2025年高考化学试题二轮热点题型题型10反应微观机理分析速率方程及其应用含解析答案

这是一份2025年高考化学试题二轮热点题型题型10反应微观机理分析速率方程及其应用含解析答案，共45页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea(kJ·ml-1)如图所示，下列说法错误的是

A．生成NH3的各基元反应中，N元素均被还原
B．在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为NH3
C．决定NO生成NH3速率的基元反应为NH2NO→NHNOH
D．生成NH3的总反应方程式为2NO＋5H22NH3＋2H2O
2．我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了CO2与H2在TiO2/Cu催化剂表面生成CH3OH和H2O的部分反应历程(包含反应①~⑤，共5个基元反应)如图所示，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．反应①为放热反应B．反应②的活化能Ea=0.68eV
C．反应④可表示为HO*+H*=H2O*D．反应⑤为H2O从催化剂表面脱附的过程
3．某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，其反应热。一定条件下该反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示（TS表示过渡态），下列说法正确的是（ ）

A．三个基元反应中只有③是放热反应
B．该化学反应的速率主要由反应②决定
C．该过程的总反应为
D．
4．叔丁基溴在乙醇中反应的能量变化如图所示。
反应1：
反应2：

下列说法错误的是
A．3种过渡态相比，①最不稳定B．反应1和反应2的都小于0
C．第一个基元反应是决速步骤D．是反应1和反应2共同的催化剂
5．碳酸二甲酯DMC(CH3OCOOCH3)是一种低毒、性能优良的有机合成中间体，科学家提出了新的合成方案(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)，反应机理如图所示。

下列说法错误的是
A．第2步的基元反应方程式为：CH3O·*+CO2*→CH3OCOO·*
B．反应进程中最大能垒为1.257×104 eV
C．升高温度，可以对于第1步反应的正反应速率增加，对于第3步反应的正反应速率减小
D．适当的提高温度，可以增加碳酸二甲酯的产率
6．丁烯是石油化工基础原料，在石油化工烯烃原料中地位仅次于乙烯和丙烯，我国科学家研究不同催化剂下丁烷脱氢制丁烯，催化反应历程如图所示[注：标*的物质表示吸附在催化剂上的中间产物，表示1个个的能量)]：
下列说法错误的是
A．图示历程中仅包含2个基元反应(一步直接转化为产物的反应)
B．三种催化剂催化效果最好的是催化剂B
C．该反应在高温条件下能自发进行
D．催化剂C时，决速反应的方程式为
7．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ∆H=-198kJ•ml-1。在V2O5存在时该反应机理为：①V2O5+SO2→2VO2+SO3(快)；②4VO2+O2→2V2O5(慢)。下列说法不正确的是
A．该反应速率主要由第②步基元反应决定
B．由反应机理可知，V2O5和VO2都是该反应的催化剂
C．V2O5的存在提高了该反应活化分子百分数，使单位时间内有效碰撞次数增加，反应速率加快
D．逆反应的活化能比正反应的活化能大198kJ•ml-1
8．某种含二价铜微粒[CuII(OH)(NH3)]+的催化剂可用于汽车尾气脱硝，催化机理如图所示，下列说法错误的是
A．[CuII(OH)(NH3)]+可降低该反应的活化能
B．状态②到状态③的过程中N元素被氧化
C．状态③到状态④的过程中有O-H键的形成
D．该脱硝过程的总反应方程式为
9．2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交化学作出贡献的三位科学家。点击化学的代表反应为“叠氮化物炔烃”反应，其反应原理如图所示(R1和R2代表烷基)。下列说法正确的是
A．整个反应中碳原子的杂化方式共有2种
B．在[Cu]作用下，C-H键断裂并放出能量
C．该反应原理的总反应的原子利用率为100%
D．反应中[Cu]可降低反应的活化能，提高反应速率，降低焓变，提高平衡转化率
10．某研究小组对甲烷化的反应路径和机理进行了研究。经过研究发现负载金属Rh催化甲烷化可能存在的两种反应机理如图所示。下列说法中正确的是
A．机理①和机理②的吸附、活化位置均相同
B．吸附在活性金属Rh表面的中间体CO，可能是由吸附在其表面的直接解离产生的
C．同种催化剂，化学反应的途径不同，但反应物的转化率和反应的热效应是相同的
D．反应中只有极性键的断裂和形成
11．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表面反应的变化数据如下：
下列说法正确的是
A．，
B．min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0.200ml·L，当浓度减至一半时共耗时不到50min
12．利用反应，可减少汽车尾气对大气的污染。该反应的速率方程可表示为、，其中、分别为正、逆反应的速率常数(与温度有关)，与的关系如图所示：

下列说法错误的是
A．升高温度，、均增大
B．曲线②代表
C．要提高单位时间内有害气体的去除率，可研发低温区的高效催化剂
D．℃时，该反应的平衡常数K为10
13．在恒容高压氢气氛围中，CO在铑基催化剂表面主要发生反应为，该反应的速率方程为，其中k为速率常数，下列说法中错误的是
A．充入CO的量越多，平衡体系中的浓度越大
B．在该体系中继续充入可提高反应速率
C．在该体系中加入适量生石灰可提高的平衡产率
D．对铑基催化剂进行修饰可能会进一步提高催化效率
14．为了研究外界条件对分解反应速率的影响，某同学在5支试管中分别加入溶液，并测量收集气体(相同状况)时所需的时间，实验记录如下：
下列说法中不正确的是
A．实验①②研究温度对反应速率的影响
B．实验②③研究催化剂对反应速率的影响
C．实验③⑤研究不同催化剂的催化效果
D．获得相同体积的所需时间：
15．恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应：①X(g)Y(g)；②Y(g)Z(g)。已知v=kc (反应物)，k为速率常数，如图表明三种物质浓度随时间的变化以及k受温度的影响。下列说法不正确的是

A．反应过程体系的压强始终不变
B．c(Y)随时间先增大后减小
C．随c(X)的减小，反应①、②的速率均逐渐降低
D．温度对反应②的k影响更大
16．在一恒容密闭容器中充入NO、，发生反应：。上述反应的正反应速率方程：(k正为正反应速率常数，只与温度、催化剂有关)。某温度下，测得正反应速率与物质浓度的关系如下表所示：
下列说法错误的是
A．
B．NO、的浓度对正反应速率的影响程度相等
C．升高温度，活化分子百分数增大，k正增大
D．其他条件不变，增大压强，k正不变
17．在℃下，向2L恒容密闭容器中充入气体，发生反应： 。速率方程，(、为速率常数，只与温度、活化能有关)。达到平衡时的转化率为50％。若升高温度，达到新平衡时的转化率增大。下列说法正确的是
A．升高温度，增大，减小，
B．当混合气体的密度不变时，反应达到平衡状态
C．℃下，反应达到平衡时
D．℃下，平衡时再充入，的平衡转化率减小
18．已知总反应： kJ⋅ml()的速率方程为{，k为速率常数]，该反应机理可分为两步：
(1) 快
(2) 慢[速率方程，为速率常数，该反应速率近似认为是总反应的速率]。下列叙述正确的是
A．
B．当时，总反应达到平衡
C．总反应中生成物的总键能比反应物的总键能小a kJ•ml
D．恒容时，增大的浓度能增加单位体积内活化分子的百分数，加快反应速率
19．为减少环境污染，发电厂试图采用以下方法将废气排放中的进行合理利用，以获得重要工业产品。Burns和Daintn研究发现与合成的反应机理如下：
① 快；
② 快；
③ 慢
其中反应②的速率方程，，、是速率常数。下列说法错误的是
A．反应②的平衡常数
B．反应①的活化能小于反应③的活化能
C．增大压强或使用催化剂可以增大该反应体系中的体积分数
D．要提高合成的速率，关键是提高反应③的速率
20．二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
21．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
22．一定条件下，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：
29．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：2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)，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，如表所示，下列说法不正确的是
A．实验①，0~20min，
B．实验②，60min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
30．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，
31．18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为： 能量变化如图所示。已知为快速平衡，下列说法正确的是
A．反应Ⅱ、Ⅲ为决速步
B．反应结束后，溶液中存在18OH-
C．反应结束后，溶液中存在CH318OH
D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变
32．室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M+N=X+Y；②M+N=X+Z，反应①的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M) (k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是
A．0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10-8ml•L-1•min-1
B．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变
C．如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Z
D．反应①的活化能比反应②的活化能大
33．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．t 1~ t 3，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的速率小于反应②生成H2速率
D．t3之后，生成H2的速率为0，是因为反应②不再发生
34．在水溶液中进行的反应：，已知该反应速率方程为(k为常数)，为探究反应速率(v)与反应物浓度的关系，在20℃进行实验，所得的数据如下表：
下列结论正确的是
A．反应体系的三种物质中，H+(aq)的浓度对反应速率影响最大
B．速率常数的数值为0.03
C．a、b、c的值分别为1、5、6
D．实验⑤中，
35．在体积均为的I、II密闭容器中都充入和，发生反应：，相对II容器，I容器只改变一个外界条件，测得的物质的量与时间关系如图所示。下列叙述正确的是
A．上述反应中，产物总能量高于反应物总能量
B．相对II容器，I容器改变的条件可能是升温、增大压强
C．I容器中的平衡转化率为
D．II容器中内平均速率为
36．某次研究性学习活动中，实验小组用和稀硫酸制备，反应较慢。若反应开始时加入少量盐酸，的生成速率大大提高，且不含，可能的反应历程示意图如下。
下列有关分析或评价不正确的是
A．a等于37B．的空间结构为平面三角形
C．为总反应的催化剂D．活化能：反应I大于反应II
37．反应的速率方程为(k为速率常数，其中， A、R为常数，为活化能，T为开氏温度，其半衰期反应物消耗一半所需的时间)为0.8/k。改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示。下列说法正确的是
A．
B．
C．升温、加入催化剂，缩小容积(加压)，均能使k增大，导致反应的瞬时速率加快
D．在过量的B存在时，A剩余12.5%所需的时间是
38．某恒定温度下，在一个的密闭容器中充入气体、气体，发生如下反应：，已知“？”代表C、D状态未确定；反应一段时间后达到平衡，测得生成，且反应前后压强比为，则下列说法中正确的是
①该反应的化学平衡常数表达式：
②此时B的转化率为40％
③增大该体系压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大
④增加C的量，A、B转化率不变
A．①②③B．②③④C．②④D．③④
39．在起始温度均为T℃、容积均为10L的密闭容器A(恒温)、B(绝热)中均加入和4mlCO，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。下列说法中正确的是
A．曲线M、N的平衡常数大小为：
B．与浓度比为1∶1时，标志此反应已达平衡
C．T℃时，
D．用CO的浓度变化表示曲线N在0~100s内的平均速率为
40．某研究性学习小组探究影响反应速率的因素及反应速率的大小，测得的实验数据如表所示(忽略溶液体积变化)，下列说法错误的是
A．实验①②探究温度对反应速率的影响
B．实验②④探究Na2S2O3浓度对反应速率的影响
C．四组实验中实验②的反应速率最大
D．实验③完全反应需要tmin，平均反应速率v(Na2S2O3)=ml/(L•min)
41．2022年诺贝尔化学奖授予在“点击化学和生物正交化学”领域做出贡献的三位科学家。点击化学经典反应之一的反应机理示意如图（以端基炔为起始反应物，[]表示一价铜）。下列说法正确的是
A．此转化过程中是催化剂B．[]的作用为加快反应速率，提高平衡转化率
C．转化过程中N的杂化方式发生改变D．该反应的总反应是取代反应
42．直接甲醇燃料电池(DMFCs)具有能量密度高、成本低、运输方便等优点，是便携式电子设备以及电动汽车的理想供能装置。其中，由于甲醇氧化反应(MOR)涉及多个电子转移步骤，通常需要使用Pt基催化剂来加快反应。在两种催化剂表面的反应历程如图。下列说法错误的是
A．使反应焓变降低的程度比Pt(111)大
B．反应过程中有极性键的断裂和形成
C．对甲醇分子具有较高的吸附和活化能力
D．吸附在催化剂表面的过程放出能量
43．乙炔在Pd表面选择加氢的反应机理如图所示。其中吸附在Pd表面上的物种用*标注。下列有关说法正确的是
A．吸附反应为吸热反应
B．该正反应历程中最大能垒(活化能)为85kJ·ml-1
C．Pd为固体催化剂，其表面积大小对催化效果无影响
D．只有化学键的形成过程
44．一定条件下，丙烯与反应生成和的反应历程如图所示。下列说法不正确的是
A．合成的反应中，第一步为反应的决速步
B．其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物的比例
C．根据该反应推测，丙烯与加成的主要产物为2-溴丙烷
D．反应的主要产物为，是由于活性中间体比更稳定，所需活化能更低
45．一定温度下，(用RH表示)的氯代和溴代反应能量图及产率关系如图(图中物质均为气态)。下列说法正确的是
A．
B．氯代的第二步是决速反应
C．以丙烷为原料制备2-丙醇时，应该选择溴代反应，然后再水解
D．分子中有一个手性碳原子
二、多选题
46．某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，一定条件下该反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是

A．三个基元反应中，反应②和反应③是放热反应
B．该化学反应的速率主要由反应③决定
C．增大压强，反应物的转化率降低
D．温度过高可能导致催化剂失去活性，反应速率急剧下降，汽车尾气污染物增多
47．铁的配合物离子(用表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：
下列说法错误的是
A．该过程的总反应为
B．浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C．该催化循环中元素的化合价发生了变化
D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
三、填空题
48．铁触媒催化合成氨经历下图所示①⑧步基元反应(从状态I至状态Ⅶ)：
上图中“ad”表示吸附在催化剂表面的物质。完成下列问题：
(1)催化反应往往经过物质在催化剂表面的“吸附”过程和脱离催化剂表面的“脱附”过程。其中，“吸附”过程是上图中的第 步基元反应，“脱附”过程是 (填“吸热”或“放热”)过程。
(2)根据上图计算合成氨反应的焓变： △H= 。
t/min
0
10
20
30
40
50
60
70
0.100
0.080
0.040
0.020
0
实验序号
溶液浓度
反应温度
催化剂
反应时间
①
2%
20℃
无
②
2%
40℃
无
③
5%
20℃
④
5%
40℃
⑤
5%
20℃
实验
c(NO)/(ml/L)
c(H2)/(ml/L)
v正
①
0.10
0.10
k
②
0.20
0.10
4k
③
0.40
0.20
32k
编号
0
20
40
60
80
①
a
2.40
2.00
1.60
1.20
0.80
②
a
1.20
0.80
0.40
x
③
2a
2.40
1.60
0.80
0.40
0.40
①
②
③
④
⑤
0.008
0.008
0.004
0.008
0.008
0.001
0.001
0.001
0.002
0.001
0.10
0.20
0.20
0.10
0.40
v1
/
0.25
0.5
1
0.5
1
/
0.05
0.05
0.1
0.1
0.2
v/
1.6
3.2
3.2
组号
反应温度/℃
参加反应的物质
Na2S2O3
H2SO4
H2O
V/mL
c/(ml/L)
V/mL
c/(ml/L)
V/mL
①
10
2
0.1
1
0.4
3
②
30
2
0.1
2
0.2
2
③
30
1
0.2
2
0.1
3
④
30
1
0.1
2
0.1
3
参考答案：
1．C
【详解】A．图示可知，生成氨气的过程为：NO→HNO→NH2O→NH2OH→NH2→NH3，每步反应中N元素化合价均是降低，被还原，A正确；
B．NO被还原为N2的最大活化能明显大于还原生成NH3，故在该催化剂作用下，NO更容易被还原为NH3，B正确；
C．生成NH3的基元反应中，NH2O+H→NH2OH这一步活化能最大，相同条件下反应速率最慢，是决定NO生成NH3速率的基元反应，C错误；
D．由图可知，总反应为NO与H2反应生成NH3和H2O，对应反应的化学方程式：2NO＋5H22NH3＋2H2O，D正确；
故选C。
2．A
【详解】A．由图示可知，反应①吸收的能量大于放出的能量，因此该反应为吸热反应，故A错误；
B．反应②的反应物与过渡态的能量差值为，即为该反应的活化能，故B正确；
C．反应④中，转化成，此过程中CO未发生变化，因此反应可表示为，故C正确；
D．反应⑤中，转化为，从催化剂表面脱附，故D正确；
故答案为A。
3．C
【分析】从图中可得出三个热化学方程式：
①2NO=N2O2 △H1=+199.2kJ/ml
②N2O2+CO=CO2+N2O △H2=-513.5 kJ/ml
③CO2+N2O+CO=2CO2+N2 △H3=-(△E-248.3) kJ/ml
【详解】A．由图可知，三个基元反应中，反应②和反应③的反应物总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，A错误；
B．活化能越大反应速率越慢，整个反应由最慢的一步决定，而反应②的活化能最小，故该化学反应的速率不是由反应②决定，B错误；
C．由始态和终态可知，该过程的总反应为NO和CO生成氮气和二氧化碳，过氧为，C正确；
D．由盖斯定律可知，①+②+③得△H=（+199.2kJ/ml）+（-513.5 kJ/ml）+[（-(△E-248.3) kJ/ml）]=-620.9kJ/ml，则△E=554.9 kJ/ml，D错误；
故选C。
4．D
【详解】A．过渡态能量：①>②>③，过渡态①能量最大，最不稳定，故A正确；
B．根据能量变化可知，反应1和反应2都是放热反应，，故B正确；
C．转化为是第一个基元反应，活化能最大，故C正确；
D．是反应2的反应物，不是催化剂，故D错误；
故选D。
5．C
【详解】A．第2步的基元反应方程式为：CH3OH·*+CO2* → CH3OCOO·*，A正确；
B．最大能垒为第1步基元反应：CH3OH*+HO·* → CH3O·*+H2O*，其差值为1.257×104 eV，B正确；
C．升高温度，对于反应速率均增加，C错误；
D．总反应为2CH3OH+CO2 ⥫⥬ CH3OCOOCH3+H2O ΔH>0，为吸热反应；因此适当的提高温度，可以增加碳酸二甲酯的产率，D正确；
故选C。
6．A
【详解】A．基元反应是指断键、成键或同时有断键、成键的过程，据此可知，图示历程中包含3个基元反应，A错误；
B．由反应历程可知，催化剂时活化能最小，催化效果最好，B正确；
C．该反应为，的反应，由，可判断该反应在高温条件下能自发进行，C正确；
D．由图可知，催化剂时，决速反应的方程式为，D正确；
故选A。
7．B
【详解】A．反应①为快反应，反应②为慢反应，总反应速率由最慢的一步决定，该反应速率主要取决于慢反应，即第②步反应，故A正确；
B．根据反应机理可知，V2O5是反应的催化剂，而VO2是中间产物，故B错误；
C．根据反应机理可知，V2O5是反应的催化剂，所以提高了该反应活化分子百分数，使有效碰撞次数增加，反应速率加快，故C正确；
D．∆H＝正反应的活化能﹣逆反应的活化能＝-198kJ/ml，所以逆反应的活化能大于198kJ/ml，故D正确；
故选B。
8．D
【详解】A．从图中可知，[CuII(OH)(NH3)]+为该反应的催化剂，可降低该反应的活化能，A正确；
B．状态②到③的过程中，Cu和N的化合价发生变化，Cu得电子化合价降低，N失电子被氧化，B正确；
C．状态③到④的过程中，生成了水，有H-O键的形成，C正确；
D．从图中可知，该反应的总反应方程式为4NH3+4NO+O2=6H2O+4N2，D错误；
故答案选D。
9．C
【详解】A．整个反应中碳原子的杂化方式共有3种，形成三键的是sp杂化，形成双键的是sp2杂化，全部形成单键的是sp3杂化，故A错误；
B．R1－≡－H在催化剂作用下，C－H键断裂，但同时又有新的化学键生成，所以无法判断是放热还是吸热，故B错误；
C．该流程中初始反应物为N3-R2和HC≡CR1，最终产物为，总反应的原子利用率为100%，故C正确；
D．该反应中[Cu]为催化剂，可降低反应的活化能，提高反应速率，不能降低焓变，也不能提高平衡转化率，故D错误；
故选：C。
10．B
【详解】A．根据示意图中第一步反应可判断机理①和机理②的吸附、活化位置均不同，选项A错误；
B．根据机理①可判断吸附在活性金属Rh表面的中间体CO，是由吸附在其表面的直接解离产生的，选项B正确；
C．同种催化剂，化学反应的途径不同，反应物的平衡转化率和反应的热效应是相同的，选项C错误；
D．二氧化碳中含有极性键，水中含有极性键，氢气中含有非极性键，所以反应中既有极性键的断裂和形成，又有非极性键的断裂，选项D错误；
答案选B。
11．B
【分析】根据表中数据分析，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n=0；
【详解】A．由分析可知，n=0，与浓度无关，为匀速反应，每10min一氧化二氮浓度减小，则，A项错误；
B．由分析可知，n=0，与浓度无关，为匀速反应，t=10min时，瞬时速率等于平均速率，B项正确；
C．速率方程中n=0，反应速率与的浓度无关，C项错误；
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，减至一半时所耗时间为，D项错误；
答案选B。
12．B
【详解】A．升高温度化学反应速率加快，、均增大，故A正确；
B．该反应为放热反应，降低温度，正、逆反应速率减小，、也小，平衡正向移动，则，所以曲线③代表，故B错误；
C．该反应的、，易在低温下自发进行，故要提高单位时间内有害气体的去除率，可研发低温区的高效催化剂，故C正确；
D．当时，，反应达到平衡状态，，即，，，故D正确；
故选B。
【点睛】本题以速率常数–温度图像为情境，考查化学平衡常数的计算、外界因素对反应速率、化学平衡影响的知识，意在考查理解迁移能力，变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知的核心素养。
13．B
【详解】A．在恒容容器中，充入CO的量越多，生成的的量越多，则平衡时的浓度越大，选项A正确；
B．根据速率方程的表达式可知，该反应的速率与氢气的浓度无关，因此继续充入，反应速率基本不变，选项B错误；
C．在该体系中加入适量生石灰，可吸收生成的水蒸气从而提高的平衡产率，选项C正确；
D．对铑基催化剂进行修饰可能会进一步提高催化效率，选项D正确；
答案选B。
14．B
【详解】A．实验①②温度不同，其他条件都相同，即研究温度对反应速率的影响，A正确；
B．实验②无催化剂，③有催化剂，但二者过氧化氢浓度也不同，即无法得出催化剂对反应速率的影响，B错误；
C．实验③⑤除了催化剂种类不同，其它条件均相同，即可研究不同催化剂的催化效果，C正确；
D．实验①②中，其它条件相同，但②温度高，所以反应时间>；实验②④中，温度相同，但④中过氧化氢浓度大且有催化剂，所以反应时间>，综上反应时间，D正确；
故选B。
15．C
【分析】由左边图中信息可知，浓度随时间变化逐渐减小的曲线为X，浓度随时间变化逐渐增大的曲线为Z，浓度随时间变化先增大后减小的曲线为Y。由右边图中信息可知，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．因为两反应中，反应物和生成物都只有一种，且化学计量数都为1，所以反应过程中气体的物质的量始终不变，压强始终不变，A正确；
B．由分析可知，c(Y)随时间先增大后减小，B正确；
C．随c(X)的减小，c(Y)先增大后减小，c(Z)不断增大，则反应①的速率逐渐降低，但反应②的速率先升高后降低，C不正确；
D．由分析可知，随着温度的升高，反应②的速率常数增大的幅度更大，所以温度对反应②的k影响更大，D正确；
故选C。
16．B
【详解】A．将实验①②组的数据代入速率方程，得，解得，A正确；
B．由，将实验①③组的数据代入速率方程，得，解得，说明NO的浓度对速率的影响程度大于，B错误；
C．升高温度，更多分子吸收能量转化为活化分子，活化分子百分数增大，k正增大，C正确；
D ．k正受温度影响，其他条件不变，增大压强，但温度不变则k正不变，D正确；
故选：B。
17．D
【详解】A．升高温度，正、逆反应速率都增大，正、逆反应速率常数都增大，升高温度，达到新平衡时的转化率增大，则正反应是吸热反应，A错误；
B．反应过程中混合气体的体积和质量均不变，故混合气体的密度一直不变，不能作为反应达到平衡的标志，B错误；
C．平衡时，，，，平衡时，C错误；
D．反应物只有一种气体，正反应是气体分子数增大的反应，充入，相当于对原平衡加压(不改变反应物量)，导致的平衡转化率减小，D正确；
故选D。
18．A
【详解】A．反应可由反应(1)+(2)得到，由于(1)反应快，反应速率由(2)决定，由可得，将其代入，得出，即可得出，A正确；
B．反应平衡时正逆反应速率相等，则，B错误；
C．正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ•ml-1，C错误；
D．增大浓度，活化分子数不变，则其百分数也不变，D错误；
故选A。
19．C
【详解】A．反应②平衡常数K= ，反应达到平衡状态c(CO)×c(Cl·)c(COCl·)，所以，则，选项A正确；
B．活化能越大，反应速率越慢，反应①是快反应、反应③是慢反应，所以反应①的活化能小于反应③的活化能，选项B正确；
C．催化剂不能使平衡移动，使用合适的催化剂不能改变该反应体系中COCl2(g)的体积分数，选项C错误；
D．反应③是慢反应，慢反应决定总反应速率，要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率，选项D正确；
答案选C。
20．D
【详解】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。
【点睛】
21．C
【详解】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。
22．C
【详解】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