2026届高考化学一轮复习-化学反应原理专项训练（四川专用）

**基本信息** 聚焦化学反应机理与平衡，以四川本地模拟题及真题为载体，强化微观机理分析与宏观平衡应用的综合训练，渗透科学思维与化学观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |反应机理分析|18题（如1-10题）|以催化历程图为核心，考查中间体判断、化学键变化、催化剂作用|从吸附位点→中间体转化→产物生成，构建“微观粒子运动→反应路径分析”逻辑链| |化学平衡与能量变化|12题（如11-30题）|结合平衡常数、转化率计算及能量图像，分析温度、浓度对平衡的影响|从反应速率方程→平衡移动原理→能量变化规律，形成“速率-平衡-能量”一体化认知|

2026界高考化学一轮复习-化学反应原理（四川专用） 1．（2026年高考四川卷化学高考真题（网络收集版））将转化为高值化学品有助于实现“双碳”目标。催化转化的一种反应机理如下，图中“”表示催化剂表面的2个吸附位，“”表示吸附位上的H物种。 下列说法错误的是 A．步骤①生成的是 B．步骤②和④生成的Y是 C．步骤④中 D．1个分子完成催化反应获得了8个电子 2．（四川绵阳中学2026届高三下学期高考适应性考试（一）化学试题）中国科学院于良等科学研究者实现了常温常压下利用铜催化乙炔选择性氢化制乙烯，其反应机理如图所示(其中吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法正确的是 A．C2H3*转化为C4H6*时，有C—H形成，无C—C形成 B．增大Cu的表面积，可加快反应速率，提高C2H2的平衡转化率 C．C2H2(g)转化为C4H6(g)的过程放出热量 D．选择较短的反应时间，可提高乙烯的产率 3．（四川绵阳市2026届高三下学期高考适应性考试化学试卷）以为催化剂，在恒温恒容密闭容器中充入分压分别为10 kPa、20 kPa的、，发生重整反应制备，其催化历程如下图所示。研究表明，的生成速率，下列说法错误的是 A．该重整反应的副产物可能有HCOOH和 B．反应进程中，生成TS1的步骤决定反应的整体速率 C．达平衡后，适当升高温度，有利于提高的转化率 D．测得某时刻，则该时刻 4．（江苏省南通市如皋市2025届高三第一次适应性考试（1.5模）化学试题）反应2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)一定条件下能自发进行，可用于处理汽车尾气。下列说法正确的是 A．反应的温度越高，平衡常数K的数值越小 B．正反应的活化能大于逆反应的活化能 C．该反应的平衡常数表达式K= D．反应中每消耗11.2LNO，转移电子数目为6.02×1023 5．（2024届山东省枣庄市高三下学期模拟考试（二调）化学试题）我国科研团队研究发现使用双金属氧化物可形成氧空位，具有催化氧化性能，实现加氢制甲醇。其反应机理如图所示，用“*”表示吸附在催化剂表面的物质。下列说法错误的是 A．增大反应物或分压均能提高甲醇的产量 B．氢化步骤的反应为 C．增大催化剂的比表面积有利于提高平衡转化率 D．催化剂表面甲醇及时脱附有利于二氧化碳的吸附 6．（四川部分校2026届高三下学期高考模拟预测化学试题）研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应。三唑水溶液微滴表面接触CO2发生反应，可能的反应机理如图所示。下列说法错误的是 A．该方法有助于减少CO2的排放 B．中间体X和Y互为同分异构体 C．增大三唑的量，总反应中CO2的平衡转化率增大 D．整个过程中存在极性键的断裂与形成 7．（四川绵阳南山中学2026届高三下学期高考适应性考试化学试题）以三氯甲苯(PhCCl3)为氯源、三辛基膦(Oct3P)为催化剂，在无溶剂条件下将醇转化为相应氯化物的反应机理如图所示。下列说法正确的是 A．中标*碳原子采取sp3杂化 B．反应总方程式为 C．反应过程中涉及极性键和非极性键的断裂与形成 D．反应过程中P元素的化合价保持不变 8．（四川成都市石室中学2026届高三下学期考前学情自测化学试题）工业上在催化剂的作用下CO可以合成甲醇，用计算机模拟单个CO分子合成甲醇的反应历程如图(吸附在催化剂表面的物种用“*”表示)。下列说法正确的是 A．使用催化剂加快了化学反应速率并降低了反应的 B．反应的决速步骤为Ⅴ→Ⅵ C．反应过程中存在非极性键的断裂和极性键的生成 D．反应的热化学方程式为   9．（江苏南通市海安高级中学2025-2026学年高一下学期期中考试化学试题）Fenton试剂(含和的水溶液)产生的羟基自由基能有效氧化去除水中的有机污染物，的产生机理如图所示。下列说法不正确的是 A．过程Ⅰ和过程Ⅱ都有非极性共价键断裂 B．过程Ⅱ的反应方程式： C．比更稳定是因为其3d轨道半充满结构 D．用代替，也能形成类似Fenton试剂的体系 10．（四川广元市2026届下学期高三年级定时训练化学试题）通过和合成稀有气体化合物具有深远意义，其制备原理如下图所示。下列说法正确的是 A．为总反应的催化剂 B．中的的杂化方式为杂化 C．上述过程①、②、③均为非氧化还原反应 D．总反应为 11．（四川什邡中学2026届高三下学期二模化学试题）在胺(PEHA)催化CO2加氢制甲醇的反应中，捕获的CO2经多步加氢转化为甲醇。下列对该反应机理的描述正确的是 A．CO2直接与H2反应断裂C=O键生成CO，CO进一步加氢得甲醇 B．该过程的总反应方程式为：CO2+3H2CH3OH+H2O C．胺仅作为CO2捕获剂，不参与加氢过程的催化作用 D．甲酸盐(HCOO-)在无胺存在下可直接加氢生成甲醇 12．（四川遂宁市高中2026届高三下学期二诊考试化学试题）1，3-丁二烯与亲电加成的反应历程为： 第一步： 第二步：加到碳正离子的②号碳得1，2-加成产物，加到④号碳得1，4-加成产物，加成过程势能图如下 下列说法错误的是 A．与1，3-丁二烯烃作用形成碳正离子过程中，只断裂键 B．碳正离子的正电荷没有集中分布在一个碳原子上 C．在较低温度下()产物以1，4-加成产物为主，在较高温度下()以1，2-加成产物为主 D．已知双键上电子云密度越大，亲电加成反应速率越快，所以发生亲电加成的速率大于 13．（福建莆田市2026届高三下学期第二次质量调研化学试卷）1，3-丁二烯和溴单质以物质的量比1：1加成的反应机理及能量变化如图。其他条件相同，测得反应体系中的产物，-15℃时（甲）：（乙）=31：19；25℃时（甲）：（乙）=3：22。       下列分析合理的是 A．反应焓变： B．25℃，当消耗1 mol 1，3-丁二烯时，上述反应体系的焓变为 C．-15℃，由M转化为产物的速率：v（甲）>v（乙） D．相同温度下，采用高选择性催化剂可改变平衡产物中甲和乙的组成比 14．（2025年广西高考真题化学试题）某种氨基喹啉衍生物合成反应的可能历程如图，表示活化能。下列说法错误的是 A．是反应的催化剂 B．步骤①发生了键断裂 C．反应速率：历程历程I D．反应热：历程历程I 15．（江西省三新协同共同体2025届高三下学期5月考试化学试题）甲基苄溴()在稀的碱性水溶液中的水解反应分两步进行，反应中每一步的能量变化曲线如图所示，下列有关说法错误的是 A．甲基苄溴不存在对映异构体 B．决定甲基苄溴水解反应速率的是第一步反应 C．甲基苄溴在稀的碱性水溶液中生成的反应是放热反应 D．若将上述反应体系中的甲基苄溴改为甲基苄氯，则的值增大 16．（云南省玉溪第一中学2024-2025学年高三上学期期中考试化学试题）中国科学院化学所研究了反应的反应历程，如图所示，下列说法不正确的是 A．图示第4步有非极性键的断裂和极性键的形成 B．图中的中间产物有4种 C．该过程的原子利用率小于100% D．反应历程中，LiI能降低反应活化能 17．（湖南省常德市桃源县第一中学2024-2025学年高三上学期11月模块考试化学试题）向某恒容密闭容器中充入等物质的量的和，发生如下反应：，测得不同温度下的转化率与时间的关系如图所示。其速率方程为，(、是速率常数，只与温度有关)。下列说法错误的是 A．该反应的 B．M点： C．升高温度，增大的倍数大于增大的倍数 D．时，若平衡体系中，则 18．（河南省重点高中2020-2021学年高二上学期阶段性测试（一）化学试题）是一种常见的大气污染物，碘蒸气可促进分解为无毒气体，反应历程为： 第一步：（快反应） 第二步：（慢反应） 第三步：（快反应） 下列关于以上反应历程的判断错误的是 A．IO(g)为反应的催化剂 B．第二步反应的活化能最大 C．第一步一定要吸收能量 D．总反应为 19．（2026·四川泸州·三模）钒依赖型卤过氧化物酶(VHPO)，能催化氧化卤素离子()生成次卤酸根离子，其机理如图所示。下列说法错误的是 A．步骤①的产物M为 B．三步反应均是氧化还原反应 C．整个过程中钒均为+5价 D．VHPO降低了的活化能 20．（2026·四川·三模）在Zn/ZSM-5的催化作用下，甲烷与二氧化碳可以合成乙酸，其总反应方程式为CH4(g)+CO2(g)→CH3COOH(g)，该反应过程与能量的变化关系如图所示。下列说法错误的是 A．CO2的电子式为 B．该反应为吸热反应 C．甲烷是天然气的主要成分，已成为居民的生活用气 D．该反应中反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量 21．（2026·四川内江·三模）我国学者以M为催化剂，在电解质溶液Ⅰ、Ⅱ中均实现了常温电催化合成氨，反应历程如图，其中吸附在催化剂表面的微粒用“*”标注。下列说法正确的是 A．电催化装置中，催化剂M分散在电解质溶液中 B．在电解质溶液Ⅰ、Ⅱ中，等量的NH3*从M表面脱离吸附吸收的能量相同 C．M在电解质溶液Ⅰ中比在电解质溶液Ⅱ中催化活性强 D．反应N2+3H22NH3达到平衡时，只升高温度，氨气的浓度减小 22．（2026·四川攀枝花·二模）在Ga-Cu-Mg催化剂表面上甲醇与水蒸气重整的机理如下图所示。下列说法错误的是 已知：“*”表示该微粒吸附在催化剂表面；SB为带有一定电性的吸附位点，易吸附极性大的分子。 A．SB吸附位点对水分子的吸附能力大于 B．反应过程中，可能生成副产物甲醛、甲酸 C．上述反应涉及极性键的断裂和非极性键的形成 D．若用代替，则生成的氢气分子只有HD、 23．（2026·四川德阳·模拟预测）丁二烯与氯化氢加成的反应历程如图。低温下，反应产物的组成由反应速率决定；高温下，特别是在Lewis酸存在下，存在平衡：  。 下列说法错误的是 A．反应历程①决定总反应的速率 B．电离所需的活化能比高 C．高温和Lewis酸存在下，产物以为主 D．中含键，则该阳离子中一定共平面的碳原子数目为4 24．（2026·四川达州·二模）2,2-二甲基-1-丙醇是医药、农药、食品添加剂等的合成中间体，其消去反应机理如下图所示。下列说法错误的是 A．总反应为： B．中的碳原子均单键相连，采取杂化 C．反应历程中断裂和形成的键均有极性 D．由该机理可知，能发生消去反应 25．（2026·四川资阳·三模）一种金属光催化剂，实现了空气中的捕获和催化转化产生、，部分工作机理如图甲所示。另一种纳米片催化剂能有效地将催化转化为，其反应历程如图乙[已知、表示不同位点上的]。下列说法正确的是 A．Ni-MOF实现了的捕获，光催化剂降低了该反应的活化能和热效应 B．若图甲反应机理中产物，其总反应方程式为 C．、为非极性分子，、为极性分子 D．由图乙可知，升高温度有利于提高的平衡转化率 26．（2026·四川眉山·二模）乙烯在催化剂()作用下，被氧气氧化为乙醛，其反应机理如图所示。下列有关说法错误的是 A．循环的作用是传递电子 B．步骤VI的反应为： C．升高温度，步骤III的速率提升幅度大于其他步骤 D．步骤I-IV的配合物中，Pd的配位数发生改变 27．（2026·四川绵阳·模拟预测）以，CO，HI作原料催化合成乙酸的机理如图所示(表示Rh的价态)。下列说法错误的是 A．在上述机理中，HI是合成乙酸的催化剂之一 B．已知中Rh只以配位键与周围原子结合，则Rh的化合价为价 C．若以为反应物，一段时间后在产物中可检出 D．反应⑥的中O原子进攻正电性很强的羰基碳 28．（2026·四川绵阳·三模）溴单质与苯在一定条件下能发生如下反应，其中部分转化历程与能量变化如图所示： 下列说法错误的是 A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为三种不同反应类型 B．从产物稳定性或反应速率角度，溴单质与苯均有利于生成产物Ⅱ C．反应Ⅲ在任意温度下均能自发进行 D．上图所示的转化历程中大键没有变化 29．（2026·四川广元·二模）研究表明，Rh(I)-邻氨基苯酚催化剂能有效提高主反应的选择性。Rh(I)-邻氨基苯酚催化甲醇羰基化制乙酸的反应历程如图所示［其中TS表示过渡态，Rh(I)配合物简写为TN］，关于反应历程说法正确的是 A．反应历程中只有做催化剂 B．增大LiI的用量，甲醇的平衡转化率增大 C．总反应为 D．经定量测定，反应历程中物质TN3含量最少，可能原因是TN3→TN4的活化能较高 30．（2026·四川广元·二模）T℃时，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和1mol NO2，发生反应：2C(s)+2NO2(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，反应相同时间，测得各容器中NO2的转化率如图所示，下列说法错误的是 A．逆反应速率：v(a)>v(b)>v(c) B．T℃时，该反应的化学平衡常数为 C．图中c点所示条件下，v正>v逆 D．容器内的压强：p(a)：p(b)>6：7 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 《高三化学� �化学反应速率和平衡》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D D A C C B C A D 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 B C C D A B C A B B 题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 答案 D D B B B D B D C B 1．C 【详解】A．由反应机理和元素守恒得，步骤①中分子在2个吸附位上生成、(即)，A正确； B．步骤②中、恰好生成(即)，同时腾出2个吸附位，步骤④中加入的和吸附位也可生成，再与也生成，B正确； C．步骤③中加入的中的1个夺取中的形成，同时另1个生成，同理步骤④中应该有4个生成，1个与生成，3个与结合生成，即，C错误； D．由碳元素化合价变化得(+4价)(-4价)，1个分子完成催化反应获得了8个电子，D正确； 故选C。 2．D 【详解】A．C2H3*转化为C4H6*时，碳链增长，有C-H、C-C键形成，A错误； B．增大Cu的表面积，可加快反应速率，催化剂不能使平衡移动，不能提高C2H2的平衡转化率，B错误； C．由图2可知，C4H6*转化为C4H6(g)能量未知，无法通过此图判断该过程的热效应，C错误； D．短时间内，活化能低的反应进行速率更快，及时分离能获得高产率的乙烯，D正确； 故选D。 3．D 【详解】A．由催化历程图可知，反应过程中存在、、、等中间产物，这些中间产物可能结合生成副产物，如、、结合生成HCOOH，、、结合生成，故A正确； B．反应速率由活化能最高的基元反应决定，由图可知，生成TS1的活化能最高，故生成TS1的步骤决定反应的整体速率，故B正确； C．由图可知，反应物和的总能量低于产物的总能量，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，有利于提高的转化率，故C正确； D．该反应的总反应方程式为，则。当时，的分压变化量为，则的分压变化量也为，此时。该时刻，则，故D错误； 故选D。 4．A 【详解】A．反应2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)是气体体积减小的反应，，一定条件下能自发进行，说明该反应为放热反应，反应的温度越高，平衡逆向移动，平衡常数K的数值越小，A正确； B．由A可知，该反应为放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能，B错误； C．该反应的平衡常数表达式K=，C错误； D．未说明11.2LNO所处的温度和压强，无法计算物质的量，D错误； 故选A。 5．C 【详解】A．由反应机理图可知总反应为，增大反应物或分压均能提高甲醇的产量,A正确； B．根据反应机理图可知氢化步骤的反应为，B正确； C．增大催化剂的比表面积有利于提高反应速率，不能提高平衡转化率，C错误； D．催化剂表面甲醇及时脱附后有空位，有利于二氧化碳的吸附，D正确； 故选C。 6．C 【分析】结合反应机理图梳理物质转化路径，三唑初始参与反应，最终重新生成，为该反应的催化剂；消去中间产物X、Y、Z，可知总反应消耗转化为。 【详解】A．该反应消耗转化为，有助于减少的排放，A正确； B．中间体X和Y的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B正确； C．三唑是该反应的催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，故增大三唑的量，的平衡转化率不变，C错误； D．反应过程中存在中极性键的断裂，也存在、等极性键的形成，故整个过程中存在极性键的断裂与形成，D正确； 故选C。 7．B 【详解】 A．中，碳原子带有正电荷，形成2个σ键，有1个单电子，价层电子对数为3，故采取sp2杂化，A错误；     B．反应总反应为，、和反应生成、和，方程式为，B正确； C．反应中，氯源提供氯，需断裂碳氯极性键；醇转化为氯化物，需断裂碳氧极性键并形成碳氯极性键，仅涉及到极性键的断裂与形成，无非极性键变化，C错误； D．三辛基膦作催化剂，P与氯原子形成配位键，P的化合价从+3变为+5，后又还原回+3，过程中存在化合价的变化，D错误； 故选B。 8．C 【详解】A．催化剂只能加快反应速率、降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，只和反应物、生成物的总能量差有关，A错误； B．反应的决速步骤由活化能（能垒）最大的步骤决定。各步骤活化能可用过渡态能量减去该步反应物能量得到，由图知：Ⅱ→Ⅲ活化能为，Ⅴ→Ⅵ活化能为，故最大能垒不在Ⅴ→Ⅵ，因此决速步不是Ⅴ→Ⅵ，B错误； C．反应物中含有H−H非极性键，反应过程中非极性键断裂；生成物中C−H、O−H等均为极性键，因此反应过程存在非极性键断裂和极性键生成，C正确； D．题图是单个CO分子反应的能量变化，该反应的焓变为（为阿伏加德罗常数），D错误； 故选C。 9．A 【详解】A． 结构式为，其中键为非极性共价键，键为极性共价键： 过程Ⅰ中断裂非极性键生成，但过程Ⅱ中仅断裂极性键生成和，因此不是两个过程都有非极性共价键断裂，A错误； B．根据反应机理，过程Ⅱ是与反应生成、和，反应的方程式为，B正确； C．价电子排布式为， 价电子排布式为，的3d轨道处于半充满状态，能量较低，较稳定，C正确； D．若用代替，先和发生过程Ⅱ生成，生成的再继续发生过程Ⅰ产生，循环反应可以持续产生羟基自由基，因此能形成类似Fenton试剂的体系，D正确； 故选A。 10．D 【详解】A．根据图中转化过程可知，①中为反应物，④中为生成物，所以为催化剂，为中间产物，A错误； B．中，Xe的价层电子对数为键孤电子对数，所以Xe的杂化方式为杂化，B错误； C．反应①中Pt与F元素化合价均没有发生改变，不是氧化还原反应，反应②中Xe与F元素化合价发生改变，反应③中Xe元素化合价发生改变，故②、③均为氧化还原反应，C错误； D．该过程是Xe和PtF6制取稀有气体离子化合物，根据配平可知，总反应为。D正确； 故选D。 11．B 【详解】 A．由题干反应历程图可知，在 PEHA(多乙烯多胺)催化体系中，CO2并非直接与 H2反应生成 CO，机理是 CO2先与形成，再经过系列转化，最终得到甲醇；该路径不经过 CO 中间体， A错误； B．由图可知，反应为二氧化碳和氢气生成甲醇和水，故总反应方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O，B正确； C．PEHA(胺)既是 CO2捕获剂，也是催化剂，胺通过与 CO2作用形成活性中间体，显著降低后续加氢的能垒，直接参与催化循环，C错误； D．甲酸盐(HCOO-)无法在无胺条件下直接加氢为甲醇，胺的存在是形成活性中间体(如甲酰胺)的关键，无胺时甲酸盐加氢路径极难进行，D错误。 12．C 【详解】A．1,3-丁二烯和结合形成碳正离子的过程中，只断裂双键中的键，分子中的键不发生断裂，A正确； B．生成的碳正离子存在共轭，正电荷发生离域，分散在②号和④号碳原子上，没有集中分布在单个碳原子上，B正确； C．由势能图可知：1,2-加成的活化能更小，反应速率更快，低温下反应为动力学控制，产物以速率更快的1,2-加成产物为主；1,4-加成产物能量更低，结构更稳定，较高温度下反应为热力学控制（反应可逆，平衡向生成更稳定产物移动），产物以更稳定的1,4-加成产物为主，选项描述和结论相反，C错误； D．甲基是给电子基团，会提高双键的电子云密度；是强吸电子基团，会降低双键的电子云密度，根据题意，双键电子云密度越大，亲电加成反应速率越快，因此发生亲电加成的反应速率大于，D正确； 故答案选C。 13．C 【详解】A．由图可知，产物乙的能量更低，而反应物相同，生成乙放出的能量更多，故（为负值），A错误； B．25℃时，（甲）：（乙）=3：22，即甲占，乙占，焓变为，B错误； C．-15℃时，由图可知，由中间体M转化为甲的活化能更低，故v（甲）>v（乙），C正确； D．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产物中甲和乙的组成比，D错误； 故答案选C。 14．D 【详解】A．由图可知，在反应历程中先被消耗，后又生成，是反应的催化剂，A正确； B．由图可知，步骤①中转化为，发生了键断裂，B正确； C．由图可知，历程I中活化能最大为112.8kJ/mol(决速步)，历程II中活化能最大为91.5kJ/mol(决速步)，活化能越大，反应速率越慢，则反应速率：历程历程I，C正确； D．由图可知，历程和历程I起始反应物和最终生成物相同，反应热相等，D错误； 故选D。 15．A 【详解】A．甲基苄溴中与溴原子相连的碳原子连接了4个不同的基团，是手性碳原子，则其存在对映异构体，A错误； B．基苄溴水解反应速率由慢反应决定，由图可知，第一步活化能大于第二步，则由第一步决定甲基苄溴水解反应速率，B正确； C．由图中始末状态可知，该反应中反应物能量高于生成物，则该反应是放热反应，C正确； D．表示第一步反应的焓变，由于键长，键能：，若将基苄溴改为甲基苄氯，破坏将会吸收更多的能量，即的值增大，D正确； 故选A。 16．B 【分析】图中反应历程包含五步：、、、、，其中为反应物，为生成物，为催化剂，为中间产物。 【详解】A．由图可知，第4步反应：，有非极性键的断裂(如H-H)和极性键(如H-I)，故A项正确； B．由图中转化关系可知，为中间产物，合计共5种，故B项错误； C．总反应中有水生成，原子利用率不到100%，故C项正确； D．反应过程中LiI和Rh作催化剂，均可降低反应的活化能，故D项正确； 故选B。 17．C 【详解】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：，则升高温度，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，，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，，即，得，B正确； C．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，说明增大的倍数小于增大的倍数，C错误； D．时，平衡时，则，若平衡体系中，假设投料PCl3(g)和Cl2(g)均为，此时PCl3(g)转化率为80%，则反应PCl3(g)、生成LPCl5(g)，则，D正确； 故选C。 18．A 【详解】A.由反应历程可知，总反应为在I2(g)做催化剂作用下，二氧化氮分解生成氮气和氧气，故A错误； B.反应的活化能越大，化学反应速率越慢，第二步反应为慢反应，则第二步反应的活化能最大，故B正确； C.第一步为碘分子发生化学键断裂转化为碘原子的过程，需要吸收能量，故C正确； D..由反应历程可知，总反应为在I2(g)做催化剂作用下，二氧化氮分解生成氮气和氧气，反应的化学方程式为，故D正确； 故选A。 19．B 【分析】整个过程的总反应为：，其中是卤素离子（如、、），是次卤酸根离子，VHPO 作为催化剂，在反应前后结构保持不变；分步机理步骤①：催化剂与过氧化氢结合，生成活性中间体和2M()；步骤②：卤素离子被氧化，形成钒 - 次卤酸根中间体；步骤③：释放产物，催化剂再生。 【详解】A．根据原子守恒，步骤①中起始的V连接2个，与反应后，除去产物中V结合的过氧基团，剩余的H、O恰好形成2分子，因此为，A正确； B．氧化还原反应的特征是存在元素化合价升降：步骤①：是配体交换反应，反应中没有元素的化合价发生变化，不属于氧化还原反应；步骤②：卤素离子进攻过氧钒中间体，生成含键的中间体，过氧键（O为-1价）断裂，其中一个O与X结合为键，O变为-2价，被还原；卤素（X）：从-1价被氧化为+1价（在键中，X为+1价），发生氧化还原反应；步骤③中仅为配体解离与催化剂再生，无元素价态变化，不属于氧化还原反应，B错误； C．整个催化循环中，钒始终与氧、氮配位，且反应前后钒的成键环境未发生本质变化，始终保持+ 5 价，反应中仅过氧键和卤素发生氧化还原，钒价态不变，C正确； D．是该反应的酶（催化剂），催化剂的作用是降低反应的活化能，总反应为，D正确； 故答案选B。 20．B 【详解】A．二氧化碳是共价化合物，其电子式为，A正确； B．根据图像的能量变化趋势，反应物能量高于产物能量，是放热反应，B错误； C．天然气的主要成分是甲烷，已成为居民的生活用气，C正确； D．根据图像的能量高低可知，反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，D正确； 故答案为B。 21．D 【详解】A．合成氨时得电子发生还原反应，反应需在阴极表面进行，催化剂M应附着在阴极上，而非分散在电解质溶液中，A错误； B．由图可知，两种电解质溶液中与游离的能量差不同，故等量从M表面脱离吸附吸收的能量不同，B错误； C．催化活性与反应决速步能垒负相关，电解质溶液Ⅱ中反应决速步的能垒低于Ⅰ，故M在Ⅱ中催化活性更强，C错误； D．由图可知反应物总能量高于生成物总能量，合成氨反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，氨气的浓度减小，D正确； 答案选D。 22．D 【详解】A．H2O是极性分子，CO2是非极性分子，根据已知：SB易吸附极性大的分子，因此SB吸附位点对水分子的吸附能力大于CO2，A正确； B．从反应机理可以看出，过程中生成甲醛、甲酸结构的中间产物，因此反应过程中可能生成副产物甲醛、甲酸，B正确； C．甲醇水蒸气重整的总反应为CH3OH+H2OCO2+3H2，反应过程中断裂的C-H、O-H、C-O键均为极性键，生成的H2中H-H键为非极性键，因此涉及极性键的断裂和非极性键的形成，C正确； D．若用D2O代替，步骤Ⅱ之后生成的H2的两个H来自甲醇；步骤Ⅲ发生加成反应，产物中的两个羟基均是-OD，脱氢后H和D可以结合生成HD，同理步骤Ⅴ之后的产物也是HD，故生成的氢气是H2和HD，D错误； 答案选D。 23．B 【详解】A．总反应速率由活化能最高的基元反应决定，反应历程①的活化能最大，是决速步，A正确； B．电离活化能为氯代烃的能量到对应电离过渡态的能量差，由图可知3-氯-1-丁烯能量更高，到过渡态的能垒更小，电离活化能比1-氯-2-丁烯低，B错误； C．高温和Lewis酸存在下，存在平衡： ，反应倾向于生成能量更低、更稳定的1-氯-2-丁烯，产物以为主，C正确； D．该阳离子为烯丙基型碳正离子，参与形成键的三个碳原子均为sp2杂化，为保持p轨道平行共轭，C-C键不能自由旋转，四个碳原子一定共平面，D正确； 故答案选B。 24．B 【详解】A．根据反应机理，反应物是，是催化剂，最终产物为和，总反应为：，A正确； B．，所有碳原子确实都以单键相连，但带正电荷的碳正离子中心碳原子，只形成3个σ键，无孤电子对，杂化方式为，B错误；C．反应历程中，断裂的C−O键、O−H键、C−H键，形成的O−H键、C−H键、C=C双键中，都存在极性共价键（不同非金属原子形成的键），因此断裂和形成的键中均含有极性键，C正确； D．依据该机理可知，邻位碳上没有氢原子的醇在酸催化下可发生碳正离子迁移，由羟基所连的C转移到邻碳，再由邻碳正离子与相连的碳之间形成双键，推断能发生消去反应，D正确；故选B。 25．B 【详解】A．催化剂降低了反应的活化能加快反应速率，催化剂不能改变热效应，故A错误； B．若图甲反应机理中产物，CO2中碳元素化合价由+4降低为+2、-4，则3molCO2转移18mol电子，根据得失电子守恒，消耗9molH2，其总反应方程式为，故B正确； C．、、均为非极性分子，是极性分子，故C错误； D．由图乙可知，该反应放热，升高温度，平衡逆向移动，的平衡转化率降低，故D错误； 选B。 26．D 【详解】A．从该循环中，被氧化回，又被氧化为，整个过程中，循环的作用是传递电子，A正确； B．从图中可以看出，在反应VI中，被氧化为，反应方程式为：，B正确； C．从图中可以看出，步骤III为速率决定步骤，其活化能最大，升高温度使速控步速率提升幅度大于其他步骤，C正确； D．从图中可以看出，步骤I-IV的配合物中，Pd的配位数均保持为4，配位数没有发生变化，D错误； 故答案选D。 27．B 【详解】A．整个循环中，在反应①中消耗，在反应⑥中重新生成，反应前后的质量和化学性质不变，属于合成乙酸的催化剂之一，A正确； B．该配离子整体带1个单位负电荷，所有结合键均为配位键，配体电荷为：3个每个带电荷，共；带电荷；为中性配体，电荷为0。设化合价为，根据总电荷守恒： ，解得，不是价，B错误； C．若以为反应物，根据反应④，会形成键，下一次循环中，根据反应③，会随机结合一个CO，故可能形成基团，因此一段时间后可在产物中检出，C正确； D．羰基中氧的电负性大于碳，使羰基碳带较强正电性，中原子显部分负电性，会进攻正电性的羰基碳发生反应，D正确； 故选B。 28．D 【详解】A．反应Ⅱ：苯和Br2生成溴苯和HBr为取代反应，反应Ⅰ：反应Ⅰ：苯和Br2生成产物Ⅰ（加成中间体），反应Ⅲ：1,2-二溴苯生成溴苯和HBr是消除反应，所以三者确实是不同类型：加成、取代、消除。A正确； B．从能量图看：产物Ⅱ（溴苯）能量更低，更稳定；生成产物Ⅱ的过渡态3低于生成产物Ⅰ的过渡态4，反应速率更快。因此无论从产物稳定性还是反应速率，都有利于生成产物Ⅱ，B正确； C．反应Ⅲ从能量图看，这个反应是放热反应（产物能量更低），ΔH < 0。但自发与否要看 ΔG = ΔH – TΔS，该反应是分解反应：一个分子变成两个分子（溴苯 + HBr），所以熵增，ΔS > 0。因此ΔG = ΔH – TΔS，由于 ΔH < 0，ΔS > 0，则 在任何温度下 ΔG < 0，反应都能自发进行。C正确； D．苯分子中有离域的大π键（6中心6电子）。在反应过程中：当苯与Br⁺进攻形成σ络合物时（图中“过渡态1”后的中间体），苯环的大π键被破坏，变成了局部双键的环己二烯基阳离子，此时大π键消失。然后在失去H⁺恢复芳香性时，大π键重新形成。所以在整个历程中，大π键经历了“破坏→重建”的过程，并不是“没有变化”。即使在反应Ⅰ中，如果发生加成，也会破坏大π键。D错误； 故答案选D。 29．C 【详解】A．从图中可看出，LiI先与甲醇反应生成LiOH和CH3I，CH3I参与TN催化循环最终生成的CH3COI又与LiOH反应生成LiI与终产物乙酸，因此LiI也属于该反应的催化剂，A错误； B．LiI也是反应的催化剂，其用量不影响平衡移动，因此增大LiI用量不能提高甲醇的平衡转化率，B错误； C．总反应需消去中间产物，反应物为CH3OH和CO，生成物为CH3COOH，总反应方程式为，C正确； D．反应中TN3含量最少说明其生成慢（TN2→TN3反应速率慢）或消耗快（TN3→TN4反应速率快），即TN2→TN3的活化能较高或TN3→TN4活化能较低，D错误； 故答案选C。 30．B 【详解】A．逆反应速率与体系内生成物浓度正相关，a、b、c三点温度相同，a点容器体积最小，气体浓度最高，b点次之，c点体积最大、反应速率最慢且未达平衡，生成物浓度最低，因此逆反应速率大小关系为，A正确； B．由于a点为平衡点，此时NO2的转化率为40%，a点反应三段式为： ， 各物质平衡浓度为c(NO2)=、c(N2)=、c(CO2)=，T℃时，该反应的化学平衡常数，B错误； C．相同时间内，b点比a点反应慢，但转化率达到80%，c点比a点反应更慢，转化率也有40%，说明a点为平衡点，c点为未平衡点，反应仍在正向进行，即图中c点所示条件下，v(正)＞v(逆)，C正确； D．a点反应三段式为： ， b点反应三段式为： ， a点平衡时，。b点时，设转化率为，由图可知，此时。压强比，因且，故。由于，所以成立，D正确； 故答案选B。 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 $