2020-2024年五年高考1年模拟化学真题分类汇编（山东专用）-专题07 化学反应机理、速率、平衡（解析版）

2020-2024年五年高考真题分类汇编PAGEPAGE1专题07化学反应机理、速率、平衡考点五年考情（2020-2024）命题趋势考点1化学反应机理（5年3考）2022山东卷第7题2021山东卷第7题2020山东卷第7题根据化学反应机理、历程分析判断，涉及氧化还原反应、化学键、反应速率、反应限度等知识点考点2化学反应速率与平衡（5年2考）2023山东卷第15题2023山东卷第1题选择题中单纯考查化学反应速率和平衡的题目出现较少，多结合图像进行考查考点1化学反应机理1．（2022·山东卷）在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是A．含N分子参与的反应一定有电子转移B．由NO生成的反应历程有2种C．增大NO的量，的平衡转化率不变D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少【答案】D【解析】A．根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO+∙OOH=NO2+∙OH、NO+NO2+H2O=2HONO、NO2+∙C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO+∙OH，含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化合价依次为+2价、+4价、+3价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有电子转移，A项正确；B．根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；C．NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；D．无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8+O22C3H6+2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项错误；答案选D。2．（2021·山东卷）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：+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CH318OHD．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变【答案】B【解析】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，而与为快速平衡，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CH318H，故C错误；D．该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，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；综上所述，正确的是B项，故答案为B。3．（2020·山东卷）1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H+进攻1，3-丁二烯生成碳正离子()；第二步Br-进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在0℃和40℃时，1，2-加成产物与1，4-加成产物的比例分别为70:30和15:85。下列说法正确的是A．1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定B．与0℃相比，40℃时1，3-丁二烯的转化率增大C．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率增大，1，4-加成正反应速率减小D．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度【答案】AD〖祥解〗根据图象分析可知该加成反应为放热反应，且生成的1,4-加成产物的能量比1,2-加成产物的能量低，结合题干信息及温度对化学反应速率与化学平衡的影响效果分析作答。【解析】根据上述分析可知，A.能量越低越稳定，根据图象可看出，1,4-加成产物的能量比1,2-加成产物的能量低，即1,4-加成产物的能量比1,2-加成产物稳定，故A正确；B.该加成反应不管生成1,4-加成产物还是1,2-加成产物，均为放热反应，则升高温度，不利用1,3-丁二烯的转化，即在40时其转化率会减小，故B错误；C.从0升至40，正化学反应速率均增大，即1,4-加成和1,2-加成反应的正速率均会增大，故C错误；D.从0升至40，对于1,2-加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即1,2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故D正确；答案选AD。考点2化学反应速率与平衡15．（2024·山东卷）逆水气变换反应：。一定压力下，按，物质的量之比投料，，温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为，，温度时反应速率常数k分别为。下列说法错误的是A．B．温度下达平衡时反应速率的比值：C．温度不变，仅改变体系初始压力，反应物摩尔分数随时间的变化曲线不变D．温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分摩尔分数与温度时相同【答案】CD〖祥解〗由图可知，T1比T2反应速率速率快，则T1＞T2；T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温度下平衡时；由于起始CO2与H2的物质的量之比为1∶1，则达到平衡时CO2和H2的摩尔分数相等。【解析】A．根据分析，T1比T2反应速率速率快，反应速率常数与温度有关，结合反应速率方程知k1＞k2，A项正确；B．反应的速率方程为v=kc0.5(H2)c(CO2)，则，T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温度下平衡时，则，B项正确；C．温度不变，仅改变体系初始压力，虽然平衡不移动，但反应物的浓度改变，反应速率改变，反应达到平衡的时间改变，反应物摩尔分数随时间的变化曲线变化，C项错误；D．T2温度下，改变初始投料比，相当于改变某一反应物的浓度，达到平衡时H2和CO2的摩尔分数不可能相等，故不能使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同，D项错误；答案选CD。4．（2023·山东卷）一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径如下：

已知反应初始E的浓度为0.10mol∙L-1，TFAA的浓度为0.08mol∙L-1，部分物种的浓度随时间的变化关系如图所示，忽略反应过程中的体积变化。下列说法正确的是

A．t1时刻，体系中有E存在B．t2时刻，体系中无F存在C．E和TFAA反应生成F的活化能很小D．反应达平衡后，TFAA的浓度为0.08mol∙L-1【答案】AC〖祥解〗一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径中，共发生三个反应：①E+TFAAF

②FG

③GH+TFAAt1之后的某时刻，H为0.02mol∙L-1，此时TFAA的浓度仍为0，则表明0.10mol∙L-1E、起始时的0.08mol∙L-1TFAA、G分解生成的0.02mol∙L-1TFAA全部参加反应，生成0.10mol∙L-1F；在t2时刻，H为0.08mol∙L-1，TFAA为0.06mol∙L-1，G为0.01mol∙L-1，则F为0.01mol∙L-1。【解析】A．t1时刻，H的浓度小于0.02mol∙L-1，此时反应③生成F的浓度小于0.02mol∙L-1，参加反应①的H的浓度小于0.1mol∙L-1，则参加反应E的浓度小于0.1mol∙L-1，所以体系中有E存在，A正确；B．由分析可知，t2时刻，H为0.08mol∙L-1，TFAA为0.06mol∙L-1，G为0.01mol∙L-1，则F为0.01mol∙L-1，所以体系中有F存在，B不正确；C．t1之后的某时刻，H为0.02mol∙L-1，此时TFAA的浓度仍为0，表明此时E和TFAA完全反应生成F，所以E和TFAA生成F的反应速率快，反应的活化能很小，C正确；D．在t2时刻，H为0.08mol∙L-1，TFAA为0.06mol∙L-1，G为0.01mol∙L-1，F为0.01mol∙L-1，只有F、G全部转化为H和TFAA时，TFAA的浓度才能为0.08mol∙L-1，而GH+TFAA为可逆反应，所以反应达平衡后，TFAA的浓度一定小于0.08mol∙L-1，D不正确；故选AC。1．（2024·山东淄博一模）标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程如图所示，已知和的相对能量为0。下列说法错误的是A．B．键能为C．相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅰ=历程ⅡD．历程I和II中速率最快一步反应的热化学方程式为【答案】D【解析】A．由图可知，Cl原子是历程Ⅱ的催化剂，催化剂不能改变反应的反应热，则历程Ⅰ、Ⅱ的反应热相等，即△H=E6-E3=E5-E2，故A正确；B．Cl2(g)的相对能量为0，由图可知Cl(g)的相对能力为(E2-E3)kJ/mol，断裂化学键吸收热量，Cl2(g)→2Cl(g)吸收能量为2(E2-E3)kJ/mol，则Cl-Cl键能为2(E2-E3)kJ/mol，故B正确；C．催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应物的平衡转化率，即相同条件下O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，故C正确；D．由图可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能小于第一步反应的活化能，反应的活化能越低，反应速率越快，则历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：，故D错误；答案选D。2．（2024·山东济宁二模）醛生成亚胺的反应机理如图1，反应速率随pH的变化如图2。下列说法错误的是A．酸性较强时，③为决速步；碱性较强时，①为决速步B．反应历程中，N原子的杂化方式有2种C．反应历程中，氧原子始终保持8电子稳定结构D．苯甲醛与羟胺(NH2—OH)反应的产物存在顺反异构【答案】A【解析】A．由题干信息可知，随着溶液中pH的增大，反应速率先增大后减小，但未告知各步反应的活化能相对大小，无法确定决速步骤，A错误；B．由题干图示信息可知，反应历程中，N原子的杂化方式有sp2和sp32种杂化方式，即单键的N为sp3杂化，双键上的N为sp2杂化，B正确；C．由题干图示信息可知，反应历程中，不管碳氧双键上、带一个单位负电荷的氧，还是-OH上的氧原子始终保持8电子稳定结构，C正确；D．由题干图示信息结合该反应历程可知，苯甲醛与羟胺(NH2—OH)反应的产物为：，产物中C=N中C连有两个互不相同的原子或原子团，N上连有-OH和孤电子对，故存在顺反异构，D正确；故答案为：A。3．（2024·山东泰安二模）酯在碱性条件下发生水解反应的历程如图，下列说法正确的是A．反应①为该反应的决速步B．若用进行标记，反应结束后醇和羧酸钠中均存在C．该反应历程中碳原子杂化方式没有发生改变D．反应①中攻击的位置由碳和氧电负性大小决定【答案】AD【解析】A．反应历程中最慢的一步是整个反应的决速步，结合图示可知，反应①为该反应的决速步，A正确；B．反应①断开了酯基的碳氧双键结合，反应②断裂出原酯基中的-OR’，反应③转移了氢离子得到醇R’OH，反应④生成羧酸钠没有转移氧原子，故反应结束后醇中不均存在，B错误；C．反应①酯基中的碳从sp2杂化生成连接四个单键的sp3杂化，后经过反应②又生成羧基，恢复sp2杂化，故该反应历程中碳原子杂化方式有发生改变，C错误；

D．反应①中带负电，攻击的位置由碳和氧电负性大小决定，攻击电负性较弱在成键后电子云密度较小的碳原子，D正确；故选AD。4．（2024·山东省实验中学一模）Wolff-Kishner-黄鸣龙还原反应机理如下(R、R＇均代表烃基)，下列有关说法错误的是A．肼的沸点高于氨气，原因是分子间氢键数目更多，且相对分子质量更大B．过程①发生加成反应，过程②、③均发生消去反应C．过程④的反应历程可表示为D．应用该机理，可以在碱性条件下转变为【答案】B【解析】A．肼和氨气都是分子晶体，肼分子中含有两个氨基，相对分子质量大于氨气，分子间形成的氢键数目多于氨气，所以肼分子的分子间作用力强于氨气，沸点高于氨气，故A正确；B．过程③发生的反应为，反应中分子的不饱和度不变，不可能属于消去反应，故B错误；C．过程④的反应物是和OH-，生成物是、N2和H2O，其反应为+OH-→+N2↑+H2O，故C正确；D．由图可知，该反应的总反应为碱性条件下与肼反应生成、氮气和水，则碱性条件下与肼反应能转化为，故D正确。答案选B。5．（2024·山东青岛二模）催化烯烃制醛反应循环过程如图。下列说法正确的是A．若催化丙烯，可得和B．Co成键位置不同使反应分成Ⅱ和Ⅰ两条路径C．增大中C－Co键能可提高其催化效率D．该催化过程中Co的配位数未发生变化【答案】AB【解析】A．由机理可知，若反应物为乙烯，总反应为：CH3CH=CH2+2CO+H2或CH3CH=CH2+2CO+H2，A正确；B．Co成键位置不同，分别在碳碳双键上，还是在碳碳双键末端的碳上，使反应分成Ⅱ和Ⅰ两条路径，B正确；C．增大中C－Co键能可提高反应速率，但平衡不移动，不能提高其催化效率，C错误；D．该催化过程中Co的配位数有4个和5个，发生了变化，D错误；答案选AB。6．（2024·山东菏泽一模）已知制备丁内酯的反应，一种机理如图所示(“*”表示此微粒吸附在催化剂表面)。下列说法错误的是A．反应物的名称为1，二丁醇B．步骤(a)中和氧原子间形成共价键C．在上述合成丁内酯过程中起催化作用D．生成丁内酯的反应为消去反应【答案】A【解析】A．反应物的名称为1，4-丁二醇，A错误；B．由图可知，步骤a中*H+和氧原子间形成氢氧共价键，故作用力是共价键，B正确；C．H+在上述合成γ-丁内酯过程中参与了反应后又被生成，作用是催化作用，C正确；D．反应为1，4-丁二醇脱去氢气分子，生成不饱和键的化合物，为消去反应，D正确；故选A。7．（2024·山东德州二模）钴催化与电氢化制备的反应机理如图（其中Ph-表示，表示，图中未表示参与或生成的），下列说法错误的是A．是反应的中间产物B．反应过程中涉及取代反应和加成反应C．反应过程中存在极性键和非极性键的断裂D．电极反应为【答案】C【解析】A．反应Ⅷ中生成的参与和PhNH2反应被消耗，所以是中间产物，故A正确；B．反应Ⅶ是加成反应，反应Ⅷ是取代反应，故正确；C．反应过程中无非极性键的断裂，故C错误；D．根据反应机理图，和Ph-CN电氢化制备反应生成，电极反应式为，故D正确；选C。8．（2024·山东济南一模）中国科学院理化所发现利用Pd-CdS可使PLA()转化为丙酮酸()的速率显著提高，并且优异的稳定性确保了Pd—CdS可以维持100h的反应性能，其反应机理如图所示，Pd-CdS在光照条件下产生带正电空穴(用h+表示，可捕获电子)和电子。下列说法错误的是A．Pd-CdS可作乳酸制备丙酮酸的催化剂B．在相同条件下，适当增加光的强度有利于加快反应速率C．整个过程中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1D．当180gPLA完全转化成丙酮酸时，理论上Pd-CdS中至少产生4molh+【答案】D【解析】A．由图可知乳酸在Pd-CdS上可发生转化生成丙酮酸，Pd-CdS可做该转化的催化剂，故A正确；B．根据图像可知，增加光的强度可产生更多的带正电空穴和电子，氧气结合氢离子转化为羟基自由基，故B正确；C．由图可知，生成DFF的总反应为，则氧化产物DFF与还原产物H2的物质的量之比为1:1，故C正确；D．由图可知Pd-CdS在光照条件下产生1molh+时同时产生1mol电子，180gPLA物质的量为2.5mol，水解生成2.5mol乳酸，乳酸发生反应：-2e-=+2H+，则2.5mol乳酸反应时转移5mol电子，理论上Pd-CdS中至少产生5molh+，故D错误；故选：D。9．（2024·山东济宁三模）Wacker氧化法催化制备乙醛，催化循环机理如图所示。已知为平面结构。下列说法正确的是A．反应溶液中应含有一定量的B．反应①前后Pd化合价发生变化C．物质B中C、O、Pd的杂化方式均相同D．反应⑥的方程式为：【答案】AD【解析】A．根据反应⑥可知存在铜元素循环，结合反应机理其余反应过程可知有与形成，A正确；B．反应①替换的，Pd化合价不变，B错误；C．物质B中C、O均为sp3杂化，根据为平面结构可知Pd不是sp3杂化，C错误；D．根据反应机理可知，反应⑥的方程式为：，D正确；答案选AD。10．（2024·山东日照校际联考一模）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：Ph-C≡C-CH3(g)+HCl(g)(g)产物A；：反应Ⅱ：Ph-C≡C-CH3(g)+HCl(g)(g)产物B；：反应Ⅲ：(g)(g)；T℃，向密闭容器中通入和3molHCl(g)，平衡时测得的转化率为α，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Ⅰ的平衡常数D．若保持温度和压强不变，再向容器中通，反应Ⅰ的化学平衡将逆向移动【答案】C【解析】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，可得，平衡时测得的转化率为α，可得x+y=2α，解得x=α，反应过程中和氯化氢1：1反应，则氯化氢反应2αmol，平衡时余下3-2αmol，余下2-2αmol，平衡时产物A为αmol，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，反应Ⅰ的分压减小，化学平衡将逆向移动，D正确；故选C。11．（2024·山东淄博一模）在473K、的高压氛围下，发生下列反应，该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图所示。已知：在高压氛围下进行，压强近似等于总压。下列说法正确的是A．活化能：反应Ⅰ>反应Ⅱ B．时刻，的转化率为80%C．反应Ⅰ的 D．反应I比反应Ⅱ和Ⅲ先达到平衡【答案】BD【解析】A．根据图像可知，在相同的条件下，产物I达到平衡时剩余较少，说明反应速率快，则活化能反应I小于反应Ⅱ，A错误；B．根据反应方程式可知，在体系中的存在形式有：、产物I、产物Ⅱ，根据及反应后产物图像可知，生成的产物I、产物Ⅱ共80％，则时刻，的转化率为80%，B正确；C．根据已知：因反应在高压HCl氛围下进行，故HCl压强近似等于总压；根据图像，生成产物Ⅱ的物质的量为0.005×45%mol，产物I的物质的量为0.005×35%mol，则剩余物质的量为0.005×20%，根据，C错误；D．根据图像可知，反应I先达到拐点，比反应Ⅱ和Ⅲ先达到平衡，D正确；答案选BD。12．（2024·山东济南三模）一定电压条件下，NiCo-LDHs电极材料上5-羟甲基-2-呋喃甲醛（HMF）可能的物质转化过程如图1所示，各物质含量的动态变化如图2所示。下列说法正确的是A．电极材料与电源负极相连B．转化过程中电极附近溶液酸性增强C．时间内电路中共通过，理论上产生D．HMFCA转化为FFCA是整个转化过程的决速步【答案】BD【解析】A．由图1可知NiCo-LDHs电极材料上HMF最终转化为FDCA，HMF中醛基和羟基最终被氧化为羧基，则该电极为阳极，与电源正极相连，故A错误；B．转化过程中上HMF最终转化为FDCA，该过程中生成羧酸，溶液酸性增强，故B正确；C．若HMF完全转化为FDCA，则发生电极反应：+2H2O-6e-=+6H+；此时电路中通过，产生，但由图2可知时间内，HMF并未完全转化为，因此电路中通过，产生的物质的量小于，故C错误；D．由图2可知FFCA的物质的量始终接近0，可知该过程中FFCA能迅速转化为FDCA，则FFCA转化为FDCA的活化能最小，反应一段时间后HMFCA高于HMF和FFCA，可知HMFCA转化为FFCA的反应速率较其他反应慢，而慢反应决定总反应速率，即HMFCA转化为FFCA是整个转化过程的决速步，故D正确；故选：BD。13．（2024·山东日照二模）某科研团队以溴苯与catB—Br的偶联联反应构建C-B键，反应机理如图，下列说法正确的是A．过程中Ni的化合价未发生改变B．L-Ni-Br为中间产物C．catB·为催化剂D．理论上产生1mol消耗Zn与溴苯的物质的量之比为1∶1【答案】D【解析】A．流程中有锌参与的步骤中，锌化合价升高，Ni化合价降低，A错误；B．根据流程知，构建C-B键的同时有L-Ni-Br生成，则L-Ni-Br为催化剂，B错误；C．根据流程知，catB·为中间产物，C错误；D．根据流程知，理论上1mol锌、1mol溴苯、1molcatB—Br生成1mol消和1mol溴化锌，则消耗Zn与溴苯的物质的量之比为1∶1，D正确；故选D。14．（2024·山东青岛一模）向100mL0.001mol⋅L-1A溶液中逐滴加入等浓度B溶液，反应为温度对的影响)。下列说法错误的是A．B．C．时，该反应平衡常数约为667L·mol-1D．时，100mL0.001mol⋅L-1的AB溶液达到平衡时，吸收热量Q>4.3J【答案】CD【解析】A．图中曲线可以看出加入B200mL和220mL时放出热量不再增多，则可以判定此时A已经反应完全，则该反应的，故A正确；B．T1到T2的过程中，滴入等体积的B溶液时T1释放的热量更多，该反应正向放热则，故B正确；C．时加入200mLB溶液放出热量为5J，则A的转化率为50%，建立三段式：，平衡时溶液体积为0.3L，则平衡常数为，故C错误；D．时，A、B、AB的物质的量为、、0与0、0、互为等效平衡，前者平衡时放出的热量小于10J，则时，100mL0.001mol⋅L-1的AB溶液达到平衡时，吸收热量Q＜10J-5.7J=4.3J，故D错误；故选CD。15．（2024·山东青岛二模）氯苯在液氨溶液中可以与氨基钠反应生成苯胺。某研究小组提出了三种可能的机理。经过一系列实验，最终确定该反应按“机理3”进行。机理1：

机理2：机理3：三种机理中涉及到多个中间体。下列说法错误的是A．已知“中间体1”至少有11个原子共平面，则碳负离子采用杂化B．“中间体2”存在离域π键C．“中间体3”的碳负离子有一对位于杂化轨道的孤对电子D．“中间体4”部分键角与正常键角有较大差距，导致“中间体4”反应活性高【答案】B【解析】A．“中间体1”中至少有11个原子共平面，可知氯原子和氨基外的其他原子共面，碳负离子形成平面结构，为杂化，故A正确；B．“中间体2”存在碳正离子仍存在一个单电子参与形成π键，该中间体离域π键为，故B错误；C．“中间体3”的碳负离子中C原子与两个C成键，杂化轨道共存在一对孤电子对，p轨道中存在一个单电子，故C正确；D．“中间体4”存在碳碳三键，键角与双键差异较大，容易断键，因此“中间体4”反应活性高，故D正确；故选：B。16．（2024·山东济宁二模）一定条件下，与浓硫酸发生取代反应生成水和单萘磺酸，反应过程和有机物占比随时间变化如图所示：下列说法正确的是A．升高温度，反应Ⅰ的速率增大程度大于反应ⅡB．产物Ⅰ的热稳定性比产物Ⅱ强C．平衡常数的比值D．加催化剂（只催化反应Ⅰ），极值点e可能变为a点【答案】CD【解析】A．由右图可知，反应Ⅰ的反应速率大于反应Ⅱ，反应速率越快，反应的活化能越小，则反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大，则反应Ⅰ的速率增大程度小于反应Ⅱ，故A错误；B．由左图可知，产物Ⅰ转化为产物Ⅱ的反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，物质的能量越大越不稳定，则产物Ⅰ的热稳定性比产物Ⅱ弱，故B错误；C．由盖斯定律可知，反应Ⅱ—反应Ⅰ得到反应，由右图可知，平衡时产物Ⅱ的占比为72%、产物Ⅰ的占比为12%，设平衡时浓度为c，则的浓度为6c，反应的平衡常数K====6，故C正确；D．加入只催化反应Ⅰ的催化剂，反应Ⅰ的速率增大，产物Ⅰ的占比增大，则右图中极值点e变为a点，故D正确；故选CD。17．（2024·山东日照二模）体积均为2L的多个恒容密闭容器，分别充入1molCO(g)和1mol(g)发生反应

，在不同温度下反应50s，测得正、逆反应的平衡常数的自然对数(或)、体积分数与热力学温度的倒数关系如图所示，下列说法错误的是A．曲线N表示的变化情况B．0～50s，a点对应容器中的反应的平均速率C．b点时一定处于平衡状态D．c点时，【答案】BD〖祥解〗因为该反应是放热反应，所以升高温度，减小，增大，则曲线N表示的变化情况，曲线M表示的变化情况，则最后一条曲线代表体积分数与热力学温度的倒数关系。从c点到b点，温度升高，反应速率加快，体积分数增大，从b点到a点，温度升高，反应速率也加快，，但体积分数减小，说明b点时一定处于平衡状态，从b点到a点，平衡逆向移动，达到新的平衡。【解析】A．根据分析知，曲线N表示的变化情况，A正确；B．该反应是气体分子数不变的反应，a点体积分数是10%，则生成氢气，则CO也消耗了2mol,故，B错误；C．根据分析知，b点时一定处于平衡状态，C正确；D．c点时没有到达平衡，所以，D错误；故选BD。18．（2024·山东潍坊二模）T℃时，在密闭容器甲、乙中分别充入1mol和3mol，它们分别在有水分子筛(只允许水分子透过)和无水分子筛条件下仅发生反应1，测得平衡转化率与压强关系如图所示。在催化剂A作用下，只发生反应3，该反应的速率方程式为，(k为速率常数，只与温度催化剂有关)反应1：；反应2：；反应3：；下列说法正确的是A．催化剂A作用下，830℃时该反应的平衡常数K=1，则900℃时B．使用了水分子筛的容器是甲C．反应1的平衡常数D．M点【答案】AD【解析】A．由盖斯定律可知，反应1-反应2可得=+41.1，该反应是吸热反应，催化剂A作用下，830℃时该反应的平衡常数K=1，则900℃时平衡正向移动，v正增大的程度大于v逆，，A正确；B．使用水分子筛可以将水分子及时分离，平衡正向移动，平衡转化率增大，则使用了水分子筛的容器是乙，B错误；C．催化剂不影响平衡常数，则反应1的平衡常数，C错误；D．根据已知条件列出“三段式”M点，D正确；故选AD。19．（2024·山东威海二模）一定温度下，Xe与F2通入恒压容器中发生反应：①

，②

，③

，不同投料比条件下，平衡时产物(、、)的物质的量分别如图所示。当时，认为Xe完全反应。已知a、c对应的分别为16kPa和225kPa。下列说法正确的是A．曲线x代表产物的物质的量B．C．反应的D．当最多时，kPa【答案】D〖祥解〗由题干信息可知，当时，认为Xe完全反应，即反应①已经完全进行，Xe(g)完全反应，随着的增大，即F2的用量最多，反应②、③、④均正向移动，则n(XeF2)逐渐减小，n(XeF4)先增大后减小，n(XeF6)逐渐增大，即x代表n(XeF6)、y代表n(XeF4)、z代表n(XeF2)，据此分析解题。【解析】A．由分析可知，即x代表XeF6、y代表XeF4、z代表XeF2，A错误；B．由题干图示信息结合分析可知，a点n(XeF4)=n(XeF2)，即p(XeF4)=p(XeF2)，则Kp2===，同理c点n(XeF4)=n(XeF6)，即p(XeF4)=p(XeF6)，则Kp3===，故，B错误；C．由题干反应②

，反应③

可知反应②+③得到反应，则，C错误；D．由题干信息可知，当最多时n(XeF2)=n(XeF6)，由C项分析可知，，则，即Kp==，故kPa，D正确；故答案为：D。专题07化学反应机理、速率、平衡考点五年考情（2020-2024）命题趋势考点1化学反应机理（5年3考）2022山东卷第7题2021山东卷第7题2020山东卷第7题根据化学反应机理、历程分析判断，涉及氧化还原反应、化学键、反应速率、反应限度等知识点考点2化学反应速率与平衡（5年2考）2023山东卷第15题2023山东卷第1题选择题中单纯考查化学反应速率和平衡的题目出现较少，多结合图像进行考查考点1化学反应机理1．（2022·山东卷）在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是A．含N分子参与的反应一定有电子转移B．由NO生成的反应历程有2种C．增大NO的量，的平衡转化率不变D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少【答案】D【解析】A．根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO+∙OOH=NO2+∙OH、NO+NO2+H2O=2HONO、NO2+∙C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO+∙OH，含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化合价依次为+2价、+4价、+3价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有电子转移，A项正确；B．根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；C．NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；D．无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8+O22C3H6+2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项错误；答案选D。2．（2021·山东卷）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：+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CH318OHD．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变【答案】B【解析】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，而与为快速平衡，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CH318H，故C错误；D．该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，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；综上所述，正确的是B项，故答案为B。3．（2020·山东卷）1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H+进攻1，3-丁二烯生成碳正离子()；第二步Br-进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在0℃和40℃时，1，2-加成产物与1，4-加成产物的比例分别为70:30和15:85。下列说法正确的是A．1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定B．与0℃相比，40℃时1，3-丁二烯的转化率增大C．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率增大，1，4-加成正反应速率减小D．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度【答案】AD〖祥解〗根据图象分析可知该加成反应为放热反应，且生成的1,4-加成产物的能量比1,2-加成产物的能量低，结合题干信息及温度对化学反应速率与化学平衡的影响效果分析作答。【解析】根据上述分析可知，A.能量越低越稳定，根据图象可看出，1,4-加成产物的能量比1,2-加成产物的能量低，即1,4-加成产物的能量比1,2-加成产物稳定，故A正确；B.该加成反应不管生成1,4-加成产物还是1,2-加成产物，均为放热反应，则升高温度，不利用1,3-丁二烯的转化，即在40时其转化率会减小，故B错误；C.从0升至40，正化学反应速率均增大，即1,4-加成和1,2-加成反应的正速率均会增大，故C错误；D.从0升至40，对于1,2-加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即1,2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故D正确；答案选AD。考点2化学反应速率与平衡15．（2024·山东卷）逆水气变换反应：。一定压力下，按，物质的量之比投料，，温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为，，温度时反应速率常数k分别为。下列说法错误的是A．B．温度下达平衡时反应速率的比值：C．温度不变，仅改变体系初始压力，反应物摩尔分数随时间的变化曲线不变D．温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分摩尔分数与温度时相同【答案】CD〖祥解〗由图可知，T1比T2反应速率速率快，则T1＞T2；T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温度下平衡时；由于起始CO2与H2的物质的量之比为1∶1，则达到平衡时CO2和H2的摩尔分数相等。【解析】A．根据分析，T1比T2反应速率速率快，反应速率常数与温度有关，结合反应速率方程知k1＞k2，A项正确；B．反应的速率方程为v=kc0.5(H2)c(CO2)，则，T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温度下平衡时，则，B项正确；C．温度不变，仅改变体系初始压力，虽然平衡不移动，但反应物的浓度改变，反应速率改变，反应达到平衡的时间改变，反应物摩尔分数随时间的变化曲线变化，C项错误；D．T2温度下，改变初始投料比，相当于改变某一反应物的浓度，达到平衡时H2和CO2的摩尔分数不可能相等，故不能使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同，D项错误；答案选CD。4．（2023·山东卷）一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径如下：

已知反应初始E的浓度为0.10mol∙L-1，TFAA的浓度为0.08mol∙L-1，部分物种的浓度随时间的变化关系如图所示，忽略反应过程中的体积变化。下列说法正确的是

A．t1时刻，体系中有E存在B．t2时刻，体系中无F存在C．E和TFAA反应生成F的活化能很小D．反应达平衡后，TFAA的浓度为0.08mol∙L-1【答案】AC〖祥解〗一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径中，共发生三个反应：①E+TFAAF

②FG

③GH+TFAAt1之后的某时刻，H为0.02mol∙L-1，此时TFAA的浓度仍为0，则表明0.10mol∙L-1E、起始时的0.08mol∙L-1TFAA、G分解生成的0.02mol∙L-1TFAA全部参加反应，生成0.10mol∙L-1F；在t2时刻，H为0.08mol∙L-1，TFAA为0.06mol∙L-1，G为0.01mol∙L-1，则F为0.01mol∙L-1。【解析】A．t1时刻，H的浓度小于0.02mol∙L-1，此时反应③生成F的浓度小于0.02mol∙L-1，参加反应①的H的浓度小于0.1mol∙L-1，则参加反应E的浓度小于0.1mol∙L-1，所以体系中有E存在，A正确；B．由分析可知，t2时刻，H为0.08mol∙L-1，TFAA为0.06mol∙L-1，G为0.01mol∙L-1，则F为0.01mol∙L-1，所以体系中有F存在，B不正确；C．t1之后的某时刻，H为0.02mol∙L-1，此时TFAA的浓度仍为0，表明此时E和TFAA完全反应生成F，所以E和TFAA生成F的反应速率快，反应的活化能很小，C正确；D．在t2时刻，H为0.08mol∙L-1，TFAA为0.06mol∙L-1，G为0.01mol∙L-1，F为0.01mol∙L-1，只有F、G全部转化为H和TFAA时，TFAA的浓度才能为0.08mol∙L-1，而GH+TFAA为可逆反应，所以反应达平衡后，TFAA的浓度一定小于0.08mol∙L-1，D不正确；故选AC。1．（2024·山东淄博一模）标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程如图所示，已知和的相对能量为0。下列说法错误的是A．B．键能为C．相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅰ=历程ⅡD．历程I和II中速率最快一步反应的热化学方程式为【答案】D【解析】A．由图可知，Cl原子是历程Ⅱ的催化剂，催化剂不能改变反应的反应热，则历程Ⅰ、Ⅱ的反应热相等，即△H=E6-E3=E5-E2，故A正确；B．Cl2(g)的相对能量为0，由图可知Cl(g)的相对能力为(E2-E3)kJ/mol，断裂化学键吸收热量，Cl2(g)→2Cl(g)吸收能量为2(E2-E3)kJ/mol，则Cl-Cl键能为2(E2-E3)kJ/mol，故B正确；C．催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应物的平衡转化率，即相同条件下O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，故C正确；D．由图可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能小于第一步反应的活化能，反应的活化能越低，反应速率越快，则历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：，故D错误；答案选D。2．（2024·山东济宁二模）醛生成亚胺的反应机理如图1，反应速率随pH的变化如图2。下列说法错误的是A．酸性较强时，③为决速步；碱性较强时，①为决速步B．反应历程中，N原子的杂化方式有2种C．反应历程中，氧原子始终保持8电子稳定结构D．苯甲醛与羟胺(NH2—OH)反应的产物存在顺反异构【答案】A【解析】A．由题干信息可知，随着溶液中pH的增大，反应速率先增大后减小，但未告知各步反应的活化能相对大小，无法确定决速步骤，A错误；B．由题干图示信息可知，反应历程中，N原子的杂化方式有sp2和sp32种杂化方式，即单键的N为sp3杂化，双键上的N为sp2杂化，B正确；C．由题干图示信息可知，反应历程中，不管碳氧双键上、带一个单位负电荷的氧，还是-OH上的氧原子始终保持8电子稳定结构，C正确；D．由题干图示信息结合该反应历程可知，苯甲醛与羟胺(NH2—OH)反应的产物为：，产物中C=N中C连有两个互不相同的原子或原子团，N上连有-OH和孤电子对，故存在顺反异构，D正确；故答案为：A。3．（2024·山东泰安二模）酯在碱性条件下发生水解反应的历程如图，下列说法正确的是A．反应①为该反应的决速步B．若用进行标记，反应结束后醇和羧酸钠中均存在C．该反应历程中碳原子杂化方式没有发生改变D．反应①中攻击的位置由碳和氧电负性大小决定【答案】AD【解析】A．反应历程中最慢的一步是整个反应的决速步，结合图示可知，反应①为该反应的决速步，A正确；B．反应①断开了酯基的碳氧双键结合，反应②断裂出原酯基中的-OR’，反应③转移了氢离子得到醇R’OH，反应④生成羧酸钠没有转移氧原子，故反应结束后醇中不均存在，B错误；C．反应①酯基中的碳从sp2杂化生成连接四个单键的sp3杂化，后经过反应②又生成羧基，恢复sp2杂化，故该反应历程中碳原子杂化方式有发生改变，C错误；

D．反应①中带负电，攻击的位置由碳和氧电负性大小决定，攻击电负性较弱在成键后电子云密度较小的碳原子，D正确；故选AD。4．（2024·山东省实验中学一模）Wolff-Kishner-黄鸣龙还原反应机理如下(R、R＇均代表烃基)，下列有关说法错误的是A．肼的沸点高于氨气，原因是分子间氢键数目更多，且相对分子质量更大B．过程①发生加成反应，过程②、③均发生消去反应C．过程④的反应历程可表示为D．应用该机理，可以在碱性条件下转变为【答案】B【解析】A．肼和氨气都是分子晶体，肼分子中含有两个氨基，相对分子质量大于氨气，分子间形成的氢键数目多于氨气，所以肼分子的分子间作用力强于氨气，沸点高于氨气，故A正确；B．过程③发生的反应为，反应中分子的不饱和度不变，不可能属于消去反应，故B错误；C．过程④的反应物是和OH-，生成物是、N2和H2O，其反应为+OH-→+N2↑+H2O，故C正确；D．由图可知，该反应的总反应为碱性条件下与肼反应生成、氮气和水，则碱性条件下与肼反应能转化为，故D正确。答案选B。5．（2024·山东青岛二模）催化烯烃制醛反应循环过程如图。下列说法正确的是A．若催化丙烯，可得和B．Co成键位置不同使反应分成Ⅱ和Ⅰ两条路径C．增大中C－Co键能可提高其催化效率D．该催化过程中Co的配位数未发生变化【答案】AB【解析】A．由机理可知，若反应物为乙烯，总反应为：CH3CH=CH2+2CO+H2或CH3CH=CH2+2CO+H2，A正确；B．Co成键位置不同，分别在碳碳双键上，还是在碳碳双键末端的碳上，使反应分成Ⅱ和Ⅰ两条路径，B正确；C．增大中C－Co键能可提高反应速率，但平衡不移动，不能提高其催化效率，C错误；D．该催化过程中Co的配位数有4个和5个，发生了变化，D错误；答案选AB。6．（2024·山东菏泽一模）已知制备丁内酯的反应，一种机理如图所示(“*”表示此微粒吸附在催化剂表面)。下列说法错误的是A．反应物的名称为1，二丁醇B．步骤(a)中和氧原子间形成共价键C．在上述合成丁内酯过程中起催化作用D．生成丁内酯的反应为消去反应【答案】A【解析】A．反应物的名称为1，4-丁二醇，A错误；B．由图可知，步骤a中*H+和氧原子间形成氢氧共价键，故作用力是共价键，B正确；C．H+在上述合成γ-丁内酯过程中参与了反应后又被生成，作用是催化作用，C正确；D．反应为1，4-丁二醇脱去氢气分子，生成不饱和键的化合物，为消去反应，D正确；故选A。7．（2024·山东德州二模）钴催化与电氢化制备的反应机理如图（其中Ph-表示，表示，图中未表示参与或生成的），下列说法错误的是A．是反应的中间产物B．反应过程中涉及取代反应和加成反应C．反应过程中存在极性键和非极性键的断裂D．电极反应为【答案】C【解析】A．反应Ⅷ中生成的参与和PhNH2反应被消耗，所以是中间产物，故A正确；B．反应Ⅶ是加成反应，反应Ⅷ是取代反应，故正确；C．反应过程中无非极性键的断裂，故C错误；D．根据反应机理图，和Ph-CN电氢化制备反应生成，电极反应式为，故D正确；选C。8．（2024·山东济南一模）中国科学院理化所发现利用Pd-CdS可使PLA()转化为丙酮酸()的速率显著提高，并且优异的稳定性确保了Pd—CdS可以维持100h的反应性能，其反应机理如图所示，Pd-CdS在光照条件下产生带正电空穴(用h+表示，可捕获电子)和电子。下列说法错误的是A．Pd-CdS可作乳酸制备丙酮酸的催化剂B．在相同条件下，适当增加光的强度有利于加快反应速率C．整个过程中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1D．当180gPLA完全转化成丙酮酸时，理论上Pd-CdS中至少产生4molh+【答案】D【解析】A．由图可知乳酸在Pd-CdS上可发生转化生成丙酮酸，Pd-CdS可做该转化的催化剂，故A正确；B．根据图像可知，增加光的强度可产生更多的带正电空穴和电子，氧气结合氢离子转化为羟基自由基，故B正确；C．由图可知，生成DFF的总反应为，则氧化产物DFF与还原产物H2的物质的量之比为1:1，故C正确；D．由图可知Pd-CdS在光照条件下产生1molh+时同时产生1mol电子，180gPLA物质的量为2.5mol，水解生成2.5mol乳酸，乳酸发生反应：-2e-=+2H+，则2.5mol乳酸反应时转移5mol电子，理论上Pd-CdS中至少产生5molh+，故D错误；故选：D。9．（2024·山东济宁三模）Wacker氧化法催化制备乙醛，催化循环机理如图所示。已知为平面结构。下列说法正确的是A．反应溶液中应含有一定量的B．反应①前后Pd化合价发生变化C．物质B中C、O、Pd的杂化方式均相同D．反应⑥的方程式为：【答案】AD【解析】A．根据反应⑥可知存在铜元素循环，结合反应机理其余反应过程可知有与形成，A正确；B．反应①替换的，Pd化合价不变，B错误；C．物质B中C、O均为sp3杂化，根据为平面结构可知Pd不是sp3杂化，C错误；D．根据反应机理可知，反应⑥的方程式为：，D正确；答案选AD。10．（2024·山东日照校际联考一模）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：Ph-C≡C-CH3(g)+HCl(g)(g)产物A；：反应Ⅱ：Ph-C≡C-CH3(g)+HCl(g)(g)产物B；：反应Ⅲ：(g)(g)；T℃，向密闭容器中通入和3molHCl(g)，平衡时测得的转化率为α，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Ⅰ的平衡常数D．若保持温度和压强不变，再向容器中通，反应Ⅰ的化学平衡将逆向移动【答案】C【解析】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，可得，平衡时测得的转化率为α，可得x+y=2α，解得x=α，反应过程中和氯化氢1：1反应，则氯化氢反应2αmol，平衡时余下3-2αmol，余下2-2αmol，平衡时产物A为αmol，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，反应Ⅰ的分压减小，化学平衡将逆向移动，D正确；故选C。11．（2024·山东淄博一模）在473K、的高压氛围下，发生下列反应，该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图所示。已知：在高压氛围下进行，压强近似等于总压。下列说法正确的是A．活化能：反应Ⅰ>反应Ⅱ B．时刻，的转化率为80%C．反应Ⅰ的 D．反应I比反应Ⅱ和Ⅲ先达到平衡【答案】BD【解析】A．根据图像可知，在相同的条件下，产物I达到平衡时剩余较少，说明反应速率快，则活化能反应I小于反应Ⅱ，A错误；B．根据反应方程式可知，在体系中的存在形式有：、产物I、产物Ⅱ，根据及反应后产物图像可知，生成的产物I、产物Ⅱ共80％，则时刻，的转化率为80%，B正确；C．根据已知：因反应在高压HCl氛围下进行，故HCl压强近似等于总压；根据图像，生成产物Ⅱ的物质的量为0.005×45%mol，产物I的物质的量为0.005×35%mol，则剩余物质的量为0.005×20%，根据，C错误；D．根据图像可知，反应I先达到拐点，比反应Ⅱ和Ⅲ先达到平衡，D正确；答案选BD。12．（2024·山东济南三模）一定电压条件下，NiCo-LDHs电极材料上5-羟甲基-2-呋喃甲醛（HMF）可能的物质转化过程如图1所示，各物质含量的动态变化如图2所示。下列说法正确的是A．电极材料与电源负极相连B．转化过程中电极附近溶液酸性增强C．时间内电路中共通过，理论上产生D．HMFCA转化为FFCA是整个转化过程的决速步【答案】BD【解析】A．由图1可知NiCo-LDHs电极材料上HMF最终转化为FDCA，HMF中醛基和羟基最终被氧化为羧基，则该电极为阳极，与电源正极相连，故A错误；B．转化过程中上HMF最终转化为FDCA，该过程中生成羧酸，溶液酸性增强，故B正确；C．若HMF完全转化为FDCA，则发生电极反应：+2H2O-6e-=+6H+；此时电路中通过，产生，但由图2可知时间内，HMF并未完全转化为，因此电路中通过，产生的物质的量小于，故C错误；D．由图2可知FFCA的物质的量始终接近0，可知该过程中FFCA能迅速转化为FDCA，则FFCA转化为FDCA的活化能最小，反应一段时间后HMFCA高于HMF和FFCA，可知HMFCA转化为FFCA的反应速率较其他反应慢，而慢反应决定总反应速率，即HMFCA转化为FFCA是整个转化过程的决速步，故D正确；故选：BD。13．（2024·山东日照二模）某科研团队以溴苯与catB—Br的偶联联反应构建C-B键，反应机理如图，下列说法正确的是A．过程中Ni的化合价未发生改变B．L-Ni-Br为中间产物C．catB·为催化剂D．理论上产生1mol消耗Zn与溴苯的物质的量之比为1∶1【答案】D【解析】A．流程中有锌参与的步骤中，锌化合价升高，Ni化合价降低，A错误；B．根据流程知，构建C-B键的同时有L-Ni-Br生成，则L-Ni-Br为催化剂，B错误；C．根据流程知，catB·为中间产物，C错误；D．根据流程知，理论上1mol锌、1mol溴苯、1molcatB—Br生成1mol消和1mol溴化锌，则消耗Zn与溴苯的物质的量之比为1∶1，D正确；故选D。14．（2024·山东青岛一模）向100mL0.001mol⋅L-1A溶液中逐滴加入等浓度B溶液，反应为温度对的影响)。下列说法错误的是A．B．C．时，该反应平衡常数约为667L·mol-1D．时，100mL0.001mol⋅L-1的AB溶液达到平衡时，吸收热量Q>4.3J【答案】CD【解析】A．图中曲线可以看出加入B200mL和220mL时放出热量不再增多，则可以判定此时A已经反应完全，则该反应的，故A正确；B．T1到T2的过程中，滴入等体积的B溶液时T1释放的热量更多，该反应正向放热则，故B正确；C．时加入200mLB溶液放出热量为5J，则A的转化率为50%，建立三段式：，平衡时溶液体积为0.3L，则平衡常数为，故C错误；D．时，A、B、AB的物质的量为、、0与0、0、互为等效平衡，前者平衡时放出的热量小于10J，则时，100mL0.001mol⋅L-1的AB溶液达到平衡时，吸收热量Q＜10J-5.7J=4.3J，故D错误；故选CD。15．（2024·山东青岛二模）氯苯在液氨溶液中可以与氨基钠反应生成苯胺。某研究小组提出了三种可能的机理。经过一系列实验，最终确定该反应按“机理3”进行。机理1：

机理2：机理3：三种机理中涉及到多个中间体。下列说法错误的是A．已知“中间体1”至少