速率与平衡 机理和历程（解析版）-2025年高考化学强化提分练（新八省专用）

题型10速率与平衡机理和历程

"八省”联考典题

1.(2025年1月•“八省联考”陕西、山西、宁夏、青海卷)一定温度下，恒容密闭容器中，物质Z发生

反应Z(g)=^X(g)+2Y(g)AH>0,一段时间后开始计时，测得各物质的浓度随时间变化如图所示。下

列说法正确的是()

50

(40

T

O

E30

E

)

/

U20

10

0“t250100

Z/min

A.曲线i代表物质x,曲线in代表物质z

B.图中h时刻的正反应速率大于t2时刻

C.若升高温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢

D.0~40min,用物质Y表示的平均反应速率为0.3mmol-LT-minT

【答案】B

【解析】结合反应方程式以及图中物质的浓度变化，减少的为反应物，增加的为生成物，生成物的浓

度增加量之比等于化学计量数之比，可知曲线HI代表反应物Z,曲线I代表物质Y,曲线n代表物质X。A

项，曲线I代表物质Y,曲线III代表反应物Z,故A错误；B项，h时刻反应物的浓度大于t2时刻，浓度越

大反应速率越快，则h时刻的正反应速率大于t2时刻，故B正确；C项，升高温度，正反应速率加快，逆

反应速率也加快，故C错误；D项，0~40min,用物质Z表示的平均反应速率为v(Z尸

(2775)mmol.lJ_03mmoil-.min-,根据速率之比等于化学计量数之比可知物质Y表示的平均反应速

40min

率为v(Y尸2V(Z尸0.6mmol・LT・minT,故D错误；故选B。

2.(2025年1月•“八省联考”河南卷)庚醛(N)与亚硫酸氢钠(P)可发生加成反应生成羟基磺酸钠(Q),

正、逆反应速率可以表示为V1=k]C(N)-c(P)和VT=k/(Q),K和k7分别为正，逆反应的速率常数，Ei和

E」分别为正，逆反应的活化能。Ink与3关系如图所示。下列说法正确的是()

A.Ei>E_iB.升高温度，平衡逆向移动

k-c(Nbc(P)

C.达到平衡时D.加入催化剂可以提高N的平衡转化率

【答案】B

【解析】从Ink与(关系图所示，随着温度升高，Ink逐渐增大，且Ink-增大更多，说明升高温度，逆

反应速率增加更多，平衡应逆向移动，则该反应正向应为放热反应。A项，该反应为放热反应，所以正反

应活化能更小，即Ei<E»A错误；B项，该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，B正确；C

k,c(Q)

项，达到平衡时正逆反应速率相等，则有％=VT，所以产=小,，C错误；D项，加入催化剂可加

k_]c(N)-c(P)

快反应速率，但不影响平衡移动，不会提高N的平衡转化率，D错误；故选B。

3.(2025年1月•“八省联考”内蒙古卷)某离子液体的阴离子[CH(CN)21可以吸收CO2,其可能的两种反

应路径如下图所示。下列说法错误的是()

ETSI

路径I

路径n

A.

C.该反应为放热反应D.生成物中既含离子键又含共价键

【答案】B

【解析】A项，反应物相同，经过不同的反应路径，最终生成物相同，均为［C(CN)2co0H1，总反应均

为［CH(CN)2丁+CC)2=［C(CN)2coOHr,A正确；B项，路径II活化能小，反应速率快，故路径H是主要的反

应途径，B错误；C项，该反应的反应物总能量高于生成物总能量，则该反应为放热反应，C正确；D项,

生成物为［C(CN)2co0H1，其内部含有共价键，离子液体中呈电中性，故离子液体中还含有阳离子，与

［C(CN)2co0H1之间存在离子键，D正确；故选B。

4.(2025年1月•“八省联考”四川卷)恒容反应器中，Rh和Rh/Mn均能催化反应：HCH0+H2+C0

HOCH2cH0(羟基乙醛)，反应历程如图所示，L〜b为中间体，TS1-TS3为过渡态。

30■-°-RhTSi

T-Rh/Mn19.7

(

O

U1o

I1

W

*。

)

螂1O

髭1

O甲醛配位CO插入加氢氢解

-3

反应历程

下列描述正确的是()

A.“CO插入”步骤，AH为-17.6kcal/mol

B.Rh催化作用下，“加氢”步骤为决速步骤

C.Rh/Mn催化作用下，羟基乙醛的生成速率更小

D.反应达平衡时，升高温度，羟基乙醛的浓度增大

【答案】B

【解析】A项，由图可知，一氧化碳插入步骤为放热反应，反应△8=-15.4kcal/mol,故A错误；B项,

反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是反应的决速步骤，由图可知，Rh催化作用下，加氢步骤的活

化能为24.4kcal/moL反应的活化能最大，所以加氢步骤为决速步骤，故B正确；C项，反应的活化能越大，

反应速率越慢，由图可知，Rh催化作用下，反应的活化能大于Rh/Mn催化作用下，所以羟基乙醛的生成速

率小于Rh/Mn催化作用下，故C错误；D项，由图可知，生成羟基乙醛的反应为放热反应，升高温度，平

衡向逆反应方向移动，羟基乙醛的浓度减小，故D错误；故选B。

5.（2025年1月•“八省联考”陕西、山西、宁夏、青海卷）某团队合成了一种铁掺杂二氧化钛的新型催

化剂，用于转化H2s为单质S,提出的催化历程示意图如下。NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的

是（）

HH:

/11

11111111111111111111111111111irm-------------

IsW）

口2口----1111111111111111111iTi11fl币11il--------------

A.。2使F9+转化成Fe3+,恢复催化剂活性

B.过程①和④均发生了非极性键的断裂

C.过程②和③均发生了氧化还原反应

D.理论上，每转化34gH2S,转移的电子数目为NA

【答案】A

【解析】A项，根据图示③④两步历程，可知。2使FM+转化成Fe3+,恢复催化剂活性，A正确；B项,

过程①中没有发生非极性键的断裂，过程④中发生了0=0非极性键的断裂，B错误；C项，过程②中铁元

素化合价发生变化，发生氧化还原反应，过程③中元素化合价没有变化，没有发生氧化还原反应，C错误;

D项，根据图示，该催化历程的总反应为2H2S+O2量叁基2S+2H2。，可知H2s〜2e,理论上，每转化34gH2s

即ImolHzS,转移的电子数目为2NA，D错误；故选A。

6.（2025年1月•“八省联考”河南卷）环己酮可以在Zr基催化剂作用下转化为环己醇，其可能的反应机

理如图所示。

下列说法错误的是（

A.该反应的还原剂是

B.反应过程中涉及0-H键的断裂和形成

OH

C.用同位素标记的代替

D.环己酮转化为环己醇的反应为

【答案】C

【解析】A项，由反应机理图可知变为，发生了还原反应，还原剂为

O

正确，A项不符合题意；B项，由反应机理图可知，反应的总反应为

,可知有0-H键的断裂和形成，正确，B项不符合

题意；C项，用同位素标记的代替可得到,错误，C项符合题意；D项,

D

环己酮可以在Zr基催化剂作用下转化为环己醇，反应总方程式为

正确，D项不符合题意；故选C。

OH

•

能力强化提分练

1.工业上利用CO(g)和H2(g)在催化剂的作用下合成CH30H(g),发生如下反应：CO(g)+2H2(g)

CH30H(g)NH.现于一定条件下向2L的密闭容器中充入一定量的CO(g)和Hz(g)发生反应，测得在不同

压强下平衡体系中CO(g)的转化率随温度的变化情况如图所示。下列说法正确的是()

S

S

S80%

850%

0T,T2温度

A.AH<0,p]>p2

B.在「、pi条件下，d-a的过程中，正、逆反应速率之间的关系：v正<v逆

C.a、b、c三点对应的平衡常数Ka、及、孔的大小关系是Kb>Ka>Kc

D.b—c的过程，正反应速率变小，逆反应速率变大

【答案】B

【解析】A项，依图，反应温度升高，CO的平衡转化率降低，可知△〃<(),该反应的正反应为燧减反

应，压强增大，CO的平衡转化率升高，可知pi<p2,A错误；B项，在「、pi条件下，d—a的过程中CO(g)

的转化率，则平衡逆向移动，正、逆反应速率之间的关系：丫正<丫逆，B正确；C项，a、b、c三点对应的平

衡常数Ka、及、见的大小关系是KanKAK，C错误；D项，由图可知b-c的过程改变的条件为升高温度,

则正、逆反应速率都增大，D错误；故选B。

2.一定条件下向10L的恒容密闭容器中通入2moic。2，6molH2,在催化剂存在下发生反应：CO2

(g)+3H2(g)CH30H(g)+H2O(g)AH,经过lOmin时测得CO2的转化率与温度(T)的关系如图所示。下

列分析中正确的是()

77K

A.a点处对应体系中：v正="逆

B.与b点对应的反应，前lOmin内丫(比尸0.03mol-L-Lmin-i

C.该反应的AH>0

D.当容器中气体密度保持不变时，表明该反应达到平衡状态

【答案】B

【解析】未平衡：温度越高，反应速率越快，相同时间内转化率越大，故b点前未达平衡；b点及以后

二氧化碳转化率随温度升高而降低，则是平衡状态。A项，a点后二氧化碳转化率仍可升高，说明反应处于

正向进行状态，则丫正>丫逆，故A错误；B项，b点二氧化碳转化率达50%,即lOmin二氧化碳消耗ImoL

氢气消耗3mol,则以凡)=坐tWL=0.03mol.L'mmT,故B正确；C项，b点后，随温度的升高，二

氧化碳转化率下降，说明平衡逆向移动，逆反应向为吸热反应，则△“<(),故C错误；D项，恒容条件下,

混合气体总体积始终保持不变，各物质均为气体，则反应前后混合气体总质量不变，根据P=，可知，混合

气体密度始终保持不变，不能说明反应达平衡状态，故D错误；故选B。

3.在恒容的密闭容器中，物质M和N发生如下反应：2M(g)+N(g)2Q(g)AH,不同温度下保

持其它条件不变，反应相同时间测得M的转化率与温度的关系如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下M

的平衡转化率随温度的变化)。

100

80

60

40

20

°100200300400500600

温度/℃

下列说法正确的是()

A.根据图像可知，该反应AH>0

B.X点的化学平衡常数等于Z点的化学平衡常数

C.图中Y点v正(M)：v逆(N尸2：1

D.图中Z点，不改变其它条件时，通过分离产物Q能提高化学反应速率

【答案】c

【解析】A项，M的平衡转化率(虚线)随温度的变化可看出，温度越高M的平衡转化率越低，平衡逆

向移动，反应AHVO,故A错误；B项，化学平衡常数只与温度有关，X、Z的温度不同，化学平衡常数不

同，故B错误；C项，图中Y点已达到平衡状态，v正(M)=v£M),v逆(M)：v逆(N)=2：1,故C正确；D

项，图中Z点，不改变其它条件时，分离产物Q,使得Q浓度下降，反应速率下降，故D错误；故选C。

4.我国科学家团队打通了温和条件下草酸二甲酯［(COOCH3)2］催化加氢制乙二醇的技术难关，反应为

(COOCH3)2(g)+4H2(g)HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)NH.如图所示，在恒容密闭容器中，反应温

度为Ti时，c(HOCH2cHzOH)和"印)随时间t的变化分别为曲线I和n,反应温度为T2时，。(前)随时间t的

变化为曲线1L下列判断正确的是()

A.AH>0

B.a、b两时刻生成乙二醇的速率：v(a)=v(b)

C.在T2温度下，反应在0〜t2内的平均速率为v(HOCH2cH2OH)=*mol-L」-s」

4t2

D.其他条件相同，在Ti温度下，起始时向该容器中充入一定量的氮气，则反应达到平衡的时间小于

ti

【答案】C

【解析】A项，反应温度为Ti和T2，以c(H2)随时间t的变化为曲线比较，H比III先达到平衡，所以

口>12,温度升高，C(H2)增大，平衡逆向移动，反应放热，A错误；B项，升高温度，反应速率加快，

1

TI>T2,则反应速率v(a)>v(b),B错误；C项，T2时，在0〜t2内，△c(H2)=0.05mol。L-,贝I］

11

p(HOCH2CH2OH)=^mol-L-s,c正确；D项，向恒容容器中充入氮气，不影响反应物浓度，不影响

反应速率，D错误；故选C。

5.一定条件下热解制取出：2H2S(g)+CH4(g)CS2(g)+4H2(g)o已知其他条件不变时，温度对

H2S的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示。下列说法一定错误的是()

百分比/%

C.总能量：E生成物>E反应物D.单位时间的转化率：e(Z)>e(y)

【答案】D

【解析】由图可知，升高温度，H2S的平衡转化率增大，说明反应2H2s(g)+CH4(g)CS2(g)+4H2(g)

吸热，总能量：E生成物如反应物。A项，温度越高，平衡常数越大，温度：Z>Y,平衡常数：K(Y)<K(Z),A

正确；B项，200。(2之前温度越高，催化效率越强，反应速率越快，则Y点的反应速率大于X点的反应速率，

则达到平衡所需时间可能为t(X)>t(Y),B正确；C项，正反应吸热，总能量：E生成物>£反应物，C正确；D

项，Z点和Y点温度差别不大，但Z点的催化效率远低于Y点，说明Y的反应速率大于Z点的反应速率,

则单位时间H2s的转化率：a(Z)<a(Y),D错误；故选D。

6.在1L恒容密闭容器中充入适量的NO?和SO2,发生反应:NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)AH

<0,其中c(SO3)+c(SO2)=lmol-LT。在不同温度下，平衡体系中c(SC)2)、c(SC>3)与c(NO)/c(NC)2)的关系如

图所示。下列叙述错误的是()

lb

.80

-

-

os.

(-

-.46

jr

os

日-

)2融6,0.5)

、

。k

o.-

-

0.0,I'I'I'I•I'I'

02345678

C(NO)/C(NO2)

A.T2<T1B.Li代表SO2，L3代表SO3

C.a点时，NO的体积分数为50%D.b点时，SO2平衡转化率为50%

【答案】C

【解析】由题干图示信息可知，随着c(NO)/c(NC>2)的增大，c(SO3)减小，c(SO2)增大,则Li、L2代表

c(SO,)c(NO)

SO2,L3和L4代表SO3。A项，由该反应的平衡常数K=:、再观察图示，a、b点对应的平衡常数

分别为1、2.6,降低温度，平衡正向移动，平衡常数增大，故T2VT1，A正确；B项，根据平衡常数表达

c(NO)-c(SOjc(NO)

式可知’K=C(NO)-c(SO)；温度不变’平衡常数不变’随者c(NQ)增大'c(S03)减小，c(SC)2)增大,

结合图像可知,Li、L2代表SO2,L3和L4代表SO3,B正确;C项,a点时,a点代表c(SO2)=c(SO3),c(NO)/c(NO2)=l,

即c(SC>2尸c(S03尸c(NO尸C(NO2)，故NO的体积分数为25%,C错误；D项，b点时，SO2和SO3浓度相等,

即SO2平衡转化率为50%,D正确；故选C。

n(H)

7.在两个容积均为1L密闭容器中以不同的氢碳比［能行2］充入H2和CO2,在一定条件下发生反应:

2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)AH0CO2的平衡转化率［(CO?)与温度的关系如图所示。下列说

法正确的是()

A.该反应的AH>0

B.氢碳比：X<2.0

C.在氢碳比为2.0时，Q点v(逆)小于P点的v(逆)

D.P点温度下，反应的平衡常数为512

【答案】C

【解析】A项，由图可知，随温度升高CO2的平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，升高温

度平衡向吸热反应方向移动,则正反应为放热反应,故AH<0,A错误；B项,氢碳比裕越大,二氧

化碳的转化率越大，故氢碳比：X>2.0,B错误；C项，相同温度下，Q点二氧化碳转化率小于平衡时的转

化率，说明Q点未到达平衡，反应向正反应方向进行，逆反应速率增大到平衡状态P,故在氢碳比为2.0时,

Q点v(逆)小于P点的v(逆)，C正确；D项，由图可知，P点平衡时二氧化碳转化率为0.5,氢碳比

n(H?)

志亍2,设起始时氢气为2am°l/L、二氧化碳为则二氧化碳浓度变化量为。.5am°l/L,贝1b

2CO2(g)+6H2(g)UC凡(g)+4H2O(g)

起始浓度(mol/L)a2a00

变化浓度(mol/L)0.5a1.5a0.25aa

平衡浓度(mol/L)0.5a0.5a0.25aa

44

叱C(C2H4).C(H2O)0.25axa64

平衡常数K7(CO"(H]，D错误。故选C。

(O.5a)2x(O.5a)6-a3

8.一定温度下，向密闭容器中通入等物质的量的M(g)和N(g)发生反应：M(g)+N(g)=X(g)+

Q(g),该反应由两步完成：①M(g)+N(g)Y(g)+Q(g),②Y(g)X(g),其中反应

x

②v正=^c(Y),vffl=V()o测得X、Y的物质的量浓度C随时间，的变化曲线如图所示。下列说法错误

的是()

A.0〜30s,v(M)=0.05mol-L4-S-1

B.30s时，反应左逆:左*0.4

C.总反应的反应速率由反应②决定

D.Y浓度达到最大值时，反应①未达到平衡状态，此时"击>"逆

【答案】A

【解析】A项，①②反应中M、Y、Z的系数均为1,则0〜30s内，M的平均反应速率为

v(M)=A'。)+Ac(Y)J.5mol•口+1.5moi•L=01moi•I?•s-,故A错误；B项，达到平衡时，

Nt30s

c(X)=2.5mol-L_1,c(Y)=l.Omol-L-1,%=v逆，则有—c(Y)=T逆c(X),

心"正=c(Y):c(X)=1.0:2.5=0.4,故B正确；C项，由图可知，初始生成Y的速率大于X,则反应①的

活化能小于反应②，反应②为慢反应，总反应的反应速率由反应②决定，故C正确；D项，Y浓度达到最

大值后，Y的浓度逐渐减小，反应①未达到平衡状态且反应正向进行，所以此时v店〉v处故D正确；故

选Ao

9.向某恒容密闭容器中充入等物质的量的PCb(g)和Cb(g)，发生如下反应：PCl3(g)+Cl2(g)^PCl5(g),

测得不同温度下PCb(g)的转化率a与时间的关系如图所示。其速率方程为v正=l^-c(PC13>c(C12)，va=k

逆式PCkXk正、k逆是速率常数，只与温度有关)。

in

下列说法错误的是()

A.该反应的AHvO

B-M点：C\CPCUXU

c.升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数

一

D.1时，若平衡体系中c(C12尸0.25mol,LL则皆=1/16

K逆

【答案】D

【解析】A项，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：T2>TP根据图：升高温度，PCb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，AH<0,A正确；B项，根据图可知：在M点反应还未达到平衡状态，反

--一，％c(PCL)_

应正向进行，丫正>丫逆，即k正9(PCbAUCbAk逆・c(PC15),得「>-、―鬲X，B正确；C项，据A分

K逆

析：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k正增大的倍数

小于k逆增大的倍数，C正确；D项，Ti时，平衡时v正=k^c(PCb>c(C12)=v逆=1<逆七/。5)，则K=兽，若

K逆

平衡体系中c(Cb尸0.25mol-L-i,假设投料PCb(g)和Cb(g)均为amol/L,止匕时PCb(g)转化率为80%,则反应

“k-n0.8a

0.8amol/LPCl(g)>生成0.8amol/LPCk(g)，则K=：j一=7\oc=16»D错误；故选D。

3K逆(a-nu.Q3ajxun.Z3

10.CO2与H?合成甲醇的反应为CO2(g)+3H2(g)=^CH30H能)十氏0值)。在恒压密闭容器中，测得

”(H,)

平衡体系中CH30H的体积分数与温度、投料比［用^后j表示］的关系如图所示。已知该反应的速率方程

为v=h(CC)2)c3(H2),300℃>400K时反应速率常数分别为左、心。下列说法错误的是()

救

市

器

及

g

H

O

C

H

。

n(CO2)

A.该反应的AH<0

v(M｝左

B.M点和N点反应速率的比值：7r

v(N)k2

C.加入合适催化剂有利于提高单位时间内CH30H的产量

D.M点CO2的平衡转化率为80%

【答案】B

【解析】A项，由图像可知，在投料比相同时，温度越高，CH30H的体积分数越小，该反应为放热反

应，AH<0,故A正确；B项，在恒压密闭容器中，M点和N点投料比相同，温度不同，N点CH30H的体

积分数小于M点，则N点反应物的体积分数大于M点，可知N点反应物的浓度（用C2表示）大于M点（用

v（M}k.c.（C0,）C.3（HJk、

ci表示），则-31）<曰，故B错误；C项，催化剂能加快反应速率，可以提高单位时间

〃（H,）

内CH30H的产量，故C正确；D项，M点投料比/二c、=3,设H2为3mol、CO2为Imol,列三段式:

3H2（g）+CO?®UCH3OH（g）+H2O（g）

始/mol3100

变/mol3xxxx

平/mol3-3x1-xxx

x1

平衡时混合气体总物质的量为（4-2x）mol,平衡体系中CHOH的体积分数=--=-,解得X=0.8,

34-2x3

M点CO2的平衡转化率为80%,故D正确；故选B。

11.在两个容积均为4L的恒容密闭容器中，起始时均充入0.4mol乙苯，以温度、催化剂为实验条件变

量，发生反应:（g）+H2（g）o测得的结果如图所示。曲线II、in表示经过

相同时间ts且未达到化学平衡时乙苯的转化率，下列说法正确的是（）

%

髀

总

报

7

温度/久

A.900。（2时，无催化剂的容器中，ts内H2的平均反应速率为

B.1000。（2时，有催化剂的容器中，延长反应时间乙苯的转化率可到达A点

c.iio（rc时，曲线n、in几乎重合，可能是因为催化剂失活

D.其他条件不变时，升高温度或减小压强均能使平衡向右移动，均能使平衡常数K增大

【答案】c

【解析】A项，900。（2时无催化剂的容器中，ts时乙苯的转化率为30%,则生成的氢气为0.12mol,容

器体积为4L,则ts内H2的平均反应速率为半molIfsT,A错误；B项，催化剂不影响平衡的移动，

加入催化剂，乙苯的平衡转化率（等于50%）不变，延长反应时间乙苯的转化率不可能到达A点，B错误；C

项，催化剂需要适宜温度，根据图像，约1100。。曲线II、in几乎重合，说明不论有无催化剂，平均反应速

率相同，则可能是催化剂失活，C正确；D项，平衡常数只受温度影响。其他条件不变时，减小压强，平衡

向右移动，但不能改变平衡常数，D错误；故选C。

12.碘苯与氨基钠制备苯胺的反应机理如下。下列说法不正确的是（）

A.步骤①是NH2-与苯环上H"作用

B.碱性:

C.三键键长:>HC=CH

D.可在步骤③中用ND3（笊氨）反应得到

【答案】D

【解析】A项，根据反应①的原理可知，NH2-带负电荷，先攻击苯环上带正电荷的H$+，使得苯环带

负电荷，最后产被消去，形成双键，A正确；B项，苯胺中NH2,氮原子存在1对孤对电子，该

孤对电子会和苯环的大兀键共轨，形成P-兀共辗体系，使得氮原子的电子云密度变小，与质子结合能力变

弱，而NH2中氮原子存在1对孤对电子，与质子结合能力强，碱性更强，B正确；C项，由

的兀键电子云结构图可知，两侧电子云不对称，外侧电子云范围更大，故形成的三键键长比乙焕中的三键

〃^NH2

键长长，C正确；D项，若仅靠步骤③中用ND3参与反应，根据反应的机理，只能得到，因此,

D

若要得到，反应②就需要替代NH2-,D错误；故选D。

13.某澳丁烷与乙醇反应的能量转化如图（“*”表示过渡态）。下列说法错误的是（）

[(CH3)3C-Br][(CH3)3C-OC2H5]*

99

<nn++Br-

(CH3)3C1

COCH-

[(CH).251

+C2H50H33!

H

(CH3)3CBr

(CH3)3COC2H5

+Br-

反应进程

A.总反应为取代反应

B.该反应过程中C原子杂化方式有变化

C.反应过程中（CH3bC+是中间产物

D.决定该过程正反应快慢的步骤与逆反应快慢的步骤互为可逆反应

【答案】D

【解析】A项，该反应的总反应为（CEbCBr+C2H5OH—^^（CEbCOC2H5+HBr,属于取代反应,

33

A正确；B项，该反应过程中，（CH3）3CBr,C2H50H中C原子发生sp杂化，（CH3）3C+中C原子发生sp和

sp2杂化，杂化方式有变化，B正确；C项，反应过程中共出现两种含碳中间产物，（CH3）3C+是其中一种中

间产物，C正确；D项，正、逆反应的决速步骤由活化能最大、反应速率最慢的反应决定，决定该过程正反

应快慢的步骤是第一步，决定逆反应快慢的步骤为第二步，二者不互为可逆反应，D错误；故选D。

14.X-Y反应分两步进行，在催化剂Catl、Cat2作用下能量变化如图所示。下列叙述正确的是（）

反应历程

A.Catl作用下，第二步反应为决速反应

B.两种催化剂不改变总反应能量变化

C.催化剂可以改变生成物Y的平衡浓度

D.升高温度，第一步反应加快，第二步反应减慢

【答案】B

【解析】A项，化学反应速率取决于慢反应，由图可知，Catl作用下第一步反应的活化能大于第二步,

则第一步反应为慢反应，为决速反应，故A错误；B项，总反应的能量变化取决于反应物的总能量和生成

物总能量的差值，与催化剂无关，故两种催化剂不改变总反应能量变化，故B正确；C项，催化剂改变反

应历程，降低反应活化能，加快化学反应速率，但是不能使平衡发生移动，故催化剂不可以改变生成物Y

的平衡浓度，故C错误；D项，升高温度，第一步反应加快，第二步反应也加快，故D错误；故选B。

15.在一定条件下，苯与浓HNO3和浓H2s。4混合物的反应机理和能量变化如图所示：

应

A反②

M

髭

反应④

女

一

要

HO,SO

NO

反应①2H+H.O

H+H2

HSO;+H2O\NO2

反应③NO2

HNOHSO4+H2O

3++H2SO4+H2O

安。4

反应历程

下列说法错误的是（）

A.反应②为决速步骤

B.反应①的化学方程式为HNO3+H2so4二^NO2++HSO4-+H2O

C.反应过程中碳原子的杂化方式保持不变

NO2

D.该条件下，为主产物

【答案】C

【解析】A项，由反应机理图可知，反应②的活化能最大，反应速率最慢，为决速步骤，A正确；B

项，由元素守恒和电荷守恒可知，反应①的化学方程式为HNO3+H2so4=^NO2++HSO4-+H2。，B正确;

NO,

C项，由图可知，苯环中碳原子为sp2杂化，中间产物［?+.H与硝基相连的碳原子为sp3杂化,

HO3SO

LJ

口饱和碳原子为sp3杂化，C错误；D项，由反应历程可知，反应③的活化能低于反应④，且

NO2

为主产物，D正确；故选C。

16.一种保磷化合物催化氨硼烷（H3BNH3）水解释氢的可能机理如图所示（已知：电负性H>B）,其中中

间体n中与B原子相连的氢原子被水中的羟基取代生成中间体in。下列说法错误的是（）

H\/HH、ZH,HH2队ZHH

H—B—N—HH2°>[H—B—O]'2-N—可乩°J»[H—B—o]'[H—N—H]+

H-*H、/VH~VV

Ni—P〜表示吸附Ni一P—Ni一PNi—P—Ni—P

中间体i中间体n中间体ni

A.水溶性：氨硼烷〉乙烷；沸点：氨硼烷,乙烷

B.用D2O代替H2O作反应物，有D2生成

C.“中间体I”中B、N上所连接的H不可能分别被P和Ni吸附

D.氨硼烷分子中B、N原子均采取sp3杂化

【答案】B

【解析】A项，氨硼烷是极性分子，且氨硼烷分子能与水分子形成氢键，乙烷是非极性分子，且乙烷

分子不能与水分子形成氢键，水溶性：氨硼烷〉乙烷；氨硼烷分子间可以形成氢键，乙烷不能，沸点：氨硼

烷,乙烷，A正确；B项，根据示意图，水解过程中B原子所连的H原子被-OH取代，用D2O代替H2O作

反应物，有HD生成，B错误；C项，电负性：N>H>B,P>Ni,所以B上所连H带负电性、N上所连H带

正电性、P带负电性、Ni带正电性，因为不同电性间的原子相互吸引，所以