属于外加电流的阴极保护法，D错误；
故选D。
18．B
【分析】反应速率由活化能决定，活化能越大反应越慢。
【详解】A．光照条件下分子吸收能量发生均裂，分解生成·Cl（氯自由基），氯自由基作为引发剂引发链式反应，A正确；
B．步骤1活化能比步骤2大，步骤1比步骤2速率慢，B错误；
C．步骤2中过渡态含，表明H3C·进攻，中的Cl-Cl键断裂，形成CH3Cl和·Cl，C正确；
D．反应中生成的甲基自由基（H3C·）可相互结合：，从而生成乙烷，D正确；
故选B。
19．A
【详解】
A．亚硝酸钠有毒，但其在食品工业中允许限量用作防腐剂和护色剂，故A错误；
B．催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，在催化剂表面反应的目的是使反应更迅速，故B正确；
C．反应中H2参与反应，H2中的H-H非极性键断裂；生成N2时，N2中的N≡N非极性键形成，故C正确；
D．NO中N为+5价，NO中N为+3价，1mol NO转化为NO转移电子数为1mol×(5-3)=2mol，故D正确；
选A。
20．C
【详解】A．反应历程中，活化能最大的为决速步，其中历程④的活化能最高，为0.9eV，A正确；
B．历程①中有Hg2+与H2O之间形成了配位键，即有σ键生成，历程③中碳碳三键变成碳碳双键，断裂了π键，B正确；
C．断键吸热，会使体系能量升高，成键放热，使体系能量下降，历程⑤中，体系能量下降，是因为生成C=O等化学键释放的能量大于断开等键吸收的能量，C错误；
D．反应的焓变只与始态、终态有关，故反应的热化学方程式为 ，D正确；
故答案选C。
21．C
【详解】A．制备Fe(OH)3胶体需向沸水中滴加饱和FeCl3溶液并煮沸至红褐色，而图示中FeCl3饱和溶液直接滴入NaOH溶液，会生成Fe(OH)3沉淀，无法得到胶体，A错误；
B．验证浓度对反应速率的影响需保证反应原理一致，Na2S2O3与浓硫酸会发生氧化还原反应（浓硫酸强氧化性），与稀硫酸发生复分解反应，反应类型不同，无法比较浓度影响，B错误；
C．SO2中混有的HCl可通过饱和NaHSO3溶液除去，HCl与NaHSO3反应生成SO2（NaHSO3+HCl=NaCl+SO2↑+H2O），且SO2在饱和NaHSO3中溶解度小，洗气装置长进短出合理，C正确；
D．NH3密度比空气小，应采用向下排空气法收集，图示为向上排空气法，收集方法错误，D错误；
故答案选C。
22．D
【详解】A．形成时，MnOOH中的电子转移到BiVO4，MnOOH失去电子，作还原剂，A错误；
B．题干仅指出MnOOH氧化效率低，复合后效率提高，但未提及BiVO4单独的效率与MnOOH的比较，无法得出，B错误；
C．吸附能力越强，吸附态中间体（如O*）的相对能量越低。由能量图可知，BiVO4-MnOOH的O*能量低于BiVO4，说明其对O*的吸附能力更强，即BiVO4D．H2O*→OH*过程的能量变化取决于催化剂：若OH*能量高于H2O*则吸收能量，低于则放出能量。由能量图可知，不同催化剂下该步骤能量变化可能不同，故可能吸收也可能放出能量，D正确；
故选D。
23．D
【分析】粉煤灰为原料，（主要含SiO2、Al2O3和等）加入硫酸，浸渣为SiO2，加入硫酸钾，增大浓度，使Al2(SO4)3的溶解平衡逆向移动，促使Al2(SO4)3·18H2O结晶析出；焙烧时，固体中的Al2(SO4)3·18H2O产生Al2O3和SO3气体，水浸除去硫酸钾（“焙烧”时不分解），得到氧化铝，以此解答。
【详解】A．“酸浸”时升高温度可加快反应速率，提高酸浸效率，A正确；
B．“沉铝”中加入K2SO4固体，增大浓度，使Al2(SO4)3的溶解平衡逆向移动，促使Al2(SO4)3·18H2O结晶析出，利用了平衡移动原理，B正确；
C．“焙烧”Al2(SO4)3·18H2O时，分解生成Al2O3和SO3（气体a），SO3与水反应可制备硫酸，C正确；
D．“滤液2”中溶质主要含，无法为酸浸提供H+以溶解Al2O3，故不可返回“酸浸”循环利用，D错误；
故答案选D。
24．A
【详解】A．催化剂是反应前后质量和化学性质不变，先参加后生成的物质，由图可知，催化剂有AcOH和KI，催化剂能降低反应活化能，A错误；
B．KI为催化剂，催化剂只改变反应速率，不影响化学平衡，因此不能提高CO2的平衡转化率，B正确；
C．反应历程中涉及CO2中C=O极性键的断裂、环氧烷烃中C-O极性键的断裂，以及新C-O极性键的形成，存在极性键的断裂与形成，C正确；
D．总反应式为甲基环氧乙烷与CO2在催化剂作用下生成产物，与机理中起始物和最终产物一致，D正确；
故答案选A。
25．D
【详解】A．其他条件相同时，增大催化剂质量(如非晶态1g与2g)，相同时间内CO2吸附量增大分别为：5.0×10-6mol-1.5×10-6mol=3.5×10-6mol，9.0×10-6 mol-3.0×10-6mol=6.0×10-6mol，吸附速率加快，反应速率增大，A错误；
B．相同质量(1g)时，晶态TiO2在10min内CO2吸附量(1.5×10-6 mol)小于非晶态5.0×10-6mol-1.5×10-6mol=3.5×10-6mol，说明非晶态催化性能更优，B错误；
C．温度升高，不利于气体的吸附过程，即升高温度不利于CO2吸附，C错误；
D．0~10min内③(非晶态2g)CO2吸附量从3×10-6mol增至9.0×10-6mol，平均吸附速率===6×10-7mol·min-1，D正确；
故答案为：D。
26．C
【详解】A．N2O分子结构为直线形但不对称（O=N=N），正负电荷中心不重合，是极性分子；中心N原子价层电子对数为2（sp杂化），孤电子对数=2-σ键数=0，A正确；
B．决速步骤是活化能最高（能垒最大）的步骤，由图可知活化能最大的为*O和*N2O生成*N2和*O2的步骤，分解的决速步骤为：，B正确；
C．脱附是吸热过程（吸附放热的逆过程），温度升高有利于吸热反应（脱附），温度降低则平衡向吸附方向移动，不利于脱附，C错误；
D．协同反应中CO被氧化为CO2，*O（吸附态氧原子）具有氧化性，可作为氧化剂与CO反应生成CO2，D正确；
故选C。
27．D
【详解】A．第一步反应中，(CH3)3CBr→(CH3)3C+，叔丁基溴的中心碳原子价层电子对数是4，该碳原子采用sp3杂化；(CH3)3C+中的中心碳原子价层电子对数是3，该碳原子采用sp2杂化，因此在该步反应中碳原子的杂化类型发生改变，A错误；
B．由图可知：反应的活化能E1最大，活化能越大，反应速率越慢，则生成(CH3)3CBr+H2O→(CH3)3C++Br-+H2O的步骤为总反应的决速步骤，B错误；
C．由图可知，(CH3)3CBr的水解反应为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，(CH3)3CBr的浓度增大，C错误；
D．原子半径：Cl＜Br，则键能：C-Cl键＞C-Br键，键能越大，共价键越稳定，断键所需能量越高，若叔丁基氯的水解机理与叔丁基溴相同，则叔丁基氯的E1增大，D正确；
故合理选项是D。
28．B
【详解】A．中间体结构中存在K+，K+有空轨道，周围的O原子（来自M和N中的醚键或羟基）提供孤对电子，形成配位键，A正确；
B．酸性KMnO4溶液中H+浓度高，Q（大环醚类）的O原子易质子化（-OH+），失去孤对电子，无法络合K+，不能作为相转移催化剂促进甲苯与KMnO4的反应，B错误；
C．K+通过配位作用将M和N的链段组织成环状结构，引导反应生成大环Q，起到“模板”作用，增大生成Q的几率，C正确；
D．M含羟基（-OH）可形成氢键；N（含Cl和醚键）、Q（大环醚）均无O-H/N-H/F-H键，不能形成氢键，D正确；
故答案选B。
29．A
【详解】A．题干反应历程可知，在反应过程中，反应物中CO和中的碳氧、氮氧极性键断裂，CO2中有碳氧极性键形成，中生成非极性键，即有非极性键的生成，没有非极性键的断裂，A错误；
B．Fe*在反应前后不变，为催化剂；FeO*是中间生成并后续消耗的物质，为中间产物，B正确；
C．决速步由活化能最高的步骤决定，图中第一步反应的活化能高于第二步，故为决速步，C正确；
D．由图，反应物总能量高于产物，反应整体放热，D正确；
故选A。
30．B
【详解】A．X和Y结构不同，官能团不同故红外光谱不同；H的化学环境不同，核磁共振氢谱不同；分子量不同，质谱不同，A正确；
B．生成X需经过过渡态2-1，生成Y需过渡态2-2，过渡态2-1能量高于过渡态2-2，即生成X的活化能更高，反应速率更慢，生成等量产物时X需要时间更长，B错误；
C．产物Y能量低于X，更稳定，平衡时Y的含量更高，C正确；
D．Y为硝基苯，是取代产物；X中苯环结合了和，为加成产物，D正确。
故选B。
31．B
【详解】
A．生成的活化能低，的能量比低，所以从反应速率和物质稳定性的角度分析，主要的有机产物为，故A正确；
B．根据图示，生成的反应为吸热反应，故B错误；
C．该催化反应的决速步骤为第一步反应，涉及非极性键的Br-Br键断裂与极性键C-Br键的形成，故C正确；
D．苯和Br2生成，只生成一种产物，反应类型为加成反应，故D正确；
选B。
32．A
【详解】A．下根据CO的转化率随时间变化的曲线图可知则有，故A错误；
B．由图像可知下先达到平衡，所以T2>T1，温度升高，CO的平衡转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，正反应是放热反应，即，故B正确；
C．下达平衡时CO转化率为70%，再充入和，相当于增大压强，对于反应，增大压强平衡正向移动，所以再次达到平衡时CO转化率大于70%，故C正确；
D．M、N两点为不同温度下的平衡点，均有，而，由图可知，温度升高平衡逆向移动，该反应为放热反应，而放热反应温度升高K减小，故M点的大于N点的，故D正确；
故答案为：A。
33．C
【详解】A．装置甲可以通过测量一定时间内生成氢气的体积，结合时间来计算生成氢气的反应速率，能达到实验目的，故A正确；
B．对于，温度改变，平衡会发生移动，通过观察装置乙中气体颜色变化，可以检验温度对平衡移动的影响，能达实验目的，故B正确；
C．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，在试管口附近氨气和氯化氢有发生反应生成氯化铵，不能用加热氯化铵过头的方法制取氨气，不能达实验目的，故C错误；
D．装置丁为蒸馏装置，可用于制备蒸馏水，能达实验目的，故D正确；
答案选C。
34．C
【详解】A．溶液显碱性是水解大于电离，溶液显酸性是电离大于水解，不能仅根据比较二者水解常数，A错误；
B．加热促进水解，水解平衡正向移动，B错误；
C．加入溶液后，加快分解速率，说明是分解的催化剂，C正确；
D．加入溶液，锌先置换出银，形成锌-银原电池加快反应速率，不是铜锌原电池，D错误；
故选C。
35．B
【详解】A．物质的量为，反应产生放热，产生放热，物质的量为，反应放出热量为，A正确；
B．活性炭是固体，固体的量的改变不影响平衡移动，B错误；
C．在之间，转化率在减小，说明反应逆向进行，所以，C正确；
D．催化剂可加快反应速率，但不改变反应的，D正确；
故选B。
36．B
【详解】分析：在稀硫酸中溶解，通入在发生器中发生氧化还原反应，生成和，通过鼓入空气，防止浓度过高，还可以将其吹进吸收塔，根据氧化还原反应规律可知，在吸收塔中与双氧水、氢氧化钠反应生成和氧气，再经过一系列操作得到粗产品。
A．具有强氧化性，可以氧化，则溶解过程中不可以用盐酸代替稀硫酸，错误；
B．与双氧水、氢氧化钠反应生成和氧气，流程中做还原剂，正确；
C．发生器中鼓入空气的主要目的是防止浓度过高，因为纯易分解爆炸，错误：
D．在吸收塔中与双氧水、氢氧化钠反应生成和氧气，温度过低反应速率慢，但是不一定会导致产率下降，错误；
故选B。
37．B
【详解】A．根据图示NiL2在反应过程中，开始参与反应，最后又生成，故作催化剂，A正确；
B．根据图示，反应过程有极性键的断裂和形成，还有非极性键C-C等化学键的形成，B错误；
C．该偶联反应方程式为Ar-Br+R-MgBrMgBr2+Ar-R，原子利用率小于100%，C正确；
D．根据历程图示，应该是一种平面结构，若是四面体结构，则过程中应只有一种物质（实际与[Cu(NH3)4]2+一样，发生dsp2杂化），D正确；
故选B。
38．C
【详解】A．根据题意，反应①的正反应速率，反应②的正反应速率，因无法确定速率常数、浓度大小关系，故无法确定反应①正反应速率和反应②正反应速率大小，A错误；
B．由相对能量变化图可知，总反应中，反应物2X(g)相对能量高于生成物Y(g)，总反应ΔH<0，是放热反应，仅升高温度，平衡逆向移动，Y(g)产率降低，B错误；
C．由图可知，反应③的能垒最大，为该反应的决速步骤，则选择催化剂主要是为了降低反应③的能垒，从而加快反应速率，C正确；
D．反应是气体分子数减小的反应，恒容密闭容器中，平衡后再充入X，相当于增大压强，平衡正向移动，X的平衡转化率增大，D错误；
故答案选C。
39．D
【详解】A．由图可知，过渡态TS2比TS1能量高，则过渡态TS1更稳定，A正确；
B．由图可知，过程P→TS2为两步反应中活化能较大的反应，为慢反应，即为化合物M生成化合物N的决速步骤，B正确；
C．M为催化剂，整个反应前后M的结构不会发生改变，对比M和N的结构特点可知，当N中Fe-O键断裂，重新连接H原子才能生成M，所以化合物M催化CO2氢化反应过程中一定有Fe-O键的断裂，C正确；
D．图示为一个CO2分子反应的过程，据图可知该过程能量变化ΔE=-11.63eV，所以当1molCO2参与反应时能量变化为-11.63×1.6×10 19J×6.02×1023=1.12×106J=1120kJ，所以该反应的焓变ΔH= -1120kJ/mol，D错误；
故选D。
40．C
【详解】A．反应过程中最大的能垒为M2→TS2的能垒（1.41eV-0.35eV=1.06eV），故决速步骤为M2→M3，A正确；
B．由图可知总反应为PF5+H2O 2HF+POF3，由始末总能量对比可知水解反应是吸热反应，故升高温度平衡向右移动，可以增大PF5的水解程度，B正确；
C．根据晶胞结构可知，位于顶点，故1个晶胞中的数目为，根据电荷守恒可知，位于晶胞体心的微粒为带一个正电荷的，C错误；
D．传统溶剂大多是分子组成的，而离子液体是由离子组成，离子间的作用力一般比分子间作用力强很多，故离子液体具有难挥发的优点，不容易造成污染，是一种“绿色”溶剂，D正确；
故答案选C。
41．C
【详解】A．由反应历程与能量图可知，丙烯的加成反应是放热反应，即△H＜0，且△S＜0，根据△G＝△H－T△S＜0时，反应可以自发进行，则该反应在低温下才能自发进行，故A错误；
B．增大压强平衡正向移动，但温度不变，平衡常数不变，故B错误；
C．因的能量低于，所以更稳定，且生成反应的活化能比生成反应的活化能小，故相同条件下更易生成，选择性较高，而Br与Cl同主族，性质相似，故C正确；
D．生成的反应物活化能更大，反应更难进行，反应更慢，但升高温度，增大活化分子百分数，反应速率加快，有利于提高的产量，故降低温度不利于的生成，降低，故D错误；
故选C。
42．C
【详解】A．由图可知，(CH3)3CBr在氢氧化钠溶液中反应的第I步反应活化能较大，反应速率较慢，对水解速率影响较大，而氢氧根离子没有参与第I步反应，所以水解速率受氢氧根离子浓度影响较小，故A错误；
B．(CH3)3C+离子中中心碳原子的价层电子对数为3+=3、孤对电子对数为0，则离子的空间构型为平面正三角形，分子中4个碳原子位于同一平面内，故B错误；
C．烷烃基是推电子基团，由已知②可知，碳溴键的碳原子上的甲基越多，溴代烷水解相对速率越大说明发生该历程水解速率与推电子基团正相关，故C正确；
D．溴元素的电负性大于碘元素，所以碳溴键的键能大于碳碘键，稳定性强于碳碘键，则(CH3)3CBr中溴原子换成碘原子，在水中离解成(CH3)3C+离子更容易，故D错误；
故选C。
43．B
【详解】A．催化剂降低了反应的活化能，反应速率加快，但不能改变，A错误；
B．由图可知，历程中涉及极性键和非极性键的断裂，有极性键和非极性键的形成，B正确；
C．根据图示，可得反应，，则有，故理论上，每产生1mol乙烯，需消耗6mol氢气，C错误；
D．中C成4条单键，是sp3杂化，O成2条单键，还有2对孤电子对，是sp3杂化，二者杂化类型相同，D错误；
故选B。
44．B
【详解】A．根据图示，反应①活化能更高，反应速率更慢，故A正确；
B．根据图示，断裂中键比断裂中键所需能量多，故B错误；
C．根据图示，反应②活化能更低，反应速率更快，所以丙烷与氯气进行一氯取代时主要有机产物的结构简式为，故C正确；
D．一定条件下，选择合适的催化剂降低反应①活化能，加快反应①的速率，可以提高的选择性，故D正确；
选B。
45．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。
46．A
【详解】A．图中每个过渡态都是一个基元反应，图中共有4个过渡态，则图中基元反应有4个，故A错误；
B．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应物和生成物的总能量，所以曲线中表示使用了铁催化剂的线是实线，故B正确；
C．控速反应是活化能最大的反应，从图中可以看出，反应历程中，第一个过渡态发生的反应为，其活化能最大，即决速反应为：，故C正确；
D．工业合成氨采用铁催化剂，其正反应为放热反应，温度低平衡逆向移动，故D正确；
故选A。
47．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。
48．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。
49．C
【详解】A．由甲图可知，该反应过程实现了将和转化为无污染的和，A正确；
B．反应过程中，微粒转化为，Cu元素化合价降低，微粒做氧化剂，B正确；
C．活化能越高，反应速率越慢，慢反应为总反应的决速反应，决速步骤为状态③到状态④，C错误；
D．状态③到状态④为放热反应，升高温度，状态③到状态④的正反应速率的增大程度小于逆反应速率的增大程度，D正确；
故选C。
50．B
【分析】FeS2与氧气在高温下反应生成Fe2O3和SO2，SO2进一步氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸。
【详解】A．没有给出状态是否是标准状况，无法按22.4L/mol计算SO2物质的量，A错误；
B．FeS2与氧气反应生成Fe2O3和SO2，反应中铁、硫、氧元素的化合价均发生变化，B正确；
C．催化剂不影响平衡，故不能改变的平衡转化率，C错误；
D．工业生产中，为了避免产生酸雾，通常用浓硫酸作的吸收剂，D错误；
故选B。

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