2025年江苏高考化学一轮专练——过渡态理论与反应历程选择题12道解析版

2025江苏高考一轮专练——过渡态理论与反应历程选择题 1．（2024·江苏扬州·扬州中学校考三模）CO2 催化加氢制甲醇有利于减少 CO2 的排放，实现“碳达峰”，其反应可表示为：CO2 (g)+3H2 (g) =CH3OH (g)+H2O (g) ΔH=−49 kJ•mol−1。CO2 催化加氢制甲醇的反应通过如下步骤来实现： ①CO2(g)+H2(g) =CO(g)+H2O(g) ΔH1=41 kJ•mol−1 ②CO(g)+2H2(g) =CH3OH(g) ΔH2 反应过程中各物质的相对能量变化情况如图所示。下列说法不正确的是 A．步骤①反应的ΔS＞0 B．步骤②反应的ΔH2=−90 kJ•mol−1 C．CO2 催化加氢制甲醇的总反应速率由步骤②决定 D．升高温度，各步骤的正、逆反应速率均增大 2．（2024·江苏·模拟预测）科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在 Pd(Ⅲ) 表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在 Pd(Ⅲ)表面的物种用*标注。下列说法错误的是 A．②中包含 C—H 键的断裂过程 B．该历程中能垒(反应活化能)最小的是③ C．该历程中制约反应速率的方程式为 CH3O*+3H*→CO*+4H* D．由此历程可知：CH3OH(g)  CO(g)+2H2(g) ΔH＞0 学科网（北京）股份有限公司 3．（2024·江苏扬州·校联考一模） NF3 是一种强温室气体，消除大气中的NF3 对于环境保护具有重要意义。国内 某科研团队研究了利用氢自由基(∙H)的脱氟反应实现 NF3 的降解。降解生成NF2 和HF 有两种反应历程如图所示。下列说法不．正．确．的是 A．该降解过程为放热反应 B．该降解过程为非氧化还原反应 C．直接抽提反应比加成消去反应更容易发生 D．若 a<b，则加成消去反应历程的总反应速率取决于中间体到过渡态 3 的反应速率 4．（2024·江苏·模拟预测）自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体，活泼自由基与氧气的反应一直是科研人员的关注点。HNO 自由基与 O2 反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是 A．反应物的键能总和大于生成物的键能总和 B．产物 P1 与 P2 的分子式、氧元素的化合价均相同 C．该历程中最大正反应的活化能 E 正=186.19 kJ D．相同条件下，Z 转化为产物的速率：v(P1)＞V(P2) ( 2 2 )5．（2024·江苏·模拟预测）CO 与N2O 在铁催化剂表面进行如下两步反应：第一步： Fe* N O FeO* N (慢) ( 2 )第二步： FeO* CO Fe* CO (快) 其相对能量与反应历程如下图所示，下列说法错误的是 在整个反应历程中，有极性键的断裂和生成 B．总反应的反应速率由第一步反应决定 C．两步反应均为放热反应 D． FeO*和 Fe *均为反应的催化剂 6．（2024·江苏·统考一模）二维锑片(Sb)是一种新型的 CO2 电化学还原催化剂。酸性条件下人工固碳装置中 CO2 气体在 Sb 表面发生三种催化竞争反应，其反应历程如下图所示(*表示吸附态中间体)。下列说法不．正．确．的是 A．生成 HCOOH 吸收的能量最多 B．使用 Sb 改变了反应的路径 C．Sb 电极表面生成 CO 的反应为：*CO2＋2e-＋H2O = CO＋2OH- D．Sb 对三种催化竞争反应的选择效果为 HCOOH＞H2＞CO 7．（2024·江苏·模拟预测）制备异丁酸甲酯的某种反应机理如图所示。下列说法不．正．确．的是 A．可以用甲醇、丙烯和一氧化碳为原料制备异丁酸甲酯 B．反应过程中涉及加成反应 C．化合物 6 和化合物 9 互为同分异构体 D．上述反应过程中HCo(CO)3 未改变反应的H ，降低了反应的活化能 8．（2024·江苏·模拟预测）二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH，一般认为通过如下步骤来实现；①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH1 ②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH2；体系能量变化如图所示。下列有关说法正确的是 A．ΔH1<ΔH2 B．步骤②反应ΔS>0 C．二氧化碳加氢制甲醇的总反应速率取决于步骤① ( 2 2 )D．二氧化碳加氢制甲醇的总反应的平衡常数 K= c(CH3OH) c(CO )c3(H ) 9．（2024·江苏苏州·统考模拟预测）在催化剂作用下，HCOOH 分解生成 CO2 和 H2 可能的反应机理如图所示。下列说法不．正．确．的是 A．若用 HCOOD 催化释氢，反应除生成 CO2 外，还生成 HD B．第一步转化 N 与 H 间形成配位键 C．若用 HCOOK 溶液代替 HCOOH 释氢的速率加快 D．若用 HCOOK 溶液代替 HCOOH 最终所得气体中 H2 的纯度会降低 10．（2024·江苏·统考三模）我国科学家研究了 Fe+循环催化 N2O+CO=N2+CO2 的反应机理。反应过程中的物种及能量变化如图所示，其中 A-F 表示反应过程中过渡态物质。下列说法正确的是 A．基态 Fe+的核外电子排布式为［Ar］3d54s2 B．适当升高温度，有利于提高 CO 和 N2O 的平衡转化率 C．该条件下，N2O 转化为 N2 的反应速率主要由 A→B 步骤决定 D．该催化过程中，铁元素的化合价发生了变化 11．（2024·江苏·模拟预测）实现温和条件下氨的高效合成一直是催化领域的重要研究课题，硼簇修饰碳纳米管原位负载的纳米金表面电催化合成氨的反应机理如图。下列说法不正确的是 ( 3 2 )上述转化过程中涉及非极性键的断裂和极性键的生成 B．生成NH 的电极总反应式为N 6H 6e=2NH C．使用纳米金作催化剂可以降低反应的活化能，从而提高化学反应速率 D．当标准状况下 22.4L N2 发生反应时，可得到 2mol NH3 12．（2024·江苏·模拟预测）在 Pd-Mg/SiO2 催化下利用 Sabatierf 反应可实现 CO2“甲烷化”，其反应机理如图所示。下列说法错误的是 整个变化过程所有反应既有氧化还原反应，又有非氧化还原反应 B．反应 a 中，MgO→MgOCO2 只有共价键的断裂与形成 Pd-Mg/SiO2 C．总反应可表示为：CO2+4H2 CH4+2H2O 参考答案： 1．C 【详解】A． 步骤①反应能自发，即△G=△H-T•△S＜0，而此反应的△H＞0，故△S＞0，否则反应不可能自发，故 A 正确； B． 步骤②的反应热△H=生成物的总能量-反应物的总能量=-49kJ•mol−1 -41kJ•mol−1 =-90kJ•mol−1，故 B 正确； C． 步骤①的活化能高于步骤②，即步骤①的反应速率更慢，是总反应的决速步，故 C 错误； D． 升高温度，各步的反应物和生成物的活化分子百分数均增大，各步的正逆反应速率均加快，故 D 正确；故选 C。 2．C 【详解】A．CH3O*中共价键为 3 个 C—H 键和 1 个 C—O 键，CH2O*中共价键为 2 个 C—H 键和 1 个 C—O 键，则②中由 CH3O*→CH2O*包含 C—H 键的断裂过程，A 项正确； B．反应物的活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，从图中可以看出，①的活化能为 100kJ/mol，②的活化能为 70 kJ/mol，③的活化能为 50 kJ/mol，④的活化能为 60kJ/mol，则③发生的反应活化能最小，B 项正确； C．活化能越大，反应速率越慢，制约反应速率的为慢反应，由图示可知，①的活化能为 100kJ/mol，②的活化能为 70 kJ/mol，③的活化能为 50 kJ/mol，④的活化能为 60kJ/mol，①的活化能最大，发生的反应为 CH3OH*→CH3O*+H*，C 项错误； D．甲醇的相对能量为-40 kJ/mol，CO(g)+2H2(g)的相对能量为 50 kJ/mol，整个过程中吸收能量，由图示可知整个 历程为 CH3OH(g)  CO(g)+2H2(g) ΔH＞0，D 项正确；答案选 C。 3．B 【详解】A．由图可知该降解过程反应物能量高，生成物能量低，为放热反应，A 正确； B．反应物NF3 中 N 为+3 价，产物NF2 中 N 为+2 价，化合价发生变化，为氧化还原反应，B 错误； C．由图可知直接抽提反应的活化能更小一些，反应更容易发生，C 正确； D．反应速率由活化能大的一步决定，则若 a<b，则加成消去反应历程的总反应速率取决于中间体到过渡态 3 的反应速率，D 正确； 故选 B。 4．D 【详解】A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，则参与反应的反应物总键能小于生成物的总键能，故 A 选项错误； B．产物 P1 与 P2 的分子式均为 HNO3，但产物 P1 结构中存在“-O-O-”，则产物 P1 中部分氧元素的化合价为-1 价， 学科网（北京）股份有限公司 C．最大的正反应的活化能出现在由中间产物 Z 到过渡态 IV 时，即最大正反应的活化能 E 正 =-18.92kJ/mol-(-205.11kJ/mol)=186.19kJ.mol-1，故 C 选项错误； D．相同条件下，反应所需的活化能越小，则反应的速率越快，由于到产物 P1 所需活化能更小，故反应速率更快，故 v(P1)＞V(P2)，故 D 选项正确。 故选 D 选项。 5．D 【详解】A．反应物 CO 的极性键的断裂，生成物 CO2 有极性键的形成，故 A 正确； B．根据反应历程图，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，活化能越大，反应速率越慢，则总反应速率主要由第一步反应决定，故 B 正确； C．根据反应历程图，可知两步反应的生成物的总能量均低于对应反应反应物的总能量，则两步反应均为放热反应，故 C 正确； D．由两步反应原理可知，由 FeO*在第一步生成，在第二步消耗，则 FeO*是反应的中间产物，故 D 错误；故选：D。 6．C 【详解】A．生成三种产物中 HCOOH 的能量最大，故吸收的能量最多，A 正确； B．从图中看，催化剂 Sb 改变了反应的路径，B 正确； C．反应条件为酸性，所以不可能生成 OH－，C 错误； D．活化能越小，反应越容易进行，生成 HCOOH 的活能量最小，生成 CO 的活能量最大，生成 H2 的活能量居中，D 正确。 答案选 C。 7．C 【详解】A．根据机理图可知，CH3OH、CO、丙烯为原料，得到物质 3，即物质 3 为异丁酸甲酯，故 A 说法正确； B．根据反应机理可知，4 和 5 反应生成 6，该反应为加成反应，故 B 说法正确； C．根据 9 和 6 的结构简式，9 比 6 多一个“CO”，两者不互为同分异构体，故 C 说法错误； D．HCo(CO)3 为催化剂，降低了反应的活化能，加快反应速率，∆H 只与体系中的始态和终态有关，即∆H 不变，故 D 说法正确； 答案为 C。 8．C 【详解】A．反应①为吸热反应ΔH1＞0，反应②为放热反应ΔH2＜0，ΔH1＞ΔH2，A 错误； B．②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)化学计量数之和左侧大于右侧，为熵减，ΔS＜0，B 错误； C．二氧化碳加氢制甲醇的总反应速率取决于步骤①，因为①反应的活化能大于②反应，活化能越大的为决速步 骤，C 正确； c(CH3OH)c H 2 O ( 2 2 )D．二氧化碳加氢制甲醇的总反应的平衡常数 K= c(CO )c3(H ) ，D 错误； 答案选 C。 9．D 【详解】A．第一步 HCOOD 电离出 D+与 N 结合，第二步 HCOO-→CO2+H-，第三步 D+、H-反应生成 HD，所以 HCOOD 催化释氢，除生成 CO2 外，还生成 HD，故 A 正确； B．N 原子含有孤电子对、H+有空轨道，根据图示，第一步转化 N 与 HCOOH 电离出的 H+通过配位键结合，故 B 正确； C．若用 HCOOK 溶液代替 HCOOH，HCOO-的浓度大，第二步反应放出二氧化碳的速率加快，总反应速率加快。故释氢速率加快。故 C 正确； D．若用 HCOOK 溶液代替 HCOOH，HCOOK 水解出 HCOOH，释氢历程不变，所以最终所得气体中 H2 的纯度不会降低，故 D 错误； 选 D。 10．D 【详解】A．铁原子先失去最外层电子，基态 Fe+的核外电子排布式为［Ar］3d64s1，故 A 错误； B．N2O+CO=N2+CO2 反应放热，升高温度，平衡逆向移动，升高温度不利于提高 CO 和 N2O 的平衡转化率，故 B 错误； C．活化能越大，反应速率越慢，C→FeO D．该催化过程中，Fe+中铁元素化合价为+1、FeO+中铁元素化合价为+3，铁元素化合价发生了变化，故 D 正确；选 D。 11．D 【详解】A．由机理图可知，反应过程中N2 分子内的非极性键断裂，生成 NH3 和 N2H4 分子的极性键，A 正确； ( 2 3 )B．通过机理图可知，1 个N2 分子转化为 2 个 NH3 的过程中得到 6 个电子，根据质量守恒定律可得出其电极反应式为： N 6H 6e =2NH ，B 正确； C．催化剂可降低反应的活化能，从而提高反应速率，C 正确； D．标准状况下 22.4L N 的物质的量为 22.4L =1mol，由机理图可知， N 转化为 NH3 的过程中，有副产物 22.4L/mol N2H4 生成，根据 N 元素守恒可知，反应中消耗 1mol N2 时，不能完全得到 2mol NH3，D 错误； 故选 D。 12．B 【详解】A．由反应机理图可知，整个变化过程有 H 原子参与的反应均为氧化还原反应如 b、c、d、e、f、h、i，而 a 则是 MgO+CO2=MgCO3，属于非氧化还原反应，A 正确； ( 3 )B．由反应机理图可知，反应 a 中，MgO→MgOCO2 既有 MgO 中离子键的断裂，又有 MgCO3 中离子键的形成，既有 CO2 中共价键的断裂，又有CO2- 中共价键的形成，B 错误； C．由反应机理图可知，整个过程中进入的物质为 CO2 和 H2，出去的物质是 CH4 和 H2O，故总反应可表示为： Pd-Mg/SiO2 CO2+4H2 CH4+2H2O，C 正确； D．由反应机理图可知，4 个 H2 反应过程中 Pd 的作用后 H—H 断裂变为了活化的 H，D 正确；故答案为：B。 $$