新高考化学二轮复习精选练习专题12 化学反应机理（含解析）

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专题12 化学反应机理

1．CO2和甲醇在Ru-Rh(釨铑)基催化剂表面加氢可以制取乙酸，其反应机理如图所示。下列说法错误的是

A．LiI也是该反应的倠化剂
B．反应①是取代反应
C．反应④中有非极性键的断裂和极性键的形成
D．根据该反应机理，可以由制备CH3CH2CH2COOH
【答案】D【解析】A．LiI在反应①中作反应物、反应⑤作生成物，所以LiI是该反应是催化剂，A正确；B．根据图示可知：反应①是CH3OH+LiI→LiOH+CH3I，因此反应①属于取代反应，B正确；C．反应④中Rh*-I键、O- Rh*键的断裂、有H- H键的断裂和O-H键、H- I键的形成，有非极性键的断裂和极性键的生成，C正确；D．运用该反应机理可由异丙醇制备异丁酸，而不是正丁酸CH3CH2CH2COOH，D错误；故选D。
2．在催化下，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．由生成的反应历程有2种
C．增大的量，的平衡转化率增大
D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变
【答案】C【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项错误；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+O2NO⇌2C3H6+2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项正确；故选C。
3．CO2光催化反应机理如图所示，当催化剂受到能量大于禁带宽度的光照时，价带上的电子被激发，跃迁到导带，同时形成空穴。导带上的光生电子()作还原剂，价带上的光生空穴(⊕)作氧化剂，下列说法不正确的是

A．在价带上被氧化 B．推测起催化作用
C．反应过程中光能转化为化学能 D．生成得到电子
【答案】D【解析】如图，在催化剂作用下，在价带上生成，其中氧元素化合价升高，被氧化；和在导带上生成和；A．如图，在价带上生成，其中氧元素化合价升高，被氧化，故A正确；B．如图，在反应前后性质不变，可推测整个过程中可推测起催化作用，故B正确；C．如图，该反应是在和光共同作用下进行，反应过程中光能转化为化学能，故C正确；D．生成，C元素化合价降低8，即生成得到电子，故D错误；故选D。
4．Kumada偶联反应是一类重要的有机反应，可以实现“交叉偶联”，偶联反应机理如图所示(、代表烷基)。下列有关说法错误的是

A．ⅱ→ⅲ的过程中包含σ键的断裂与形成
B．反应过程中Cu元素的价态未发生变化
C．通过偶联反应可以实现碳链增长等有机反应
D．偶联反应的化学方程式为
【答案】B【解析】A．ⅱ→ⅲ的过程中包含Cu—、Cu— σ键的断裂，— σ键的形成，A项正确；B．R代表烷基，C与Cu成键，电子对偏向碳，ⅰ和ⅲ中Cu元素的化合价为＋1，ⅱ中Cu元素的化合价为＋3，B项错误；C．通过偶联反应可以使与相连，实现碳链增长等有机反应，C项正确；D．偶联反应的化学方程式为，D项正确；故选B。
5．2022年诺贝尔化学奖授予在“点击化学和生物正交化学”领域做出贡献的三位科学家。点击化学经典反应之一是：一价铜催化的叠氮化物-端炔烃环加成反应，反应机理示意如下。

下列说法正确的是
A．第一电离能：
B．反应③过程中，涉及到极性键和非极性键的断裂和形成
C．总反应为：
D．一价铜催化剂能有效降低总反应的焓变，加快反应速率
【答案】C【解析】A．同周期元素的第一电离能总体上随着原子序数的增大而增大，但是N的最外层电子排布是2s22p3，p轨道半充满较稳定，因此第一电离能比氧大，故第一电离能：，A错误；B．反应③过程中，涉及到NN、CC非极性键的断裂，不存在非极性键的形成，存在C-N极性键的形成，不存在极性键的断裂，B错误；C．根据反应过程，总反应为： ，C正确；D．催化剂降低反应的活化能，加快反应速率，不能改变反应的焓变，D错误；故选C。
6．为减少环境污染，发电厂试图采用以下方法将废气排放中的进行合理利用，以获得重要工业产品。Burns和Dainton研究发现与合成的反应机理如下：
①  快；
②  快；
③  慢
其中反应②的速率方程，，、是速率常数。下列说法错误的是
A．反应②的平衡常数
B．反应①的活化能小于反应③的活化能
C．增大压强或使用催化剂可以增大该反应体系中的体积分数
D．要提高合成的速率，关键是提高反应③的速率
【答案】C【解析】A．反应②平衡常数K= ，反应达到平衡状态c(CO)×c(Cl·)c(COCl·)，所以，则，A正确；B．活化能越大，反应速率越慢，反应①是快反应、反应③是慢反应，所以反应①的活化能小于反应③的活化能，B正确；C．催化剂不能使平衡移动，使用合适的催化剂不能改变该反应体系中COCl2(g)的体积分数，C错误；D．反应③是慢反应，慢反应决定总反应速率，要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率，D正确；故选C。
7．联氨(N2H4)可用于处理水中的溶解氧，其反应机理如下图所示：

下列说法不正确的是
A．分子的共价键只有键
B．具有还原性，在一定条件下可被氧化
C．②中反应产物是而不是，说明相对较稳定
D．③中发生反应：
【答案】A【解析】A．N2H4分子的共价键有N-H之间的键和N-N之间的，A错误；B．由题干信息可知，N2H4能够被CuO氧化生成N2，即N2H4具有还原性，而O2的氧化性强于CuO，故N2H4具有还原性，在一定条件下可被O2氧化，B正确；C．由题干信息可知，②中反应物NH3‧H2O是足量的，但是反应产物是而不是，说明相对较稳定，C正确；D．根据氧化还原反应配平可知，③中发生反应：，D正确；故选A。
8．含氮化合物(、等)是环境污染物，除去含氮化合物一直是科学家关注的话题。使用催化剂、采用还原技术能有效脱除电厂烟气中的氮氧化物，消除其污染，反应机理(以为例)如图所示。下列有关说法正确的是

A．反应的中间体有5种
B．该过程总反应的方程式为
C．作催化剂不仅能加快反应，还能提高氮氧化物的平衡转化率
D．反应过程中氮元素的化合价均上升
【答案】B【解析】根据反应机理图示，、和是反应物，和是产物，中间体是先生成后消耗，催化剂是先消耗后生成；A．该反应中作催化剂，其他含微粒为中间体，共3种，A错误；B．根据反应机理图示，、和是反应物，和是产物，反应的化学方程式为，B正确；C．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应物质的平衡转化率，C错误；D．在此反应过程中，和都转化为氮气，中元素化合价升高，中元素化合价降低，D错误；故选B。
9．利用五乙烯六胺多聚物来捕获CO2制备甲醇的反应机理如图所示，下列说法正确的是

A．总反应方程式为
B．该反应中有极性键和非极性键的断裂和形成
C．该过程原子利用率为100%
D．第1步生成高分子产物链节的分子式为
【答案】A【解析】A．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，A正确；B．第一步中有极性键的断裂和极性键生成，第二步中非极性键的断裂和极性键生成，第三步中极性键生成，第二步中非极性键、极性键的断裂和极性键生成，，故B错误；C．反应中生成甲醇和水，该过程原子利用率小于100%，故C错误；D．第1步生成高分子产物链节的分子式为，故D错误；故选A。
10．镍催化的烯烃二芳基化反应是制备多芳基烷烃的重要方法，反应机理如图，已知图中代表的基团是苯基，代表邻甲苯基，下列有关说法正确的是

A．反应物为和
B．反应②和③的反应类型完全相同
C．Ⅰ和Ⅱ互为同分异构体
D．反应①和⑤中镍元素都被还原
【答案】C【解析】A．对于环状反应机理图，一般“入环”的为反应物，“出环”的为生成物，故反应物为和，故A错误；B．由反应机理中的各物质结构简式可看出，反应②为取代反应，反应③为加成反应，反应类型不同，故B错误；C．Ⅰ和Ⅱ的分子式相同，但结构不同，二者互为同分异构体，故C正确；D．由反应机理中的各物质结构简式可看出，反应①中镍元素化合价升高被氧化，反应⑤中镍元素化合价降低被还原，故D错误；故选C。

11．某种制备的反应机理如图。下列说法正确的是

A．①、②、③均为氧化还原反应 B．和可循环利用
C．该过程中的化合价不变 D．该过程中只有极性键的断裂和生成
【答案】B【解析】A．由反应机理可知，①、②均为氧化还原反应，③中没有元素化合价发生变化，为非氧化还原反应，A项错误；B．和均可循环利用，B项正确；C．元素在、中的化合价均为+2价，单质中元素为0价，过程中的化合价变化，C项错误；D．该过程中有、参加反应，必然有非极性键的断裂，D项错误；故选B。
12．是一种温和的氧化剂，试剂中的RuO不会氧化碳碳双键，可以将醇仅氧化至醛，不会过度氧化为羧酸。氧化醇的反应机理如下图，下列说法不正确的是

A．在上述6步反应中发生氧化还原反应的不只2步
B．步骤④⑤中NMO将RuO还原，生成试剂
C．步骤⑥的离子方程式为2RuO= RuO2+ RuO
D．若R1为CH3CH=CH-，R2为-H，则氧化该醇的主产物为2-丁烯醛
【答案】B【解析】在上述6步反应中，TRAP试剂中RuO4-经过步骤①②将醇氧化为醛，本身被还原为H2RuO4-；H2RuO4-经过步骤③得到RuO3-；步骤④⑤中，NMO将RuO3-氧化，生成TRAP试剂；步骤⑥中，RuO3-发生歧化反应生成RuO2和RuO42-，据此分析。A．综上所述，在上述6步反应中发生氧化还原反应的多于2步，A正确； B．步骤④⑤中，NMO和RuO3-发生反应生成NMM和RuO4-，Ru的化合价由+5升高到+7，则RuO3-作还原剂，NMO作氧化剂，NMO将RuO3-氧化，生成TRAP试剂，B错误；C．步骤⑥中，RuO3-转化为RuO2和RuO42-，离子方程式为2RuO3-= RuO2+ RuO42-，C正确；D．若R1为CH3CH=CH-，R2为-H，对应的醇为CH3CH=CHCH2OH，则TRAP氧化该醇的主产物为2-丁烯醛(CH3CH=CHCHO)，D正确；故选B。
13．用、和为原料催化制乙酸的反应机理如图所示。下列叙述不正确的是

A．HI是合成乙酸的中间体
B．总反应的原子利用率达到了80%
C．催化剂可加快加氢制乙酸平衡之前的反应速率
D．生成乙酸的反应中若消耗22.4 L (标况下)，则转移电子总数为
【答案】B【解析】A．HI是反应④的生成物，反应⑤的反应物，是中间体，故A正确；B．由图可知反应除生成乙酸外还生成水，原子利用率小于100%，故B错误；C．催化剂可加快反应速率，故C正确；D．根据总反应方程式可知，1molH2参与反应转移4mol电子，即转移电子数为4NA，故D正确；故选B。
14．含铱－氮配合物的高效水相体系催化二氧化碳还原为甲酸盐的反应机理如图所示。下列说法错误的是

A．反应①②③均为氧化还原反应
B．反应过程中C和N的杂化方式保持不变
C．该催化循环中Ir的成键数目发生变化
D．该过程的总反应为H2+CO2+OH-=HCOO-+H2O
【答案】B【解析】该反应的反应物有二氧化碳、氢气和OH-，产物有HCOO-和水，总反应方程式为。A．反应①发生还原反应生成HCOO-，反应②氢气被氧化，反应③二氧化碳被还原，反应①②③均为氧化还原反应，A正确；B．反应过程中N的杂化方式保持不变，二氧化碳中C的杂化方式为sp，HCOO-中C的杂化方式为sp2，C的杂化方式改变，B错误；C．反应②中Ir的成键数目由5变6，反应①中Ir的成键数目由6变5，发生变化，C正确；D．由分析可知该过程的总反应为H2+CO2+OH-=HCOO-+H2O，D正确；故选B。
15．利用Sonogashira反应机理合成苯乙炔的基本过程如图，其中，表示配体

下列叙述错误的是
A．和CuI共同作为该过程的催化剂
B．该反应中存在极性键的断裂和形成
C．步骤④过程中，Pd元素被还原
D．该过程的总反应为加成反应
【答案】D【解析】A．和CuI在反应前有，反应后或反应过程中又出现，所以二者共同作为该过程的催化剂，A正确；B．该反应中存在C－I极性键的断裂以及H－I极性键的形成，B正确；C．步骤④过程中Pd元素化合价从+2价降低到0价，得到电子，Pd元素被还原，C正确；D．生成物有苯乙炔和HI生成，因此该过程的总反应为取代反应，D错误；故选D。
16．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，副产物是。其反应机理如下图所示(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．由图1可知，转化为时，有C—H的形成，无C—C形成
B．由图2可知，反应中是还原剂
C．决定制乙烯速率快慢的反应为：
D．生成的速率比生成的速率慢
【答案】C【解析】A．转化为时，碳链增长，有C—H、C—C键形成，故A项错误；B．反应过程中，H、O元素化合价均未发生变化，因此H2O既不是氧化剂也不是还原剂，故B项错误；C．由图2可知，由C2H2(g)制取C2H4(g)的反应主要反应分为两步，其中第一步反应的活化能高于第二步，因此决定制取乙烯的快慢由第一步决定，第一步反应为，故C项正确；D．由图2可知，生成的反应活化能高于生成的反应活化能，反应活化能越高，反应所需能量越大，相同条件下反应速率越低，即生成的速率比生成的速率快，故D项错误；综上所述，正确的是C项。
17．据文献报道，利用电催化反应可将CO2还原为清洁燃料CO，部分反应机理如图(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法正确的是

A．H+在反应过程中起催化剂的作用
B．22.4L CO中含有个电子
C．反应①②③都属于氧化还原反应
D．该过程涉及反应COOH* +H+ +e-=CO*+H2O
【答案】D【解析】A．反应①②中H+均作为反应物，因此H+在反应过程中作反应物，故A项错误；B．未告知气体所处状态，无法利用计算气体的物质的量，因此无法计算气体所含电子数，故B项错误；C．反应③为CO*→CO，元素化合价均未发生变化，不属于氧化还原反应，故C项错误；D．由图可知反应②为COOH* +H+ +e-=CO*+H2O，故D项正确；综上所述，正确的是D项。
18．的综合利用是实现“双碳”的重要手段。利用钌(Ru)基催化剂将转化为有机原料甲酸的反应机理如图所示。下列说法错误的是

A．物质Ⅱ中Ru的化合价为＋2价
B．水是该反应的中间产物
C．催化反应过程中，当1mol物质Ⅰ转化为物质Ⅱ时，物质Ⅰ得到4mol电子
D．整个过程中，有极性键的断裂与形成
【答案】C【解析】A．由题中图像所示，钌原子与两个氢原子结合生成化学键，钌为金属，其化合价为正价，所以其化合价为＋2价，A正确；B．由题中图像所示，两个水分子参与反应①生成物质Ⅰ和两个甲酸，氢气与物质Ⅰ反应又生成两个水分子，可推得水为整个反应的中间产物。根据图像信息可得总反应为，B正确；C．物质Ⅰ与氢气反应生成水和物质Ⅱ，化学反应式为，在这个过程中H2发生歧化反应，一部分氢原子化合价降低到－1价，与钌原子结合生成物质Ⅱ，一部分氢原子化合价升高到＋1价 ，与氢氧根结合生成水，物质Ⅰ并不涉及到电子的转移，C错误；D．由题中图像所示，反应①和反应③都涉及到极性共价键的断裂与生成，反应②涉及到非极性共价键的断裂与极性共价键的生成，D正确；故选C。
19．在溶液中用光照射Cu－PHI催化剂产生光电子和空穴h+，以水作弱氧化剂，可以在常温常压下使甲烷转化为甲醇和氢气，其部分反应机理如图所示，下列说法错误的是

A．催化剂表面水转化为过氧化氢发生反应为2H2O+2h+=H2O2+2H+
B．增加少量H2O2可加快制备甲醇的速率
C．图中碳元素的化合价有两种
D．该反应的化学方程式为CH4+H2OCH3OH+H2
【答案】C【解析】A．由反应机理图可知H2O在Cu－PHI催化剂表面与h+结合生成H2O2，同时游离出H+，反应为2H2O+2h+=H2O2+2H+，故A正确；B．由图可知H2O2与反应生成和；与甲烷反应生成，与反应生成甲醇，增加少量H2O2可提高从而增大的量，有利于加快生成甲醇的反应，故B正确；C．中C为-3价，甲醇中C为-2价，甲烷中的碳为-4价，C存在三种化合价，故C错误；D．该反应的反应物为甲烷和水，最终产物为甲醇和氢气，反应方程式为：CH4+H2OCH3OH+H2，故D正确；
20．Burns和Dainton研究发现Cl2与CO合成COCl2的反应机理如下：
①Cl2(g)2Cl·(g)  快
②CO(g)＋Cl·(g)COCl·(g)  快
③COCl·(g)＋Cl2(g)COCl2(g)＋Cl·(g)  慢
其中反应②存在v正=k正c(CO)c(Cl·)、v逆=k逆c(COCl·)k为速率常数，下列说法正确的是
A．反应②的平衡常数K=
B．反应①的活化能大于反应③的
C．要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应①的速率
D．选择合适的催化剂能加快该反应的速率，并提高COCl2的平衡产率
【答案】A【解析】A．反应达到平衡时，υ正=υ逆，即k正c(CO)c(Cl·)=k逆c(COCl·)，则反应②的平衡常数K==，故A正确；B．反应所需活化能越大，反应速率越慢，已知反应①是快反应，反应③是慢反应，故反应①的活化能小于反应③的活化能，故B错误；C．多步进行的反应，整个反应的化学反应速率取决于慢反应，故要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率，故C错误；D．选择合适的催化剂能加快该反应的速率，但催化剂不能影响化学平衡，故不能提高COCl2的平衡产率，故D错误；故选A。

1.【2022·湖南卷】甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。
旧法合成的反应：


新法合成的反应：

下列说法错误的是(阿伏加德罗常数的值为)
A．的电子式为
B．新法没有副产物产生，原子利用率高
C．的溶液中的微粒数小于
D．的作用是降低反应的活化能，使活化分子数目增多，百分数不变
【答案】D
【解析】A．氢氰酸为共价化合物，结构式为H—C≡N，电子式为，故A正确；B．由方程式可知，新法合成甲基丙烯酸甲酯的反应为没有副产物生成，原子利用率为100的化合反应，故B正确；C．硫酸氢铵是强酸弱碱的酸式盐，铵根离子在溶液中会发生水解反应，所以1L0.05mol/L的硫酸氢铵溶液中铵根离子的数目小于0.05mol/L×1L×NAmol-1=0.05NA，故C正确；D．由方程式可知，钯为新法合成甲基丙烯酸甲酯的催化剂，能降低反应的活化能，使活化分子的数目和百分数都增大，故D错误；故选D。
2．【2022·辽宁卷】、均可自耦电离：、。下列反应与CH3CH2OH+HBr原理不同的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】A．根据题目信息可知，和互相交换成分生成和。由可得，与互相交换成分生成和，与题述反应原理相同，A正确；B．由于可自电离，可写为，与交换成分生成和与题述反应原理相同，故B正确；C．与反应生成了单质，反应物没有互相交换成分，与题述反应原理不同，故C错误；D．和互相交换成分生成了和，与题述反应原理相同，故D正确；故答案选C。
3．【2022·湖北卷】同位素示踪是研究反应机理的重要手段之一、已知醛与在酸催化下存在如下平衡：。据此推测，对羟基苯甲醛与10倍量的在少量酸催化下反应，达到平衡后，下列化合物中含量最高的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】由已知信息知，苯环上的羟基不发生反应，醛基中的碳氧双键与发生加成反应，在醛基碳原子上会连接两个羟基(分别为-OD，)，两个羟基连接在同一个碳原子上不稳定，会脱水，得到醛基，故的含量最高，同时，酚羟基电离氢的能力比水强，故酚羟基中的氢主要为D，综上所述，C正确；故选C。
4．【2022·浙江卷】某课题组设计一种固定CO2的方法。下列说法不正确的是

A．反应原料中的原子100%转化为产物
B．该过程在化合物X和I-催化下完成
C．该过程仅涉及加成反应
D．若原料用，则产物为
【答案】C
【解析】A．通过图示可知，二氧化碳和反应生成，没有其它物质生成，反应原料中的原子100%转化为产物，A正确；B．通过图示可知，X和I-在反应过程中是该反应的催化剂，B正确；C．在该循环过程的最后一步中形成五元环的时候反应类型为取代反应，C错误；D．通过分析该反应流程可知，通过该历程可以把三元环转化为五元环，故若原料用，则产物为，D正确；故选C。
5．(2020·北京卷)硫酸盐(含SO42-、HSO4-)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：

下列说法不正确的是( )
A．该过程有H2O参与 B．NO2是生成硫酸盐的氧化剂
C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．该过程没有生成硫氧键
【答案】D
【解析】A项，根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，故A正确；B项，根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，故B正确；C项，硫酸盐(含SO42-、HSO4-)气溶胶中含有HSO4-，转化过程有水参与，则HSO4-在水中可电离生成H+和SO42-，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确；D项，根据图示转化过程中，由SO32-转化为HSO4-，根据图示对照，有硫氧键生成，故D错误；故选D。
6．(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
【解析】根据图像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。A项，能量越低越稳定，根据图像可看出，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项，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项，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项，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；故选AD。