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2024-2025年高中化学选择性必修1化学反应原理第二章化学反应速率与化学平衡第一节化学反应速率课时练习
1．可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g)+2D(g)，在不同条件下的反应速率如下，其中反应速率最快的是( )
A．v(B)=0.6mol/(L·s) B．v(A)=0.5mol/(L·s)
C．v(C)=0.4mol/(L·s) D．v(D)=0.45mol/(L·s)
【答案】B
【详解】根据反应速率除以对应各物质的化学计量数为：
A、
B、
C、
D、
反应快慢的顺序为：＞＞=，所以用A物质表示的反应速率最快，故本题选B。
2．下列有关化学反应速率的说法正确的是( )
A．用铁片与稀硫酸反应制氢气时，改用98%的浓硫酸可以增大反应速率
B．100 mL 2 mol·L-1的盐酸与锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变
C．SO2的催化氧化反应是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减小
D．汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强时反应速率减小
【答案】D
【详解】A．常温下，铁遇到浓硫酸发生钝化，铁片与98%的浓硫酸无法反应生成氢气，A错误；
B．100mL2mol/L的盐酸与锌片反应，加入适量NaCl溶液，盐酸被稀释，反应速率减小，B错误；
C．SO2的催化氧化是一个放热反应，但是一般情况下，升高温度，反应速率都会增大，C错误；
D．汽车尾气中的NO和CO反应生成N2和CO2，减小压强反应速率减小，D正确；
故答案选D。
3．催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g)P(g)。反应历程(如图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是( )
A．反应达平衡时，降低温度，R的浓度减小
B．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行
C．使用Ⅰ时，反应体系更快达到平衡
D．使用Ⅱ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
【答案】D
【详解】A．由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，降低温度平衡向右移动，R的浓度减小，故A正确；
B．有图可知催化剂Ⅰ和Ⅱ均出现四个峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，故B正确；
C．使用Ⅰ时，活化能比较低，速率快反应体系更快达到平衡，故C正确；
D．由图可知在前两个历程中使用I活化能较低、反应速率较快，后两个历程中使用I活化能较高、反应速率较慢，所以使用I时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，故D错误；
故答案为D。
4．工业上利用对烟道气进行脱硝(除氮氧化物)的SCR技术具有效率高、性能可靠的优势。SCR技术的原理为和NO在催化剂表面转化为和，反应进程中的相对能量变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．总反应为
B．是脱硝反应的催化剂
C．升高温度，脱硝反应反应速率减小
D．决定反应速率的步骤是“的转化”
【答案】A
【详解】A．由SCR技术的原理为和NO在催化剂表面转化为和，可知总反应的化学方程式为，由题图可知，起始相对能量高于终态，所以，A正确；
B．由题图可知，是脱硝反应的活性中间体，B错误；
C．升高温度，脱硝反应反应速率增大，C错误；
D．由全过程中只有H的移除过程能量升高，这一过程需要吸收能量越过能垒，其速率最慢，决定总反应的速率，D错误；
故选A。
5．一定温度下，将4mol A气体和2mol B气体在2L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：。若经2s后测得C的浓度为，现有下列几种说法：
①用物质A表示的反应的平均速率为
②2s时物质B的浓度为
③2s末，物质A的转化率为70%
④该温度下的平衡常数
其中正确的是( )
A．①③ B．②④ C．③④ D．①④
【答案】D
【分析】根据题意可建立以下三段式：
【详解】①根据三段式：，①正确；
②，②错误；
③2s时物质A的转化率，③错误；
④，④正确；
综上①④正确。答案选D。
6．室温下，为探究纳米铁去除水样中的影响因素，测得不同条件下浓度随时间变化关系如下图。
实验序号 水样体积/ 纳米铁质量/ 水样初始
① 50 8 6
② 50 2 6
③ 50 2 8
下列说法正确的是( )
A．实验①中，0~2小时内平均反应速率
B．实验③中，反应的离子方程式为：
C．其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率
D．其他条件相同时，水样初始越小，的去除效果越好
【答案】C
【详解】A. 实验①中，0~2小时内平均反应速率，A不正确；
B. 实验③中水样初始=8，溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用配电荷守恒，B不正确；
C. 综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确；
D. 综合分析实验③和②可知，在相同时间内，实验②中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小初始，的去除效果越好，但是当初始太小时，浓度太大，纳米铁与反应速率加快，会导致与反应的纳米铁减少，因此，当初始越小时的去除效果不一定越好，D不正确；
综上所述，本题选C。
7．密闭容器中发生的反应 ，其他条件相同时，改变一个因素对化学反应速率的影响，下列说法不正确的是( )
A．加入碳的量，化学反应速率不变
B．升高温度，化学反应速率增大
C．缩小体积，化学反应速率增大
D．保持压强不变，充入一定量的，化学反应速率不变
【答案】D
【详解】A．往反应中加入固体，不会影响化学反应速率，A正确；
B．升高温度可以增大化学反应速率，B正确；
C．缩小体积等于增大反应物浓度，反应速率增大，C正确；
D．保持压强不变，充入一定量的氦气，容器体积变大，反应物浓度减小，化学反应速率减小，D错误；
故选D。
8．某温度时，在一定体积的密闭容器中，某一可逆反应中气体X、Y的物质的量随时间变化的曲线如图所示，则该反应的化学方程式为( )
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】由图可知，从反应开始，X的物质的量减少，Y的物质的量增加，则X为反应物、Y为生成物，最终X、Y的物质的量都不再改变时都不是零，说明为可逆反应，开始至平衡时，，，则X、Y的化学计量数之比为2∶1，所以反应方程式为，故选A。
9．铋基催化剂对电化学还原制取具有高效的选择性。其反应历程与能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。
下列说法不正确的是( )
A．使用两种催化剂中更有利于的吸附
B．电化学还原制取的反应
C．使用催化剂时，最大能垒是
D．由生成的反应为
【答案】C
【详解】A．由题图可知，使用催化剂时，相对能量减小得多，趋于更稳定状态，所以使用两种催化剂中更有利于的吸附，A正确；
B．由图像可知，电化学还原制取的反应物的总能量高于生成物的总能量，所以反应为放热反应，B正确；
C．使用催化剂时，过程中的活化能最大，则最大能垒为，C不正确；
D．分析图像可知，由生成的反应为，D正确；
答案选C。
10．已知分步反应：①，②，其反应过程能量变化如图所示，下列说法错误的是( )
A．第一步反应的速率小于第二步反应的速率
B．A转化为D和E的反应为吸热反应
C．使用合适的催化剂可降低反应的活化能，但不影响反应的热效应
D．升高温度，反应①②的正反应速率均加快，逆反应速率均减慢
【答案】D
【详解】A．由图可知，第一步的活化能高于第二步的，活化能越大，反应速率越慢，则第一步反应的速率小于第二步反应的速率，A项正确；
B．由图可知，A的总能量低于D和E的总能量，属于吸热反应，B项正确；
C．使用催化剂可以降低反应的活化能，但不影响始态和终态的能量，所以反应的热效应不受影响，C项正确；
D．升高温度，正、逆反应速率均加快，D项错误；
故选D。
11．NO2的储存和还原技术能有效降低柴油发动机在空气过量时排放的NO2，原理如图1所示。用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，如图2所示。
下列说法不正确的是( )
A．反应①为4NO2 + O2 + 2BaO = 2Ba(NO3)2
B．储存和还原技术也能降低尾气排放的NO
C．0～12.5 s内，氢气的消耗速率为v(H2) = 1.6 × 10﹣4 mol/(L·s)
D．反应②分两步进行， 第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是1∶8
【答案】D
【详解】A．根据图1中反应①反应物为氧化钡、二氧化氮和氧气，生成物为硝酸钡，其反应为，故A正确；
B．根据NO2的储存和还原技术能有效降低柴油发动机在空气过量时排放的NO2，NO和氧气反应生成NO2，则储存和还原技术也能降低尾气排放的NO，故B正确；
C．0～12.5s内，氢气的消耗速率为mol/(L·s)= 1.6 × 10﹣4 mol/(L·s)，故C正确；
D．第一步反应中H2被氧化生成水，H元素的化合价由0价升高到+1价，Ba(NO3)2的N元素化合价由+5价降低到-3价，生成氨气，则1mol Ba(NO3)2生成氨气得到16mol电子，参加反应的氢气的物质的量为mol=8mol，则消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是8∶1，故D错误；
综上所述，答案为D。
12．自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体。活泼自由基与氧气的反应一直是科研人员的关注点，HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示，下列说法错误的是( )
A．中间产物X生成中间产物Y的反应的活化能为14.15kJ·mol-1
B．生成产物P2的决速步为中间产物Z到产物P2的基元反应
C．相同条件下，中间产物Z转化为产物的速率：v(P1)>v(P2)
D．三种中间产物中Z最稳定
【答案】A
【详解】A．由图可知中间产物X生成中间产物Y的反应的活化能为14.15 kJ·mol-1-(-12.16 kJ·mol-1)=26.31kJ·mol-1，故A错误；
B．活化能越大，反应速率越慢，整体反应速率的快慢，取决于最慢的基元反应，所以生成产物P2的决速步为中间产物Z到产物P2的基元反应，故B正确；
C．由图可知，相同条件下中间产物Z转化为产物P1的活化能小于转化为产物P2的活化能，活化能越小，反应速率越快，则中间产物Z转化为产物P1的反应速率快于转化为产物P2的反应速率，故C正确；
D．根据能量越低越稳定，可知中间产物中Z最稳定，故D正确；
故选A。
13．已知反应2NO + 2H2 = N2 + 2H2O的速率方程为υ= kc2(NO)· c(H2)(k为速率常数)，其反应历程如下：
① 2NO + H2 → N2+H2O2 慢 ； ② H2O2 + H2 → 2H2O 快
下列说法不正确的是( )
A．升高温度，可提高反应①、②的反应速率
B．c (NO) 、c(H2)增大相同的倍数，对总反应的反应速率的影响程度相同
C．该反应的快慢主要取决于反应①
D．可逆反应使用催化剂加快反应速率时，正逆反应的活化能均减小
【答案】B
【详解】A．升高温度，物质的内能增加，活化分子数目增加，有效碰撞次数增加，化学反应速率加快，故升高温度，可提高反应①、②的速率，A正确；
B．根据速率方程为：υ=kc2(NO)· c(H2)可知：c(NO)的改变对化学反应速率的影响大于c(H2)的改变对化学反应速率的影响，故c(NO)、c(H2)增大相同的倍数，对总反应的反应速率的影响程度不相同，B错误；
C．对于多步反应，总反应速率由慢反应决定，根据已知信息可知反应①是慢反应，反应②是快反应，所以该反应的快慢主要取决于慢反应①，C正确；
D．催化剂可以提高活化分子百分数，加快反应速率，使用催化剂加快反应速率时，正逆反应的活化能均减小，D正确；
故合理选项是B。
14．科研人员提出以为原料，在特定催化剂作用下合成的一种反应历程如图，下列说法错误的是( )
A．分子中均不含非极性键
B．反应①中有碳氧单键的断裂和形成
C．生成DMC总反应的原子利用率小于100%
D．催化剂可提高单位时间内甲醇的转化率
【答案】B
【详解】A．非极性键由同种元素的原子间形成，分子中均不含非极性键，A正确；
B．如图可知，反应①与生成与，没有新的碳氧单键的形成，B错误；
C．①中有生成，即合成DMC同时有水生成，所以合成总反应原子利用率不为，C正确；
D．催化剂，可加快反应速率，从而提高单位时间内甲醇的转化率，D正确；
故选B。
15．以乙二醛()和为原料制取乙醛酸()，3个反应的历程如图所示，TS表示过渡态，IM表示中间体，下列说法错误的是( )
A．图中氧化生成和的反应为放热反应
B．反应历程中生成IM4比生成IM1的速率快
C．乙二醛()生成乙二酸()有3步基元反应
D．选择合适的催化剂可提高乙醛酸()的选择性
【答案】C
【详解】A．由图可知，乙二醛氧化生成甲酸和二氧化碳的反应是反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，故A正确；
B．反应的活化能越低，反应速率较快，由图可知，生成IM4的反应活化能低于生成IM1的反应， 所以生成IM4比生成IM1的速率快，故B正确；
C．由图可知，乙二醛生成乙二酸有4步基元反应，故C错误；
D．选择合适的催化剂可提高乙醛酸的选择性，有利于乙醛酸的生成速率，故D正确；
故选C。
16．研究小组利用溶液和酸性溶液的反应来探究外界条件改变对化学反应速率的影响，实验如下：
实验序号 实验温度/K 参加反应的物质 溶液颜色褪至无色时所需时间/s
溶液(含硫酸) 溶液
V/mL c/mol·L V/mL c/mol·L V/mL
① 290 2 0.02 4 0.1 0 6
② 2 0.02 3 0.1 8
③ 315 2 0.02 0.1 1
回答下列问题：
(1)通过实验①、②，可探究 的改变对反应速率的影响，其中 。
(2)通过实验 (填实验序号)可探究温度变化对化学反应速率的影响，由实验②中数据可知 。
(3)实验过程中，发现反应开始一段时间溶液褪色不明显，不久后迅速褪色。甲同学认为是反应放热导致溶液温度升高所致，重做实验②，测定反应过程中不同时间的温度，结果如下：
时间/s 0 2 4 6 8 10
温度/K 290 291 291 291.5 292 292
①结合实验目的与表中数据，得出的结论是 。
②你猜想可能是 的影响。若证明你的猜想，除了酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液外，还需要选择的最佳试剂是 (填标号)。
A．硫酸钾 B．水 C．二氧化锰 D．硫酸锰
【答案】(1) 反应物浓度 l
(2) ②、③
(3) 温度不是反应速率突然加快的原因 催化剂() D
【详解】（1）通过观察实验①、②的数据可知T1、V1未知，但实验①、②中所用的溶液的体积不同，根据控制变量法的原则，T1应为290K，变量为溶液的浓度，此外两组实验溶液的总体积应保持一致确两组实验中其他溶液的浓度相同，故V1=1，故答案为：反应物浓度；l；
（2）根据控制变量法的原则，V1=1，所以可通过实验②、③探究温度变化对化学反应速率的影响，反应原理为，实验②中所用的溶液的物质的量为，溶液的物质的量为，溶液过量，8s内消耗的溶液的物质的量为，此时溶液的总体积为，所以8s 内，故答案为：②、③；；
（3）不同时间下，温度升高的程度很小，所以温度不是反应速率突然加快的原因，随着反应的进行，锰离子的浓度逐渐增加，可催化该反应，为了验证锰离子的催化效果，但又不引进其他的杂质离子，可选择的最佳试剂是硫酸锰，故答案为：温度不是反应速率突然加快的原因；催化剂()；D；
17．回答下列问题
(1)时，在体积的密闭容器中发生反应，随时间的变化如下表：
时间 0 1 2 3 4 5
0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007
①如图中点处，(正) (逆)（填“<”、“=”或“>”）。
②图中表示的变化的曲线是 。
③下列不能使该反应的反应速率增大的是 。
A．及时分离出气体 B．适当升高温度
C．增大的浓度 D．选择高效的催化剂
(2)某研究性学习小组利用溶液和酸性溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验如下：（不考虑溶液混合所引起的体积缩小）
实验序号 实验温度/K 参加反应的物质 溶液颜色褪至无色时所需时间/s
溶液（含硫酸） 溶液
A 293 2 0.02 4 0.1 0 6
B T1 2 0.02 3 0.1 8
C 313 2 0.02 0.1 1 t
①通过实验，可探究出浓度的改变对反应速率的影响，通过实验 （实验序号）可探究出温度变化对化学反应速率的影响。
②组实验中溶液褪色时间t （填“<”、“=”或“>”）8s，C组实验的反应速率 。（用含有的式子表示）
③同学们在实验中发现反应速率总是如图所示，其中时间内速率变快的主要原因可能是：①产物（或）是反应的催化剂：② 。
【答案】(1) b A
(2) BC 该反应为放热反应
【详解】（1）①图中A点仅表示a和c浓度相等，反应还没有达到平衡状态，v正＞v逆；
②根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量，所以表示NO2的变化的曲线是b；
③A．及时分离除NO2气体平衡向右移动，但反应速率减小，故A选；
B．适当升高温度，反应速率增大，故B不选；
C．增大O2的浓度反应速率增大，故C不选；
D．选择高效催化剂能增大反应速率，故D不选；
答案为A；
（2）①实验B、C只有温度不同，可探究出温度变化对化学反应速率的影响；
②其它条件相同时，温度越高，化学反应速率越大，则C组实验中溶液褪色时间t1＜8s；C组实验的反应速率v(KMnO4)== =；
③温度能加快反应速率，说明反应为放热反应，催化剂能加快化学反应的速率，产物Mn2+(或MnSO4)是反应的催化剂。
18．I．实验室利用下列方案探究影响化学反应速率的因素。请回答相关问题：
编号 温度/℃ 溶液 酸性溶液
浓度 体积/mL 浓度 体积/mL
① 25 0.10 2.0 0.010 4.0
② 25 0.20 2.0 0.010 4.0
③ 50 0.20 2.0 0.010 4.0
(1)实验时，分别量取溶液(过量)和酸性溶液，迅速混合并开始计时，可以通过测定 来判断反应的快慢。
(2)实验①和实验②是探究 对化学反应速率的影响，实验②和③是探究 对化学反应速率的影响。
(3)已知反应后转化为逸出，转化为，每消耗转移 mol电子。为了观察到紫色褪去，与初始的物质的量需要满足的关系为 。
II．恒容密闭容器中，用还原，生成S的反应分两步完成(如图甲所示)，在300℃反应时相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图乙所示，请分析并回答如下问题：
(4)写出300℃发生的化学反应方程式 。其中一种产物X进入下一容器，在100~200℃与反应，则X为(填化学式) 。
(5)时间段用表示的化学反应速率为 。
【答案】(1)酸性溶液褪色时间
(2) 浓度 温度
(3) 2 2.5
(4)
(5)
【详解】（1）草酸溶液与酸性高锰酸钾溶液反应时，溶液的颜色会由紫色褪为无色，则实验时，可以通过测定酸性高锰酸钾溶液褪色时间来判断反应的快慢，故答案为：酸性KMnO4溶液褪色时间；
（2）由表格数据可知，实验①和②的草酸溶液的浓度不同，其他实验条件均相同，则由变量唯一化的原则可知，实验①和实验②的目的是探究草酸溶液的浓度对化学反应速率的影响；实验②和实验③的反应温度不同，其他实验条件均相同，则由变量唯一化的原则可知，实验②和③的目的是探究温度对化学反应速率的影响；
（3）发生2KMnO4 + 5H2C2O4 + 3H2SO4= K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O+10CO2↑，碳元素的化合价为+3价升高为+4价，所以每消耗1molH2C2O4转移2mol电子；为了观察到紫色褪去，高锰酸钾的物质的量应该少量，即c (H2C2O4) : c (KMnO4) ≥ 2.5；
（4）由图甲可知，300℃时，氢气和二氧化硫在催化剂作用下反应硫化氢，化学方程式为：；100℃-200℃时，硫化氢与二氧化硫在催化剂作用下反应生成硫和水，则物质X为；
（5）由图乙可知，0~t1时间段二氧化硫浓度的变化量为2×10-3mol/L，则二氧化硫的化学反应速率。
19．雾霾天气多次肆虐我国中东部地区。汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的原因之一。
(1)汽车尾气净化的主要原理为2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)。在密闭容器中发生该反应时，c(CO2)随温度(T)、催化剂的表面积(S)和时间(t)的变化曲线，如下图所示。
据此判断：
①该反应的ΔH 0(填“＞”或“＜”)，ΔS 0(填“＞”或“＜”)
②在T1温度下，0～2 s内的平均反应速率v(N2)= 。
③当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学 反应速率。若增大催化剂的表面积，则CO转化率 (填“增大”，“减少”或“不变”)
(2)工业上可采用CH3OHCO + 2H2的方法来制取高纯度的CO和H2。我国研究人员采用量子力学方法，通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用 * 标注。下图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图：
该历程中最大能垒(活化能)E正= kJ·mol 1，该历程中，放热最多的步骤的化学方程式为 。
【答案】(1) ＜ ＜ 0.05mol·L-1·s-1 不变
(2) 179.6 CHO*+3H*=CO*+4H*(或CHO*=CO*+H*)
【详解】（1）①根据先拐先平，可知T1＞T2，温度越高c(CO2)越小，该反应的ΔH＜0，反应是气体体积减小的反应，ΔS＜0,故答案为：＜；＜；
②在T1温度下，0～2 s内的平均反应速率v(N2)= 0.05mol·L-1·s-1。故答案为：0.05mol·L-1·s-1；
③当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率，但不能使平衡发生移动，若增大催化剂的表面积，则CO转化率不变，故答案为：不变；
（2）图象中可以看出，CO*+ 4H* =CO*＋2H2的过程中，活化能最大，数值等于113.9kJ mol－1-(-65.7kJ mol－1)=179.6 kJ mol－1，该历程中最大能垒(活化能)E正=179.6kJ·mol 1，该历程中，放热最多的步骤的化学方程式为CHO*+3H*=CO*+4H*(或CHO*=CO*+H*)。故答案为：179.6；CHO*+3H*=CO*+4H*(或CHO*=CO*+H*)。
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2024-2025年高中化学选择性必修1化学反应原理第二章化学反应速率与化学平衡第一节化学反应速率课时练习
1．可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g)+2D(g)，在不同条件下的反应速率如下，其中反应速率最快的是( )
A．v(B)=0.6mol/(L·s) B．v(A)=0.5mol/(L·s)
C．v(C)=0.4mol/(L·s) D．v(D)=0.45mol/(L·s)
2．下列有关化学反应速率的说法正确的是( )
A．用铁片与稀硫酸反应制氢气时，改用98%的浓硫酸可以增大反应速率
B．100 mL 2 mol·L-1的盐酸与锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变
C．SO2的催化氧化反应是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减小
D．汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强时反应速率减小
3．催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g)P(g)。反应历程(如图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是( )
A．反应达平衡时，降低温度，R的浓度减小
B．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行
C．使用Ⅰ时，反应体系更快达到平衡
D．使用Ⅱ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
4．工业上利用对烟道气进行脱硝(除氮氧化物)的SCR技术具有效率高、性能可靠的优势。SCR技术的原理为和NO在催化剂表面转化为和，反应进程中的相对能量变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．总反应为
B．是脱硝反应的催化剂
C．升高温度，脱硝反应反应速率减小
D．决定反应速率的步骤是“的转化”
5．一定温度下，将4mol A气体和2mol B气体在2L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：。若经2s后测得C的浓度为，现有下列几种说法：
①用物质A表示的反应的平均速率为
②2s时物质B的浓度为
③2s末，物质A的转化率为70%
④该温度下的平衡常数
其中正确的是( )
A．①③ B．②④ C．③④ D．①④
6．室温下，为探究纳米铁去除水样中的影响因素，测得不同条件下浓度随时间变化关系如下图。
实验序号 水样体积/ 纳米铁质量/ 水样初始
① 50 8 6
② 50 2 6
③ 50 2 8
下列说法正确的是( )
A．实验①中，0~2小时内平均反应速率
B．实验③中，反应的离子方程式为：
C．其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率
D．其他条件相同时，水样初始越小，的去除效果越好
7．密闭容器中发生的反应 ，其他条件相同时，改变一个因素对化学反应速率的影响，下列说法不正确的是( )
A．加入碳的量，化学反应速率不变
B．升高温度，化学反应速率增大
C．缩小体积，化学反应速率增大
D．保持压强不变，充入一定量的，化学反应速率不变
8．某温度时，在一定体积的密闭容器中，某一可逆反应中气体X、Y的物质的量随时间变化的曲线如图所示，则该反应的化学方程式为( )
A． B． C． D．
9．铋基催化剂对电化学还原制取具有高效的选择性。其反应历程与能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。
下列说法不正确的是( )
A．使用两种催化剂中更有利于的吸附
B．电化学还原制取的反应
C．使用催化剂时，最大能垒是
D．由生成的反应为
10．已知分步反应：①，②，其反应过程能量变化如图所示，下列说法错误的是( )
A．第一步反应的速率小于第二步反应的速率
B．A转化为D和E的反应为吸热反应
C．使用合适的催化剂可降低反应的活化能，但不影响反应的热效应
D．升高温度，反应①②的正反应速率均加快，逆反应速率均减慢
11．NO2的储存和还原技术能有效降低柴油发动机在空气过量时排放的NO2，原理如图1所示。用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，如图2所示。
下列说法不正确的是( )
A．反应①为4NO2 + O2 + 2BaO = 2Ba(NO3)2
B．储存和还原技术也能降低尾气排放的NO
C．0～12.5 s内，氢气的消耗速率为v(H2) = 1.6 × 10﹣4 mol/(L·s)
D．反应②分两步进行， 第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是1∶8
12．自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体。活泼自由基与氧气的反应一直是科研人员的关注点，HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示，下列说法错误的是( )
A．中间产物X生成中间产物Y的反应的活化能为14.15kJ·mol-1
B．生成产物P2的决速步为中间产物Z到产物P2的基元反应
C．相同条件下，中间产物Z转化为产物的速率：v(P1)>v(P2)
D．三种中间产物中Z最稳定
13．已知反应2NO + 2H2 = N2 + 2H2O的速率方程为υ= kc2(NO)· c(H2)(k为速率常数)，其反应历程如下：
① 2NO + H2 → N2+H2O2 慢 ； ② H2O2 + H2 → 2H2O 快
下列说法不正确的是( )
A．升高温度，可提高反应①、②的反应速率
B．c (NO) 、c(H2)增大相同的倍数，对总反应的反应速率的影响程度相同
C．该反应的快慢主要取决于反应①
D．可逆反应使用催化剂加快反应速率时，正逆反应的活化能均减小
14．科研人员提出以为原料，在特定催化剂作用下合成的一种反应历程如图，下列说法错误的是( )
A．分子中均不含非极性键
B．反应①中有碳氧单键的断裂和形成
C．生成DMC总反应的原子利用率小于100%
D．催化剂可提高单位时间内甲醇的转化率
15．以乙二醛()和为原料制取乙醛酸()，3个反应的历程如图所示，TS表示过渡态，IM表示中间体，下列说法错误的是( )
A．图中氧化生成和的反应为放热反应
B．反应历程中生成IM4比生成IM1的速率快
C．乙二醛()生成乙二酸()有3步基元反应
D．选择合适的催化剂可提高乙醛酸()的选择性
16．研究小组利用溶液和酸性溶液的反应来探究外界条件改变对化学反应速率的影响，实验如下：
实验序号 实验温度/K 参加反应的物质 溶液颜色褪至无色时所需时间/s
溶液(含硫酸) 溶液
V/mL c/mol·L V/mL c/mol·L V/mL
① 290 2 0.02 4 0.1 0 6
② 2 0.02 3 0.1 8
③ 315 2 0.02 0.1 1
回答下列问题：
(1)通过实验①、②，可探究 的改变对反应速率的影响，其中 。
(2)通过实验 (填实验序号)可探究温度变化对化学反应速率的影响，由实验②中数据可知 。
(3)实验过程中，发现反应开始一段时间溶液褪色不明显，不久后迅速褪色。甲同学认为是反应放热导致溶液温度升高所致，重做实验②，测定反应过程中不同时间的温度，结果如下：
时间/s 0 2 4 6 8 10
温度/K 290 291 291 291.5 292 292
①结合实验目的与表中数据，得出的结论是 。
②你猜想可能是 的影响。若证明你的猜想，除了酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液外，还需要选择的最佳试剂是 (填标号)。
A．硫酸钾 B．水 C．二氧化锰 D．硫酸锰
17．回答下列问题
(1)时，在体积的密闭容器中发生反应，随时间的变化如下表：
时间 0 1 2 3 4 5
0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007
①如图中点处，(正) (逆)（填“<”、“=”或“>”）。
②图中表示的变化的曲线是 。
③下列不能使该反应的反应速率增大的是 。
A．及时分离出气体 B．适当升高温度
C．增大的浓度 D．选择高效的催化剂
(2)某研究性学习小组利用溶液和酸性溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验如下：（不考虑溶液混合所引起的体积缩小）
实验序号 实验温度/K 参加反应的物质 溶液颜色褪至无色时所需时间/s
溶液（含硫酸） 溶液
A 293 2 0.02 4 0.1 0 6
B T1 2 0.02 3 0.1 8
C 313 2 0.02 0.1 1 t
①通过实验，可探究出浓度的改变对反应速率的影响，通过实验 （实验序号）可探究出温度变化对化学反应速率的影响。
②组实验中溶液褪色时间t （填“<”、“=”或“>”）8s，C组实验的反应速率 。（用含有的式子表示）
③同学们在实验中发现反应速率总是如图所示，其中时间内速率变快的主要原因可能是：①产物（或）是反应的催化剂：② 。
18．I．实验室利用下列方案探究影响化学反应速率的因素。请回答相关问题：
编号 温度/℃ 溶液 酸性溶液
浓度 体积/mL 浓度 体积/mL
① 25 0.10 2.0 0.010 4.0
② 25 0.20 2.0 0.010 4.0
③ 50 0.20 2.0 0.010 4.0
(1)实验时，分别量取溶液(过量)和酸性溶液，迅速混合并开始计时，可以通过测定 来判断反应的快慢。
(2)实验①和实验②是探究 对化学反应速率的影响，实验②和③是探究 对化学反应速率的影响。
(3)已知反应后转化为逸出，转化为，每消耗转移 mol电子。为了观察到紫色褪去，与初始的物质的量需要满足的关系为 。
II．恒容密闭容器中，用还原，生成S的反应分两步完成(如图甲所示)，在300℃反应时相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图乙所示，请分析并回答如下问题：
(4)写出300℃发生的化学反应方程式 。其中一种产物X进入下一容器，在100~200℃与反应，则X为(填化学式) 。
(5)时间段用表示的化学反应速率为 。
19．雾霾天气多次肆虐我国中东部地区。汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的原因之一。
(1)汽车尾气净化的主要原理为2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)。在密闭容器中发生该反应时，c(CO2)随温度(T)、催化剂的表面积(S)和时间(t)的变化曲线，如下图所示。
据此判断：
①该反应的ΔH 0(填“＞”或“＜”)，ΔS 0(填“＞”或“＜”)
②在T1温度下，0～2 s内的平均反应速率v(N2)= 。
③当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学 反应速率。若增大催化剂的表面积，则CO转化率 (填“增大”，“减少”或“不变”)
(2)工业上可采用CH3OHCO + 2H2的方法来制取高纯度的CO和H2。我国研究人员采用量子力学方法，通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用 * 标注。下图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图：
该历程中最大能垒(活化能)E正= kJ·mol 1，该历程中，放热最多的步骤的化学方程式为 。
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