2025届高三化学二轮复习 专题突破训练 化学反应历程

化学反应历程 A卷 选择题1~12题,每题3分,共36分 1.(2024·江门三模)某复合石墨烯基催化剂催化一氧化碳加氢生成甲醇的反应历程如图,图中TS表示过渡态,吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注,下列说法中正确的是 (　　) A.整个反应历程包含五个基元反应 B.物种吸附在催化剂表面的过程为吸热过程 C.该反应的决速步骤为H2CO*+===H3CO_H* D.反应过程中,涉及非极性键的断裂和形成 2.(2024·日照三模)PtF6是极强的氧化剂,Xe和PtF6可制取稀有气体离子化合物。六氟合铂酸氙[XeF]+[Pt2F11]-制备方式如图所示。下列说法错误的是 (　　) A.总反应方程式为Xe+2PtF6===[XeF]+[Pt2F11]- B.Pt是反应的催化剂 C.反应②③属于氧化还原反应 D.XeF、Pt、PtF5是反应的中间产物 3.(2024·遵义三模)研究化学反应的机理对于合成特定有机物具有重要意义,已知烯烃与氢卤酸(HX)加成反应分步进行: ①+H+ ②+X- 根据下图中所示的丙烯与HCl反应两种可能反应路径的势能图(TS-1与TS-2分别是两种过渡态的碳正离子),下列说法正确的是 (　　) A.一级碳正离子比二级碳正离子稳定 B.决定烯烃与HX加成反应速率的关键步骤是② C.相同时间内,产物中CH3CHClCH3所占比例更大 D.含3个C以上的烯烃与HCl加成时均会有两种路径 4.(2024·东城二模)科学家提出一种大气中HS的机理(图1),其能量变化如图2所示。 已知:NO2S的结构式为 下列说法不正确的是 (　　) A.①中涉及O—H键的断裂与生成 B.②③均发生了氧化还原反应 C.由图2可知,该过程的决速步是① D.总反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶2 5.(2024·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1 mol 消耗Zn与溴苯的物质的量之比为1∶1 6.(2024·南通二模)PtNiFe—LDHGO催化甲醛氧化的反应机理如图: 下列说法不正确的是 (　　) A.步骤 Ⅰ 中甲醛通过氢键吸附在催化剂表面的—OH上 B.上述反应机理涉及极性键和非极性键的形成 C.该反应每生成1 mol CO2,转移电子的数目约为4×6.02×1023 D.PtNiFe—LDHGO降低了该反应的活化能 7.(2024·南开二模)乙烯氢化的化学方程式为C2H4(g)+H2(g)C2H6(g)　ΔH,使用不同含Au催化剂的反应进程如图所示。下列说法不正确的是 (　　) A.效果较好的催化剂是AuP B.该反应的ΔH=-129.6 kJ·mol-1 C.过渡态物质的稳定性:过渡态1>过渡态2 D.1 mol C2H6(g)的能量小于1 mol C2H4(g)与1 mol H2(g)具有的能量之和 B卷 8.(2024·合肥三模)1,2⁃丙二醇(CH2OHCHOHCH3)单分子解离可以得到多种不同的产物或自由基,反应相对能量随反应历程的部分变化如图所示。解离路径包括碳碳键断裂解离和脱水过程。下列说法正确的是 (　　) A.可用质谱法鉴别TS1和TS2两条路径的产物 B.从能量的角度分析,TS2路径的速率比TS1路径快 C.产物CH3CH==CHOH比产物CH3C(OH)==CH2更稳定 D.1,2⁃丙二醇中C—C键的键能相差约为1.4 kJ·mol-1 9.(2024·日照模拟)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 10.(2024·新余二模)催化剂GaZrOx催化CO2加氢制甲醇的机理如图所示。已知:图中H2吸附过程表示为H2+2*==2H*;CO2吸附过程表示为CO2+2H*===HCOO*+H*;氢化过程表示为HCOO*+2H2+H*===H3CO*+H*+H2O(*为催化剂活性位点)。下列说法错误的是 (　　) A.氧空位浓度高,有利于增强CO2的吸附能力 B.CO2活化位点和H2活化位点是不相同的 C.脱附过程表示为H3CO*+H*==CH3OH+2* D.降低氢化过程的活化能,一定能有效加快甲醇的生成速率 11.(2024·景德镇二模)一定温度下,反应HSiCl3(g)+Cl2(g)===SiCl4(g)+HCl(g)的机理第1步为Cl2===2Cl*,理论计算后续步骤可能的反应机理如图所示,TS1和TS2表示过渡态。下列说法错误的是 (　　) A.该反应的ΔH=-236.7 kJ·mol-1 B.机理a、b均表示2步基元反应 C.机理a、b决速步的能垒:Ea>Eb D.由机理a可知键能大小:Cl—Si<H—Si 12.(2024·河北卷)我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg⁃CO2电池,以Mg(TFSI)2为电解质,电解液中加入1,3⁃丙二胺(PDA)以捕获CO2,使放电时CO2还原产物为MgC2O4。该设计克服了MgCO3导电性差和释放CO2能力差的障碍,同时改善了Mg2+的溶剂化环境,提高了电池充放电循环性能。 对上述电池放电时CO2的捕获和转化过程开展了进一步研究,电极上CO2转化的三种可能反应路径及相对能量变化如图(*表示吸附态)。 下列说法错误的是 (　　) A.PDA捕获CO2的反应为+CO2—→ B.路径2是优先路径,速控步骤反应式为*C++e-—→*C2+ C.路径1、3经历不同的反应步骤但产物相同;路径2、3起始物相同但产物不同 D.三个路径速控步骤均涉及*C转化,路径2、3的速控步骤均伴有PDA再生 化学反应历程 1.C　[从微观上看,反应物分子一般总是经过若干的简单反应步骤,才最后转化为产物分子的。每一个简单的反应步骤,就是一个基元反应。基元反应步骤要求反应物一步变成生成物,没有任何中间产物,由图可知,整个反应历程中有四个基元反应,A错误;由图中H2CO*+H2===H2CO*+可知,吸附在催化剂表面的生成物总能量低于反应物的总能量,为放热过程,B错误;反应的活化能越大,反应速率越慢,反应决速步为慢反应,由图可知,反应H2CO*+===H3CO_H*活化能最大,反应速率最慢,C正确;根据反应历程图可知,第一步基元反应中涉及H-H非极性键的断裂,但是整个过程中没有非极性键的生成,D错误。] 2.B　[该过程是Xe和PtF6反应制取稀有气体离子化合物[XeF]+[Pt2F11]-,根据配平可知,总反应为Xe+2PtF6===[XeF]+[Pt2F11]-,故A正确;根据图中转化过程可知,①中F-为反应物,④中F-为生成物,所以F-为催化剂,故B错误;观察反应过程可知,反应②中Pt,Pt化合价发生改变,反应③中PtF6生成Pt,Pt化合价发生变化,因此均是氧化还原反应,故C正确;根据分析可知F-为催化剂,因此XeF、Pt、PtF5是反应的中间产物,故D正确。] 3.C　[由题干反应历程图可知,一级碳正离子所具有的总能量比二级碳正离子所具有的总能量高,能量越高越不稳定,即一级碳正离子比二级碳正离子更不稳定,A错误;由题干信息可知,①是慢反应,②是快反应,故决定烯烃与HX加成反应速率的关键步骤是①而不是②,B错误;由题干反应历程图可知,TS-1需要的活化能比TS-2大,即生成CH3CHClCH3的反应速率比生成CH3CH2CH2Cl的快,故相同时间内,产物中CH3CHClCH3所占比例更大,C正确;含3个C以上的烯烃与HCl加成时不一定会有两种路径,如对称的烯烃CH3CH==CHCH3等只有一种路径,D错误。] 4.B　[①中与硫原子相连的O-H键断裂,生成HNO2涉及O—H键的生成,A正确;②中反应S元素由+5价变为+6价,N元素由+4价变为+3价,发生了氧化还原反应,③中反应无元素化合价发生变化,没有发生氧化还原反应,B错误;由图2可知,步骤①正反应的活化能最大,反应速率最慢,则该过程的决速步是①,C正确;HS,硫元素化合价升高了2,HS是还原剂,NO2被还原为HNO2,氮元素化合价降低了1,NO2是氧化剂,由得失电子守恒可得关系式2NO2~HS,总反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶2,D正确。] 5.D　[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;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;根据流程知,catB·为中间产物,C错误;根据流程知,理论上1 mol锌、1 mol溴苯、1 mol catB—Br生成1 mol 和1 mol溴化锌,则消耗Zn与溴苯的物质的量之比为1∶1,D正确。] 6.B　[根据图分析步骤 Ⅰ 中甲醛的氧与催化剂表面—OH的氢通过氢键吸附在催化剂表面的—OH上,故A正确;上述反应机理涉及氧氢极性键、碳氧极性键的形成,没有涉及非极性键的形成,故B错误;该反应有甲醛变为CO2,碳原子由0价变为+4价,则每生成1 mol CO2,转移电子的数目约为4×6.02×1023,故C正确;PtNiFe—LDHGO催化甲醛氧化,加快反应速率,降低了该反应的活化能,故D正确。] 7.C　[由图可知,相应的活化能:催化剂AuF>催化剂AuP,活化能越低越有利反应发生,因此AuP效果较好,A正确;反应C2H4(g)+H2(g)C2H6(g)的ΔH=-129.6 kJ·mol-1,B正确;过渡态1的能量大于过渡态2的能量,能量越低越稳定,则稳定性:过渡态1<过渡态2,C错误;该反应为放热反应,故1 mol C2H6(g)的能量小于1 mol C2H4(g)与1 mol H2(g)具有的能量之和,D正确。] 8.D　[TS1与TS2路径对应的有机产物互为同分异构体,应用红外光谱仪鉴别,A错误;TS2的能垒比TS1的大,TS2路径反应慢,B错误;CH3C(OH)==CH2的相对能量为3.1 kJ·mol-1,CH3CH==CHOH的相对能量为8.4 kJ·mol-1,相对能量低的物质更稳定,C错误;中①处C—C键断裂和②处C—C键断裂生成对应自由基的相对能量相差为(85.1-83.7) kJ·mol-1=1.4 kJ·mol-1,D正确。] 9.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;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sp3 2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;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;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。] 10.D　[根据图示,氧空位与二氧化碳作用,氧空位浓度高,有利于增强CO2的吸附能力,故A正确;根据图示,CO2活化位点是氧空位,与H2活化位点不相同,故B正确;根据图示,脱附过程表示为H3CO*+H*==CH3OH+2*,故C正确;降低氢化过程的活化能,氢化过程的速率加快,总反应速率由慢反应决定,所以不一定能有效加快甲醇的生成速率,故D错误。] 11.D　[由图可知,该反应的ΔH=-236.7 kJ·mol-1,A正确;由图可知,机理a、b均表示2步基元反应,B正确;由图可知,机理a决速步的能垒为144.8 kJ·mol-1,机理b决速步的能垒为(47.7+63.5) kJ·mol-1=111.2 kJ·mol-1,故Ea>Eb,C正确;由图可知反应HSiCl3+Cl·→SiCl4+H·的反应热ΔH=-33.4 kJ·mol-1,说明断裂H-Si吸收的能量小于形成Cl—Si释放的能量,则机理a键能大小:Cl—Si>H—Si,D错误。] 12.D　[根据题给反应路径图可知,PDA(1,3⁃丙二胺)捕获CO2的产物为,因此PDA捕获CO2的反应为—→,A正确;由反应进程-相对能量图可知,路径2的最大能垒最小,因此与路径1和路径3相比,路径2是优先路径,且路径2的最大能垒为*C的步骤,据反应路径2的图示可知,该步骤有参与反应,因此速控步骤反应式为*C++e-—→*C2+,B正确;根据反应路径图可知,路径1、3的中间产物不同,即经历了不同的反应步骤,但产物均为*MgCO3,而路径2、3的起始物均为,产物分别为*MgC2O4和*MgCO3,C正确;根据反应路径与相对能量的图像可知,三个路径的速控步骤中*C都参与了反应,且由B项分析可知,路径2的速控步骤伴有PDA再生,但路径3的速控步骤为*C,没有PDA的生成,D错误。] 学科网（北京）股份有限公司 $$