专题10 反应微观机理分析 速率方程及其应用
目录
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【考向一】基元反应及其反应机理分析 1
【考向二】能垒图、过渡态理论及其反应机理分析 3
【考向三】催化剂、活化能及其反应机理 7
【考向四】循环反应机理图像分析 10
【考向五】速率方程与速率常数的有关计算 13
【考向六】外界条件对速率与速率常数的影响 15
【考向七】速率常数与平衡常数的转化 17
20
【考向一】基元反应及其反应机理分析
【典例1】（24-25高三上·广东·期中）CO和N2O在Fe+作用下转化为N2和CO2，反应的能量变化及反应历程如图所示，两步基元反应：① K1，② K2。下列说法不正确的是（ ）
A．该反应ΔH<0
B．两步反应中，决定总反应速率的是反应①
C．升高温度，可提高N2O的平衡转化率
D．增大了活化分子百分数，加快了化学反应速率，但不改变反应的ΔH
1.基元反应：
大多数的化学反应不能一步完成，在微观上是分几步完成的，这每一步反应都叫一个基元反应
如：反应H2O2＋2Br－＋2H＋===Br2＋2H2O，通过大量实验提出它们微观过程如下：
①H＋＋H2O2H3O
②H3O＋Br－===H2O＋HOBr
③HOBr＋H＋＋Br－===H2O＋Br2
2．反应历程：
由基元反应构成的反应序列，又称反应机理。
（1）总反应：2NO+2H2N2+2H2O
（2）反应历程
①2NO+H2N2O+H2O（慢）
②2N2O2N2+O2（快）
③2H2+O22H2O（更快）
（3）决速反应：在反应历程中，反应速率最慢的基元反应
（4）决速浓度：最慢反应中反应物的浓度决定总反应的反应速率
（5）特点：
a．不同的化学反应，反应历程不同。
b．同一反应在不同条件下的反应历程也可能不同。
c．反应历程的差别造成了化学反应速率的快慢差异。
d．对于由多个基元反应组成的化学反应，其反应的快慢由最慢的一步基元反应决定。
【变式1-1】（2024·浙江金华·三模）已知基元反应的速率符合质量作用定律，如基元反应，(k为速率常数)。卤代烃RX发生水解反应有两种历程，能量变化如下图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．若RX的水解速率，则反应按历程1进行
B．调节NaOH浓度，观察分层现象消失的用时变化，可确定RX的水解历程
C．相同条件下，按反应历程2，碘代烷水解速率要快于氯代烷
D．取水解液，加溶液，根据沉淀颜色可判断卤代烃RX中的卤素原子
【变式1-2】（24-25高三上·河南·阶段练习）反应在不同催化剂作用下的反应历程如图所示，它们都分两个基元反应进行且反应中各物质的化学计量数均为1。下列叙述错误的是（ ）
A．不同催化剂不改变反应的焓变
B．能垒：①<③，②>④
C．四个基元反应的都小于0
D．其他条件相同，反应相同时间(未达平衡)：
【考向二】能垒图、过渡态理论及其反应机理分析
【典例2】（2024·甘肃·卷）甲烷在某含催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示，下列说法错误的是（ ）
A． B．步骤2逆向反应的
C．步骤1的反应比步骤2快 D．该过程实现了甲烷的氧化
1.过渡态理论
过渡态理论认为，反应物分子并不只是通过简单碰撞直接形成产物，而是必须经过一个形成活化络合物的过渡状态，并且达到这个过渡状态需要一定的活化能，再转化成生成物。这与爬山类似，山的最高点便是过渡态。
2.基元反应过渡状态理论
(1)基元反应过渡状态理论认为，基元反应在从反应物到产物的变化过程中要经历一个中间状态，这个状态称为过渡态
AB＋C―→[A…B…C]―→A＋BC
反应物 过渡态 产物
(2)过渡态是处在反应过程中具有最高能量的一种分子构型，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于活化能。如：一溴甲烷与NaOH溶液反应的历程可以表示为：
CH3Br＋OH－―→[Br…CH3…OH]―→Br－＋CH3OH
反应物 过渡态 产物
3.多步反应的活化能及与速率的关系
(1)多步反应的活化能：一个化学反应由几个基元反应完成，每一个基元反应都经历一个过渡态，及达到该过渡态所需要的活化能(如图E1、E2)，而该复合反应的活化能只是由实验测算的表观值，没有实际物理意义。
(2)活化能和速率的关系：基元反应的活化能越大，反应物到达过渡态就越不容易，该基元反应的速率就越慢。一个化学反应的速率就取决于速率最慢的基元反应。
（3）能垒（活化能）：即反应物状态达到活化状态所需能量。根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：其最大能垒（活化能）
(4)在钯基催化剂表面上，甲醇制氢（）的反应历程如下图所示，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注．
该历程中最大能垒（活化能）179.6,该步骤的基元反应方程式为
（5）曲线上的峰
①峰的个数表示中间反应的个数，不一定表示中间产物的种类
②峰谷
a.峰前的峰谷：表示该中间反应反应物的能量
b.峰后的峰谷：表示该中间反应生成物的能量
4.三步突破能量变化能垒图
三步突破能量变化能垒图
第1步 通览全图，理清坐标的含义。能量变化的能垒图的横坐标一般表示反应的历程，横坐标的不同阶段表示一个完整反应的不同阶段。纵坐标表示能量的变化，不同阶段的最大能垒即该反应的活化能
第2步 细看变化，分析各段反应。仔细观察曲线(直线)的变化趋势，分析每一阶段发生的反应是什么，各段反应是放热还是吸热，能量升高的为吸热，能量下降的为放热
第3步 综合分析，做出合理判断。综合整合各项信息，回扣题目要求，做出合理判断。如利用盖斯定律将各步反应相加，即得到完整反应；催化剂只改变反应的活化能，但不改变反应的反应热，也不会改变反应的转化律
【变式2-1】（2024·安徽滁州·二模）已知催化反应历程如下图所示，催化历程中有参与。下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A．步骤①的速率常数大于步骤②
B．反应历程中存在非极性键的断裂和形成
C．催化历程中，仅氧元素的化合价未发生变化
D．步骤②的热化学方程为：
【变式2-2】（2024·北京·卷）苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是
A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ
B．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物
C．由苯得到M时，苯中的大键没有变化
D．对于生成Y的反应，浓作催化剂
【考向三】催化剂、活化能及其反应机理
【典例3】（2024·北京·卷）可采用催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。
下列说法不正确的是（ ）
A．Y为反应物，W为生成物
B．反应制得，须投入
C．升高反应温度，被氧化制的反应平衡常数减小
D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应
1.催化剂：存在少量就能显著改变反应速率，反应结束时，其自身的质量、组成和化学性质基本不变的物质。
2.催化特点 ：
①高效性，可以大大地加快反应速率。②选择性，反应不同，催化剂不同。③同等程度地加快正、逆反应的速率。④不能改变反应的可能性和平衡常数。
3.催化剂的催化机理：
催化剂的催化过程一般是催化剂跟其中的一种反应物首先发生反应，生成过渡物，然后再跟另外的反应物反应，生成产物，同时催化剂重新生成。催化剂生成的过渡物比没有催化剂生成的过渡物的能量要低，因而使反应更加容易发生和进行。这就是改变了其反应历程。
即催化剂参与化学反应，生成能量更低的中间产物，降低了达到过渡态所需要的活化能，使反应易于发生，速率加快。这就是我们经常说的催化剂改变反应途径，降低反应的活化能。
4.催化剂与活化能 、 焓变
催化剂能降低反应所需活化能，化学反应速率加快，但不影响焓变 H的大小，不影响平衡。
5.活化能
（1）正反应的活化能：反应物到最高点的能量差Ea正＝E1kJ·mol－1
（2）逆反应的活化能：生成物到最高点的能量差Ea逆＝E2kJ·mol－1
（3）活化能和反应热的关系
①放热反应：Ea正＜Ea逆
②吸热反应：Ea正＞Ea逆
（4）活化能和反应速率的关系
①关系：活化能越大，反应速率越慢
②决速反应：活化能最大的反应或速率最慢的反应
③决速浓度：最慢反应中反应物的浓度决定总反应的反应速率
(3)催化反应一般过程(简化的过程)：
①反应物扩散到催化剂表面；
②反应物被吸附在催化剂表面；
③被吸附的反应物发生化学反应生成产物；
④产物的解吸。
【变式3-1】（2024·广东·卷）对反应(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小
。基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，------为有催化剂)为（ ）
A． B． C． D．
【变式3-2】（24-25高三上·贵州·阶段练习）PtNiFe-LDHGO催化甲醛氧化的反应机理如图。下列说法不正确的是（ ）
A．步骤Ⅰ中甲醛通过氢键吸附在催化剂表面的—OH上
B．上述反应机理涉及非极性键的断裂与形成
C．该过程的总反应为
D．PtNiFe-LDHGO降低了该反应的活化能
【考向四】循环反应机理图像分析
【典例4】（2025·贵州毕节·一模）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。下列说法正确的是（ ）
A．M中Ru的化合价为+3
B．该过程没有非极性键的形成
C．该过程的总反应式：
D．被氧化至后，配体失去质子能力减弱
1．循环流程中物质的判断
（1）有进有出的物质参与反应，常作催化剂；
（2）只进不出的为反应物、原料；
（3）不进只出的物质为生成物、产品。
2．催化工艺的三种形式
（1）直接型
（2）微观型
（3）循环型
①反应物：A和F
②生成物：B和E
③催化剂：C或D，中间产物D或C
3．循环转化机理图像的解读
图像 解读
对于“环式”反应过程图像，位于“环上”的物质一般是催化剂或中间体，如⑤、⑥、⑦和⑧，“入环”的物质为反应物，如①和④，“出环”的物质为生成物，如②和③
【变式4-1】（24-25高三上·江西·期末）CO2在温和条件下转化为甲醇的一种反应历程如下图，In2O3为该反应的催化剂。下列说法正确的是（ ）
A．该历程中存在着极性键与非极性键的断裂与形成
B．碳原子的杂化方式未发生改变
C．In2O3降低了该反应的 H
D．若参与反应的二氧化碳分子为C18O2，则生成物甲醇的化学式为CH318OH
【变式4-2】（2024·四川绵阳·三模）我国科学家利用经表面修饰的作催化剂，显著提升了光电催化水氧化反应速度。光照时，光催化电极产生电子和空穴，其反应历程如图所示。下列关于该历程的说法错误的是（ ）
A．I转化为II时，生成的物质为 B．III是II转化为IV过程中生成的中间体
C．存在极性键的断裂和非极性键的形成 D．反应历程中元素的化合价未发生变化
【考向五】速率方程与速率常数的有关计算
【典例5】（24-25高三上·江西南昌·期中）向某恒容密闭容器中充入等物质的量的PCl3(g)和Cl2(g)，发生如下反应：PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g)，测得不同温度下PCl3(g)的转化率α与时间的关系如图所示。其速率方程为v正=k正·c(PCl3)·c(Cl2)，v逆=k逆·c(PCl5)(k正、k逆是速率常数，只与温度有关)。
下列说法错误的是（ ）
A．该反应的ΔH<0
B．M点：>
C．升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数
D．T1时，若平衡体系中c(Cl2)=0.25 mol·L-1，则=1/16
1、速率常数
(1)含义：速率常数(k)是指在给定温度下，反应物浓度皆为1 mol·L－1时的反应速率。在相同的浓度条件下，可用速率常数大小来比较化学反应的反应速率
(2)速率常数的影响因素：与浓度无关，但受温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响，但温度对化学反应速率的影响是显著的，速率常数是温度的函数，同一反应，温度不同，速率常数将有不同的值。通常反应速率常数越大，反应进行得越快。不同反应有不同的速率常数
2、速率方程：
(1)定义：一定温度下，化学反应速率与反应物浓度以其计量数为指数的幂的乘积成正比
(2)表达式：对于反应：aA＋bB==pC＋qD，则v＝kca(A)·cb(B) (其中k为速率常数)
如：①SO2Cl2SO2＋Cl2 v＝k1c(SO2Cl2)
②2NO22NO＋O2 v＝k2c2(NO2)
③2H2＋2NON2＋2H2O v＝k3c2(H2)·c2(NO)
例如：基元反应 CO+NO2=CO2+NO
V正 =k正c(CO) c(NO2)
V逆 =K逆c(CO2) c(NO)
其中 K正称为正向反应速率常数，K逆称为逆向反应速率常数， c(CO) 、c(NO2) 、 c(CO2)、 c(NO) 为浓度
V正， V逆为化学反应的瞬时速率。
适用范围： ①基元反应；② 对于非基元反应，其速率方程的浓度的次方与反应方程的计量数无确定关系，需要由实验测得。
【变式5-1】（23-24高三上·山东潍坊·阶段练习）用处理烟气中NO时发生反应。向容积为2L的密闭容器中充入0.4molNO，，测得不同温度下NO的体积分数随时间的变化如图所示。已知，，、为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是（ ）
A．高温有利于提高容器中NO的平衡转化率
B．时，内的平均速率
C．M点，
D．时，若向2L密闭容器中充入0.6molNO，，达平衡时小于原平衡时
【变式5-2】（24-25高三上·辽宁·期末）在恒温恒容的密闭容器中充入一定量，发生如下反应：
反应②和③的速率方程分别为和，其中分别为反应②和③的速率常数，反应③的活化能远大于反应②，测得随时间的变化如下表：
0 1 2 3 4 5
0.160 0.113 0.080 0.056 0.040 0.028
下列说法错误的是（ ）
A．内，的平均反应速率为
B．若，平衡时
C．其他条件不变，若升高温度，平衡时减小
D．其他条件不变，若增大的用量，平衡时的转化率减小
【考向六】外界条件对速率与速率常数的影响
【典例6】（2023上·河北衡水·高三衡水市第二中学校考）（2024·黑龙江大庆·三模）在两个相同恒温()恒容密闭容器中仅发生反应： 。实验测得：；；、为速率常数，受温度影响。下列说法错误的是（ ）
容器编号 物质的起始浓度() 物质的平衡浓度()
Ⅰ 4 0 0 1
Ⅱ 1 2 0.5
A．平衡时容器1中再充入一定量的，体积分数增大
B．若将容器1改为恒容绝热条件，平衡时
C．反应刚开始时容器Ⅱ中的
D．当温度改变为时，若，则
1．浓度对反应速率的影响
（1）经验规律：浓度越大，反应速率越快
（2）特殊规律：根据反应速率方程表达式分析。如速率方程为v＝kc2（A）c0（B）c－1（C）
①增大c（A），反应速率加快
②增大c（B），反应速率不变
③增大c（C），反应速率减慢
2．若给定几组数据，则必须根据数据分析速率和浓度间的关系，确定浓度对速率的影响。
3．影响化学速率常数k的因素
（1）内因：反应的活化能越小，反应进行得越快，速率常数k越大
（2）外因：与浓度和压强无关
①温度：温度越高，反应速率越快，速率常数k越大
②催化剂：加入催化剂，反应速率加快，速率常数k变大
③固体表面性质：增大固体表面积，反应速率加快，速率常数k变大
4．影响化学平衡常数K的因素
（1）内因：化学反应本身的性质
（2）外因：只与温度有关
①升高温度，吸热反应的平衡常数变大，放热反应的平衡常数变小
②降低温度，吸热反应的平衡常数变小，放热反应的平衡常数变大
【变式6-1】（2024高三·全国·专题练习）向某恒容密闭容器中充入等物质的量的PCl3(g)和Cl2(g)，发生如下反应：PCl3(g)+Cl2(g) PCl5(g)，测得不同温度下PCl3(g)的转化率α与时间的关系如图所示。其速率方程为v正=k正·c(PCl3)·c(Cl2)，v逆=k逆·c(PCl5)(k正、k逆是速率常数，只与温度有关)。下列说法错误的是（ ）
A．该反应的ΔH＜0
B．M点：＞
C．升高温度，k正增大的倍数大于k逆增大的倍数
D．T1时，若平衡体系中c(Cl2)=0.25 mol·L-1，则=16
【变式6-2】（2024·湖南长沙·三模）已知：的正反应速率可表示为(为正反应速率常数)，该反应平衡常数的对数与温度的倒数的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．增大NO浓度可提高活化分子百分比
B．使用催化剂不会影响正反应速率常数
C．建立平衡后，压缩体积平衡正向移动但平衡常数K不变
D．升高温度可提高NO的平衡转化率
【考向七】速率常数与平衡常数的转化
【典例7】（24-25高三上·河北沧州·阶段练习）在某恒温条件下，在三个容积均为的刚性密闭容器中，均发生反应。已知：，，为速率常数，受温度影响。三个容器中的起始浓度如下，下列说法错误的是（ ）
容器编号 物质的起始浓度 物质的平衡浓度
I 0.6 0 0 0.2
Ⅱ 0.3 0.5 0.2
Ⅲ 0 0.5 0.35
A．设K为该反应的化学平衡常数，则有
B．若升高温度，设，则a值将大于0.8
C．容器Ⅱ中起始时化学反应正向进行，达平衡时，容器Ⅱ与容器Ⅲ中的总压强之比小于
D．在容器Ⅲ中，当消耗等于消耗时反应必定达到化学平衡状态
1、正、逆反应的速率常数与平衡常数的关系
(1)K与k正、k逆的关系
对于反应：aA(g)＋bB(g)pC(g)＋qD(g)，
则：v正＝k正·ca(A)·cb(B) (k正为正反应速率常数)
v逆＝k逆·cp(C)·cq(D) (k逆为逆反应速率常数)
反应达到平衡时v正＝v逆，此时：k正·ca(A)·cb(B)=k逆·cp(C)·cq(D)，即：
(2)Kp与k正、k逆的关系
以2NO2N2O4为例，v正＝k正·p2(NO2)，v逆＝k逆·p(N2O4)
反应达到平衡时v正＝v逆，此时：k正·p2(NO2)＝k逆·p(N2O4)＝＝Kp，即：Kp＝
2．可逆反应：a A（g）+b B（g）c C（g）+d D（g）
3．三种平衡常数表达式
（1）浓度平衡常数：Kc＝
（2）压强平衡常数：Kp＝
（3）物质的量分数平衡常数：Kx＝
【变式7-1】（23-24高三上·辽宁沈阳·阶段练习）在起始温度均为T℃．容积均为的密闭容器A（恒温）、B（绝热）中均加入和，发生反应 。已知：、分别是正、逆反应速率常数，，，A、B容器中的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A．曲线M、N的平衡常数大小为：
B．与浓度比为且保持不变，不能说明反应达到平衡状态
C．T℃时，
D．用CO的浓度变化表示曲线N在内的平均速率为
【变式7-2】（2024·山东淄博·二模）已知，该反应的，，、分别为正、逆反应速率常数。在一定压强下，按向密闭容器中投料，平衡时的体积分数、与温度T、w的关系如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A．，曲线n表示随温度的变化
B．在、，时，
C．一定温度下，该反应的随催化剂的不同而发生改变
D．相同温度下，平衡体系中大于的
1．（2024·广西·卷）573K、高压条件下，一定量的苯甲腈在密闭容器中发生连续水解：(苯甲腈)(苯甲酰胺)(苯甲酸)。如图为水解过程中上述三者(分别用表示)的物质的量分数随时间的变化曲线，其中。下列说法错误的是（ ）
A．水解产物除了还有
B．点时
C．在15min前基本不变，15min后明显增大，可能是水解产物对生成的反应有催化作用
D．任意25min时间段内存在
2．（2024·海南·卷）已知298K，101kPa时，。该反应在密闭的刚性容器中分别于T1、T2温度下进行，CO2的初始浓度为，关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A． T1＞T2
B．T1下反应达到平衡时
C．使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大
D．使用催化剂2和催化剂3的反应历程相同
3．（2024·贵州·卷）AgCN与可发生取代反应，反应过程中的C原子和N原子均可进攻，分别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(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。
由图示信息，下列说法错误的是（ ）
A．从生成和的反应都是放热反应
B．过渡态TS1是由的C原子进攻的而形成的
C．Ⅰ中“”之间的作用力比Ⅱ中“”之间的作用力弱
D．生成放热更多，低温时是主要产物
4．（2024·北京·卷）苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是（ ）
A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ
B．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物
C．由苯得到M时，苯中的大键没有变化
D．对于生成Y的反应，浓作催化剂
5．（2024·甘肃·卷）下列措施能降低化学反应速率的是（ ）
A．催化氧化氨制备硝酸时加入铂 B．中和滴定时，边滴边摇锥形瓶
C．锌粉和盐酸反应时加水稀释 D．石墨合成金刚石时增大压强
6．（2024·江苏·卷）催化剂能改变化学反应速率而不改变反应的焓变，常见催化剂有金属及其氧化物、酸和碱等。催化反应广泛存在，如豆科植物固氮、石墨制金刚石、和制(二甲醚)、催化氧化等。催化剂有选择性，如与反应用Ag催化生成(环氧乙烷)、用催化生成。催化作用能消除污染和影响环境，如汽车尾气处理、废水中电催化生成、氯自由基催化分解形成臭氧空洞。我国在石油催化领域领先世界，高效、经济、绿色是未来催化剂研究的发展方向。完成下列小题。
（1）下列说法正确的是（ ）
A．豆科植物固氮过程中，固氮酶能提高该反应的活化能
B．与反应中，Ag催化能提高生成的选择性
C．制反应中，能加快化学反应速率
D．与反应中，能减小该反应的焓变
7．（2024·安徽·卷）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
8．（2024·安徽·卷）某温度下，在密闭容器中充入一定量的，发生下列反应：，，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是（ ）
A． B． C．D．
8．（2024·吉林·卷）异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，时其制备过程及相关物质浓度随时间变化如图所示，后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是（ ）
A．时，反应②正、逆反应速率相等
B．该温度下的平衡常数：①>②
C．平均速率(异山梨醇)
D．反应②加入催化剂不改变其平衡转化率
9．（2023·辽宁·卷）一定条件下，酸性溶液与发生反应，(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A．(Ⅲ)不能氧化
B．随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
C．该条件下，(Ⅱ)和(Ⅶ)不能大量共存
D．总反应为：
10．（2023·江苏卷）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
11．（2023·广东卷）催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应。反应历程(下图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是（ ）
A．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行 B．反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大
C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡 D．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
12．（2023·浙江卷）一定条件下，苯基丙炔()可与发生催化加成，反应如下：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是（ ）
A．反应焓变：反应I>反应Ⅱ
B．反应活化能：反应I<反应Ⅱ
C．增加浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例
D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
13．（2023·湖南卷）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：
14．（2023·湖南卷）向一恒容密闭容器中加入和一定量的，发生反应：。的平衡转化率按不同投料比随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．
B．反应速率：
C．点a、b、c对应的平衡常数：
D．反应温度为，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态
15．（2023·全国卷）“肼合成酶”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼()，其反应历程如下所示。
下列说法错误的是（ ）
A．、和均为极性分子
B．反应涉及、键断裂和键生成
C．催化中心的被氧化为，后又被还原为
D．将替换为，反应可得
16．（2022·北京卷）CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。
下列说法不正确的是（ ）
A．反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2
B．t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2
C．t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率
D．t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
17．（2023·浙江卷）标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知和的相对能量为0]，下列说法不正确的是（ ）
A．
B．可计算键能为
C．相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅱ>历程Ⅰ
D．历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：
18．（2022·浙江卷）恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是（ ）
A．实验①，，
B．实验②，时处于平衡状态，
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
19．（2022·广东卷）在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则（ ）
A．无催化剂时，反应不能进行
B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D．使用催化剂Ⅰ时，内，
1．（24-25高三上·重庆·期末）甲醇(CH3OH)与CO催化制备乙酸(CH3COOH)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．该过程不涉及非极性键的形成
B．该反应中，H2O为催化剂，HI为中间产物
C．反应iii为该历程的决速步骤
D．总反应的热化学方程式为
2．（2024·陕西安康·模拟预测）哈尔滨工业大学教授研发了一种多功能金属光催化剂，实现了空气中的直接捕获和原位光-热协同催化转化产生CO、，部分工作机理如图所示(仅表示物种变化，不满足原子守恒)。下列说法错误的是（ ）
A．Pt参与活化，实现了的捕获
B．、浓度及催化剂表面积会影响反应速率
C．光催化剂降低了该反应的热效应和活化能
D．若生成，其总反应方程式为
3．（24-25高三上·天津·期末）可用作烟气中的脱硝剂。200℃时，某恒容密闭容器中存在反应：。其反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是
A．从反应过程看，是催化剂
B．决定总反应速率的是反应Ⅱ
C．反应Ⅱ的化学方程式为：
D．若反应是在恒温恒容密闭容器中进行，当容器内混合气体的密度恒定时反应达到平衡状态
4．（2025高三·全国·专题练习）已知某条件下反应的速率方程为，在钨表面分解的实验数据如表所示。
0 20 40 60 80 100
0.100 0.080 0.060 0.020 0
已知：①为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关。
②时，反应为0级反应，时，反应为1级反应，以此类推。可以为整数，也可以为分数。
③浓度消耗一半所用的时间叫半衰期。
下列说法错误的是（ ）
A．表格中
B．该反应为2级反应
C．该反应速率与的浓度无关，可能因为催化剂表面吸附的已达到饱和
D．保持其他条件不变，若起始浓度为，则半衰期为
5．（24-25高三上·山西·阶段练习）甲醛(HCHO)催化氧化历程如图所示(各物质均为气态，部分物种未标出)，下列叙述错误的是（ ）
A．总反应分4个基元反应 B．过渡态TS2的能垒最大
C．催化剂主要作用是降低TS3的能垒 D．总反应的正反应
6．（24-25高三上·安徽合肥·阶段练习）已知的速率方程为(k为速率常数，只与温度、催化剂有关)。实验测得，在催化剂X表而反应的变化数据如下：
0 10 20 30 40 50 60 70
0.100 0.080 0.040 0.020 0
下列说法正确的是（ ）
A．
B．时，
C．相同条件下，增大的浓度或催化剂X的表面积，都能加快反应速率
D．保持其他条件不变，若起始浓度为，当浓度减少至一半时共耗时
7．（2025·宁夏陕西·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，用于转化为单质S，提出的催化历程示意图如下。是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．使转化成，恢复催化剂活性
B．过程①和④均发生了非极性键的断裂
C．过程②和③均发生了氧化还原反应
D．理论上，每转化，转移的电子数目为
8．（2025·内蒙古·模拟预测）某离子液体的阴离子可以吸收，其可能的两种反应路径如下图所示。下列说法错误的是（ ）
A．两种路径的总反应相同 B．路径Ⅰ是主要的反应途径
C．该反应为放热反应 D．生成物中既含离子键又含共价键
9．（2025·四川·模拟预测）恒容反应器中，和均能催化反应：(羟基乙醛)，反应历程如图所示，为中间体，为过渡态。
下列描述正确的是（ ）
A．“插入”步骤，为
B．催化作用下，“加氢”步骤为决速步骤
C．催化作用下，羟基乙醛的生成速率更小
D．反应达平衡时，升高温度，羟基乙醛的浓度增大专题10 反应微观机理分析 速率方程及其应用
目录
1
【考向一】基元反应及其反应机理分析 1
【考向二】能垒图、过渡态理论及其反应机理分析 4
【考向三】催化剂、活化能及其反应机理 9
【考向四】循环反应机理图像分析 13
【考向五】速率方程与速率常数的有关计算 17
【考向六】外界条件对速率与速率常数的影响 21
【考向七】速率常数与平衡常数的转化 24
28
【考向一】基元反应及其反应机理分析
【典例1】（24-25高三上·广东·期中）CO和N2O在Fe+作用下转化为N2和CO2，反应的能量变化及反应历程如图所示，两步基元反应：① K1，② K2。下列说法不正确的是（ ）
A．该反应ΔH<0
B．两步反应中，决定总反应速率的是反应①
C．升高温度，可提高N2O的平衡转化率
D．增大了活化分子百分数，加快了化学反应速率，但不改变反应的ΔH
答案：C
解析：A．如图能量变化可知，生成物的总能量低于反应物的总能量，该反应为放热反应，该反应ΔH<0，A项正确；
B．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应速率慢的基元反应决定，而反应速率的快慢受活化能大小的影响，活化能越大，反应速率越慢，由图可知反应①的活化能大于反应②的活化能，因此反应①决定总反应速率，B项正确；
C．该反应是放热反应，升高温度，反应逆向进行，N2O的平衡转化率降低，C项错误；
D．Fe+为反应的催化剂，增大了活化分子百分数，加快反应速率，但不改变反应的ΔH，D项正确；
故选：C。
1.基元反应：
大多数的化学反应不能一步完成，在微观上是分几步完成的，这每一步反应都叫一个基元反应
如：反应H2O2＋2Br－＋2H＋===Br2＋2H2O，通过大量实验提出它们微观过程如下：
①H＋＋H2O2H3O
②H3O＋Br－===H2O＋HOBr
③HOBr＋H＋＋Br－===H2O＋Br2
2．反应历程：
由基元反应构成的反应序列，又称反应机理。
（1）总反应：2NO+2H2N2+2H2O
（2）反应历程
①2NO+H2N2O+H2O（慢）
②2N2O2N2+O2（快）
③2H2+O22H2O（更快）
（3）决速反应：在反应历程中，反应速率最慢的基元反应
（4）决速浓度：最慢反应中反应物的浓度决定总反应的反应速率
（5）特点：
a．不同的化学反应，反应历程不同。
b．同一反应在不同条件下的反应历程也可能不同。
c．反应历程的差别造成了化学反应速率的快慢差异。
d．对于由多个基元反应组成的化学反应，其反应的快慢由最慢的一步基元反应决定。
【变式1-1】（2024·浙江金华·三模）已知基元反应的速率符合质量作用定律，如基元反应，(k为速率常数)。卤代烃RX发生水解反应有两种历程，能量变化如下图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．若RX的水解速率，则反应按历程1进行
B．调节NaOH浓度，观察分层现象消失的用时变化，可确定RX的水解历程
C．相同条件下，按反应历程2，碘代烷水解速率要快于氯代烷
D．取水解液，加溶液，根据沉淀颜色可判断卤代烃RX中的卤素原子
答案：D
解析：A．基元反应的速率符合质量作用定律，若RX的水解速率，即反应为基元反应，图中历程1为基元反应，故A正确；
B．分层现象消失即水解完毕，观察分层现象消失的用时变化，可确定化学反应的速率，从而确定RX的水解历程，故B正确；
C．原子半径I大于Cl，即键长C-I大于C-Cl，C-Cl键能更大，即相同条件下，按反应历程2，碘代烷水解速率要快于氯代烷，故C正确；
D．取水解液，加入稀硝酸酸化，中和掉OH-，再加溶液，根据沉淀颜色可判断卤代烃RX中的卤素原子，故D错误；
故选D。
【变式1-2】（24-25高三上·河南·阶段练习）反应在不同催化剂作用下的反应历程如图所示，它们都分两个基元反应进行且反应中各物质的化学计量数均为1。下列叙述错误的是（ ）
A．不同催化剂不改变反应的焓变
B．能垒：①<③，②>④
C．四个基元反应的都小于0
D．其他条件相同，反应相同时间(未达平衡)：
答案：D
解析：A．不同催化剂不改变反应的焓变，只改变反应速率， A正确；
B．由图可知，能垒①<③，②>④，B正确；
C．由图可知，四个基元反应中，反应物总能量均大于生成物总能量，都小于0，C正确；
D．一般情况下，能垒越小，化学反应速率越快。对比Cat1和Cat2的对应历程，可知能垒：①＜②、③＞④，相比于W(g)来说，T(g)的生成速率大消耗速率小，则反应相同时间(未达平衡)：c(T)＞c(W)；，D错误；
故选D。
【考向二】能垒图、过渡态理论及其反应机理分析
【典例2】（2024·甘肃·卷）甲烷在某含催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示，下列说法错误的是（ ）
A． B．步骤2逆向反应的
C．步骤1的反应比步骤2快 D．该过程实现了甲烷的氧化
答案：C
解析：A．由能量变化图可知，，A项正确；
B．由能量变化图可知，步骤2逆向反应的，B项正确；
C．由能量变化图可知，步骤1的活化能，步骤2的活化能，步骤1的活化能大于步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢，C项错误；
D．该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷的氧化，D项正确；
故选C。
1.过渡态理论
过渡态理论认为，反应物分子并不只是通过简单碰撞直接形成产物，而是必须经过一个形成活化络合物的过渡状态，并且达到这个过渡状态需要一定的活化能，再转化成生成物。这与爬山类似，山的最高点便是过渡态。
2.基元反应过渡状态理论
(1)基元反应过渡状态理论认为，基元反应在从反应物到产物的变化过程中要经历一个中间状态，这个状态称为过渡态
AB＋C―→[A…B…C]―→A＋BC
反应物 过渡态 产物
(2)过渡态是处在反应过程中具有最高能量的一种分子构型，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于活化能。如：一溴甲烷与NaOH溶液反应的历程可以表示为：
CH3Br＋OH－―→[Br…CH3…OH]―→Br－＋CH3OH
反应物 过渡态 产物
3.多步反应的活化能及与速率的关系
(1)多步反应的活化能：一个化学反应由几个基元反应完成，每一个基元反应都经历一个过渡态，及达到该过渡态所需要的活化能(如图E1、E2)，而该复合反应的活化能只是由实验测算的表观值，没有实际物理意义。
(2)活化能和速率的关系：基元反应的活化能越大，反应物到达过渡态就越不容易，该基元反应的速率就越慢。一个化学反应的速率就取决于速率最慢的基元反应。
（3）能垒（活化能）：即反应物状态达到活化状态所需能量。根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：其最大能垒（活化能）
(4)在钯基催化剂表面上，甲醇制氢（）的反应历程如下图所示，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注．
该历程中最大能垒（活化能）179.6,该步骤的基元反应方程式为
（5）曲线上的峰
①峰的个数表示中间反应的个数，不一定表示中间产物的种类
②峰谷
a.峰前的峰谷：表示该中间反应反应物的能量
b.峰后的峰谷：表示该中间反应生成物的能量
4.三步突破能量变化能垒图
三步突破能量变化能垒图
第1步 通览全图，理清坐标的含义。能量变化的能垒图的横坐标一般表示反应的历程，横坐标的不同阶段表示一个完整反应的不同阶段。纵坐标表示能量的变化，不同阶段的最大能垒即该反应的活化能
第2步 细看变化，分析各段反应。仔细观察曲线(直线)的变化趋势，分析每一阶段发生的反应是什么，各段反应是放热还是吸热，能量升高的为吸热，能量下降的为放热
第3步 综合分析，做出合理判断。综合整合各项信息，回扣题目要求，做出合理判断。如利用盖斯定律将各步反应相加，即得到完整反应；催化剂只改变反应的活化能，但不改变反应的反应热，也不会改变反应的转化律
【变式2-1】（2024·安徽滁州·二模）已知催化反应历程如下图所示，催化历程中有参与。下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A．步骤①的速率常数大于步骤②
B．反应历程中存在非极性键的断裂和形成
C．催化历程中，仅氧元素的化合价未发生变化
D．步骤②的热化学方程为：
答案：B
解析：A．由图知，第一步的活化能大于第二步的活化能，故第一步的速率小于第二步，因此步骤①的速率常数小于步骤②，A错误；
B．反应历程中，由O-O键断裂和I-I键的形成，B正确；
C．由于中存在一个过氧键，S的化合价为+6价，催化历程仅硫元素的化合价未发生变化，C错误；
D．由图知，步骤②为放热反应，故热化学方程为： ，D错误；
故选B。
【变式2-2】（2024·北京·卷）苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是
A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ
B．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物
C．由苯得到M时，苯中的大键没有变化
D．对于生成Y的反应，浓作催化剂
答案：C
解析：A．生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，以上2个角度均有利于产物Ⅱ，故A正确；
B．根据前后结构对照，X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物，故B正确；
C．M的六元环中与相连的C为杂化，苯中大键发生改变，故C错误；
D．苯的硝化反应中浓作催化剂，故D正确；
故选C。
【考向三】催化剂、活化能及其反应机理
【典例3】（2024·北京·卷）可采用催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。
下列说法不正确的是
A．Y为反应物，W为生成物
B．反应制得，须投入
C．升高反应温度，被氧化制的反应平衡常数减小
D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应
答案：B
解析：由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O；CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是、、、。
A．由分析可知，Y为反应物，W为生成物，A正确；
B．在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误；
C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确；
D．图中涉及的两个氧化还原反应是和，D正确；
故选B。
1.催化剂：存在少量就能显著改变反应速率，反应结束时，其自身的质量、组成和化学性质基本不变的物质。
2.催化特点 ：
①高效性，可以大大地加快反应速率。②选择性，反应不同，催化剂不同。③同等程度地加快正、逆反应的速率。④不能改变反应的可能性和平衡常数。
3.催化剂的催化机理：
催化剂的催化过程一般是催化剂跟其中的一种反应物首先发生反应，生成过渡物，然后再跟另外的反应物反应，生成产物，同时催化剂重新生成。催化剂生成的过渡物比没有催化剂生成的过渡物的能量要低，因而使反应更加容易发生和进行。这就是改变了其反应历程。
即催化剂参与化学反应，生成能量更低的中间产物，降低了达到过渡态所需要的活化能，使反应易于发生，速率加快。这就是我们经常说的催化剂改变反应途径，降低反应的活化能。
4.催化剂与活化能 、 焓变
催化剂能降低反应所需活化能，化学反应速率加快，但不影响焓变 H的大小，不影响平衡。
5.活化能
（1）正反应的活化能：反应物到最高点的能量差Ea正＝E1kJ·mol－1
（2）逆反应的活化能：生成物到最高点的能量差Ea逆＝E2kJ·mol－1
（3）活化能和反应热的关系
①放热反应：Ea正＜Ea逆
②吸热反应：Ea正＞Ea逆
（4）活化能和反应速率的关系
①关系：活化能越大，反应速率越慢
②决速反应：活化能最大的反应或速率最慢的反应
③决速浓度：最慢反应中反应物的浓度决定总反应的反应速率
(3)催化反应一般过程(简化的过程)：
①反应物扩散到催化剂表面；
②反应物被吸附在催化剂表面；
③被吸附的反应物发生化学反应生成产物；
④产物的解吸。
【变式3-1】（2024·广东·卷）对反应(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小
。基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，------为有催化剂)为（ ）
A． B． C． D．
答案：A
解析：提高反应温度，增大，说明反应的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D选项，加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A，故A正确，
故选A。
【变式3-2】（24-25高三上·贵州·阶段练习）PtNiFe-LDHGO催化甲醛氧化的反应机理如图。下列说法不正确的是（ ）
A．步骤Ⅰ中甲醛通过氢键吸附在催化剂表面的—OH上
B．上述反应机理涉及非极性键的断裂与形成
C．该过程的总反应为
D．PtNiFe-LDHGO降低了该反应的活化能
答案：B
解析：A．根据图分析步骤Ⅰ中甲醛的氧与催化剂表面—OH的氢通过氢键吸附在催化剂表面的—OH上，A正确；
B．上述反应机理涉及氧氧非极性键的断裂，但没有涉及非极性键的形成，B错误；
C．根据图的反应机理所示：该反应由甲醛被氧化为，该总反应为HCHO+O2=CO2+H2O，C正确；
D．PtNiFe—LDHGO催化甲醛氧化，加快反应速率，降低了该反应的活化能，D正确；
故选：B。
【考向四】循环反应机理图像分析
【典例4】（2025·贵州毕节·一模）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。下列说法正确的是（ ）
A．M中Ru的化合价为+3
B．该过程没有非极性键的形成
C．该过程的总反应式：
D．被氧化至后，配体失去质子能力减弱
答案：C
解析：A．(II)催化剂中Ru的化合价为+2，失去1个电子，生成，Ru的化合价变为+3，失去1个质子后变为，相应的电荷数减1，此时Ru的化合价还是+3价，中N原子有1个孤电子对，变为M，N原子的孤电子对拆为2个单电子并转移为Ru一个电子，所以M中Ru显+2价，故A错误；
B．该过程有非极性键N-N键的形成，故B错误；
C．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，故C正确；
D．(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，故D错误；
选C。
1．循环流程中物质的判断
（1）有进有出的物质参与反应，常作催化剂；
（2）只进不出的为反应物、原料；
（3）不进只出的物质为生成物、产品。
2．催化工艺的三种形式
（1）直接型
（2）微观型
（3）循环型
①反应物：A和F
②生成物：B和E
③催化剂：C或D，中间产物D或C
3．循环转化机理图像的解读
图像 解读
对于“环式”反应过程图像，位于“环上”的物质一般是催化剂或中间体，如⑤、⑥、⑦和⑧，“入环”的物质为反应物，如①和④，“出环”的物质为生成物，如②和③
【变式4-1】（24-25高三上·江西·期末）CO2在温和条件下转化为甲醇的一种反应历程如下图，In2O3为该反应的催化剂。下列说法正确的是
A．该历程中存在着极性键与非极性键的断裂与形成
B．碳原子的杂化方式未发生改变
C．In2O3降低了该反应的 H
D．若参与反应的二氧化碳分子为C18O2，则生成物甲醇的化学式为CH318OH
答案：D
解析：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)的形成，则存在着极性键与非极性键的断裂和极性键的形成，但不存在非极性键的形成，A不正确；
B．在CO2分子中，中心碳原子的价层电子对数为=2，发生sp杂化，在CH3OH分子中，C的价层电子对数为=4，发生sp3杂化，则碳原子的杂化方式发生了改变，B不正确；
C．In2O3为该反应的催化剂，只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 H，C不正确；
D．从图中可以看出，生成CH3OH(g)时，CO2分子中有1个O原子进入甲醇分子内，若参与反应的二氧化碳分子为C18O2，则生成物甲醇的化学式为CH318OH，D正确；
故选D。
【变式4-2】（2024·四川绵阳·三模）我国科学家利用经表面修饰的作催化剂，显著提升了光电催化水氧化反应速度。光照时，光催化电极产生电子和空穴，其反应历程如图所示。下列关于该历程的说法错误的是（ ）
A．I转化为II时，生成的物质为 B．III是II转化为IV过程中生成的中间体
C．存在极性键的断裂和非极性键的形成 D．反应历程中元素的化合价未发生变化
答案：D
解析：A．对比I、II的结构，II比I少两个氢，正好与水电离出的两个氢氧根结合，生成X为水，A正确；
B．由II转化为IV过程中有III生成并最终转化为IV，说明III是II转化为IV过程中生成的中间体，B正确；
C．I转化为II有氢氧键的断裂，是极性键的断裂，II转化为IV的过程中间体III有过氧键形成，是氧原子间形成的非极性键，C正确；
D．I和II相比，II比I少两个氢，氧的数目和其它结构不变，说明II中的铁元素化合价更高，D错误；
本题选D。
【考向五】速率方程与速率常数的有关计算
【典例5】（24-25高三上·江西南昌·期中）向某恒容密闭容器中充入等物质的量的PCl3(g)和Cl2(g)，发生如下反应：PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g)，测得不同温度下PCl3(g)的转化率α与时间的关系如图所示。其速率方程为v正=k正·c(PCl3)·c(Cl2)，v逆=k逆·c(PCl5)(k正、k逆是速率常数，只与温度有关)。
下列说法错误的是（ ）
A．该反应的ΔH<0
B．M点：>
C．升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数
D．T1时，若平衡体系中c(Cl2)=0.25 mol·L-1，则=1/16
答案：D
解析：A．在其它条件相同时，温度越高，反应速率越快，达到平衡所需时间就越短。由图可知，温度：T2＞T1，根据图：升高温度，PCl3的平衡转化率降低，说明化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，ΔH＜0，A正确；
B．根据图可知：在M点反应还未达到平衡状态，反应正向进行，v正＞v逆，即k正·c(PCl3)·c(Cl2)>k逆·c(PCl5)，得>，B正确；
C．据A分析：该反应的正反应是放热反应，在其它条件不变时，升高温度，化学平衡逆向移动，说明k正增大的倍数小于k逆增大的倍数，C正确；
D．T1时，平衡时v正=k正·c(PCl3)·c(Cl2)=v逆=k逆·c(PCl5)，则，若平衡体系中c(Cl2)=0.25 mol·L-1，假设投料PCl3(g)和Cl2(g)均为amol/L，此时PCl3(g)转化率为80%，则反应0.8amol/L PCl3(g)、生成0.8amol/LPCl5(g)，则，D错误；
故选D。
1、速率常数
(1)含义：速率常数(k)是指在给定温度下，反应物浓度皆为1 mol·L－1时的反应速率。在相同的浓度条件下，可用速率常数大小来比较化学反应的反应速率
(2)速率常数的影响因素：与浓度无关，但受温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响，但温度对化学反应速率的影响是显著的，速率常数是温度的函数，同一反应，温度不同，速率常数将有不同的值。通常反应速率常数越大，反应进行得越快。不同反应有不同的速率常数
2、速率方程：
(1)定义：一定温度下，化学反应速率与反应物浓度以其计量数为指数的幂的乘积成正比
(2)表达式：对于反应：aA＋bB==pC＋qD，则v＝kca(A)·cb(B) (其中k为速率常数)
如：①SO2Cl2SO2＋Cl2 v＝k1c(SO2Cl2)
②2NO22NO＋O2 v＝k2c2(NO2)
③2H2＋2NON2＋2H2O v＝k3c2(H2)·c2(NO)
例如：基元反应 CO+NO2=CO2+NO
V正 =k正c(CO) c(NO2)
V逆 =K逆c(CO2) c(NO)
其中 K正称为正向反应速率常数，K逆称为逆向反应速率常数， c(CO) 、c(NO2) 、 c(CO2)、 c(NO) 为浓度
V正， V逆为化学反应的瞬时速率。
适用范围： ①基元反应；② 对于非基元反应，其速率方程的浓度的次方与反应方程的计量数无确定关系，需要由实验测得。
【变式5-1】（23-24高三上·山东潍坊·阶段练习）用处理烟气中NO时发生反应。向容积为2L的密闭容器中充入0.4molNO，，测得不同温度下NO的体积分数随时间的变化如图所示。已知，，、为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是（ ）
A．高温有利于提高容器中NO的平衡转化率
B．时，内的平均速率
C．M点，
D．时，若向2L密闭容器中充入0.6molNO，，达平衡时小于原平衡时
答案：C
解析：A．温度下先达到化学平衡，故温度高，由于温度下的NO的体积分数大，说明升高温度，平衡逆向移动，故该反应的正反应为放热反应，高温不利于提高NO的平衡转化率，A错误；
B．由反应方程式可知，反应前后体系中气体的总物质的量不变，则时，NO减小的物质的量为，所以， B错误；
C．M点对应的时刻为，可列出从0到的三段式：
M点NO的体积分数为0.1，=0.1，解得x=0.3，由于未达平衡，则，则，C正确；
D．原平衡是向2L的密闭容器中充入0.4molNO，达到的平衡状态，由于NO和按1:1的比例反应，若向2L密闭容器中充入0.6molNO，，达平衡时的产率相同，也等于原平衡时的，D错误；
故选C。
【变式5-2】（24-25高三上·辽宁·期末）在恒温恒容的密闭容器中充入一定量，发生如下反应：
反应②和③的速率方程分别为和，其中分别为反应②和③的速率常数，反应③的活化能远大于反应②，测得随时间的变化如下表：
0 1 2 3 4 5
0.160 0.113 0.080 0.056 0.040 0.028
下列说法错误的是（ ）
A．内，的平均反应速率为
B．若，平衡时
C．其他条件不变，若升高温度，平衡时减小
D．其他条件不变，若增大的用量，平衡时的转化率减小
答案：D
解析：A．由表格数据可知，2min时W的浓度为0.080mol/L，则0 2min内，用W表示的平均反应速率为=0.040 mol/(L·min)，不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，故用表示的平均反应速率为，A正确；
B．由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：=，若，则平衡时X和Z的浓度关系为，B正确；
C．反应③的活化能大于反应②， H=正反应活化能-逆反应活化能<0，说明X转化为Z的反应为放热反应，升高温度，反应②平衡向逆反应方向移动，平衡时Z的浓度减小，C正确；
D．过程①是完全反应，过程②是可逆反应，其他条件不变，若增大的用量，生成的X量增多，相当于增大了体系的压强，但反应②为气体分子数不变的反应，改变压强对平衡无影响，故平衡时的转化率不变，D错误；
答案选D。
【考向六】外界条件对速率与速率常数的影响
【典例6】（2023上·河北衡水·高三衡水市第二中学校考）（2024·黑龙江大庆·三模）在两个相同恒温()恒容密闭容器中仅发生反应： 。实验测得：；；、为速率常数，受温度影响。下列说法错误的是（ ）
容器编号 物质的起始浓度() 物质的平衡浓度()
Ⅰ 4 0 0 1
Ⅱ 1 2 0.5
A．平衡时容器1中再充入一定量的，体积分数增大
B．若将容器1改为恒容绝热条件，平衡时
C．反应刚开始时容器Ⅱ中的
D．当温度改变为时，若，则
答案：A
解析：A．平衡时容器1中再充入一定量的，相当于增大压强，平衡逆向移动，体积分数减小，A错误；
B．该反应为吸热反应，若将容器1改为恒容绝热条件，反应过程中容器的温度降低，平衡逆向移动，平衡时，B正确；
C．容器Ⅰ平衡时，=1mol/L，=4mol/L，=2mol/L，平衡常数K==64，容器Ⅱ开始时Qc==8D．时K=64；根据、，可知K=，当温度改变为时，若，即K=1，正反应吸热，则，故D正确；
故选A。
1．浓度对反应速率的影响
（1）经验规律：浓度越大，反应速率越快
（2）特殊规律：根据反应速率方程表达式分析。如速率方程为v＝kc2（A）c0（B）c－1（C）
①增大c（A），反应速率加快
②增大c（B），反应速率不变
③增大c（C），反应速率减慢
2．若给定几组数据，则必须根据数据分析速率和浓度间的关系，确定浓度对速率的影响。
3．影响化学速率常数k的因素
（1）内因：反应的活化能越小，反应进行得越快，速率常数k越大
（2）外因：与浓度和压强无关
①温度：温度越高，反应速率越快，速率常数k越大
②催化剂：加入催化剂，反应速率加快，速率常数k变大
③固体表面性质：增大固体表面积，反应速率加快，速率常数k变大
4．影响化学平衡常数K的因素
（1）内因：化学反应本身的性质
（2）外因：只与温度有关
①升高温度，吸热反应的平衡常数变大，放热反应的平衡常数变小
②降低温度，吸热反应的平衡常数变小，放热反应的平衡常数变大
【变式6-1】（2024高三·全国·专题练习）向某恒容密闭容器中充入等物质的量的PCl3(g)和Cl2(g)，发生如下反应：PCl3(g)+Cl2(g) PCl5(g)，测得不同温度下PCl3(g)的转化率α与时间的关系如图所示。其速率方程为v正=k正·c(PCl3)·c(Cl2)，v逆=k逆·c(PCl5)(k正、k逆是速率常数，只与温度有关)。下列说法错误的是（ ）
A．该反应的ΔH＜0
B．M点：＞
C．升高温度，k正增大的倍数大于k逆增大的倍数
D．T1时，若平衡体系中c(Cl2)=0.25 mol·L-1，则=16
答案：C
解析：A．在其它条件相同时，温度越高，反应速率越快，达到平衡所需时间就越短。由图示可知，温度：T2＞T1，根据图象可知：升高温度，PCl3的平衡转化率降低，说明化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，ΔH＜0，A正确；
B．根据图象可知：在M点反应还未达到平衡状态，反应正向进行，v正＞v逆，即k正·c(PCl3)·c(Cl2)＞k逆·c(PCl5)，将该式子进行变形，可得＞，B正确；
C．根据选项A分析可知：该反应的正反应是放热反应，在其它条件不变时，升高温度，化学平衡逆向移动，说明速率常数k逆增大倍数大于k正增大倍数，C错误；
D．根据图象可知：在温度为T1时，PCl3平衡转化率为80%，若平衡时c(Cl2)=0.25 mol·L-1，设氯气与PCl3起始物质的量为y mol，体积为1 L，利用“三段式”可求：
PCl3(g)＋Cl2(g)PCl5(g)
起始浓度/(mol·L－1) y y 0
变化浓度/(mol·L－1) 0.8 y 0.8y 0.8y
平衡浓度/(mol·L－1) 0.2 y 0.25 0.8 y
则0.2y=0.25，===16，D正确。
故合理选项是C。
【变式6-2】（2024·湖南长沙·三模）已知：的正反应速率可表示为(为正反应速率常数)，该反应平衡常数的对数与温度的倒数的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．增大NO浓度可提高活化分子百分比
B．使用催化剂不会影响正反应速率常数
C．建立平衡后，压缩体积平衡正向移动但平衡常数K不变
D．升高温度可提高NO的平衡转化率
答案：C
解析：A．增大反应物浓度可提高单位体积内活化分子数，但不能改变活化分子百分比，A错误；
B．使用催化剂会加快反应速率，从速率方程上看是通过对速率常数k的影响来实现的，B错误；
C．因为反应正方向为气体分子数减小的反应，建立平衡后，压缩体积平衡正向移动但平衡常数K不变，因为K仅与温度有关，C正确；
D．根据图像分析lg K随温度升高而减小，说明正反应放热，所以升高温度NO的平衡转化率减小，D错误；
故选C。
【考向七】速率常数与平衡常数的转化
【典例7】（24-25高三上·河北沧州·阶段练习）在某恒温条件下，在三个容积均为的刚性密闭容器中，均发生反应。已知：，，为速率常数，受温度影响。三个容器中的起始浓度如下，下列说法错误的是（ ）
容器编号 物质的起始浓度 物质的平衡浓度
I 0.6 0 0 0.2
Ⅱ 0.3 0.5 0.2
Ⅲ 0 0.5 0.35
A．设K为该反应的化学平衡常数，则有
B．若升高温度，设，则a值将大于0.8
C．容器Ⅱ中起始时化学反应正向进行，达平衡时，容器Ⅱ与容器Ⅲ中的总压强之比小于
D．在容器Ⅲ中，当消耗等于消耗时反应必定达到化学平衡状态
答案：C
解析：根据反应方程式和容器Ⅰ中O2的平衡浓度可知，容器Ⅰ中平衡时，c(NO)=0.4mol/L，c(NO2)=0.2 mol/L，则该温度下，该反应的平衡常数；
A．平衡时，正、逆反应速率相等，则有=，所以，A正确；
B．结合分析，，反应为吸热反应，升温平衡正向移动，K值增大，则a值将大于0.8，B正确；
C．容器Ⅱ中的浓度商为0.56小于0.8，所以化学反应正向进行，反应为气体分子增大的反应，正向进行气体物质的量增加，容器Ⅱ压强增大，而容器Ⅲ中反应逆向进行，气体物质的量减小，压强减小，所以达到平衡时，压强之比大于1.0:0.85=，C错误；
D．反应速率比等于化学计量数比，在容器Ⅲ中，当消耗等于消耗时，正逆反应速率相等，则反应必定达到化学平衡状态，D正确；
故选C。
1、正、逆反应的速率常数与平衡常数的关系
(1)K与k正、k逆的关系
对于反应：aA(g)＋bB(g)pC(g)＋qD(g)，
则：v正＝k正·ca(A)·cb(B) (k正为正反应速率常数)
v逆＝k逆·cp(C)·cq(D) (k逆为逆反应速率常数)
反应达到平衡时v正＝v逆，此时：k正·ca(A)·cb(B)=k逆·cp(C)·cq(D)，即：
(2)Kp与k正、k逆的关系
以2NO2N2O4为例，v正＝k正·p2(NO2)，v逆＝k逆·p(N2O4)
反应达到平衡时v正＝v逆，此时：k正·p2(NO2)＝k逆·p(N2O4)＝＝Kp，即：Kp＝
2．可逆反应：a A（g）+b B（g）c C（g）+d D（g）
3．三种平衡常数表达式
（1）浓度平衡常数：Kc＝
（2）压强平衡常数：Kp＝
（3）物质的量分数平衡常数：Kx＝
【变式7-1】（23-24高三上·辽宁沈阳·阶段练习）在起始温度均为T℃．容积均为的密闭容器A（恒温）、B（绝热）中均加入和，发生反应 。已知：、分别是正、逆反应速率常数，，，A、B容器中的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A．曲线M、N的平衡常数大小为：
B．与浓度比为且保持不变，不能说明反应达到平衡状态
C．T℃时，
D．用CO的浓度变化表示曲线N在内的平均速率为
答案：C
解析：A为恒温容器，反应放热，B为绝热容器，体系温度升高，反应速率快，且升温，平衡逆向移动，N2O的转化率减小，故M曲线表示B容器中N2O的转化率随时间的变化关系，N曲线表示A容器中N2O的转化率随时间的变化关系。
A．反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，N温度低于M，故，故A正确；
B．N2与CO2浓度比为1：1时，无法判断正逆反应速率是否相等，故无法判断反应达到平衡状态，故B正确；
C．PN曲线表示A容器中N2O的转化率随时间的变化关系，T℃时，反应达到平衡状态时N2O的转化率为25%，N2O的反应量为1mol×25%=0.25mol，平衡时N2O的物质的量为0.75mol，CO的物质的量为4mol-0.25mol=3.75mol，氮气和的CO2物质的量均为0.25mol，此时平衡常数K=，达到平衡状态时v正=v逆，故k正 c(N2O) c(CO)=k逆 c(N2) c(CO2)，故，k逆=45k正，故C错误；
D．用CO的浓度变化表示曲线N在0～100s内的平均速率v(CO)=v(N2O)= =1×10-4mol/(L s)，故D正确；
故选C。
【变式7-2】（2024·山东淄博·二模）已知，该反应的，，、分别为正、逆反应速率常数。在一定压强下，按向密闭容器中投料，平衡时的体积分数、与温度T、w的关系如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A．，曲线n表示随温度的变化
B．在、，时，
C．一定温度下，该反应的随催化剂的不同而发生改变
D．相同温度下，平衡体系中大于的
答案：A
解析：A．由图可知，当w一定时，温度升高，丙烯的体积分数增大，说明该反应正向为放热反应，则升温时，反应逆向进行，增大的程度大于，表示的值应该更小，所以曲线n表示随温度变化的曲线，A 正确；
B．反应为气体分子数不变的反应，在、，假设、投料均为1mol，平衡时，则平衡时为2mol×25%=0.5mol，则反应1mol-0.5mol=0.5mol，平衡时、、、均为0.5mol，反应平衡常数；当，则此时为2mol×20%=0.4mol，则反应1mol-0.4mol=0.6mol，此时时、、、分别为0.4mol、0.4mol、0.6mol、0.6mol，，B错误；
C．结合B分析，一定温度下，该反应的=K，平衡常数不随催化剂的不同而发生改变，C错误；
D．相同温度下，增大氯气的量，w值增大，平衡正向移动，丙烯的体积分数减小，但由于氯气增多，平衡体系中的体积分数小于的，D错误；
故选A。
1．（2024·广西·卷）573K、高压条件下，一定量的苯甲腈在密闭容器中发生连续水解：(苯甲腈)(苯甲酰胺)(苯甲酸)。如图为水解过程中上述三者(分别用表示)的物质的量分数随时间的变化曲线，其中。下列说法错误的是（ ）
A．水解产物除了还有
B．点时
C．在15min前基本不变，15min后明显增大，可能是水解产物对生成的反应有催化作用
D．任意25min时间段内存在
答案：D
解析：A．苯甲腈在溶液中发生连续水解：，,有NH3生成，A正确；
B．a点之前x(Y)逐渐增大，；a点之后，x(Y)逐渐减小，a点是Y物质的最大值，则生成和消耗的速率相等。即，B正确；
C．在15min前基本不变，15min后明显增大，在没有另加物质、没有改变反应条件的情况下，可能是水解产物对生成的反应有催化作用，C正确；
D．根据图像所示，反应的前期应该有，a点之后，由于明显减小，显著增大，三者的速率关系不再满足，D错误；
故选D。
2．（2024·海南·卷）已知298K，101kPa时，。该反应在密闭的刚性容器中分别于T1、T2温度下进行，CO2的初始浓度为，关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A． T1＞T2
B．T1下反应达到平衡时
C．使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大
D．使用催化剂2和催化剂3的反应历程相同
答案：D
解析：A．平衡时CO2的浓度T1温度下比T2温度下的大，即T1到T2平衡正向移动，而结合题干方程式可知，该反应正反应是一个放热反应，即降低温度平衡才是正向移动，即T1＞T2，A正确；
B．T1温度下达到平衡时CO2的浓度为0.25mol/L，即CO2的浓度改变量为：0.40mol/L-0.25mol/L=0.15mol，结合变化量之比等于化学计量系数之比可知，T1下反应达到平衡时，B正确；
C．在温度均为T1时，使用催化剂1达到平衡所需要的时间比催化剂2更长即催化剂1时的反应速率比催化剂2的更慢，说明使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大，C正确；
D．催化剂2和催化剂3分别在不同温度下达到平衡所需要的时间是相同的，但温度不同，反应速率也不同，说明催化剂2和催化剂3的反应历程不相同，才能保证在不同温度下达到相同的平衡时间，D错误；
故选D。
3．（2024·贵州·卷）AgCN与可发生取代反应，反应过程中的C原子和N原子均可进攻，分别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(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。
由图示信息，下列说法错误的是（ ）
A．从生成和的反应都是放热反应
B．过渡态TS1是由的C原子进攻的而形成的
C．Ⅰ中“”之间的作用力比Ⅱ中“”之间的作用力弱
D．生成放热更多，低温时是主要产物
答案：D
解析：A．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，故从生成和的反应都是放热反应，A项正确；
B．与Br原子相连的C原子为，由反应历程及能量变化图可知，过渡态TS1是由CN-的C原子进攻的，形成碳碳键，B项正确；
C．由反应历程及能量变化图可知，后续物Ⅰ、Ⅱ转化为产物，分别断开的是和，且后者吸收更多的能量，故Ⅰ中“”之间的作用力比Ⅱ中“”之间的作用力弱，C项正确；
D．由于生成所需要的活化能高，反应速率慢，故低温时更容易生成，为主要产物，D项错误；
故选D。
4．（2024·北京·卷）苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是（ ）
A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ
B．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物
C．由苯得到M时，苯中的大键没有变化
D．对于生成Y的反应，浓作催化剂
答案：C
解析：A．生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，以上2个角度均有利于产物Ⅱ，故A正确；
B．根据前后结构对照，X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物，故B正确；
C．M的六元环中与相连的C为杂化，苯中大键发生改变，故C错误；
D．苯的硝化反应中浓作催化剂，故D正确；
故选C。
5．（2024·甘肃·卷）下列措施能降低化学反应速率的是（ ）
A．催化氧化氨制备硝酸时加入铂 B．中和滴定时，边滴边摇锥形瓶
C．锌粉和盐酸反应时加水稀释 D．石墨合成金刚石时增大压强
答案：C
解析：A．催化剂可以改变化学反应速率，一般来说，催化剂可以用来加快化学反应速率，故催化氧化氨制备硝酸时加入铂可以加快化学反应速率，A项不符合题意；
B．中和滴定时，边滴边摇锥形瓶，可以让反应物快速接触，可以加快化学反应速率，B项不符合题意；
C．锌粉和盐酸反应时加水稀释会降低盐酸的浓度，会降低化学反应速率，C项符合题意；
D．石墨合成金刚石，该反应中没有气体参与，增大压强不会改变化学反应速率，D项不符合题意；
故选C。
6．（2024·江苏·卷）催化剂能改变化学反应速率而不改变反应的焓变，常见催化剂有金属及其氧化物、酸和碱等。催化反应广泛存在，如豆科植物固氮、石墨制金刚石、和制(二甲醚)、催化氧化等。催化剂有选择性，如与反应用Ag催化生成(环氧乙烷)、用催化生成。催化作用能消除污染和影响环境，如汽车尾气处理、废水中电催化生成、氯自由基催化分解形成臭氧空洞。我国在石油催化领域领先世界，高效、经济、绿色是未来催化剂研究的发展方向。完成下列小题。
（1）下列说法正确的是
A．豆科植物固氮过程中，固氮酶能提高该反应的活化能
B．与反应中，Ag催化能提高生成的选择性
C．制反应中，能加快化学反应速率
D．与反应中，能减小该反应的焓变
答案：(1)C
解析：（1）A． 固氮酶是豆科植物固氮过程的催化剂，能降低该反应的活化能，A错误；
B．根据题意，催化剂有选择性，如C2H4与O2反应用Ag催化生成(环氧乙烷)、用CuCl2/PdCl2催化生成CH3CHO，则判断Ag催化不能提高生成CH3CHO的选择性，B错误；
C． MnO2是H2O2制O2反应的催化剂，能加快化学反应速率，C正确；
D． V2O5是SO2与O2反应的催化剂，能加快反应速率，但不能改变该反应的焓变，D错误；
故选C。
7．（2024·安徽·卷）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
解析：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。
8．（2024·安徽·卷）某温度下，在密闭容器中充入一定量的，发生下列反应：，，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是（ ）
A． B． C．D．
答案：B
解析：由图可知，反应初期随着时间的推移X的浓度逐渐减小、Y和Z的浓度逐渐增大，后来随着时间的推移X和Y的浓度逐渐减小、Z的浓度继续逐渐增大，说明X(g)Y(g)的反应速率大于Y(g)Z(g)的反应速率，则反应X(g)Y(g)的活化能小于反应Y(g)Z(g)的活化能。
A．X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的 H都小于0，而图像显示Y的能量高于X，即图像显示X(g)Y(g)为吸热反应，A项不符合题意；
B．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的 H都小于0，且X(g)Y(g)的活化能小于Y(g)Z(g)的活化能，B项符合题意；
C．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的 H都小于0，但图像上X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，C项不符合题意；
D．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的 H都大于0，且X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，D项不符合题意；
选B。
8．（2024·吉林·卷）异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，时其制备过程及相关物质浓度随时间变化如图所示，后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是（ ）
A．时，反应②正、逆反应速率相等
B．该温度下的平衡常数：①>②
C．平均速率(异山梨醇)
D．反应②加入催化剂不改变其平衡转化率
答案：A
解析：A．由图可知，3小时后异山梨醇浓度继续增大，后异山梨醇浓度才不再变化，所以时，反应②未达到平衡状态，即正、逆反应速率不相等，故A错误；
B．图像显示该温度下，后所有物质浓度都不再变化，且此时山梨醇转化完全，即反应充分，而1,4-失水山梨醇仍有剩余，即反应②正向进行程度小于反应①、反应限度小于反应①，所以该温度下的平衡常数：①>②，故B正确；
C．由图可知，在内异山梨醇的浓度变化量为0.042mol/kg，所以平均速率(异山梨醇)=，故C正确；
D．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质平衡转化率，所以反应②加入催化剂不改变其平衡转化率，故D正确；
故答案为：A。
9．（2023·辽宁·卷）一定条件下，酸性溶液与发生反应，(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是
A．(Ⅲ)不能氧化
B．随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
C．该条件下，(Ⅱ)和(Ⅶ)不能大量共存
D．总反应为：
答案：C
解析：开始一段时间（大约13min前）随着时间的推移Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)，同时先生成少量Mn(Ⅳ)后Mn(Ⅳ)被消耗；后来（大约13min后）随着时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大；据此作答。
A．由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A项错误；
B．随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13min后反应速率会增大，B项错误；
C．由图像可知，Mn(Ⅶ)的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，C项正确；
D．H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D项错误；
答案选C。
10．（2023·江苏卷）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
答案：D
解析：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。
11．（2023·广东卷）催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应。反应历程(下图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是（ ）
A．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行 B．反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大
C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡 D．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
答案：C
解析：A．由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；
B．由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确；
C．由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C错误；
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，D正确；
故选C。
12．（2023·浙江卷）一定条件下，苯基丙炔()可与发生催化加成，反应如下：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是（ ）
A．反应焓变：反应I>反应Ⅱ
B．反应活化能：反应I<反应Ⅱ
C．增加浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例
D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
答案：C
解析：A．反应I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，反应放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应I>反应Ⅱ，故A正确；
B．短时间里反应I得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应I<反应Ⅱ，故B正确；
C．产物I和产物II存在可逆反应，则产物II和产物I的比值即该可逆反应的平衡常数K，由于平衡常数只与温度有关，所以增加HCl浓度平衡时产物II和产物I的比例不变，故C错误；
D．根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ，故D正确。
综上所述，答案为C。
13．（2023·湖南卷）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：
答案：B
解析：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。
14．（2023·湖南卷）向一恒容密闭容器中加入和一定量的，发生反应：。的平衡转化率按不同投料比随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．
B．反应速率：
C．点a、b、c对应的平衡常数：
D．反应温度为，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态
答案：B
解析：A．一定条件下，增大水的浓度，能提高CH4的转化率，即x值越小，CH4的转化率越大，则，故A正确；
B．b点和c点温度相同，CH4的起始物质的量都为1mol，b点x值小于c点，则b点加水多，反应物浓度大，则反应速率：，故B错误；
C．由图像可知，x一定时，温度升高CH4的平衡转化率增大，说明正反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，K增大；温度相同，K不变，则点a、b、c对应的平衡常数：，故C正确；
D．该反应为气体分子数增大的反应，反应进行时压强发生改变，所以温度一定时，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态，故D正确；
答案选B。
15．（2023·全国卷）“肼合成酶”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼()，其反应历程如下所示。
下列说法错误的是（ ）
A．、和均为极性分子
B．反应涉及、键断裂和键生成
C．催化中心的被氧化为，后又被还原为
D．将替换为，反应可得
答案：D
解析：A．NH2OH，NH3，H2O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A正确；
B．由反应历程可知，有N－H，N－O键断裂，还有N－H键的生成，B正确；
C．由反应历程可知，反应过程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子生成Fe2+，C正确；
D．由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，D错误；
故选D。
16．（2022·北京卷）CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。
下列说法不正确的是（ ）
A．反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2
B．t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2
C．t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率
D．t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
答案：C
解析：A．由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO2=CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A正确；
B．由题干图2信息可知，t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1:2，B正确；
C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误；
D．由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；
答案选C。
17．（2023·浙江卷）标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知和的相对能量为0]，下列说法不正确的是（ ）
A．
B．可计算键能为
C．相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅱ>历程Ⅰ
D．历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：
答案：C
解析：对比两个历程可知，历程Ⅱ中增加了催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率。
A．催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此，A正确；
B．已知的相对能量为0，对比两个历程可知，的相对能量为，则键能为，B正确；
C．催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C错误；
D．活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为：，D正确；
故答案为：C。
18．（2022·浙江卷）恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是（ ）
A．实验①，，
B．实验②，时处于平衡状态，
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
答案：C
解析：A．实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为2.4010-3mol/L-2.0010-3mol/L=4.0010-4mol/L，v(NH3)==2.0010-5mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)=v(NH3)=1.0010-5mol/(L·min)，A正确；
B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.0010-4mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.0010-4mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，氨气浓度减小，因此实验②60min时处于平衡状态，根据等效平衡可以判断x<0.2，即x≠0.4，B正确；
C．实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是4.0010-4mol/L，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C错误；
D．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D正确；
答案选C。
19．（2022·广东卷）在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则（ ）
A．无催化剂时，反应不能进行
B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D．使用催化剂Ⅰ时，内，
答案：D
解析：A．由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；
B．由图可知，催化剂I比催化剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，故B错误；
C．由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0~2min 内Y的浓度变化了2.0mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化，故C错误；
D．使用催化剂I时，在0~2min 内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则(Y) ===2.0，(X) =(Y) =2.0=1.0，故D正确；
答案选D。
1．（24-25高三上·重庆·期末）甲醇(CH3OH)与CO催化制备乙酸(CH3COOH)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．该过程不涉及非极性键的形成
B．该反应中，H2O为催化剂，HI为中间产物
C．反应iii为该历程的决速步骤
D．总反应的热化学方程式为
答案：C
解析：A．该过程涉及碳碳键(非极性键)的形成，A错误；
B．根据反应机理可知H2O为该反应的中间产物、HI为催化剂，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，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，C正确；
D．每分子甲醇的转化涉及能量为3.05eV，D错误；
故答案为：C。
2．（2024·陕西安康·模拟预测）哈尔滨工业大学教授研发了一种多功能金属光催化剂，实现了空气中的直接捕获和原位光-热协同催化转化产生CO、，部分工作机理如图所示(仅表示物种变化，不满足原子守恒)。下列说法错误的是（ ）
A．Pt参与活化，实现了的捕获
B．、浓度及催化剂表面积会影响反应速率
C．光催化剂降低了该反应的热效应和活化能
D．若生成，其总反应方程式为
答案：C
解析：A．由图可知，Pt参与活化，实现了的捕获，A项正确；
B．、是先被催化剂吸附在表面进行活化断键后再参与反应，所以速率与、的浓度及催化剂表面积有关，B项正确；
C．光催化剂降低了该反应的活化能，但不影响热效应，C项错误；
D．若，其总反应方程式为，D项正确；
本题选C。
3．（24-25高三上·天津·期末）可用作烟气中的脱硝剂。200℃时，某恒容密闭容器中存在反应：。其反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是
A．从反应过程看，是催化剂
B．决定总反应速率的是反应Ⅱ
C．反应Ⅱ的化学方程式为：
D．若反应是在恒温恒容密闭容器中进行，当容器内混合气体的密度恒定时反应达到平衡状态
答案：A
解析：A．由图可知反应I与反应生成，反应Ⅱ与反应生成，先消耗后生成，是催化剂，A正确；
B．由图知反应I活化能大于反应Ⅱ的活化能，反应I的反应速率比反应Ⅱ慢，总反应速率由反应I决定，B错误；
C．反应Ⅱ得失电子不守恒、质量不守恒，正确的反应方程式为：，C错误；
D．由方程式可知，反应中气体总质量不变，整个反应在恒容条件下气体密度是个定值，密度恒定时，不一定是平衡状态，D错误；
故选A。
4．（2025高三·全国·专题练习）已知某条件下反应的速率方程为，在钨表面分解的实验数据如表所示。
0 20 40 60 80 100
0.100 0.080 0.060 0.020 0
已知：①为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关。
②时，反应为0级反应，时，反应为1级反应，以此类推。可以为整数，也可以为分数。
③浓度消耗一半所用的时间叫半衰期。
下列说法错误的是（ ）
A．表格中
B．该反应为2级反应
C．该反应速率与的浓度无关，可能因为催化剂表面吸附的已达到饱和
D．保持其他条件不变，若起始浓度为，则半衰期为
答案：B
解析：由表格数据知，0—20min内，氨气的反应速率为，20—40min内，氨气的反应速率为，相同时间内氨气的反应速率相等，说明该反应是匀速反应，与氨气的浓度无关，则由速率方程可得：，解得，该反应是级反应，反应的速率常数。
A．由分析可知，该反应是匀速反应，则内，氨气的反应速率为，解得，A正确；
B．由分析可知：，该反应是级反应，B错误；
C．该反应速率与氨气的浓度无关，说明催化剂表面吸附的氨气已达到饱和，氨气的浓度为定值，C正确；
D．设起始浓度为，由分析可知，反应速率与速率常数相等，则半衰期，所以起始浓度为时，半衰期，D正确；
故选B。
5．（24-25高三上·山西·阶段练习）甲醛(HCHO)催化氧化历程如图所示(各物质均为气态，部分物种未标出)，下列叙述错误的是（ ）
A．总反应分4个基元反应 B．过渡态TS2的能垒最大
C．催化剂主要作用是降低TS3的能垒 D．总反应的正反应
答案：C
解析：A．在反应历程中，TS代表过渡态，1个过渡态代表一个基元反应，总反应中有4个基元反应，故A正确；
B．据图可知，过渡态TS2的能垒最大，为：-126.78kJ/mol-(-381.78)kJ/mol=255kJ/mol，故B正确；
C．催化剂能加快反应速率，过渡态TS2的能垒最大，为决速步，所以催化剂主要作用是降低TS2的能垒，故C错误；
D．由反应的历程可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，即总反应的正反应，故D正确；
故选C。
6．（24-25高三上·安徽合肥·阶段练习）已知的速率方程为(k为速率常数，只与温度、催化剂有关)。实验测得，在催化剂X表而反应的变化数据如下：
0 10 20 30 40 50 60 70
0.100 0.080 0.040 0.020 0
下列说法正确的是（ ）
A．
B．时，
C．相同条件下，增大的浓度或催化剂X的表面积，都能加快反应速率
D．保持其他条件不变，若起始浓度为，当浓度减少至一半时共耗时
答案：D
解析：A．根据表数据分析，该反应的速率始终不变，的消耗是匀速的，说明反应速率与无关，故速率方程中，A错误；
B．，v与浓度无关，为匀速反应，时瞬时速率等于平均速率，B错误；
C．速率方程中，反应速率是一个定值，与的浓度无关，增大的浓度，反应速率不变，C错误；
D．保持其他条件不变，该反应的反应速率不变，即为，若起始浓度，减少至一半时所耗时间为，D正确；
答案选D。
7．（2025·宁夏陕西·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，用于转化为单质S，提出的催化历程示意图如下。是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．使转化成，恢复催化剂活性
B．过程①和④均发生了非极性键的断裂
C．过程②和③均发生了氧化还原反应
D．理论上，每转化，转移的电子数目为
答案：A
解析：A．根据图示③④两步历程，可知使转化成，恢复催化剂活性，A正确；
B．过程①中没有发生非极性键的断裂，过程④中发生了非极性键的断裂，B错误；
C．过程②中铁元素化合价发生变化，发生氧化还原反应，过程③中元素化合价没有变化，没有发生氧化还原反应，C错误；
D．根据图示，该催化历程的总反应为，可知，理论上，每转化即，转移的电子数目为，D错误；
故选A。
8．（2025·内蒙古·模拟预测）某离子液体的阴离子可以吸收，其可能的两种反应路径如下图所示。下列说法错误的是（ ）
A．两种路径的总反应相同 B．路径Ⅰ是主要的反应途径
C．该反应为放热反应 D．生成物中既含离子键又含共价键
答案：B
解析：A．反应物相同，经过不同的反应路径，最终生成物相同，均为，总反应均为=，A正确；
B．路径Ⅱ活化能小，反应速率快，故路径Ⅱ是主要的反应途径，B错误；
C．该反应的反应物总能量高于生成物总能量，则该反应为放热反应，C正确；
D．生成物为，其内部含有共价键，离子液体中呈电中性，故离子液体中还含有阳离子，与之间存在离子键，D正确；
故选B。
9．（2025·四川·模拟预测）恒容反应器中，和均能催化反应：(羟基乙醛)，反应历程如图所示，为中间体，为过渡态。
下列描述正确的是（ ）
A．“插入”步骤，为
B．催化作用下，“加氢”步骤为决速步骤
C．催化作用下，羟基乙醛的生成速率更小
D．反应达平衡时，升高温度，羟基乙醛的浓度增大
答案：B
解析：A．由图可知，一氧化碳插入步骤为放热反应，反应△H=—15.4kcal/mol，故A错误；
B．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，Rh催化作用下，加氢步骤的活化能为24.4 kcal/mol，反应的活化能最大，所以加氢步骤为决速步骤，故B正确；
C．反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，Rh催化作用下，反应的活化能大于Rh/Mn催化作用下，所以羟基乙醛的生成速率小于Rh/Mn催化作用下，故C错误；
D．由图可知，生成羟基乙醛的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，羟基乙醛的浓度减小，故D错误；
故选B。
