2025届高三化学一轮复习专练—速率平衡选择题22道

2025年福建高考一轮专练—速率平衡选择题22道解析版 一、单选题 1．（2024·广东·二模）一定条件下，与反应合成的反应历程如图所示。已知其他条件不变时，反应物中的元素被质量数更大的同位素替换时，反应速率会变慢。说明：过渡态中“- -”表示化学键未完全断裂或形成。下列说法正确的是 A．反应历程中的两个反应均涉及氢原子的成键 B．相同条件下，与发生上述反应，则其过渡态的能量比高 C．该反应的 D．与发生上述反应，只能获得1种相对分子质量的有机产物 2．（2024·湖北·模拟预测）苯与Br₂发生取代反应原理为 ，其能量与反应进程如下图所示。 已知：当碳原子上连有推电子基团时，有利于碳正离子的稳定。 下列说法正确的是 A．第步涉及非极性键的断裂 B．该反应的决速步骤为第步 C．反应热 D．比苯更难发生卤代反应 3．（2024·福建龙岩·三模）下图是分别用和电催化甲酸间接氧化的反应历程，吸附在催化剂表面的粒子用标注。下列说法错误的是      A．为阳极产物之一 B．催化剂活性： C．催化剂比更难吸附 D．消耗相同甲酸时，总反应焓变： 4．（2024·新疆乌鲁木齐·三模）氢能是一种重要的清洁能源，由可以制得。在催化剂作用下，催化释放氢的反应机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。下列叙述正确的是 A．催化释放氢的过程中有非极性键的断裂与形成 B．催化释放氢反应除生成外，还生成 C．在催化剂表面解离键比解离键难 D．催化释放氢的热化学方程式为： 5．（2024·福建莆田·二模）2-溴丁烷在乙醇钾(C2H5OK)作用下发生消去反应的能量变化如下图所示。下列说法正确的是 A．活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ B．产物的稳定性：1-丁烯>2-丁烯 C．相同条件下完全燃烧放出的热量：1-丁烯>2-丁烯 D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的1-丁烯 6．（2024·福建·三模）将催化转化成CO是实现资源化利用的关键步骤，发生的反应有 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   反应Ⅲ：  ，0.1MPa，在密闭容器中按投料，平衡时各组分的摩尔分数［物质i的摩尔分数：，未计入］随温度的变化如图。下列说法不正确的是 A．低温下有利于反应Ⅱ正向进行 B．曲线b为 C．P点时反应Ⅰ的约为 D．900℃时，适当增大体系压强，保持不变 7．（2024·福建福州·一模）一定条件下，1-苯基丙炔与HCl发生催化加成，反应如下： 反应Ⅰ：产物A：； 反应Ⅱ：产物B：； 反应Ⅲ：； T℃，向密闭容器中通入2molPh-C≡C-CH3（g）和3molHCl（g），平衡时测得Ph-C≡C-CH3（g）的转化率为，反应Ⅲ的平衡常数，反应过程中有机物的物质的量分数随时间变化如图。下列说法错误的是 A．活化能： B． C．T℃反应的平衡常数 D．若保持温度和压强不变，再向容器中通N2，反应I的化学平衡将逆向移动 8．（23-24高三上·山东日照·阶段练习）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如下所示： ＋OH-＋CH3O- 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 9．（2024·河北保定·二模）高纯度可用作玻璃擦光剂、搪瓷抛光剂、催化剂等。利用水解反应制备高纯度的原理为。某温度下，测得体系中、（电离产生的不考虑）与时间的关系如图所示。下列叙述正确的是 A．正反应速率：a＞c B．平衡后增大，平衡常数K减小 C．b点时水解反应已停止 D． 10．（2024·山东德州·三模）在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸发生反应的反应历程如图。下列说法错误的是 A．生成中间体时碳的杂化方式未发生改变 B．生成中间体的反应为决速步骤 C．产物1为加成反应的产物 D．动力学和热力学优势产物均为产物2 11．（2024·重庆·模拟预测）科学家对负载的不同过渡金属催化剂上产物活性和选择性的不同进行了探究。测定在不同催化剂上发生还原反应生成的自由能如图所示，数字标注的为吉布斯自由能变化值。 下列说法正确的是 A．由图可知，在不同催化剂上发生还原反应生成的吉布斯自由能相同 B．在三种催化剂上发生还原反应生成的决速步骤均相同 C．中间体的吸附构型与催化剂的活性和选择性存在直接的关系 D．发生还原反应的过程中，碳氧双键均断裂，且氧原子均生成甲醇 12．（2024·福建莆田·三模）我国科学家研究发现，使用GaZrOx双金属氧化物可形成氧空位，具有催化氧化性能，实现CO2加氢制甲醇(MT)。Zr基态原子核外价电子排布式为4d25s2。下列说法错误的是 A．步骤a到b有极性键的断裂与形成 B．氧空位越多越有利于加快速率 C．步骤(2)Zr(Ⅲ)将电子转移给CO2形成Zr(Ⅱ)，起到活化CO2的作用 D．步骤(4)可制得甲醇 13．（2024·福建福州·三模）实验室以苯甲醛为原料合成苯甲酸苯甲酯的反应机理如图 (已知 RO⁻极易结合 H+转化为 ROH)。下列说法正确的是 A．该反应的催化剂为苯甲醇，能降低反应的焓变 B．久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，能加快该历程反应速率 C．合成苯甲酸甲酯总反应方程式为： D．与酯化反应相比，该反应的原子利用率高 14．（23-24高三下·陕西西安·期中）Suzuki交叉偶联反应广泛应用于制药和先进材料制造等领域，其反应机理如图所示(L代表配体，X代表卤素原子)，下列说法错误的是 A．该反应的催化剂为Pd(O)L2 B．循环过程中Pd元素只有0、+2价 C．溴代烃比氯代烃更容易发生偶联反应 D．总反应为2→+2 X- 15．（2024·福建福州·二模）PtNiFe-LDHGO催化甲醛氧化的反应机理如图： 下列说法错误的是 A．步骤Ⅰ中甲醛通过氢键吸附在催化剂表面的上 B．上述反应机理涉及极性键和非极性键的形成 C．该反应每生成，转移电子 D．PtNiFe-LDHGO降低了该反应的活化能 16．（2024·福建龙岩·二模）乙烷催化氧化为乙醛在合成化学和碳资源利用等方面均有重大意义。在催化下乙烷氧化成乙醛的机理如图所示。下列说法正确的是 A．、中C原子杂化方式均为 B．一定不能改变乙烷氧化成乙醛的转化率 C．根据图示机理，可推测X、Y分别为、 D．每生成1mol ，消耗的物质的量小于2mol 17．（2024·安徽·二模）醛、酮与可发生加成反应：平衡常数为K，微量碱存在时的催化机理如下． 已知不同基团（、）对平衡常数的影响如下表所示： 平衡常数K ① 210 ② 530 ③ 38 ④ 下列说法不正确的是 A．第二步为决速步骤 B．若将微量碱改成加入酸，则反应速率减慢 C．由①②可知推电子基团可以使上的C原子活化，增大平衡常数 D．④的平衡常数小于③，可能是因为④中受到的空间位阻更大 18．（2024·河南焦作·一模）工业上苯乙烯的生产主要采用乙苯脱氢工艺：。某条件下无催化剂存在时，该反应的正、逆反应速率v随时间t的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A．曲线①表示的是逆反应的关系 B．时刻体系处于平衡状态 C．反应进行到时，(为浓度商) D．催化剂存在时，、都降低 19．（2024·福建·一模）一种芳香族化合物结构如图。萃取稀土离子的原理为。分配比，水相初始浓度，萃取平衡时关系如图。下列说法错误的是 A．中醚键O原子提供孤电子对与形成配位键 B．对的萃取效果最好 C．对萃取的萃取平衡常数为 D．萃取平衡时 20．（23-24高三上·河北衡水·期中）在恒温恒容密闭容器中充入一定量W(g)，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的活化能大于反应②，测得W(g)的浓度随时间的变化如下表： t/min 0 1 2 3 4 5 0.160 0.113 0.080 0.056 0.040 0.028 下列说法正确的是 A．内，W的平均反应速率为 B．若升高温度，平衡时减小 C．若，平衡时 D．若增大容器容积，平衡时Y的产率增大 21．（23-24高三上·江苏徐州·阶段练习）利用CO2和 H2可制得甲烷，实现资源综合利用。 已知：I．  2221-1 II． CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)     △H2=-165.0 kJ·mol-1 在一定的温度和压力下，将按一定比例混合的CO2和H2混合气体通过装有催化剂的反应器， 反应相同时间， CO2转化率和 CH4选择性随温度变化关系如图所示。 CH4选择性= 下列说法不正确的是 A．反应Ⅱ：2E(C=O)+4E(H-H)<4E(C-H)+4E(H-O)(E表示键能) B．240℃时，其他条件不变，增大压强能提高CO2的转化率 C．在260~300℃间， 其他条件不变， 升高温度 CH4的产率增大 D．320℃时CO2的转化率最大，说明反应I和反应II一定都达到了平衡状态 22．（23-24高三上·辽宁·期中）乙醛是一种重要的二碳试剂，其某种合成机理如图所示。下列说法错误的是 A．Fe+是该反应的催化剂 B．C2H5OH是合成过程中的副产物 C．该合成乙醛的反应为 D．及时分离出C2H5OH，有利于提高CH3CHO的产率 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D D C C C C B D A 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 C C D D B C C B D B 题号 21 22 答案 D D 1．B 【详解】A．根据图知，反应历程中的第一个反应涉及氢原子的成键，第二个反应没涉及氢原子的成键，A错误； B．已知其他条件不变时，反应物中的元素被质量数更大的同位素替换时，反应速率会变慢，所以相同条件下，与发生上述反应，反应速率会变慢，则其过渡态Ⅰ的能量比b高，B正确； C．该反应的，即生成物的总能量减去反应物的总能量，C错误； D．根据图可知，与发生上述反应，可以获得、2种相对分子质量相等的有机产物，D错误； 故选B。 2．D 【详解】A．第步是形成π配位键，没有非极性键的断裂，A错误； B．该反应的决速步骤为活化能最大的步骤，即第Ⅱ步，B错误； C．总反应的焓变是生成物总能量减去反应物总能量或正逆反应活化能差值，因此，C错误； D．为吸电子基团，不利于碳正离子的稳定，因此更难发生卤代反应，D正确； 答案选D。 3．D 【详解】A．HCOOH氧化生成CO2，C元素化合从升高被氧化，为阳极产物之一，选项A正确； B．作催化剂时，Fe容易吸附OH*促进CO*的除去，故催化剂活性：，选项B正确； C．作催化剂时，吸附OH*需要克服较高的能垒，比更难吸附，选项C正确； D．反应历程不同焓变相同，故消耗相同甲酸时，总反应焓变：，选项D错误； 答案选D。 4．C 【详解】A．转化涉及到N-H键的断裂和形成、O-H键的断裂以及H-H键的形成，没有非极性键的断裂，A错误； B．若用HCOOD代替HCOOH，反应为HCOOD分解，除生成CO2外，还生成HD，没有H2、D2，B错误； C．由图可知，II→III过程中断裂O-H键，III→IV过程中断裂C-H键，III→IV的活化能大于II→III的，故在催化剂表面解离C−H键比解离O−H键难，C正确； D．图2表示1分子HCOOH(g)生成CO2(g)和H2(g)时放出能量0.45eV，而热化学方程式中ΔH为1mol反应的热量变化，故D错误； 本题选C。 5．C 【详解】A．活化能：反应Ⅰ>反应Ⅱ，故A错误； B．能量越低越稳定，产物的稳定性：1-丁烯<2-丁烯，故B错误； C．1-丁烯的能量大于2-丁烯，所以相同条件下完全燃烧放出的热量：1-丁烯>2-丁烯，故C正确； D．活化能：反应Ⅰ>反应Ⅱ，反应Ⅱ速率快，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的2-丁烯，故D错误； 选C。 6．C 【分析】反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ和反应Ⅲ是放热反应，升高温度反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ和反应Ⅲ平衡逆向移动，CO和H2的摩尔分数增大，且H2的摩尔分数大于CO，曲线b代表，a代表CO，以此解答。 【详解】A．由盖斯定律可知，反应Ⅰ+反应Ⅲ可得反应Ⅱ， =-163.9，该反应为放热反应，低温下有利于反应Ⅱ正向进行，A正确； B．由分析可知，曲线b代表，B正确； C．由分析可知，曲线b代表，a代表CO，当x(CO)=x(CO2)时，温度高于500℃，x(H2)>x(H2O)，反应I的平衡常数Kp= ，p点温度低于500℃，反应I是吸热反应，温度降低平衡常数减小，则P点时反应I的Kp<1，C错误； D．由图可知，高温时反应I进行程度很大，反应II、III程度很小接近于0，CH4含量很少接近于0，则平衡不受压强影响，适当增大体系压强，保持不变，D正确； 故选C。 7．C 【详解】A．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：，A正确； B．反应Ⅱ=反应Ⅰ+反应Ⅲ，反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，反应Ⅱ也为放热反应，且反应Ⅱ放热更多，则，故，B正确； C．设生成产物Axmol，生成产物Bymol，反应Ⅲ的平衡常数Kx3=6，可得，平衡时测得的转化率为，可得x+y=2，解得x=，反应过程中和氯化氢1∶1反应，则氯化氢反应2mol，平衡时余下(3-2)mol，余下2-2mol，平衡时产物A为mol，T℃反应Ⅰ的平衡常数，C错误； D．若保持温度和压强不变，再向容器中通N2，反应Ⅰ的分压减小，化学平衡将逆向移动，D正确； 故选C。 8．B 【详解】A．一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应Ⅰ和反应Ⅳ的活化能较高，因此反应的决速步为反应Ⅰ、Ⅳ，故A错误； B．反应Ⅰ为加成反应，而⇌为快速平衡，反应Ⅱ的成键和断键方式为或，后者能生成18OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，故B正确； C．反应Ⅲ的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在CH318OH，故C错误； D．该总反应对应反应物的总能量高于生成物的总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O-的总能量与和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D错误； 故选B。 9．D 【详解】A．a点与c点反应时间相同，表示反应进行程度相同，此时反应仍向着正反应方向进行，正反应速率：a=c，A错误； B．化学平衡常数只与温度有关，平衡后增大，温度不变，平衡常数K不变，B错误； C．b点水解过程达到动态平衡状态，此时，水解反应未停止，C错误； D．根据反应方程式计量数比例关系可知，，D正确； 答案选D。 10．A 【详解】A．反应物苯中碳的杂化方式为sp2杂化，生成的中间体中碳的杂化方式既有双键碳的sp2杂化、又有饱和碳原子的sp3杂化，所以碳原子的杂化发生了改变，故A错误； B．由图可知，生成中间体的反应的活化能最大，化学反应速率最慢，所以生成中间体的反应为决速步骤，故B正确； C．对比苯和产物1的结构简式可知，反应过程相当于在苯的两个邻位碳上各加一个原子团，其中一个加硝基、另外一个加-OSO3H，即产物1为加成反应的产物，故C正确； D．由图示可知，生成产物2的反应的活化能更小，化学反应速率更快，即动力学优势产物为产物2，产物2的能量更低、更稳定，即热力学优势产物为产物2，故D正确； 故答案为：A。 11．C 【详解】A．由图可知，在不同催化剂上发生还原反应生成的吉布斯自由能不同，分别为0.98eV、0.92 eV、0.86 eV，故A错误； B．在三种催化剂上发生还原反应生成的决速步骤不同，分别为、、，故B错误； C．在不同催化剂上发生还原反应生成吉布斯自由能不同、决速步骤不同，说明中间体的吸附构型与催化剂的活性和选择性存在直接的关系，故C正确； D．发生还原反应的过程中，1个碳氧双键完全断裂，1个碳氧双键断裂一个键，氧原子部分转化为甲醇，故D错误； 故答案为：C。 12．C 【详解】A．步骤a→b氢气参与反应，H-H键断裂，O-Ga键断裂，形成O-H键，有极性化学键的断裂和形成，故A正确； B．氧空位用于捕获CO2，同时也捕捉了氢气，氧空位个数越多，速率越快，故B正确； C．Zr(Ⅲ)形成Zr(Ⅱ)需要得电子，无法转移电子给CO2，故C错误； D．由图可知，中间体c可通过氢化等步骤得到甲醇（MT）和二甲醚（DME），故D正确； 故答案为：C。 13．D 【详解】A．该反应的催化剂为苯甲醇钠，不改变反应的焓变，故A错误； B．苯甲酸会使苯甲醇钠转化为苯甲醇，导致催化剂失效，故久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，会减慢该历程反应速率，故B错误； C．合成苯甲酸甲酯总反应方程式为：，没有水生成，故C错误； D．该反应没有副产物，只有目标产物，原子利用率为100%，与酯化反应相比，该反应的原子利用率高，故D正确； 故选D。 14．D 【详解】A．由题干反应历程图可知，Pd(O)L2反应前后保持不变，故该反应的催化剂是Pd(O)L2，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为中间产物，A正确； B．由题干反应历程图可知，催化剂Pd(O)L2中的Pd元素是0价，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中Pd元素是+2价，B正确； C．Br-C键能小于Cl-C，则C-Br比C-Cl更容易断裂，溴代烃比氯代烃更容易发生偶联反应，C正确； D．总反应为+ 2OH-+→+X+[B(OH)4]-，D错误； 故答案为：D。 15．B 【详解】A．由图知，甲醛中的氧原子和催化剂中的羟基形成了氢键，即步骤Ⅰ中甲醛通过氢键吸附在催化剂表面的−OH上，A正确； B．上述反应机理涉及极性键的形成，不涉及非极性键的形成，故B错误； C．甲醛中碳的化合价为0，二氧化碳中碳化合价+4，该反应每生成1molCO2，转移4mol电子，C正确； D．催化剂降低反应活化能从而提高反应速率，D正确； 本题选B。 16．C 【详解】A．中羰基碳为sp2杂化，A错误； B．由题干反应历程图可知，催化过程中存在副反应，导致改变了乙烷氧化成乙醛的转化率，B错误； C．由题干反应历程图可知，反应 [(C2H5)Fe(OH)]+ →[(C2H4)Fe]++X、[(C2H5)Fe(OH)]+ →Fe 2++Y，根据质量守恒可知，X、Y分别为、，C正确； D．由题干反应历程图可知，若无副反应，则每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物质的量等于2mol，但过程中存在副反应发生，且生成的Fe+能还原N2O，故消耗N2O的物质的量大于2mol，D错误； 故选C。 17．C 【详解】A．第二步反应慢，为决速步骤，A正确； B．氢离子能与CN－结合生成HCN，降低CN－浓度，所以若将微量碱改成加入酸，则反应速率减慢，B正确； C．由①②可知吸电子基团可以使上的C原子活化，增大平衡常数，C错误； D．由于④中受到的空间位阻更大，不利于反应进行，所以④的平衡常数小于③，D正确； 答案选C。 18．B 【详解】A．反应为乙苯制备苯乙烯的过程，开始反应物浓度最大，生成物浓度为0，随着反应进行反应物浓度逐渐减小，则正反应速率逐渐减小，所以曲线①表示的是正反应的v-t关系，曲线表示的是逆反应的v-t关系，故A错误； B．由图可知，t2时，正逆反应速率相等，体系处于平衡状态，故B正确； C．反应进行到时，反应正向进行，故Q<K，故C错误； D．催化剂能降低反应的活化能，使反应的、都增大，故D错误； 故选B。 19．D 【详解】A．中醚键O原子存在2对孤电子对，有空轨道，与形成配位键，故A正确； B．分配比越大，lgD越大，萃取效果越好，故B正确； C．把（-4，-0.1）代入对萃取的萃取平衡常数K===，故C正确； D．根据已知数据不能计算萃取平衡时，故D错误。 故选：D。 20．B 【详解】A．由表格数据可知，2min时W的浓度为0.080mol/L，则0∼2min内，W的反应速率为=0.040 mol/(L·min)，故A错误； B．反应③的活化能大于反应②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，Z的浓度减小，故B正确； C．由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：=，若，则X和Z的浓度关系为，故C错误； D．由转化关系可知，反应①为W完全分解生成X和Y，Y只参与反应①，所以增大容器容积，平衡时Y的物质的量不变、产率不变，故D错误； 故选B。 21．D 【分析】在两种不同催化剂作用下反应相同时间，化学反应速率越大、选择性越高，则甲烷的产率越高。 【详解】A．反应Ⅱ为放热反应，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，即2E(C=O)+4E(H-H)<4E(C-H)+4E(H-O) ，故A正确； B．增大压强，反应Ⅱ平衡正向移动，故能提高CO2的转化率， 故B正确； C．在260℃~320℃间，以为催化剂，升高温度CH4的选择性虽然基本不变，但CO2的转化率在上升，所以CH4的产率上升，故C正确； D．320℃时CO2的转化率最大，可能是因为温度过高而导致催化剂失去活性导致，从而无法判定此时的转化率就是平衡转化率，则此时两个反应也不一定达到平衡状态，故D错误； 答案选D。 22．D 【详解】A．根据合成机理可知Fe+在第一步消耗，最后一步生成，是该反应的催化剂，A正确；                                                  B．由合成机理可知C2H5OH为生成物，所以C2H5OH是合成过程中的副产物，B正确； C．根据合成机理的箭头指入情况和指出情况可知该合成乙醛的反应为，C正确；    D．及时分离出C2H5OH会增加副产物的生成，不利于提高CH3CHO的产率，D错误； 故选D。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$