2025届高三化学一轮复习 吉林省专练——速率平衡选择题10道

2025年吉林高考一轮专练——速率平衡选择题 10 道解析版 一、单选题 1．（2024·吉林长春·长春十一高校考模拟预测）Cu－Ce－Ox 固溶体作为金属催化剂，能有效促进电化学还原，反应产生 CH4 和 C2H4 的中间体，*CO 在催化剂表面的反应机理如图所示。下列说法正确的是 A．制约 CO2 还原为 C2H4 反应速率的是*COH－COH→CH*－COH B．*CH3O→CH4+O*只有化学键的形成 C．Cu－Ce－Ox 固溶体催化剂对生成 CH4 有较高选择性 D．由*CO 生成*OH 的反应为*CO+5H+-5e-=CH4+*OH 2．（2024·吉林·校联考模拟预测）常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)  Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数 K=2×10−5。已知：Ni(CO)4 的沸点为 42.2℃，固体杂质不参与反应。 第一阶段：将粗镍与 CO 反应转化成气态 Ni(CO)4； 第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至 230℃制得高纯镍。下列判断正确的是 A．增加 c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大 B．第一阶段，在 30℃和 50℃两者之间选择反应温度，选 50℃ C．第二阶段，Ni(CO)4 分解率较低 D．该反应达到平衡时，v 生成[Ni(CO)4]=4v 生成(CO) 3．（2024·吉林长春·统考模拟预测）乙烯液相催化氧化乙醛机理如图所示： 下列说法错误的是 A．产生 1molCH3CHO 转移电子数为 2NA B．CuCl2 与 PdCl2 是催化剂，CuCl 与 Pd 是中间产物 C．I、II、III 步均发生氧化还原反应 D．该反应过程中既有极性键和非极性键断裂又有极性键和非极性键形成 ( 试卷第 页，共 4 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 4．（2024·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）中国科学家研发成功了具有原始创新的 1，4-丁⼆醇(M)脱氢和糠醛(N)加氢耦合反应⼯艺，实现了加氢-脱氢一体化。该⼯艺同时联 产两个重要的有机中间体 y-丁内酯(P)和 2-甲基呋喃(Q)，⼤⼤提⾼了 ⽣产效率，降低了⽣产成本。下列说法不正确的是 A．该过程是一个原⼦经济、能量经济的绿⾊过程 B．反应耦合使反应(Ⅰ)和(Ⅱ)的转化率都增⼤ C．N 和 Q 均能被氧化，N 中所有原⼦可以共平⾯ D．反应(Ⅰ)是消去反应，反应(Ⅱ)是加成反应 5．（2024·吉林白山·校考模拟预测）有关下列四个图象的说法中正确的是（） A．①表示等质量的两份锌粉 a 和 b，分别加入过量的稀硫酸中，a 中同时加入少量 CuSO4 溶液，其产生的氢气 总体积(V)与时间(t)的关系 B．②表示合成氨反应中，每次只改变一个条件，得到的反应速率 v 与时间 t 的关系，则 t3 时改变的条件为增大 反应容器的体积 C．③表示其它条件不变时，反应 4A(g)+3B(g) 2C(g)+6D 在不同压强下 B%(B 的体积百分含量)随时间的变 化情况，则 D 一定是气体 D．④表示恒温恒容条件下发生的可逆反应 2NO2(g)N2O4(g)中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系， 其中交点 A 对应的状态为化学平衡状态 6．（2024·吉林·校联考模拟预测）一定温度下，10mL 0.40 mol·L-1H2O2 溶液发生催化分解。不同时刻测得生成 O2 的体积（已折算为标准状况）如下表。 t/min 0 2 3 6 8 10 V(O2)/mL 0.0 9.9 17.2 22.4 26.5 29.9 下列叙述不．正．确．的是（ ）（溶液体积变化忽略不计）A．反应至 6min 时，H2O2 分解了 50％ B．反应至 6min 时，c(H2O2)=0.20 mol·L-1 C．0~6min 的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10-2mol/(L·min) D．4~6min 的平均反应速率：v(H2O2)>3.3×10-2mol/(L·min) 7．（2024·吉林延边·校考二模）在一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A(g)+B(g)  2C(g) △H＜0。t1时刻达到平衡后，在 t2 时刻改变某一条件，其反应过程如图。下列说法正确的是 A．0～t2 时，v(正)＞v(逆) B．t2 时刻改变的条件可能是加催化剂 C．Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，A 的体积分数Ⅰ=Ⅱ D．Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，平衡常数 I＜Ⅱ 8．（2024·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考三模）中国用二氧化碳人工合成淀粉是影响世界的重大颠覆性技术，其合成机理路线如图，下列说法正确的是 A．二氧化碳的电子式为 B．二氧化碳与氢气生成甲醇的反应是加成反应 C．二氧化碳合成淀粉可成为“碳中和”的途径之一 D．甲醇到淀粉的过程中使用了多种酶，酶是催化剂，降低了化学反应的焓变 9．（2024·山西晋中·统考二模）中国科学家首次用 CO2 高效合成乙酸，这项技术是实现“碳中和”的重要途径之一，该反应路径如图所示。下列说法正确的是 学科网（北京）股份有限公司 A．该过程的总反应为 2CO2 +4H2 催化剂 CH3COOH +2H2O B．LiI 和 Rh*均为该反应的催化剂 C．步骤 3 反应中既有非极性键的断裂，又有非极性键的形成 D．所有步骤发生的反应均为氧化还原反应 10．（2024·山西吕梁·统考一模接触而得名，反应过程示意图如图： 下列说法不．正．确．的是 A．过程①②中都有极性键、非极性键的断裂和形成 B．总反应的反应速率由反应①决定 C．过程①中有电子的转移 D． V2O5 的作用是降低该反应的活化能 试卷第 4页，共 4页 参考答案： 1．C 【详解】A． 能垒高的可以制约反应，由图知，制约 CO2 还原为 C2H4 反应速率的是 CH* －COH→*C－COH，A 错误； B． *CH3O→CH4+O*既有化学键的断裂、又有化学键的形成，B 错误； C．由图知，生成甲烷的历程中、活化能小，因此更容易生成甲烷、即 Cu－Ce－Ox 固溶体催化剂对生成 CH4 有较高选择性，C 正确； D． 由*CO 生成 CH4 与*OH 的反应为化合价降低、得电子、是还原反应，D 错误；答案选 C。 2．B 【详解】A．平衡常数只与温度有关，与浓度无关，A 错误； B．50℃时，Ni(CO)4 以气态存在，有利于分离，从而促使平衡正向移动，B 正确； C．230℃时，Ni(CO)4 分解Ni(CO)4 (g)  Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为 K’= 1 = K 1 2×10-5 =5×104， 可知分解率较高，C 错误； D．平衡时，正逆反应速率相等，即 4v 生成[Ni(CO)4]= v 生成(CO)，D 错误；故选 B。 3．D 【详解】A．乙烯中碳的化合价为-2 价，乙醛中为-1 价，1mol 乙烯转化为乙醛失 2mol 电子，故 A 正确； B．由图示可知反应起点 PdCl2 为反应物，生成 Pd，过程 II 中氯化铜为反应物与 Pd 反应生成 CuCl，可知 CuCl2 与 PdCl2 是开始存在的物质，作催化剂，而 CuCl 与 Pd 是反应过程中的生成物，同时也是另一反应的反应物，作中间产物，故 B 正确； C．I、II、III 步中均有单质参加或生成，均有价态变化，属于氧化还原反应，故 C 正确； D．由图可知该过程的最终生成物为乙醛，其中只含有极性键和非极性键断裂，无非极性键形成，故 D 错误； 故选：D。 4．D 【详解】A．反应(Ⅱ)消耗的氢原子是反应(Ⅰ)脱去的氢原子，反应(Ⅱ)释放的能量提供给反应(Ⅰ)，该过程是一个原⼦经济、能量经济的绿⾊过程，故 A 正确； 答案第 1页，共 4页 B．反应(Ⅰ)的产物氢气是反应(Ⅱ)的反应物，所以反应耦合使 (Ⅰ)和(Ⅱ)的转化率都增⼤，故 B 正确； C．N 含有碳碳双键、醛基，Q 含有碳碳双键，均能被氧化；乙烯、甲醛都是平面结构，单 键可以旋转，所以 N 中所有原⼦可以共平⾯，故 C 正确； D．反应(Ⅰ)去掉氢原子，是氧化反应，反应(Ⅱ)“加氢去氧”，是还原反应，故 D 错误；选 D。 5．B 【详解】A.a 中加入少量 CuSO4 溶液，锌会与硫酸铜发生反应生成铜，锌、铜和硫酸溶液形成原电池，反应速率会加快，但生成的氢气的体积会减少，故 A 错误； B.当增大容器的体积时，反应物和生成物的浓度均减小，相当于减小压强，正、逆反应速率均减小，平衡逆向移动，与反应速率 v 和时间 t 的关系图象相符合，故 B 正确； C.由③图象可知，p2>p1，压强增大，B 的体积百分含量减小，说明平衡正向移动，正向为气体体积减小的方向，则 D 为非气态，故 C 错误； D.当反应达化学平衡状态时，v（NO2）正 = 2v（N2O4）逆 ，由此可知图中交点 A 对应的状态不是化学平衡状态，故 D 错误； 综上所述，答案为 B。 【点睛】④图中 A 点时 v（N2O4）逆=v（NO2）正 = 2 v（N2O4）正，则 v（N2O4）逆>v（N2O4） 正，反应逆向移动。 6．D 0.0224L 【详解】A．0～6min 时间内，生成氧气为 22.4L / mol =0.001mol，由 2H2O2 2H2O+O2， 可知△c(H2O2)= 0.001mol 2 0.01L 0.2mol / L =0.2mol/L，则 H2O2 分解率为 0.4mol / L ×100%=50%，故 A 正确； B．由 A 计算可知，反应至 6 min 时 c(H2O2)=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，故 B 正确； 0.0224L C．0～6min 时间内，生成氧气为 22.4L / mol =0.001mol，由 2H2O2 2H2O+O2，可知 △c(H2O2)= 0.001mol 2 0.01L =0.2mol/L，所以 v(H2O2)= 0.2mol / L ≈0.033mol/(L•min)，故 C 正确； 6min D．由题中数据可知，0～3 min 生成氧气的体积大于 3～6min 生成氧气的体积，因此，4～6 min 的平均反应速率小于 0～6min 时间内反应速率，故 D 错误； 答案选 D。 7．C 答案第 2页，共 4页 【详解】A．图象分析判断 0～t2 时，0～t1 逆反应速率大于正反应速率，t1～t2 正逆反应速率相同，A 错误； B．在 t2 时刻若是加入催化剂，由于催化剂对正逆反应速率都有影响，图象中逆反应速率和正反应速率同等程度增大，而现在逆反应速率先增大最后和原平衡相同，速率不变，最后反应达到平衡和原平衡相同，B 错误； C．Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，反应速率不变，说明反应达到相同的平衡状态，A 的体积分数Ⅰ=Ⅱ，C 正确； D．Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，反应速率不变，说明反应达到相同的平衡状态，平衡常数不变，D 错误； 答案选 C。 8．C 【详解】A．二氧化碳的电子式为 ，A 错误； B．根据原子守恒可知该反应方程式为CO2 +3H2 催化剂 CH3OH+H2O ，不是加成反应，B 错 误； C．二氧化碳合成淀粉，不但合成了营养物质，而且减少了二氧化碳的排放，可成为“碳中和”的途径之一，C 正确； D．化学反应的焓变是不能改变的，催化剂只能改变活化能，D 错误；故选 C 9．B 【详解】A．根据图示，CH3OH、CO2、H2 反应生成 CH3COOH 和 H2O，化学方程式为： CH3OH+CO2 +H2 催化剂 == CH3COOH+H2O ，故 A 错误； B．LiI 在步骤 1 中作反应物、步骤 5 作生成物，所以 LiI 是该反应是催化剂，Rh*也是该反应的催化剂，故 B 正确； C．步骤 3 中有 C=O 的断裂、C-Rh 键的断裂，有 C-C 键的形成、O-Rh 键的形成，所以没有非极性键的断裂，故 C 错误； D．步骤 5 中，HI 和 LiOH 为反应物，H2O 和 LiI 为生成物，可表示为 HI+LiOH═H2O+LiI，无元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故 D 错误； 故选：B。 答案第 3页，共 4页 10．A 【详解】A．过程①中只有极性键的断裂和形成，过程②中有极性键形成和非极性键的断裂， A 错误； B．总反应的反应速率由慢反应决定，B 正确； C．过程①中 SO2 生成 SO3 化合价升高，有电子的转移，C 正确； D．该反应的催化剂只有 V2O5，V2O4 是前面反应生成，又在后面反应中消耗，属于“中间产物”，故 V2O5 的作用是降低该反应的活化能，D 正确； 故选 A。 答案第 4页，共 4页 $$