第8章 第2讲 课后检测能力达标(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·化学

**基本信息** 聚焦化学反应历程与速率原理，通过多维度情境题构建从微观机理到宏观规律的逻辑链条，强化科学思维与证据推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固|9题（含5道高考/联考真题）|反应历程能量图分析、活化能比较、中间体判断|以“反应分步→决速步骤→速率影响因素”为线索，衔接基元反应与总反应规律| |素养提升|5题|催化剂作用机理、速率常数计算、复杂体系平衡分析|整合催化剂表面吸附、多路径竞争反应等进阶内容，深化物质变化与能量变化观念|

[基础巩固] 1．（2025·徐州联考）研究发现，反应2NO(g)＋O2(g)⥫⥬2NO2(g)的反应速率随温度的升高而减小，反应历程：第一步为2NO(g)⥫⥬N2O2(g)　ΔH1＜0　快反应，第二步为N2O2(g)＋O2(g)⥫⥬2NO2(g)　ΔH2＜0　慢反应。依据该过程，下列说法正确的是(　　) A．反应相同时间，快反应的平均速率一定比慢反应的大 B．提高NO的浓度，化学反应速率将显著增大 C．温度升高，对快反应的影响比慢反应的大 D．恒容条件下，达到平衡时，通入少量NO2，再次达到平衡时NO2含量减小 解析：选C。由v＝可知，反应相同时间，快反应与慢反应浓度的变化量可能相等，快反应的平均速率不一定比慢反应的大，A错误；化学反应速率由慢反应（第二步）决定，提高NO浓度主要影响快反应（第一步），故化学反应速率不会显著增大，B错误；反应2NO＋O2⥫⥬2NO2的反应速率随温度的升高而减小，结合反应历程焓变可知，温度升高时，快反应(ΔH1<0)平衡逆向移动更明显，导致中间体N2O2浓度降低，进而抑制慢反应，使得总反应速率减小，说明温度对快反应的影响更大，C正确；恒容条件下，达到平衡时，通入少量NO2，相当于增大压强，相较于原平衡，平衡正向移动，再次达到平衡时NO2含量增大，D错误。 2．（2024·甘肃卷）甲烷在某含Mo催化剂作用下部分反应的能量变化如下图所示。下列说法错误的是(　　) A．E2＝1.41 eV B．步骤2逆向反应的ΔH＝＋0.29 eV C．步骤1的反应比步骤2快 D．该过程实现了甲烷的氧化 解析：选C。E2＝0.70 eV－(－0.71 eV)＝1.41 eV，A项正确；步骤2逆向反应的ΔH＝－0.71 eV－(－1.00 eV)＝＋0.29 eV，B项正确；步骤1的活化能E1＝0.70 eV，步骤2的活化能E3＝－0.49 eV－(－0.71 eV)＝0.22 eV，步骤1的活化能大于步骤2的活化能，故步骤1的反应比步骤2慢，C项错误；该过程中甲烷转化为甲醇，实现了甲烷的氧化，D项正确。 3．在催化剂M和N表面发生CO2甲烷化反应的历程如下图所示。已知*代表催化剂，*CO2代表CO2吸附在催化剂表面，下列说法错误的是(　　) A.CO2吸附在催化剂表面时放出热量 B．*CH2O比*COOH稳定 C．使用催化剂N时，*CO―→*CHO是反应的决速步骤 D．反应过程中，存在极性键的断裂和生成 解析：选B。根据题图可知，CO2吸附在催化剂表面后能量降低，故该吸附过程放出热量，A正确；根据题图可知，使用催化剂N时，*CH2O比*COOH相对能量高，*CH2O更活泼，B错误；根据题图可知，使用催化剂N时，*CO―→*CHO的活化能最大，反应速率最小，是反应的决速步骤，C正确；反应过程中CO2断裂C===O极性键，生成CH4时生成C—H极性键，D正确。 4．利用计算机技术测得在甲、乙两种催化剂作用下由正丁烷(g)制备1-丁烯(g)的反应历程如下图，其中甲、乙催化剂表面的物种均用*标注，过渡态均用TS表示。下列说法错误的是(　　) A．选用催化剂甲时的最高能垒（活化能E正）为1.95 eV B．选用催化剂乙时，相对能量从0.00 eV→0.29 eV的过程为正丁烷的吸附过程 C．C4H10(g)===C4H8(g)＋H2(g)为吸热反应 D．若只从平均反应速率大小角度考虑，则生产中适宜选用催化剂乙 解析：选A。由题图可知，选用催化剂甲时的最高能垒（活化能E正）为1.29 eV，A项错误；由题图可知，选用催化剂乙时，相对能量从0.00 eV→0.29 eV的过程为正丁烷在催化剂表面的吸附过程，B项正确；由题图可知，生成物的总能量高于反应物的总能量，故C4H10(g)===C4H8(g)＋H2(g)为吸热反应，C项正确；活化能越小反应速率越大，在催化剂乙作用下反应历程中活化能较小，若只从平均反应速率大小角度考虑，则生产中适宜选用催化剂乙，D项正确。 5．（2026·临沂质检）甲酸是重要化工原料，利用CH4与H2O2定向转化制HCOOH等物质的反应历程和能垒变化如下图所示（部分微粒未画出）。下列说法正确的是(　　) A．微粒ⅱ和ⅲ是反应的中间产物 B．CH4转化为HCOOH包含2个基元反应 C．生成·CHO是该过程的决速步 D．反应过程中存在H2O2===2·OH 解析：选D。由题图可知，微粒ⅱ和ⅲ是生成物，A错误；由题图可知，CH4转化为HCOOH过程中经历了多个自由基的生成与转化过程，不止2个基元反应，B错误；反应的决速步通常为活化能最高即能垒最高的基元反应，由题图可知，甲烷生成·CH3的能垒最高，故生成·CH3是该过程的决速步，C错误；由题图可知，反应过程中存在H2O2===2·OH，D正确。 6．（2025·大连联考）已知：化学反应速率常数k＝Ae（A、R为常数，e为自然对数的底，Ea为活化能）。反应X＋2Y⥫⥬Z由如下 步骤实现：Ⅰ.X＋Y⥫⥬Q　ΔH1＜0，Ⅱ.Q＋Y⥫⥬Z　ΔH2＞0。反应速率常数与温度的变化关系如右图所示。下列说法正确的是(　　) A．反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的 B．反应过程涉及两种中间体 C．升高温度，反应速率常数k(Ⅰ)减小、k(Ⅱ)增大 D．增大压强，反应Ⅰ和Ⅱ的化学平衡常数均增大 解析：选A。由图像可知，反应Ⅰ的k随变化更显著（曲线斜率的绝对值更大）。根据k＝Ae，斜率绝对值越大，活化能Ea越大，所以反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的，A正确；该反应中只有Q一种中间体，B错误；升高温度，反应速率常数k(Ⅰ)、k(Ⅱ)均增大，C错误；化学平衡常数只受温度的影响，改变压强，化学平衡常数不变，D错误。 7．（2025·云南卷）铜催化下，由CO2电合成正丙醇的关键步骤如下图。下列说法正确的是(　　) A．Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应 B．Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成 C．Ⅳ的示意图为 D．催化剂Cu可降低反应热 解析：选C。Ⅰ到Ⅱ的过程中消耗了氢离子和电子，属于还原反应，A错误；Ⅱ到Ⅲ的过程中只生成了C—H极性键，没有非极性键生成，B错误；类比Ⅱ到Ⅲ的过程可知，Ⅲ到Ⅳ也生成了C—H极性键，Ⅳ到Ⅴ结合CO，故Ⅳ的示意图为，C正确；催化剂可降低活化能，增大反应速率，但不能改变反应热，D错误。 8．（2026·惠州模拟）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下图。下列说法错误的是(　　) A.0～30 min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10-3 mol·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 解析：选A。0～30 min时间段内，Δc(Z)＝0.125 mol·L-1，Δc(M)＝0.500 mol·L-1－0.300 mol·L-1＝0.200 mol·L-1，反应①中Δc(M)＝0.200 mol·L-1－0.125 mol·L-1＝0.075 mol·L-1，则Δc(Y)＝0.075 mol·L-1，v(Y)＝＝＝2.5×10-3 mol·L-1·min-1，A说法错误；反应①②速率之比为＝＝，为定值，则Y、Z的浓度变化量之比也为定值，故反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变，B说法正确；由上述分析可知，＝＝＝，如果反应能进行到底，反应结束时①②的转化率之比为3∶5，因此有（即62.5%）的M转化为Z，C说法正确；结合C选项，反应①的速率小于反应②的速率，所以反应①的活化能比反应②的活化能大，D说法正确。 9．（2024·贵州卷）AgCN与CH3CH2Br可发生取代反应，反应过程中CN－的C原子和N原子均可进攻CH3CH2Br，分别生成腈(CH3CH2CN)和异腈(CH3CH2NC)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下图所示（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CH3CH2Br生成CH3CH2CN和CH3CH2NC的反应都是放热反应 B．过渡态TS1是由CN－的C原子进攻CH3CH2Br的α-C而形成的 C．Ⅰ中“N┄Ag”之间的作用力比 Ⅱ 中“C┄Ag”之间的作用力弱 D．生成CH3CH2CN放热更多，低温时CH3CH2CN是主要产物 解析：选D。由题图可知，两个反应中反应物的总能量均大于生成物的总能量，均为放热反应，A正确；由题图可知，过渡态TS1最终产物为腈(CH3CH2CN)，结合TS1的物质结构可知，过渡态TS1是由CN－的C原子进攻CH3CH2Br的α-C而形成的，B正确；由题图可知，Ⅰ中CH3CH2C≡N┄Ag┄Br―→CH3CH2CN＋AgBr吸收的能量小于Ⅱ中CH3CH2N≡C┄Ag┄Br―→CH3CH2NC＋AgBr吸收的能量，故Ⅰ中“N┄Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C┄Ag”之间的作用力弱，C正确；两个反应都为放热反应，生成CH3CH2NC的活化能更低，故低温时，CH3CH2NC为主要产物，D错误。 [素养提升] 10．N-Zn/TiO2光催化氧化可用于工业上含硫废液的处理，光生电子(e－)与水电离出的H＋、O2作用生成过羟基自由基(HO2·)，空穴(h＋)与水电离出的OH－作用生成羟基自由基(·OH)，HO2·和·OH分别与SO反应生成SO，变化过程如下图所示。下列说法错误的是(　　) A．·OH氧化SO的反应为2·OH＋SO===SO＋H2O B．①②过程和③④过程产生的SO的物质的量之比为1∶1 C.pH过低或过高均会影响催化剂的催化效果 D．氧化含硫废液的总反应为2SO＋O22SO 解析：选B。·OH将SO氧化为SO：2·OH＋SO===SO＋H2O，故A正确；①②过程中，O2、H＋、e－和SO反应生成SO：O2＋H＋＋e－＋SO===SO＋·OH，③④过程中，OH－、h＋和SO反应生成SO：2OH－＋2h＋＋SO===SO＋H2O，而H2O电离的H＋和OH－的物质的量之比为1∶1，所以产生的SO的物质的量之比为2∶1，故B错误；该变化过程中水电离出的H＋和OH－均参与了反应，而pH过低或过高都会影响水的电离，从而影响催化剂的催化效果，故C正确；氧化含硫废液的总反应为2SO＋O22SO，故D正确。 11．（2025·郑州联考）温度为T1时，在三个容积均为1 L的恒容密闭容器中仅发生反应：M(g)＋N(g)⥫⥬Q(g)　ΔH＜0。正、逆反应速率可以表示为v1＝k1c(M)·c(N)和v－1＝k－1c(Q)，k1和k－1分别为正、逆反应的速率常数，仅受温度影响。下列说法错误的是(　　) 容器编号 起始浓度/(mol·L-1) 平衡浓度 /(mol·L-1) c(M) c(N) c(Q) c(Q) ① 1.0 1.0 0 0.5 ② 1.0 1.0 1.0 ③ 0 0.5 1.0 A.达平衡时，容器①与容器②中逆反应速率之比为1∶2 B．开始时，容器②中正反应速率大于逆反应速率 C．达平衡时，容器③中比容器①中的大 D．当温度改变为T2时，若k1＝k－1，则T2＞T1 解析：选A。根据容器①中数据可知，T1时，平衡常数为＝2，②中相当于起始量M和N均是2 mol·L-1，在①的基础上增大压强，平衡正向移动，平衡时Q的浓度大于1.0 mol·L-1，所以达平衡时，根据v－1＝k－1c(Q)可知，容器①与容器②中逆反应速率之比小于1∶2，A错误；开始时，容器②中浓度商为1＜平衡常数2，所以正反应速率大于逆反应速率，B正确；容器③中起始时加入0.5 mol·L-1 N和1.0 mol·L-1 Q，根据等效平衡，相当于起始时加入1.0 mol·L-1 M和1.5 mol·L-1 N，相对于容器①，容器③中c(N)增大，平衡正向移动，c(M)减小，c(Q)增大，所以达平衡时，容器③中比容器①中的大，C正确；当温度改变为T2时，若k1＝k－1，则此时平衡常数为1＜T1时平衡常数为2，正反应放热，因此T2＞T1，D正确。 12．（2025·江苏卷）CO2与NO通过电催化反应生成CO(NH2)2，可能的反应机理如下图所示（图中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注）。下列说法正确的是(　　) A．过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成 B．过程Ⅱ中NO发生了氧化反应 C．电催化CO2与NO生成CO(NH2)2的反应方程式：CO2＋2NO＋18H＋CO(NH2)2＋7H2O D．常温常压、无催化剂条件下，CO2与NH3·H2O反应可生产CO(NH2)2 解析：选A。过程Ⅱ为*CO2和*NO在酸性条件下被还原为*CO和*NH2的反应，生成了N—H等极性共价键；过程Ⅲ为*CO与*NH2生成*CO(NH2)2的反应，生成了C—N极性共价键，A正确。过程Ⅱ是得电子的还原反应，N元素的化合价由＋5价降为－2价，C元素的化合价由＋4价降为＋2价，B错误。根据反应机理图可知，过程Ⅱ需要外界提供电子，正确的反应方程式为CO2＋2NO＋18H＋＋16e－CO(NH2)2＋7H2O，C错误。常温常压、无催化剂条件下，CO2与NH3·H2O反应生成(NH4)2CO3或NH4HCO3，不能得到CO(NH2)2，D错误。 13．已知阿仑尼乌斯公式是反应速率常数随温度变化关系的经验公式，可写作Rln k＝－＋C（k为反应速率常数，Ea为反应活化能，R和C均为大于0的常数），为探究m、n两种催化剂对某反应的催化效能，进行了实验探究，依据实验数据获得的曲线如下图所示。下列说法正确的是(　　) A．在m催化剂作用下，该反应的活化能Ea＝9.6×104 J·mol-1 B．对该反应催化效能较高的催化剂是m C．不改变其他条件，升高温度，会降低反应的活化能 D．可以根据该图像判断升高温度时平衡移动的方向 解析：选A。将(7.2×10-3，56.2)和(7.5×10-3，27.4)代入Rln k＝－＋C中，计算可得Ea＝9.6×104 J·mol-1，故A正确；对比题图中直线m和n的斜率绝对值的大小可知，使用催化剂n时对应的Ea较小，则对该反应催化效能较高的催化剂是n，故B错误；题图中m、n均为直线，斜率不发生变化，因此不改变其他条件，只升高温度，反应的活化能不变，故C错误；阿仑尼乌斯公式表示反应速率常数随温度的变化关系，无法根据该图像判断升高温度时平衡移动的方向，故D错误。 14．（2025·贵阳模拟）1-苯基丙炔和HCl可发生催化加成反应，生成产物A和B。反应历程的能量变化如图1，体系中三种物质的占比随时间变化如图2，下列说法错误的是(　　) A．由Ph—C≡C—CH3生成产物A和产物B的反应都是放热反应 B．产物B对应的结构是 C. 　ΔH＝－(Ea1＋Ea4－Ea2－Ea3) D.若想获取高产率的产物A，应适当缩短反应时间并将其及时分离 解析：选B。由题图1可知，两种生成物的能量均比反应物低，故由Ph—C≡C—CH3生成产物A和产物B的反应都是放热反应，A正确；由题图1可知，的能量更低，更稳定，达到平衡时，其占比应更高，则产物B对应的结构是，B错误；由题图1可知，反应Ⅰ：Ph—C≡C—CH3(g)＋HCl(g)―→(g)　ΔH1＝Ea1－Ea3，同理反应Ⅱ：Ph—C≡C—CH3(g)＋HCl(g)―→ (g)　ΔH2＝Ea2－Ea4，根据盖斯定律，反应Ⅱ－反应Ⅰ得到目标反应，则ΔH＝(Ea2－Ea4)－(Ea1－Ea3)＝－(Ea1＋Ea4－Ea2－Ea3)，C正确；由题图2可知，在反应时间较短时，产物A的占比较高，故若想获取高产率的产物A，应适当缩短反应时间并将其及时分离，D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $